2019-2020年高考考前冲刺第一次训练化学试题 含答案.doc

2019-2020年高考考前冲刺第一次训练化学试题 含答案在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质量： H 1，C 12，O 16，Na 23，Al 27，S 32，Cl 35.5，Fe 56，Zn 651、肼（N2H4）是火箭发动机的一种燃料，反应时N2O4为氧化剂，生成N2和H2O（g），已知：N2（g）+2O2（g）N2O4（g），H=+8.7kJ/mol；N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g），H=534.0kJ/mol；下列表示肼跟N2O4反应的热化学反应方程式，正确的是（）A2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=542.7 kJ/molB2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=1059.3 kJ/molCN2H4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（g）；H=1076.7 kJ/molD2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=1076.7 kJ/mol2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A在含4mol SiO键的SiO2晶体中，氧原子的数目为4NAB氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应的H0，所以该反应不能自发进行C常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，降温至标准状况，其体积小于22.4LD已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2的值均大于零）：H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=Q1 kJmol1；H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H=Q2kJmol1；则Q1Q23、下列各装置能够达到相应实验目的是（ ）A 用装置除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸B 用装置除去氯气中的少量氯化氢C 用装置制取无水MgCl2D 用装置制取乙烯4、下列离子方程式书写正确的是（）A向NaHSO4溶液中滴Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2H+SO42+Ba2+OHH2O+BaSO4B向FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2+Cl22Fe3+2ClC加热可增强纯碱溶液去污力：CO32+2H2OH2CO3+2OHD过量CO2通入Ca（ClO）2溶液中：ClO+CO2+H2OHCO3+HClO5、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是（）A简单离子半径：YZWB简单氢化物的热稳定性：XYRCW的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强DR的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO46、在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是( )Av（A）=0.5 mol/（Ls）Bv（B）=0.3 mol/（Ls）Cv（C）=0.8 mol/（Ls）Dv（D）=1 mol/（Ls）7、将1.12g铁粉加到25mL 2molL1的氯化铁溶液中，完全反应后，其结果是（）A溶液中n（Fe2+）与n（Fe3+）之比为6：1B氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：5C铁有剩余，溶液呈浅绿色，c（Cl）基本不变D往溶液中滴加无色KSCN溶液，不变色8、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池如图为RFC工作原理示意图下列有关说法正确的是（）A当有0.1 mol电子转移时，a电极产生2.24LH2Bb电极上发生的电极反应是：4H20+4e=2H2+40HCc电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池Dd电极上发生的电极反应是：02+4H+4e=2H20第卷（非选择题，共4小题，共52分）9、葡萄酒中的酒精是葡萄果实中的糖发酵后的产物（C6H12O62CH3CH2OH+2CO2）、已知：实验室制乙烯原理为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，产生的气体能使Br2 的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用下列实验验证（气密性已检验，部分夹持装置略如图1）实验操作和现象：操 作现 象点燃酒精灯，加热至170：A中烧瓶内液体渐渐变黑：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色实验完毕，清洗烧瓶：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有 性（2）分析，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用根据甲的观点，使B中溶液褪色反应的化学方程式是 ；乙根据现象认为实验中产生的SO2和 ，使B中有色物质反应褪色为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如下：甲：在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶；现象：Br2的CCl4溶液褪色乙：用下列装置按一定顺序与A连接：（尾气处理装置略如图2）现象：C中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色请回答下列问题：a甲设计实验中A、B间洗气瓶中盛放的试剂是 ；乙设计的实验D中盛放的试剂是 ，装置连接顺序为 