2019年名校考前高考化学提分仿真卷答案一

海量资源尽在星星文库：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（一）7.【答案】A【解析】铬为重金属，服用铬含量超标的药用胶囊会危害人体健康，A项正确。纯度过高(如95%)的酒精会使细菌表层蛋白凝固，妨碍酒精向内渗透，从而影响杀菌效果，常用75%的酒精进行杀菌消毒，B项错误；食品袋中放置的CaO的作用是防止食品受潮，C项错误；酸雨是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D项错误。8.【答案】D【解析】A．22.0gT2O的物质的量为：22g22g/mol＝1mol，含有中子的物质的量为：1mol×12＝12mol，含有的中子数为12NA，故A错误；B.7.2g过氧化钙的物质的量为0.1mol，而过氧化钙由钙离子和过氧根构成，故0.1mol过氧化钙中含0.2mol离子即0.2NA个，故B错误；C.未说明是否为标准状况，无法计算6.2LNO2气体的物质的量，无法计算转移的电子数，故C错误；D.标准状况下，2.24LNO和2.24LO2的物质的量均为0.1mol，由于NO和氧气均为双原子分子，故0.1molNO和0.1molO2中含0.4mol原子，而反应过程中满足原子个数守恒，故反应后体系中原子总数为0.4NA，故D正确；故选D。9.【答案】A【解析】硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中发生水解反应，生成硬脂酸钠和甘油，加入饱和食盐水，上层析出硬脂酸钠，A项错误；乙酸的结构简式CH3COOH，分子模型为，B项正确；石油分馏是根据各馏分的沸点不同而进行分离的，为物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等产品，C项正确；根据CxHyOz+(x+y4－z2)O2――→点燃xCO2+y2H2O可知，等物质的量的C3H6和C3H8O充分燃烧时消耗氧气量相同，D项正确。10.【答案】D【解析】X的L层电子数是K层的3倍，X是O，W所在族序数是周期数的2倍，且海量资源尽在星星文库：，则W是S，Y、Z、W的最外层电子数之和为10，则Y和Z的最外层电子数之和为4，结合X、Y、Z原子序数依次增大知，Y、Z分别是Na和Al。Na在水溶液中是不能置换出其他金属单质的，A选项错误；单核离子半径：WXYZ，B选项错误；X和W形成的化合物可能是SO2，也可能是SO3，其水化物不一定是强电解质，C选项错误；Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3和H2SO4，两两之间可以反应，D选项正确。11.【答案】B【解析】70%的浓硫酸可以电离出H+，A项正确；利用D装置加热固体制取氧气，用氯酸钾制备氧气时，需要用二氧化锰作催化剂，B项错误；对于定量测定实验，除了要排除空气、水蒸气等的干扰，还要将产物SO3以及未反应的SO2全部驱赶至后续装置以进行准确测量或称量，故反应停止后还要继续通入一段时间的氧气，C项正确；装置C中发生的反应是：3SO2+3Ba2++2NO－3+2H2O===3BaSO4↓+2NO↑+4H+，沉淀为BaSO4，D项正确。12.【答案】B【解析】向二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，依次发生反应：H2A+OH−===HA−+H2O、HA−+OH−===A2−+H2O，结合题图可知，a曲线代表H2A的物质的量分数随pH的变化，b曲线代表HA−的物质的量分数随pH的变化，c曲线代表A2−的物质的量分数随pH的变化，A项错误；M点溶液中c(HA−)＝c(H2A)0.05mol·L−1，又pH＝1.1，故c(H+)＝10−1.1mol·L−1，c(H+)c(HA−)＝c(H2A)，B项正确；当pH＝2.7时，因滴入NaOH溶液，溶液的体积增大，结合物料守恒可知c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)0.1mol·L−1，C项错误；N点pH＝4.2时，c(A2−)＝c(HA−)，溶液中仍存在少量H2A分子，D项错误。13.【答案】C【解析】A.