《2019-2020学年北京海淀区北方交通大学附属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学年北京海淀区北方交通大学附属中学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学年北京海淀区北方交通大学附属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化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是（） A聚酯纤维、光电陶瓷都属于有机高分子 B从石油和煤焦油中可以获得苯等基本化工原料 C生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化 D为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和 NO 转化为无毒气体 【答案】 A 【解析】 【详解】 A聚酯纤维属于有机合成材料，陶瓷属于无机非金属材料，故A 错误； B从石油中可以获得乙烯、从石油或煤焦油中可以获得苯等重要化工基本原料
2、，故B正确； C水中含有氮、磷过多，能够使水体富营养化，水中植物疯长，导致水质恶化，生活污水进行脱氮、脱 磷处理可以减少水体富营养化，有利于环境保护，故C正确； D、为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和 NO 转化为无毒气体氮气和二氧化碳，故D 正确； 答案选 A。 2设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（） A 1mol 氨基（ -NH2）含有电子数目为10NA B2gH218O 中所含中子、电子数目均为NA CpH=1 的 H2SO4溶液 10L，含 H+的数目为 2NA D电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA 【答案】 B 【解析】 【分
3、析】 【详解】 A氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数1mol 9N A9NA，故 A 错误； BH218O 的摩尔质量均为20g/mol ，2gH218O 的物质的量为0.1mol，分子中含有的中子数、电子数均为10 个，则 0.1mol 混合物中含有的中子数、电子数均为NA个，故 B 正确； CpH=1 的 H2SO4溶液中，由pH- lgc(H )1，H 2SO4溶液 c(H )0.1mol/L ，10L 溶液 n(H)1mol，所 含 H 数目为 N A，故 C错误； D电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减 少 64g 时
4、，阳极失去的电子数不是2NA，故 D 错误； 故答案选 B。 3已知： BrH2 HBr H，其反应的历程与能量变化如图所示，以下叙述正确的是 A该反应是放热反应 B加入催化剂，E1E2的差值减小 CHH 的键能大于HBr 的键能 D因为 E1E2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断反应的热效应。反应的能量变化与反应途径无 关，催化剂只改变反应速率，与该反应的能量变化无关。 【详解】 A. 若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量 生成物的总能量，则反 应为吸热反应，此图中生成物总
5、能量高于反应物，故该反应为吸热反应，A错误； B. E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误； C. 此反应为吸热反应，故断开H-H 键所需要的能量高于生成H-Br 键放出的能量，C 正确； D. 因为 E1E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D 错误， 故合理选项是C。 【点睛】 本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成 物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。 4室温下，用0.100mol ?L -1NaOH 溶液分别滴定 20.00mL0.100mol ?L -1
6、的 HA 和 HB 两种酸溶液，滴定曲线 如图所示 已知 AG=lg + - c(H ) c(OH ) ，下列说法不正确的是（） A P点时，加入NaOH 溶液的体积为 20.00mL BKa(HB)的数量级为10-4 C水的电离程度：NM=P D M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B -) 【答案】 D 【解析】 【分析】 未加 NaOH 溶液时， HA 的 AG=12，则 c（H+） ?c（OH -）=10-14， c H c OH =10 -12，则 c（ H+）=0.1mol/L=c （HA） ，HA 是强酸； 未加 NaOH 溶液时， HB 的 AG=9，则 c（H+）?c（
7、OH-）=10-14， c H c OH =10-9，则 c（ H+）=10-2.5mol/L 0.1mol/L ，则 HB是弱酸； 【详解】 A P点 AG=0 时， c（ H+）=c（OH-） ，混合溶液呈中性， HA 是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的 量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH 溶液的体积为20.00mL，故 A 正确； BHB 的电离程度较小，则溶液中c（B-）c （H+）=10-2.5mol/L ，c（HB） 0.1mol/L ，Ka（ HB） = +- c(H ) c(B ) c(HB) = -2.5-2.5 1010 0.100 =10-4，故 B 正确
8、； C酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H +）越大其抑制水电离程度越大， M、P点溶液都 呈中性，则M、P点不影响水的电离，N 点 NaB 浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：NM=P， 故 C 正确； DM、P点的 AG 都为 0，都存在 c（H+）=c（OH-） ，混合溶液呈中性，加入的 NaOH 越多， c（ Na+）越大， 溶液中存在电荷守恒，则存在P点 c（A-）=c（Na+） 、M 点 c（Na+） =c（B -） ，但是 c（Na+） ：MP 点，则 c（A-） c（B-） ，故 D 错误； 答案选 D。 【点睛】 本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶
9、质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意 B中 微粒浓度的近似处理方法。 5锂 铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“ 现象 ” 产生电力，其中 放电过程为：2LiCu2O H2O 2Cu 2Li+2OH-，下列说法错误的是 A整个反应过程中，氧化剂为O2 B放电时，正极的电极反应式为：Cu2OH2O2e-2Cu 2OH- C放电时，当电路中通过0.1 mol 电子的电量时，有0.1 mol Li +透过固体电解质向 Cu 极移动，有标准状 况下 1.12 L 氧气参与反应 D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O 【答案】 C 【解析】 A，根据题意，该电池通过一
