高考化学模拟试卷(含答案解析)

高考化学模拟试卷(含答案解析)一、选择题：本题共7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。化学与生产、生活、环境密切相关，下列说法正确的是A.为实现“双碳”减排目标，科研人员利用光伏发电将CO₂催化还原为甲醇，该过程仅涉及物理变化B.聚乳酸作为可降解塑料被广泛应用于医用手术缝合线，聚乳酸分子的结构中含有酯基C.我国北斗导航卫星系统使用的氮化硅陶瓷属于传统硅酸盐材料D.将84消毒液与医用酒精混合使用，能更强效地杀灭环境中的新冠病毒NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.标准状况下，22.4L$\ce{CHCl3}$中含有的共价键数目为4NA

B.1mol甲基($-^{12}\ce{CH3}$)中含有的中子数为6NA

C.常温下，1LpH=11的$\ce{Ba(OH)2}$溶液中，$\ce{Ba(OH)2}$电离出的$\ce{OH-}$数目为1×10−11NA

某抗血栓药物中间体的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法错误的是A.该有机物能与$\ce{NaOH}$溶液发生反应，1mol该有机物最多消耗2mol$\ce{NaOH}$

B.该有机物分子中存在连有4个不同基团的饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面C.该有机物能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，二者褪色原理相同D.该有机物的分子式为$\ce{C_{16}H_{19}NO4}$

4.下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A将10g$\ce{CuSO4·5H2O}$溶解在90g水中配制质量分数为10%的$\ce{CuSO4}$溶液B取少量蔗糖水解液，加入新制$\ce{Cu(OH)2}$悬浊液，加热煮沸检验蔗糖水解生成葡萄糖C向两支分别盛有等浓度、等体积$\ce{Na2SO3}$和$\ce{NaHCO3}$溶液的试管中，滴加等浓度的盐酸比较S和C的非金属性强弱D向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液除去乙酸乙酯中的乙酸短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍，Z的最高价氧化物对应的水化物是强碱，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半。下列说法正确的是A.简单离子半径：W>Z>C.Y的最简单氢化物的热稳定性比W的最简单氢化物强D.Z分别与Y、W形成的化合物中，化学键类型一定相同一种镁-二氧化碳可充电电池的工作原理示意图如下，电池总反应为：$\ce{2Mg+3CO2<=>[放电][充电]2MgCO3+C}$，下列说法错误的是

A.放电时，Mg电极发生氧化反应，作原电池负极B.放电时，正极反应式为$\ce{2CO2+2Mg^2++4e-=2MgCO3+C}$

C.充电时，外电路中每转移0.2mol电子，理论上阳极生成标准状况下3.36L$\ce{CO2}$

D.充电时，原电池正极与外接电源的正极相连，$\ce{Mg^2+}$向阳极移动

7.常温下，向20mL0.1mol·L⁻¹$\ce{H2A}$溶液中逐滴加入0.1mol·L⁻¹$\ce{NaOH}$溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示，已知$\ce{H2A}$的电离平衡常数，下列说法正确的是

A.a点溶液中，$c(\ce{H+})<c(\ce{OH-})+c(\ce{HA-})$

B.b点溶液中，溶质为$\ce{NaHA}$，$c(\ce{Na+})>c(\ce{HA-})>c(\ce{A^2-})>c(\ce{H2A})$

C.c点溶液中，$c(\ce{Na+})=2c(\ce{H2A})+c(\ce{HA-})+c(\ce{A^2-})$

D.滴定过程中，水电离出的$c(\ce{H+})·c(\ce{OH-})$始终保持不变K二、非选择题：共58分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。(15分)二氧化氯($\ce{ClO2}$)是一种高效、安全的消毒剂，在生产生活中广泛应用，某化学兴趣小组设计实验制备$\ce{ClO2}$并探究其性质，回答下列问题：

已知：$\ce{ClO2}$是黄绿色气体，沸点为11℃，浓度过高时易发生爆炸，可溶于水，不稳定，易溶于饱和食盐水。实验小组用$\ce{Na2SO3}$固体、浓硫酸和$\ce{NaClO3}$固体，在常温下制备$\ce{ClO2}$，制备装置如图所示。

①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为________________________，反应中浓硫酸体现的性质是________。②装置B中盛放冰水的作用是________________________，装置C中盛放饱和食盐水的作用是________。③装置D的作用是________________________，$\ce{ClO2}$与$\ce{NaOH}$溶液反应生成等物质的量的$\ce{NaClO2}$和$\ce{NaClO3}$，写出反应的离子方程式________________________。

