1、仿真模拟(四)一、选择题(每题6分，共42分)7(2019唐山高三期末)用“空气吹出法”从海水中提取溴的工艺流程如下：下列说法不正确的是()A蒸馏塔中只发生了物理变化B吸收塔利用了SO2的还原性，使Br2被还原成BrC在吸收塔中溴元素得到了富集D吹出塔中通入水蒸气，能减小Br2的溶解度答案A解析蒸馏塔中氯气氧化溴离子生成单质溴，蒸馏塔中不只发生了物理变化，故A错误；SO2中硫元素化合价升高，失电子被氧化，吸收塔利用了SO2的还原性，使Br2被还原成Br，故B正确；溴离子被氧化为溴单质，溴单质被二氧化硫在吸收塔中吸收，经过吸收塔后，溴元素得到了富集，故C正确；吹出塔中通入水蒸气，温度升高，能减小
2、Br2的溶解度，故D正确。8(2019福建南平高三质检)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A1 L 0.5 molL1NH4Cl溶液中含有NH的数目为0.5NAB25 时，pH12的NaOH溶液含有的OH数目为0.01NAC32 g 18O2中含有的氧原子数是2NAD质量均为78 g的Na2O2和Na2S固体，其离子总数均为3NA答案D解析NH水解，1 L 0.5 molL1 NH4Cl溶液中含有NH的数目少于0.5NA，故A错误；缺少溶液的体积，25 时，pH12的NaOH溶液含有的OH数目无法计算，故B错误；18O2的摩尔质量是36 gmol1，32 g 18O2中含有的氧原
3、子数是NANA，故C错误；Na2O2和Na2S阳离子与阴离子的个数比为21，质量均为78 g的Na2O2和Na2S固体，物质的量均为1 mol，其离子总数均为3NA，故D正确。9(2019宝鸡市高三二模)化合物如下图，下列说法不正确的是()Aa、b、c、d互为同分异构体B除a外均可发生加成反应Cc、d中所有原子处于同一平面内D一氯代物同分异构体最多的是d答案C解析a、b、c、d四种物质分子式均为C8H8，结构不同，它们互为同分异构体，故A正确；只有a物质不含有碳碳双键，即不能发生加成反应，故B正确；d物质中含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，故C错误；a、c物质的一氯代物只有一种，b物
4、质的一氯代物有2种，d物质的一氯代物有3种，故D正确。10(2019湖南岳阳高三一模)研究表明CO与N2O在Fe作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：N2OFe=N2FeO (慢)；FeOCO=CO2Fe (快)。下列说法正确的是()A反应是氧化还原反应，反应是非氧化还原反应B两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应决定CFe使反应的活化能减小，FeO是中间产物D若转移1 mol电子，则消耗11.2 L N2O答案C解析反应、均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A错误；由图可知，FeN2O=FeON2、FeOCO=FeCO2两步中均为反应物总能量大于生成物
5、总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应决定，B错误；Fe作催化剂，使反应的活化能减小，FeO是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C正确；由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D错误。11(2019北京海淀高三一模)某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验：序号实验实验集气瓶中所盛气体O2加热浓硝酸产生的气体现象木炭迅速燃烧发出亮光木炭迅速燃烧
6、发出亮光下列说法正确的是()A浓硝酸分解产生的v(NO2)v(O2)11B红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应C能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气D以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2答案D解析浓硝酸分解的方程式为4HNO34NO2O22H2O，则v(NO2)v(O2)41，故A错误；红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，故B错误；实验中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C错误；根据C的分析，以上实验
