2021年陕西省宝鸡中学高考一模化学试卷 (解析版).pdf

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1、2021年陕西省宝鸡中学高考一模化学试卷单选题1.古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是（）选项传统文化化学角度解读A本 草 经 集 注 记 载“如握盐雪不冰,强烧之，紫青烟起.云是真硝石也利用物理方法可以检验钠盐和钾盐B“司 南 之 杓（勺），投之于地，其 柢（勺 柄）指南”司南中“杓 的材质为Fe3O4C本 草 图 经 在 绿 矶 项 记 载:“盖此矶色绿，味酸，烧之则赤 ”因为绿矶能电离出H+,所以“味酸”D兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光“香”主要因为美酒含有酯类物质A.A B.B C C D.D2.利 用 C a-Z S M-5 分子筛催化剂，NH3可脱除燃煤烟气中

2、的N O 和 N O 2,生成两种无毒物质,其反应历程如图所示，下列说法正确的是（）A.上述总反应为：2N%+NO+NO2=2N2+3H2OB.X 是 HNO3、Y 是 NzC.阶段中都是氧化还原反应D.NH3、N H t 中的化学键形成方式完全相同3.环 己 酮（J；）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法错误的是（)606A.a 极与电源正极相连B.理论上生成Imol环己酮时，有 22.4LH?生成C.生成环己酮（的反应为氧化反应D.a 极电极反应式是 2。3+-6e-+7H2O =C r2O +14”+4.如图装置实验，下列预期实验现

3、象及结论均正确的是C中为蒸储水（）A.A B.B C.C D.Dab预期实验现象结论A铁丝浓硝酸试管c 中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B木条浓硫酸木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C生铁NaCl溶液导管处无现象该实验没有发生反应D镁带NH4cl溶液试管c 中有无色气体该无色气体中含有H25.下列说法正确的是（）A.向 Fea3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KC1的液体平衡体系中加入少量KC1固体，由于生成物浓度增加，平衡逆向移动，所以液体血红色变浅B.AH0、A S 0 或AH0、AS-C3H7，能用该结构简式表示的X 的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A.4 种 B.6 种 C.9 种

4、D.10 种7.一种新型漂白剂（如 图）可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z 为不同周期不同主族的短周期元素,W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（）I ZX XXz A.W、X元素的简单离子半径相比,W 简单离子的半径小B.该化合物中W、Y、Z元素的粒子均满足8电子稳定结构C.W、Z元素的简单离子均能促进水的电离D.工业电解熔融的WX来制得W二、综合题8.合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义.以某钢铁厂烟灰（主要成分为Z n O,并含少量的C u O、M n O2,F e2O3等）为原料制备氧化锌的工艺流程如图。钢

5、铁厂烟灰ZnO蜘1 皿2回答下列问题:（1）“浸取”工序中加入过量氨水的目的：使 Z n O、C u O 溶解，转化为 Z n（N，3）4 十和 C tz（/V W3）42+配离子；使 N H 4 H C O 3 部分转化为。（2）将滤渣用稀H2S O4溶液处理后得到 溶液和 固体，检验该溶液中金属阳离子的方法是 o（3）“除杂”工序加入过量的A是一种金属，其化学式为，该反应的离子方程式为。（4）滤渣的主要成分有（填化学式）,回收后可用作冶金原料。（5）Z n O 与 N H 4 H C O 3 N H3 H2O 的混合物三者在“浸取”反应时离子方程式为 O（6）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是

6、将氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，产物可返回 工序循环使用。从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序为9.(1)I氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题。图 1 是ImolN O z和 l m o，CO 反应生成C O 2和 N O 过程中能量变化示意图(图中涉及物质为气态)，请写出N 02和 CO 反应的热化学方程式 o(2)在一定温度下，向2 L 固定容积的密闭容器中通入2moic。2、3molH2，发生反应。2(。)+3 H 2(g)=C H 3 0 H(g)+(g)/2=(NH4)2(NO2)产元素化合价未发生改变，属

7、于非氧化还原反应，阶段反应为：(NH4)(HNO2)r+H+=2H+N2+2H2O有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，C不符合题意；D.N H.中化学键为共价键，而N H t中则存在配位键，故化学键形成方式不完全相同，D不符合题意；故答案为：Ao【分析】根据题意将反应写出，是H+NH3=NH4+,2NH4+NO2=(NH4)2(NO2)2+,(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)(HNO2)+H+N2,(3)(NH4)(HNO2)J+H+=N2+2H2O 将到进行合并得到，总反应是 2N H3+N O +N 02=2N2+3H2。，经过判断X和Y均是氮气，反应中只有和是氧化还原反应。氨