(2)探究$\ce{ClO2}$的漂白性，将$\ce{ClO2}$溶液滴入含有酚酞的$\ce{NaOH}$溶液中，观察到溶液褪色，甲同学认为是$\ce{ClO2}$溶于水生成了酸，消耗了$\ce{NaOH}$，使溶液褪色；乙同学认为$\ce{ClO2}$具有漂白性，将酚酞氧化使溶液褪色，请设计实验证明哪位同学正确：________________________。

(3)水中$\ce{ClO2}$的残留量测定：取VmL$\ce{ClO2}$溶液，加入过量的$\ce{KI}$晶体，充分反应后，调节溶液pH为中性，用cmol·L⁻¹的$\ce{Na2S2O3}$标准溶液滴定至终点，消耗$\ce{Na2S2O3}$溶液体积为V1mL，已知：$\ce{2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O}$，$\ce{I2+2S2O3^2-=2I-+S4O6^2-}$，则该溶液中$\ce{ClO2}$的浓度为________g·L⁻¹。

27.(14分)钽是稀有金属，被广泛应用于电子工业、航天航空领域，工业上从分解云母得到的酸性浸出液(主要含有$\ce{TaF6^2-}$、$\ce{H+}$，还有少量$\ce{Mn^2+}$、$\ce{Fe^3+}$、$\ce{Ca^2+}$、$\ce{Mg^2+}$杂质)中提取$\ce{Ta2O5}$的工艺流程如下：

酸性浸出液→​萃取，仲辛醇萃取操作中使用的玻璃仪器除了分液漏斗还有________，萃取分液时需要放气，放气的操作方法是________________________。萃取过程中，萃取剂仲辛醇(记为$\ce{R-OH}$)中$\ce{-O-}$与$\ce{TaF6^2-}$、$\ce{H+}$结合生成$\ce{H·TaF6·2R-OH}$进入有机相，写出萃取反应的离子方程式：________________________。工业生产中，相比多级错流萃取，多级逆流萃取的优点是________。反萃取过程中加入稀氨水，生成$\ce{Ta(OH)5}$沉淀，写出反萃取反应的化学方程式：________________________。煅烧氢氧化钽分解得到$\ce{Ta2O5}$，写出煅烧反应的化学方程式：________________________。工业上用铝热法冶炼金属钽，若用过量铝和$\ce{Ta2O5}$反应，反应后固体中加足量$\ce{NaOH}$溶液，有气泡冒出，产生气泡的原因是________________________(用离子方程式表示)。某工厂浸出液中Ta的含量为19g·m⁻³，100m³浸出液最终得到1.42kg$\ce{Ta2O5}$，该生产过程中Ta的产率为________(保留一位小数，Ta的摩尔质量为181g·mol⁻¹)。(14分)乙烯是重要的化工原料，工业上可用乙烷催化裂解制备乙烯：$\ce{C2H6(g)<=>C2H4(g)+H2(g)}$，回答下列问题：Δ已知：$\ce{C-H}$键的键能为416kJ·mol⁻¹，$\ce{H-H}$键的键能为436kJ·mol⁻¹，$\ce{C=C}$键的键能为614kJ·mol⁻¹，$\ce{C-C}$键的键能为348kJ·mol⁻¹，则该反应的ΔHT1℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入2mol$\ce{C2H6(g)}$，发生上述反应，经过10min达到平衡，测得平衡时$\ce{H2}$的体积分数为25%，则：

①0~10min内，平均反应速率$v(\ce{C2H6})$=________mol·L⁻¹·min⁻¹。

②该温度下，反应的平衡常数=________(用分压表示，分压=总压×物质的量分数，平衡时总压强为)，浓度平衡常数=________mol·L⁻¹。

③平衡后，若再向容器中充入1mol$\ce{C2H6}$和1mol$\ce{H2}$，此时________(填“>”“<”或“=”)。Kpp0不同压强下，乙烷的平衡转化率随温度变化关系如图所示，图中压强________(填“>”“<”或“=”)，理由是________。p1一定温度下，向恒压密闭容器中充入乙烷发生反应，已知乙烷的分解速率$v=k·p(\ce{C2H6})$，平衡时乙烷的转化率为α，总压强为p，则平衡时v=________(用含k、p、α的代数式表示)。(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。(15分)【物质结构与性质】我国科学家在新型催化剂研究领域取得重大进展，发现以Cu为基底的单原子催化剂可高效还原$\ce{CO2}$制备甲醇，回答下列问题：

