2019-2020学年北京二中新高考化学模拟试卷含解析

1、2019-2020学年北京二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.瑞香素具有消炎杀菌作用，结构如图所示，下列叙述正确的是A.与稀H2SO4混合加热不反应B.不能使酸性高镒酸钾溶液褪色C. 1mol瑞香素最多能与3molBr2发生反应D. 1mol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时，消耗NaOH3mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A.含-COOC-与稀硫酸混合加热发生水解反应，A错误；B.含碳碳双键、酚羟基，均能使酸性高镒酸钾溶液褪色，B错误；C.酚羟基的邻位、碳碳双键均与滨水反应，则1mol该物质最多可与3molBr2

2、反应,C正确；D.酚羟基、-COOC及水解生成的酚羟基均与NaOH反应，则1mol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时,消耗NaOH4mol,D错误；答案选Co2.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5,反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250250n(PC3)/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是A.反应在前50s内的平均速率v(PC3)=0.0032mol/(Ls)B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PC3)=0.11mol/L,该反应为放热反应C.相同温度

3、下，起始日向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,达到平衡前的v正v逆D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2,达到平衡时，PCl3的转化率小于80%【答案】C【解析】【详解】A、反应在前50s内PC3的物质的量增力口0.16mol,所以前50s内的平均速率v(PC3)=0.16mol=0.0016mol2.0L50s/(Ls),故A错误;B、原平衡时PC3的物质的量浓度c（PCB）=0.20mol+2.0L=0.10mol/L,若升高温度，平衡时c（PCB）=0.11mol/L,PC3的浓度比原平衡时增大了，说明升高温

4、度，平衡正向移动，则正向是吸热反应，故B错误;C、根据表中数据可知平衡时C12的浓度是0.1mol/L,PC15的浓度是0.4mol/L,则该温度下的平衡常数1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20mo1K=1m01/L0.1mo1/L=0.025,相同温度下,起始时向容器中充入0.4mol/L0.1mol/L0.1mol/LCl2,Qc=0.02Y3+Z-C.Y与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性D.X的最高价氧化物对应的水化物为弱碱【答案】C【解析】W、X、YZ为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，则W为C元素；X+和Y3+的电子层结构相同，则X为Na元素

5、，Y为Al元素；Z的电子数比Y3+多8个，则Z为Cl元素；A.C在自然界有多种核素，如12C、14C等，故A错误；B.Na+和Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半径小，Cl-比Na+和Al3+多一个电子层，离子半径最大，则离子半径大小：Al3+Na+MgAlSi,Na+Mg2+Al3+,S2Clo（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LivNavK,Li+Na+vK+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同（核外电子排布相同）的离子半径（包括阴、阳离子）随核电荷数的增加而减小，如。2一Na+Mg2+Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原

6、子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe,H+vHvH,（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2一的半径大小，可找出与A13+电子数相同的。2一进行比较，A13+a【详解】A. 3轴烯中所有碳原子均采取sp2杂化，因此所有原子都在同一个平面上，故A不符合题意;C.5轴烯的分子式为:分子式为:B. 4轴烯中含有碳碳双键，能够使酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意;Ci0H12,二者分子式不同，不互为同分异构体，故C符合题意；2个氢原子，且碳原子D.轴烯中多元环的碳原子上没有氢原子，与每个环上的碳原子相连的碳原子上有数与氢原子均为偶数，因此轴

7、烯的通式可表示为C2nH2n(n3)故口不符合题意;故答案为：Co8.已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：加热10g硫酸铜粉末至完全分解，将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量中固体质量变为5g,中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是A.3CuSQL3CuO+SQT+2SOT+QTB.4CuSO44CuO+2SO3个+2SOT+OdC. 5CuSC45CuO+SQS+4SO4+2Q个D.6CuSC46CuO+4SO3T+2SOT+C2T【答案】B【解析】【分析】由反应结束后称量中

8、固体质量变为5g,中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。【详解】根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g-5.0g=5g,生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g,生成的氧气的质量为5g-4.5g=0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g=20：10：1,表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20+16Q)(10+8Q)(1+32)4:4:1,故该反应的化学方程式为：4CuSQ04CuO+2