10、种复杂的铜腐蚀“ 现象 ” 产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见 通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知 Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH -，Cu 2O 又被还 原成 Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A 项正确； B，放电时正极的电极反应式为 Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH -，B 项正确； C，放电时负极电极反应式为 Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol 电子生成 0.1molLi +，Li+透过固体电解质向 Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为 0.1mol 4 =0.025mol ，在标准状况下 O2的体积为0.02
11、5mol22.4L/mol=0.56L ，C项错误； D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐 蚀生成 Cu2O，D 项正确；答案选 C。 6 化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3 -的原理如图所示。 下列说法不正确的是 （ ） A A为电源的正极 B溶液中H +从阳极向阴极迁移 C电解过程中，每转移2 mol 电子 ,则左侧电极就产生 32gO2 D Ag-Pt 电极的电极反应式为2NO3-+12H+10e- = N2 + 6H2O 【答案】 C 【解析】 A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt 电极为阴极，pt 电极为阳极，连接 阴极的 B电极
12、为负极， A为正极，故A项正确； B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H +从阳极向阴极迁 移，故 B项正确； C 项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H +O 2，所以每转移2 mol 电子时，左侧电极 就产生 0.5 mol O2即 16g 氧气，故 C 项错误； D 项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式 为，故 D 项正确。综上所述，本题正确答案为C。 点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极 反应式的书写。 7图所示与对应叙述相符的是 A表示一定温度下FeS和 CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS) Ksp(C
13、uS) B pH=2 的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH 变化曲线，则酸性：甲酸 乙酸 C 表示用 0.1000 molL -lNaOH 溶液滴定 25.00 mL 盐酸的滴定曲线， 则 c(HCl)=0.0800 mol L -1 D反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)平衡时 NH3体积分数随起始n(N2)/n(H 2)变化的 曲线，则转化率：A(H2)= B(H2) 【答案】 C 【解析】 【详解】 A当相同c(S 2-)时，由图像可知，平衡时 c(Cu 2+)c(Fe2+)，则 c(Fe2+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)，根据 Ksp(FeS) c(Fe 2+)c(S2-
14、)，Ksp(CuS) c(Cu 2+)c(S2- ) ，则 Ksp(FeS) Ksp(CuS) ，故 A 错误； B溶液中pH 值与 c(H +)间的关系为 pH=-lgc(H +)，溶液中 c(H +)大，对应的 pH 值就小，当稀释弱酸时，随 着水的加入， 稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲， 溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量， 表现为溶液中c(H +) n H V溶液 减小， pH 值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸 时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中H+的量，也就表现为c(H+)会较酸性较强的弱酸 大些， pH 就较酸性较强的弱酸小些
15、，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH 值越大，从图 像看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲酸乙酸，故B 错误； C用 0.1000mol/L 的 NaOH 溶液滴定25.00mL 的盐酸溶液，由图像可知，当消耗NaOH 体积为 20.00mL 时，溶液为中性，此时酸和碱恰好完全反应，溶液中c(H+)=c(OH-)，即 n(H+)=n(OH-)，则有 c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，因此 c(HCl) c NaOH VNaOH VHCl = 0.1000mol/ L0.02000L 0.02500L 0.0800mol/L ，故 C 正确； D由图像可知，A
16、 与 B状态时 NH3的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种 反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加；A 状态时， 2 2 n N n H 值较小，可认为是增加了H2的量使得 H2自身的转化率变小，B 状态时， 2 2 n N n H 值较大，可认为是增加了N2的量，从而提高了 H2的转化率，转 化率 A(H2)不一定等于 B(H2)，故 D 错误； 答案选 C。 8下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是( ) A风能 B江河水流能 C生物质能 D地热温泉 【答案】 D 【解析】 【详解】 A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A 不选。 B. 江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B 不选。 C. 生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。 D. 地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D 选。 故选 D。 9常温下，用0.1000mol L 1 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1000 molL 1 某酸（ HA）溶液，溶液中H
