届高考理科综合化学全真模拟卷07解析word版.docx
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届高考理科综合化学全真模拟卷07解析word版
2021年高考理科综合化学
全真模拟卷07
（考试时间：
50分钟 试卷满分：
100分）
可能用到的相对原子质量：
H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg24Al27P 31 S 32 Cl35.5 Fe56Cu 64
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．中国传统文化对人类文明贡献巨大，也蕴含着很多化学知识，下列说法不正确的是（）
A．《清波杂志》卷十二：
“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。
”这里的胆水是指CuSO4溶液
B．《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”，“烟花”是焰色反应
C．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”中的“红泥”是因其含有氧化铁
D．《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载：
“故近朱者赤，近墨者黑。
”这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS
【答案】B
【详解】
A．涉及铁和硫酸铜反应置换出铜，胆水是指胆矾的水溶液即CuSO4溶液，A正确；
B．“烟花三月下扬州”，柳絮如烟、繁花似锦的三月去扬州游玩，这里的烟花显然不是焰色反应，B错误；
C．氧化铁，红棕色，俗称铁红，“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”中的“红泥”是因其含有氧化铁，C正确；
D．“近朱者赤，近墨者黑”，靠着朱砂的变红，靠着墨的变黑，朱砂主要成分是HgS，红色，古代常用作红色颜料，D正确。
答案选B。
8．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．8gCH4中含有的共价键总数为NA
B．3.2gCu与足量的浓硝酸反应生成的气体分子数为0.1NA
C．含有7NA个中子的NH3的质量为17g
D．pH=2的硫酸氢钠溶液中的硫酸根离子数为0.01NA
【答案】C
【详解】
A．8g甲烷的物质的量为0.5mol，0.5mol甲烷中含有2mol碳氢共价键，含有的共价键数为2NA个，故A错误；
B．3.2g铜的物质的量为0.05mol，0.05mol铜与足量硝酸反应失去0.1mol电子，根据电子守恒，能够生成0.1mol二氧化氮；由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以反应生成的气体分子的物质的量小于0.1mol，气体分子数小于0.1NA，故B错误；
C．一个NH3分子中含有7个中子，所以含有7NA个中子的NH3的物质的量为1mol，1molNH3的质量为17g，故C正确；
D．溶液体积不明确，故溶液中硫酸根离子的个数无法计算，故D错误；
故选C。
9．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：
10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。
若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断不正确的是（）
A．生成44.8LN2B．有0.25molKNO3被还原
C．转移电子的物质的量为1.25molD．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】A
【分析】
该反应中，NaN3为还原剂，KNO3为氧化剂。
根据反应方程式为10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑，10molNaN3中的N均化合价升高得到氧化产物N2，根据N原子守恒，氧化产物有15molN2，2molKNO3中的N化合价降低，得到还原产物N2，还原产物有1molN2；可知每生成16molN2，氧化产物比还原产物多了15mol-1mol=14mol。
现氧化产物比还原产物多1.75mol，设生成的N2的物质的量为x，有
，得x=2mol。
【详解】
A．根据计算可知，N2的物质的量为2mol，在标况下的体积为2mol×22.4L·mol－1=44.8L，选项中未指明气体状态条件，无法确定N2体积，故A错误；
B．KNO3做氧化剂，被还原，根据反应方程式可知，生成2molN2，需要0.25molKNO3参加反应，故B正确；
C．2molKNO3参加反应转移10mol电子，生成16molN2，现生成2molN2，则有0.25molKNO3参与反应，转移1.25mol电子，故C正确；
