2021年高考化学模拟卷05（解析）

2021高考化学模拟卷05

化学试卷

(考试时间：50分钟试卷满分：100分)

可能用到的相对原子质量：H1O16Na23S32Cl35.5Fe56Sb122

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.化学与生活密切相关。下列叙述涉及氧化还原反应的是()

A.牙膏中添加氟化物用于预防制齿

B.《梦溪笔谈》中：“石穴中水，所滴者皆为钟乳”

C.消防官兵把正在泄漏CL的钢瓶投入盛有石灰水的池子中

D.用氯化铁溶液净化污水

【答案】C

【解析】A.牙齿表面含有Cas(P0M0H使用含氤牙膏,会发生反应:

Cas(P0,)30H(s)+F(aq)Ca3(P0,)3F+0H(aq),若使用含氟牙膏，Cas(P0J：QH转化为更难溶的氟磷酸钙

Ca5(P01)3F,使沉淀溶解平衡正向移动，最终在牙齿表面形成难溶性的Cas(PO，F,因此可防止酷齿，在转化

过程中元素化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意；B.该现象涉及的是沉淀溶解

平衡，不是氧化还原反应,B不符合题意;C.S与Ca(0H”发生2s+2Ca(0H)2=CaCb+Ca(C10)2+2H20,

氯气既是氧化剂又是还原剂，涉及氧化还原反应,C符合题意:D.FeCk净化污水,原理是Fe”水解生成Fe(0H)3

胶体，吸附悬浮杂质，未涉及氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。

8•化合物cjCc"'是合成药物片螺素的中间体，下列有关该化合物叙述错误()

A.分子式为G同#3B.能够发生加成反应

C,苯环上的一氯取代物共6种D.能与新制氢氧化铜悬浊液反应

【答案】C

【解析】A.根据该物质的结构简式可知其分子式为C?出冷3,故A正确；B.含有苯环和醛基，可以发生加

成反应，故B正确；C.该有机物不是对称结构，每个苯环上的一氯代物有3种，三个苯环共9种一氯代物，

故C错误；D.分子结构中含有醛基，可以和新制氢氧化铜悬浊液反应，故D正确；综上所述答案为C。

9.下列实验操作或装置正确的是()

【答案】C

【解析】A.蒸发多用于固液分离，乙醇和苯甲酸为液液分离，苯甲酸沸点高于乙醇的沸点，应该应用蒸储

的方法，故A错误；B.C」L会被酸性高镒酸钾溶液氧化成CO”引入新的杂质，故B错误；C.往长颈漏斗

里加水至没过漏斗颈，夹住止水夹，继续加水，一段时间后，水柱稳定不下降，则可证明气密性良好，故C

正确；D.除去氯气中的氯化氢和水杂质，先通入饱和食盐水，除去氯化氢，再通入浓硫酸，除去水，得到

干燥纯净的氯气，故D错误；综上所述答案为C。

10.最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳烧的取代反应，机理如图所示。

下列说法正确的是（）

A.2、5是催化剂

B.过程①、③及总反应中原子利用率均为100%

C.过程①中有非极性键与极性健的断裂与形成

D.5为CHEONH?时，1是H：N

【答案】D

【解析】分析图可知反应历程为：过程①为2+3-4,过程②为4+5-6+7,过程③为7-1+2,总反应为:

3+5-7,2是催化剂，3和5是反应物，4和7是反应中间体。A.由分析可知，2是催化剂，5是反应物,

故A错误；B.由分析可知，过程①和总反应中原子利用率均为100%,但过程②和过程③中原子利用率均

未达到100%,故B错误；C.由图可知，过程①中有碳氟键断裂，有碳氮键形成，即有极性键的断裂和形

成，无非极性键的断裂与形成，C错误；D.5到I的总变化为4中-Nth对位的C上的原子团被X取代，若

5为ClhCONH?,则X为-NH”则1是氏D正确;

N4^~NO,，答案选D。

11.单液可充电电池如图所示，其反应原理为Hz+2AgCl(s)臂2Ag(s)+2HCl。下列说法正确的

是()

AgCllAg

B.放电时,溶液中H卡向B电极移动

C.充电时,B电极上发生的电极反应式：Ag-e=Ag'

