《2019-2020学年福建泉州市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学年福建泉州市新高考化学模拟试卷含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年福建泉州市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侯氏制碱法中，对母液中析出NH4Cl 无帮助的操作是（ ） A通入 CO2 B通入 NH3C冷却母液D加入食盐 【答案】 A 【解析】 【分析】 母液中析出NH4Cl，则溶液应该达到饱和，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)? NH4+(aq)+Cl-(aq)， 若要析出氯化铵，应该使平衡逆向移动。 【详解】 A通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故A 正确； B通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，
2、平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B 错误； C冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故C错误； D加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D 错误； 故选 A。 2在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和 O2制取 Cl2的原理为： 4HCl(g) O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) HY W B原子半径为WRX Y CR与其他三种元素均可形成二元共价化合物 D简单氢化物的热稳定性为R W Y 【答案】 D 【解析】 【分析】 W、R、 X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于 0，则 Y位于第 IVA
3、 族； W 和 R组 成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能 相互转化，且没有电子转移，则W 为 N、R 为 O 元素；这4 种元素的最外层电子数之和等于R 原子的核 电荷数的2 倍， R 核电荷数为8，W 最外层有 5 个电子、 R 最外层有6 个电子、 Y最外层有4 个电子，则X 最外层有1，且 X 原子序数大于R而小于 Y，为 Na 元素， Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解 答。 【详解】 A. W、R、Y分别是 N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元 素，元素非金属性随着原子序数增大
4、而减弱，所以非金属性强弱顺序是RWY，故 A 错误； B. 原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半 径大小顺序是XYWR ，故 B错误； C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R 是活泼非金属元素、 X 是活泼金属元素，二者易 形成离子化合物Na2O、 Na2O2，故 C错误； D. 元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性RWY，则简单氢化物的热稳定性次序 为 RWY，故 D 正确； 故选 D。 6对于可逆反应:2SO2(g)+O2(g) 垐 ? 噲 ? 2SO3(g) H=-a kJmol -1。下列说法正确的是
5、( ) A在接触法制取硫酸工艺中,该反应在沸腾炉内发生 B如果用 18O2 代替 O2发生上述反应 ,则经过一段时间可测得容器中存在S18O2、S18O3 C2 mol SO2与 2 mol O2充分反应后放出a kJ的热量 D该反应达到平衡后,c(SO2)c(O2) c(SO3)=21 2 【答案】 B 【解析】 【详解】 A. 在接触法制取硫酸工艺中，该反应在接触室内发生，故A 不选； B. 此反应是归中反应，O2中参加反应的氧原子会全部进入 SO3，故如果用 18O2 代替 O2发生上述反应，则 经过一段时间可测得容器中存在S 18O2 、S 18O3，故 B选； C. 2 mol SO
6、2与 2 mol O2充分反应，虽然O2是过量的，但由于反应是可逆反应，不能进行到底，所以放出 的热量小于a kJ，故 C不选； D.该反应达到平衡后物质的浓度比与化学计量数之比无关，故D 不选。 故选 B。 7关于常温下pH2 的草酸 (H2C2O4)溶液，下列说法正确的是 A 1L 溶液中含H+为 0.02mol Bc(H+)=2c(C2O4 2-)+c(HC2O4-)+c(OH-) C加水稀释，草酸的电离度增大，溶液pH 减小 D加入等体积pH2 的盐酸，溶液酸性减小 【答案】 B 【解析】 【详解】 A 选项， c(H+) =0.01mol/L ，1L 溶液中含H+为 0.01mol
7、，故 A 错误； B 选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故 B 正确； C 选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH 增大，故 C错误； D 选项，加入等体积pH 2 的盐酸，溶液酸性不变，故D 错误。 综上所述，答案为 B。 【点睛】 草酸是二元弱酸，但pH =2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH 值可得 c(H+) =0.01mol/L ，很多同学容易 混淆 c(二元酸 ) =0.01mol/L ，如果是强酸c(H+) = 0.02mol/L ，若是弱酸，则 c(H+) YZ BX、Y、Z三种元素最低价
8、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 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
