北京新高考化学模拟题三含答案.docx
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北京新高考化学模拟题三含答案
2020年北京新高考化学模拟题(三)
考试范围:
xxx;考试时间:
100分钟;命题人:
xxx
注意事项:
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1.下列对生活中常见物质成分的分析不正确的是( )
A.
双氧水
B.
烃类小分子
C.
硅酸盐
D.
聚甲基丙烯酸甲酯
2.下列化学用语正确的是
A.CO2的结构式O=C=O
B.H2SO4的电离方程式为:
H2SO4=H++
C.Cl-的离子结构示意图为
D.用电子式表示氯化钠的形成过程:
3.下列实验操作或装置能达到目的的是
A.
混合浓硫酸和乙醇B.
配制一定浓度的溶液
C.
收集二氧化氮气体D.
证明乙炔可使溴水褪色
4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )
A.将1.7gNH3、7.3gHCl通入某密闭容器中,则容器中分子总数目为0.3NA
B.向FeBr2溶液中缓慢通入0.2molCl2时,被氧化的Fe2+数目为0.4NA
C.8.8gCO2与N2O混合气体所含原子数目为0.6NA
D.0.1mol某新核素
Db所含中子数为10.5NA
5.某研究小组开展课外研究发现,将适量Zn与一定浓度氯化铁溶液反应,开始可以观察到大量气泡产生。
反应后期,溶液的pH升高到6左右,金属表面出现黑色粉末,溶液变成浅绿色。
试管底部出现灰绿色悬浮物。
收集少量黑色粉末与稀硫酸作用有气泡产生。
则下列反应没有发生的是( )
A.FeCl3+3H2O=Fe(OH)3↓+3HClB.Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
C.3Zn+2FeCl3=3ZnCl2+2FeD.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
6.下列说法正确的是()
A.因SO2具有漂白性,所以能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色
B.能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2
C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色,且原理相同
D.等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中,漂白效果更好
7.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
A.AB.BC.CD.D
8.下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是( )
A.该溶液中,H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存
B.该溶液中,Ag+、K+、NO3-、CH3COO-可以大量共存
C.向该溶液中滴入少量FeSO4溶液,反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O
D.向该溶液中加入浓盐酸,每生成1molCl2,转移电子约为6.02×1023个
9.已知:
乙炔的结构为H—C≡C—H,4个原子在同一直线上,能与单质溴发生加成反应,1,4-二苯基丁二炔广泛应用于农药的合成,其结构如图所示。
下列有关该物质的说法不正确的是( )
A.该有机物的化学式为C16H10
B.该分子中处于同一直线上的原子最多有6个
C.该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色
D.该分子中所有原子可能位于同一平面上
10.根据元素周期表和元素周期律,判断下列叙述不正确的是( )
A.气态氢化物的稳定性:
H2O>NH3>SiH4
B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C.如图所示实验可证明元素的非金属性:
Cl>C>Si
D.用中文“
”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
11.最近意大利科学家获得了极具理论研究意义的N4分子。
N4分子结构如图所示,已知Ⅰ、断裂1molN—N吸收167kJ热量,形成1mol
放出942kJ热量;Ⅱ、N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)ΔH1=-92kJ/mol,N4(g)+6H2(g)
4NH3(g)ΔH2(kJ/mol)根据以上信息和数据,下列说法正确的是( )
A.ΔH2>0B.N2分子比N4分子稳定
C.ΔH2=2ΔH1D.ΔH2与方程式系数无关
12.室温下,向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸,溶液中发生反应;C2H5OH+HBr
C2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。
已知常压下,C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。
下列有关叙述错误的是
A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量
B.增大HBr浓度,有利于生成C2H5Br
C.若反应物增大至2mol,则两种反应物平衡转化率之比不变
D.若起始温度提高至60℃,可缩短反应达到平衡的时间
13.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验,④产生白色沉淀多。
下列说法错误的是( )
A.Na₂SO3溶液中存在水解平衡:
SO32-+H2O
HSO-3+OH-
B.④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的
C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D.①与④的Kw值相等
14.常温下,用0.100mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol/L的盐酸和0.100mol/L的醋酸,得到两条滴定曲线,如图所示:
下列说法正确的是()
A.滴定盐酸的曲线是图2
B.两次滴定均可选择甲基橙或酚酞作指示剂
