2021年高考化学模拟练习题（四）（含解析）.docx

1、2021年高考化学模拟练习题（四）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 Ba-137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)7化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的A红宝石、珍珠、玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分都是硅酸盐B从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应C高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维D我国大部分城市禁放烟花爆竹，绚丽缤纷的烟花

2、中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物，因发生化学反应而看到绚丽多彩的现象【答案】B 【解析】水晶的主要成分为SiO2，不是硅酸盐，A错；在海水中碘元素以化合物的形式存在的，股从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应，B正确；光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅单质，C错误；烟花利用了金属的焰色反应，属物质变化，D不正确。8近年来食品安全问题成为社会各界日益关注的焦点话题香港地区食环署食物安全中心曾对十五个桂花鱼样本进行化验，结果发现十一个样本中含有孔雀石绿。孔雀石绿是化工产品，具有较高毒性，高残留，且长期服用后，容易致癌、致畸，对人体有害。其结构简式如图所示。下列关于孔雀石绿的说法正确的是A

3、孔雀石绿的分子式为C23H25N2B1mol孔雀石绿在一定条件下最多可与6molH2发生加成反应C孔雀石绿属于芳香烃D孔雀石绿苯环上的一氯取代物有5种【答案】D【解析】A项，根据结构式可知孔雀石绿的分子式为C23H26N2，A项错误；B项，孔雀石绿中含有2个苯环和3个碳碳双键，均可与H2发生加成反应，因此1mol孔雀石绿在一定条件下最多可与9molH2发生加成反应，B项错误；C项，孔雀石绿不是烃，除了C、H两种元素外还含有N，属于芳香族化合物，但不是芳香烃，C项错误；D项，有机物中含有2个苯环，左下角苯环中含有2种不同环境的氢原子，上方的苯环有3种不同环境的氢原子，因此苯环上的一氯取代物有5种

4、，D项正确；故选D。9乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8，能与水混溶)的装置 (夹持装置已略)如图所示：下列说法不正确的是A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开KB实验开始时需先加热，再通O2，然后加热C装置中发生的反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热【答案】B【解析】A项，若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，双氧水不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项，实验开始时应该先在铜丝部分加热一会儿，防止乙醇通入时冷凝，故B错误； C项，装置中乙醇和氧气在加热和铜催化下，生成乙醛和水，方程

5、式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故C正确；D项，实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热，防止倒吸，故D正确；题目要求选择错误选项，故选B。10固体化合物X由3种元素组成。为确定其组成，某学习小组进行了如下实验，相关表述不正确的是A由现象1可以确定化合物X中含有氧元素B固体混合物Y的成分为Cu和NaOHC可以确定X的化学式为Na2Cu2O3D根据X的组成和相关元素的化合价预测其具有氧化性【答案】C【解析】由现象1 可知混合气体含水蒸气，且含过量的氢气，固体混合物Y溶于水，生成紫红色固体单质，应为Cu，得到碱性溶液，焰色反应呈黄色，说明含有Na元素，与盐酸发生中和反应，

6、应为NaOH，则X含有Na、Cu、O等元素，X中含Cu为=0.02mol，含Na为0.02mol，含O的物质的量为=0.04mol，则化学式为NaCuO2。A项，X与氢气反应生成的混合气体含水蒸气，则X中含O元素，故A正确；B项，由现象2和3可知，固体混合物Y的成分为Cu和NaOH，故B正确；C项，X的化学式为NaCuO2，故C错误；D项，X中Cu为+2价，可降低，具有氧化性，故D正确。故选C。11常温下，向1L0.1molL1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气已知常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A

7、0.1molL1HR溶液的pH为5BHR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R)/c(OH).c(HR) 逐渐增大C当通入0.1 mol NH3时，c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)D当c(R) c(HR)时，溶液必为中性【答案】C【解析】A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1molL-1，所以c(R-)c(HR)=0.05molL-1，所以此时c(R-)c(H+)，则0.1molL1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，=Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(

8、H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka=10-5，当通入0.1 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。12锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解NaBr溶液间接将葡萄糖CH2OH(CHOH)4CHO氧化为葡萄糖酸CH2OH(CHOH)4COOH，进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示，

