2019高考化学大二轮复习 模拟试题精编（二十）.doc

模拟试题精编(二十)(考试用时：45分钟试卷满分：100分)第卷(选择题共42分)本卷共7小题，每小题6分，共42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民以食为天，食品安全越来越受到大家的关注。下列有关说法正确的是()A二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B镉元素属于重金属元素，食用镉大米会影响骨骼和肾脏C使用增塑剂邻苯二甲酸酯可使聚氯乙烯由弹性塑胶变为硬塑胶D面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子的个数之比为218为制取含HClO浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是()A制取氯气B制取氯水C提高HClO浓度D过滤9甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是()A甲、乙均能发生加成反应 B甲的一种同分异构体中可能含有苯环和羧基C甲分子中的所有原子可能共平面 D用酸性KMnO4溶液可鉴别乙和丙10短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W2和X的电子层结构相同，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族。下列说法正确的是()AW、X形成的化合物只含有离子键B原子半径：YZWC还原性：W2Y2D氧化物的水化物酸性：YClO，故B正确；C.单质的氧化性强，则离子的还原性弱，即S2的还原性强于O2，故C错误；D.S的氧化物的水化物是H2SO3和H2SO4，Cl的氧化物的水化物是HClO、HClO4，H2SO4是强酸，HClO是弱酸，则酸性：H2SO4HClO，故D错误。11解析：选B。A.向碳酸钠溶液中加入过量醋酸：CO2CH3COOH=H2OCO22CH3COO，故A错误；B.向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳；CO22H2OAlO=Al(OH3)HCO，B正确；C.向莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶液中加入过量氢氧化钠溶液：2NHFe24OH=2NH3H2OFe(OH)2，故C错误；D.向双氧水中加入酸性高锰酸钾溶液：5H2O22MnO6H=2Mn25O28H2O，故D错误。12解析：选B。已知4Na3CO22Na2CO3C，放电时Na为负极，充电时Na金属片连接电源的负极为阴极。A.充电时是电解池，Na从阳极向阴极移动，故A正确；B.Na能与乙醇反应，不可代替TEGDME做有机溶剂，故B错误；C.放电时，当转移1 mol电子时，负极氧化的钠为1 mol，即质量减轻23 g，故C正确；D.放电时，正极上CO2发生还原反应生成C，发生的电极反应为3CO24Na4e=2Na2CO3C，故D正确。13解析：选D。A.a点溶液体积是原来的1.5倍，则含有R元素的微粒浓度是原来的2/3，根据物料守恒得c(H2R)c(HR)c(R2)1/15 molL1，A错误；B.b点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明HR的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解，所以离子微粒浓度大小顺序是c(Na)c(HR)c(R2)c(H2R)，B错误；C.c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，如果Na2R、NaHR不水解且NaHR也不电离，则存在c(Na)3c(R2)，实际上R2水解且HR的电离程度大于水解程度，钠离子不水解，所以存在c(Na)3c(R2)，C错误；D.d点溶液中溶质为Na2R，R2水解但程度较小，所以存在c(Na)c(R2)c(HR)，D正确。26解析：.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；.(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；(2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O；通过装置B中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置C中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以B中的药品是水，答案选；(3)a.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)c(标注)V(标准)/V(待测)可知，c(标准)不变，A错误；b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)c(标注)V(标准)/V(待测)可知，c(标准)偏大，B正确；c.滴定终点时仰视读数，造成V(标准)偏大，根据c(待测)c(标注)V(标准)/V(待测)可知，c(标准)偏大，C正确；答案选bc；该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为 6H2MnO5NO=2Mn25NO3H2O；根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02 L，高锰酸钾的物质的量是0.1 mol/L0.02 L0.002 mol，则根据方程式6H2MnO5NO=2Mn25NO3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002 mol5/20.005 mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005 mol100 mL/25 mL0.02 mol，其质量为0.02 mol69 g/mol1.38 g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38 g/2 g100%69.0%。