b能说明确实是SO2使E中溶液褪色的实验是 c乙为进一步验证其观点，取少量C中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是 由此可得出的干燥的SO2 不能使Br2 的四氯化碳溶液褪色、葡萄酒中常用Na2S2O5做抗氧化剂（3）0.5molNa2S2O5溶于水配成1L溶液，该溶液的pH=4.5溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图3所示写出Na2S2O5溶于水时发生的化学方程式 （4）已知：Ksp=11010，Ksp=5107把部分被空气氧化的该溶液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42沉淀完全，此时溶液中c（SO32） molL110、明矾石的组成和明矾相似，是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，此外还含有氧化铝和少量的氧化铁杂质具体实验流程如图：请回答下列问题：（1）明矾石焙烧时产生SO2，请你写出能验证SO2具有还原性且实验现象明显的化学方程式： （2）操作1所用到的玻璃仪器的名称是 （3）请你写出验证溶液1中有NH的实验过程： （4）由溶液3制取氢氧化铝的离子方程式为 （5）实验室用Fe2O3与CO反应来制取单质Fe请按气流由左到右的方向连接下列各装置，顺序为A 检查装置A气密性的方法是 在点燃B处的酒精灯前，应进行的操作是 装置C的作用是 11、碱式碳酸镁不溶于水，用途广泛，主要用作橡胶制品的填充剂，能增强橡胶的耐磨性和强度也可用作油漆和涂料的添加剂，也可用于牙膏、医药和化妆品等工业以水氯镁石（主要成分为MgCl26H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：（1）预氨化过程中有Mg（OH）2沉淀生成，已知常温下Ksp（Mg（OH）2）=1.81011，表示Mg（OH）2沉淀溶解平衡的方程式为 ，Mg（OH）2达到沉淀达到沉淀溶解平衡时溶液的pH （已知：lg361.5）（2）已知：常温下Ka1（H2CO3）=4.4107，Ka2（H2CO3）=4.71011，Kb（NH3H2O）=1.8105，则NH4HCO3溶液显 性，c（NH） c（HCO）（选填“大于”、“小于”、“等于”），该溶液物料守恒表达式为 （3）上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为 （4）高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO取碱式碳酸镁晶体4.84g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO2 0.896L，则碱式碳酸镁的化学式为 ，写出氯化镁、氨、碳酸氢铵热水解生成碱式碳酸镁的离子方程式 12、【选修五 有机化学基础】工业上合成a萜品醇G的路线之一如图：已知：请回答下列问题：（1）F中所含官能团的名称是 ；BC的反应类型为 （2）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式 只有3种环境的氢原子 能发生银镜反应 分子中含六元环（3）A的核磁共振氢谱有 个吸收峰，面积比为 （4）写出CD转化的化学方程式 （5）写出B在一定条件下聚合成高分子化合物的化学方程式 （6）G可以与H2O催化加成得到不含手性碳原子的化合物H，请写出H的结构简式 参考答案及评分标准1.【答案】D【解析】解：已知N2（g）+2O2（g）N2O4（g），H=+8.7kJ/mol；N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g），H=534.0kJ/mol；利用盖斯定律将1可得2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g），H=（534.0kJ/mol）2（+8.7kJ/mol）=1076.7 kJ/mol，或N2H4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（g）；H=538.35kJ/mol，故选D2.【答案】C【解析】解：A、在含4mol SiO键的SiO2晶体中，氧原子连接两个硅原子，氧原子的数目为4NA，故A错误；B、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应的H0，S0，可以符合HTS0，所以该反应能自发进行，故B错误；C、常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，物质的量为1mol，2NO2？N2O4，反应是放热反应降温平衡正向进行，降温至标准状况，其体积小于22.4L，故C正确；D、H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=Q1 kJmol1；H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H=Q2kJmol1，氯气能量高于溴单质，焓变为负值，则Q1Q2，故D错误；故选C3.【答案】C【解析】A乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应，不能除杂，应将试剂改为饱和碳酸钠，故A错误；B氯气、HCl在溶液中均与硝酸银反应，不能除杂，应加硝酸银改为饱和食盐水，故B错误；C在HCl气流中可抑制镁离子水解，则图中装置可制取无水MgCl2，故C正确；D制备乙烯需要在170，应测定反应混合液的温度，图中温度计的位置不合理，水银球应在液面以下，故D错误；故选C4.【答案】D【解析】解：A向NaHSO4溶液中滴Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全，反应生成硫酸钡和氢氧化钠和水，离子方程式：H+SO42+Ba2+OHH2O+BaSO4，故A错误；B向FeI2溶液中通入少量氯气，离子方程式：2I+Cl2I2+2Cl，故B错误；C加热可增强纯碱溶液去污力，离子方程式：CO32+H2OHCO3+OH，故C错误；D过量CO2通入Ca（ClO）2溶液中反应生成次氯酸和碳酸氢钙，离子方程式：ClO+CO2+H2OHCO3+HClO，故D正确；故选：D5.