2019-2020学年福建省新高考化学模拟试卷含解析

上传人:索**** 文档编号:141659527 上传时间:2020-08-11 格式:PDF 页数:19 大小:628.85KB
返回 下载 相关 举报
2019-2020学年福建省新高考化学模拟试卷含解析_第1页
第1页 / 共19页
2019-2020学年福建省新高考化学模拟试卷含解析_第2页
第2页 / 共19页
亲,该文档总共19页,到这儿已超出免费预览范围,如果喜欢就下载吧!
资源描述

《2019-2020学年福建省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学年福建省新高考化学模拟试卷含解析(19页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。

1、2019-2020学年福建省南安三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下表中实验“ 操作或现象 ” 以及 “ 所得结论 ” 都正确且两者具有推导关系的是 操作或现象所得结论 A 向纯碱中滴加足量浓盐酸,将产生的气体通入苯酚钠溶液,溶液 变浑浊 酸性:盐酸 碳酸 苯酚 B 取酸性 KMnO4溶液少量,加入足量 H2O2溶液,溶液紫红色逐渐 褪去且产生大量气泡 氧化性: KMnO4H2O2 C 用 95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒高浓度酒精能让蛋白质变性更快 D 向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液,

2、然后水浴加 热一段时间,试管内壁无任何现象 淀粉未水解 A A BB CC D D 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A由于浓盐酸挥发出HCl,可以使苯酸钠生成苯酚,只能证明盐酸酸性强于碳酸,A 错误; B发生反应:5H2O2+2MnO4 -+6H+=2Mn2+8H2O+5O2 ,现象为紫红色褪去,有气泡产生,证明氧化性 KMnO4H2O2,B 正确; C医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)通常是75%,乙醇浓度太大,杀菌能力强但渗透性差, 95% 的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性,当病毒退壳后,里面的蛋白质仍然会危害人体健康,所以不能 用 95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠

3、状病毒,C错误; D淀粉水解后溶液显酸性,应在碱性条件下检验,正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH 溶液, 再加入新制的银氨溶液,然后水浴加热,D 错误; 答案选 B。 2下列说法不正确的是() A某化合物在熔融状态下能导电,则该物质属于离子化合物 B金属钠与水反应过程中,既有共价键的断裂,也有共价键的形成 C硅单质与硫单质熔化时所克服微粒间作用力相同 D CO2和 NCl3中,每个原子的最外层都具有8 电子稳定结构 【答案】 C 【解析】 【详解】 A.熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动阴阳离子,说明该化合物由阴阳离子构成,则为离子化合物, 故 A 正确; B.Na 和水反应方程式

4、为2Na+2H2O=2NaOH+H2,反应中水中的共价键断裂,氢气分子中有共价键生成, 所有反应过程中有共价键断裂和形成,故B 正确; C.Si是原子晶体、S是分子晶体,熔化时前者破坏共价键、后者破坏分子间作用力,所有二者熔化时破坏 作用力不同,故C 错误; D.中心原子化合价的绝对值+该原子最外层电子数 =8 时,该分子中所有原子都达到8 电子结构,但是氢化 物除外, 二氧化碳中C元素化合价绝对值+其最外层电子数=4+4=8,NCl3中 N 元素化合价绝对值+其最外层 电子数 =3+5=8,所有两种分子中所有原子都达到8 电子结构,故D 正确。 故选 C。 【点睛】 明确物质构成微粒及微粒之

5、间作用力是解本题关键,注意C选项中 Si和 S晶体类型区别。 3如表所示的五种元素中,W、X、Y、Z为短周期元素,这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下 列说法正确的是 X Y W Z T A原子半径:XYZ BX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 C由 X、 Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键 D T元素的单质具有半导体的特性 【答案】 D 【解析】 【分析】 四种元素的原子最外层电子数之和为22,得出 W 最外层电子数为4,即为 Si,X为 N,Y为 O,Z 为 Cl,T 为 Ge。 【详解】 A. 根据层多径大,核多径小(同电子层结构),因此原子半径:Cl NO,故 A

