1、2021届高三化学 全国卷高考化学模拟试题卷（有答案和详细解析）(考试用时：45分钟试卷满分：100分)第卷(选择题共42分)本卷共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。7化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释A长时间存放漂白粉的试剂瓶可用盐酸清洗漂白粉能溶于盐酸B施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效CSO2能使品红溶液褪色SO2具有还原性DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作铜的金属性比铁强答案B解析A项，长时间存放的漂白粉会与空气中的二
2、氧化碳反应生成碳酸钙，碳酸钙可溶于盐酸；B项，二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，正确；C项，应为二氧化硫具有漂白性；D项，只能说明铁离子的氧化性比铜离子的强。8NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是()A标准状况下，铁在22.4 L氯气中完全燃烧时转移电子数为3NAB1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中HCO和CO离子数之和为0.1NAC常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46 g，所含氧原子数为2NAD含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量为56 g答案C解析标况下，22.4 L的Cl2为1 mol，完全反应时，1 mo
3、l Cl2变为2 mol Cl，则转移电子数为2NA，A错误；根据物料守恒，1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中，有c(H2CO3)c(HCO)c(CO)0.1 molL1，则n(H2CO3)n(HCO)n(CO)0.1 mol，即HCO和CO离子数之和小于0.1NA，B错误；M(NO2)46 gmol1，M(N2O4)92 gmol1。设NO2有x mol，N2O4有y mol，则有46x92y46，则x2y1。混合气体中，n(O)2x4y2(x2y)2 mol，故氧原子数为2NA，C正确；氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，由于各胶粒的聚合度不同，无法计算NA个胶粒中Fe(OH)3的
4、物质的量，D错误。9根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是()选项事实推测AMg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应Be(铍)与冷水更难反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键CHCl在1 500 时分解，HI在230 时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi是半导体材料，同族的Ge是半导体材料A族元素的单质都是半导体材料答案D解析Be、Mg、Ca位于同一主族，其金属性逐渐增强。根据 Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Be(铍)与冷水更难反应，A合理；Na、Al、Si位于同一周期，其金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增加。根据Na与Cl形成离子
5、键，Al与Cl形成共价键可以推测Si与Cl形成共价键，B合理；Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱。根据 HCl在1 500 时分解、HI在230 时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，C合理；硅和锗位于金属与非金属的分界线附近，这样的元素既有一定的非金属性又有一定的金属性，可在这附近找到半导体材料。Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料。A族的其他元素距分界线较远，其单质不是半导体材料，D不合理。10. 下列解释事实的方程式不正确的是()A用Na2S处理含Hg2废水：Hg2 S2=HgSB燃煤中添加生石灰减少SO2的排放：2CaOO22SO22CaSO4C工业上将Cl2
6、通入石灰乳中制漂白粉：Cl2 OH=ClClOH2OD向漂白液中加入适量洁厕灵(含盐酸)，产生氯气：ClOCl2H=Cl2H2O答案C解析用Na2S处理含Hg2废水，为沉淀法，离子方程式为：Hg2S2=HgS，故A正确；燃煤中添加生石灰减少SO2的排放，发生氧化还原反应，方程式为：2CaOO22SO22CaSO4，故B正确；工业上将Cl2 通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳没有全部电离，离子方程式为：Cl2 Ca(OH)2=ClClOCa2H2O，故C错误；向漂白液中加入适量洁厕灵(含盐酸)，在酸性条件下，次氯酸根将氯离子氧化，产生氯气：ClOCl2H =Cl2H2O，故D正确。11扁桃酸衍生物是重
