2019年高考化学考前提分仿真试题七.doc

2019届高考名校考前提分仿真卷化 学（七）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 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 6572019年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是A推广新能源汽车，减少氮氧化物排放B研发可降解塑料，控制白色污染产生C直接灌溉工业废水，充分利用水资源D施用有机肥料，改善土壤微生物环境8根据侯氏制碱原理，实验制备少量的Na2CO3，依次经过制取氨气。制取NaHCO3、分离NaHCO3、分解NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理正确的是A制取氨气 B制取NaHCO3C分离NaHCO3 D分解NaHCO39设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A等物质的量的NaN3和Na2O2中所含阴离子数均为NAB电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NAC4.6g有机物C2H6O的分子结构中含有的CH键数目一定为0.5NAD1mol Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为2NA10有机物Urolithin A常用于合成某药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是AUrolithin A分于中苯环上的一氯代物有6种BUrolithin A分子中所有原子不可能共平面CUrolithin A能发生加成、取代和氧化反应DUrolithin A在稀硫酸中的水解产物含2种官能团11某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是A曲线表示CH3COONa溶液，曲线表示NaOH溶液Ba、b两点的导电能力不相同，abCc点的溶液中c(OH)+c(CH3COOH)c(H+)D由水电离出来的c(OH)的大小：cab12短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是A简单离子半径大小顺序为EBCDB某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的化合物CA的氧化物对应的水化物的酸性比E弱DA的氢化物在常温下一定为气态13某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S，下列说法不正确的是A充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B放电时，a极为负极C充电时，阳极的电极反应式为3I-2e=1DM是阴离子交换膜26磺酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，主要用作氯化剂或氯磺化剂，也用于制造医药品、染料、表面活性剂等。实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量SO2Cl2，所需装置如图所示(部分装置略)：已知：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2。SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，密度为1.67g/mL。它在常温下较稳定、遇水剧烈水解，100以上易分解。回答下列问题：（1）检查装置A气密性的操作是_。（2）选择实验装置(AE)并连接接口(ah)顺序：(Aa)_(bBc)_(hE)(装置可重复使用)。（3）B装置中的冷凝管需连接冷凝水，它应从_(填“m”或“n”)接入。（4）实验完成后装置D中可能观察到的现象是_，产生该现象的原因是_。（5）设计如下实验，以检验SO2Cl2产品中是否溶有杂质。组装仪器，检查气密性；添加试剂抽取8.0mL液体产品，组装仪器；_，缓慢推动注射器活塞将液体产品全部推入锥形瓶中，观察到的实验现象有_；充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量固体质量为23.3g，表明液体产品中溶有_，其理由是_。27以粉煤灰(主要成分为Al2O3、SiO2，还含少量Fe2O3等)为原料制取氧化铝的部分工艺流程如下：（1）“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是_。 “酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是_。（2）“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为_，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是_。（3）“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl36H2O晶体的过程，溶液中Al3+和盐酸的浓度随通气时间的变化如下图所示。Al3+浓度减小的原因是_。（4）上述流程中，可以循环利用的物质是_。28硫和氮的氧化物直接排放会引发严重的环境问题，请回答下列问题：（1）下列环境问题主要由硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是_。A.全球变暖 B.酸雨 C.水体富营养化(水华) D.白色污染（2）SO2的排放主要来自于煤的燃烧。常用石灰石脱硫，其产物可以做建筑材料。已知：CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s) H=+178.2kJ/molSO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s) H=402kJ/mol2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) H=234.2kJ/mol写出石灰石脱硫的热化学反应方程式_。NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附，发生反应如下：反应a：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0kJ/mol反应b：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) H=64.2kJ/mol（3）对于反应a，在T1时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：010min内，NO的平均反应速率v(NO)=_，当升高反应温度，该反应的平衡常数K_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的活性炭 B通入一定量的NOC适当缩小容器的体积 D加入合适的催化剂（4）某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2，如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1050kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因_；在1100kPa时，NO2的体积分数为_。（5）用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T2、1.1106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_(计算表达式表示)；已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)体积分数。35【选修3：物质结构与性质】（15分）室温下，Cu(NH3)4(NO3)2与液氨混合并加入Cu可制得一种黑绿色晶体。（1）基态Cu2+核外电子排布式是_。（2）黑绿色晶体的晶胞如图所示，写出该晶体的化学式：_。（3）不考虑空间构型，Cu(NH3)42+的结构可用示意图表示为_(用“”标出其中的配位键)。（4）NO中N原子轨道的杂化类型是_。与NO互为等电子体的种分子为_ (填化学式)。（5）液氨可作制冷剂，气化时吸收大量热量的原因是_。36【选修5：有机化学基础】（15分）水杨酸是一种重要的化工原料，可用于制备阿司匹林、水杨酸钠、水杨酰胺和奥沙拉嗪钠。其中奥沙拉嗪钠是治疗溃疡性结肠炎的常用药物。其合成路线如下所示，回答下列问题：已知： IIIIIINaNO2有强氧化性。回答下列问题：（1）有机物A中的官能团名称为_；奥沙拉嗪钠在核磁共振氢谱中的吸收峰的峰面积之比为_；（2）反应的反应类型为_；反应的方程式为_；反应的反应类型为_；（3）在溶液中反应所用的试剂X为_；（4）设计BC步骤的目的为_； （5）水杨酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式_。a能发生银镜反应 b苯环上的一氯代物有两种同分异构体绝密 启用前【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷化学答案（七）7.【答案】C【解析】A推广或使用新能源汽车，可以减少化石燃料的燃烧，减少氮氧化物等污染物的排放，故A不选；B塑料制品导致白色污染，则研发可降解塑料或代用品，可以控制白色污染，故B不选；C工业废水中含有大量的有害物质，不能直接灌溉庄稼，故C选；D施用有机肥料，可以改善土壤微生物环境，故D不选。答案选C。8. 【答案】C【解析】A氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，选项A错误；B应将二氧化碳从长导管进入，否则会将液体排出，选项B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，选项C正确；D碳酸氢钠不稳定，加热分解产生碳酸钠，但应在坩埚中进行，选项D错误。答案选C。9. 【答案】D【解析】A未指明NaN3和Na2O2的物质的量，因此不能确定其中含有的阴离子的数目，A错误；B阳极材料为粗铜，阳极反应的物质有Cu及多种杂质成分，不活泼的形成阳极泥沉积在容器底部，因此不能根据阳极减少质量计算转移电子数目，B错误；C4.6g有机物C2H6O的物质的量是0.1mol，但由于C2H6O的结构可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，因此不能计算其含有的CH键数目，C错误；DMg是+2价金属，无论反应生成MgO还是Mg3N2，每1mol Mg反应，转移2mol Z电子，转移电子数为2NA，D正确；故合理选项是D。10. 【答案】B【解析】A该有机物分子中含有2个苯环，苯环上有6种不同的氢原子，故苯环上的一氯代物有6种，选项A正确；B该有机物分子中含有2个苯环，所有原子可能共平面，选项B错误； C苯环能发生加成和取代反应，含C、H、O的有机物都能发生氧化反应(如燃烧)，选项C正确； D酯基可以发生水解，水解产物中含羧基、羟基，选项D正确。答案选B。11. 【答案】B【解析】CH3COONa溶液稀释时CH3COO水解程度增大，因此相同体积和相同pH的NaOH溶液与CH3COONa溶液稀释相同倍数时，CH3COONa溶液的pH降低得慢，故曲线表示NaOH溶液，曲线表示CH3COONa溶液，A项错误；根据电荷守恒可知，a点离子总浓度为2c(OH)+c(CH3COO)，b点离子总浓度为2c(OH)，a点pH比b点pH大，即a点c(OH)比b点c(OH)大，故a点离子总浓度大，导电能力强，B项正确；c点溶液为CH3COONa溶液，根据电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)c(OH)+c(CH3COO)和物料守恒式：c(Na+)c(CH3COO)+c(CH3COOH)，消去c(Na+)，可得质子守恒式：c(OH)c(H+)+c(CH3COOH)，C项错误；NaOH溶液中水的电离受到抑制，CH3COONa溶液中水的电离受到促进，CH3COONa溶液浓度越大，pH越大，由水电离出的c(OH)越大，故由水电离出的c(OH)的大小：acb，D项错误。12. 【答案】A【解析】由上述分析可知，A为C元素、B为N元素、C为Na元素、D为Mg元素、E为Cl元素。