2019年高考化学专题01全真模拟（第10周）（含解析）.docx

全真模拟7“失蜡法”是我国古代青铜器的铸造方法之一，常用蜂蜡和牛油做出铜器的粗模，用石灰、炭末泥填充泥芯和敷成外范。加热烘烤后，蜡模熔融而去，形成空壳，再往空壳内浇灌铜液。下列说法错误的是（ ）A蜂蜡中含有酯类和糖类，与石蜡所含有机物种类相同B牛油中含有硬脂酸甘油酯C炭末泥可耐铜液的高温D“失蜡法”中蜡模熔融而去，故可循环利用【答案】A【解析】A石蜡主要是烃类的混合物，故A错误；B牛油是高级脂肪酸甘油酯，故B正确；C炭末泥由通过箩筛的炭末、细砂、粘土构成，可耐铜液的高温，故C正确；D蜡模可以循环使用，故D正确；故选A。8化学与生活密切相关。下列说法中正确的是A水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品B防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的盐析C利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性D食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用【答案】C【解析】A水泥、水玻璃的主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐产品，但水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；B紫外线能使蛋白质变性，不是盐析，应注意防晒，故B错误；C肥皂水(弱碱性)可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故C正确；D铁在食品包装盒中起到了吸收氧气的作用即抗氧化作用，生石灰不能与氧气反应，可以作干燥剂，不能作抗氧化剂，故D错误；答案选C。9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A7g14C中，含有3NA个中子B25时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为104NAC标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NAD3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4L【答案】C【解析】A1个14C中含有8个中子，7g14C即0.5mol，含有种子数目为：4NA，故A错误；B溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B错误；C标况下，5.6L丙烷为0.25mol，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25mol丙烷中含有2.5NA个共价键，故C正确；D3.2gCu即0.05mol，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu2NO2可知n(NO2)=0.1mol，但标况下NO2不是气体，无法确定其体积，故D错误；故选C。10从海水中提取镁、溴和碘是海水综合利用的重要内容，下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置正确的是A用装置甲灼烧碎海带B用装置乙过滤海带灰的浸泡液C用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2D用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气【答案】B【解析】A灼烧碎海带应该在坩埚中进行，故A错误；B图示为过滤装置，可以过滤海带灰的浸泡液，故B正确；C制备Cl2时需要加热，故C错误；DCl2难溶于饱和食盐水，不能用饱和食盐水进行尾气处理，故D错误，故选B。11短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。X和Y的简单阳离子的电子层结构相同，Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。Y单质可以用于野外焊接钢轨。下列说法正确的是（ ）A简单离子半径：XYZB最高价氧化物对应水化物的碱性：XYCW、Z的简单氢化物的沸点：WAl，故B正确；C项、W为O元素，Z为Cl元素，水分子间能形成氢键，沸点高于不能形成氢键的氯化氢，故C错误；D项、Cl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误。故选B。12下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）选项实验操作实验目的或结论A室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生验证Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质C向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3D室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强【答案】B【解析】A由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，A项错误；BMg（OH）2比Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；C试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3被还原为NH3，结论不正确，C项错误；D由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3结合H+的能力比SO32的弱，D项错误；答案选B。1325时，向0.1mol/LNaA溶液中逐滴滴加盐酸，测得混合溶液的pH与变化关系如图所示p=-lg。下列叙述错误的是AE点溶液中c(Na+)=c(A-)BKa(HA)的数量级为10-4C滴加过程中保持不变DF点溶液中c(Na+)c(A-)c(HA)c(OH-)【答案】A【解析】AE点溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)+c(Cl-)，故c(Na+)=c(A-)+c(Cl-)，选项A错误；B、根据图中信息可知pH=3.45时，p=-lg=0，=1，Ka(HA)=c(H+)=10-3.45，故Ka(HA)的数量级为10-4，选项B正确；C、=，故为常数，故滴加过程中保持不变，选项C正确；D、F点溶液中pH=5，p=-lg=-1，=10，c(A-)c(HA)，根据物料守恒有c(Na+)=c(A-)+c(HA)，故c(Na+)c(A-)，因此c(Na+)c(A-)c(HA)c(OH-)，选项D正确；答案选A。26氯化亚铜(CuC1)是有机合成中应用广泛的催化剂。它微溶于水，不溶于乙醇，露置于潮湿的空气中易被氧化，但在干燥的空气中稳定，见光会分解。实验室制备氯化亚铜的过程如下：检査下图装置气密性，依次向三颈瓶中加入铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸，关闭K；加热至50时停止加热，铜丝表面产生无色气泡，液面上方气体逐渐变为红棕色，气囊鼓起；打开K，通入氧气，待气囊变瘪、瓶内红棕色气体消失时关闭K，冷却至室温，制得NH4CuCl2；将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氯化亚铜粗品和滤液；V粗品用95%乙醇洗涤、烘干得氯化亚铜。