2019年高考化学考前提分仿真试题八.doc

2019届高考名校考前提分仿真卷化 学（八）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 397化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A格物粗谈记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气B为了更好地为植物提供N、P、K三种营养元素，可将草木灰与NH4H2PO4混合使用C“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，但开采过程中发生泄漏，会造成温室效应D中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料8有关阿伏伽德罗常数NA的叙述正确的是A标准状况下，2.24L HF含有的HF分子数为0.1NAB标准状况下，1.12L 1H2和0.2g 2H2均含有0.1NA个质子C等体积、等物质的量浓度的NaCl和KF溶液中，阴、阳离子数目之和相等D将0.1mol Cl2通入足量水中，充分反应后，转移电子的个数为0.1NA9硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是A碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂B该温度下，（NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大C可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行10乙醛酸(HOOC-CHO)是一种重要的有机合成中间体。在乙二酸(HOOC-COOH)电还原法合成乙醛酸的基础上化学工作者创新性地提出双极室成对电解法装置模型及工作原理如图所示。下列说法中错误的是A该离子交换膜应选择阳离子交换膜BHCl是制取乙醛酸反应的催化剂，并起导电作用C该方法的总反应为OHC-CHO+HOOC-COOH2HOOC-CHOD乙二醛、乙二酸分别在阴、阳电极表面放电，故称为双极室成对电解法11原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，Q、W、X是分别位于前三个周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，W与Y同主族、X和Y同周期；X是地壳中含量最高的金属元素、Z存在胆矾之中。下列关于它们的叙述合理的是A最高价氧化物对应水化物的酸性比X比Z强BW与X简单离子半径后者更大CW、Y两种元素最高化合价相同DX、Z两种金属在两千多年前就被我们祖先广泛使用12两个碳环共用两个或两个以上碳原子的一类多环脂环烃称为“桥环烃”，下图和是两种简单的桥环烃。下列说法正确的是A与2-丁烯互为同分异构体B和的二氯代物均有4种C分子中所有碳原子处于同一平面内D在一定条件下，和均能发生取代反应、氧化反应13H2R为二元弱酸，向一定体积的0.1mol/L的H2R溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，溶液中不同形态的粒子(H2R、HR、R2)的物质的量分数a(X)随pH的变化曲线如图所示a(X)=c(X)/c(H2R)+c(HR)+c(R2)。下列说法错误的是A常温下，K2（H2R）=1.01011B常温下，HR在水中的电离程度大于其水解程度CpH=9时，c(Na+)c(HR)+2c(R2)DpH=7时，c(H2R)=c(HR)26实验室可用氯气与一氧化氮在常温常压条件下合成亚硝酰氯（NOCl）。已知亚硝酰氯是一种黄色气体，熔点：64.5，沸点：5.5，遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物（1）甲组同学拟制备原料气NO和Cl2制备装置如图所示为制备并得到纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。装置I中药品装置II中药品蒸馏烧瓶a仪器制备纯净Cl2KMnO4浓盐酸（i）_制备纯净的NOCu（ii）_水仪器a的名称为_；装置的作用是_。（2）乙组同学对甲组同学制取NO的装置略加改良，利用甲组制得的Cl2共同制备NOCl，装置如下图所示组装好实验装置，检查气密性，依次装入药品。此实验关健操作有两点：I将Cl2充满D装置的三颈瓶；，A中反应开始时，先关闭K2，打开K1，待NO充满装置后关闭K1，打开K2。这两步操作都要“充满”，目的是_。装置B中水的作用是_（用化学方程式表示）。若装置C中压强过大，可以观察到的现象是_。装置D中冰盐水的作用是_。如果去掉盛有浓硫酸的C、装有无水CaCl2的E两装置，对该实验的主要影响是_（用化学方程式表示）。27甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。工业上利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO(g)+2H2 (g)CH3OH(g) H1；CO2(g)+3H2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) H=58kJ/mol；CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41kJ/mol。回答下列问题：（1）已知反应中相关的化学键键能数据如下表：化学键HHCOCOHOCHE/(kJmol1)4363431076465x则x=_。（2）合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时，体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图甲所示。(CO)值随温度升高而_(填“增大”或“减小”)，其原因是_；图中的压强由大到小为_，其判断理由是_。（3）若将1mol CO2和2mol H2充入容积为2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应。