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1、2021高考化学模拟卷02化 学(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：O 16 Ca40 Ti 48 Fe 56一、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.化学与生活、生产、科技息息相关，下列叙述正确的是A制紫砂壶等陶瓷茶具的主要原料是纯碱、石灰石、石英砂B中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料C制造矢量发动机使用含铼（Re）合金材料，合金是纯净物D“人造太阳”的核燃料是氘、氚，12H、13H互为同素异形体【答案】B【解析】A陶瓷的主要原料是以黏土等无机非金属矿物为原料，经高温烧制而成，纯
2、碱、石灰石、石英砂是普通玻璃的原料，故A错误；B碳化硅是新型无=无机非金属材料，故B正确；C.将两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合在一起形成的混合物为合金，故含铼(Re)合金材料是混合物，故C错误；D.同种元素的不同种原子间互为同位素，故12H、13H互为同位素，不是同素异形体，故D错误；答案选B。8已知扎那米韦是流感病毒神经氨酸酶抑制剂，其对流感病毒的抑制是以缓慢结合的方式进行的，具有高度特异性，其分子结构如图所示。下列说法正确的是( )A该物质的分子式为C12H21N4O7B1个该分子含有6个手性碳原子C在一定条件下，该物质只能发生消去、加成、取代反应D该物质能使溴水或酸性高锰酸钾
3、溶液褪色【答案】D【解析】A该物质的分子式为C12H20N4O7，A说法错误；B手性碳原子是一个碳原子连有四个不同的原子或原子团，分子中标“*”为手性碳原子，共有5个，故B说法错误；C在一定条件下，该物质含有醇羟基、羧基、肽键、碳碳双键，能发生消去、加成、取代、缩聚、氧化等反应，C说法错误；D该物质含有碳碳双键，能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，故D说法正确；答案为D。9用下列实验装置能达到相关实验目的的是( )ABCD实验装置实验目的验证浓硫酸的脱水性和强氧化性粗铜精炼实验室灼烧Na2CO3·10 H2O制备少量白色的Fe(OH)2沉淀AABBCCDD【答案】D【解析】A苹果块悬浮在
4、浓硫酸上方，不能验证浓硫酸的脱水性和强氧化性，如苹果块变干，可说明浓硫酸的吸水性，故A错误；B. 粗铜精炼时，精铜作阴极，应与电源负极连接，故B错误；C实验室灼烧固体应该在坩埚中 ，蒸发皿是蒸发溶液的，故C错误；D制备少量白色的Fe(OH)2沉淀，电解饱和的食盐水，在阴极产生氢氧根离子，阳极金属铁失电子变成二价亚铁离子，在无氧环境中，可以制备少量的白色的Fe(OH)2沉淀，故D正确；故选：D。10MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述不正确的是AO为中间产物之一，该微粒与KO2中所含阴离子种类相同B该反应的化学方程式可表示为：HCHO+O2CO2+H2OC催化过程中，所发生的反应均
5、为氧化还原反应D1 mol HCHO与银氨溶液完全反应，最多可生成432 g Ag【答案】C【解析】AKO2中的阴离子是O，与O种类一样，故A项正确；B由催化机理可知，该反应的反应物为HCHO和O2，生成物为H2O和CO2，故B项正确；C催化机理存在一步HCO与H+反应生成CO2的过程，这一步不是氧化还原反应，故C项错误；D1molHCHO中存在2mol的醛基结构，故与银氨溶液完全反应，最多可生成4molAg，即432gAg，故D项正确；故答案为C。11一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y，Z、Q、W为120号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有
6、相同的电子层结构。下列叙述不正确的是()AWZX与W2Z化学键类型相同BW的单质在Z的单质中燃烧产物是W2Z2CY的氢化物的熔点一定低于Z的氢化物的熔点DW2Q2Z3溶液与Q的最高价氧化物对应的水化物反应有黄色浑浊和无色气体产生【答案】D【解析】X、Y，Z、Q、W为120号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C。AWZX为KOH，属于离子化合物，存在离子键和极性共价键；W2Z为K2O，属于离子化合物，只存在离子
7、键，故A错误；B金属K在O2中燃烧的产物为KO2和KO3，故B错误；CC的氢化物如石焟在常温是固体，而O的氢化物H2O、H2O2在常温下是液体，故C错误；DW2Q2Z3为K2S2O3，Q的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，两者发生反应，生成硫酸钾、硫单质、二氧化硫气体，因此看到有黄色浑浊和无色气体产生，故D正确；故选D。12近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1NC，Sc1NC)单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是A相同条件下，两种催化反应的焓变
8、相同B实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气单位时间内的产率C使用Sc1NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H*NNHD升高温度可以提高氨气的平衡转化率【答案】D【解析】A根据盖斯定律，焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小，与反应途径无关，催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，相同条件下，两种催化反应的焓变相同，A正确；B催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒，增大了接触面积，反应速率进一步加快，能提高氨气单位时间内的产率，B正确；C从图中可以看出，使用Sc1NC单原子催化剂的反应历程中，最