8、气均是极性键，而铁根离子除了极性键还有配位键3.【答案】B【解析】【解答】A.根据装置图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，A不符合题意；B.理论上由环己醇生成Im ol环己酮()时，转移2m oi电子，根据电子守恒可知阴极有Im ol氢气放出，但因题中没明确状态，故不能确定氢气的体积，B符合题意；C.由图示可知，环己醇被。生。打氧化生成环已酮，即生成环己酮的反应为氧化反应，C不符合题意；D.a极为阳极，C r失电子被氧化，电极反应式是2 C r3+-6 e-+7H2O=Cr2-+14H+,D不符合题意；故答案为：Bo【分析】根据给出两电极的产物，判定a极发生的是氧化反应，主要是C产失

9、去电子变为重铝酸根离子，故a极是阳极，与电源的正极相连接，b是阴极与电源的负极相连。发生的电池反应是62Cr3+7H2O=Cr2O72-+8H+3H2?,Cr2O72+2O il+1 0 H+=2+7a0+2(2户,根据环己酮的物质的量进行判断氢气的物质的量，但是条件未给出，根据元素的化合价即可判断为氧化反应,4.【答案】D【解析】【解答】A.铁在浓硝酸中钝化，不能生成二氧化氮气体，且二氧化氮与水反应生成硝酸和无色的N O,所以试管c中不可能有大量红棕色气体，故A不符合题意；B.木条伸入浓硫酸中，木条变黑体现浓硫酸的脱水性，故B不符合题意；C.生铁伸入氯化钠溶液中，发生铁的吸氧腐蚀，试管内气体

10、减少，导管内液面升高，故C不符合题意；D.NH4。溶液呈酸性，酸性条件下，镁和氢离子反应生成氢气，所以试管c中无色含有H 2,故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.浓硝酸具有强氧化性，铁的表面被浓硝酸氧化成一层氧化物薄膜，不能产生气体B.木条主要成分是纤维素，木条变黑主要原因是将有机物中的氢和氧原子按照原子个数之比2：1 进行脱去，体现了浓硫酸的脱水性C.生铁主要是含有铁和碳形成合金，在电解质氯化钠的作用下发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，压强减小D.氯化核中的镂根离子发生水解，使溶液显酸性，镁可与酸发生置换反应，产生氢气5 .【答案】B【解析】【解答】A.该离子反应为：住3+3 SC N-=Fe

11、OC N为，加入少量KC I 固体，不会引起平衡移动，故A不符合题意；B.自发，当/月 0、4 S 0 高温下自发，当 4”0、/S 0 时低温L自发，故 B符合题意；C.当铜为电极时，属于活性阳极，阳极是铜失电子而不是碘离子失电子，故 C不符合题意；D.向 稀H N O3中滴加N a2s。3溶液是氧化还原反应，离子方程式为：3 s og+2 +2 N。1=3S O l+2N O?+H2O，故D 不符合题意；故答案为B。【分析】A.写出离子方程式，即可判断加入的氯化钾对平衡不会产生影响B .4 G =A H-TA S 0 即可判断C.铜为电极，铜失去电子，变为铜离子，不是碘离子失去电子D.亚硫

12、酸钠具有还原性，而硝酸具有氧化性，不是发生复分解反应，发生的是氧化还原反应6 .【答案】D【解析】【解答】丙基有2 种结构：-C H 2 c H 2 c H 3、-C H(C H 3)2,-C 3 H 6 c l的碳链为：已 予，氯原子分别在1 号、2 号、3 号碳上(与1 号重复)，共有2 种，氯原子在1 号碳上，苯环可在1 号碳、2号或3 号碳上，有 3 种结构；氯原子在2号碳上，苯环可在2号或3 号碳上，有 2 种结构，总共5种，所以该有机物共有2 x 5=1 0 种；故答案为：D。【分析】找出两个取代基可能存在的结构即可写出同分异构体7 .【答案】A【解析】【解答】A.镁离子和氧离子都

