试卷06-《灯塔金卷》2021年高考化学模拟卷优化28套

2021年备战高考化学模拟卷优化28套06(考试时间：50分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23S32Co59一、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。7．2020年11月10日，中国“奋斗者”"号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是()A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li向负极移动B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生了达尔效应D．未来对海底“可燃冰”(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机7.D解析：锂离子电池工作时Li+离子向正极移动，故A错误；因为合金比单独的组分金属具有更高的强度、更低的熔点，故B错误；纳米级玻璃微珠并没有确定具体粒子大小，1100nm会有丁达尔效应，小于lnm不会有丁达尔效应，故C错误；未来对海底“可燃冰(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机，故D正确；故选D。8．有机物E具有抗肿瘤镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图，下列说法正确的是()A．G→E发生了水解反应B．E分子中所有碳原子一定在同一平面内C．化合物G的一卤代物有6种D．G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反应8.C解析：G→E羰基转化为羟基，发生了加成反应，A错误；E分子中含有多个饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面内，B错误；化合物G分子中氢原子含有6类，其一卤代物有6种，C正确；G分子不含有羟基或羧基，与钠不反应，E含有羟基，和钠反应，G、E分子中均含有苯环和酯基，均能与H2、NaOH溶液反应，G含有羰基，E含有羟基，均与酸性KMnO4溶液反应，D错误；答案选C。9．钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是()A．钠的密度比液氨大B．溶液的导电性增强C．2.3g钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑9.C解析：钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确，不符合题意；0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误，符合题意；反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，D正确，不符合题意；故选C。10．分子TCCA(如图所示)是一种高效的消毒漂白剂。W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，Y核外最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是A．分子所有原子均满足8电子稳定结构B．原子半径大小顺序：X<Y<ZC．氧化物的水化物酸性：Z>X>WD．简单气态氢化物的热稳定性：W>X>Y10.A解析：Y核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为氧元素，W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，W形成4个共价键，则W为碳元素，X为氮元素，Z形成1个键，为氯元素，以此解答。根据结构式，分子中所有原子均满足8电子稳定结构，故A正确；氮原子半径大于氧原子半径，故B错误；氧化物的水化物没有明确最高价，不能进行比较，故C错误；非金属性越强，对应氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：W(CH4)<X(NH3)<Y(H2O)，故D错误；答案选A。11．为了探究电极活性对离子放电的影响，化学小组做了如下实验，实验装置如下(烧杯内的溶液均为饱和食盐水)，实验①②都用1.5V电压，同时接通电源。①②③两极均产生气泡两极均产生大量气泡两极始终没有气泡产生下列说法中不正确的是()A．检验实验①阳极产生的气体可以用润湿的淀粉碘化钾试纸B．实验①铜电极上的电极反应为：C．通过实验①②证明，相同条件下阴极上放电难易程度可能与金属活动性有关D．实验③是实验②的对比实验，为了排除铁电极与饱和食盐水反应的可能11.B解析：实验①阳极产生的气体为氯气，检验氯气可以用润湿的淀粉碘化钾试纸，A正确；实验①铜电极为阴极，则氢离子放电产生氢气，电极反应为：，B错误；实验①②中唯一的不同是阴极材料不同，而反应现象不同，则通过实验①②证明，相同条件下阴极上放电难易程度可能与金属活动性有关，C正确；实验②③中唯一的不同时有没有外接直流电源，则通过②③的对比实验，排除铁电极与饱和食盐水反应的可能，从而便于探究电极材料对离子放电的影响，D正确；答案选B。12．