2019-2020学年北京市北京二中教育集团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） 1M是一种化工原料，可以制备一系列物质（见下图）。 下列说法正确的是 A元素 C、D形成的简单离子半径，前者大于后者 BF 的热稳定性比H2S弱 C化合物A、F 中化学键的类型相同 D元素 C、D的最高价氧化物的水化物均可以和H发生反应 【答案】 A 【解析】推论各物质如图： A、元素 C、D 形成的简单离子Cl、Na 半径， Cl 多一个电子层，半径大些，故A 正确； B、F为 HCl， 氯原子半径小，与氢形成的共价键稳定，稳定性大于H2S，故 B错误； C、A 为 NaOH，有离子键、共价键， F为 HCl， 只有共价键， 故 C错误； D、元素 C、D 的最高价氧化物的水化物分别是HClO4、NaOH，只有 HClO4 可以和 H（Na2CO3 ）发生反应，故D 错误。故选A。 点睛：考查物质间反应，涉及钠、氯的化合物等物质的化学性质。要求学生对常见物质化学性质的熟炼掌 握，加强对知识识记和理解。 2下列对化学用语的理解中正确的是（） A原子结构示意图：可以表示 35Cl，也可以表示37Cl B电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子 C比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 D结构简式 (CH3)2CHOH：可以表示1-丙醇，也可以表示2-丙醇 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A. 35Cl和37Cl是同种元素，质子数相同，电子数也相同，所以原子结构示意图也相同，故 A正确； B. 羟基的电子式为，氢氧根离子的电子式为，故 B 错误； C. 比例模型中应符合原子的大小，氯原子半径大于碳原子半径，所以不能用同一个比例模型表示甲烷和四 氯化碳，故C错误； D. (CH3)2CHOH中主碳链有3 个碳，羟基在二号碳上，仅可以表示2-丙醇，故D 错误； 综上所述，答案为A。 3某兴趣小组查阅资料得知：碘化钠是白色晶体无嗅，味咸而微苦，在空气和水溶液中逐渐析出碘而变 黄或棕色。 工业上用NaOH 溶液、水合肼制取碘化钠固体，其制备流程图如下，有关说法不正确的是() 已知： N2H4 H2O 在 100以上分解。 A已知在合成过程的反应产物中含有NaIO3，若合成过程中消耗了 3mol I2，最多能生成NaIO3的物质的 量为 1 mol B上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3- 3N2H4 H2O=2I 3N29H2O C为了加快反应速率，上述还原反应最好在高温条件下进行 D工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物 是 N2和 H2O，没有其他副产物，不会引入杂质 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. 合成过程的反应产物中含有NaIO3，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可知，若合成过程中消耗了 3 mol I2，最多能生成NaIO3 1 mol ，即失去5 mol 电子，同时得到5 mol NaI，A 项正确； B. 根据氧化还原及流程图可知上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-3N2H4 H2O=2I 3N 29H2O 或 2IO3-3N2H4=2I 3N 26H2O，B 项正确； C. 温度高反应速率快，但水合肼高温易分解，反应温度控制在6070 比较合适， C项错误； D. 工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物 是 N2和 H2O，没有其他副产物，不会引入杂质， D 项正确； 答案选 C。 4下列装置应用于实验室制NO 并回收硝酸铜的实验，能达到实验目的的是 A用装置甲制取NO B用装置乙收集NO C用装置丙分离炭粉和硝酸铜溶液 D用装置丁蒸干硝酸铜溶液制Cu（NO3）2 3H2O 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. 生成气体从长颈漏斗逸出，且NO 易被氧化，应选分液漏斗，A 不能达到实验目的； B. NO 与空气中氧气反应，不能用排空气法收集NO，B不能达到实验目的； C.装置丙是过滤装置，可分离炭粉和硝酸铜溶液，C能达到实验目的； D.装置丁是坩埚，用于灼烧固体，不能用于蒸干溶液，且硝酸铜溶液在蒸发时，铜离子水解，生成硝酸易 挥发， D 不能达到实验目的； 故选 C。 5 安徽省蚌埠市高三第一次质量监测下列有关化学用语表示正确的是 A水分子的比例模型 B过氧化氢的电子式为： C石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化 D甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10 种（不考虑立体异构） 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V 形，不是直线形，A 项错误； B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误； C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料， 煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误； D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的 2 个氢，共有 3 种可能， 取代不同碳上的氢共有 7 种（用数字标出碳，则可表示为：1， 2、1，3、1，5、2，3、 2，5、3，4、 3，5） ， D 项正确； 所以答案选择D 项。 6铊 (Tl)与铝同族。 Ti 3+在酸性溶液中就能发生反应： Tl3+2Ag=Tl+2Ag+。下列推断错误的是 A Tl+的最外层有 1 个电子 BTl 能形成 +3 价和 +1价的化合物 C酸性溶液中Tl 3+比 Tl+氧化性强 D Tl+的还原性比 Ag 弱 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A铊与铝同族，最外层有3 个电子，则Tl +离子的最外层有 2 个电子，故A 错误； B根据反应Tl3+2AgTl+2Ag+可知， Tl 能形成 +3价和 +1 价的化合物，故 B正确； CTl3+2AgTl+2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则 Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比 Tl+氧化性 强，故 C正确； D还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl 3+2Ag=Tl+2Ag+，还原性 AgTl+，故 D 正确； 故选 A。 