天津市南开区2019-2020学年度高三模拟考试化学试题及答案
• • • Cl17 2019—2020 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试（一）化学学科试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试用时 60 分钟。
第Ⅰ卷 1 至 4 页，第Ⅱ卷 5 至 8 页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。
答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。
第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将答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。
2.本卷共 12 题，每题 3 分，共 36 分。
在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P - 31 As- 751．共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。
下列贸易商品中，主要成分不．属．于．高分子化合物的是2．关于 Cl 2 + H 2O HClO + HCl 中的相关微粒，下列化学用语表示正确的是+172 8 7• • • • A ．Cl －的结构示意图：B ．HClO 的电子式：H • Cl • O • • • • •C ．H 2O 的中心原子杂化轨道类型：sp 3D ．中子数为20的氯原子： 20A ．中国丝绸B ．泰国乳胶枕C ．埃及长绒棉D ．乌克兰葵花籽油+ － + －3．下列有关物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是A ．硅酸钠易溶于水，可用作木材防火剂B ．小苏打能与碱反应，可用作膨松剂C ．氯气具有漂白性，可用作自来水消毒剂D ．液氨气化时要吸收大量的热，可用作制冷剂4．厌氧氨化法（Anammox ）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是NH 4 过程I 过程II过程III2H 4N 2H 2N 2NH 2OH-2H -2H 过程IV NO 2 Anammox 反应模型 A ．1mol NH + 所含的质子总数为 10 N （设 N为阿伏加德罗常数的值）4AAB ．N 2H 2 中含有 σ 键和 π 键C ．过程 IV 中，NO 2－发生氧化反应D ．该方法每处理 1 mol NH 4 ，需要 0.5 mol NO 25．T ℃时，向 2 L 恒容密闭容器中充入 1 mol PCl 5，发生反应PCl 5(g) PCl 3(g)＋Cl 2(g)。
反应过程中 c (Cl 2) 随时间变化的曲线如下图所示，下列说法不．正．确．的是A ．反应在 0 ~50 s 的平均速率 v (Cl 2) ═ 1.2×10－3 mol/(L·s)B ．该温度下，反应的平衡常数值 K ═ 0.025C ．保持其他条件不变，升高温度，若平衡时 c (PCl 3) ═ 0.11 mol/L ，则该反应的ΔH > 0D ．反应达平衡后，再向容器中充入 1 mol PCl 5，该温度下再达到平衡时，c (Cl 2)>0.2 mol/Lc (Cl 2)/mol·L −10.100.090.066．下列叙述正确的是A．还原性：S2－> Cl－B．电负性：N > O > FC．酸性：HF > HCl > HBrD．沸点：AsH3 > PH3 > NH37．室温下，关于pH ═ 11 的NH3·H2O 溶液，下列分析正确的是A．c(NH3·H2O) ═ 10－3 mol/Lc(NH + )B．加入少量水，溶液中 4 增大c(NH3·H2O)C．由水电离产生的c(OH－) ═ 1×10－3 mol/LD．加入等体积pH ═ 3 的盐酸，所得溶液：c(Cl－) > c(NH4+) > c(H+) > c(OH－) 8．下列指定反应的离子方程式正确的是A．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O－+ CO2 + H2O C6H5OH + HCO3－B．Na2O2 与H218O 反应：2 Na2O2 + 2 H218O === 4 Na+ + 4 OH－+ 18O2↑C．稀硫酸与Ba(OH)2 溶液反应：H+ + SO42－+ Ba2++ OH－=== BaSO4↓+ H2OD．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉中的水垢（CaSO4）：Ca2++ CO32－3↓9．下列实验方案设计中，能达到实验目的的是电动机发电机M MHNiOOHNi(OH)2甲乙H 2OH 2O 电解质OH－OH－10．下列说法正确的是A ．电解精炼铜时，阳极泥中含有 Zn 、Fe 、Ag 、Au 等金属B ．0.01 mol Cl 2 通入足量水中，转移电子的数目为 6.02×1021C ．反应 3C(s)＋CaO(s) === CaC 2(s)＋CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的 ΔH <0D ．等质量的硫蒸气和硫粉分别在空气中完全燃烧，前者放出热量多11．我国科研人员使用催化剂CoGa 3 实现了H 2 还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下,下列说法不．正．确．的是 苯丙醛—CH 2—CH 2—CHO不发生肉桂醛—CH=CHCHO—CH=CHCH 2发生H Co GaA. 肉桂醇分子中存在顺反异构现象B. 苯丙醛分子中有 6 种不同化学环境的氢原子C. 还原反应过程只发生了极性键的断裂D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基12．混合动力汽车（HEV ）中使用了镍氢电池，其工作原理如下图所示：其中 M 为储氢合金，MH 为吸附了氢原子的储氢合金，KOH 溶液作电解液。
关于镍氢电池，下列说法正确的是A ．充电时，阴极附近 pH 降低B ．发电机工作时溶液中 OH －向甲移动C ．放电时正极反应式为：NiOOH + H 2O + e －=== Ni(OH)2 + OH － 放电D ．电极总反应式为：M + Ni(OH)2MH + NiOOH充电2019—2020 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试（一）化学学科试卷第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2．本卷共4 题，共64 分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 13．（14 分）周期表前四周期的元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X 原子基态时L 层中p 轨道电子数与s 轨道电子数相同；Y 原子基态时2p 原子轨道上有3 个未成对的电子；Z 有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料；W 位于第四周期，其原子最外层只有1 个电子，且内层都处于全充满状态。
回答下列问题：（1）X 位于周期表的第周期，第族。
（2）元素的第一电离能：X Y（填“>”或“<”，下同）；原子半径：X Y。
（3）Y 的最高价氧化物对应水化物中酸根离子的空间构型是（用文字描述）。
（4）Z3+ 基态核外电子排布式为，用铁氰化钾溶液检验Z2+的离子方程式为。
（5）元素W 的一种氯化物晶体的晶胞结构如下图所示，该氯化物的化学式是，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物H n WCl3，反应的化学方程式：。
—W—ClC C H + ⑤H 2O催化剂，D C 10H 18O 414．（18 分）某医药中间体 F 的制备流程如下（部分产物已略去）。
CH 2OHN 乙炔 N CH 2OHOF已知：COOH稀硫酸 △⑧C 2H 5ONa⑦O有机物 G 浓硫酸 △⑥RCOOR 1 + R 2CH 2COOR 3C 2H 5ONa R 1OH + R-C-CH-COOR 3（R 、R 1、R 2、R 3表示烃基）R 2（1）F 中含有官能团的名称是羧基和 。
（2）实验室制取乙炔的化学方程式为。
（3）A 不能发生银镜反应，则A 的结构简式为 。
（4）反应①~④中，属于加成反应的是 （填序号）。
（5）反应⑥的化学方程式为 。
（6）E 的结构简式为。
（7）某聚合物H 的单体与A 互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为 1 : 2 : 3，且能与NaHCO 3 溶液反应，则聚合物H 的结构简式是。
（8）已知：CH 2 CHi. CHCH 2CH 2 +CH 2ii. RCH=CHR(1) O 3 ＇ (2) Zn/H 2ORCHO + R ＇CHO （R 、R ＇表示烃基）以 B 和G 为起始原料合成 OHC(CH 2)4CHO ，选用必要的无机试剂，写出合成路线流程图：。
H 2OHBr合成路线流程图示例：H 2C=CH 2 CH 3CH 2OHCH 3CH 2BrE C 8H 12O 3C C 6H 10O 4HCHO 催化剂 △ A H 2 催化剂 △ CH 2HBr △BKCN ①C 4H 6O 2 ②CH 2 ③C 4H 8Br 2④15．（16 分）实验小组制备高铁酸钾（K 2FeO 4）并探究其性质。
资料：K 2FeO 4 为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O 2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备 K 2FeO 4（夹持装置略）①A 为氯气发生装置。
A 中反应的离子方程式为（锰被还原为Mn 2+）。
②请在 B 方框内将除杂装置补充完整，并标明所用试剂。
③C 中得到紫色固体和溶液。
C 中主要反应的化学方程式为 。
（2）探究 K 2FeO 4 的性质①取C 中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a ，经检验气体中含有Cl 2。
为证明是否 K 2FeO 4 氧化了 Cl －而产生 Cl 2，设计以下方案：由方案中溶液变红可知中含有的离子为 ，但该离子的产生不能判断一定是K 2FeO 4 将 Cl －氧化，该离子还可能由产生（用离子方程式表示）。
②根据 K 2FeO 4 的制备实验得出：氧化性Cl 2FeO 42－（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl 2 和 FeO 42－的氧化性强弱关系相反，原因是。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性 FeO 42－＞MnO 4－，验证实验如下：将溶液 b 滴入 MnSO 4和足量 H 2SO 4 的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性 FeO 42－＞MnO 4－。
若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。
理由或方案： 。
浓盐酸搅拌KMnO 4NaOH 溶液 AB CD过量KOH 溶液Fe(OH)3方案Ⅰ 取少量 a ，滴加 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ用 KOH 溶液充分洗涤C 中所得固体，再用 KOH 溶液将 K 2FeO 4 溶出，得到紫色溶液 b 。
取少量 b ，滴加盐酸，有Cl 2 产生。
2020届天津市南开区高考化学三模试卷(含解析)
2020届天津市南开区高考化学三模试卷一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）1.化学与生活密切相关。
下列说法正确的是()A. 检查酒驾时，CrO3被酒精氧化成Cr2(SO4)3B. 向海水中加入明矾可以使海水淡化C. 硅胶可用作食品干燥剂D. 碳海绵吸收泄漏的原油时发生了化学变化2.往蛋白质溶液里加入下列物质会产生沉淀，但再加水稀释，沉淀又会溶解的是()A. CuSO4B. HCHOC. H2SO4D. NH4Cl3.一种生产聚苯乙烯的流程如下：下列叙述不正确的是()A. 苯乙烯的分子式为C8H8B. 1mol苯乙烯最多可与4molH2发生加成反应C. 鉴别乙苯与苯乙烯可用Br2的四氯化碳溶液D. 乙烯、苯和乙苯的分子中所有原子均可处于同一平面4.下列实验操作或对实验事实的叙述中不正确的是A. 配制1mol·L−1的NaOH溶液时，容量瓶中原有少许蒸馏水不会使溶液浓度偏低B. 0.1mol/LCH3COOH溶液升温后pH减小C. 实验室配制FeCl2溶液时，将FeCl2先溶解在盐酸中，然后用蒸馏水稀释并加入少量铁粉D. 滴定管用水洗净后即可直接注入标准液待用5.某可充电电池的原理如图所示，已知a、b为惰性电极，溶液呈酸性．充电时右槽溶液颜色由绿色变为紫色．下列叙述正确的是()A. 放电时，H+从左槽迁移进右槽B. 放电过程中，左槽溶液颜色由黄色变为蓝色C. 充电时，b极接直流电源正极，a极接直流电源负极D. 充电过程中，a极的电极反应式为：VO2++2H++e−=VO2++H2O6.下列有关离子检验的说法错误的是()A. 检验Cl−的试剂是硝酸银溶液和稀硝酸B. 用氯化钙溶液、稀盐酸和澄清石灰水、品红溶液可以检验溶液中是否含有CO32−C. 一透明溶液呈蓝色，说明溶液中含有Cu2+D. 向溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液后生成的白色沉淀不溶解，即证明溶液中有SO42−二、简答题（本大题共4小题，共64.0分）7.对CO2及氮氧化物的研究具有更大意义：(1)CO2与H2可用来合成可再生能源甲醇，已知CH3OH(1)标准燃烧热△H=−726.5kJ⋅mol−1，H2(g)的热值为142.9kJ⋅g−1，则CO2(g)+3H2(g)−CH3OH(l)+H2O(l)△H=______。