C.达到B、E点时,反应消耗的n(CH3COOH)=n(HCl)
D.以HA表示酸,当0mL
第II卷(非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
二、推断题
15.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。
W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝,W和X两种元素的最高价氧化物的水化物均能与Y的氢氧化物发生反应,W、X、Y、Z的最外层电子数之和为16。
(1)W单质的电子式是____________。
(2)请用化学用语解释W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝的原因:
________________。
(3)已知As元素的原子序数为33,与W在同一主族,As在元素周期表中的位置是_______________。
(4)W的最高价氧化物的水化物与Y的氢氧化物发生反应的离子方程式是___________________。
(5)X与Z的单质之间发生反应的化学方程式是________________。
(6)已知Q与Z是位于相邻周期的同主族元素。
某温度下,两种元素的气态单质与H2发生化合反应生成气态氢化物的平衡常数分别为KQ=5.6×107,KZ=9.7×1012。
Q的元素符号是__________,理由是____________。
16.化合物H是一种有机材料中间体。
实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下:
已知:
①
RCHO+R′CHO
②RCHO+R′CH2CHO
+H2O
③
+
请回答下列问题:
(1)芳香族化合物B的名称为________,C的同系物中相对分子质量最小的有机物结构简式为_______。
(2)由F生成G的第①步反应类型为________。
(3)X的结构简式为_____________。
(4)写出D生成E的第①步反应的化学方程式__________。
(5)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y,Y有多种同分异构体,其中符合下列条件的同分异构体有________种,写出其中任意一种的结构简式____________。
①分子中含有苯环,且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2;②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶2∶1∶1。
三、工业流程
17.铁是应用最广泛的金属,铁的氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。
(1)工业上冶炼铁的主要方法是_________________(用化学方程式表示)。
(2)钢铁露置于空气中,主要发生的电化学腐蚀方式是____________,其中正极的电极反应式为______________________。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)是水处理过程的一种新型净水剂,其氧化性强于高锰酸钾。
工业上制备高铁酸钾通常用以下流程:
①请将反应器中发生的离子方程式配平:
(若计量数为1,也需要写在横线上)
Fe3++____ClO-+____OH-=____FeO42-+____Cl-+____。
____________
②根据流程可以判断,相同温度下K2FeO4的溶解度________(填“大于”“小于”或“等于”)Na2FeO4;整个生产过程中,可直接循环利用的物质是________(写化学式)。
③若某厂污水中含有一定量的NO2-和悬浮性颗粒,下列关于污水处理的说法中正确的是________(填字母)。
A.加入K2FeO4可将氮元素转化为N2,从而降低污水中NO2-含量
B.等物质的量的高铁酸钾和高锰酸钾,前者可处理更多的NO2-
C.使用高铁酸钾,同时可以减少污水悬浮性颗粒的含量
D.使用高铁酸钾处理后的污水,如果直接排放到河流中,会导致水体富营养化
四、实验题
18.烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一,为了监测其含量,选用如下采样和检测方法。
回答下列问题:
Ⅰ.采样
采样步骤:
①检验系统气密性;②加热器将烟道气加热至140℃;③打开抽气泵置换系统内空气;④采集无尘、干燥的气样;⑤关闭系统,停止采样。
(1)A中装有无碱玻璃棉,其作用是___________。
(2)C中填充的干燥剂是(填序号)___________。
A.碱石灰B.无水CuSO4C.P2O5
(3)用实验室常用仪器组装一套装置,其作用是与D(装有碱液)相同,在虚线框中画出该装置的示意图,标明气体的流向及试剂。
______________
(4)采样步骤②加热烟道气的目的是___________。
Ⅱ.NOx含量的测定
将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化为NO3−,加水稀释至100.00mL。
量取20.00mL该溶液,加入v1mLc1mol·L−1FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗v2mL。
(5)NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是___________。
(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。
(7)滴定过程中发生下列反应:
3Fe2++NO3−+4H+
NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72−+6Fe2++14H+
2Cr3++6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。
(8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
若缺少采样步骤③,会使测试结果___________。
若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果___________。
19.某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2。
实验操作和现象如下表所示:
实验编号
操作
现象
实验1
按上图所示装置加热MnO2与FeCl3·6H2O混合物
