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1、2021高考化学模拟卷05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：H 1 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Sb 122一、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. 化学与生活密切相关。下列叙述涉及氧化还原反应的是( )A. 牙膏中添加氟化物用于预防龋齿B. 梦溪笔谈中：“石穴中水，所滴者皆为钟乳”C. 消防官兵把正在泄漏Cl2的钢瓶投入盛有石灰水的池子中D. 用氯化铁溶液净化污水【答案】C【解析】A牙齿表面含有Ca5(PO4)3OH使用含氟牙膏，会发生反应：Ca5(PO4)
2、3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F+OH-(aq)，若使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的氟磷酸钙Ca5(PO4)3F，使沉淀溶解平衡正向移动，最终在牙齿表面形成难溶性的Ca5(PO4)3F，因此可防止龋齿，在转化过程中元素化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意；B该现象涉及的是沉淀溶解平衡，不是氧化还原反应，B不符合题意；CCl2与Ca(OH)2发生2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O，氯气既是氧化剂又是还原剂，涉及氧化还原反应，C符合题意；DFeCl3净化污水，原理是Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，吸附悬浮杂质，未涉及
3、氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。8.化合物是合成药物片螺素的中间体，下列有关该化合物叙述错误( )A. 分子式为C21H18O3B. 能够发生加成反应C. 苯环上的一氯取代物共6种D. 能与新制氢氧化铜悬浊液反应【答案】C【解析】A根据该物质的结构简式可知其分子式为C21H18O3，故A正确；B含有苯环和醛基，可以发生加成反应，故B正确；C该有机物不是对称结构，每个苯环上的一氯代物有3种，三个苯环共9种一氯代物，故C错误；D分子结构中含有醛基，可以和新制氢氧化铜悬浊液反应，故D正确；综上所述答案为C。9.下列实验操作或装置正确的是( )ABCD蒸发除去苯甲酸中的乙醇提纯混有少量C2
4、H4的CH4实验室纯化工业乙酸乙酯氯气的净化A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A蒸发多用于固液分离，乙醇和苯甲酸为液液分离，苯甲酸沸点高于乙醇的沸点，应该应用蒸馏的方法，故A错误；BC2H4会被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，引入新的杂质，故B错误；C往长颈漏斗里加水至没过漏斗颈，夹住止水夹，继续加水，一段时间后，水柱稳定不下降，则可证明气密性良好，故C正确；D除去氯气中的氯化氢和水杂质，先通入饱和食盐水，除去氯化氢，再通入浓硫酸，除去水，得到干燥纯净的氯气，故D错误；综上所述答案为C。10. 最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，机理如图所示。下列说法正确的是( )
5、A. 2、5是催化剂B.过程、及总反应中原子利用率均为100%C. 过程中有非极性键与极性健的断裂与形成D. 5为CH3CONH2时，1是【答案】D【解析】分析图可知反应历程为：过程为2+34，过程为4+56+7，过程为71+2，总反应为：3+57，2是催化剂，3和5是反应物，4和7是反应中间体。A由分析可知，2是催化剂，5是反应物，故A错误；B由分析可知，过程和总反应中原子利用率均为100%，但过程和过程中原子利用率均未达到100%，故B错误；C由图可知，过程中有碳氟键断裂，有碳氮键形成，即有极性键的断裂和形成，无非极性键的断裂与形成，C错误；D5到1的总变化为4中-NO2对位的C上的原子团
6、被X取代，若5为CH3CONH2，则X为-NH2，则1是，D正确；答案选D。11. 单液可充电电池如图所示，其反应原理为。下列说法正确的是( )A. 放电时，B电极为负极B. 放电时，溶液中向B电极移动C. 充电时，B电极上发生的电极反应式：Ag-e-=Ag+D. 充电时，当A电极生成1molH2时，电解质溶液减轻2g【答案】B【解析】A由图示分析可知，放电时A电极发生氧化反应，为电池的负极，故A错误；B由A分析可知，放电时左边为电池的负极，右边则为电池的正极，工作时阳离子向正极移动，即氢离子向右边电极移动，故B正确；C充电时A电极为阴极，发生还原反应，即2H+2e-=H2；B电极为阳极，发生
7、氧化反应，即Ag-e-+Cl-=AgCl，故C错误；D由反应2HCl+2Ag2AgCl+H2可知，充电时，当A电极生成1molH2时，电解质溶液中会减少2molHCl，则减少的质量为73g，故D错误。故选B。12.H2A是二元弱酸。向100 mL 0.40 mol/L H2A溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200 mL。测得溶液中微粒的(x)随 pH变化曲线如图所示，(x)=，x代表微粒H2A、HA-或A2-。下列叙述正确的是A. 曲线是HA-的变化曲线B. H2A的电离常数K= 1.0×10-1.22C. 在 b点，c(A2-)+2c(OH-)
8、= c(HA-)+c(H+)D. 在c点，c(HA-)=0.06 mol/L【答案】B【解析】A当酸性越强时，曲线表示的微粒的含量越高，可推知曲线是H2A的变化曲线，曲线是HA-的变化曲线，曲线是A2-的变化曲线，A错误；B在a点H2A的浓度和HA-的浓度相等，pH=1.22，则H2A的电离常K=10-1.22，则B正确；C在 b点，c(A2-)= c(HA-)，且溶液呈酸性，若c(A2-)+2c(OH-)= c(HA-)+c(H+)，则2c(OH-)= c(H+)，显然不成立，C错误；D在c点，HA-的含量为0.15，而H2A的物质的量为0.1L× 0.40 mol/L=0.04