(1)基态Cu原子的核外电子排布式为________，基态Cu原子中能量最高的电子占据的能级符号为________，该能级的电子云轮廓图形状为________。甲醇的沸点远高于甲醛，原因是________，$\ce{CO2}$分子中σ键和π键的个数比为________。甲醛分子中碳原子的杂化类型为________，甲醛与水互溶的原因除了都是极性分子，还可以与水形成氢键，写出甲醛与水分子形成氢键的结构式________。金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，晶胞参数为apm，则铜原子的半径为________pm，若晶胞中顶点的一个Cu原子被一个Pt原子替换，得到一种铜铂合金催化剂，该合金的化学式为________，该晶体的密度为________g·cm⁻³(阿伏加德罗常数为NA，Pt的摩尔质量为195(15分)【有机化学基础】有机物H是一种合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：已知：①$\ce{R-Br+Mg->[无水乙醚]RMgBr}$

②$\ce{R'CHO+RMgBr->[H3O+]R'CH(OH)R}$

回答下列问题：A的化学名称为________，B中所含官能团的名称为________。C→D的反应类型为________，F的结构简式为________。写出D→E的化学方程式________________________。芳香族化合物M与G互为同分异构体，写出满足下列条件的M的结构简式________(任写一种)。①能发生银镜反应和水解反应，水解产物之一能与$\ce{FeCl3}$溶液发生显色反应；

②核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为9:2:2:1。根据上述信息，写出以苯甲醛和溴乙烷为原料制备1-苯基-1-丙醇的合成路线(其他无机试剂任选)。参考答案与解析选择题答案：B解析：将$\ce{CO2}$催化还原为甲醇，有新物质甲醇生成，属于化学变化，A错误；聚乳酸是乳酸发生缩聚反应生成的聚酯，分子结构中含有酯基，可发生水解反应，因此属于可降解塑料，B正确；氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，不属于传统硅酸盐材料，C错误；84消毒液的有效成分次氯酸钠具有强氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应生成有毒的氯气，同时会降低消毒效果，因此不能混合使用，D错误。

2.答案：B解析：标准状况下$\ce{CHCl3}$为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算其物质的量和共价键数目，A错误；$^{12}\ce{C}$的中子数为6，H原子的中子数为0，1个$(-^{12}\ce{CH3})$甲基中含有的中子总数为6，因此1mol甲基含有的中子数为6NA，B正确；常温下pH=11的$\ce{Ba(OH)2}$溶液中，溶液中$c(\ce{OH-})=1×10^{-3}$mol·L⁻¹，1L溶液中$\ce{Ba(OH)2}$电离出的$\ce{OH-}$数目为1×10−3NA，C错误；合成氨反应为可逆反应，反应物不能完全转化，因此1mol$\ce{N2}$和3mol解析：该有机物中含有1个羧基和1个酯基，羧基与$\ce{NaOH}$发生中和反应，酯基水解也消耗1mol$\ce{NaOH}$，因此1mol该有机物最多消耗2mol$\ce{NaOH}$，A正确；该有机物中存在一个连接三个饱和碳原子的季碳原子，所有碳原子不可能共平面，B正确；该有机物含有碳碳双键，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，被酸性高锰酸钾氧化使高锰酸钾褪色，前者为加成反应，后者为氧化反应，褪色原理不同，C错误；根据结构特点数出原子个数，可得该有机物分子式为$\ce{C_{16}H_{19}NO4}$，D正确。

4.答案：D解析：10g$\ce{CuSO4·5H2O}$中$\ce{CuSO4}$的质量为10 g×160250=6.4 g，溶解在90g水中，得到溶液质量为100解析：根据题干信息推断，X是H，Y是C，Z是Na，W是P。电子层数越多离子半径越大，电子层相同时核电荷数越大半径越小，因此简单离子半径：$\ce{P^3->Na+>H+}$，即，A错误；H与Na形成$\ce{NaH}$，H的化合价为-1价，B错误；非金属性$\ce{C>P}$，因此最简单氢化物热稳定性$\ce{CH4>PH3}$，C正确；Na与C形成的$\ce{Na2CO3}$中含有离子键和共价键，Na与P形成的$\ce{Na3P}$中只含有离子键，化学键类型不同，D错误。

