(全国1卷)2021届高三第二次模拟考试卷化学(二).docx

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2021届高三第二次模拟考试卷化 学(二)注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题

2、(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“17世纪中国工艺百科全书” 天工开物为明代宋应星所著。下列说法错误的是A“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅(锌古称)参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉8有机物M、N、Q的转化关系为： 下列说法正确的是AM分子中的所有原子均在同一平面B上述两步反应依次属于加成反应和取代反应CM与H2加成后的产物，一氯代物

3、有6种DQ与乙醇互同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色9某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质实验(部分夹持装置已省略)，下列“现象预测”与“解释或结论”均正确的是选项仪器现象预测解释或结论A试管1有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B试管2紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C试管3注入稀硫酸后，没有现象由于Ksp(ZnS)太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D锥形瓶溶液红色变浅NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH10用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A1mol硝基(-NO2)与

4、46g NO2所含的电子数均为23NAB1mol环己烷中含有共价键数为12NAC向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为NAD电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减小32g11最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是A硫酸水溶液主要作用是增强导电性B充电时，电极b接正极Cd膜是质子交换膜D充放电时，a极有12几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价+2+3+5，-3-2下列叙述正确的是AY的最高价氧化物对应

5、的水化物显两性B放电条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CX、Y元素的金属性：XAl，即XY，故C错误；D电子层数相同时，元素原子的核电荷数越小，离子半径越大，则Mg2+的离子半径小于O2的离子半径，故D错误；答案选A。13. 【答案】A【解析】醋酸的电离常数，取对数可得到；A据以上分析，将C点坐标(6，1.7)代入，可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0105，A正确；B根据A项分析可知，B错误；C当往10mL 0.10molL1 NaOH溶液中加入10mL 0.10molL1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时

6、加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；DB点，又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=108.3molL1，结合电荷守恒式：c(CH3COO)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO)=c(OH)-c(H+)=(105.7-108.3)molL1，D错误；答案选A。26. 【答案】(1)a 使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离 圆底烧瓶A (2)防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解 使过氧化氢和冰醋酸充分反应 (3)淀粉溶液 滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 CH3COOOH+

7、2H+2I=I2+CH3COOH+H2O 【解析】蛇形冷凝管的进水口在下面，即图中a，出水口在上面；答案为：a；实验目的是双氧水的提浓，需要水分挥发、避免双氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入60水，主要目的为使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；答案为：使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水，故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A；答案为：圆底烧瓶A；(2)用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热，而过氧乙酸性质不稳定遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解，故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止

8、过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；答案为：防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；磁力搅拌能增大反应物的接触面积，便于过氧化氢和冰醋酸充分反应；答案为：使过氧化氢和冰醋酸充分反应；(3)硫代硫酸钠滴定含碘溶液，所选指示剂自然为淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会褪色，滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子反应，碘单质为氧化产物，乙酸为还原产物，故离子方程式为：CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O；答案为：CH3

9、COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O；通过CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O及滴定反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式为：，得x=5.000V2105mol，则原过氧乙酸的浓度；答案为。27. 【答案】(1) b (2)T3T2T1 7.32103 (3)ab N2+6H+6MV+=2NH3+6MV2+ 条件温和、生成氨的同时释放电能【解析】(1)NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，NH3电子式为：；根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反应b需要的能量最大

10、，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b；根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应，H0；(2)正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小，所以图中温度T1、T2、T3大小关系是T3T2T1；设M点N2反应的物质的量为x mol，反应三段式为：M点平衡时NH3的质量分数为40%，即=40%，可得x=2，则平衡时c(N2)=3mol/L，c(H2)=9mol/L，c(NH3)=4mol/L，平衡常数为K=7.32103；(3)根据装置电极b上MV2+转化为MV+可知，b电极为正极、a电极为负极，原电池工

11、作时，电子从负极a电极经过导线流向正极b电极，即ab；固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：N2+6H+6MV+=2NH3+6MV2+；该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该工艺的优点为：条件温和、生成氨的同时释放电能。28. 【答案】(1)温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低(或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低) (2)Na2SO4 (3)AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O (4) 432 氨浸 氯

12、化焙烧 (5)使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度 电解【解析】(1)“氯化焙烧”过程中，若温度过高，氯化物会进入烟尘逃逸，或者会发生其他副反应，导致产率降低，故答案为：温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低(或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低)；(2)滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明含有SO，则此钠盐的化学式是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；(3)根据上述分析可知，氨浸时发生的化学反应为AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O；(4

13、)N2H4是共价化合物，其电子式是，故答案为：；沉银过程中发生反应4Ag(NH3)2Cl+N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，则理论上1mol N2H4完全反应所得到4mol Ag，其质量为4mol108g/mol=432g，故答案为：432；所得母液为NH4Cl，向其中加入烧碱，可反应得到NaCl和NH3H2O，可返回“氯化焙烧”和“氨浸”工序中循环使用，故答案为：氯化焙烧；氨浸；(5)助熔剂Na2CO3和Na2B4O7既可以降低了银的熔点，减少能耗，又可以使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度，可用银锭作阳极，纯银作阴极，硝酸银作电解质溶液构成电解池，进一步精练银锭，即采用电解

14、的方法进一步直接精炼银锭，故答案为：使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度；电解。35.【答案】(1)4s24p4 H2S或硫化氢 (2)O=C=O (3) sp2 (4)4 或【解析】(1)Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H2O

15、分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；(2)在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；VL标准状况下CO2的物质的量是n(CO2)=mol，由于在1个CO2分子中含有2个键，所以mol CO2气体中含有的键数目为mol2NA/mol=；(3)已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大键，根据结构简式可知，形成大键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为，其中Se的杂化方式为sp2；(4)根据晶

16、胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；晶胞中Fe2+数目=8+4+1=4，Cu+的数目=6+4=4，S2数目为81=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度=g/cm3或g/cm3。36.【答案】(1)CH2=C(CH3)CH2CH3 (2)3，4-二甲基-3-己烯 (3)消去反应 (4)+2H2O (5)碳碳双键，酯基 (6)3 、 (7)CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO【解析】(1)根据F的结构简式，结合A的分子式

17、分析A为CH2=C(CH3)CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4-二甲基-3-己烯，故答案为：3，4-二甲基-3-己烯；(3)根据F的结构简式及G的分子式分析，FG的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为，故答案为：；(5)根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，故答案为：3；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO。