2019年名校考前高考化学提分仿真卷答案七

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（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；C．4.6g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C－H键数目，C错误；D．Mg是+2价金属，无论反应生成MgO还是Mg3N2，每1molMg反应，转移2molZ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，海量资源尽在星星文库：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Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ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2[c(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。海量资源尽在星星文库：【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1−3，电极反应式为3I−-2e−=1−3，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-ee-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−3氧化生成SO2−4【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）③需打开止水夹，样品才能注入锥形瓶；海量资源尽在星星文库：，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=[(23.3g÷233g/mol)32g/mol]/(81.67g/mL)=32/133.632/135(SO2Cl2中S的质量分数)；SO2中S的质量分数为50%[(23.3g÷233g/mol)32g/mol]/(81.67g/mL)，故必溶有SO2被NO−3氧化生成SO2−4。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−3氧化生成SO2−4。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−3=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AlCl3·6H2O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AlCl3·6H2O晶体，AlCl3·6H2O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−3=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AlCl3·6H2O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)。海量资源尽在星星文库：【答案】（1）B（2）2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=-681.8kJ/mol（3）0.042ol/(·in)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）(0.4.2)20.2.2(0..2)2.0或(3)24.0【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：①CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s)ΔH=+178.2kJ/mol；②SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s)ΔH=-402kJ/mol；③2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)ΔH=-234.2kJ/mol；根据盖斯定律，将(①+②)×2+③，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)ΔH=-681.8kJ/mol；（3）①C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ/mol，图表数据得到0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=.00ol/-0.ol/0in=0.042mol/(L·min)，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；②30min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=(2)(CO2)2(O)0.30.30.42=，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．通海量资源尽在星星文库：，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