江苏省棋盘中学2021届高三下学期新高考第二次模拟化学试题（解析版）

第第页新沂市棋盘中学高三年级新高考第二次模拟考试化学试卷1.本试卷共6页，包括选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间75分钟。2.答案务必填写到答题纸上规定位置，否则答题无效可能用到的相对原子质量：H-1Na-23Cl-35.5O-16Cr-52N-14C-12一、单项选择题：共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项符合题意。1.“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是A.采取低碳、节俭的生活方式 B.按照规定对生活废弃物进行分类放置C.深入农村和社区宣传环保知识 D.经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等【答案】D【解析】【详解】A、低碳能减少CO2的排放，故A说法正确；B、对生活废弃物进行分类，可以对物质进行回收使用，分类处理，故B说法正确；C、宣传环保知识，人人都参与进来，减少人类对环境的破坏，故C说法正确；D、使用一次性筷子、纸杯对树木加大破坏，塑料袋使用引起白色污染，故D说法错误；答案选D。2.通反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.NH3是极性分子 B.N2分子的电子式：C.NH4Cl是分子晶体 D.Cl-的结构示意图：【答案】A【解析】【分析】【详解】A．NH3空间构型是三角锥形，正负电荷中心不能重合，属于极性分子，故A正确；B．N2分子的电子式为：，故B错误；C．NH4Cl由铵根离子和氯离子组成，是离子晶体，故C错误；D．Cl-得到一个电子，最外层应为8个电子，故D错误；故选A。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.Na的金属活泼性强，Na—K液态合金做原子反应堆的导热剂B.纯碱溶液显碱性，可用制取普通玻璃的原料C.小苏打受热分解，可用于中和过多的胃酸D.过氧化钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Na的金属活泼性强，Na—K液态合金做原子反应堆的导热剂，两者没有关联，故A错误；B．纯碱溶液显碱性，可用制取普通玻璃的原料，两者没有关联，故B错误；C．小苏打可用于中和过多的胃酸是两者反应，不是因为小苏打受热分解，故C错误；D．过氧化钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，性质与用途具有对应关系，故D正确。综上所述，答案为D。4.二氧化硫虽然是形成酸雨的主要物质，但对食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能够达到使产品外观光亮、洁白的效果，也是制取硫酸重要的原料气；实验室通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取少量二氧化硫；已知二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=−197kJ/mol。下列有关二氧化硫的说法正确的是A.SO3的空间构型为平面三角形B.SO2与H2O能形成分子间氢键C.SO2的水溶液不能导电D.SO2制取SO3利用了SO2的氧化性【答案】A【解析】【分析】【详解】A．SO3价层电子对数为3+0=3，其空间构型为平面三角形，故A正确；B．SO2与H2O不能形成分子间氢键，分子间氢键必须是电负性大的原子与氢连接的氢与另外一个电负性大的原子，故B错误；C．SO2的水溶液生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根，因此能导电，故C错误；D．SO2制取SO3，化合价升高，失去电子，利用了SO2的还原性，故D错误。综上所述，答案为A。5.二氧化硫虽然是形成酸雨的主要物质，但对食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能够达到使产品外观光亮、洁白的效果，也是制取硫酸重要的原料气；实验室通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取少量二氧化硫；已知二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197kJ/mol。下列有关二氧化硫与氧气反应的说法正确的是A.反应的ΔS<0B.如果有2mol的SO2和1molO2在该条件下充分反应可以放出197kJ的热量C.反应中每消耗1molO2转移电子数目约等于2×6.02×1023D.反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率【答案】A【解析】【分析】【详解】A．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反应前后气体体积减小，混乱度减小，ΔS<0，故A正确；B．可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，所以将2mol的SO2和1molO2在该条件下充分反应不可能完全转化为SO3，放出的热量小于197kJ，故B错误；C．O2中氧元素化合价从0价降低到-2价，反应中每消耗1molO2转移电子的数目约等于4×6.02×1023，故C错误；D．二氧化硫与氧气的反应为放热的可逆反应，高温可加快反应速率，但会使平衡逆向移动，不能提高SO2的平衡转化率，使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，也就不能提高SO2的平衡转化率，但故D错误；答案选A。6.二氧化硫虽然是形成酸雨的主要物质，但对食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能够达到使产品外观光亮、洁白的效果，也是制取硫酸重要的原料气；实验室通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取少量二氧化硫；已知二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197kJ/mol。