7、要的医药中间体，下列关于这种衍生物的说法正确的是()A分子式为C9H8O3BrB不能与浓溴水反应生成沉淀C与HCHO一定条件下可以发生缩聚反应D1 mol此衍生物最多与2 mol NaOH发生反应答案C解析分子式为C9H9O3Br，A错误；酚能与浓溴水反应生成沉淀，且苯环上相应的位置没有全部被取代，所以该物质可以和浓溴水发生取代反应，B错误；酚能与甲醛发生缩聚反应，所以扁桃酸衍生物与HCHO一定条件下可以发生缩聚反应，C正确；酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应，所以1 mol此衍生物最多与3 mol NaOH发生反应，故D错误。12某科研小组研究采用BMED膜堆(示意图如下)，模拟以精制浓
8、海水为原料直接制备酸碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(A、D)。已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H和OH。下列说法错误的是()A电极a连接电源的正极BB为阳离子交换膜C电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生D口排出的是淡水答案B解析根据题干信息确定该装置为电解池，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以电极a为阳极，连接电源的正极，A正确；水在双极膜A解离后，氢离子吸引阴离子透过B膜到左侧形成酸，B为阴离子交换膜，B错误；电解质溶液采用Na2SO4溶液，电解时生成氢气和氧气，可避免有害气体的产生，C正确；海水中的阴、阳离子透过两侧
9、交换膜向两侧移动，淡水从口排出，D正确。13常温下，向1 L pH10的 NaOH溶液中持续通入CO2。通入的CO2的体积(V)与溶液中水电离出的OH离子浓度(c)的关系如图所示。下列叙述不正确的是()Ab点溶液中：c(OH)1107 molL1Ba点溶液中：水电离出的c(H)11010 molL1Cc点溶液中：c(Na)c(CO)c(HCO)Dd点溶液中：溶液是NaHCO3和H2CO3的混合液答案A解析由图像可知，a点对应的溶液为原pH10的 NaOH溶液，b点对应的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，d点对应的溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合溶液。b点对应的溶液为氢氧化
10、钠和碳酸钠的混合溶液，由图可知，其中水电离出的OH离子浓度为1107 molL1，所以溶液中c(OH)1107 molL1，A不正确；a点溶液中pH10，所以水电离出的c(H)11010 molL1，B正确；c点溶液是碳酸钠溶液，有部分碳酸根离子发生水解生成碳酸氢根离子，所以c(Na)c(CO)c(HCO)，C正确；d点溶液是NaHCO3和H2CO3的混合液，D正确。第卷(非选择题共58分)本卷包括必考题和选考题两部分。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。26(14分) 化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质
11、)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL1KBrO3标准溶液；.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；.向所得溶液中加入v2 mL废水；.向中加入过量KI；.用b molL1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。已知：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。(2)中发生反应的离子方程式是_。(3)中发生反应的化学方程式是_。(4)中加KI前，溶液颜色须为黄
12、色，原因是_。(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_。(6)中滴定至终点的现象是_。(7)废水中苯酚的含量为_gL1(苯酚摩尔质量：94 gmol1)。(8)由于Br2具有_性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。答案(1)容量瓶(2)BrO5Br6H=3Br23H2O(3)3Br23HBr (4)Br2过量，保证苯酚完全反应(5)反应物用量存在关系：KBrO33Br26KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量(6)当滴入最后一滴Na2
13、S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色(7)(8)易挥发解析(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。(2)中Br与BrO在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2、H2O，离子方程式为5BrBrO6H=3Br23H2O。(3)废水中含有苯酚，苯酚与Br2发生取代反应生成三溴苯酚，化学方程式为3Br23HBr。(4)本实验的目的是测定经处理后的废水中的苯酚含量，苯酚需完全反应，剩余的Br2可通过滴定原理测定，所以在加入KI之前，溶液颜色须为黄色，以确保Br2过量，苯酚完全反应。(5)根据得失电子守恒，当n(KI)n(KBrO3)61时，KI恰好与步骤中生成的Br2完
