2021年高考理科综合化学全真模拟卷2（解析版）.pdf

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1、裔三理科保合一化名泉我方考【战高考】2021年高考理科综合化学全真模拟卷08（考试时间：50分钟 试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P31 S 32 Cl35.5 Fe56 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。7.2019在武汉发现的新型冠状病毒（COVID-19）,是一种致病性很强、传染性较高的RNA病毒，下列说法中错误的是（）A.3M 防颗粒物口罩使用高效过滤材料聚丙烯，聚丙烯属于高分子B.用“84消毒液”进行消毒时，消毒液浓

2、度必须合理调配C.组成新型冠状病毒的元素只有C、H、OD.新型冠状病毒疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性【答案】C【详解】A.聚丙烯是有机聚合物，属于高分子有机材料，A 正确；B.84消毒液有效成分为NaClO,NaClO具有强氧化性，市售84消毒液中NaClO浓度较高，进行消毒使用时，需要进行适当稀释然后再使用，B 正确；C.新型冠状病毒由蛋白质与RNA组成，因此组成新型冠状病毒的元素至少含有C、H、0、N,C 错误；D.新型冠状病毒疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，D 正确；故合理选项是C。8.下列有关化学用语使用正确的是（）A.乙醇的分子式C 2 H

3、5 0 HB.CH3CHCH=CH2|的名称：3-甲基-1-丁烯CH3IC.比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D.H 3c 1)C2H5 与 11 C-)互为同系物【答案】B【详解】A.C2H50H是乙醇的结构简式，分子式只表示分子组成，乙醇的分子式为C2H6。，故 A 错误；B.|CH3CHCH=CH2为烯烧，主链有4 个碳原子，有 1个甲基支链，根据烯燃CH3命名原则，该物质名称为3-甲基-1-丁烯，故 B 正确；C.CH4分子中H 原子半径小于C 原子的，CC14分子中C1原子半径大于C 原子的，所以甲烷和四氯化碳的比例模型不同，故 C 错误；D.二者结构中含苯环数目不同

4、，结构不相似，且分子组成不是相差若干个C H?,不互为同系物，故 D 错误；答案选B。9.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是()A.2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量B.64 g 二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L 一氧化碳中氧原子数C.200 mLl mol/L氯化钙溶液中c(Ck)和 100mL2 mol/L氯化钾溶液中c(Cl)D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和IO%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度【答案】B【详解】A.水的摩尔质量是18g/mol,与水的物质的量的多少无关，二者相同，A 不符合题意；B.64 g 二氧化硫的物质的量是1 m o

5、l,其中含有2 moi的 O 原子；标准状况下22.4 L一氧化碳的物质的量是1 m o l,其中含有的O 原子是1 m o l,因此其中所含O 原子数：前者是后者的2 倍，B 符合题意；C.200 mL 1 mol/L 氯化钙溶液中 c(Cl)-l mol/Lx2=2 mol/L；1(X)mL 2 mol/L 氯化钾溶液中c(C)=2 mol/Lx 1=2 m ol/L,二者相等,C 不符合题意;D.NaOH溶液的浓度越大，密度越大。根据物质的量浓度与质量分数关系式。=2p x 1 0 0 0?c o可知：前者的物质的量浓度比后者的2 倍大，D不符合题意；M故合理选项是B。1 0 .汽车剧烈

6、碰撞时，安全气囊中发生反应1 0 N aN3+2 KN O 3=K2O+5 X+1 6 N2f,下列说法不正确的是（）A.X的化学式为N az OB.每生成L6moM,则转移的电子为I m o lC.上述反应中N aN 3 被氧化，KN C h 发生还原反应D.若被氧化的N原子的物质的量为3 m o l,则氧化产物比还原产物少1.4 m o l【答案】D【分析】反 应 1 0 N aN 3+2 KN C h=K2 O+5 X+1 6 N 2 f 中，N元 素 的 化 合 价 由 价、+5 价变为0 价，所以 N aN 3 是还原剂，N aN C h 是氧化剂。【详解】A.依据质量守恒，X的化学