【答案】A【解析】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为ClAY离子为O2或F，Z、W的离子分别为Na+、Al3+，三者离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2（或F）Na+Al3+，故A正确；BY的非金属性强于X，故氢化物稳定性YX，故B错误；C金属性AlNa，故碱性：氢氧化铝氢氧化钠，故C错误；DR为S时，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故D错误，故选A6.【答案】B【解析】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B3C+4D，A、（A）=0.5 mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=2（A）=1mol/（Ls），B、（B）=0.3mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=4（B）=1.2mol/（Ls），C、（C）=0.8mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=（C）=0.8mol/（Ls）=1.1mol/（Ls），D、（D）=1 mol/（Ls），故速率BCA=D，故选B7.【答案】A【解析】解：铁粉的物质的量n=0.02mol，氯化铁的物质的量n=cV=2molL10.025L=0.05mol；铁粉与氯化铁的离子反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据反应的物质的量之比等于计量数之比知，0.02mol铁粉完全反应需要0.04mol氯化铁，AFe2+的物质的量为0.06mol，氯化铁的物质的量为0.01mol，所以Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6：1，故A正确；B离子反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比是 1：2，故B错误；C由于氯化铁剩余了0.01mol，铁完全反应，故C错误；D氯化铁剩余，向溶液中滴入无色KSCN溶液，显血红色，故D错误；故选A8.【答案】C【解析】解：电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H+4e=2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H+4e=2H2O；A、阳极电极反应计算，当有0.1 mol电子转移时，a电极产生标况下1.12LH2，故A错误；B、b电极上发生的电极反应是4OH4e=2H2O+O2；故B错误；C、c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C正确；D、d电极上发生的电极反应是：2H24e=4H+；故D错误；故选C9.【答案】（1）脱水性；（2） CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br； H2O；a、NaOH 溶液；浓硫酸；（d）cabe（f）；b、加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；c、SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+4H+2Br+BaSO4；（3）Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；（4）0.05【解析】解：（1）浓硫酸具有脱水性，能使乙醇溶液“渐渐变黑”，故答案为：脱水性；（2）根据甲的观点，溴水可以使B中溶液褪色，反应的化学方程式是CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；乙根据现象认为产生了SO2和水，在B中溴单质可以和二氧化硫、水发生氧化还原反应生存溴化氢和硫酸，故答案为：H2O；a、根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是氢氧化钠，可以和二氧化硫反应，吸收二氧化硫，排除二氧化硫的干扰，根据乙的设计，C中盛放的试剂是，浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂，根据乙的设计，即要证明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳褪色，但能使品红褪色，所以装置连接顺序为（d）cabe（f），故答案为：NaOH 溶液；浓硫酸；（d）cabe（f）；b、证明SO2使E中溶液褪色的实验是加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2，故答案为：加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；c、溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和溴离子，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀，相关反应的离子方程式为SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+4H+2Br+BaSO4，故答案为：SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+4H+2Br+BaSO4；（3）根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，所以水解方程式为Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，故答案为：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；（4）根据Ksp=c（Ba2+）c（SO42），可知需要c（Ba2+）=105molL1，则溶液中SO32的最大浓度c（SO32）=0.05molL1，故答案为：0.0510.