9、SQT+2SQT+QT,故答案为：B。【点睛】本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数。9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是NaAlO2(aq)H2三土AICI3土豆AlNH3用邺NO巨曳HNO3A- NaCl(饱和)C%NaHCQNa2CO3 FeS2馈烧.SQH#7H2SOA.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A1C13为共价化合物，其在熔融状态下不能导电，应电解熔融的氧化铝制备铝，不可实现；中各步转化为工业上制硝酸，在给定的条件下均可实现；该系列转化实为侯氏制碱法，可实现；煨烧Fe8只能生成二氧化硫，不可实现。综上所述，物质的转化在给定

10、条件下能实现的是，故选Ao10.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是A.简单离子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B.最常见氢化物的稳定性：X丫C. Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D. HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐，可确定Y为O元素，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，可确定ZX%是NaNO3,而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，结

11、合已有的知识体系可推出这两种盐为：NaNO3、NaC1O4,X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，A,电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl)r(N3)r(O2)r(Na+),A项错误；B.因非金属性：NH2CO3,但HCl是无氧酸，不能说明Cl的非金属性强于C,C错误;D.可以形成COC2这种化合物，结构式为C1-C-C故合理选项是Do15 .邮票是国家邮政发行的一种邮资凭证，被誉为国家名片。新中国化学题材邮票展现了我国化学的发展A.和成就，是我国化

12、学史不可或缺的重要文献。下列说法错误的是邮票中的人物是侯德榜。其研究出了联产纯碱与氯化钱化肥的制碱新工艺，创立了中B.国人自己的制碱工艺一侯氏制碱法邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。塑料、橡胶和纤维被称为三大合成材料，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料C.液、D.高温可以杀死病毒邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶A.邮票中的人物是侯德榜。1941年，侯德榜改进了索尔维制碱法，研究出了制碱流程与合成氨流程于一体的联产纯碱与氯化钱化肥的制碱新工艺，命名为侯氏制碱法”，故A正确;B.邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。橡胶和纤维都有天然的,三大合成材

13、料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料，故B错误;C.邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛素o1965年9月，我国科学家首先在世界上邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛素。我国首次合成的人工牛胰岛素属于蛋白D.液、高温都可使蛋白质变性，从而可以杀死病毒，故D正确;成功地实现了人工合成具有天然生物活力的蛋白质-结晶牛胰岛素，故C正确;邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶答案选Bo其特质与原料不同,合成材料又称人造材料，是人为地把不同物质经化学方法或聚合作用加工而成的材料,如塑料、合金（部分合金）等。塑料、合成纤维和合成橡胶

14、号称20世纪三大有机合成材料，纤维有天然纤维和人造纤维，橡胶也有天然橡胶和人造橡胶。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16 .辉铜矿石主要含有硫化亚铜（CU2S）,还含有Fe。CaO、SiO2等。以辉铜矿石为原料制备CuCb2H2O的工艺流程如图所示:Fdllj溶液NaFpitNaClO忠酸铜殖石f$就f没出液嬴一M点时T操*X煤油f浸渣1浸渣2沉淀1氢沉淀工小匚山加刈营硫煤油已知：I.金属离子C0(Mn)=0.1mol-L-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下金属离子Cu*开始沉淀的pH6.31.55.7沆流完全的pH8.12.87.8n.NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化

15、不明显；CuC2-H2O易溶于水，酒精，浓氨水,随温度升高溶解度变化明显增大。m.Ksp(CaB)=4.0X10-11(1)为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是。写出“溶浸”过程中CifeS溶解时离子方程式:(2) “脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势(如图)，原因是(3)写出“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：。(4) “沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是。(5) “操作X”的具体操作是。(6)经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，要得到这种纯净物，最好选用下列试剂洗涤。A.浓盐酸B.水C.酒精D.浓氨水向“浸出液”中加入NaF除去溶液中Ca2+(浓度为1.0

16、x10-3molL-1),当溶液中c(F)=2.0x10-3molL-1时，除钙率为。【答案】将矿石细磨(搅拌、升温或其它合理答案)CU2S+4Fe3+=S+4Fe2+2Cu2+温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加4HF+H2SQ=SiF4f+3H2ONaClO将Fe#氧化Fe3+,消耗H+,使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+向右移动，生成Fe(OH)3沉淀蒸发浓缩冷却结晶C99%【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；加入NaF除去钙离子，生成CaF2沉淀，加盐酸和硅酸钠生成HzSiOa除去多余的氟离子，再用NaClO将Fe氧化

