当前位置:咋考网 > 高考 > 模拟题 > 化学 >

2019年高三化学上半年高考模拟相关

广东2019年高三化学上半年高考模拟网络考试试卷

下列说法正确的是
A. SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫,增白食品等
B. 糖类、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解
C. 高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、双氧水都能杀菌消毒,这是利用他们的强氧化性
D. 汽车尾气中含有的氮氧化物,是汽油不完全燃烧造成的

【答案】C
【解析】
A、SO2有毒,不能增白食品,选项A错误;B、油脂和蛋白质一定条件下能够发生水解反应,但是糖类中的单糖结构简单,不能够发生水解反应,选项B错误;A.高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液和双氧水都具有强的氧化性能够使蛋白质变性,所以高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液和双氧水可用于消毒,选项C正确;D.汽油中不含氮元素,汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的,选项D错误;答案选C。

用下列装置进行相应的实验,,能达到实验目的的是

A. 图①所示装置用于粗盐提纯中除掉泥沙
B. 图②所示装置用于蒸干氯化镁溶液制无水MgCl2
C. 图③所示装置用于以己烯为萃取剂萃取溴水中的溴单质
D. 图④所示装置用于验证乙烯的生成

【答案】A
【解析】
A. 图①所示装置用于过滤,粗盐提纯中泥沙不溶于水而氯化钠可溶,通过过滤除掉泥沙,选项A正确;B. 由MgCl2溶液制备无水MgCl2,由于氯化镁易水解、氯化氢易挥发,若将MgCl2溶液加热蒸干,最终得到的是MgO,应该在HCl气流中加热氯化镁溶液制取无水氯化镁,选项B错误;C. 己烯含有碳碳双键,可与溴水发生加成反应,萃取时不能发生化学反应,选项C错误;D. 制备乙烯时产生的碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成的二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,干扰乙烯的检验,选项D错误。答案选A。

用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A. 标准状况下,22.4LSO3含有NA个分子
B. 6.4gCH4O含有的C-H键为0.6NA
C. 0.1molNa2O2与CO2反应转移的电子数为0.2NA
D. 0.1mol/L的乙酸溶液中含有的H+数目小于0.1NA

【答案】B
【解析】
A.标况下,三氧化硫为液体,不能使用气体摩尔体积,选项A错误;B、6.4gCH4O的量为0.2mol,1个甲醇分子中有4个氢原子,其中含有3个C-H键,一个O-H键,所以0.2mol甲醇分子中含0.6molC-H键,选项B正确;C、0.1 molNa2O2与足量的CO2充分反应,生成0.05mol氧气,转移0.1mol电子,转移的电子数为0.1NA,选项C错误;D、溶液的体积不确定,无法确定氢离子的数目,H+离子数也可能大于NA,故D错误。答案选B。

“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业上产生的CO2分离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉CO2”,其基本过程如图所示(部分条件及物质未标出)

下列有关该方法的叙述中正确的是
A. 能耗小是该方法的一大优点
B. 整个过程中,只有一种物质可以循环利用
C. “反应分离”环节中,分离物质的基本操作是过滤、蒸发、结晶
D. 该方法可减少碳排放,捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品

【答案】D
【解析】
根据题中信息可知,基本过程中有两个反应:①二氧化碳与氢氧化钠反应,②碳酸钙的高温分解,循环利用的应该有CaO和NaOH 两种物质,捕捉室中反应为二氧化碳与氢氧化钠反应,得到的Na2CO3和CaO在溶液中反应得到NaOH和CaCO3,以此解答。
A.碳酸钙的分解在高温条件下进行,消耗能量,耗能大,选项A错误;B.基本过程中有两个反应:①二氧化碳与氢氧化钠反应,②碳酸钙的高温分解,循环利用的应该有CaO和NaOH 两种物质,选项B错误;C.“反应分离”过程中分离物质的操作应该是过滤,目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀,选项C错误;D.二氧化碳与氢氧化钠反应而被吸收,甲醇工业上可用CO2制备,选项D正确;答案选D。

关于有机物a()、b()、c(
A. a、b、c均能与溴水发生加成反应
B. a、b、c的分子式均为C8H8
C. a的所有原子一定处于同一一平面
D. b的二氯代物有3种

【答案】D
【解析】
A、a、c均含有碳碳双键,能与溴水发生加成反应,b不能与溴水发生加成反应,选项A错误;B、根据结构简式可知,a、b、c的分子式分别为C8H8、C8H8、C9H10,选项B错误;C. 苯分子中12个原子共平面,乙烯分子中6个原子共平面,但连接乙烯基和苯基的为碳碳单键,可以旋转,故a的所有原子不一定处于同一平面,选项C错误;D. b的二氯代物有3种,取代在同一面同一边的二个氢原子、取代在同一面对角上的氢原子和取代在体对角上的两个氢,选项D正确。答案选D。