【附28套模拟题】天津市南开区2020届高三第二次高考模拟考试化学试题及答案
天津市南开区2020届高三第二次高考模拟考试化学试题及答案理科综合共300分，考试用时150分钟。
化学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至6页，共100分。
第Ⅰ卷注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。
2．每题选出答案后，用2B铅笔将答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。
I卷答案答在试卷上无效。
3．本卷共6题，每题6分，共36分。
在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.51．化学与社会、生产、生活密切相关。
下列说法不正确．．．的是A．通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯B．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类C．淀粉可用于制备葡萄糖、酿制食醋，还可作药片的赋形剂D．利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法2．下列叙述正确的是A．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4-二氯甲苯B．用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C．1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2D．实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法3．25℃时，下列分子或离子在指定溶液中一定能大量共存的一组是A．pH=1的溶液中：+、Cr2O72—、C6H5OH、CO32—B．c(H+) =1×10—13 mol/L的溶液中：Cu2+、Na+、Cl—、SO42—C．0.1 mol/L NH4HCO3溶液中：+、Na+、Cl—、NO3—D．0.1 mol/L Na2SiO3溶液中：+、Cl—、NO3—、CO24．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是A ．20 mL 0.1 mol/L CH 3COONa 溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl 溶液混合后溶液呈酸性， 所得溶液中：c(CH 3COO —) > c(Cl —) > c(CH 3COOH) > c(H +)B ．0.1 mol/L NaHCO 3溶液与0.1 mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中： c(Na +) > c(CO 32—) > c(HCO 3—) > c(OH —)C ．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中： c(H +) + c(Cl —) > c(NH 4+) + c(OH —)D ．0.1 mol/L CH 3COOH 溶液与0.1 mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中： c(OH —) > c(H +) + c(CH 3COOH)5．在一定温度下，将气体和气体Y 各0.16 mol 充入10 L 恒容密闭容器中，发生反应： (g) + Y(g)2(g) △H < 0，一段时间后达到平衡。
天津市南开区2020届高三化学下学期模拟考试试题(二)
精品文档欢迎下载天津市南开区2020届高三化学下学期模拟考试试题（二）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试用时 60分钟。
第Ⅰ卷 1 至 4 页，第Ⅱ卷 5 至 8 页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。
答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。
第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将答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。
2.本卷共 12 题，每题 3 分，共 36 分。
在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S -321.化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实涉及化学反应的是A．氕、氘用作“人造太阳”核聚变燃料B.烧结黏土制陶瓷C.打磨磁石制指南针D.利用蒸馏法从海水中分离出淡水2．下列化学用语表示正确的是A．CO2的结构式：O-C-O B．N2的电子式：N NC．H2O的VSEPR模型名称：四面体D．乙烯的实验式：C2H43.下列说法正确的是A.黄铜是铜的合金，属于混合物B.二氧化氮能溶于水生成硝酸，属于酸性氧化物C.氧化铝可用于制作高温结构陶瓷制品，属于金属材料D．生物柴油可作内燃机的燃料，属于烃类4.医用外科口罩中过滤层所用材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用，口罩生产中还需使用环氧乙烷进行灭菌。
下列说法正确的是A.熔喷聚丙烯的链节为CH2＝CHCH3B.熔喷聚丙烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色C．废弃的医用外科口罩属于可回收垃圾AgD．2CH2＝CH2 + O2是一种最理想的“原子经济性反应”3225. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NO x ），将烟气与 H 2 的混合气体通入 Ce(SO 4)2 与 Ce 2(SO 4)3[Ce 中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。
2019_2020年天津南开中学高考化学三轮模拟一卷解析.doc
试卷第1页，总4页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：100分钟；命题人：xxx学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上分卷I分卷I 注释一、 选择题（注释）1. 在硼酸[B(OH) 3 ]分子中，B 原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。
则分子中B 原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是( ) A. sp ，范德华力B. sp 2， 范德华力C. sp 2， 氢键D. sp 3， 氢键2. 下列说法中不正确的是( )A. 所有含氢元素的化合物中都存在氢键，氢键是一种类似于共价键的化学键B. 离子键、氢键、范德华力本质上都是静电作用C. 只有电负性很强、半径很小的原子(如F 、O 、N)才能形成氢键D. 氢键是一种分子间作用力，氢键比范德华力强A 组B 组 Ⅰ．HI 键的键能大于HCl 键的键能 ①HI 比HCl 稳定 Ⅱ．HI 键的键能小于HCl 键的键能 ②HCl 比HI 稳定 Ⅲ．H 2 S 的范德华力大于H 2 O 的范德华力 ③H 2 S 的沸点比H 2 O 的高 Ⅳ．HI 的范德华力小于HCl 的范德华力 ④HI 的沸点比HCl 的低A. Ⅰ ①B. Ⅱ ②C. Ⅲ ③D.Ⅳ④4. 下列化合物中，前者的沸点低于后者的是( ) A. 乙醇与氯乙烷B. 邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸C. 对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛D. H 2 O 与H 2 Te试卷第2页，总4页5. 下列现象与氢键有关的是( ) ①NH 3 的熔、沸点比第ⅤA 族其他元素氢化物的高 ②小分子的醇和羧酸易溶于水 ③冰的密度比液态水的密度小 ④尿素的熔、沸点比醋酸的高 ⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低 ⑥水分子高温下也很稳定 A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③6. 下列物质的酸性强弱比较中，错误的是( ) A. HClO 4 >HBrO 4 >HIO 4 B. HClO 4 >H 2 SO 4 >H 3 PO 4 C. HClO 4 >HClO 3 >HClOD. H 2 SO 3 >H 2 SO 4 >H 2 S 2 O 37. 下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是( ) A. CO 2 和SO 2B. CH 4 和CH 2 Cl 2C. BF 3 和NH 3D. HCl 和H8. 下列说法中正确的是( )A. 分子间作用力越大，分子越稳定B. 分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高C. 相对分子质量越大，其分子间作用力越大D. 分子间只存在范德华力，不存在化学键9. 无机含氧酸的强弱的规律表示成酸元素的化合价越高，酸性越强。
天津南开中学高三化学模拟试卷(含答案)-word文档
天津2019届南开中学高三化学模拟试卷（含答案）化学是重要的基础科学之一，是一门以实验为基础的学科，以下是天津2019届南开中学高三化学模拟试卷，请考生及时练习。
一、选择题(每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分)1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是( )选项现象或事实解释 A 用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3 C 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 A.A B.B C.C D.D【考点】盐类水解的应用;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;铁盐和亚铁盐的相互转变.【专题】盐类的水解专题;元素及其化合物.【分析】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性;B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质;C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效;D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜;【解答】解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误;B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B 错误;C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，故C正确;D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误;故选C.【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等.2.下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是( )A.该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存B.和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2C.和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe(OH)3+BaSO4D.1L O.1molL﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe【考点】离子共存问题;离子方程式的书写.【专题】离子反应专题.【分析】A.铁离子能够与苯酚发生显色反应;B.根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒;C.该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系;D.根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量.【解答】解：A.Fe2(SO4)3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A错误;B.铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B错误;C.Fe2(SO4)3溶液和Ba(OH)2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe(OH)3+3BaSO4，故C错误;D.1L O.1molL﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol，0.1mol 硫酸铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol 铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确;故选D.