《2019-2020学年北京市西城区第四十四中学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学年北京市西城区第四十四中学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学年北京市西城区第四十四中学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下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（） A利用排空气法收集CO2 B收集氧气 C 制备并检验氢气的可燃性 D稀释浓硫酸 【答案】 B 【解析】 【详解】 A.CO2的密度比空气大，应该由长导气管通入，用向上排空气的方法收集，A 错误； B.O2难溶于水，可以用排水的方法收集，B 正确； C.装置中含有空气，开始反应产生气体，通过导气管逸出的气体中含有H2、O2，若立即点燃会发生爆炸， 应该等排出一段时间气体后再点燃，C错误； D.浓
2、硫酸稀释时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中，D 错误； 故合理选项是 B。 2下列说法正确的是 A可用金属钠除去乙醇溶液中的水 B萃取碘水中的碘单质，可用乙醇做萃取剂 C我国西周时发明的“ 酒曲 ” 酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理 D汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，可节省石油资源，减少汽车尾气对空气的污染 【答案】 D 【解析】 【详解】 A.钠与乙醇、水都能发生反应，不能用金属钠除去乙醇溶液中的水，A 错误； B.乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，B 错误； C. “酒曲 ” 为反应的催化剂，可加快反应速率，与平衡移动无关，C错误； D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，即
3、可满足人类能源的需要，同时减少了石油的使用，因此可节省石油 资源，乙醇中含O，提高了汽油中O 含量，使汽油燃烧更充分，减少了碳氢化合物、CO、CO2等的排放， 减少了汽车尾气对空气的污染，D 正确； 故合理选项是D。 3将 13.4 克 KCl和 KBr 的混合物，溶于水配成500mL 溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体 11.175 克。则原来所配溶液中K 、Cl 、Br 的物质的量之比为 A 321 B1 23 C53 3 D231 【答案】 A 【解析】 【分析】 溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据
4、此分 析解答。 【详解】 任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和 KBr的混合溶液中，存在 n(K+)=n(Cl -)+n(Br-)。 A 3=2+1，说明 n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故 A 正确； B1 2+3 ，说明 n(K+) n(Cl -)+n(Br-)，故 B 错误； C5 3+3 ，说明 n(K+) n(Cl -)+n(Br-)，故 C错误； D 2 3+1 ，说明 n(K+) n(Cl -)+n(Br-)，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】 本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。 4
5、天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理 如图所示。下列说法不正确的是 A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液 B脱硫过程O2间接氧化H2S C亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血 D 华阳国志记载“ 取井火煮之，一斛水得五斗盐 ” ，我国古代已利用天然气煮盐 【答案】 A 【解析】 【详解】 A.TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反 应为 2Fe3+H2S=2Fe 2+S+2H+） ，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为 4Fe2+O2+4H+=4
6、Fe 3+2H2O） ， 根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液， A 错误； B.脱硫过程： Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2 间接氧化H2S ，B 正确； C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用， 若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4 可用于治疗缺铁性贫血，C 正确； D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载 “ 取井火煮之，一斛水得五斗盐” ，我国 古代已利用天然气煮盐，D 正确； 故合理选项是A。 5碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极
7、泥中碲的回收越来越引起人 们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列 有关说法正确的是（） 已知 : “ 焙烧 ” 后，碲主要以TeO2形式存在 TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱 A“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 B“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 C为加快“氧化”速率温度越高越好 D TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O 【答案】 D 【解析】 【分析】 由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到 TeO2，碱浸时TeO2与 NaOH 反应得
8、到 Na2TeO3，再经过氧 化和酸化得到TeO42-，TeO42-与 Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲， 3SO3 2-+TeO 42-+2H+=Te +H2O+3SO42-， 结合选项分析即可解答。 【详解】 A “ 焙烧 ” 硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A 选项错误； B还原时发生反应：3SO3 2-+TeO 42-+2H+=Te +H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之 比与化学计量数成正比，故为1:3， B选项错误； C“ 氧化 ” 时氧化剂为H2O2，温度过高， H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项
