2021届高三第二次模拟考试理科综合化学

2021届高三第二次模拟考试理科综合化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28Cl35.5Fe56Co591.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.纯碱溶液可以用于清洗餐具油污 B.玉米淀粉和废弃秸杆可生产乙醇C.“84消毒液”可以喷洒于衣物上进行杀菌消毒 D.珠江三角洲的形成与胶体聚沉有关【答案】C【解析】【详解】A．纯碱溶液显碱性，油污的主要成分是酯类，在碱性条件下可水解，故纯碱溶液可用于清洗餐具油污，故A正确；B．废弃秸秆的主要成分是纤维素，淀粉和纤维素在一定条件下水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，故B正确；C．“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠水解生成次氯酸，次氯酸的强氧化性可用于生活场所杀菌消毒，但不可以直接喷洒在衣物上，故C错误；D．胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，所以在江河入海口都会形成三角洲，故D正确；答案选C。2.从中草药中提取的calebinA(结构简式如下图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法错误的是A.所有原子一定不在同一平面上 B.可以和氢气发生加成反应C.在一定条件下可发生水解反应 D.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．该物质中含有饱和碳原子，根据甲烷的结构可知该物质中所有原子一定不在同一平面上，故A正确；B．该物质含有苯环、碳碳双键、酮羰基，均可以和氢气发生加成反应，故B正确；C．该物质含有酯基，一定条件下可以发生水解反应，故C正确；D．该物质含有酚羟基，可以被酸性高锰酸钾氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；综上所述答案为D。3.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是A.6gSiO2中所含硅氧键数为0.4NAB.11.2L(标准状况)甲烷与氨气混合物中含质子数为5NAC.1molNa2O2与1molSO2充分反应，转移的电子数为2NAD.0.5molNO与0.5molO2充分反应后，分子数为0.75NA【答案】D【解析】【详解】A．6gSiO2的物质的量为=0.1mol，含有0.1molSi原子，每个Si原子形成4个硅氧键，则6gSiO2中所含硅氧键数为0.4NA，故A正确；B．一个CH4分子和一个NH3分子均含有10个质子，11.2L(标准状况)甲烷与氨气混合物含有0.5mol分子，所以含质子数为5NA，故B正确；C．1molNa2O2与1molSO2充分反应，SO2恰好完全被氧化为硫酸根，转移的电子数为2NA，故C正确；D．NO与O2反应生成NO2，而NO2会发生反应2NO2N2O4，所以05molNO与0.5molO2充分反应后，分子数小于0.75NA，故D错误；综上所述答案为D。4.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液呈血红色Fe(NO3)2已变质B向盛有2mL酸性高锰酸钾溶液试管中滴加浓的维生素C溶液溶液紫色褪去维生素C具有还原性C将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中试纸变蓝该气体为NO2，具有氧化性D在2mL0.01mol·L-1的溶液中先滴入几滴0.01mol·L-1ZnSO4溶液，再滴入0.01mol·L-1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后出现黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，遇H+表现强氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，故滴加KSCN溶液后变红色不能确定Fe(NO3)2试样已变质，A不符合题意；B．KMnO4具有强氧化性，与维生素C反应后KMnO4褪色，说明维生素C具有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，B符合题意；C．将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中，试纸变蓝，说明红棕色气体将I-氧化为I2，即红棕色气体有氧化性，但Br2蒸汽也为红棕色，具有氧化性，能将I-氧化为I2，故不能说明该气体是NO2，C不符合题意；D．在2mL0.01mol·L-1的溶液中先滴入几滴0.01mol·L-1ZnSO4溶液，有白色的ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，过量的S2-与Cu2+反应生成黑色的CuS沉淀，所以无法判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，D不符合题意；故选B。5.对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是。A.向饱和Na2CO3溶液中通人过量CO2：2Na+++H2O+CO2=2NaHCO3↓B.向Mg(OH)2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C.向KAl(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3+++Ba2++3OH-=BaSO4↓+Al(OH)3↓D.向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液：2+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3溶解度小，向饱和Na2CO3溶液中通人过量CO2生成NaHCO3沉淀：2Na+++H2O+CO2=2NaHCO3↓，故A不选；B．Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，向Mg(OH)2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，故B不选；C．