2019高考化学大二轮复习 模拟试题精编（七）.doc

模拟试题精编(七)(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化学与材料、生活和环境密切相关。下列说法正确的是()A糖类、油脂、蛋白质都可发生水解反应B天然纤维、聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料C大力实施矿物燃料脱硫、脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放D镀锌铁或镀锡铁镀层破损后仍将通过牺牲阳极的阴极保护法防止腐蚀8常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()ApH1的溶液：Ba2、Al3、Cl、SOB能使酚酞试液变红的溶液：Na、K、HCO、IC.1012的溶液：NH、Cu2、NO、ClD含有0.1 mol Fe(NO3)2的溶液：H、Mg2、SCN、SO9对下列叙述的评价合理的是()选项叙述评价A乙酸乙酯在HO中水解，产物乙醇中将含有18O对，根据酯的水解规律，产物乙醇中将含有18O同位素，而乙酸则没有B明矾和漂白粉都可用于水的净化对，二者的作用原理相同C施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用对，K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效D可以用新制的Cu(OH)2悬浊液鉴别乙醇、乙酸和葡萄糖错，用新制的Cu(OH)2悬浊液不能鉴别乙醇和乙酸10.在周期表中，X元素与Y、Z、W三种元素相邻，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，这四种短周期元素原子的最外层电子数之和为20。下列判断正确的是()A原子半径：rW<rX<rYB四种元素形成的单质最多有6种C四种元素均可与氢元素形成18电子分子 D四种元素中，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性最强11下列关于有机化合物的说法正确的是()A乙醇和乙酸都能与NaOH溶液反应B分子式为C9H12的芳香烃共有8种C苯与氯气生成的反应属于取代反应D糖类、蛋白质属于天然高分子化合物12.如图电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，下列说法正确的是()A电极a发生反应：SO22e2H2O=SO4HB电解过程中阴极溶液的pH减小C物质X是H2SO4D当电路中通过1 mol电子时，总共转化15.68 L SO2和NO13.25 时，向20 mL 0.1 molL1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1 molL1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关说法正确的是()Aa点所示溶液中：c(H2R)c(HR)c(R2)0.1 molL1Bb点所示溶液中：c(Na)>c(HR)>c(H2R)>c(R2)C对应溶液的导电性：b>cDa、b、c、d中，d点所示溶液中水的电离程度最大选 择 题 答 题 栏题号78910111213答案第卷(非选择题共58分)本卷包括必考题和选考题两部分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。26.(14分)某化学兴趣小组用如图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和氯水并进行有关探究实验。实验.制取氯酸钾、次氯酸钠和氯水(1)写出装置A实验室制取Cl2的化学方程式_。(2)制取实验结束后，取出装置B中试管，冷却结晶、过滤、洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、_、_。为提高氯酸钾和次氯酸钠的产率，在实验装置中还需要改进的是_。(3)装置C中反应需要在冰水浴中进行，其原因是_。(4)装置D中的实验现象是溶液先变红后褪色，最后又变为_色。实验.尾气处理实验小组利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。(5)吸收尾气一段时间后，吸收液(强碱性)中肯定存在Cl、OH和SO。请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子(不考虑空气中CO2的影响)。提出合理假设假设1：只存在SO；假设2：即不存在SO，也不存在ClO；假设3：_。设计实验方案，进行实验。