A电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，电子层数越大，离子半径越大，Cl核外有3个电子层，N3、Na+、Mg2+核外有2个电子层，所以离子半径大小关系为：EBCD，A正确；B焰色反应是某些金属元素受热时发生电子跃迁而产生的现象，可用来检验这种元素的存在，只要含有这种元素的任何物质都会产生同样的现象，所以焰色反应呈黄色的物质不一定是含Na的化合物，也可能是钠的单质，B错误；C非金属性越强对应最高价含氧酸的酸性越强，C的最高价氧化物对应的水化物即H2CO3，H2CO3属于弱酸，而E对应的是HClO4，属于强酸，但未指明是最高价含氧酸的酸性，如HClO是弱酸，其酸性比碳酸还弱，所以A的氧化物对应的水化物的酸性不一定比E弱，C错误；D碳的氢化物即为烃类，随着C原子数的增多，常温下的状态有气体、液体或固体，所以不一定都是气体，D错误；故选A。13. 【答案】D【解析】A根据装置图，充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能储存起来，故A正确；B充电时Na2S4在a极还原为Na2S，充电时a是阴极，所以放电时，a极为负极，故B正确；C充电时，b是阳极，根据图示，阳极I失电子被氧化为1，电极反应式为3I-2e=1，故C正确；D若M是阴离子交换膜，则阴离子混合后会相互反应，所以M是阳离子交换膜，故D错误。26. 【答案】（1）连接好仪器，用止水夹夹住a处橡胶管，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中注入足量的水；旋开分液漏斗开关，水滴入烧瓶的速率减慢，最终法无滴入，证明气密性良好；反之不好 （2） f-D-g、d-C-e e -C- d （3） m （4） 有白色固体析出 HCl、Cl2溶于水使c(Cl )增大，溶解平衡NaCl(s)Na+(aq)+Cl (aq)逆向移动，析出NaCl固体 （5） 打开止水夹 气球膨胀、锥形瓶内出现白雾，溶液中有白色沉淀出现 SO2 样品中S的质量分数大于SO2Cl2中S的质量分数，必溶有SO2被NO氧化生成SO 【解析】（1）装置气密性检查的关键是:形成封闭体系。操作方法为：连接好仪器，用止水夹夹住a处橡胶管，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中注入足量的水；旋开分液漏斗开关，水滴入烧瓶的速率减慢，最终法无滴入，证明气密性良好；反之不好。（2）根据实验原理SO2+Cl2=SO2Cl2、SO2Cl2遇水剧烈水解，制取SO2Cl2必须使用干燥的SO2和Cl2反应。根据试题提供的信息，A、E装置分别是Cl2和SO2的发生装置。B装置是制取SO2Cl2的装置，故A、B之间是Cl2的净化和干燥装置，B、E之间是SO2的干燥装置，由此可选相应的装置和连接接口的方向为f-D-g、d-C-e；、e-C-d；答案：f-D-g、d-C-e；、e-C-d。（3）冷凝水的基本方向是从下口进冷水，上口出水，保证使冷凝管中注满冷凝水。答案：m。（4）HCl、Cl2溶于水使c(Cl)增大，溶解平衡NaCl(s)Na+(aq)+Cl (aq)逆向移动，析出NaCl固体。答案：有白色固体析出；HCl、Cl溶于水使c(Cl)增大，溶解平衡NaCl(s) Na+(aq)+Cl(aq)逆向移动，析出NaCl固体。（5）需打开止水夹，样品才能注入锥形瓶；因为SO2Cl2遇水剧烈水解生成H2SO4和HCl，HCl挥发形成白雾、使气球膨胀，而溶液中会产生BaSO4沉淀。答案：打开止水夹；气球膨胀、锥形瓶内出现白雾，溶液中有白色沉淀出现。充分反应后的固体硫酸钡，经过过滤、洗涤、干燥、称量固体质量为23.3g，表明液体产品中S的质量分数=(23.3g233g/mol)32g/mol/(8mL1.67g/mL)=32/133.632/135(SO2Cl2中S的质量分数)；SO2中S的质量分数为50%(23.3g233g/mol)32g/mol/(8mL1.67g/mL)，故必溶有SO2被NO氧化生成SO。答案：SO2；样品中S的质量分数大于SO2Cl2中S的质量分数，必溶有SO2被NO氧化生成SO。27. 【答案】（1）Al2O3+6H+=2Al3+3H2O 温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏 （2） Fe3+3HCO=Fe(OH)3+3CO2 静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色 （3） 盐酸浓度增大，溶液中Cl浓度增大，促进Al3+形成AlCl36H2O晶体析出 （4） HCl(或盐酸) 【解析】制备Al2O3的流程：粉煤灰的主要成分为Al2O3和SiO2，（含少量杂质Fe2O3），加浓盐酸，Al2O3、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于盐酸，过滤，滤渣为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，加入适量碳酸氢铵，Fe3+转化为沉淀从而达到除铁的目的，滤液中氯化铝在氯化氢的氛围中加热结晶得AlCl36H2O晶体，AlCl36H2O晶体煅烧得到Al2O3以及副产品氯化氢。（1）“酸浸”过程发生的主要反应为氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式是Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏，故温度不宜过高；（2）“除铁”生成Fe(OH)3是氯化铁与碳酸氢铵发生双水解反应生成氢氧化钠、氯化铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe3+3HCO=Fe(OH)3+3CO2，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色；（3）盐酸浓度增大，溶液中Cl浓度增大，促进Al3+形成AlCl36H2O晶体析出，Al3+浓度减小；（4）上述流程中，结晶时必须用到氯化氢，而副产品为氯化氢，故可以循环利用的物质是HCl(或盐酸)。28. 