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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（三）7.【答案】C【解析】“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”为朱砂，朱砂是硫化汞，化学式为HgS，HgS的天然矿石为大红色，答案选C。8.【答案】B【解析】白磷属于正四面体构型，4个磷原子位于正四面体的顶点，1molP4含6molP-P，1mol甲烷含4molC-H，故所含共价键数均为0.4NA的白磷和甲烷的物质的量不相等，A错误；10g浓度为46%的乙醇水溶液中含乙醇4.6g，含水5.4g，4.6g乙醇中含0.6molH，5.4g水中含0.6molH，共含氢原子为1.2NA，B正确；H2和N2的反应属于可逆反应，不能完全进行，转移电子数少于2NA，C错误；Fe3+能氧化I−而生成I2，D错误。9.【答案】D【解析】选项A，苯乙烯的同分异构体除了和，还有很多，如等，错误；选项B，苯乙烯可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，错误；选项C，苯环和碳碳双键间的碳碳单键可以旋转，故苯乙烯中所有原子不一定处于同一平面，错误；选项D，苯乙烯分子中含有5种氢原子，按照定一移二的方法，其二氯代物有14种，正确。10.【答案】A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，结合原子序数可知，X位于第二周期，X应为O；Z的原子半径是同周期元素原子中最大的，则Z为Na，Z和W形成化合物的水溶液的pH=7，则W为Cl，结合X、Y、Z、W的原子序数依次增大的主族元素可知Y为F，即：X、Y、Z、W分别为：O、F、Na、Cl，结合原子结构特点和元素性质解答。A．M的水溶液为氯化钠，与Y的单质F2反应，氟气与氯化钠溶液中的水先反应生成氢氟酸和氧气，得不到氯气，故A错误；海量资源尽在星星文库：．F、Cl位于同主族，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，氢化物稳定性依次减弱，即：HYHW，故B正确；C．钠离子与阳离子电子层相同，钠离子质子数多，离子半径小，所以简单离子半径：r(Z+)r(X2−)，故C正确；D．氧和氟都是第二周期元素，故D正确；故选：A。11.【答案】B【解析】由题给装置图可知，电极a上OH−放电，所以电极a为阳极，连接电源的正极，A项正确；由装置图可知，Ⅰ口排出的是混合酸，则H+不能通过B，故B为阴离子交换膜，B项错误；电解质溶液采用Na2SO4溶液，电解过程中生成的气体为H2和O2，避免了有害气体的生成，C项正确；B为阴离子交换膜，C为阳离子交换膜，浓海水中的阴、阳离子分别通过B膜和C膜，从而在Ⅱ口得到淡水，D项正确。12.【答案】B【解析】铜网表面，乙醇在铜催化下被氧气氧化为乙醛，A项正确；甲烧杯中的水应加热至80℃左右，目的是使乙醇变为蒸气，与氧气一起进入有铜网的硬质玻璃管中，B项错误；试管a收集到的液体中一定含有过量的乙醇和生成的乙醛，还可能含有乙醛的氧化产物乙酸，C项正确；实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明反应放热，能维持反应继续进行，D项正确。13.【答案】C【解析】①点溶液为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO−的水解程度，故粒子浓度：c(CH3COO−)c(Na+)c(CH3COOH)，C项正确。FeS、CuS的Ksp等于对应曲线上任意一点对应的横、纵坐标的乘积，显然Ksp(FeS)Ksp(CuS)，A项错误；稀释相同倍数，乙酸溶液的pH比甲酸溶液的pH变化小，故酸性：甲酸乙酸，B项错误；n(N2)n(H2)增大，可以提高H2的转化率，故转化率αA(H2)αB(H2)，D项错误。26.【答案】（1）①直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl杂质②FCB③将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集海量资源尽在星星文库：④滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量，其他合理答案均得分)（2）防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气（3）①ac②22.4m233V×100%或2240m233V%或9.6mV%或9.61mV%【解析】（1）①根据仪器构造可判断仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)；生成的氯气中含有氯化氢，则装置F中试剂的作用是除去Cl2中混有的HCl杂质。②根据已知信息可知参加反应的氯气必须是干燥纯净的，利用F除去氯化氢，利用C干燥氯气，所以装置连接顺序为A→F→C→B→E→D。③氯气有毒，所以实验结束停止加热后，再通入一段时间氮气的目的是将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，同时也将B中残留的S2Cl2排入E中收集。④由于氯气过量会生成SCl2，且S2Cl2300℃以上完全分解，所以为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率。（2）由于S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，所以泄漏时应喷水雾减慢其挥发，不要对泄漏物或泄漏点直接喷水；（3）①三种物质均可以把SO2氧化为硫酸，进而与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，但酸性高锰酸钾也能氧化氯化氢，所以W溶液可以是双氧水或氯水，不能是酸性高锰酸钾，答案选ac；②mg固体是硫酸钡，根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是m233mol，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为m233×22.4V×100%＝22.4m233V×100%。27.【答案】（1）将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等(任写一种)（2）2Co3++SO2－3+H2O===2Co2++SO2－4+2H+（3）将溶液中Fe2+氧化成Fe3+（4）Fe(OH)3、Al(OH)3过滤（5）0.01(或0.0102)（6）3CoC2O4+2O2=====煅烧Co3O4+6CO2【解析】（1）根据影响化学反应速率的因素，水钴矿用盐酸酸浸，提高酸浸速率的方法有：将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等。