1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2021届高三第二次模拟考试卷化 学（三）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题
2、（每小题6分，共42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。）7煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是A工业上可通过石油的热裂解生产苯、甲苯等芳香烃B煤干馏的产品有焦炉煤气、煤焦油和焦炭C羊毛、蚕丝、棉花和麻等是天然的蛋白纤维或植物纤维D天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A标准状况下，1mol -OH中含有9NA个电子B在精炼铜的过程中，当阳极有32g铜参加反应时转移电子数为NAC常温下，
3、0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数目为0.3NAD1L 0.5mol/L pH=7的CH3COONH4溶液中NH数目为0.5NA9有机物在一定条件下可以制备，下列说法错误的是A不易溶于水B的芳香族同分异构体有3种(不包括)C在碱性条件下的水解是我们常说的皂化反应D中所有碳原子可能共平面10下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是选项实验现象结论A常温下，将CH4与Cl2在光照下反应后的混合气体通入石蕊溶液石蕊溶液先变红后褪色反应后含氯的气体共有2种B向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中先后加入1mL浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀
4、Cu(OH)2溶解度小于 Mg(OH)2C加热NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3溶液显碱性D将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中前者剧烈反应水中羟基氢的活泼性大于乙醇的11科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用CuSi合金作硅源，在950下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示)作为电源。下列有关说法不正确的是A电极c与b相连，d与a相连B左侧电解槽中；Si优先于Cu被氧化Ca极的电极反应为CH4-8e+4O2=CO2+2H2OD相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅
5、的提纯速率12短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z形成的化合物是常见的调味剂和防腐剂，W、X形成的一种化合物室温下易升华，W、Z形成的化合物是一种无色液体，广泛用于海带提碘等化学实验中。下列说法不正确的是AX、Z的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂B化合物Y2X2和YZX都既存在离子键，又存在共价键C原子半径大小：WX；简单离子半径：Y0.25mol/L时，Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_(填序号)。a随着反应进行c(H+)降低bZn2+、Mn2+与C2O生成沉淀c溶解度：ZnC2O4MnC2O4(4)步骤用惰性电极电解Z
6、nSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4外，还可能生成H2、O2或其混合物。生成MnO2的电极反应式为_。若n(H2)n(O2)=21，则参加反应的n(Zn2+)n(Mn2+)=_。该工艺流程中可循环利用的物质是_。（二）选做题（从给出的两题中任选一道作答，多做则按第一题计分，共15分）35【选修3物质的性质与结构】锂磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3H2O=Cu4O(PO4)2+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O（1）写出基态Cu2+的核外电子排布式：_。与Cu同周期的元素中，与铜原子最
7、外层电子数相等的元素还有_（填元素符号），上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为_。（2）PO的空间构型是_。（3）与NH3互为等电子体的分子、离子有_、_(各举一例)。（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为_。（5）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物Cu(CN)42，则1mol CN中含有的键的数目为_。（6）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如右图所示。则该化合物的化学式为_。（7）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度_。36【化学选修5：有机化学基础】芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石
8、油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是_；（2）由A生成B的反应类型是_。（3）写出C可能的结构简式_；（写一个即可）（4）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂。请用A和不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成D。用结构简式表示合成路线_；合成路线流程图示例如下：。（5）EF的化学方程式为_。（6）芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，G可能的同分异构体有_种。化学答案7. 【答案】A【解析】A工业上，通过石油的热裂解获得乙烯、1，3-丁二烯等短链
9、不饱和烃，通过煤的干馏获得苯、甲苯等芳香烃，故A错误；B煤干馏是隔绝空气加强热发生反应，产品主要为出炉煤气、煤焦油和焦炭，故B正确；C羊毛、蚕丝、棉花和麻等在自然界中存在，属于天然纤维，故C正确；D天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，是一种清洁的化石燃料，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等，故D正确；选A。8. 【答案】A【解析】A1个-OH所含电子数为9，所以1mol -OH含有9mol电子，即9NA个，故A正确；B1mol铜变为铜离子失去2mol电子；精炼铜的过程中阳极上为粗铜，粗铜中比铜活泼的金属会先放电，所以当32g铜（物质的量为0.5
10、mol）参加反应时转移电子数不是NA，故B错误；C1个环氧乙烷分子中有7个共价键，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C错误；DCH3COONH4溶液中铵根会发生水解，所以1L 0.5mol/L pH=7的CH3COONH4溶液中NH数目小于0.5NA，故D错误；故答案为A。9. 【答案】C【解析】A根据有机物的结构简式可知，该物质属于溴代烃，难溶于水，A说法正确，但A不符合题意；BBr和CH3处于苯环的相间位置，相对的位置，Br取代CH3上的氢原子，共3种结构，B说法正确，但B不符合题意；C油脂在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应，C说法错误，但C符合题意；D苯分子和乙烯