9、大能垒的反应过程可表示为*N2+H*NNH，C正确；D从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的平衡转化率降低，D错误；故答案为：D。13H2A为二元弱酸，室温下用0.100 0 mol/L，NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol/LH2A溶液至终点。滴定过程中H2A、HA-、A2-的分布分数（物质的量分数）a随溶液pH的变化关系如图所示。下列分析错误的是（ ）A曲线2表示HA-的分布分数随溶液pH的变化BH2A的二级电离常数K2=10-4.3Cb点时，消耗的NaOH溶液的体积为50. 00 mLDa点溶液中，
10、c（H+）=0.1000 mol/L+c（A2-）+c（OH-）-c（H2A）【答案】C【解析】ANaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol/LH2A溶液，先生成NaHA，再生成Na2A，HA-先增后减，故A正确；Bc点c(HA-)=c(A2-），溶液pH=4.3，所以H2A的二级电离常数K2=10-4.3，故B正确；Cb点时，HA-含量最大，所以溶质为NaA，消耗的NaOH溶液的体积为25.00mL，故C错误；Da点溶液是0.100 0 mol/L的H2A溶液，根据物料守恒c(A2-)+c(HA-)+c（H2A）=0.1，0.1000mol/L+c（A2-
11、）+c(OH-)-c(H2A)= 2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)= c(H+)，符合质子守恒，故D正确；选C。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）I.氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如图：回答下列问题：(1)操作A、B的名称分别是_、_；(2)写出加入稍过量的溶液得到FeCO3的离子方程式：_。(3)写出在空气中充分加热煅烧FeCO3的化学方程式：_。上述流程中，若煅烧不充分，最终产品中会含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中的含量，进行如下实验：称取样品，加
12、入足量稀溶解，并加水稀释至100mL；量取待测溶液于锥形瓶中；用酸化的标准液滴定至终点；重复操作b、次，得出消耗溶液体积的平均值为。(4)确定滴定达到终点的操作及现象为_。(5)上述样品的质量分数为_。(6)下列操作会导致样品中的质量分数测定结果偏低的有_。a.未干燥锥形瓶 b.盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗c.滴定结束时仰视刻度线读数 d.量取待测液的滴定管没有润洗【答案】（每空2分）(1)过滤 洗涤 (2)Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+ H2O
13、(3)4FeCO3+O2 Fe2O3+4CO2 (4)向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去 (5) (6) 【解析】根据流程图可知：铁屑用纯碱溶液洗去油污，加稀硫酸充分反应，经过过滤分离，在滤液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁，碳酸亚铁再经过过滤、洗涤，然后再干燥，灼烧得到氧化铁。(1)经过操作A得到滤液和滤渣，则操作A为过滤，固体经过操作B后干燥，则B为洗涤；(2)加入稍过量的NH4HCO3溶液的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe2+完全沉淀为FeCO3,沉淀Fe2+的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+ H2O；(3)在空气中煅烧Fe
14、CO3，FeCO3与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化碳，反应方程式为：4FeCO3+O2 Fe2O3+4CO2 ；(4)滴定完成时，亚铁离子反应完全，溶液由黄色变为浅紫色，则：向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去，即为滴定终点；(5)根据，则，则，样品质量分数为：；(6)a.未干燥锥形瓶，不影响滴定结果，故a错误；b.盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，则消耗的标准液体积偏大，m(FeO)偏高，Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，故b正确；c.滴定结束时仰视刻度线读数，则消耗的标准液体积读数偏大，m(FeO)偏高，Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，故c
15、正确；d.量取待测液的滴定管没有润洗，待测液被稀释，消耗的标准液体积偏小，m(FeO)偏低，Fe2O3的质量分数的测定结果偏高，故d错误；故答案为bc。27（14分）22020年6月比亚迪正式发布采用磷酸铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程，可媲美特斯拉。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备LiFePO4的流程如下：已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2请回答下列问题：(1)“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是_