（2）酸浸时，Co2O3海量资源尽在星星文库：，酸浸后，加入Na2SO3，Co3+转化为Co2+，钴元素化合价降低，则S元素化合价升高，Na2SO3转化为Na2SO4，配平离子方程式为：2Co3++SO2－3+H2O===2Co2++SO2－4+2H+。（3）NaClO具有强氧化性，因此溶液a中加入NaClO，可将溶液中Fe2+氧化成Fe3+。（4）溶液b中阳离子有Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入NaHCO3，Fe3+、Al3+与HCO－3发生相互促进的水解反应，分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，故沉淀A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液c经操作2得到沉淀B和溶液d，故操作2为过滤。（5）根据MgF2的Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)·c2(F−)，当Mg2+恰好沉淀完全时，c(F−)＝Ksp（MgF2）c（Mg2＋）＝5.2×10－121.0×10－5mol·L−1＝52×10−4mol·L−1，根据CaF2的Ksp(CaF2)＝c(Ca2+)·c2(F−)，c(Ca2+)＝Ksp（CaF2）c2（F－）＝5.3×10－9（52×10－4）2mol·L−1＝0.01mol·L−1。（6）根据CoC2O4的组成，n(Co)＝12n(CO2)＝12×6.7222.4mol＝0.15mol，充分煅烧后固体质量为12.05g，则固体中n(O)＝(12.05－0.15×59)/16mol＝0.2mol，n(Co)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，故钴的氧化物为Co3O4，故煅烧CoC2O4的化学方程式为：3CoC2O4+2O2=====煅烧Co3O4+6CO2。28.【答案】（1）酸雨、光化学烟雾（2）bd（3）共价键SO2+2OH－===SO2－3+H2O（4）－41.8kJ·mol−1（5）①降低温度②c05t③＝【解析】（1）硝酸厂向大气中排放NO2造成的环境问题是酸雨、光化学烟雾等。（2）SO2是酸性氧化物，由于同时又可得到化肥，因此洗涤剂应该是碳酸钾或氨水。（3）发生的反应为2NO2+2OH−===NO－2+NO－3+H2O，反应中生成亚硝酸根、硝酸根和水，形成的化学键是共价键；用NaOH溶液吸收少量SO2反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2+2OH−===SO2－3+H2O。（4）①2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH＝－113.0kJ·mol−1；②2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ·mol−1；利用盖斯定律由(②-①)×1/2得到NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=－41.8kJ·mol−1。（5）NO2(g)+SO2(g)海量资源尽在星星文库：(g)+NO(g)ΔH=－41.8kJ·mol−1，反应为气体体积不变的放热反应，则①如果将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行。②A点平衡转化率为50％，n0(NO2)∶n0(SO2)=0.4，SO2(g)的起始浓度为c0mol·L−1，NO2起始浓度为0.4c0mol·L−1，反应的二氧化氮浓度为0.4c0mol·L−1×50%＝0.2c0mol·L−1，该时段化学反应速率v(NO2)＝0.2c0mol·L－1tmin＝c05tmol·L−1·min−1。③NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH＝－41.8kJ·mol−1，反应为放热反应，C点n0(NO2)∶n0(SO2)＝1.0，SO2(g)的起始浓度为c0mol·L－1，NO2起始浓度c(NO2)＝c0mol·L−1，图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，C点二氧化氮转化率为50%，平衡常数KC＝1，D点二氧化氮转化率40%，n0(NO2)∶n0(SO2)＝1.5，SO2(g)的起始浓度为c0mol·L−1，NO2起始浓度c(NO2)＝1.5c0mol·L−1，则平衡常数KD＝1，平衡常数相同说明反应温度相同，TC＝TD。35.【答案】（1）①3s23p2②SiSPCl③SO2－4(或PO3－4、ClO－4)（2）①sp3②1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键，2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键海量资源尽在星星文库：（3）①正四面体②1∶7（4）①4164×1030NAa3②(0，0，0)，(12，12，0)，(12，0，12)，(0，12，12)【解析】（1）①基态Si原子的价电子排布式为3s23p2。②第一电离能由小到大的顺序为SiSPCl。（2）①二聚物中Al原子与四个Cl原子分别形成σ键，Al原子的价层电子对数为4，所以Al原子的杂化轨道类型为sp3。②由题意可知1键和2键为两种键长不同的共价键，1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键，2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键。（3）①AlH－4的VSEPR模型为正四面体。②CH3COOH分子中含1个π键，7个σ键。羧基碳原子采取sp2杂化，羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力，故键角α小于键角β。（4）①与Al原子距离最近的N原子有4个，Al的配位数为4。该晶体的晶胞中含4个Al原子和4个N原子，其晶胞体积V＝(a×10−10)3cm3，ρ＝4×(27+14)÷(NA×a3×10−30)＝164×1030NAa3(g·cm−3)。②该晶胞中位于顶点的Al原子原子坐标相同、位于对面面心的Al原子原子坐标相同，所以晶胞中的Al原子有四个不同的原子坐标。36.【答案】（1）2-溴甲苯(或邻溴甲苯)溴原子、羧基（2）（3）+NaOH+NaI+H2O消去反应（4）12或（5）CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH=CHCH3【解析】（1）苯环上甲基与溴原子处于邻位，所以物质B为邻溴甲苯或2-溴甲