山东省潍坊市2021年高考化学三模试卷及答案

这是一份山东省潍坊市2021年高考化学三模试卷及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 高考化学三模试卷
一、单选题
1.化学与生产、生活、科技发展息息相关。下列有关说法错误的是（   ）
A.葡萄酒中添加少量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用
B.食物中的膳食纤维通过水解反应为人体提供能量
C.钛合金能耐高温，可用于制造航天器的部件
D.我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高
2.实验室中下列做法错误的是（   ）
A.中和滴定时，滴定管用所盛装的溶液润洗2~3次
B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体加入适量蒸馏水中，搅拌使其完全溶解
C.向容量瓶转移液体时，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下
D.蒸馏完毕后，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
3.下列说法正确的是（   ）
A.体系的内能与温度等有关，只要温度不变，体系的内能不变
B.反应 能自发进行，它的 ，
C.室温下，pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合后，所得溶液的pH大于7
D.水与丙酮能完全互溶的原因是两种分子间能形成氢键
4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（   ）
A.12g石墨中含有C-C键的数目为2NA
B.标准状况下(STP)，2.24LCHCl3中含有σ键的数目为0.4NA
C.常温下，1L0.1mol·L-1HF(Ka=8.1×10-4)溶液中所含H+的数目约为9×10-3NA
D.5.6gFe发生吸氧腐蚀，最终生成Fe2O3·xH2O，电极之间转移的电子数为0.3NA
5.缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8(H原子除外)的一类化合物。下列说法错误的是（   ）
A.B2H6是缺电子化合物
B.BeCl2的二聚体是平面分子
C.AlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2
D.化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3N→BF3
6.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒、胶头滴管、温度计(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器不能完成的实验是（   ）
A.配制1.0mol·L-1的H2SO4溶液
B.实验室制取并收集NH3
C.配制银氨溶液并检验葡萄糖分子中的醛基
D.用四氯化碳萃取溴水中的溴
7.Cu2ZnSnS4是太阳能薄膜电池的重要成分，其晶胞结构(棱边夹角均为90°)如图所示，下列说法错误的是（   ）

A.第一电离能：CuC>H
（3）1:1；H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点
（4）B,D
（5）1:1；
【解析】【解答】(1)铁是26号元素，价电子排布式为：3d64s2 ， 失去3个电子后，价电子轨道式： ，故答案为： ；
 
(2) (CN)2的电子式为 ；元素的非金属性越强，其电负性越大，同周期从左向右电负性增大，非金属性N>C>H，所以电负性N>C>H。故答案为： ；N>C>H；
(3) HCN分子结构式为H-C N，单键为 键，叁键中含有1个 键、2个π键，  HCN中σ键与π键个数比为1:1；能形成分子间氢键的物质沸点较高，H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点 ；故答案为：1:1；H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点 ；
(4) HCN分子结构式为H-C N为直线型分子，SO2为平面三角形，CO2为直线型，O3为平面三角形， 为直线型，故故答案为：BD；
(5)由图可知：普鲁士蓝晶胞一个立方体中Fe: =1，CN-： =3，Na+： =1，故化学式为Na0.5Fe(CN) 3 ， 由化合价代数和为0，可知Fe2+与Fe3+个数比为1:1；普鲁士白晶胞的晶胞参数均为apm，则晶体密度为 = = ，M= ，故答案为：1:1； 。
【分析】（1）根据铁离子的核外电子能级排布即可写出价电子轨道表示
（2）根据卤素单质的电子式即可写出(CN)2的电子式，元素非金属性越强，电负性越大
（3）根据结构式即可找出 σ键与π键个数比 ，根据水分子中的氧原子有孤对电子和HCN中的氮原子有孤对电子易形成氢键，而氧元素的电负性强于碳和氮即可判断
（4）找出HCN的构型，结合给出的选项进行判断即可
（5）根据普鲁士蓝晶胞结构计算出原子个数即可元素化合价代数之和为0即可判断，根据晶胞结构计算出晶胞质量结合晶胞参数结合ρ=即可计算出摩尔质量
 