11、分子中所有的原子都在同一平面上，故苯环与碳碳双键上的碳原子可能共面，COOCH3中的两个碳原子，一个采用sp2杂化，另一个采用sp3杂化，所有碳原子可能共面，D说法正确，但D不符合题意；答案选C。10. 【答案】D【解析】ACH4与Cl2在光照下反应产生HCl，HCl溶于水得到盐酸，使紫色石蕊试液变为红色，由于其中含有未反应的氯气，氯气溶于水，产生盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，将红色物质氧化变为无色，反应过程中产生的有机物CH3Cl也是气体，因此不能证明反应后含氯的气体共有2种，A错误；B反应中氢氧化钠过量，则一定会产生氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，不能比较二者的溶解度相对大小，B错误；C加热NH
12、4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，说明NH4HCO3固体受热分解产生了氨气，C错误；D将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中，前者剧烈反应，是由于水中羟基氢的活泼性大于乙醇，更容易电离产生H+，D正确；故合理说法是D。11. 【答案】A【解析】甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si，d为阳极，与b相连，Si在阳极上失电子发生氧化反应生成Si4+。A项、甲烷燃料电
13、池中，通入甲烷的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；B项、由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成Si4+，而铜没被氧化，说明硅优先于钢被氧化，故B正确；C项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e+4O2=CO2+2H2O，故C正确；D项、相同时间下，通入CH4、O2的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电流强度不同，影响硅的提纯速率，故D正确。故选A。12. 【答案】D【解析】Y、Z形成的化合物是常见的调味剂和防腐剂，
14、该化合物是食盐NaCl，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Y是Na，Z是Cl；W、Z形成的化合物是一种无色液体，广泛用于海带提碘等化学实验中，则该化合物是做萃取剂，即CCl4，则W为C；W、X形成的一种化合物室温下易升华，推测该化合物是CO2，则X为O，则W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Cl。由分析可知，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Cl；AX、Z形成的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，A正确；B化合物Y2X2是Na2O2，存在离子键和共价键，YZX是NaClO，存在离子键和共价键，B正确；C同周期从左到右，原子半径减小，故CO，即WX；Na+是10电子结构，核外电子层数是2，Cl
15、是18电子结构，核外电子层数是3，故Na+Cl，即YZ，C正确；DW与X形成的化合物尾气是CO，Y的最高价氧化物的水化物溶液是NaOH溶液，两者不反应，D错误；答案选D。13. 【答案】B【解析】AFeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；B对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003mol/L KCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003mol/L KCl，故B错误；C在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化
16、小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；DFeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确；故选B。26. 【答案】(1)NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3 (2)三颈烧瓶 (3)将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应 (4)AB (5)滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 (6)0.49 (7)2HSO-2e=S2O+2H+【解析】I由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN
17、与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3；II装置b中过二硫酸铵与氢氧化钠在55温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成O2，反应生成的O2将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应；滴定过程中Ag+与CN反应生成Ag(CN)2，当CN反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I生成AgI黄色沉淀；由题意可知，HSO在阳极失电子发生氧化反应生成S2O。（1）由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了Na
18、HCO3和NH3，反应的化学方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3；(2)由图可知，盛放(NH4)2S2O8溶液仪器的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（3）由题给信息可知，过二硫酸铵与氢氧化钠在55温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，反应生成的氨气在90温度下与过二硫酸钠发生副反应生成硫酸钠、氮气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成O2，反应生成的O2将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应，故答案为：将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒
19、吸，减少发生副反应；(4)由题给信息可知，制备反应需要在55温度下进行，90温度下发生副反应，所以需要控制温度不能超过90，故还需补充的实验仪器或装置为温度计和水浴加热装置，故答案为：AB；（5）滴定过程中Ag+与CN反应生成Ag(CN)2，当CN反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I生成AgI黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；（6）滴定终点时消耗AgNO3的物质的量为1.0103mol/L5.00103L=5.00106mol，根据方程式Ag+2CN=Ag(CN)2可知处理