【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则.3.从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应.该化合物可能的结构简式是( )A. B. C. D.【考点】有机物分子中的官能团及其结构;同分异构现象和同分异构体.【专题】有机物的化学性质及推断.【分析】一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，结合其分子式确定结构简式.【解答】解：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，A.该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确;B.该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误;C.该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误;D.该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误;故选A.【点评】本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，题目难度不大.4.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )A.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS﹣)=110﹣5molL﹣1B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HC2O4﹣)D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①③【考点】离子浓度大小的比较;弱电解质在水溶液中的电离平衡;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【专题】电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.【分析】A.H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步;B.加水稀释促进一水合氨电离;C.H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断;D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大.【解答】解：A.H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c(H+)c(HS﹣)，故A错误;B.加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则aC.H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣)，故C错误;D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度①③，所以盐浓度①③，钠离子不水解，所以c(Na+)：①③，故D正确;故选D.【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等. 5.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是( )选项① ② ③ 实验结论 A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S) B 浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3 Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸 A.A B.B C.C D.D【考点】化学实验方案的评价.【专题】实验评价题.【分析】A.不发生沉淀的转化，AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S;B.浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色;C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀;D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀.【解答】解：A.图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误;B.浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确;C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误;D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误;故选B.【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大.6.2019年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是( )A.a为电池的正极B.电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLiC.放电时，a极锂的化合价发生变化D.放电时，溶液中Li+从b向a迁移【考点】原电池和电解池的工作原理.【专题】电化学专题.【分析】锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣xMn2O4得电子为正极;充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子;据此分析.【解答】解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li 失电子为负极，Li1﹣xMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确;B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1﹣xMn2O4+xLi，故B正确;C、放电时，a为正极，正极上Li1﹣xMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误;D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确;故选C.【点评】本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极.二、填空题(共4小题，每小题15分，满分64分)7.A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍.B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2﹣具有相同的电子数.A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题;(1)A在周期表中的位置是第一周期ⅠA族，写出一种工业制备单质F的离子方程式2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2+Cl2(2)B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为纯碱(或苏打)，其水溶液与F单质反应的化学方程为2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色.(3)由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：物质组成和结构信息 a 含有A的二元离子化合物 b 含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1 c 化学组成为BDF2 d 只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体 a的化学式NaH;b的化学式为Na2O2和Na2C2;c的电子式为;d的晶体类型是金属晶体(4)有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质.一种化合物分子通过氢键构成具有空腔的固体;另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为正四面体.【考点】金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系. 【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H;B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C;E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na;A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl;(1)根据H在周期表中的位置分析;工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气;(2)C、O、Na组成的化合物为碳酸钠;碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠;次氯酸钠能与KI反应生成碘单质;(3)这几种元素只有Na能与H形成离子化合物;根据常见的氧的化合物和碳的化合物分析;根据COCl2结构式分析;只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na;(4)H、C、O能形成H2O和CH4.【解答】解：A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A 最外层电子数与其周期数相同，则A为H;B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C;E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na;A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl;(1)已知A为H在周期表中位于第一周期ⅠA族;工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2+Cl2故答案为：第一周期ⅠA族;2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2+Cl2 (2)C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱(或苏打);碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3;次氯酸钠能与KI反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色; 故答案为：纯碱(或苏打);2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3;紫;(3)这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH;含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2;已知COCl2结构式为Cl﹣﹣Cl，则其电子式为;只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体;故答案为：NaH;Na2O2和Na2C2;;金属晶体;(4)H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体，故答案为：氢;正四面体.【点评】本题考查了物质结构和元素周期表、化学式的推断、电子式的书写、化学方程式和离子方程式的书写、晶体类型、氢键等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对所学知识点综合应用能力，题目难度中等.8.Hagemann 酶(H)是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成(部分反映条件略去)：(1)(AB)为加成反应，则B的结构简式是CH2=CH﹣CBC的反应类型是加成反应.(2)H中含有的官能团名称是碳碳双键、羰基、酯基，F的名称(系统命名)是2﹣丁炔酸乙酯.(3)EF的化学方程式是CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O.(4)TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰;②存在甲氧基(CH3O﹣).TMOB的结构简式是.(5)下列说法正确的是a、d.a.A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体b.D和F中均含有2个健c.1mol G完全燃烧生成7mol H2Od.H能发生加成，取代反应.【考点】真题集萃;有机物的合成.【专题】有机物的化学性质及推断.【分析】从流程图可以看出，AB是两个乙炔的加成反应，生成B，然后再甲醇(CH3OH)发生加成反应生成C()，可知B的结构简式是CH2=CH﹣C结合F(CH3CCCOOCH2CH3)是由E和CH3CH2OH发生酯化反应的到的，所以E的结构简式为CH3CCCOOH.