2019届高三理综(化学部分)下学期第二次模拟试题 (I).doc

2019届高三理综(化学部分)下学期第二次模拟试题 (I)注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23 S 32 I 127 一、选择题：本大题共13小题，每小题6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下列关于化学与生产、生活的认识正确的是A糖类、油脂、蛋白质都可以水解B石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C酸雨的pH在5.67.0之间D新能源汽车的推广与使用，有助于减少PM2.5的产生8NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB标准状况下，22.4LSO3中含有的原子数为4NAC78g苯含有的碳碳双键数为3NAD1molNA与3molH2反生成的NH3分子数为2NA9下列叙述不正确的是A甲苯分子中所有原子在同一平面上B苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应C分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)D可用溴的四氯化碳溶液区别和10由下列实验操作及现象能推出相应结论的是选项实验操作和现象实验结论A向酸性高锰酸钾溶液中加入过量FeI2固体，反应后溶液变黄反应后溶液中存在大量Fe3+B将某无色气体通入溴水中，溴水颜色褪去该气体一定是SO2C向盛有2mL0.1mo/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.1mo/LNa2CO3溶液，出现白色沉淀；再往试管中滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液，出现黑色沉淀Ksp(Ag2CO3)Ksp(Ag2S)D向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3强11全钒氧化还原电池是一种新型可充电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+-e-=V3+，下列说法正确的是 A放电时，右槽发生还原反应B放电时，左槽的电极反应式：VO2+2H+e-=VO2+H2OC充电时，每转移1mol电子，n(H+)的变化量为1molD充电时，阴极电解液pH升高12已知pC=-lgc；KspCu(OH)2=2.210-20和KspMg(OH)2=1.810-11，测得两种金属离子的pC与pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是A加入氨水调节pH可除去MgSO4溶液中的CuSO4杂质BpH调到Q点则Mg2+和Cu2+都已沉淀完全C在浓度均为1mol/LCuSO4和MgSO4的混合溶液中，存在c(Cu2+)+c(Mg2+)c(SO42-)DL1代表pC(Cu2+)随pH变化，L2代表pC(Mg2+)随pH变化13X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大，已知X为原子半径最小的元素，Y为形成化合物种类最多的元素，Z的最外层电子数为电子层数的3倍，W是地壳中含量最高的金属元素，M的单质是一种黄绿色气体，则下列叙述正确的是A原子半径的大小关系WMZYXBY、Z二种元素分别与X元素形成的最简单的化合物的稳定性前者强CYX4与M的单质在光照条件下的反应往往生成5种物质DY、W、M的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可以发生化学反应26硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)。查阅资料（1）Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水。其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。（2）向Na2CO3和Na2S混合液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。（4）硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-制备产品实验装置如图所示(省略夹持装置)实验步骤：（1）按如图所示组装好装置后，应先_(填操作名称)，再按图示加入试剂。仪器B和D的作用是_；E中的试剂是_(选填下列字母编号)。A稀H2SO4 BNaOH溶液 C饱和NaHSO3溶液（2）先向烧瓶C中加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向烧瓶A中滴加浓H2SO4。C中反应生成Na2S2O3和CO2，化学方程式为_。（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合液，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品。