2021年高考化学模拟练习题（一）（含解析）.docx

1、2021年高考化学模拟练习题（一）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 As-75 Br-80 Ag-108第卷 (选择题 共42分)一、 选择题(本题共7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求的)72019年12月27日晚，长征五号运载火箭“胖五”在海南文昌航天发射场成功将实践二十号卫星送入预定轨道。下列有关说法正确的是A胖五”利用液氧和煤油为燃料，煤油为纯净物 B火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能C火箭箭体采用铝合金是

2、为了美观耐用 D卫星计算机芯片使用高纯度的二氧化硅【答案】B【解析】A项，煤油为混合物，A错误；B项，火箭中燃料的燃烧是将化学能转化为热能，再转化为机械能，B正确；C项，铝合金的密度较小，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，C错误；D项，卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，D错误。8下列关于2环己基丙烯()和2苯基丙烯()的说法中正确的是A二者均为芳香烃B2苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面C二者均可发生加聚反应和氧化反应D2苯基丙烯的一氯代产物只有3种【答案】C【解析】A项，结构中不含苯环，不是芳香烃，故A错误；B项，2苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面，不能说一定，因为当

3、苯环与丙烯基连接的单键旋转时就不在同一平面内，故B错误；C项，两者都有碳碳双键，所以二者均可发生加聚反应和氧化反应，故C正确；D项，因2苯基丙烯分子中含有5种等效氢原子，则其一氯代产物有5种，故D错误；故选C。9铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是A过程反应：2NH4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4B检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C若省略过程，则铵明矾产率明显减小D向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失【答案】D【解析】A项，过程利用NaHCO3的

4、溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4，故A正确；B项，溶液B已经呈酸性，检验SO42只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；C项，若省略过程，溶液中还有一定量的HCO3，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；D项，向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消失，故D错误；故选D。10甲烷直接氧化制甲醇是富有挑战性的课题，Sen等在CF3COOH

5、水溶液中成功将甲烷转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH)，其反应机理如图所示，下列说法正确的是A上述反应的总反应式为CH4CF3COOHO2CF3COOCH3BCF3COOCH3水解生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3H2OCF3COOHCH3OHCPd2是该反应的中间产物D每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为22.4L【答案】B【解析】A项，根据加和可得上述反应的总反应式为CH4CF3COOH1/2O2CF3COOCH3+H2O，故A错误。B项，CF3COOCH3发生水解反应的产物为CF3COOH和CH3OH，故生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3H2OC

6、F3COOHCH3OH，故B正确；C项，反应中Pd2参与反应，反应中又生成等物质的量的Pd2，故Pd2为催化剂不是中间产物，故C错误；D项，根据反应CH4CF3COOH1/2O2CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3H2OCF3COOHCH3OH可得制甲醇的反应方程式为CH41/2O2CH3OH，故每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为11.2L，故D错误。故选B。11常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1molL-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H)表示为pH水-lgc(H)水。pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示

7、。下列推断正确的是AHX的电离方程式为HXHX-BT点时c(Na)c(Y-)c(H)c(OH-)C常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低D常温下，HY的电离常数【答案】D【解析】A项，依题意，HX和HY是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误；B项，T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误；C项，N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误；D项，取M点计算电离常数，c(H)c(OH-)110-7molL-1，混合溶液中，故D正确。故选D。122019年6月

8、6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1xFexPO4+e-+Li=LiM1x FexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是( )A放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极B电池总反应为M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6CC放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li+6CD充电时，Li移向磷酸铁锂电极【答案】C【解析】A项，放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸

9、铁锂电极流向石墨电极，A错误；B项，根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6C，B错误；C项，放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li+6C，C正确；D项，放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；故选C。13短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是A元素非金属性强弱的顺序为WYZBY单质的熔点高于X

10、单质CW的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性低D化合物M中W不都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为钠Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构分析，Y形成四个共价键，说明其为Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z为Cl；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，为O；经分析，X为Na，Y为Si，Z为Cl，W为O，则：A项，O、Si、Cl三种元素非金属性最强的为Cl，A错误；B项，单质Si为原子晶体，单质Na是金属晶体，单质Si的熔点高于单质Na，B正确；C项，O的非金属性比Si强

11、，所以O的氢化物的稳定性比Si的氢化物强，C错误；D项，化合物M中O都满足8电子结构，D错误；故选B。第卷 (非选择题 共58分)二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答)26(15分)硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂。隔绝空气加热至500时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。实验探究某化学小组选用如图所示部分装置迸行实验(夹持装备略)实验I验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。(1)所选用装置的正确连接顺序为_(填装置的字母序号)。(2)A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体仅