①试管A中部分固体溶解,上方出现白雾
②稍后,产生黄色气体,管壁附着黄色液滴
③试管B中溶液变蓝
实验2
把试管A中的混合物换为FeCl3·6H2O,试管B中溶液换为KSCN溶液,加热
试管A中部分固体溶解,产生白雾和黄色气体;试管B中KSCN溶液变红
请回答下列问题:
(1)实验1和实验2产生白雾的原因是_____________________________。
(2)实验2说明黄色气体中含有_____________(填化学式)。
(3)为进一步确认黄色气体中是否含有Cl2,该学习小组对实验1提出两种改进方案:
方案1:
在试管A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C,结果试管B中溶液仍变为蓝色。
方案2:
将试管B中KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液,结果试管B中溶液呈橙红色,且未检出Fe2+。
则方案1中洗气瓶C中盛放的试剂是_________;方案2中检验Fe2+的试剂的名称是______,选择NaBr溶液后试管B中发生的主要反应的离子方程式为______________________________________。
(4)实验1充分加热后,若将试管A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2,则试管A中产生Cl2的化学方程式为__________________________________________。
其尾气处理的方法是_______________________。
(5)该学习小组认为实验1中溶液变蓝,可能还有另外一种原因是__________________。
请你设计实验方案验证此猜想_______________________________________________。
参考答案
1.A
【解析】
【分析】
【详解】
A.漂白液的主要成分是次氯酸钠和氯化钠,故A项错误;
B.液化石油气主要成分是1~4个碳原子的小分子烃,故B项正确;
C.陶瓷是硅酸盐产品,故C项正确;
D.有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯,聚甲基丙烯酸甲酯为甲基丙烯酸甲酯的加聚产物,故D项正确。
故答案选:
A。
2.A
【解析】
【详解】
A.CO2中碳氧原子通过双键连接,CO2的结构式O=C=O,故A正确;
B.H2SO4是二元强酸,电离方程式为:
H2SO4=2H++
,故B错误;
C.Cl-的核外有18个电子,离子结构示意图为
,故C错误;
D.氯化钠是离子化合物,用电子式表示氯化钠的形成过程:
,故D错误;
答案选A。
3.B
【解析】
【详解】
A.乙醇的密度小于浓硫酸,混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中,边倒边搅拌,若顺序相反则容易引起液体飞溅,故A不能达到目的;
B.容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切,胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方,平视刻度线,故B能达到目的;
C.二氧化氮的密度大于空气,集气瓶中的导气管应长进短出,用向上排空气法收集,故C不能达到目的;
D.乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色,应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去,故D不能达到目的;
故选B。
4.C
【解析】
【分析】
【详解】
A.NH3与HCl不能共存,二者混合后会发生反应生成离子化合物NH4Cl,故A错误;
B.Br-、Fe2+均可被Cl2氧化,因FeBr2的物质的量未知,所以无法确定被氧化的Fe2+数目,故B错误;
C.CO2、N2O的相对分子质量均为44,8.8g混合气体物质的量为0.2mol,两种分子中均各含3个原子,故C正确;
D.1个
Db含有150个中子,故D错误。
故答案选:
C。
5.A
【解析】
【分析】
【详解】
将适量Zn与一定浓度氯化铁溶液反应,氯化铁溶液显示酸性,则开始时锌与溶液中氢离子反应生成氢气,可以观察到大量气泡产生;溶液的pH升高到6左右,锌与铁离子反应生成金属铁,所以金属表面出现黑色粉末;试管底部出现灰绿色悬浮物为氢氧化亚铁被氧化生成部分氢氧化铁;收集少量黑色粉末与稀硫酸作用有气泡产生,证明黑色的粉末为铁,据此进行解答,FeCl3水解使溶液显示酸性,但是水解程度微弱,不会生成沉淀。
答案选A。
6.B
【解析】
【详解】
A.二氧化硫的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质而漂白品红溶液,二氧化硫被溴、酸性高锰酸钾氧化而使这两种物质褪色,二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色,选项A错误;
B.二氧化硫、次氯酸等物质都能使品红溶液褪色,所以能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2,选项B正确;
C.漂白粉和过氧化钠的漂白性是利用其氧化性,活性炭的漂白性是利用其吸附性,二氧化硫的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质,所以其漂白原理不一定相同,选项C错误;
D.二者恰好反应生成盐酸和硫酸,反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,盐酸和硫酸没有漂白性,所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色,选项D错误;
答案选B。
7.B
【解析】
【分析】
发生的反应中,存在元素的化合价变化,与氧化还原反应有关;反之,不存在元素的化合价变化,则与氧化还原反应无关,以此解答该题。
【详解】
A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2,2FeCl3+Fe=3FeCl2,此过程中Fe的化合价发生变化,涉及到了氧化还原反应,故A不符合题意;
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl,过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O,此过程中没有元素化合价发生变化,未涉及氧化还原反应,故B符合题意;
