河南省郑州市2021年高考化学一模试卷及答案

这是一份河南省郑州市2021年高考化学一模试卷及答案，共21页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
 高考化学一模试卷
一、单项选择题
1.化学与生活、科技密切相关。以下说法正确的选项是〔   〕
A.“歼-20〞飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王〞，是一种新型有机高分子材料
B.2021年12月3日，在月球外表成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维
C.我国海洋开发走向深蓝，“蛟龙号〞外壳材料使用的钛合金属于化合物
D.2021年我国发射的嫦娥5号探月器的太阳能电池帆板的材料是
2.以下化学用语表示正确的选项是〔   〕
A.羟基的电子式：
B.钠离子的结构示意图：
C.氯仿分子的球棍模型：
D.对硝基甲苯的结构简式：
3.白屈菜酸有止痛、止咳等成效，其结构简式如图。以下说法中错误的选项是〔   〕

A.白屈菜酸分子中含有四种官能团
B.白屈菜酸的一种同分异构体能发生银镜反响
C.白屈菜酸可以发生氧化、酯化、水解反响
D.白屈菜酸分子中不含手性碳(连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳)
4. NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的选项是〔   〕
A.的 溶液中含有 的数目为0.1 NA
B.常温常压下， 和 的混合物中含有的电子数一定为NA
C.常温常压下，31g白磷燃烧生成 时，断裂 键的数目为NA
D.晶体中阴、阳离子总数为0.3 NA
5.某科研人员研究得出，HCHO可在羟基磷灰石(HAP)外表催化氧化生成 和 ，其历程示意图如图(图中只画出了HAP的局部结构)。

以下说法错误的选项是〔   〕
A.HAP不能提高HCHO与 的平衡转化率
B.HCHO在反响过程中，有 键发生断裂
C.根据图示信息， 分子中的氧原子全部来自
D.该过程的总反响是
6.利用化学反响可以制取人们需要的物质。以下物质间的转化均能实现的是〔   〕
A.
B.
C.
D.
7.实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱和氯化铵溶液，以下选项有关操作错误的选项是〔   〕
选项
A．
B．
C．
D．
实验操作




实验目的
制取氨气将其溶于饱和食盐水
用碳酸钠与稀硫酸制二氧化碳
过滤获得碳酸钠晶体
蒸发浓缩氯化铵溶液
A.A  
B.B  
C.C  
D.D
8.以下实验能到达预期目的的是〔   〕

实验内容
实验目的
A
向1mL 0.1mol•L-1NaOH溶液中参加2mL 0.1mol•L-1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热后未出现红色沉淀
证明葡萄糖中不含醛基
B
向1mL 0.2mol•L-1AgNO3溶液中滴入2滴0.1mol•L-1KCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L-1KI溶液，又生成黄色沉淀
证明在相同温度下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
C
室温下，用pH试纸测定同浓度的Na2CO3与NaClO的pH，比较二者pH的大小
证明碳元素的非金属性弱于氯
D
将FeCl2样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红色
证明FeCl2样品已变质
A.A  
B.B  
C.C  
D.D
9.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物。这4种元素形成某有机物的结构简式如图。以下说法正确的选项是〔   〕