电解池中阳离子向阴极移动，故X电极为阴极，电极反应式为：2H++2e−=H2↑，选项A错误；B.电子流向：电源负极→阴极X电极、阳极Y电极→电源正极，选项B错误；C.阴极反应为2H++2e−=H2↑，阳极反应为：4OH−-4e−=O2↑+2H2O，当电路中通过1mol电子时，阴极得到0.5molH2，阳极得到0.25molO2，两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol=0.75mol，标准状况下16.8L的气体，选项C正确；D.电解池中，电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，海量资源尽在星星文库：阴离子向阳极移动，因此M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH；若去掉双极膜（BP），则Cl−会在阳极失去电子，生成Cl2，在阳极室会有C12生成，，B室产物发生变化，选项D错误。答案选C。26.【答案】（1）①aedbce或aedcbe②打开分液漏斗旋塞，通一段时间氧气先熄灭酒精灯，待产品冷却后再停止通入氧气，关闭分液漏斗活塞（2）①导气，防止倒吸防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出②过滤洗涤【解析】（1）①由题图知，制备过氧化钙时装置的连接顺序为：制备氧气的装置(A)→气体干燥装置(C)→O2与钙高温下反应的装置(B)→干燥装置(C，防止空气中的H2O进入反应装置)，故按气流方向连接顺序为：aedbce或aedcbe。②装入药品后，先打开分液漏斗的旋塞，通一段时间氧气，排出装置中的空气后，点燃B处酒精灯；反应结束后，为了防止倒吸，先熄灭酒精灯，待产品冷却后，再停止通入氧气，关闭分液漏斗活塞。（2）①在装置A中制备NH3，由于NH3极易溶于水，吸收时要防止倒吸，故装置B中仪器X的作用是导气并防止倒吸。H2O2受热容易分解，反应在冰水浴中进行可防止温度过高H2O2分解，同时有利于晶体析出。②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干即可得到CaO2·8H2O。27.【答案】（1）95℃（2）ZnS+4MnO2+4H2SO4===ZnSO4+4MnSO4+4H2O（3）P507是酸性萃取剂，pH过大，其会发生反应而损失(或锌、锰离子水解程度增大等其他合理答案)（4）2Mn2++5S2O2－8+8H2O===2MnO－4+10SO2－4+16H+（5）Ag－e−+Cl−===AgCl（6）阳极1【解析】（1）根据图示，“酸浸”时，当温度为95℃时，锌、锰离子浸出率均较大，再升高温度，浸出率变化不大，故最适宜温度为95℃。（2）根据工艺流程分析，酸浸时，ZnS、MnO2分别转化为ZnSO4、MnSO4，即S由－2价升为+6价，Mn由+4价降为+2价，根据得海量资源尽在星星文库：失电子守恒，ZnS、MnO2的化学计量数之比为1∶4，再根据原子守恒，配平化学方程式为：ZnS+4MnO2+4H2SO4===ZnSO4+4MnSO4+4H2O。（3）P507属于酸性萃取剂，pH过大，P507与OH－反应而损失，因此锌、锰离子分离系数降低。（4）S2O2－8与Mn2+反应，生成MnO－4和SO2－4，根据S2O2－8――→得2×e－2SO2－4、Mn2+――→失5e－MnO－4，由得失电子守恒，S2O2－8、Mn2+的化学计量数之比为5∶2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为：5S2O2－8+2Mn2++8H2O===2MnO－4+10SO2－4+16H+。（5）根据总反应，电池放电时，负极上Ag发生氧化反应，转化为AgCl，电极反应为：Ag－e−+Cl−===AgCl。（6）根据装置图，A电极上尿素转化为N2，氮元素化合价由－3价升为0价，发生氧化反应，则A极为阳极。电解时阳极反应为：CO(NH2)2+8OH−－6e−===CO2－3+N2↑+6H2O，阴极反应为：6H2O+6e−===3H2↑+6OH−，故电解总反应为：CO(NH2)2+2OH−=====通电CO2－3+N2↑+3H2↑，若起始时加入电解池的原料配比n(KOH)n[CO(NH2)2]＝3，假设n(KOH)＝3amol，n[CO(NH2)2]＝amol，则反应完全，KOH剩余amol，生成CO2－3amol，电解排出液中n(OH−)n(CO2−3)＝1。