2019年名校考前高考化学提分仿真卷答案五

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（五）7.【答案】C【解析】太阳能电池帆板的材料是单质硅，选项A错误；汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，选项B错误；碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，选项C正确；葡萄糖是单糖，不水解，选项D错误。8.【答案】B【解析】A项错误，单糖、油脂等均不是高分子化合物；B项正确，C2H6O有CH3CH2OH和CH3OCH32种同分异构体，C4H10有CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)22种同分异构体；C项错误，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色；D项错误，乙酸乙酯和乙酸均能与热的NaOH溶液反应。9.【答案】B【解析】1molOD．和17g-OH(1mol)所含的质子数均为9mol，但所含的中子数不相等，1molOD．含有9NA中子，17g-OH所含的中子数为8NA，A项错误；1molNa2O2中含有3mol离子，1molNa2S中也含有3mol离子，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子数总数为0.3NA，B项正确；1个乙酸乙酯分子中含有14个共用电子对，8.8g乙酸乙酯的物质的量为8.8g88g·mol－1＝0.1mol，8.8g乙酸乙酯中共用电子对数为1.4NA，C项错误；由于没有提供体积，无法求算0.1mol·L−1氯化铜溶液中氯离子的个数，D项错误。10.【答案】A【解析】A．SO2与水反应生成H2SO3，显酸性，使紫色石蕊试液变红，SO2只能使品红褪色，所以现象也正确，故A项正确；B．加入足量Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，再加入足量稀盐酸后，溶液中的NO−3与H+具有强氧化性，可直接将BaSO3氧化为BaSO4，不溶于水也不溶于稀盐酸，干扰离子的检验，故B项错误；C．银镜反应必须在碱性条件下进海量资源尽在星星文库：行，稀H2SO4在蔗糖水解反应中起催化剂作用，使水解后溶液呈酸性，不能直接利用银镜反应检验水解液中葡萄糖是否存在，故C项错误；D．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，溶液可能含铁离子或溴单质，不一定含Br2，故D项错误；答案选A。11.【答案】C【解析】隔膜只允许Li+通过，不选用质子交换膜，选项A错误；根据电池反应，放电时，LiCoO2发生电极反应式：Li1－xCoO2+xLi++xe−===xLiCoO2，选项B错误；石墨烯电池的优点提高电池的储锂容量进而提高能量密度，根据工作原理，Li+嵌入LiCoO2中，选项C正确；D．LiCoO2极是电池正极，充电时与电源正极相连，选项D错误。12.【答案】D【解析】Y的焰色显黄色，说明Y是钠元素，因原子序数依次增大，且Z离子的简单离子半径在同周期元素中最小，故Z是铝元素，将含Z、W简单离子的两溶液混合，有白色沉淀析出，同时产生臭鸡蛋气味的气体，说明生成了H2S，则W元素是硫元素，又因X与W同主族，故X是氧元素。A．X是氧元素，W是硫元素，它们的简单氢化物分别是H2O和H2S，因非金属性O＞S，所以H2O的热稳定性比H2S强，故A正确；B．Z是铝元素，其氧化物是Al2O3，Y是钠，与水反应生成NaOH，则Z的单质Al与NaOH发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，Z的氧化物Al2O3与NaOH发生反应：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，故B正确；C.X是O，得到电子后形成与氖相同的电子层结构，Y是Na，失去电子后形成与氖相同的电子层结构，所以二者的简单离子具有相同的电子层结构，故C正确；D．Y与W形成化合物是Na2S，属于强碱弱酸盐，形成的水溶液呈碱性，所以不能使蓝色石蕊试纸变红，故D错误。13.【答案】B【解析】H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA−的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2−的物质的量浓度的负对数。A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2−的物质的量浓度的负对数，此时海量资源尽在星星文库：(H2A)pC(A2−)pC(HA−)，即c(HA−)c(A2−)c(H2A)，故B正确；C．b点时，c(H2A)=c(A2−)，====10−4.5，故C错误；D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c(H2A)+c(HA−)+C(A2−)始终不变，故D错误；故答案为B。26.【答案】（1）（cd）efcdb（2）三颈烧瓶浓硫酸（3）Zn(OH)2Cl+HCl====△ZnCl2+H2O稀释HCl气体，提供惰性环境（4）撤去管式炉Ⅱ，将管式炉Ⅰ升温至732℃以上（5）73.1%【解析】（1）A装置制取HCl，经C装置干燥后通入D中，将反应后的尾气再通过C装置，以防CB装置中的水蒸气引起氯化锌水解，最后用B装置吸收未反应的HCl气体，则装置接口依次连接的合理顺序为acdefcdb；（2）根据仪器的结构和性能确定仪器的名称是三颈烧瓶，装置C的作用是干燥HCl气体，则盛装的试剂为浓硫酸；（3）在加热条件下装置D中Zn(OH)Cl和HCl反应生成ZnCl2和水，发生反应的化学方程式为Zn(OH)2Cl+HCl====△ZnCl2+H2O；实验中通入HC1和N2，其中通入N2的目的是稀释HCl气体，并提供惰性环境，防ZnCl2被氧化；（4）氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热，则反应一段时间后保持管式炉I、Ⅱ温度为350℃，保证将水除尽，再撤去管式炉Ⅱ，将管式炉Ⅰ升温至732℃以上；（5）设样品中含有Zn(OH)2Cl的质量为mg，则Zn(OH)2Cl+HCl====△ZnCl2+H2O△m134.51361.5mg100.3.g-100g=0.3g；解得：m=26.9，则样品中氯化锌纯度为=73.1%。