2021高考化學(xué)全真模擬卷13（解析版）

1、一、選擇題：本題共7個(gè)小題，每小題6分。共42分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。7從廢鉛蓄電池鉛膏（含PbSO4、PbO2和Pb等）中回收鉛的一種工藝流程如下：已知：濃硫酸不與PbO2反應(yīng)，Ksp（PbCl2）2.0105，Ksp（PbSO4）1.5108，PbCl2(s)2Cl(aq)=PbCl42(aq)。下列說法錯(cuò)誤的是A合理處理廢鉛蓄電池有利于資源再利用和防止重金屬污染B步驟中可用濃硫酸代替濃鹽酸C步驟、中均涉及過濾操作DPbSO4(s)2Cl(aq)PbCl2(s)SO42(aq)的平衡常數(shù)為7.5104【答案】B【解析】A. 鉛會使蛋白質(zhì)變性，造成人體重金屬中

2、毒，所以合理處理廢鉛蓄電池有利于資源再利用和防止重金屬污染，故A正確；B. 濃硫酸不與PbO2反應(yīng)，步驟中若用濃硫酸代替濃鹽酸，則鉛無法反應(yīng)到濾液中，故B錯(cuò)誤；C. 步驟、中均需要分離液體與不溶性固體，都涉及過濾操作，故C正確；D. PbSO4(s)2Cl(aq)PbCl2(s)SO42(aq)的平衡常數(shù)為：7.5104，故D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】計(jì)算平衡常數(shù)，寫出該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式，注意利用給出的已知信息，可知該平衡常數(shù)等于兩Ksp相除。8設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A常溫下1LpH=11的氨水中含有陽離子總數(shù)為0.001NAB4g 2H2中所含的質(zhì)子數(shù)為4NAC1mol

3、甲醇中含有CH鍵的數(shù)目為4NAD常溫常壓下，22.4L的NO2和CO2混合氣體含有2NA個(gè)氧原子【答案】A【解析】A. 常溫下1LpH=11的氨水中含有H+的濃度為10-11mol/L，所以O(shè)H-的濃度為10-3mol/L，OH-的數(shù)目為0.001NA，由于溶液中只有三種離子即H+、NH4+、OH-，根據(jù)電荷守恒可知，陽離子總數(shù)為0.001NA，所以A正確；B. 4g 2H2的物質(zhì)的量為1mol，含H的物質(zhì)的量為2mol，所以所含的質(zhì)子數(shù)為2NA，B不正確；C. 甲醇分子是由甲基和羥基組成的，所以1mol甲醇中含有CH鍵的數(shù)目為3NA，C不正確；D. 常溫常壓下，22.4L的NO2和CO2混合

4、氣體的物質(zhì)的量小于1mol，所以含有的氧原子數(shù)目小于2NA，D不正確。本題選A。點(diǎn)睛：22.4L/mol只能適用于標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體。在解答有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)的問題時(shí)，遇到體積數(shù)據(jù)要首先看是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，然后看研究對象是否為氣體。還要注意質(zhì)量是不受溫度和壓強(qiáng)影響的。9甲、乙、丙三種有機(jī)化合物的鍵線式如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A甲、乙的化學(xué)式均為C8H14B乙的二氯代物共有7種（不考慮立體異構(gòu)）C丙的名稱為乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D甲、乙、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】D【解析】A由結(jié)構(gòu)簡式可知甲、乙的化學(xué)式均為C8H14，故A正確；B乙的二氯代物中兩個(gè)氯原子可在相同或不同的C原子

5、上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上，共有7種，故B正確；C苯為平面形結(jié)構(gòu)，碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，結(jié)合三點(diǎn)確定一個(gè)平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正確；D乙為飽和烴，與酸性高錳酸鉀溶液不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故選D。10短周期中的A、B、C、D、E五種元素，原子序數(shù)依次增大，A和D，C和E分別同主族，A為非金屬元素，且A與B的原子序數(shù)之和等于C的原子序數(shù)，C2與D的核外電子數(shù)相等。則下列說法正確的是AB與A只能組成BA3化合物BC、D、E形成的化合物與稀硫酸可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)CA、B、C形成的化合物一定不能發(fā)生水解反應(yīng)DE的氧化物對應(yīng)的水化物一定有強(qiáng)的氧化

