2021张家口宣化区一中高三下学期5月高考考前模拟二化学试题PDF版含答案

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化学模拟卷答案详解
1. C
【解答】A．聚乙烯不含不饱和键，不能使溴水褪色，故A错误；
B．氯化铝为共价化合物，熔融状态不到电，工业上用电解氧化铝的方法制取铝，故B错误；
C．废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，故C正确；
D．丝、毛成分为蛋白质，含有碳、氢、氧、氮等元素，灼烧除了生成二氧化碳和水，还会生成含氮物质，故D错误；
2.B
【解答】A.根据题意，所用方法指蒸馏，故A正确；
B.“水滴石穿“还涉及化学变化碳酸钙变成碳酸氢钙的过程，故B错误；
C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是铁从铜盐中置换单质铜，故 C正确；
D.空气属于胶体，海市蜃楼是光线透过密度不同的气层，经过折射造成的结果，故D正确。
3.B
【解答】A．通常状况下根据c（OH﹣）计算，未标明温度，无法计算，故A错误；
B．甲烷和氧气的混合气体共22.4L，若为标准状况下，n（混合气）1mol，CH4+2O2CO2+2H2O，反应前后分子总数不变，完全燃烧后产物的分子总数可能为NA，故B正确；
C．根据物料守恒分析n（H2SO3）+n（HSO3﹣）+n（SO32﹣）＝n（Na+），所以n（H2SO3）+n（HSO3﹣）＝1mol的NaHSO3溶液中，含有Na+的数目大于NA，故C错误；
D．D2O中含有的质子数＝中子数，10gD2O的物质的量为0.5mol，D2O分子中含有10个质子和10个中子，含有的质子数与中子数分别为5NA和5NA，故D错误；
4.B
【详解】A.苯乙烯与氯化氢在一定条件下发生加成反应可以生成1-氯乙苯或2-氯乙苯，A错误；
B.分子式为C10H14的烃，苯环上只有1个侧链，侧链是烷基，可能是-C4H9，-C4H9的结构有-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-CH2CH(CH3)2、-C(CH3)3，共4种不同结构，因此分子式为C10H14的烃，苯环上只有1个侧链的结构有4种，B正确；
C.汽油、柴油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O，而植物油属于油脂，含有C、H、O三种元素，C错误；
D.蔗糖水解产生葡萄糖和果糖，单糖不能水解，因此糖类水解的最终产物不都是葡萄糖，D错误；
故合理选项是B。
5.C
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C8H11NO2，故A正确；
B．碳碳双键能和氢气发生加成反应，该反应也属于还原反应，故B正确；
C．碳碳双键、﹣CN、﹣COOC﹣均直接相连，且3个原子可确定一个平面，连接2个甲基的C为四面体结构，可能共平面的碳原子最多为7个，即只有1个甲基上C与其它碳原子不共面，故C错误；
D．该有机物不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，如果含有苯环，苯环上还含有羟基或醚键、氨基，除了苯环外还含有2个碳原子，所以其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子，故D正确；
6.D
【解答】A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故A错误；
B.因为Na2CO3溶液是饱和的，所以生成的NaHCO3会析出，反应的离子方程式应为CO32−+H2O+CO2+2Na+=2NaHCO3↓，故B错误；
C.向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，开始会生成氢氧化银白色沉淀，但是氢氧化银会溶于过量的氨水中，反应生成氢氧化银氨溶液，会出现沉淀然后消失，离子方程式为：Ag++2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故C错误；
D.Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时，硝酸不足，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；离子方程式：3Fe+2NO3−+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确；
7.D【解答】解：由上述分析可知，X、Y、Z、M、Q分别为H、C、N、Si、Cl，
A．电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Z＜Y＜M，故A正确；
B．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y＞M，故B正确；
C．氨气极易溶于水，与氢键有关，且水溶液显碱性，故C正确；
D．H、N、Cl可能形成氯化铵为离子化合物，故D错误；
8.B【详解】A．放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，故A正确；
B．离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触直接发生氧化还原反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极，K+通过N膜进入正极，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故B错误；
C．充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，故C正确；