向KAl(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，碱过量，氢氧化铝溶解生成KAlO2：Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO，故C选；D．草酸是弱酸，向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液，生成锰盐和二氧化碳：2+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D不选；故选C。6.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学品，下图为其工作原理。下列说法正确的是A.M极的电极反应式为：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+B.外电路转移4mol电子时，N极消耗22.4LO2(标准状况)C.反应一段时间后，N极附近的溶液pH值下降D.该电池在常温和高温都可以工作【答案】A【解析】【详解】A．由图中信息可知，CH3COOH被氧化生成CO2，失去电子，则M电极为负极，N电极为正极，O2得到电子生成H2O，Cr2O得到电子转化为Cr(OH)3，则M极的电极反应式为：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+，故A符合题意；B．外电路转移4mol电子时，在N极上，O2得到电子生成H2O，Cr2O得到电子转化为Cr(OH)3，所以消耗O2的体积应小于22.4LO2(标准状况)，故B不符合题意；C．在N极，O2得到电子和H+结合生成H2O，反应一段时间后，H+浓度降低，N极附近的溶液pH值升高，故C不符合题意；D．在高温下，会使微生物失去活性，不再有催化作用，故D不符合题意；故选A。7.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。已知A、C的原子序数之差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半，下列叙述正确的是A.简单离子的半径：B>C>D>A B.简单氢化物的热稳定性：C>D>AC.C和D的最高价氧化物对应水化物均为强酸 D.B与D形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C的原子序数的差为8，说明A、C同主族，最外层电子数相同，设B的最外层电子数为x，由B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半可知，A、C的最外层电子数为2x，由A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15可得：x+2x+2x=15，解得x=3，则A为O元素、B为Al元素、C为S元素，由A、B、C、D的原子序数依次增大可知，D为Cl元素。【详解】A.电子层结构相同的离子，随着核电荷数增大，离子半径依次减小，氧离子和铝离子的电子层结构相同，则氧离子的离子半径大于铝离子，故A错误；B.元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，三种非金属元素中，氧元素的非金属性最强，则水的热稳定性最强，故B错误；C.硫元素和氯元素的最高价氧化物对应水化物分别为硫酸和高氯酸，硫酸和高氯酸均为强酸，故C正确；D.氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，故D错误；故选C。8.氨基钠(NaNH2)是化工、医药领域常用的试剂，常温下为白色晶体，熔点为210°C，温度高于400°C时开始分解成单质，易水解。某兴趣小组探究氨基钠的制备与性质。I.制备氨基钠(NaNH2)实验室制备氨基钠的反应原理是：2Na+2NH32NaNH2+H2↑实验装置如下图所示：(1)仪器D冷却水的入口位置是_______(“a”或“b")，NaNH2电子式是_______(2)为提高氨基钠的纯度，在加入药品后，点燃A和C两处酒精灯之前应进行的操作是_______。(3)干燥管B与E分别放入的试剂为_______。(4)如图所示的一种电化学装置可以制备该实验所需的NH3，图中陶瓷在高温时可以传输H+该装置中产生氨气的电极反应式为__。II.探究(NaNH2)的性质(5)小组I为验证有NaNH2生成，取适量充分反应后的固体于试管中，加入蒸馏水，有无色刺激性气体产生，反应的化学方程式为_______，检验该气体的方法是_______。(6)小组2为了测定产品的纯度，取8g产品与水充分反应后，将生成的气体完全干燥后，再用浓硫酸充分吸收，称量测得浓硫酸增重3.4g，则产品纯度为_______%。【答案】(1).a(2).(3).打开C处，通入惰性气体，排尽装置内空气(4).碱石灰、P2O5(5).N2+6e-+6H+=2NH3(6).NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑(7).将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近试管口，产生白烟)(8).97.5【解析】【分析】装置A氯化铵和消石灰共热制备氨气，干燥管B的作用是干燥NH3，防止含有的水与金属钠发生副反应，所以加入的干燥剂一般为碱石灰、烧碱或氧化钙等碱性干燥剂；装置C是氨气与钠反应制备NaNH2，干燥管E的主要的作用是吸收尾气中的NH3，防止污染环境，还可以防止空气中的水进入三颈烧瓶与钠反应，所以适宜选取的试剂为五氧化二磷等酸性固体干燥剂。【详解】(1)为了能够使冷凝管内充满水，冷却水要下进上出，即从a口进入；NaNH2为Na+和NH构成的离子化合物，电子式为；(2)氨基钠与空气中的水或氧气反应会使降低其纯度，所以在加入药品后，点燃A和C两处酒精灯之前应先打开C处，通入惰性气体，排尽装置内空气；(3)根据分析可知B处干燥剂主要作用是干燥氨气，所以选用碱石灰；而E除了要吸收氨气还需要防止空气中的水进入，所以宜选取的试剂为P2O5；(4)氮气Pt电极a上得电子被还原，结合传导过来的氢离子生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；(5)加入蒸馏水，有无色刺激性气体产生，说明产生氨气，结合元素守恒可知化学方程式应为NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，且能与HCl气体反应生成固态氯化铵，所以检验氨气的具体方法为：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近试管口，产生白烟)；(6)浓硫酸增重即生成的氨气的质量，所以n(NH3)==0.2mol，根据NaNH2与水反应的化学方程式可知样品中n(NaNH2)=0.2mol，所以纯度为=97.5%。