6、性【答案】B【解析】根據(jù)提示已知C2說明C最外層由6個(gè)電子，即第A族元素，又因?yàn)镃和E為同主族短周期元素，故推斷C為O，E為S；根據(jù)D帶有一個(gè)正電荷，故D為第A族元素，A和D同主族，且原子序數(shù)依次增大，A為非金屬元素，故A為H，D為Na，又因?yàn)锳與B的原子序數(shù)之和等于C的原子序數(shù)，故1+B=8，B的原子序數(shù)為7，B為N。A項(xiàng)B和A形成的化合物可以是NH2，也可以是NH2NH2等其他化合物，故A錯(cuò)誤；B.C、D、E形成的化合物可以是Na2SO4也可以是Na2SO3、Na2S2O3，只有Na2S2O3可以與稀硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B正確；C.A、B、C形成的化合物可能是NH4NO3，NH4+可以

7、發(fā)生水解，故C錯(cuò)誤；D.E的氧化物可能是SO2或者SO3只有SO3的水化物具有強(qiáng)氧化性，故D錯(cuò)誤，此題選B。11最近我國科學(xué)家研制一種具有潛力的納米電子學(xué)材料石墨炔，圖中丁為它的結(jié)構(gòu)片段。下列有關(guān)說法中，錯(cuò)誤的是（ ）A甲分子中的6個(gè)溴原子位于同一平面上B丙的二氯代物有2種C丙能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D石墨炔和C60是碳的同素異形體【答案】B【解析】A苯環(huán)為平面型結(jié)構(gòu)，故甲中6個(gè)溴原子位于同一平面上，A項(xiàng)正確；B丙分子中只有6個(gè)碳碳三鍵端碳上有氫原子可被氯原子取代，且這6個(gè)氫等效，類比苯環(huán)上二氯代物有3種結(jié)構(gòu)，可知丙的二氯代物有3種，故B錯(cuò)誤；C丙中碳碳三鍵有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，

8、C項(xiàng)正確；D石墨炔和C60均是碳元素構(gòu)成的單質(zhì)，故兩者互為同素異形體，D項(xiàng)正確。本題選B。12國內(nèi)某科技研究小組首次提出一種新型的Li+電池體系，該體系正極采用含有I-、Li+的水溶液，負(fù)極采用固態(tài)有機(jī)聚合物，電解質(zhì)溶液采用LiNO3溶液，聚合物離子交換膜作為隔膜將液態(tài)正極和固態(tài)負(fù)極分隔開(原理示意圖如圖)。下列有關(guān)判斷正確的是A圖甲是原電池工作原理圖，圖乙是電池充電原理圖B放電時(shí)，正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的顏色加深C充電時(shí)，Li+從右向左通過聚合物離子交換膜D放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為-2ne-=+2nLi+【答案】D【解析】A.由“負(fù)極采用固態(tài)有機(jī)聚合物”知，固態(tài)有機(jī)聚合物在負(fù)極失電子，電極反應(yīng)

9、式為-2ne-=+2nLi+，故圖乙是原電池工作原理圖，則圖甲反應(yīng)原理與圖乙相反，是電池充電原理圖，A錯(cuò)誤；B.放電時(shí)，正極上的電極反應(yīng)式為I3-+2e-=3I-，I3-被還原為無色的I-，電解質(zhì)溶液顏色變淺，B錯(cuò)誤；C.充電過程即為電解過程，陽離子從陽極區(qū)向陰極移動(dòng)，故充電時(shí)，Li+從左室通過聚合物離子交換膜移向右室，C錯(cuò)誤；D.根據(jù)選項(xiàng)A分析可知圖乙為原電池，右側(cè)電極為負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：-2ne-=+2nLi+，D正確；故合理選項(xiàng)是D。13某溫度下，弱酸H2A溶液中，存在H2A、HA和A2三種形態(tài)的粒子，其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(X)隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示，下列說法錯(cuò)

