2019年高考化学专题03全真模拟（第07周）（含解析）.docx

全真模拟7化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以直接饮用B“低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料C面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，其中CaO2属于碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物D中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料【答案】D【解析】A明矾水解生成的氢氧化铝胶体能够吸附水中的悬浮物，从而达到净水除杂的目的，但不能起到杀菌消毒作用，A项错误；B“低碳”是指低能耗、低排放、低污染为基础的经济模式，主要指控制二氧化碳的排放量，B项错误；C碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，C项错误；D碳化硅是一种新型无机非金属材料，D项正确；答案选D。8设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A常温下，含有1molCl-的NH4Cl溶液中的NH4+数目小于NAB物质的量之和为1mol的16O2和18O2中含有的中子数为20NAC1mol甲烷与1mol氯气光照条件下发生取代反应生成的CH3Cl的分子数一定为NAD56gFe与酸反应转移的电子数一定为2NA【答案】A【解析】A因为NH4+属于弱根离子，在溶液中水解，所以含有1molCl-的NH4Cl溶液中的NH4+数目小于NA，故A正确；B因为 16O2和18O2中的中子数不同，所以物质的量之和为1mol的16O2和18O2中含有的中子数不一定为20NA，故B错误；C因为甲烷与氯气光照条件下发生取代反应生成的有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以1mol甲烷与1mol氯气光照条件下发生取代反应生成的CH3Cl的分子数不一定为NA ，故C错误；D56gFe与足量的硝酸反应转移的电子数为3NA，故D错误；答案：A。9工业上用乙苯经催化脱氢生产苯乙烯，下列说法错误的是A乙苯可通过石油催化重整获得B乙苯的同分异构体超过四种C苯乙烯与氯化氢反应可生成氯代苯乙烯D乙苯和苯乙烯分子所有碳原子均可处于同一平面【答案】C【解析】A石油催化重整可获得芳香烃，所以通常可通过石油的催化重整来获取乙苯，选项A正确；B苯可连接乙基或2个甲基，2个甲基在苯环上有邻、间、对三种位置，则乙苯的同分异构体中属于芳香烃的共有四种，还有含有碳碳三键等链烃的同分异构体，故乙苯的同分异构体超过四种，选项B正确；C、苯乙烯与氯化氢发生加成反应，可生成氯代苯乙烷，选项C错误；D乙苯中侧链2个C均为四面体构型，但碳碳单键可以旋转，分子内所有碳原子有可能共平面；苯乙烯中苯环、双键均为平面结构，分子内所有原子有可能共平面，选项D正确；答案选C。10主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X处于同周期，W、Y处于同主族，W、X、Z原子的最外层电子数之和为13；Y的一种同素异形体容易自燃。下列说法错误的是AY的最高价氧化物可用作干燥剂BX、Z形成的化合物中只含离子键C原子半径：ZYWXDZ的最高价氧化物对应的水化物属于强碱【答案】B【解析】由题干知Y的一种同素异形体容易自燃，则Y为P，W、Y处于同主族，则W为N, W、X、Z原子的最外层电子数之和为13,则X为O,Z为Ca,或X为F, Z为K。A由上述分析知Y的最高价氧化物为五氧化二磷，可用作干燥剂，故A正确；B如果X、Z形成的化合物为CaO2中即含有离子键又含有共价键，故B错误；C同周期元素越往后原子半径越小，同主族元素越往下原子半径越大，所以原子半径: ZYWX, 故C正确; DZ为钾或者钙，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钾或氢氧化钙，都是强碱，故D正确;答案：B。11下列实验操作完全正确的是() 编号实验操作A制取纯净的Fe(OH)2用铁作阴极、石墨作阳极电解煮沸过的NaOH溶液(液面上覆盖一层苯)B证明SO2具有氧化性将SO2通入酸性KMnO4溶液中C排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出D取出分液漏斗中的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出【答案】C【解析】A制取纯净的Fe(OH)2，Fe与电源正极相连，作阳极，Fe失去电子，A错误； BSO2通入酸性KMnO4溶液中，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，B错误； C将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡，C正确； D分液时为避免上下层液体混合，应该下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端管口倒出，D错误；故合理选项是C。12微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法不正确的是A在硫氧化菌作用下转化为的反应为：B电子从流出，经外电路流向C如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不变D若该电池电路中有电子发生转移，则有通过质子交换膜【答案】C【解析】A项：图中，硫氧化菌将转化为，硫元素失电子从2价升至+6价（电极a为负极），所需氧原子由水提供，电极反应式为，A项正确；B项：图中，O2在电极b（正极）上得电子，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O。