新高考化学全真模拟卷14解析版.docx

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新高考化学全真模拟卷14解析版

新高考化学

全真模拟卷14

（考试时间：

50分钟试卷满分：

100分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64Ga70

一、选择题：

本题共7个小题，每小题6分。

共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．2019年3月召开的“两会”指出，当前我国城乡居民正在进入生活质量全面提升时期，人们对生态环境质量非常关注，迫切希望生态环境越来越好。

下列做法有利于环境保护的是

A．市区禁止自行车通行B．自己尽量不做饭，多叫外卖

C．提倡将生活垃圾进行分类处理D．将工业废水进行处理，并尽量减少排放量

【答案】CD

【解析】

A.市区禁止自行车通行，导致大量汽车的使用，产生大量废气污染物，不利于环境保护，故A错误；

B.“少做饭，多叫外卖”虽然可以减少家庭中的能源消耗，但会增加一次性餐具的使用，一次性餐具多为木材和难降解的塑料，所以不是低碳行为，不利于环境保护，故B错误；

C.生活垃圾进行分类处理既保护环境有能节能减排，有利于环境保护，故C正确；

D.将工业废水进行处理，尽量减少排放量，不会污染地下水，符合可持续发展理念，有利于环境保护，故D正确；故答案选：

CD。

8．侯氏制碱法的反应之一是：

NaCl+H2O+NH3+CO2==NaHCO3↓+NH4Cl，某学习小组先制取NH3和CO2，再模拟侯氏制碱法制碱原理制备Na2CO3，实验过程不需要的实验装置是

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】

A、装置A是制备氨气或二氧化碳气体的反应装置，选项A不选；

B、产生的NaHCO3发生的反应为，NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，需要过滤得到NaHCO3晶体，用到装置B，选项B不选；

C、制取Na2CO3时，过滤得到NaHCO3晶体洗涤后在装置C中加热灼烧得到碳酸钠，选项C不选；

D、实验过程中不需要蒸发结晶，不需要装置D，选项D选；答案选D。

9．设NA表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是

A．1molNa2CO3固体中含有的阴离子数为NA

B．10g质量分数为46%的乙醇溶液中所含的氢原子数为0.6NA

C．标准状况下，1.12LCCl4含有的共价键数为0.2NA

D．0.1molCl2和过量NaOH溶液反应，转移电子数为0.2NA

【答案】A

【解析】A.Na2CO3是由2个Na+和1个CO32－构成，所以1molNa2CO3固体中含有阴离子的物质的量为1mol，数目为NA，故A正确；B.乙醇溶液中除乙醇外，水也含氢原子，10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，故含0.6mol氢原子，水的质量为10g−4.6g=5.4g，物质的量为0.3mol，故含0.6mol氢原子，则此溶液中含有氢原子的物质的量共为1.2mol，个数为1.2NA，故B错误；C.在标准状况下，CCl4不是气体，所以无法计算CCl4含有的共价键数目，故C错误；D.Cl2和过量NaOH溶液发生歧化反应，0.1molCl2反应时转移电子的物质的量为0.1mol，总数为0.1NA，故D错误；答案选A。

点睛：

本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答本题的关键是要掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数之间的关系，本题的易错点是C项，要注意明确标准状况下气体摩尔体积的适用条件，在标准状况下不是气体的物质如SO3、HF、CCl4等，不能使用Vm=22.4L/mol进行计算。

10．今年是门捷列夫发现元素周期律150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。

下列有关化学元素周期表的说法正确的是

A．元素周期表共有16个列

B．VIIA族元素的非金属性自上而下依次减弱

C．主族元素均呈现与其族数相同的最高化合价

D．第二周期主族元素的原子半径自左向右依次增大

【答案】B

【解析】A.元素周期表有7个主族、7个副族、1个0族、1个第VIII族，除了第VIII族外，其它每个族位于一列，第VIII族有3列，所以有18列，A项错误；

B.同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，导致其非金属性减弱，所以同一主族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则第VIIA族元素的非金属性自上而下依次减弱，B项正确；

C.主族元素最高化合价与其族序数不一定相等，如F元素最高化合价为0价，但是其位于第VIIA族，C项错误；

D.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以第二周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，D项错误；答案选B。

