备战2021年高考化学模拟专练卷08（教师版） 15页

模拟专练卷 08 化学 可能用到的相对原子质量：H−1 C−12 N−14 O−16 S−32 一、选择题：本题共 7 个小题，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．在 2020 年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中，化学品发挥了重要作用下列说法不正确的是 A．喷洒无水酒精进行消毒可以起到良好的预防病毒的作用 B．二氧化氯泡腾片可以做环境消毒剂 C．84 消毒液和洁厕灵混用会生成有毒有害的物质 D．硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了其溶于水吸热的性质 【答案】A 【解析】A. 75%的医用酒精杀菌效果好，所以喷洒 75%的酒精进行消毒可以起到良好的预防病毒的作用，故 A 错误； B. 二氧化氯泡腾片，有效成分(ClO2)是一种高效、安全的杀菌、消毒剂，故 B 正确； C. 84 消毒液有效成分是次氯酸钠，洁厕灵主要成分是盐酸，次氯酸钠、盐酸混合会生成有毒的氯气，故 C 正确； D. 硝酸铵溶于水吸热，可以用硝酸铵制成医用速冷冰袋，故 D 正确；选 A。 8．某同学在实验室进行如图所示实验，下列说法中不正确的是 A．X 中的浓溶液滴入沸水中可得到 Z 中液体 B．X 中分散系能产生丁达尔效应 C．用过滤和渗析的方法，可将 Z 中液体分离提纯 D．Y 中反应离子方程式：3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2+ 【答案】B 【解析】A．X 中的氯化铁浓溶液滴入沸水中可得到氢氧化铁胶体，A 正确； B．X 中分散系是氯化铁溶液，不能产生丁达尔效应，B 错误； C．用过滤的方法，可以将 Z 中的固体与液体分离，利用渗析法可以净化提纯氢氧化铁胶体，C 正确； D．CaCO3 能与 H+结合生成 CO2 和 H2O，促进 Fe3＋的水解，D 正确；答案选 B。 9．化合物 (x)、 (y)、 (z)的分子式均为 C8H8，下列说法正确的是 A．y 的二氯代物有 3 种 B．x、y 和 z 均能与溴水发生反应 C．z 中的所有原子在同一平面上 D．x 的同分异构体只有 y 和 z 两种 【答案】A 【解析】 A、根据 y 的结构可知，其二氯代物有 3 种，分别是棱的两端，面对角线两端和体对角线两端，故 A 正确；B、 这三种结构中，只有 x 和 z 的结构中含有 C=C 双键，能够使溴水褪色，而 y 的结构中没有双键，所以不能使溴 水褪色，所以 B 错误；C、在 z 的结构中，含有两个 CH2 原子团，其中的 C 原子为四面体结构，导致两个氢原子 与其它原子不可能共面，所以 C 错误；D、x 的同分异构体除 y 和 z 两种外，还有 、 等， 所以 D 错误。本题正确答案为 A。 10．研究发现 Pd2 团簇可催化 CO 的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已 标出），下图为路径 1 和路径 2 催化的能量变化。下列说法错误．．的是 A．CO 的催化氧化反应为 2CO+O2=2CO2 B．反应路径 1 的催化效果更好 C．路径 1 和路径 2 第一步能量变化都为 3.22 eV D．路径 1 中最大能垒（活化能）E 正 =1.77 eV 【答案】B 【解析】 A. 由图可知 CO 在 Pd2 催化作用下与氧气反应产生 CO2，反应方程式为 2CO+O2=2CO2，A 正确； B. 由图可知：反应路径 2 所需总的活化能比反应路径 1 低，反应路径 2 的催化效果更好，B 错误； C. 反应路径 1 和反应路径 2 的第一步能量变化都为 3.22eV，C 正确； D. 路径 1 的最大能垒(活化能)E 正=−3.96eV−（−5.73eV） =1.77 eV，D 正确； 故答案选 B。 11．为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状 Zn（3D−Zn）可以高效沉积 ZnO 的特点， 设计了采用强碱性电解质的 3D−Zn—NiOOH 二次电池，结构如下图所示。电池反应为 Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)  放 充 电 电 ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是 A．三维多孔海绵状 Zn 具有较高的表面积，所沉积的 ZnO 分散度高 B．充电时阳极反应为 Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e− NiOOH(s)+H2O(l) C．放电时负极反应为 Zn(s)+2OH−(aq)−2e− ZnO(s)+H2O(l) D．