《2019-2020学年北京市昌平区新学道临川学校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学年北京市昌平区新学道临川学校新高考化学模拟试卷含解析（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年北京市昌平区新学道临川学校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下列说法中，正确的是（） A一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NA B1mol 18 22 NaO与足量水反应，最终水溶液中 18O 数为 2NA（忽略气体的溶解） C常温下， 46gNO2和 N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NA D 100mL12mol L 1 的浓 HNO3与过量 Cu反应，转移的电子数大于 0.6NA 【答案】 D 【解析】 【详解】 A. 一定条件下，将2gH2与足量的
2、N2混合，发生反应N23H22NH3，该反应为可逆反应，不能进行 彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故 A 错误； B. 1molNa218O2与足量水发生反应2Na218O22H2O=2Na18OH 2NaOH 18O2，最终水溶液中18O 数为 NA，故 B 错误； C. NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法准确计算混合气体的组成，故C错误； D. 浓 HNO3与铜反应生成NO2，稀 HNO3与铜反应生成NO，即 Cu4HNO3(浓)= Cu(NO3)2 2NO22H2O、 3Cu 8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2 2NO 4H2O，100mL12mol L 1 的浓 HNO3
3、中含有的 n(HNO3)0.1L 12mol L 11.2mol，1.2molHNO 3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol 电子，还原产物只有NO 则反应转移0.9mol 电子， 100mL12mol L 1 的浓 HNO3与过量 Cu 反应的还原产物为 NO 和 NO2，因此转移 的电子数大于0.6NA，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。 【点睛】 浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。 2已知： 4FeO4 2+10H2O4Fe（OH） 3 +8OH +3O 2，测得 c（FeO42 ）在不同条件下变化如图甲、乙、 丙、丁所示： 下列说法正确的是
4、（） A图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO4 2转化速率越快 B图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO4 2转化速率越快 C图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe 3+能加快 FeO42的转化 D图丁表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO42 优良的稳定剂 【答案】 C 【解析】 【分析】 A由甲图可知，升高温度，FeO42 的浓度变化较大； B由乙图可知碱性越强，FeO4 2 的浓度变化越小； C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO4 2的浓度变化越大； D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42 的浓度变化较大。 【详解】 A由甲图可知，升高温度，FeO42 的浓度变化较大，可知温度越高
5、FeO42 转化速率越快，故 A 错误； B由乙图可知碱性越强，FeO42 的浓度变化越小，则碱性越强 FeO42 转化速率越小，故B 错误； C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42 的浓度变化越大，故 C正确； D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42 的浓度变化较大，可知钠盐不都是 FeO42 优良的稳定剂，其中醋 酸钠为优良的稳定剂，故D 错误； 故选： C。 3已知 X、Y、Z 为短周期主族元素，在周期表中的相应位置如图所示，下列说法不正确的是（） A若 X为金属元素，则其与氧元素形成的化合物中阴阳离子个数比可能是12 B若 Z、Y能形成气态氢化物，则稳定性一定是ZHnYHn C若 Y是
6、金属元素，则其氢氧化物既能和强酸反应又能和强碱反应 D三种元素的原子半径：r（ X）r（ Y）r（Z） 【答案】 C 【解析】 【分析】 由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；当X 为金属时， X可 能为 Na、Mg、Al，若 Y为金属时可能为Mg 或者 Al，根据常见氧化物以及镁、铝化合物的性质分析。 【详解】 由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z 三种元素分别位于第二周期和第三周期； A、当 X 为金属时， X可能为 Na、Mg、Al，与氧气形成的化合物分别为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，阴阳 离子个数比有为1:2、 1:1、2:3，故
7、 A 不符合题意； B、由于 Z、 Y同族，从上至下非金属性逐渐减弱，Z的非金属性大于Y， 所以气态氢化物的稳定性 ZHnYHn， 故 B 不符合题意； C、若 Y为金属时可能为Mg 或者 Al，因为 Mg(OH)2不与强碱反应，故C符合题意； D、因电子层数X=YZ ，故半径YZ，同周期原子半径从左至右逐渐减小，故原子半径：r(X)r(X)r(Z)，故 D 不符合题意。 故选 C。 4人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH 2）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
8、侧惰性电极A D阳极室中发生的反应依次为2Cl 2e=Cl 2、 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6Cl -6e=3Cl 2、 CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl， 阴极反应式为2H2O+2e =H 2+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 =H 2+2OH ，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的
9、 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2Cl 2e =Cl2、 CO （ NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D 正确； 答案为 A。 5已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能 被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验： 加热 10g硫酸铜粉末至完全分解， 将生成的气体通入足量 浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量 中固体质量变为5g， 中溶液增加了4.5g。该
