广东省联考届高三化学模拟试题精练十四.docx

1、广东省联考届高三化学模拟试题精练十四最新高三化学模拟试题精练（十四）(考试用时：50分钟试卷满分：100分)一、选择题(本题共7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化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是()A泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料B从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质C中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D食品工业以植物油和氢气为原料生产氢化植物油，利用了植物油的取代反应【答案】C【解析】银饰主要成分是Ag，为金属材料，彩瓷主要成分是硅酸盐，为无机非金属材

2、料，故A错误；石墨烯是单质，因此不是电解质，故B错误；碳化硅是新型无机非金属材料，故C正确；植物油是不饱和脂肪酸甘油酯，与氢气发生加成反应得到氢化植物油，故D错误。8.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe(SO4)26H2O的一种方案如下：下列说法不正确的是()A滤渣A的主要成分是CaSO4B相同条件下，NH4Fe(SO4)26H2O净水能力比FeCl3强C“合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低 D“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等8解析：选B。A.硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；B.NH水解生成H，抑制Fe3的水解，故氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故B

3、项错误；C.“合成”中温度过高，会促进Fe3的水解，故C项正确；D.硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，故D项正确；故选B。9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A0.1 mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有的双键数目为0.1NAB常温常压下，13.8 g NO2与足量水反应，转移电子数为0.6NAC7.8 g Na2O2和Na2S的固体混合物中含有的离子总数为0.3NAD含NA个CO的Na2CO3溶液中，Na数目为2NA9解析：选C。A.丙烯酸(CH2=CHCOOH)分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，所以0.1 mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有

4、的双键数目为0.2NA，故A错误；B.NO2溶于水，发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，根据方程式可知：每有3 mol NO2反应，转移电子的物质的量是2 mol,13.8 g NO2的物质的量是n(NO2)13.8 g46 g/mol0.3 mol，所以反应转移电子的数目为0.2NA，故B错误；C.Na2O2和Na2S的相对分子质量都是78，所以7.8 g Na2O2和Na2S的固体混合物的物质的量是0.1 mol，由于两种离子化合物的阳离子与阴离子个数比都是21，所以0.1 mol固体混合物中含有的离子总数为0.3NA，故C正确；D.Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO会发生水解反

5、应而消耗，所以在溶液中n(Na)n(CO)21，若溶液中含有NA个CO，则Na数目大于2NA，故D错误。10物质的结构性质和用途之间有着非常密切的关系。下列有关物质的性质与用途的因果对应关系错误的是()选项性质用途A二氧化硅熔点很高、硬度大二氧化硅可用于制备光导纤维B氯化铁溶液能与铜反应用氯化铁溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板C过氧化钠能吸收二氧化碳产生氧气过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂D氧化钙能与水反应氧化钙可用作食品干燥剂10解析：选A。A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小、熔点高低无关，故A错误；B.氯化铁溶液能与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，故用

6、氯化铁溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板，故B正确；C.过氧化钠与二氧化碳反应产生氧气，常用作供氧剂，可以用作呼吸面具中的氧气来源，故C正确；D.氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，可以作干燥剂，故D正确。11W、X、Y、Z是短周期元素，原子序数依次递增。W与Y位于同一主族，X的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为14。下列说法不正确的是()A原子半径：XY BX与Z形成的化合物的水溶液pH7C最简单气态氢化物的稳定性：WYZ DY与Z形成的化合物分子属于非极性分子11解析：选C。综上所述可知W为C元素，X为Al元素，Y为Si

7、元素，Z为Cl元素。A.当电子层数相同时，核电荷数越大，则半径越小，因此原子半径XY，A正确；B.X与Z形成的化合物为AlCl3，该物质是强酸弱碱盐，Al3水解使溶液显酸性，故其水溶液的pH小于7，B正确；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性ZWY，所以它们的相应的氢化物的稳定性：ZWY，C错误；D.Y与Z形成的化合物分子SiCl4是正四面体结构，分子是对称的，正负电荷的重心重合，因此该物质的分子属于非极性分子，D正确；故选C。12某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实

8、现了对磁性的可逆调控(如图)。下列说法错误的是()A放电时，负极的电极反应式为Lie=LiB放电时，电子通过电解质从Li流向Fe2O3C充电时，Fe作阳极，电池逐渐摆脱磁铁吸引D充电时，阳极的电极反应式为2Fe3Li2O6e=Fe2O36Li12解析：选B。A.该电池在充、放电时的反应为6LiFe2O33Li2O2Fe；放电时Li为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Lie=Li，故A正确；B.放电时，电子通过外电路从负极Li流向正极Fe2O3，不能经过电解质，故B错误；C.充电时，Fe作阳极，失去电子，发生氧化反应，被氧化变为Fe2O3，Fe2O3不能被磁铁吸引，故电池逐渐摆脱磁铁吸引

9、，故C正确；D.充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，该电极反应式为2Fe6e3Li2O=Fe2O36Li，故D正确。13硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质。常温下lg c(Ba2)随lg c(CO)或lg c(SO)的变化趋势如图，下列说法正确的是()A趋势线A表示硫酸钡B常温下，Ksp(BaCO3)11011C将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的10D在硫酸钡悬浊液中，若要使0.1 mol的硫酸钡完全转化成碳酸钡，则需要加入碳酸钠的物质的量至少为0.1 mol13解析：选C。A.硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质，所以Ksp(BaSO4)”或“NH，在NH3中氮原子显3价，而在NF3中氮原

10、子显3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2的空轨道形成配位键，所以NF3不易与Cu2形成配合离子；(4)中NO中的大 键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成，所以成键原子数是4，成键电子数是6，故NO中的大 键表示为；(5)由均摊法，可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为3，O元素化合价为2，多硼酸根的化合价代数和为3n2n(2)n，故多硼酸根组成可表示为：(BO2)，也可写为BO；(6)晶胞边长为a nm，则立方氮化硼的结构可知晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，可看作是将晶胞均分为8个小立方体，BN键的键长为晶胞体对角线的，由于晶胞边长为a nm，则

11、体对角线为，所以BN键的键长a nm；一个晶胞中含有B原子数目为：4；含有N原子数目为864，即一个晶胞中含有4个BN，所以晶胞的密度为 g/cm3。答案：(1)(2)18NA CO2或N2O(3)电负性FNH，NH3中氮原子显3价，而在NF3中氮原子显3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2的空轨道形成配位键(4)(5)BO(6)a36【化学选修5：有机化学基础】(15分)有机物Y是一种治疗心血管和高血压的药物，某研究小组以甲苯、乙烯等物质为主要原料，通过以下路线合成：36解析：(1)Y的结构简式为，则Y的化学式为C11H14NCl；(2)比较G和X的结构简式，可推出H的结构简式为；(3)A.B的结构简式为，其一氯代物有4种 ，故A错误；B.由合成路线图可知，反应均属于取代反应，故B正确；C.从GY的转化过程中，涉及的反应类型有还原反应、取代反应，故C错误；D.根据C的结构简式可知反应是甲基上的氢原子被取代，因此试剂与条件为Cl2/光照，故D正确；E.化合物E是环氧乙烷，不含醛基，不能发生银镜反应，故E错误；(4)反应是氯原子被取代，反应的化学方程式为 (6)