《2019-2020学年北京市东城第50中新高考化学模拟试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市东城第50中新高考化学模拟试卷含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年北京市东城第50 中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化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是 A聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌 B家庭用的 “ 84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故 C现代科技已经能够拍到氢键的“ 照片 ” ，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中氢原子与另一个 水分子中的氧原子间形成的化学键 D中国天眼FAST 用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料 【答案】 B 【解析】 【详
2、解】 A 聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭细菌， 故 A 错误； B 二者混合，次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成具有毒性的氯气，故B 正确； C氢键不是化学键，是一种特殊的分子间的作用力，故C 错误； D中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D 错误； 故答案为B。 2有关氮原子核外p 亚层中的电子的说法错误的是（ ） A能量相同 B电子云形状相同 C自旋方向相同 D电子云伸展方向相同 【答案】 D 【解析】 【详解】 氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1和 2pz1上的电子能量相同、电子云形状相同
3、、自旋方向相 同，但电子云伸展方向不相同，错误的为D，故选 D。 【点睛】 掌握和理解p 亚层中电子的能量和自旋方向、以及电子云的形状是解题的关键。要注意2p 3上的 3 个电子 排布在 3 个相互垂直的p 轨道中，自旋方向相同。 3298K 时，向 20mL 一定浓度的KOH溶液中滴加 0.1mol L -1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根 离子浓度与滴加甲酸(弱酸 )溶液体积 (V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（） A V1=20 Bc(KOH)0.1mol L-1 Cn、q 两点对应的溶液中均存在：c (K )=c(HCOO-) D p 点对应的溶液中存在：c (OH -
4、)=c(HCOOH)+c(H ) 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. 根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1 10 -13mol?L-1，则水电离出的氢离子浓度为 110 -13mol?L-1， 氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1 mol?L -1，c(KOH)0.1mol L-1，p 点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的 点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1mol L-1 0.02?L= 0.1mol?L -1V 1，则 V1=0.02L = 20mL，故 A 正确； B. 根据 A 分析得出c(KOH)0.1mol L -1，故 B 正确； C. n 点溶质是KOH和
5、 HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在： c (K ) c(HCOO)，q 点是 HCOOK和 HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液 中存在 c (K ) = c(HCOO)，故 C错误； D. p 点溶质为HCOOK ，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c (OH )=c(HCOOH)+c(H )，故 D 正确。 综上所述，答案为C。 4A、B、C、 D 、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和 D原子序数之 和的 1/4 ，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙
6、和丁是B 元素的两种常见同素异形体，0.005 mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示( 部分反应物省 略) ，下列叙述一定正确的是 A C、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2 BC、E形成的化合物的水溶液呈碱性 C简单离子半径：D C B D最高价氧化物对应水化物的酸性：EA 【答案】 D 【解析】 【分析】 A、 B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L 戊溶液的 pH=2，说明戊为二元 强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是 D 元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D 为 S元素， E为 Cl元素； 乙和丁是B元素的两种常见同素异形体
7、，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为 O2，则 B 为 O 元素； A的原子序数是B 和 D 原子序数之和的 1 4 ，A 的原子序数为(8+16) 1 4 =6，可知 A 为 C元素； C 的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为 Na 元素，据此分析解答。 【详解】 由上述分析可知，A 为 C，B 为 O，C 为 Na，D 为 S，E为 Cl。AC、D 形成离子化合物Na2S ，原子个数比 为 2:1，故 A 错误； BC、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B 错误； C一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的
8、离子，核电荷 数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D B C ，故 C错误； D非金属性Cl C，则 E的最高价氧化物水化物的酸性大于A 的最高价氧化物水化物的酸性，故D 正确；故选 D。 【点睛】 本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素 为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2 ” 。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方 法的理解和灵活运用。 5将一定量的SO2通入 BaCl2溶液中，无沉淀产生，若再通入a 气体，则产生沉淀。下列所通a 气体和产 生沉淀的离子方程式正确的是（） A a 为
