【化学】广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（十四）（解析版）
广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（十四）
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)2·6H2O]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CaSO4
B．相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O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( )
A．0.1 mol丙烯酸(CH2===CHCOOH)中含有的双键数目为0.1NA
B．常温常压下，13.8 g NO2与足量水反应，转移电子数为0.6NA
C．7.8 g Na2O2和Na2S的固体混合物中含有的离子总数为0.3NA
D．含NA个CO的Na2CO3溶液中，Na＋数目为2NA
9．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)中含有的双键数目为0.2NA，故A错误；B.NO2溶于水，发生反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，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 g÷46 g/mol＝0.3 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2∶1，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会发生水解反应而消耗，所以在溶液中n(Na＋)∶n(CO)>2∶1，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。
11．W、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：X>Y
B．X与Z形成的化合物的水溶液pH<7
C．最简单气态氢化物的稳定性：W
”或“<”)，理由为____________________________。
②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为108 kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp＝________________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)电解NO2制备NH4NO3，其工作原理如图2所示。
①阴极的电极反应式为________________________________________。
②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充某种化合物——物质A，则A的化学式为____________________。
28．解析：(1)①设1 mol N2O4(g)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量Q kJ，则：190 kJ/mol×2＋390 kJ/mol×8＋Q kJ/mol－946 kJ/mol×3－460 kJ/mol×8＝－1 077 kJ/mol，解得Q＝1 941 kJ；②a.根据方程式可看出反应为气体物质的量变化的反应，总质量不变，则平均相对分子质量在未达到平衡时，一直在变化，当混合气体的平均相对分子质量不变了，说明反应达到了平衡状态，故a正确；b.没有说速率的正逆，无法判断，故b不正确；c.N2H4作为反应物，当质量不在变化，说明反应达到了平衡状态，故c正确；d.不管是否达到平衡，ΔH始终是定值，故d不正确；(2)①根据图知，升高温度转化率增大，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应是吸热反应；②四氧化二氮的转化率是0.4，设原来四氧化二氮的物质的量为x mol，转化生成NO2的物质的量为0.8x mol，则混合气体的物质的量＝(x－0.4x＋0.8x) mol＝1.4x mol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以＝，得反应后压强＝108 kPa×1.4＝151.2 kPa，四氧化二氮的分压＝151.2 kPa×0.6x/1.4x＝64.8 kPa，二氧化氮的分压＝151.2 kPa×0.8x/1.4x＝86.4 kPa，化学平衡常数K＝＝＝115.2。(3)电解NO2制备NH4NO3，阳极反应为NO2－e－＋H2O===NO＋2H＋，阴极反应为NO2＋7e－＋8H＋===NH＋2H2O，总反应方程式为8NO2＋5H2ONH4NO3＋6HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3。
答案：(1)①1 941 kJ ②ac (2)①＞ 温度升高，α( N2O4
)增加，说明平衡右移，该反应为吸热反应，ΔH＞0 ②115.2 (3)①8H＋＋NO2＋7e－===NH＋2H2O ②NH3
(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)
B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题：
(1)基态氮原子的价电子排布图为________________。
(2)Co能形成[Co(CNO)6]3－。
①1 mol该离子中含有σ 键的数目为_____________。
②与CNO—互为等电子体的分子为_____________(任写一种，填化学式)。
(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋ 配离子，已知NF3和NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配合离子，其原因是________________________________________________________________________。
(4)分子中的大 π键可用符号Π 表示，其中m表示形成大π键的原子数，n表示参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)。则NO中的大π键应表示为____________________。
(5)多硼酸根的结构之一为链状(如图1)，其化学式为________________。
图1 图2
(6)氮化硼晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石的结构(如图2)。若晶胞边长为a nm，晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，则B—N键的键长为________nm，这种氮化硼晶体的密度为________g/cm3(用含有a和NA的代数式表示)。
35．解析：(1)N是7号元素，根据原子构造原理可知N核外电子排布式是1s22s22p3，价电子排布式是2s22p3，所以基态氮原子的价电子排布图为；(2)①1个Co3＋与6个CNO－形成6个配位键，属于σ键，1个CNO－含有2个σ键，故1个[Co(CNO)6]3－含有18个σ键，所以1 mol该离子中含有σ 键的数目为18NA；②与CNO－互为等电子体的分子可以用O原子替换N原子与1个单位负电荷，其电子体为CO2或N2O；(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋ 配离子，是由于中心离子Cu2＋有空轨道，NH3分子中N原子有孤对电子，N—H偏向N原子一方，N原子周围相对来说电子多，而NF3
和NH3的空间构型尽管都是三角锥形，但电负性F>N>H，在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，所以NF3不易与Cu2＋形成配合离子；(4)中NO中的大 π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 π键表示为Π；(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3n＋2×n(－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，B—N键的键长为晶胞体对角线的，由于晶胞边长为a nm，则体对角线为，所以B—N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×8＋×6＝4，即一个晶胞中含有4个BN，所以晶胞的密度为ρ＝＝＝ g/cm3。
答案：(1) (2)①18NA ②CO2或N2O (3)电负性F>N>H，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)Π
(5)BO (6)·a
36．【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①②③④均属于取代反应，故B正确；C.从G→Y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①
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④是氯原子被取代，反应的化学方程式为
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