9、mol，则HA-的物质的量为0.15×0.04 mol=0.006 mol，溶液体积为0.2L，c(HA-)=0.006 mol÷0.2L=0.03 mol/L，D错误；故选B。13. 短周期元素X、 Y、Z、M原子序数依次增大，Z的最高价氧化物对应的水化物及其简单氢化物可形成一种盐，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法错误的是A.Y、Z、M的最价氧化物对应的水化物都是强酸B. X均可分别与Y、Z、M形成的18电子化合物C. X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可能是离子化合物D. 原子半径：M>Y>Z>X【答
10、案】A【解析】已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，Z的最高价氧化物对应的水化物及其简单氢化物可形成一种盐，则Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素组成的一种分子结构如图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素。A由上述分析可知，Y为C元素，Z为N元素，M为S元素，则最价氧化物对应的水化物分别是碳酸、硝酸、硫酸，碳酸是弱酸，故A错误；BX分别与Y、Z、M形成的化合物为C2H6、N2H4、H2S，均为18电子化合物，故B正确；CX、Y、Z、M形成的化合物有NH4SCN，为离子化合物，故C正确；DH原子核外有1个电子层，而C、N原子核外均有2个
11、电子层，S原子核外有3个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：S>C>N>H，故D正确；答案选A。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）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：已知：Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应：5Na2S2O4 + 6KMnO4 + 4H2SO4 = 5Na2SO4 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 4H2O回答
12、下列问题：(1)反应1说明酸性：H2SO3 H2CO3（填“>”或“<”）。(2)反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。(3)在步骤中加入固体NaCl的作用是_ ；(4)步骤需要控制温度在35的原因是_；已知pH>11时，Zn(OH) 2转化为ZnO22-，为了使Zn2+沉淀完全,则加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH范围是_(25时KspZn(OH)2=1.0×1017，35时Ksp与Kw的变化可忽略)(5)为测定所制保险粉的纯度，称取3.0g保险粉样品溶于冷水中，配成100mL溶液，用移液管取出25mL该溶液于锥形瓶中，用0.10mol·L-1的酸
13、性KMnO4溶液滴定，重复上述操作2次，平均消耗KMnO4溶液18.00 mL。滴定终点的现象是_。该样品中Na2S2O4的质量分数为_（杂质不参与反应）。若在滴定前未向锥形瓶中通氮气，则会导致测定的保险粉含量_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)【答案】（除标注外，每空2分）(1)>（1分）(2)2:1(3)增大c(Na+)，促使Na2S2O4析出(4)温度低于35，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解 8pH<11(5)当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；87%偏低（1分）【解析】(1)反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧
14、化碳，则说明酸性：H2SO3>H2CO3，故答案为>。(2)反应2为亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3，还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，故答案为2:1。(3)在步骤中加入固体NaCl，可以增大c(Na+)浓度，促使Na2S2O4析出，故答案为：增大c(Na+)，促使Na2S2O4析出；(4)温度低于35，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解，所以步骤需要控制温度在35。Zn2+沉淀完全，即c(Zn2+)10-5，c(Zn2+)=10-5时，1.0×1017=10-5×c2(OH-)，解得：c(OH-)=
15、10-6，c(H+)=10-8，pH=8。当c(Zn2+)10-5时，OH-浓度比10-6大，碱性更强，pH8，当pH>11时，Zn(OH) 2转化为ZnO22-，所以，为了使Zn2+沉淀完全，需控制pH范围在8pH<11，故答案为：温度低于35，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解；8pH<11；(5)高锰酸钾滴定保险粉样品时，发生氧化还原反应，当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为：当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；平均消耗KMnO4溶液18.00 mL，则10mL该溶液中，n(Na2S2O