11．我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图）。

总反应为

。

下列说法中正确的是

A．a电极反应为：

B．b为阳极，发生氧化反应

C．电解一段时间b极区溶液pH升高

D．废水中每通过6mol电子，a电极产生1molN2

【答案】C

【解析】A.电解池工作时，CO（NH2）2失去电子生成N2，a为阳极发生氧化反应，电极反应为CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，A错误；

B.b为阴极发生还原反应，电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑，B错误；

C.b电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑，电解一段时间b极区溶液pH升高，C正确。

D.电子是不进入溶液中，所以废水中无法通过电子，D错误。

答案：

C。

12．化合物X（5没食子酰基奎宁酸）具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X的结构简式如图所示。

下列有关X的说法正确的是

A．分子式为C14H15O10

B．分子中有四个手性碳原子

C．1molX最多可与4molNaOH反应

D．1molX最多可与4molNaHCO3反应

【答案】B

【解析】A．由结构简式可知分子式为C14H16O10，A错误；

B.在左侧六元环中，连接-OH、醚键的原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，B正确；

C.能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和羧基，1molX最多可与5molNaOH反应，C错误；

D.只有羧基与碳酸氢钠反应，则1molX最多可与1molNaHCO3反应，D错误；故合理选项是B。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点。

13．柠檬酸（用H3R表示）可用作酸洗剂。

常温下，向0.1mol·L−1H3R溶液中加入少量的NaOH固体（忽略溶液体积的变化），H3R、H2R−、HR2−和R3−的含量与pH的关系如图所示。

下列正确的是

A．图中b曲线表示HR2−的变化

B．HR2−的电离常数Ka3＝10−6

C．pH＝7时，c（Na+）＝c（H2R−）+c（HR2−）+c（R3−）

D．pH＝5时，c（H2R−）+c（HR2−）+c（R3−）＝0.1mol·L−1

【答案】B

【解析】

A.由上述分析可以知道，图中b曲线表示H2R－的变化，故A错误；

B.由图可以看出，当pH=6时,HR2-

R3-

H+的平衡体系中，c（R3-）=c（HR2－），c（H+）=1

mol/L，HR2－的电离常数Ka3=c（H+）

c（R3-）/c（HR2－）=c（H+）=1

，故B正确；

C.pH=7时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（Na+）=c（H2R-）+2c（HR2－）+3c（R3－），故C错误；

D.由于原溶液H3R的浓度为0.1mol·L－1，加入适量NaOH后pH=5，此时溶液的体积变大，所以c（H2R－）+c（HR2－）+c（R3－）

0.1mol·L－1，故D错误；本题答案为B。

二、非选择题：

共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第35~36题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共43分。

26.（12分）氯化亚铜（CuCl）是一种白色固体，微溶于水，不溶于硫酸、稀硝酸和醇，露置于潮湿空气中易水解氧化为绿色的[Cu2（OH）3Cl]，见光易分解。

氯化亚铜广泛应用于有机合成、染料、颜料、催化剂等工业。

某化学兴趣小组利用如图流程在实验室制备CuCl。

已知：

氯化亚铜可溶于氯离子浓度较大的体系，并生成配合物，CuCl在溶液中存在：

CuCl（s）+Clˉ（aq）

[CuCl2]ˉ（aq）。

（1）下列说法不正确的是_________。

A．步骤Ⅰ中HCl可以省去，因为已经加入了HNO3

B．流程中可循环利用的物质只有氯化钠

C．步骤II用去氧水稀释，目的是使Na[CuCl2]转化为CuCl，同时防止CuCl被氧化

D．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气。

（2）①流程中先制得Na[CuCl2]，再将其溶于水制得氯化亚铜，不用一步法（一步法为：

Cu2++Cu+2Clˉ═2CuCl）制得CuCl的理由_____。

②实验室中在CuCl2热溶液中通入SO2气体也可制备白色的CuCl沉淀，试写出该反应的离子方程式_____。

（3）步骤Ⅲ用乙醇洗涤的目的是_____。

（4）步骤Ⅳ，为得到纯净的氯化亚铜，宜采用的干燥方式是_____。

（5）氯化亚铜和氨水溶液可定量测量CO的含量。

已知甲酸经浓硫酸加热脱水可制得CO，以下试剂和仪器（酒精灯未画出，仪器可重复使用）用于测定当CO气流通过Fe2O3粉末后，发生反应的CO在CO总量中所占的百分比。

