2019年高考化学专题03全真模拟（第09周）（含解析）.docx

全真模拟7以某硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是A“酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度B滤渣的主要成分是SiO2和FeC“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为: FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2 (NH4)2SO4 2CO2。D“氧化”Fe(OH)2浆液时，可用氯气代替空气【答案】D【解析】硫酸渣用硫酸酸浸时，氧化铁溶解生成硫酸铁，加入铁粉，则溶液变为硫酸亚铁溶液，过滤，滤渣为过量的铁粉和未溶解的二氧化硅，滤液中加入碳酸氢铵，发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化亚铁；A“酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度，A正确；B根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO2和Fe，B正确；C“沉铁”过程中硫酸亚铁与碳酸氢铵双水解生成Fe(OH)2的化学方程式为:FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2 (NH4)2SO4 2CO2，C正确；D“氧化”Fe(OH)2浆液时，若用氯气代替空气，导致制备的铁黄含量偏低且含有杂质，D错误；答案为D8下列说法中正确的是A因发生加成反应，苯可以使溴水褪色B煤可以通过干馏、液化与气化等物理变化转化为清洁能源C天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点D分子式为C10H14且只有一个取代基的芳香烃，其可能的结构有4种【答案】D【解析】A项、苯能使溴水褪色的原因是溴在有机物中的溶解度大于在水中的溶解度，属于萃取，故A错误；B项、煤的干馏、气化与液化属于化学变化，故B错误；C项、天然植物油是混合物，没有恒定的熔点、沸点，故C错误；D项、分子式为C10H14且只有一个侧链的芳香烃，不饱和度为4，分子中含有一个苯环，则侧链是烷基，为-C4H9，-C4H9的异构体有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，故符合条件的结构有4种，故D正确。故选D。9阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A标准状况下，11.2L12C18O中含有的中子数为8NAB常温常压下，12g金刚石中含有CC键数为4NAC1mol Li2O、Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NAD25时，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.02NA【答案】A【解析】A标况下11.2L一氧化碳的物质的量为0.5mol，每个分子含有6+10=16个中子，故总共含有8mol中子，故A正确；B12克金刚石为1mol，每个碳原子平均形成2个共价键，所以共形成2mol共价键，故B错误；C氧化锂含有3个离子，过氧化钠也含有3个离子，故1mol混合物含有3mol离子，故C错误；D没有说明溶液的体积，不能计算，故D错误。故选A。10下列实验操作与温度计的使用方法均正确的是(加热装置略)（ ）ABCD苯与浓硝酸、浓硫酸制硝基苯乙醇与浓硫酸作用制乙烯中和热的测定蒸馏分离水与乙醇的混合物【答案】A【解析】A苯与浓硝酸均易挥发，反应温度应控制在5060 ，控制水浴温度，选项A正确；B混合液反应温度应迅速升温至170 ，故温度计水银球应没入溶液中，选项B错误；C中和热测定应填充保温隔热材料，并使用环形玻璃搅拌棒，选项C错误；D乙醇和水无法通过蒸馏分离，蒸馏操作时温度计水银球应与支管口平齐，选项D错误。答案选A。11现有W、X、Y、Z四种短周期主族元素，其常见单质存在如图的转化关系(未注明反应条件)，甲(常温下呈液态)、乙是两种常见的化合物。X的原子半径是同周期主族元素原子中最小的，W与X同主族，W的最髙价氧化物对应的水化物是一种强酸。下列说法不正确的是( )A简单离子的半径：WYXB化合物乙是强电解质C化合物WY2可作漂白剂D常温下，乙溶于甲中所得的溶液能蚀刻玻璃【答案】B【解析】由常见单质的转化关系可知，X单质和Y单质均能与Z发生化合反应生成乙和甲，X单质能和甲发生置换反应生成乙和Y单质，由甲常温下呈液态，X的原子半径是同周期元素原子中最小的可知，X为F元素、Y为O元素、Z为H元素、甲为H2O、乙为HF；由W与X同主族，W的最髙价氧化物对应的水化物是一种强酸可知，W是Cl元素。A项、电子层数越大，离子半径越大，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：Cl-O2F-，故A正确；B项、化合物乙是HF，其为弱电解质，故B错误；C项、化合物ClO2具有强氧化性，可作漂白剂，故C正确；D项、HF溶于水得到氢氟酸，氢氟酸能蚀刻玻璃，故D正确。