(精选3份合集)2020届北京市中国人民大学附属中学高考数学模拟试卷

2021届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．a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系：

己知C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是 A．原子半径b>c

B．e的氧化物的水化物为强酸 C．化合物A为共价化合物 D．元素非金属性强弱c

A和氢氧化钠溶液反应生成B和C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B可推断为氢氧化铝，A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A中含有硫酸根离子，根据以上推断，A为NH4Al(SO4)2，a为H元素，b为N元素，c为O元素，d为Al元素，e为S元素，据此分析解答。 【详解】

A．b为N元素，c为O元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径b＞c，故A正确； B．e为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误； C．A为NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误；

D．c为O元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱c＞e，故D错误； 答案选A。

2．下列关于有机物的说法正确的是（ ） A．乙醇和丙三醇互为同系物 B．环己烯(

)分子中的所有碳原子共面

C．分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构) D．二环己烷( 【答案】C

)的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)

【解析】 【详解】

A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误； B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；

C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确； D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误； 故合理选项是C。

3．中和滴定中用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，计算式与滴定氢氧化钠溶液类似：c1V1=c2V2，则（ ）

A．终点溶液偏碱性

B．终点溶液中c(NH4+)=c(Cl-) C．终点溶液中氨过量

D．合适的指示剂是甲基橙而非酚酞 【答案】D 【解析】 【分析】

用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，结合盐类的水解解答该题。 【详解】

用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c(NH4+)＜c(Cl﹣)，应用甲基橙为指示剂，D项正确； 答案选D。 【点睛】

酸碱中和滴定指示剂的选择，强酸和强碱互相滴定，可选用酚酞或者甲基橙作指示剂，弱酸与强碱滴定选用酚酞作指示剂，强酸与弱碱滴定选用甲基橙作指示剂，这是学生们的易错点。 4．化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ） A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 C．碳酸钡可用于胃肠X射线造影

B．漂白粉可用于生活用水的消毒 D．氢氧化铝可用于中和过多胃酸

【答案】C 【解析】 【详解】

A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确； B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；

C. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，C错误。

D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，D正确； 答案选C。 【点睛】

选项C是解答的易错点，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。

5．某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：

回答下列问题:

（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，（2）滤渣1中主要含______。对应调pH应不低于______。（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。

（3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。 （4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。

L-1NaHC2O4溶液（5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·

L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol·当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-) ：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。 【答案】Na2SiO3 NaAlO2 H2SiO3 4.7 NH4++VO3-=NH4VO3↓ 2NH4VO3

高温V2O5+2NH3↑+H2O↑ 3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O c(Na+)＞c(HC2O4-)＞

c(H+)＞C2O42-＞c(OH-) 0.38 【解析】 【分析】

“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2；

“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+；

“调pH”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3； “沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5；

“还原”时，用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+，调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3，据以上分析解答。 【详解】

(1) 高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；

(2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，

(10-14)3Fe浓度为1×10mol/L时，c(OH)×1×10mol/L=4.0×10，c(OH)=4.0×10，c(H)=?250?10-12，-334?103+

-5

3

--5

-38

3

--33

3

+

c(H+)=3250×10-4≈6×10-4，pH≈4-lg6＜4。Al3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=1.0×10-33，

11(10-14)3-14-15+

-5，pH=-lg(-5)=5- c(OH)=1.0×10，c(H)=c(H)=，?1.0?10=10?1033?2810?1010?101.0?103--283+

lg(

3+3+

10)≈4.7＞4，综上所述，要使A和Fe完全沉淀，pH不低于4.7，故答案为：H2SiO3；4.7；

13(3)“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3沉淀煅烧得到V2O5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O和NH3，方程式为：2NH4VO3

高温V2O5+2NH3↑+H2O↑，NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3故答案为：

高温V2O5+2NH3↑+H2O↑；

(4) “还原”时，C2O42-将CrO42-还原成Cr3+，pH在2.5左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为CO2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O，故答案为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O；

(5) HC2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)＞c(HC2O4-)，HC2O4-的电离常数= Ka2=6. 4×10-5，HC2O4-的水解常数

Kw10-14Kh==≈1.7×10-13，电离常数＞＞水解常数，加之水电离也能产生一定的H+，所以c(H+)＞-2Ka15.9?10C2O42-＞c(OH-)。水解和电离都是微弱的，所以，c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，综上所述：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)。H2C2O4

?H

+

+HC2O4-，Ka1=

c(H+)?c(HC2O4-)，HC2O4-?H++C2O42-，

c(H2C2O4)c(H+)?c(C2O42-)c(H+)?c(HC2O4-)c(H+)?c(C2O42-)c2(H+)?c(C2O42-)Ka2=×=，Ka1×Ka2=。pH=

c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(HC2O4-)c(H2C2O4)