2019年名校考前高考化学提分仿真卷答案八

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（八）7.【答案】C【解析】A．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是乙烯，乙烯能够促进果实的成熟，故A错误；B．草木灰中的有效成分是碳酸钾，碳酸根离子水解显碱性，NH4H2PO4显酸性，混合施用，降低肥效，故B错误；C．“可燃冰”是由水和天然气在中高压和低温条件下混合时组成的类似冰的、非化学计量的、笼形结晶化合物，主要成分是甲烷，根据科学研究，甲烷含量的增加也是造成全球温室效应的原因之一，所以可燃冰泄漏也有可能造成温室效应，故C正确；D．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料，故D错误。答案选C。8.【答案】B【解析】A．标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，标准状况下，无法计算2.24LHF的物质的量，选项A错误；B．标况下1.12L1H2和0.2g2H2的物质的量均为0.05mol，由于1H2和2H2中含有的质子数都是2，所以二者均含有0.1NA个质子，选项B正确；C．利用电荷守恒来理解，氯化钠溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，氟化钠溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(F−)+c(OH−)，由于氟化钠水解，使得氟化钠溶液显碱性，氟化钠溶液中c(H+)氯化钠溶液的c(H+)，而两溶液中c(Na+)相等，所以氟化钠溶液中c(F−)+c(OH−)氯化钠溶液的c(Cl−)+c(OH−)，选项C错误；D．将0.1mol氯气通入足量水中，由于只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于0.1mol，转移的电子数小于0.1NA，选项D错误；答案选B。9.【答案】B【解析】A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，B错误；C．KSCN溶液遇Fe2+海量资源尽在星星文库：溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，C正确；D．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，D正确；故合理选项是B。10.【答案】D【解析】由图可知，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中D电极上HOOC-COOH得电子生成HOOC-CHO，C电极氯离子失电子生成氯气，氯气具有氧化性，能将醛基氧化为羧基，则乙二醛与氯气反应生成乙醛酸，根据以上分析，C为阳极，发生的反应为2Cl−-e−=Cl2↑，OHC-CHO+Cl2+H2O=HOOC-CHO+2Cl−+2H+；D为阴极，电极反应为HOOC-COOH+2e−+2H+=HOOC-CHO+H2O，氢离子由阳极向阴极移动，所以应选择阳离子交换膜，故A正确；由于阳极发生的反应为2Cl−-e−=Cl2↑，OHC-CHO+Cl2+H2O=HOOC-CHO+2Cl−+2H+，反应后HCl并没改变，所以HCl是制取乙醛酸反应的催化剂，并起导电作用，故B正确；根据两电极反应，该方法的总反应为OHC-CHO+HOOC-COOH=====通电2HOOC-CHO，故C正确；D.根据以上分析，乙二醛在阳极被阳极产物氧化为HOOC-CHO，但乙二醛不在阳极表面放电；乙二酸在阴极得电子生成HOOC-CHO，故D错误。故选D。11.【答案】A【解析】原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，X是地壳中含量最高的金属元素，则X为Al；Q、W、X是分别位于前三个周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，则Q为H，W为O；W与Y同主族，X和Y同周期，则Y为S；Z存在胆矾之中，胆矾为CuSO45H2O，则Z为Cu。A．X为Al，Z为Cu，Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Cu的最高价氧化物对应水化物为Cu(OH)2，Al(OH)3属于两性氢氧化物、能和强碱反应，表现酸性，而Cu(OH)2是弱碱，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X比Z强，故A正确；B．W为O，X为Al，离子半径O2−Al3+，故B错误；C．W为O，Y为S，硫的最高化合价为+6价，而氧元素无最高正价，故C错误；D．X为Al，由于铝的活泼性很强，发现和使用较晚，故D错误。故选A。海量资源尽在星星文库：【答案】D【解析】A．①的分子式是C4H6，2-丁烯分子式是C4H8，二者的分子式不同，因此不能是同分异构体，A错误；B．①分子中有3种不同的H原子，2个Cl原子在同一个C原子上有1种；若2个Cl原子在不同的C原子上，有3种，因此二氯代物均有4种；②分子式是C6H10，分子中有2种H原子，2个Cl原子在同一个C原子上有1种；若2个Cl原子在不同的C原子上，有6种，故其二氯代物均有7种，种类数目不同，B错误；C．②分子中的C原子是饱和碳原子，与其连接的C原子构成的是四面体结构，因此所有碳原子不可能处于同一平面内，C错误；D．在一定条件下，①和②分子都是环状烷烃，所以均能发生取代反应，二者都是烃，因此都可以发生燃烧，即发生氧化反应，D正确；故合理选项是D。13.【答案】B【解析】A．由图像知：pH=11时，c(R2−)=c(HR−)，故K2(H2R)=--=1.0×10−11，选项A正确；B．根据图像，pH=9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度，选项B错误；C．pH=9时，根据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HR−)+2c(R2−)+c(OH−)，而c(H+)c(OH)，故c(Na+)c(HR−)+2c(R2−)，选项C正确；D．由图中信息可知，pH=7时，c(H2R)=c(HR−)，选项D正确。答案选B。26.