9、错误； D根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，TeO2是两性氧化物，碱浸时 反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D 选项正确； 答案选 D。 6水玻璃 (Na2SiO3溶液 ) 广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻 壳灰 (SiO2：65% 70% 、C：30% 35%)制取水玻璃的工艺流程： 下列说法正确的是( ) A原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值 B操作 A与操作 B完全相同 C该流程中硅元素的化合价发生改变 D反应器中发生的复分解反应为SiO22NaOH=Na 2SiO3H
10、2O 【答案】 A 【解析】 【详解】 A、稻壳灰来源广泛价格低廉，活性碳具有吸附性，有较高的经济价值，A 正确； B、操作 A 为过滤，操作B 为蒸发浓缩，是两种不同的操作，B 错误； C、二氧化硅中，硅元素的化合价是4 价，硅酸钠中，硅元素的化合价是4 价，所以该流程中硅元素的 化合价没有发生改变，C错误； D、复分解反应是指由两种化合物相互交换成分，生成另外两种新的化合物的反应，反应SiO2 2NaOH Na2SiO3H2O 不属于复分解反应，D 错误。 答案选 A。 【点睛】 明确物质的性质、发生的反应以及流程中的物质变化是解答的关键。注意在化合物中，元素化合价代数和 为零，在单质中，
11、因为没有元素之间的化合，所以规定单质中元素的化合价为零。 7下列关系图中，A 是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质， F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都 有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当 X是强碱时，过量的B跟 Cl2反应除生成 C 外，另一产物是盐酸盐。 下列说法中不正确的是（） A当 X是强酸时， A、B、C、D、E、 F中均含同一种元素，F可能是 H2SO4 B当 X 是强碱时， A、B、C、D、E 、 F中均含同一种元素，F是 HNO3 CB和 Cl2的反应是氧化还原反应 D当 X 是强酸时， C在常温下是气态单质 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据图中的
12、转化关系可知，A 一定是弱酸的铵盐，当X 是强酸时， A、B、C、D、E、F分别是： Na2S、H2S、 S、SO2、SO3、H2SO4；当 X是强碱时， A、B、C、 D、E、F分别是： NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、 HNO3。 【详解】 A.由上述分析可知，当X是强酸时， F是 H2SO4，故 A 正确； B.由上述分析可知，当X是强碱时， F是 HNO3，故 B 正确； C.无论 B是 H2S 还是 NH3，B 和 Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确； D.当 X 是强酸时， C是硫，在常温下是固态单质，故D 错误； 答案选 D。 8NA代表阿伏加德罗常数的值。4g 粒
13、子 (4He2+)含 A 2NA个 粒子B2NA个质子CNA个中子D NA个电子 【答案】 B 【解析】 【详解】 A. 4g 粒子 (4He2+)的物质的量为 4g 4g/mol =1mol，共有 NA个 粒子，故 A 错误； B. 1 个 4He2+含有 2 个质子， 4g 粒子 (4He2+)的物质的量为 4g 4g/mol =1mol，共有 2NA个质子，故B正确； C. 1 个 4He2+含有 2 个中子， g 粒子 (4He2+)的物质的量为 4g 4g/mol =1mol，共有 2NA个中子，故C错误； D. 4He2+中没有电子，故 D 错误； 正确答案是B。 【点睛】 本题考
14、查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。 9容量瓶上未必有固定的（） A溶液浓度 B容量 C定容刻度 D配制温度 【答案】 A 【解析】 【详解】 容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，没有溶液浓度，A 项正确 答案选 A。 10氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN =CaCN2+CO +H2 +CO2， 下列说法正确的是 A CO为氧化产物，H2为还原产物BCaCN2含有共价键，属于共价化合物 CHCN既是氧化剂又是还原剂D每消耗10g CaCO3生成 2.24L CO2 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】
15、 A.HCN 中碳的化合价为+2 价， CO中碳的化合价也是+2 价， CO既不是氧化产物也不是还原产物，A 错误； B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误； C.HCN中 H 的化合价降低，C的化合价升高，HCN 既是氧化剂又是还原剂，C正确； D.每消耗 10gCaCO3生成 0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D 错误； 答案选 C。 11用 “ 四室电渗析法” 制备 H3PO2的工作原理如图所示 (已知： H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳 膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确 的是 ( ) A阳极电极反应式为
16、：2H2O4e =O 24H B工作过程中H +由阳极室向产品室移动 C撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致 H3PO2的产率下降 D通电一段时间后，阴极室中NaOH 溶液的浓度一定不变 【答案】 D 【解析】 【分析】 阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式 为 2H2O+2e =H 2 OH ，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动； H2PO2 离子通 过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子 发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e - =O2+4H +，溶液中氢离子浓度增大， H +通过阳膜向产品室 移动，产品室中H2PO2 - 与 H +反应生成弱酸 H3PO2。 【详解】 A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成 氧气，电极反应式为2H2O-4e - =O2+4H +，故 A正确； B项、阳极上水电离出的氢