9.2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如下：已知：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0°C为1.54g，100°C为0.72g。(1)反应釜中反应的化学方程式为_______。(2)获得LiH2PO4，晶体的分离操作是_______，反应器中加入C的目的是_______。(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施_______。(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方式为_______。(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c(Fe2+)=10-6mol·L-1，则该过程应调节pH=___，“沉锂”时，所得Li2CO3应选择___(“冷水”或“热水")进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用___(填化学式)。【答案】(1).Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O(2).过滤(3).将+3价铁元素还原成+2价(4).粉碎、搅拌、加热(合理即可)(5).+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+(6).会产生污染环境的氮氧化合物(7).3(8).热水(9).C【解析】【分析】Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得的LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电极正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后固体滤渣用硫酸酸化的H2O2溶解并过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而达到除铁的目的，经过滤后滤液中再加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。【详解】(1)反应釜中Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O；(2)通常固液分离先选择过滤操作，则从溶液中获得LiH2PO4，晶体的分离操作是过滤，反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价；(3)用NaOH溶液溶解废旧电极正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率；(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁"后溶液中c(Fe3+)=10-6mol·L-1，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe2+)×c3(OH-)=10-6mol·L-1×c3(OH-)=10-39，c(OH-)=mol·L-1=10-11mol·L-1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0°C为1.54g，100°C为0.72g可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。【点睛】以磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程为载体，考查混合物的分离和提纯的综合应用，明确流程中涉及的反应原理是解题关键，主要选择的分离操作是过滤、结晶和沉淀的生成，其中固液分离选择过滤。10.CO是一种重要的化工原料，主要用于制氢、甲醇等工业领域中。回答下列问题：I.制氢气450°C时，在10L体积不变的容器中投入2molCO和2molH2O，发生如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H，当反应达平衡时，测得平衡常数为9.0。已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1=-483.6kJ·mol-1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566.0kJ·mol-1(1)△H=_______kJ·mol-1。(2)在450°C下反应达平衡时，CO的转化率为_______(3)下列情况能说明该反应一定达平衡的是_______(填标号)。A.单位时间内断裂2NA个O—H键同时断裂NA个H—H键B.c(CO)：c(CO2)=1：1C.CO的体积分数不再随时间改变D.气体的平均摩尔质量不再随时间改变(4)该反应的v-t图像如图1所示，若其他条件不变，只是在反应前加入催化剂，则其v-t图像如图2所示。下列说法正确的是_______(填正确答案标号)，①a1>a2②a1<a2③b1>b2④b1<b2.⑤t1>t2⑥tl<t2⑦t1=t2A.①③⑤B.①③⑥C.②④⑦D.②④⑤两图中阴影部分面积，图1_______图2(填“大于”“小于”或“等于”)。II.制甲醇(5)合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H；在催化剂作用下，测得CO的平衡转化率与反应温度、压强关系如图所示，由图中数据可知，△H_______0(填“>"“<”或“=”)，甲醇产率随着压强变化呈现图示规律的原因是_______。【答案】(1).-41.2(2).75%(3).AC(4).D(5).等于(6).＜(7).正反应是气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移，因此其它条件相同时，压强越大，甲醇的产率越高【解析】【详解】(1)根据盖斯定律(②-①)可得CO(g)+