测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。曲线I、对应的平衡常数大小关系为K1_K(填“”“=”或“”)。一定温度下，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是_(填序号)。a容器中压强不变 b甲醇和水蒸气的体积比保持不变cv正(H2)=3v逆(CH3OH) d2个C=0断裂的同时有6个HH断裂若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则用CO2表示的平均反应速率为_，该温度下的平衡常数为_；若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是_。(填序号)。a缩小反应容器的容积 b使用合适的催化剂c充入He d按原比例再充入CO2和H228NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)为原料获得。工艺流程如下图：请回答下列问题：（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_(任写一点)。（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：_。（3）在40左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀除去。如图是温度一pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域已知25时，Fe(OH)3的Ksp=2.641039。下列说法正确的是(选填序号)_。aFeOOH中铁为+2价b若在25时，用H2O2氧化Fe2+，在pH=4时除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=2.61029molL1c用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2+C1O+6H+=6Fe3+C1+3H2Od工业生产中常保持在8595生成黄铁钒钠，此时水体的pH约为3（4）上述流程中滤液I的主要成分是_。（5）操作I的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂：6molL1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸)：_；_；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO46H2O晶体：用少量乙醇洗涤NiSO46H2O晶体并晾干。35选修3：物质结构与性质（15分）中国海军航母建设正在有计划、有步骤向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。（1）镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2+基态原子的核外电子排布为_，铬元素在周期表中_区。（2）航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷结构如图所示，其中C原子杂化方式为_杂化。（3）海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_填元素符号根据价层电子对互斥理论，预测ClO的空间构型为_形，写出一个ClO的等电子体的化学符号_。（4）海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。如右图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的离子是否构成了面心立方最密堆积？_(填“是”或“否”)；该立方体是不是Fe3O4的晶胞？_(填“是”或“否”)；立方体中铁离子处于氧离子围成的_(填空间结构)空隙；根据上图计算Fe3O4晶体的密度为_gcm3。(图中a=0.42nm，计算结果保留两位有效数字)36选修5：有机化学基础丁酮酸乙酯()和聚乙烯醇(PVA)都是重要的有机化工产品，其合成路线如图所示。已知：A是同系物中最小的直线形分子，且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢；F为高聚物。不稳定会自动转化为RCH2CHO。回答下列问题：（1）A中所含官能团是_(填名称)，B的结构简式为_。（2）E的名称为_。（3）写出反应的化学方程式：_，该反应的反应类型为_。（4）由D制丁酮酸乙酯的反应产物中还有乙醇，制备过程中要加入适量的金属钠，其作用是_。(根据化学方程式和平衡移动原理回答)（5）符合下列条件的丁酮酸乙酯的同分异构体有_种。a能发生银镜反应 b能与Na2CO3溶液反应放出气体其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为1126的是_(填结构简式)。绝密 启用前【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷化学答案（八）7.【答案】C【解析】A格物粗谈记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是乙烯，乙烯能够促进果实的成熟，故A错误；B草木灰中的有效成分是碳酸钾，碳酸根离子水解显碱性，NH4H2PO4显酸性，混合施用，降低肥效，故B错误；C“可燃冰”是由水和天然气在中高压和低温条件下混合时组成的类似冰的、非化学计量的、笼形结晶化合物，主要成分是甲烷，根据科学研究，甲烷含量的增加也是造成全球温室效应的原因之一，所以可燃冰泄漏也有可能造成温室效应，故C正确；D中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料，故D错误。答案选C。8. 