2021高考化学全真模拟卷12

1、2021高考化学全真模拟卷122021高考化学全真模拟卷12年级：姓名：2021高考化学全真模拟卷12一、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、生产密切相关。下列说法正确的是a气象报告中的“pm2.5”是指一种胶体粒子b石英玻璃主要成分是硅酸盐，可制作化学精密仪器c“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应d“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料【答案】c【解析】a 气象报告中的“pm2.5”是指直径小于或等于2.5微米（2.510-6cm）的颗粒物，它不一定是胶体粒子，a不正确；b 石英玻璃主要成分

2、是二氧化硅，b不正确；c “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了铁置换铜的反应，c正确；d “天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料，d不正确。本题选c。8生产na2s2o5，通常是由nahso3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的so2生产na2s2o5的工艺为：下列说法正确的是（ ）aph=4.1时，中为na2so3溶液bna2s2o5用作食品的抗氧化剂和so2作漂白剂时，均表现还原性c工艺中加入na2co3固体、并再次充入so2的目的是得到nahso3过饱和溶液d葡萄酒中na2s2o5用作食品的漂白剂【答案】c【解析】a向i中通入so2使溶液ph变为4.1，说明溶液显酸

3、性。na2co3溶液显碱性，na2so3溶液显碱性，nahco3溶液显碱性，而nahso3显酸性，说明反应产生了nahso3，i中的溶液应为nahso3溶液，a错误；bna2s2o5用作食品的抗氧化剂是na2s2o5起还原剂的作用，而so2作漂白剂是由于so2能够与有色物质发生反应产生无色物质，表现漂白性，不是表现还原性，b错误；c工艺中加入na2co3固体，并再次充入so2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取na2s2o5，发生这一步需要过饱和的nahso3溶液，由此判断，再通入so2的目的应为：增大nahso3浓度，形成过饱和溶液，c正确；d葡萄酒中na2s2o5用作食品的抗氧化剂，防止葡萄

4、酒变质，d错误；故合理选项是c。9短周期元素x、y、z、m的原子序数依次增大，元素x的一种高硬度单质是宝石，y2+的电子层结构与ne相同，z的质子数为偶数，室温下m的单质为淡黄色固体，下列有关说法正确的是()ay单质能在x的最高价氧化物中燃烧，发生置换反应bx、z、m的最简单气态氢化物的热稳定性依次增强cx、y、z、m的原子半径依次减小d化合物xm2的熔点高于化合物ym的熔点【答案】a【解析】根据分析可知：x为c，y为mg，z为si，m为s元素。 a金属mg与二氧化碳发生置换反应生成mgo和c，选项a正确； b非金属性sics，则简单氢化物的热稳定性zxm，选项b错误； c同一周期从左向右原子

5、半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径mgsisc，选项c错误； dxm2为cs2，ym为mgs，二硫化碳为分子晶体，mgs为离子晶体，则熔点：cs2mgs，选项d错误； 答案选a。10下列说法正确的是ahoch2ch=chcooh能发生酯化、加聚、水解等反应b石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇c丁烷的一氯代物有5种d油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物【答案】b【解析】a hoch2ch=chcooh中含有羟基、碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加聚反应，不能发生水解反应，故a错误；b 石油分馏产品经过裂解可制得乙烯，乙烯与水发生加成反应制得乙醇，故b正确

6、；c 丁烷有两种同分异构体，分别为ch3ch2ch2ch3和ch(ch3)3，ch3ch2ch2ch3的一氯代物有2种，ch(ch3)3的一氯代物有2种，所以丁烷的一氯代物有4种，故c错误；d 淀粉、蛋白质是可以发生水解反应的高分子化合物，油脂可以发生水解反应，但不是高分子化合物，故d错误；答案选b。11高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为2fe(oh)3+ 3kclo + 4koh2k2feo4+ 3kcl + 5h2o，下列说法正确的是a制备高铁酸钾用clo做还原剂b制备高铁酸钾时1 mol fe(oh)3得到3 mol 电子c高铁酸钾中铁的化合价为+7d用高铁酸钾处理水

