东北三省四市教研联合体2021届高三化学第二次模拟考试试题（扫描版含解析）新人教版.doc

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1、东北三省四市教研联合体2015届高三第二次模拟考试化学试题7【答案】D【命题立意】本题考查化学常识，相关物质的性质和用途。【解析】A根据乙烯的用途判断乙烯可作为水果的催熟剂，故A正确；B地沟油的主要成分为油脂，经处理可用作制肥皂，故B正确；C漂白粉的有效成分为次氯酸钙，长期暴露在空气中发生反应：CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl + O2，漂白粉失效，故C正确；D煤炭燃烧过程中安装固硫装置，可减少二氧化硫的排放，不能提高煤的利用率，故D错误。8【答案】C【命题立意】本题考查同分异构体的书写。【解析】异戊烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，根据等

2、效氢知识判断其中有4种氢原子，先确定其一氯代物有4种，然后再确定二氯代物，共有10种，分别为Cl2CHCH(CH3)CH2CH3，ClCH2CCl(CH3)CH2CH3，ClCH2CH(CH2Cl)CH2CH3，ClCHCH(CH3)CHClCH3，ClCHCH2(CH3)CH2CH2Cl，CH3CCl(CH3)CHClCH3，ClCH2CH2CCl(CH3)CH3，CH3CCl2CH(CH3)CH3，ClCH2CHClCH(CH3)CH3 ，Cl2CH CH2CH(CH3)CH3。9【答案】B【命题立意】本题考查阿伏伽德罗常数、以物质的量为中心的计算及相关物质的结构与性质。【解析】A、条件不

3、是标准状况，常温常压下，11.2LNO和O2混合气体的原子数小于NA，故A错误；B、1个甲基（CH3）含有9个电子，1.5g甲基的物质的量为0.1mol，所含电子数目为0.9NA，故B正确；C、根据氮原子守恒知1L0.1mol/L的氨水中含有氮原子的物质的量为0.1mol,数目等于0.1NA，故C错误；D、标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol,由反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO知与水反应转移的电子数为0.2NA，故D错误。【举一反三】此类题目为高考的常见题型。解该类题要注意：涉及相关物质体积时要注意物质的状态和温度、压强；要注意相关物质的组成和结构及要求微粒种类；涉及氧

4、化还原反应要注意方程式的书写及电子转移；要关注电离和水解；要注意理清运算关系等。10【答案】A【命题立意】本题考查化学实验方案的分析、评价。【解析】A、用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃（滤去钠元素产生的黄光）观察，火焰呈紫色，待测夜中可能含有钠元素，故A正确；B、向某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀生成，该溶液中不一定含有硅酸根，还可能含有偏铝酸根，故B错误；C、向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色，该气体不一定是二氧化硫，还可能是氯气，故C错误；D、向氢氧化钠溶液加少量氯化镁溶液，产生白色沉淀，继续滴加氯化铁溶液，溶液中的氢氧根离子与铁离子反应反应生成氢氧化铁红褐

5、色沉淀，不一定发生沉淀的转化，不能证明氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，故D错误。11【答案】D【命题立意】本题考查电解质溶液中的离子平衡。【解析】A、将pH=4CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中醋酸根、氢离子浓度减小，由于温度不变，水的离子积不变，溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；B、用醋酸溶液滴定等浓度的氢氧化钠溶液，当二者恰好完全反应时溶液为醋酸钠溶液，水解呈碱性，若溶液呈中性，则醋酸的体积大于氢氧化钠溶液的体积，故B错误；C、向0.2mol/L的盐酸中加入等体积的0.1mol/L的氨水，二者反应生成等浓度的盐酸和氯化铵的混合液，根据电荷守恒有：c(Cl) +c(OH) =c(H)+

6、 c(NH4 )，又氯化铵的水解是微弱的，c(NH4 )c(NH3H2O)，则有c(Cl) +c(OH)c(H)+ c(NH3H2O)，故C错误；D、硫酸氢钠溶液中的电荷守恒式为2c(SO42) +c(OH) =c(H)+ c(Na)，又c(SO42) = c(Na) ，则c(SO42) +c(OH) =c(H)，故D正确。12【答案】C【命题立意】本题考查电解原理的应用。【解析】A、由题给装置图知Fe作电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为Fe2eFe2，阳极室溶液由无色变为浅绿色，故A错误；B、阴极为溶液中H得电子发生还原反应，电极反应式为2H+2eH2，故B错误；C、阴极的电极反应式为