【答案】B【解析】A标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，标准状况下，无法计算2.24L HF的物质的量，选项A错误；B标况下1.12L 1H2和0.2g 2H2的物质的量均为0.05mol，由于1H2和2H2中含有的质子数都是2，所以二者均含有0.1NA个质子，选项B正确；C利用电荷守恒来理解，氯化钠溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)，氟化钠溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(F)+c(OH)，由于氟化钠水解，使得氟化钠溶液显碱性，氟化钠溶液中c(H+)氯化钠溶液的c(H+)，而两溶液中c(Na+)相等，所以氟化钠溶液中c(F)+c(OH)Al3+，故B错误；CW为O，Y为S，硫的最高化合价为+6价，而氧元素无最高正价，故C错误；DX为Al，由于铝的活泼性很强，发现和使用较晚，故D错误。故选A。12. 【答案】D【解析】A的分子式是C4H6，2-丁烯分子式是C4H8，二者的分子式不同，因此不能是同分异构体，A错误；B分子中有3种不同的H原子，2个Cl原子在同一个C原子上有1种；若2个Cl原子在不同的C原子上，有3种，因此二氯代物均有4种；分子式是C6H10，分子中有2种H原子，2个Cl原子在同一个C原子上有1种；若2个Cl原子在不同的C原子上，有6种，故其二氯代物均有7种，种类数目不同，B错误；C分子中的C原子是饱和碳原子，与其连接的C原子构成的是四面体结构，因此所有碳原子不可能处于同一平面内，C错误；D在一定条件下，和分子都是环状烷烃，所以均能发生取代反应，二者都是烃，因此都可以发生燃烧，即发生氧化反应，D正确；故合理选项是D。13. 【答案】B【解析】A由图像知：pH=11时，c(R2)=c(HR)，故K2(H2R) =c(H+)c(R2-)c(HR-)=1.010-11=1.01011，选项A正确；B根据图像，pH=9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度，选项B错误；CpH=9时，根据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+ c(H+)=c(HR)+2c(R2)+c(OH)，而c(H+)c(HR)+2c(R2)，选项C正确；D由图中信息可知，pH=7时，c(H2R)=c(HR)，选项D正确。答案选B。26. 【答案】（1）饱和食盐水 或：饱和NaCl溶液 稀硝酸或：稀HNO3 分液漏斗 干燥NO或Cl2或除去NO或Cl2中的水蒸气 （2）排尽装置中的空气 3NO2H2O=2HNO3NO 长颈漏斗中的液面上升 液化亚硝酰氯，便于产品收集 2NOClH2O=2HClNONO2 【解析】（1）制备纯净氯气，根据装置图，图I制备出的氯气含有HCl和H2O，装置的作用是吸收HCl，盛放试剂是饱和食盐水；制备纯净的NO，利用铜和稀硝酸的反应，分液漏斗中盛放的是稀硝酸；仪器a为分液漏斗，根据实验目的，装置的作用是干燥NO和Cl2；（2）两步操作都要“充满”的目的是排尽装置中空气；装置A产生NO，NO与烧瓶中O2发生反应生成NO2，装置B的作用是吸收NO2，发生3NO2H2O=2HNO3NO；压强过大，装置C中长颈漏斗中的液面上升；依据实验目的，以及亚硝酰氯的物理性质，装置D中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于产品收集；浓硫酸C干燥NO气体，无水CaCl2的作用是防止空气水蒸气进入装置D，亚硝酰氯遇水反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物，因此缺少这两个装置后，发生2NOClH2O=2HClNONO2。27. 【答案】（1）413 （2）减小 反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 p1p2 ac 0.06mol/（Lmin） 450 ad 【解析】（1）根据盖斯定律：-=可得，故H1=H2-H3=-58kJmol1-（+41kJmol1）=-99kJmol1，由反应热=反应物总键能-生成物总键能可得-99kJmol1=（1076 kJmol1+2436kJmol1）-（3x+343+465）kJmol1，解得x=413 kJmol1，故答案为：413；（2）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强P3P2P1，故答案为：反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；P3P2P1；的正反应为气体总分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，而反应为气体总分子数不变的反应，产生CO的量不受压强的影响，因此增大压强时，CO的转化率提高；（3）根据题给图象分析可知，T2先达到平衡，则T2T1，由温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1K，故答案为：；a. 反应为气体体积减小的反应，容器中压强不变说明该反应达到化学平衡状态，故正确；b.甲醇和水蒸气均为生成物，无论反应是否达到平衡，甲醇和水蒸气的体积比均保持不变，故错误；c.v正(H2)=3v逆(CH3OH)说明正反应速率等于逆反应速率，说明该反应达到化学平衡状态，故正确；d.2个C=0断裂代表正反应速率，6个HH断裂也代表正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明该反应达到化学平衡状态，故错误；故选ac，故答案为：ac；若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，由此建立如下三段式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起（mol/L） 0.5 1 0 0变（mol/L） 0.3 0.9 0.3 0.3平（mol/L） 0.2 0.1 0.3 0.3则用CO2表示的平均反应速率为0.3mol/L/5min=0.06 mol(Lmin)1，反应的化学平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)/c(CO2)c3(H2)= 0.3mol/L0.3 mol/L/(0.2mol/L)(0.1mol/L)3=450；缩小反应容器的容积，增大压强，平衡右移，甲醇产率增大；使用合适的催化剂，平衡不移动，甲醇产率不变；恒容充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变；按原比例再充入CO2和H2，相当于增大压强增大压强，平衡右移，甲醇产率增大，故选ad，故答案为：0.06mol(Lmin)1；450；ad。