放电过程中 OH−通过隔膜从负极区移向正极区 【答案】D 【解析】A、三维多孔海绵状 Zn 具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的 ZnO 分散度高，A 正确； B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是 Ni(OH)2 失去电子转化为 NiOOH，电极反应式为 Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B 正确； C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为 Zn(s)＋2OH－(aq) －2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C 正确； D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中 OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D 错误。 答案选 D。 12．主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于 20。W、X、Y、Z 的族序数之和为 12；X 与 Y 的电子层数相同；向过量的 ZWY 溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体 放出。下列说法正确的是 A．原子半径由大到小的顺序为：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W) B．氧化物的水化物的酸性：H2XO3r(X)>r(Y) >r(W)，故错误； B. 硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序 H2SiO3”“=”或“<”)。 （5）在某温度下，向 1L 密闭容器中充入 CO 与 N2O，发生反应：N2O(g)+CO(g)⇌ CO2(g)十 N2(g)，随着反应的 进行，容器内 CO 的物质的量分数变化如下表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 10 物质的量分数 50.0% 40.25% 32.0% 26.2% 24.0% 24.0% 则该温度下反应的平衡常数 K=____。 【答案】 （1）2NH3+2O2  催化剂 N2O+3H2O（2 分） （2）−163kJ/mol （2 分） （3）FeO++CO⇌CO2+Fe+ （2 分） 放热 （2 分） 反应① （2 分） （4）降低温度（2 分） = （1 分） （5）1.17 （2 分） 【解析】 （1）NH3 和 O2 反应得到 N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3 中 N 的化合价从－3 升高到 N2O 中的＋1，共升 高 4 价；O2 中 O 的化合价从 0 降低到－2，共降低 4 价，化合价升降守恒，则 NH3 和 O2 的系数比为 1：1，根据 原子守恒配平，可得 2NH3+2O2  催化剂 N2O+3H2O； （2） 已知①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) △H1=−1010KJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) △ H2=−1531KJ/mol；反应①× 2 3 −反应②× 1 3 可得目标反应，则△H=△H1× 2 3 −△ H2× 1 3 =−1010kJ/mol× 2 3 −(−1531kJ/mol)× 1 3 =−163kJ/mol； （3）总反应为 N2O(g)+CO(g)  CO2(g)十 N2(g)，实际过程是分 2 步进行，因此反应①和反应②相加得到总反 应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为 FeO++CO  CO2+Fe+； 根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应； 根据反应①的历程图可知，由 Fe＋和 N2O 经过过渡态得到产物 FeO＋和 N2，过渡态和反应物 Fe＋和 N2O 的能量差 为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化 学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡 所用时间； （4）①根据图像，C 点和 B 点，反应物的投料比相同，但是 B 点表示的平衡状态，N2O 的转化率高于 C 点，C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，平衡正向移动，N2O 的转化率增加；B 和 C 点的反应物投料比相同，因 此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反 应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度； ①利用三等式求出 C 和 D 点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小； 设定容器体积的体积为 VL。 