2019届高三化学考前周周模拟卷（5）.docx

2019届高三考前化学周周模拟卷（5）1、化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是( )A将海水中的镁转化为氯化镁，再电解熔融氯化镁可制得金属镁B稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张C芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及到化学变化D新修本草中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑙璃烧之赤色”这里的赤色是析出了Cu单质2、下列关于有机化合物的说法正确的是( )A分馏汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同B可以用碳酸氢钠溶液来鉴别乙酸、乙醇和甲苯C有机物 C4H8Cl2 的同分异构体有 10 种（不考虑立体异构）D蛋白质在蛋白酶的作用下水解为氨基酸，高温可加速其水解3、把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下：实验现象中溶液变蓝中溶液产生胶状沉淀中生成沉淀中产生黄绿色气体下列分析不正确的是( )A中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性B中产生白色胶状沉淀：2H+ + = H2SiO3C中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释D中产生黄绿色气体：ClO+ Cl+ 2H+ = Cl2+ H2O4、是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A.常温下,28g铁片与足量浓硝酸反应转移电子数为B.1L1葡萄糖的水溶液含H-O键数目为C.1mol和3mol反应最多生成的酯基数目为D.在标准状况下,2.24L和的混合气体所含质子数为5、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,四种元素同周期;X的原子半径在同周期元素中最大;Y元素原子的电子层数与最外层电子数相等;Z元素的单质用于制作计算机芯片;W的最高价氧化物对应水化物的化学式为。下列说法正确的是( )A.简单离子半径:XYD点D.B点时,溶液中:8、二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒()碱式碳酸铵晶体，过程如下：回答下列问题：（1）.VOC12中V的化合价为 _。（2）.步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为_。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是 _ （3）.步骤ii可在下图装置中进行。反应前应通入CO2数分钟的目的是 _。装置B中的试剂是_。（4）.测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量a g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：.KMnO4溶液的作用是_ 。NaNO2溶液的作用是_ 。粗产品中钒的质量分数的表达式为_ 。9、三氧化二钴（)主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。请回答下列问题：（1）.三氧化二钴的制备方法之一是以碳酸钴（)为原料，将其置于电炉中，在隔绝空气条件下350370灼烧45h，制得的同时生成两种气体，该反应的化学方程式为_。（2）.以含钴废料（主要成分为CoO、，含有少量、NiO、)为原料制备的流程如图1所示。已知:a.“酸浸”后的浸出液中含有的阳离子主要有、等。b.部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。沉淀物完全沉淀时的pH3.79.09.2c.在酸性条件下的氧化性比强。“研磨”含钴废料的目的是_。“酸浸”时加入的主要作用是_，加入的量要适当超过理论值的原因是_，用盐酸代替和硫酸的弊端是_。滤渣1的主要成分的化学式为_。某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如下图所示：该萃取剂在本流程中是否适用？_(填“是”或“否”），理由是_。“沉钴”时发生反应的离子方程式为_。有机相提取的再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为，则放电时负极的电极反应式为_。10、CCUS是一种碳捕获、利用与封存的技术,这种技术可将CO2资源化,产生经济效益。请回答下列问题:（1）.以废气中的CO2为原料可制取甲醇。在恒容密闭容器中,298K和101kPa下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。已知:H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热H分别为-285.8kJmol-1和-726.5kJmol-1;H2O(l)H2O(g) H=+44kJmol-1。则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=_kJmol-1。某温度下,在体积为2L的恒容密闭容器中加入6mol H2、4mol CO2进行反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),达到平衡时H2的转化率是50%,则平衡时容器内的压强与起始压强之比为_。起始温度、容器体积相同(T1、2L密闭容器),一定条件下,反应、起始CO2、H2、CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量如表:n(CO2)/moln(H2)/molnCH3OH(g)/molnH2O(g)/mol反应(恒温恒容)2600反应(绝热恒容)0022对比反应、:平衡常数K()_(填0,溶液呈酸性,当AGD点,C正确;B点时,加入盐酸的体积时5mL,则溶液中的溶质是等物质的量的MOH和MCl,此时AG小于0,说明溶液显碱性,即溶液中MOH的电离程度大于的水解程度,结合电荷守恒知,故D错误。8.1. +42.2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O;有氯气生成，污染空气3.排除装置中的空气，避免产物被氧化;饱和NaHCO3溶液4.将+4的钒化合物氧化为 ;除去过量的KMnO4 ;解析：1. 根据氧的化合价为-2，氯的化合价为-1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC12中V的化合价为+4价；2.