下列根据实验操作所得的现象和结论都正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向补铁剂(FeSO4)溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀补铁剂未被氧化B将炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体通入澄清石灰水产生白色沉淀木炭被氧化为CO2C在光亮处将乙烷通入溴水中溶液颜色无明显变化乙烷未发生取代反应D向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加少量CuSO4溶液气泡产生速率加快CuSO4有催化作用12.C解析：由操作和现象可检验亚铁离子，由现象可知溶液中含亚铁离子，但可能部分变质，故A错误；碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则不能说明二氧化碳的存在，应先检验二氧化硫并排除二氧化硫的干扰，故B错误；乙烷只能与溴蒸汽在光照条件下发生取代反应，与溴水不反应，故C正确；锌置换出铜，构成原电池加快反应速率，与催化剂无关，故D错误。答案选C。13.常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，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．曲线N表示pH与B．图中a点对应溶液中：c(Na+)>c()+2c()C．Ka1(H2SeO3)与Ka2(H2SeO3)之比为103D．NaHSeO3溶液中：c()>c()>c(H2SeO3)13.D解析：=，=，则pH相同时，=>=，根据图象可知，曲线M表示pH与的关系，曲线N表示pH与的变化关系，故A错误；a点时pH=2.6，溶液显酸性，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH)，由c(H+)>c(OH)，可知c(Na+)<c()+2c()，故B错误；a点：=0，即，由=可知，Ka1=c(H+)=102.6；b点=0，即，由=可知，Ka2=c(H+)=106.6；得=104，故C错误；由上面C选项分析可知，的电离常数Ka2=106.6，的水解常数=<106.6，即以电离为主，故NaHSeO3溶液中：c()>c()>c(H2SeO3)，故D正确；故选D。二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26.（14分）硫的化合物有重要用途。硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于氰化物中毒的解毒、治疗荨麻疹等皮肤病，它在中性、碱性环境中稳定，在酸性较强的溶液中产生S和SO2。实验室可以利用如图装置制备Na2S2O3和焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。(1)仪器a的名称为_______，a中试剂最好选择_______(填标号)。A．浓盐酸B．70%硫酸C．稀硫酸(2)B的作用是，该装置中存在一处明显的缺陷，改进措施是。(3)排尽装置内空气后，关闭K2、K4，打开K1、K3和仪器a的活塞，段时间后，C中有焦亚硫酸钠晶体析出，从C中分离出该晶体的操作是_______、_______、干燥。取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足量双氧水，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，经检验该沉淀为BaSO4，说明焦亚硫酸钠具有_______性。(4)关闭K1、K3打开K2、K4，一段时间后，D中有Na2S2O3生成。写出SO2与Na2S和Na2CO3发生反应的化学方程式。通入D中的SO2不宜过量的原因是。26.（14分）(1)分液漏斗（1分）B（2分）(2)防倒吸（2分）补充尾气处理装置（2分）(3)过滤（1分）洗涤（1分）还原（1分）(4)4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2（2分）SO2过量使溶液显酸性，使Na2S2O3不稳定（2分）解析：根据实验目的，装置A用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫气体；装置B为安全瓶，防止C或D中的溶液倒吸；装置C为制取焦亚硫酸钠晶体；装置D为制取硫代硫酸钠；二氧化硫有毒，在最后应加尾气处理装置。(1)仪器a的名称为分液漏斗；二氧化硫易溶于水，应选择浓度较大的，且无挥发性的酸，答案为B；(2)B的作用可起到安全平的作用，防止溶液倒吸进入装置A中；二氧化硫有毒，反应最后应加NaOH溶液进行尾气处理装置；(3)C中有焦亚硫酸钠晶体析出，固液分离用过滤的方法分离，再洗涤晶体表面的滤液；焦亚硫酸钠中的S与过氧化氢反应时，化合价升高，表现还原性；(4)SO2与Na2S和Na2CO3发生反应生成Na2S2O3，S之间发生氧化还原反应，同时生成二氧化碳，化学方程式4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；Na2S2O3在酸性较强的溶液中产生S和SO2，通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，Na2S2O3可使分解。27.（14分）2020年12月17日，中国探月工程嫦娥五号任务取得圆满成功。嫦娥五号锂离子蓄电池选用了比能量更高的钴酸锂(LiCoO2)正极材料和石墨负极材料。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大，钴酸锂回收再生流程如图：(1)用H2SO4酸浸时，通常需添加30%的H2O2以提高浸出效率，写出相应反应的化学方程式：。(2)用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高。但工业上不使用盐酸，主要原因是会产生有毒、有污染的气体(填化学式)。