2019年名校考前高考化学提分仿真卷答案二

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（二）7.【答案】C【解析】A．新能源汽车的推广与使用，减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B.肥皂水显碱性，因此氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域，B正确；C.铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，C错误；D.地球上99%的溴元素以Br−的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂，D正确，答案选C。8.【答案】D【解析】甲醛(HCHO)、冰醋酸(CH3COOH)的最简式相同，均为CH2O，因此3.0g含甲醛的冰醋酸中所含原子总数为3.0g30g/mol×4×NA＝0.4NA(或设HCHO的质量为ag，则3.0g含甲醛的冰醋酸中所含原子总数为a30×4×NA+3.0－a60×8×NA＝0.4NA)，D项正确。没有指明温度、压强，2.24LCH4的物质的量无法确定，因此其所含C—H键的数目无法确定，A项错误；将1molCl2通入水中，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应为可逆反应，根据物料守恒知，N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)2NA，B项错误；根据反应2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2知，转移2mol电子时，Na2O2质量增加56g，则当Na2O2质量增加ag时，反应转移的电子数为256×a×NA＝aNA28，C项错误。9.【答案】B【解析】选项A，分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种结构，则形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，则只有乙酸乙酯1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，则只有丙酸甲酯1种，故分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体共有4种，A项正确；选项B，主链含5个C，海量资源尽在星星文库：上，甲基有2种位置，所以该烷烃有2种结构：、，B项错误；选项C，丙烯分子可以看做甲基取代乙烯中的一个氢原子，乙烯基有5个原子共平面，甲基中最多有2个原子与乙烯基共平面，故丙烯分子中最多有7个原子共平面，C项正确；选项D，碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2­二溴乙烷，故D正确。10.【答案】D【解析】A．二者溶解度受温度影响不同，结晶后过滤需要漏斗，则缺少必要的仪器，A错误；B.海带于坩埚中灼烧，缺少坩埚，B错误；C．应该用酸式滴定管，C错误；D．在烧杯中溶解后转移到容量瓶中定容，胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶可完成配溶液的实验，D正确；答案选D。11.【答案】A【解析】电池充电时的总反应化学方程式为Al+xC+Li++PF－6=====通电AlLi+CxPF6，则放电时的总反应为AlLi+CxPF6===Al+xC+Li++PF－6，放电时AlLi被氧化，为原电池的负极，电极反应式为AlLi－e−===Al+Li+，正极CxPF6得电子被还原，电极反应式为CxPF6+e−===xC+PF－6，充电时，电极反应与放电时的反应相反。A、充电时，属于电解池的工作原理，PF－6向阳极移动，故A正确；B、充电时，属于电解池的工作原理，电解池的阴极发生得电子的还原反应，即Al+Li++e−===AlLi，所以铝电极质量增加，故B错误；C、放电时，属于原电池的工作原理，正极CxPF6得电子被还原，电极反应式为CxPF6+e−===xC+PF－6，故C错误；D、放电时，属于原电池的工作原理，电子由负极沿导线流向正极，即由铝沿导线流向石墨，故D错误；故选A。12.【答案】C【解析】依据题图可知元素X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O，氧化镁和氧化铝的海量资源尽在星星文库：熔点都较高，都可作耐火材料，A项正确；同一周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，O的非金属性强于N的，B项正确；氢氧化铝不能溶于稀氨水，C项错误；镁能分别与氮气、氧气发生氧化还原反应，D项正确。13.【答案】A【解析】往(NH4)2SO4溶液中加入的氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，故滴加氨水的过程中，水的电离平衡逆向移动，故A错误；滴加aL氨水后溶液呈中性，c(H+)＝c(OH−)＝10−7mol·L−1，结合电荷守恒可知，溶液中c(NH＋4)＝2c(SO2－4)，设此时溶液体积为yL，则c(NH＋4)＝2c(SO2－4)＝1ymol·L−1，根据一水合氨电离方程式：NH3·H2ONH＋4+OH−，平衡常数K＝c(NH＋4)·c(OH−)c(NH3·H2O)＝1ymol·L－1×10－7mol·L－1c（NH3·H2O）＝2×10−5mol·L−1，计算得到c(NH3·H2O)＝1200ymol·L−1，则滴加aL氨水后的溶液中，n(NH＋4)＝200n(NH3·H2O)＝1mol，故B正确；设所加氨水的浓度为zmol·L−1，根据物料守恒，滴加aL氨水后溶液中n(NH3·H2O)+n(NH＋4)＝1mol+zmol·L−1×aL，联立n(NH＋4)＝200n(NH3·H2O)＝1mol，计算得到z＝1200a，故C正确；溶液中存在电荷守恒式：c(NH＋4)+c(H+)＝c(OH−)+2c(SO2－4)，又溶液呈中性，c(H+)＝c(OH−)，则c(NH＋4)＝2c(SO2－4)c(H+)＝c(OH−)，故D正确。