9、下列说法不正确的是A钛网与直流电源的正极相连，发生还原反应B石墨电极的反应为2H2O2e=H22OHC电解过程中硫酸钠溶液浓度保持不变D生成葡萄糖酸的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHOBr2H2O=CH2OH(CHOH)4COOH2HBr【答案】A【解析】A项，由分析可知，在钛网上NaBr将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，A项错误；B项，石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H22OH，B项正确；C项，电解过程中，左侧发生的反应为2Br-2e-=Br2、CH2OH(CHOH)4CHOBr2H2O=CH2OH(CHOH)4COOH2

10、HBr，右侧电极反应为：2H2O+2e-=H22OH，左侧产生的H+经过质子交换膜不断向右侧提供被消耗的H+，右侧硫酸钠溶液的浓度不变，C项正确；D项，电解过程中溴离子氧化生成的Br2将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHOBr2H2O=CH2OH(CHOH)4COOH2HBr，D项正确；故选A。13下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，其中X元素的原子L层电子数是K层电子数的二倍。下列说法正确的是XY Z WTA. Z的位置是第2周期、第V族B. 工业上常用X与YZ2反应制备Y，同时生成XY2C. 根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特

11、性DX元素和氢元素形成的化合物可与W单质反应，但不能与W的氢化物反应【答案】C【解析】X元素的原子L层电子数是K层电子数的二倍，X是C元素，根据题中各元素在元素周期表中的位置，Y、Z、W、T分别是O、Si、Cl、Se元素。A项，氮元素的位置是第2周期、第VA族，故A错误；B项，工业上常用碳高温还原二氧化硅反应制备硅，同时生成一氧化碳，B错误；C项，根据对角线原则，Se具有半导体特性，C正确；D项，碳元素和氢元素形成的化合物，如烷烃可与氯气发生取代反应，如烯烃或炔烃能与氯化氢发生加成反应，D错误。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(14分

12、)硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂，它是浅蓝色绿色晶体，可溶于水，难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑制取硫酸亚铁铵并确定其受热分解的产物，进行下列实验。请按要求回答下列问题： 硫酸亚铁铵的制取。(1)步骤加热的目的是_。(2)步骤必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是(用离子方程式表示)： _。硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置(夹持装置略去)，在500时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的成分。(3)B装置的作用是_。(4)实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，

13、可确定产物中定有_气体产生，写出D中发生反应的离子方程式_。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因_。(5)若称取14.20g硫酸亚铁铵固体，隔绝空气加热至500 时使其完全分解，冷却后称得固体质量为4.00g，则所得固体产物的化学式为_。(硫酸亚铁铵的摩尔质量为284gmol-1)(6)实验证明：(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除生成上述产物外，还有N2生成，写出硫酸亚铁铵在隔绝空气的条件下加热至500时的分解反应方程式_。【答案】(1)加快并促进Na2CO3水解，有利于除去油污(1分) (2)Fe+2Fe3+=3Fe2+ (1分) (3)检验产物中是否有水生成(2分) (4)SO2(

14、2分) SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+(2分) 否，若有SO3也有白色沉淀生成(2分) (5)Fe2O3(2分) (6)2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O(2分) 【解析】(1)步骤是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而可加快油污的除去速率；(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的Fe3+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+； (3)硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2 在500时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成

15、，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。(4)装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SO2而无SO3的结论。(5)称取14.20g硫酸亚铁铵固体，物质的量=0.05mol，铁元素物质的量为0.05mol，铁常见氧化

16、物为氧化铁、氧化亚铁、四氧化三铁，其相对分子质量分别为160、72、232。隔绝空气加热至500时使其完全分解，冷却后称得固体质量为4.00g，0.05mol铁元素若为Fe2O3，物质的量为0.025mol，质量=0.025mol160g/mol=4.0g，FeO质量=0.05mol72g/mol=3.6g，若为Fe3O4的质量=0.05mol232g/mol=3.9g，故固体为氧化铁；(6)实验可知反应的生成物有NH3、SO2、Fe2O3、H2O、N2，结合元素守恒和得失电子守恒配平得到2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O。27(14分) Ba(NO3