实验装置合理的连接顺序自左至右为（填装置接口编号）3、8、9、_____。

【答案】

（1）AB（2分）

（2）①CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行（2分）②2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H﹢（2分）

（3）既能避免CuCl溶于水而造成损耗，又能洗去晶体表面的杂质离子及水分，使氯化亚铜更易干燥，防止其氧化和水解（2分）

（4）真空干燥（2分）

（5）1、2（2、1）、6、7、8、9、5、4、6（2分）

【解析】

【分析】

本题应注意CuCl易被氧化和易水解的特点，解题时紧紧围绕这一点结合所学实验操作进行分析。

【详解】

（1）步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ（aq），该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，故B错误；CuCl易被氧化，应做防氧化处理，故C正确；三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故D正确。

本题答案：

AB；

（2）氯化亚铜和铜均为固体，这可能会导致CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行；此处利用SO2的还原性将Cu2还原：

2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H﹢；

（3）乙醇易挥发，且氯化亚铜不溶于乙醇，故用乙醇洗涤的目的是：

既能避免CuCl溶于水而造成损耗，又能洗去晶体表面的杂质离子及水分，使氯化亚铜更易干燥，防止其氧化和水解；

（4）为防止CuCl被氧化和水解，应隔绝空气和水，故采用真空干燥；

（5）干燥后CO经A反应后含有CO和CO2，通过D时NaOH溶液可吸收CO2，从而确定反应掉的CO质量，然后经E干燥后，通过C测定剩余CO含量，故顺序为：

1、2（2、1）、6、7、8、9、5、4、6。

27．（18分）氯化亚铁具有独有的脱色能力，适用于染料、染料中间体、印染、造纸行业的污水处理。

某课题小组设计如下方案制备氯化亚铁并探究氯化亚铁（Fe2＋）的还原性。

方案Ⅰ：

甲同学设计如下装置制备氯化亚铁。

已知：

实验室常用氯化钠固体与浓硫酸共热制备氯化氢；氯化亚铁能与水蒸气剧烈反应。

（1）写出A中反应的化学方程式：

_______________。

B中盛装的试剂为____________________，D装置中四氯化碳的作用是_____________。

（2）实验过程中，观察到D中现象是___________________________________________。

用物理方法检验氯化亚铁产品中是否混有铁粉：

______________。

（3）上述方案有明显不足，请你提出改进上述方案的建议：

______________________。

方案Ⅱ：

乙同学选择下列装置用氯化铁制备少量氯化亚铁（装置可以重复使用，氯化铁遇水剧烈水解）。

查阅资料知，在加热条件下，氢气还原氯化铁生成氯化亚铁和氯化氢。

（4）气流从左至右，装置接口连接顺序是a______________________________________。

（5）设计简单实验证明氢气和氯化铁已发生反应：

__________________________________。

（6）为了探究上述实验制备的氯化亚铁（Fe2＋）具有还原性，设计如下方案：

a．取少量氯化亚铁样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，观察现象

b．取少量氯化亚铁样品溶于蒸馏水，滴加酸化的双氧水和KSCN溶液，观察现象

c．取少量氯化亚铁样品溶于蒸馏水，滴加铁氰化钾溶液，观察现象

d．取少量氯化亚铁样品溶于蒸馏水，先加KSCN溶液，后加氯水，观察现象

上述方案合理的是________（填代号）。

【答案】

（1）2NaCl＋H2SO4（浓）＝Na2SO4＋2HCl↑（2分）浓硫酸（2分）防倒吸（2分）

（2）有气泡逸出（2分）用磁铁吸附，若有黑色粉末被吸起，则混有铁粉；否则，没有混入铁粉（2分）

（3）在C、D之间增加一个盛有浓硫酸的试剂瓶（或将D换成盛装碱石灰的干燥管）（2分）

（4）cb→gh→cb→d（2分）