7、不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2，故D正确。12(2019广东肇庆高三二模)已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为mn，M层电子数为mn，W与Z同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为21，下列叙述错误的是()AX与Y形成的化合物中阴阳离子的个数比均为12B简单氢化物Y比R的稳定、且熔沸点高CRY2和X2Y2均具有漂白性，均能使品红溶液褪色DRY2和WY2通入Ba(NO3)2溶液中均不产生白色沉淀答案D解析由分析可知：X为Na、Y为O、Z为Si、W为
8、C、R为S。X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为12，故A正确；Y是O元素，R是S元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，熔沸点高，故B正确；二氧化硫和过氧化钠都具有漂白性，都可使品红褪色，但原理不同，二氧化硫发生化合反应，过氧化钠具有强氧化性，故C正确；二氧化硫具有还原性，酸性条件下可被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，可生成硫酸钡沉淀，故D错误。13(2019深圳市高三调研)室温下，将尿酸钠(NaUr)悬浊液静置，取上层清液，再通入HCl，溶液中尿酸的浓度c(HUr)与pH的关
9、系如图所示。已知：Ksp(NaUr)4.9105，Ka(HUr)2.0106。下列说法正确的是()A上层清液中，c(Ur)7.0102 molL1B在MN 的变化过程中，Ksp(NaUr)的值将逐渐减小C当c(HUr)c(Ur)时，c(Cl)c(Ur)D当pH7时，2c(Na)c(Ur)c(Cl)答案C解析根据Ksp(NaUr)c(Na)c(Ur)4.9105，可得c(Ur)7.0103 molL1，故A错误；在MN的变化过程中，因温度不变，Ksp不变，故B错误；当c(HUr)c(Ur)时，根据Ka(HUr)2.0106可得pH5.7，溶液显酸性，c(H)c(OH)，根据电荷守恒：c(Na)c
10、(H)c(OH)c(Cl)c(Ur)，物料守恒：c(Na)c(Ur)c(HUr)可得c(H)c(HUr)c(OH)c(Cl)，因为c(H)c(OH)，所以c(Cl)c(HUr)，即c(Cl)c(Ur)，故C正确；根据电荷守恒，c(Na)c(H)c(Ur)c(Cl)c(OH)，当pH7时，c(H)c(OH)，所以c(Na)c(Ur)c(Cl)，故D错误。二、非选择题(一)必考题(共43分)26(2019广东韶关市高三调研)(15分)实验室用图示装置制备KClO溶液，再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。【査阅资料】Cl2与KOH溶液在20 以下反应生成KClO，在较高温
11、度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在05 的强碱性溶液中较稳定。(1)仪器a的名称是_；装置A中反应的化学方程式为_。(2)装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是_。(3)装置B吸收的气体是_，装置D的作用是_。(4)C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25 ，搅拌1.5 h，溶液变为紫红色(含K2FeO4)，该反应的离子方程式为_。(5)往(4)所得溶液中加入饱和KOH溶液，冷却至05 析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，进一步提纯方法是_。(6)若
12、实验中消耗了V mL c mol/L的Fe(NO3)3溶液，Fe(NO3)3充分反应，最终制得a g的K2FeO4固体，则本实验K2FeO4的产率为 _(列出算式即可)。答案(1)圆底烧瓶MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O(2)提高KClO的产率，防止Cl2与KOH反应生成KClO3(3)HCl吸收Cl2，防止污染空气(4)3ClO2Fe310OH=2FeO3Cl5H2O(5)重结晶(6)100%解析(3)制取氯气中含有HCl，装置B吸收的气体是HCl，装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气。(4)KClO加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25 ，搅拌1.5