(1)AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH ﹣CCH，BC是CH2=CH﹣CCH和甲醇的加成反应;(2)H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基;F命名为2﹣丁炔酸乙酯;(3)EF的反应是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH发生的酯化反应;(4)TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基(CH3O﹣)，又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基(CH3O﹣)，且三个甲氧基等价;(5)a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯;b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个c、一个G分子含有16个H原子，根据H原子守恒计算;d、羰基可加成，酯基可发生水解反应，属于取代反应; 【解答】解：(1)AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH﹣CCH，BC是CH2=CH﹣CCH和甲醇的加成反应生成C()，故答案为：CH2=CH﹣C加成反应;(2)根据H的结构简式可知，H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基;F的结构简式为CH3CCCOOCH2CH3，命名为2﹣丁炔酸乙酯，故答案为：碳碳双键，羰基，酯基;2﹣丁炔酸乙酯;(3)EF的反应是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH发生的酯化反应，所以反应方程式为CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O; (4)TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰;②存在甲氧基(CH3O ﹣)，说明TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基(CH3O﹣)，又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基(CH3O﹣)，且三个甲氧基等价，所以TMOB的结构简式，故答案为：;(5)a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯，氯乙烯是生产聚氯乙烯的单体，故a正确;b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个键，共3个键，故b错误;c、一个G分子含有16个H原子，1molG含有16molH，1mol G完全燃烧生成8molH2O，故c错误;d、H中的羰基可加成，酯基可发生水解反应，水解反应属于取代反应，故d正确;故答案为：a、d.【点评】本题考查了有机物的合成，难度中等，为历年高考选作试题，试题综合性强，把握有机物合成中官能团的变化是解题的关键.9.(18分)某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验：①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL﹣1的盐酸标准溶液吸收.蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL﹣1 NaOH 标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液.②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)回答下列问题：(1)装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定.(2)用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管，可使用的指示剂为酚酞或甲基红.(3)样品中氨的质量分数表达式为.(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将偏低(填偏高或偏低).(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解，滴定终点时，若溶液中c(Ag+)=2.010﹣5molL﹣1，c(CrO42﹣)为2.810﹣3molL﹣1.(已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.1210﹣12)(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3，制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，X的制备过程中温度不能过高的原因是温度过高过氧化氢分解、氨气逸出.【考点】真题集萃;探究物质的组成或测量物质的含量. 【专题】实验分析题.【分析】(1)通过2中液面调节A中压强;(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中;NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂;(3)根据氨气与和氨气反应盐酸之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数;(4)若气密性不好，导致氨气的量偏低;(5)硝酸银不稳定，易分解;根据离子积常数计算c(CrO42﹣);(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价;该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低.【解答】解：(1)通过2中液面调节A中压强，如果A中压力过大时，安全管中液面上升，使A中压力减小，从而稳定压力，故答案为：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定;(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液;NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，故答案为：碱;酚酞或甲基红;(3)与氨气反应的n(HCl)=10﹣3V1Lc1molL﹣1﹣c2molL﹣1 10﹣3V2L=10﹣3(c1V1﹣c2V2)mol，根据氨气和HCl的关系式知，n(NH3)=n(HCl)=10﹣3(c1V1﹣c2V2)mol，氨的质量分数=，故答案为：;(4)若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低;(5)硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色试剂瓶盛放硝酸银溶液;c(CrO42﹣)=mol/L=2.810﹣3mol/L，故答案为：防止硝酸银见光分解;2.810﹣3;(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价;该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，故答案为：+3;2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;温度越高过氧化氢分解、氨气逸出.【点评】本题考查了物质含量的沉淀，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等.10.(16分)乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：(1)间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4;(2)已知：甲醇脱水反应2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=﹣23.9kJmol﹣1甲醇制烯烃反应2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g)△H2=﹣29.1kJmol﹣1乙醇异构化反应C2H5OH(g)═CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJmol ﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)的△H=﹣45.5kJmol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是无副产品，原子利用率100%;(3)如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中：=1：1)①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=0.07(MPa)﹣1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数);②图中压强(P1，P2，P3，P4)大小顺序为p1③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有将产物乙醇液化移去、增加：比.【考点】真题集萃;热化学方程式;化学平衡常数的含义;化学平衡的影响因素;转化率随温度、压强的变化曲线.【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.【分析】(1)乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸;(2)利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用率100%;(3)①列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可;②在相同温度下由于乙烯转化率为p1③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度.【解答】解：(1)乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4，故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4;(2)已知：甲醇脱水反应①2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=﹣23.9kJmol﹣1 甲醇制烯烃反应②2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g)△H2=﹣29.1kJmol﹣1乙醇异构化反应③C2H5OH(g)═CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJmol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)△H=(﹣23.9+29.1﹣50.7)kJ/mol=﹣45.5kJ/mol;乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率100%，没有副产品，故答案为：﹣45.5;无副产品，原子利用率100%;(3)①C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)开始：1 1 0转化：0.2 0.2 0.2平衡：0.8 0.8 0.2乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa=3.49MPa，所以Kp===0.07(MPa)﹣1，故答案为：0.07(MPa)﹣1;②在相同温度下由于乙烯转化率为p1故答案为：p1③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等，故答案为：将产物乙醇液化移去;增加：比.【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方案的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养.天津2019届南开中学高三化学模拟试卷及答案的所有内容就是这些，查字典化学网预祝考生金榜题名。
天津市南开区2019-2020学年高考模拟化学试题(市模拟卷)含解析