16、。灼烧滤渣3得到固体的主要成分是_(写出化学式)。(2)写用FeS还原Fe3的离子方程式_。(3)试剂R宜选择_(填字母)。A高锰酸钾 B稀硝酸 C双氧水 D次氯酸钠(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2的操作是_。(5)常温下，Ksp(FePO4)1.3×1022，“沉铁”中为了使c(Fe3)1×105 mol·L1，c(PO)最小为_mol·L1。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：_。【答案】（每空2分）(1)避免Fe3水解生成Fe(OH)3，损失铁元素 Al2O3 (2) FeS+2Fe33Fe2+S (3) C
17、(4)取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2 (5) 1.3×1017 (6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2 【解析】(1) 硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3、Al3、Fe2等，Fe3能发生水解，水解是吸热反应
18、，升高温度，促进Fe3水解生成Fe(OH)3，造成铁元素的损失；依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3必先沉淀，因此加入FeS将Fe3还原成Fe2，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀出来，即滤渣3为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；(2) 加入FeS将Fe3还原成Fe2，离子方程式为FeS+2Fe33Fe2+S；(3)AKMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2、K，故A不适宜；B稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入NO新杂质，故B不适宜；C双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜
19、；D 次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl、Na，故D不适宜；故答案为：C；(4)检验Fe2：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2；(5)根据溶度积进行计算，c(PO43)=1.3×1017mol·L1；(6)根据分析，“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2。28.（15分）甲醇是重要的化工原料，用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生反应如下:反应I: CO2(g) +3H2(g) C
20、H2OH(g) +H2O(g) H1= -53.7kJmol-1反应II: CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) H2反应III: CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) H3= -94.9 kJmol-1(1)已知:HH、HO、C=O、CO共价键的键能分别为436 kJ·mol-1、465KJ·mol-1、806kJ·mol-1、343kJ·mol-1，则H2=_kJmol-1， CO的键能为 _kJ·mo1-1。(2)已知在一定条件下的可逆反应： CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)H。现在容积恒为2L的
21、密团容器中充入2molCH3OH(g)和2 mol CO(g)，在不同的实验条件下（I、II、III），测得容器内的压强(P/kPa)随时间(t/min)的变化如下表(忽略温度对压强的影响)，0 min2 min4 min6 min8 min10 min12 min14 minIP0P 1P 20.8 P 00.8P0IIP0P30.8P008P0IIIP0P4P5P6P70.7P00.7P0II和I相比，改变的反应条件是_。该反应H_0(填“>”“<”“=”)，其理由是_。在II条件下，0-4 min的v(CH3OH)=_在 III条件下平衡常数K=_。(3)直接甲醇氧气燃料电池
22、(DMFC) 属于质子交换膜电池，是具有广泛应用前景的电池。该电池工作时负极的电极反应式为_。【答案】(除标注外，每空2分)(1)+41.2kJmol-1 1076.8 kJ·mol-1 (2)加入催化剂 < 反应I的温度高于反应III，反应I的转化率低于反应III 0.1mol/(L·min) 3.75L/mol(3)CH3OH-6e-=CO2+6H+ 【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I反应III可得反应反应II，则H2=H1H3=( -53.7 kJmol-1)(-94.9 kJmol-1)= +41.2kJmol-1；设CO的键能为x kJmol-1，由反应热
23、=反应物的键能之和生成物键能之和可得：2×806kJ·mol-1+436 kJ·mol-1x kJmol-12×465KJ·mol-1=+41.2kJmol-1，解得x=1076.8，故答案为：+41.2kJmol-1；1076.8 kJ·mol-1；（2）该反应为气体体积减小的反应，II和I相比，反应达到平衡时的压强都为0.8P 0说明反应达到的化学平衡状态相同，由II达到平衡所需时间比I少说明II的反应速率快，则改变的条件应为加入催化剂，故答案为：加入催化剂；由图中数据可知，III和I的起始压强相同，反应I达到平衡所需时间少于反应
