2019年名校考前高考化学提分仿真卷答案九

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（九）7.【答案】A【解析】A．淀粉水解最终产物是葡萄糖，葡萄糖在催化剂条件下C6H12O6→2CH3CH2OH＋2CO2↑，故A正确；B．人体中缺少水解纤维素的酶，即纤维素在人体中无法水解，故B错误；C．乙醇和乙酸不是营养物质，故C错误；D．真丝成分是蛋白质，洗衣粉含酶，能使蛋白质水解，故D错误。8.【答案】D【解析】A．布洛芬为羧酸，苯甲酸甲酯为酯，类别不同，不是同系物，故A错误；B．由结构可知分子式为，故B错误；C．由结构可知，苯环上只有2种H，则在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，二氯代物有3种，故C错误；D．只有与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol布洛芬能与足量溶液反应最多生成，故D正确；故选：D。9.【答案】A【解析】A．三氯甲烷在标准状况下是液体，不适用于22.4L/mol，所以A项符合题意；B．乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，B项不符合题意；C．1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH+4)+c(H+)=c(NO−3)+c(OH−)，中性c(H+)=c(OH−)，c(NH+4)=c(NO−3)，同一溶液中NO3-的数目为NA，则NH+4数目也为NA，C项不符合题意；D．淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为NA，D项不符合题意；本题答案选A。10.【答案】C【解析】依题意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S。A．H2O的热稳定性比NH3强，选项A正确；B．S2−的半径比O2−的大，选项B海量资源尽在星星文库：项正确；C．HNO3、H2SO4均是强酸，但是，HNO2、H2SO3均是弱酸，选项C错误；D．NH3和H2S可反应生成(NH4)2S、NH4HS两种盐，选项D正确。答案选C。11.【答案】C【解析】A．FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；B．滤液中NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；C．煅烧前后Fe原子守恒，n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，而不是1∶5，C项符合题意；D．Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意；本题答案选C。12.【答案】A【解析】A．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为(1g/24g/mol)×2=1/12mol、(1g/27g/mol)×3=1/9mol、(1g/65g/mol)×2=1/32.5mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故A错误；B．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH−，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故B正确；C．正极上氧气得电子和水反应生成OH−，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故C正确；D．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故D正确。答案选A。13.【答案】C【解析】A．b点时，溶液中的溶质为Na2SO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4、NH+4水解使溶液呈酸性，选项A错误；B．当加入20mLNaOH溶液时，NH+4水解，c(H+)=c(NH3·H2O)=10-5.3mol/L，Kb=()，选项B错误；C．当加入30mLNaOH溶液时，溶液中NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，pH7，海量资源尽在星星文库：所以当二者程度相等(d点的pH=7)时，加入的NaOH溶液的体积小于30mL，选项C正确；D．e点溶液中c(NH3·H2O)c(NH+4)，选项D错误。答案选C。26.【答案】（1）Al4C3＋12HCl===3CH4↑＋4AlCl3（2）F→D→B→E→C→G（3）先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下（4）试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成)除去甲烷中的HCl气体和水蒸气（5）取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有Cu2O取少量Cu2O固体于试管中，加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液【解析】（1）A中Al4C3与盐酸发生复分解反应，反应方程式Al4C3＋12HCl=3CH4↑＋4AlCl3；因此本题答案是：Al4C3＋12HCl=3CH4↑＋4AlCl3。（2）A中反应后，需除去气体可能携带的HCl，故紧接着是F，然后将气体通入反应器D，随后通入B中，检验是否有水生成，再通入澄清石灰水E，检验二氧化碳，最后通入C中检验一氧化碳，最后G收集尾气，故顺序为：F→D→B→E→C→G；综上所述，本题答案是：F→D→B→E→C→G。（3）滴加稀盐酸操作：先打开分液漏斗上口的玻璃塞（或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下；综上所述，本题答案是：先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下。