7、时，其还原产物能水解产生具有强吸附能力的胶体【答案】d【解析】a、反应2fe(oh)3+ 3kclo + 4koh2k2feo4+ 3kcl + 5h2o中，cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则kclo为氧化剂，fe(oh)3为还原剂，故a错误；b、因反应中铁元素的化合价由+3价升高到+6价，则1mol fe(oh)3失去3mol电子，故b错误；c、高铁酸钾中铁的化合价为6价，故c错误；d、用高铁酸钾处理水时，+6价铁表现出强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮杂质，故d正确；答案选d。12科学工作者研发了一种 suncat的系统，借助锂循环可持

8、续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是a过程i得到的li3n的电子式为b过程生成w的反应为li3n+3h2o=3lioh+nh3c过程涉及的阳极反应为4oh-4e-=o2+2h2od过程i、均为氧化还原反应【答案】d【解析】a li3n是离子化合物，li+与n3-之间通过离子键结合，电子式为，a正确；bli3n与水发生反应产生lioh、nh3，反应方程式为：li3n+3h2o=3lioh+nh3，b正确；c在过程中oh-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4oh-4e-=o2+2h2o，c正确；d过程的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，d错误；故合理选

9、项是d。13乙二胺(h2nch2ch2nh2 )是二元弱碱，在水中的电离原理类似于氨。常温下，向乙二胺溶液中滴加稀盐酸，溶液的ph随离子浓度变化关系如图所示。下列叙述不正确的是akb2h2nch2ch2nh2 的数量级为10-8b曲线g代表ph 与 的变化关系ch3nch2ch2nh2cl溶液中c(h+)c(oh-)d0.01moll-1h2nch2ch2nh2 电离度约为10%【答案】c【解析】多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，故曲线t代表ph与的变化关系，曲线g代表ph 与 的变化关系，由曲线所示关系和电离平衡常数相关知识分析可得结论。a kb2h2nch2ch2nh2=，当=0时，即c

10、(h2nch2ch2nh3+) = c(h3nch2ch2nh32+)，kb2h2nch2ch2nh2= c(oh-)=10-7.15，故a叙述正确；b因多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，则曲线g代表ph 与 的变化关系，故b说法正确；c在h3nch2ch2nh2cl溶液中，既有h2nch2ch2nh3+ 的电离，又有h2nch2ch2nh3+的水解，由图中t曲线可得h2nch2ch2nh3+的水解平衡常数kh= c(h+)=10-9.93，而kb2h2nch2ch2nh2= 10-7.15，由此可知在h3nch2ch2nh2cl溶液中，h2nch2ch2nh3+的电离大于水解，溶液显碱性，

11、故c说法错误；d设0.01moll-1h2nch2ch2nh2 电离度为a，则有kb1h2nch2ch2nh2=10-4.07 ，解得a0.1，故d说法正确；答案选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）钼酸钠晶体(na2moo42h2o)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的mos2)制备钼酸钠的两种途径如图所示:（1）途径i碱浸时发生反应的化学反应方程式为_。（2）途径ii氧化时还有na2so4生成，则反应的离子方程式为_。（3）已知途径i的钼酸钠溶液中c(

12、moo42-)=0.40 mol/l，c(co32-)=0.10mol/l。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入ba(oh)2固体以除去co32-。当bamoo4开始沉淀时，co32-的去除率是_已知ksp(baco3)=110-9、ksp(bamoo4)=4.010-8，忽略溶液的体积变化。（4）分析纯的钼酸钠常用钼酸铵(nh4)2moo4和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径i所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_。（5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图:当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为

13、零，原因是_。若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mgl-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(m=206g/mol) 的物质的量浓度为_(计算结果保留3位有效数字)。（6）二硫化钼用作电池的正极材料时接受li+的嵌入，锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为:xli+nmos2lix(mos2)n。则电池放电时正极的电极反应是:_。【答案】（1）moo3+na2co3=na2moo4+co2 （2分） （2） mos2+9clo-+6oh-=moo42-+9cl-+2 so42-+3h2o （2分） （3）90% （2分） （4）(nh4)2co3和(nh4)2so3 （2分） （5）常温下浓硫酸会