D．根据分析，被氧化的N原子为NaN3中的N原子，0.25molKNO3参加反应，则有1.25molNaN3参加反应，所以被氧化的N原子有3×1.25mol=3.75mol，故D正确；
答案选A。
10．用如图所示装置进行下列实验，装置正确并能达到实验目的的是（）
选项
①中试剂
②中溶液
实验目的
A
溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液混合
酸性高锰酸钾
检验溴乙烷消去反应产物
B
乙醇、乙酸、浓硫酸
饱和碳酸钠溶液
制取乙酸乙酯
C
Na2CO3（s）或NaHCO3（s）
澄清石灰水
鉴别Na2CO3（s）和NaHCO3（s）
D
Na2SO3（s），70%H2SO4
溴水
验证SO2的还原性
【答案】D
【详解】
A．溴乙烷发生消去反应制得的乙烯中混有乙醇蒸气，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；
B．制取乙酸乙酯时导气管口应置于饱和碳酸钠溶液液面上方，不应插入液面下，以防止倒吸，B项错误；
C．在试管中加热固体物质时，试管口应略向下倾斜，C项错误；
D．Na2SO3（s）和70%H2SO4反应生成SO2，SO2可以使溴水褪色，体现的是SO2的还原性，D项正确；
答案选D。
11．研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O+Fe+=N2＋FeO+②FeO++CO=CO2+Fe+。
下列说法正确的是
A．若转移1mol电子，则消耗11.2LN2O
B．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物
C．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
D．在整个历程中只有非极性键的断裂和形成
【答案】B
【详解】
A．未给定标准状况，无法计算N2O的体积，A错误；
B．Fe+是该反应的作催化剂，使反应的活化能减小，由两步反应可知FeO+是中间产物，B正确；
C．由图可知，Fe++N2O=FeO++N2、FeO++CO=Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，反应①活化能较②大，反应①速率较②慢，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，C错误；
D．反应①N2O+Fe+=N2＋FeO+有极性键的断裂和离子键的形成，反应②FeO++CO=CO2+Fe+有离子键的断裂和极性键的形成，D错误。
答案为B。
12．碱性硼化钒（VB2）－空气电池工作时反应为4VB2＋11O2=4B2O3＋2V2O5。
用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示。
当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体（标准状况下），则下列说法正确的是（ ）
A．VB2电极发生的电极反应为2VB2＋11H2O－22e－=V2O5＋2B2O3＋22H＋
B．外电路中电子由c电极流向VB2电极
C．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生
D．若B装置内的液体体积为200mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol·L－1
【答案】D
【详解】
A．根据碱性硼化钒—空气电池的反应可知，负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为2VB2＋22OH－－22e－=V2O5＋2B2O3＋11H2O，故A错误；
B．外电路中电子由VB2电极流向c电极，故B错误；
C．电解过程中，b电极为阳极，OH－失电子生成氧气，故C错误；
D．当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内b电极为阳极，OH－失电子生成的氧气为0.01mol，又共收集到0.448L即
=0.02mol气体，则阴极产生0.01mol的氢气，根据得失电子守恒，溶液中的Cu2＋为
=0.01mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为
=0.05mol·L－1，故D正确；
答案选D。
13．已知25℃时，有关弱酸的电离平衡常数如下表：
化学式
CH3COOH
HCN
电离平衡常数
1.8×10-5
4.9×10-10
下列有关说法正确的是（）
A．溶液pH关系为：
pH（NaCN）＞pH（CH3COONa）
B．25℃时，浓度相同的NaCN与HCN混合溶液的pH＞7
C．体积和pH相同的CH3COOH溶液与HCN溶液，分别与足量的Zn反应，前者产生的H2更多
D．amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合所得溶液中c（Na+）＞c（CN-），则a一定小于b
