2019届高考化学总复习巅峰冲刺专题15全真模拟2.docx

全真模拟27.铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是A过程反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+(NH4)2SO4B检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C若省略过程则铵明矾产率明显减小D向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失【答案】D【解析】A.由于常温条件下，NH4HCO3的溶解度比NaHCO3溶解度大，故NH4HCO3与Na2SO4生成过饱和状态的NaHCO3溶液，故使得NaHCO3析出：2NH4HCO3+ Na2SO4 2NaHCO3 + (NH4)2SO4，A正确；B.滤液A中主要是(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，加入H+后，仅剩(NH4)2SO4，故阴离子是SO42-，检验该离子用BaCl2即可，故B正确；C.若省略步骤II，溶液中残余少量HCO3-，易与Al3+发生双水解，故而减少了铵明矾的产量，故C正确；D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，Al3+与OH-先反应生成Al（OH）3，OH-再与NH4+反应生成一水合氨，若氢氧化钠过量，白色沉淀才溶解，故D错误，此题选D。8.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维CAl2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料DCaO能与水反应，可用作食品干燥剂【答案】D【解析】A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。9.下列实验操作，现象和结论正确的是（ ）实验操作和现象结 论A向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀KspFe(OH)3KspAl(OH)3B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已部分或全部变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置润湿的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2AABBCCDD【答案】A【解析】A. 向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀，未出现白色沉淀，则说明溶度积：KspFe(OH)3 Fe2+，通入Cl2，I-先被氧化，0.4molI-消耗0.2molCl2，当有0.1 mol Fe2被氧化时，转移电子的数目为0.4 NA +0.1 NA =0.5NA，故D正确。答案选C。11.螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是A该化合物的分子式为C10H12B一氯代物有五种C所有碳原子均处于同一平面D与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物【答案】D【解析】A. 该化合物的分子式为C9H12，A错误；B. 根据等效氢法，该化合物的一氯代物有4种，B错误；C.中“*”标示的碳原子具有与甲烷中碳原子相似的空间构型，所有碳原子并不处于一平面，C错误；D. 与HBr以物质的量之比1：1加成可生成或，D正确。答案：D。12.2019年是元素周期表诞生的第150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。X、Y、Z、W为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期；Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到；非金属Z的一种固体单质可导电；W原子半径是短周期元素中最大的。下列说法正确的是（ ）A四种元素中简单离子半径由大到小的顺序W、X、Y、ZBX、Z、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应C氢化物沸点最高的是Z的氢化物D随着温度升高，Y2的化学活性增强，可能与W单质发生化学反应【答案】D【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到，则Y为N元素；Z与Y位于同一周期，非金属Z的一种固体单质可导电，则Z为C元素，该单质为石墨；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；则X的质子数为：7+6=13，即X为Al元素；因同周期中原子半径从左到右依次减弱，同主族中从上到下原子半径依次增大，则短周期元素中最大的Na，即W为Na元素。A. 电子层数越多，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，则四种元素的简单离子半径从大到小的顺序比较：N3-、Na+、Al3+、C4+，即Y、W、X和Z，A项错误；B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝、碳酸和氢氧化钠，其中碳酸为弱酸，氢氧化铝的碱性也很弱，两者不反应，B项错误；C. 因氨气分子间有氢键，氢化钠与氢化铝为离子晶体，熔、沸点较大，甲烷为分子晶体，熔沸点最低，C项错误；D. N2常温下性质稳定，但随着温度升高，其化学活性增强，可能与Na单质发生化学反应生成氮化钠，D项正确；答案选D。13.乙醛酸()是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示。该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。下列说法正确的是（ ）A若有2 mol H+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为2 molBM电极上的电极反应式为：OHCCHO2eH2O=HOOCCHO2H+CM极与电源的负极相连D电解一段时间后，N极附近溶液的pH变小【答案】A【解析】A项、2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子。阴极的电极方程式为HOOC-COOH+2e-+2H+HOOC-CHO+H2O，阳极区的反应有2Cl-2e-=Cl2， OHCCHO+Cl2H2O =HOOCCHO+2Cl-2H+。因此，两极各生成1mol乙醛酸，共生成2mol乙醛酸，故A正确；B项、M电极是电解池的阳极，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，然后氯气将乙二醛氧化为乙醛酸，OHCCHO+Cl2H2O =HOOCCHO+2Cl-2H+，故B错误；C项、M电极是电解池的阳极，与电源的正极相连，故C错误；D项、N极为电解池的阴极，若有2molH+通过质子交换膜进入阴极室，则电池中转移2mol电子，阴极的电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+HOOC-CHO+H2O，则消耗H+与迁移过来的物质的量相等，乙二酸中羧基减少了，阴极N极附近溶液的pH不会减小、只能变大，故D错误。故选A。26.（14分）四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）；有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/24633沸点/652144其他性质无色晶体，易氧化无色液体，易水解回答下列问题：（1）甲装置中仪器A的名称为_。（2）用甲装置制氯气，MnO4 被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_。（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应；_。