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1、2019届高三考前选择题冲刺训练（一）7Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：已知：“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在FeTiO34H+4Cl=Fe2+TiOCl2H2O下列说法不正确的是 A滤液中的阳离子除了Fe2+和H+，还有Mg2+ B滤液中也可以直接加适量的氯水代替双氧水 CLi2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中有3个过氧键 D“高温煅烧”过程中，Fe元素被氧化8化学与生活密切相关。下列关于生活用品的观点不合理的是 A家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康
2、及环境 B漂白液、漂粉精均可用于游泳池以及环境的消毒 C保鲜膜、橡胶手套、棉布围裙，其主要材料属于天然纤维 D羽绒被、羊毛衫、羊皮袄，其主要成分属于蛋白质 9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A标准状况下，11.2L的37Cl2中所含的中子数为20NA B124g 白磷（P4）中含的共价键数目为6 NA C2 mol I2与1 mol H2 在密闭容器中反应生成HI，一段时间后容器中分子总数为3 NA D常温下，10 L PH=12的Ba(OH)2含有的OH数目为0.2 NA10下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向某溶液中加入稀硝酸，再加入氯化钡溶液出现白色沉淀
3、原溶液中含有SO42B向KI溶液中加入少量氯水和少量CCl4，震荡静置液体分为两层，下层颜色为紫红色还原性：I ClC将0.1mol/L MgCl2溶液滴入NaoH溶液中至不再有沉淀生成，再滴加0.1mol/L FeCl3溶液先有白色沉淀生成，后变为红褐色沉淀KspFe(OH)3KspMg(OH)2D向20%淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液未出现银镜淀粉未水解11据表1信息，判断以下叙述不正确的是 表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价2326、22 A气态氢化物的沸点为H2TH2R B单
4、质与稀盐酸反应的速率为LQ C离子半径为L2T2 DM与T形成的化合物具有两性 12某有机物G的结构如图下列说法不正确的是 A. 有机物G中有5种官能团 B.有机物G的分子式为C13H12O3 C. 有机物G中所有碳原子不可能都位于同一平面 D.有机物G能发生氧化反应、取代反应和加成反应13金属氟化物一般都具有高容量、高质量密度的特点。氟离子热电池是新型电池中的一匹黑马，其结构如图所示。下列说法正确的是 A图示中与电子流向对应的氟离子移动方向是(B) B电池放电过程中，若转移1mol电子，则M电极质量减小12g C电池充电过程中阳极的电极反应式为：B+3F3e=BiF3 D该电池需要在高温条件
5、下工作，目的是将热能转化为电能答案解析7.【答案】D【解析】A.根据题意，钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来，盐酸酸浸后钛主要以TiOCl形式存在，铁元素以Fe2+形式存在，镁元素以Mg2+形式存在，一般情况下为了将原料充分浸出，盐酸会过量；过滤后滤渣为SiO2,故A正确;B.由于用盐酸浸取，所以滤液中含有Cl离子，所以氧化Fe2+也可以直接加适量的氯水代替双氧水，不会带入杂质,故B正确;C.从TiO2xH2O至Li2Ti5O15，Ti元素的化合价应该不变,为4价，设过氧根数目为x,根据化合价代数和为0，可以得到等式：4+452（152x）2 x=0可以计算出
6、x=3,故C正确;D.高温煅烧前铁元素为+3，煅烧后铁元素为+2，化合价降低被还原，故D错误。8.【答案】C【解析】A.传统油漆主要以苯和其他一些有机物为溶剂，有毒性，会因为挥发到空气中而污染环境，改为水性漆，溶剂为水，就比较环保，故A正确;B.漂白液和漂粉精的有效成分都是Ca(ClO)2，与潮湿空气中的CO2反应生成HClO而有漂白性，都可用于游泳池以及环境的消毒，故B正确;C.保鲜膜主要成分为聚乙烯，是合成有机高分子；橡胶手套的橡胶有天然橡胶和合成橡胶；棉布围裙的主要成分为棉花，是天然纤维，故C错误;D.羽绒被的主要成分为羽毛，羊毛衫主要成分为羊毛，羊皮袄是羊皮做成的，三者主要成分属于蛋白
7、质，故D正确。9.【答案】D【解析】A.标准状况下，37Cl2为气体，可以使用气体体积公式得出：n=11.2L/22.4Lmol1=0.5 mol，一个37Cl原子中含20个中子，一个37Cl2中含40个中子，0.5 mol37Cl2中含中子400.5 mol=20 mol，故A正确；B.白磷的结构是正四面体，如图，一个白磷分子存在6个PP键；124g 白磷（P4）为1mol白磷，含的共价键数目为6mol，故B正确；C.I2（g）+H2（g）2HI，反应为分子数不变的反应，密闭容器中反应，分子总数保持不变，故C正确；D.常温时，PH=12可知c(H+)=1012 mol L1，c(OH)= 1
8、02 mol L1，n(OH)=Cv=10-2 mol L110L=0.1 mol，故D错误。10.【答案】B【解析】A.因为硝酸具有强氧化性，可以将溶液中的SO32或HSO3氧化为SO42，再加入氯化钡溶液也会有白色沉淀，所以结论不正确，故A错误；B.向KI溶液中加入少量氯水会发生反应：Cl2 + 2I = 2Cl +I2，I2易溶于CCl4，CCl4不溶于水且密度比水大，所以液体会分为两层，下层颜色为紫红色，根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原还原产物的还原性，所以结论正确，故B正确；C.现象正确，可以说明Fe(OH)3的溶解度更小，是更难溶的物质；但是KspFe(OH)3与KspMg
9、(OH)2的表达式不一致，不能由Fe(OH)3溶解性比Mg(OH)2小就得出KspFe(OH)3KspMg(OH)2的结论，故C不正确；D.银镜反应的条件要求是在碱性条件下，而选项D中反应结束后硫酸未中和，溶液显酸性，硫酸与银氨溶液反应导致实验失败，所以不能由未出现银镜得出淀粉未水解的结论，故D不正确。11.【答案】C【解析】T只有2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为6价，最低价为2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为2价，所以L为Mg;M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为2价，所以Q为Be。A中由于H2O中存
10、在氢键，所以沸点：H2TH2R，故A正确。B中由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：LQ，故B正确。 C中Mg2和O2的离子具有相同的电子排布，核电荷数越大，半径越小，故C错误。D中Al2O3具有两性，故D正确。12.【答案】A【解析】A.根据图片所示，该有机物G中有酯基、醛基、羰基和碳碳双键4种官能团，注意，苯不是官能团，故A不正确；B.根据键线式中“端点”和“拐点”都是碳，而碳4键，确定碳和氢的个数，再确定氧的个数即可得分子式为C13H12O3，故B正确；C.选择左上角的4个碳为研究对象，可知中间碳都是单键，为SP3杂化，位于四面体的中心，因此左上角的4个碳不共面，故C正确；D.有机物中存在醛基和碳碳双键，易氧化和加成；分子中存在多个CH键，可以取代，故D正确。13.【答案】C【解析】A.根据图像中电子流向可知N是负极，M是正极，离子移动方向为“阴负阳正”，氟离子向负极移动，应该是(A)，故A不正确。B.M是正极，发生的反应是BiF3 + 3e= B+3F，减少的是F，转移1mol电子，则M电极质量减小为19克，故B不正确。C.充电时原电池的正极与电源正极相连，为阳极；负极与电源负极相连，为阴极；阳极失电子，化合价上升，由图可知，发生反应为：B+3F3e=BiF3，故C正确。D.该电池需要在高温条件下工作，目的是将电解质加热到熔融状态，故D不正确。
