2019届全国高考名校考前提分仿真试卷化学(四)(解析版)

1、号证考准装名姓卷此绝密启用前2021届高考名校考前提分仿真卷化学(四)考前须知：1 .本试卷分第I卷(选择题)和第n卷(非选择题)两局部.做题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在做题卡上.2 .答复第I卷时,选出每题的答案后,用铅笔把做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 .答复第n卷时,将答案填写在做题卡上,写在试卷上无效.4 .测试结束,将本试卷和做题卡一并交回.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K397 .化学与生产、生活、社会密切相关,以下说法正确的选项是A.漂白粉长期放置在空气中会被空气

2、中的氧气氧化而变质8 .二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂C.通讯领域中的光导纤维可长期浸泡在强碱性溶液中D.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的8,设Na代表阿伏加德罗常数的值,N表示粒子数.以下表达正确的选项是A.2.24LCH4中含有的C-H键数为0.4NaB,将1molCl2通入水中,那么N(HClO)+N(Cl-)+N(C1O-)=2NaC,将CO2通过Na?O2使其质量增加ag时,反响转移的电子数为aNA/44D.3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4Na9 .以下有关有机物的说法正确的选项是A,蛋白质溶液中加Na2SO4可使其变性B,乙烷、苯、葡萄糖溶

3、液均不能使酸性KMnO4溶液褪色C.有机物CH2=CHCH(CH3)Cl能发生加成反响、取代反响、缩聚反响、氧化反响D,分子式为C4H7c1O2且能与NaHCO3反响放出气体的有机物结构有5种(不包含立体异构)10 .根据以下实验操作和现象所得出的结论错误的选项是B向盛有H2O2溶液的试管中参加几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色,一段时间后,溶液中出现气泡,随后有红褐色沉淀生成Fe2+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反响放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动C铝片先用砂纸打磨,再参加到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性,常温下,铝被浓硝酸钝化D向等浓度的KCl、KI混合液中逐滴滴加Ag

4、NO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)11.短周期元素X、Y、Z、W、U原子序数依次增大.X与W位于同一主族,Y、Z形成的氧化物均是常见的耐火材料,W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,Z、W、U原子的最外层电子数之和为13.以下说法正确的选项是A.X、W、U的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序为：U>W>XB.Y、Z元素的单质作电极,在氢氧化钠溶液中构成原电池,Z电极上产生大量气泡C.室温下,0.05molL1U的气态氢化物的水溶液的pH>1D.Y、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：Y>Z>U12.常温下,将NaOH

5、溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图：pcAN=Ig;cAS.以下表达不正确的选项是C(HA)C(HA)5A.Ka(HA)的数量级为10B.滴加NaOH溶液过程中,CaJh-、保持不变C(HA)f(OH)C.m点所示溶液中：c(H+)=c(HA)+c(OH-)c(Na+)D.n点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)13.硼化钮(VB2)-空气电池是目前储电水平最高的电池,电池示意图如图,该电池工作时发生级班选项操作现象结论A1可蔗糖中参加浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭,并放出后刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性的反响为4VB2+11

6、O2=4B2O3+2V2O5.以下说法不正确的选项是A.电极a为电池正极B.图中选择性透过膜为阴离子透过膜C.电池工作过程中,电极a附近区域pH减小D.VB2极发生的电极反响为2VB2+22OH-22e-=V2O5+2B2O3+11H2O炉层序号图2sO2反响,同时生成两向浓度均为0.1molL-126.(14分)某同学旅游时发现,苗族人的银饰美丽而富有民族文化,制作银饰时可以选用Fe(NO3)3溶液做蚀刻剂.受此启发,该同学所在的化学兴趣小组在实验室选用Fe(NO3)3溶液清洗做过银镜反应的试管,发现不但银镜溶解,而且较少产生刺激性气体.化学兴趣小组对Fe(NO3)3溶液溶解银的原理进行探究

7、：【提出假设】假设1:Fe(NO3)3溶液显酸性,在此酸性条件下NO3能氧化Ag；假设2：Fe3+具有氧化性,能氧化Ag【验证假设】(1)甲同学验证假设1.用淡紫色的Fe(NO3)39H2O晶体(分析纯,Mr=404)配制1.5mol/L的Fe(NO3)3溶液100mL.需要称取gFe(NO3)39H2O晶体,配制过程中所用到的仪器除烧杯、玻璃棒外还必需：测得1.5mol/L的Fe(NO3)3溶?夜pH约为1,其原因用化学用语表示为.将pH=1的HNO3溶液参加到镀有银镜的试管中,振荡,观察到银镜慢慢溶解,产生无色气体并在液面上方变为红棕色,溶液中发生反响的离子方程式应是将1.5mol/L的F