X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,其中X、Z同族,Y、Z同周期,W是短周期主族元素中原子半径最大的,X原子最外层电子数是其电子层数的3倍,Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是
A. Y元素的最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4
B. 它们形成的简单离子半径:X>W
C. X、Z两种元素的气态氢化物稳定性:Z>X
D. X与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:2

【答案】B
【解析】
X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,由于最外层电子数不能超过8个,所以X是O,则Z是S。Y的最高正价与最低负价的代数和为6,说明Y属于第 ⅦA,Y、Z同周期,则Y是Cl。W是短周期主族元素中原子半径最大的,所以W是Na。A. Y为氯元素,其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4,选项A错误;B、X与W形成的简单离子具有相同电子层结构,核电荷数越大半径越小,则简单离子半径:X>W,选项B正确;C、X(Cl)的非金属性强于Z(S)的,所以HCl的稳定性强于H2S的,选项C错误;D、X与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:1,选项D错误。答案选B。

某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如下图所示,该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2,X、Y是特殊催化剂型电极,下列说法正确的是

A. 电源a极为正极
B. 该装置中Y电极发生还原反应
C. X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e-=C6H12O6+6H2O
D. 理论上,每生成22.4L(标准状况下)O2,必有4mol H+由X极区向Y极区迁移

【答案】C
【解析】
A、X极上二氧化碳得电子转化为糖类(C6H12O6),发生还原反应,为电解池的阴极,连接负极,则电源a极为负极选项A错误;B、该装置是电解池装置,与电源正极b极相连的Y电极是电解池的阳极失电子发生氧化反应,选项B错误;C、X电极与电源负极相连,所以X电极是阴极,发生还原反应,电极反应式为6CO2+24H++24e-=C6H12O6+6H2O,选项C正确;D、X电极与电源负极相连,所以X电极是阴极,而电解池中氢离子向阴极移动,所以氢离子从阳极Y极区向阴极X极区移动,选项D错误;答案选C。

FeCl3是一种常用的净水剂,化学研究两小组甲、乙分别用如图装置制备无水FeCl3并证明产品中没有FeCl2,已知无水FeCl3在空气中易潮解,加热易升华。
I.小组甲拟用下图实验装置来制备无水FeCl3。(每个虚线框表示一个单元装置)

(1)请用文字描述方法改正以上装管的错误_____________。
II.小组乙用下列装置组装制备无水FeCl3的装置:

(2)A中发生反应的离子方程式为_______________。
(3)装置接口的连接顺序为__________(用a、b、c……i表示):反应开始前应先点燃____处酒精灯(填“A”或“C”)。
(4)装置B的作用_________________。
(5)如果拆去E和F装置,可能的后果是___________。
(6)证明产品中没有FeCl2的操作____________。

【答案】③中导管改为长进短出,④中试管口加一出气导管或加一个防水蒸气进入和尾气处理装置MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2Oa→hi→fg→de→bA防止反应结束后空气中的水蒸气进入D装置中使无水FeCl3潮解,吸收尾气,防止氧气污染空气如果拆去E和F装置,可能会发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,在C中加热氢气与氯气的混合气体,易发生爆炸取少量样品于表面皿中,用磁铁把铁吸出,取剩余的固体于试管水中,加蒸馏水溶解,向其中滴入K3[Fe(CN)6]溶液,溶液中无明显现象,说明产品中没有FeCl2
【解析】
(1)洗气或干燥气体时通过洗气瓶的导管必须长进短出,氯化铁易水解,故改正以上装管的错误有:③中导管改为长进短出,④中试管口加一出气导管或加一个防水蒸气进入和尾气处理装置;
(2) 根据装置图,A中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水,发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;
(3)根据装置图,A是氯气的制备装置,B是氯化铁的生成装置,生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢杂质,需要用饱和食盐水和浓硫酸除去,最后未反应的氯气需要除去,防止污染空气,氯化铁易潮解,需要防止外界水蒸气进入装置,因此装置接口的连接顺序为ahidebcf;反应开始前应该首先加热A处酒精灯,用生成的氯气将装置中的空气排出,故答案为:ahidebcf;A;
(3) 装置B的作用是防止反应结束后空气中的水蒸气进入D装置中使无水FeCl3潮解,吸收尾气,防止氧气污染空气;
(5)如果拆去E和F装置,可能会发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,在C中加热氢气与氯气的混合气体,易发生爆炸;
(6)证明产品中没有FeCl2的操作取少量样品于表面皿中,用磁铁把铁吸出,取剩余的固体于试管水中,加蒸馏水溶解,向其中滴入K3[Fe(CN)6]溶液,溶液中无明显现象,说明产品中没有FeCl2。