17.【答案】 （1）CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2O
（2）BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑；浸铋
（3）Fe3++H2O2+As3++2H2O=FeAsO4↓+6H+；pH＜5.23
（4）BiOCl+3e-+3K+=Bi+K2O+KCl；增大
【解析】【解答】(1)浸铜时加入的物质是MnO2、稀硫酸、滤渣，得到单质硫，初步确定反应为MnO2＋H+＋CuS→S↓＋Mn2+＋Cu2+＋H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得离子方程式为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2++Mn2+＋S↓＋2H2O；
 
(2)由所给信息知，BiCl3转化为BiOCl，根据元素守恒推测还有NaCl、CO2生成，根据元素守恒配平得方程式为：BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+NaCl+CO2↑；沉铋后的滤液中含有NaCl，可导入浸铋环节循环使用，故此处填：浸铋；
(3)浸取液中砷元素以As3+形式存在，反应后转化为FeAsO4 ， As元素化合价升高，此反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒初步配平反应为：Fe3++As3++H2O2→FeAsO4↓，由流程知，浸取液为酸性，故可在右边添加6个H+配平电荷守恒，左边添加2个H2O配平元素守恒，得完整离子方程式为：Fe3++As3++H2O2+2H2O=FeAsO4↓+6H+；
当c( )=10-8 mol/L时，溶液c(Fe3+)= ，此时溶液中c(OH-)= ，则c(H+)= ，则pH=-Lgc(H+)=5+ =5.23，由于要确保c( )＜10-8 mol/L，故pH＜5.23，故此处填：pH＜5.23；
(4)由题意知，BiOCl中Bi元素得3个电子被还原为Bi，K+嵌入电极材料，根据元素守恒推测还有KCl、K2O生成，对应电极反应为：BiOCl+3e-+3K+=Bi+KCl+K2O；BiOCl得电子生成Bi是储能过程，生成的Bi转化为K3Bi也为储能过程，故该反应的发生使得电池的储能增大，故此处填：增大。
【分析】根据题目已知信息，第一步酸浸时，Fe2O3溶解转化为Fe2(SO4)3 ， 含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3未溶解，故酸浸后滤液中主要有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4 ， 含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3进入浸铜步骤，根据(1)问题干知CuS在此步骤中转化为CuSO4、S，此时滤液中主要含CuSO4、H2SO4 ， 含铋化合物、PbSO4、As2O3、S进入浸铋步骤，根据已知信息，浸铋时，铋元素转化为BiCl3 ， As2O3转化为AsCl3 ， PbSO4转化为 ，浸渣中主要含有S，浸铋后的浸取液中主要含BiCl3、AsCl3、 ，经过除铅、砷步骤后，溶液中主要含BiCl3 ， 经过沉铋操作，BiCl3转化为BiOCl。
 
18.【答案】 （1）蒸馏烧瓶；b
（2）浓硝酸分解，二氧化硫逸出；生成的NOSO4H作为该反应的催化剂
（3）作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解；滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；3%
【解析】【解答】(1)该仪器为带支管的烧瓶，故为蒸馏烧瓶；由分析知，装置D可以为盛有碱石灰的装置，
 
故答案为：择b；
(2)①由于反应物浓硝酸受热易挥发易分解，且温度高不利于SO2溶解，故此处填：温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出；
②由于SO2通入速率不变，且温度变化不大，但反应速率明显加快，考虑可能是因为反应受到了催化，由于是生成少量NOSO4H后反应明显加快，故此时起催化作用的物质应该为NOSO4H，故此处填：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；
(3)①浓硫酸可将产品溶解，同时起到吸水的目的，防止产品NOSO4H遇水分解，故此处填：作溶剂，同时作吸水剂，防止NOSO4H遇水分解；
②当滴定达终点后，再加入标准液，此时过量的Fe2+会与反应生成的NO结合生成粉红色FeSO4·NO，故此处填：滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；
③根据得失电子守恒得关系式：3(NH4)2Fe(SO4)2~HNO3 ， 故n(HNO3)= ，则HNO3的含量= ，故此处填：3%。
【分析】装置A中Na2SO3固体与浓硫酸反应产生SO2 ， 经过装置B干燥SO2 ， SO2进入C中与浓硝酸浓硫酸反应生成亚硝酰硫酸，装置D为尾气处理装置，且由于产品遇水易分解，故装置D还需防止空气中水蒸气进入C中，故装置D可以为盛有碱石灰的装置。
 
