最新2019年高考模拟理综化学试题共十二套附答案及详细解析(2)

①磷化硼晶体属于______晶体(填晶体类型)，是否含有配位键? _____ (填“是”或“否”) ②晶体中P原子的配位数为_____。

③已知BP的晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的数值，则磷化硼晶体的密度为_____g·cm-3(用含a、NA的式子表示)。

36. [选修5：有机化学基础]（15分，除注明外，每空2分）

2,5-己二醇(C6H14O2)可以作为医药中间体和制备高分子聚合物的原料。2,5-已二醇和聚酯的合成路线如图所示:

回答下列问题:

（1）A中所含官能团的名称为______，E的名称为______。 （2）D→E的反应类型是______，A→D的反应条件是______ 。 （3）A→B反应的化学方程式为______ 。 （4）G→I反应的化学方程式为______ 。

（5）物质H的同分异构体有多种,同时满足下列三个条件的共有___种,其中核磁共振氢谱为三组峰的是______ (写结构简式)。

①能发生银镜反应；②能与碳酸氢钠溶液反应；③能发生水解反应。

（6）参照上述合成路线,以苯和乙醛为原料(其他试剂任选),设计制备苯乙烯的合成路线。______。

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最新2019年高考模拟理综化学试题（十一）

答案及解析

7～13：CADACBC

7.【答案】C

【解析】A项，液化石油气较燃油能更充分燃烧生成CO2和水，减小对大气造成的污染，故A项正确；

B.可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源，但可燃冰主要存在在海洋，不恰当的开采会诱发海底地质灾害，同时可燃冰燃烧会产生CO2，CO2会产生温室效应，故B正确；C. 蛋白质的结构单元是氨基酸，是构成机体组织器官的重要组成部分，故C错； D. 硅是半导体，利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转化为电能是正确，故D正确。本题答案：C。 8.【答案】A

【解析】A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成乙酸，故A错；B.根据

分析知其二氯代物有12种，C4Hl0由正丁烷异丁烷两种异构体，正丁烷的

二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种，C4Hl0的二氯代物的数目共有9种，故B对；C. 乙烯能使溴水褪色，发生加成反应、能使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化反应，，它们发生反应的类型不同，故C对；D. 植物油为不饱和的高级脂肪酸甘油酯，加氢后，可以变成饱和的高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固态的脂肪，故D正确。

点睛：本题考查有机物性质相关知识。主要考查乙醇，乙烯与酸性高锰酸钾反应原理，和溴水反应的区别。抓住碳碳双特征，易被加成和氧化。找二氯代物同分异构体的方法：定一移一，找对称性的方法进行确定。 9.【答案】D

10.【答案】A 【解析】A

与

的混合物的物质的量为

，一个

、

分子均含

+

有10个中子，混合物所含中子数等于

+

-13

，故A项正确；B. 17g羟基的物质的量为1mol,

+

所含电子的数目为9NA,故B错；C. lLpH=l的H2SO4溶液中含0.05mol H2SO4,电离出0.1NA H，水还可以电离出H为10mol,，所以lLpH=l的H2SO4溶液中含有的H数目小于0.2NA，故C错误；D. 密闭容器中 H2(g)+ I2(g) 11.【答案】C

【解析】试题分析：当闭合K1，断开K2时，，Fe电极附近溶液先变红，说明Fe电极生成OH-，

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2HI1mol H2(g)与Imol I2(g)共热反应制备HI，

含H-I键小于2NA个，故D错误。本题答案：A。

应为电解池的阴极，石墨为电解池的阳极，A为原电池的负极，B为原电池的正极。A.闭合K1，断开K2时，若将Fe电极和石墨电极互换，活性金属作阳极，优先失电子，则装置(Ⅱ)中发生的总反应为：Fe+2H2O

Fe(OH)2+H2↑，A项错误；B. 当有0.1molLi通过离子交

--+

换膜，说明有1mol电子转移，根据2H2O+2e=H2↑+2OH，可知生成氢气0.05mol，体积为1.12L，B项正确；C. 装置(Ⅰ)为一种可充电锂离子电池，放电时，电极A为负极，则充电时与电源的负极相连，电极A为阴极，C项错误；D. 若开始时，断开K1，闭合K2，形成的是铁的吸氧腐蚀，一段时间后，石墨电极附近显红色，该电极反应为：O2+2H2O+4e===4OH-，D项错误；答案选B。

【考点定位】考查电解池、原电池的工作原理。

【名师点睛】本题考查电解池、原电池的工作原理。当闭合K1，断开K2时，，Fe电极附近溶液先变红，说明Fe电极生成OH-，应为电解池的阴极，石墨为电解池的阳极，A为原电池的负极，B为原电池的正极，据此分析解答即可。 12.【答案】B

【解析】由X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，W的单质是黄色固体知W为S,根据周期表知Y 为O,X为N，Q为Cl,Z是金属元素，所以Z可能是Na Mg Al中的一个，当Z是铝元素时，A错误; 因为Y是氧元素，W为硫元素，非金属性O>S,还原性O

点睛：考查元素周期表和元素周期律的知识。解答此题根据位 构 性的关系，先确定元素的名称，在根据在周期表的位置，元素周期律的递变规律，推导元素的性质。 13.【答案】C 【解析】A

故A对；

2-2--

B

根据电荷守恒规律

，故C正确；恒定25℃时C点的PH<4溶液呈

酸性,D正确。

点睛：解题时抓住电荷守恒，物料守恒，质子守恒的关系进行解答。注意平衡常数只和温度有关，A B C D在同一条曲线上，所以K不变。 26．【答案】(1). 保证分液漏斗中的液体顺利流下