D.充电时,当A电极生成ImolHz时，电解质溶液减轻2g

【答案】B

【解析】A.由图示分析可知，放电时A电极发生氧化反应,为电池的负极，故A错误；B.由A分析可知,

放电时左边为电池的负极，右边则为电池的正极，工作时阳离子向正极移动，即氢离子向右边电极移动,

故B正确；C.充电时A电极为阴极，发生还原反应，即2H+2e=HxB电极为阳极，发生氧化反应，即

Ag-e+Cl=AgCl,故C错误：D.由反应211cl+2Ag至S2AgCl+H：：可知，充电时,当A电极生成ImolH?时，电解

质溶液中会减少2molHC1,则减少的质量为73g,故D错误。故选B。

12.H2A是二元弱酸。向100mL0.40mol/LH2A溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液调节pH,加水控制溶液体

积为200mL。测得溶液中微粒的6(x)随pH变化曲线如图所示，8(x)=3A)+c(H~；)+c(A2yx代表微

粒HzA、HA或A：下列叙述正确的是

a(1.22,0.5)

c(4.95,0.15)

A.曲线I是HA的变化曲线

B.ILA的电离常数K=1.0X10122

C.在b点,C(A2')+2C(0H')=C(HA-)+C(H+)

D.在c点，c(HA)=0.06mol/L

【答案】B

【解析】A.当酸性越强时，曲线I表示的微粒的含量越高，可推知曲线1是HzA的变化曲线，曲线II是HA

的变化曲线，曲线III是A"的变化曲线,A错误;B.在a点HaA的浓度和的浓度相等,pH=1.22,则HaA

的电离常上雪伴L⑺=10皿2,则B正确；c.在b点,C(A2)=C(HA),且溶液呈酸性,若c(A))+2c(0H)=

C(H2A)

c(HA)+c(H),则2c(OH)=c(H‘)，显然不成立，C错误;D.在c点，HA的含量为0.15,而H2A的物质的量

为0.1LX0.40mol/L=0.04mol,则H£的物质的量为0.15X0.04mo1=0.006mol,溶液体积为0.2L,

c(HA)=0.006mol4-0.2L=0.03mol/L,D错误;故选B。

13.短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，Z的最高价氧化物对应的水化物及其简单氢化物可形成

一种盐，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4,它们组成的一种分子结构如图。下列说法错误的是

A.Y、Z、M的最价氧化物对应的水化物都是强酸

B.X均可分别与Y、Z、M形成的18电子化合物

C.X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可能是离子化合物

D,原子半径：M>Y>Z>X

【答案】A

【解析】已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，Z的最高价氧化物对应的水化物及其简单氢

化物可形成一种盐，则Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4,则M为S元素，4种元素组

成的一种分子结构如图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素。A.由上述分析可知，Y为C

元素，Z为N元素，M为S元素，则最价氧化物对应的水化物分别是碳酸、硝酸、硫酸，碳酸是弱酸，故A

错误；B.X分别与Y、Z、M形成的化合物为CH.、MH八H2S,均为18电子化合物，故B正确；C.X、Y、Z、

M形成的化合物有NH4SCN,为离子化合物，故C正确；D.H原子核外有1个电子层，而C、N原子核外均有

2个电子层，S原子核外有3个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越

小，则原子半径：S>ON>H,故D正确；答案选A。

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。

(-)必考题：共43分。

26.(14分)连二亚硫酸钠(Na2sQJ俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO,还原法制备

保险粉

冷tu、牛&

已知:Na2s2。4遇KMi©酸性溶液发生反应:5N&S。+6KMnO4+4H2s04=5Na2S0,+3K2S0.(+6MnS0.,+4I1--0

回答下列问题：

(1)反应1说明酸性:H2s03,仅。3(填“>"或

(2)反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为。

(3)在步骤III中加入固体NaCl的作用是；

2

(4)步骤H需要控制温度在35℃的原因是；已知PH>11时，Zn(OH)2转化为ZnO产，为了使Zn+

17

沉淀完全,则加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH范围是(25℃时Ksp[Zn(0H)2]=1.0X10,35℃

