2021届高考化学二轮复习收官提升模拟卷(一).pdf

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1、高考仿真模拟卷（一）（时间：60分钟，满分：100分）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 K 39 Ca 40Cr52 Cu64 Zn 65第 I 卷一、选择题（本题共7 小题，每小题6 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。）1.中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的 浪淘沙:“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是（）A.“沙中浪底来”指的是金的氧化物B.淘金原理与化学上的萃取一致C.雾的分散质粒子直径范围是10 910 7

2、cmD.由沙子到计算机芯片发生了还原反应2.下列叙述中正确的是（）A.分子式为C2H4 和 C8H16的两种有机物一定互为同系物B.甲烷、苯、乙醇均不能使酸性KMnO4溶液褪色C.糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应D.乙烯和苯乙烯分子中所有原子均可能在同一平面上，都能使溪水褪色3.实验室中采用废旧易拉罐（主 要 成 分 为 A 1,含 少 量 Fe、M g 杂质）制备明研IKA1（SC4）2 12氏0 的过程如下图所示：他 粤 声 R j H 鳖，W-做 热，理 涯1-K2SO4-下列说法不正确的是（）A.试剂可以选用NaOH溶液B.NH4HCO3用于调节滤液A 的 pHC.操作a 是蒸发浓缩

3、、冷却结晶、过滤D.明机溶液显酸性，常做消毒杀菌剂4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.42 gC3H6中含有的共用电子对数为8必B.2gCaCCh和 8gKHCC3组成的混合物中含碳原子数为0 1 NAC.标准状况下，22.4 L 氯气与22.4 L 氟气所含原子数均为2NAD.1 L0.01 mol-L KA1（SCU）2溶液中含有的金属阳离子数为0.02A5.常温下，用 0.10 010卜 1/1m 011溶液滴定0.10111011旧人溶液,滴定曲线如图a 所示，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图b 所示。下列叙述错误的是（）12.0中和百分数7%图1 A.K(

4、HA)的数量级为IO-B.N 点，c(Na+)-c(A-)=充 得 痂C.P-Q 过程中，水的电离程度逐渐增大D.当滴定至溶液呈中性时，c(A)c(HA)6.氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时从乙电极流向甲电B.放电时，乙电极电势比甲电极高C.充电时，导线上每通过1 mol e,甲电极质量增加19gD.充电时，外加电源的正极与乙电极相连7.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，其中X 是组成有机物的必要元素，Y 的原子最外层电子数是其电子层数的3 倍，W 与 X 同主族，Z 与

5、Q 最外层电子数相差6 o 下列说法正确的是()A.非金属性：Q Y X ZB.简单气态氢化物的沸点：XWC.Y 与 X、Z、Q 均可形成至少两种二元化合物D.Y、Z、Q 组成化合物的水溶液呈碱性题号1234567答案第 n 卷二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第 810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 11、12题为选考题，考生根据要求作答。）（一：）必考题（共 43分）8.（14分似某工业副产物盐泥 主要成分为乂8（0 田2，还含有少量人1（0m 3艮 8 3、乂1183、SiO2,CaCO3等 为原料制备防火材料MgSO4-7H2O 的工艺流程如下：NaOH溶液稀乎酸 NaC

6、评 液NaOH溶液过调IHL56 T 过2|-篇-M g S O.-714:0滤液1 滤渣2回答下列问题：（1）以 MgSO4为原料可制备阴、阳离子个数比为1 ：1 的化合物MgC2。已知MgC2中各元素原子都达到了稳定结构，则 MgC2的电子式为。（2）“酸浸时，F e C C h 与稀硫酸反应的化学方程式为滤 渣 1 的主要成分为SiO2和（填化学式）；为了提高浸取率，除了适当增大稀硫酸的浓度和升温外，还可采取的措施有（写出两点）。（3）“氧 化”时，次 氯 酸 钠 溶 液 将 MnSO4氧 化 为 MnO2的 离 子 方 程 式 为滤渣2 的主要成分为MnCh和、（填化学式）。（4）“一

7、系列操作“主要是。（5）一种碱式碳酸镁 4MgCCh Mg（OH）2 5氏0 可用作防火保温材料，用化学方程式说明其可做防火材料的原理：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _9.（14分）纳米微晶Zn4co3（OH）6（碱式碳酸锌）属于高端精细化工产品，晶粒粒度介于910.4 nm 之间，不溶于水和醇。某高校实验室用工业级硫酸锌（主要成分为ZnSCU，含少量Fe?+、Cu2 Cd2+Co2 Ni2+）制备

