2021届湖南省岳阳市高三下学期第二次模拟考试化学试卷参考答案

2021届湖南省岳阳市高三第二次模拟考试·化学试卷参考答案1．D【解析】食品中的抗氧化剂具有还原性，可防止食品被氧化，A项错误；从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，B项错误；光导纤维是二氧化硅，不是有机高分子材料，C项错误；“地沟油”禁止食用，但是其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，D项正确；答案选D。2．B【解析】常温下，铁在浓硝酸中钝化，不能完全反应，故转移电子数小于0.3NA，A项错误；乙醇的相对分子质量为46g/mol，4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，1mol乙醇分子中含有5molC-H键，故4.6g乙醇中含有C-H键数目为0.5NA，B项正确；二氧化氮的相对分子质量为46g/mol，故46g二氧化氮的物质的量为1mol，二氧化氮转化为N2O4，为可逆反应，故1mol的NO2气体充入密闭容器中，容器中的分子数小于NA，C项错误；标况下2.24L氨气的物质的量为，而合成氨的反应中，生成1mol氨气转移3mol电子，故生成0.1mol氨气转移电子为0.3NA，D项错误；答案选B。3．C【解析】A.分离甲苯和水，采用蒸馏的方法，但温度计应插在蒸馏烧瓶支管口，A项错误；B.容量瓶不能用来直接稀释硫酸，B项错误；C.除去CO中的CO2，可采用NaOH溶液洗气的方法，C项正确；D.萃取振荡时倒转漏斗，漏斗颈斜向上，D项错误；答案选C。4．C【解析】A、根据原子结构，该碳原子的表示形式为，故A错误；B、氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，碳碳双键不能省略，故B错误；C、Cl－是最外层得到一个电子，即结构示意图为，故C正确；D、HCl为共价化合物，不属于离子化合物，故D错误；答案为C。5．A【解析】由结构图可知W形成+1价阳离子，W可能是Na或K，Z形成双键即形成两对共用电子对达到稳定结构则Z最外层电子数为6，Z和Q同主族，可知Z应为O，Q为S，W的原子序数大于S，则W为K，Y能形成四对共用电子对，其最外层电子数应为4，且原子序数在O前，则Y为C，X形成一对共用电子对达到稳定结构，且原子序数在C前，则X为H，据此解答。Y为C，其能形成的氢化物包含各种烃类物质，相对分子质量大的烃的熔点高于水的熔点，故A错误；Z为O，能形成H2O和H2O2两种氢化物，故B正确；KOH和KHS中均含有离子键和极性共价键，化学键类型相同，故C正确；K2S2O3和H2SO4反应生成二氧化硫和硫单质，故D正确；故选：A。6．D【解析】有机物中只要能形成碳环的烃类都是环状烃，环氧乙烷中有氧，不属于烃类，A项错误；与苯环相连的原子在同一平面上，结合三点共平面的特点，最多有14个原子共平面，B项错误；苯的取代反应是苯与液溴在溴化铁的催化作用下发生的，C项错误；分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体，环氧乙烷和乙醛的分子式均为C2H4O，但结构不同，所以二者是同分异构体，D项正确；答案选D。7．B【解析】过程ⅠPbCl+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-=PbCl+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO。从反应过程可见，和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为，说明循环过程中，被还原，体现氧化性，故B错误；Ｃ．该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；Ｄ．乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D正确；故选B。8．C【解析】根据题目所给信息可知MEBT溶液滴加Y4-时会转化为MY2-，说明金属离子更容易与Y4-配位，则MY2-更稳定，故A错误；在滴定过程中眼睛要随时观察锥形瓶中溶液的颜色变化，确定滴定终点，故B错误；滴入标准液前，金属离子与EBT结合生成MEBT，此时溶液呈酒红色，当达到滴定终点时，MEBT全部转化为蓝色的EBT，所以滴定终点的现象为溶液恰好由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色，故C正确；只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗会使标准液稀释，导致标准液的用量偏大，测定结果偏高，故D错误；综上所述答案为C。9．C【解析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键拆开形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，将氢氧键拆开，巯基取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，然后分析。CH3SH中硫显-2价，氢为+1价，根据元素的化合价之和等于0可知，碳元素化合价为﹣2价，故A正确；过程⑤中，生成了CH3SH和H2O，由图示可知，O—H键和C—H键是新形成的，故B正确；该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，-SH取代甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故D正确；答案选C。10．A【解析】四种离子相互不反应，能够共存，三价铁离子能氧化硫离子生成硫单质，硫化氢过量反应的离子方程式为Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，A项正确；碘离子的还原性强于二价铁离子，碘离子和氢离子先和硝酸根离子进行反应，反应方程式为8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2O，B项错误；三价铁离子能够与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，二者不共存，C项错误；碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，二者不共存，D项错误；答案选A。11．C【解析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等)加入足量的FeCl3溶液和盐酸浸取，Fe3+将S氧化成S单质沉淀，盐酸将PbO2还原，由于溶液中有大量氯离子，所以得到PbCl2沉淀；此时溶液中主要含有Fe2+、Bi3+、Fe3+以及H+，加入适量铁粉将H+、Fe3+还原，同时置换出Bi单质，过滤得到粗铋以及主要含有FeCl2的滤液，粗铋经电解精炼得到精铋，氯化亚铁溶液中通入氯气得到氯化铁再生液。浸出时S单质的生成主要是由于Fe3+将-2价的S元素氧化，结合电子守恒和元素守恒可以得到离子方程式为，故A正确；盐酸可以提供氢离子和氯离子，酸性环境中PbO2可以将氯离子氧化，故B正确；根据A、B分析可知浸出过程全部为氧化还原反应，置换过程中Fe与H+、Fe3+和Bi3+的反应是氧化还原反应，再生过程氯气将亚铁离子氧化，电解精炼也是发生氧化还原反应，故C错误；根据分析可知再生液为氯化铁溶液，可以加入浸出操作中循环利用，故D正确；综上所述答案为C。12．AD【解析】挥发的乙醇及生成的乙烯均可使高锰酸钾褪色，则溶液褪色，不能说明生成乙烯，A项正确；氯水可氧化二氧化硫，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，而该实验中不生成亚硫酸钡沉淀，B项错误；乙炔中混有硫化氢，具有还原性，则气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色不能说明有乙炔生成，C项错误；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，的氧化性比Cu2+的强，所以(NH4)2S2O8能氧化Cu生成硫酸铜，可用(NH4)2S2O8蚀刻铜制线路板，D项正确；答案选AD。13．CD【解析】由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)可知，O2在正极b发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，H2S在负极a发生氧化反应，电极反应式为2H2S-4e-=4H++S2。A.电极a为负极，发生氧化反应，A项正确；B.由电极反应式2H2S-4e-=4H++S2可知，标准状况下，每11.2LH2S即0.5molH2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区，B项正确；C.