探究与反思（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)：取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（2）用I2的标准溶液测定产品的纯度取10.0g产品，配制成100mL溶液，配制溶液的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。取10.00mL溶液。以_溶液为指示剂，用浓度为0.10 mol/L I2的标准溶波进行滴定，相关数据记录如下表所示。编号123溶液的体积/mL10.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9517.1020.05滴定时，达到滴定终点的现象是_。Na2S2O35H2O在产品中的质量分数是_(用百分数表示，且保留1位小数)。27钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：回答下列问题：（1）提高焙烧效率的方法有_。（写一种）（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应过程的化学方程式为_，氧化产物是_（写化学式）。（3）“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的化学方程式为_。（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为_。（5）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MoO42-)=0.40mol/L，c(SO42-)=0.04mol/L。“结晶”前需先除去SO42-，方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变，当SO42-完全沉淀（c(SO42-)1.010-5mol/L）时，BaMoO4是否会析出？_。（请计算说明）已知：Ksp(BaSO4)=1.110-10，Ksp(BaMoO4)=4.010-8（6）钼精矿在碱性条件下，加入NaClO溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO42-生成，该反应的离子方程式为_。28煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染，因此煤气中H2S的脱出程度已成为煤气洁净度的一个重要指标。请回答下列问题:（1）H2S在水溶液中的电离方程式为_。（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法、水解法等。COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为_。Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐的离子方程式为_。已知：H2、COS、H2S、CO的燃烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，该反应的H=_kJ/mol。用活性-Al2O3催化COS水解反应为COS(g)+H2O(g) CO2(g)+H2S(g) H0，相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与n(H2O)/n(COS)的关系如图2所示。由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为_，COS的转化率在后期下降的原因是_。由图2可知，P点时平衡常数K=_（保留2位有效数字）。Q点转化率高于P点的原因是_。35【选修3物质的结构与性质】钴及其化合物在生产中有重要作用，回答下列问题：(1)钴元素基态原子的电子排布式为_，未成对电子数为_。(2)配合物Co(NH3)4(H2O)2Cl3是钴重要化合物H2O的沸点_ (填“高于”或“低于”)H2S，原因是_；H2O中O的杂化形式为_。H2O是_分子(填“极性”或“非极性”)。Co(NH3)4(H2O) 2Cl3中的Co3+配位数为_。阳离子的立体构型是_。Co(NH3)4(H2O) 2Cl3若其中有两个NH3分子被Cl取代，所形成的Co(NH3)2(H2O) 2 3+的几何异构体种数有(不考虑光学异构)_种。(3)金属钴是由_键形成的晶体；CoO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Co2+和Fe2+的离子半径分别为74.5pm和78pm，则熔点CoO_FeO。(4)一氧化钴的晶胞如图，则在每个Co2+的周围与它最接近的且距离相等的Co2+共有_个，若晶体中Co2+与O2-的最小距离为acm，则CoO的晶体密度为_(用含NA和a的代数式表示。结果g/cm3，已知:M(Co)=59g/mol；M(O)=16g/mol，设阿佛加德罗常数为NA)。36【选修5有机化学基础】化合物G是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）A的名称是_。