8、纳米微晶碱式碳酸锌样品的流程如下：匚业级锌粉、XH.IK.O,H,0.锌构 S M,液 W1-/港渣 I 滤渣 u aSi,Alll Mg4 7H,0纳米微晶碱式碳酸锌已知：a.Fe(OH)3 Fe(0H)2、Zn(0H)2 的 p&p(即一IgHp)分别是 37.4、15.4、16.2。b.残留在溶液中的离子浓度小于10 5mol-L 时，可认为沉淀完全。c.滤渣川所含主要金属元素是Sb、Co、Nio“除 杂 I”目的是除去溶液中的铁元素，则 H2O2的作用是;若溶液中c(Zn2+)=1.0 mol-L-1,此过程中还应调节溶液的pH在 范围(不考虑离子间的相互影响)。(2)“除杂H”与“除

9、杂HI”均为还原除杂。滤渣II的主要成分是 O“除杂HI”中加入的Sb2Ch在溶液中主要以HSbCh存在。请写出锌与Co?卡、HSbCh反应 生 成“金 属 间 化 合 物 CoSb(CoSb各 元 素 化 合 价 视 为 0价)的 离 子 方 程 式：(3)“沉锌”后得到的固体先用去离子水洗涤，再用乙醇洗涤。用乙醇洗涤的目的是(4)加入MgSO4 7H2O 的主要目的是降低样品晶粒粒度，但主元素Z n的质量分数必须在56%以上。下表是不同镁锌质量比对产品晶粒粒度及Z n质量分数的影响：实 验 中 合 适 的 镁 锌 质 量 比 为(填 实 验 编 号)；如镁锌质量比值过高，Mg?+还可能会生

10、 成(填 化 学 式)，从而对样品造成影响。实验编号镁锌质量比晶粒粒度/nmW(Zn)/%w(Mg)/%0.88:2211.357.030.970.93:2210.856.891.020.98:2210.356.501.111.02:229.556.271.241.12：22755.971.42(5)样品中锌的含量可用EDTA(可表示为氏丫2)滴定法测定，反应的化学方程式为Zn2+H2Y2-=Z n Y2-+2H+o 取 a g 纳米微晶碱式碳酸锌样品，酸溶后得到pH 为 56 的溶液，以二甲酚橙做指示剂，用 力mol L EDTA标准溶液滴定，消耗EDTA溶液c mL。则样品中锌 的 质 量

11、 分 数 是(用 代 数 式 表 示)。10.(15分)工业废气和汽车尾气含有多种氮氧化物，以NQ,表示，NO,能破坏臭氧层，产生光化学烟雾，是造成大气污染的来源之一。按要求回答下列问题:(1)N C)2 与 N 2 O 4 存在以下转化关系：2 N O2(g)N2O4(g)o已知：标准状况(2 5 、1 0 1 kP a)下，由最稳定的单质生成1 m o l 化合物的焰变(或反应热)，称为该化合物的标准摩尔生成焰。几种氧化物的标准摩尔生成焰如下表所示:物质N O(g)N O2(g)N2O4(g)CO(g)标准摩尔生成熔/(kJ.m o )9 0.2 53 3.1 89.1 6-1 1 0.5

12、 3则 N 0 2 转化成N2O4的热化学方程式为 o将一定量N 2 O 4 投入固定容积的恒温容器中，下述现象能说明反应达到平衡状态的是(填标号)。A.0(N2O4)=2O(N O2)B.气体的密度不变C.C(N 2O4)/C(NO2)不变D.气体的平均相对分子质量不变达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，再次达到平衡时，混合气体颜色(填“变 深”“变 浅”或“不 变”)，判 断 理 由 是(2)在容积均为2 L 的甲、乙两个恒容密闭容器中，分别充入等量N O2,发生反应：2 N O2(g)2 N 0(g)+O2(g)0保持温度分别为，、T2,测得(N O?)与 (O 2)随