【答案】（1） SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2） 漏斗、烧杯、玻璃棒；（3） 取少量溶液1于试管中，加入浓氢氧化钠溶液加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，证明溶液1中含有NH4+；（4） AlO2+CO2+H2O=Al（OH）3+HCO3；（5） EBCD； 关闭a、b两处活塞，将导气管插入水槽中，微热，导气管口有气泡产生，停止微热，一段时间后，导管中形成一段水柱，说明气密性良好； 检验CO气体纯度； 除去CO气体混有的二氧化碳，利用CO点燃【解析】解：（1）选用氯水检验时，氯气与SO2在溶液中反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）将液体和不溶于液体的固体分离开来的操作是过滤，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；（3）验证溶液l中有NH4+的实验操作为：取少量溶液1于试管中，加入浓氢氧化钠溶液加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，证明溶液1中含有NH4+，故答案为：取少量溶液1于试管中，加入浓氢氧化钠溶液加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，证明溶液1中含有NH4+；（4）溶液3中含有偏铝酸根，通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢根离子，反应离子方程式为AlO2+CO2+H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）A作用除去CO中混有的二氧化碳，B为Fe2O3与CO反应装置，C作用为吸收从B中出来的气体混有的二氧化碳，D作用为燃烧剩余的CO，E作用为干燥进入B装置的气体所以各装置顺序为：AEBCD，故答案为：EBCD；利用气体的热胀冷缩检验气密性操作为：关闭a、b两处活塞，将导气管插入水槽中，微热，导气管口有气泡产生，停止微热，一段时间后，导管中形成一段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭a、b两处活塞，将导气管插入水槽中，微热，导气管口有气泡产生，停止微热，一段时间后，导管中形成一段水柱，说明气密性良好；CO为易燃气体，不纯受热会发生爆炸危险，所以在加热前要检验其纯度，故答案为：检验CO气体纯度；从B中出来的气体含有二氧化碳，不利于CO点燃，C装置作用为除去CO气体混有的二氧化碳，利用CO点燃，故答案为：除去CO气体混有的二氧化碳，利用CO点燃11.【答案】（1）Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）；10.5；（2）碱；大于；c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）；（3）NH4Cl；（4）Mg（OH）24 MgCO34H2O（或Mg5（OH）2（CO3）44H2O）；5Mg2+4HCO3+6NH3+7H2O=Mg（OH）24MgCO35H2O+6NH4+【解析】解：水氯镁石（主要成分为MgCl26H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物，（1）Mg（OH）2沉淀溶解生成镁离子和氢氧根离子，溶解的离子方程式为Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），根据Ksp=Mg2+OH2可知，OH=104mol？L1，H+=1010molL1，所以溶液的pH=10+lg36=10.5，故答案为：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）；10.5；（2）Ka1（H2CO3Kb（NH3H2O），所以铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，所以溶液中c（NH4+）c（HCO3），溶液呈碱性，根据氮元素和碳元素守恒可知物料守恒式为c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故答案为：碱；大于；c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）；（3）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子有氯离子和铵根离子，故所得的滤液中含NH4Cl，故答案为：NH4Cl；（4）碳酸镁可以写成氧化物的表示形式，即xMgOyH2OzCO2，根据题意：碱式碳酸镁4.84g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，即n（CO2）=0.896L/22.4Lmol1=4.00102 mol，n（MgO）=2.00g/40gmo l1=5.00102 mol，n（H2O）=5.00102 mol，n（MgO）：n（CO2）：n（H2O）=5.00102：4.00102：5.00102=5：4：5，即x：y：z=5：4：5，所以碱式碳酸镁的化学式为：Mg（OH）24 MgCO34H2O（或Mg5（OH）2（CO3）44H2O），用氯化镁、氨、碳酸氢铵热水解生成碱式碳酸镁的离子方程式为5Mg2+4HCO3+6NH3+7H2O=Mg（OH）24MgCO35H2O+6NH4+，故答案为：Mg（OH）24 MgCO34H2O（或Mg5（OH）2（CO3）44H2O）；5Mg2+4HCO3+6NH3+7H2O=Mg（OH）24MgCO35H2O+6NH4+12.【答案】（1） 碳碳双键和酯基；取代反应； （2） ；（3） 4；1：1：4：4；（4） ；（5） ；（6） 【解析】解：由A、B的结构可知，A与甲烷发生加成反应生成B，B与HBr发生取代反应生成C为，C发生消去反应生成D为，D酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，F发生信息反应生成G，结合F与G的结合可知Y为CH3MgBr，（1）根据上面的分析可知，F为，F中所含官能团的名称是 碳碳双键和酯基，BC的反应类型为取代反应，故答案为：碳碳双键和酯基；取代反应； （2）E为，根据条件只有3种环境的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，分子中含六元环，则满足条件的E的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（3）根据A的结构简式可知，A的核磁共振氢谱有4个吸收峰，面积比为 1：1：4：4，故答案为：4；1：1：4：4；（4）C为，C发生消去反应生成D为，反应的化学方程式为，故答案为：；（5）B在一定条件下聚合成高分子化合物的化学方程式为，故答案为：；（6）G与H2O催化加成得不含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和C原子上，H的结构简式为：，故答案为：