时KsP与K*的变化可忽略)。

(5)为测定所制保险粉的纯度，称取3.0g保险粉样品溶于冷水中，配成100mL溶液，用移液管取出25mL该

溶液于锥形瓶中,用0.lOmol-L'的酸性KMnO,溶液滴定，重复上述操作2次，平均消耗KMnO,溶液18.00mLo

①滴定终点的现象是。

②该样品中Na2s2。」的质量分数为(杂质不参与反应)。

③若在滴定前未向锥形瓶中通氮气，则会导致测定的保险粉含量______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)

【答案】(除标注外，每空2分)(1)>(1分)(2)2:1(3)增大。(附‘)，促使Na2so析出(4)温度低于35℃,

反应速率太慢，温度太高，NazS。容易分解8WpH〈ll(5)①当最后一滴酸性高钵酸钾溶液滴入时，溶液

变为浅红色，且半分钟内不褪色；②87%③偏低(1分)

【解析】(1)反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明酸性：H2s03〉H2c。3,故

答案为〉。

(2)反应2为亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3,还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的氧化剂

和还原剂的物质的量之比为2:1,故答案为2:lo

(3)在步骤Hl中加入固体NaCl,可以增大c(Na')浓度，促使NaSO,析出，故答案为：增大c(Na),促使NazS。

析出；

⑷温度低于35℃,反应速率太慢，温度太高，Na&O,容易分解，所以步骤②需要控制温度在35℃。Zn"沉

10,4

2，5

淀完全，BPc(Zn)<10',c(Z『)=105时，1.0X10"=1()5XC2(OH),解得：c(OH)=10c(H)==10\

pH=8o当cGn3Vltf5时,0H浓度比106大，碱性更强，pH>8,当pH>U时，Zn(OH)2转化为Z11O2并,所以，

为了使Zn"沉淀完全，需控制pH范围在8<pH〈ll,故答案为：温度低于35℃,反应速率太慢，温度太高，

NazSa容易分解；8<pII<ll；

(5)①高锯酸钾滴定保险粉样品时，发生氧化还原反应，当最后一滴酸性高镒酸钾溶液滴入时，溶液变为浅

红色，且半分钟内不褪色，故答案为：当最后一滴酸性高镭酸钾溶液滴入时，溶液变为浅红色，且半分钟

内不褪色；

5

②平均消耗KMnO,溶液18.00mL,则10mL该溶液中，n(Na&0i)=6n(KMn01)=》kg-。

mol,L'=0.0015mol,,n(Na2s曲)=0.0015mol=0.261g.该样品中Na2s2。*的质量分数为

*合三盘?k'°°”=87%,故答案为：87%。

③氮气是作为保护气，排除氧气带来的影响，若在滴定前未向锥形瓶中通氮气，则实际测出的保险粉的量

会减少，也就导致测定的保险粉含量偏低，故答案为：偏低。

27.(14分)试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、Ca2\Mg2\Fe3\SO；等杂质)为原料制备。制

备流程简图如下:

海拄T培沙T除杂R速液T操作X卜►饱和溶液通NaCI

(1)焙炒海盐的目的是—

(2)根据除杂原理，在表中填写除杂时依次添加的试剂及其预期沉淀的离子。

实验步骤试剂预期沉淀的离子

步骤1BaCL溶液so;-

步骤2——

步骤3

(3)操作X为

(4)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HC1气体，并通入NaCI饱和溶液中使NaCI结晶析出。

①试剂a为o相比分液漏斗，选用仪器1的优点是

②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCI晶体的析出，其原因是

(5)已知：CrO；+Ba2+=BaCrO41(黄色)

2++3+3+

CrOj+3Fe+8H=Cr+3Fe+4H2O

设计如下实验测定NaCI产品中SOf的含量，填写下列表格。

操作现象目的/结论

称取样品mig,加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量

①稍显浑浊目的：______。

cimol•L/BaC12溶液VimL

1

②继续滴加过量c2mol-LKzCrCU溶液V2mL产生黄色目的：沉淀过量的Ba2+。

沉淀

过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用c3mol•UFeSCh结论：so；的质量分数为

③—

溶液滴定至终点，消耗FeSC>4溶液V3mL_。（列算式）

【答案】（1）除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小（2分）（2）NaOH（1分）Mg2+和Fe3+（1分）Na2co3

