2021届高考化学二轮复习-收官提升模拟卷(六)(含解析).doc

2021届高考化学二轮复习 收官提升模拟卷（六）（含解析）2021届高考化学二轮复习 收官提升模拟卷（六）（含解析）年级：姓名：- 15 -高考仿真模拟卷(六)(时间：60分钟，满分：100分)可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23S 32Cl 35.5Zn 65Ag 108第卷一、选择题(本题共7小题，每小题6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。)1超临界状态下的CO2流体可提取中草药材中的有效成分，工艺流程如图所示。下列有关说法错误的是()A浸泡时加入乙醇有利于中草药材有效成分的浸出B高温条件下更有利于超临界CO2萃取C升温、减压的目的是实现CO2与产品分离D该方法使用的CO2可能来自酿酒厂发酵的副产品2NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A1 mol Na2O2中含有的阴离子数为2NAB由H2O2制得2.24 L O2，转移的电子数目为0.4NAC常温常压下，8 g O2与O3的混合气体中含有4NA个电子D常温下，pH2的H2SO4溶液中含有的H数目为0.02NA3二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是()A与乙醇发生酯化反应的产物的分子式为C8H18O4B能发生加成反应，不能发生取代反应C在铜的催化下与氧气反应的产物可以发生银镜反应D标准状况下，1 mol该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4 L H24短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是()A简单离子半径：ZYB阴离子的还原性：YWC简单气态氢化物的热稳定性：YXDW2Y2中含有非极性键5四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为25 ，沸点为136.4 。某实验小组设计如图所示装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是()A中分别盛装浓硫酸和NaOH溶液B冷凝管有冷凝、回流和导气的作用C反应结束时，应先停止处加热，后停止处加热D该设计存在不足，如之间缺少防止水蒸气进入的装置6锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点，可作为汽车的动力电源。该电池采用无毒ZnI3水溶液做电解质溶液，放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池，其装置如图所示。下列说法不正确的是()AM是阳离子交换膜B充电时，多孔石墨接外电源的正极C充电时，储罐中的电解液导电性不断增强D放电时，每消耗1 mol I，有1 mol Zn2生成7常温下，用AgNO3 溶液分别滴定浓度均为0.01 molL1的KCl、K2C2O4 溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。下列叙述不正确的是()A对AgCl而言，a、b两点的分散系较稳定的是a点B对Ag2C2O4 而言，c点的横坐标的值为6.46C对Ag2C2O4 而言，向b点溶液中加入少量的AgNO3 固体，则能使b点到c点D向c(Cl)c(C2O)的混合液中滴入AgNO3 溶液时，先生成AgCl沉淀题号1234567答案第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题(共43分)8(14分)二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，与水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点为105 ，沸点为79 ，140 以上时易分解。(1)用硫黄(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量之比为_。写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式：_。(2)甲同学设计如图装置用ZnCl2xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)：装置的连接顺序为AB_。搅拌的作用是_，冷凝管的进水口是_(填“a”或“b”)。实验结束后，为检测ZnCl2xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体a g溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为b g。若_(保留一位小数)，即可证明ZnCl2xH2O晶体已完全脱水。乙同学认为直接将ZnCl2xH2O晶体置于坩埚中加热即可得到无水ZnCl2，但老师说此方法不可。请用化学方程式和必要的文字解释原因：_。(3)丙同学认为SOCl2还可用作由FeCl36H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丁同学认为该实验会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断丁同学的观点：_。9(14分)氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：菱镁矿石的主要的成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；相关金属离子c(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀时的pH如下：金属离子Al3Fe3Fe2Ca2Mn2Mg2开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.461010、7.421011。回答下列问题：(1)“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为_。(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是焙烧温度为_，氯化铵与菱锰矿粉的质量之比为_，焙烧时间为_。(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2，将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式为_。然后调节溶液pH使Fe3、Al3沉淀完全，此时溶液的pH范围为_。再加入NH4F沉淀Ca2、Mg2，当c(Ca2)1.0105molL1时，c(Mg2)_molL1。