【答案】（1）饱和食盐水或：饱和NaCl溶液稀硝酸或：稀HNO3分液漏斗干燥NO或Cl2或除去NO或Cl2中的水蒸气（2）排尽装置中的空气3NO2＋H2O=2HNO3＋NO长颈漏斗中的液面上升液化亚硝酰氯，便于产品收集2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑【解析】（1）①制备纯净氯气，根据装置图，图I制备出的氯气含有HCl和H2O，装置Ⅱ的作用是吸收HCl，盛放试剂是饱和食盐水；制备纯净的NO，利用铜和稀硝酸的反应，分液漏斗中盛放的是稀硝酸；②仪器a为分液漏斗，根据实验目的，装置Ⅲ的作用是干燥NO和Cl2；（2）①两步操作都要“充满”的目的是排尽装置中空气；②装置A产生NO，NO与烧瓶中O2发生反应生成NO2，装置B的作用是吸收NO2，发生3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；海量资源尽在星星文库：③压强过大，装置C中长颈漏斗中的液面上升；④依据实验目的，以及亚硝酰氯的物理性质，装置D中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于产品收集；⑤浓硫酸C干燥NO气体，无水CaCl2的作用是防止空气水蒸气进入装置D，亚硝酰氯遇水反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物，因此缺少这两个装置后，发生2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑。27.【答案】（1）413（2）减小反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动①的正反应为气体总分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，而反应③为气体总分子数不变的反应，产生CO的量不受压强的影响，因此增大压强时，CO的转化率提高（3）ac0.06mol/（L·min）450ad【解析】（1）根据盖斯定律：②-③=①可得①，故△H1=△H2-△H3=-58kJ·mol−1-（+41kJ·mol−1）=-99kJ·mol−1，由反应热=反应物总键能-生成物总键能可得-99kJ·mol−1=（1076kJ·mol−1+2×436kJ·mol−1）-（3×x+343+465）kJ·mol−1，解得x=413kJ·mol−1，故答案为：413；（2）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强P3P2P1，故答案为：反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；P3P2P1；①的正反应为气体总分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，而反应③为气体总分子数不变的反应，产生CO的量不受压强的影响，因此增大压强时，CO的转化率提高；（3）①根据题给图象分析可知，T2先达到平衡，则T2T1，由温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1KⅡ，故答案为：；②a.反应②为气体体积减小的反应，容器中压强不变说明该反应达到化学平衡状态，故正确；b.甲醇和水蒸气均为生成物，无论反应是否达到平衡，甲醇和水蒸气的体积比均保持不变，故错误；c.v正(H2)=3v逆(CH3OH)说明正反应速率等于逆反海量资源尽在星星文库：应速率，说明该反应达到化学平衡状态，故正确；d.2个C=0断裂代表正反应速率，6个H－H断裂也代表正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明该反应达到化学平衡状态，故错误；故选ac，故答案为：ac；③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，由此建立如下三段式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起（mol/L）0.5100变（mol/L）0.30.90.30.3平（mol/L）0.20.10.30.3则用CO2表示的平均反应速率为0.3mol/L/5min=0.06mol·(L·min)−1，反应的化学平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)/c(CO2)c3(H2)=0.3mol/L×0.3mol/L/(0.2mol/L)×(0.1mol/L)3=450；缩小反应容器的容积，增大压强，平衡右移，甲醇产率增大；使用合适的催化剂，平衡不移动，甲醇产率不变；恒容充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变；按原比例再充入CO2和H2，相当于增大压强增大压强，平衡右移，甲醇产率增大，故选ad，故答案为：0.06mol·(L·min)−1；450；ad。28.【答案】（1）加热或搅拌或增大硫酸浓度等（2）Cu2+＋S2−CuS↓（3）cNiSO4（4）过滤，并用蒸馏水洗净沉淀向沉淀中加6mol·L−1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解【解析】（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以升高反应温度，在反应过程中不断搅拌，增大反应物浓度都可以提高反应速率；故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；（2）S2−可以与Cu2+，Zn2+反应生成难溶性的Cu2S和ZnS，从而达到除去Cu2+和Zn2+的目的；故答案为：Cu2+＋S2−CuS↓；（3）a．FeOOH中O元素显-2价，OH-显-1价，所以铁为+3价，故a错误；b．pH=4时，c(OH−)=1×10-10mol/L，已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=c(Fe3+)c(OH−)3=2.64×10-39，则c（Fe3+）=2.64×10−9，故b错误；c．ClO−3在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++C1O−3海量资源尽在星星文库：=6Fe3++C1−+3H2O，故c正确；d．由图象可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为85℃～95℃，pH约