17、Fe3+,消耗H+,使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+向右移动,生成Fe(OH)3沉淀；过滤后在滤液中加入盐酸调节pH,蒸发浓缩冷却结晶，得到CuC2-H2O0【详解】(1)为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是将矿石细磨(搅拌、升温或其它合理答案)；“溶浸”过程中Cu2s溶解时，被Fe3小氧化，离子方程式：CU2S+4Fe3+=S+4Fe2+2Cu2+o故答案为：将矿石细磨(搅拌、升温或其它合理答案)；CU2S+4Fe3+=S+4Fe2+2Cu2+；(2)“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；故答案为：温度升高，单质

18、硫在煤油中的溶解度增加；(3)加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：4HF+H2SiO3=SiF4T+3H2O。故答案为：4HF+H2SiO3=SiFiT+3H2。；(4)“沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是NaClO将Fe2+氧化Fe3+,消耗H+,使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；故答案为：NaClO将Fe2+氧化Fe3+,消耗H+,使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3+3心8=Fe(OH)3+3H+向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；(5)氯化铜溶于水，则“操作X”的具体操

19、作是蒸发浓缩冷却结晶。故答案为：蒸发浓缩冷却结晶(6)经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是NaCl,NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCb-H2O易溶于水、酒精、浓氨水，随温度升高溶解度变明显增大。所以要得到这种纯净物，最好选用洗涤剂酒精，而A.浓盐酸、B.水、D.浓氨水三个选项中提供的物质均能溶解NaCl,故答案为：Co(7)当溶液中c(F)=2.0X10-3molL-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F)=c(CaT)(2.0X10-3)2=4.0X10-11,一一1010310105c(Ca2)=1.0X105molL

20、1,则除钙率为二X100%=99%1.010故答案为：99%【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，难点(6)要充利用题目中的信息，NaCl在水中和酒精中的溶解度不同，难点(7)先用公式Ksp(Ca)=c(Ca2+)c2(F)计算出溶液中的c(Ca2+),再求出除钙率。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.磷酸氯唾是一种抗疟疾药物，研究发现，该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下:已知:NaOHFh2O,AC(CO2CH2CH3h回答下列问题:CH(OCH2CH3)APh2O.i2(1)A是一种芳香经

21、，B中官能团的名称为。(2)反应A-B中须加入的试剂a为。(3) B反应生成C的反应化学反应方程式是(4) C-D反应类型是,D的结构简式为。(5) F-G反应类型为(6) I是E的同分异构体，与E具有相同的环状结构，写出任意一种符合下列条件的I的结构简式是I是三取代的环状有机物，氯原子和羟基的取代位置与E相同;核磁共振氢谱显示I除了环状结构上的氢外，还有4组峰，峰面积比3:1:1:1;I加入NaHCO3溶液产生气体。【答案】硝基浓硫酸、浓硝酸+HC1还原反取代反应【解析】【分析】产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，

22、D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G,分子式中少1个O和1个H,而多出了一个Cl,因此为一个取代反应，用氯原子取代了羟基，最后再进一步取代反应得到H,据此来分析本题即可。【详解】(1)根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；(2)硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸;(3)B到C即取代反应，方程式为+HC1;(4)C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是一个还原反应,NH，4(5)根据分析，F到G是一个取代反应;(6)加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有竣基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为四、综合题(本题包括2个小题，共20分)CQ的

23、有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。18.绿色”和生态文明”是未来的发展主题，而(1)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CQ(g)&、2CO(g)+2H2(g)ZH已知：反应1CH4(g)C(s)+2H2(g)AHi=+75kJ/mol反应22CO(gLC(s)+CQ(g)叱=172kJ/mol则该催化重整反应的AH=kJ?mol-1。(2)有科学家提出可利用FeO吸收CO2：6FeO(s)+CQ(g)=2Fe3O4(s)+C(s),对该反应的描述正确的是A.增大FeO的投入量，利于平衡正向移动B.压缩容器体积，可增大CO2的转化率，c(CC2)减小C.恒温恒容下，气

24、体的密度不变可作为平衡的标志D.恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志E若该反应的H或=”。)(4)在NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，所得溶液中c(HCOs):c(CQ2-)=4:1,此时溶液pH=。(已知：室温下，H2CC3的k1=4XT0,k2=5XT01。lg2=0.3)【答案】+247CEp1p2p3Ka=KbKc66.7%?9.7【解析】(1)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式叠加，可得催化重整的热化学方程式的反应热；(2)根据化学平衡状态的特征及外界条件对化学平衡移动的影响分析判断；(3)反应C(s)+CO(g)=2CO(g诞气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系