请完成下列表格，写出相应的实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3 molL1H2SO4、1 molL1NaOH溶液、0.01 molL1酸性KMnO4溶液、淀粉KI溶液。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液分置于A、B试管中步骤2：向A试管中滴加0.01 molL1酸性KMnO4溶液(1)若溶液褪色，则假设1成立(2)若溶液不褪色，则假设2或3成立步骤3：27.(15分)近年我国汽车拥有量呈较快增长趋势，汽车尾气已成为重要的空气污染物。回答下列问题：(1)汽车发动机工作时会引起反应：N2(g)O2(g)2NO(g)，是导致汽车尾气中含有NO的原因这一。2 000 K时，向容积为2 L的密闭容器中充入2 mol N2与2 mol O2，发生上述反应，经过5 min达到平衡，此时容器内NO的体积分数为0.75%，则该反应在5 min内的平均反应速率v(O2)_molL1min1，N2的平衡转化率为_，2 000 K时该反应的平衡常数K_。(2)一定量NO发生分解的过程中，NO的转化率随时间变化的关系如图所示。反应2NO(g)N2(g)O2(g)为_(填“吸热”或“放热”)反应。一定温度下，能够说明反应2NO(g)N2(g)O2(g)已达到平衡的是_(填序号)。a容器内的压强不发生变化b混合气体的密度不发生变化cNO、N2、O2的浓度保持不变d单位时间内分解4 mol NO，同时生成2 mol N2在四个容积和温度均完全相同的密闭容器中分别加入下列物质，相应物质的量(mol)如表所示。相同条件下达到平衡后，N2的体积分数最大的是_(填容器代号)。容器代号NON2O2A200B011C0.40.60.8D10.50.4(3)当发动机工作时，发生反应产生的尾气中的主要污染物为NOx。可用CH4催化还原NOx以消除氮氧化物污染。已知：CH4(g)4NO2(g)=4NO(g)CO2(g)2H2O(g)H574 kJmol1CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H867 kJmol1写出CH4与NO反应生成N2、CO2、H2O(g)的热化学方程式：_。使用催化剂可以将汽车尾气的主要有害成分一氧化碳(CO)和氮氧化物(NOx)转化为无毒气体，该反应的化学方程式为_。28(14分)利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H、Co2、Fe2、Mn2、Al3、Mg2、Ca2等。沉淀中只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为_。(2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。(3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀的主要成分为_。(4)操作包括：将水层加入浓盐酸调整pH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。(5)为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%，其原因可能是(回答一条原因即可)。(6)将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。温度范围/固体质量/g1502104.412903202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320 温度范围，剩余的固体物质化学式为_。已知：CoC2O42H2O的摩尔质量为183 gmol1请考生在第35、36两道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35(15分)【化学选修3：物质结构与性质】“黄铜”一词最早见于西汉东方朔所撰的申异经中荒经：“西北有宫，黄铜为墙，题曰地皇之宫。”“黄铜”一词专指铜锌合金，则始于明代，其记载见于明会典：“嘉靖中则例，通宝钱六百万文，合用二火黄铜四万七千二百七十二斤。”(1)某同学书写基态铜原子的价层电子排布式为3d94s2，该排布式违背了_。简单金属离子在水溶液中的颜色大多与价层含有未成对电子有关，Cu呈无色，其主要原因可能是_。(2)在10 mL 1 molL1氯化锌溶液中滴加浓氨水至过量，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，生成了Zn(NH3)42，配体的空间构型是_；画出该配离子的结构图：_。(3)乙二胺(缩写en)是H2NCH2CH2NH2。硫酸二乙二胺合铜()的化学式为Cu(en)2SO4，在该配合物中，N原子的杂化类型是_。C、N、O、Cu的第一电离能由大到小的顺序为_。