7、式为N az O,A 正确；B.由反应可建立如下关系式：1 0 N aN32 KN O31 6 N2l O c,则每生成1.6 m o l N 2,，,1.6 m o l -“转移的电了 为 -x 1 0 =I m o l,B 正确：1 6C.由分析可知，上述反应中，N aN 3 中所含N元素化合价升高，作还原剂，被氧化，K N C h 中所含N元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，C正确；D.由化学方程式可建立如下关系式：1 0 N aN 3 3 0 N（被氧化）2 KN O32 N（被还原），若被氧化的N原子的物质的量为3 moL氧化产物N 2 为 1.5 m o l,则被还原的N原子的

8、物质的量为3 m吗o x 2=0.2 m o l,还原产物为O.l m o l,所以氧化产物比还原产物多3 0（1.5 m o l-0.1 m o l）=1,4 m o l,D 不正确；故选D。1 1 .下列说法正确的是（）A.C H4（g）+2 O 2（g）=C O 2（g）+2 H2O（g）H=-80 1.3 k J-m o l L 结论：C H4 的燃烧热为H=-80 L 3 k J-m o l B.稀溶液中有H 7aq）+O H（aq）=H2O（l）H=-5 7.3 k J/m o l,结论：将盐酸与氨水的稀溶液混合后，若 生 成 I m o l+O,则会放出5 7.3 k J 的能量

9、1 3 2 CC.Sn（s,灰）0B.达到平衡时，vs(H2)=va(C O2)C.b点对应的平衡常数K值大于c点D.a点对应的H2的平衡转化率为9 0%【答案】D【分析】由图中可知，曲线1中，a点C O 2的平衡转化率为6 0%,n(H2):n(C O2)=2,令n(H2)=2 m o l,4则 (C O 2)=lm ol,由此可建立如下三段式:2CO2(g)+6H2(g)CH3cH20H(g)+3H2O(g)起始量(mol)1200变化量(mol)0.61.80.30.9平衡量(mol)0.40.20.30.9【详解】A.从图中可以看出，升高温度，CO2的平衡转化率减小，则平衡逆向移动，该

10、反应的AW 0,A不正确；B.达到平衡时，对 比 来 说,正、逆反应速率相等,则V,E(H 2)=(H 2)=3V鼠CO2),B不正确；C.因为正反应为放热反应，而b点温度比c点高，所以b点对应的平衡常数K值小于c点，C不正确；D.利用分析中得出的数据,可求出a点对应的H2的平衡转化率为 学 黑*100%=90%,2molD正确；故选D。13.下列说法正确的是A.AgCI难溶于水，所以将AgC l加入水中所得溶液中不含Ag+、C1-B.AgCl 的 Ksp=1.8xl(yi,则在任何含 AgCl 固体的溶液中,c(Ag+)=c(CT尸 J T ix lO?mol-L-1C.在温度一定时，当溶液

11、中Ag+和 的 浓 度 的 乘 积 等 于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了 A gC l的溶解平衡D.向饱和AgC l溶液中加入盐酸，会使Ksp(AgCl)增大【答案】C【详解】A.虽然AgC l难溶于水，但仍能溶解一小部分，所以将AgC l加入水中会少量溶解，溶液中含有少量的Ag+、C h故A错误；B.AgC l的K p=l.8x1 0。,是指在AgC l饱和溶液中Ag+和 的 浓 度 的 乘 积 等 于1.8x1 0 1 0,并不一定是c(Ag+)=c(Cr,如在含有AgC l和NaCl的溶液中，c(Ag+)Si C h 等杂质）资源化综合处理的流程如图所示。7硫酸盐酸 溶液Fe3O4

12、 速液1 遽渣1 遽液3已知：溶液中离子浓度W LO xlO-5moi认为该离子沉淀完全:常温下，部分难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物Fe(OH)3A1(OH)3Mg(0H)2Fe(OH)2Ca(OH)2CaSO4K s p4.0 x 1 0-3 8l.Ox l O-3 31.8x 1 0-1 1.8x 1 0-1 6 5.5 x 1 0-69.1 x 1 0-6回答下列问题：(1)“研磨”的目的为。(2)“磁选”所应用的F e.Q 4的性质为；用8m o i L i盐酸进行“酸浸”时，液固比(m L：g)与浸渣中Ti含量的关系如图所示，则 合 适 的 液 固 比 为,液固比过大，浸渣中T

