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1、2019-2020学年福建省厦门科技中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH2）2，原理如图，下列有关说法不正确的是（）A B为电源的正极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C电子移动的方向是B右侧惰性电极，左侧惰性电极AD阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl【答案】A【解析】【分析】根据反应装置可确定为电解池，右边电极H 原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为
2、6Cl-6e=3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B右侧惰性电极、左侧惰性电极A，C正确；D通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为
3、 A。2下列实验不能达到目的的是（）选项目的实验A 制取较高浓度的次氯酸溶液将 Cl2通入小苏打溶液中B 除去溴苯中的少量溴加入苛性钠溶液洗涤、分液C 加快氢气的生成速率将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌D 制备少量氨气向新制生石灰中滴加浓氨水A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入 NaHCO3能与 HCl 反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A 不合题意；B苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B 不合题意；C粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形
4、成原电池，反应速率慢，C 符合题意；D浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D 不合题意；故选 C。3Calanolide A 是一种抗 HIV 药物，其结构简式如图所示。下列关于Calanolide A 的说法错误的是（）A分子中有3 个手性碳原子B分子中有3 种含氧官能团C该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D 1mol 该物质与足量NaOH 溶液反应时消耗1molNaOH【答案】D【解析】【详解】A 选项，分子中有3 个手性碳原子，手性碳原子用*标出，故 A 正确，不符合题意；B 选项，分子中有羟基、醚键、酯基3 种含氧官能团，
5、故B正确，不符合题意；C 选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C 正确，不符合题意；D 选项，该物质中含有酚酸酯，1mol 该物质与足量NaOH 溶液反应时消耗2 molNaOH，故 D 错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1 mol 酚酸酯消耗2mol 氢氧化钠，1 mol 羧酸酯消耗1mol 氢氧化钠。4下列各项反应对应的图像正确的是()A图甲为25时，向亚硫酸溶液中通入氯气B图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl 气体C图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D
6、图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠【答案】C【解析】【详解】A亚硫酸为酸性，其pH 小于 7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H+SO42-后，随着氯气的通入，pH 会降低，直到亚硫酸反应完全，pH 不变，故A 错误；BNaAlO2溶液中通入HCl 气体，发生H+AlO2-+H2O=Al(OH)3、Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故 B错误；C向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则 Fe元素的质量增加，Cl 元素的质量不变，所以 Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；
7、D BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故 D 错误；故答案为C。5关于反应2HI(g)垐?噲?H2(g)I2(g)-11 kJ，正确的是A反应物的总键能低于生成物的总键能B1mol I2(g)中通入 1mol H2(g)，反应放热11kJ C等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)D平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A 错误；B反应为可逆反应不能进行彻底，1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热小于11kJ，选项 B
8、 错误；C等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），选项 C 错误；D平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，选项D 正确；答案选 D。6下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A充电时，a 为电源正极B充电时，Cl-向 Bi 电极移动，Na+向 NaTi2(PO4)2电极移动C充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3 D放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O【答案】C【解析】【分析】充电时，Bi 电极上，Bi 失电子生成BiO
