新高考化学全真模拟卷13(解析版)

新高考化学全真模拟卷13(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：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64一、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．从废铅蓄电池铅膏（含PbSO 4、PbO 2和Pb 等）中回收铅的一种工艺流程如下：已知：浓硫酸不与PbO 2反应，K sp （PbCl 2）＝2.0×10－5，K sp （PbSO 4）＝1.5×10－8，PbCl 2(s)＋2Cl －(aq)=PbCl 42－(aq)。

下列说法错误的是A ．合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染B ．步骤①中可用浓硫酸代替浓盐酸C ．步骤①、②、③中均涉及过滤操作D ．PbSO 4(s)＋2Cl －(aq)ƒPbCl 2(s)＋SO 42－(aq)的平衡常数为7.5×10－4 【答案】B【解析】A. 铅会使蛋白质变性，造成人体重金属中毒，所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染，故A 正确；B. 浓硫酸不与PbO 2反应，步骤①中若用浓硫酸代替浓盐酸，则铅无法反应到滤液中，故B 错误；C. 步骤①、②、③中均需要分离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，故C 正确；D. PbSO 4(s)＋2Cl －(aq)ƒPbCl 2(s)＋SO 42－(aq)的平衡常数为：42Ksp PbSO Ksp PbCl （）（）7.5×10－4，故D 正确；答案选B 。

【点睛】计算平衡常数，写出该反应平衡常数表达式，注意利用给出的已知信息，可知该平衡常数等于两K sp 相除。

8．设N A 为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温下1LpH=11的氨水中含有阳离子总数为0.001N AB．4g 2H2中所含的质子数为4N AC．1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4N AD．常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2N A个氧原子【答案】A【解析】A. 常温下1LpH=11的氨水中含有H+的浓度为10-11mol/L，所以OH-的浓度为10-3mol/L，OH-的数目为0.001N A，由于溶液中只有三种离子即H+、NH4+、OH-，根据电荷守恒可知，阳离子总数为0.001N A，所以A正确；B. 4g 2H2的物质的量为1mol，含H的物质的量为2mol，所以所含的质子数为2N A，B不正确；C. 甲醇分子是由甲基和羟基组成的，所以1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为3N A，C不正确；D. 常温常压下，22.4L 的NO2和CO2混合气体的物质的量小于1mol，所以含有的氧原子数目小于2N A，D不正确。

本题选A。

点睛：22.4L/mol只能适用于标准状况下的气体。

在解答有关阿伏加德罗常数的问题时，遇到体积数据要首先看是否为标准状况，然后看研究对象是否为气体。

还要注意质量是不受温度和压强影响的。

9．甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。

下列说法错误的是A．甲、乙的化学式均为C8H14B．乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D．甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。

故选D。

10．短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，且A与B的原子序数之和等于C的原子序数，C2－与D＋的核外电子数相等。

则下列说法正确的是A．B与A只能组成BA3化合物B．C、D、E形成的化合物与稀硫酸可能发生氧化还原反应C．A、B、C形成的化合物一定不能发生水解反应D．E的氧化物对应的水化物一定有强的氧化性【答案】B【解析】根据提示已知C2－说明C最外层由6个电子，即第ⅥA族元素，又因为C和E为同主族短周期元素，故推断C为O，E为S；根据D＋带有一个正电荷，故D为第ⅠA族元素，A和D同主族，且原子序数依次增大，A为非金属元素，故A为H，D为Na，又因为A与B的原子序数之和等于C的原子序数，故1+B=8，B 的原子序数为7，B为N。

A项B和A形成的化合物可以是NH2，也可以是NH2—NH2等其他化合物，故A错误；B.C、D、E形成的化合物可以是Na2SO4也可以是Na2SO3、Na2S2O3，只有Na2S2O3可以与稀硫酸发生氧化还原反应，故B正确；C.A、B、C形成的化合物可能是NH4NO3，NH4+可以发生水解，故C错误；D.E的氧化物可能是SO2或者SO3只有SO3的水化物具有强氧化性，故D错误，此题选B。

11．最近我国科学家研制一种具有潜力的纳米电子学材料——石墨炔，图中丁为它的结构片段。

下列有关说法中，错误的是（）A．甲分子中的6个溴原子位于同一平面上B．丙的二氯代物有2种C．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．石墨炔和C60是碳的同素异形体【答案】B【解析】A．苯环为平面型结构，故甲中6个溴原子位于同一平面上，A项正确；B．丙分子中只有6个碳碳三键端碳上有氢原子可被氯原子取代，且这6个氢等效，类比苯环上二氯代物有3种结构，可知丙的二氯代物有3种，故B错误；C．丙中碳碳三键有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D．石墨炔和C60均是碳元素构成的单质，故两者互为同素异形体，D项正确。

本题选B。

12．国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固态有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(原理示意图如图)。