6.答案：DW解析：放电时，Mg失去电子发生氧化反应，作原电池负极，A正确；总反应为$\ce{2Mg+3CO2=2MgCO3+C}$，Mg失去电子生成$\ce{Mg^2+}$，正极$\ce{CO2}$得到电子生成$\ce{MgCO3}$和C，配平可得正极反应式为$\ce{2CO2+2Mg^2++4e-=2MgCO3+C}$，B正确；充电时阳极反应为$\ce{2MgCO3+C-4e-=2Mg+3CO2↑}$，转移4mol电子生成3mol$\ce{CO2}$，因此转移0.2mol电子生成0.15mol$\ce{CO2}$，标况下体积为0.15 mol×22.4 L·mol−解析：a点加入10mL$\ce{NaOH}$溶液，得到等浓度的$\ce{H2A}$和$\ce{NaHA}$混合溶液，溶液呈酸性，结合电荷守恒和物料守恒整理得$c(\ce{H+})=c(\ce{OH-})+c(\ce{A^2-})+c(\ce{HA-})-c(\ce{H2A})$，因为很大，$\ce{H2A}$电离程度很大，$c(\ce{H2A})<c(\ce{A^2-})$，因此$c(\ce{H+})>c(\ce{OH-})+c(\ce{HA-})$，A错误；b点加入20mL$\ce{NaOH}$溶液，溶质为$\ce{NaHA}$，已知，说明$\ce{HA-}$的电离程度大于水解程度，因此$c(\ce{Na+})>c(\ce{HA-})>c(\ce{A^2-})>c(\ce{H2A})$，B正确；c点加入40mL$\ce{NaOH}$溶液，溶质为$\ce{Na2A}$，物料守恒为$c(\ce{Na+})=2c(\ce{H2A})+2c(\ce{HA-})+2c(\ce{A^2-})$，C错误；滴定过程中，溶质组成不断变化，对水的电离的影响也不断变化，因此水电离出的$c(\ce{H+})·c(\ce{OH-})$会发生变化，D错误。Ka非选择题必考题答案：①$\ce{2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O}$(2分)；酸性(1分)

②冷凝液化$\ce{ClO2}$，降低$\ce{ClO2}$浓度，防止发生爆炸(2分)；溶解吸收挥发出来的$\ce{SO2}$，除去$\ce{ClO2}$中的$\ce{SO2}$杂质(2分)

③吸收尾气，防止污染空气(1分)；$\ce{2ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O}$(2分)取少量褪色后的溶液，加入过量$\ce{NaOH}$溶液调至碱性，若溶液变红，证明甲同学正确；若溶液不变红，证明乙同学正确(2分)67.5cV1①该反应中$\ce{NaClO3}$是氧化剂，$\ce{Na2SO3}$是还原剂，浓硫酸提供酸性环境，配平得到反应方程式，浓硫酸体现酸性。②$\ce{ClO2}$沸点为11℃，冰水浴可以冷凝液化$\ce{ClO2}$，同时降低$\ce{ClO2}$浓度，防止浓度过高发生爆炸。$\ce{SO2}$可溶于饱和食盐水，因此饱和食盐水可以除去$\ce{ClO2}$中混有的$\ce{SO2}$杂质。③装置D是尾气处理装置，吸收多余$\ce{ClO2}$防止污染空气，根据题目信息，$\ce{ClO2}$在$\ce{NaOH}$溶液中发生歧化反应生成等物质的量的$\ce{NaClO2}$和$\ce{NaClO3}$，配平得到离子方程式。如果是酸碱中和导致褪色，酚酞结构没有被破坏，重新加入$\ce{NaOH}$调高pH后，溶液会重新变红；如果是酚酞被$\ce{ClO2}$氧化，结构被破坏，加入$\ce{NaOH}$也不会变红，因此可以通过该方法验证。根据反应可得关系式：$\ce{2ClO2~5I2~10S2O3^2-}$，即$n(\ce{ClO2})=\dfrac{1}{5}n(\ce{S2O3^2-})=\dfrac{cV_1×10^{-3}}{5}\\text{mol}$，则$\ce{ClO2}$的浓度为cV答案：烧杯(1分)；将分液漏斗倒置，取下上口玻璃塞，打开活塞，放出气体后关闭活塞，盖上玻璃塞(2分)$\ce{TaF6^2-+H++2ROH<=>H·TaF6·2ROH}$(2分)萃取剂利用率高，萃取效率高，可获得纯度更高的产品(2分)$\ce{H·TaF6·2ROH+5NH3·H2O=Ta(OH)5↓+5NH4++6F-+2ROH}$(2分)$\ce{2Ta(OH)5\xlongequal{高温}Ta2O5+5H2O↑}$(2分)$\ce{2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑}$(2分)80.2%(1分)

解析：100m³浸出液中Ta的总质量为19 g·m−3×100 m3=1900 g，1.42kg$\ce{Ta2O5}$中Ta的质量为1420 g×2×181答案：+124①130≈0.033(2分)；②p08<(1分)；该反应为气体分子数增大的反应，压强增大平衡逆向移动，乙烷平衡转化率降低，相同温度下p1时乙烷转化率大于p2，因此k·p·乙烷分子含1个$\ce{C-C}$键、6个$\ce{C-H}$键，乙烯分子含1个$\ce{C=C}$键、4个$\ce{C-H}$键，还有1个$\ce{H-H}$键，因此ΔH=反应物总键能−生成物总键能设转化的乙烷为xmol，列三段式得平衡时总物质的量为2+x，$\ce{H2}$体积分数为x