(3)其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30%的H2O2混合液中的浸出率如下表所示，请分析80℃时钴的浸出率最大的原因：。反应温度/℃60708090钴的浸出率/%8890.59391(4)已知常温下草酸Ka1=5.6×102，Ka2=1.5×104，Ksp(CoC2O4)=4.0×106，求常温下Co2+与草酸反应生成CoC2O4沉淀的平衡常数K=。(5)高温下，在O2存在时，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为。(6)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，若测得充分煅烧后固体的质量为3.615g，CO2的体积为2.016L(标准状况)，则钴的氧化物的化学式为。27.(1)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑（2分）(2)Cl2（2分）(3)在80℃之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大；80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降（4分）(4)2.1（2分）(5)4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiC2O4+10CO2（2分）(6)Co3O4（2分）解析：本实验欲将从实验剩余的残渣中提纯钴酸锂，设计了如下实验，首先将含有钴酸锂的滤渣用酸浸泡，使其中的Li+、Co2+转移到溶液中；随后向含有两种离子的溶液中加入草酸并调节溶液pH，是Co2+转化为CoC2O4得到沉淀和含有Li+的滤液，向滤液中加入碳酸钠使Li+转化为Li2CO3沉淀；最后将得到的CoC2O4和Li2CO3提纯出来混合高温煅烧得到LiCoO2，据此答题。(1)酸浸过程中常添加30%的H2O2以提高浸出效率，H2O2的加入可以将CoO变成Co2+，涉及的反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑；(2)HCl中Cl可以失电子生成Cl2，Cl2有毒，可以污染空气，因此不用盐酸代替硫酸和过氧化氢；(3)从表中可以看出，当温度小于80℃时，Co的浸出率随温度的升高而升高，但温度高于80℃时，Co的浸出率有所下降，这是因为：温度升高，反应速率增大，但当温度大于80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降；(4)Co2+与草酸反应生成CoC2O4的离子方程式为Co2++H2C2O4=CoC2O4↓+2H+，反应的平衡常数表达式K=，由草酸的电离平衡常数Ka1、Ka2和草酸钴的沉淀溶解平衡常数Ksp可以导出该反应的平衡常数，K===2.1；(5)高温下，CoC2O4、Li2CO3和O2反应生成LiCoO2的反应方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiC2O4+10CO2；(6)高温下，CoC2O4煅烧生成Co氧化物和CO2，标准状况下，2.016LCO2的物质的量n===0.09mol，由化学式可知CoC2O4中n(Co)=0.09mol×=0.045mol，则氧化物中n(O)==0.06mol，氧化物中钴、氧物质的量比为n(Co)∶n(O)=0.045mol∶0.06mol=3∶4，由化学式中各原子的物质的量比等于原子个数比可得钴氧化物的化学式为Co3O4。28.（15分）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=49.1kJ/mol反应II：CHOCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)△H2=+24.5kJ/mol反应III：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)∆H3(1)△H3=_______kJ/mol。(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生反应I，下列能说明反应已达平衡的是_______(填序号)。A．体系的温度保持不变B．CO2和H2的转化率相等C．单位时间内体系中3molH2减少的同时1molH2O增加D．合成CH3OH的反应限度达到最大(3)已知：反应II在某温度下的平衡常数的值为2，在此温度下向密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)发生该反应，某时刻测得CH3OCH3、H2O、CH2OH的浓度依次1.5mol/L、1.5mol/L、1mol/L，此时CH3OCH3的转化率是_______，反应速率v(正)_______v(逆)(选填“>”、“=”或“<”)。(4)在某压强下，反应I在不同温度、不同投料比时CO2的平衡转化率如图所示。则温度Tl_______T2，该反应的平衡常数KA、KB、KC三者之间的大小关系为_______(用“>、=、<”填空)。(5)恒压下将CO2和H2按体积比1:3混合，在催化剂率A、B作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的产率、选择性随温度的变化如图所示。其中CH3OH的选择性=100﹪①当温度高于250°C时，CH3OH产率下降的可能原因是_______。②根据图示综合考虑，工业上应选择的温度和催化剂是_______。28.