9、Cl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则 Bi 为阳极，所以a 为电源正极，b 为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi 为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi 电极上，Bi 失电子生成BiOCl，Bi 为阳极，则a 为电源正极，A 正确；B.充电时，Cl-向阳极 Bi 电极移动，Na+向阴极 NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；C.充电时，Bi 电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiO
10、Cl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C 错误；D.放电时，Bi 为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O，D 正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。7用下列对应的试剂（或条件）不能达到实验目的的是实验目的试剂（或条件）A用温度的变化鉴别二氧化氮和溴蒸气热水浴冷水浴B用 Na 块检验乙醇分子中存
11、在不同于烃分子里的氢原子乙醇己烷C用不同的有色物质比较二氧化硫和氯水漂白性的差异石蕊品红D用溴水检验苯的同系物中烷基对苯环有影响苯甲苯A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.二氧化氮中存在化学平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，溴蒸气中不存在化学平衡，所以温度不同时二氧化氮气体颜色发生变化，而溴蒸气不发生变化，所以可以鉴别，故A 不选；B.钠和乙醇发生反应生成氢气，己烷和钠不反应，现象不同，可以鉴别，故B 不选；C.二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，但不能漂白指示剂，次氯酸能漂白品红和指示剂，现象不同，可以鉴别，故C不选；D.溴水与苯和甲苯都不反应，现象相同，无法鉴别，故D 选；故
12、选：D。8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 12g 金刚石与12g 石墨所含共价键数均为2NAB常温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与 NH4+数目均为NAC0.1molCl2与 0.2molCH4光照充分反应生成HCl 分子数为0.1NAD 100g34%的 H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A金刚石中平均1 个碳原子形成2 个共价键，石墨中平均1 个碳原子形成1.5 个共价键，因此12g 金刚石与 12g 石墨所含共价键数不相等，A 错误；B常温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4溶液
13、显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与 NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA，B 错误；C0.1molCl2与 0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl 分子数为0.1NA，C正确；D 100g34%的 H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol 氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选 C。9X、Y、Z、W 四种短周期主族元素的原子序数依次增大。X 和 Z 同主族，Y和 W 同主族；原子半径X小于 Y；X、Y、Z、W 原子最外层电子数之和为14。下列叙述正确的是A气态氢化物的热稳定性：WY BY和 Z 可形成含有共价键的离子化合
14、物CW 的最高价氧化物对应水化物的酸性同周期元素中最强D原子半径：r(W)r(Z)r(Y)【答案】B【解析】【分析】【详解】由题意可以推断出元素X、Y、Z、W 分别为 H、O、Na、S。A.元素的非金属性越强，其对应氢化物越稳定，非金属性W(S)Y(O)，气态氢化物的热稳定性：H2SH2O，选项 A 错误；B.Y和 Z可形成含有共价键的离子化合物Na2O2，选项 B 正确；C.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，Cl 非金属性强于S，所以 HClO4是该周期中最强的酸，选项C 错误；D.原子半径的大小顺序：r(Z)r(W)r(Y)，选项 D 错误。答案选 B。10将一定体积的C
15、O2缓慢地通入V L NaOH溶液中，已知NaOH 完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag 沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg 沉淀，则下列说法正确的是A参加反应的CO2的体积为 0.224 aL B若 a=b，则 CO2与 NaOH 溶液反应的产物中盐只有Na2CO3Cb 可能等于a、小于 a或大于 a D不能确定NaOH 溶液的物质的量浓度【答案】B【解析】【分析】根据 Na2CO3+CaCl2CaCO3+2NaCl，NaHCO3与 CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH 完全反应，则一定体积的CO2通入 V L
16、NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因 a、b 的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A 项错误；B.由 A 选项可知若a=b，则 CO2与 NaOH 溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B 项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则ab，但不可能aO H 键、键O3或 SO27NA8 3A75N l07【解析】【分析】【详解】（1）Mn 是 25 号元素，Mn 的价层电子排布式为Ar