反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632kJ，C项错误；D.该电池是质子固体做电解质，所以电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，D项错误；答案选CD。14．BC【解析】因为反应开始时，H2A与OH-反应生成HA-和H2O，后来HA-与OH-反应生成A2-和H2O，所以曲线Ⅰ为和的关系曲线，曲线Ⅱ为和关系曲线。由曲线Ⅱ可知，=1时，=1，则Ka1==10-1×10-1=10-2，A不正确；由曲线Ⅰ可知，=3时，=2，则Ka2==10-3×10-2=10-5，滴定过程中，当pH=5时，由Ka2=可得出c(A2−)=c(HA−)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)=3c(A2−)+c(OH−)，B正确；已知H2CO3的Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，则酸的电离程度的大小顺序为c(H2A)＞c(HA−)＞c(H2CO3)＞c()，所以足量Na2CO3溶液中滴入少量H2A溶液，发生的离子反应为：H2A+2=2+A2-，C正确；向H2A溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，完全反应生成NaHA，而HA-的电离常数为10-5，水解常数为=10-12，所以HA-在溶液中以电离为主，溶液显酸性，D不正确；故选BC。15．三颈烧瓶或三口烧瓶温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)48【解析】将CaCl2溶于水中，在搅拌下加入30%H2O2，再通入氨气进行反应可制备CaO2·8H2O，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的反应方程式为；冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；其二，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率。(1)氯化钙溶液和氨气反应得到氢氧化钙悬浊液，再与过氧化氢反应可制备CaO2·8H2O，总反应式为；甲装置的目的是制取氨气，提供氨气和碱性环境，(2)X仪器的名称为三颈烧瓶；(3)温度高会使H2O2分解，冰水浴控制温度在0℃左右，可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；(4)CaO2·8H2O表面附着着CaCl2溶液，检验CaO2·8H2O是否洗涤干净即检验是否有氯离子存在，取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净；(5)MnO(OH)2将I-氧化为I2，该反应的离子方程式为；(6)根据方程式可得关系式，则50mL水样中，该水样中的溶解氧量(DO)为=48mg/L。16．避免Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素Al2O3避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀、(或)C【解析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调节pH使Al3+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。(1)根据分析，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+等，Fe3+能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，造成铁元素的损失；依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀出来，即滤渣3为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为：FeS+2Fe3+=3Fe2++S；加入FeO的作用是、(或)(3)试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+；KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2+、K+，故A不符合题意；稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入新杂质，故B不符合题意；双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C符合题意；次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl-、Na+，故D不符合题意；故答案为C；(4)检验Fe2+：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2+；(5)根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为c()==1.3×10-17mol∙L-1；(6)由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。17．>HH2SO40.02438.3【解析】根据盖斯定律计算热化学方程式；探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响，根据图示可知，压强越大，反应速率越快，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极上NO得电子产生NH；物质A是H2SO4；根据三段式可计算出Kp。Ⅰ.(1)根据图一可知热化学方程式为①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1=-196.6kJ·mol-1；②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH2=-113.0kJ·mol-1；根据盖斯定律，由①-②整理可得NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)ΔH=ΔH1-ΔH2=-41.8kJ/mol；(2)①其他条件相同时压强越大反应速率越快，故B、E两点对应的正反应速率大小为vB>vE；②t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；(3)根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极上NO得电子产生NH，电极反应式为NO＋6H+＋5e-=NH＋H2O；物质A是H2SO4；Ⅱ.(4)①反应方程式为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)，=2，已知：vp(B)=。前10min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为vp(H2)===0.024kPa∙min-1；②Kp==38.3kPa-1。18．4d95s25p1基态>原子半径N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+As>Se>Gesp319NA(或19×6.02×1023)c(，1，)【解析】(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1；基态原子的能量最低最稳定，所以基态原子的第一电离能相对较大；(2)原子半径N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+，所以NH3水溶液的碱性更强；(3)同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但As的4p能级为半满状态，更稳定，所以第一电离能As>Se>Ge；(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键(As=O键有一个σ键一个π键)，不含孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3；苯环上6个碳原子之间有6个C—C单键为σ键，还有4个C—H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键，所以一个对氨基苯胂酸分子中有19个σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目19NA(或19×6.02×1023)；其含有的化学键类型有σ键，以及苯环中的大π键和As=O键中的π键，氢键不是化学键，该物质为共价化合物，不含离子键，