（4）根据题给信息可知，气体产物中含有CO，所以C中银氨溶液可被还原为银，试管内有黑色固体生成；反应产生的甲烷气体中含有HCl和H2O，为了不影响后续反应，利用F装置除去甲烷中的HCl和H2O；综上所述，本题答案是：试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成，除去甲烷中的HCl气体和水蒸气。（5）欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有Cu；乙同学认为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需增加如下对比实验：①取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，说明溶液中含有Cu2+，则证明红色固体中含Cu2O；综上所海量资源尽在星星文库：述，本题答案是：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有Cu2O。②取少量的Cu2O固体于试管中，加入适量的0.1mol·L−1AgNO3溶液，若溶液不变蓝，则可排除红色固体中Cu2O的干扰，证明其中含有Cu；综上所述，本题答案是：取少量Cu2O固体于试管中，加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液。27.【答案】（1）2CO(g)+2H2(g)→CH4(g)+CO2(g)∆H=−247.2KJ·mol−1（2）常压热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)（3）9.1%0.8P【解析】（1）由盖斯定律计算：①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)△H=+2l3.7KJ·mol−1，②脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g)△H=－33.5KJ·mol−1，②-①得：CO与H2甲烷化的热化学方程式2CO(g)+2H2(g)→CH4(g)+CO2(g)∆H=−247.2KJ·mol−1；（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱酸基反应逆向移动。650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时①热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷。②CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)。（3）热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)△H=+2l3.7KJ·mol－10.20.40.4脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g)△H=－33.5KJ·mol－10.60.60.6乙酸体积分数为0.2/(0.4+0.4+0.6+0.6+0.2)×100%=9.1%Kp=p(CH4)p(CO2)/p(CH3COOH)=2222222=0.8P。28.【答案】（1）Fe(OH)3海量资源尽在星星文库：（2）趁热过滤（3）1.5mol（4）Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)====△2NaHSO4+2CrO3+H2O（5）Cr2O3+2Al=====高温Al2O3+2Cr（6）Cr电极上产生气泡，溶液颜色变为浅绿色Cr3++3e-=Cr【解析】（1）铬渣中含有Na2SO4及少量Cr2O2−7、Fe3+，先水浸，然后向其中加入稀的NaOH溶液，调整pH=3.6，这时Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀进入滤渣A中，故滤渣A主要成分是Fe(OH)3；（2）将滤渣A过滤除去后溶液中含有Na2SO4、Na2Cr2O7，将溶液蒸发浓缩，根据物质的溶解度曲线可知：Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，Na2SO4·10H2O的溶解度先是随温度的升高而增大，当温度接近50℃时，Na2SO4的溶解度随温度的升高而减小，趁热过滤，就可以使Na2SO4过滤除去，得到的母液中主要含有Na2Cr2O7；因此操作是蒸发浓缩、趁热过滤；（3）酸化后的Cr2O2−7可被SO2−3还原，根据电子得失数目相等可知，若该反应中有0.5molCr2O2−7被还原为Cr3+，转移电子的物质的量为n(e-)=0.5mol×2×(6-3)=3mol，由于SO2−3被氧化为SO42-，每1molSO2−3失去2mol电子，所以消耗SO2−3的物质的量n(SO2−3)=3mol÷2=1.5mol；（4）重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水，根据反应前后各种元素的原子守恒，可得反应方程式：Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)====△2NaHSO4+2CrO3+H2O；（5）Cr2O3与Al在高温下发生置换反应，产生Cr与Al2O3，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为：Cr2O3+2Al=====高温Al2O3+2Cr；（6）若要利用原电池反应原理，证明铁比铬活泼，可以将二者连接起来，放入稀H2SO4中，在Fe电极上发生反应：Fe-2e−=Fe2+，进入溶液，使溶液变为浅绿色；电子经过导线转移至金属Cr上，溶液中的H+在Cr上获得电子，发生还原反应：2H++2e−=H2↑，在Cr电极上有许多气泡产生。因此看到实验现象是：溶液颜色变为浅绿色，同时在Cr电极上有许多气泡产生；在钢器具表面镀铬，要使钢器具与外接电源的负极连接，作阴极，发生还原反应：Cr3++3e−=Cr，使钢铁表面覆盖一层金属铬，抗腐蚀能力大大增强。海量资源尽在星星文库：【答案】（1）（2）3纺锤（3）泡利原理（4）ⅦBd3d54s2（5）sp3三角锥【解析】A，B，C，D，E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于