1、2021高考化学全真模拟卷一、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、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是 A尼龙属于有机高分子材料B稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张C将大桥钢制构件用导线与石墨相连可以起到防腐的作用D刘禹锡浪淘沙诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于“过滤”【答案】C【解析】A尼龙是合成纤维，属于有机高分子材料，故A正确； B秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张，故B正确； C将大桥钢制构件用导线与石墨相连，在潮湿环境下可以形成原电池，钢为负极，可以加快防腐
2、，故C错误；D“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，只有淘尽了泥沙才能得到黄金，所以其中的“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”，故D正确；故答案为C。8环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,氧杂螺戊烷的结构简式为，则下列说法正确的是Almol该有机物完全燃烧需要消耗5.5molO2B二氯代物超过3种C该有机物与环氧乙烷互为同系物D该有机物所有碳、氧原子处于同一平面【答案】B【解析】A氧杂螺戊烷的分子式是C4H6O，1mol该化合物完全燃烧消耗O2的物质的量为5mol，A错误；B氧杂螺戊烷二氯代物中两个Cl原子在同一个C原子上3种同分异构体，在两个不同的C原子
3、上也有3种同分异构体，所以含有的同分异构体种类数目为6种，超过了3种，B正确；C该有机物与环氧乙烷结构不相似，因此不是同系物，C错误；D该有机物含有C原子为饱和C原子，饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构，最多有两个顶点原子与该C原子在同一个平面上，所以不是所有碳、氧原子处于同一平面，D错误；故合理选项是B。9根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小B向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加
4、热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色溶液中含 Br2【答案】B【解析】A向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，A错误；B沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，B正确；C银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+）的溶液；当然黄色溶
5、液也可能是稀的碘水，所以D错误。答案选B。10设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A25，1L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1109 NAB标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合后气体的分子数为NAC标准状况下，22.4 L己烷中共价键数目为19NAD过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，电子转移数大于0.2 NA【答案】D【解析】A 25，1L pH=9的CH3COONa溶液中，溶液中的c（H+）=109 mol/L，而溶液中的c（OH）=105mol/L，水电离出的氢离子与氢氧根离子相同，则发生电离的水分子数为1105NA，与题意不
6、符，A错误；B NO与O2反应生成二氧化氮，二氧化氮可生成四氧化二氮，则标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合后气体的分子数小于NA，与题意不符，B错误；C 标准状况下，己烷为液体，无法用气体摩尔体积进行计算，C错误；D 过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，稀硝酸也能与Cu反应，则电子转移数大于0.2 NA，符合题意，D正确；答案为D。11短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定文物年代，Z的单质在空气中的燃烧产物与水反应有Y单质产生，W2、WY2可用于自来水消毒。下列说法正确的是（ ）A原子半径大小：ZWCZWY3是含有离子键的共
7、价化合物 D氢化物的沸点：YW【答案】D【解析】试题分析：X的一种核素在考古时常用来鉴定文物年代，推出X为C，Z的单质在空气中的燃烧产物与水反应有Y单质产生，则Z为Na，Y为O，W2、WY2可用于自来水消毒，推出W为Cl，A、Na比C多一个电子层，电子层越多，半径越大，应是Na的半径大于C，故错误；B、非金属性越强，氢化物越稳定，Cl的非金属性强于C，因此应是ClC，故错误；C、化学式为NaClO3，属于离子化合物，故错误；D、H2O中含有分子间氢键，含有分子间氢键的物质的熔沸点高于无分子间氢键的，故正确。12煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽阳极发生的电化学氧化反应，将煤中黄铁矿(FeS2)或有
8、机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的，下图是一种脱硫机理，则下列说法正确的是l电极a 2黄铁矿 3MnSO4、H2SO4混合溶液 4未反应黄铁矿 5一电解产品AMn3+充当了电解脱硫过程的催化剂B电极a应与电源负极相连C脱硫过程中存在的离子反应为：8H2O+FeS2+15Mn3+=Fe3+16H+2SO42+15Mn2+D阴极发生的反应：2H2O+2e=4H+O2【答案】C【解析】A、电解初期，电极a发生Mn2+-e=Mn3，电解后期Mn3又还原，Mn3充当了电解脱硫过程的中间产物，故A错误；B、电极a发生Mn2+-e=Mn3，是电解池的阳极，应与电源的正极相连，故B错误；C、脱硫
