2019届全国新高三原创仿真卷(九)理综化学试卷

2019届全国新高三原创仿真卷（九）理综化学试卷本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、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。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、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。

4、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。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

1. 化学与人类生活密切相关，下列说法正确的是A. 为减少木材的使用，使用聚氯乙烯生产包装盒B. 化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火C. 水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂D. 煤的干馏和石油的分馏都属于化学变化【答案】C【解析】A. 聚氯乙烯含有增塑剂等物质，使用过程中能释放出对人体有害的物质，还能造成白色污染，所以不能使用聚氯乙烯生产包装盒，故A错误；B. 化学药品着火时，用何种灭火剂进行灭火需要根据化学药品的性质来选择，如Na着火时只能用沙土盖灭而不能用水灭火，故B错误；C. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有黏合性和很强的耐高温性能，可用于生产黏合剂和防火剂，故C正确；D. 将煤隔绝空气加强热使其分解的过程即为煤的干馏，属于化学变化，石油的分馏是利用各成分沸点不同加热使其分离的过程，属于物理变化，故D错误；答案选C。

2. N A代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是A. 0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.4N AB. 足量的Fe粉与1molCl2充分反应转移的电子数为2N AC. 1.2 g NaHSO4晶体中含有离子总数为0.03 N AD. 25℃时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2N A【答案】B【解析】A. 白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6N A，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价键数目为0.4N A，故A错误；B. 1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2 N A，故B正确；C. NaHSO4晶体中含有Na＋和HSO4－，1.2 g NaHSO4的物质的量为1.2g÷120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02 N A，故C错误；D. 25℃时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，则n(OH－)=1.0L×0.1m ol/L=0.1mol，OH－的数目为0.1N，故D错误；答案选B。

A点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之间的关系是解题的关键，试题难度中等。

本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个P－P共价键。

3. 法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得2016年诺贝尔化学奖。

轮烷是一种分子机器的“轮子”，轮烷的一种合成原料由C、H、O三种元素组成，其球棍模型如图所示，下列说法正确的是A. 该化合物的名称为乙酸乙酯B. 该化合物与Br2的四氯化碳溶液不反应C. 该化合物能发生水解反应，不能发生加聚反应D. 该化合物的链状同分异构体中，能与NaHCO3反应放出CO2的只有3种【答案】D【解析】A. 由有机物的球棍模型可知，该有机物的结构简式为CH2=CHOOCCH3，名称为乙酸乙烯醇酯，故A错误；B. 该化合物中含有碳碳双键，可以和Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，故B错误；C. CH2=CHOOCCH3中含有酯基和碳碳双键，可以发生水解反应和加聚反应，故C错误；D. 该化合物的链状同分异构体中，能与NaHCO3反应放出CO2，说明含有羧基，符合条件的有：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)COOH，共有3种，故D正确；答案选D。

点睛：本题考查有机物的结构和性质，掌握官能团和有机物性质之间的关系是解答本题的关键，可先由题中所给的球棍模型判断该有机物的结构简式，再根据该有机物含有碳碳双键、酯基等官能团对各选项进行分析判断即可，试题难度一般。

4. 下列实验方案正确且能达到相应实验预期目的的是A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A. 乙醇和水互溶，不分层，所以不能使用分液法分离，故A错误；B. 加热AlCl3溶液会促进AlCl3的水解，最终得到Al(OH)3，所以应在HCl气流中加热蒸发AlCl3溶液以抑制AlCl3的水解，故B错误；C. 利用物质的沸点不同，可采用蒸馏的方法从自来水中制取少量蒸馏水，故C正确；D. 制取乙酸乙酯时应选用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，且导管不能插入到溶液中，若选用NaOH溶液会导致乙酸乙酯在碱性条件下完全水解，不能得到乙酸乙酯，故D错误；答案选C。

5. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍。

n、p、q是由这些元素组成的二元化合物，常温下n为气体。

m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液显碱性且焰色反应呈黄色，上述物质间的转化关系如图所示。

下列说法正确的是A. 原子半径：Z>YB. 化合物p中只存在离子键C. 最简单气态氢化物的稳定性：W>XD. 图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应【答案】D6. 某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化成环境友好的物质，工作原理如图所示(a、b均为石墨电极）。

下列分析正确的是)A. 电子流动方向为a→导线→bB. H+经质子交换膜由右向左移动C. 放电一段时间b极附近pH不变D. a电极发生反应：H2N(CH2)2NH2+16e-+4H2O==2CO2↑+N2↑+16H+【答案】A【解析】H2N(CH2)2NH2在a电极上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e－═2CO2↑+N2↑+16H+，氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e－+4H+=2H2O，电子由负极经导线流向正极，阳离子向正极移动。

A. 由上述分析可知，a是负极，b是正极，所以电子流动方向为a→导线→b，故A正确；B. a 是负极、b是正极，H+经质子交换膜由左向右移动，故B错误；C. b的电极反应式为：O2+4e－+4H+=2H2O，所以b极附近溶液的pH增大，故C错误；D. H2N(CH2)2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e－═2CO2↑+N2↑+16H+，故D错误；答案选A。