C 点的平衡状态其反应物的投标比为 1，则设 N2O 和 CO 的物质的量均为 1mol，其 N2O 的转化率为 0.50，则根 据三等式有 2 2 2N O(g)+CO(g) CO (g)+ N (g) 1 1 0 0 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5  开始的物质的量 开始的物质的量 平衡的物质的量 ，则在平衡常数 2 2 2 0.5 0.5 (N ) (CO )= 10.5 0.5(N O) (CO) c c V VK c c V V     ； D 点的平衡状态其反应物的投标比为 1.5，则设 N2O 和 CO 的物质的量为 1.5mol 和 1mol，其 N2O 的转化率为 0.40， N2O 反应了 1.5mol×0.40=0.6mol，则根据三等式有 2 2 2N O(g)+CO(g) CO (g)+ N (g) 1.5 1 0 0 0.6 0.6 0.6 0.6 0.9 0.4 0.6 0.6  开始的物质的量 开始的物质的量 平衡的物质的量 ，则在平衡常数 2 2 2 0.6 0.6 (N ) (CO )= 10.9 0.4(N O) (CO) c c V VK c c V V     ； C 点和 D 点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有 TC=TD； （5）根据表格的数据，开始时 CO 的物质的量分数为 50.0%，则设 CO 和 N2O 的物质的量各位 1mol，假设到达 平衡时，CO 转化了 xmol，根据三等式有 2 2 2N O(g)+CO(g) CO (g)+ N (g) 1 1 0 0 1 1 x x x x x x x x   开始的物质的量 开始的物质的量 平衡的物质的量 ，达到平衡时，CO 的物质的量分数为 24.0%，则有 1- 100% 24.0%1- 1- x x x x x     ，解得 x=0.52mol，则平衡常数 2 2 2 0.52 0.52 (N ) (CO ) 1 1= 1.170.48 0.48(N O) (CO) 1 1 c cK c c     。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．[化选修 3：物质结构与性质]（15 分） 2016 年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关” 即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题： （1）对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB 族元素对应离子的萃取，如 La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2 ＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。 （2）对叔丁基杯[4]芳烃由 4 个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。 （3）不同大小苯芳烃能识别某些离子，如：N3−、SCN−等。一定条件下，SCN−与 MnO2 反应可得到(SCN)2，试 写出(SCN)2 的结构式_______。 （4）NH3 分子在独立存在时 H－N－H 键角为 106.7°。 [Zn(NH3)6]2+离子中 H－N－H 键角变为 109.5°，其原 因是：_________________________。 （5）已知 C60 分子结构和 C60 晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：则一个 C60 分子中含有σ键的个数为______， C60 晶体密度的计算式为____g•cm−3。(NA 为阿伏伽德罗常数 的值) 【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d1 或[Ar]3d1（2 分） 10（2 分） （2）sp3 （2 分） 氢键 （1 分） （3）N≡C—S—S—C≡N （2 分） （4）氨分子与 Zn2＋形成配合物后，孤对电子与 Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间 的排斥，排斥减弱，故 H－N－H 键角变大 （2 分） （5）90 （2 分） 30 3 4 60 12 10 AN a     （2 分） 【解析】（1）Sc 为 21 号元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d14s2，失去 4s 能级 2 个电子形成 Sc2+，Sc2+ 核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1，其中电子占据 3 个 s 轨道、6 个 p 轨道、1 个 d 轨道，共占据轨道数目为 10 个，故答案为：1s22s22p63s23p63d1 或[Ar]3d1；10； （2） 羟基中 O 原子形成 2 个σ键，含有 2 对孤电子对，杂化轨道数目=2+2=4，O 原子采用 sp3 杂化，羟基之间 能够形成氢键，故答案为：sp3；氢键； （3） N3−和 SCN−互为等电子体，等电子体的结构相似，SCN−中 C 原子价层电子对个数是 2，为直线形结构， 所以 N3−为直线形结构； (SCN)2 分子中 S−C 原子之间为共价单键、C 和 N 原子之间存在共价三键，其结构式为 N≡C−S−S−C≡N，故答案为：N≡C−S−S−C≡N； （4）NH3 分子中 N 原子的孤电子对进入 Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变 为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故 NH3 形成配合物后 H−N−H 键角变大，故答案为：NH3 分子中 N 原 子的孤电子对进入 Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥， 排斥作用减弱，故 H−N−H 键角变大； （5）每个碳原子形成 3 个σ键，每σ键为 2 个碳原子共有，则平均每个碳原子形成 1.5 个σ键，则一个 C60 分子中 含有σ键个数为 1.5×60=90，晶胞中 C60 分子数目=8× 1 8 +6× 1 2 =4，晶胞质量= 4 60 12 AN   g，晶体密度 =  310 4 60 12 10 A gN a cm    = 10 3 4 60 12 ( 10 )AN a      g/cm3= 30 3 4 60 12 10 AN a     g/cm3，故答案为：90； 30 3 4 60 12 10 AN a     。 36．[化选修 5：有机化学基础]（15 分） 香料 G 的一种合成工艺如下图所示。 核磁共振氢谱显示 A 有两个峰，其强度之比为 1∶1。 已知： NBS 3 2 2 3 2CH CH CH CH CH CHBrCH CH   3 3CH CHO CH CHO 稀碱 3 2CH CH CHCHO H O   请回答下列问题： （1）A 的结构简式为________ ，G 中官能团的名称为________。 （2）检验 M 已完全转化为 N 的实验操作是___________________。 （3）有学生建议，将 M→N 的转化用 KMnO4(H＋)代替 O2，该建议不合理的原因是________________________。 （4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型： K→L______________________________，反应类型________。 （5）F 是 M 的同系物，比 M 多一个碳原子。满足下列条件的 F 的同分异构体有________种。(不考虑立体异构) ①能发生银镜反应 ②能与溴的四氯化碳溶液加成 ③苯环上只有 2 个对位取代基 （6）以丙烯和 NBS 试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线(其他无机原料任选) ___________________________。 【答案】（1） （1 分） 碳碳双键、酯基（2 分） （2）取少量 M 于试管中，滴加稀 NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的 Cu(OH)2 加热，若没有砖红色沉淀产生，说 明 M 已完全转化为 N(其他合理答案均可)（2 分） （3）KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 （2 分） （4） （2 分） 加成反应 （1 分） （5）6 （2 分） （6） （3 分） 【解析】 结合已知信息分析，C 的结构中一定含有碳碳双键，D 的结构中一定含有溴原子；C 是通过 A 加氢生成 B 后，B 在浓硫酸的条件下反应生成的，所以推测 B 为醇，B 生成 C 即醇的消去反应，那么 A 中含有羰基，A 加氢后生 成羟基；D 的结构中由于含有溴原子，所以推测，D 生成 E 的反应即卤素原子的水解反应，E 中则含有羟基；E 与 N 是在浓硫酸加热的条件下反应生成的 G，G 的结构中又含有酯基，所以暂时推测 E 与 N 的反应为酯化反应； 那么由 G 的结构逆推 N 即为 ；结合已知信息，K 的结构中含有醛基，L 则含有羟基和醛 基，M 则含有碳碳双键和醛基；再根据 N 的结构逆推，可得 M 为 ，L 为 ，K即为苯甲醛 。再由G的结构逆推E为 ，那么D为 ， C 为 ，B 为 ，则 A 即为 ，A 的结构也符合分子中有两种个数相同的等效氢。据 此解答。 （1）通过分析可知，A 即为环戊酮，结构简式为 ；由 G 的结构可知，含有的官能团名称为：碳碳 双键和酯基； （2）通过分析可知，M 为 ，G 为 ，所以需要检验是否还有醛基即 可，因此，首先加 NaOH 将溶液调至碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液，加热观察是否有砖红色沉淀出现即可； （3）通过分析可知，M 为 ，M 的结构中含有的碳碳双键也可以被酸性高锰酸钾氧化，所 以不能用酸性高锰酸钾溶液代替氧气； （4）通过分析可知，K 为 ，L 为 ，K 与乙醛生成 L 的反应即已知信息中的 第二个反应，所以方程式为 +CH3CHO 稀碱 ，该反应为加成反应； （5）通过分析可知，M 为 ，由题意可知，F 为 M 的同系物且比 M 多 1 个碳，苯环上也 只有 2 个对位的取代基，所以：若两个取代基一个是−CH3，另一个则可能是 或 ；若两个取代基一个是−CHO，另一个则可能是 或 或 ；若两个取代基一个是−CH2−CHO，则另一个是−CH=CH2；综 上所述，共计 6 种结构； （6）由已知信息可知，丙烯在经过 NBS 处理后，会在碳碳双键碳的邻碳上引入 Br 原子，再继续与溴单质加成 后，可得到每个碳原子上均有一个溴原子的结构，再利用卤代烃的水解反应即可，因此合成路线为： 。