14、全反应，而步骤中苯酚会消耗Br2，所以当n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量。(6)滴定时用淀粉作指示剂，当达到滴定终点时，溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复。(7)结合题意可知，生成Br2的物质的量3av1103 mol，与KI反应消耗n(Br2) mol，则与C6H5OH反应的n(Br2)3av1103 mol mol，废水中苯酚的含量 gL1。(8)Br2具有挥发性，故中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。27(14分) 合理利用或转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是人们共同关注的课题。.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应
15、历程分两步：2NO(g)N2O2(g)(快)v1正k1正c2(NO)，v1逆k1逆c(N2O2)H10N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(慢)v2正k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆k2逆c2(NO2)H2”“”或“”)E2。.(3)反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)k1p(N2O4)，v(NO2)k2p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_，理由是_。(4)在25 时，将a molL1的氨水溶液与0.02
16、molL1HCl溶液等体积混合后溶液恰好呈中性(忽略溶液混合后体积的变化)，用含a的表达式表示25 时NH3H2O的电离常数Kb_。用质量分数为17%、密度为0.93 gcm3的氨水，配制200 mL a molL1的氨水，所需原氨水的体积V_ mL。(5)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH和SO。物质A的化学式为_，阴极的电极反应式是_。答案(1)H1H2(2)OClBr(2)卤素单质是分子晶体，分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大，而相对分子质量随着原子序数的增大而增大V形sp3(3)分子a(4)HClO、HClO2中氯元素化合价分别为1价、3价，正电性越高，导致ClO
17、H中O的电子更向Cl偏移，越易电离出H，K值更大一些(5)Ca2解析(1)由周期表中电负性递变规律并结合元素的性质可确定O、F、Cl、Br电负性大小顺序为FOClBr。(2)卤素单质是分子晶体，分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大，而相对分子质量随着原子序数的增大而增大。SnCl2中每个锡原子形成2个键，另外还有1对孤电子对，故中心原子锡为sp2杂化，分子为V形，同理分析知OF2的中心原子杂化类型为sp3。(3)由CrO2Cl2的溶解性及CCl4是非极性分子知，CrO2Cl2最可能是非极性分子，故其分子结构中的两个氯原子、两个氧原子处于对称位置，故其最可能的结构为a。(4)HClO、HCl
18、O2可表示为HOCl和HOClO，相应地氯元素化合价分别为1价、3价，正电性越高，导致ClOH中O的电子更向Cl偏移，越易电离出H，K值更大一些。(5)晶胞中，代表的微粒个数为864，另一种微粒个数为8，其个数之比为12，所以代表Ca2，化学式为CaF2。设晶胞边长为a cm，则a3NA478，得a，则面对角线为 cm，其为 cm，边长的为 cm，所以其最短距离为 cm cm。36(15分)【化学选修5：有机化学基础】1923年，在汉阳兵工厂工作的我国化学家吴蕴初先生研制出了廉价生产味精的方案，并于1926年向英、美、法等化学工业发达国家申请专利。这也是历史上中国的化学产品第一次在国外申请专利
19、。以下是利用化学方法合成味精的流程：请回答下列问题：(1)下列有关蛋白质和氨基酸的说法不正确的是_(填字母)。a蛋白质都是高分子化合物b谷氨酸(H)自身不能发生反应c氨基酸和蛋白质都能发生盐析d天然蛋白质水解最终产物都是-氨基酸(2)C的系统命名是_；F中含氧官能团名称是_。(3)EF的反应类型是_。R的结构简式为_。(4)写出G和NH3反应的化学方程式：_。(5)T是H的同分异构体，T同时具备下列条件的结构有_种。能发生水解反应；只有2种官能团，其中一种是NH2；1 mol T发生银镜反应能生成4 mol银。其中在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为2223的可能结构简式为_。(6)参照上述流
20、程，以和甲醇为原料(其他无机试剂任选)，设计合成苯丙氨酸()的流程：_。答案(1)bc(2)1,5-戊二酸羧基、酯基(3)取代反应CH3COOCH2CH3(4)(5)9(6) 解析观察A的结构简式，逆推R为乙酸乙酯，乙酸乙酯在乙醇钠作用下自身发生取代反应生成A。(1)氨基酸自身能发生脱水反应生成肽，b错误；蛋白质水溶液属于胶体，氨基酸的水溶液属于溶液，氨基酸的水溶液不能发生盐析，c错误。(4)氨与溴发生取代反应，引入氨基，另一种产物为溴化氢。(5)依题意，能发生水解反应和银镜反应，说明它含有甲酸酯基；T含2种官能团且1 mol T发生银镜反应能生成4 mol银，说明T分子含2个甲酸酯基，可以看成是丙烷分子上3个氢原子分别被2个HCOO、1个NH2取代。先取代两个甲酸酯基，得4种结构：、，再取代1个氨基，依次得3种、1种、3种、2种，共9种。(6)参照流程中E、F、G、H转化过程，制备氨基酸，先要在羧基的位引入溴原子，再酯化，保护羧基；第三步氨基化、水解得到目标产物。
