高考化学考前提分仿真卷 化学卷（九）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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高考考前提分仿真卷
化 学 （九）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Zn 65

一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．化学与科技、社会、生活有着密切的联系。下列有关说法不正确的是
A．港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
B．汉代烧制的“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
C．“自古书契多编以竹简，其用缣帛(丝织品)者谓之为纸”，这里纸的主要成分为蛋白质
D．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯
8．下列有关化合物的说法正确的是
A．所有原子共平面 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．是苯的同系物 D．其一氯代物有6种
9．工业上采用NH3和O2在钒基催化剂表面协同脱除烟气中的NO，一种反应过程如图所示，下列叙述正确的是

A．V5+—O−…H—N+H3是催化剂
B．整个过程中V的化合价未发生变化
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
D．总反应的化学方程式为4NH3+2O2+2NO=3N2+6H2O
10．下列有关实验现象和解释或结论都一定正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将充满NO2的密闭玻璃球
浸泡在热水中
红棕色变深
反应2NO2N2O4的ΔHBr−>Fe2+
C
某钾盐溶于盐酸后，产生无色无味气体，将其通入澄清石灰水
有白色沉淀出现
该钾盐是K2CO3
D
将NH4HCO3受热分解产生的气体通入某溶液
溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失
该溶液是Ca(OH)2
溶液
11．《JournalofEnergyChemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是

A．由图可知捕获CO2过程的初期发生了氧化还原反应
B．熔盐可用CCl4代替
C．d极电极反应式为CO-4e−=C+3O2−
D．转移lmol电子该装置最终可捕获CO2 5.6L(标况下)
12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是
A．最简单氢化物的沸点：Z＞Y
B．原子半径：
C．向ZYW2与水反应后的溶液中滴加溶液有白色沉淀生成
D．把ZY2通入石蕊试液中，石蕊先变红后褪色
13．常温下，将等溶液的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述正确的是

A．酸性：HA>HB
B．a点时，溶液中由水电离出的c(OH−)约为1×10−4mol·L−1
C．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B−)＜c(HB)
D．b点时，c(Na+)>c(B−)=c(HB)>c(H+)>c(OH−)
二、非选择题（共43分）
26． （15分）苯甲醛在碱性条件下可发生反应：
2C6H5CHO+NaOH→C6H5CH2OH+C6H5COONa。相关物质的物理性质如下表：

苯甲醛
苯甲醇
苯甲酸
苯
溶解性
水中
微溶
微溶
温度
溶解度
不溶
17℃
0.21g
25℃
0.34g
100℃
5.9g
有机溶剂中
易溶
易溶
易溶
易溶
密度（20℃）/g·cm−3
1.0
1.0
1.3
0.9
沸点/℃
178
205
249
80
熔点/℃
26
-15
122
5.4
制备苯甲醇和苯甲酸的实验流程及涉及的主要实验装置（部分加热和固定装置已略）如下：


（1）第①步所用装置（如图1），用搅拌器的目的是______________。仪器B的作用是_______________。
（2）第②步所用玻璃仪器有烧杯、_______________。
（3）第③步采用沸水浴加热蒸馏，收集到的馏分为_________；再进行第④步，操作如图2所示。图2中有一处明显错误，正确的应改为_________________________。
（4）第⑤步反应的离子方程式为________________________________________；冷水洗涤沉淀X的优点是______________________；检验沉淀X洗涤干净与否的操作：__________。
（5）第⑥步经过滤、洗涤、干燥得苯甲酸产品，然后用电子天平准确称取0.2440g苯甲酸样品于锥形瓶中，加100mL蒸馏水溶解，再用0.1000mol·L−1的标准NaOH溶液进行滴定，经平行实验，测得消耗NaOH溶液的平均值为19.20mL，则苯甲酸样品的纯度为_________（质量百分数）。
27．（14分）工业上由MnS矿（还含少量FeCO3、MgO等）制备高纯硫酸锰，工艺如图所示：