(4)铜晶体类型是_；锌晶体中存在的化学键类型是_。(5)Cu、N两元素形成某种化合物的晶胞结构如图。该晶胞的化学式为_。该晶胞中，氮的配位数为_。已知紧邻的白球与黑球之间的距离为a cm，该晶胞的密度为 gcm3，NA代表阿伏加德罗常数值，a_nm。(用代数式表示)36(15分)【化学选修5：有机化学基础】PET俗称涤纶树脂，是一种热塑性聚酯；PMMA俗称有机玻璃。工业上以基础化工原料合成这两种高分子材料的路线如下：已知：.RCOORROHRCOORROH(R、R、R代表烃基)(1)指出下列反应的反应类型：反应_；反应_。(2)E的名称为_；反应的化学方程式为_。(3)PET单体中官能团的名称为_。(4)下列说法正确的是_(填字母序号)。aB和D互为同系物 b为缩聚反应，为加聚反应cF和丙醛互为同分异构体 dG能发生加成反应和酯化反应(5)I的同分异构体中，满足下列条件的有_种。(不包括I)能与NaOH溶液反应；含有碳碳双键。(6)根据题中信息，用环己醇为主要原料合成，模仿以上流程图设计合成路线，标明每一步的反应物及反应条件。(有机物写结构简式，其他原料自选)示例：由乙醇合成聚乙烯的反应流程图可表示为CH3CH2OHCH2=CH2_。高考化学模拟试题精编(七)7解析：选C。糖类中的单糖(如葡萄糖、果糖)不能发生水解反应，A项错误；光导纤维的主要成分为SiO2，它不属于有机高分子材料，B项错误；大力实施矿物燃料脱硫、脱硝技术，可以减少硫、氮氧化物的排放，C项正确；铁比锡活泼，镀锡铁镀层破损后，铁和锡形成原电池，铁作负极，锡作正极，铁的腐蚀加快，故不能通过牺牲阳极的阴极保护法防止腐蚀，D项错误。8解析：选C。Ba2与SO会生成BaSO4白色沉淀而不能大量共存，A项不符合题意。能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，碱性溶液中HCO不能大量存在，B项不符合题意。1012的溶液为强酸性溶液，NH、Cu2、NO、Cl可以大量共存，C项符合题意。Fe2在H存在下会被NO氧化为Fe3，Fe3又能与SCN反应生成不稳定的物质Fe(SCN)3，故D项不符合题意。9解析：选C。由可知，H2O中的氧原子来自乙酸，所以乙酸乙酯在HO中水解，生成的乙酸中含有18O同位素，而乙醇中没有，故A项不合理。明矾水解生成的氢氧化铝胶体能够吸附水中的悬浮物，从而起到净水作用；而漂白粉具有强氧化性，能杀菌消毒，从而起到净水作用，二者的作用原理不相同，B项不合理。K2CO3与NH4Cl发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效，C项合理。乙酸能与新制的Cu(OH)2悬浊液发生中和反应，从而使悬浊液变澄清；乙醇与新制的Cu(OH2)悬浊液不反应；加热条件下，葡萄糖与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，故用新制Cu(OH)2悬浊液可以鉴别乙醇、乙酸和葡萄糖，D项不合理。10解析：选C。根据提供的信息，可以推断出X为N，Y为O，Z为P，W为C。原子半径：C>N>O，A项错误；P形成的单质有白磷、红磷、黑磷等，C形成的单质有石墨、金刚石、C60等，故四种元素形成的单质多于6种，B项错误；C与H形成的C2H6、N与H形成的N2H4、O与H形成的H2O2、P与H形成的PH3均为18电子分子，C项正确；四种元素中，N的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，D项错误。11解析：选B。A项，乙醇不能与NaOH溶液反应，错误；B项，分子式为C9H12的芳香烃，可以是：苯环上含有1个C3H7，C3H7有CH2CH2CH3、两种结构，共2种，苯环上含有1个CH3、1个CH2CH3，二者在苯环上有邻、间、对三种位置关系，共3种，苯环上含有3个CH3，共3种，故总共有8种，正确；C项，苯与氯气反应生成，反应前后氢原子数不变，不是取代反应，而是加成反应，错误；D项，糖类中的单糖(葡萄糖和果糖)、双糖(蔗糖和麦芽糖)等不是高分子化合物，错误。12解析：选C。A项，电极a发生氧化反应：SO22e2H2O=SO4H，错误；B项，电极b为阴极，发生反应：NO5e6H=NHH2O，c(H)减小，pH增大，错误；C项，根据总反应：5SO22NO8H2O(NH4)2SO44H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4，正确；D项，总反应中转移电子数为10，则电路中通过1 mol电子时，发生反应的SO2和NO共0.7 mol，在标准状况下体积为22.4 Lmol10.7 mol15.68 L，错误。13解析：选D。