D．放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-═Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，转移2mol电子时负极生成1mol的锌离子，正极产生2mol的碘离子，所以放电时电解质储罐中离子总浓度增大，故D正确；
9.C【详解】A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；
B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；
C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；
D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；
10.C【解答】解：A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡，水解平衡为：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，忽略二级水解，故A正确；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低，也就说明过程中SO32﹣浓度有所降低，故B正确；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，由于④中SO32﹣被氧化为SO42﹣，SO32﹣浓度减小，平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；
D．水的离子积常数Kw只有温度有关，①和④温度相同，所以①和④的Kw值相等，故D正确，
11.D【详解】A．由图可知，pH=11时，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)，A错误；
B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100 mol·L－1，c(Na＋)＝0.100 mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)= c(Na＋)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由图可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)时，溶液显碱性，即H2AsO3-的水解程度大于电离程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，B错误；
C．c(Na＋)＝0.200 mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100 mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因为电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H＋)＋c(H2AsO3-)+2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)，C错误；
D．电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由图可知，pH=12.8时，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，所以，4c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H+)+c(Na+)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)，D正确。
12.CD
【解析】A.根据c=1000ρωM，该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度c=1000×1.4×63％63mol/L=14mol/L，故A正确；
B.4480mL NO2的物质的量=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，336mLN2O4的物质的量=0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，令Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量与电子转移守恒，可得：64x+24y=4.6，2x+2y=0.2+0.015×2，解得x=0.046、y=0.069。铜镁合金完全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀，生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，由化学式可知n(OH−)=2n(Cu)+2n(Mg)=2×(0.046mol+0.069mol)=0.23mol，故沉淀质量=m(Cu)+m(Mg)+m(OH−)=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g，故B正确；
C.根据B可知，该合金中铜与镁的物质的量之比=0.046mol：0.069mol=46：69，故C错误；
D.离子恰好完全沉淀时，此时溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)+2n(N2O4)，故n(NaNO3)=0.1L×14mol/L−0.2mol−2×0.015mol=1.17mol，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)=1.17mol，故需要氢氧化钠溶液的体积=1.17mol÷1mol/L=1.17L=1170mL，故D错误。