（2）BC的反应条件为_，AB和DE的反应类型分别是_、_。（3）D在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为_。（4）H是一种高聚酯，DH的化学方程式为_。（5）下列关于化合物G的说法错误的是_。AG的分子式为C12H14O5B1molG与NaOH溶液加热最多消耗2molNaOHC一定条件下G发生消去反应生成的有机物存在顺反异构体D在一定条件下G能与HBr发生取代反应（6）M是D的同分异构体，与D具有相同的官能团。则M可能的结构有_种。（7）已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应，写出由苯酚，甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯（）的合成路线(其它试剂任选)。 _化学答案一、选择题7【答案】D【解析】A、糖类中的最简单的单糖是不能水解的，故A错误；B、汽油、煤油等是石油分馏的产物，又叫馏分，都是混合物，故B错误；C、酸雨的pH小于5.6，故C错误，D、新能源汽车是不再利用石油为能源，减少了有害气体的大量排放，有助于减少PM2.5的产生，所以D正确。本题正确答案为D。8【答案】A【解析】AH218O与D2O的中子数相等均为10，所以摩尔质量也相等为20g/mol，则2.0g混合物的物质的量为1mol，中子数为NA，A正确；BSO3在标准状况下为固体，不能套用气体的摩尔体积；C苯分子中不含碳碳双键，其碳碳键是一种介于碳碳单键与碳碳双键之间的一种特殊的化学键，C错误；D氮气和氢气合成氨是可逆反应，不能进行彻底，所以1molN2与3molH2充分反应后生成NH3的分子数小于2NA，故D错误。所以选择A。9【答案】A【解析】A、甲苯分子中的甲基为四面体结构，所以不是所有原子都在同一平面上，故A错误；B、苯可以在苯环上取代，乙酸和乙醇可以发生酯化反应，也是取代反应，故B正确；C、分子式为C3H6Cl2的同分异构体分别为：CH3CH2CH(Cl)2、CH3C(Cl)2CH3、CH3CHClCH2Cl和CH2ClCH2CH2Cl共4种，所以C正确；D、因分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，而分子没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可用溴的四氯化碳溶液进行区别，故D正确。本题正确答案为A。10【答案】 D【解析】A、酸性高锰酸钾溶液可将Fe2+氧化为Fe3+，将I-氧化为I2，Fe3+和I2在溶液中都是显黄色，所以A错误；B、能使溴水褪色的无色气体除SO2外，还有乙烯等，故B错误；C、由于AgNO3过量，所以黑色沉淀可能是有过量的AgNO3与Na2S反应生成的，不一定是白色的Ag2CO3转化为黑色的Ag2S，所以不能确定二者的溶度积大小，故C错误；D、根据较强的酸可以制取出较弱的酸，所以D正确。11【答案】B【解析】A、已知电池放电时右槽中的电极反应为V2+-e-=V3+，V2+失去电子，作电池的负极，发生氧化反应，所以A错误；B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO2+和VO2+中V元素的化合价，可写出其电极反应为VO2+2H+e- =VO2+H2O，故B正确；C、由放电时的正极反应式知，充电时每转移1mol电子，H+的物质的量改变2mol，所以C错误；D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2+H2O-e- = VO2+2H+，所以阳极电解液的pH降低，H+从左槽（阳极）通过离子交换膜进入右槽（阴极），所以阴极电解液的pH也降低，故D错误。本题正确答案为B。12【答案】D【解析】A、加入氨水调节pH可使Cu2+生成沉淀与Mg2+分离，但引入了新的杂质离子NH4+，所以A错误；B、Q点的pH约为9，则由Ksp求得c(Cu2+)=1010 mol/L1.0105 mol/L，所以Cu2+已沉淀完全而Mg2+不能沉淀完全，故B错误；C、由于Mg2+和Cu2+都能够水解，所以c(Cu2+)+c(Mg2+)4.010-8，所以会析出BaMoO4沉淀。 (6) MoS2+9ClO+6OH MoO42-+9Cl+2 SO42-+3H2O【解析】(1)为了提高矿石的利用率，最常用的方法是将矿石粉碎，或者通入过量的空气；(2)根据流程图和(2)中信息可写出反应的化学方程式为：2MoS2 +7O22MoO3 +4SO2 由化合价变化情况分析可知，氧化产物为MoO3和 SO2；(3)由流程图可知Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4 +CO2；(4)当加入的沉淀剂为Na2S时，重金属离子即Pb2+则生成PbS废渣而除去；(5)当SO42-完全沉淀，即c(SO42-)=1.010-5mol/L 时，由Ksp(BaSO4)= 1.110-10，求出c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)/c(SO42-)=1.110-10/1.010-5=1.110-5mol/L，此时c(Ba2+)c(MoO42-)=1.110-50.40 =4.410-6 Ksp(BaMoO4)=4.010-8，所以有BaMoO4沉淀析出；(6)由题目叙述可知，反应物为钼精矿(MoS2)、碱和NaClO，生成物为钼酸钠和硫酸钠，结合化合价升降规律可知还有氯化钠生成，所以反应的离子方程式为MoS2+9ClO+6OH MoO42-+9Cl+2 SO42-+3H2O。