17、)2可用于生产烟花。某主要生产 BaCl2、BaCO3、BaSO4 的化工厂利用某种钡泥主要含有 BaCO3、Ba(FeO2)2、极少量 CuCO3 等制取 Ba(NO3)2 晶体，其部分工艺流程如下：已知：Fe3+和Fe2+以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的 pH 分别为 3.2 和 9.7。(1)酸溶时通常不使用浓硝酸的原因是_。(2)酸溶后溶液中pH=1，Ba(FeO2)2 与HNO3 的反应化学方程式为_。(3)该厂结合本厂实际，中和选用的 X 为_(填化学式)；中和使溶液中_(填离子符号)的浓度减少(中和引起的溶液体积变化可忽略)。(4)滤液得到 Ba(NO3)2 晶体的操作依次为_、

18、过滤。(5)该厂生产的 Ba(NO3)2 晶体含有少量 Cu2+ ，可通过洗涤的方法除去。证明晶体已经洗涤干净的操作方法是_。(6)Ba2+致死量为355mg/kg。误食Ba2+可以服用MgSO4 溶液解毒，涉及到的离子反应方程式为_； 为了减少环境污染，请对上述流程中不合理的设计进行改进，改进措施是_。【答案】(1)浓HNO3易挥发、分解(2分) (2)Ba(FeO2)28HNO3Ba(NO3)22Fe(NO3)34H2O (2分) (3)BaCO3(1分) Fe3+、H+(2分) (4)蒸发浓缩、冷却结晶(2分) (5)取最后一次洗涤液 少许于试管中，滴加NaOH溶液无蓝色沉淀产出(2分)

19、 (6)Ba2+ SO42BaSO4 (1分) 洗涤废渣并回收洗涤液 (2分) 【解析】(1)酸溶时不使用的原因是浓硝酸易挥发，分解；(2)酸溶后溶液中中pH=1，Ba(FeO2)2 与HNO3 的反应生成硝酸钡，硝酸铁和水，反应的化学方程式为Ba(FeO2)28HNO3Ba(NO3)22Fe(NO3)34H2O；(3)该厂结合本厂实际，中和选用的 X必须能消耗过量硝酸并使铁离子沉淀而除去，且不引人新的杂质，可为BaCO3；中和使溶液中Fe3+、H+浓度减少；(4)滤液得到硝酸钡晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶；(5)晶体表面可能有Cu2+ ，如果洗涤干净，说明没有Cu2+ ，所以操作是取最

20、后一次洗涤液 少许于试管中，滴加NaOH溶液无蓝色沉淀产出；(6)误食Ba2+可以服用MgSO4 溶液解毒，涉及到的离子反应方程式为Ba2+ SO42BaSO4 ；避免引起污染，改进措施是洗涤废渣并回收洗涤液。28(15分)CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。(1)用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g) H，在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：浓度/(mol/L)/时间/min010203040NO2.01.160

21、.400.400.6N200.420.800.801.2CO200.420.800.801.2根据图表数据分析T1 时，该反应在010 min内的平均反应速率v(N2)_molL-1min-1；计算该反应的平衡常数K_。若30 min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母编号)。A加入合适的催化剂 B适当缩小容器的体积C通入一定量的NO D加入一定量的活性炭若30 min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，则达到新平衡时NO的转化率_(填“升高”或“降低”)，H_0(填“”或“”)。(2)工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知

22、：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H149.1 kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g) H224.5 kJmol1写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式_。(3)二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，一种二甲醚氧气电池(电解质为KOH溶液)的负极反应式为：_。(4)常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32)c(HCO3)=_。常温下K1(H2CO3)=4.410-7、 K2(H2C

23、O3)=510-11。欲用2LNa2CO3溶液将4.66 g BaSO4(233 g/moL)固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为_。已知：常温下Ksp(BaSO4)=11011，Ksp (BaCO3)=11010。(忽略溶液体积的变化)【答案】(1)0.042(1分) 4.0(2分) BC(2分) 降低(1分) (1分) (2)2CO2(g)6H2(g) CH3OCH3(g)3H2O(g) H122.7 kJmol-1 (2分) (3)CH3OCH3 12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O (2分) (4)1：2或0.5(2分) 0.11