【答案】B
【详解】
A．溶液的浓度未知，无法比较二者的pH大小，故A错误；
B．25℃时，HCN的电离平衡常数Ka=4.9×10-10，则CN-的水解平衡常数Kh=
=2.04×10-5，Kh＞Ka，所以水解程度更大，溶液显碱性，pH＞7，故B正确；
C．醋酸的电离平衡常数更大，则pH相同时醋酸的浓度更小，体积和pH相同的两溶液，醋酸中氢离子的物质的量更小，产生的氢气少，故C错误；
D．当a=b时，等体积混合溶液中的溶质为NaCN，CN-离子水解，则c（Na+）＞c（CN-），故D错误；
综上所述答案为B。
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。
（一）必考题：
共43分。
26．（14分）实验室制备乙酸乙酯的一种改进方法如下（装置如图所示，相关物质的数据见附表）。
附表相关物质的沸点（101KPa）、密度
物质
乙醇
乙酸
乙酸乙酯
水
沸点/℃
78.3
117.9
77.1
100
密度/g·mL-1
0.785
1.049
0.901
0.997
其实验步骤为：
步骤1：
在装有温度计的三颈烧瓶中加入少量一水合硫酸氢钠（NaHSO4·H2O）和适量乙醇，混合均匀放入几颗沸石。
向仪器A中加入一定量乙醇和乙酸的混合液，并向瓶中滴入一部分混合液，小火加热进行蒸馏。
步骤2：
当温度达到80℃时，蒸馏管口有液体流出，再从仪器A中滴入剩余混合液，并维持反应温度在80~90℃之间，反应一段时间得到粗产品。
步骤3：
粗产品用饱和氯化钙溶液洗涤2次，分出酯层，再加无水硫酸钠固体，过滤。
步骤4：
滤液进行第二次蒸馏，收集相应温度的馏分。
（1）步骤1所加入的物质中，有一种是催化剂，其化学式为_______。
仪器A的名称为_______。
（2）步骤2中适宜的加热方式为_______。
冷凝管进水位置为_______（填“a”或“b”）。
（3）步骤3中饱和氯化钙溶液的作用为_______，无水硫酸钠固体的作用为_______。
（4）步骤4中收集馏分的适宜温度为_______℃。
【答案】
（1）NaHSO4·H2O滴液漏斗（分液漏斗也给分）
（2）水浴加热b（3）除乙醇干燥（除水）（4）77.1（75~78之间均可）
【分析】
利用乙醇和乙酸在NaHSO4·H2O
的催化作用下，混合加热制乙酸乙酯，结合反应原理和实验基本操作分析解题。
【详解】
（1）步骤1所加入的一水合硫酸氢钠是酯化反应的催化剂，其化学式为NaHSO4·H2O；盛装乙醇和乙酸混合液的仪器A的名称为滴液漏斗（分液漏斗）；
（2）步骤2中反应温度维持在80~90℃之间，则应选择水浴加热的加热方式；为提高冷凝效果，冷却水的流向与蒸气流向相反，即冷凝管进水位置为b；
（3）步骤3中用氯化钙溶液除去少量乙醇，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物，则用无水硫酸钠除去少量的水；
（4）乙酸乙酯的沸点是77.1℃，乙醇的沸点是78.3℃，则步骤4中收集馏分的适宜温度为77.1℃。
【点睛】
考查乙酸乙酯的制取方法，注意掌握乙酸乙酯的制备方法及反应原理，明确NaHSO4·H2O、饱和氯化钙溶液和无水硫酸钠在实验中的作用，准确选择混合物分离提纯操作方式。
27．（14分）高炉炼铁的烟尘中主要含有锌、铁、铜等金属元素。
从烟尘中提取硫酸锌，可以变废为宝，减少其对环境的危害。
下图是用高炉烟尘制取硫酸锌的工业流程。
已知：
①20℃时，0.1mol•L-1的金属离子沉淀时的pH
pH
Fe3+
Zn2+
Mn2+
Cu2+
开始沉淀
1.9
6.0
8.1
4.7
沉淀完全
3.7
8.0
10.1
6.7
沉淀溶解
不溶解
10.5
不溶解
②过二硫酸铵是一种强氧化剂。
③ZnSO4+4NH3=[Zn（NH3）4]SO4，[Zn（NH3）4]SO4易溶于水。
回答下列问题：
（1）为提高烟尘中金属离子的浸出率，除了适度增加硫酸浓度外，还可以采取什么措施？
（举出1种）_________________________________。
（2）加入MnO2的目的是__________________________________。
（3）写出还原过程发生的主要反应的离子方程式______________________________。
（4）写出过二硫酸铵把硫酸锰（MnSO4）氧化的化学方程式______________________。
（5）若pH=5.0时，溶液中的Cu2+尚未开始沉淀，求溶液中允许的Cu2+浓度的最大值___。
【答案】
（1）加热，搅拌等
（2）将Fe2+氧化成Fe3+（3）Zn+Cu2+=Zn2++Cu（4）MnSO4+（NH4）2S2O8+2H2O=MnO2↓+（NH4）2SO4+2H2SO4（5）10-1.6mol/L
【分析】
高炉炼铁的烟尘中主要含有锌、铁、铜等金属元素，用硫酸酸浸，过滤得到滤液中含有锌离子、亚铁离子、铜离子等，用二氧化锰氧化亚铁离子生成铁离子，再加氨水调节pH值使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，用过二硫酸铵除去锰离子，再加入足量的锌除去铜离子，得到硫酸铵、硫酸锌的混合溶液，在溶液中加足量的（NH4）2CO3使锌离子完全沉淀，过滤分离后用硫酸溶解得到硫酸锌，以此解答。