25、压强增大；化学平衡常数只随温度的改变而改变；900C、1.013MPa时，平衡时CO的体积分数为80%,计算CQ转化的量，转化率就是转化的量与起始量比值的百分数，将各组分的平衡浓度代入平衡常数表达式计算化学平衡常数；根据改变条件前后CO2的体积分数的变化判断，根据反应商判断化学反应的方向；cCO；ncH(4)所得溶液c(HCQ-):c(CQ2-)=4:1,根据K2=5X101,计算c(H+),再根据pH=-lgc(H+)cHCO3计算溶液pH。【详解】CH4(g)C(s)+2Hz(g)AHi=+75kJ/mol2CO(gLC(s)+CQ(g)H2=-172kJ/mol根据盖斯定律，将热化学方程

26、式整理可得：CH4(g)+CQ(g)上工2CO(g)+2H2(g)H=+(75+172)kJ/mol=+247kJ/mol;(2)A.FeO是固体，增大FeO的投入量，不能使化学平衡发生移动，A错误；B.该反应的正反应是气体体积减小的反应，压缩容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时C6的转化率增大，但平衡移动的趋势是微弱的，不能抵消。又由于压缩体积导致的物质的浓度增大，因此平衡时c(CO2)增大，B错误；C.恒温恒容时，气体的质量是变量，容器的容积不变，气体的密度也为变量，若气体密度不变，则反应达到平衡状态，因此可作为平衡的标志，C正确；D.反应混合物中只

27、有CO2为气体，恒温恒压下，气体摩尔质量始终不变，因此不可作为平衡的标志，D错误；E若该反应的H0,则达到化学平衡后，若升高温度，化学平衡逆向移动，最终达到平衡时CQ的物质的量会增加，E正确；故合理选项是CE;(3)反应C(s)+CO(g)=2CO(g渥气体体积增大的反应，随着反应进行，体系压强增大。减小压强有助于化学平衡正向移动，表明压强低时对应着的CO体积分数较高，则P1、p2、P3的大小关系是：P1P2P3；化学平衡常数只随温度的改变而改变，在压强不变时，升高温度，CO含量增大，说明升高温度，化学平900C、1.013MPa时，设反应转化的象可知平衡时CO的体积分数为80%,衡正向移动，

28、化学平衡常数增大，因此a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是：Ka=KbKc；CO2的物质的量为xmol,则平衡时n(CO)=2x,n(CO)=1-x,根据图2x,一2则1x2x100%=80%解得诬所以-的转化率为:2.mol3X100%=66.7%1mol2x平衡时各种气体的浓度，c(CO)=Vc2CO时反应的化学平衡常数K=cCO241x1，c(CC2)=，所以根据化学平衡常数的含义，可得此3VV3V163V反应C(s)+CQ(g)=2CO(g)的正反应是气体分子数增大的吸热反应，降低压强，升高温度均有利于反应正向进行，所以将中平衡体系温度降至640C,压强降至0.1013MPa,降低温

29、度减小压强，使正、逆反应速率均减小，重新达到平衡后CQ的体积分数为50%,设反应转化的CO2的物质的量为ymol,则平衡时n(CO2)=1-y,n(CO)=2y,则：:=50%,解得y=molmol,可见重新达到平衡时，体系中CO1y2y33含量降低，CO2含量升高，即化学平衡向逆反应方向移动，所以v(正)v(逆)；cCO2ncHcH(4)所得溶液c(HCQ-)：c(CO32)=4：1,由于K2=5XT01，则c(H+)=2.0x-10cHCO34所以溶液的pH=-lgc(H+)=10-0.3=9.7。【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及弱电解质的电离等知识，明确盖斯定律内容、电离平衡常数的含义及溶液pH计算方法为解答关键，注意掌握化学平衡的特征及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。19.元素周期表中口A族元素的单质及其化合物的用途广泛。23、三氟化澳(BrF3)常用于核燃料生产和后处理，遇水立即发生如下反应：3BrF3+5H2O-HBrO+Br2+9HF+O2。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为,每生成2.24LO2(标准状况)转移电子数为24、在食盐中添加少量碘酸钾可预防缺碘。为了检验食盐中的碘酸钾，可加入醋酸和淀粉-碘化钾溶液。