14、使铁钝化 （2分） 7.2810-4mol/l （2分） （6） nmos2+xli+xe-=lix(mos2)n （2分） 【解析】利用钼精矿(主要成分是mos2)制备钼酸钠有两种途径：途径是先在空气中灼烧生成mno3，同时得到对环境有污染的气体so2，然后再用纯碱溶液溶解mno3，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径是直接用naclo溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，结晶后得到钼酸钠晶体。（1）根据题给流程图分析途径i碱浸时，moo3与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳和na2moo4，发生反应的化学方程式为：moo3+na2co3=na2moo4+co2；（2）途径氧化时mo

15、s2与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成na2moo4和硫酸钠，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为mos2+9clo-+6oh-=moo42-+9cl-+3h2o；（3）bamoo4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（ba2+）= =110-7mol/l，溶液中碳酸根离子的浓度为：c（so42-）= =110-2mol/l，所以碳酸根离子的去除率为：1=1-10%=90%；故co32-的去除率是90%；（4）钼酸铵(nh4)2moo4和氢氧化钠反应生成钼酸钠和氨气，将氨气与途径i所产生的尾气co2、so2一起通入水中，得到正盐的化学式是(nh4)2co3、(nh4

16、)2so3；（5）浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。故当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零；根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mgl-1，1l溶液中含有的钼酸钠物质的量为：7.2810-4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28l0-4moll-1，故答案为7.28l0-4moll-1；（6）根据锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为：xli+nmos2lix(mos2)n，可知锂是还原剂，在负极发生氧化反应，负极反应式为：xli-xe-=xli+，是氧化剂在正极发生还原反应，据此书写电池放电时的正极反应式：正

17、极反应式为：nmos2+xli+xe-=lix（mos2）n。27（17分）亚硝酰氯(nocl，熔点:-64.5 ，沸点:-5.5 )为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示（其中iii、iv中均为浓硫酸）：（1）用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净cl2mno2浓盐酸_制备纯净nocu稀硝酸_（2）将制得的no和cl2通入图乙对应装置制备nocl。装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用

18、小写字母表示)。装置、除可进一步干燥no、cl2外，另一个作用是_。有人认为可以将装置中浓硫酸合并到装置中，撤除装置，直接将no、cl2通入装置中，你同意此观点吗？_（填同意或不同意），原因是_。实验开始的时候，先通入氯气，再通入no，原因为_。（3）有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置 _；（4）装置吸收尾气时，nocl发生反应的化学方程式为_。（5）有人认为装置中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和nocl，不能吸收no，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收no气体，因此在装置氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：_。（

19、6）制得的nocl中可能含有少量n2o4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6625 g样品溶于50.00 ml naoh溶液中，加入几滴k2cro4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/lagno3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗agno3溶液50.00ml。样品的纯度为_%（保留1位小数）已知常温下，ksp(agcl)=1.810-10，ksp(ag2cro4)=210-12，若在滴定终点时测得溶液中cr2o42-的浓度是5.010-3 mol/l，此时溶液中cl-浓度是_。【答案】（1）饱和食盐水（1分） h2o（1分） （2）a- e -f -c - b -d (e，f可互

20、换）（2分） 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速（1分） 不同意（1分） no与cl2反应生成的nocl可溶于浓硫酸（1分） 用cl2排尽装置内的空气，以防no与氧气反应 （1分） （3）（1分） （4）nocl + 2naoh = nacl + nano2 +h2o （2分） （5） no + mno4- = no3- + mno2（2分） （6）78.8（2分） 9.0 10-6 mol/l（2分） 【解析】（1）用mno2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置中的试剂是饱和食盐水；用cu与稀硝酸制备纯净干燥的no，需要除去no中的no2杂质，装置中的试剂是水；（2