28【答案】(1) H2SH+HS- 、HS-H+S2- (2) O=C=S COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O -285 150 催化剂中毒，发生副反应等合理答案（平衡逆向移动相关描述一律不给分） 0.048 相同条件下n(H2O)/n(COS)越高，相当于COS浓度不变情况下，增大水蒸气浓度，平衡正向移动，COS转化率提高【解析】(1) H2S的水溶液即氢硫酸，是弱酸，将分步电离，即H2SH+HS- 、HS-H+S2-，或者只写H2SH+HS-；(2) CO2的分子结构是含C=O的直线型构成，所以COS的分子结构式为S=C=O；Br2的KOH溶液在氧化COS时，溴生成Br，S生成硫酸钾，C生成的CO2在碱性溶液又转化为CO32-，所以反应的离子方程式为COS+4Br2 +12OH= CO32-+SO42-+8Br+6H2O；根据这四种物质燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律即可求出：H=(285kJ/mol+299kJ/mol)-(586kJ/mol+283kJ/mol)=-285 kJ/mol；由图1可知，在相同时间内，转化率最大时，即催化剂活性最大，对应的温度为150；温度过高，使催化剂最佳活性减弱或丧失，即催化剂中毒，导致转化率减小；由图2可知，P点时COS的转化率为30%，n(H2O)/n(COS)=3，可列如下关系：COS(g)+H2O(g) CO2(g)+H2S(g)起始物质的量(mol) 1 3 0 0改变物质的量(mol) 0.3 0.3 0.3 0.3平衡物质的量(mol) 0.7 2.7 0.3 0.3则K= 相同条件下n(H2O)/n(COS)的比值越高，相当于COS浓度不变情况下，增大反应物水蒸气浓度，促进化学平衡正向移动，提高了COS转化率。35【答案】 (1) 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2 3 (2) 高于 H2O分子间可形成氢键 sp3 极性 6 八面体 5 (3) 金属 (4) 12 【解析】(1)钴元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；未成对电子数为3个；(2) H2O的沸点高于H2S，原因是H2O分子间可形成氢键；H2O中O的杂化形式为sp3；水分子是极性分子；在配合物Co(NH3)4(H2O)2Cl3中，Co3+配位数为6；其阳离子的立体构型是八面体；若Co(NH3)4(H2O) 2Cl3中有两个NH3分子被Cl取代，所形成的Co(NH3)2(H2O) 2 3+的几何异构体种数有五种，(3) 金属钴是由金属键形成的晶体；CoO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，由于Co2+的离子半径74.5pm小于Fe2+的离子半径78pm，所以CoO的熔点高于FeO的；(5)由CoO的晶胞结构可知，每个Co2+的周围与它最接近的且距离相等的Co2+共有12个；若晶体中Co2+与O2-的最小距离为acm，即该晶胞的边长为2a cm，其体积为8 a3 cm3，该晶胞含有4个CoO分子，其质量为g，则其密度为 g/cm3；36【答案】(1) 2-甲基丙烯或异丁烯 (2) NaOH溶液加热 加成反应 取代反应 (3) (4) nHO(CH3)2CCOOH+（n-1）H2O (5) BC (6) 4(7) 【解析】(1)乙烯中两个H被甲基替代，主链上为3个C，所以命名2-甲基丙烯；(2)由D反应生成E得，D含有-COOH，所以C含有-OH，所以BC的反应条件为NaOH加热；AB为加成反应，DE反应为Cl替代了-OH中的H，为取代反应；(3)改反应为酯化反应，-COOH和-OH脱去一个水分子而结合，形成(4)D的结构简式可写为HO(CH3)2CCOOH，因其同时含有-OH和-COOH，单元间可发生酯化反应，生成链节为-O(CH3)2CCO-的聚合物，反应方程式为：nHO(CH3)2CCOOH+（n-1）H2O；(5)A注意苯环为C6H6，其中两个H被替代，座椅G的分子式为C12H14O5，A正确；B1mol G水解，含有1mol OH、-COOR、-COOCH3，所以1mol G与NaOH溶液加热最多消耗3mol NaOH，B错误；C苯环上两个取代基对位，所以发生消去反应生成的有机物不存在顺反异构体，C错误；DG中含有1mol-OH，所以能与HBr发生取代反应，D正确，故选择BC。(6)首先要保证HO-CR-COOR及-COOR两种官能团不改变。苯环上两个取代基有临位和间位，此为2种；(CH3)2中的一个甲基可以被H替代，而苯环上的4个H可以被甲基取代，此为2种，共4种。(7)因为酚羟基不易与羧酸发生酯化反应，又已知，所以可以用酚羟基与RCOCl反应生成目的产物。以甲基苯为原料，氧化生成苯甲酸，从而由已知条件进行反应。结构简式表达合成流程为：