13.CD
【解析】A.化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；
B.a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，则反应物浓度：a点大于b点，故B错误；
C.从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；
D.随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，则SO2的转化率：a～b段小于b～c段，故D正确。
14（1）＜　
（2） N是　Fe（OH）3 　X的化学式为　KSCN或NH4SCN　
（3）①　排尽装置内的空气和水蒸气　②　不要　③　Fe（OH）CO3　
（4）　Fe3++2CO32﹣+H2O＝Fe（OH）CO3↓+HCO3﹣　
（5）　碱性强弱　
【解答】解：（1）Na2CO3水解能力强，碱性强，用pH计分别测定0.5mol•L﹣1 NaHCO3溶液、0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液，得pH为a＜b，故答案为：＜；
（2）KSCN或 NH4SCN是检验铁离子的特效试剂，现象是溶液呈红色，N溶于酸，无气泡，加KSCN或 NH4SCN后呈红色，说明N是Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3； KSCN或 NH4SCN；
（3）①加热一段时间后，装置A中棕色粉末变红色，装置B中白色粉末变蓝色；装置C中产生白色沉淀。说明有水蒸气和二氧化碳产生，故①点燃酒精灯前，先通入N2，其目的是排尽装置内的空气和水蒸气，故答案为：排尽装置内的空气和水蒸气；
②停止加热之前，不要先拆去B、C之间导管，空气中的水分会进入B中，影响实验结果，故答案为：不要；
③白色固体质量为19.7g，n（CO2）＝n（BaCO3）＝19.7g/197g•mol﹣1＝0.1mol，A中残留红色粉末的质量为8.0g，n（Fe）＝8.0g/160g•mol﹣1×2＝0.1mol，故M化学式为Fe（OH）CO3，
故答案为：Fe（OH）CO3；
（4）FeCl3溶液和Na2CO3反应生成Fe（OH）CO3，溶液反应的离子方程式为Fe3++2CO32﹣+H2O＝Fe（OH）CO3↓+HCO3﹣，故答案为：Fe3++2CO32﹣+H2O＝Fe（OH）CO3↓+HCO3﹣；
（5）铁盐与碳酸盐溶液反应产物不同可能与碱性强弱、浓度、水解产物CO2有关，碱性强，产物中氢氧根的含量增大，故答案为：碱性强弱。
15.（1）　SiO2　　Fe（OH）3　
（2）　Mn2++H2O2+H2O＝MnO（OH）2↓+2H+　
（3）①　3.3～5.4　②　先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去　
（4）　过滤、洗涤、干燥　
（5）　ZnC2O4=ZnO+CO↑+CO2↑　
【解答】解：用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中注意为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等．
（1）由分析可知，滤渣A为SiO2，滤渣B为Fe（OH）3，
故答案为：SiO2；Fe（OH）3；
（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成，反应离子方程式为：Mn2++H2O2+H2O＝MnO（OH）2↓+2H+，
故答案为：Mn2++H2O2+H2O＝MnO（OH）2↓+2H+；
（3）①除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制pH使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀，故控制反应液pH的范围为3.3～5.4，
故答案为：3.3～5.4；
②除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去，
故答案为：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去；
（4）沉淀后要获得干燥纯净草酸锌晶体，需经过过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（5）ZnC2O4•2H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为100%＝80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为100%＝42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2．300℃～460℃范围内，发生反应的化学方程式为：ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑，
故答案为：ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑．
16.（1）　C（s）+2CuO（s）⇌Cu2O（s）+CO（g）△H＝+34.5 kJ•mol﹣1　 不变　
（2）①　0.024 mol•L﹣1•min﹣1　 ②　60%　
（3）①　L2　　该反应为吸热反应，温度升高，平衡正移，CO2的平衡体积分数减小　
②K＝9/7
（4）　减小　不变　
【解答】解：（1）Ⅰ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H＝+172.5kJ/mol
Ⅱ．CO（g）+2CuO（s）⇌Cu2O（s）+CO2（g）△H＝﹣138.0KJ/mol