故电子从流出，经外电路流向，B项正确；C项：反应物直接燃烧，其能量利用率比形成原电池时小，C项错误；D项：从正极反应O2+4e-+4H+=2H2O较易分析，电路中有电子转移，则有通过质子交换膜，才能使正极溶液呈电中性，D项正确。本题选C。13常温下，用0.10 moI/LNaOH溶液滴定0.10 mol/LHA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述错误的是AKa(HA)的数量级为10-5BN点，CPQ过程中，水的电离程度逐渐增大D当滴定至溶液呈中性时，c(A-)c(HA)【答案】B【解析】A根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A-的水解和HA的电离都是微弱的，c（A-）c（HA），Ka(HA)=，故Ka(HA)的数量级为10-5，选项A正确；BN点，根据电荷守恒有，即，选项B错误；CPQ过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C正确；D根据图b可知当lg（即）时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A-)c(HA)，选项D正确。答案选B。26叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。再加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210220，然后通入N2O。冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。已知：INaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；IINaNH2熔点210，沸点400，在水溶液中易水解。请回答下列问题：（1）装置B中盛放的药品为_；装置C的主要作用是_。（2）步骤中先加热通氨气的目的是_；步骤氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。步骤中最适宜的加热方式为 _(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）N2O可由NH4NO3在240245分解制得(硝酸铵的熔点为169.6)，则可选择的气体发生装置是(填序号)_。（4）生成NaN3的化学方程式为 _。（5）图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_。（6）步骤中用乙醚洗涤的主要目的是_。（7）实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：将2.500 g试样配成500.00 mL溶液。取50.00 mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00 mL 0.1010 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗溶液体积为29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2；Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+；试样中NaN3的质量分数为_。【答案】碱石灰(或氢氧化钠固体) 冷凝分离出水 排尽装置中的空气 2Na+2NH32NaNH2+H2 油浴加热 I、 IV NaNH2+N2ONaN3+H2O 反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃 NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 93.60%(0.9360) 【解析】（1）制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰；冷凝分离出水；（2）步骤中用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；步骤中氨气与钠反应生成NaNH2和氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；水的沸点为100，不能达到反应控制的温度210一220，故用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；（3）硝酸铵的熔点为169.6，因NH4NO3在240-245分解时已经熔化，分解反应中还生成水，故选I、 IV，故答案为：I、 IV；（4）氨气与钠反应生成的NaNH2与通入的N2O反应生成NaN3和H2O，反应的化学方程式为NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（5）反应过程中有水生成，会反应生成NaOH腐蚀玻璃，故答案为：反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；（6）NaN3不溶于乙醚，可以减少晶体的损失，有利于产品快速干燥，故答案为：NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；（7）50.00 mL 0.1010 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中n(NH4)2Ce(NO3)6= 0.1010molL150.00103L=5.050103mol，参与第二步反应的量 n(NH4)2Fe(SO4)2= 0.0500molL129.00103L=1.450103mol，与NaN3反应的n(NH4)2Ce(NO3)6= 5.050103mol1.450103mol=3.600103mol，试样中NaN3的质量分数为(3.600103mol1065g/mol)/2.500 g100%=93.60%，故答案为：93.60%。