故选B。12MgAgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。如图用该水激活电池为电源电解NaCl溶液的实验中，X电极上有无色气体逸出。下列有关分析正确的是AII为正极，其反应式为Ag+ + e =AgB水激活电池内Cl由正极向负极迁移C每转移1 mole-，U型管中消耗05mol H2OD开始时U型管中Y极附近pH逐渐增大【答案】B【解析】X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，则为负极，为正极，根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价降低，被还原，Mg应为原电池的负极；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，以此解答该题。AAgCl是难溶物，其正极电极反应式为：2AgCl+2e-2C1-+2Ag，选项A错误；B原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，选项B正确；C每转移1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，选项C错误；DY为阳极，生成氯气，氯气与水反应呈酸性，pH减小，选项D错误。答案选B。13已知：pc(HX)/c(X-)=-lgc(HX)/c(X-)。室温下，向010 mol/LHX溶液中滴加0.10 mol/L NaOH溶液，溶液pH随pc(HX)/c(X-)变化关系如图。下列说法不正确的是A溶液中水的电离程度：abcB图中b点坐标为(0，4.75)Cc点溶液中：c(Na+) =l0c(HX)D室温下HX的电离常数为10-475【答案】C【解析】电离平衡常数只受温度的影响，因此用a或c点进行判断，假设用a点进行分析，c(HX)/c(X)=101，c(H)=103.75molL1，HX的电离平衡常数的表达式Ka=c(X)c(H)/c(HX)，代入数值，Ka=104.75，由于a、b、c均为酸性溶液，因此溶质均为“HX和NaX”；A、根据上述分析，pH7说明HX的电离程度大于X的水解程度，HX电离出H对水电离起到抑制作用，H浓度越小，pH越大，对水的电离抑制能力越弱，即溶液中水的电离程度：abc(OH)，推出c(Na)” 54.5 B点和E 点 2 1 BD 【解析】（1）空气中N2和O2的物质的量之比约为4：1，膜侧所得气体中，氮气的量在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气是12mol，由膜侧反应可知，12mol水得到电子，1mol氧气得到电子，膜上发生反应：12H2O+24e-=12H2+12O2-、O2+4e-=2O2-，膜上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵守电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2。（2）设已知反应方程式分别为a和b，则所求CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)方程式c=a+b，则H1=H2+H3=90.1kJmol1。（3）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，CO的转化率会变大，结合图像乙，保持温度不变，转化率大的表示压强大，所以p1p2；该问可用三段式解决，M点(CO)=60，则CO转化了1mol60=0.6mol，下面列三段式：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)起始量 1mol 2.2mol 0转化量 0.6mol 1.2mol 0.6mol平衡量 0.4mol 1mol 0.6mol可知，H2转化了1.2mol，则H2的转化率为1.2mol/2.2mol100%=54.5；由上列式可知平衡时总物质的量n=(0.4+1+0.6)mol=2mol，Kp=。该反应为放热反应，当温度越高时，平衡常数K越小，则lgK也会越小，也就是T与lgK呈反比，所以B点和E点符合lgK与温度(T)的关系。（4）保持H2的浓度不变，则，带入编号1和编号2数据，得，解得m=2，保持N2的浓度不变，则，带入编号1和编号3数据，得，解得n=1；AH2O2参与两个反应，但第一步未做反应物，因而不是催化剂，实际上H2O2仅仅是中间产物，A项错误；B反应i是慢反应，说明反应速率小，在其他条件一样的情况下，活化能比较高，B项正确；C总反应速率由慢反应决定，即反应（1），C项错误；D碰撞理论指出能发生化学反应的碰撞是指有效碰撞，即需要一定的能量和取向的碰撞，所以在所有碰撞中部分是有效地，D项正确。故答案选BD。35铁氧体是一种磁性材料，具有广泛的应用。（1）基态铁原子的核外电子排布式为Ar_。