（5）在G中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则已发生反应；否则，未发生反应（2分）

（6）d（2分）

【解析】

（1）氯化钠固体与浓硫酸共热生成硫酸钠和氯化氢，反应方程式为：

2NaCl＋H2SO4（浓）＝Na2SO4＋2HCl↑，装置B中加入的试剂是浓硫酸，四氯化碳与氯化氢不反应，四氯化碳起防倒吸作用，故答案为：

2NaCl＋H2SO4（浓）＝Na2SO4＋2HCl↑，浓硫酸，防倒吸。

（2）氯化氢与铁粉反应生成氯化亚铁和氢气，在D中逸出了氢气，用磁铁可以吸附铁粉，若有黑色粉末被吸起，则混有铁粉；否则，没有混入铁粉，故答案为：

有气泡逸出；用磁铁吸附，若有黑色粉末被吸起，则混有铁粉；否则，没有混入铁粉。

（3）该装置包括制取氯化氢、干燥、氯化氢与铁反应、干燥（防止水蒸气与铁反应）、尾气吸收（防倒吸），所以在C、D之间增加一个盛有浓硫酸的试剂瓶（或将D换成盛装碱石灰的干燥管），故答案为：

在C、D之间增加一个盛有浓硫酸的试剂瓶（或将D换成盛装碱石灰的干燥管）。

（4）该装置包括制取氯化氢、干燥、氯化氢与铁反应、干燥（防止水蒸气与铁反应）、尾气吸收（防倒吸），气流从左至右，装置接口连接顺序是a→cb→gh→cb→d，

故答案为：

cb→gh→cb→d。

（5）H2+2FeCl3=2FeCl2+2HCl，检验氯化氢可以确认氢气与氯化铁是否已发生反应，方法为：

在G中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则已发生反应；否则，未发生反应，故答案为：

在G中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则已发生反应；否则，未发生反应。

（6）验证氯化亚铁中（Fe2＋）具有还原性，要排除Cl-、Fe3+的干扰。

a.氯离子能和酸性高锰酸钾溶液反应，也能使溶液褪色，故a错误；

b.加入酸化的双氧水和KSCN溶液，可能有Fe3+的干扰，所以溶液显红色不一定是Fe2＋被氧化为Fe3+，故b错误；

c.加入铁氰化钾溶液，只能检验Fe2＋，不能证明Fe2＋具有还原性，故C错误；

d.滴加KSCN溶液，无颜色变化，再滴加氯水，溶液变红色，说明Fe2＋具有还原性，故d正确。

故答案为：

d。

28．（13分）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，用于生产多种化工产品。

该技术中的化学反应为：

CH4（g）+3CO2（g）

2H2O（g）+4CO（g）ΔH=+330kJ/mol

（1）下图表示初始投料比n（CH4）:

n（CO2）为1:

3或1:

4，CH4的转化率在不同温度（T1、T2）下与压强的关系。

[注：

投料比用a1、a2表示]

①a2=__________。

②判断T1的T2的大小关系，并说明理由：

__________。

（2）CH4超干重整CO2的催化转化原理示意图如下：

①过程Ⅰ，生成1molH2时吸收123.5kJ热量，其热化学方程式是__________。

②过程Ⅱ，实现了含氢物种与含碳物种的分离。

生成H2O（g）的化学方程式是__________。

③假设过程Ⅰ和过程Ⅱ中的各步均转化完全，下列说法正确的是__________。

（填序号）

a．过程Ⅰ和过程Ⅱ中发生了氧化还原反应

b．过程Ⅱ中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3

c．若过程Ⅰ投料

，可导致过程Ⅱ中催化剂失效

【答案】

（1）1:

4（2分）T2>T1正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大（4分）

（2）①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）ΔH=+247kJ/mol（3分）②4H2+Fe3O4

3Fe+4H2O（2分）③ac（2分）

【解析】

（1）.①.在相同条件下，投料比越小，甲烷的转化率越大，据图可知，a2＞a1，故a2表示的是1:

4时甲烷的转化率，故答案为：

1:

4；

②.因CH4（g）+3CO2（g）

2H2O（g）+4CO（g）的正反应为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，则T2>T1，故答案为：