8、e(NO3)3溶液参加到镀有银镜的试管中,振荡,观察到银镜很快溶解,并且溶液颜色加深.(2)乙同学为验证假设2.分别用溶质的质量分数为2%、10%的足量FeCl3溶液参加到镀有银镜的试管中,振荡,都看不出银镜溶解.乙同学由此得出结论,假设2不成立.你是否同意乙的结论？,简述理由：.【思考与交流】甲同学的实验中,溶液颜色为什么会加深？查阅资料得知,Fe2+能与NO形成配离子：Fe2+NO=Fe(NO)2+(棕色).,同浓度的硝酸氧化性比Fe3+略强.根据以上信息综合分析,浓、稀Fe(NO3)3溶液溶解银镜时,发生的反响有何不同？27. (14分)金属铝在工业和国防建设中有重要的作用.铝(Mo)的

9、常见化合价为+6、+5、+4.由铝精矿(主要成分是MoS2)可制备单质铝和铝酸钠晶体(Na2M0042H2O),局部流程如图1所示：广粗产品固体杂质粤空气|(Mgj)操作匚也我皿睇晶不咫MGf21M票商用溶液L尾气(主要含SO.是量"%市钳酸料MuO翳*相操作2氧气图1：铝酸微溶于水,可溶于液碱和氨水.答复以下问题：(1)铝精矿焙烧时,每有1molMoS2反响,转移电子的物质的量为.(2)铝精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是,请你提出一种实验室除去该尾气的方法(3)操彳2的名称为.由铝酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是.(4)操彳1中,参加碳酸钠溶液充分反响后,碱浸液中

10、c(MoO4)=0.80molL;1,c(SO2)=0.04molL-1,在结晶前需参加Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO4o当BaMoO开始沉淀时,SO4一的去除率是.Ksp(BaSO4)=1.11010、KSp(BaMoO4)=4.010-8,溶液体积变化可忽略不计(5)焙烧铝精矿所用的装置是多层焙烧炉,图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数(昉.CDx=0焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反响生成MoO2和SO2的反响,假设该反响车t移6mol电子,那么消耗的氧化剂的化学式及物质的量分别为28. (15分)H2s在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用.请答复：I.工业上一种制备

11、H2s的方法是在催化剂、高温条件下,用天然气与种能参与大气循环的氧化物.(1)该反响的化学方程式为.n.H2s可用于检测和沉淀金属阳离子.(2)H2s的第一步电离方程式为.(3)：25C时,Ksp(SnS)=1.01025,Ksp(CdS)=8.010-27.该温度下的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,溶液中c(Cd2+)=(溶液体积变化忽略不计).n.H2s是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体.反响原理为,、-_-11.COs(g)+H2(g)-H2s(g)+CO(g)AH=+7kJmol；111.CO(g)+H2O(g)-CO2(g)+H2(g)AH=-42

12、kJmol.(4)：断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示.分子COs(g)H2(g)CO(g)H2s(g)H2O(g)CO2(g)能量/(kJmol-1)1319442x6789301606表中x=(5)向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molHzO(g),进行上述两个反响.其他条件不变时,体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如下图.00的平瘠体根分数悭/5"II.TitJt.随着温度升高,CO的平衡体积分数(填增大或减小"J原由于36.【选修5:有机化学根底】(15分)党的十九大报告中明确了加快生态文明体制改革,

13、建设美丽中国,把推进绿色开展放到了首位,强调加快建立绿色生产和消费的法律制度和政策导向,建立健全绿色低碳循环开展的经济体系.化工生产中倡导原料尽量多地转化为目标产物,提升原子利用率.利用以下合成路线可以制备对羟基苯甲酸：C时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol.那么该温度下,COS的平衡转化率为;反响i的平衡常数为(保存两位有效数字).35.【选修3:物质的结构与性质】(15分)馍与VA族元素形成的化合物是重要的半导体材料,应用最广泛的是神化钱(GaAs),答复以下问题：(1)基态Ga原子的核外电子排布式为,基态As原子核外有个未成对电子.(2)钱失去电子的逐级电离能(单位：kJ