(4)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为_。(5)流程中能循环利用的固态物质是_。10(15分)合成氨在生产中具有重要意义。请按要求回答下列问题。(1)已知反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)H”“”或“”)。既能加快化学反应速率又能提高H2的转化率的措施有_。Y点对应的H2的转化率是_；若仅将起始投料均加倍，其他条件不变，达新平衡时，则H2的转化率将会_(填“升高”“降低”或“不变”)。(2)电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高，有望代替传统的工业合成氨工艺。电解法合成氨的两种原理及装置如图甲和图乙所示：图甲a电极上的电极反应式为_，图乙d电极上的电极反应式为_。若图甲和图乙装置的通电时间相同、电流强度相等，电解效率分别为80%和60%，则两种装置中产生氨气的物质的量之比为_。(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。)11(15分)化学选修3：物质结构与性质Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：(1)Ca小于Ti的是_(填字母)。A最外层电子数B未成对电子数C原子半径D第三电离能(2)由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是_。O3分子的中心原子的杂化类型为_；O3是极性分子，理由是_。(3)Na3OCl可由以下两种方法制得：方法Na2ONaClNa3OCl方法2Na2NaOH2NaCl2Na3OClH2Na2O的电子式为_。在方法的反应中，形成的化学键有_(填字母)。A金属键B离子键C配位键D极性键E非极性键(4)Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为a nm，密度为d gcm3。Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于_位置，两个Na之间的最短距离为_nm。用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA_(用含a、d的代数式表示)。12(15分)化学选修5：有机化学基础化合物G是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。实验室由芳香化合物A制备G的合成路线如下：回答以下问题：(1)A中的官能团名称为_，E的分子式为_。(2)由A生成B和由F生成G的反应类型分别是_、_。(3)由C生成D的化学方程式为_。(4)G的结构简式为_。(5)芳香化合物X是B的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol X可与4 mol NaOH反应，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3221。写出一种符合要求的X的结构简式：_。(6)写出用环戊烯和正丁醛为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)：_。高考仿真模拟卷(六)1B解析 中草药材中的有效成分多为有机物，乙醇是优良的有机溶剂，A正确；由流程图知，CO2应进入萃取釜中的液体中，高温不利于气体溶解，B错误；升温、减压有利于CO2从溶液中逸出，C正确；发酵法制酒时，葡萄糖酒化阶段会产生大量的CO2，D正确。2C解析 A1个过氧化钠微粒由2个Na和1个O构成，故1 mol过氧化钠中含NA个阴离子，故A错误；B.氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故B错误；C.氧气和臭氧均由氧原子构成，故8 g混合物中含有的氧原子的物质的量为n0.5 mol，而氧原子中含8个电子，故0.5 mol氧原子中含4NA个电子，故C正确；D.溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故D错误。3C解析 A只有COOH可与乙醇发生酯化反应，由原子守恒可知，与乙醇发生酯化反应的产物的分子式为C8H16O4，故A错误；B.含COOH，能发生取代反应，不能发生加成反应，故B错误；C.含CH2OH，CH2OH在铜的催化下与氧气反应的产物含CHO，可以发生银镜反应，故C正确；D.COOH、OH均与钠反应生成氢气，则标准状况下，1 mol该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5 mol22.4 L/mol33.6 L H2，故D错误。4B解析 由题中信息并结合d、m的颜色、状态和框图转化关系可知，由短周期元素形成的b、c、d、e、f、m分别为CO2(或H2O)、H2O(或CO2)、Na2O2、Na2CO3(或NaOH)、NaOH(或Na2CO3)、O2，a可能为碳氢化合物或烃的洐生物，故元素W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na。离子半径：NaO2，A正确；还原性：O2H，B错误；元素非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，故热稳定性：H2OCH4，C正确；H2O2中氧原子间的共价键为非极性键，D正确。5C解析 A装置用于制备氯气，发生二氧化锰和浓盐酸的反应，获得的氯气中含有HCl、水等杂质，但是HCl不会干扰实验，可以用浓硫酸吸收水，剩余的氯气是有毒的，可以用氢氧化钠溶液来进行尾气处理，故中分别盛装浓硫酸和NaOH溶液，故A正确；B.冷凝管有冷凝、回流和导气的作用，故B正确；C.反应完毕后，为防止倒吸，先停止处加热，后停止处加热，故C错误；D.中盛放的是氢氧化钠溶液，会导致水蒸气进入装置，所以之间缺少防止水蒸气进入的装置，故D正确。6C解析 金属锌是负极，多孔石墨是正极，由于放电时电解液中两种离子I/I应在正极与储罐中循环，结合I2e=3I知Zn2应通过M转移到正极上，故M是阳离子交换膜，A正确；充电时原电池的正极与电源正极相连，B正确；充电时正极的电极反应式为3I2e=I，离子浓度减小，导电性减弱，C错误；负极上电极反应式为Zn2e=Zn2，由电极反应式知D正确。7C解析 根据图像可知c(Ag)104 molL1，c(Cl)105.75 molL1，所以Ksp(AgCl)104105.75109.75，由题图可知b点表示AgCl的过饱和溶液，同理，a点表示AgCl的不饱和溶液，a点的分散系相对较稳定，A项正确；从图像看出，当c(C2O)102.46 molL1, c(Ag)104 molL1时，Ksp (Ag2C2O4)102.46(104)21010.46，则2lg c(Ag)lg c(C2O)10.46，故当lg c(Ag)2时，lg c(C2O)6.46，B项正确；b点溶液中加入少量的AgNO3 固体，c(Ag)增大，c(C2O)减小，与图像不符，C项错误；由图像可知，当横坐标相同时即c(Cl)c(C2O)，沉淀AgCl比沉淀Ag2C2O4 所需要的c(Ag)小，因此向c(Cl)c(C2O)的混合液中滴入AgNO3 溶液时，先生成AgCl沉淀，D项正确。