a点加入NaOH溶液的体积为10 mL，则a点所示溶液的体积为30 mL，根据物料守恒，存在：c(H2R)c(HR)c(R2)0.1 molL1，A项错误；b点加入NaOH溶液的体积为20 mL，所得溶液为NaHR溶液，溶液的pH4.52，溶液呈酸性，说明HR的电离程度大于水解程度，则溶液中：c(Na)>c(HR)>c(R2)>c(H2R)，B项错误；由题图可知，b点所示溶液为0.05 molL1NaHR溶液，c点所示溶液为0.02 molL1NaHR和0.02 molL1Na2R的混合溶液，根据电荷守恒知，两溶液中等效导电离子总浓度均为2c(Na)c(H)，但b点所示溶液中c(Na)0.05 molL1、c(H)104.52molL1，c点所示溶液中c(Na)0.06 molL1、c(H)107.19molL1，c点所示溶液中离子总浓度大于b点所示溶液中离子总浓度，故对应溶液的导电性：b<c，C项错误；a点所示溶液为等浓度的H2R和NaHR的混合溶液，溶液呈酸性，抑制水的电离，b点所示溶液为NaHR溶液，溶液呈酸性，HR的电离程度大于水解程度，抑制水的电离，c点所示溶液为等浓度的NaHR和Na2R的混合溶液，溶液呈碱性，以R2的水解为主，促进水的电离，d点所示溶液为Na2R溶液，溶液因R2水解而呈碱性，促进水的电离，又d点所示溶液的pH大于c点所示溶液的pH，水解程度大，故d点所示溶液中水的电离程度最大，D项正确。26解析：(1)实验室在加热条件下利用MnO2和浓盐酸制取Cl2，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O。(2)过滤时还需要用到漏斗、玻璃棒。浓盐酸易挥发，制得的Cl2中含有HCl杂质气体，HCl与KOH、NaOH均能发生反应，为提高氯酸钾和次氯酸钠的产率，需除去Cl2中的HCl气体，故需要在装置A、B之间添加盛有饱和食盐水的洗气装置。(3)温度高时，Cl2与NaOH溶液发生反应：3Cl26NaOH5NaClNaClO33H2O，生成氯酸钠，而不会生成次氯酸钠，故装置C中反应需在冰水浴中进行。(4)将过量氯气通入装置D中，石蕊溶液先变红后褪色，因为氯气过量，故溶液变为黄绿色或黄色。(5)ClO与SO能发生氧化还原反应而不能共存，结合假设1、假设2，可推知假设3：只存在ClO。利用ClO的强氧化性，通过加入淀粉KI溶液，检验ClO的存在。若溶液变为蓝色，则假设3成立；若溶液不变蓝色，结合步骤2中的(2)，则假设2成立。答案：(1) MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O(2)漏斗玻璃棒在装置A、B之间添加盛有饱和食盐水的洗气装置(3)温度高会生成氯酸钠(4)黄绿(或黄)(5)只存在ClO步骤3：向B试管中滴加淀粉KI溶液(1)若溶液变蓝色，则假设3成立(2)若溶液不变蓝色，结合步骤2中的(2)，则假设2成立(或其他合理答案)27解析：(1)该反应在反应前后气体分子数不变，则平衡时n(NO)4 mol0.75%0.03 mol，转化的O2的物质的量为0.015 mol，v(O2)0.001 5 molL1min1。转化的N2的物质的量也为0.015 mol，N2的平衡转化率为100%0.75%。平衡时n(NO)0.03 mol，n(N2)n(O2)1.985 mol，平衡常数K2.28104。(2)由题图知，T2时先达到平衡，则T2>T1，T2T1，温度降低，NO的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应。反应前后该反应的气体分子总数不变，则容器内的压强始终不变，a项不能说明反应已达到平衡，a项不符合题意；该反应体系中全为气体物质，混合气体的体积始终不变，因此混合气体的密度始终不变，b项不能说明反应已达到平衡，b项不符合题意；NO、N2、O2的浓度保持不变，说明反应已达到平衡，c项符合题意；单位时间内分解4 mol NO，同时生成2 mol N2均为正反应方向，d项不能说明反应已达到平衡，d项不符合题意。对于N2(g)O2(g)2NO(g)，A容器中反应等效于B容器中反应，C容器中反应等效于起始时充入0.8 mol N2、1 mol O2，C容器中反应相当于B容器中反应起始时减少0.2 mol N2，平衡后N2的体积分数比B容器中的小，D容器中反应等效于起始时充入1 mol N2、0.9 mol O2，D容器中反应相当于B容器中反应起始时减少0.1 mol O2，平衡后N2的体积分数比B容器中的大，故N2的体积分数最大的为D容器。(3)将题给热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由b2a可得CH4(g)4NO(g)=2N2(g)CO2(g)2H2O(g)H867 kJmol12(574 kJmol1)1 160 kJmol1。由题意知，使用催化剂可将CO和NOx转化为CO2和N2，化学方程式为2xCO2NOx2xCO2N2。