16、4)=56n(KMnO4)=56×18.00×10-3L×0.10 mol·L-1=0.0015mol，n(Na2S2O4)= 0.0015mol×174g/mol=0.261g，该样品中Na2S2O4的质量分数为0.261g3.0g×10mL100mL×100%=87%，故答案为：87%。氮气是作为保护气，排除氧气带来的影响，若在滴定前未向锥形瓶中通氮气，则实际测出的保险粉的量会减少，也就导致测定的保险粉含量偏低，故答案为：偏低。27（14分）试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、 Ca2+、 Mg2+、Fe3+、S
17、O等杂质)为原料制备。制备流程简图如下：(1)焙炒海盐的目的是_。(2)根据除杂原理，在表中填写除杂时依次添加的试剂及其预期沉淀的离子。实验步骤试剂预期沉淀的离子步骤1BaCl2溶液SO步骤2_步骤3_(3)操作X为_。(4)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。试剂a为_。 相比分液漏斗，选用仪器1的优点是_。对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是_。(5)已知：CrO+ Ba2+ = BaCrO4(黄色)CrO+3Fe2+ 8H+ =Cr3+ + 3Fe3+ 4H2O设计如下实验测定NaCl产品中SO的含
18、量，填写下列表格。操作现象目的/结论称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol·L-1BaCl2溶液V1mL稍显浑浊目的：_。继续滴加过量c2mol ·L-1 K2CrO4溶液V2 mL产生黄色沉淀目的：沉淀过量的Ba2+。过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用c3 mol·L-1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3 mL结论：SO的质量分数为_。(列算式)【答案】(1) 除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小（2分）(2) NaOH（1分） Mg2+和Fe3+（1分）Na2CO3（1分）Ba2+和Ca2+（1分）(3)蒸发浓缩（1分）
19、(4) 浓硫酸（1分） 可平衡压强，使液体顺利滴下（1分） 增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快（2分） (5)使SO完全沉淀（1分） （2分）【解析】海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钡除去硫酸根，加入NaOH除去Mg2+和Fe3+，再加入碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，之后过滤取滤液，蒸发浓缩得到饱和溶液，KCl的溶解度比NaCl大，所以通入HCl气体结晶得到NaCl。(1)焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解；(2)根据分析可知步骤2可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+，步骤3加入Na2CO3除去Ba2+和Ca2+
20、(或步骤2加入Na2CO3除去Ba2+和Ca2+，步骤3可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+)；(3)根据分析可知操作X为蒸发浓缩；(4)实验室可以利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取HCl气体，所以试剂a为浓硫酸；仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；将烧瓶中海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出；(5)步骤中加入过量的氯化钡溶液，目的是使SO完全沉淀，之后再加入过量的K2CrO4溶液沉淀过量的Ba2+，然后用FeSO4溶液滴定剩余的CrO，根据方程式可知n剩(CrO)=c3V3´10-3mol，则n剩(Ba2+)= n总(
21、CrO)-n剩(CrO)=(c2V2´10-3-c3V3´10-3)mol，所以n(SO)= c1V1´10-3mol-(c2V2´10-3-c3V3´10-3)mol=(c1V1- c2V2+c3V3)´10-3mol，SO的质量分数为=28.（15分）氨基甲酸铵()为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。已知：.回答下列问题：(1)写出NH2COONH4分解生成NH3与CO2气体的热化学方程式：_。(2)恒容条件下，实验测得数据如下表所示：2932983033083138.6011.4016.242
22、0.8630.66恒温恒容时，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_(填标号)。A.容器内总压强不再改变 B.2v正(NH3)=v(CO2)逆 C.c2(NH3)c(CO2)的值不再改变 D.NH3的体积分数不再改变某温度下，该反应平衡时容器内总压强为p，写出该反应的压强平衡常数的计算式Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。随着温度升高，Kp逐渐_(填“增大”、“减小”或“不变”)，其主要原因是_。某温度下，达到平衠后，欲增加NH3的平衡浓度，可釆取的措施有_(填标号)。A.加NH2COONH4 B.加催化剂 C.减小体积增大压强 D.移走CO2取一定量的
23、氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25.0下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量 (填“增加”，“减少”或“不变”）。（3）已知：NH2COONH4+2H2NH4HCO3+NH3·H2O，该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO）随时间的变化趋势如图所示。计算25.0时，06min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率 。【答案】(1) (2分) (2) A(2分) (2分) 增大 (1分) 该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体物质的量增大，压强增大(2分)CD(2分)增大（2分）（3）0.05mol