已知相关金属离子（浓度为0.1mol·L−1）形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Mg2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.8
8.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
3.2
10.9
(1)“酸浸”过程中，MnS（难溶）发生反应的离子方程式为_____________。
(2)“酸浸”时MnO2应过量，目的是____________和将Fe2+氧化为Fe3+。
(3)已知Ksp[Fe(OH)3]＝4×10−38。常温下，当溶液的pH＝2时，c(Fe3+)＝_________mol·L−1。
(4)“除杂”时若溶液pH过低，Mg2+沉淀不完全，原因是_______________。
(5)“沉锰”反应的化学方程式为_____________。

(6)用MnO2悬浊液吸收SO2也可以制取MnSO4。将SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，测得吸收液中Mn2+、SO的浓度随反应时间t变化如图。导致Mn2+、SO浓度变化产生明显差异的原因是_____________。
28．（14分）利用CO2可合成烷烃、烯烃、醇、甲酸等系列重要化工原料。回答下列有关问题：
I．制备甲烷CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9kJ·mol−1
(1)在恒温、恒容容器中进行该反应，下列不能说明反应达到平衡状态的是___。
A．CO2和H2的转化率之比不再变化
B．混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．容器内的压强不再变化
D．4v(H2)正=v(CH4)逆
(2)选择合适催化剂，在密闭容器中按n(CO2)∶n(H2)=1∶4充入反应物，反应结果如图1所示。

①若N点压强为1MPa，则平衡常数Kp(N)=___，P点与N点的平衡常数K(P)___K(N)(填“>”、”，“Ka(HA)，酸性：HA>HB，A正确；B．a点，lg=0，pH=4，酸过量抑制水的电离，根据水的离子积常数可算出溶液中由水电离出的c(OH−)约为1×10−10mol·L−1，B错误；C．当lg=0时，等于5，所以溶液至pH=7时lg>0，c(B−)>c(HB)，C错误；D．b点时，pH等于5，HB的电离大于NaB的水解，所以c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，D错误；故选A。
26.【答案】（1）加快NaOH与苯甲醛反应速率 冷凝回流
（2）分液漏斗
（3）苯 温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处
（4）C6H5COO−+H+→C6H5COOH 苯甲酸沉淀在冷水中的溶解度非常小，在热水中的溶解度较大，故用冷水洗涤，减少产品的损失 取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则沉淀洗涤干净，若有白色沉淀生成，则沉淀没有洗涤干净
（5）C6H5COOH+NaOH=C6H5COONa+H2O 96%
【解析】本题以苯甲醛为原料制备苯甲醇和苯甲酸的实验：结合题中已知信息和相关数据，苯甲醛与氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成C6H5CH2OH和C6H5COONa。而C6H5CH2OH微溶于水，易溶于苯等有机溶剂，第②步操作加入苯，苯作萃取剂，苯的密度比水的密度小，上层液体是C6H5CH2OH的苯溶液，下层液体是C6H5COONa溶液，因为C6H5CH2OH与苯互溶，但是沸点不同，故采取蒸馏的方式把它们分离，C6H5COONa溶液中加入盐酸制取C6H5COOH。（1）第①步搅拌器的目的是为了增加NaOH与苯甲醛的接触面积，加快NaOH与苯甲醛反应速率；仪器B是球形冷凝管，起到冷凝回流的作用；（2）第②步操作是萃取分液，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；（3）上层液体是C6H5CH2OH的苯溶液，第③步采用沸水浴加热蒸馏，水的沸点为100℃，由表中所给物质的沸点可知，苯的沸点80℃，C6H5CH2OH的沸点205℃，故收集到的馏分为苯；图2进行操作时，温度计的水银球插入液体中是错误的，蒸馏时，需要测量蒸出的馏分蒸汽的温度，所以温度计的水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口处；（4）第⑤步反应为强酸制弱酸，盐酸与C6H5COONa反应生成C6H5COOH，C6H5COO−+H+→C6H5COOH；因为在热水中，苯甲酸的溶剂热度较大，为了防止产品的损失，故用冷水洗涤；检验沉淀X洗涤干净，检验最后一次洗涤液中是否含有Cl−，操作如下：取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则沉淀洗涤干净，若有白色沉淀生成，则沉淀没有洗涤干净；（5）C6H5COOH+NaOH=C6H5COONa+H2O，n(C6H5COOH)=n(NaOH)=0.1000×19.20×10−3=1.920×10−3mol，则苯甲酸样品的纯度为×100%=96%。
27.【答案】（1）MnS+MnO2+4H+=S+2Mn2++2H2O
（2）提高MnS的转化率
（3）4×10−2
（4）H+与F−反应生成弱酸HF
（5）2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O
（6）Mn2+催化O2与H2SO3反应生成H2SO4
【解析】(1)“酸浸”过程中，MnS与MnO2反应生成硫单质，硫酸锰和水，反应的离子方程式为MnS+MnO2+4H+=S+2Mn2++2H2O；(2)为提高MnS的转化率和将Fe2+氧化为Fe3+，“酸浸”时MnO2应过量；(3)常温下，当溶液的pH＝2时，c(H+)＝10−2mol·L−1，c(OH−)＝=10−12mol·L−1，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH−)＝c(Fe3+)×(10−12mol·L−1)3＝4×10−38，解得c(Fe3+)＝4×10−2mol·L−1；(4)“除杂”时若溶液pH过低，H+与F−反应生成弱酸HF，Mg2+沉淀不完全；(5)根据流程可知，“沉锰”时，碳酸氢铵与硫酸锰反应生成碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；(6)将SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，Mn2+催化O2与H2SO3反应生成H2SO4，导致Mn2+、SO浓度迅速增大。
28.【答案】（1）AD
（2）1 < 不可能，因为催化剂不能改变反应物的平衡转化率
（3） 温度升高，催化剂活性降低 D
（4） a
（5） CO2+H++2e−=HCOO−或CO2+HCO+2e−=HCOO−+CO
（6） 1.12
【解析】I．(1)A．CO2和H2的转化率之比与投料比有关，不能判定是否达到平衡，故A可选；B．反应前后气体的质量不变，物质的量发生改变，混合气体的平均平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡，故B不选；C．反应前后气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，压强不变时达到平衡，故C不选；D．正逆反应速率相等时，反应达到平衡，应为v(H2)正=4v(CH4)逆，故D可选；故答案为：AD；(2)①依题意设起始投入CO2物质的量为1mol，则H2为4mol，由图2可知N点时转化率为50%，可列三段式：