6、错误; B. HCl沸点比 NH3、 H2O 最低价氢化物的沸点低,故B错误; C. 由 X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键,故C错误; D. Ge 元素在金属和非金属交界处,因此Ge 的单质具有半导体的特性,故 D 正确。 综上所述,答案为D。 4黄铜矿( CuFeS2)是提取铜的主要原料,其煅烧产物Cu2S在 1200高温下继续反应: 2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2 则 A反应中还原产物只有SO2 B反应中Cu2S只发生了氧化反应 C将 1 molCu2S冶炼成2mol Cu,需要 O21mol D若 1molCu2S完全

7、转化为2molCu,则转移电子数为2NA 【答案】 C 【解析】 【分析】 反应 中 S化合价变化为:-2+4,O 化合价变化为:0-2;反应 中, Cu化合价变化为:+10,S化 合价变化为:-2+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。 【详解】 A O 化合价降低,得到的还原产物为Cu2O 和 SO2,A 选项错误; B 反应中Cu2S所含 Cu元素化合价降低,S元素化合价升高,所以Cu2S既发生了氧化反应,又发生了 还原反应, B选项错误; C 将反应、联立可得:3Cu2S+3O2 6Cu+3SO 2,可知,将1 molCu2S冶炼成2mol Cu,需要 O21mol , C 选项正确;

8、 D 根据反应:3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2, 若 1molCu2S完全转化为2molCu, 只有 S失电子,: (4-(-2) mol=6mol , 所以,转移电子的物质的量为6mol,即转移的电子数为6NA,D 选项错误; 答案选 C。 【点睛】 氧化还原反应中,转移的电子数=得电子总数 =失电子总数。 5实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3,反应原理为:NH3+CO2+H2O+NaCl NaHCO3 +NH4Cl,下列说法错误的是() A通过活塞K 可控制 CO2的流速 B装置 b、d 依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸 C装置 c 中含氨的饱和食盐水提高了CO

9、2吸收效率 D反应后将装置c 中的锥形瓶浸入冷水充分冷却,过滤得到NaHCO3晶体 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A关闭活塞K 时,气体可将球形容器内的液体压入漏斗内,从而使碳酸钙脱离液面,反应停止,所以通 过调节活塞K可控制 CO2的流速, A 正确; B装置 b 的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢,故装置b 内应盛装饱和NaHCO3溶液, B错误; C装置 c 中含氨的饱和食盐水呈碱性,CO2的溶解度增大, C正确; D反应后将装置c 中的锥形瓶浸入冷水, NaHCO3降温结晶,过滤得NaHCO3晶体, D 正确; 故选 B。 6有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是 A可在

10、船壳外刷油漆进行保护B可将船壳与电源的正极相连进行保护 C可在船底安装锌块进行保护D在海上航行时,船壳主要发生吸氧腐蚀 【答案】 B 【解析】 A. 可在船壳外刷油漆进行保护,A 正确; B. 若将船壳与电源的正极相连,则船壳腐蚀加快, B 不正确; C. 可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法,C正确;D. 在海上航行时,船壳主要发生吸 氧腐蚀, D 正确。本题选 B。 7硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混 合溶液中反应回收S,其物质转化如图所示。下列说法错误的是() A在图示的转化中,Fe 3+和 CuS是中间

11、产物 B在图示的转化中,化合价不变的元素只有铜 C图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O D当有 1molH2S转化为硫单质时,需要消耗O2的物质的量为0.5mol 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A该过程中发生反应:Cu 2+H2S CuS+2H+,CuS+Fe3+ S+Fe2+Cu2+(未配平 ),Fe2+O 2 Fe 3+(未配平 ),由此 可知, Fe 3+和 CuS是中间产物,故 A 不符合题意; B由图知,化合价变化的元素有:S 、Fe、 O,Cu、H、Cl 的化合价没发生变化,故B符合题意; C由 A 选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知,其反