9、过程中Mn3将FeS2氧化成Fe3+和SO42，存在的离子反应为：8H2O+FeS2+15Mn3+=Fe3+16H+2SO42+15Mn2+，故C正确；D、阴极发生的反应：4H+4e+O2=2H2O，故D错误；故选C。13，向20mL的溶液中滴加的NaOH溶液滴定过程中溶液温度保持不变，滴定曲线如图1，含磷物种浓度所占分数随pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是A的电离方程式为：；电离常数BB点溶液中存在关系：C图2中的a点对应为图1中的B点DD点时，溶液中微粒浓度大小关系为：【答案】C【解析】A、根据图2所示，一定pH下，电离出的离子为，所以是一元弱酸，电离方程式为：；20mL的溶液中滴加
10、的NaOH溶液10mL，得到等浓度的和，此时即为B点，根据电离平衡常数Ka，选项A正确；B、B点溶液为等浓度的和，存在电荷守恒关系：，存在物料守恒：，整理得到，选项B正确；C、B点溶液为等浓度的和，显酸性，的电离大于的水解，所以，选项C错误；D、D点是20mL的溶液中滴加的NaOH溶液20mL，恰好完全反应，得到的是，溶液显示碱性，所以，选项D正确。答案选C。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。26（15分）以软锰矿粉（主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质）为原料制备高纯Mn
11、O2的流程如下图所示：已知：常温下，KspFe(OH)3=8.010-38，Ksp Al(OH)3=4.010-34。常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH为8.1。常温下，当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于110-5molL-l时，可视为该金属离子已被沉淀完全。（1）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，原因是_。“酸浸”时加入一定量的硫酸，硫酸不能过多或过少。“硫酸”过多造成氨的损失；硫酸过少时，“酸浸”时会有红褐色渣出现，原因是_。（2）加入氨水应调节pH的范围为_，当Fe3+恰好沉淀完全时，c(Al3+)=_molL-
12、l。（3）“过滤”所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是_（填化学式），写出其阳离子的电子式：_。（4）加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”。“沉锰”过程中放出CO2，反哥应的离子方程式为_。“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。当温度高于60时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是_。【答案】（1）二氧化锰会氧化浓盐酸 （2分） 生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3沉淀（2分） （2）4.68.1（2分） 0.05（2分） （3）(NH4)2SO4（1分） （2分） （4）Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O（2分） 温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率
13、随碳酸氢铵浓度的减小而减慢（2分） 【解析】（1）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，原因是二氧化锰会氧化浓盐酸。“酸浸”时加入一定量的硫酸，硫酸不能过多或过少。“硫酸”过多造成氨的损失；硫酸过少时，“酸浸”时会有红褐色渣出现，原因是生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3沉淀。（2）由题中信息可知，Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.6、3.4，Mn2+开始沉淀的pH为8.1。所以，加入氨水应调节pH的范围为4.68.1，当Fe3+恰好沉淀完全时，的物质的量浓度最大值为110-5molL-l，此时溶液中c(OH-)的最小值为38.010-38110-5=210-11mol/L，c(Al3+
14、)=4.010-34(210-11)3= 0.05molL-l。（3）“过滤”所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是(NH4)2SO4，其阳离子的电子式为。（4）“沉锰”过程中放出CO2，反哥应的离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O。当温度高于60时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是：温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢。27（14分）甘氨酸亚铁是一种补铁强化剂。实验室利用与甘氨酸制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。柠檬酸易溶于水
15、和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I装置C中盛有17.4g和200mL1.0molL-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。（1）仪器a的名称是_；与a相比，仪器b的优点是_。（2）装置B中盛有的试剂是：_；装置D的作用是_。（3）向溶液中加入溶液可制得，该反应的离子方程式为_。（4）过程I加入柠檬酸促进溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是_；柠檬酸的作用还有_。（5
16、）过程II中加入无水乙醇的目的是_。（6）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_。【答案】（1）分液漏斗（1分） 平衡压强、便于液体顺利流下（1分）（2）饱和NaHCO3溶液（1分） 检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中（2分） （3）Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O （2分） （4）pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀（2分） 防止Fe2+被氧化（1分） （5）降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出（2分） （6）75（2分） 【解析】（1）仪器a的名称是分液漏斗；与a相比，仪器b