27经多年勘测，2018年11月23日省自然资源厅发布消息称在皖江地区发现特大铜矿床，具有重大实际意义。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有少量PbS、Al2O3、SiO2)为原料制取胆矾的流程如图：已知：常温下KspFe(OH)3=8.010-38, KspAl(OH)3=3.010-33，KspCu(OH)2=3.010-20。（1）CuFeS2中硫元素的化合价为_，硫元素在周期表中的位置是_。写出上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式：_。（2）最适合的试剂A是_（写化学式）溶液，固体2的成份为PbSO4和_。当试剂A的浓度为6molL-1时 ，“浸出”实验中，铜的浸出率结果如图所示。所采用的最佳实验条件(温度、时间)为_。（3）最适合的试剂B是_(填序号)，最适合的试剂C是_（填序号），固体3的成份为_。aCl2 bCuO c酸性高锰酸钾溶液 dNaOH eH2O2 溶液 fK2CO3（4）操作1如在实验室中进行，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_，操作2的步骤为_，_，过滤、洗涤。（5）根据已知图像信息，请计算：当Fe3+完全沉淀时，溶液中Al3+理论最大浓度为_。（提示：当离子浓度110-5molL时，认为该离子沉淀完全）【答案】-2 第三周期A族 SO2+CO32=SO32+CO2（SO2+H2O+2CO32=SO32+2HCO3） H2SO4 SiO2 90、2.5小时 e b CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3 漏斗 蒸发浓缩 冷却结晶 0.375mol/L 【解析】（1）根据化合物正负化合价代数和为零，确定CuFeS2中硫元素的化合价为-2，硫元素在周期表中的位置是第三周期A族，利用强酸制弱酸原理书写方程式，注意二氧化硫少量生成亚硫酸铵和碳酸氢铵，适量生成亚硫酸铵和二氧化碳，所以上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式为：SO2+CO32=SO32+CO2（SO2+H2O+2CO32=SO32+2HCO3）；答案：SO2+CO32=SO32+CO2（SO2+H2O+2CO32=SO32+2HCO3）。（2）因为要制取胆矾，最适合的试剂A是硫酸溶液，固体2的成份为PbSO4和二氧化硅。根据题干给出的图像可知当试剂A的浓度为6molL-1时 ，当90、2.5小时，“浸出”实验中，铜的浸出率几乎达到了100%，所以所采用的最佳实验条件(温度、时间)为90、2.5小时；正确答案： H2SO4 SiO2 90、2.5小时（3）溶液1到溶液2的过程中需要除掉铝离子、铁离子、亚铁离子，选择氧化剂先把亚铁离子氧化为铁离子，再调pH值，使铁离子、铝离子沉淀完全，因为除杂同时不可加入新的杂质，所以氧化剂选择双氧水，氧化铜调节pH；固体3为 CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3；答案：e b CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3 （4）操作1过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，操作2制取胆矾，所以需要将溶液2蒸发、浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤得到产品胆矾；答案：漏斗 蒸发浓缩 冷却结晶（5）当离子浓度110-5molL时，认为该离子沉淀完全；当Fe3+完全沉淀时，=，因此=，c（Al3+）=0.375mol/L答案：0.375mol/L28氮和碳的化合物在生产生活中应用广泛。（1）氯胺（NH2Cl）的电子式为_。NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为_。（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400、400、T）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n（NO）随反应时间t的变化情况如下表所示：t/min04080120160n（NO）（甲容器）/mol2.001.501.100.800.80n（NO）（乙容器）/mol1.000.800.650.530.45n（NO）（丙容器）/mol2.001.451.001.001.00该反应为_（填“放热”或“吸热”）反应。乙容器在200min达到平衡状态，则0200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_。（3）用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1mol NO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如下图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A）_Kc（B）（填“”或“”或“=”）。A、B、C三点中NO2的转化率最高的是_（填“A”或“B”或“C”）点。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）=_（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。