28. 【答案】（1）加热或搅拌或增大硫酸浓度等 （2）Cu2+S2=CuS （3）c NiSO4 （4）过滤，并用蒸馏水洗净沉淀 向沉淀中加6molL1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解 【解析】（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以升高反应温度，在反应过程中不断搅拌，增大反应物浓度都可以提高反应速率；故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；（2）S2可以与Cu2+，Zn2+反应生成难溶性的Cu2S和ZnS，从而达到除去Cu2+和Zn2+的目的；故答案为：Cu2+S2=CuS；（3）aFeOOH中O元素显-2价，OH-显-1价，所以铁为+3价，故a错误；bpH=4时，c(OH)=110-10mol/L，已知25时，Fe（OH）3的Ksp=c(Fe3+)c(OH)3=2.6410-39，则c（Fe3+）=2.64109，故b错误；cClO在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2+C1O+6H+=6Fe3+C1+3H2O，故c正确；d由图象可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为8595，pH约为1.21.8，故d错误；故答案为：c。（4）从流程图可知，滤液I中加入硫酸后，生成了NiSO4，所以滤液I的主要成分是NiSO4；故答案为：NiSO4；（5）滤液III主要是NiSO4，加入碳酸钠溶液后，得到NiCO3沉淀，应先过滤、蒸馏水洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀中加6molL1的H2SO4溶液，直至恰好完全沉淀溶解。35. 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d8 d （2）sp3 （3）I 三角锥 SO （4）是 是 正八面体 5.2 【解析】（1）Ni2+基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，铬元素在周期表中d区。（2）聚硅氧烷中C形成4个单键，所以C的杂化方式为sp3；（3）根据第一电离能分析，第一电离能越小，越容易生成较稳定的单核阳离子，所以有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是：I；根据VSEPR理论判断ClO的空间构型，价电子对数为VP=BP+LP=3+（7-23+1）/2=4，VSEPR模型为四面体形，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以其空间构型为三角锥形，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与ClO互为等电子体的是SO；（4）晶胞中，O2的坐标为（1/2，0，0），（0，1/2，0），（0，0，1/2），（1/2，1/2，1/2），将（1/2，1/2，1/2）+(1/2，1/2，0)=（0，0，1/2），将（1/2，1/2，1/2）+（0，1/2，1/2）=（1/2，0，0），将（1/2，1/2，1/2）+（1/2，0，1/2）=（0，1/2，0），刚好与前三个坐标相同，所以O2做面心立方最密堆积，根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3+处于O2围成的正八面体空隙，以立方体计算，1个立方体中含有Fe3+的个数为41/8+1/23=2个，含有Fe2+的个数为1个，含有O2的个数为121/4+1=4个，不妨取1mol这样的立方体，即有NA个这样的立方体，1mol立方体的质量为m=(563+164)g，1个立方体体积为V=a3nm3=(a107)3cm3，则晶体密度为=m/NAV=(563+164)/(6.021023)(0.42107)3gcm3=5.2gcm3。36. 【答案】（1）碳碳三键 CH3CHO （2）乙酸乙烯酯 （3） 取代反应 （4），Na与生成的乙醇反应，使平衡右移，提高D的转化率 （5）12 【解析】（1）结合上述分析知A为CHCH，所含官能团是碳碳三键，B的结构简式为： CH3CHO，因此，本题正确答案是：碳碳三键；CH3CHO；（2）E的名称为乙酸乙烯醇酯，因此，本题正确答案是：乙酸乙烯酯；（3）反应的化学方程式：，属于取代反应，（4）由D制丁酮酸乙酯的反应方程式为，；产物中还有乙醇，制备过程中要加入适量的金属钠，Na能与生成的乙醇反应，使平衡右移，提高D的转化率。（5）符合下列条件的丁酮酸乙酯()的同分异构体：a.能发生银镜反应，说明含有醛基，b.能与Na2CO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，可以看做-COOH取代丁烷形成，若正丁烷被取代，-COOH取代甲基中H原子，-CHO有4种位置，-COOH取代亚甲基中H原子，-CHO有4种位置，若异丁烷被取代，-COOH取代甲基中H原子，-CHO有3种位置， -COOH取代次甲基中H原子，-CHO有1种位置，故共有12种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为1126的是：，因此，本题正确答案是：12；。