（1分）Ba?+和Ca2+（1分）⑶蒸发浓缩（1分）（4）①浓硫酸（1分）可平衡压强，使液体顺利滴下

（1分）②增大与浓硫酸的接触面积，使产生HC1气体的速率加快（2分）（5）使SO；完全沉淀（1分）

9.6（c"c2V2+：c3V3）

______________3_____%（2JJ）

ml

【解析】海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化物除去硫酸根，加

入NaOH除去Mg2+和Fe3+,再加入碳酸钠除去过量的钢离子和钙离子，之后过滤取滤液，蒸发浓缩得到饱

和溶液，KCI的溶解度比NaCl大，所以通入HC1气体结晶得到NaCL

（1）焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解；

（2）根据分析可知步骤2可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+,步骤3加入Na2co3除去Ba?+和Ca?+（或步骤

2加入Na2c03除去Ba2号HCa2+,步骤3可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+）；

（3）根据分析可知操作X为蒸发浓缩；

（4）①实验室可以利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取HC1气体，所以试剂a为浓硫酸；仪器1侧面导管可以

平衡压强，使液体顺利滴下；

②将烧瓶中海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HC1气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的

析出；

（5）步骤①中加入过量的氯化钏溶液，目的是使SO：完全沉淀，之后再加入过量的K2504溶液沉淀过量的

Ba2+,然后用FeSO」溶液滴定剩余的CrO；"根据方程式可知〃制（CrO：）=；c3V3x10-01,贝UwMBa?+）=〃

怂(CrO：)-“就CrO：)=(c2V2x101;c3V3xl0-3)mol,所以〃(S0：)=

311,

ciVixl0-mol-(c2V2x10-3__caVax100)mol=(c1V1-c2V2+-6V》x1OW,SOj的质量分数为

33

1-31

(c,V,-c,V,+c3V3)x10molx96gmol__9.6(C|V「c,V,+!c3V3)

-----3-x100%=-3%

m,g-----------------m.

28.（15分）氨基甲酸镀（H2NCOONH4）为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸镀的分

解实验进行探究。

1

已知：I.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)AH1=-92.4kJmor

1

H.C(s)+O2(g)CO2(g)AH2=-393.8kJmor

III.N,(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)H2NCOONH4(S)AH3=-645.7kJmor'

回答下列问题：

(1)写出NHEOONH,分解生成N%与CO2气体的热化学方程式：.

(2)恒容条件下，实验测得数据如下表所示：

T/K293298303308313

p/kPa8.6011.4016.2420.8630.66

①恒温恒容时，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)。

A.容器内总压强不再改变B.2viE(NH3)=v(CO2)j2

2

C.c(NIh)c(C02)的值不再改变D.Nlh的体积分数不再改变

②某温度下，该反应平衡时容器内总压强为p,写出该反应的压强平衡常数的计算式KP=(用平衡分压

代替平衡浓度，分压=总压X物质的量分数)。

③随着温度升高，跖逐渐(填“增大”、“减小”或“不变”)，其主要原因是.«

④某温度下，达到平衡后，欲增加Nils的平衡浓度，可采取的措施有(填标号)。

A.加NHKOONH』B.加催化剂C.减小体积增大压强D.移走CO?

⑤取一定量的氨基甲酸核固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25.(TC下达到分解平衡。若在恒温下

压缩容器体积，氨基甲酸钱固体的质量___________(填“增加”，“减少”或“不变”)。

(3)已知：即£00疝,+2压/^NHiHCCVNIhTbO,该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸镂溶液测

定水解反应速率，得到c(NH£0(r)随时间的变化趋势如图所示。

计算25.0℃时，0〜6min氨基甲酸镀水解反应的平均速率

【答案】⑴H2NCOONH4(s),2NH，(g)+CO2(g)〃=+159.5KJ/mol(2分)

21

(2)①A(2分)②(§P)2(gP)(2分)③增大(1分)该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气

体物质的量增大，压强增大(2分)④CD(2分)⑤增大(2分)

(3)0.05mol/(L*min)(2分)

1

【解析】⑴已知：1.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)AHl=-92.4kJ-mol-

II.C(s)+O2(g)CO2(g)AH2=-393.8kJmor'

III.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)H2NCOONH4(s)AH3=-645.7kJmor',有盖斯定律I+HTII