答案：(1)0.001 50.75%2.28104(2)放热cD(3)CH4(g)4NO(g)=2N2(g)CO2(g)2H2O(g)H1 160 kJmol12xCO2NOx2xCO2N228解析：(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO转化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O34HSO=2Co2SO2H2O。(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2氧化为Fe3，ClO被还原为Cl，反应的离子方程式为ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O。(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3和Al3沉淀完全。滤液中含有的金属阳离子为Co2、Mn2、Mg2、Ca2等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液中加入了NaF溶液，知沉淀为MgF2、CaF2。(4)经过操作由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作还包括蒸发浓缩、冷却结晶。(5)根据CoCl26H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。(6)整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O42H2O为0.03 mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08 g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)0.06 mol，m(CO2)0.06 mol44 gmol12.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290320 内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)2.64 g2 g0.64 g，n(O2)0.02 mol；n(CoC2O4)n(O2)n(CO2)0.030.020.06326，依据原子守恒，配平化学方程式：3CoC2O42O2290320 ,Co3O46CO2，故290320 温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoOCo2O3。答案：(1)Co2O3SO4H=2Co2SO2H2O(2)ClO6Fe26H=Cl6Fe33H2O(3)使Fe3和Al3沉淀完全CaF2和MgF2(4)蒸发浓缩冷却结晶(5)粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)(6)Co3O4(或CoOCo2O3)35解析：(1)根据洪特规则特例，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1。Cu的价层没有未成对电子，故亚铜离子在水溶液中呈无色。(2)四氨合锌()离子中配体为NH3，其空间构型为三角锥形；四氨合锌()离子类似四氨合铜()离子，该配离子结构图：。(3)H2NCH2CH2NH2中氮原子价层上有3个成键电子对，1个孤电子对，故氮原子采取sp3杂化。N、O、C、Cu的第一电离能依次减小。(4)铜晶体是金属晶体，锌晶体也是金属晶体，金属晶体中的化学键是金属键。(5)晶胞中Cu原子数目123，N原子数目81，故化学式为Cu3N。观察晶胞知，1个氮原子与其上、下、左、右、前、后6个铜原子距离最近，配位数为6。晶胞的质量g，紧邻的白球与黑球之间的距离为a cm，则晶胞棱长2a cm，则晶胞体积(2a cm)3，故晶体的密度 gcm3，得a107nm。答案：(1)洪特规则特例价层无未成对电子(2)三角锥形(3)sp3N>O>C>Cu(4)金属晶体金属键(5)Cu3N610736解析：(5)满足条件的CH2=C(CH3)COOH的同分异构体是羧酸或酯，其分子中含有碳碳双键。当该有机物是羧酸时，还有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，2种；当该有机物是酯时，有HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、CH3COOCH=CH2,5种，共7种。(6)对照环己醇和目标产物的结构，结合题中信息，可知合成路线中要经过催化氧化、加成(与HCN)、水解、酯化四步反应。答案：(1)取代(或水解)反应消去反应(2)2丙醇(或异丙醇) (3)酯基、羟基(4)bc(5)7