26.【答案】（1）Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢decb防止倒吸（2）CO2－3+2SO2+H2O===2HSO－3+CO2Na2CO3+2SO2===Na2S2O5+CO2（3）HCOO−+S2O2－5+OH−===CO2－3+S2O2－4+H2O（4）①1②酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降【解析】（1）实验室用Na2SO3和硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸浓度太大，则c(H+)较小，导致复分解反应速率慢。若硫酸浓度太小，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体逸出。收集SO2时，应先干燥，再收集—向上排空气法(长进短出)；又因SO2易溶于水，要有防倒吸装置(安全装置)。（2）反应终止时溶液的pH＝4.1，可推测反应的产物是NaHSO3海量资源尽在星星文库：，NaHSO3是弱酸的酸式盐，书写离子方程式时要注意拆分形式。起始原料是SO2和Na2CO3，目标产物是Na2S2O5，根据质量守恒可写出化学方程式。（3）书写该氧化还原反应方程式的关键是确定HCOONa的氧化产物，在强碱性条件下，HCOONa中+2价碳必被氧化为CO2－3。（4）①去除率最高时，TOC的含量最低，由图1可得此时n(H2O2)∶n(Fe2+)＝1。②当H2O2的加入量大于40mL·L−1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明H2O2必参加了其他副反应。27.【答案】（1）（2）减小（3）CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(l)+H2O(l)ΔH＝－130.9kJ·mol−1（4）CH3OH－6e−+H2O===CO2↑+6H+12【解析】（1）根据题图知，y一定时，降低温度，NH3的转化率增大，平衡正向移动，根据平衡移动原理，降温时平衡向放热反应方向移动，故正反应为放热反应，ΔH0。若y表示压强，y2→y1，NH3的转化率增大，平衡正向移动，根据平衡移动原理，加压时平衡正向移动，故y1y2。根据平衡移动原理，减小水碳比[n(H2O)n(CO2)]，平衡正向移动，NH3的转化率增大，若y表示水碳比，则y1y2。（2）根据2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)，设平衡时c(H2O)＝xmol·L−1，则平衡时c(NH3)＝(1.5－2x)mol·L−1、c(CO2)＝(0.5－x)mol·L−1，则(1.5－2x+0.5－x+x)÷(1.5+0.5)＝34，解得x＝0.25，平衡常数K＝0.2512×0.25＝1。若保持条件不变，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，此时浓度商Qc＝0.25＋0.512×（0.25＋0.25）＝1.5K，反应向逆反应方向进行，故NH3的转化率将减小。（3）由氢气与甲醇的燃烧热可得：①H2(g)+12O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol−1、②CH3OH(l)+32O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－726.5kJ·mol−1，根据盖斯定律，由①×3－②，可得：CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(l)+H2O(l)ΔH＝(－285.8kJ·mol−1)×3－(－726.5kJ·mol−1)＝－130.9kJ·mol−1。（4）根据题图知，左侧通入甲醇，则电极a为负极，负极上甲醇发生氧化反应转化为CO2，电极反应式为CH3OH－6e−+H2O===CO2↑+6H+，根据电极a的电极反应，有海量资源尽在星星文库：−发生转移时，左侧溶液减少44－326g＝2g，且有1molH+通过质子交换膜进入右侧溶液，左侧溶液质量共减少3g。电极b为正极，正极上O2发生还原反应转化为H2O，电极反应式为O2+4H++4e−===2H2O，根据电极b的电极反应，有1mole−发生转移时，右侧溶液增加的质量为32g4mol×1mol＝8g，因有1molH+转移到右侧溶液，故右侧溶液质量共增加9g，左右两侧溶液的质量之差为12g。28.【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转化为Co3+，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，海量资源尽在星星文库：(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。35.【答案】（1）直线形（2）