13、时间的变化如图所示：(时，反应从开始到第2 m i n,平均速率。(。2)=，该温度下平衡常数K=实验测得：。正=无正/四。2)，。逆=心网0)七(0 2)，4 正、”逆为速率常数，受温度影响,下 列 有 关 说 法 正 确 的 是(填 标 号)。A.反应正向放热B.a 点 处,。逆(甲)逆(乙)C.(人)D.温度改变，忆正与k 逆的比值不变(3)硫代硫酸钠(N a 2 s 2 O 3)在碱性溶液中是较强的还原剂，可用于净化氧化度较高的N O,废气，使之转化为无毒、无污染的N 2。请写出N O?与硫代硫酸钠碱性溶液反应的离子方程式：(二)选考题(共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做

14、，则按所做的第一题计分。)11.(15分)化学选修3：物质结构与性质高氯酸三碳酰腓合银 N i(CHZ)3(C104)2是一种新型的起爆药。(l)Ni能 与C O形成配合物Ni(C0)4，配 体C O中提供孤电子对的是C原子，其理由可能是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _;该配合物分子中c键 与 兀 键 数 目 之 比 为。(2)C1

15、0；的 空 间 构 型 是 CL A错误；氢化物的沸点SiMCH4，B错误；0与C、N a、C l可形成CO、C02；N a2O N a2O2;CI2O.CIO?等物质，C正确；由N aClC)4溶液显中性知D错误。8.解析(l)MgC2中C歹的两个碳原子间形成了 3个共价键，C1与Mg?+间形成的是离子键，故MgC2是离子化合物，电子式为Mg2+：C，C：F-。(2)FeCO3与稀硫酸发生复分解反应生成FeSCh、H2O、CO2o SiCh与稀硫酸不反应、CaCCh与稀硫酸反应生成微溶性CaSCU,故滤 渣1是SiCh、CaSCU。将原料粉碎、搅拌、延长浸取时间等均可提高其浸取率。(3)可先

16、写出 CIO+M n2+MnO2+C F,依据质量守恒知 CIO+2OH+Mn2+=H2O+MnO2 I+CI一，加 入 N aO H 溶 液 调 pH=56 时 可 得 到 Fe(OH)3,A1(OH)3 沉淀。(4)从溶液中分离出MgSO4 7比。的方法是蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤。(5)碱式碳酸镁受热分解为MgO、CO2、H 2O,分解时吸收热能使温度降低，产生的CO2、H2O(g)可将可燃物与空气隔离开，从而起到灭火作用。答案(除标注外，每空2 分)(l)Mg2：C：C：2-(1 分)(2)FeCO3+H2SO4=FeSO4+CO2 t+H2O CaSO4(l 分)粉 碎、搅拌(或多

17、次用硫酸浸取、减小盐泥粒度、延长浸取时间等其他合理答案)(3)Mn2+C10+2OH=M n O2 I+C r+H2OFe(OH)3(l 分)A1(OH)3(1 分)(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(5)4MgCO3 Mg(OH)2 5H2O=5MgO+4CO2 f+6H2O9.解析(1)加 H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,以便形成氢氧化铁沉淀而除去。因除杂过程中Zn?+不能形成氢氧化物沉淀，故 c(O H)-lg、KspZn(OH)2=8.1,即 pH5.9。为确保 Fe3+除净，c(O H 2,j c(Fe3，)3/K spFe(QH)3j pOHWlg 尸 叫，=10.8,p H

18、 2 3.2,故溶液 pH 的调控范围为3.2WpH5.9。根据题目信息，加锌时除去了 Ci?+、Cd2+,故滤渣H成分为Cu、Cd,可能还含有锌。锌将HSbO2还原为Sb,将 Co?+还原为Co,C o与 Sb形 成“金属间化合物”，相应的化学方程式为5Zn+2HSbO2+2Co2+6H+=2C oS b+5Zn2+4H2O.(3)用乙醇洗涤的目的是除去固体表面的水，由于乙醇挥发性强，这样易获得干燥固体。(4)分析表中数据知，实验、所得到的晶粒粒度符合制备要求，若镁过多，则可能会形成Mg(OH)2、MgCO3、Mg2(OH)2cO3等物质沉淀。(5)根据题给化学方程式可得n(Zn2+)=n(

