2019届高三化学考前周周模拟卷（5）.doc

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1、12019 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

2、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 + + = H2SiO33SiOC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+ H 2O4、 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )ANA.常温下,28g 铁片与足量浓硝酸反应转移电子数为 A1.5NB.1L1 葡萄糖的水溶液含 H-O 键数目为-1molLC.1mol 和 3mol

3、反应最多生成的酯基数目为3CHO32CHAD.在标准状况下,2.24L 和 的混合气体所含质子数为2N2.N25、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( )2HWOnA.简单离子半径:XD 点+(H)c3D.B 点时,溶液中: -+-+(MOH)(Cl)(OH)(ccc8、二氧化钒(VO 2)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

4、的氧钒()碱式碳酸铵晶体，过程如下：回答下列问题：（1）.VOC1 2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

5、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：.32 2VOFeHVOFeHKMnO 4溶液的作用是_ 。NaNO 2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。23CoO4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3CoO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2程式为_。（2）.以含钴废料（主要成分为 CoO、 ，含有少量 、NiO、 )为原料制23C

6、o2Mn34FeO备 的流程如图 1 所示。3CoO已知:a.“酸浸”后的浸出液中含有的阳离子主要有 、 、 、 等。H2+Co3Fe2+Nib.部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 如表。沉淀物 3Fe(OH)2Co()2Ni(O)完全沉淀时的 pH 3.7 9.0 9.2c.在酸性条件下 的氧化性比 强。23o2l“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2HO2HO原因是_，用盐酸代替 和硫酸的弊端是_。2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：5该萃取剂在本流程中是否适用？_(填“是

7、”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2Ni，则放电时负极的电极反应式为_。2i(OH)+M=H10、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:H 2(g)、CH 3OH(l)的燃烧热 H 分别为-285.8kJmol -1和-726.5kJmol -1;3CHOl-1g8kJmolH2O

8、(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 CO 2进行反应:CO 2(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、H 2、CH 3OH(g)、H 2O(g)的物质的量如表:n(CO2)/mol n(H2)/mol nCH3OH(g)/mol nH2O(g)/mol反应(

9、恒温恒容) 2 6 0 06反应(绝热恒容) 0 0 2 2对比反应、:平衡常数 K()_(填“0,溶液呈酸性,-3-1(O)0c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+(H)c10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+M度,结合电荷守恒知 ,故 D 错误。+- -+(M)Cl(OH)()(ccc8.1. +42.2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H 2O;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

10、钒化合物氧化为 ;除去过量的 KMnO4 ;2VO510%bca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+6H 2O；也可只用浓盐酸与 V2O5来制备 VOC12溶液，V 2O5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

11、，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.2VOKMnO 4溶

12、液具有强氧化性，其作用是将+4 的钒化合物氧化为 ；NaNO 2溶液的作用是2VO除去过量的 KMnO4；根据反应 +Fe2+2H+= VO2+Fe3+H2O 可知，n( )=n(Fe2+)=bc ，根据钒2 2守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为 。510%bca119.1. ；2.增大固 体 与 液 体 的 接 触 面 积 ，32325072CoOCoO+:隔 绝 空 气加 快 酸 浸 速 率 ； 还 原 生 成 ； 和 均 能 催 化 的 分 解 ;232Mn3Fe2HO氧 化 HCl 产 生 的 会 污 染 环 境 ； ； 否 ； 在 一 定 的 pH 范 围 内 ，23ol 3()该

13、 萃 取 剂 对 、 的 萃 取 选 择 性 差 ； 2CNi；2+- +322342HO=o(OH)CNHO -Me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323Co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2CO。32325072Coo+:隔 绝 空 气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“

14、酸浸”之前含钴废料的主要成分为 CoO、 ,含有少量 、23CoO2MnNiO、 ,“酸浸”后的浸出液中含有的 阳 离 子 主 要 有 、 、 、 ,结34FeOH+o3Fe2+Ni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23Co2l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3o+e 2O生 成 ;因 为 和 均 能 催 化 的 分 解 ， 所 以 加 入 的 量 要23O22MnO3+Fe2H2H适 当 超 过 理 论 值; 用 盐 酸 代 替 和 硫 酸

15、 的 弊 端 是 氧 化 HCl 产 生 的 会 污3CoCl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 。3Fe 3Fe(O) 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 ，2Ni2+Co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

16、2i2+o地 将 二 者 分 离 。 “沉 钴 ”时 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为12。 由 镍 氢 电 池 充 电 时 的2+- +322342CoHON=Co(OH)NHO 总 反 应 为 可知 ， 放 电 时 的 负 极 反 应 为i()Mi+。-2e10.1.-48.9; 4:5; 2O; CO2解析：1.根据 H2(g)、CH 3OH(l)的燃烧热 H 分别为-285.8kJmol -1和-726.5kJmol -1可得a. 221g+O-12l285.kJmolb. ,3CHlg-1C+Ol726.5kJol已知 c.CH3OH(l) CH3OH(g) H=+38kJ

17、mol-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 3 1 1容器的体积固定,则平衡时与起始时容器内压强之比等

18、于气体总物质的量之比,即4:5。CO 2(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13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

19、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,4318.2x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、2 x 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280.5146.80trM1t器体积瞬间扩大至 2V L,平衡

20、逆向移动, 时重新达到平衡,平均相对分子质量减小,且应2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、sp 2; 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2(TiO)n6. 103AN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，14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）I 2（

21、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、sp 2，故答案为：6；sp 3、sp 2；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

22、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，故答案为：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.该阳离子中每个 Ti4+含有氧离子个数2 1，则阳离子化学式为 TiO2+或；硫酸根离子中 S 原子价层电子对个数4+ 4 且不含孤电子对，2(TiO)n根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体形，故答案为：TiO 2+或 ；正四面体；2(Ti)n6.白色球个数8 +6 4、黑色球个数12 +14，晶胞棱长 ，晶胞中 Ti 原子与 N 原子的最近距离为棱长的一半 cm 1010pm，15故答案为： 。103AN12.1. 异丁烷或 2甲基丙烷； 羧基2.消去反应3.C9H8O4.CHCHCHOCHCHCOONa+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O5.5； CHCH2HCOO6. 解析：