2019-2020年高考考前适应性训练（二）理综化学试题 含解析.doc

2019-2020年高考考前适应性训练（二）理综化学试题 含解析可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 K-39 Ca-40 Cr-52 Fe-56 第I卷(选择题共126分)一、选择题(本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)7、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A10mL 18mol/L浓硫酸与足量铜加热充分反应，其中有0.09NA个H2SO4体现了氧化性B将5.6g铁在3.36LCl2中点燃，二者一定能恰好完全反应C100mL 1mol/L硫酸溶液中，有0.1mol H2SO4分子D标准状况下，22.4 L CO2和CO混合气体中含有的碳原子数约为NA8、下列对三种有机物的叙述不正确的是（）A三种有机物都能发生酯化反应B阿司匹林的苯环上的一氯代物有8种C麻黄碱的分子式是C10H15NO，苯环上的一硝基取代物有3种D青霉素氨基酸既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应9、下列反应离子方程式正确的是（ ）A. Na2 C03溶液呈碱性：C032_+2H20H2 C03+20H-BNaHC03溶液中加过量Ca(OH)2溶液：Ca2+ 20H-+ 2HC03-=CaC03+C032-+ 2H2OC漂白粉溶液中通入足量二氧化硫气体：ClO-+ SO2+H2O=HC1O+HSO3-D向NaAl02溶液中通入过量C02：AlO2-+ CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-10、下列事实中，能说明氯的非金属性比硫强的是（）HClO的氧化性比H2SO4的氧化性强常温下氯气是气态而硫是固态盐酸酸性比氢硫酸强HCl比H2S稳定H2S能被Cl2氧化成硫SCl2分子中氯显1价氯气与氢气化合比硫与氢气化合要容易进行Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeSABCD11、将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份：一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。下列说法正确的是( )AV1=V3V2 BV2V1 =V3 CV1= V2V3 DV1V3V2 12、一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：下列描述正确的是( )A应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%B应的化学方程式为：X（g）+Y（g）=Z（g）C应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（Ls）D开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/L13、用固体氧化物作为电解质的氢氧燃料电池电解Na2 S04溶液，已知固体氧化物在高温下允许氧离子（O2-）在其间通过，其工作原理如下图所示（c、d均为惰性电极）。下列有关说法正确的是（ ）A电路中电子流向为adcbB电极b为负极，电极反应式为O2+4e一=2O2-C电解后烧杯中溶液pH增大D理论上b极消耗气体和c极生成气体质量相等第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）26、四氯化锡常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡已知SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮湿的空气中发烟实验室可用下列装置合成四氯化锡（夹持装置略）（1）装置D的名称为 ；（2）装置A中固体B为黑色粉末，写出烧瓶中发生反应的化学反应方程式为 ；（3）假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，可能得到的副产物为 ；（4）装置H中盛放足量的FeBr2溶液可吸收尾气，其反应的离子反应方程式为 （5）该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为 （6）若装置A中标准状况下生成6.72L气体，假设不计气体损耗且Sn足量，反应完毕后在G中锥形瓶里收集到37.20g SnCl4，则SnCl4的产率为 （已知SnCl4相对分子质量为261）27、某废水中可能含有下列离子中的若干种：Fe3+、Al3+、Fe2+、Cu2+、Cl、CO32、NO3、SO42、SiO32现进行如下实验：a取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化b另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色c向b中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成d向b中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褪色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成（已知Cu2+与过量浓氨水反应生成四氨合铜离子）请回答下列问题：（1）该废水一定含有的离子是 ；（2）实验b中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是 ；（3）过滤除去d中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为Al+NO3+OHAlO2+NH3+N2+H2O（未配平）若除去0.2molNO3，消耗铝 g28、在一定温度下，有a盐酸b硫酸c醋酸三种酸：（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是 （2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 （3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是 （4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是 （5）当三者c（H+）相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为 ，反应所需时间的长短关系是 （6）将c（H+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是 38化学选修5：有机化学基础 (15分)化合物H可用以下路线合成：已知：回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以生成88g CO2和45g H2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为 ；（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为 ；（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3苯基1丙醇F的结构简式是 ；（4）反应的反应类型是 ；（5）反应的化学方程式为 ；（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式 参考答案及评分细则7.【答案】D【解析】解：A、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则体现氧化性的硫酸分子小于0.09NA个，故A错误；B、氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，和铁的反应情况也无法计算，故B错误；C、硫酸溶于水后完全电离，故硫酸溶液中无硫酸分子，故C错误；D、标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而二氧化碳和CO中均含1个碳原子，故1mol二氧化碳和CO的混合物中含有的碳原子为NA个，与两者的比例无关，故D正确故选D8.【答案】B【解析】A三种有机物分别含有羧基、羟基，都可发生酯化反应，故A正确；B阿司匹林苯环有4种H原子，一氯代物有4种，故B错误；C有机物分子式为C10H15NO，苯环只有1个取代基，则对应的同分异构体有邻、间、对3种，故C正确；D青霉素氨基酸含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与NaOH反应，故D正确故选B9.【答案】D【解析】解：考查离子方程式的正误判断。多元弱酸根(正盐)的水解必须分步水解；NaHCO3溶液加入过量Ca(OH)2溶液后溶液中不会存在CO32；漂白粉溶液中通入过量SO2不能有强氧化性的HClO和强还原性的HSO3同时生成。10.【答案】C【解析】解：比较非金属性强弱，应用最高价氧化物对应的水化物的酸性，HClO的氧化性比H2SO4的氧化性强，不能用于比较，故错误；常温下氯气是气态而硫是固态，属于物理性质，不能用于比较化学性质，故错误；比较非金属性强弱，应用最高价氧化物对应的水化物的酸性，不能用氢化物的酸性比较，故错误；HCl比H2S稳定，说明非金属性ClS，故正确；元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，H2S能被Cl2氧化成硫，可说明非金属性ClS，故正确；SCl2分子中氯显1价，可说明Cl元素易得到电子，非金属性较强，故正确；氯气与氢气化合比硫与氢气化合要容易进行，可说明Cl非金属性较强，故正确；Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，说明氯气易得到电子，元素的非金属性较强，故正确故选C11.【答案】A【解析】解：三份相同的铝热剂，与都是Al与氢气的置换，所以生成的氢气的体积相等；是铝置换出来的铁与盐酸反应，根据3 Fe3O4+8Al4Al2O3+9 Fe，Fe+2HCl=FeCl2+H2，8molAl产生的氢气的体积大于9molFe产生的氢气的体积，所以答案选A。12.【答案】A【解析】根据图象知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，说明X、Y是反应物，Z是生成物，达到平衡时n（X）=（1.200.41）mol=0.79mol，n（Y）=（1.000.21）mol=0.79mol，n（Z）=（1.580）mol=1.58mol，A、10s时Y的物质的量是0.21mol，所以变化量是0.79mol，所以转化率是79%，A正确；B、根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知方程式为X（g）+Y（g）2Z（g），B错误；C、根据图象可知，用Z表示的反应速率为=0.079 mol/（Ls），故C错误；D、10s时X的物质的量是0.41mol，所以变化量是0.79mol，浓度的变化量是0.365mol/L，D错误；故选A13.【答案】D【解析】解：考查电化学知识。用以O2传递电荷固体氧化物为电解质的氢氧燃料电池电解Na2SO4溶液，电子不可能通过电解质溶液；原电池中O2为正极；电解Na2SO4溶液只要温度不变溶液的pH不变。26.【答案】（1）蒸馏烧瓶；（2）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）；（4）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（5）在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）；（6）95.0%【解析】解：工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D装置烧瓶中含有Sn，则A目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮湿的空气中发，为防止D中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则B、C要除去HCl、Cl2，用饱和的食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥Cl2；G中收集的物质是SnCl4，氯气具有强氧化性，溴化亚铁具有还原性，能吸收氯气；（1）装置D的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）装置A中固体B为黑色粉末，为二氧化锰，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，SnCl4发生水解，所以可能得到的副产物有SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可），故答案为：SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）；（4）氯气和溴化亚铁发生氧化还原反应，亚铁离子显被氧化生成铁离子，离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（5）SnCl4发生水解，为防止水解，要防止H中的水蒸气进入G装置，所以改进措施为在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管），故答案为：在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）；（6）若装置A中标准状况下生成6.72L气体，该气体是氯气，n（Cl2）=0.3mol，根据关系式得n（SnCl4）=n（Cl2）=0.3mol=0.15mol，理论上m（SnCl4）=0.15mol261g/mol=39.15g，实际上得到37.20g SnCl4，则SnCl4的产率=95.0%，故答案为：95.0%27.