7 200时， 11.6g CO 2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g ，再将反应 后剩余固体冷却后加入含有Na 、 HCO 3 -、SO 3 2-、CO 3 2- 等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说 法中正确的是 A原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/mol B混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为 0.25mol C溶液中SO 3 2-的物质的量浓度基本保持不变 D溶液中 HCO 3 -的物质的量浓度减小， CO3 2- 的物质的量浓度增大，但是HCO 3 -和 CO 3 2- 的物质的量浓度之和基 本保持不变 【答案】 A 【解析】 【详解】 向足量的固体Na2O2中通入 11.6gCO2和 H2O，固体质量增加 3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可 知 m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以 n(O2)= 8g 32g / mol =0.25mol ，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为 xmol ，ymol ，则： 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2， xmol 0.5xmol 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ymol 0.5ymol 所以 0.5x+0.5y0.25，44x+18y11.6，解得： x=0.1，y=0.4。 A原混合气体的平均摩尔质量= 0.1mol44g / mol0.4mol18g / mol 0.1mol0.4mol =23.2g/mol ，故 A 正确； B反应中生成氧气为0.25mol ，故转移电子为0.25mol 2=0.5mol，故 B错误； C过氧化钠有剩余，可以氧化SO32-，溶液中 SO32-的物质的量浓度减小，故C错误； D由于反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3-和 CO32-的物质的量浓度之和增大，故 D 错误； 答案选 A。 8下列实验装置能达到实验目的的是（） A用图装置进行石油的分馏 B用图装置蒸干FeCl3溶液得到 FeCl3固体 C 用图装置分离乙酸和乙醇的混合物 D 用图装置制取H2并检验 H2的可燃性 【答案】 A 【解析】 【详解】 A. 用图 装置进行石油的分馏，故A 正确； B. 用图 装置蒸干FeCl3溶液不能得到FeCl3固体，氯化铁要在HCl 气流中加热蒸干，故B错误； C. 乙酸和乙醇是互溶的混合物，不能用分液漏斗分离，故C 错误； D. 用图 装置制取H2，先要验纯，在点燃检验 H2的可燃性，故D 错误。 综上所述，答案为 A。 9化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是（） A煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源 B汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5 值升高的原因之一 C自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片 D糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应 【答案】 B 【解析】 【详解】 A、煤的气化与液化都是化学变化，故A 不正确； B、汽车尾气的大量排放是造成PM2.5 值升高的原因之一，故 B 正确； C、虽然硅的性质比较稳定，但是属于亲氧元素，故自然界中主要以化合态存在，故C不正确； D、单糖不能水解，故D 不正确； 故选 B。 10下列物质分类正确的是 A SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B多肽、油脂、淀粉均为酯类 C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物 【答案】 D 【解析】 【详解】 A. SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO不与酸或水反应，属于不成盐氧化物，故 A 错 误； B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉属于多糖，故B错误； C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误 ; D.福尔马林是甲醛水溶液，属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，属于混合物；氨水是氨气溶于水形 成的溶液，属于混合物；故D 正确； 答案选 D。 11某固体样品可能含有K+、Ca 2+、NH4+、Cl-、CO 32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两 份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2 溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g 沉淀。 (2)另一份固体与过量NaOH 固体混合 后充分加热， 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况 )(假设气体全部逸出)。 下列说法正 确的是 A该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl- B该固体中一定没有Ca 2+、Cl-，可能含有 K+ C该固体可能由(NH4)2SO4、K2CO3和 NH4Cl 组成 D该固体中n(K+) 0.06mol 【答案】 D 【解析】 【分析】 某固体样品可能含有K+、Ca2+、 NH4+ 、Cl -、CO 32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份， 进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离 )： （1） 一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液， 得沉淀 6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g 沉淀。 4.66g 沉淀为硫酸钡，所以固体中含有 -1 4.66g 233g? mol =0.02mol 硫酸根离子， -1 6.634.66g 197g? mol g =0.01mol 碳酸根离子，溶液中没有Ca 2+； （2）另一份 固体与过量NaOH 固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的