烟气中主要污染物SO2、NOx,为消除排放,保护环境,实现绿色可持续发展。
处理方法一:烟气经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收,可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NO的主要反应的热化学方程式为:
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H1
NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g) △H2
SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H3
(1)反应3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)的△H=_________。
(2) 室温下,进入反应器的NO、SO2的物质的量恒定,改 变通入O3的物质的量,反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3):nNO)的变化见图。说明预处理过程中NO2的物质的量变化的原因_______,在反应中SO2的物质的量几乎不发生变化的原因是_______________。

(3)在一定条件下,SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H3<0,在一定温度下,向2L某恒容密闭容器中充入4molSO2(g)和1molO3(g),5min时,测得容器中SO3(g)的物质的量为0.5mol。
①0-5min内,用SO2表示的平均反应速率v(SO2)________。
②下列说法中能判断该反应达到平衡状态的是________
a.单位时间内生成nmolSO2同时生成nmolSO3
b.SO3和O2的物质的量浓度之比1:1
C.容器内压强保持不变
d.混合气体的密度不变
e.混合气体的平均相对分子质量不变
处理方法二: 也可采用NaClO2溶液作为吸收剂对烟气进行处理。在不同温度下,NaClO2溶液脱硫(S)、脱硝(N)的反应中,SO2和NO的平衡分压Pe如图所示。

(4) 由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(5) 反应ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-的平衡常数K表达式为_______。

【答案】△H1+2△H2 n(O3):n(NO)<1,臭氧氧化NO为NO2,NO减少,NO2增多;n(O3):n(NO)>1,臭氧过量把NO2转化成更高价态 SO2与O3的反应速率慢 0.05mol(L·min)-1 a 减小
【解析】
SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H3
(1)①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H1;②NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g) △H2;由盖斯定律,①+2×②可得:3NO(g)+O3(g)═3NO2(g),则△H=△H1+2△H2;
(2)①n(O3):n(NO)<1,臭氧氧化NO为NO2,NO减少,NO2增多;n(O3):n(NO)>1,臭氧过量把NO2转化成更高价态;
②增加n(O3),O3氧化SO2的反应几乎不受影响,说明浓度对反应速率影响较小,可能是SO2与O3的反应速率慢;
(3)在一定条件下,SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H3<0,在一定温度下,向2L某恒容密闭容器中充入4molSO2(g)和1molO3(g),
①5min时,测得容器中SO3(g)的物质的量为0.5mol,则消耗SO2(g)的物质的量为0.5mol,0-5min内,用SO2表示的平均反应速率v(SO2)=
②a. 单位时间内生成nmolSO2同时生成nmolSO3,表示的是正逆反应速率,且满足二者的化学计量数关系,说明正逆反应速率相等,达到平衡状态,故正确;b. 各物质分子数之比等于多少决定于开始加入的各物质的多少,与化学反应是否处于平衡状态无关,不能说明反应达到平衡状态,故错误;c.混合气体物质的量不变,恒温恒容下,容器内压强为定值,不能说明反应达到平衡状态,故错误;d. 容器容积不变,气体的体积不变,反应两边都是气体,气体的总质量不变,根据ρ=,所以气体的密度始终不变,因此密度不能作为判断平衡状态的依据,故错误;e.反应为气体体积不变的反应,在反应的任何阶段,总质量没变,总的气体分子数没变,所以平均相对分子质量不会变,不能说明反应达到平衡状态,故错误;答案选a;
(4)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中,SO2和NO的平衡分压pe如图所示。 由图分析可知,反应温度升高,O2和NO的平衡分压负对数减小,这说明反应向逆反应方向进行,因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小;
(5)根据反应离子方程式ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-可知平衡常数K表达式为K=

钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链(如图所示),将大大提高资源的利用率,减少环境污染。

请回答下列问题:
(1)Fe位于元素周期表中的位置是__________。
(2)写出流程中电解池里发生反应的离子方程式: __________。
(3)写出流程中“氯化”的化学方程式: __________。
(4)写出TiCl4完全水解生成TiO2·H2O的化学方程式: __________。
(5)高温炉中通入Ar的作用是___________。
(6)上述流程中可循环利用的物质有__________。
(7)下图为氯碱工业的装置示意图,使用______(填“阴”或“阳”)离子交换膜,目的除了降低分离氢氧化钠的成本外还可以________。