(2). 关闭k1和k2，用止水夹夹住连通管a，打幵分液漏斗活塞，若一段时间之后，分液漏斗中水不能顺利流下，则气密性良好

(3). 2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+ (4). 关闭k1，打开k2 (5). 防止空气进入装置乙氧化二价铬

(6). 向过滤器中先加入煮沸冷却后的水洗涤2～3次，再用乙醚洗涤1～2次；洗涤时要保

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持晶体上方始终留有液体,要做到不等洗涤液流完，就加下一次洗涤液

(7). 取最后一次水洗液少量于试管中，加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若无明显现象，则说明已经洗涤干浄 (8). 75.0%

【解析】分析：关闭k2打开k1,甲中产生的氢气可以把系统内的空气排出，可以防止空气把产品氧化。Zn除了与盐酸生成H2外，还发生Zn还原Cr的反应，其离子方程式为2Cr+Zn=2Cr+Zn。待溶液由深绿色(Cr)变为亮蓝色(Cr)时，关闭k1打开k2,产生的氢气可以把氯化亚铬溶液自动压入乙中，氯化亚铬与醋酸钠发生复分解反应生成[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。丙可防止空气进入乙装置把产品氧化。

详解：（1）装置甲中连通管a的作用是：保证分液漏斗中的液体顺利流下。检验甲装置的气密性的方法是：关闭k1和k2，用止水夹夹住连通管a，打幵分液漏斗活塞，若一段时间之后，分液漏斗中水不能顺利流下，则气密性良好。

（2）三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外，发生的另一个反应的离子方程式为2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+。

（3）步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为：关闭k1，打开k2。 （4）装置丙的作用是防止空气进入装置乙氧化二价铬。

（5）由题中信息可知，产品不溶于水和乙醚，在潮湿环境中易被氧化。所以，步骤④中进行洗涤的操作方法及注意事项是：向过滤器中先加入煮沸冷却后的水洗涤2～3次，再用乙醚洗涤1～2次；洗涤时要保持晶体上方始終留有液体,要做到不等洗涤液流完，就加下一次洗涤液。

（6）产品表面吸附有Cl，所以，洗涤产品时，证明产品已经洗涤干净的方法是：取少量最后一次水洗液置于试管中，加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若无明显现象，则说明已经洗涤干浄。

（7）200mL0.200mol/LCrC13溶液中，n(CrC13)=0.04 mol，由Cr元素守恒可以求出理论上可以得到7.52g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，实际最终得到5.64g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，所以，本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的产率是27．【答案】(1). 漏斗 (2). SiO2

(3). 取歩骤III反应后的溶液少量试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液未呈现血红色，则说明已经进行完全

(4). 防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解 (5). 2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O (6). 4FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO2

75.0%。

-3+

2+

2+

3+

2+3+

(7). 8.8 (8). 7b/10a

【解析】分析： 硫铁矿烧渣经稀硫酸溶解后，过滤除去不溶物SiO2，向滤液中加入过量的铁粉调节溶液的pH=1，待溶液中检验不出Fe3+后，再调节pH至5~6.5，过滤除去过量的铁粉，向滤液中加入碳酸氢铵沉淀Fe2+，过滤得到碳酸亚铁，最后在空气中煅烧碳酸亚铁得到氧化铁。

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详解：（1）实验室实现“步骤II”中分离操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等；该步骤是为了除去SiO2。

（2）检验步骤III已经进行完全的操作是：取歩骤III反应后的溶液少量试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液未呈现血红色，则说明已经进行完全。

（3）步骤V的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是：防止NH4HCO3分解、减少Fe的水解；该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为2HCO3+Fe=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 （4）步骤VI中发生反应的化学反应方程式为4FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO2。

-2+

2+

（5）步骤V中，FeCO3达到沉淀溶解平衡时,若c(Fe2+)=1×10-6mol/L，欲使所得的FeCO3中不含有Fe(OH)2，应控制溶液的c(

)

，则

，所以，pH≤8.8。

（6）由题意可知，称取ag样品，充分“酸溶” “水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得氧化铁的质量为bg，则m(Fe)=

，所以，该样品中Fe元素的质量

分数为。

28．【答案】(1). 958.5 kJ (2). -107 kJ/mol (3). > (4). 25/(2p12)(kPa)-2 (5). < (6). CD (7). >

【解析】分析：反应等于反应物的键能总和与生成物键能总和的差。根据盖斯定律可以由已知反应的反应热求出与之相关的未知反应的反应热。放热反应的平衡常数随温度升高而减小。在恒温恒容的平衡体系中再充入与原投料相同的反应物，则平衡向气体分子数减少的方向移动，反应物转化率增大。由水解程度可以比较离子浓度的大小关系。

详解：（1）由题中信息可知，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1=-566 kJ/mol，氧气中化学键的键能为497 kJ/ mol，二氧化碳中C=O键的键能为745 kJ/mol，设一氧化碳的键能为x，则△H1=2x+497 kJ/ mol –(745 kJ/mol)

-566 kJ/mol，所以，

x=958.5 kJ/mol，则使1 mol CO(g)完全分解成原子所需要的能量至少为958.5 kJ。已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1=-566 kJ/mol；②H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) △H2=-41 kJ/mol；③CH3OH(g)+O2(g)==CO2(g)+2H2O(g) △H3=-660 kJ/mol。根据盖斯定律，由①CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g) ，则△H4=(-566 kJ/mol)= -107 kJ/mol。

（2）①该反应为放热反应，故φ(CH3OH)随温度升高而减小，该反应的平衡常数也随温度的升高而减小，所以，温度T1＜T2，K1＞K2；若恒温(T1)恒容条件下，起始时a=1、b=2，起始

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-②-③可得

-(-41 kJ/mol)

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