7、2H+2eH2，电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高，故C正确；D、电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质不一定是磷酸铵，还可能磷酸二氢铵、磷酸一氢铵等，故D错误。13【答案】A【命题立意】本题考查铁、铜及其化合物的性质。【解析】向氯化铁和氯化铜的混合液中加入过量铁粉发生的反应依次为Fe + 2Fe3+ =3Fe2+Fe + Cu2+=Fe2+ + Cu，反应使固体质量减小，反应使固体质量增加，反应后剩余固体的质量大于加入铁粉的质量，则反应使固体减少的质量反应使固体增加的质量，混合液中氯化铁的物质的量为0.4mol，则反应使固体减少11.2g,则反应使固体增重大于11.2g，由反应计算氯化铜的物

8、质的量应大于1.4mol，选A。26. 【答案】（15分）（1）第四周期第 VIII 族 （2分）（2）TiO2+2H2O H2TiO3+2H+ 或者TiO2+2H2O TiO（OH）2+2H+ （2分） 防止Fe2+氧化为Fe3+ (1分) 消耗溶液中H+，促使TiO2+的水解平衡正向移动 （1分）（3）蒸发浓缩、冷却结晶 （2分）（4）TiCl4 +（2+x）H2O（过量） TiO2xH2O +4HCl（2分）；加入大量的水并加热，能促进水解趋于完全。 （1分）（5）2Cl-2e- = Cl2 （2分）；2TiCl42TiCl3+ Cl2（1分）TiCl4TiCl2+ Cl2（1分）（写T

9、iCl2+TiCl4 = 2TiCl3 1分）【命题立意】本题以钛铁矿的综合利用为载体考查铁元素在元素周期表中的位置，物质的分离、提纯，化学实验基本操作，化学方程式、离子方程式的书写和电解原理的应用。【解析】分析题给工艺流程图和相关信息知钛铁矿经处理得TiCl4，TiCl4在熔融NaCl作电解质的条件下电解生成金属Ti；钛铁矿经酸浸得副产品FeSO4和TiOSO4，加入过量铁粉和水，利用TiO2+水解生成H2TiO3沉淀过滤将TiO2+除去，滤液为硫酸亚铁溶液，向滤液中加入硫酸铵，经蒸发浓缩、冷却结晶和过滤得硫酸亚铁铵晶体。（1）铁元素在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族；（2）TiO2

10、+水解生成H2TiO3和H+，离子方程式为TiO2+2H2O H2TiO3+2H+ 或者TiO2+2H2O TiO（OH）2+2H+；加入过量铁粉的作用是防止Fe2+氧化为Fe3+ 消耗溶液中H+，促使TiO2+的水解平衡正向移动；（3）从溶液中获得晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故操作的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶；（4）根据题给信息知TiCl4水解生成TiO2xH2O 沉淀和盐酸，反应方程式为TiCl4 +（2+x）H2O（过量） TiO2xH2O +4HCl；加入大量的水并加热，能促进水解趋于完全。（5）TiCl4在熔融NaCl作电解质的条件下电解生成金属Ti，阳极为阴离子放电，发

11、生氧化反应，电极反应式为2Cl-2e- = Cl2 ；电解过程中有Ti3+、Ti2+的化合物生成，化学方程式为2TiCl42TiCl3+ Cl2、TiCl4TiCl2+ Cl2。27.【答案】（14分）（1）0.15mol/(Lmin) (2分)（2）ABC (2分)(C) (B) (A) (2分)14L (2分)（3）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) H=(a+2b)kJ/mol (2分)（4）2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O (2分)c (K+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)c(H+) (2分)【命题立意】本题考查化学反应速率和化学平衡及图

12、像分析，盖斯定律、热化学方程式的书写，燃料电池及离子浓度大小比较。【解析】（1）分析甲图像知，反应在10min时达到平衡，CH3OH的浓度变化为0.75mol/L，结合化学方程式知，H2的浓度变化为1.5mol/L，根据v=c/t计算v (H2)= 0.15mol/(Lmin)；（2）A、H2的体积分数随反应的进行不断减小，当氢气的体积分数不变时反应达到平衡，正确；B、随着反应的减小容器内气体的物质的量不断减小，容器内混合气体的质量不变，容器内混合气体的平均摩尔质量不断增大，当混合气体的评价摩尔质量不变时反应达到平衡，正确；C、容器的体积可变，容器内混合气体的质量不变，容器内混合气体的密度随反