下列有关判断正确的是A．图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B．放电时，正极液态电解质溶液的颜色加深C．充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜D ．放电时，负极的电极反应式为-2ne-=+2nLi+【答案】D【解析】A.由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电极反应式为-2ne-=+2nLi+，故图乙是原电池工作原理图，则图甲反应原理与图乙相反，是电池充电原理图，A错误；B.放电时，正极上的电极反应式为I3-+2e-=3I-，I3-被还原为无色的I-，电解质溶液颜色变浅，B错误；C.充电过程即为电解过程，阳离子从阳极区向阴极移动，故充电时，Li+从左室通过聚合物离子交换膜移向右室，C错误；D.根据选项A 分析可知图乙为原电池，右侧电极为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：-2ne-=+2nLi+，D正确；故合理选项是D。

13．某温度下，弱酸H2A溶液中，存在H2A、HA－和A2－三种形态的粒子，其物质的量分数δ[δ(X)＝-2-2c(X)c(H A)+c(HA)+c(A)]随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是A ．pH>4的溶液中，δ(A2－)＝()()()()222c A C H A c HA c A ---++，B ．M 点对应的溶液中水的电离程度小于N 点C ．若图中a 为1.2，则lg [K a1(H 2A)]＝－1.2D ．曲线②代表的粒子是HA － 【答案】A 【解析】当pH>4后，由图像可知，溶液中几乎没有H 2A ，此时，δ(A 2－)=()()()22c A C HA c A ---+，故A 错误；B 、随着溶液pH 增大，酸对水的电离抑制作用减小，所以N 点对应的溶液中水的电离程度大于M 点，故B 正确；C 、()()()12HA =c A a c H c K H +-⨯，由图像可知，此时δ(H 2A)=0.5，即c(H 2A)= c(HA -)，所以Ka1=10-1.2，所以lg[K a1(H 2A)]＝－1.2，故C 正确；D 、由分析可知，曲线②代表的粒子是HA －故D 正确；故选A 。

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．（14分）某小组以黄铜矿(主要成分为 CuFeS 2，含少量SiO 2等杂质)为原料制备铜化工产品CuAlO 2的一种工艺如下：已知①过滤1所得滤液中含金属离子有：Cu 2+、Fe 2+和Fe 3+，滤渣1的主要成分是SiO 2和S ； ②Cu(OH)2+4NH 3·H 2O=[Cu(NH 3)4]2++2OH -+4H 2O 。

（1）从产品纯度、环保操作方便等角度考虑，试剂A 、B 的最佳组合是__________(填代号)a b c d A HNO 3 NaClO H 2O 2 (酸化)H 2O 2 (酸化) BCu(OH)2NaOH氨水Cu(OH)2 CO 3（2）铵明矾的化学式为NH 4Al(SO 4)2·12H 2O ，它为制备铜的化工产品提供铝源。

铵明矾溶液中NH 4+、A13+、H +、OH -、SO 42－浓度大小排序为_______________。

（3）过滤3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，写出“灼烧”发生化学反应的方程式：_________________。

（4）单位时间内“浸取”Cu2+的百分率(称为浸出率)与溶液浓度、温度关系如下图所示。

在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数：x_________y(填“>”“<”或“=”)。

相同浓度下，温度高于30℃，“浸出率”降低的主要原因是_________________。

（5）以铜、石墨为电极，电解“过滤1”所得溶液制备铜，铜的质量与通电时间关系如上图所示。

写出OA段阴极的反应方程式：___________________________。

（6）常温下，K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

加入试剂B调节pH=3时c(Fe3+)=_________mol/L【答案】（1）d （2分）（2）c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) （2分）（3）4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O↑+O2↑ （2分）（4）<（2分）相同浓度、温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小（2分）（5）Fe3++e-=Fe2+（2分）（6）4×10-5（2分）【解析】（1）A.HNO3还原产物是NO2、NO等大气污染物，不环保，A错误；B.NaOH反应会引入杂质离子Na+，而且制取成本高，B错误；C.氨水反应会产生氨气，导致大气污染，而且反应后溶液中含有杂质NH4+，C错误；D. H2O2还原产物是H2O，Cu(OH)2CO3与溶液中的H+反应，不仅可提高溶液的pH，而且不会产生杂质离子，符合题目要求，D正确；故合理选项是D；（2）NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水发生电离：NH4Al(SO4)2·12H2O=NH4++Al3++2SO42-+12H2O，可见c(SO42-)最大；在溶液中NH4+、Al3+发生水解反应而消耗，水解使溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，NH3·H2O是碱，说明碱性：NH3·H2O>Al(OH)3，根据盐的水解规律：碱越弱，碱电离产生的离子水解程度就越大，所以等浓度的NH4+和Al3+的水解程度：Al3+> NH4+，水解程度越大，溶液中离子浓度就越小，所以c(NH4+)>c(Al3+)，盐水解程度总的来说是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以c(Al3+)>c(H+)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)；（3）过滤3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，在“灼烧”时发生化学反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O↑+O2↑；（4）在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数，物质的浸出率越高，溶液中离子浓度就越大，离子之间碰撞次数就越大，根据图象可知浸取率x<y，所以有效碰撞总次数x<y；在相同浓度下，当温度高于30℃，“浸出率”反而降低，主要原因是相同浓度、温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小；（5）以铜、石墨为电极，电解“过滤1”所得溶液制备铜，Cu作阴极，连接电源的负极。