20、的废水中氰化钠的质量为5.00106mol249g/mol=4.9104g，则处理后的废水中氰化钠的浓度为=0.49mg/L，故答案为：0.49；（7）由题意可知，HSO在阳极失电子发生氧化反应生成S2O，电极反应式为2HSO-2e=S2O+2H+，故答案为：2HSO-2e=S2O+2H+。27. 【答案】(1)H2+H3 (2)FeO和Fe 80% (3)bd 37.1% T3T2T1 正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率升高【解析】（1）已知反应：Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) H2 Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s
21、)+4CO2(g) H3，根据盖斯定律，将所给的反应+可得：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)，故H4=H2+H3，故答案为H2+H3；（2）根据当1000时为FeO，在2000时为Fe，故在1600时固体物质的主要成分为FeO和Fe的混合物；设混合物中FeO的物质的量为x mol，Fe的物质的量为y mol，则有：=，即可求的xy=14，故剩余的FeO和被还原为铁的FeO的物质的量之比为14，则可知被还原的FeO的百分比为100%=80%，故答案为FeO和Fe；80%；（3）a由于此容器是个体积可变的容器，故为恒容的容器，则容器内压强一直不变，故不能作为反应达平衡的
22、标志，故a错误；b此反应在平衡前，气体的质量不变，但体积变小，故密度变大，故当混合气体的密度不再发生变化时能说明反应达平衡，故b正确；c反应达平衡的根本标志是v正=v逆，所以3v正(CO)=v逆(H2)，故c错误；d在反应达平衡之前，混合气体的质量不变，但物质的量变小，故混合气体的平均相对分子质量在变小，故当不变时能说明反应达平衡，故d正确。故选bd；设反应达平衡时CO转化了x mol，则根据三段式可知：CO(g) + 3H2(g)CH4(g)+H2O(g)初始(n)： 1mol 3mol 0 0n： x mol 3x mol x mol x mol平衡(n)： (1-x)mol (3-3x)
23、mol x mol x mol结合平衡时CO的体积分数为0.193可知：=0.193，解得x=0.371，故达到平衡时CO的转化率为=100%=37.1%；在T106Pa时该反应的压强平衡常数Kp=，故答案为37.1%；反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H0，温度越高，则平衡左移，CO的平衡转化率越低，根据图象可知，温度T3T2T1，故答案为T3T2T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率越高。28. 【答案】(1)增大接触面积，提高浸出率 (2)Mn2O3+2H+=Mn2+H2O+MnO2 (3)0.5 Zn元素浸出时不需要还原剂，而
24、+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O abc (4)Mn2+2H2O-2e=MnO2+4H+ 11 H2SO4或硫酸【解析】将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2)粉碎，加入足量H2SO4和草酸对残渣进行溶浸，发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2
25、O4=MnSO4+2CO2+2H2O等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据此分析解答。(1)增大接触面积，提高浸出率；(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnOMn2O3，ZnOMn2O3+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2可知Mn2O3+2H+=Mn2+H2O+MnO2；(3)由图可知，当c(H2SO4)=0.5mol/L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnS
26、O4+H2O、ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2、MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利Mn的浸出。或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O；a结合的分析，Mn、Zn的浸出率与c(H+)有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；bc(H2C2O4)0.25mol/L时，如果Zn2+、Mn2+与C2O生成沉淀，浸出率下降，故b正确；c如果溶解度ZnC2
27、O4MnC2O4，Zn的浸出率下降先于Mn，故c正确；答案为：abc；(4)根据流程，酸性条件下，Mn2+失去电子转化为MnO2，则电极反应为：Mn2+2H2O-2e=MnO2+4H+；阴极可能发生的电极反应为Zn2+2e=Zn，2H+2e=H2。阳极可能发生的电极反应为Mn2+2H2O-2e=MnO2+4H+，4OH-4e=2H2O+O2。当n(H2)n(O2)=21时电子转移恰好相等，即电极反应Zn2+2e=Zn与Mn2+-2e+2H2O=MnO2+4H+转移电子数相等，参加反应的n(Zn2+)n(Mn2+)=11；该工艺流程中可循环利用的物质是H2SO4或硫酸。35.【答案】(1)Ar3
28、d9 K、Cr (2)ON (3)正四面体 PH3或AsH3 H3O+或CH (4)sp3、sp2 (5)2NA (6)CuH (7)=9.0g/cm3【解析】(1)Cu是29号元素，基态Cu2+的核外电子排布式为：Ar3d9；Cu原子最外层只有1个电子，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr；7号元素N原子的电子排布式为1s22s22p3，8号元素O原子的电子排布式为1s22s22p4，N原子的2p能级处于半充满状态，较稳定，所以N、O元素第一电离能由小到大的顺序为ON。(2)PO中P的孤电子对数为=0，键电子对数为4，则空间构型是正四面体。(3)与NH3互为等电子
29、体的分子有PH3或AsH3；离子有H3O+、CH等。(4)在氨基乙酸铜的分子中-CH2-碳原子为sp3杂化，羰基碳原子为sp2杂化。(5)在CN中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，三键中含1个键和2个键，1mol CN中含有的键的数2NA。(6)在该化合物的晶胞中Cu：12+2+3=6，H：6+4=6，所以CuH=11，故该化合物的化学式为CuH。(7)铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8+6=4，Cu原子半径为127.8pm=127.81010cm，假设晶胞的边长为d，则d=4127.81010cm，则晶胞的体积是=（2127.81010）cm3，则晶体铜的密度=9.0g/
30、cm3。36.【答案】(1)邻二甲苯（或1，2-二甲苯） (2)取代反应 (3) (4) (5) (6)4【解析】(1)A的结构简式为：，其名称是邻二甲苯，故答案为邻二甲苯；(2)邻二甲苯和溴发生取代反应生成B，邻二甲苯的甲基上氢原子被溴原子取代生成溴代烃，故答案为取代反应；(3)在溴化铁作催化剂条件下，邻二甲苯和溴发生苯环上的取代反应，取代位置为甲基的邻、对位，所以C可能的结构简式为：，故答案为；(4)酸性条件下，邻二甲苯被高锰酸钾氧化生成邻苯二甲酸，在浓硫酸、加热条件下，邻苯二甲酸和乙醇发生酯化反应生成邻苯二甲酸二乙酯，合成路线为，故答案为；(5)E的结构简式为，E发生缩聚反应生成F，该反应方程式为：，故答案为；(6)E的结构简式为，芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，则G的结构简式可能为：，共4种，故答案为4。