《2019-2020学年浙江省温州市十校联合体新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年浙江省温州市十校联合体新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年浙江省温州市十校联合体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下列对实验方案的设计或评价合理的是（）A经酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡后放入如图所示具支试管中，一段时间后导管口有气泡冒出B图中电流表会显示电流在较短时间内就会衰减C图中应先用燃着的小木条点燃镁带，然后插入混合物中引发反应D可用图显示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的气泡【答案】B【解析】【详解】A.铁钉遇到饱和食盐水发生吸氧腐蚀，右侧试管中的导管内水柱上升，导管内没有气泡产生，A 不合理；B.该装置的锌铜电池中，锌直接与稀硫酸相连，原电池效率不
2、高，电流在较短时间内就会衰减，应改为用盐桥相连的装置，效率会更高，B合理；C.铝热反应中，铝热剂在最下面，上面铺一层氯酸钾，先把镁条插入混合物中，再点燃镁条用来提供引发反应的热能，C 不合理；D.该图为碱式滴定管，可用图显示的方法除去碱式滴定管尖嘴中的气泡，D 不合理；故答案为：B。2新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3x己庚C乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大D乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键【答案】B【解析】【分析】【详解】戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为 6-3=3，即甲为 Li，由元素在周期表中的相对位
3、置图可知，乙为Na，丙为 K，丁为 Ca；丁与辛属同周期元素，由第A 族元素可知，己为Si，庚为 Ge，辛为 Ga；A.丙为 K，K 的原子序数为19，庚为 Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A 项错误；B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊己 庚，B 项正确；C.根据上述分析，乙为Na，Na有 2 个电子层，而同周期的S2-、Cl-有 3 个电子层，半径都比Na+大，所以Na的半径不是最大，C项错误；D.乙为 Na，Na 在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D 项错误；答案选 B。
4、4将 0.03 mol Cl2缓缓通入含0.02 mol H2SO3和 0.02 mol HI 的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)ABCD【答案】A【解析】【分析】本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知 H2SO3的还原性强于HI，所以 H2SO3优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。【详解】H2SO3与碘离子都具有还原性，但是 H2SO3还原
5、性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为 H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。氯气氧化亚硫酸生成硫酸：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl 0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和 HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化I-：Cl2+2HI=Br2+2HI 0.01mol 0.02mol HI 全部被氯气氧化转变为I2和 HCl，HCl 和 HI 都是强酸，所以c（H+）不变；答案选 A。【点睛】本题以氧化还原反应为切入点，考
6、查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。5硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是A CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用 CO合成 CH3OH 进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】C【解析】【分析】【详解】A SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，A 错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B 错误；C除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反
7、应均为氧化还原反应，C正确；D用 CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D 错误；故答案选C。6已知 Ba(AlO2)2可溶于水。下图表示的是向100 mL 0.02 molL-1 KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.05 molL-1 Ba(OH)2溶液时（25），生成沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积的关系。下列说法不正确的是A所加的Ba(OH)2溶液的 pH=13 Ba 点的值是80 mL Cb 点的值是0.005 mol D当 V Ba(OH)2=30 m
8、L 时，生成沉淀的质量是0.699 g【答案】D【解析】【分析】42KAl(SO)溶液中逐渐滴加2Ba(OH)溶液，OH-会先与 Al3+发生反应33Al3OH=Al(OH)，生成Al(OH)3沉淀，随后生成的3Al(OH)再与 OH-发生反应322Al(OH)OH=AlO2H O，生成2AlO；在OH-反应的同时，Ba2+也在与24SO反应生成4BaSO沉淀。考虑到42KAl(SO)溶液中24SO是 Al3+物质的量的两倍，再结合反应的离子方程式可知，Al3+沉淀完全时，溶液中还有24SO尚未沉淀完全；但继续滴加2Ba(OH)会让已经生成的3Al(OH)发生溶解，由于3Al(OH)沉淀溶解的
9、速率快于4BaSO沉淀生成的速率，所以沉淀总量减少，当3Al(OH)恰好溶解完全，24SO的沉淀也恰好完全。因此，结合分析可知，图像中加入amL2Ba(OH)时，42KAl(SO)溶液中的24SO恰好完全沉淀；沉淀物质的量为bmol 时，42KAl(SO)中的 Al3+恰好沉淀完全。【详解】A 0.05mol/L 的2Ba(OH)溶液中的c(OH-)约为 0.1mol/L，所以常温下pH=13，A 项正确；B通过分析可知，加入amL2Ba(OH)时，42KAl(SO)溶液中的24SO恰好完全沉淀，所以a100L0.05mol/LL(0.022)mol/L10001000，a=80mL，B 项正
