2021年高考化学真题模拟练习卷（五）（含解析）.docx

1、2021年高考化学精选真题重组卷05注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56一、选择题：本题共14个小题，每小题3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。1【2018天津卷】以下是中华民族为人类文明进步做

2、出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是A四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【答案】A【解析】A、谷物中的淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解成酒精和CO2，酒精中的乙醇被氧化成乙酸，即醋酸，酒精转化成醋酸的反应是氧化反应，不是水解反应，错误；B、司母戊鼎属于青铜器，即属于铜合金，正确；C、制造陶瓷的原料是黏土，正确；D、屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的

3、青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，此操作是萃取，正确。22018海南NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A12 g金刚石中含有化学键的数目为4NAB18 g的D2O中含有的质子数为10C28 g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NAD1 L 1molL1的NH4Cl溶液中NH4和Cl的数目均为1NA【答案】C【解析】A. 金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2个共价键，所以12 g金刚石中，即1mol金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意；B. D2O的摩尔质量为（22+16）g/mol=20

4、g/mol，则18 g的D2O中中含有的质子数为NA=9 NA，故不符合题意；C.乙烯和环已烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为 3 NA=6NA，符合题意；D. NH4会发生水解，故数目ZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【答案】A【解析】A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：ZWXY，错误；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：XWZ，所以

5、它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ，正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：YXWZ，所以元素的氢化物的稳定性：YXWZ，正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，正确；故选A。10（2020湖北高三）我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A第步中CO2和H2分子中都有化学键断裂B水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水

6、C第步的反应式为：*H3CO+H2OCH3OH+*HOD第步反应是一个放热过程【答案】B【解析】A第步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；B根据图示可知：在第步反应中有水参加反应，第步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误；C在反应历程中，第步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2OCH3OH+*HO，C正确；D第步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第步反应是一个放热过程，D正确；故答案选B。11（

7、2020全国高考真题）国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是ACH3CH2OH能与水互溶BNaClO通过氧化灭活病毒C过氧乙酸相对分子质量为76D氯仿的化学名称是四氯化碳【答案】D【解析】A乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，正确；B次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，正确；C过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，正确；D氯仿的化学名称为三氯甲烷，不正确。综上所述，故选D。12（2020山东高考真

8、题）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是A阳极反应为B电解一段时间后，阳极室的pH未变C电解过程中，H+由a极区向b极区迁移D电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量【答案】D【解析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。A依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H+O2，正确；B电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，正确；

9、C有B的分析可知，C正确；D电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H+O2，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，错误；故选：D。13（2020北京高考真题）室温下，对于1L0.1molL-1醋酸溶液。下列判断正确的是A该溶液中CH3COO-的粒子数为6.021022B加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低C滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1molD与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2【答案】C【解析】醋酸是弱电

10、解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，1L0.1molL-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1molL-1，据此分析解答。A1L0.1molL-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.021022，错误；B加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的

11、pH升高，错误；C1L0.1molL-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，正确；D醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO+2 CH3COOH =H2O+CO2+2CH3COO-，错误；答案选C。14（2020江苏高考真题）反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A该反应 、B该反应的平衡常数C高温下反应每生成1 mol Si需消耗D用E表示键能，该反应【答案】B【解析

12、】ASiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即S0，错误；B根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=,正确；C题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4Lmol1计算，错误；DH=反应物键能总和生成物键能总和，即H=4E(SiCl)2E(HH)4E(HCl) 2E(SiSi)，错误； 答案为B。二、非选择题：共58分，第1517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。15【2016年高考江苏卷】实验化学焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均

13、易分解。实验室制备少量Na2S2O5的方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，实验装置如下图所示。当溶液pH约为4时，停止反应，在20左右静置结晶。生成Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3Na2S2O5+H2O（1）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其离子方程式为_。（2）装置Y的作用是_。（3）析出固体的反应液经减压抽滤、洗涤、2530干燥，可获得Na2S2O5固体。组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、_和抽气泵。依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体。用饱和SO2水溶液洗涤的目的是_。（4）实验制得的Na

14、2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是_。【答案】（1）2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2 （2）防止倒吸 （3）抽滤瓶；减少Na2S2O5的在水中的溶解；（4）在制备过程中Na2S2O5分解生成生Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4。【解析】（1）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，根据原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为2SO2+CO32-+H2O2HSO3-+CO2；（2）在装置X中用来发生反应制取Na2S2O5；由于SO2是大气污染物， 因此最后的Z装置的NaOH溶液是尾气处理装置，防止SO2造成大气污

15、染。由于二氧化硫易溶于水，因此装置Y的作用防止倒吸。制取得到的Na2S2O5固体依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体，用饱和SO2水溶液洗涤的目的是减少Na2S2O5的在水中的溶解；（4）实验制得的Na2S2O5固体中常含有一定量的Na2SO3 和Na2SO4，可能的原因是在制备过程中Na2S2O5分解生成生Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4。16（2021江苏高三零模）皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。（1）沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为N