24、/(Lmin)(2分)【解析】(1) 已知：.，有盖斯定律+-得： ；(2) A.容器内总压强不再改变 ，说明气体的体积不再发生变化，说明可逆反应处于平衡状态，故A正确；B.2v正(NH3)=v(CO2)逆，不符合反应速率之比等于化学计量数之比，故B错误；C.c2(NH3)c(CO2)是化学平衡常数，温度不变，平衡常数的值不变 ，不能说明处于平衡状态，故C错误；D.反应体系中只有氨气和二氧化碳是气体，物质的量之比等于化学计量数之比，则NH3的体积分数不再改变，不能作为平衡状态判断的依据，故D错误；故答案为：A。该反应的压强平衡常数的计算式Kp= ；随着温度升高，Kp逐渐增大，主要原因是该反应是
25、吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体物质的量增大，压强增大；A.加NH2COONH4，平衡不移动，氨气的浓度不变，故A错误； B.加催化剂，平衡不移动，氨气的浓度不变，故B错误；C.减小体积增大压强 ，氨气的浓度增大，故C正确；D.移走CO2，平衡正向移动，氨气的浓度增大，故D正确；故答案为：CD；若在恒温下压缩容器体积，则会将压强增大，平衡向左移动，固体质量增大，故答案为：增大；（3）化学反应速率Vc/t( 2.2mol/L1.9mol/L)/6min0.05mol/(Lmin),故答案为：0.05mol/(Lmin)。（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
26、按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）VA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。(1)常用于制造火柴，P和S的第一电离能较大的是_。俗称雄黄，其中基态原子的核外电子排布式为_，有_个未成对电子。P、S、电负性由大到小的顺序是_。(2)、中沸点最高的是_，其主要原因是_。(3)白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为_。研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为和，分析PCl5和PBr5结构存在差异原因是_。(4)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则：锑酸亚铁的化学式为_。晶体的密度为_(设为阿伏加德罗常数的值)。【
27、答案】(1) P(1分)3d104s24p3(1分) 3(1分)S>P>As(2分)(2)NH3(1分) NH3分子间存在氢键(2分) (3)三角锥(1分) Br-半径较大，无法形成PBr6-(2分) (4)Fe(SbO3)2(2分)(2分)【解析】(1)P元素3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能较大的是P；As元素为为33号元素，第四周期第A族，原子核外电子排布为Ar3d104s24p3；核外有4p轨道上3个未成对电子；非金属性S>P>As，所以电负性S>P>As；(2)PH3、AsH3分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在
28、氢键，所以NH3沸点最高；(3)PCl3中心P原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以立体构型为三角锥形；Br-半径较大，而Cl-半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl-，而无法容纳6个Br-，无法形成PBr6-；(4)据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为+2=4，O原子的个数为+10=12个，Fe2+的个数为+1=2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2；晶胞的质量为=g，晶体的体积为abc nm3=abc´10-21cm3，所以晶体的密度为=g·cm3。36化学选修5：有机化学基础(15分)熟地吡喃酮是从中药熟地中提取的有效成分，化合物F是合成熟地吡喃酮的一种中间
29、体，合成路线如图所示。 已知：回答下列问题：(1)B的分子式_；F中含氧官能团的名称是_。(2)CD的反应类型为_；D的结构简式是_。(3)写出AB的化学方程式_；(4)C的核磁共振氢谱有_组吸收峰；E和F_同分异构体(填“是”或“不是”)。(5)化合物是合成抗菌药磺胺甲唑的一种中间体，写出以乙二酸和丙酮()为原料合成该化合物的流程_(其他无机及有机试剂任选)。【答案】(1)C11H13OBr（2分）醚键、羟基（2分）、(2)取代反应（1分） （2分）(3)+CH3OH+H2O；（2分）(4) 6（2分） 是（2分） (5) （2分） 【解析】AB为A与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，故
30、B的结构简式为，C与CH3-COCl发生已知的反应，该反应是取代反应，结合F的结构简式，可知CH3-CO-取代C中醚键相邻碳原子上的氢原子，则D为。(1)AB为A与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，故B的结构简式为，则B的分子式为C11H13OBr；根据F的结构简式，含氧官能团的名称是醚键、羟基；(2)由上述分析可知，CD的反应类型为取代反应；D的结构简式为；(3)A与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为+CH3OH+H2O；(4)C为对称结构，其中C2H5-有2组氢原子，-OCH3有1组，苯环上1组，-CH2COOCH3有2组氢原子，核磁共振氢谱有6组；E和F的分子式均为C14H16O4，其结构不同，互为同分异构体；(5)生成化合物，需要与乙二酸二乙酯反应制取，乙二酸二乙酯则需要乙二酸与足量的乙醇反应制取，则流程为。