14、mol-1)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知钱的主要化合价为和+3.神的电负性比馍(填矢或小).(3)比拟以下钱的卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因：钱的卤化物GaCl3GaBr3Gal3熔点/c77.75122.3211.5沸点/C201.2279346GaF3的熔点超过1000C,可能的原因是.(4)二水合草酸钱的结构如下图,其中钱原子的配位数为,草酸根中碳原子的杂化方式为O0yx上舟丁.八OH,HX>)八、0(5)神化钱熔点为1238C,立方晶胞结构如下图,晶胞参数为a=565pm.该晶体的类型为,晶体的密度为(设Na为阿伏加德罗常数的数值,

15、列出算式即可)gcm-3.：该合成路线中,生成G、F的物质的量之比为n(G):n(F)=1：3,且1molG与足量的Na反响产生33.6L(标准?况)H2.同一碳原子上连两个羟基不稳定.答复以下问题：(1)以下关于对羟基苯甲酸的说法中正确的选项是(填序号).a.能发生聚合反响生成聚酯b,能与FeCl3溶液发生显色反响c.1mol对羟基苯甲酸最多能与1molNaOH反响d.对羟基苯甲酸能发生酯化反响和水解反响(2) H的化学名称是.(3) A生成B的反响类型是,A中含氧官能团的名称是.(4) B生成C和D的化学方程式为.(5) 满足以下条件的对羟基苯甲酸的同分异构体共有种(不包括立体异构),其中

16、核磁共振氢谱中有4种不同化学环境氢原子的同分异构体有种.能与银氨溶液发生银镜反响；与FeCl3溶液发生显色反响.(6) 写出由H制备G的合成路线(无机试剂任选).绝密启用前11.【答案】C【解析】根据题图,m点时【最后十套】2021届高考名校考前提分仿真卷化学答案(四)7 .【答案】B【解析】A.漂白粉长期放置在空气中会与空气中的二氧化碳和水蒸气反响生成碳酸钙和次氯酸,次氯酸分解生成盐酸和氧气,而变质,故A错误；B.二氧化硫具有杀菌消毒的作用,可微量用作葡萄酒的食品添加剂,故B正确；C.通讯领域中的光导纤维的主要成分为二氧化硅,能够与强碱性溶液反响,故C错误；D.汽车尾气中含有的氮氧化物是空气

17、中的氮气和氧气在放电条件下生成的,故D错误；应选Bo8 .【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三30y'>4XNa=0.4Na(或设HCHO的质量为ag,那么3.0g含甲醛的冰醋酸中所30g/iiioia3.0-a,一含原子总数为>4XNa+亦X8XNa=0.4Na),D项正确.没有指明温度、压强,2.24LCH4的物质3060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,发生反响：Cl2+H2O=HCl+HClO,该反响为可逆反响,根据物料守

18、恒知,N(HClO)+N(C1-)+N(C1O-)<2Na,b项错误；根据反响2Na2O2+2CO2=2Na2co3+.2知,转移2mol电子时,Na2O2质量增加56g,贝U当Na2O2质量增加ag时,反响转移的电子数为工将个人;喈,C项错误.56289 .【答案】D【解析】A.Na2SO4为钠盐,不属于重金属盐,不能使蛋白质发生变性,那么在鸡蛋白溶液中加入浓Na2SO4溶液,蛋白质发生盐析,故A错误；B.葡萄糖中的一CHO、一OH,能被高镒酸钾氧化,葡萄糖能使酸性高镒酸钾溶液褪色,故B错误；C.有机物CH2=CHCH(CH3)Cl碳碳双键能发生加成反响、卤原子可取代反响、碳碳双键能发

19、生氧化反响,不能发生缩聚反响,故C错误；D.分子式C4H8O2并能与NaHCO3溶液反响放出CO2的有机物是丁酸：CH3-CH2-CH2-COOH或CH3CH(COOH)CH3,煌基上一氯代物分别有3种、2种,共5种,故D正确；应选D.10 .【答案】B【解析】蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭,表达了浓硫酸的脱水性,炭与浓硫酸反响,生成具有刺激性气味的气体SO?,表达了浓硫酸的强氧化性,A项正确；溶液变成棕黄色,说明H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,溶液中出现气泡,说明Fe3+催化H2O2分解产生O2,B项错误；浓硝酸具有强氧化性,常温下可以使铝钝化,因此用砂纸打磨的铝片参加到浓硝酸中,无明显现象,

20、C项正确；先出现黄色沉淀,说明AgI比AgCl更难溶,故Ksp(AgCl)>Ksp(Agl),D项正确.【解析】W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,W是硅元素；X与W位于同一主族,X是碳元素；Y、Z形成的氧化物均是常见的耐火材料,Y是氧元素、Z是铝元素；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13,U是硫元素；五种元素分别为C、O、Al、Si、So碳酸的酸性大于硅酸的,故A错误；当氢氧化钠为电解质溶液时,铝为原电池的负极,铝电解变细,故B错误；硫化氢为二元弱酸,所以0.05molL-1H2s的水溶液的pH>1,故C正确；硫离子3个电子层半径最大,简单离子半径由大到小的顺序：S2-&