13、应的进行不断变化，当其不变时反应达到平衡，正确；D、氢气的消耗速率和甲醇的生成速率均为正反应速率，不能作为平衡标志，错误，选ABC；在影响化学反应速率的外界因素中催化剂对速率的影响最为显著，其次是温度，再次是浓度和压强。分析图乙知，C点温度T2高于A、B点的温度T1，故C点反应速率最快；B点CO的平衡转化率高于A点，该反应正向为气体物质的量减小的反应，故B点的压强大于A点的压强，B点的反应速率高于A点，综上所述反应速率：v (C)v (B) v (A)；起始容器内气体的总物质的量为30mol，A点CO的平衡转化率为0.5，则参加反应的CO的物质的量为5mol，根据反应方程式利用差量法计算反应达

14、平衡后容器内气体减少10mol，平衡时A点气体的总物质的量为20mol，体积为20L；B点CO的平衡转化率为0.8，则参加反应的CO的物质的量为8mol，根据反应方程式利用差量法计算反应达平衡后容器内气体减少16mol，平衡时B点气体的总物质的量为14mol，体积为14L；（3）根据盖斯定律：+2得甲烷与氧气反应生成甲醇的热化学方程式为2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) H=(a+2b)kJ/mol；（4）甲醇燃料电池以足量氢氧化钾溶液为电解质溶液的电池反应为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O；0.5mol甲醇参加反应生成0.5molCO2，氢氧化钾的物质的量为

15、0.8mol，根据原子守恒判断反应后电解质溶液中含0.3molK2CO3和0.2molKHCO3，离子浓度大小关系为c (K+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)。【易错提醒】（5）根据题给数据正确分析电解质溶液的成分及物质的量、灵活运用盐类水解规律是解题的关键。28.【答案】 (14分)（1）HCOOH CO + H2O（2分）（2）验纯(1分) II（1分）（3）继续通入CO（或答隔绝空气） （1分）（4）9（2分）（5）12（2分）（6）长时间集中加热使局部温度达到还原生成铁所需要的温度（2分，合理答案参考给分） 3Fe2O3 + CO 2Fe3O4 + CO2 （1

16、分） Fe2O3 + CO 2FeO + CO2（1分） Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3CO2 （1分）【命题立意】本题以一氧化氮还原氧化铁的实验为载体考查化学实验基本操作、化学方程式的书写及实验的数据处理。【解析】根据题给实验装置和实验步骤结合相关基础知识进行作答。（1）制备CO的原理是利用甲酸在浓硫酸存在的条件下加热分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，化学方程式为HCOOH CO + H2O；（2）可燃性气体在点燃或加热前要先验纯，CO气体有毒，污染环境，故实验步骤在验纯后，应先点燃处的酒精灯；（3）为防止氧化铁的还原产物在温度较高时与空气中的氧气反应，实验步骤产物冷却至室温时应注意继

17、续通入CO（或答隔绝空气）；（4）分析用酒精灯和带网罩的酒精灯加热所得产物中铁、氧元素的质量分数，结合FeO、Fe2O3和Fe3O4中氧元素的质量分数分析，前两种加热方式所固体可能为铁和四氧化三铁的混合物，铁和氧化铁的混合物，氧化亚铁和氧化铁的混合物，氧化亚铁和四氧化三铁的混合物，铁、氧化铁和四氧化三铁的混合物，氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁的混合物，铁、氧化亚铁和氧化铁的混合物，铁、氧化亚铁和四氧化三铁的混合物，铁、氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁的混合物，共9种。（5）设铁和四氧化三铁的混合物为100g，根据表中数据知氧元素为25.5g，Fe3O4中氧元素的质量分数为27.6%，则混合物中四氧化

18、三铁的质量为92.4g，铁的质量为7.6g，二者的质量比为12:1；（6）用酒精灯加热有Fe生成的原因是长时间集中加热使局部温度达到还原生成铁所需要的温度；生成Fe的过程中发生的所有反应的化学方程式为3Fe2O3 + CO 2Fe3O4 + CO2 、Fe2O3 + CO 2FeO + CO2、 Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3CO2 。36【答案】（15分）（1）合成塔（1分） A（2分）（2）C+H2O CO+H2 (2分)（3）防止催化剂中毒（2分） CO32-+CO2+H2O=2HCO3-（2分）（4）在电磁场的作用下，氮氮三键更容易断裂，减少了合成氨反应所需的能量（1分）降低能

