2019年高考化学考前适应性试题（一）.docx

2019届高考考前适应性试卷化 学（一）注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7化学与生活、生产、环境密切相关，下列有关说法正确的是（ ）A冬天大量使用燃煤，会加剧雾霾天气的形成B在食盐中加入大量KIO3，有利于提高碘盐的品质C食品包装袋中常用保鲜剂的组成为铁粉、炭粉和氯化钠，其中炭粉作还原剂D涤纶、塑料和光导纤维都是有机高分子材料8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1L pH=5的醋酸溶液中含有的H+数目小于10NAB9.2g 14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NAC硝酸与铜反应生成0.1mol NO2时，转移电子数为0.2NAD1mol SO和0.5mol O2充分反应，生成SO3的分子数为NA9一种免疫调节剂，其结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是（ ）A属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4NB可以发生的反应类型有：加成反应、取代反应、氧化反应、聚合反应C分子中所有碳原子有可能在同一平面上D1mol该调节剂最多可以与3mol NaOH反应10处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al等)的一种工艺如下：下列有关说法不正确的是（ ）A碱浸的目的是溶解铝B酸溶时H2 O2被还原CH2SO4/H2O2可改用浓盐酸D铝、钴产物可再利用11短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的阴离子核外电子数与X原子的内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y的单质在空气中的体积分数最大，Z是金属性最强的短周期元素。下列说法中正确的是（ ）A原子半径：r(W)r(X)r(Y)r(Z)BW、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10CW与X可形成含非极性键的化合物DX的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强12下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是（ ）Aa、b极不能使用同种电极材料B工作时，a极的电势低于b极的电势C工作一段时间之后，a极区溶液的pH增大Db极的电极反应式为：CH3COO+4H2O8e=2HCO+9H+13用AG表示溶液酸度：。在室温下，用0.1molL1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1molL1的CH3 COOH溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是（ ）A0.1molL1的CH3 COOH溶液的pH=3.4BA点加入的NaOH溶液的体积为20.00mLC滴定过程中，c(CH3COO-)c(H+)逐渐减小DB点溶液中可能存在c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)二、非选择题26（14分）锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。步骤二：处理滤液，得到ZnCl2xH2O晶体。步骤三：将SOCl2与ZnCl2xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点105，沸点79，140以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。)（1）写出SOCl2与水反应的化学方程式：_。（2）接口的连接顺序为a_hh_e。回收锰元素，制备MnO2（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：_。（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的_。二氧化锰纯度的测定称取1.40g灼烧后的产品，加入2.68g草酸钠（Na2C2O4）固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参与反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。（5）写出MnO2溶解反应的离子方程_。（6）产品的纯度为_ 。（7）若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积_（填“偏大”、“ 偏小”、“ 不变”）。27（14分）氨为重要的化工原料，有广泛用途。（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取： aCH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H1216.4 kJmol1bCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H241.2 kJmol1则反应CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g)H_。（2）起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_(填序号)。AN2和H2的转化率相等 B反应体系密度保持不变Cc(H2)/c(NH3 )保持不变 Dc(NH3)/c(N2)2p1_(填“”、“c(N2H4)，同时c(N2H5+)c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为_(用含a、b的式子表示)。28.（15分）富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgOB2O3）、镁硅酸盐（2MgOSiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀时1.93.47.09.1完全沉淀时3.24.79.011.1（1）上述流程中能加快反应速率的措施有_、_等。（2）酸浸时发生反应：2MgOSiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgOB2O3+2H2SO4+H2O=2H3BO3+2MgSO4。上述反应体现出酸性强弱：H2SO4_H3BO3（填“”或“”）。酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：_、_。已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH =B(OH)。下列关于硼酸的说法正确的是_（填序号）。a硼酸是一元酸b向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生c硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)+H+（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，_（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。（4）除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至_以上，使杂质离子转化为_（填化学式）沉淀，过滤。（5）获取晶体：.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合下图溶解度曲线，简述的方法：将浓缩液加入到高压釜中，_（将方法补充完整）。35【选修3：物质结构与性质】(15分)三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)26H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2+40CH3COOH。（1）基态锰原子的价层电子排布式为_，基态Mn3+含有的未成对电子数是_。（2）CH3COOH中碳原子的杂化形式为_。