1、湖南省邵阳市2021届高三化学下学期第一次模拟测试试题（含解析）一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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。1.生产、生活中蕴含了丰富的化学知识，下列有关说法正确的是( ) A.氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题B.500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料C.抗新冠疫情过程中，公共场所常用“84消毒液”消毒处理，该物质的有效成分是次氯酸钙D.水煤气合成甲醇等含氧有机物及液态烃的过程属于煤的液化，实现了煤的综合利用 2.下列有关化学用语表示正确的是( ) A.
2、次氯酸的结构式：H-Cl-OB.CaO2 的电子式： C.CO2分子的比例模型： D.乙醇的分子式：CH3CH2OH 3.某有机物分子结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ） A.1mol 该物质可与7 mol H2发生加成反应B.结构中含氧官能团有3种(不考虑醇与酚的区别)C.分子中能与NaHCO3反应的官能团只有-COOHD.能够使酸性高锰酸钾溶液褪色 4.下列关于物质的制备、生产的说法正确的是（ ） A.工业制取金属铝：电解熔融Al2O3B.实验室制取NH3：可用无水CaCl2干燥C.用镁粉和空气反应制备Mg3N2D.NaI溶液与浓H2SO4混合制备HI 5.NA为阿伏加德罗常数的值，下
3、列说法正确的是（ ） A.1L1 molL CH3COOH溶液中含有NA个CH3COOH分子B.标准状况下，11.2L 臭氧所含质子数为8NAC.0.2 mol NO与0.1 mol O2在密闭容器中充分反应后，容器中含有的氧原子数为0.4NAD.标准状况下，2.24 LCC4中含有的C-Cl 键数为0.4NA6.下列有关实验装置和原理能达到实验目的的是( ) ABCD测量锌粒和3 mol/L硫酸反应生成H2的体积制备并收集乙酸乙酯加热熔融的纯碱固体制取并收集SO2A.A B.B C.C D.D 7.科学家合成一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次
4、增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期。下列说法正确的是（ ） A.X的氢化物均为气体B.原子半径：XMn2+Bi3+C.若有0.2 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.8NAD.已知Bi为第VA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题 目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.实验室分离Fe3+和Al3+的流程如图： 已知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子FeCl4- ， 该配离子在乙醚(El2O， 沸点34.6)中生成缔合物Et2OH+FeCl4
5、-。下列说法错误的是( )A.酸化后，铁元素在溶液中主要以FeCl4形式存在B.萃取分液时，有机层从分液漏斗上口倒出C.反萃取后，铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在D.蒸馏时，用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶以加快蒸馏速度 12.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是( ) 选项实验现象结论A向FeCl3溶液中通入足量的H2S生成两种沉淀Fe3+的氧化性强于SB向浓度均为0.1 mol：L-1的CuSO4和MgSO4混合溶液中滴加少量NaOH溶液先出现浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小C向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶
6、液颜色加深Fe3+能催化H2O2分解，且该分解反应为放热反应D铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用A.A B.B C.C D.D 13.2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂离子电池发展作出突出贡献的三位科学家，他们创造了一个可充电的世界。Garmet型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。某Garmet型可充电锂电池放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ） (电池总反应为： LixC6+LisxLaZrTaO LiLaZrTaO+6C)A.放电时，b极为负极B.充电时，固态电解质中Li+移向a极C.放电时，a极反应LiLaZ