天津市南开区2019-2020学年高考模拟化学试题（市模拟卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若复数z 满足1zi i =-（i 为虚数单位），则其共轭复数z 的虚部为（ ） A ．i - B ．iC ．1-D ．1【答案】D 【解析】 【分析】由已知等式求出z ，再由共轭复数的概念求得z ，即可得z 的虚部. 【详解】由zi ＝1﹣i ，∴z ＝()()111·i i i i i i i ---==--- ，所以共轭复数z =-1+i ，虚部为1 故选D ． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念，属于基础题． 2．若各项均为正数的等比数列{}n a 满足31232a a a =+，则公比q =（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】C 【解析】 【分析】由正项等比数列满足31232a a a =+，即211132a q a a q =+，又10a ≠，即2230q q --=，运算即可得解.【详解】解：因为31232a a a =+，所以211132a q a a q =+，又10a ≠，所以2230q q --=，又0q >，解得3q =. 故选：C. 【点睛】本题考查了等比数列基本量的求法，属基础题.3．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题： ①若m αβ=I ，n ⊂α，n m ⊥，则αβ⊥；②若m α⊥，m β⊥，则//αβ； ③若//m n ，m α⊂，//αβ，则βn//；④若m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则αβ⊥ 其中正确的是（ ）A ．①②B ．③④C ．①④D ．②④【答案】D 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理可判断①；根据空间面面平行的判定定理可判断②；根据线面平行的判定定理可判断③；根据面面垂直的判定定理可判断④. 【详解】对于①，若m αβ=I ，n ⊂α，n m ⊥，α，β两平面相交，但不一定垂直，故①错误； 对于②，若m α⊥，m β⊥，则//αβ，故②正确；对于③，若//m n ，m α⊂，//αβ，当n β⊂，则n 与β不平行，故③错误； 对于④，若m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则αβ⊥，故④正确； 故选：D 【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面平行的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于基础题.4．已知函数()()sin 0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭，1,03A ⎛⎫ ⎪⎝⎭为()f x 图象的对称中心，若图象上相邻两个极值点1x ，2x 满足121x x -=，则下列区间中存在极值点的是（ ） A ．,06π⎛⎫-⎪⎝⎭B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,3π⎛⎫⎪⎝⎭D ．,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】结合已知可知，112T =可求T ，进而可求ω，代入()f x ，结合1()03f =，可求ϕ，即可判断．【详解】Q 图象上相邻两个极值点1x ，2x 满足12||1x x -=，∴112T =即2T =，ωπ∴=，()sin()f x x πϕ=+，且11()sin()033f πϕ=+=，∴13k πϕπ+=，k Z ∈，1||2ϕπ<Q ，13ϕπ∴=-，1()sin()3f x x ππ=-，当16x =-时，1()16f -=-为函数的一个极小值点，而1(,0)66π-∈-．故选：A ． 【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象及性质的简单应用，解题的关键是性质的灵活应用．5．一个正三角形的三个顶点都在双曲线221x ay +=的右支上，且其中一个顶点在双曲线的右顶点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()3,+∞ B．)+∞C．(,-∞D ．(),3-∞-【答案】D 【解析】 【分析】因为双曲线分左右支，所以0a <，根据双曲线和正三角形的对称性可知：第一象限的顶点坐标为(1t +，)(0)t >，将其代入双曲线可解得． 【详解】因为双曲线分左右支，所以0a <，根据双曲线和正三角形的对称性可知：第一象限的顶点坐标为(1t +)(0)t >，将其代入双曲线方程得：22(1))1t a ++=， 即2113t a -=+，由0t >得3a <-．故选：D ． 【点睛】本题考查了双曲线的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 6．已知0a >，若对任意()0,m ∈+∞，关于x 的不等式()()1e ln 11exaxx m m --<-+-（e 为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．3e e,2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦B ．3e ,2e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭ C ．3e 0,2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦D ．3e ,2e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】构造函数()()ln 11f m m m =-+-（0m >），求导可得()f m 在()0,+?上单调递增,则()()01f m f >=-,问题转化为()1e 1e x ax x --<-,即()1e 1ex axx -≤-至少有2个正整数解,构造函数()()1e x g x x =-,()1eaxh x =-,通过导数研究单调性,由()0(0)g h =可知，要使得()()g x h x ≤至少有2个正整数解,只需()()22g h ≤即可,代入可求得结果. 【详解】构造函数()()ln 11f m m m =-+-（0m >），则()1111mf m m m '=-=++（0m >），所以()f m 在()0,+?上单调递增，所以()()01f m f >=-，故问题转化为至少存在两个正整数x ，使得()1e 1e x ax x -≤-成立，设()()1e x g x x =-，()1eax h x =-，则()e x g x x '=，当0x >时()0g x ¢>，()g x 单调递增；当0x >时，()h x 单调递增.()()22g h ≤，整理得3e e2a +≥.故选:B. 【点睛】本题考查导数在判断函数单调性中的应用,考查不等式成立问题中求解参数问题,考查学生分析问题的能力和逻辑推理能力,难度较难.7．若集合{}|sin 21A x x ==，,42k B y y k Z ππ⎧⎫==+∈⎨⎬⎩⎭，则（ ） A ．A B A ⋃= B ．R R C B C A ⊆C ．A B =∅ID ．R R C A C B ⊆【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数的性质可得集合A ，由集合性质表示形式即可求得A B ⊆，进而可知满足R R C B C A ⊆. 【详解】依题意，{}|sin 21|,4A x x x x k k Z ππ⎧⎫====+∈⎨⎬⎩⎭； 而|,42k B y y k Z ππ⎧⎫==+∈⎨⎬⎩⎭()212|,,4242n n x x n Z x n Z ππππ+⎧⎫==+∈=+∈⎨⎬⎩⎭或()21|,,442n x x n n Z x n Z ππππ+⎧⎫==+∈=+∈⎨⎬⎩⎭或，故A B ⊆， 则R R C B C A ⊆. 故选：B.本题考查了集合关系的判断与应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题. 8．用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】首先分析题目求用数学归纳法证明1+1+3+…+n 1=时，当n=k+1时左端应在n=k 的基础上加上的式子，可以分别使得n=k ，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1时等式的左端减去n=k 时等式的左端，即可得到答案． 【详解】当n=k 时，等式左端=1+1+…+k 1，当n=k+1时，等式左端=1+1+…+k 1+k 1+1+k 1+1+…+（k+1）1，增加了项（k 1+1）+（k 1+1）+（k 1+3）+…+（k+1）1． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查数学归纳法，属于中档题./9． “幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“n 阶幻方()*3,n n ≥∈N ”是由前2n 个正整数组成的—个n 阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的n 个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（ ）A ．75B ．65C ．55D ．45【答案】B 【解析】 【分析】计算1225+++L 的和，然后除以5，得到“5阶幻方”的幻和.依题意“5阶幻方”的幻和为12525122526555+⨯+++==L ，故选B. 【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前n 项和公式，属于基础题.10．已知四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA =E 为PC 的中点，则异面直线BE 与PD 所成角的余弦值为（ ）A．BC． D【答案】B 【解析】 【分析】由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用cos ,BE PD BE PD BE PD⋅=⋅u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r 即可得解. 【详解】Q PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，∴如图建立空间直角坐标系，由题意：()0,0,0A ，()2,0,0B ，()2,2,0C，(P ，()0,2,0D ，Q E 为PC 的中点，∴E ⎛ ⎝⎭.∴BE ⎛=- ⎝⎭u u u r，(0,2,PD =u u u r ，∴1cos ,392BE PD BE PD BE PD-⋅===-⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，∴异面直线BE 与PD 所成角的余弦值为cos ,BE PD u u u r u u u r.故选：B.【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题.11．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”意思为有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了六天恰好到达目的地，请问第二天比第四天多走了（ ） A ．96里 B ．72里C ．48里D ．24里【答案】B 【解析】 【分析】人每天走的路程构成公比为12的等比数列，设此人第一天走的路程为1a ，计算1192a =，代入得到答案. 【详解】由题意可知此人每天走的路程构成公比为12的等比数列，设此人第一天走的路程为1a ， 则61112378112a ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=-，解得1192a =，从而可得3241119296,1922422a a ⎛⎫=⨯==⨯= ⎪⎝⎭，故24962472a a -=-=.故选：B . 【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.12．已知抛物线2:6C y x =的焦点为F ，准线为l ，A 是l 上一点，B 是直线AF 与抛物线C 的一个交点，若3FA FB =u u u r u u u r，则||BF =（ ） A ．72B ．3C ．52D ．2【答案】D【解析】 【分析】根据抛物线的定义求得6AF =，由此求得BF 的长. 【详解】过B 作BC l ⊥，垂足为C ，设l 与x 轴的交点为D .根据抛物线的定义可知BF BC =.由于3FA FB =u u u r u u u r，所以2AB BC =，所以6CAB π∠=，所以26AF FD ==，所以123BF AF ==. 故选：D【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020南开区高三一模化学试卷及答案
2019—2020学年度第二学期南开区高三年级模拟考试（一）化学学科试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。
第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。
答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。
第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将答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。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。
在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12N-14O-16P -31 As-751．共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。