H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)

的ΔH=[-566.0kJ·

mol-1-(-483.6kJ·mol

-1)]=-41.2kJ·mol

-1；(2)初始投料为2mol

CO和2mol

H2O，容器体积为10L，设CO的转化率为α，列三段式有：根据题意有=9，解得α=0.75=75%；(3)A．单位时间内断裂2NA个O—H键同时断裂NA个H—H键，即水消耗速率与氢气的消耗速率相等，结合方程式中系数关系可知，也就是正逆反应速率相同，反应达到平衡，故A正确；B．平衡时c(CO)：c(CO2)不再变化但不一定是1：1，比值与初始投料和转化率有关，所以不能说明反应平衡，故B不符合题意；C．CO的体积分数不再随时间改变，说明此时正逆反应速率相等，反应达到平衡，故C符合题意；D．该反应前后气体系数之和相等，所以气体物质的量始终不变，气体的总质量也不变，则气体的平均摩尔质量为定值，该值不变不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；综上所述答案为AC；(4)催化剂可以同时加快正逆反应速率，所以a1<a2，b1<b2，故①③错误、②④正确；催化剂加快反应速率缩短反应达到平衡所需时间，所以t1>t2，故⑤正确；综上所述②④⑤正确，故答案为D；阴影面积为反应物浓度的变化，也就是转化率，催化剂只是加快反应速率，不能改变平衡转化率，所以两图中阴影部分面积，图1=图2；(5)据图可知压强相同时温度越低CO的转化率越大，说明降低温度平衡正向移动，则正反应为放热反应ΔH＜0；该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移，因此其它条件相同时，压强越大，甲醇的产率越高。11.钴元素的用途广泛，据古文献记载：宜德时期青花瓷使用的颜料“苏勃泥青"是从一种进口钴毒矿[主要成分：(FeCo)xAsS]中提取出来的。(1)Co的价电子排布式为_______(2)无水CoCl2的熔点是735°C，沸点1049°C，CoCl2属于_______晶体；砷酸(H3AsO4)分子中As原子的杂化方式为_______杂化；砷酸根离子的空间构型为_______；第一电离能I1(As)_______I1(Se)(填“大于”或“小于")。(3)[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3是一种特殊的配合物，其中心离子的配位数是_______，每个[Co(NH3)4(H2O)2]3+所含共价键的数目是_______，配体NH3的熔沸点大于同族元素氢化物AsH3的原因是_______。(4)钴氰化钾K3[Co(CN)6]是一种浅黄色单斜棱晶体，与配体CN-原子总数相等的等电子体是_______。(5)金属钴晶体的晶胞结构如图所示，其中正六边形的面积为apm2，棱长为bpm；每个Co距离最近且相等的Co原子数目为_______；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______(用含a、b、NA的代数式表示)g·cm-3。【答案】(1).3d74s2(2).离子(3).sp3(4).正四面体形(5).大于(6).6(7).22(8).NH3分子间可形成氢键，使得熔沸点升高(9).CO或NO+(10).12(11).【解析】【详解】(1)Co是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，价电子排布式为3d74s2；(2)无水CoCl2的熔点是735°C，沸点1049°C，熔沸点较高，属于离子晶体；砷酸(H3AsO4)分子中As的杂化方式与中As的杂化方式相同，As的价层电子对数为4+×(5+3-4×2)=4，故杂化方式为sp3杂化；根据As的价层电子对数为4可知，的空间构型为正四面体形；由于As是第VA族元素，价层电子排布式为4s24p3，p轨道半满，较稳定，不易失去电子，故第一电离能比Se大；(3)由[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3可知，每个Co3+有4个NH3和2个H2O配位，配位数为6；[Co(NH3)4(H2O)2]3+中，每个Co3+与NH3形成4条配位键，与H2O形成2条配位键，NH3中N与H形成3条共价键，4个NH3形成12条共价键，H2O中O与H形成2条共价键，2个H2O形成4条共价键，配位键属于共价键，所以共价键数目为4+2+12+4=22；由于N的电负性较强，可以吸引相邻NH3分子的H，故NH3分子间可形成氢键，使得熔沸点升高；(4)CN-中含有2个原子，14个电子，等电子体有CO或NO+；(5)由图可知Co为六方最密堆积，所以每个Co距离最近且相等的Co原子数目为12；根据均摊法，每个晶胞中Co原子数目为12×+2×+3×1=6，晶胞密度=。12.某兴趣小组利用芳香族化合物A制取有机物G的合成路线如下：

已知：①RCOOHRCOC6H5②RCH=CH2RCOOH+CO2