《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；