【答案】（1）B （2）2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) H=-681.8kJ/mol （3）0.042mol/(Lmin) 减小 BC （4）1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO2转化率提高 50% （5）(0.41.2)20.21.2(0.61.2)21.1106或(13)216141.1106Pa 【解析】（1）硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨、光化学烟雾等；A全球变暖是二氧化碳，A错误；B硫氧化物和氮氧化物的排放引发硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，B正确；C水体富营养化(水华)是磷元素过量排放，C错误；D白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等塑料制品造成，D错误；故合理选项是B；（1）已知：CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s) H=+178.2kJ/mol；SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s) H=-402kJ/mol；2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) H=-234.2kJ/mol；根据盖斯定律，将(+)2+，整理可得：得到石灰石脱硫的热化学反应方程式：2CaCO3(s)+2SO2(g)+ O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) H=-681.8kJ/mol；（3）C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=-34.0kJ/mol，图表数据得到010min内，NO的平均反应速率v(NO)=ct=1.00mol/L-0.58mol/L10min=0.042mol/(Lmin)，由于该反应的正反应为放热反应，所以升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，故化学平衡常数减小；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=c(N2)c(CO2)c2(NO)=0.360.360.482=916，平衡常数会随温度变化，而平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器体积后加入一定量一氧化氮；A加入一定量的活性炭，炭是固体物质，对化学平衡无影响，平衡不移动，A错误；B通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，B正确；C.适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，C正确；D加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不能使化学平衡移动，D错误；故合理选项是BC；（4）1050KPa前反应未达平衡状态，增大压强，物质的浓度增大，反应速率加快，NO转化率提高，在1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮2mol，2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)起始量 2 0 0变化量 240%=0.8 0.4 0.8平衡量 1.2 0.4 0.8NO2的体积分数=1.21.2+0.4+0.8100%=50%；（5）在1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮1mol，2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)起始量 1 0 0变化量 140%=0.4 0.2 0.4平衡量 0.6 0.2 0.4气体总物质的量=1.2mol，Kp=(0.41.21.1106)2(0.21.21.1106)(0.61.21.1106)2=(0.41.2)2(0.21.2)(0.61.2)21.1106Pa。35. 【答案】（1）Ar3d9(或1s22s22p63s23p63d9) （2）Cu3N （3）或 （4）sp2杂化 SO3 （5）NH3分子间存在氢键，气化时克服氢键，需要消耗大量能量 【解析】（1）铜的原子序数是29，则根据核外电子排布规律可知基态Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9；（2）黑绿色晶体的晶胞如图所示，根据均摊法可知，一个晶胞中含有1214=3个Cu，818=1个N，故该晶体的化学式为Cu3N；（3）Cu(NH3)42+配合物中，铜原子提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对，Cu2+与4个NH3形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：或；（4）NO中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以N原子采用sp2杂化；等电子体要求原子总数相同、价原子总数相同，与NO互为等电子体的种分子为SO3；（5）液氨可作制冷剂，气化时吸收大量热量的原因是NH3分子间存在氢键，气化时克服氢键，需要消耗大量能量。36. 【答案】（1）（酚）羟基和酯基 1111 （2）取代反应 还原反应 （3） CO2 （4）保护酚羟基，防止第步反应时被NaNO2所氧化 （5） 【解析】（1）有机物A中的官能团名称为（酚）羟基和酯基；结构对称，有4种不同环境的氢，奥沙拉嗪钠在核磁共振氢谱中的吸收峰的峰面积之比为1111；（2）反应中A为，观察反应流程，AB为硝化反应，反应类型为取代反应；BC是与酚羟基中的H原子发生取代反应，反应的方程式为；CD为硝基的还原反应，即硝基生成氨基，D，反应的反应类型为还原反应；（3）D经过反应得E，E酸化后，反应生成F，只有酚羟基被酸化，X溶液的酸性介于羧基和酚羟基之间，在溶液中反应所用的试剂X为CO2；（4）结合奥沙拉秦的结构，生成E的过程中，NaNO2具有强氧化性，若直接将氨基氧化时，同时也会将酚羟基氧化，所以BC的目的是保护酚羟基，防止第步反应时被NaNO2所氧化；（5）水杨酸有多种同分异构体，a能发生银镜反应 ，说明含有醛基或甲酸酯；b苯环上的一氯代物有两种同分异构体，说明结构对称，符合条件的所有同分异构体的结构简式。