【答案】（1）Fe2+、Cu2+、NO3、SO42；（2）3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（3）9.6【解析】解：a取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子，b另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有NO3和Fe2+；则不能有CO32、SiO32；c向中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有SO42；d向中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，积生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2+，（1）综上可知，该废水一定含有的离子是Fe2+、Cu2+、NO3、SO42，故答案为：Fe2+、Cu2+、NO3、SO42；（2）取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，则硝酸与亚铁离子反应生成NO和三价铁离子、水，其离子方程式为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（3）反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，则配平方程式为：16Al+9NO3+7OH=16AlO2+4N2+NH3+2H2O；已知0.2molNO3， 16Al+9NO3+7OH=16AlO2+4N2+NH3+2H2O 16 9n（Al） 0.2moln（Al）=mol，则Al的质量为： mol27 gmol1=9.6g故答案为：9.628.【答案】（1）bac；（2）ba=c；（3）cab（或ca=2b）；（4）ca=b；（5）a=b=c；a=bc；（6）ca=b【解析】解：（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L，所以相同浓度时，氢离子浓度大小顺序是bac，故答案为：bac；（2）酸中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子物质的量成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸，其物质的量相等，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸最终电离出氢离子的物质的量相等，所以中和NaOH的能力大小顺序为ba=c，故答案为：ba=c；（3）若三者c（H+）相同时，假设都是1mol/L，硫酸浓度为0.5mol/L、盐酸浓度为1mol/L、醋酸浓度大于1mol/L，所以物质的量浓度由大到小的顺序是cab（或ca=2b），故答案为：cab（或ca=2b）；（4）酸与足量的锌反应时，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比，当三者c（H+）相同且体积也相同时，硫酸和稀盐酸最终电离出氢离子的物质的量相等，醋酸电离出氢离子的物质的量最大，所以这三种酸分别与足量锌反应时生成相同条件下气体体积大小顺序是ca=b，故答案为：ca=b；（5）反应速率与氢离子浓度成正比，开始时氢离子浓度相等，所以其反应速率相等，即a=b=c；反应过程中，硫酸和盐酸不再电离出氢离子，醋酸继续电离生成氢离子，所以反应过程中醋酸中氢离子浓度大于硫酸、盐酸中氢离子浓度，则醋酸反应速率最大，盐酸和硫酸反应速率相等，则反应所需时间的长短关系是a=bc，故答案为：a=b=c；a=bc；（6）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H+）由大到小的顺序是ca=b，故答案为：ca=b38.【答案】（1） （CH3）3CH；（2） 2甲基丙烯；（3） ；（4） 消去反应；（5）（6）、，【解析】解：11.2L（标准状况）的烃A的物质的量=0.5mol，11.2L（标准状况）的烃A，在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，n（CO2）=2mol，n（H2O）=2.5mol，烃、二氧化碳、水的物质的量之比=0.5mol：2mol：2.5mol=1：4：5，根据原子守恒知，A分子式为C4H10，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为（CH3）3CH，A发生取代反应生成氯代烃B、C，B和C发生消去反应生成烯烃D，D的结构简式为CH2=C（CH3）2，D发生信息反应生成E，结合题给信息知，E结构简式为CH3CH（CH3）CH2OH，在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3苯基1丙醇，F的结构简式为 ，F中醛基氧化为羧基生成G为，D与E发生酯化反应生成H为，（1）通过以上分析知，A的结构简式为（CH3）3CH，故答案为：（CH3）3CH；（2）D的结构简式为CH2=C（CH3）2，D的名称（系统命名）为2甲基丙烯，故答案为：2甲基丙烯；（3）通过以上分析知，F的结构简式是，故答案为：；（4）反应为B在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应生成烯烃D，故答案为：消去反应；（5）E结构简式为CH3CH（CH3）CH2OH，G为，二者发生酯化反应生成酯，所以反应的化学方程式为，故答案为：；（6）G为，与G具有相同官能团的芳香类同分异构体，说明其同分异构体中含有碳碳双键、羧基和苯环，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体所以其同分异构体有、，故答案为：、，