10、誤的是ApH4的溶液中，(A2)，BM點(diǎn)對應(yīng)的溶液中水的電離程度小于N點(diǎn)C若圖中a為1.2，則lg Ka1(H2A)1.2D曲線代表的粒子是HA【答案】A【解析】當(dāng)pH4后，由圖像可知，溶液中幾乎沒有H2A，此時(shí)，(A2)=，故A錯(cuò)誤；B、隨著溶液pH增大，酸對水的電離抑制作用減小，所以N點(diǎn)對應(yīng)的溶液中水的電離程度大于M點(diǎn)，故B正確；C、，由圖像可知，此時(shí)(H2A)=0.5，即c(H2A)= c(HA-)，所以Ka1=10-1.2，所以lg Ka1(H2A)1.2，故C正確；D、由分析可知，曲線代表的粒子是HA故D正確；故選A。二、非選擇題：共58分，第2628題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作

11、答。第3536題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。26（14分）某小組以黃銅礦(主要成分為 CuFeS2，含少量SiO2等雜質(zhì))為原料制備銅化工產(chǎn)品CuAlO2的一種工藝如下：已知過濾1所得濾液中含金屬離子有：Cu2+、Fe2+和Fe3+，濾渣1的主要成分是SiO2和S；Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O。（1）從產(chǎn)品純度、環(huán)保操作方便等角度考慮，試劑A、B的最佳組合是_(填代號)abcdAHNO3NaClOH2O2 (酸化)H2O2 (酸化)BCu(OH)2NaOH氨水Cu(OH)2 CO3（2）銨明礬的化學(xué)式為NH4Al(SO4)212

12、H2O，它為制備銅的化工產(chǎn)品提供鋁源。銨明礬溶液中NH4+、A13+、H+、OH-、SO42濃度大小排序?yàn)開。（3）過濾3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，寫出“灼燒”發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的方程式：_。（4）單位時(shí)間內(nèi)“浸取”Cu2+的百分率(稱為浸出率)與溶液濃度、溫度關(guān)系如下圖所示。在20時(shí)，1L溶液中有效碰撞總次數(shù)：x_y(填“”“c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH-) （2分） （3） 4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O+O2 （2分） （4）c(OH-)，由于Al(OH)3是兩性氫氧化物，NH3H2O是堿，說明堿性：NH3H2OAl(OH)3，根據(jù)鹽的

13、水解規(guī)律：堿越弱，堿電離產(chǎn)生的離子水解程度就越大，所以等濃度的NH4+和Al3+的水解程度：Al3+ NH4+，水解程度越大，溶液中離子濃度就越小，所以c(NH4+)c(Al3+)，鹽水解程度總的來說是微弱的，鹽電離產(chǎn)生的離子濃度遠(yuǎn)大于水電離產(chǎn)生的離子濃度，所以c(Al3+)c(H+)，故溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c(SO42-)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH-)；（3）過濾3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，在“灼燒”時(shí)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得該反應(yīng)的方程式為：4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O+O2；（4）在20時(shí)，1L溶液中有

14、效碰撞總次數(shù)，物質(zhì)的浸出率越高，溶液中離子濃度就越大，離子之間碰撞次數(shù)就越大，根據(jù)圖象可知浸取率xy，所以有效碰撞總次數(shù)xCuCl2FeCl2，所以在電解的初期，OA段陰極的電極反應(yīng)式：Fe3+e-=Fe2+；當(dāng)溶液中Fe3+反應(yīng)完全后，發(fā)生反應(yīng)：Cu2+2e-=Cu，所以陰極上Cu的質(zhì)量增加，當(dāng)溶液中Cu2+反應(yīng)完全后，溶液中H+獲得電子變?yōu)镠2，因此陰極產(chǎn)生的Cu質(zhì)量不再發(fā)生變化； （6）常溫下，KspFe(OH)3=4.010-38。加入試劑B調(diào)節(jié)pH=3時(shí)，c(H+)=10-3mol/L，則c(OH-)=10-1410-3=10-11mol/L，由于c(Fe3+)c3(OH-)= Ks

15、pFe(OH)3=4.010-38，c(Fe3+)=4.010-3810-33=4.010-5mol/L?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)制備的知識，涉及試劑的選擇、離子濃度大小比較、物質(zhì)濃度與反應(yīng)速率的關(guān)系、電解原理的應(yīng)用、沉淀溶解平衡等知識。掌握化學(xué)反應(yīng)基本原理、用環(huán)保、節(jié)能等化學(xué)平衡移動(dòng)原理是本題解答的關(guān)鍵。27（15分）某實(shí)驗(yàn)室小組偶然發(fā)現(xiàn)將鎂條插入飽和NaHCO3溶液中，鎂條表面出現(xiàn)大量氣泡。為了探究產(chǎn)生此現(xiàn)象的原因，該小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究如下：（1）用固體NaHCO3配置飽和NaHCO3溶液的操作過程 。飽和NaHCO3溶液pH=8.4，用離子方程式表示 。（2）請完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)(鎂條已擦去氧