21、）nocl，熔点:-64.5 ，沸点:-5.5 ，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、no有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是a- e -f -c - b -d。通过观察装置、气泡的多少调节两种气体的流速；氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成nocl，nocl溶于浓硫酸，所以不能直接将no、cl2通入装置中；用cl2排尽装置内的空气，以防no与氧气反应，所以实验开始的时候，先通入氯气，再通入no；（3）装置中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出

22、，所以装置可以用作氯气的储气的装置。（4）装置吸收尾气时，nocl与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠，反应方程式是nocl + 2naoh = nacl + nano2 +h2o；（5）装置氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，no与高锰酸钾反应产生黑色沉淀mno2和硝酸钠，反应离子方程式是no + mno4- = no3- + mno2；（6）设样品中nocl的质量为xg， nocl agno365.5g 1mol xg 0.40mol/l0.05ml 65.5x=10.40.05 x=1.31g样品的纯度为1.311.6625100%=78.8%。 已知常温下， ksp(ag2cro4)=210-1

23、2，滴定终点时，cr2o42-的浓度是5.010-3 mol/l，所以cag+=kspag2cro4ccro42-=210-5 ，根据ksp(agcl)=1.810-10，ccl-=kspagclcag+=1.810-10210-5=9.0 10-6 mol/l。【点睛】本题在注重对学生教材基础知识巩固和检验的基础上，侧重对学生能力的考查。该题的关键是明确溶度积常数的含义以及影响因素，并能结合题意灵活运用，有利于培养学生的逻辑推理能力。28（12分）碘及其化合物在生产、生活和科技等方面都有着重要的应用。回答下列问题：（1）碘不易溶于水，但易溶于碘化钾溶液并生成多碘离子，反应如下：i2(s)+i

24、-(aq)i3-(aq) h”或“”）0。反应从开始到t1(t1=3min)时间内的平均速率v(i1)=_。在450c时，该反应的平衡数k=_。能够说明上述反应已经达到平衡状态的有_（填选项字母）。ai2与wi2的浓度相等b单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等c容器内混合气体的密度不再改变d容器内气体压强不发生变化【答案】（1）c(i42-)c2(i-) （2分） 减小 （2分） （2）（2分） 0.012moll-1min-1 （2分） 9 （2分） bc（2分） 【解析】（1）已知反应方程式为i2(s)+2i-(aq)i42-(aq)，则其平衡常数表达式为：k=c(i

25、42-)c2(i-)；已知反应的h0，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小；（2）升高温度，化学平衡向吸热方向移动；升高温度时，wi2的物质的量减少，所以该反应向逆反应方向移动，即逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，hnch（1分） sp2（1分） 配位键、共价键、离子键（2分） （3）氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大（2分） （4）体心（1分） 棱心 （1分） 6（2分） 22a（2分） （2分） 【解析】（1）24号元素是铬，其价层电子排布式为3d54s1，则轨道表达式为：；（2）(nh2)2co中含有n、h、o、c，电负性由大到小的顺序为onch，(nh2)2co结构中

26、碳原子上有二根单键、一个双键，则参加杂化轨道数为：（2+1）（1是双键中一个单键），杂化类型为sp2。（3）氮化铬的晶体与氯化钠晶体都是离子晶体，因为氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大，所以，氮化铬熔点比氯化钠的高。（4）由晶胞图分析，黑球为1个，白球为124=3个，三角为1个，因tio32中钛与氧结合形成酸根离子，则三角所处位置为钛，即体心位置，氧位于立方体棱上；由三维立体对称分析，与ca紧邻的o个数为6，ti与o间的最短距离是面对角线的一半，即 nm。不论如何画图，原子个数比不变，原子配位数不变，故新的结构图：。点睛：确定中心原子杂化方式：一是价层电子对互斥理论，适用于abnm型，二是由结构图判断，即杂化轨道数等于数加孤电子对数，然后由轨道数确定杂化方式；三是等电子体法，即电子换电子、电子换电荷；四是等价替换法，即利用前三种通用方法，分析复杂图的中心原子杂化方式，化繁为简。36化学选修5：有机化学基础(15分)聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在