实验室制取SO2时，下列装置能达到相应实验目的的是A.图①生成SO2 B.图③干燥SO2C.图④收集SO2 D.图②吸收SO2尾气【答案】C【解析】【分析】【详解】A．实验室通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取少量二氧化硫,浓硫酸是液体，并且该反应不需要加热，故A错误；B．碱石灰与二氧化硫反应，不能用碱石灰干燥二氧化硫，故B错误；C．二氧化硫的密度大于空气的密度，可以用向上排空气法收集气体，长导气管进气体，故C正确；D．二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气，不用水吸收，故D错误；故选：C。7.13Al、12Mg、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是A.元素S在周期表中位于第4周期ⅢA族B.元素S的简单气态氢化物的化学式为H2SC.第一电离能：I1(Mg)<I1(Al)<I1(S)D.最高价氧化物的水化物的碱性：Mg(OH)2<Al(OH)3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．元素S原子序数为16，在周期表中位于第三周期第ⅥA族，故A错误；B．元素S最低负价为-2，简单气态氢化物的化学式为H2S，故B正确；C．镁的第一电离能大于铝，所以第一电离能为：I1(Al)＜I1(Mg)＜I1(S)，故C错误；D．镁的金属性强于铝，所以最高价氧化物的水化物的碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，故D错误；故选B。8.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4•7H2O)，设计了如图流程：下列说法不正确的是A.溶解烧渣时，控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率B.加入试剂X，可能发生的离子反应方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑C.加入试剂X后的溶液中可能含有离子：Fe2+、SO、Al3+D.若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A．溶解烧渣时，适当升温和搅拌，都可加快反应速率，有利于提高铁、铝浸取率，故A正确；B．试剂X为铁粉，加入铁粉后，铁粉可与过量的稀硫酸发生反应，离子反应方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；C．加入铁粉后，三价铁被还原为二价铁离子，所以溶液中可能含有离子：Fe2+、SO、Al3+，故C正确；D．溶液1中含有铁离子和铝离子，加NaOH至过量，铝离子转化为偏铝酸根，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁，而不是硫酸亚铁，故D错误；故选D。9.利用原电池原理，在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示，下列说法正确的是A.该装置工作中电能转化为化学能B.负极的电极反应式：BH＋4H2O-8e-═B(OH)＋8H+C.2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4D.电路中每转移1mol电子，电极2上有32gCu析出【答案】C【解析】【分析】【详解】A．该装置为原电池，工作中是化学能转化为电能，故A错误；B．电解质为碱性，所以负极的电极反应式：BH＋8OH-8e-═B(OH)＋4H2O，故B错误；C．由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，1室中钠离子，钾离子透过X膜向2室迁移，硫酸根透过Y膜向2室迁移，所以2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4，故C正确；D．由图可知，电极2上铜离子，氢离子都得电子，生成铜单质和氢气，所以电路中每转移1mol电子，电极2上析出Cu小于32g，故D错误；故选C。10.一水硫酸四氨合铜的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及农药中间体，实验室可以用氧化铜为原料通过以下方法制取。步骤1：向试管中加入一定量的氧化铜固体，加入足量稀硫酸充分反应，观察到固体完全溶解，溶液变蓝色；步骤2：向试管中继续滴加过量2%氨水，观察到先有蓝色沉淀，后又逐渐完全溶解得到深蓝色溶液。步骤3：再向试管中加入无水乙醇，振荡静置，有深蓝色晶体析出。下列说法不正确的是A.步骤2中观察到的蓝色沉淀为Cu(OH)2B.步骤2中沉淀溶解是因为生成了铜氨配合物C.步骤3中未采取蒸发结晶的方法获得晶体，说明一水硫酸四氨合铜受热易分解D.如图所示铜的晶胞中有14个铜原子【答案】D【解析】【分析】【详解】A．步骤1中氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，步骤2中加入氨水，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，故A正确；B．步骤2中先产生的蓝色沉淀是氢氧化铜，继续加氨水沉淀溶解，是因为生成了铜氨配合物，故B正确；C．蒸发结晶需要加热，不稳定的物质容易分解，步骤3中未采取蒸发结晶的方法获得晶体，说明一水硫酸四氨合铜受热易分解，故C正确；D．根据晶胞结构，如图所示铜的晶胞中含有的铜原子个数为=4，故D错误；故选D。11.姜黄素是我国古代劳动人民从姜黄根茎中提取得到的一种黄色食用色素。下列关于姜黄素说法正确的是A.分子中含氧官能团有酚羟基、醚键和醛基B.分子中碳原子轨道杂化类型有3种C.姜黄素不能使溴的CCl4溶液褪色D.既能发生取代反应，又能发生加成反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由结构可知，分子中含氧官能团有酚羟基、醚键和酮基，故A错误；B．分子中甲基上的碳原子轨道杂化类型为sp3杂化，其他碳原子为sp2杂化，所以只有2种，故B错误；C．姜黄素中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应，所以能使溴的CCl4溶液褪色，故C错误；D．