9、确。 综上所述，答案为D。 11下列说法正确的是 A多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物 B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 C可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷 D分离溴苯和苯的混合物：加入NaOH 溶液分液 【答案】 B 【解析】 【详解】 A 选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A 错误； B 选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B 正确； C 选项，不能用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误； D 选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D 错误。 综上所述，答案为B。 【点睛】 淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化
10、合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。 12 25时，0.1mol?L -1 的 3 种溶液盐酸氨水CH3COONa 溶液下列说法中， 不正确的是 （） A 3 种溶液中pH最小的是 B3 种溶液中水的电离程度最大的是 C与等体积混合后溶液显酸性 D与等体积混合后c（H +） c（CH 3COO -） c（OH- ） 【答案】 B 【解析】盐酸PHCl-Na+ 2H2(g)+O2(g) 2H2O(l)+572kJ 弱于S 与 C1的电子层数相同，随着核电荷数的递增，原子半径减小， 得电子能力增强，非金属性增强，所以非金属性SCl -Na+； (3).Na 元素与 O元素形成的化合物为Na
11、2O和 Na2O2， 两者均为离子化合物，电子式分别为：、 ； (4).氢气在氧气中燃烧生成水，反应为放热反应，热化学方程式为： 2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) =+572kJ ； (5).同周期由左至右非金属性逐渐增强，则非金属性S元素弱于Cl 元素； S 与 C1的电子层数相同，随着核 电荷数的递增，原子半径减小，得电子能力增强，非金属性增强，所以非金属性SCl (6). Na2SO3溶液及收Cl2后生成强酸，Cl 元素被还原，S元素被氧化，离子方程式为： SO32-+Cl2+H2O SO42-+2Cl -+2H+； 点睛：原子核外的电子排布，电子总是有限独自占用一个轨道，O元素
12、外 2p 能级中由3 个轨道，有4 个 电子需要排布，则存在2 个电子各单独占据一个轨道的情况。 19对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含 Ag、Cu、Sn 等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。 回答下列问题： (1) “加热溶解 ” 时 Cu 发生的离子方程式为_。 (2) “加热溶解 ” 时温度常控制在50左右，温度不宜过高也不宜过低的原因为_。 (3) “酸溶解 ” 过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体，则“ 酸溶解 ” 过程主要的化学方程式为 _。 (4)常温下， Cu 2/Sn4混合液中 c(Cu3 )0.022mol
13、L 1，将混合液 “ 加热搅拌 ” 后冷却至室温，再加 “ 尿素 ” 调 节溶液的pH 范围为 _。(当溶液中的离子浓度小于10 5mol L1 时，沉淀完全， 已知：KspSn(OH)4 110 55 ； K spCu(OH)22.2 10 20) (5)检验 Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是_。 (6)用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极反应式是_，若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体，则需 进行的实验操作为_。 【答案】 Cu+2H+H2O2 Cu 2+2H2O 低于 50，溶解反应较慢，超过50，H2O2分解与 HCl 逸出导 致溶解翻译速率下降3Ag+HNO3+3HCl=3
14、AgCl +NO+2H2O 1.5pH5 取最后一次洗涤液 少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有 洗涤干净Cu2+2e-=Cu 将 CuCl2溶液在 HCl 气流中加热蒸干 【解析】 【分析】 结合题干信息，根据工艺流程图分析可知，某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn 等，在加热、溶解的条件 下通入 H2O2和 HCl 溶液，Cu 和 Sn变成 Cu2+和 Sn4+，再通入尿素在加热的条件下得到 CuCl2溶液和 Sn(OH)4 沉淀，最终经过系列操作得到铜粉和SnO2，Ag 单质以滤渣的形式经过HNO3和 HCl 溶液的溶解得到AgCl
15、 的沉淀，再加入Zn 和 H2SO4溶液进行化学反应得到Ag 单质，据此分析解答问题。 【详解】 (1)根据上述分析，“ 加热溶解 ” 时， Cu与 HCl、 H2O2反应变为Cu 2+，离子反应方程式为 Cu+2H+H2O2Cu 2+2H2O，故答案为： Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O； (2)温度过低， 反应速率慢， 温度过高， 反应物 H2O2分解， 则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50， 溶解反应较慢，超过50 ，H2O2分解与 HCl 逸出导致溶解翻译速率下降，故答案为：低于 50 ，溶解反 应较慢，超过50，H2O2分解与 HCl逸出导致溶解翻译速率下降； (3)根据上述
16、分析可知，“ 滤渣 ” 主要成分为Ag，“ 酸溶解 ” 过程为 Ag 和 HNO3、HCl 反应得到AgCl的沉淀， 化学反应方程式为：3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl +NO +2H2O，故答案为： 3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl +NO +2H2O； (4)调节 pH 为保证 Sn 4+沉淀完全 (离子浓度小于 10 5mol L1)，按 c(Sn4+)=1 10 -5 mol L 1 进行计算，根据 KspSn(OH)41 10 55 可得， c(OH-)=1 10 -12.5 mol L 1，则 c(H+)=1 10 -1.5 mol L 1，pH=1.5，为保证 Cu2+(0.022 mol L 1)不沉淀， 按 c(Cu2+)=0.022 mol L 1 进行计算， 根据 KspCu(OH)22.2 1