17、3d54s2，Mn3+的价层电子排布式为Ar3d4，其基态价层电子排布图为，故答案为：；（2）Mn(NO3)2 6H2O 中非金属元素有N、O、H，一般地,元素的非金属性越强,第一电离能越大，所以N、O 的第一电离能比H 大。N、O 位于相同周期，N 的 2p 轨道为半充满状态，N 比 O 稳定，失去一个电子N比 O 难，所以 N 的第一电离能比O 的第一电离能大，综上所述，三者的第一电离能从大到小为：N O H。硝酸根离子中的键是由N-O 键和一个4 原子 6 电子的离域大键构成的，故答案为：N O H；键、键；（3）价电子数和原子数相同的分子、离子或基团互为等电子体，可用S或者 O 替换
18、N，同时去掉得到的一个电子，即O3或 SO2，故答案为：O3或 SO2；（4）单键全是键，双键含一个键一个 键，所以 1mol CH3COOH中含 7mol 的 键，即 键数为 7NA。一个 CH3COOH分子羧基中的O 和另一个CH3COOH分子羧基中的H 之间形成氢键，所以，2 分子 CH3COOH可通过氢键形成八元环的二聚物，结构简式为：，故答案为：7NA；（5）每个铝原子周围距离最近的镁原子有8 个，距离为面对角线长的一半。由均摊法可知，1 个晶胞中Al 的个数=212=1，Mg 的个数=818+212=2，那么 1 个晶胞的质量=A271+242Ng，设晶胞边长为a，1个晶胞的体积a
19、3=A27 1+242N，所以，边长 a=3A75N cm=3A75N l07nm，故答案为：8；3A75N l07。【点睛】均摊法计算六面体晶胞中原子个数时，六面体内的每个原子贡献1 个原子，每个面上的原子贡献二分之一，每个棱上的原子贡献四分之一，每个顶点的原子贡献八分之一。19对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn 等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。回答下列问题：(1)“加热溶解”时 Cu 发生的离子方程式为_。(2)“加热溶解”时温度常控制在50左右，温度不宜过高也不宜过低的原因为_。(3)“酸溶解”过程中会产生少
20、量遇空气变为红棕色的无色气体，则“酸溶解”过程主要的化学方程式为_。(4)常温下，Cu2/Sn4混合液中c(Cu3)0.022mol L1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH 范围为 _。(当溶液中的离子浓度小于105mol L1时，沉淀完全，已知：KspSn(OH)411055；KspCu(OH)22.2 1020)(5)检验 Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是_。(6)用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极反应式是_，若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体，则需进行的实验操作为_。【答案】Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O 低于 50，溶解反应较慢，超过50
21、，H2O2分解与 HCl 逸出导致溶解翻译速率下降3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl+NO+2H2O 1.5pH5 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净Cu2+2e-=Cu 将 CuCl2溶液在 HCl 气流中加热蒸干【解析】【分析】结合题干信息，根据工艺流程图分析可知，某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn 等，在加热、溶解的条件下通入 H2O2和 HCl 溶液，Cu 和 Sn变成 Cu2+和 Sn4+，再通入尿素在加热的条件下得到CuCl2溶液和 Sn(OH)4沉淀，最终经过系列操作得到铜粉和SnO2，Ag
22、单质以滤渣的形式经过HNO3和 HCl 溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn 和 H2SO4溶液进行化学反应得到Ag 单质，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，“加热溶解”时，Cu与 HCl、H2O2反应变为Cu2+，离子反应方程式为Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O，故答案为：Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O；(2)温度过低，反应速率慢，温度过高，反应物 H2O2分解，则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50，溶解反应较慢，超过50，H2O2分解与 HCl 逸出导致溶解翻译速率下降，故答案为：低于50，溶解反应较慢，超过50，H2O2分解与 HCl逸出导致溶解翻译速率下降
23、；(3)根据上述分析可知，“滤渣”主要成分为Ag，“酸溶解”过程为 Ag 和 HNO3、HCl 反应得到AgCl的沉淀，化学反应方程式为：3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl +NO +2H2O，故答案为：3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl +NO +2H2O；(4)调节 pH 为保证 Sn4+沉淀完全(离子浓度小于105mol L1)，按 c(Sn4+)=1 10-5 mol L1进行计算，根据KspSn(OH)41 1055可得，c(OH-)=1 10-12.5 mol L1，则 c(H+)=1 10-1.5 mol L1，pH=1.5，为保证 Cu2+(0.022 mol L1)不
24、沉淀，按 c(Cu2+)=0.022 molL1进行计算，根据 KspCu(OH)22.2 1020可得，c(OH-)=1 10-9 mol L1，则 c(H+)=1 10-5 mol L1，pH=5，则 pH 的取值范围1.5 pH 5，故答案为：1.5 pH 5；(5)沉淀中可能附着的有Cl-，检验是否洗净的方法可以是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净；(6)惰性电极电解CuCl2溶液时，阴极Cu2+得到电子，电极反应为Cu2+2e-=Cu，由于 CuCl2会水解，可在蒸发时通入HCl 气体抑制水解，故答案为：Cu2+2e-=Cu；将 CuCl2溶液在 HCl 气流中加热蒸干。