请回答下列问题：（1）实验室中CuC1的保存方法是_。（2）实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是_。（3）通入氧气的目的是_。为便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好选用_(填字母)（4）三颈瓶中生成NH4CuCl2的总反应的离子方程式为_。步骤中产生白色沉淀的化学方程式为_。（5）步骤V中洗涤时试剂选用95%乙醇的原因是_。（6）CuCl纯度测定：称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和10mL过量的FeCl3溶液的锥形瓶中，不断摇动；待样品溶解后，加水50mL和指示剂2滴；立即用0.10molL1硫酸铈标准溶液滴定至终点并记录读数，再重复实验两次，测得数据如下表。(已知：CuC1+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+)玻璃珠的作用是_。CuCl的纯度为_(保留三位有效数字)。【答案】干燥（或真空、充氮气）密闭，避光保存 氯化铵溶于水吸收了大量热量 将三颈瓶中的NO2转化为HNO3 B 3Cu4H6ClNO33CuCl2NO2H2O NH4CuCl2CuClNH4Cl 既除去CuCl表面附着的NH4Cl；又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化 加速样品溶解 75.6% 【解析】（1）由题可知CuCl应干燥密闭避光保存（2）氯化铵溶解为吸热反应，故反应开始时液体温度低于室温（3）通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2氧化为HNO3，制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率，选B（4）铜、硝酸、盐酸、氯化铵反应生成CuCl2的离子方程式为3Cu4H6ClNO33CuCl2NO2H2O；NH4CuCl2用足量蒸馏水稀释，即产生白色沉淀氯化亚铜，方程式为NH4CuCl2CuClNH4Cl；（5）CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl；又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化（6）玻璃珠的作用为搅拌，加速样品溶解；CuC1+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+得关系式CuC1Ce4+，设样品中CuC1的质量是xg，第一组数据误差较大，应舍去；CuC1 Ce4+ 99.5g 1molXg 0.1molL10.019L，X=（64+35.5）0.0190.1所以CuCl纯度纯度。27三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH1.85.83.07.1沉淀完全的pH3.28.85.09.2（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有适当升高温度；搅拌；_等。（2）酸浸后的酸性溶液中含有Ni2、Cl，另含有少量Fe2、Fe3、Al3等。沉镍前需加Na2CO3控制溶液pH范围为_。（3）从滤液A中可回收利用的主要物质是Na2CO3和_。（4）“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为_。（5）工业上用镍为阳极，电解0.050.1 molL1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_。当NH4Cl的浓度大于15gL1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，写出相应的电极反应式：_。（6）如果在“沉镍”步骤把Na2CO3改为加草酸，则可以制得草酸镍晶体(NiC2O42H2O)。草酸镍晶体在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧三小时，可以制得Ni2O3，同时获得混合气体。草酸镍晶体受热分解的化学方程式为_。【答案】增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末等) 5.07.1 NaCl 2Ni2+ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O 10 g/L 2H+2e-=H2 (或2NH4+2H2O+2e-=2NH3H2O+H2) 2NiC2O42H2ONi2O3+3CO+CO2+4H2O 【解析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢可以将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+全部形成沉淀，向过滤后的滤液中再加入碳酸钠可以形成NiCO3沉淀，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3，据此分析解答。（1）用盐酸溶解镍金属废料时，为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有适当升高温度；搅拌，还可以将镍废料研成粉末增大接触面积，还可以通过增大盐酸的浓度的方法；（2）酸浸后的酸性溶液中含有Ni2、Cl，另含有少量Fe2、Fe3、Al3等，先加入H2O2溶液，可以将Fe2氧化为Fe3，然后加Na2CO3溶液，控制溶液pH，使杂质Fe3、Al3形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，要求沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，根据离子沉淀的pH数值可知：溶液的pH值控制在4.77.1；（3）前面用盐酸溶解镍金属废料，其中含有HCl，向溶液中加入了Na2CO3，二者会发生反应产生NaCl，加入Na2CO3溶液调整溶液的pH，形成的Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀进入滤渣，得到的滤液中再加入Na2CO3溶液，调整溶液的pH至9.2，形成的主要是Ni(OH)2沉淀，还含有少量的NiCO3沉淀；此时的滤液A中主要含有氯化钠、Na2CO3，可回收利用，（4）沉淀中含有Ni(OH)2、NiCO3，用HCl溶解，Ni(OH)2、NiCO3转化为Ni2+，向溶液中加入NaClO、NaOH，在碱性条件下，NiCl2、NaClO发生氧化还原反应，Cl元素由+1价降低到-1价，反应生成NaCl，而Ni元素则由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应离子方程式为：2Ni2+ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O；（5）结合图示，阴极电流效率及镍的成粉率越高越好，根据图2可知，NH4Cl的浓度为10g/L时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g/L；当NH4Cl的浓度大于15gL1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，在阴极上溶液中的H+放电，产生氢气，所以相应的电极反应式：2H+2e-=H2 ，也可写为：2NH4+2H2O+2e-=2NH3H2O+H2；（6）草酸镍晶体在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧三小时，可以制得Ni2O3，同时获得混合气体，根据元素守恒可知混合气体为CO和CO2的混合气体，则反应为：2NiC2O42H2ONi2O3+3CO+CO2+4H2O。