【答案】第四周期VIII族2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6COTiCl4+3H2O=TiO2·H2O+4HCl做保护气的作用,防止高温条件下Mg和Ti被氧化Mg和C l2阳防止氯气与氢氧化钠溶液发生副反应
【解析】
(1)Fe的原子序数为26,其最外层电子数为2,有4个电子层,原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2,故处于第四周期第VIII族;
(2)流程中电解池里电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气,发生反应的离子方程式为: 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-;
(3) 钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛,还生成氯化铁、CO,流程中“氯化”的化学方程式为: 2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO ;
(4) TiCl4水解生成TiO2•xH2O,同时生成HCl,水解方程式为:TiCl4+3H2O=TiO2·H2O+4HCl;
(5)高温炉中通入Ar的作用是做保护气的作用,防止高温条件下Mg和Ti被氧化;
(6)上述流程中电解熔融氯化镁得到的镁和氯气在反应中为反应原料,故可循环利用的物质有Mg和Cl2;
(7)下图为氯碱工业的装置示意图,使用阳离子交换膜只允许钠离子等阳离子通过,目的除了降低分离氢氧化钠的成本外还可以防止氯气与氢氧化钠溶液发生副反应。

铜的化合物有很多,用途很广。如磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜,磷青铜是含少量锡、磷的铜合金,主要用作耐磨零件和弹性原件。
(1)基态锡原子的价电子排布式为_________,据此推测,锡的最常见正价是_________ 。
(2)磷化铜与水反应产生有毒的磷化氢(PH3), PH3分子的中心原子的杂化方式是_________ 。
(3)磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为Sn____ P(填“>”“<”或“=”)。
(4)比较S、P的第一电离能I1(S)____I1(P)(填“>”“<”或“=”)。某磷青铜晶胞结构如下图所示:

(5)该晶体中P原子位于_______空隙中。
(6)若晶体密度为ag/cm3,P与最近的Cu原子核间距为______pm(用含NA的代数式表示)。

【答案】5s25p2+2、+4sp3<<由铜原子形成的正八面体5×109×
【解析】
(1) 锡元素的核电荷数为50,则基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2,故其价电子排布式为5s25p2;据此推测,锡的最常见正价是+2、+4;
(2)PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+(5-3×1)=4,所以磷原子采用sp3杂化;
(3)根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断,同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下电负性逐渐减弱;磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn<P;
(4)P的原子外层电子为半充满状态,第一电离能较大,故S、P的第一电离能I1(S) <I1(P);
(5)根据晶胞结构可知,该晶体中P原子位于由铜原子形成的正八面体空隙中;
(6)根据晶胞结构可知,P与最近的Cu原子核间距为晶胞边长的一半,晶胞的边长是,所以P与最近的Cu原子核间距为5×109×pm。

某芳香烃X(相对分子貭量为92)是一种重要的有机化工原料,研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物,H是一种高分子。

回答下列问题:
(1)B的名称是________,物质Y是乙酸吗_____(填“是”或 “不是”)?反应⑧属于____反应。H的含N官能团的名称是______。
(2)反应⑥、⑦两步能否互换____ (填 “能”或“不能”),理由是__________。
(3)上图中反应②的化学方程式是__________。
(4)比相对分子质量大14的同系物M的同分异构体中,写出能同时满足以下条件的M(不考虑立体异构):_____________。
①苯环上的一氯代物有2种,②能发生水解反应,③与FeCl3溶液能够发生显色反应。
(5)请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案(不用写条件)__________。

【答案】苯甲醇不是缩聚反应肽键(或酰胺键)不能因为还原得到的氨基会被氧化
【解析】
相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料,令分子组成为CxHy,则=7…8,由烷烃中C原子与H原子关系可知,该烃中C原子数目不能小于7,故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为,X与氯气发生取代反应生成A,A转化生成B,B催化氧化生成C,C能与银氨溶液反应生成D,故B含有醇羟基、C含有醛基,故A为,B为,C为,D酸化生成E,故D为,E为在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F,结合反应③的产物可知F为,F转化生成G,由于苯胺容易被氧化,由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知,G为,H是一种功能高分子,链节组成为C7H5NO,与的分子式相比减少1分子H2O,为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物,H为,(1)B为,名称是苯甲醇;与Y在一定条件下反应生成阿司匹林,物质Y不是乙酸应该为乙酸酐;反应⑧为在一定条件下发生缩聚反应生成H,反应属于缩聚反应;H为,其含N官能团的名称是肽键(或酰胺键);
(2)反应⑥、⑦两步不能互换, 若互换则还原得到的氨基会被氧化;
(3)反应②是苯甲醇在铜的催化下与氧气发生反应生成苯甲醛和水,反应的化学方程式是
(4)的同系物M比其本身相对分子质量大14,即多一个CH2,M的同分异构体中能同时满足以下条件:①苯环上的一氯代物有2种则苯环上有两种化学环境下的氢,取代基应在对位,②能发生水解反应则应该含有酯基,③与FeCl3溶液能够发生显色反应则含有酚羟基。符合条件的同分异构体有
(5) 在催化剂条件下发生加成反应生成,再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成,与氯气发生加成反应生成,最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成,合成反应流程图为:

©2018-2019咋考网版权所有,考题永久免费