届高考名校考前提分仿真卷最后十套化学八附解析Word格式.docx

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C．该方法的总反应为OHC-CHO+HOOC-COOH2HOOC-CHO

D．乙二醛、乙二酸分别在阴、阳电极表面放电，故称为双极室成对电解法

11．原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，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，W与Y同主族、X和Y同周期；

X是地壳中含量最高的金属元素、Z存在胆矾之中。

下列关于它们的叙述合理的是

A．最高价氧化物对应水化物的酸性比X比Z强

B．W与X简单离子半径后者更大

C．W、Y两种元素最高化合价相同

D．X、Z两种金属在两千多年前就被我们祖先广泛使用

12．两个碳环共用两个或两个以上碳原子的一类多环脂环烃称为“桥环烃”，下图①和②是两种简单的桥环烃。

A．①与2-丁烯互为同分异构体

B．①和②的二氯代物均有4种

C．②分子中所有碳原子处于同一平面内

D．在一定条件下，①和②均能发生取代反应、氧化反应

13．H2R为二元弱酸，向一定体积的0.1mol/L的H2R溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，溶液中不同形态的粒子（H2R、HR−、R2−）的物质的量分数a（X）随pH的变化曲线如图所示[a（X）=c（X）

/[c（H2R）+c（HR−）+c（R2−）]]。

A．常温下，K2（H2R）=1.0×

10－11

B．常温下，HR−在水中的电离程度大于其水解程度

C．pH=9时，c（Na+）>

c（HR−）+2c（R2−）

D．pH=7时，c（H2R）=c（HR−）

26．实验室可用氯气与一氧化氮在常温常压条件下合成亚硝酰氯（NOCl）。

已知亚硝酰氯是一种黄色气体，熔点：

－64.5℃，沸点：

－5.5℃，遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物

（1）甲组同学拟制备原料气NO和Cl2制备装置如图所示

①为制备并得到纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。

装置I中药品

装置II中药品

蒸馏烧瓶

a仪器

制备纯净Cl2

KMnO4

浓盐酸

（i）___________

制备纯净的NO

Cu

（ii）__________

水

②仪器a的名称为____；

装置Ⅲ的作用是______________。

（2）乙组同学对甲组同学制取NO的装置略加改良，利用甲组制得的Cl2共同制备NOCl，装置如下图所示

①组装好实验装置，检查气密性，依次装入药品。

此实验关健操作有两点：

I将Cl2充满D装置的三颈瓶；

Ⅱ，A中反应开始时，先关闭K2，打开K1，待NO充满装置后关闭K1，打开K2。

这两步操作都要“充满”，目的是__________。

②装置B中水的作用是___________________（用化学方程式表示）。

③若装置C中压强过大，可以观察到的现象是________________。

④装置D中冰盐水的作用是___________________________。

⑤如果去掉盛有浓硫酸的C、装有无水CaCl2的E两装置，对该实验的主要影响是________（用化学方程式表示）。

27．甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。

工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：

①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H1；

②CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）△H=－58kJ/mol；

③CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol。

回答下列问题：

（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下表：

化学键

H—H

C－O

C≡O

H－O

C—H

E/（kJ·

mol－1）

436

343

1076

465

x

则x=___________。

（2）合成气组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图甲所示。

α（CO）值随温度升高而___________（填“增大”或“减小”），其原因是_____；

图中的压强由大到小为___________，其判断理由是_____________。

（3）若将1molCO2和2molH2充入容积为2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应②。

测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。

①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K1___________KⅡ（填“＞”“=”或“＜”）。

②一定温度下，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是___________（填序号）。

a．容器中压强不变b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变

c．v正（H2）=3v逆（CH3OH）d．2个C=0断裂的同时有6个H－H断裂

③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则用CO2表示的平均反应速率为____，该温度下的平衡常数为___________；

若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是___________。

（填序号）。

a．缩小反应容器的容积b．使用合适的催化剂

c．充入Hed．按原比例再充入CO2和H2

28．NiSO4·

6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。

可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得。

工艺流程如下图：

请回答下列问题：

（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_________________（任写一点）。

（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：

_______________________________________。

（3）在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。

此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀除去。

如图是温度一pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域[已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=2.64×

10−39。

下列说法正确的是（选填序号）_______。

a．FeOOH中铁为+2价

b．若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.6×

10−29mol·

L−1

c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++C1O

+6H+=6Fe3++C1−+3H2O

d．工业生产中常保持在85~95℃生成黄铁钒钠，此时水体的pH约为3

（4）上述流程中滤液I的主要成分是___________。

（5）操作I的实验步骤依次为（实验中可选用的试剂：

6mol·

L

1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸）：

①___________；

②___________；

③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4·

6H2O晶体：

④用少量乙醇洗涤NiSO4·

6H2O晶体并晾干。

35．[选修3：

物质结构与性质]（15分）

中国海军航母建设正在有计划、有步骤向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。

建造航母需要大量的新型材料。

航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。

（1）镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2+基态原子的核外电子排布为___________，铬元素在周期表中___________区。

（2）航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷结构如图所示，其中C原子杂化方式为___杂化。

（3）海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。

①根据下表数据判断：

最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_________填元素符号

②根据价层电子对互斥理论，预测ClO

的空间构型为___________形，写出一个ClO

的等电子体的化学符号___________。

（4）海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。

如右图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的离子是否构成了面心立方最密堆积？

___________（填“是”或“否”）；

该立方体是不是Fe3O4的晶胞？

立方体中铁离子处于氧离子围成的___________（填空间结构）空隙；

根据上图计算Fe3O4晶体的密度为___________g·

cm−3。

（图中a=0.42nm，计算结果保留两位有效数字）

36．[选修5：

有机化学基础]

丁酮酸乙酯（

）和聚乙烯醇（PVA）都是重要的有机化工产品，其合成路线如图所示。

已知：

①A是同系物中最小的直线形分子，且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢；

F为高聚物。

②

不稳定会自动转化为RCH2CHO。

（1）A中所含官能团是___________（填名称），B的结构简式为___________。

（2）E的名称为___________。

（3）写出反应⑥的化学方程式：

____________________，该反应的反应类型为___________。

（4）由D制丁酮酸乙酯的反应产物中还有乙醇，制备过程中要加入适量的金属钠，其作用是______________________。

（根据化学方程式和平衡移动原理回答）

（5）符合下列条件的丁酮酸乙酯的同分异构体有___________种。

a．能发生银镜反应b．能与Na2CO3溶液反应放出气体

其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为1︰1︰2︰6的是__________（填结构简式）。

【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+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-COOH2HOOC-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CuSO4

5H2O，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。

12.【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。

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；

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

（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P3>

P2>

P1，故答案为：

反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；

P3>

P1；

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T2>

T1，由温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>

KⅡ，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·

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

（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；

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

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