24、III说明反应I的温度高于反应III，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，设反应I和反应III中一氧化碳转化率分别为a和b，由题意可建立如下三段式：由可得：，解得a=0.4；由可得：，解得b=0.6，则反应I的转化率低于反应III，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故答案为：<；反应I的温度高于反应III，反应I的转化率低于反应III；反应II和I达到的化学平衡状态相同，由计算反应I所得数据可知，达到平衡时甲醇消耗的物质的量为0.8mol，则v(CH3OH)= =0.1mol/(L·min)；由计算反应III所得数据可知，平衡时甲醇、一氧化碳、甲酸甲酯的物质的量浓度分别
25、为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L，则化学平衡常数K=3.75 L/mol，故答案为：0.1mol/(L·min)；3.75 L/mol；（3）甲醇氧气燃料电池工作时，还原剂甲醇为电池的负极，酸性条件下甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH-6e-=CO2+6H+，故答案为：CH3OH-6e-=CO2+6H+。（二）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。35化学选修3：物质结构与性质（15分）最新发现用聚乙二醇双丙烯酸酯纯化钙钛矿薄膜表面缺陷，能改善钙钛矿太阳能电池的效率和稳定性。（1）已
26、知乙二醇的结构简式为。乙二醇中三种元素电负性由强到弱的顺序为_。乙二醇能以任意比溶于水的微观原因为_。乙二醇中碳原子和氧原子的杂化类型分别为_、_。（2）基态钛原子核外电子排布式为_；同周期与其未成对电子数相等的基态原子还有_种。（3）立方钙钛矿的晶胞结构如图：该晶胞的化学式为_；晶胞中Ca的配位数为_。晶胞中部分原子坐标为W（0，0，0），M（1/2，1/2，1/2），N（1/2，0，0），则X点的坐标为_。若晶胞参数为，则该晶胞的密度为_（表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式）。【答案】（1）O>C>H(1分)乙二醇易与水形成分子间氢键，所以能以任意比溶于水(2分) sp3(1分
27、)sp3(1分) （2） 或(2分) 3(1分) （3） (2分) 12(1分) （0，0，1/2）(2分) (2分) 【解析】（1）乙二醇中三种元素分别为H、C、O，通常非金属性越强，电负性越大，电负性由强到弱的顺序为O>C>H；乙二醇易与水形成分子间氢键，所以能以任意比溶于水；乙二醇中碳和氧均以单键形式相连，所以杂化类型均为 sp3；（2）钛原子序数为22，基态钛原子核外电子排布式为或；有2个未成对电子，同周期也有2个未成对电子的基态原子的外围排布式分别为、和，即还有Ni、Ge和Se三种；（3）由晶胞结构可知:钙位于体心、钛位于顶点，则其个数为，氧位于棱边的中点，则其个数为，故
28、晶胞的化学式为，立方体晶胞共有12个边长，每条边长的中点是一个氧原子，共12个氧原子，包围着中心的钙离子，Ca的配位数为12；由晶胞结构及其他点的坐标分析可得X点的坐标为（0，0，）；若晶胞参数为，则该晶胞的密度等于晶体的密度，即为。36化学选修5：有机化学基础(15分)环扁桃酯临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：完成下列填空：(1)写出A的官能团_；的反应类型_；反应所需试剂和条件_。(2)写出反应的化学方程式_(3)反应中另一反应物F的结构简式为_。(4)检验D是否已经完全转化为E的操作是_。(5)满足下列条件，写出一种E的同分异构体的结构简式_。i能发生水解反应
29、 苯环上的一溴代物只有两种(6)写出由乙苯()合成聚苯乙烯()的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：)_。【答案】(1)COOH(羧基)（1分）取代反应（1分） NaOH溶液、加热、酸化()（2分） (2) （2分） (3)（2分） (4)取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E（2分） (5) 、(任写一种) （2分） (6)或（3分） 【解析】由C的结构简式HOCH2COOH，结合A的分子式可确定A的结构简式为CH3COOH，则B的结构简式为ClCH2COOH，由C生成D的反应条件可知C中羟基被催化氧化生成D，可确定D的结构简式
30、为OHCCOOH；由E与环扁桃酯的结构简式，可确定F为。(1)由分析可知，A的结构简式为CH3COOH，则其官能团为-COOH(羧基)；反应为CH3COOH中-CH3上的一个H原子被Cl2中的一个Cl所替代，所以反应类型为取代反应；反应是ClCH2COOH发生的水解反应，但-COOH会转化为-COONa，后续操作应为酸化，则所需试剂和条件为NaOH溶液、加热、酸化(H+)。答案为：-COOH(羧基)；取代反应；NaOH溶液、加热、酸化(H+)；(2)反应中，HOCH2COOH中的-CH2OH催化氧化生成-CHO，化学方程式为。答案为：；(3)由以上分析知，反应中另一反应物F的结构简式为。答案为
31、：；(4)检验D是否已经完全转化为E，则可通过加入检验-CHO的试剂，检验OHCCOOH是否存在，具体操作是：取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E。答案为：取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E；(5)满足下列条件：“i能发生水解反应，苯环上的一溴代物只有两种”的E的同分异构体中，应含有苯环，且有两个对位取代基，一个含有酯基，另一个含有-OH或醚键，结构简式可能为、(任写一种)。答案为：、(任写一种)； (6)由乙苯()合成聚苯乙烯()，则需将转化为，由此得出合成路线为或。