（2）工业制备铁氧体常使用水解法，制备时常加入尿素CO(NH)22、醋酸钠等碱性物质，尿素分子中四种不同元素的电负性由大到小的顺序是_；醋酸钠中碳原子的杂化类型是_。（3）Fe3O4具有许多优异的性能，在磁性材料等领域应用广泛，化学共沉淀法是制备Fe3O4颗粒最常用的方法之一，方法是将FeSO4和FeCl3溶液以1：2投料比混合，再加入NaOH溶液，即可产生Fe3O4颗粒，则该反应的离子方程式为_。（4）晶体Fe3O4的晶胞如图所示，该晶体是一种磁性材料，能导电。晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的_(填空间结构)空隙。晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，该堆积方式名称为_。解释Fe3O4晶体能导电的原因：_；若晶胞的体对角线长为a mm，则Fe3O4晶体的密度为_(阿伏加德罗常数用NA表示)gcm3【答案】3d64s2 ONCH sp3杂化、sp2杂化 Fe2+2Fe3+8OH-=Fe3O4+4H2O 正四面体 面心立方最密堆积 电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 【解析】（1）铁的核外电子总数为26，则基态铁原子的核外电子排布式为Ar3d64s2 ；故答案为3d64s2；（2）尿素CO(NH2)2 所含四种元素分别为N、H、C、O，元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性由大至小的顺序是ONCH；CH3COONa中甲基中的C原子为 sp杂化，羧基中的C原子为sp杂化；故答案为：ONCH；sp3杂化、sp2杂化；（3）FeSO4和FeCl3溶液以1：2投料比混合，再加入NaOH溶液，即可产生Fe3O4颗粒，根据守恒法可知反应的方程式为：Fe2+2Fe3+8OH-=Fe3O4+4H2O；（4）观察图示可知，Fe2+连接四个氧离子，四个氧离子为正四面体顶点，Fe2+在正四面体中心；故答案为：正四面体；往图中晶胞左边加一个晶胞会发现氧离子是八个顶点加六个面心，所以堆积方式为面心立方最密堆积；故答案为：面心立方最密堆积；电子的得失转移能使晶胞导电，因此四氧化三铁晶体能导电的原因是电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；根据晶胞的均摊计算，晶胞中含有的铁离子的个数为41/8+31/2=2，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为1+121/4=4，若晶胞体对角线长为a nm，设边长为x nm，面对角线为 ，则体对角线长为，故，体积为，质量为，故密度。36物质A是基本有机化工原料，由A制备高分子树脂(M)和苯佐卡因(一种常用的局部麻醉剂)的合成路线(部分反应条件略去)如下所示：已知：A是苯的同系物，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为46；B可以发生银镜反应。R-CHO+RCH2CHO。苯环上连有甲基时，再引入其他基团主要进入甲基的邻位或对位；苯环上连有羧基时，再引入其他基团主要进入羧基的间位。回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称是_，的反应类型是_，A分子中最多有_个原子共平面， E的结构简式为_。（2）写出反应生成高分子树脂M的化学方程式_。（3）在上述流程中“CD”在M的合成过程中作用是_。（4）满足下列条件的苯佐卡因的同分异构体共有_(不考虑立体异构)种。苯环上只含有两个对位取代基，其中一个为NH2；含有酯基（5）化合物有较好的阻燃性，请参照流程及有关信息，写出以甲苯为主要原料制备该阻燃剂的合成路线流程图_。提示：无机试剂任选；合成路线流程图示例【答案】醛基 硝化反应或取代反应 13 保护碳碳双键，防止被氧化 5 【解析】A是苯的同系物，分子组成为CnH2n-6，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为46，其相对分子质量，为462=92，则14n-6=92，解得n=7，故A的分子式为C7H8，则A为；由流程图结合信息可知，氧化生成，则B为；与乙醛反应生成，则C为；与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，则D为；发生催化氧化反应生成，故E为；由流程图可知与Zn反应生成ZnBr2和，则F为；发生加聚反应生成高分子树脂，则M为；甲苯发生硝化反应生成，则G为；用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，则H为；与乙醇在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成，用Fe/HCl还原得到苯佐卡因。（1）C的结构简式为，含氧官能团的名称是羟基；反应为甲苯发生硝化反应生成；分子中苯环上的6个C原子、5个H原子和与苯环相连的甲基上C原子一定在同一个平面上，甲基上还有1个H原子可能在平面上，则最多有13个