13、含有2 个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径:W 3反应变为N H3和碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌高温燃烧得到氧化锌；氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物经冷凝吸收后加入氨水得到的碳化氨水，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用。9.【答案】(1)N O 2(.9 +C O(g)=N O(g)+孙，=一2 34 k八 m o F1(2)盖 或 0.1 9 8；C；C D(3)；0.2mol L-1-m i n-1(4)a b【解析】【解答】(1)反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，Im o IN C h和Im o l C O反应生成C O 2和NO放出热量36 8 k J-

14、1 34 k J=2 34 k J,N O2和CO反应的热化学方程式N O2(g)+C 0(g)=N O(g)+C O2(g)H=-2 34/c/-mol-1。故答案为：N O2(g)+C 0(g)=N 0(g)+C O2(g)H=-2 34 k/m o厂 1 ;(2)在一定温度下，向2 L固定容积的密闭容器中通入2moic。2、3m。%，。2(9)+3也(9)W C H3O H(g)+“2。(。)开 始 浓 度 L f11.500u 所以 K=-0-.-2-5-x-0-.-2 5o -0八.1 9 80 2 5 0.7 5 x 0.7 5，转 化 浓 度-L 10.2 50.7 50.2 5

15、平衡浓度0.7 50.7 50.2 50.2 5平衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变大，若 使K的值变为1,则应采取的措施是降低温度；故答案为：含 或0.1 9 8；C；A.升高温度，平衡逆向移动，所 以邙黑？减小，故A不正确；B.恒 温恒容充入H e(g)平衡不移动，所 以勺需不变，故B不正确；C.恒温恒容下,再充入Im o l C%。)，平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以n二(房CH、o/增OH大)，田故C八正丁,确上；D.恒温恒容下,再充入2m。U。2、3molH2等效于开始加入4molcO2和6m0IH 2,压强增大，平衡正向移动，所以 曙 泮 增大，

16、故D正确；故答案为：CD；lmo/N2(g)和3molH2(g)的的总能量大于2molN H3(g)的总能量，则合成氨的反应为放热反应。时氨的产率为3 0%,氮气过量，按氢气计算理论产量为6moiNH3,平衡时生成6molx30%=1.8molNH3,升高温度，平衡逆向移动，温度高，则Tx T2,故答案为：；N2+3H2=2N H3 在T2K下，经过5min达化学平衡状态，则0 5 m tn内开始/巾 1 4 9 0转化 raol 1 3 2平衡 mol 3 6 2A rSmolV(H2)=答=0.2molLmin，H2 的平均速率 v(W2)=0.2mol-L-r-min-1。故答案为：t

17、5min0.2mol-L-1-min-1；H(4)a.恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；b.只有S2是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；c.M0S2是固体，不影响平衡移动，所以加入MoS?平衡不移动，故不正确；故答案为：a b；(5)根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动，P 2 P 3。故答案为：P2P3；若初始时通入7.0molO2,P2为7.0kPa,A点氧气转化率为50%,则A点n(O2)=7molx(1 -50%)=3.5mol,生

18、成n(SCh)=吗 空 出x4=2m ol,恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强=绘 嗯 x7.0kPa=5.5kPa,P(O2)=注 x5.5kPa=3.5kPa,P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa,贝ij A 点平衡常5.5数Kp=P弊2)=，则A点平衡常数Kp=旦7 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分p/(?2)(3.5)(3.5)24压=总 压X气体的物质的量分数)；故答案为：上 方O(3.5)7【分析】反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，Imol NCh和Imol C O反应生成CO?和NO放出热量368kJ-134kJ=23

19、4kJ,根据热化学方程式书写原则进行书写；达到化学平衡状态,则根据三段式结合平衡常数的定义、v=嚷 计算；若初始时通入7.0 m o l O 2,P 2为7.0 k P a,A点氧气转化率为 5 0%,则 A 点 n(O 2)=7 m o i x(l-5 0%)=3.5 m o l,生成 n(SC)2)=7。吗x5 0%x 4=2 m o l,恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，算出A点各物质的压强，代入平衡常数公式Kp=空 空 计P (。2)算。1 0.【答案】(1)检验装置气密性(2)F eC l3升华后产生的气体也为黄色；在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管(3)2 F e3+2