13、i含量降低的原因为 o(3)滤 渣1中 两 种 主 要 成 分 的 化 学 式 为。(4)“水解”反应的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(5)常温下，滤 液1经如图处理过程可获得多种工业原料。浪渣4速渣5滤液5若滤液1中A F+和Mg 2+的浓度均为0.1 8 m o l.L1,则“调p H尸 的 范 围 为(保 留两位有效数字)。若“调p H广 时直接将溶液p H调节为1 0,则A F+和Mg 2+在滤液4中的物质的量浓度之比为。【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率(

14、2磁性 1.5 0 液体过多,会导致部分含 Ti 微粒进入滤液 1 (3)C aS0、Si O2(4)“Ti O2+2 H 2 O=H2Ti O3i+2 H+(5)4.7p H l 9.0 l:(1.8x l O1 8)8【分析】含钛高炉渣(主要成分C aTi C h,含有M gO、AI 2 O3、F e3O4 s Si C h等杂质)，研磨后经过磁选，因F e3 O4具有磁性，可选出F e3 C U,向磁选后的固体中加入盐酸后，M gO、AI 2 O3转化为M g C b、A l C h,C a T i C h、S i O?与盐酸不反应，过滤后向浸渣中加入硫酸溶液，S i O 2不反应，C

15、a T i C h转化为T i O S C M,滤液2中含有T i O S C h、H 2s o 4,T i O S C h水解后生成H z T i C h,Fh T i C h煨烧后分解为T i C h。(5)滤液1中主要成分为M g C 12、A l C b、H C l,通过增大溶液p H i使A伊先沉淀为A 1(O H)3,过滤后再调节滤液4的p H 2,使M g?+沉淀为M g(O H)2,过滤后得到滤液50【详解】(1)钛高炉渣后续存在固体与液体之间的反应，将炉渣研磨后能够增大反应物的接触面积,加快反应速率；(2)“磁选”是利用Fe 3 O 4具有磁性;由图可知,当液固比为1.5 0

16、时,浸渣中T i含量较高，继续增大液固比至L 75时，浸渣中T i含量变化不大，但会增大盐酸用量，从节约成本可知，合适的固液比为1.5 0；C a T i C h为难溶物，在溶液中存在溶解平衡，当液固比过大时，溶液体枳将过大，溶解平衡将向溶解方向移动，使一部分T i元素进入滤液I,使得浸渣中T i含量降低，故答案为：磁性；1.5 0；液体过多，会导致部分含T i微粒进入滤液1;(3)由分析可知，浸渣中S i C h与硫酸溶液不反应，而浸渣中C a T i C h与H 2s 0 4反应生成更难溶物C a S C U,因此过滤后滤渣1中两种主要成分为C a S C U、S i O2；(4)T i

17、O S C h为强酸弱碱盐，由分析可知，“水解”过程中是T i O S O a水解后生成H z T i C h,T i O S O a为易溶物，HaTQ为难溶物，因此水解离子方程式为T i O2+2H2O=H 2T i O31+2H+；(5)若滤液1中A甲和M g?+的浓度均为0.18 mo l.L L “调p H i”时，A P+需完全沉淀，沉淀后c(A P+)=5 x l O-5 mo l/L,而M g 2+不能发生沉淀，因此当A P+完全沉淀时，c(O H )i=3lA l(O H)3 _)1.0 x1 0-33Kw广 mo l/L,c(H+)尸 /二口八二 /-1IxXl1O0-55

18、c(OH)3/mo l/L,p H0-1 4c(H+)i=-l g /=4.7,当 M g 2+开始发生沉淀时，C(O H)2=比 0见KM g(O H)Jc(M g2+)1Kwn i o l/I =1 x 1。、N，L,(H-0.1 8C|U Hmo l/L=10-9mo l/L,p H 大 二-l g2以H+)2=9,因此“调pH”的范围为4.7 p H l 0、A 5 0,根据体系自由能公式A Gn A H-T A S V O时，反应能自发进行，所以反应能自发进行的条件是：高温条件下。CH4(g)+H 2 O(g)C O(g)+3 H2(g)A/i=+2 0 5.9 k J mo l-1