12、应的总反应为: 2H2S+O22S+2H2O,故 C不符合题意; DH2S反应生成S,硫元素化合价升高2 价,O2反应时氧元素化合价降低2,根据氧化还原转移电子守恒 可知,当有1molH2S转化为硫单质时,需要消耗O2的物质的量为0.5mol,故 D 不符合题意; 故答案为: B。 8设 NA为阿伏加德罗常数的值下列说法中,正确的是() A标准状况下,22.4L 的 NO2 和 CO2混合气体中含有的氧原子数为 4NA B密闭容器中,46gNO2和 N2O4的混合气体所含分子个数为NA C常温常压下,22.4L 的液态水含有2.24 10 8N A个 OH D高温下, 16.8 g Fe与足量

13、水蒸气完全反应失去0.8NA个电子 【答案】 D 【解析】 A、等物质的量时,NO2和 CO2中含有氧原子数目是相同的,因此标准状况下,22.4L 的 NO2和 CO2混合气 体中含有氧原子物质的量为2mol,故 A 错误; B、假设全部是NO2,则含有分子物质的量为 46g/46g/mol=1mol ,假设全部是N2O4,含有分子物质的量为 46g/92g/mol=0.5mol ,故 B 错误; C、常温常 压下不是标准状况,且水是弱电解质,无法计算OH 微粒数,故 C错误; D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4, 因此 16.8g 铁与水蒸气反应,转移电子物质的量为16.88/(56 3)mo

14、l=0.8mol ,故 D 正确。 9主族元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的位置如图所示,其中 W 原子序数是Z 的 2 倍。下列说法不正 确 的是 A X、Y、Z 的氢化物沸点依次升高 BZ 和 W 形成的化合物溶于水,既有共价键的断裂,又有共价键的形成 CX、Y、Z 与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分子晶体,也可能是离子晶体 D M 的原子序号为32,是一种重要的半导体材料 【答案】 A 【解析】 【详解】 W 原子序数是Z的 2 倍,则为硫,为氧,为碳,为氮,为锗。 A.碳的氢化物为烃,碳原子数越多,沸点越高,所以不能确定沸点高低,故错误; B. Z 和 W 形成的化合物

15、为二氧化硫或三氧化硫,溶于水, 反应生成亚硫酸或硫酸,反应中既有共价键的断 裂,又有共价键的形成,故正确; C. X 、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为 CO ( NH2)2,为分子晶体,可能为NH4CNO,为离子晶 体,故正确; D. 锗的原子序号为32,是一种重要的半导体材料,故正确。 故选 A。 10一定条件下,在水溶液中1 mol Cl -、ClOx- (x=1,2,3,4)的能量 (kJ)相对大小如图所示。下列有关说法 正确的是() A这些离子中结合H +能力最强的是 A BA、B、C、D、E五种微粒中C最稳定 CC B+D的反应,反应物的总键能小于生成物的总键能 D

16、B A+D反应的热化学方程式为3ClO -(aq)=ClO3- (aq)+2Cl-(aq) H=+116 kJ mol -1 【答案】 C 【解析】 【详解】 A酸性越弱的酸,阴离子结合氢离子能力越强,次氯酸是最弱的酸,所以ClO-结合氢离子能力最强,即 B 结合氢离子能力最强,故A 错误; BA、B、C、D、E中 A 能量最低,所以最稳定,故B错误; CC B+D ,根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO -,反应热 =(64kJ/mol+60kJ/mol)-2 100kJ/mol=-76kJ/mol,则该反应为放热,所以反应物的总键能小于生成物的总键 能,故 C正确; D根据转移电子守恒得B A+D的反应方程式为 3ClO -=ClO 3-+2Cl-,反应热 =(64kJ/mol+2 0kJ/mol)-3 60kJ/mol=-116kJ/mol,所以该热化学反应方程式为 3ClO-(aq)=ClO3 -(aq)+2Cl-(aq)H=-116kJ/mol ,故 D 错误;

展开阅读全文
相关资源
相关搜索

当前位置:首页 > 中学教育 > 高考

电脑版 |金锄头文库版权所有
经营许可证:蜀ICP备13022795号 | 川公网安备 51140202000112号