得:H2NCOONH4(S)^2NH,(g)+CO2(g)//=+159.5KJ/mol；

(2)①A.容器内总压强不再改变，说明气体的体积不再发生变化，说明可逆反应处于平衡状态，故A正

确；B.2v,E(NH;t)=v(CO2)»,不符合反应速率之比等于化学计量数之比，故B错误；C.cYNHjcGOj是化学平

衡常数，温度不变，平衡常数的值不变，不能说明处于平衡状态，故C错误；D.反应体系中只有氨气和

二氧化碳是气体，物质的量之比等于化学计量数之比，则NH：,的体积分数不再改变，不能作为平衡状态判断

的依据，故D错误；故答案为：A。

②该反应的压强平衡常数的计算式Kp=(|p)2(1p)；

③随着温度升高，Kp逐渐增大，主要原因是该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体物质的量

增大，压强增大；

④A.加NHzCOONH”平衡不移动，氨气的浓度不变，故A错误；B.加催化剂，平衡不移动，氨气的浓度不变,

故B错误；C.减小体积增大压强，氨气的浓度增大，故C正确；D.移走Oh平衡正向移动，氨气的浓度

增大，故D正确；故答案为：CD；

⑤若在恒温下压缩容器体积，则会将压强增大，平衡向左移动，固体质量增大，故答案为：增大；

(3)化学反应速率V=Z\c/4t=(2.2mol/LT.9moi/L)/6min=0.05mol/(L・*in),故答案为:0.05mol/(L

,min)o

(-)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.［化学一一选修3：物质结构与性质］(15分)VA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。

(1)①P4s3常用于制造火柴，P和S的第一电离能较大的是_____。

②As4s,俗称雄黄，其中基态As原子的核外电子排布式为［Ar］_____,有______个未成对电子。

③P、S、As电负性由大到小的顺序是______o

（2）NH：、PH,,ASH3中沸点最高的是,其主要原因是—

（3）①白磷在氯气中燃烧可以得到PC］和PCh,其中气态PC1分子的立体构型为—

②研究发现固态PC15和PBrs均为离子晶体，但其结构分别为［PC1J［PCJ］和［PBrJBr,分析PCk和

PBr5结构存在差异原因是______。

（4）睇酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm,a邛=y=90°,则：

①睇酸亚铁的化学式为。

②晶体的密度为______gcm'l设NA为阿伏加德罗常数的值）。

【答案】⑴①P（1分）②3小。4s24P3（1分）3（1分）③S>P>As（2分）（2）NHg分）NH3分子间存在氢键（2分）

792

（3）①三角锥（1分）②B「半径较大，无法形成［PBK。分）（4）①Fe（SbCW2分）②嬴布消分）

【解析】（1）①P元素3P能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能较大的是P；

②As元素为为33号元素，第四周期第VA族，原子核外电子排布为［Ar］3cP。4s24P-二核外有4P轨道上3个

未成对电子；

③非金属性S>P>As,所以电负性S>P>As；

（2）PH3、ASH3分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，所以NH3沸点最高；

（3）①PCh中心P原子价层电子对数为3+土土」=4,不含孤电子对，所以立体构型为三角锥形；

2

②Br半径较大，而。一半径较小，所以P周围可以容纳6个C「，而无法容纳6个Br,无法形成［PBr4；

⑷①据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为8X1+2=4,0原子的个数为4*,+10=12个，Fe2+的个数为

42

8X1+1=2,所以锦酸亚铁的化学式为Fe（SbO3）2；

122x4+16x12+56x2792

②晶胞的质量为gy晶体的体积为abcnm3=6zZ?cxl0-2lcm3,所以晶体的密度为

792

寸g792,

―冬「二小92双产水

"ex10-21cm3A

36.［化学——选修5：有机化学基础］（15分）熟地吐喃酮是从中药熟地中提取的有效成分，化合物F是合成

熟地毗喃酮的一种中间体，合成路线如图所示。

回答下列问题:

（DB的分子式；F中含氧官能团的名称是。

（2）C-D的反应类型为：D的结构简式是。

（3）写出A-B的化学方程式_____________________________

（4）C的核磁共振氢谱有组吸收峰；E和F同分异构体（填“是”或“不是”）。

（5）化合物氏久/^℃2Hs是合成抗菌

（,I）为原料合成该化合物的流程（其他无机及有机试剂任选）。

HjCCH3

【答案】（DCukOBr（2分）醒键、羟基（2分）、

（2）取代反应（1分）（2分）