由结构可知，分子中含有甲基，苯环等能发生取代反应，含有碳碳双键，苯环能发生加成反应，所以该物质既能发生取代反应，又能发生加成反应，故D正确；故选D。12.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A.的NaHA溶液，其：B.溶液与溶液等体积混合，所得溶液中：C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：D.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：【答案】C【解析】【详解】A．的NaHA溶液，其，则电离程度大于水解程度，因此有，故A错误；B．溶液与溶液等体积混合，所得溶液中溶质为碳酸钠，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，则有，故B错误；C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，根据物料守恒和电荷守恒得到：，故C正确；D．由于碳酸根水解程度大于醋酸根水解程度，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，水解程度越大，则浓度越小，氢氧化钠电离程度大，其物质的量浓度应最小：，故D错误。综上所述，答案为C。13.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，工业上可由NO与Cl2反应制得，(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：反应I：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g)ΔH1；反应II：4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)ΔH2；反应III：2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)ΔH3；(2)保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：A.上述反应焓变关系ΔH3=ΔH1-ΔH2B.图中纵坐标为物质氯气的转化率C.图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是BD.若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内反应速率v(NO)=0.08mol/(L·min)【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据盖斯定律，上述反应焓变关系ΔH3=ΔH1×2-ΔH2，故A错误；B．将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，逐渐增大，一氧化氮转化率减小，氯气的转化率变大，所以图中纵坐标为物质氯气的转化率，故B正确；C．由于B点大于A点，所以图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是A，故C错误；D．若容器容积为1L，经过10min到达A点，则氯气转化了0.8mol，生成了一氧化氮1.6mol，所以该时间段内反应速率v(NO)=0.16mol/(L·min)，故D错误；故选B。二、非选择题：共4小题，共61分14.工业上常利用软锰矿浆(主要成分是MnO2，还含有硅、铁和少量重金属镍的化合物等杂质)制备MnSO4溶液，并以MnSO4溶液为原料制取单质锰和四氧化三锰。(1)MnSO4溶液的制备：①还原：以稀硫酸作介质，纤维素[(C6H10O5)n]还原MnO2时，发生反应的化学方程式为______。②除杂：除去硅、铁等杂质后，通常用BaS来除去溶液中的镍，pH对除镍效果的影响如图所示。当pH＜4.2，pH越小除镍效果越差的原因是_____。(2)电解法制锰：为保证电解顺利进行，电解液中Mn2+必须保持一定的浓度。Mn2+浓度和电流效率(电流效率是指电解时在电极上实际沉积或溶解的物质的量与按理论计算出的析出或溶解量之比)的关系如图所示。由图可知当Mn2+浓度大于22g·L-1时，电流效率随Mn2+浓度增大反而下降，其原因是_____。(3)制取Mn3O4：利用MnSO4溶液，用空气氧化法制备Mn3O4。在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通氧气反应7小时制备Mn3O4。①写出上述反应的离子方程式：_____。②Mn3O4的含量与反应温度的关系如图所示。随着反应温度的升高，产物中Mn3O4的含量的上升趋势呈现先快后慢的原因是_____。【答案】①.12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O②.pH越小，c(H+)增大，硫化钡会与H+反应产生硫化氢气体③.Mn2+浓度增大，Mn2+扩散至阳极失电子放电④.6Mn2++12NH3∙H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O⑤.温度不太高的情况下(反应主要受动力学影响)，温度升高反应速率加快，Mn3O4的含量增大；温度较高的情况下(反应受热力学影响)，此氧化反应为放热反应，温度升高反应逆向移动【解析】【详解】(1)①纤维素[(C6H10O5)n]具有还原性，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，反应的化学方程式为12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O，故答案为：12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O；②pH过低，H+会与硫化钡反应产生硫化氢气体，根据图中数据知道，当pH＜4.2的时候，镍离子随pH的减小而残留率增加，故答案为：pH越小，c(H+)增大，硫化钡会与H+反应产生硫化氢气体；(2)电解时，用惰性电极电解，阳极发生氧化反应，应该是水电离出的氢氧根离子放电，当Mn2+浓度大于22g·L-1时，Mn2+扩散至阳极失电子放电，电流效率随Mn2+浓度增大反而下降，故答案为：Mn2+浓度增大，Mn2+扩散至阳极失电子放电；(3)①Mn2+在氨水存在下被氧气氧化生成Mn3O4，反应的离子方程式为：6Mn2++12NH3∙H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O，故答案为：6Mn2++12NH3∙H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O；②由图可知，曲线斜率逐渐减小，即随着反应温度的升高，产物中Mn3O4的含量的上升趋势呈现先快后慢，原因是：温度不太高的情况下(反应主要受动力学影响)，温度升高反应速率加快，Mn3O4的含量增大；温度较高的情况下(反应受热力学影响)，此氧化反应为放热反应，温度升高反应逆向移动。