21、gt;O2->Al3+,故D错误.12 .【答案】D=0,叫CH、=1即c(A-)=c(HA),m点所示溶液pH=4.76,那么c(H+)=10-4.76molL-1,Ka(HA)=.()/,)=c(H-)=10-4.76=100.2410-5,0<100.24<10,故Ka(HA)的数量级为10-5,A项正确；,0H-广c(HA?O器濡+广'a(；A,滴加NaOH溶液过c(HA)/c(OH)c(HA)c(OH)c(H)Kw程中,温度不变,Ka(HA)、Kw不变,故c(HA；(OH-)保持不变,B项正确；m点所示溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(OH-

22、)+c(A-),那么c(H+)=c(OH-)+c(A-)c(Na+),C项正确;n点所示溶液呈酸性,根据电荷守恒式c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),得c(Na+)c(A-)=c(OH-)c(H+)<0,故c(Na+)<c(A-),不可能有c(Na+)=c(A-)+c(HA),D项错误.13 .【答案】C【解析】根据电池反响,.2发生复原反响,故通入空气的电极a为正极,电极反响式为O2+2H2O+4e-=4OH-,A项正确；根据电池反响,VB2发生氧化反响转化为V2O5、B2O3,VB2极的电极反响式为2VB2+22OH-22e-=V2O5+2B2O3+11H2O,

23、D项正确；根据负极反响和正极反响可知,正极上生成OH-,负极上消耗OH-,故该选择性透过膜为阴离子透过膜,B项正确；由正极反响式可知,电池工彳过程中,电极a附近c(OH-)增大,pH增大,C项错误.26.【答案】【验证假设】(1)60.6100mL容量瓶、胶头滴管Fe"+3H2O=Fe(OH)3+3H+3Ag+NO3+4H+=3Ag+NOT+2H2O(2)不同意没有检验是否生成了Fe2+,可能是Fe3+与Ag发生了反响,但生成的Ag+与Cl形成沉淀阻止了反响继续进行,也可能是FeCl3溶液浓度太小而不能溶解银【思考与交流】,同浓度的硝酸氧化性比Fe3+略强,根据以上信息综合分析,浓、

24、稀Fe(NO3)3溶液溶解银镜时白原理不同,Fe(NO3)3浓溶液中,Fe3+、NO3都氧化了Ag,Fe(NO3)3稀溶液中可能只有NO3氧化了Ag【解析】验证假设(1)用淡紫色的Fe(NO3)39H2O晶体配制1.5mol/L的Fe(NO3)3溶液100mL,依据硝酸铁溶质物质的量为0.15mol,所以需要晶体质量=0.15mol%04g/mol=60.6g;配制溶液的过程和步骤分析可知需要的仪器除烧杯、玻璃棒外还必需100mL的容量瓶,胶头滴管；测得1.5mol/L的Fe(NO3)3溶?pH约为1说明溶液呈酸性,是铁离子水解的原因,反响的离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+

25、；将pH=1的HNO3溶液参加到镀有银镜的试管中,振荡,观察到银镜慢慢溶解,产生无色气体并在液面上方变为红棕色,溶液中发生反响的离子方程式应是：3Ag+NO3+4H+=3Ag+NOT+2H2O;(2)假设2中,铁离子的氧化性和铁离子的浓度大小有关,且生成的银离子在溶液中生成氯化银沉淀阻止反响进行,可能是浓度小或阻止反响进行,需要验证亚铁离子的存在证实铁离子是否发生复原反响：没有检验是否生成了Fe2+,可能是Fe3+与Ag发生了反响,但生成的Ag+与C形成沉淀阻止了反响继续进行,也可能是FeCh溶液浓度太小而不能溶解银,所以不同意乙的结论；思考与交流,同浓度的硝酸氧化性比Fe3+略强,根据以上信

26、息综合分析,浓、稀Fe(NO3)3溶液溶解银镜时白原理不同,Fe(NO3)3浓溶液中,Fe3+、NO3都氧化了Ag,Fe(NO3)3稀溶液中可能只有NO3氧化了Ag027.【答案】(1)14mol(2分)(2)形成酸雨(1分)可用氨水或氢氧化钠溶液吸收(其他合理答案均可)(2分)(3)过滤(1分)增蜗(1分)(4)94.5%(2分)(5)64(2分)MoO3(2分)3mol(2分)【解析】(2)由流程图可知,铝精矿焙烧产生的二氧化硫为大气污染物,其对环境的主要危害是形成酸雨,实验室可用氨水或氢氧化钠溶液吸收SO2.(3)灼烧用到的硅酸盐材料仪器为塔竭.(4)根据Ksp(BaMoO4)及c(Mo