19、耗，使反应更容易进行（其他合理答案均给分）（1分）（5）3（2分） 2NH3-6e-=N2+6H+（2分）【命题立意】本题考查合成氨工业，涉及化学方程式、电极反应式的书写及化工流程分析。【解析】（1）根据题给工艺流程判断设备的名称为合成塔，沿X路线循环利用的物质是N2和H2，选A；（2）焦炭和水蒸气在高温下反应生成一氧化碳和氢气，化学方程式为C+H2O CO+H2；（3）原料气必须净化的目的是防止催化剂中毒，用K2CO3溶液除去CO2的离子方程式为CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；（4）电磁场对合成氨反应本质的影响是在电磁场的作用下，氮氮三键更容易断裂，减少了合成氨反应所需的能量，该方

20、法的优点是降低能耗，使反应更容易进行；（5）电解法处理含氨废水转化为对环境无污染的物质，则NH3被氧化为氮气，氮元素的化合价由3价升高到0价，处理1mol氨电路中转移3mol电子，阳极反应式为：2NH3-6e-=N2+6H+。37. 【答案】（15分）（1）O （1分） N （1分）（2）极性 （1分） 分子间可以形成氢键 （2分）（3） SP2、SP3 （各1分，共2分） （2分）（4）8 （2分） 列式： （2分） 结果： （2分）【命题立意】本题考查物质结构与性质，涉及元素性质递变规律，等电子原理的应用、分子极性的判断，化学键与分子间作用力及晶体结构。【解析】（1）由硫血红蛋白的结构知其

21、中含有的非金属元素有H、C、N、O、S等，根据元素电负性和元素原子第一电离能的递变规律判断元素电负性最大的是O，元素原子第一电离能最大的是N；（2）根据等电子原理判断O3与SO2互为等电子体，属于极性分子；浓硫酸粘度较大的原因是分子间可以形成氢键；（3）由硫血红蛋白的结构判断其中C的杂化方式为SP2、SP3；N与Fe2形成的配位键见答案；（4）铁晶体的密堆积方式为体心立方堆积，由题给模型判断铁原子的配位数为8，分析题给模型知1个晶胞中含有2个铁原子，铁原子半径为rnm，故空间利用率为： = 。38. 【答案】（15分）（1）消去反应（2分）； 碳碳双键、羧基（各1分，共2分） （2） （2分）

22、（3） （2分）（4）CH2(OH)CH(OH)CH3 CH3COCOOHCH3CH(OH)COOH （3分，合理答案参考给分）（5）11 （2分）；（2分，其它合理答案也可）【命题立意】本题考查有机合成和有机推断，涉及有机反应类型的判断，官能团的识别，结构简式、同分异构体、化学方程式的书写及有机合成路线的设计。【解析】根据题给信息和转化关系图推断，乳酸（CH3CH(OH)COOH ）在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成A，A的结构简式为CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH与B在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成C(分子式为C8H10O4)，则B的结构简式为HOCH2CH2OH，C的结构

23、简式为CH2=CHCOOCH2CH2OOCCH=CH2，C在一定条件下发生加聚反应生成E；CH2=CHCOOH与B在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成D，D还能与A反应生成C(分子式为C8H10O4)，则D的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH2OH，D在一定条件下发生缩聚反应生成F。（1）反应为乳酸（CH3CH(OH)COOH ）在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成A，A的结构简式为CH2=CHCOOH，含有的官能团为碳碳双键、羧基；（2）B的结构简式为HOCH2CH2OH，在一定条件下发生反应生成分子式为C2H4O的有机物，该有机物不能与氢气发生加成反应，该物质的结构简式为；（3）D的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH2OH，在一定条件下发生加聚反应生成F。化学方程式为；（4）由1,2丙二醇制备乳酸的合成路线为CH2(OH)CH(OH)CH3 CH3COCOOHCH3CH(OH)COOH；（5）物质C的分子式为C8H10O4，符合限定条件的同分异构体有11种，其中一种的结构简式为。 - 12 -