7、rTaO-xe-=xLi+LinxLaZrTaOD.充电时，若转移0.01mol电子，b极质量减少0.07 g 14.常温下，已知Ka1(H2CO3)=4.310-7 ， Ka2(H2CO3)=5.610-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述正确的是( ) A.H2R的二级电离常数Ka2的数量级为10-5B.在pH=4的溶液中：3c(R2-)c(Na+)+c(H+)-c(OH-)C.等体积、等浓度的NaOH浴液与H2R溶液混合后，溶液中：(R2-)Mn2+Bi3+， B不符合题意；C. 若有0.2molNaBiO3参
8、加了反应，则整个过程转移电子为0.2mol(5-3)+0.2mol(7-2)=0.8mol,电子数为0.8NA ， C不符合题意；D. Bi元素属于金属元素，Bi不具有较强的非金属性，D符合题意；故答案为：D 【分析】A.根据氧化还原分析； B.根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；C.根据电子转移守恒分析；D.Bi元素属于金属元素；二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题 目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.【答案】 D 【考点】蒸馏与分馏，分液和萃取 【解析】【解答】A. 酸化后，Fe3+在浓盐酸
9、中生成黄色配离子FeCl4- ， A不符合题意； B. 萃取分液时，乙醚密度比水小，有机层在上层，从分液漏斗上口倒出，B不符合题意；C. 反萃取后，铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在，C不符合题意；D. 乙醚沸点34.6，蒸馏时最好水浴加热，蒸馏烧瓶不能直接加热，需垫石棉网加热，D符合题意；故答案为：D 【分析】Fe3+和Al3+加浓盐酸酸化，由于Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子FeCl4-， 该配离子在乙醚中生成缔合物Et2OH+FeCl4-， 故加入乙醚萃取后Fe以Et2OH+FeCl4-的形式留在乙醚中，Al3+在水中，分液后得到Al3+， 再加水反萃取，缔合物转化为Fe3+， 蒸出乙
10、醚后得到Fe3+。12.【答案】 B,C 【考点】氧化还原反应，催化剂，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【解析】【解答】A. 氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁和硫和水，只有一种沉淀，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，铁离子氧化性大于硫，A不符合题意； B. 相同浓度的Cu2+、Mg2+中加入OH-,先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，B符合题意；C. 过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C符合题意；D. 铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入 ， 发生反应的离子方程式为：3
11、Cu2+2+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，体现了硝酸根在酸性环境中(HNO3)的强氧化性，D不符合题意；故答案为：BC 【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析； B.根据离子浓度相同的情况下溶度积小的先沉淀分析；C.根据勒夏特列原理分析；D.硝酸根在酸性条件下有强氧化性；13.【答案】 B,D 【考点】原电池工作原理及应用，电解池工作原理及应用 【解析】【解答】A. 电池放电时，阳离子向正极移动，根据放电时Li的移动方向可知，b极为正极，A不符合题意； B. 充电时，a为阴极，b为阳极，Li+移向阴极，B符合题意；C.放电时a电极上发生反应：LixC6-xe-=xLi+6C，不符
12、合题意；D.充电时b极反应：LiLaZrTaO-xe-=xLi+Li1-xLaZrTaO，若转移0.01mol电子，则有0.01molLi+从b电极中脱去，电极减重0.01mol7g/mol=0.07g，D符合题意。故答案为：BD 【分析】放电时为原电池，阳离子向正极移动，根据图像可知，放电时Li+向b极移动，故b为正极，所以a为负极。原电池反应为： 正极：xLi+Li1-xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO 负极：LixC6-xe-=xLi+6C 电解池的反应为： 阳极：LiLaZrTaO-xe-=xLi+Li1-xLaZrTaO 阴极：xLi+6C+xe-=LixC614.【答案】
13、 A,B 【考点】电解质在水溶液中的电离，弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的应用 【解析】【解答】A.=c(H+)=110-4.3=100.710-5 ， 属于10-5数量级，A符合题意； B.由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)，由图像可知pH=4时，c(R2-)c(HR-)，故3c(R2-)Ka2(H2R)Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)，可得酸性H2RHR-H2CO3HCO3- ， 向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，因为根据强酸制弱酸的原理，CO32-转化为CO2 ， 并生成HR- ， 发生的反应是CO3-+2H2R=C