27、O4)可计算出MoO、开始沉淀时溶液中c(Ba2+),再根据c(Ba2+)和Ksp(BaSO4)计算出此时溶液中c(SO),进而可求出SO、的去除率.(5)根据题图2可知,在炉层序号为6时,.$2和MoO3的物质的量的百分数均为18%,那么“.2的物质的量的百分数为100%18%<2高温一、一=64%.根据反响MoS2+6MoO3=7MoO2+2SO2T,那么消耗的氧化剂的化学式为MoO3,反响转移6mol电子时,消耗MoO3的物质的量为3mol./、2c催化剂八28.【答案】I.(1)4SO2+3CH4=4H2S+3CO2+2H2On.(2)H2SH+HS-(3)8.0X0-3molL

28、-1出.(4)1076(5)增大反响i为吸热反响,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大；反响ii为放热反响,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡体积分数也增大20%0.044【解析】(1)天然气的主要成分是CH4,根据题意,CH4与SO2反响生成H2S、CO2和H2O,反应条件是高温、催化剂.根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式.(2)H2s是二元酸,分两步电离,且电离过程是句*逆过程,以第一步电离为主,H2s的第一步电离方程式为H2S;H+HS,八-25;(3)当Sn2+开始沉淀时,溶液中c(S2-)=,卬,肉=molL-1=1.0M0-24molL-1,c(Sn2)0.1,-2

29、7此时溶液中c(Cd2+)=sp-=8.*°_24molL-1=8.0¥0-3molL-1.(4)反响热=反响物总键能)c(S2-)1.0X0生成物总键能,对于反响i,AH=(1319+442678x)kJmol-1=+7kJmol-1,解得x=1076或禾U用反响ii进行计算,AH=(x+9301606442)kJmol-1=42kJmol-1,解得x=1076.(5)由题图知,随着温度升高,CO的平衡体积分数增大.反响i为吸热反响,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大；反响ii为放热反响,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡体积分数增大,综合来讲,其他条件不变,

30、升高温度,体系中CO的平衡体积分数增大.TJC时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol,那么反响的n(COS)=0.20moi,故COS的平衡转化率为0.20molX100%1mol=20%.反响i生成0.20molCO,剩余0.80molH2,生成的CO与&O(g)发生反响ii,设到达平衡时,参加反响ii的CO为xmol,利用三段式法进行计算：CO(g)+“O(g)一一CO2(g)+H2(g)起始(mol)0.20100.80转化(mol)xxxx平衡(mol)0.20-x1-xx0.80+x开始共投入3moi气体,且反响i和反响ii都是气体分子数不变的反响,故平衡时体系

31、中气体的总物质的量不变.根据题图知,TJC已到达平衡时,CO的体积分数为5%,故等中><100%=5%,解得3moix=0.05.故平衡时体系中n(COS)=0.80mol+0.05mol=0.85mol,n(H2S)=0.20mol,n(CO)=0.20mol-0.05mol=0.15mol,反响i的平衡常数c(H2S)c(CO)_0.2毯150044c(COS)c(H2)=0.80.8535.【答案】(1)内加104s24p2(或1s22s22p63s23p63d104s24p1)3(2) +1大(3) GaCl3>GaB%、Ga的熔、沸点依次升高,它们均为分子晶体,结构

32、相似.相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强GaF3为离子晶体2(4)4sp(5)原子晶体【解析】(1)考查电子排布式的书写,Ga位于第四周期IIIA族,31号元素,因此核外电子排布式为内加104s24p2(或1s22s22p63s23p63d104s24p1)；As位于VIA族,核外有3个未成对电子；(2)考查电离能、电负性的规律,根据电离能的数值,第一电离能与第二电离能相差较大,因此Ga显表现+1价,As为非金属,Ni为金属,因此As的电负性比馍大；(3)考查晶体熔沸上下规律,根据表格数值,GaCLGaBn、Gal3的熔、沸点依次升高,它们均为分子晶体,结构相似,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强；GaF3熔点比其余三个高很多,说明GaF3属于离子晶体；(4)考查配位数和杂化类型判断,根据结构图,Ga的配位数为4,C原