12、为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4：_。实验探究分解产物中的硫氧化物，连接装置AEFB进行实验。(3)实验过程中观察到：E中没有明显现象，F中溶液褪色，据此得出的结论是_。(4)实验证明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除生成上述产物外，还有N2产生，写出A中反应的化学方程式_。、为测定硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)26H2O晶体纯度，某学生取mg硫酸亚铁铵样品配成500mL溶液，根据物质组成，设计了如下三个实验方案，请回答：方案一：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶，用0.1000molL-1的酸性KMnO4溶液进行滴定。方案二：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。方

13、案三：(通过NH4+测定)实验设计如图所示。取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行该实验。(5)若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因是_。(6)方案三选择装置_(填图一或图二)较为合理，判断理由是_。若测得NH3的体积为VL(已折算为标准状况下)，则该硫酸亚铁铵晶体的纯度为_(列出计算式即可，不用简化)。【答案】(1)ACBD(2分) (2)残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4(2分) (3)分解产物中有SO2，没有SO3(2分)(4)2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2+2NH3+N2+5H2O(2分) (5)Fe2+已被空气中的O2部分氧化(

14、2分) (6)图二(1分) 图一，导管插入液面下，会产生倒吸，且用洗气法不能收集气体；图二，导管口位于液面上，符合排液集气的要求(2分) (2分) 【解析】(1)由前面分析知，要检验NH3，首先用A装置让硫酸亚铁铵分解，然后利用C装置检验水蒸气，再利用B装置除去硫的氧化物，最后用D装置检验NH3，从而得出装置的连接顺序为ACBD；(2)要检验A中不含FeO或Fe3O4，实质上是检验Fe2+不存在。检验方法为：取少量A中残留固体，加入适量的稀硫酸让其完全溶解，向溶液中滴加少量的KMnO4酸性溶液，若溶液不褪色，则表明残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4；(3)实验过程中观察到：E中没

15、有明显现象，即不含SO3；F中溶液褪色，即含有SO2。由此得出的结论为：分解产物中有SO2，没有SO3；(4)(NH4)2Fe(SO4)2受热分解产物为氧化铁、二氧化硫、氨气、水蒸气、N2，A中反应的化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2+2NH3+N2+5H2O；(5)方案一是用酸性KMnO4溶液测定Fe2+的量，由此求出硫酸亚铁铵的含量；方案二是利用氯化钡测定溶液中SO42-的量，由此求出硫酸亚铁铵的含量，因为SO42-不会变质，而Fe2+易被空气中的O2氧化，会导致所用KMnO4溶液的体积减小，从而使测定结果偏小；(6)方案三中，图一使用洗气法收集氨气，图二使用量

16、气管量取气体体积，前一方法无法测定气体体积，后一方法只要注意尽可能不让氨气溶解于量气管内的液体，就可减少误差；标况下VLNH3的物质的量为L/mol，mg硫酸亚铁铵的物质的量为，硫酸亚铁铵纯度：。27(14分) 下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：已知：浸出液中主要含有Fe3、Fe2、Co2、Ni2等杂质金属离子；生成氢氧化物的pH见下表：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ni(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2开始沉淀的pH7.52.77.77.68.3完全沉淀的pH9.73.78.48.29.8请回答下列问题：(1)“酸浸”

17、前将原料粉碎的目的是_。(2)流程图中“加入MnO2”的作用_，MnO2还可以用其他试剂_(填化学式)代替。(3)流程图中“调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是_7.6。上述流程中，能循环使用的一种物质是_(填化学式)。 (4)向滤液中加入MnS的作用是除去Co2、Ni2等离子，其中可以发生反应为MnS(s)Ni2(aq)=NiS(s)Mn2(aq)等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2与Ni2的物质的量浓度之比是_已知Ksp(MnS)2.81010，Ksp(NiS)2.01021。 (5)在适当条件下，在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2

18、，其阳极电极反应式为_。(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_。【答案】(1)增大反应物的接触面积，增大反应速率(2分) (2)将浸出液中的Fe2氧化为Fe3(2分) H2O2(2分) (3)3.7(1分) H2SO4(1分) (4)1.41011(2分) (5)Mn22H2O2e=MnO24H(2分) (6) (2分) 【解析】(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；(2)流程图中“加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同

19、时自身被还原为Mn2+，MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替；(3)流程图中“调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.77.6；上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；(4)Ksp(MnS)=2.810-10，Ksp(NiS)=2.010-21，沉淀转化的方程式为：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，则Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2+)：c(Ni2+)=Ksp(MnS)：Ksp(NiS)=2.810-10：2.010-21=1.41011； (5)在适当条件下，在MnS

20、O4电解在阳极失去电子获得MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2+2H2O-2e-MnO2+4H+；(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4当x=y=时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+(+2)+(+3)+(+4)z+(-2)2=0，z=。28(14分) 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。I氮氧化物间的相互转化(1)已知2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：第一步 2NO(g) N2O2(g) (快速平衡)第二步 N2

21、O2(g) +O2(g) 2NO2(g) (慢反应)用O2表示的速率方程为v(O2)= k1c2(NO)c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2c2(NO)c(O2)，k1与k2分别表示速率常数(与温度有关)，则=_。下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的是_(填序号)。A增大压强，反应速率常数一定增大B第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能C反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和(2)容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) H”、“” 或“

