2019-2020学年东北师范大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年东北师范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．美国《Science》杂志曾经报道：在40 GPa高压下，用激光器加热到1800K，人们成功制得了原子晶体干冰。有关原子晶体干冰的推断错误的是

A．有很高的熔点和沸点 B．易汽化，可用作制冷材料

C．含有极性共价键 D．硬度大，可用作耐磨材料

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．原子晶体具有很高的熔点、沸点，所以原子晶体干冰有很高的熔点、沸点，故A正确；

B．原子晶体干冰有很高的沸点，不易汽化，不可用作制冷材料，故B错误；

C．不同非金属元素之间形成极性键，二氧化碳中存在O=C极性键，故C正确

D．原子晶体硬度大，所以原子晶体干冰的硬度大，可用作耐磨材料，故D正确；

故选：B。

2．设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是

A．1L 1 mol·L－1 的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NA

B．22.4 L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NA

C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA

D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA

【答案】D

【解析】

【详解】

A．HCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1 mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；

B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；

C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；

D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:14g28g/mol=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；

故答案为D。

3．下列有关物质的性质与应用相对应的是（ ）

A．Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒 B．SiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维

C．NH3具有还原性，可用作制冷剂

D．Na2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂

【答案】D

【解析】

【详解】

A．氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；

B．二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；

C．氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；

D．过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确；

故答案为D。

4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A．标准状况下，11.2 L 三氯甲烷中含有分子数为0.5NA

B．常温常压下，2gD2O中含有电子数为NA

C．46gNO2和N2 O4混合气体中含有原子数为3NA

D．ImoINa完全与O2反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为NA

【答案】A

【解析】

【详解】

A．标准状况下，三氯甲烷为液态，无法由体积计算分子数，故A错误；

B．D2O的摩尔质量为20g/mol，2gD2O为0.1mol，每个分子中含有10个电子，则含有电子数为NA，故B正确；

C．NO2和N2 O4的最简式相同，则混合气体中含有原子数为346g/4gmol6=3mol，即3NA，故C正确；

D．1moINa反应生成Na2O和Na2O2，钠原子只失去1个电子，所以转移电子数为1mol，即NA，故D正确。

故选A。

5．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是

选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中 钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈 乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼

B 在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热 有红色沉淀生成 淀粉完全水解

C 向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+

D 向10mL 0.1mo/L Na2S溶液中滴入2mL0.1mol/L ZnSO4溶液再加入0.1mol/L CuSO4溶液 开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

【分析】

A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，可根据反应的剧烈程度确定羟基上氢原子的活泼性；

B、淀粉水解要在硫酸作用下进行，要检验水解产物，必须先加碱中和至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，但淀粉水解是否完全，还要检验是否有淀粉存在；

C、稀硫酸没有强氧化性，不能氧化Fe2+；

D、该实验中物质的用量决定着反应的本质，现象不能说明Ksp的大小。

【详解】

A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，大小相同的钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中的氢原子比乙醇羟基上的氢原子活泼，故A正确；

B、淀粉若部分水解，也会产生同样的现象，故B错误；

C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C错误；

D、由于Na2S在与ZnSO4反应时过量，所以再加入CuSO4时，发生如下反应Na2S+CuSO4 ==CuS↓+ Na2SO4，不能说明Ksp(CuS)

本题答案为A。

【点睛】

淀粉是完全水解、部分水解、还是没有水解一定要明确其检验方法，一般都需要做两个实验；要明确硝酸和硫酸谁具有强氧化性，才能准确解答C选项；D选项最容易错选，物质量的多少对某些离子反应的发生起着决定性作用。

6．一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是

A．电池工作时，NO3－向石墨I移动

B．石墨Ⅰ上发生的电极反应为：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2O

C．可循环利用的物质Y的化学式为N2O5

D．电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：23

【答案】B

【解析】

【分析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+ O2=2 N2O5。

【详解】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3- 。

A．电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨Ⅰ是负极，NO3- 向石墨I移动，A正确；

B．该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨Ⅰ上发生的电极反应为：NO2- e-+NO3- = N2O5，B错误；

C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；

D．原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；

答案选D。

【点睛】

考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。

7．能用元素周期律解释的是( )

A．酸性： H2SO3＞H2CO3 B．熔、沸点：HF＞HCl

C．碱性： NaOH＞Al(OH)3 D．热稳定性： Na2CO3＞CaCO3 【答案】C

【解析】

【详解】

A、不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，A错误；

B、氢化物的熔沸点与元素周期律没有关系，B错误；

C、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，可以用元素周期律解释，C正确；

D、碳酸盐的热稳定性与元素周期律没有关系，D错误，

答案选C。

【点晴】

素的性质随原子序数的递增而呈周期性变化的规律，具体表现为

同周期(从左到右)

同主族(从上到下)

原子序数

依次递增

依次递增

电子层数

相同

依次递增

最外层电子数

依次递增（从1至8）

相同（He除外）

原子半径

逐渐减小

逐渐增大

主要化合价

最高正价由＋1价到＋7价价(O、F除外) 最低负价由－4价到－1价

一般相同

金属性

逐渐减弱

逐渐增强

非金属性

逐渐增强

逐渐减弱

8．以下说法正确的是（ ）

A．共价化合物内部可能有极性键和非极性键

B．原子或离子间相互的吸引力叫化学键

C．非金属元素间只能形成共价键

D．金属元素与非金属元素的原子间只能形成离子键 【答案】A

【解析】

【详解】

A、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则共价化合物内部可能有极性键和非极性键，例如乙酸、乙醇中，A正确；

B、相邻原子之间强烈的相互作用是化学键，包括引力和斥力，B不正确；

C、非金属元素间既能形成共价键，也能形成离子键，例如氯化铵中含有离子键，C不正确；

D、金属元素与非金属元素的原子间大部分形成离子键，但也可以形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，D不正确；

答案选A。

9．X、Y、Z、R，W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11。YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是五种元素中最大的，W与Z同主族。下列说法错误的是（ ）

A．简单离子的半径：Y＞X

B．气态氢化物的稳定性：Y＞W

C．X、Z和R形成强碱

D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R

【答案】C

【解析】

【分析】

X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。

【详解】

A．X、Y简单离子分别为H+(或H-)、N3-，电子层越多离子半径越大，故离子半径；N3-＞H+(或H-)，故A正确；

B．非金属性N＞S，故氢化物稳定性NH3＞H2S，故B正确；

C．X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；

D．W的非金属性比R的强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R，故D正确。

故选：C。

【点睛】

本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”，可知YZ为NO；本题中无法确定R代表的具体元素，但并不影响对选项的判断。