步骤i中V2O5中加入N2H42HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反应的化学方程式为2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O；也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；3.+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物被氧化，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气气，故所装试剂为饱和NaHCO3溶液；4.测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量a g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：+Fe2+2H+= VO2+Fe3+H2O.KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；根据反应+Fe2+2H+= VO2+Fe3+H2O可知，n()=n(Fe2+)=bc，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为。9.1.；2.增大固体与液体的接触面积，加快酸浸速率；还原生成；和均能催化的分解;氧化HCl产生的会污染环境；否；在一定的pH范围内，该萃取剂对、的萃取选择性差；解析：1.由题给信息知，碳酸钴（)受热分解生成了,钴元素的化合价由+2变为+3,显然此反应是氧化还原反应，根据得失电子守恒和质量守恒分析另外的两种气体产物为CO和，发生反应的化学方程式为。2.“研磨”含钴废料可增大固体与液体的接触面积，加快酸浸速率（或使酸浸更充分）。由“酸浸”之前含钴废料的主要成分为CoO、,含有少量、NiO、,“酸浸”后的浸出液中含有的阳离子主要有、,结合在酸性条件下的氧化性比强可知,在“酸浸”时三价钴被还原,可被氧化，但量少，故需加入还原剂，所以加入的主要作用为还原生成;因为和均能催化的分解，所以加入的量要适当超过理论值;用盐酸代替和硫酸的弊端是氧化HCl产生的会污染环境。根据表中阳离子完全形成氢氧化物沉淀的pH以及图1可知“酸浸后的溶液调pH是为了使沉淀完全而除去,故滤渣1的主要成分的化学式为。根据图1可知加入萃取剂的目的是将溶液中的、分离，由图2可知，该萃取剂在一定的pH范围内，对、的萃取率无明显的区别,所以不能较好地将二者分离。“沉钴”时发生反应的离子方程式为。由镍氢电池充电时的总反应为可知，放电时的负极反应为。10.1.-48.9; 4:5; 2O; CO2解析：1.根据H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热H分别为-285.8kJmol-1和-726.5kJmol-1可得a. b. ,已知c.CH3OH(l)CH3OH(g) H=+38kJmol-1和d.H2O(l)H2O(g) H=+44kJmol-1,根据盖斯定律,由3a-b+c+d得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=3(-285.8kJmol-1)-(-726.5kJmol-1)+38kJmol-1+44kJmol-1=-48.9kJmol-1。达到平衡时H2的转化率是50%,则H2的物质的量为6mol50%=3mol,列三段式进行计算: CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始/mol 4 6 0 0转化/mol 1 3 1 1平衡/mol 3 311容器的体积固定,则平衡时与起始时容器内压强之比等于气体总物质的量之比,即4:5。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0,则该反应是放热反应,反应在恒温恒容条件下进行,反应在绝热恒容条件下进行,假设反应、均在恒温恒容条件下进行,由题意数据可知,两反应达到的平衡等效,但反应为绝热恒容条件下进行的逆向反应,反应过程中吸热,达到的平衡相当于反应达到平衡后降低温度,平衡正向移动,平衡常数增大,甲醇浓度增大。2.该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,根据反应开始时,在0.1MPa下,n(CO2):n(H2)=1:3及曲线变化趋势可知a为H2的变化曲线,d为CO2的变化曲线,结合化学计量数关系可知b为H2O的变化曲线,d为CH2=CH2的变化曲线。以n(CO2):n(H2)=2:3的投料比加入反应物,设n(CO2)=2x mol,n(H2)=3x mol,反应前混合气体的平均相对分子质量,所以起点坐标为(0,18.8),随着反应进行,气体的总物质的量减小,总质量不变,则混合气体的平均相对分子质量增大,若H2全部转化,则容器内有0.5x mol CH2=CH2、2x mol H2O和x mol CO2,混合气体的平均相对分子质量,则时达到平衡, 应在18.826.86之间, 时将容器体积瞬间扩大至2V L,平衡逆向移动, 时重新达到平衡,平均相对分子质量减小,且应大于18.8,据此作图。11.1. 2. K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子3. 6; sp3、sp2; bd4. 三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高5. TiO2+或;正四面体6. 解析：1. Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子，其价电子排布图为，故答案为：；2.轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，失电子前者较后者难，所以I2（Ti）I2（K），故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子；3.根据图知，Ti原子配位数是6；甲基上的C原子价层电子对个数是4、环上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3、sp2，故答案为：6；sp3、sp2；Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，CH和CC及CO原子之间存在共价键，所以含有的化学键为配位键和共价键，故答案为：bd；4.这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大，这几种分子相对分子质量从氯化物到碘化物依次增大，分子间作用力依次增大，则其熔沸点依次升高，