24、mol/L(2分) 【解析】(1)在010min内的平均反应速率(N2)=(0.42mol/L-0mol/L)10min=0.042mol/(Lmin)。20min30min各物质的物质的量浓度不变，说明反应已经达到平衡，即平衡时NO、N2、CO2物质的量浓度依次为0.40mol/L、0.80mol/L、0.80mol/L，该反应的平衡常数K=c(N2)c(CO2)/c2(NO)=0.800.800.402=4。30min后改变一个条件，40min时NO、N2、CO2的浓度都变为30min时的1.5倍。A项，加入合适的催化剂，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变，不可能；B项，适当缩小容器的体积

25、，平衡不移动，但各物质物质的量浓度成比例增大，可能；C项，通入一定量的NO，由于C是固体，相当于增大压强，平衡不移动，但各物质物质的量浓度成比例增大，可能；D项，加入一定量的活性炭，由于C是固体，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变，不可能；故选BC。30min时NO、N2、CO2的浓度之比为0.40：0.80：0.80=1：2：2，升高温度NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，即升高温度平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时NO的转化率降低，逆反应为吸热反应，H”“”或“=”)(3)CuCl2与氨水反应可形成配合物Cu(NH3)4Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为_。(4)四方晶系Cu

26、FeS2晶胞结构如图所示。已知：ab0.524 nm，c1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是_gcm3(列出计算式)。【答案】(1)3d10(2分) 结构上Cu2为3d9，而Cu为3d10全充满更稳定(2分) (2)H2O(1分) SO3(1分) sp3(1分) (1分) (3)16mol或者166.021023个(3分) (4) (4分) 【解析】(1)Cu离子的价层电子排布式为3d10，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；Cu原子失去1个电子生成Cu，Cu核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu的价电子排布式3d10 ，原子轨道处

27、于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2为3d9，而Cu为3d10全充满更稳定，在高温下CuO能分解生成Cu2O。(2)H2O，O原子形成2个O-H键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，VSEPR模型与硫酸相同的是H2O，与NO3互为等电子体的一种分子是SO3 。SO32中心原子的价层电子对数为：3+=4，SO32的杂化类型是sp3；SO32有孤电子对，对成键电子对斥力大，键角变小，键角的大小：SO32SO42；(3)1mol配合物Cu(NH3)4Cl2中，1mol氨气中含有3mol键，总共含有键的物质的量为：3mol4=12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键

28、，所以含有的键的物质的量为：12mol+4mol=16mol，或者166.021023个。(4)晶胞中Fe原子=8 +4+1=4，Cu原子数目=6+4=4，硫原子数目=8，晶胞内共含4个”CuFeS2“，则晶胞质量=4g，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度=4g(0.52410-7 cm 0.52410-7 cm1.03210-7 cm)= gcm3。38化学选修5：有机化学基础(15分)萜类化合物广泛分布于植物、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。是一种萜类化合物，它的合成路线如下：已知：R、R、R”为烃基回答下列问题：(1)按官能团分类，A的类别是_。(2)

29、AC的反应类型是_。(3)CD、EF的化学方程式分别是_、_。(4)写出下列物质的结构简式：B_、H_。(5)FG的反应中，乙酸酐的作用_。(6)十九世纪末O.Wallach发现并提出了“异戊二烯法则”，即自然界中存在的萜类化合物均可以看作是异戊二烯的聚合体或衍生物，为表彰他对萜类化合物的开创性研究，1910年被授予诺贝尔化学奖。请以CH3CH2OH、CH3MgI为有机原料，结合题目所给信息，选用必要的无机试剂，补全异戊二烯()的合成路线_【答案】(1)酚(1分) (2)取代反应(1分) (3)+CH3OH +H2O (2分) +H2O(2分)(4)(2分) (2分) (5)保护酚羟基不被氧化

30、(1分)(6)(4分)【解析】由D的结构简式逆推可知C为，对比A、C的结构，结合信息I中取代反应，可推知B为；对比C、F的结构，结合反应条件与信息、，可知E为；对比F与I的结构简式，可知从FI转化中F中甲基为氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，故G为，H为；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息()的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到。(1)A含有酚羟基，按官能团分类，A的类别是酚类；(2)AC发生信息I中的取代反应生成C；(3)CD的化学方程式为：，EF的化学方程式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为：，H的结构简为：；(5)FG的反应中，乙酸酐的作用：保护酚羟基，防止被氧化；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息()的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到，则补全异戊二烯()的合成路线：。