10、确；C 通过分析可知，沉淀物质的量为bmol 时，42KAl(SO)中的 Al3+恰好沉淀完全，那么此时加入的2Ba(OH)物质的量为0.003mol 即体积为60mL，因此沉淀包含0.003mol 的4BaSO以及 0.002mol 的3Al(OH)，共计 0.005mol，C 项正确；D当加入 30mL2Ba(OH)溶液，结合C项分析，Al3+和 Ba2+都未完全沉淀，且生成0.0015mol4BaSO以及0.001mol3Al(OH)，总质量为0.4275g，D 项错误；答案选 D。7在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/1
11、38 144 139 80 熔点/13-25-47 6 下列说法错误的是（）A该反应属于取代反应B用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来C甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是 C7H16D对二甲苯的一溴代物有 2 种【答案】C【解析】【分析】甲苯发生取代反应生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，而对二甲苯熔点较低，可结晶分离，结合有机物的结构特点解答该题。【详解】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A 不符合题意；B、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，且二者能够互溶，因此可以用蒸馏的方法分离，故B 不符合题意；C、甲苯和氢气
12、完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是 C7H14，故 C符合题意；D、对二甲苯结构对称，有2 种 H，则一溴代物有 2 种，故 D 不符合题意。故选：C。8通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2H2O2BaCl2=BaSO42HCl。设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A生成 2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NABSO2具有漂白性，从而可使品红褪色C17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NAD 0.1molBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据 BaSO
13、42e-得，当生成 0.01molBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故 A 正确；BSO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；C1 个 H2O2分子中很有1 个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键的数目为0.5NA，故 C正确；D BaCl2为离子化合物，不含分子，故D 错误；故答案选D。9常温下，物质的量浓度相等的下列物质的水溶液，pH 最小的是()A NH4ClO4BBaCl2CHNO3D K2CO3【答案】C【解析】【详解】A NH4ClO4是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性；BBaCl2是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；CHNO3是强酸，完全电离，溶
14、液显酸性；D K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性；溶液中氢离子浓度硝酸溶液中最大，酸性最强，pH 最小，故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意盐类的水解程度一般较小。10X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z 同族，Y、Z 同周期，W与 X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（）A Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B原子半径由小到大的顺序为W XZ CX与 W可以形成 W2X、W2X2两种物质D Y、Z 两元素的气态氢化物中，Z 的气态氢化物更稳定。【答案】D【解析
15、】【分析】X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，则 X为 O 元素，X、Z同族，则 Z 为 S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则 Y 的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为 Cl元素，W 与 X、Y既不同族也不同周期，W 为 H 元素，据此解答。【详解】A根据上述分析，Y为 Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A 项正确；B在元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为H OClS（HOS，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；(3)H2O 是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理
16、：由极性分子构成的溶质易溶于由极性分子构成的溶剂中。由图示可知Pt(NH3)2C12的顺式结构的极性大于反式结构的极性，所以它在水中溶解度：顺式大于反式，即反式的Pt(NH3)2C12在水中溶解度比较小；(4)氨硼烷属于分子晶体，分子之间以范德华力结合，在分子内N、H 原子间及B、H 原子间以共价键结合，B、N 原子之间以配位键结合，其中N 提供孤对电子，B 原子提供空轨道，故合理选项是AC；(5)偏亚砷酸钠(NaAsO2)的阴离子是AsO2-，其中 As 原子的孤电子对数为51222=1，价层电子对数为1+2=3，所以 As 原子采用sp2杂化，所以AsO2-的立体构型为V 形；(6)N4H
17、44+具有正四面体结构，由于N、H 原子个数比是1：1，则其结构式为；根据微粒结构可知N 原子最外层的1 个 s轨道和 3 个 p 轨道全部参与成键，形成了四个共价键，故其杂化轨道类型为sp3杂化；(7)根据图示可知：丙原子在体对角线的14处，由于甲原子坐标为(0，0，0)，乙原子坐标为(14，14，0)可知丙原子的坐标为(34，14，14)；根据晶胞结构可知，在一个晶胞中含有的La：818+1=2；含有 Fe：8 1=8；含 Sb：2412+(3 8)12=24，晶胞边长L=a nm=a 10-7 cm，所以该固体的密度=mV=37A2 13985624 122Na 10ng/cm3=321A2 1398 5624 122Na10ng/cm3。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、空间构型、杂化方式、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，明确 VSEPR模型与微粒立体构型关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算，判断晶体中含有的各种元素的原子数目为该题的难点和易错点，题目侧重考查学生的分析能力、计算能力。