下列贸易商品中，主要成分不属于．．．高分子化合物的是A ．中国丝绸 B ．泰国乳胶枕 C ．埃及长绒棉 D ．乌克兰葵花籽油2．关于 Cl 2 + H 2OHClO + HCl 中的相关微粒，下列化学用语表示正确的是A ．Cl －的结构示意图：B ．HClO 的电子式：H Cl OC ．H 2O 的中心原子杂化轨道类型：sp3D ．中子数为20的氯原子： 17Cl20 +172 8 7• • • • •••• ••• • ••3．下列有关物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是 A ．硅酸钠易溶于水，可用作木材防火剂 B ．小苏打能与碱反应，可用作膨松剂 C ．氯气具有漂白性，可用作自来水消毒剂 D ．液氨气化时要吸收大量的热，可用作制冷剂4．厌氧氨化法（Anammox ）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是A ．1mol NH 4+所含的质子总数为10 N A （设N A 为阿伏加德罗常数的值）B ．N 2H 2中含有σ键和π键 C ．过程IV 中，NO 2－发生氧化反应D ．该方法每处理1 mol NH 4+，需要0.5 mol NO 2－5．T ℃时，向2 L 恒容密闭容器中充入1 mol PCl 5，发生反应PCl 5(g) PCl 3(g)＋Cl 2(g)。
2019-2020学年天津市六校(天津中学、南开中学、实验中学等)新高考化学模拟试卷含解析
2019-2020学年天津市六校（天津中学、南开中学、实验中学等）新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列物质中导电能力最差的是（）A．熔融态KHSO4B．铜片C．0.1mol/L H2SO4D．固态KCl【答案】D【解析】【分析】导电能力最差的应是离子浓度最小，或不存在自由移动的离子等情况，如固体氯化钾，据此进行解答。
【详解】固体KCl不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔融态KHSO4、0.1mol/L H2SO4都存在自由移动的离子，都能导电，铜片为金属，存在自由移动的电子，也能导电，所以导电能力最差的是固态KCl；故答案选D。
【点睛】金属导电是因为含有自由移动的电子，而电解质导电是因为含有自由移动的离子；比如KCl是电解质，但是在固态时不导电，没有自由移动的离子；但是氯化钾溶于水或在熔融状态下，存在自由移动的离子，就能够导电，所以电解质不一定能够导电，导电的也不一定是电解质。
2．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。
下列说法正确的是A．硒的摄入量越多对人体健康越好B．SeO32－空间构型为正四面体C．H2Se的熔沸点比H2S高D．H2SeO4的酸性比H2SO4强【答案】C【解析】【分析】【详解】A．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；B．SeO32－中心原子的价电子对数为3+62232+-⨯=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；C．H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S 高，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；故答案为C。
3．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B与C的简单离子具有相同的电子层结构，D的最高正价与最低负价代数和为6。
2019年天津市南开区高考化学三模试卷-带答案详解
2019年天津市南开区高考化学三模试卷一、选择题1. (6分)化学与生活密切相关。
下列叙述不正确的是()A. 二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料B. 中国古代利用明矶溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土2. (6分)运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是()A. 蛋白质水解的最终产物是氨基酸B. 向饱和硼酸溶液中滴加Na 2CO 3溶液，有CO2气体生成C. 某吸热反应能自发进行，因此该反应是嫡增反应D. 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底3. (6分)对如图两种化合物的结构或性质描述正确的是( )H)C CH, H,C CH>CH CHs >oh y CH, CHOA. 不是同分异构体B. 分子中共平面的碳原子数相同C. 均能与漠水反应D. 可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分4. (6分)下列溶液中的粒子浓度关系正确的是( )A. O.lmobL 1 NaHCO 3 溶液中：c (Na +) >c (HCO 3 -)>c (CO 32-)>c (H 2CO 3)B. lL0.1mobL _1Na 2S 溶液中：c (OH ) - c (H +) =c (HS 「) +c (H 2S)C. 等体积、等物质的量浓度的NaX 和弱酸HX 混合后的溶液中c (Na*) >c (HX) >c (X -) >c (H +) >c (OH )D.室温下，pH=3.5的柑橘汁中c (if)是pH=6.5的牛奶中c (H +)的1000倍5. (6分)锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH 溶液，反应为2Zn+O2+4OH「+2H2O—2Zn（OH）4脖.下列说法正确的是（）A.充电时，电解质溶液中K*向阳极移动B.充电时，电解质溶液中c（OH ）逐渐减小C.放电时，负极反应为：Zn+4OH--2e—Zn（OH）4”D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）6.（6分）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（）实验现象结论A某溶液中滴加K3[Fe产生蓝色沉淀（CN）6]溶液原溶液中有Fe2+,无T73+FeB向C6H5ONa溶液中通溶液变浑浊入CO2酸性：H2CO3> c6h5ohC向含有ZnS和Na2S的生成黑色沉淀悬浊液中滴加CuSO4溶液Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A.AB.BC.CD.D二、非选择题7.（14分）物质A-G有如图所示转化关系（部分反应物、生成物未列出）.其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到气体B和固体C.单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀.请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B、G.（2）反应②的化学方程式是.（3）利用电解可提纯C物质，现以碱性锌镒电池为外电源，在该电解反应中电解质溶液是，阳极物质是. MnCh 是碱性锌镒电池的正极材料，电池放电时，正极 的电极反应式为.(4) 将0.20mol B 和O.lOmol O2充入一个固定容积为5L 的密闭容器中，在一定温度并 有催化剂存在下，进行反应①，经半分钟后达到平衡，测得容器中含D0.18moL 则v(O 2) — mol/ (L-min)；若温度不变，继续通入0.20mol B 和O.lOmol O 2,则平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后，mol <n (D) <mol.(5) 写出F-G 转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式：.8. (18分)华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E 和M 在一定条件下合成得到(部分反应条件略).o oClt/oeai, » QMXKCK,直俱』C-CH,0 J L 0CjHOCOQIh ----华送件C4U0.—M 请回答下列问题:(1) A 的名称为, A —B 的反应类型为.(2) E 的分子式是. D-E 的反应中，加入的化合物X 与新制Cu (OH) 2反应 产生红色沉淀的化学方程式为・(3) G-J 为取代反应，其另一产物分子中的官能团名称是. ImolG 完全燃烧最少需要消耗 mo 102.(4) L 的同分异构体 Q 是芳香Q^^R(C 8H 7O 2C1) 噬%S K 2Cr 2°- ; H+T , T 的核磁共振氢谱只有两组峰，Q 的结构简式为，R-S 的化学方程式为.(5) 图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是,写出能检验该物质存在 的显色反应中所用的试剂及实验现象.(6 ) 已 知： L-M 的 原 理 为：①CJIjOH ♦C ：H J OCR^icu<>OCR 岭 H).c?ljOO»a JLiB. 心皿M 的结构简式为9.（18分）实验室从含碘废液（除也0外，含有CCI4、E、「等）中回收碘，其实验过程如图:NajSQ溶液CljCC1,（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的以还原为I一，其离子方程式为；该操作将【2还原为「的目的是.（2）操作X的名称为.（3）氧化时，在三颈瓶中将含「的水溶液用盐酸调至pH约为2,缓慢通入C12,在40°C 左右反应（实验装置如图所示）.实验控制在较低温度下进行的原因是；仪器a、b的名称分别为：a、b；仪器b中盛放的溶液为.（4）己知：5SO32_ +2IO3_ +2H+—I2+5SO42_+H2O.某含碘废水（pH约为8）中一定存在【2,可能存在:［「、103-中的一种或两种.请补充完整检验含碘废水中是否含有「、103 -的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeC13溶液、Na2SO3溶液）.①取适量含碘废水用CC14多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在;②_______③另从水层中取少量溶液，加入1〜2mL淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝说明废水中含有IO3\否则说明废水中不含有IO3\（5）二氧化氯（C1O2,黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂.现用C102氧化酸性含「废液回收碘.①完成C1O2氧化「的离子方程式：口C1O2+□「+口=□E+□C「+口②若处理含「相同量的废液回收碘，所需Cl2的物质的量是C1O2的倍.10.（14分）2013年初天津连续出现了严重的雾霾天气，给人们的出行及身体造成了极大的危害.研究NO2、SO2、co等大气污染气体的处理具有重要意义.(1)利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2.①在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是.②吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO32-)：n(HSO3)变化关系如下表：(SO3”)：n(HSO3)91：91：19：91PH8.27.2 6.2由上表判断，NaHSO3溶液显性(填“酸”、“碱”或“中”)，用化学平衡原理解释：■当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生.再生示意图如下：③写出HSO3-在阳极放电的电极反应式：,当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用.(2)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染.例如：CH4(g)+4NO2(g)—4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；AH=-574kJ>m O r1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；AH=-lieOkJ^mo]1若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2,整个过程中转移的电子总数为(阿伏加德罗常数的值用N a表示)，放出的热量为kJ.(3)工业上合成氮所需氢气的制备过程中，其中的一步反应为：CO(g)+H2O(g)催化熨C O,(g)+H2(g)；AH<0一定条件下，将CO(g)与H2O(g)以体积比为1：2置于密闭容器中发生上述反应，达到平衡时测得CO(g)与电。
天津南开中学高三化学模拟试卷(含答案)
天津南开中学高三化学模拟试卷（含答案）天津2019届南开中学高三化学模拟试卷（含答案）化学是重要的基础科学之一，是一门以实验为基础的学科，以下是天津2019届南开中学高三化学模拟试卷，请考生及时练习。