14、O2+H2O+2HR- ， D不符合题意；故答案为：AB 【分析】 二元酸H2R存在两步电离：H2RHR-+H+ ， HR-R2-+H+ ， 根据图上第一个交点，c(H2R)=c(HR-), =c(H+)=110-1.3；根据图上的第二个交点，c(HR-)=c(R2-)，=c(H+)=110-4.3；R2-存在两步水解，R2-+H2OHR-+OH- ， HR-+H2OH2R+OH- ， ， 。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第1517题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。15.【答案】 （1）分液漏斗；导出 ClO2气体，冷凝回流 CH3OH（2
15、）CH3OH4NaClO32H2SO4 4ClO2HCOOH2Na2SO43H2O（3）4H5ClO2Cl4ClO2 2H2O（4）水浴加热（5）ClO3（6）135.0 【考点】物质的分离与提纯，探究物质的组成或测量物质的含量 【解析】【解答】(1) b仪器为球形冷凝管，三颈烧瓶中的反应物有甲醇，加热时易挥发，故b作用是冷凝回流甲醇，使反应更充分，另外反应产生的ClO2通过仪器b进入下一装置，故还有导气作用； (2) 制备ClO2是由NaClO3、CH3OH和H2SO4反应而来，而CH3OH被氧化为HCOOH,根据电子守恒可知方程为CH3OH4NaClO32H2SO44ClO2HCOOH2N
16、a2SO43H2O； (3)将盐酸加入被稳定剂吸收的ClO2中，可将ClO2释放出来，离子方程式为4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O； (4) 生成ClO2的温度在60C，装置甲直接加热，无法控制温度，故应用水浴加热； (5)根据歧化反应的原理可知，Cl原来为+4价，反应后既有升价又有降价，故另一种产物为 ClO3 ； (6)所用 Na2S2O3 的物质的量为 0.1 mol/L0.02L=0.002mol，根据I2+2S2O32-=2I-+S4O62-和2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O可知，10S2O32-5I22ClO2， 消耗的ClO2的物质的量为0
17、.002mol=0.0004mol，ClO2的含量为=0.135g/L=135mg/L。 【分析】甲醇与氯酸钠在硫酸的作用下发生反应CH3OH4NaClO32H2SO44ClO2HCOOH2Na2SO43H2O，生成的ClO2用稳定剂吸收，生成NaClO2 ， 将盐酸加入被稳定剂吸收的ClO2中，可将ClO2释放出来,4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O，与淀粉-KI反应，2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，生成的I2使淀粉变蓝，最后用NaOH吸收未反应的ClO2。16.【答案】 （1）固体粉碎或逆流焙烧等措施来提高焙烧效率；（2）CO2（3）PbS（4）95
18、%（5）使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度（6）【考点】氧化还原反应，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，物质的分离与提纯 【解析】【解答】(1) 固体粉碎、逆流焙烧等措施可以提高焙烧效率；MoS2焙烧时生成MoO3、SO2 ， 方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2； (2)浸取时的反应为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2 ， 气体为CO2； (3)过滤前加Na2S，Pb2+S2-=PbS； (4)Mo没有损失，故c(Ba2+)c(MoO42-)Ksp(BaMoO4)，Ksp(BaMoO4)=4.010-8， 故c(Ba2+)110-7
19、， CO32- 要尽量沉淀，c(Ba2+)c(CO32-)Ksp(BaCO3)，Ksp(BaCO3)= 1.010-9， 故c(CO32-)=10-2 ， CO32-的最大去除率是100%=95%； (5)每次结晶，杂质都会留在母液中， 使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度 ； (6)根据图像可知，碳素钢的缓蚀效果最好时， 缓蚀剂中钼酸钠的物质的量浓度为150mg/L，物质的量浓度为mol/L。【分析】 钼精矿(主要成分是MoS2 ， 含少量PbS等) 在空气中焙烧，生成MoO3、PbO和SO2 ， 加Na2CO3浸取，发生反应MoO3+CO32-=MoO42