7. 下图所示与对应叙述相符的是A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS) ＜Ksp(CuS)B. 图乙表示pH＝2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸＜乙酸C. 图丙表示0.10 mol·L－1NaOH溶液滴定25.00 mL盐酸滴定曲线，则c(HCl)＝0.08mol·L－1D. 图丁表示反应N 2(g)＋3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)＝αB(H2)【答案】C【解析】A. 依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，故A正确；B. 随着稀释，甲酸的pH变化大，说明酸性：甲酸＞乙酸，故B错误；C. 图丙表示用0.1000 mol·L-l NaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，滴定终点时，n(HCl)=n(NaOH)，则c(HCl)==0.0800 mol/L，故C正确；D. 根据图像，随着n(N2)/n(H2)的增大，相当于增大氢气的物质的量，平衡正向移动，但氢气的转化率减小，因此αA(H2)＞αB(H2)，故D错误；故选AC。

8. SO2的防治与利用对于环境保护意义重大。

某小组在实验室中对SO2的性质及回收利用等相关问题进行探究。

（1）用下图装置制备纯净的SO2，发生装置中反应的化学方程式为________，装置的连接顺序为：a→________（按气流方向，用小写字母表示）（2）用如图装置探究SO2的性质。

限选试剂：NaOH溶液、稀H2SO4、H2O2溶液、FeCl3溶液、淀粉-KI溶液、新制H2S溶液。

（3）工业上回收利用SO2的一种途径是：该小组在实验室探究步骤Ⅱ时，一定条件下向100mL c0mol·L－1的(NH4)2SO3溶液通入空气后，欲测定溶液中(NH4)2SO3的氧化率(α)。

①为该小组设计实验方案（不必描述操作过程的细节，物理量的数值用字母表示）：______________________________________________________________________________②α =________×100%（用实验方案中的物理量表示）。

【答案】 (1). H2SO4+2NaHSO3 2SO2↑+2H2O+Na2SO4或H2SO4+NaHSO3SO2↑+H2O+NaHSO4(2). b→c→g→f→d (3). 氧化 (4). FeCl3 (5). 溶液由棕黄色变成浅绿色 (6). SO2+2Fe3++2H2O SO42—+2Fe2++4H+ (7). 方案1：取20.00mL反应后的溶液于锥形瓶中，用浓度为c mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，重复滴定三次，平均消耗KMnO4溶液的体积是VmL或方案2：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg (8). 或【解析】⑴. 硫酸的酸性大于亚硫酸，亚硫酸氢钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水或硫酸氢钠、二氧化硫和水，反应方程式为：H2SO4+2NaHSO3= 2SO2↑+2H2O+Na2SO4或H2SO4+NaHSO3 = SO2↑+H2O+NaHSO4，二氧化硫为酸性气体，制取的二氧化硫中含有水蒸气，可用浓硫酸进行干燥，所以a→b，二氧化硫密度大于空气，收集时应采用向上排空气法收集，需长管进、短管出，所以c→g，二氧化硫是有毒的气体，需进行尾气处理，可用碱石灰吸收，所以f→d，故答案为：H2SO4+2NaHSO3 = 2SO2↑+2H2O+Na2SO4或H2SO4+NaHSO3 = SO2↑+H2O+NaHSO4；b→c→g→f→d；⑵. 硫化氢和二氧化硫发生价态归中反应生成单质硫，产生乳白色浑浊，二氧化硫中的硫元素化合价从+4价降低为0价，说明二氧化硫中+4价的硫具有氧化性；要证明+4价的硫具有还原性，需在提供的试剂中选择氧化剂，因H2O2在反应前后无明显现象，应选择氯化铁，Fe3+具有氧化性，与二氧化硫发生氧化还原反应：SO2+2Fe3++2H2O = SO42—+2Fe2++4H+，含Fe3+的溶液呈棕黄色，含Fe2+的溶液呈浅绿色，可观察到溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：氧化；FeCl3；溶液由棕黄色变成浅绿色；SO2+2Fe3++2H2O =SO42—+2Fe2++4H+；⑶. ①. 在一定条件下向100mL c0mol·L－1的(NH4)2SO3溶液通入空气后，可通过测定溶液中的亚硫酸根离子或硫酸根离子的物质的量来测定溶液中(NH4)2SO3的氧化率，所以可设计两个方案，分别为：方案1：测定溶液中亚硫酸根离子的量，取20.00mL反应后的溶液于锥形瓶中，用浓度为c mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，重复滴定三次，平均消耗KMnO4溶液的体积是VmL；方案2：测定溶液中硫酸根离子的量，向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，故答案为：方案1：取20.00mL反应后的溶液于锥形瓶中，用浓度为c mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，重复滴定三次，平均消耗KMnO4溶液的体积是VmL或方案2：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg；②. 若采用方案1测定溶液中亚硫酸根离子的物质的量，SO32－被高锰酸钾氧化生成SO42－，反应的离子方程式为：5SO32－＋2MnO4－＋6H＋=5SO42－＋2Mn2＋＋3H2O，重复滴定三次，平均消耗高锰酸钾的体积为VmL，溶液中亚硫酸根离子的物质的量为：(cV×10－3)mol，则氧化率(α)=×100%=×100%，若采用方案2，向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除去，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，则氧化率(α)=×100%=×100%，故答案为：或。