9、 H2S ， SO2+2H+S 2- 3S 十 2H2O Ba 为 Cl2，Ba2+SO2+2H2O+Cl2 BaSO3 +4H +2Cl- Ca 为 NO2，4Ba2+4SO2+5H2O+NO3- 4BaSO4 +NH4+6H+ D a 为 NH3，Ba2+SO2+2NH3+2H2O BaSO4 +2NH4+2H+ 【答案】 C 【解析】 【详解】 A H2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S3S +2H2O，故 A 错误； B氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO2+2 H2O+Cl2 BaSO4 +4H +2Cl-， 故 B 错误； CNO2与
10、二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为 4Ba2+4SO2+5H2O+NO3-4 BaSO4 +NH4+6 H+，故 C正确； D通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO 3沉淀，反应的离子方程式为 Ba2+SO2+2 NH3+H2O BaSO3 +2NH4+，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】 本题的易错点为C，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N 元素的化合价降低，可以生成NH4+。 6某种兴奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是（） A该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物 B1mol 该物质分别与浓溴水和NaOH 溶液反应时最多消耗 Br
11、2和 NaOH 均为 4mol C滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键 D该分子中所有碳原子均可能位于同一平面 【答案】 D 【解析】 【详解】 A该有机物中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连 一个羟基，其余全部是烷烃基，A 错误； B与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个H，右边苯环邻对位上有两 个 H，还有一个C=C与溴水发生加成反应，共消耗4 mol 的 Br2；3 个酚羟基、一个氯原子，氯原子水解又 产生 1 个酚羟基， 1mol 该有机物消耗5mol 氢氧化钠， B 错误； C能
12、使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、C=C 、苯环上的甲基，C错误； D苯环和碳碳双键均是平面形结构，因此分子中碳原子有可能均共平面，D 正确； 答案选 D。 7关于 Na2O2的叙述正确的是（NA表示阿伏伽德罗常数） A 7.8g Na2O2含有的共价键数为0.2NA B7.8 g Na2S与 Na2O2的混合物，含离子总数为0.3 NA C7.8g Na2O2与足量的CO2充分反应，转移的电数为0.2NA D 0.2 mol Na 被完全氧化生成7.8g Na2O2， 转移电子的数目为 0.4NA 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A、 7.8g Na2O2为 1mol ，含有
13、的共价键数为0.1NA，错误； B、过氧根离子为整体，正确； C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中， 过氧化钠中的氧元素化合价从-1 变化到 -2 和 0 价，根据电子守恒， 1molNa2O2与足量 CO2反应时，转移NA个电子，错误； D、1molNa 失去 1mol 电子成为 Na+所以 0.2mol 钠完全被氧化失去 0.2mol 电子，转移电子的数目为0.2NA， 错误。 8化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期主族元素， B 与 C在同一主族，C 与 D 在同一周期。下列有关说法正确的是 A熔点： B 的氧化物 C
14、 的氧化物 B工业上由单质B 可以制得单质C C氧化物对应水化物的酸性：DBC D A 与 B形成的化合物中只含有极性键 【答案】 B 【解析】 【分析】 从图中可以看出，B、C都形成 4 个共价键，由于B与 C在同一主族且原子序数C大于 B，所以 B 为碳 (C) 元素， C为硅 (Si)元素； D 与 C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1 个共价键，所以D 为氯 (Cl)元素； A 的原子序数小于6 且能形成1 个共价键，则其为氢(H)元素。 【详解】 A B的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B 的氧化物 C的氧化物， A 不正确； B工业上
15、由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO ，B 正确； C未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D 不一定比B大，如 HClO的酸性 H2CO3，C不正确； D A 与 B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D 不正确； 故选 B。 9下列物质间发生化学反应：H2S+O2， Na+O2， Cu+HNO3， Fe+Cl2， AlCl3+NH3 H 2O， Cu+S， Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（ ） ABCD 【答案】 D 【解析】 【详解】 当 H2S与 O2的物质的量之比大于 21 时，发生反应：2H2S+O2=2S +2H2O；当
16、H2S与 O2的物质的量之 比小于 23 时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当 H2S与 O2的物质的量之比大于 23 小于 21 时， 两个反应都发生，条件不同，产物不同，故选； Na+O2常温下得到 Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故选； Cu和 HNO3的反应，浓硝酸： 4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2 +2H2O；稀硝酸： 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O，条件不同，产物不同，故选； 铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故 不选； AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故不选； 硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故不选； Na2CO3和 HCl 反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件 不同，产物不同，故选； 符合条件的有，故选D。 10下列叙述正确