【详解】
（1）升高温度、搅拦、增加浸出时间等可以提高烟尘中金属离子的浸出率，故答案为：
加热，搅拌等；
（2）加入MnO2可以将亚铁离子氧化成铁离子，通过调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，故答案为：
将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）还原过程中锌置换出铜，反应的离子方程式为：
Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为：
Zn+Cu2+=Zn2++Cu；
（4）过二硫酸铵和硫酸锰反应生成二氧化锰、硫酸铵、硫酸，反应的化学方程式为MnSO4+（NH4）2S2O8+2H2O=MnO2↓+（NH4）2SO4+2H2SO4，故答案为：
MnSO4+（NH4）2S2O8+2H2O=MnO2↓+（NH4）2SO4+2H2SO4；
（5）根据0.1mol.L−1Cu2+开始沉淀时pH=4.7，可知Ksp[Cu（OH）2]=0.1×（10−9.3）2=10−19.6，根据Ksp可知pH=5.0时，所以溶液中的Cu2+浓度的最大值为
mol/L=10−1.6mol/L，故答案为：
10-1.6mol/L。
28．（15分）I.一定量的CO（g）和H2O（g）分别通入容积为1L的恒容密闭容器中，发生反应CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）得到如下三组数据：
实验组
温度℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衝所需时间/min
CO
H2O
CO2
1
500
8
4
3.2
4
2
700
4
2
0.8
3
3
700
4
2
0.8
1
（1）下列情况表明反应达到平衡状态的是___________（填序号）
A．密度不变
B．温度不变时，压强不变
C．生成CO2的速率和生成CO的速率相等
D．断裂1molC－O的同时断裂1molC=O
（2）实验2中，反应达到平衡状态时，CO的转化率为___________。
（3）实验3和实验2相比，改变的条件是___________。
II.
（1）硫化钠溶液具有较强碱性，其原因是___________、___________（用离子方程式表示）。
（2）欲使0.1mol的Na2S溶液中，
的值增大，可采取的措施是___________（填序号）
A．加适量等浓度的NaOH溶液
B．加适量的水
C．通入适量的H2S气体。
【答案】
（1）C
（2）20%（3）加催化剂II.
（1）S2﹣+H2O
HS﹣+OH﹣HS﹣+H2O
H2S+OH﹣
（2）BC
【分析】
I．
（1）反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
（2）根据三段式计算出实验2中，反应达到平衡状态时，CO的物质的量，再根据
可求出转化率；
（3）实验3和实验2相比，起始量、平衡量相同，达到平衝所需时间不同，为加催化剂改变的条件；
II．
（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性。
【详解】
I．
（1）A．该反应是在恒容密闭容器中反应，反应前后质量不变，则密度保持不变，不能说明反应到达平衡，A不选；
B．反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中始终压强不变，温度不变时，压强不变，不能说明反应到达平衡，B不选；
C．生成CO2的速率指正反应速率，生成CO的速率指逆反应速率，当两者相等时，即说明反应到达平衡，C选；
D．1molCO2含有2molC=O，断裂1molC－O的同时断裂2molC=O，才能说明反应到达平衡，D不选；故答案为：
C。
（2）实验2中，反应达到平衡状态时，反应
，故答案为：
20%；
（3）催化剂能改变反应速率，但不能改变平衡，实验3和实验2相比，起始量、平衡量相同，达到平衝所需时间实验3所需的时间少，所以实验3改变的条件为加催化剂，故答案为：
加催化剂；
II．
（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，氢硫酸为二元弱酸，其盐分步水解，水解方程式为：
S2﹣+H2O
HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O
H2S+OH﹣；
（2）A．加入氢氧化钠溶液后，氢氧根离子浓度增大，抑制了硫离子的水解，则硫离子浓度增大、HS-的浓度减小，则该比值减小，故A错误；
B．加入适量水，导致S2-的水解程度增大，则S2-的物质的量减小，HS-的物质的量增大，由于在同一溶液中，则
的值会增大，故B正确；
C．向溶液中适量H2S气体后，导致溶液中HS-的浓度增大，S2-的浓度减小，则