结合盖斯定律计算，Ⅰ+Ⅱ得到C与CuO反应生成Cu2O和CO的热化学方程式；C（s）+2CuO（s）⇌Cu2O（s）+CO（g）△H＝+34.5 kJ•mol﹣1，
一定温度下，该反应在密闭容器中达到平衡后，只增大容器的容积，压强减小，再次达到平衡时和起始平衡是等效平衡，CO的平衡浓度不变，
故答案为：C（s）+2CuO（s）⇌Cu2O（s）+CO（g）△H＝+34.5 kJ•mol﹣1，不变；
（2）①一定温度下，向5L恒容密闭容器中加入1molCO和2molCuO，发生反应Ⅱ.5min时达到平衡，测得容器中CuO的物质的量为0.8mol，
CO（g）+2CuO（s）⇌Cu2O（s）+CO2（g）
起始量（mol） 1 2 0 0
变化量（mol） 0.6 1.2 0.6 0.6
平衡量（mol）0.4 0.8 0.6 0.6
0﹣5min内，用CO2表示的反应速率v（CO2）0.024 mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.024 mol•L﹣1•min﹣1；
②CO的平衡转化率a100%＝60%，
故答案为：60%；
（3）①向5L密闭容器中加入1molC和1molCO2，发生反应Ⅰ为C（g）+CO2（g）⇌2CO（g）△H＝+172.5kJ/mol，反应为吸热反应，温度升高，平衡正移，二氧化碳平衡体积分数（φ）随温度升高减小，所以能表示CO2的平衡体积分数与温度关系的曲线为L2，
故答案为：L2；该反应为吸热反应，温度升高，平衡正移，CO2的平衡体积分数减小；
②温度为T1时，CO体积分数为60%，设碳消耗物质的量浓度x，
C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）
起始量（mol/L） 0.2 0.2 0
变化量（mol/L） x x 2x
平衡量（mol/L）0.2﹣x 0.2﹣x 2x
60%
xmol/mol，
K
故答案为：；
（4）其他条件不变时，若水的分解反应用Cu2O作催化剂，则该反应的活化能降低，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应热（△H）不变，
故答案为：减小； 不变。
17.3d64s2  Ca  N  球形  24NA  CN−  sp杂化  N>C>H>Si  八面体空隙   12 3(16×3+56+48)ρNA×1010
【解析】解：(1)铁元素的原子序数为26，价电子数8，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，
故答案为：3d64s2；
(2)铁为26号元素，位于第四周期第VIII族，铁原子的最外层电子数为2，与铁同周期，且最外层电子数相同的主族元素是钙，
故答案为：Ca；
(3)Ti为22号元素，基态 Ti原子的价电子排布式为3d24s2，含有四个电子层，核外电子占据的最高能层符号为N，4s电子云轮廓图为球形，
故答案为：N；球形；
(4)1molFe3[Fe(CN)6]2中含有12mol配位键，即12个σ键，每个CN三键中含有1个σ键，2个π键，1molFe3[Fe(CN)6]2中含有2molFe(CN)6]3+离子，含有σ键物质的量=12(配位键)+12=24mol，σ键数目为24NA，；氰酸根离子含有碳氮三键，则碳原子的杂化方式为sp杂化；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、N、Si四种元素的非金属性有强到弱的顺序为N>C>H>Si，则电负性由大到小的顺序为N>C>H>Si，
故答案为：24NA；CN−，sp杂化；N>C>H>Si；
(5)由图1晶体结构可知，由 O原子围成的八面体空隙被 Fe原子占据，钛原子处于晶胞顶点时，铁原子位于体心，氧原子位于面心，当铁原子处于晶胞的顶点时，钛原子位于体心，氧原子位于棱上，晶胞结构示意图为，与钛原子距离最近的氧原子有12个，则钛原子的配位数为12，
故答案为：八面体空隙；；12；
(6)由晶胞的质量公式可得：ρ=MNA×V，则晶胞参数a=3(16×3+56+48)ρNA×1010pm，解得a=3(16×3+56+48)ρNA×1010pm，
故答案为：3(16×3+56+48)ρNA×1010。
18.1−溴丁烷 
 
醚键、羧基
  
还原反应  取代反应或酯化反应  10
 
【解析】解：(1)反应①中除苯酚外另一个反应物为CH3CH2CH2CH2Br，该反应物的化学名称为1−溴丁烷，
故答案为：1−溴丁烷；
(2)由分析可知，化合物C的结构简式为，
故答案为：；
(3)化合物F中含氧官能团的名称为醚键、羧基，
故答案为：醚键、羧基；
(4)反应④的化学反应方程式：，
故答案为：；
(5)反应⑤是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢，反应类型为还原反应，反应⑥是羧基与羟基发生酯化反应，属于取代反应，
故答案为：还原反应；取代反应或酯化反应；
(6)G为，化合物G的同分异构体同时满足以下三个条件：(ⅰ)含有氨基；(ⅱ)催化氧化产物可以发生银镜反应，说明含有−CH2OH，(ⅲ)含一个甲基，符合条件的同分异构体有，共10种，
故答案为：10；
(7)发生缩聚反应生成，发生硝化反应生成，然后与Fe/HCl反应生成，而发生信息中反应生成，甲苯与氯气在光照条件下生成，合成路线为：，
故答案为：。
对比A、D的结构，结合反应条件、C的分子式可知，A的酚羟基中氢原子被−CH2CH2CH2CH3取代生成B，B中苯环侧链对位氢原子被溴原子取代生成C，C发生信息中反应将溴原子转化为−COOH而生成D，故B为、C为；对比D、F的结构，结合反应条件可知，D发生硝化反应生成E，E中硝基被还原为氨基生成F，故E为；对比F、M的结构简式，结合G的分子式，可推知G为，G与F发生酯化反应生成M；
(7)发生缩聚反应生成，发生硝化反应生成，然后与Fe/HCl反应生成，而发生信息中反应生成，甲苯与氯气在光照条件下生成。