15.华法林(物质F)是一种香豆素类抗凝剂，在体内有对抗维生素K的作用，可用于预防栓塞性疾病。某种合成华法林的路线如图所示。请回答下列相关问题。(1)B→C的反应类型___。(2))物质F中含有手型碳原子数目为___。(3)A→B的氧化剂可以是___(填标号)。a银氨溶液b.氧气c.新制Cu(OH)2悬浊液d.酸性KMnO4溶液(4)物质C的同分异构体中符合下列条件的有___种(不考虑立体异构)。并写出其中一种的结构简式___。①含有苯环；②苯环上有两个取代基；③含有—COO—结构且不含甲基。(5)以和(CH3CO)2O为原料制备写出合成路线___(无机试剂任选)。【答案】①.取代反应②.1③.ac④.12⑤.⑥.或【解析】【分析】【详解】(1)B→C的反应为和CH3OH在浓硫酸存在的条件下发生酯化反应生成和H2O，反应类型为取代反应；(2))连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则物质F中含有1个手性碳原子(标星号)，故答案为：1；(3)酚羟基具有较强的还原性，氧化醛基时要注意酚羟基不能被氧化，氧气和酸性KMnO4溶液均能氧化酚羟基，因此只能选择弱氧化剂银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液，故答案为：ac；(4)物质C的结构简式为，符合要求的同分异构体的两个取代基共4组：-COOH和-CH2OH、-CH2COOH和-OH、-OOCH和-CH2OH、-CH2OOCH和-OH，每组都有邻、间、对三种位置关系，因此共有12种，故答案为：12；；(5)将乙基氧化为羧基之前要考虑将酚羟基转化为酯基保护起来，以免被酸性高锰酸钾溶液氧化，由题给原料和产品的结构简式，结合逆推法可知合成的步骤为：和乙酸酐在浓硫酸作用下发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，在稀硫酸作用下发生水解反应生成，与碳酸氢钠反应生成；或在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，与二氧化碳反应生成，合成路线如下：或。16.无水三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示。已知：①CrCl3熔点为83℃，易潮解，易升华，易溶于水但不易水解，高温下易被氧气氧化；②Cr2O3和CCl4在高温下反应的产物为CrCl3和光气(COCl2)。请回答下列问题：(1)装置A是氮气制备装置，氮气的作用是___。(2)装置B的作用为___。(3)装置D中生成CrCl3和光气(COCl2)的化学方程式为___。(4)产品中CrCl3质量分数的测定：(i)称取0.3000g得到的CrCl3样品溶于水并于250mL容量瓶中定容。(ii)取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量的H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+形式存在。(iii)加入1mL指示剂，用0.0250mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。①ii中加入稍过量的Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是___；②滴定实验可选用指示剂为___；产品中CrCl3质量分数为___(写出计算过程)【答案】①.吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气，排出空气、防止产物被氧化②.除去氮气中水蒸气③.Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2④.除去溶解的氧气，防止将I－氧化⑤.淀粉溶液⑥.根据2Cr3+～Cr2O～3I2～6Na2S2O3，因此n(Cr3+)=，则产品中CrCl3质量分数为。【解析】【分析】【详解】(1)由于Cr2O3和CCl4在高温下反应，CCl4要进入到D中，再根据题意CrCl3在高温下易被氧气氧化，因此氮气的作用是吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气，排出空气、防止产物被氧化；故答案为：吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气，排出空气、防止产物被氧化；(2)CrCl3熔点为83℃，易潮解，易升华，易溶于水，因此装置B的作用为除去氮气中水蒸气；故答案为：除去氮气中水蒸气；(3)装置D中生成CrCl3和光气(COCl2)的化学方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；故答案为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；(4)①ii中加入稍过量的Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是除去溶解的氧气，防止将I－氧化；故答案为：除去溶解的氧气，防止将I－氧化；②该反应是Na2S2O3滴定I2，因此滴定实验可选用的指示剂为淀粉溶液；根据2Cr3+～Cr2O～3I2～6Na2S2O3，因此n(Cr3+)=，则产品中CrCl3质量分数为；故答案为：淀粉溶液；根据2Cr3+～Cr2O～3I2～6Na2S2O3，因此n(Cr3+)=，则产品中CrCl3质量分数为。17.氯化亚铜广泛应用于化工、印染等行业，难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以硫化铜精矿为原料生产的工艺如下：(1)“溶解”温度控制在的原因是_______，“溶解”时