20、 I-2 F e2+I2；02+4 W+4-4/=2/2+2 H20 i 在开始加热 A 装置前通入一段时间 N2 排尽装置内空气(4)4 F eC l3+3 M n O2=2F e2O3+3M nC l2+3C l2?【解析】【解答】(1)因为可能有气体产生。因此实验操作前还需要进行的操作为检查装置气密性。故答案为：检验装置气密性。(2)甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生CL这是因为F e C b固体加热升华后产生F e C b蒸汽也为黄色。因此不能确定黄色气体是CL还是F e C b蒸汽。从安全角度分析,他认为该装置存在的问题是F e C b固体加热易升华，其蒸汽遇冷就会发生凝

21、华现象，变为固体会导致导管堵塞，改进的方法是在装置A、B之间添加冷凝装置防堵塞导管。故答案为：F e C L升华后产生的气体也为黄色；在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管。(3)除了氯气可使B中溶液变蓝外，装置A中得到的气体中有一种黄色气体也可使B中溶液变蓝，该气体是升华的F e C L蒸汽，该反应的离子方程式2 F e 3+2 1=2 F e 2+L。故答案为：2 F e3+2 r=2 F e2+h 在酸性条件下，装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为02+4 H+4/-=212+2H2O,解决问题的操作为在开始加热A装置前通入一段时间N 2排尽装置内空气。故答案为：。2+4

22、H+4广=2/2+2 4 2。；在开始加热A装置前通入一段时间N 2排尽装置内空气。(4)按照上述甲、乙同学改进进行实验，观察到装置A中产生黄色气体，装置B中溶液变蓝，则证明A中发生反应产生了 CL,则A中发生反应的化学方程式为4 F eC l3+3 M n O2=2F e2O3+3M nC l2+3C l2 T。故答案为：4 F e C/3 4-3 M n O2=2F e2O3+3M nC l2+3C l2 T【分析】有气体参加的反应或制取气体的反应在实验前要检查装置的气密性，为防止空气成分对实验的干扰,要先通入与反应体系无关的气体进行排空处理;对于易升华的物质要注意采取安全措施,0 2、F

23、 e C b都有氧化性，都会将K I氧化为L而使淀粉溶液变为蓝色。要注意排除杂质的干扰，同时注意进行尾气处理，防止大气污染。据此解答。1 1.【答案】(1)Mg；%是h的5倍多，说明最外层有2个电子；基态N原子的2 P能级半充满；8(2)C、D(3)氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+形成配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用减弱，所 以 H N H键键角变大；B(4)立方BN晶体是原子晶体，B-N键键能大，所以质地坚硬；y x l O21(5)M gN i3C-1:3；棱心【解析】【解答(1)由图1可知电离能b 是 卜的5 倍多，说明最外层有2 个电子，结合该元素是第三周期

24、元素，则该元素为第三周期第H A 族元素，此元素为镁元素，元素符号为Mg；第二周期元素的第一电离能。1)随原子序数(Z)的变化情况如图6,同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA 元素第一电离能大于第IHA元素，第V A 族的第一电离能大于第VIA族元素，即L 随Z 的递增而呈增大趋势，而导致A 在 a 点出现齿峰的原因是基态N 原子的2P能级半充满；根据图示,1 个铝原子周围有8 个镁原子最近且等距离;(2)A.根据配合物Fe(CO)5 的结构图，是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，分子中含有6 键和兀键，选项A 正确;B.Fe(CO)s中Fe

25、原子的配体是C O,价电子数是1 0,与 应 互为等电子体，选项B 正确；C.lmo/Fe(CO)5含 有lO mola键，选项C 不正确；D.Fe(CO)5=F e+S C O是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，选项D 不正确；故答案为：CD；N H3分子与ZM+形成配合物后，孤对电子与Z/+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所 以 4-N-H 键键角变大；A.S O j-中S 原子价电子对个数=竽 =4 ,含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，N02中N 原子价电子对个数=婴=3,含有一个孤电子对，所以为V 形结构，

26、选项A 不符合；B.NOi中N 原子价电子对个数=岁=3,没有孤电子对，所以为平面结构，S 03中S 原子价电子对个数=1=3，没有孤电子对，所以为平面结构，选项B 符合；C.”3。+中O 原子价电子对个数=露 二 1=4，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，C1O3中C l原子价电子对个数=Z+l=4,含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项不C符合；D.P O l-中P原子价电子对个数=学=4，没有孤电子对，所以为四面体结构，S O j-中S原子价电子对个数=攀=4 ,含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项D不符合；故答案为：B；(4)立方BN 晶体是原子晶体，B-N 键键能大，所