19、C O(g)+H 2 O(g)C O2(g)+H 2(g)A/2 4 1.2 k J-mo l-1根据盖斯定律，将-，整理可得C H 4(g)+C O2(g)2 C O(g)+2 H2(g)A W3=+2 4 7.1k J-mo l1 oI I .利用 H 2 和 C O2 生产甲醇，发生反应：3 H2(g)+C O2(g)C H30 H(g)+H 2 0(g)o(1)从反应开始到3 mi n 时，C O2的物质的量降低0.5 mo l,则 H2的物质的量减小3 x 0.51.5molmo l=1.5 mo l,所以氢气的平均反应速率 v(H2)=2L=0.2 5 mo l-L mi n c3

20、min(2)A.在原容器中再充入1 mo lC C h,C O2 的转化率减小，A不符合题意；B.在原容器中再充入1 mo l H 2,反应物浓度增大，平衡右移，C C h 的转化率增大，B符合题意：C.在原容器中再充入1 mo l H e,平衡不移动，C C h 的转化率不变，C不符合题意；D.使用更有效的催化剂，化学平衡不移动，C O2 的转化率不变，D 不符合题意；E.缩小容器的容积，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，11C O2 的转化率增大，E 符合题意；F.将水蒸气从体系中分离出，生成物浓度减小，化学平衡正向移动，C 0 2 的转化率增大，F 符合题意；故合理

21、选项是B EFoI I I .图示中甲为原电池，通入甲静的电极为负极，通入0 2 的电极为正极。乙、丙为电解池，乙池中A电极与电源正极连接，为阳极，B为阴极；丙池中C为阳极，D 为阴极。(1)甲中通入甲醇的电极为负极，负极的电极反应式为C H3OH-6 e-+8 OH =CO 1+6 H 2 O。(2)乙池为电解池，溶液中溶质的物质的量n(C u SO4)=l m o l/L x O.l L=0.1 m o l,其中B极为阴极，先是C u 2+得到电子生成0.1 m o l C u,然后H+得到电子生成H 2,A极上O H-失去电子生成0 2。当 A、B两极上产生的气体体积相同时，气体的物质的

22、量相等，假设为a m o l,两个电极电子转移数目相等,4 a=0.1 m o l x 2+2 a,解得a=0.1 m o l,则乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为V(O2)=0.l m o l x 2 2.4 L/m o l=2.2 4 L.I V.已知 C a C Oi 的 K s p=2.8 x l 0-9,现将浓度为 2 x 1 0 m o l l-Na 2 c。3 溶液 4 C a C L 溶液等体积混合后碳酸钠的浓度”(Na 2 c o 3)=1 x I O LL假设原C a C b 溶液的最小浓度为2 x m o l,L1,混合后C a C b 溶液的浓度为xmoILl溶液中

23、C a C b 溶液c(CaCl2)=K 卬 2.8xl()T_,_c(CO32-)-IxlO-4mol I71=2.8xlO5m o lU,所以原溶液中C a C h 的最小浓度 c(C a C 1 2)=2 x 2.8 x l O-5 m o l L1=5.6 x l O-5 m o l-L1.(-)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。3 5.化学选修3：物质结构与性质(1 5分)乙二胺四乙酸二钠盐是配合剂的代表性物质，能和碱金属、稀土元素和过渡金属等形成稳定的水溶性络合物,广泛应用于高分子化学工业、日用化学工业、医药工业试剂。乙二胺四乙酸根

24、可以和三价铝离子1 ：1 形成六配位离子。乙二胺四乙酸结构简式为：H O O C C H2 /C H 2 c o OHNCH2CH.N 。H O O C C H f C H2C OOH请回答下列问题：(1)写 出 基 态 金 属 铝 原 子 核 外 的 价 电 子 排 布 式。(2)乙二胺四乙酸根离子和三价铭离子形成的六配位离子中，配位原子为 o(3)乙二胺四乙酸分子中，碳 原 子 的 杂 化 方 式 为,其分子中含有的四种非金属 元 素 的 电 负 性 由 大 到 小 顺 序 为.(4)0.5 m o l 的乙二胺四乙酸分子中含有的。键数目为。12(5)常温下，乙二胺四乙酸在水中溶解度较小。

25、但常温下乙酸却易溶于水，试解释乙酸易溶于水的原因是：。(6)金属辂可形成正盐亚锯酸钻，该盐晶体的晶胞沿y 轴一个方向的投影如下图所示。晶胞中C o、C r、O 分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置。则 该 盐 的 化 学 式 为。【答案】(l)3 d 5 4 s l (2)N、O (3)s p3、s p2 O N C H (4)1 7.5 m o l (5)乙酸为极性分子，乙酸分子之间可以形成分子间氢键(6)C o C rO3【详解】(1)格是2 4 号元素，基态金属铝原子核外的价电子排布式为3 d 5 4 s%(2)乙二胺四乙酸根离子和三价铭离了形成的六配位离子中，两个氨基氮和4个按基氧提供孤