19、EDTA)=10 3cb m o l,故 ag 样品中含锌的质量为0.065cb g,故 质 量 分 数 为 警 X 100%。d 答案J(除标注外，其余每空2 分)(l)将 Fe2+氧化成Fe3+,以便形成氢氧化铁沉淀而除去(1 分)3.2WpH2)减小的程度，故容器中气体颜色加深。(2)曲线甲表示n(N Ch)的变化，2 m i n 时消耗0.4 m ol N O 2，生成0.2 m ol O2,v(O2)=t)0 5 m ol-L 1 Tn i n 由图可知，平衡时 c(N O 2)=0.2 m ol eL c(N O)=0.4 m ol-Lc(O2)=0.2 m ol.L 1,由此可求

20、出K=0.8。由图知，温度为T2 时达到平衡所用时间较短,反应速率较快，故温度较高，即 T2 T。又温度高时O 2 物质的量比温度低时多，故正反应是吸热反应，A 错误；达到平衡时，VJS(甲)v(逆)，这说明温度对k止 的影响较大,D 错误。(3)N C)2被还原为N 2,S 2 O 1被氧化为SOF,可先写出S 2 O F+N O 2-N 2+S O%，依据得失电子守恒得 S20 f+2 N O2-N2+2 S 0 F，再依据电荷守恒及溶液显碱性配平后得2 N O 2+S 2 O 歹+2 O H一一叱 t +2 S O M+H 2 O。答案(除标注外，其余每空2分)(l)2 N O2(g)N

21、2O4(g)A H=-5 7.2 k J-m ol1 C D 变深(1 分)压 缩 体 积，平衡正向移动，n(N O 2)减小，但体积减小对浓度的影响更大，因而c(N Ch)增大，颜色变深(2)0 0.0 5 m ol-L 1 m i n 1 0.8 BC(3)2 N O2+S2O f +2 O H =N2 t +2 S O r+H2O1 1 .解析 由于电负性C 0,故碳原子易提供孤电子对。1 m ol C O中含有2 m oi 兀键、I m olc 键，1 m olN i(CO)4 中含有 4 m oi N i-C c 键，故 1 m ol N i(CO)4 中含有(4+4)m ol 键、

22、2 X 4 m ol兀键，。键、n键数目比为1 ：1。(2)C1 O 4 中氯原子形成了 4个。键，孤电子对数=1 x(7-4 X 2+l)=0,故 Cl为 sp3 杂化，C1 O 4 为正四面体结构。CI O1 为 5原子微粒，价电子数为32,其等电子体有S O?、P O 、S i F,、CCI 4 等。(3)碳原子形成了 3 个。键且无孤电子对，是 s p?杂化 可先写出再依据质量守恒确定还有C H 3 0 H 生成，最后配平即可。（4）酸性H C1 0 C,。原子不易给出孤电子对（2分）1：1（2分）（2）正四面体 CCL（或 S i F 4 等其他合理答案）S 0 T（或 P 0;等其

23、他合理答案）一2 s p 2回 寂（4）H C 1 0 的酸性小于HC Q,非羟基氧的个数越多，C1 的正电性越高，导致Cl O-H中。的电子向C1 偏移，越容易电离出H+（2分）2 ：3：6（2 分）1 2.解析（l）B-C 的转化中失去了氧原子获得了氢原子，故属于还原反应。（2）由于苯环上的羟基极易被氧化，故 A-B 的目的是将苯环上的一0 H转化为其他基团保护起来，避免在C-D的过程中被氧化。F分子中与苯环直接相连的1 2 个原子一定共平面；此外羟基上的氢原子、一C N 两个原子也可能与苯环共平面，故最多有1 5 个原子共平面。（4）由知分子中含有苯环且含有酚羟基，结合分子组成及知结构中

24、有2个一O H、还 有 1个一C H 3,故相应物cm%ew%毓 、f U ：m V 时质的结构简式为 弱 晒 。（5）目标产物可用2-氨基丙酸发生成肽反应制取，结 合 D-E的转化信息知，应先将乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛再与N aC N 作用得到H2N C H（C H3）C N,再水解得到2-氨基丙酸。答案（1）（酚）羟基、酯基（2分）还原（1 分）（2）保护酚羟基（1 分）1 5（2分）31 1%+也。（2 分）CH3C00NH 4，人,+2 A g（NH 3）2O H-OC（C H3）3+2 A g +CONH,（2 分）HO 1 1 OH a 分）CH3（祖H.CH：,CH。舞H,N-CH CNCH3I L S。、，,拉的）H 2 N（；H C（）OH拄制p H CH?H一定 条 代 丫什0（3分）0人 千 人H