22、=”)。(3)以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) H1副反应：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/mol4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H3=907.3 kJ/molH1=_。将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口NO的浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是_(填序号)。a.1050 (4)以连二亚硫酸盐(S2O42)为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图2。阴极的电极反应式为_，电解槽中的隔膜为_(填

23、“阳”或“阴”)离子交换膜。【答案】(1)0.5 (2分) B (1分) (2)反应放热，体系的温度升高，反应速率加快(1分) 225(2分) (1分) (3)-1626.9 kJ/mol(2分) b (1分) (4)2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O(2分) 阳(1分) 【解析】(1)用O2表示的速率方程为v(O2)=k1c2(NO)c(O2)、NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2c2(NO)c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，所以=；A项，反应速率常数只与温度有关，与压强大小无关，A错误；B项，反应越容易，反应物活化能越小，反应速率越快，第一步反应较快，说明反应物活

24、化能较小，B正确；C项，反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和，C错误；故合理选项是B；(2)该反应的正反应是放热反应，加入反应物，随着反应的进行，反应体系温度升高，化学反应速率加快；反应开始时c(NO2)=0.2mol/L，c(N2O4)=0mol/L，到平衡时c(NO2)平=0.02mol/L，则根据方程式2NO2(g) N2O4(g)中物质变化关系可知c(N2O4)平=0.09mol/L则该温度下该反应的化学平衡常数K=225；甲容器保持恒容，乙容器保持恒温，由于该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，容器内气体的温度升高，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以平衡时，K

25、甲P乙；升高温度平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，图中横坐标数值越大，温度越低，化学平衡常数越大，其对数越大，所以a符合，故选a；(3)i. 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) H1ii. 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/moliii. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H3=907.3 kJ/mol将方程式2ii-iii，整理可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) H1=2H2-H3=-1626.9 kJ/mol；氮氧化物残留浓度越低越好；

26、温度超过1000，氨气和氧气反应生成NO；氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在9001000时氮氧化物浓度最低；温度超过1000，氨气和氧气反应生成NO，导致NO浓度增大，故合理选项是b；(4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O，阳极上，水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧，所以交换膜为阳离子交换膜。三、选做题(本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答)37化学选修3：物质结构与性质(15分)2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉

27、兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态As原子的价电子排布图为_，基态Ga原子核外有_个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJmol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为_和+3，砷的电负性比镓_(填“大”或“小”)。(3)1918年美国人通过反应：HCCH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HCCH分子中键与键数目之比为_；AsCl3分子的空间构型为_。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_(5)GaAs为原

28、子晶体，密度为gcm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_(列出计算式，可不化简)。【答案】(1)(2分) 1(2分) (2)+1(1分) 大(1分) (3)3：2(2分) 三角锥形(1分) (4)sp3(1分) (5)共价(1分) 100% (4分) 【解析】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1；(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或

29、3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数GaAs，则电负性As比Ga大；(3)共价单键为键、共价三键中含有一个键、两个键，因此乙炔分子中含有3个键、2个键，则键、键个数之比为32；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3；(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8+6=4，所以其化学

30、式为GaAs，该晶胞体积=cm3，该晶胞中所有原子体积=4(a10-10)3+(b10-10)3cm3=410-30(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=100%= 100%。38化学选修5：有机化学基础(15分)从莤草中可以提取下莤烯(A)，以此为原料可制得杀虫剂菊酯(H)，其合成路线可表示如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO(1)B所含官能团名称是_。(2)E的结构简式为_，分子中含有_个手性碳原子(3)G的结构简式为_；由F生成的G的反应类型为_。(4)写出 G 到 H 反应的化学方程式_。(5)写出满足下列条件的 C 的同分异构体的结构简式_。能与FeC

31、l3 溶液发生显色反应；分子中有 4 种不同化学环境的氢。(6)写出以和 CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_【答案】(1)醛基、酮基(1分) (2)(1分) 2(1分)(3)(2分) 消去反应(1分)(4)+CH3OH+H2O(2分) (5)、(4分) (6)(3分)【解析】A()发生氧化反应生成B()，B发生信息中的反应生成C()，C发生氧化反应生成D()，D脱去一分子水生成E()，G发生酯化反应生成H，G为，F发生消去反应生成G。(1)根据B的结构，可得出所含官能团有醛基、酮基；(2)根据E的分子式，结合D的结构简式，可推断出E的结构简式为；分子中含有2个手性碳原子()；(3)根据H的结构简式可知，它是由G和甲醇发生酯反应得到，故G的结构简式为；G是由F()发生消去反应得到的； (4)G发生酯化反应生成H，该反应方程式为；(5)C的同分异构体符合下列条件，C的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且该分子中不含其它环或双键；分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式为；(6)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到，其合成路线为：。