17、的优点是是平衡气压，使液体顺利流下。（2）装置B中盛有的试剂是：饱和NaHCO3溶液；装置D的作用是防止空气进入C中（从而防止Fe2被氧化）。（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，该反应的离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O。（4）pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是 pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe2+2OH=Fe（OH）2 ；结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2被氧化。（5）过程II中加入无水乙醇的目的是过程中加入
18、无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出。（6）17.4g即0.15mol FeCO3和200mL1.0molL-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，其产率是 100%=75%。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、习题中的信息、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，易错点（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，复分解反应强于水解，注意题中信息，结合元素化合物知识的应用。28.（14分）在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。（1）t时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表
19、所示：化学反应正反应活化能逆反应活化能t时平衡常数N2(g)O2(g)2NO(g) H0a kJ/molb kJ/molK14NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H0，4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H=(c-d)kJ/mol CH （1分） （1分）（2） 7 （1分）（3） CH4、NH4+（2分） 2 （2分） B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道 （2分） 6（2分） 0.414（2分） 电荷因素（1分） 键性因素（1分）【解析】（1）组成青蒿素的三种元素是C、H、O，其电负性由大到小排序是OCH，基态O原子的价电子排布图。（2）
20、一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，如图所示：。（3）根据等电子原理，可以找到BH4的等电子体，如CH4、NH4+；B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子则B2H6分子中有BH键和3中心2电子键等2种共价键；NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是：B原子的半径较小、价电子层上没有d轨道，Al原子半径较大、价电子层上有d轨道；由NaH的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似，则NaH晶体中阳离子的配位数是6；设
21、晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，Na+半径大于H-半径，两种离子在晶胞中的位置如图所示： 。Na+半径的半径为对角线的14，对角线长为2a，则Na+半径的半径为2a4，H-半径为a2-2a4，阴、阳离子的半径比r(-)r(+)=a2-2a42a4=0.414。由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。36化学选修5：有机化学基础(15分)某种降血压药物硝苯地平的合成路线如下：已知： +R”CHO（1）A 的结构简式是 _。（2）B与新制Cu(OH)2 反应的
22、化学方程式是 _。（3）H I的反应类型是 _。（4）试剂a 是 _。（5）JK的化学反应方程式是 _。（6）F 有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_。分子中含有酯基，且存在顺反异构能与金属Na单质反应，且能发生银镜反应（7）1 mol 硝苯地平最多可与_mol NaOH溶液发生水解反应。（8）已知 DEF +CH3OH，E的结构简式是_。【答案】（1）CHCH （2分） （2） CH3CHO + 2 Cu(OH)2 + NaOHCH3COONa + Cu2O+ 3H2O （2分） （3）取代反应 （1分） （4） NaOH 水溶液 （2分） （5）2+O22+2H2
23、O （2分） （6）、 （2分） （7） 2 （2分） （8） （2分） 【解析】（1）A为乙炔，结构简式为CHCH，故答案为：CHCH；（2）根据分析可知B为CH3CHO，与新制Cu(OH)2 发生氧化反应，故答案为：CH3CHO + 2 Cu(OH)2 + NaOHCH3COONa + Cu2O+ 3H2O；（3）根据分析可知H到I为烷基在光照条件与氯气的取代反应，故答案为：取代反应；（4）I到J为氯代烃的取代反应，反应条件为NaOH 水溶液加热，故答案为：NaOH 水溶液；（5）J到K为羟基的催化氧化，故答案为：2+O22+2H2O；（6）F的结构简式为，其同分异构体满足：分子中含有酯基
24、，存在顺反异构说明含有碳碳双键且同一碳原子连接两个不同的基团，能与金属Na单质反应说明含有羟基或羧基，能发生银镜反应说明含有结构，则符合条件的同分异构体有：、 、 、；（7）一个硝苯地平分子中含有两个酯基，所以1 mol 硝苯地平最多可与2mol NaOH溶液发生水解反应，故答案为：2；（8）根据分析可知F为，D为CH3COOCH3，D到E为加成反应，D中只有碳氧双键可以加成，再结合F的结构可知E的结构简式为：。【点睛】解决本题要充分利用题目所给的信息通过硝苯地平的结构反推F和K；存在顺反异构的条件是：分子中至少有一个键不能自由旋转（如C=C双键、CC叁键、C=N双键、C=S双键、N=N双键等），每个不能自由旋转的同一碳原子上不能有相同的基团，必须连有两个不同原子或原子团。