（1）122.7（2分）（2）AD（2分）（2）25%（2分）>（2分）（3）<（1分）KB=KC>KA（2分）（4）反应I的△H＜0，250℃以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降（2分）(5)250℃（1分），催化剂A（1分）解析：(1)由盖斯定律可知，(反应I×2—反应II)得反应III，则△H3=2△H1—△H2=2×(49.1kJ/mol)—(+24.5kJ/mol)=122.7kJ/mol，故答案为：122.7；(2)A.反应I为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；B.由于二氧化碳和氢气的起始量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氢气的转化率均相等，则二氧化碳和氢气的转化率相等不能说明反应已达平衡，故错误；C.单位时间内体系中3mol氢气减少和1mol水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达平衡，故错误；D.化学平衡状态是化学反应的最大限度，合成CH3OH的反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；AD正确，故答案为：AD；(3)由甲醇的浓度为1mol/L可知，反应消耗甲醚的浓度为0.5mol/L，起始时甲醚的浓度为(1.5mol/L+0.5mol/L)=2.0mol/L，则甲醚的转化率为×100%=25%；由题给数据可知，某时刻反应的浓度熵Qc==＞K=2，说明平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：25%；＞；(4)反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知温度Tl二氧化碳转化率大于温度T2，则温度Tl小于T2；温度不变，化学平衡常数不变，B、C温度相同，低于A，则反应的平衡常数KA、KB、KC三者之间的大小关系为KB=KC>KA，故答案为：<；KB=KC>KA；(5)①由图可知250°C时反应I达到平衡，反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则当温度高于250°C时，甲醇的产率下降，故答案为：反应I的△H＜0，250℃以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降；②由图可知，催化剂A的选择性高于催化剂B，250°C时催化剂A的反应速率最大，为催化剂A的活性温度，则工业上应选择的温度和催化剂是250℃，催化剂A，故答案为：250℃，催化剂A。（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。35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)Co3+的价电子排布图为：；基态磷原子有种空间运动状态不同的电子。(2)Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：。(3)写出一种与PO互为等电子体的分子的化学式：，该分子的中心原子的价层电子对数等于。(4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有：。A．配位键B．金属键C．离子键D．共价键E.氢键F.范德华力(5)N和P是同主族元素，但是NH3分子中的键角大于PH3分子中的键角，原因是：。(6)Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则O2配位数为：，若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为g·cm3(列出计算式即可)，O2和Li+的最短距离等于nm(用含b的代数式表示)。35.（1）（1分）15（1分）(2)O>P>Li（1分）(3)CCl4、SiF4、POCl3等（2分）4（1分）(4)B、C（2分）(5)电负性N>P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大（2分）(6)8（2分）（2分）（2分）解析：(1)Co是第27号元素，Co简化电子排布式为：[Ar]3d74s2，Co3+是失去三个电子先失去最外层那么Co3+的价电子排布图为；基态磷原子核外有15个电子，每个电子的运动状态均不同；故答案为：；15。(2)非金属性越强电负性越大则O>P>Li；故答案为：O>P>Li。(3)等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，PO为5原子8电子，与之为等电子体的可为CCl4、SiF4、POCl3等；C、Si、P为中心原子，且无孤电子对，价层电子对数等于中心原子与周围原子形成的σ键，均为4；故答案为：CCl4、SiF4、POCl3等；4。(4)无水硫酸铜溶于水形成五水硫酸铜，带有结晶水，所以硫酸铜稀溶液中有配位键、共价键、氢键、范德华力，没有金属键和离子键；故答案为：B、C。(5)N的电负性大于P，NH3中N－H键的键长比PH3中P－H键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大；故答案为：电负性N>P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大。(6)从图Li2O晶胞的结构可以看出晶胞中的Li+的个数为8个，顶点有8个O2，面心有6个O2，晶胞中O2的个数为8×＋6×=4，以面心O2为例，需要8个Li+给它配位；1mol晶胞中有4molLi2O，因此ρ=；将晶胞切割成以Li+为中心，O2为顶点的小晶胞，两个O2的距离为，两个O2的中心点距离Li+的距离为，则O2和Li+的最短距离等于；故答案为：8；；。36．