16、化膜且表面積大致相同。表中不要留空格)： 序號實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論1將鎂條投入5ml蒸餾水微量氣泡2將鎂條投入5ml飽和NaHCO3溶液中Mg與NaHCO3溶液劇烈反應(yīng)3將鎂條投入5ml pH= NaOH溶液中現(xiàn)象不明顯Mg與NaOH溶液較難反應(yīng)（3）對于反應(yīng)中產(chǎn)生的氣體(不考慮水蒸氣)，請你完成假設(shè)二和假設(shè)三： 假設(shè)一：只有CO2；假設(shè)二：只有 ；假設(shè)三： 為檢驗(yàn)其中是否含有CO2，寫出實(shí)驗(yàn)步驟和結(jié)論。實(shí)驗(yàn)步驟想象和結(jié)論大試管中加入擦去氧化膜的鎂條 【答案】（1）在燒杯中加入足量碳酸氫鈉固體，加入適量蒸餾水，加熱使之溶解，冷卻后取上層清液即可(2分，答案合理即給分)(2分)（2）Mg與蒸

17、餾水水緩慢(或較難)反應(yīng)(1分) 鎂表面出現(xiàn)大量氣泡(一段時(shí)間后出現(xiàn)大量沉淀。)(2分) 8.4(2分) （3）H2H2和CO2（2分）加入飽和的碳酸氫鈉液，用濕潤的紅石蕊試紙放在試管口(2分) 若試紙變紅，則氣體中有CO2，否則無。(2分)【解析】（1）配制飽和NaHCO3溶液，在燒杯中加入足量的碳酸氫鈉固體，加入適量蒸餾水，加熱使之溶解，冷卻后取上層清液即可；飽和NaHCO3溶液pH=8.4，是因?yàn)镠CO3-的水解大于其電離，其水解的離子方程式為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；（2）1實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為微量氣泡，說明Mg與蒸餾水緩慢反應(yīng)，2Mg與NaHCO3溶液劇烈反應(yīng)，可知鎂表面出現(xiàn)大量

18、氣泡，3依據(jù)實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，驗(yàn)證Mg與NaOH溶液較難反應(yīng)，可以取用PH=8.4的氫氧化鈉溶液和PH=8.4的碳酸氫鈉對比實(shí)驗(yàn)判斷，鎂和氫氧化鈉溶液不反應(yīng)；（3）Mg與NaHCO3溶液反應(yīng)，可能生成二氧化碳和氫氣，所以假設(shè)一：只有CO2時(shí)，假設(shè)二：只有H2；假設(shè)三：兩種氣體都有，檢驗(yàn)二氧化碳?xì)怏w的存在，可以用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)。28（14分）某些天然氣開采中含有H2S氣體，為了安全、有效地利用這一資源，提高經(jīng)濟(jì)價(jià)值，工業(yè)上可以采取多種處理方式。吸收：（1）加工過程中常用氨水吸收H2S，產(chǎn)物為NH4HS，請寫出對應(yīng)的化學(xué)方程式： 。再利用：加工過程中產(chǎn)生的H2S廢氣可用來制H2，既廉價(jià)又環(huán)保。工業(yè)

19、上采用以下兩種方法制備H21高溫?zé)岱纸夥ㄒ阎篐2S(g)H2(g)+S(g) H在恒容密閉容器中，控制不同溫度進(jìn)行H2S分解實(shí)驗(yàn)。以H2S起始濃度均為c molL-1測定H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)果見圖。請回答：（2）H 0（填 “”或者“0；（3）985時(shí)，H2S的轉(zhuǎn)化率為40%，則達(dá)到平衡時(shí)，c(H2S)=(cc40%)molL1=0.6cmolL1，c(H2)=c(S)=0.4cmolL1，化學(xué)平衡常數(shù)K=0.4c0.4c/0.6c=4c/15；（4）Fe3具有強(qiáng)氧化性，S2具有強(qiáng)還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，即離子反應(yīng)方程式為：2Fe3H2S=2Fe2S2H；（5）根據(jù)裝置圖，反應(yīng)池中H進(jìn)入