A. 含氧酸的酸性：Z>Y
B. 原子半径：XH2CO3 ， 但没有说明是最高价含氧酸，如酸性HNO2Z>W>X，故B不符合题意；
C．最简单氢化物的沸点：H2O>NH3>CH4 ， 但不一定是简单氢化物，另外如果W是S，也不符合，故C不符合题意；
D．这4种元素组成的一种化合物M是碳酸氢铵，既可与盐酸反响，也可与氢氧化钠溶液反响，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物，那么Z是N元素，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，这四种元素形成某有机物的结构简式如图，-YX3应该是甲基，那么X为H元素，Y是C元素，-WX应该为羟基，那么W是O元素或者是硫元素，据此答复以下问题。
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．A为铵盐，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中还含有N-H共价键，故A不符合题意；
B．B为NH3 ， Y为O2 ， E为NO2 ， 氨气与氧气反响生成NO，不会直接生成NO2 ， 故B不符合题意；
C．D为NO，NO能够与氧气反响，不能用排空气法收集，故C不符合题意；
D．一氧化氮不与NaOH溶液反响，二氧化氮与氢氧化钠溶液反响，通过氢氧化钠溶液可以除去NO中含有的少量NO2 ， 故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反响生成氢化物B，那么A为铵盐，B为NH3；B连续与Y反响得到氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，那么Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2 ， 通常条件下Z是无色液体，E与Z反响得到含氧酸F，那么Z为H2O、F为HNO3 ， F与X发生酸碱中和反响得到G为硝酸盐，据此分析解答。
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反响Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ca2++2OH-+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A不符合题意；
B．酸性H2C2O4＞H2CO3 ， 向少量NaHCO3溶液中参加草酸会生成CO2和NaHC2O4 ， 反响的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，对应的离子方程式为 ，故B不符合题意；
C．H2C2O4有复原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2 ， 离子方程式中应保存化学式，离子方程式为2 +5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C符合题意；
D．完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.能与碱发生酸碱中和反响得到盐和水
B.利用强酸制取弱酸进行验证
C.H2C2O4是弱电解质，不拆
D.H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反响
12.【答案】 B
【解析】【解答】A．由初期阶段的速率方程可知，甲烷浓度越大，反响速率v越大，故A不符合题意；
B．反响过程中氢气浓度逐渐增大，甲烷浓度逐渐减小，由初期阶段的速率方程可知，反响速率减小，故B符合题意；
C．该温度下，随着反响的进行，甲烷的浓度逐渐减小，由初期阶段的速率方程可知，反响速率减小，那么乙烷的生成速率逐渐减小，故C不符合题意；
D．升高反响温度，反响速率加快，由初期阶段的速率方程可知，反响速率常数k增大，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】根据 v=k∙c(CH4)，其中k为反响速率常数，即可判断甲烷的浓度越大，速率越大，随着反响的进行，甲烷浓度降低，导致速率下降，温度升高，速率加快，因此温度升高常数增大，氢气的浓度增大，甲烷的浓度降低，速率降低
13.【答案】 B
【解析】【解答】A．单位时间T2温度下，环戊二烯浓度变化大，因此速率快，那么反响温度高，因此T1小于T2 ， 故A不符合题意；
B．a点浓度大，温度低，c点浓度小，温度高，因此a的反响速率与c点的反响速率不能比较，故B符合题意；
C．a点环戊二烯浓度大于b点环戊二烯浓度，因此a点的正反响速率大于b点的正反响速率，而b点的正反响速率大于b点的逆反响速率，因此a点的正反响速率大于b点的逆反响速率，故C不符合题意；
D．b点时环戊二烯浓度浓度改变理论0.9 mol·L−1 ， 因此二聚体的浓度为0.45 mol·L−1 ， 故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】速率由温度、压强、浓度、催化剂等多个变量决定，分析时一定要考虑多个变量相同，只有一个变量变化来分析速率的变化。
14.【答案】 A
【解析】【解答】A． 根据原电池原理，水电离产生的氢离子得电子产生氢气，正极的电极反响式为： ，选项A符合题意；
B． 与 的反响生成 ，得电子，发生复原反响，电极反响可表示为： ，选项B不符合题意；
C．钢管腐蚀过程中，负极铁失电子生成Fe2+ ， 与正极周围的S2-、OH-结合为FeS、Fe(OH)2 ， 选项C不符合题意；
D．假设在钢管外表镀铜，构成原电池，铁为负极，加快钢管的腐蚀，选项D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据给出的几种离子进行判断，铁做负极，失去电子变为亚铁离子，水在正极得到电子变为氢气
B.根据反响物和生成物即可写出反响
C.根据正极附近的阴离子以及亚铁离子即可判断产物
D.再钢管外表镀上活泼性比铁活泼的金属
15.【答案】 D
【解析】【解答】A．根据图象，0.10mol/LBOH溶液的pH=11，c(OH-)= mol/L=0.001mol/L，那么BOH为弱碱，其电离程度较小，那么溶液中c(BOH)≈0.10mol/L，c(B+)≈c(OH-)=0.001mol/L，BOH的Kb= ≈ =1×10-5 ， 故A不符合题意；
B．a点参加酸的物质的量是碱的物质的量的一半，那么混合溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH、BCl，b点参加酸、碱的物质的量相等，二者恰好完全反响生成BCl，溶液中溶质为BCl，假设a点BOH不电离且B+不水解，b点B+不水解，a点c(B+)= mol/L= ×0.10mol/L、b点c(B+)= mol/L= ×0.10mol/L，混合溶液中BOH电离程度和B+水解程度都较小，所以a点的c(B+)小于b点，故B不符合题意；
C．a点溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、存在物料守恒c(B+)+c(BOH)=2c(Cl-)，所以存在c(B+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)，故C不符合题意；
D．混合溶液pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，那么c(B+)=c(Cl-)，酸碱混合后导致溶液体积增大，那么导致溶液中c(Cl-)减小，所以存在c(B+)=c(Cl-)＜0.1mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.根据起始的pH即可判断出氢离子浓度即可计算出kb
B.根据发生的反响以及消耗盐酸的量即可计算出B+离子的大小
C.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
D.根据电荷守恒结婚中性即可判断
二、非选择题
16.【答案】 〔1〕光照
〔2〕加成反响；羟基
〔3〕
〔4〕+2CH3COOH 2H2O+
【解析】【解答】(1)由分析可知，反响①为光照条件下， 与氯气发生取代反响生成 和氯化氢，故答案为：光照；
 