27.【答案】（1）Co2O3＋SO2－3＋4H+===2Co2+＋SO2－4＋2H2O海量资源尽在星星文库：（2）ClO－3＋6Fe2+＋6H+===Cl－＋6Fe3+＋3H2O（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CoO·Co2O3)【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，SO2－3转化为SO2－4，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O3＋4H+＋SO2－3===2Co2+＋SO2－4＋2H2O。（2）NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO－3被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO－3＋6Fe2+＋6H+===6Fe3+＋Cl－＋3H2O。（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Ⅰ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Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。（4）经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。（5）根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O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，5.49gCoC2O4·2H2O为0.03mol，固体质量变为4.41g时，质量减少1.08g，恰好为0.06molH2O的质量，因此4.41g固体为0.03molCoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)＝0.06mol，m(CO2)＝0.06mol×44g·mol－1＝2.64g。而固体质量由4.41g变为2.41g时，质量减少2g，说明290～320℃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)＝2.64g－2g＝0.64g，n(O2)＝0.02mol；n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，依据原子守恒，配平化学方程式：3CoC2O4＋2O2290～320℃，Co3O4＋6CO2，故290～320℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。28.【答案】（1）CH4(g)+1/2O2(g)=CH3OH(l)△H==-163.16KJ/mol大于（2）温度Ⅱ（3）75/32a2AC海量资源尽在星星文库：（4）3.7Co2+-e−=Co3+【解析】（1）依据盖斯定律，①②③得到：CH4(g)O2(g)=CH3OH(l)ΔH==-163.16KJ/mol。因为反应①是吸热反应，其反应热为206KJ/mol，反应要经过一个能量较高的过渡态，过渡态的能量就是活化分子的平均能量，所以正反应的活化能比206KJ/mol大；本题答案为：CH4(g)O2(g)=CH3OH(l)ΔH=-163.16KJ/mol，大于。（2）①由图可知，α(CO)随X的增大而减小，因为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3+H2O(g)ΔH0，是放热反应，随温度升高，α(CO)减小，随投料比n(H2)/n(CO)的增大而增大，所以X为温度、Y1和Y2为不同的投料比。在相同温度下，由图可以看出在相同温度下，Y1对应的α(CO)较大，故Y1大于Y2；本题答案为：温度，。②因为反应为放热反应，所以升高温度，平衡向逆向移动，K减小，所以Ⅱ符合平衡常数变化规律，本题答案为：Ⅱ。（3）①设CO变化的物质的量为bmol，则有CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始(mol)：a2a0变化(mol)：b2bb平衡(mol)：a-b2a-2bb根据题意：（a-b）＋（2a-2b）＋b＝1.8amol，解得b=0.6ａ容器的体积为1L，所以，平衡常数K=＝＝75/32a2；本题答案为：75/32a2。②A．c(CH3OH)/[c(CO)·c2(H2)]不再改变，化学反应既达到平衡状态，故A能表明达到平衡状态；B．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，和是否平衡无关，故B不能表明达到平衡状态；C．对于该反应，前后气体的物质的量有变化，所以混合气体的平均摩尔质量不再改变，既达到平衡，故C能表明达到平衡状态；D．在恒容的容器中进行的此反应，密度不会改变，混合气体的密度不再改变，不能表示已经平衡，故D不能表明达到平衡状态；本题答案为：AC。（4）①由题意可知：c(HCOOH)=0.1mol/L，c(HCOO−)=0.1mol/L，所以K=c(H+)，pH=c(H+)=2×10−4=4-0.3=3.7；本题答案为：3.7。②电解时，阳极失去电子发生氧化海量资源尽在星星文库：反应，故阳极电极反应式为：Co2+-e−=Co3+；本题答案为：Co2+-e−=Co3+。35.【答案】（1）（2）SiCSiCO2N＞O＞C（3）sp2平面三角形（4）Cu2+4NH3=［CU(NH3)4］2+降低［CU(NH3)4］SO4晶体的溶解度（5）（或）【解析】（1）由上述分析知道e是铜，Cu原子的价层电子排布图为:本题答案为：；（2）)晶体d是Si晶体、晶体da是SiC晶体、晶体ac2是CO2晶体，Si和SiC是原子晶体，但C的原子半径比Si小，所以SiC的熔点大于Si，而CO2是分子晶体，故熔点顺序是：SiCSiCO2；a是C，b是N，c是O，元素C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而