一、选择题(每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分)1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是( )选项现象或事实解释 A 用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3 C 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 A.A B.B C.C D.D【考点】盐类水解的应用;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;铁盐和亚铁盐的相互转变.【专题】盐类的水解专题;元素及其化合物.【分析】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性;B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置+Ba2++3OH﹣═Fe(OH)3+BaSO4D.1L O.1molL﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe【考点】离子共存问题;离子方程式的书写.【专题】离子反应专题.【分析】A.铁离子能够与苯酚发生显色反应;B.根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒;C.该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系;D.根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量.【解答】解：A.Fe2(SO4)3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A错误;B.铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B错误;C.Fe2(SO4)3溶液和Ba(OH)2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe(OH)3+3BaSO4，故C错误;D.1L O.1molL﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol，0.1mol 硫酸铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确;故选D.【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则.3.从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应.该化合物可能的结构简式是( )A. B. C. D.【考点】有机物分子中的官能团及其结构;同分异构现象和同分异构体.【专题】有机物的化学性质及推断.【分析】一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，结合其分子式确定结构简式.【解答】解：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，A.该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确;B.该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误;C.该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误;D.该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误;故选A.【点评】本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，题目难度不大.4.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )A.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS﹣)=110﹣5molL﹣1B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HC2O4﹣)D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①③【考点】离子浓度大小的比较;弱电解质在水溶液中的电离平衡;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【专题】电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.【分析】A.H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步;B.加水稀释促进一水合氨电离;C.H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断;D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大.【解答】解：A.H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c(H+)c(HS﹣)，故A错误;B.加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则aC.H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣)，故C错误;D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度①③，所以盐浓度①③，钠离子不水解，所以c(Na+)：①③，故D正确;故选D.【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等. 5.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是( )选项① ② ③ 实验结论 A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S) B 浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3 Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸 A.A B.B C.C D.D【考点】化学实验方案的评价.【专题】实验评价题.【分析】A.不发生沉淀的转化，AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S;B.浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色;C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀;D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀.【解答】解：A.图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误;B.浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确;C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误;D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误;故选B.【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大.6.2019年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是( )A.a为电池的正极B.电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLiC.放电时，a极锂的化合价发生变化D.放电时，溶液中Li+从b向a迁移【考点】原电池和电解池的工作原理.【专题】电化学专题.【分析】锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣xMn2O4得电子为正极;充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子;据此分析.【解答】解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li 失电子为负极，Li1﹣xMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确;B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1﹣xMn2O4+xLi，故B正确;C、放电时，a为正极，正极上Li1﹣xMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误;D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b 向a迁移，故D正确;故选C.【点评】本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极.二、填空题(共4小题，每小题15分，满分64分)7.A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍.B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2﹣具有相同的电子数.A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题;(1)A在周期表中的位置是第一周期ⅠA族，写出一种工业制备单质F的离子方程式2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2+Cl2(2)B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为纯碱(或苏打)，其水溶液与F单质反应的化学方程为2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色.(3)由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：物质组成和结构信息 a 含有A的二元离子化合物 b 含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1 c 化学组成为BDF2 d 只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体 a的化学式NaH;b的化学式为Na2O2和Na2C2;c的电子式为;d的晶体类型是金属晶体(4)有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质.一种化合物分子通过氢键构成具有空腔的固体;另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为正四面体.【考点】金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系. 【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H;B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C;E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na;A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl;(1)根据H在周期表中的位置分析;工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气;(2)C、O、Na组成的化合物为碳酸钠;碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠;次氯酸钠能与KI反应生成碘单质;(3)这几种元素只有Na能与H形成离子化合物;根据常见的氧的化合物和碳的化合物分析;根据COCl2结构式分析;只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na;(4)H、C、O能形成H2O和CH4.【解答】解：A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A 最外层电子数与其周期数相同，则A为H;B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C;E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na;A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl;(1)已知A为H在周期表中位于第一周期ⅠA族;工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2+Cl2故答案为：第一周期ⅠA族;2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2+Cl2 (2)C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱(或苏打);碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3;次氯酸钠能与KI 反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色; 故答案为：纯碱(或苏打);2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3;紫;(3)这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH;含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2;已知COCl2结构式为Cl﹣﹣Cl，则其电子式为;只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体;故答案为：NaH;Na2O2和Na2C2;;金属晶体;(4)H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体，故答案为：氢;正四面体.【点评】本题考查了物质结构和元素周期表、化学式的推断、电子式的书写、化学方程式和离子方程式的书写、晶体类型、氢键等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对所学知识点综合应用能力，题目难度中等.8.Hagemann 酶(H)是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成(部分反映条件略去)：(1)(AB)为加成反应，则B的结构简式是CH2=CH﹣CBC的反应类型是加成反应.