C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸,应该用饱和食盐水除去HCl,除杂方法不正确,故C不符合题意;
D.NO2与水反应生成硝酸和NO。
反应过程中氮元素化合价发生变化,涉及到了氧化还原反应,故D不符合题意;
综上所述,本题应选B。
【点睛】
本题考查氧化还原反应,为高考常见题型,侧重于氧化还原反应判断的考查,注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化,题目难度不大。
8.D
【解析】
【分析】
【详解】
A.NaClO和NaCl的混合溶液中含有ClO-,其在酸性条件下具有强氧化性,与H+和Br-不能大量共存,A项错误;
B.混合溶液中的Cl-与Ag+反应生成氯化银沉淀,不能大量共存,B项错误;
C.溶液为碱性,滴入少量硫酸亚铁时,亚铁离子被ClO-氧化,但离子方程式中不能写H+而应写水,且生成Fe(OH)3,C项错误;
D.向溶液中加入浓盐酸时发生反应:
ClO-+Cl-+2H+===Cl2↑+H2O,每生成1molCl2转移1mol电子,约为6.02×1023个,D项正确。
故答案选:
D。
9.B
【解析】
【分析】
【详解】
A.由键线式可知该有机物的化学式为C16H10,故A正确;
B.分子中含有两个乙炔基、两个苯环,根据苯和乙炔的结构特点可知,该分子中处于同一直线上的碳原子最多有8个,处于同一直线上的碳原子和氢原子最多有10个,故B错误;
C.该物质中含有碳碳三键,能使溴的四氯化碳溶液褪色,故C正确;
D.两个乙炔基为直线形结构,碳碳单键可以转动,两个苯环所在的平面可能同时位于同一平面上,故分子中所有原子可能位于同一平面上,故D正确;
故答案选:
B。
10.C
【解析】
【分析】
【详解】
A.非金属性O>N>Si,气态氢化物的稳定性:
H2O>NH3>SiH4,故不选A;
B.H与F、Cl等形成共价化合物,与Na、K等形成离子化合物,则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物,故不选B;
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性,HCl不是最高价含氧酸,则不能比较Cl、C的非金属性,故选C;
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8,则118号元素在周期表中位于第七周期0族,故不选D;
答案:
C
11.B
【解析】
【分析】
1molN4气体中含有6molN-N键,1molN2中含有1molN≡N键,1molN4气体转变为2molN2的反应热ΔH=化学键断裂吸收的热量-形成化学键放出的热量=6×167kJ/mol-2×942kJ/mol=1002kJ/mol-1884kJ/mol=-882kJ/mol,则可得热化学方程式:
N4(g)=2N2(g)ΔH=-882kJ/mol,再结合已知的热化学方程式和盖斯定律进行分析判断。
【详解】
在1molN4气体中含有6molN-N键,1molN2中含有1molN≡N键,1molN4气体转变为2molN2的反应热ΔH=化学键断裂吸收的热量-形成化学键放出的热量=6×167kJ/mol-2×942kJ/mol=1002kJ/mol-1884kJ/mol=-882kJ/mol,则可得热化学方程式:
N4(g)=2N2(g)ΔH=-882kJ/mol,
A.已知N4(g)=2N2(g)ΔH=-882kJ/mol;N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)ΔH1=-92kJ/mol;
根据盖斯定律可知,热化学方程式N4(g)+6H2(g)
4NH3(g)可由第一个热化学方程式加上第二个热化学方程式的2倍得到,则ΔH2=-882kJ/mol+2(-92kJ/mol)=-1066kJ/mol,ΔH2<0,A项错误;
B.由分析知,N4(g)=2N2(g)ΔH=-882kJ/mol,该反应为放热反应,则反应物1molN4的总能量大于生成物2molN2的总能量,而物质的能量越低越稳定,则N2分子比N4分子稳定,B项正确;
C.ΔH1=-92kJ/mol,ΔH2=-1066kJ/mol,C项错误;
D.热化学方程式中化学式前面的化学计量数表示参加反应物质的量,ΔH单位中的“每摩尔”是指每摩尔反应,反应热与化学方程式的系数成正比,D项错误;
答案选B。
12.D
【解析】
【分析】
根据题目的反应,主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。
【详解】
A.加入NaOH,中和HBr,平衡逆向移动,可增大乙醇的物质的量。
选项A正确。
B.增大HBr浓度,平衡正向移动,有利于生成C2H5Br。
选B正确。
C.若反应物增大至2mol,实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍,比例不变(两次实验反应物的比例都是1:
1,等于方程式中的系数比),只要反应物的投料比等于系数比,达平衡时反应物的转化率一定是相等的。
所以两种反应物的转化率一定是1:
1。
选项C正确。
D.若起始温度提高至60℃,考虑到HBr易挥发性,温度升高化学反应速率加快,而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢,故不一定能缩短到达平衡的时间。
选项D错误。
故选D。
点睛:
本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应,但是考虑到反应是在水溶液中进行的,而生成的溴乙烷是不溶于水的,即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的,所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。
13.C
【解析】
分析:
A项,Na2SO3属于强碱弱酸盐,SO32-存在水解平衡;B项,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多,说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4,①与④温度相同,④与①对比,SO32-浓度减小,溶液中c(OH-),④的pH小于①;C项,盐类水解为吸热过程,①→③的过程,升高温度SO32-水解平衡正向移动,c(SO32-)减小,水解平衡逆向移动;D项,Kw只与温度有关。
详解:
A项,Na2SO3属于强碱弱酸盐,SO32-
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