10、实验中硫酸铜分解的 化学方程式是 A 3CuSO43CuO+SO3 +2SO2 +O2B4CuSO44CuO+2SO3 +2SO2 +O2 C5CuSO45CuO+SO3 +4SO2 +2O2D6CuSO46CuO+4SO3 +2SO2+ O2 【答案】 B 【解析】 【分析】 由 “ 反应结束后称量中固体质量变为5g，中溶液增加了4.5g” 可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫 和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。 【详解】 根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g-5.0g 5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液 完全吸收
11、了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g-4.5g 0.5g；则参加反应的硫 酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量 数之比为 (20160) ： (1080) ：(132) 4：4：1，故该反应的化学方程式为：4CuSO4 4CuO+2SO3 +2SO2 +O2，故答案为： B。 【点睛】 本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数。 6化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是() A石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐 B分散系可分为溶液、浊
12、液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间 C海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化 D农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能 【答案】 D 【解析】 【详解】 A分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故 A 错误； B根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶 体分散质微粒直径介于1100nm 之间， 浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和 胶体，故B错误； C海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，
13、故C错误； D生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为 常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D 正确； 故选 D。 7莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的 是（） A等浓度的两种酸其酸性相同 B两种酸都能与溴水发生加成反应 C鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键 D鞣酸能与Fe 3+发生显色反应，而莽草酸不能 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A. 莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢 离子，使溶液
14、显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A 错误； B. 鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B 错误； C. 鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C 错误； D. 鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚- OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D 正确； 答案选 D。 【点睛】 鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇 三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。 8已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素， E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与 D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20。甲、乙分别为元
15、素E、A 的单质，丙、丁 为 A、E分别与 B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确 的是（ ） AA、B形成的一种化合物具有漂白性 B B、D 形成的离子化合物可能含有非极性键 C C的单质能与丙反应置换出B的单质 D丁为黑色固体，且1mol 甲与足量丙反应转移电子 3 NA 【答案】 D 【解析】 【分析】 已知 A、B、C、 D 为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为 Fe； A与D同主族，B与C同周期，可知 A、B、C、D 分属三个不同的短周期，则A 为 H，D 为 Na，由C与 D的原子序数之和为 20，可知 C 为 F；甲、乙分别为
16、元素E、A 的单质，丙、丁为A、E分别与 B形成的 二元化合物，结合图示转化关系，由Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为 Fe3O4，则 B 为 O 元素，以此解答该题。 【详解】 由以上分析可知：A 为 H，B 为 O，C 为 F， D 为 Na，E为 Fe元素；甲为 Fe，乙为 H2，丙为 H2O， 丁为 Fe3O4； A H、O 两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A 正确； BO 和 Na 组成的 Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B 正确； CF2溶于水生成HF和 O2，故 C 正确； D丁为 Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知 1molFe 与足量 H2O 反应转移电子 8 3 NA， 故 D 错误； 故答案为D。 9工业上利用电化学方法将SO2废气二次利用，制备保险粉（Na2S2O4）的装置如图所示，下列说法正确 的是（） A电极 为阳极，发生还原反应 B通电后H+通过阳离子交换膜向电极 方向移动，电极区溶液 pH 增大 C阴极区电极反应式为：2SO2