(2) 由分析可知，反响⑤为 与溴水发生1，4—加成反响生成 ；C的结构简式为 ，官能团为羟基，故答案为：加成反响；羟基；
(3) 由分析可知，化合物B的结构简式为 ，故答案为： ；
(4) 由分析可知，反响⑧为在浓硫酸作用下， 与CH3COOH共热发生酯化反响生成 和水，反响的化学方程式为 +2CH3COOH 2H2O+ ，故答案为： +2CH3COOH 2H2O+ 。
【分析】由有机物的转化关系可知，光照条件下， 与氯气发生取代反响生成 ， 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反响生成 ， 与氯气发生加成反响生成 ，那么A为 ； 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反响生成 ， 与溴水发生1，4—加成反响生成 ，在催化剂作用下， 与氢气发生加成反响生成 ，那么B为 ； 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反响生成 ，那么C为 ；在浓硫酸作用下， 与CH3COOH共热发生酯化反响生成 ，那么X为CH3COOH。
 
17.【答案】 〔1〕Ⅰ；Na+ Na+；2
〔2〕2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+CaCl2+2H2O
〔3〕3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O
〔4〕SOCl2+H2O═SO2+2HCl
【解析】【解答】(1)淡黄色固体为Na2O2 ， 可与水反响生成NaOH和氧气，最终位于I组；Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为 ；过氧化钠与水反响为歧化反响，2mol过氧化钠参加反响，转移2mol电子，故答案为：I； ；2；
 
(2) Ⅰ组中的气体为氨气，实验室制备氨气原理为：氯化铵与氢氧化钙加热生成氯化钙和氨气和水，反响的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+CaCl2+2H2O；
(3) B组中的物质是铜，铜与稀硝酸反响生成硝酸铜和一氧化氮和水，反响的离子方程式为3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4) Ⅱ组中的物质为SOCl2 ， 滴入水中后与水剧烈反响，产生大量酸雾，SOCl2与水反响生成HCl和二氧化硫，反响的化学方程式为SOCl2+H2O═SO2+2HCl，故答案为：SOCl2+H2O═SO2+2HCl。
【分析】NH3、CO、Na2O2、Cu、F2、SOCl2等，按照组成元素的多少可以分为单质和化合物，属于单质的是Cu、F2 ， 属于化合物的是NH3、CO、Na2O2、SOCl2；单质中能与氢气反响的是F2；化合物中能与水反响的是NH3、Na2O2、SOCl2 ， 反响后溶液显碱性的是NH3、Na2O2 ， 据此分析解答。
 