T2>T1，正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大；

（2）.①.在过程I中，生成1molH2时吸收123.5kJ热量，据图可知，其热化学方程式为：

CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）ΔH=+247kJ/mol，故答案为：

CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）ΔH=+247kJ/mol；

②.由过程II的转化关系来看，混合气体中的H2将Fe3O4还原为Fe，反应方程式为：

4H2+Fe3O4

3Fe+4H2O，故答案为：

4H2+Fe3O4

3Fe+4H2O；

③.a.两个过程都有元素化合价的改变，都发生了氧化还原反应，故a正确；b.过程II中Fe3O4最终被还原为Fe，Fe3O4不是催化剂，故b错误；c.若初始投料比

时，二者恰好按照题给方程式反应，无CO2生成，导致CaCO3无法参加反应，使催化剂中毒失效，故c正确；答案选ac。

（二）选考题：

共15分。

请考生从2道化学题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分。

35．［化学——选修3：

物质结构与性质］（15分）

以氮化镓（GaN）、砷化镓（GaAs）为代表的第三代半导体材料目前已成为全球半导体研究的前沿和热点，如砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能即为10%，推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措。

请回答下列问题：

（1）镓为元素周期表第31号元素，基态镓原子的电子排布式为__________________，核外电子占据最高能层符号为________。

（2）氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构，氮化镓中氮原子与镓原子之间以_______键相结合，氮化镓属于_______晶体。

（3）下列说法正确的是________

A．第一电离能：

As

C．电负性：

As

（4）①砷化镓是将（CH3）3Ga和AsH3用MOCVD（金属有机物化学气相淀积）方法制备得到的，该反应在700℃进行，反应的方程式为：

______________________________。

②反应物AsH3分子的几何构型为_________,（CH3）3Ga中镓原子杂化方式为___。

（5）实验测得AsH3沸点比NH3低，其原因是：

___________________________。

（6）下图是氮化镓的晶胞模型，氮化镓为立方晶胞，氮化镓的密度为dg/cm3。

列式计算氮化镓晶胞边长a的表达式：

a=______cm。

【答案】

（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1（2分）N（1分）

（2）共价原子（2分）

（3）BD（2分）

（4）①（CH3）3Ga+AsH3 

GaAs+3CH4（2分）②三角锥形或型sp2（2分）

（5）NH3分子间能形成氢键，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键。

（2分）

（6）

（2分）

【解析】

（1）镓为元素周期表第31号元素，基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，核外电子占据最高能层符号为N，故答案为：

1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；N；

（2）金刚石是原子晶体，氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构，氮化镓中氮原子与镓原子之间以共价键相结合，氮化镓也属于原子晶体，故答案为：

共价；原子；

（3）A．同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能：

As＞Ga，故A错误；B．砷和镓的价层电子都为sp电子，位于周期表p区，故B正确；C．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性：

As＞Ga，故C错误；D．GaP的价层电子为3+5=8，SiC的价层电子为4+4=8，GaAs价层电子数为3+5=8，则为等电子体，故D正确；故答案为：

BD；

（4）①反应为（CH3）3Ga和AsH3，生成为GaAs，根据质量守恒可知还应有和CH4，反应的化学方程式为：

（CH3）3Ga+AsH3

GaAs+3CH4，故答案为：

（CH3）3Ga+AsH3

GaAs+3CH4；

②AsH3中含有3个δ键和1个孤电子对，为三角锥形，（CH3）3Ga中Ga形成3个δ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故答案为：

三角锥；sp2；

（5）N原子半径较小，电负性较大，对应的NH3分子间能形成氢键，沸点较高，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键，沸点较低，故答案为：

NH3分子间能形成氢键，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键；

（6）GaN晶胞中，Ga位于顶点和体心，所以含有Ga数为：

8×

+1=2，N原子位于棱和体心，所以N数为：

4×

+1=2，GaN晶胞中含有两个GaN，晶胞边长为

=

=

，故答案为：

。

点睛：

本题涉及元素周期律的递变规律、分子空间构型以及杂化类型的判断、电子排布式以及氢键的考查。

本题的易错点为和难点为（6）中晶胞的计算，要注意晶胞中Ga和N原子个数的判断。

36．[化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：

回答下列问题：

（1）物质A的含氧官能团的名称为___________；B→C的转化属于___________反应（填反应类型）

（2）上述流程中设计