26、电子对，配位原子为N和 O。(3)乙二胺四乙酸分子中，形成单键的碳原子杂化方式为sp 3,形成单键和碳氧双键的碳原子杂化方式为sp 2；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，所以电负性：O N C H o(4)1个乙二胺四乙酸分子中含有的。键数目为3 5 个，0.5 m o l的乙二胺四乙酸分子中含有的c 键数目为0.5 m o lx3 5=17.5 m o L(5)乙酸分子可形成分子间氢键，且为极性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，乙二胺四乙酸形成分子内氢键，为极性分子，在水中溶解度较小。(6)晶胞中C o、C r、O分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置，晶胞中含

27、有C。原子个数为 8 x)=1,含有C r原子个数为1,含有O原子个数为6 x；=3,所以该盐的化学式为8 2C o C rO so36.化学选修5：有机化学基础(1 5分)有机物K 是有机合成的重要中间体，制备K 的一种合成路线如图(部分反应条件和试剂略去)：13,0 ,n 0 .c Br2 DA c HOOCCHBrCOOHC NaOH G CH30H HE 光照 F 凡0,C7H8 浓H2sO”，QH10O/CO O HCH COOHCH20cH3HO-FC CH,CH2 O-tCH3 _ _ .己知：A的核磁共振氢谱中有3组峰；/COOH AR CH CH2coOH。、COOH(D C

28、的化学名称是,G中的官能团的电子式为(2)E-F的反应类型是 J的结构简式是 o(3)F-G的 化 学 反 应 方 程 式 是。(4)与J具有相同官能团且取代基数目相同的芳香化合物的同分异构体中核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：2：1 ：1的是。(5)请以甲苯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯甲酸苯甲酯的合成路线_ _ _ _ _ _ _。ATBTC是连续催化氧化，结合D的结构知最终产物是较酸，所以A为二元醇，B为二元醛，C为二元酸，且A、B、C中均含有三个C原子，所以A为HOCHWH/ZHQH,B为f II,C为HOOCCHOOH,C中没有碳碳双键或三键，与Br2发生的是烷煌的HCCH2cH-

29、取代反应，D为HOOCCHBrCOOH,E-F发生的是烷煌的取代反应，E中一定有烷烧结构，生成的F有氯代嫌的结构，F-G为履带通的碱性水解，生成的G中有羟基，且羟基连在烷烧结构上，结合G的分子式知G为C)-CHQH,贝1JF为C)-CH,E为14,G-H 为醇的分子间脱水，H 为CH20cH3,D+H/CO O HCH COOHCH2OCH,aCH,COOH,流程如CH20cH3图:0 0II IIHOCH,CH,CH,OH HCCHXH HOOCCH,COOH HOOCCHBrCOOH A tJ B O C-_,D光照FNaOH水，Q-CHOHGCH30H浓H gO,.CHIOCHJ-A?a

30、,HO+CC C H204rCH._CH2COOHCH20cH3/O O HCHCOOH脱竣(如已知)CH20cH3【详解】(1)C的结构简式为H O O C C H O O H 其名称为丙二酸;G 的结构简式为 CH,OH官能团是醇羟基，电子式为0：H(O 有一个未成对电子);(2)根据反应条件知该反应为烷燃的取代反应；J 发生的是聚合反应，其结构简式为CH2COOHCH2OCHJCH Cl(3)根据反应条件知F-G 是氯代煌的取代反应，方程式为2+NaOH加热CH20H+NaCl；C 0 0 H(4)与 J具有相同官能团的同分异构体为CH0 C H，15COOHCH 0 CHV 3 x 9-1 =2 6种，核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：2：1：1 的CH3COOHOCH(CH3)2制备苯甲酸苯甲酯需要苯甲酸和苯甲醉两种物质，根据题干中的合成路线，苯甲爵可以通过甲苯中甲基的氯代，氯代燃的水解获得，甲苯上的甲基可直接被酸性高镒酸钾氧化为竣基，获得苯甲酸，合成路线为16