（4）如果缺少乙装置，丁装置中可能产生SnCl2杂质，产生SnCl2杂质的化学方程式为_，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2的有_AH2O2溶液 BFeCl3溶液（滴有KSCN） CAgNO3溶液 D溴水（5）己装置的作用是_。A除去未反应的氯气，防止污染空气B防止空气中CO2气体进入戊装置C防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化（6）反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.35gSnCl4，则SnCl4的产率为_（保留3位有效数字）。【答案】(1)蒸馏烧瓶（1分）(2)2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O（2分） (3) 丁装置内充满黄绿色气体 （1分）使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来（2分）(4)Sn+2HCl=SnCl2+H2（2分） BD （2分）(5)AC（2分）(6)90.0% （2分） 【解析】SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的Cl2中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解。(1)根据装置图可知：甲装置中仪器A的名称为蒸馏烧瓶；(2)在A中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3)若整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；(4)如果缺少乙装置，氯气中混有的HCl气体与Sn反应产生SnCl2进而氢气，使SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；反应产生SnCl2的方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2；A.H2O2溶液 可以将 Sn2+氧化为Fe3+，但没有明显现象，a错误；B.与FeCl3溶液（滴有KSCN）混合，不出现红色，则含有SnCl2，否则无SnCl2，b正确；C.使用AgNO3溶液可以检验氯离子，不能检验二价锡，c错误；D.与溴水混合，若橙色褪去，则含有SnCl2，否则无SnCl2，d正确；故合理选项是BD；(5)己装置是干燥管，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，故合理选项是AC；(6)用去锡粒1.19g，其物质的量为n(Sn)=1.19g119g/mol=0.01mol，根据Sn原子守恒可知在理论生成SnCl4为0.01mol，则SnCl4的产率为100%=90.0%。27.（15分）工业上利用合成气(CO、CO2和H2)来生产甲醇，有关反应的化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如下表所示。 化学反应平衡常数温度/5007008002H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H1K12.50.340.15H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）H2K21.01.702.523H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H3K3(1)若合成气为H2和CO2，发生反应III。由H2(g)和CO2(g)合成CH3OH(g)的H3=_。(用H1、H2表示)下列措施能使反应III的平衡体系中n(CH3OH)/n(H2)增大的是_(填字母代号)A将水蒸气从体系中分离出去 B恒压时充入氦气C升高温度 D恒容时再充入一定量CO2500测得反应在10分钟时，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分別为2molL1、1.0 molL1、0.6 molL1、0.6 molL1，则此时v(正)_V(逆)(填“”“=”或“”)。从开始到该时刻，用H2表示反应的平均速率为v(H2)=_。(2)用合成气H2、CO和CO2生产甲醇。当n(H2)/n(CO+CO2)=a时，体系中CO平衡转化率(CO)与温度和压强关系的一些散点如图所示。520K压强为P时，(CO)处于C点，若保持温度不变，增大压强，则可能是图中的_点(填字母，下同)。若保持压强不变，升高温度，则可能是图中的_点。(3)利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图1，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后断开K，此时AB两极上生成等物质的量的气体。乙中B电极为_(填“阴极”或“阳极”)，该电极上生成的气体在标准状况下的体积为_；丙装置溶液中金属阳离子的物质的量(n)与转移电子的物质的量n(e-)变化关系如图2，则图中c线表示的是_(填离子符号)的变化。【答案】(1)H1+H2（2分）A D（2分） （1分） 0.18 molL1min1（2分）(2) D（1分）I（2分）(3)阴极 （1分） 2. 24 L（2分） Cu2 （2分） 【解析】(1)反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H1，反应H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)H2，根据盖斯定律，将反应+反应得：反应3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H3=H1+H2，故答案为：H1+H2；结合反应+得到反应，可得500C时，平衡常数K3=K1K2=2.51.0=2.5，700C时平衡常数K3=K1K2=0.341.7=0.578，温度升高平衡常数减小，说明反应为放热反应，3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H30。A将H2O(g)从体系中分离出去，平衡正向移动，比值增大，故A正确；B恒压时充入He(g)，使体系压强增大，分压不变，平衡不移动，比值不变，故B错误；C反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，比值减小，故C错误；D恒容时再充入一定量CO2，平衡正向移动，比值增大，故D正确；故答案为：AD；平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，结合反应+得到反应，可得平衡常数K3=K1K2=2.51.0=2.5，500时，测得反应在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为2molL1、1.0 molL1、0.6 molL1、0.6 molL1，Qc=0.045K=2.5，则此时v正v逆；从开始到该时刻，用H2O表示反应的平均速率为v(H2O)= = 0.06molL1min1，用H2表示反应的平均速率为v(H2)= 3v(H2O)=30.06molL1min1= 0.18 molL1min1，故答案为：；0.18 molL1min1；(2)上述反应反应前后物质的量不变，反应后物质的量减少，则保持温度不变，增大压强，反应平衡正向移动，导致的平衡也正向移动，CO平衡转化率(CO)增大，可能变成图中的D点，故答案为：D；反应的K随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动；反应的K随温度升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动；保持压强不变，升高温度，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，导致CO平衡转化率(CO)减小，可能变成图中的I点，故答案为：I；(3)在燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气的为正极，则B电极为电解池的阴极，铜离子得电子生成铜，电极反应为：Cu2+2e-=Cu，工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同说明铜离子全部放电后溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应为，2H+2e-=H2，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为： Cu2+ + 2e- = Cu，0.1mol0.2mol2H+ + 2e- = H2，2x xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，4x x根据得失电子守恒，0.2+2x=4x，解得x=0.1mol，乙中A极析出的氧气或B极析出的氢气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L，故答案为：阴极；2.24L；根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，a为Fe3+，b为Fe2+，c为Cu2+，故答案为：Cu2+。28.（14分）利用酸解法制钛白粉产生的废液含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4生产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示：已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH（OH）COOH。回答下列问题：（1）TiOSO4中钛元素的化合价是_，步骤中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是_。（2）滤渣的主要成分为TiO2xH2O，结合离子方程式解释得到滤渣的原因：_。（3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是_；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（4）步骤中发生反应的离子方程式为_。（5）步骤必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及_。（6）实验室中检验溶液B中主要阳离子的方法是_。【答案】（1）+4（1分）过滤（1分）（2） Ti02+（x+1）H2OTi02xH20+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2xH2O（2分）（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 （2分）1: 4（2分）（4） Fe2+2HC03-=FeC03+H20+C02（2分）（5） 防止Fe2+被氧化（2分）（6）取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+ （2分） 【解析】由流程图可知，废液中加入铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，溶液的pH增大，促进TiOSO4的水解沉淀，TiOSO4完全水解生成TiO2xH2O沉淀，过滤，滤渣为TiO2xH2O和Fe，滤液为FeSO4溶液；FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，硫酸亚铁晶体脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到乳酸亚铁晶体。（1）由化合价代数和为0可知，TiOSO4中钛元素的化合价是+4价；步骤中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为：+4；过滤；（2）TiOSO4在溶液中水解生成Ti02xH20，水解的离子方程式为：Ti02+（x+1）H2OTi02xH20+2H+，加入铁屑，铁与H+反应，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2xH2O沉淀，故答案为：Ti02+（x+1）H2OTi02xH20+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2xH2O；（3）FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，反应的化学方程式为4FeSO4+O2 2Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；1：4；（4）步骤为FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2，故答案为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2；（5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；（6）溶液B为硫酸铵溶液，实验室检验铵根离子的方法是：取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+，故答案为：取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+。35.(15分)【物质结构与性质】我国科学家在某杂志上发表研究报告称，利用铬同位素的系统分析发现，“古代大气氧含量高于现代水平的1%”。铬的同位素有、。铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：（1）基态的价层电子排布图为_（2）交警用“酒精仪”查酒驾，其化学反应原理如下：2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO43CH3COOH+2Cr2(SO4)3+2K2SO4+11H2OCH3CH2OH、CH3COOH的沸点高于对应的CH3OCH3（二甲醚）、HCOOCH3（甲酸甲酯），其主要原因是_。CH3COOH分子中碳原子的杂化类型是_；CH3COOH分子中键和键数目之比为_。K2SO4晶体中阴离子的空间构型是_。上述反应中，只含极性键的极性分子有_（填分子式）。（3）晶体铬的晶胞结构如图1所示，其堆积模型为_；铬原子的配位数为_。（4）铬的一种氧化物晶胞结构如图2所示。六棱柱边长为a nm，高为b nm，NA代表阿伏加德罗常数的值。该晶体的化学式为_；该晶体的密度=_gcm3。【答案】(1) （2分）(2)CH3CH2OH、CH3COOH分子间存在氢键（1分） sp2、sp3（2分）7:1（2分）正四面体形（1分）H2O、H2SO4（1分） (3)体心立方堆积（1分）8 （1分）(4)Cr2O3（2分） （2分）【解析】(1)Cr为24号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子为3d54s1，根据洪特规则，电子分别占据不同的轨道，所以价层电子排布图为；(2)在乙醇和乙酸中均有OH键，类似于水一样，分子间可以形成氢键，使物质的熔沸点升高。乙酸的结构式为。C原子杂化类型可以从其周边的原子数判断，甲基上的C原子形成4个键，C上没有孤电子对，C原子的杂化类型为sp3；羧基中C形成3个键和1个键，C上没有孤电子对，C原子的杂化类型为sp2。单键均为键，而且碳氧双键中有1个键和1个键，一共有7个键和1个键，则键和键的比例为7:1；SO42的中心原子S上孤电子对数为（6+2-42）=0，价层电子对数为0+4=4，S为sp3杂化，SO42的空间构型为正四面体构型。化学方程式中2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO43CH3COOH+2Cr2(SO4)3+2K2SO4+11H2O，属于分子的有CH3CH2OH、H2SO4、CH3COOH、H2O。CH3CH2OH、CH3COOH中都有CC非极性键，只有极性共价键的是H2SO4、H2O，而且H2SO4、H2O都属于极性分子；(3) 晶体铬中，Cr占据了顶