N点压强为，故KP==1；该反应为放热放应，P点温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，K(P)S>Se
（2）4s24p4 34
（3） sp2 sp3
（4） S的非金属性强于Se，且S的原子半径小于Se的原子半径
（5） >
（6） 离子 ZnS
【解析】(1)氧、硫、硒为同主族元素，第一电离能随核电荷数递增而减小，则由大到小的顺序为O＞S＞Se；(2)Se的核电荷数为34，其基态原子的价层电子排布式为4s24p4，其原子核外有34种运动状态不同的电子；(3)SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个δ键，没有孤对电子，则为sp2杂化，SO3的三聚体中S原子形成4个δ键，为sp3杂化；(4)因S的非金属性强于Se，且S的原子半径小于Se的原子半径，故H2S的稳定性强于H2Se；(5)因O2−的半径比S2−小，则氧、硫分别与钙形成两种化合物的晶格能CaO＞CaS；(6)构成晶体的基本微粒为S2−和Zn2+，则ZnS晶体为离子晶体，晶胞中含有S2−位于顶点和面心，共含有8×+6×=4，白色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×(87÷NA)g，晶胞的体积为(a cm)3，则密度为ρ g·cm−3，则ρ g·cm−3=，a=cm。
36.【答案】（1）氨基、酯基
（2） 消去反应
（3）
（4）
（5）
【解析】与溴发生取代反应生成，发生还原反应生成，被二氧化锰氧化生成，与发生反应生成，与氢气发生加成反应生成。(1)A为，与苯环相连的官能团名称为氨基、酯基；(2)D→E的过程中与发生反应生成，涉及的反应类型有：加成反应、消去反应；(3)若E中有D残留，则产物F中可能含有杂质C7H7NOBr2，与氢气发生加成反应生成，其结构简式为；(4)的一种同分异构体，满足：①分子中有一个含氮五元环；②核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢原子，则高度对称；③红外光谱显示分子中无甲基，符合条件的同分异构体有；(5)已知：，易被氧化(R为H或烃基)。被酸性高锰酸钾氧化生成，发生还原反应生成，与发生反应生成，还原得到，合成路线如下：
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