27、以质地坚硬；根据均摊原则，1 个晶胞中含有N 原子数是4、含有B原子数是8 x i +6 x 1 =4，晶胞中最近的B、N 原子之间的距离为a n m,则晶胞体对角线为4 a n m,晶 胞 边 长 是 雪 n m,阿伏加德罗常数的值为 1 1+1 4?x 4 ,_NA,则晶体的密度为 7=_ 3-五 一 =高 招-X i。?1 g.em-3 ；(a)xlO-2 1xNA 1 6 a 3 以(5)根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1 ,Mg原子位于顶点，个数为1 ,Ni 原子位于面心，个数为3 ,所以化学式为M g Ni s C；据图可知银原子构成的八面体空隙数目为1,每条棱上的两个镁原子

28、与相邻面心的锲原子构成正八面体空隙的，所以银原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3 ,则完全由银原子构成的八面体空隙与由银原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；若取碳原子为晶胞顶点，银原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2 个镁原子、4个银原子，则银原子位于晶胞的棱心位置。【分析】(1)根据电离能的大小关系即可判断 同周期第一电离能理论上是从左到右依次增大，但是当能级电子排布处于半充满或者是充满状态时，第一电离能比两侧的元素的电离能大铝原子处于面心，距离最近的镁原子来自顶点以及面心，因此是8 个镁原子(2)A.根据结构可以看出正负电电荷中心重合，故为非极性分子，配体分子是一氧化碳，含

29、 有 G键和T T 键B.配体分子是CO,含有的价层电子对是10,而博一的价层电子对也是10C.a键包括单键和配位键，1 m o l F e(C O)5含有5 m o i 配位键，和5 m o i 碳氧键D.有旧键断裂和新键形成是化学变化(3)氨气分子中存在孤对电子而 Z n(/V W3)62+不存在孤对电子，孤对电子有一定的斥力，根据计算出中心原子的价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式(4)原子晶体的硬度主要和键能有关，键能越大，硬度越大，根据给出数据计算出体积，再根据p=m/v进行计算（5）根据占位情况即可计算出晶胞中原子的个数写出化学式根据晶胞结构找出形成的八面体数目即可 根据晶胞中的

30、位置，当以C作为晶胞顶点时，即可发现银原子处于两个碳原子的中心即为棱心12.【答案】（1）甲醛；羟基、触键（2）取代反应Q .(w(4)+2 C u(OH)2+N aOH 4 +C u2Oj 4-3 H2OHO-VCHO?H8；或(1,0 或OliCHO O（?HO【解析】【解答】（1）A是 H ry ,X 为醛类物质，得到 I：，根据碳原子数目的变化，可知X 为甲醛，根据C的结构可知C中含氧官能团的名称为酸键和羟基；（2）C的结构简式为 其严,D的结构简式为 y,C中的羟基被B r 原子取代，则反应类型为取代反应；（3）根据分析，化合物F的结构简式为卷.1 T C OOH ；）B含有醛基，具

31、有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为O-Q+2 C u（O H）2+N aOH 4 0 +C u2O1+3 H2O;（5）有机物 Y 是 A 的同分异构体，分子式为C 7 H 6。3,满足条件：能 与F eC l3溶液发生显色反应，含有酚羟基和苯环，l m o l Y与足量金属N a 反应生成I m o l/，可以含有羟基或竣基，且分子中含有羟基或竣基共2个，结构中含“二C=0 ，可以有醛基或竣基的结构，若 Y分子结构由两个酚羟基和一个醛基与苯环相连，则有5 种结构，若 Y分子的结构由一个酚羟基和一个竣基与苯环相连，取代基有邻，间，对的位置，有 3 种，则Y的结构共有8 种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为2:2:1:1HOYVCHO OH COOH CN的物质为,0,0 1JO i 2 中的任意一种；（6）以6为起始原料制备【分析】A与X反应生成B,结合A与B的结构简式，可得X为甲醛，B在LiAlH4的作用下生成C,C加入PBn可以得到D,D加入氟化钠后得到E,酸化后得到F,结合B和E的结构简式，和C、D的分子式，可得C的结构简式为D的结构简式为玲E B LF的结构 简 式 为 式广COOHF与在SOCI2作用下生成G,据此分析解答。