18.【答案】 〔1〕
〔2〕向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色
〔3〕翻开 ，旋开旋塞c参加70%的硫酸，一段时间后关闭 。更换试管D，旋开旋塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和
〔4〕甲、丙
〔5〕除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染大气
【解析】【解答】(1) 检查装置气密性后，关闭 、 、 ，翻开 ，旋开旋塞a，加热A，产生的氯气能氧化Fe2+生成Fe3+ ， 那么B中发生反响的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+ ， 故答案为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；
 
(2)B生成的离子为Fe3+ ， 检验Fe3+ ， 可以向试管D中滴加KSCN溶液，假设试管D中溶液变红色，即说明B中有Fe3+生成，故答案为：向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色；
(3)要证明Fe3+和SO2氧化性的强弱，就需要检验两者反响后的产物中是否含有 和Fe2+ ， 具体操作是：翻开K3 ， 旋开活塞c参加70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3 ， 更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和Fe2+ ， 故答案为：翻开K3 ， 旋开活塞c参加70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3 ， 更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和Fe2+；
(4)甲中过程(2)后既有 又有 ，说明氯气缺乏，氯气氧化性大于Fe3+ ， 过程(3)中有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反响，那么氧化性铁离子大于二氧化硫；乙中过程(2)后有 无 ，说明氯气过量，过程(3)中有硫酸根离子，可能是氯气将二氧化硫氧化，不能说明铁离子、二氧化硫的氧化性强弱；丙中过程(2)后有Fe3+ ， 无Fe2+ ， 那么氯气的氧化性大于铁离子，过程(3)中有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反响，那么氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：甲、丙；
(5)将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开K1、K2、K3和K4 ， 关闭旋塞a、c，翻开旋塞b，从两端鼓入N2 ， 这样做的目的是除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气，故答案为：除去A和C中分别 产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气。
【分析】〔1〕根据流程即可判断是氯气和氯化亚铁反响得到氯化铁的反响即可写出方程式
〔2〕主要是检验铁离子利用KSCN溶液即可
〔3〕要证明氧化性的强弱可以将二氧化硫气体通入到B中即可
〔4〕要证明氧化性   ，通过实验进行产物检验即可
〔5〕主要是进行尾气处理防止尾气污染空气
 
 
19.【答案】 〔1〕漏斗、烧杯、玻璃棒
〔2〕1∶1
〔3〕
〔4〕80℃以后，温度升高， 的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中 浓度减小，沉钒率下降
〔5〕%
【解析】【解答】(1) 由分析可知，操作Ⅰ为固、液别离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
 
(2) 由分析可知，在滤渣1中参加亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反响为在酸性条件下，亚硫酸钠与 发生氧化复原反响生成硫酸钠、 和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂 和复原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；
(3) 由分析可知，混合溶液中参加氯酸钾发生的反响为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将 离子氧化为 离子，反响的离子方程式为 ，故答案为： ；
(4) “沉钒〞时，温度超过80℃以后， 的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中 浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高， 的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中 浓度减小，沉钒率下降；
(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反响的复原剂， 离子和高锰酸钾做反响的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n( )+5n( )=n(Fe2+)，解得n( )=(a1b1−5a2b2)×10−3 mol，由钒原子个数守恒可知，产品中 的质量分数为 ×100%= %，故答案为： %。
【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解， 和不溶性硅酸盐不溶于水， 溶于水，过滤得到含有 和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有 的滤液1；向滤渣1中参加亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与 发生氧化复原反响生成硫酸钠、 和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反响转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有 的滤液2；向含有 的混合溶液中参加氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将 离子氧化为 离子，向氧化后的溶液中参加氨水， 离子与氨水反响生成 沉淀，过滤得到 ； 受热分解生成 。
 