28中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式是_（有机物请写结构简式）。（2）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式_。（3）在400 时，向初始体积1 L的恒压反应器中充入1 molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。则：在该温度下，其平衡常数K_。若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400），C2H4的产率将_（选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是_。若容器体积固定，不同压强下可得变化如下图，则压强的关系是_。实际制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g) C2H6(g)H2(g)。反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如图。A在200 时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是_。B400时，C2H4、C2H6的体积分数分别为20.0%、6.0%，则体系中CH4的体积分数是_。【答案】2CH2 = CH2 + O22 2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）H=+202.0kJ/mol 0.20mol/L 增大 该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大 p1p2 在200时，乙烷的生成速率比乙烯的快 28% 【解析】（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O，不含双键)，X为，该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式为2CH2 = CH2 + O22，故答案为：2CH2 = CH2 + O22；（2）根据表格中数据有：H2(g)+O2(g)H2O(l)H1=-285.8kJ/mol，CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H2=-890.3kJ/mol，C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)H3=-1411.5kJ/mol，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将2-2得到，2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) H=2H2-H3-2H1 =+202.5kJ/mol，故答案为：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)H=+202.5 kJ/mol；（3）400时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%， 2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)起始(mol) 1 0 0转化(mol) 2x x 2x平衡(mol) 1-2x x 2x所以有20.0%，解得：x=0.25，平衡后气体的体积=1L=1.25L，所以化学平衡常数为K= =0.20mol/L，故答案为：0.20mol/L；2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)H=+202.5 kJ/mol，反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气(不参加反应，高于400)相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大，故答案为：增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大；若容器体积固定，2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，反应为气体分子数增多的反应，温度相同时，压强增大不利于反应正向进行，CH4的平衡转化率降低，因此p1p2，故答案为：p1p2；A根据图象，200时，测出乙烷的量比乙烯多，是因为生成乙烷的反应速率较快，故答案为：在200时，乙烷的生成速率比乙烯的快；B设最终气体的总物质的量为x，则C2H4为0.2x、C2H6为0.06x，根据2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)和2CH4(g) C2H6(g)H2(g)可知，生成的氢气为0.4x+0.06x=0.46x，则含有的甲烷为x-(0.2x+0.06x+0.46x)=0.28x，因此体系中CH4的体积分数=100%=28%，故答案为：28%。35硼族元素在科学研究领域有重要应用，回答下列问题：（1）Ga是硼族元素，写出其M能层的电子排布式_。（2）B是硼族元素中唯一的非金属性元素。Li、Be、C、Al中第一电离能比B大的是_-菱形硼品体结构单元是如图所示的正二十面体，该结构单元由_个硼原子构成。（3）Al单质的熔点为660，Ga单质的熔点为30，Al比Ga熔点高的原因是_（4）Al存在AlCl4、Al2Cl7、AlF63等多种配离子。AlCl4的立体构型为_，Al2Cl7，结构如图所示：其中Cl杂化方式为_。存在AlCl4、AlF63，不能形成AlF63的原因是_。（5）氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。画出晶胞中Q原子沿z轴在xy平面上的投影_。该晶体密度为gm3，晶胞参数a-=bc(单位：nm)，a、b夹角为120，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=_nm(用含a、b、NA的代数式表示)。【答案】3s23p63d10 Be、C 12 Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高 正四面体 sp3 由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子 【解析】（1）Ga是31号元素，核外电子排布式：Ar3d104s24p1，Ga的M能层排满了电子，电子排布式3s23p63d10，故答案为：3s23p63d10；（2）同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，则第一电离能CB，由于Be形成2s轨道排满，较稳定，所以第一电离能BeB，故答案为：Be、C；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每个等边三角形拥有的顶点为： 3=，20个等边三角形拥有的顶点为：20=12；故答案为：12；（3）Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；故答案为：Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原