（3）NO的空间构型是_，与NO互为等电子体的分子的化学式为_(任写一种)。（4）CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是_。（5）某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为a nm，该合金的化学式为_，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_，该晶体的密度为_g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。36【选修5：有机化学基础】(15分)A是石油裂解气的主要成分之一，以A为原料制备药物中间体X的合成路线如下：已知i.CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH2；iiRCH=CH2。回答下列同题：（1）A的结构简式为_，B的名称为_，D中含有的官能团的名称是_。（2）有机物I的结构简式为_；反应的反应类型是_。（3）由A生成B的化学方程式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）满足以下条件的X的同分异构体有_种。i能发生银镜反应；ii含有六元环结构；iii六元环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积之比为443221的有机物的结构简式为_（任写一种）。（6）参照F的合成路线，以CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线：（其他试剂任选)。绝密 启用前2019届高考考前适应性试卷化学答案（一）7.【答案】A【解析】A燃烧煤会产生大量的细小的烟尘等，会加剧雾霾天气的形成，A项正确；B食盐中加入适量的KIO3可起到为人体补充碘元素的作用，但在食盐中加入大量的KIO3，对人体有害，B项错误；C铁粉、炭粉、氯化钠在潮湿空气中可形成原电池，发生了吸氧腐蚀，可除去食品包装袋中的部分氧气，其中炭粉作正极，不参与电极反应，C项错误；D光导纤维主要成分是二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；所以答案选择A项。8. 【答案】B【解析】ApH=5的醋酸溶液中c(H+)=105molL1，所以1L pH=5的醋酸溶液中含有的氢离子数目等于105NA，故A错误；B1 4CO2与N218O的相对分子质量均为46，且每个分子中含有的中子数为24，所以9.2g 14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NA，故B正确；C根据得失电子守恒可得，NOx可能是NO或NO2，转移电子数介于0.1NA0.3NA之间，故C错误；DSO2和O2是可逆反应，所以1mol SO和0.5mol O2充分反应，生成SO3的分子数小于NA，故D错误。故选B。9. 【答案】D【解析】A将结构简式转化为分子式，含有苯环，属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N，A项正确，不符合题意；B分子中含有苯环，可以发生加成反应，分子中有COOH、OH可以发生酯化反应，属于取代反应，该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，而且CH2OH，可发生催化氧化，酚羟基也容易被氧化，分子中有氨基和羧基可以发生缩聚反应，B项正确，不符合题意；C根据苯分子的12原子共面以及碳碳单键可以旋转，可以判断该有机物分子中的的所有碳原子有可能共平面，C项正确，不符合题意；D1mol该调节剂最多可以与2mol NaOH反应，分别是COOH和苯环上的OH发生反应，D项错误，符合题意；本题答案选D。10. 【答案】B【解析】本题以锂离子二次电池正极废料为研究对象，体现了化学在推进生态文明建设、解决生态环境问题等方面大有作为，同时考查学生通过所学知识解决这一实际问题的能力，根据流程，LiCoO2不与碱反应，Al能与NaOH反应，使Al转变成可溶的NaAlO2，然后过滤得到LiCoO2，LiCoO2中Li为1价，O为2价，Co为3价，依据整个流程，产品中Co的化合价为2价，即“酸溶”中Co被还原，H2O2被氧化，“酸溶”液中加入NaOH，得到“净化液”，除去Li元素，加入草酸铵溶液，使Co2+转变成CoC2O4沉淀；A根据铝钴膜的成分以及流程，Al能与NaOH反应，生成可溶的NaAlO2，LiCoO2不溶于NaOH，然后过滤得到LiCoO2，因此碱浸的目的是溶解铝，故A说法正确；BLiCoO2中Co显3价，产品中CoC2O4，Co显2价，化合价降低，LiCoO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化，故B说法错误；CH2SO4提供H+，H2O2作还原剂，盐酸可提供H+，3价Co也能氧化Cl转化成2价Co，故C说法正确；D根据上述分析，铝、钴产物可以再利用，故D说法正确。11. 【答案】C【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故X为C元素；Y的单质在空气中的体积分数最大，故Y是N元素；Z是金属性最强的短周期元素，应为Na，W的阴离子的核外电子数与X原子的核外内层电子数相同，则W为H元素，由此可知W为H、X为C、Y为N、Z为Na元素；A同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，所有元素中H原子半径最小，则原子半径：HNC，故A错误；BW、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+717，故B错误；C如乙烷、乙烯等，存在碳碳键，则为非极性键，故C正确；D非金属性NC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，故D错误。12. 【答案】D【解析】图中连接负载（用电器）的装置为原电池，根据电极上的物质变化，判断得或失电子、电极名称，写出电极反应式。应用原电池原理是正确判断的关键。A电极a、b上发生的反应不同，因而两极间形成电势差，故电极材料可同可异，A项错误；B工作时，电极b上CH3COO-HCO3-，碳元素从平均0价失电子升至+4价，电极b是原电池的负极，则电极a是电池的正极，a极的电势高于b极的电势，B项错误；C电极a（正极）电极反应为+H+2eCl，正极每得到2mol电子时，为使溶液电中性，必有2mol+通过质子交换膜进入a极溶液，同时电极反应消耗1mol+。故工作一段时间之后，a极区溶液中H+浓度增大，pH减小，C项错误；D据图中物质转化，考虑到质量守恒和电荷守恒关系，电极b（负极）反应为CH3COO+4H2O8e=2HCO+9H+，D项正确。本题选D。13. 【答案】D【解析】室温下，用0.1 molL1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1molL1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3COONa，水解使溶液显碱性，此时消耗NaOH的体积为20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。室温下，用0.1molL1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1molL1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3COONa，水解使溶液显碱性，此时消耗NaOH的体积为20.00mL。A滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，则，由于Kw=c(H+)c(OH)，则溶液中c(H+)=103.3mol/L，因此0.1molL1的醋酸pH=3.3，选项A错误；BA点时AG=0，c(H+)=c(OH)，加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL，若等于20.00mL则溶液应呈碱性AGc(CH3COO)c(OH)c(H+)，选项D正确。答案选D。26. 【答案】（1）SOCl2+H2O=SO2+2HCl （2） f g h h b c d e （3） 取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净 （4） 除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2 （5） MnO2+C2O+4H+=Mn2+2CO2+2H2O （6） 97.4% （7） 偏大 【解析】.