28.【答案】（1）2ΔH1－ΔH2K21/K2（2）24.0×10−8减小（3）①加入催化剂②乙2【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应③＝2×反应①－反应②，则ΔH3＝2ΔH1－ΔH2，K3＝K21/K2。（2）3.60×10−9＝k×0.30n，1.44×10−8＝k×0.60n，解得n＝2，k＝4.0×10−8；减小压强，平衡正向移动，则混合气体的平均相对分子质量将减小。（3）①分析题图1曲线a知反应过程中压强先增大后减小至不变，压强先增大是因为正反应放热，随着反应的进行，反应物浓度减小，压强又减小至不变，故ΔH0。曲线b与曲线a相比，反应速率加快，平衡状态不变，故改变的条件是加入催化剂。②该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，lgK减小，故曲线乙正确，设反应达到平衡时，Cl2转化了xmol·L−1，由三段式法计算：海量资源尽在星星文库：根据反应起始和平衡时温度相同，且反应在恒容容器中进行，则有0.060.06－x＝6p5p，解得x＝0.01，故25℃时平衡常数K＝c2(ClNO)c2(NO)·c(Cl2)＝0.0220.022×0.01＝100，1gK＝2。35.【答案】（1）3d54s1（2）NOC（3）正四面体sp3（4）两种晶体都是原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高。原子半径：CSi，键长：C—C键Si—C键，所以碳化硅的熔点低于金刚石（5）[Cr(NH3)6]Cl324NA（6）Fe4N238ρNA【解析】（1）基态Cr原子核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1，故价电子排布式为3d54s1。（2）同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于N的2p能级上电子半充满，为较稳定结构，故其第一电离能大于O的第一电离能，故第一电离能：NOC。（3）PO3－4中P无孤电子对，空间构型为正四面体形，中心原子P的杂化方式为sp3杂化。（5）加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl－为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3。该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N—H键为σ键，故1mol该配合物中含有σ键的数目为24NA。（6）该晶胞中Fe位于顶点和面心，个数为8×18+6×12＝4，N位于体心，个数为1，故该晶体的化学式为Fe4N。该晶胞质量为56×4＋14NAg＝238gNA，故该晶胞的体积为238NAg÷ρg·cm－3＝238ρNAcm3。36.【答案】（1）苯乙醛取代反应(或酯化反应)海量资源尽在星星文库：（2）（3）+HCHO（4）15或(任写一种即可)（5）CH3—CH=CH—CH3――——→Br2CCl4CH3CHBrCHBrCH3――——→NaOH乙醇，△CH2=CH—CH=CH2――——→CH2=CHCHO△【解析】（1）根据合成路线图及已知信息①可知，苯丙烯发生催化氧化后得到甲醛和苯乙醛，而F是含有三个六元环的酯，所以A不可能是甲醛，则A是苯乙醛，结合已知信息②知B为，2分子B发生酯化反应生成含有三个六元环的F，所以B到F发生的反应是取代反应。（2）E为B发生缩聚反应的产物，其结构简式是。（3）由已知信息①可知，苯丙烯与氧气反应的化学方程式是。（4）B为，其同分异构体中含有苯环，且苯环上有两个取代基，一个取代基中含有酯基，另一个取代基中含有醇羟基，则其同分异构体苯环上含有醇羟基的取代基可以是—CH2OH，则对应的含有酯基的取代基可以为—OOCCH3、—CH2OOCH、—COOCH3；若含有醇羟基的取代基是—CH2CH2OH、—CHOHCH3，则对应的含有酯基的取代基为—OOCH，又两个取代基在苯环上有邻、间、海量资源尽