13、h，生成K2FeO4和H2O，则KClO被还原成KCl，根据得失电子守恒、电荷守恒等配平离子方程式为：3ClO2Fe310OH=2FeO3Cl5H2O。(5)K2FeO4和KCl均易溶于水，K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，应用重结晶的方法分离提纯K2FeO4。(6)依据反应过程中Fe守恒，设生成K2FeO4的物质的量为x，则有：Fe(NO3)3K2FeO4 1 1 V103c mol x解得：xV103c mol，m(K2FeO4)V103c mol198 g/mol0.198Vc g，则本实验K2FeO4的产率为：100%。27(2019福州市高三质检)(14分)钛及钛合金在航空航天领域
14、具有重要的应用价值。钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，另含有少量SiO2、Fe2O3等杂质。以钛铁矿为原料制备钛的工艺流程如图所示。(1)为提高钛铁矿酸浸时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间、熔块粉碎外，还可以采用_(写一种方法)。(2)硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示，据此判断，酸浸时所加硫酸的质量分数应为_。钛铁矿的主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式为_。(3)查阅资料可知：TiO2与Fe3水解转化为沉淀的pH接近；反应Fe3H2Y2FeY2H，K1024.3；反应TiO2H2Y2TiOY22H，K1017.3。含钛铁溶液经ED
15、TA(H2Y2)处理后再调节pH，TiO2水解生成偏钛酸TiO(OH)2沉淀，则TiO2水解的离子方程式为_；Fe3未转化为沉淀的原因是_。(4)将滤液2经_、冷却结晶、过滤一系列操作还可获得副产品绿矾(FeSO47H2O)。滤液2经处理后，还可返回流程中使用的物质是_。(5)利用如图所示装置在一定条件下由TiO2制取金属钛的化学方程式为_。阳极的电极反应式为_。答案(1)连续搅拌(或适当升高温度等)(2)80%85%FeTiO32H2SO4=TiOSO4FeSO42H2O(3)TiO22H2OTiO(OH)22H反应的K远大于反应，Fe3主要转化为FeY(4)蒸发浓缩H2SO4(5)2CaT
16、iO2=2CaOTiC2O24e=CO2解析(1)不断搅拌、适当升高温度等均可提高钛铁矿酸浸时的浸出率。(2)由题图知，硫酸质量分数在80%85%时，钛、铁浸出率均较高。根据反应物、产物分析，该反应是非氧化还原反应，根据原子守恒即可写出反应的化学方程式。(3)TiO2水解时生成TiO(OH)2和H，故TiO2水解的离子方程式为：TiO22H2OTiO(OH)22H；由题知，反应的K远大于反应，用EDTA处理后再调节pH，Fe3主要转化为FeY，而不转化为沉淀。(4)从滤液到晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤一系列操作；结合题图知，可返回流程中使用的物质是H2SO4。(5)由题图知，阴极上C
17、a2得电子生成Ca，然后Ca与TiO2反应置换出金属Ti，化学方程式为：2CaTiO2=2CaOTi；阳极上碳单质失电子发生氧化反应，其电极反应式为：C2O24e=CO2。28(2019合肥市高三第一次质检)(14分)低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。请你结合下列有关图示和所学知识回答：.用CO2催化加氢可以制取乙烯：CO2(g)3H2(g)C2H4(g)2H2O(g)。(1)若该反应体系的能量随反应过程变化的关系如图所示，则该反应的H_(用含a、b的式子表示)；又知：相关化学键的键能如下表所示，实验测得上述反应的H152 kJmol1，则表中
18、的x_。化学键C=OHHC=CCHHO键能/kJmol1803436x414464(2)以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能电池将CO2转化为乙烯的工作原理如图所示。则M极上的电极反应式为_。.用CO2催化加氢还可以制取二甲醚：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)H122.5 kJmol1，某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。(3)图中T1、T2分别表示反应温度，判断T1、T2大小关系的依据是_；图中A、B、C三点对应的平衡常数分别为KA、KB、KC，其三者大小的关系是_。(4)T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2