（1）SOCl2与水反应生成SO2和HCl，反应方程式为；SOCl2+H2O=SO2+2HCl；（2）三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气加入锥形瓶中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，h装置防止倒吸，接口的连接顺序为a f g h h b c d e ；.（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子：取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净；（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。. （5）MnO2将C2O在H+作用下氧化成CO2而+4价锰还原成Mn2+，MnO2溶解反应的离子方程MnO2+C2O+4H+=Mn2+2CO2+2H2O；（6）n(C2O)=2.68g134gmol1=0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n(MnO)=0.0200molL10.01730L5=0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)2+0.001730mol5=0.0200mol2，n(MnO2)=0.015675mol，二氧化锰质量分数=0.015675mol87gmol1/1.40g = 0.974，即97.4%；（7）若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。27. 【答案】（1）175.2kJmol1 （2） BC 66.7% （3） 2NH3NaClON2H4NaClH2O 14bpH14a 【解析】（1）已知a.CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H1216.4kJmol1，b.CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H241.2kJmol1，根据盖斯定律由a+b可得反应：CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g) H=216.4kJmol1+(41.2kJmol1)=175.2kJmol1，故答案为：175.2kJmol1。（2）A氮气和氢气的初始物质的量之比为13，由反应方程式N2+3H22NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比13反应，所以N2和H2的转化率一直是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A不选；B该反应是一个气体分子式变化的反应，恒压是只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明达到平衡状态，故B选；C氮气时反应物，氨气是生成物，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3)就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C选；D氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3)就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值为2时，不一定说明不在变化，所以不一定是平衡状态，故D不选。故答案为：BC。合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，有图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1P2；合成氨正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，D点温度高于B点温度，所以平衡常数：BD，故答案为：。设C点H2的转化率为(H2)N2 + 3H2 2NH3初始(mol) 1 3 0转化(mol) (H2) 3(H2) 2(H2)平衡(mol) 1-(H2) 3-3(H2) 2(H2)因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数与物质的量分数相等，所以2(H2)/(1-(H2)+3-3(H2)+2(H2)100%=50%，解得(H2)=66.7%；A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：v(A)v(B)，故答案为：66.7%，。（3）NH3与NaClO一定条件下发生氧化还原反应可得到肼（N2H4）、氯化钠和水，NaClO作氧化剂，被还原为NaCl，所以该反应的化学方程式为：2NH3NaClON2H4NaClH2O，故答案为：2NH3NaClON2H4NaClH2O。K1=c(N2H5+)c(OH)/c(N2H4)=110a，所以c(N2H5+)=c(N2H4)时，c(OH)=110a，c(H+)=Kw/c(OH)=10 (14-a)，pH=-lgc(H+)=14-a，则c(N2H5+)c(N2H4)时，c(OH)110a，c(H+)=Kw/ c(OH)10 (14-a)，pH=-lgc(H+)14-a，K2=c(N2H62+)c(OH)/c(N2H5+)=110b，所以c(N2H5+)=c(N2H62+)时，c(OH) =110b，c(H+)=Kw/c(OH)=10 (14-b)，pH=-lgc(H+)=14-b，则c(N2H5+)c(N2H62+)时，c(OH)110b，c(H+)=Kw/c(OH)c(N2H4)，同时c(N2H5+)c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为(14-b，14-a)，故答案为：14bpHB，酸性H2CO3H3BO3，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，故b错误；c. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)+H+，故c正确；答案：ac。（3）证明溶液中含有Fe2+的方法是：取少量褐色浸出液于试管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，如果产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。答案：滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀。（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.7pH9.1，使杂质离子转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤。答案：4.7；Al(OH)3、Fe(OH)3。（5）由图像分析MgSO4开始时随温度升高溶解度增大，100以后溶解度又逐渐减小，所以所以要获得MgSO4晶体：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶可得到硫酸镁晶体；H3BO3的溶解度是随着温度的升高逐渐增大的，所以要获得H3BO3晶体应将高温时分离后的母液降温结晶，再过滤即可得到硼酸晶体。答案：升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。35. 【答案】（1）3d54s2 4 （2） sp3和sp2 平面三角形 （3） BF3或BCl3 （4） CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键 （5） Mg2Al 4 【解析】（1）锰为25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，基态Mn3+的价层电子排布式为3d4，含有4个未成对电子，故答案为：3d54s2；4；（2）CH3COOH中甲基上的碳原子含有4个键，没有孤电子对，采用sp3杂化，羧基上的碳原子含有3个键，没有孤电子对，采用sp2杂化，故答