20、惰性電極a，通過陽離子交換膜進(jìn)入電解池的右端，2H2e=H2；（6） 反應(yīng)池中產(chǎn)生的Fe2+經(jīng)過電解池電解后，產(chǎn)生的Fe3+可以再次循環(huán)進(jìn)入反應(yīng)池，從而實(shí)現(xiàn)循環(huán)應(yīng)用，綠色應(yīng)用。（二）選考題：共15分。請考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。35化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（15分）技術(shù)人員曬制藍(lán)圖時(shí)，用K3Fe(C2O4)3H2O(三草酸合鐵酸鉀)作感光劑，再以K3Fe(CN)6氰合鐵酸鉀)溶液作顯影劑。請回答以下問題：（1）鐵元素在周期表中位置為_，F(xiàn)e3+的基態(tài)價(jià)電子排布圖為_。（2）在上述兩種鉀鹽中第一電離能最大的元素為_，電負(fù)性最小的元素為_。（3）H2C2O4

21、分子屮碳原子的雜化類型是_，與C2O42互為等電子體的分子的化學(xué)式為_(寫一種)。（4）在分析化學(xué)中F常用于Fe3+的掩蔽劑，因?yàn)樯傻腇eF63十分穩(wěn)定，但Fe3+卻不能與I形成配合物，其原因是_(用離子方程式來表示)。（5）已知C60分子結(jié)構(gòu)和C60晶胞如右圖所示：1個(gè)C60分子中含有鍵的數(shù)目為_。晶胞中C60的配位數(shù)為_。已知C60晶胞參數(shù)為apm，則該晶胞密度的表達(dá)式是_gcm3(NA代表阿伏加德羅常數(shù))?！敬鸢浮浚?）第四周期 （1分） （1分） （2）N K （2分） （3） sp2（1分） N2O4 （2分） （4）2Fe3+2I-=2Fe2+I2 （2分） （5）30 （2分）

22、 12（2分） （2分） 【解析】（1）鐵是26號元素，核外電子排布為2、8、14、2，所以Fe元素在周期表中位置為第四周期第VIII族，F(xiàn)e3+的核外電子排布為2、8、13，其基態(tài)價(jià)電子排布圖為；（2）一般情況下，元素的非金屬性越強(qiáng)，其從第一電離能就越大，在上述兩種鉀鹽中含有的元素有K、Fe、C、N、O、H，非金屬性最強(qiáng)的元素的O元素，但由于N原子的最外層電子處于2p軌道的半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失去電子比相鄰的O元素難，所以兩種鉀鹽中第一電離能最大的元素為N元素；金屬性最強(qiáng)的元素的K，故電負(fù)性最小的元素為K元素；（3）在H2C2O4分子中，兩個(gè)碳原子與O原子形成了碳氧雙鍵，兩個(gè)碳原子形成了碳

23、碳雙鍵，還與羥基氧原子形成了碳氧單鍵，所以C的雜化類型是sp2雜化；根據(jù)等電子體的概念及C2O42-的構(gòu)成原子個(gè)數(shù)、含有的電子數(shù)，可知與C2O42-互為等電子體的分子的化學(xué)式為N2O4；（4）在分析化學(xué)中F-常用于Fe3+的掩蔽劑，因?yàn)樯傻腇eF63-十分穩(wěn)定，但Fe3+卻不能與I-形成配合物，其原因是Fe3+具有強(qiáng)氧化性，I-具有還原性，二者會發(fā)生反應(yīng)：2Fe3+2I-= 2Fe2+I2，所以F-常用于Fe3+的掩蔽劑，而I-不可以；（5） 每個(gè)碳原子形成1個(gè)鍵，每鍵為2個(gè)碳原子共有，則一個(gè)C60分子中含有鍵個(gè)數(shù)為(160)2=30；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知：C60分子處于晶胞頂點(diǎn)、面心位置，以C60頂點(diǎn)為研究，與之最近的C60分子處于面心，每個(gè)頂點(diǎn)為8個(gè)晶胞共用，每個(gè)面為2個(gè)晶胞共用，與每個(gè)C60分子距離最近且相等的C60分子有=12個(gè)；晶胞中C60分子數(shù)目=8+6=4，晶胞質(zhì)量m=g，則晶胞的密度