19、充入2 L的密闭容器中，经过5 min反应达到平衡，则05 min内的平均反应速率v(H2)_，平衡常数K_(列出计算式即可)。答案(1)(ba) kJmol1764 kJmol1(2)2CO212e12H=C2H44H2O(3)该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率减小，根据图像知在投料比相同时，T1平衡时CO2的转化率大于T2，则T1T2KAKCKB(4)1.08 molL1min1解析(1)由图知CO2(g)3H2(g)具有的总能量大于C2H4(g)2H2O(g)具有的总能量，该反应为放热反应，反应的H生成物具有的总能量反应物具有的总能量(ba) kJmo
20、l1；反应热H反应物的键能总和生成物的键能总和2E(C=O)3E(HH)2803 kJmol13436 kJmol1152 kJmol1，解得x764 kJmol1。(2)根据图示，在M电极上CO2发生得电子的还原反应生成C2H4，M电极为阴极，电极反应式为2CO212e12H=C2H44H2O。(3)该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率减小，根据图像知在投料比相同时，T1平衡时CO2的转化率大于T2，则T1OP(3)sp3正四面体10928SO、CCl4(4)12(5)MgOCaOMg2半径比Ca2小，晶格能较大解析(1) 根据元素M的气态原子的第I1I5电
21、离能大小可以看出：I1、I2相差不大，I2、I3电离能相差较多，说明M原子最外层有2个电子。在Ca5(PO4)3中有Ca、P、O三种元素，只有Ca元素最外层有2个电子，容易失去最外层的2个电子，化合价为2价；根据原子核外电子排布规律可知Ca基态原子电子排布式为Ar4s2或1s22s22p63s23p64s2。(2)Ca5(PO4)3F中非金属元素有P、O、F三种，元素的非金属性FOP，元素的非金属性越强，其电负性就越大，所以按电负性由大到小的顺序排列为FOP。(3)PO的中心原子P的价层电子对数是4，孤对电子对数为0，故P原子杂化为sp3杂化；该离子的空间构型为正四面体，键角为10928，其等
22、电子体有SO、CCl4。(4)根据CaF2晶胞结构可知：在每个晶胞中与Ca2距离最近且等距离的Ca2有3个，通过每个Ca2可形成8个晶胞，每个Ca2计算了2次，所以与Ca2距离最近且等距离的Ca2有(38)212个；将CaF2晶胞分成8个小正方体，正方体中心为F，顶点为Ca2，晶胞中共有4个钙离子、8个氟离子。立方体的对角线为2(ab)，则晶胞的对角线为4(ab)，晶胞的边长为，根据晶体密度计算公式可得该晶体的密度 gcm3。(5)MgO与CaO的晶体结构相似，由于离子半径Ca2Mg2，离子半径越大，与O2形成的离子键的键长就越长，晶格能就越小，物质的硬度就越小，故其摩氏硬度的大小关系为MgO
23、CaO。36(2019南昌市高三一模)化学选修5：有机化学基础(15分)工业上用有机原料A制备和聚乙酸乙烯酯，其流程为：已知：COOHCHO；RCH2CHORCH=CHOH。请回答下列问题：(1)AB的反应类型是_，J中官能团的名称为_。(2)反应的试剂和条件分别是_，G的结构简式是_。(3)写出反应的化学方程式_。(4)与A具有相同官能团且只有一个甲基的芳香化合物有多种，写出其中一种核磁共振氢谱为五组峰且能发生银镜反应的结构简式_。(5)参照下述示例合成路线，设计一条由乙二醇为起始原料制备聚乙二酸乙二酯的合成路线。示例：AB目标产物答案(1)取代反应羟基、羧基(2)O2/Cu、加热CH3CO
24、OCH=CH2解析(1)根据AB的反应条件及A、B的分子式可知，该反应为取代反应。为缩聚反应，J的结构简式为，所含官能团的名称为羧基、羟基。(2)由J倒推I为，则H为反应为的催化氧化反应，反应试剂和条件分别为O2/Cu、加热。G发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯，则G的结构简式为CH3COOCH=CH2。(3)结合题图及已知信息，由G可推知C为CH3COONa，E为CH3COOH，F为CH2=CHOH。B与NaOH(aq)反应生成CH3COONa和，结合B的分子式，可推知B的结构简式为，反应为中酯基、Br在碱性条件下的水解反应。(4)A的结构简式为，根据与A具有相同官能团，且能发生银镜反应，可知该芳香化合物含有甲酸酯基，又其为只含一个甲基的芳香化合物，核磁共振氢谱为五组峰，则该化合物的结构简式为13