答案：()分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解；再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2()(1)可以控制反应的发生与停止 (2)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O(3)BC6H2MnO5NO=2Mn25NO3H2O69%(或0.69)27解析：(1)根据图示，碳酸钙与二氧化碳反应生成HCO的离子方程式为CO2CaCO3H2O=Ca22HCO；(2)设溶液pH为x，根据CO2(g)H2OH2CO3K102.8，H2CO3HHCOK1103.5，c(CO2)1.0105mol/L，则K102.8，K1103.5，因此KK1106.3，解得x5.65；(3)根据图像，先后发生的反应为OHH=H2O；COH=HCO；HCOH=CO2H2O，反应中消耗盐酸10 mL，说明含有H2CO3 0.001 mol，说明反应中消耗盐酸10 mL，反应中消耗盐酸10 mL，说明含有OH0.001 mol，因此吸收液中含有0.001 mol NaOH和0.001 mol Na2CO3，吸收液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na)c(OH)c(CO)c(HCO)，湖水中无机碳的浓度为0.01 mol/L；(4)根据CO(g)2H2(g)CH3OH(g)，相同温度条件下，压强越大，CO的转化率越大，根据图像，p1p2；起始时在密闭容器中按物质的量之比12充入CO和H2，平衡后，c(H2)0.5 mol/L ，则c(CO)0.25 mol/L ，c(CH3OH)0.25 mol/L ，该反应的平衡常数K 4；由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为283.0 kJmol1和725.8 kJmol1，1 mol液态水变成气态水吸热44.0 kJ，则CO(g)1/2O2(g)=CO2(g)H 283.0 kJmol1，CH3OH(l)3/2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H725.8 kJmol1，H2O(l)H2O(g)H44.0 kJ/mol，由盖斯定律可知用得反应CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(g)，该反应的反应热H726.5 kJ/mol(283.0 kJ/mol)(44.0 kJ/mol)354.8 kJmol1；(5)根据电子移动的方向，c为负极，甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH3OH6eH2O=CO26H。答案：(1)CO2CaCO3H2O=Ca22HCO(2)5.65 (3)c(Na)c(OH)c(CO)c(HCO)0.01(4)小于4CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(g)H354.8 kJ/mol(5)CH3OH6eH2O=CO26H28解析：(1)反应投入物质是MnO2、KOH和氧气，生成物质是K2MnO4，反应式为MnO2O2KOHK2MnO4H2O，利用化合价升降法进行配平，即反应方程式2MnO24KOHO22K2MnO42H2O；反应利用铝的强还原性，把Mn置换出来，反应方程式为3Mn3O48Al4Al2O39Mn；(2)除去CO一般用Ca2或Ba2，因此加入可溶性的钙盐或钡盐；得到纯的高锰酸钾，需要进行重结晶；(3)黑色沉淀是MnO2，因此有MnOMn2MnO2，根据化合价的升降法进行配平得到：2MnO3Mn25MnO2，遵循电荷守恒和原子守恒，即反应物中有H2O参与，生成物H，即离子反应方程式为2MnO3Mn22H2O=5MnO24H；(4)根据溶度积，c(Mn2)Ksp/c2(OH)2.41013/(104)2 molL12.4105 molL1；(5)利用铁转化成Fe2，MnO把Fe2氧化，达到除去MnO的目的，根据电解原理，A是阳极，其材料是Fe，阳极反应Fe2e=Fe2，阴极反应式为2H2O2e=H22OH，反应方程式为5Fe2MnO9OH4H2O=5Fe(OH)3Mn(OH)2。答案：(1)2MnO24KOHO22K2MnO42H2O3Mn3O48Al4Al2O39Mn (2)可溶性的钙盐或钡盐均可重结晶 (3)2MnO3Mn22H2O=5MnO24H(4)2.4105mol/L(5)Fe5Fe2MnO9OH4H2O=5Fe(OH)3Mn(OH)235解析：(1)分子中S原子形成2个共价键，孤对电子数为(621)2，则共有4个价层电子对，其杂化轨道类型为sp3；每个P4S3分子硫原子有2个孤对原子，P原子有孤对电子数为(531)1，则分子共含孤电子对的数目为10；(2)磷化铝晶体中磷与铝之间形成极性共价键；图2中A点坐标参数为(0、0、0)、B点坐标参数为(1、 、)，说明晶胞边长为1，AC点距离为晶胞对角线的，则C点的原子坐标参数为(、)；(3)C、N、O的第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，因N的2p轨道为半充满结构，更不易失去电子，第一电离能相对较大，则C、N、O的第一电离最大的为N；Fe(CN)中的中心原子为Fe3，CN为配体，存在6个配位键，C与N之间为叁键，其中有一个键为键，1 mol Fe(CN)离子中含有键的数目为12NA；Co(NH3)4(H2O)2SO4中配体为H2O和NH3，SO为外界，则中心原子Co的配位数为6；(4)FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用远比分子间作用力强，故FeF3的熔点远高于Fe(CO)5；(5)晶胞中Fe的原子个数为12236，N原子个数为2，Fe与N原子个数比为31，则该化合物的化学式为Fe3N。答案：(1)sp310(2)极性共价键(或共价键)(，)(3)N氮原子2p轨道上的电子半充满，相对稳定，更不易失去电子12NA6(4)FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用远比分子间作用力强，故FeF3的熔点Fe(CO)5(5)Fe3N36解析：E和H发生酯化反应生成I，则根据I的结构简式可知E是(CH3)2CHCOOH，D是(CH3)2CHCHO。核磁共振氢谱显示A有2种不同化学环境的氢，根据已知信息可知C是(CH3)2CHCH2OH，所以B是(CH3)2CCH2，A是(CH3)3COH。F是，根据已知信息可知G是，H是。(1)根据以上分析可知A 的名称是2甲基2丙醇(或叔丁醇)。F的结构简式为。(2)AB的反应类型为羟基的消去反应。I中存在的含氧官能团的名称是酯基、醛基。(3)DE是醛基被氧化，方程式为(4)I的同系物J比I相对分子质量小28，即J比I少C2H4。 苯环上只有两个取代基；既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，说明含有羧基和醛基。两个取代基可以是CHO和CH2COOH或CH2CHO和COOH，均有邻间对三种，合计6种；(5)根据题干信息可知以为原料制备苯乙酸()的合成路线为答案：(1)2甲基2丙醇(或叔丁醇)(2)消去反应酯基、醛基 (4)6