（4）最新研究发现，用隔膜电解法可以处理高浓度乙醛废水。原理：使用惰性电极电解，乙醛分别在阴、阳极转化为乙醇和乙酸，总反应为：2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH。实验室中，以一定浓度的乙醛-Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如下图所示：试写出电解过程中，阴极的电极反应式：_。在实际处理过程中，当电路中I=50A时，10min处理乙醛8.8g，则电流效率为_（计算结果保留3位有效数字，每个电子的电量为1.610-19C，电流效率=实际反应所需电量/电路中通过电量100%）。【答案】 NH2Cl+H2ONH3+HClO 放热 0.003molL1min1 = A 2MPa CH3CHO+2e-+2H+=CH3CH2OH 64.2%0.1% 【解析】（1）氯胺(NH2Cl)为共价化合物，电子式为；NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为NH2Cl+H2ONH3+HClO，故答案为：；NH2Cl+H2ONH3+HClO；（2）根据比较甲容器和丙容器中的数据，丙容器中先达到平衡，则说明丙容器中温度高，平衡时丙容器中NO的物质的量高于甲容器，说明温度升高平衡向逆方向移动，所以该反应是放热反应；根据2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，前后气体体积不变，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，即为0.4mol，则0200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=0.003molL1min1，故答案为：放热；0.003molL1min1；（3）A、B两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，故浓度平衡常数关系：Kc(A)=Kc(B)，故答案为：=；2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，增大压强平衡逆向移动，故A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点，故答案为：A；设生成二氧化碳2xmol，列三段式：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)起始物质的量（mol） 1 0 0转化物质的量（mol） 2x x 2x平衡物质的量（mol） 12x x 2xC点时NO2和CO2浓度相等，则12x=2x，解得：x=0.25，因C点时NO2和CO2浓度相等，则NO2和CO2的分压也相等，即Kp(NO2)=Kp(CO2)，Kp(C)=(Kp2(CO2)Kp(N2)/Kp2(NO2)=Kp(N2)=10MPa0.25/(0.5+0.25+0.5)=2MPa，故答案为：2MPa。（4）阴极发生得到电子的还原反应，即乙醛得电子转化为乙醇，因此阴极的电极反应式为：CH3CHO+2e-+2H+CH3CH2OH；8.8g乙醛是0.2mol，实际转移0.2mol电子。当电路中I=50A时，经过10min时通过电子的物质的量是0.3115mol，因此电流效率为100%64.2%，故答案为：CH3CHO+2e-+2H+CH3CH2OH；64.2%0.1%；35钴及其化合物在生产生活中有广泛应用。回答下列问题：（1）基态钴原子价电子排布式为_。（2）Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中可稳定存在，其原因为_。（3）Co(NO3)42中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为_，该配离子中各元素I1由小到大的顺序为_(填元素符号)，1mol该配离子中含键数目为_NA。（4）八面体配合物CoCl33NH3结构有_种，其中极性分子有_种。（5）配合物Co2(CO)8的结构如下图，该配合物中存在的作用力类型有_(填标号)。A金属键 B离子键 C共价键 D配位键 E.氢键 F.范德华力（6）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个I型和4个型小立方体构成，其化学式为_，晶体中Al3+占据O2形成的_(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_gcm3(列计算式)。【答案】3d74s2 Co3+可与NH3形成较稳定的配合物 sp2 Co O N 16 2 2 ACDF CoAl2O4 八面体空隙 【解析】（1）钴原子核外有27个电子，基态原子价电子排布式为3d74s2，故答案为：3d74s2；（2）Co3+有空轨道，原因为Co3+可与NH3形成较稳定的配合物，故答案为：Co3+可与NH3形成较稳定的配合物；（3）配体NO3中心原子N价电子层电子为3对，为平面三角形，杂化方式为sp2；非金属性越强，第一电离能越大，由于N的电子排布是半满稳定结构，所以第一电离能大于O，所以I1由小到大的顺序为Co O N；硝酸根中键有3个，则一个Co(NO3)42离子中含键数目为4+34=16，则1mol该配离子中含键数目为16NA，故答案为：sp2；Co O N；16；（4）根据八面体的空间构型配合物CoCl33NH3结构有2种，因为不能形成对称结构，其中极性分子也是2种，故答案为：2；2；（5）根据图示结构，两个Co原子间存在金属键，碳原子和氧原子间属于共价键，CO与Co间是配位键，该配合物属于分子晶体，所以还存在范德华力，故答案为：ACDF；（6）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：4（41/2）2+4=8，44=16，84