19.【答案】 （1）取代反应；
（2）+CH3CH2OH +H2O
（3）12；、
（4）CH2=CH2 CH2BrCH2Br CH2CNCH2CN HOOC-CH2CH2-COOH
【解析】【解答】(1)由分析知，生成A的反应类型为取代反应；D的结构简式为： ；
 
(2)由分析知，B→C为酯化反应，对应方程式为： +CH3CH2OH +H2O；
(3)由题意知，该同分异构中含有苯环、醛基（或甲酸某酯）等结构，一定不含酚羟基，满足要求的结构如下： 、 、 、 （邻间对三种）、 （邻间对三种）、 （邻间对三种），故共有12种结构满足要求；能与金属钠反应，说明有羟基，且苯环上含有四种氢的结构为： 、 ；
(4)由目标产物知，需合成丁二酸，丁二酸可由乙烯先与Br2加成，再与NaCN取代，再水解生成，最后利用流程最后一步信息得到目标产物，具体合成路线为：CH2=CH2 CH2BrCH2Br CH2CNCH2CN HOOC-CH2CH2-COOH 。
【分析】 与NaCN发生取代反应生成A( )，由已知①反应原理知B为 ，B与CH3CH2OH发生酯化反应生成C( )，C中酯基的α-H与乙二酸二乙酯发生取代反应生成 ， 水解生成D( )，根据已知②反应原理推得E为 ，E中羧基的α-H与溴乙烷发生取代反应生成F( )，F中羧基与 脱水生成苯巴本妥。
 
20.【答案】 （1）b-a-c
（2）二甲醚；453 K到553 K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降；553 K到573 K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；增大压强；0.01 mol·L-1·min-1；16；向正反应方向进行
【解析】【解答】(1)由图示可得该过程的总反应为：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)，对应焓变△H=(c+a-b) kJ/mol，反应Ⅱ为该反应的逆反应，故△H2=-△H=(b-a-c) kJ/mol，故此处填：b-a-c；
 
(2)①随着温度的升高，反应Ⅲ平衡逆向移动，故CH3OCH3平衡体积分数减小，对应曲线X，故此处填：CH3OCH3（或二甲醚）；CO2的平衡转化率与反应Ⅰ、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，故此处填：453 K到553 K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降，553 K到573 K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；提高二甲醚的体积分数和CO2平衡转化率，可采用增大压强的措施，因为增大压强，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，故此处填：增大压强；
②由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1 mol×30%=0.3 mol，平衡时CO物质的量为0.05 mol，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05 mol， 则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25 mol，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25 mol，又平衡时CH3OH为0.05 mol，说明有0.2 molCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3 ， 列式如下： ， ， ，综上所述，平衡时n(CH3OH)=0.05 mol，n(CH3OCH3)=0.1 mol，n(H2O)=(0.05+0.25+0.1) mol=0.4 mol，前10 minCH3OCH3的反应速率= ；反应ⅢKc= ；再加入0.1 mol CH3OH、0.1 mol H2O后，此时Qc= ＜Kc ， 故平衡向正反应方向移动，故此处填：向正反应方向进行。
【分析】（1）根据焓变=生成物的能量-反应物的能量即可计算
（2）①根据温度升高，含量下降即可判断出反应向逆反应进行，根据二氧化碳的转化率与反应I和II有关，低于553K时主要发生的是反应II，温度升高逆向进行，高于553K以反应I为主，温度升高促进反应进行，要想提高乙醚的体积分数是促进反应III向右进行，而提高二氧化碳的转化率，可以促进反应I和II向右进行，可以通过增大压强
②根据一氧化碳的平衡量即可计算出利用反应I计算出二氧化碳的转化量，结合 CO2的平衡转化率为30%， 即可计算出反应II二氧化碳变化量即可得出得到的甲醇，利用反应III计算出的得到的乙醚即可，即可计算出平衡时的其他物质的量，即可计算出乙醚的速率和平衡常数，根据给出的浓度计算出浓度商即可与常数对比即可