20、-+CO2 ， PbO转化为Pb2+ ， 加Na2S，Pb2+转化为PbS沉淀，溶液经过结晶、重结晶，得到Na2MoO42H2O。17.【答案】 （1）56（2）0.005 molL 1s1；0.3Q；0.56 L/moL（3）H2N2O N2H2O；不利于降低溶液中的含氮量 【考点】反应热和焓变，化学反应速率，化学平衡常数，化学反应速率与化学平衡的综合应用 【解析】【解答】(1)根据图像可知， N2(g)+O2(g)=2NO(g)H1=180kJ/mol， N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)H2=68kJ/mol，根据盖斯定律，(-)得：NO(g)+O2(g)=NO2(g)H=-56k
21、J/mol； (2) v(NO2)= 0.005 molL1s1 ; 平衡时c(NO2)=0.3mol/L，n(NO2)=0.3mol/L2L=0.6mol，根据 N2O4(g)2NO2(g) H=+QkJmol-1可知，生成2molNO2时吸收的热量为Q，故生成0.6molNO2时吸收的热量为Q=0.3Q； 根据题意可列出三段式： 体积为2L，平衡时N2O4和NO2的浓度分别为0.05mol/L、0.3mol/L，K= ， 故 2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数K1= 0.56 L/moL ； (3) 根据图像可知，Ir表面发生H2和N2O反应生成N2和H2O的反应，方程式为H2+N2O
22、N2+H2O； 在金属Pt、Cu和lr的催化作用下，密闭容器中的氢气能高效转化溶液中的硝态氮(NO3-),从题图中可看出，应该最大限度将NO3-转化为NO进而转化为N2O，后转化为N2 ， Pt颗粒增多，更多的NO3-会转化为NH4+而存在于溶液中，显然不利于降低溶液中的含氮量。 【分析】(1)根据盖斯定律计算； (2) 根据v(NO2)=计算； 根据平衡时的热效应是按照系数完全反应时的热效应计算； 根据三段式计算； (3) 根据图像中的物质分析； 根据Pt将NO3-转化为NH4+分析。18.【答案】 （1）3d6 4s2；分子晶体（2）12；（3）正四面体；配位键；N（4）；【考点】原子核外
23、电子排布，配合物的成键情况，分子晶体，晶胞的计算 【解析】【解答】(1)Fe是26号元素， 基态铁原子的电子排布式为Ar3d64s2 ， 价电子排布式为3d64s2；分子晶体的熔沸点较低， FeCl3的熔点为306，沸点为315，FeCl3的晶体类型是分子晶体； (2)根据FeO晶胞的图像可知，Fe2+分布在晶胞的顶点和面心上，属于面心立方最密堆积，因此与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个；FeO晶胞中Fe2+的个数为=4个，O2-的个数为1+=4个，晶胞密度 ， 故a= ， 故Fe2+与O2-最短核间距为； (3)Ni(NH3)6SO4中阴离子是 ， 立体构型是正四面体； 在Ni(N
24、H3)6SO4中NH3提供孤电子对，Ni2+提供空轨道，Ni2+与NH3之间形成配位键；提供孤电子对的成键原子是N； (4) 加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl-为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为Cr(NH3)6Cl3 ， 该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为键，NH3中N-H键为键，故1mol该配合物中含有键的数目为24NA。 【分析】(1)根据核外电子排布的规则书写；根据分子晶体的性质分析； (2)根据面心立方最密堆积和晶胞密度公式分析； (3)根据配位键理论分析； (4)根据溶于水后内界中的物质不会电离分析；配位键都是
25、键；19.【答案】 （1）取代反应；邻羟基苯甲酸（2）氯原子、羧基；（3）（4）13（5）【考点】有机物的合成，有机物的结构和性质，同分异构现象和同分异构体，卤代烃简介，取代反应，酯化反应 【解析】【解答】(1)根据分析，反应是取代反应；E是， 名称为邻羟基苯甲酸； (2)根据分析，C为， 官能团为氯原子和羧基；F的结构为； (3)根据分析，C在NaOH的水溶液的作用下发生水解反应生成D，方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O； (4)遇氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体中有酚羟基，能发生水解反应、银镜反应说明有甲酸酯， 苯环有2个侧链为-OH、-CH2OOCH,有邻、间、对3种，苯环有3
26、个侧链为-OH、-OOCH、-CH3 ， 而-OH、-OOCH有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种； (5)根据有机合成的逆推法，CH3COOCH2CH2OOCCH3可用丁烷和乙烯按照下列方法合成：【分析】根据框图可知，甲苯（）与Cl2在催化剂的作用下发生取代反应生成B（），B与KMnO4发生氧化反应生成C（），C在NaOH的水溶液的作用下加热发生水解反应生成D（），D在硫酸的酸化后生成E（），E与CH3OH发生酯化反应生成F（）；A的最简式为C2H5， 分子中有两种氢原子且数目比为2：3，故A为C4H10 ， A在O2的氧化下生CH3COOH，CH3COOH与PCl3发生取代反应生成， 与F发生取代反应生成， 在适当条件下生成G（）。