20.【答案】 〔1〕
〔2〕0.005；逆反响方向
〔3〕催化剂不会影响平衡转化率，在其他条件相同情况下，乙催化剂对应c点的转化率没有甲催化剂对应b点的转化率高，所以c点一定未平衡
〔4〕；
【解析】【解答】(1)①   
 
②   
根据盖斯定律，由-①-②得反响 ，那么过程2的热化学方程式为 ；
(2)容器Ⅰ在10min时反响到达平衡，该段时间内CO2的平衡转化率为50%，那么 的平衡转化率也为50%，反响消耗 0.2mol 50%=0.1mol，平均反响速率为 =0.005 ；
容器Ⅰ平衡时 、 、 、H2各物质的量浓度分别为0.05mol、0.05mol、0.1mol、0.1mol；平衡常数为K= = ；温度不变平衡常数不变，容器Ⅱ起始时Qc= =0.045> =K，反响向逆反响方向进行；
(3)同温度下甲催化剂对应的转化率高于乙催化剂对应的转化率，即同温度下CH4的转化率不相同，那么在催化剂乙作用下，图中c点处CH4的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，即c点一定未到达平衡状态；故答案为：催化剂不会影响平衡转化率，在其他条件相同情况下，乙催化剂对应c点的转化率没有甲催化剂对应b点的转化率高，所以c点一定未平衡；
(4) ①增大n(H2)，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率越大，所以m1>m2>m3； 最大；
②升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳和氢气的含量增大，乙醇、水减少，乙醇的含量是水的3倍，所以曲线d代表的物质为乙醇，曲线a代表水，曲线c代表H2 ， 曲线b代表CO2 ， m=3，设起始时H2为9mol，那么CO2为3mol；

9-6x=3x，解得x=1mol，平衡常数 = ，p(CO2)= ，p(H2)= ，p(C2H5OH)= ，p(H2O)= ， = 。
【分析】〔1〕根据盖斯定律即可计算
〔2〕根据给出的数据计算出平衡时各物质的量浓度，即可计算出甲烷的速率和该温度下的平衡常数，根据容器II中给出的数据，计算出浓度商与平衡常数进行比照即可
〔3〕催化剂只是改变反响速率，不影响平衡转化率，再根据温度下甲和乙的转化率进行比照即可判断
〔4〕① m数值越大，二氧化碳的转化率越大，根据图示即可找出②根据给出的数据利用三行式计算出平衡时的物质的量即可计算出平衡分压即可求出常数
 
21.【答案】 〔1〕阳离子；
〔2〕；
〔3〕
【解析】【解答】(1)由图可知，阳极上氯离子失去电子发生氧化反响生成氯气，电极反响式为2Cl--2e-=Cl2↑，水在阴极上得到电子发生复原反响生成氢气和氢氧根离子，电极反响式为2H2O+2e—=2OH—+ H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，使阳极室中阳离子电荷数大于阴离子，阴极生成的氢氧根离子使阴极室中阴离子电荷数大于阳离子，为维持两室溶液中的电荷守恒关系，阳极室中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，那么离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳离子；2H2O+2e-=2OH-+ H2↑；
 
(2) 产生“气泡〞发生的反响为硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液反响生成硫酸钠、二氧化碳和水，反响的化学方程式为 ；生成二氧化氯发生的反响为亚氯酸钠溶液与硫酸氢钠溶液反响生成硫酸钠、二氧化氯和水，反响的离子方程式为 ，故答案为： ； ；
(3)由铬酸银的溶度积可知，溶液中铬酸根离子的浓度为1×10-4mol/L时，银离子的浓度为 = =1×10-4mol/L，由氯化银的溶度积可知溶液中氯离子浓度为 = =2×10-6mol/L，故答案为：2×10-6。
【分析】〔1〕根据右边氢氧化钠的浓度变化即可判断为阳离子交换膜，阴极是氢离子放电即可写出电极式
〔2〕根据反响物和生成物即可写出方程式
〔3〕根据氯化银和铬酸银的Ksp即可计算出浓度