(2)H中含有的官能团名称是碳碳双键、羰基、酯基，F的名称(系统命名)是2﹣丁炔酸乙酯.(3)EF的化学方程式是CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O.(4)TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰;②存在甲氧基(CH3O﹣).TMOB的结构简式是.(5)下列说法正确的是a、d.a.A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体b.D和F中均含有2个健c.1mol G完全燃烧生成7mol H2Od.H能发生加成，取代反应.【考点】真题集萃;有机物的合成.【专题】有机物的化学性质及推断.【分析】从流程图可以看出，AB是两个乙炔的加成反应，生成B，然后再甲醇(CH3OH)发生加成反应生成C()，可知B的结构简式是CH2=CH﹣C结合F(CH3CCCOOCH2CH3)是由E和CH3CH2OH发生酯化反应的到的，所以E的结构简式为CH3CCCOOH.(1)AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH ﹣CCH，BC是CH2=CH﹣CCH和甲醇的加成反应;(2)H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基;F命名为2﹣丁炔酸乙酯;(3)EF的反应是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH发生的酯化反应;(4)TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基(CH3O﹣)，又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基(CH3O﹣)，且三个甲氧基等价;(5)a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯;b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个c、一个G分子含有16个H原子，根据H原子守恒计算;d、羰基可加成，酯基可发生水解反应，属于取代反应; 【解答】解：(1)AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH﹣CCH，BC是CH2=CH﹣CCH和甲醇的加成反应生成C()，故答案为：CH2=CH﹣C加成反应;(2)根据H的结构简式可知，H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基;F的结构简式为CH3CCCOOCH2CH3，命名为2﹣丁炔酸乙酯，故答案为：碳碳双键，羰基，酯基;2﹣丁炔酸乙酯;(3)EF的反应是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH发生的酯化反应，所以反应方程式为CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O; (4)TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰;②存在甲氧基(CH3O ﹣)，说明TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基(CH3O﹣)，又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基(CH3O﹣)，且三个甲氧基等价，所以TMOB的结构简式，故答案为：;(5)a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯，氯乙烯是生产聚氯乙烯的单体，故a正确;b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个键，共3个键，故b错误;c、一个G分子含有16个H原子，1molG含有16molH，1mol G完全燃烧生成8molH2O，故c错误;d、H中的羰基可加成，酯基可发生水解反应，水解反应属于取代反应，故d正确;故答案为：a、d.【点评】本题考查了有机物的合成，难度中等，为历年高考选作试题，试题综合性强，把握有机物合成中官能团的变化是解题的关键.9.(18分)某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验：①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL﹣1的盐酸标准溶液吸收.蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL﹣1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液.②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)回答下列问题：(1)装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定.(2)用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管，可使用的指示剂为酚酞或甲基红.(3)样品中氨的质量分数表达式为.(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将偏低(填偏高或偏低).(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解，滴定终点时，若溶液中c(Ag+)=2.010﹣5molL﹣1，c(CrO42﹣)为2.810﹣3molL﹣1.(已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.1210﹣12)(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3，制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，X的制备过程中温度不能过高的原因是温度过高过氧化氢分解、氨气逸出.【考点】真题集萃;探究物质的组成或测量物质的含量.【专题】实验分析题.【分析】(1)通过2中液面调节A中压强;(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中;NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂;(3)根据氨气与和氨气反应盐酸之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数;(4)若气密性不好，导致氨气的量偏低;(5)硝酸银不稳定，易分解;根据离子积常数计算c(CrO42﹣);(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价;该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低.【解答】解：(1)通过2中液面调节A中压强，如果A中压力过大时，安全管中液面上升，使A中压力减小，从而稳定压力，故答案为：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定;(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液;NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，故答案为：碱;酚酞或甲基红;(3)与氨气反应的n(HCl)=10﹣3V1Lc1molL﹣1﹣c2molL﹣1 10﹣3V2L=10﹣3(c1V1﹣c2V2)mol，根据氨气和HCl的关系式知，n(NH3)=n(HCl)=10﹣3(c1V1﹣c2V2)mol，氨的质量分数=，故答案为：;(4)若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低;(5)硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色试剂瓶盛放硝酸银溶液;c(CrO42﹣)=mol/L=2.810﹣3 mol/L，故答案为：防止硝酸银见光分解;2.810﹣3;(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价;该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，故答案为：+3;2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;温度越高过氧化氢分解、氨气逸出.【点评】本题考查了物质含量的沉淀，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等.10.(16分)乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：(1)间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4;(2)已知：甲醇脱水反应2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=﹣23.9kJmol﹣1甲醇制烯烃反应2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g)△H2=﹣29.1kJmol﹣1乙醇异构化反应C2H5OH(g)═CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJmol ﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)的△H=﹣45.5kJmol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是无副产品，原子利用率100%;(3)如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中：=1：1)①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=0.07(MPa)﹣1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数);②图中压强(P1，P2，P3，P4)大小顺序为p1③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有将产物乙醇液化移去、增加：比.【考点】真题集萃;热化学方程式;化学平衡常数的含义;化学平衡的影响因素;转化率随温度、压强的变化曲线.【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.【分析】(1)乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸;(2)利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用率100%;(3)①列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可;②在相同温度下由于乙烯转化率为p1③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度.【解答】解：(1)乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4，故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4;(2)已知：甲醇脱水反应①2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=﹣23.9kJmol﹣1 甲醇制烯烃反应②2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g)△H2=﹣29.1kJmol﹣1乙醇异构化反应③C2H5OH(g)═CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJmol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)△H=(﹣23.9+29.1﹣50.7)kJ/mol=﹣45.5kJ/mol;乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率100%，没有副产品，故答案为：﹣45.5;无副产品，原子利用率100%;(3)①C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)开始：1 1 0转化：0.2 0.2 0.2平衡：0.8 0.8 0.2乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa=3.49MPa，所以Kp===0.07(MPa)﹣1，故答案为：0.07(MPa)﹣1;②在相同温度下由于乙烯转化率为p1故答案为：p1③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等，故答案为：将产物乙醇液化移去;增加：比.【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方案的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养.天津2019届南开中学高三化学模拟试卷及答案的所有内容就是这些，查字典化学网预祝考生金榜题名。