8解析 (1)用硫黄(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则反应的化学方程式为2S3Cl2SO33SOCl2，所以三者的物质的量之比为231；SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，所以SOCl2吸收水蒸气的化学方程式为SOCl2H2O(g)=SO22HCl。(2)A中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入B中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气中二氧化硫与HCl，防止污染环境，E装置防止倒吸，装置的连接顺序为ABDFEC；搅拌可以增大接触面积，加快脱水速率；逆流冷凝效果好，应从b口进水；ZnCl2xH2O完全脱水得到ZnCl2，则a g为ZnCl2的质量，溶于水后加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为b g，其为AgCl的质量，由氯原子守恒：2，整理可得2.1；ZnCl2xH2O加热时会水解为氢氧化锌与HCl，氯化氢易挥发，氢氧化锌受热分解为ZnO，不能得到ZnCl2，反应的方程式为ZnCl2xH2O2HClZnO(x1)H2O。(3)若发生氧化还原反应，则Fe3会被还原为Fe2，而SOCl2水解得到的SO2会被氧化为H2SO4，证明脱水时发生了氧化还原反应的方案如下：方案一：往试管中加水溶解，滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方案二：往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，没有明显现象，再加入H2O2，溶液呈红色，则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方案三：往试管中加水溶解，滴加K3Fe(CN)6溶液，若生成蓝色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应。答案 (1)231(2分)SOCl2H2O(g)=SO22HCl(2分)(2)DFEC(共2分)加快脱水速率(1分)b(1分)2.1(2分)因为ZnCl2xH2O加热时水解，反应的方程式为ZnCl2xH2O2HClZnO(x1)H2O(2分)(3)方案一：往试管中加水溶解，滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方案二：往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，没有明显现象，再加入H2O2，溶液呈红色，则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方案三：往试管中加水溶解，滴加K3Fe(CN)6溶液，若生成蓝色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应(任选一种，合理即可)(2分)9解析 (1)由图及题干信息知，“焙烧”时的反应物是NH4Cl、MnCO3，生成物有CO2、NH3，Mn2与Cl结合成MnCl2，故化学方程式为MnCO32NH4Cl MnCl22NH3H2OCO2。(2)由图知，当温度为500 、m(NH4Cl)m(菱锰矿粉)1.10、焙烧时间为60 min时，锰的浸出率都达到很高。(3)可先写出MnO2Fe2Fe3Mn2，依得失电子守恒知MnO22Fe22Fe3Mn2，再结合电荷守恒、质量守恒得MnO22Fe24H=2Fe3Mn22H2O 。为使Al3、Fe3均沉淀完全，溶液的pH5.2，为确保Mn2不形成沉淀，溶液的pH8.8。当c(Ca2)1105molL1时，c2(F)1.46105mol2L2，此时c(Mg2)Ksp(MgF2)/c2(F)5.1106molL1。(4)可先写出Mn2HCOMnCO3，形成沉淀时离解出来的H与另外一部分HCO结合形成CO2、H2O，由此可写出相应的离子方程式。(5)由图知用于循环的固体物质是NH4Cl。答案 (1)MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O(2分)(2)500 (1分)1.10(1分)60 min(1分)(3)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O(2分)52pH8.8(2分)5.1106(2分)(4)Mn22HCOMnCO3CO2H2O(2分)(5)NH4Cl(1分)10(1)AB(1分)加压或增大N2的浓度(2分)75%(2分)升高(2分)(2)H22e=2H(1分)N23H2O6e=2NH33O2(2分)43(2分)11解析 (1)Ca的核外电子排布式为Ar4s2，Ti的核外电子排布式为Ar3d24s2。A项，两原子最外层电子数相同，都是2，错误；B项，Ca的未成对电子数是0，而Ti的3d轨道上有两个单电子，未成对电子数为2，正确；C项，电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，所以Ca的原子半径比Ti大，错误；D项，Ca失去两个电子后变为18电子的全满结构，很稳定，再失去一个电子很难，所以Ca的第三电离能比Ti的大，错误。(2)Cl2O2和H2O2都属于分子晶体，但由于H2O2分子间能形成氢键，所以其沸点较高。O3和SO2是等电子体，SO2的中心原子S的杂化类型为sp2，所以O3的中心原子的杂化类型也为sp2。由于O3的分子构型为V形，分子中正负电荷重心不重合，故O3为极性分子。(3)Na2O的电子式为。在方法的反应中，生成物有两种，一种是H2，分子中存在非极性键；另外一种是Na3OCl，通过分析各元素的化合价可知，该物质是由Na、O2和Cl构成的，所以该物质中只含有离子键。(4)在Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，则晶胞中Cl的个数为81，根据晶胞的化学式Na3OCl可知，该晶胞中Na的个数为3，而面心位置的个数为63，所以Na位于面心位置。两个Na之间的最短距离为相邻面心的位置，即a nm。该晶胞中有1个Na3OCl，晶胞的体积为(a107)3 cm3，推得阿伏加德罗常数的值为NA。答案 (1)B(2分)(2)H2O2分子间能形成氢键(1分)sp2(2分)O3分子为V形结构(或O3分子中正负电荷重心不重合)(1分)(3) (1分)BE(2分)(4)面心(2分)a(2分)12(1)(酚)羟基(1分)C17H14O4(1分)(2)取代反应(1分)加成反应(或还原反应)(1分)(3)(4)(2分)(6)