16、H4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。该反应的离子方程式为_。废水中氨氮去除率随pH的变化如图-1所示，当1.3pH1.54后，总氮去除率下降的原因是_。【答案】（1） pH有所增大，氢氧根离子浓度增大，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低 （2）或 氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解 次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降 （1） 向酸性废水中，氨气或铵离子、铁离子、硫酸根离子和水反应，生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀，该反应的离子方程式为。当1.3pH1.54后，次氯酸钠投加量过大，导致污水

17、中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降。17（2014浙江高考真题）煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) H1=218.4kJmol-1(反应) CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) H2= -175.6kJmol1(反应)请回答下列问题：（1）反应能自发进行的条件是 。（2）对于

18、气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应的Kp= (用表达式表示)。（3）假设某温度下，反应的速率(v1)大于反应的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是 。（4）通过监测反应体系中气体浓度的变化判断反应和是否同时发生，理由是 。（5）图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有 。A向该反应体系中投入石灰石B在合适的温度区间内控制较低的反应温度C提高CO的初始体积百分数D提高反应体系的温度（6）恒温恒容条件下，假设反应和同时

19、发生，且v1v2，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。 【答案】（1）高温（2） （3）C（4） 反应I中生成有SO2，监测SO2与CO2的浓度增加量的比不为1:1，可确定发生两个反应。（5）A、B、C（6）【解析】（1）由G=H-TS0时自发，H0，则T要大，故选择高温。（3）反应吸热，产物的能量高于反应物，反应放热，产物的能量低于反应物；反应的速率(v1)大于反应的速率(v2)，反应I的活化能低。（4） 反应I中生成有SO2，监测SO2与CO2的浓度增加量的比即可确定是否发生两个反应。（5）向该反应体系中投入石灰石，产生CO2，使反应I逆向进行，可降低该反应体系中S

20、O2生成量，A正确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，图中可以看出最低温度的CaS的含量最高，故B正确、D错误；C图中可以看出，提高CO的初始体积百分数，可以提高CaS的含量，故正确。（6） 反应的速率(v1)大于反应的速率(v2)，故SO2增加的快，反应达到平衡快；随着反应II的进行，CO2的浓度不断增大，使反应I平衡逆向移动。（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。18化学选修3：物质结构与性质（15分）2018海南卷I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_A第一电离能：ClSPSi B共价键的极性：HFHCIHBrHIC晶格能：N

21、aFNaClNaBrNaI D热稳定性：MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3II.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：（1）CuFeS2中存在的化学键类型是_。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的_。（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。X分子的立体构型是_，中心原子杂化类型为_，属于_（填“极性”或“非极性”）分子。X的沸点比水低的主要原因是_。（3）CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为_，共价键的类型有_。（4）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。Cu的配位数为_，S2的配位数

22、为_。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_gcm-3(列出计算式)。【答案】I.BC II.（1）离子键 CD （2）V形 sp3 极性 水分子间存在氢键（3）3 键和键（4）4 4 【解析】I.A当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P为半满结构，因此第一电离能最大，故不符合题意；B共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到下依次减弱，故B符合题意；C晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此晶格能逐渐减小，故C符合题意；D热稳定

23、性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D不符合题意；故答案选BC。II.（1）CuFeS2中存在非金属与金属之间的化学键，为离子键；电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨道，因此，B不符合题意，而失去电子时，应先失去高能轨道电子，故CD符合题意。（2）臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，分子中价层电子有4对，孤对电子为=2对，故构型是V形，中心原子杂化类型为sp3，有孤对电子，为非对称结构，因此为极性分子。由于在水分子中，氧元素吸引电子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点升高。（3）SO2中心原子的价层电子对数为 =3，以双键结合，故共价键类型为键和键。（4）Cu的配位数为6+4=4，S2占据8个体心，有两

24、个S，因此S2的配位数为4。根据=，质量m=(464+456+832)/NA，体积V=0.5240.5241.03210-21cm-3,所以，CuFeS2晶体的密度是g/cm3。19化学选修5：有机化学基础（15分）（2020年江苏卷）化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：（1）A中的含氧官能团名称为硝基、_和_。（2）B的结构简式为_。（3）CD的反应类型为_。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_。能与FeCl3溶液发生显色反应。能发生水解反应，水解产物之一是-氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1且含苯环。（5）写出以

25、CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。【答案】（1）醛基 (酚)羟基 （2） （3）取代反应 （4） （5）【解析】本题从官能团的性质进行分析，利用对比反应前后有机物不同判断反应类型；（1）根据A的结构简式，A中含氧官能团有硝基、酚羟基、醛基；（2）对比A和C的结构简式，可推出AB：CH3I中的CH3取代酚羟基上的H，即B的结构简式为；（3）对比C和D的结构简式，Br原子取代CH2OH中的羟基位置，该反应类型为取代反应；（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，水解产物之一是氨基酸，该有机物中含有“”，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1：1，且含有苯环，说明是对称结构，综上所述，符合条件的是；（5）生成,根据E生成F，应是与H2O2发生反应得到，按照DE，应由CH3CH2CH2Br与反应得到，CH3CH2CHO与H2发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路线是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br。