的值会增大，故C正确；故答案为：
BC。
（二）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——选修3：
物质结构与性质］（15分）
许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。
请回答下列有关问题：
（1）现代化学中，常利用___________上的特征谱线来鉴定元素。
（2）某同学画出基态碳原子的轨道表示式：
，该表示式违背了___________；CH
、-CH3、CH
都是重要的有机反应中间体。
CH
的空间构型为_______；CH
中C原子成键的杂化方式为_____。
（3）34号元素硒的基态原子的价层电子排布式为___________，第四周期中，与硒原子未成对电子数相同的金属元素有___________种。
（4）Fe3O4晶体中，O2- 围成正四面体空隙（1、3、6、7号氧围成）和正八面体空隙（3、6、7、8、9、12号氧围成），Fe3O4中有一半的Fe3＋填充在正四面体空隙中，Fe2＋和另一半Fe3＋填充在正八面体空隙中，晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为___________，有___________%的正八面体空隙没有填充阳离子。
（5）白铜（铜镍合金）的立方晶胞结构如图所示，其中原子A的坐标参数为（0，1，0）。
①原子B的坐标参数为___________；
②若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为___________。
【答案】
（1）原子光谱
（2）洪特规则平面三角形sp3（3）4s24p43（4）2∶150（5）
【详解】
（1）光谱分析是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
（2）洪特规则是原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，而该同学画出基态碳原子的轨道表示式：
，该表示式违背了洪特规则；CH
中心原子的价层电子对数为：
3+
=3，为sp2杂化，没有孤电子对，为平面三角形，CH
中心原子的价层电子对数为：
3+
=4，C原子成键的杂化方式为sp3；
（3）34号元素硒的基态原子的价层电子排布式为4s24p4；硒有2个未成对电子，第四周期中，与硒原子未成对电子数相同的金属元素有钛、镍、锗三种；
（4）由1、3、6、7号O2-围成正四面体空隙有8个，面心位置6个O2-即3、6、7、8、9、12号O2-围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点O2-也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目为1+12×
=4，则晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为8∶4=2∶1；Fe3O4中有一半的Fe3＋填充在正四面体空隙中，Fe2＋和另一半Fe3＋填充在正八面体空隙中，有2个正八面体空隙没有填充阳离子，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子；
（5）①根据原子A的坐标参数为（0，1，0），可知晶胞底面面心上的原子B的坐标为
；
②由晶胞结构可知，处于面对角线上的铜镍原子间距离最短，设两者之间的距离为acm，则晶胞面对角线长度为2acm，晶胞的棱长为
acm，可得
，解得a=
。
36．[化学——选修5：
有机化学基础]（15分）
合成中间体L的路线如下（部分反应条件或试剂略去）：
已知：
a.
b.R-CH2OH
R-COOH
（1）A的名称是___________。
（2）A与Br2按物质的量之比1：
1发生1，4-加成反应生成B，A→B的化学方程式是___________。
（3）B→C的反应类型是___________。
（4）D中所含官能团的名称是___________。
（5）E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是___________。
（6）C→D在上述合成中的作用是___________。
（7）J的结构简式是___________。
（8）K→L的化学方程式是___________。
【答案】
（1）1，3-丁二烯
（2）
（3）水解反应或取代反应溴原子、羟基（5
（6）保护碳碳双键，防止其被氧化（7）CH2=C（CH3）C（CH3）=CH2（8）
【分析】
A与Br2按物质的量之比1：
1发生1，4-加成反应生成B，则B为BrCH2CH=CHCH2Br；B发生水解反应生成C，C发生加成反应生成D，则C为HOCH2CH=CHCH2OH，D为HOCH2CH2CHBrCH2OH；D发生氧化反应生成E为HOO
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