高中化学 2021届高三第二次模拟考试卷 化学（三） 教师版

这是一份高中化学 2021届高三第二次模拟考试卷 化学（三） 教师版，共9页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列有关说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

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：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．2020年春节期间举行的《中国诗词大会》第五季精彩纷呈，体现了中国诗词博大精深。下列诗词分析错误的是
A．“弄风柳絮疑成雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素
B．“日暮汉宫传蜡烛，轻烟散入五侯家”中的“蜡烛”是高级脂肪酸酯，也是高分子化合物
C．“炎炎日正午，灼灼火俱燃”中的“炎炎”体现自然界中太阳能与热能的转化
D．“煮豆持作羹，漉鼓以为汁”中的“漉鼓”涉及的基本操作是过滤
【答案】B
【解析】“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，A正确；高级脂肪酸酯不属于高分子化合物，B错误；“炎炎”体现了太阳能转化为热能，C正确；由“漉鼓以为汁”可知，“漉鼓”涉及过滤，D正确。
2．下列物质分类正确的是
A．SO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物
D．Na2O2、Al2O3、Fe3O4均为碱性氧化物
【答案】C
【解析】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，故A错误；硅酸属于纯净物，不是胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；Na2O2为过氧化物，Fe3O4为碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，故D错误。
3．下列说法不正确的是
A．葡萄糖作为人类重要能量来源，是由于它在人体的酶催化下发生氧化反应，放出能量
B．油脂在一定条件下能发生水解，是由于它属于天然有机高分子
C．生石灰、草木灰等可用于腌制松花蛋，是由于碱性物质能使鸡蛋中蛋白质变性
D．植物油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯
【答案】B
【解析】葡萄糖作为人类重要能量来源，在人体组织里，葡萄糖在酶的催化作用下缓慢氧化生成二氧化碳和水，同时释放能量，故A正确；油脂是高级脂肪酸甘油酯，在一定条件下能发生水解，油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B不正确；生石灰与水反应生成碱，草木灰溶液显碱性，蛋白质在碱性物质中能够发生变性，所以生石灰、草木灰等可用于腌制松花蛋，故C正确；植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯，分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。
4．色氨酸是植物体内生长素生物合成重要的前体物质，普遍存在于高等植物中。纯净的色氨酸为白色或微黄色结晶，微溶于水、易溶于盐酸或氢氧化钠，其结构如图所示，下列关于色氨酸的说法不正确的是

A．色氨酸的分子式为C11H12N2O2
B．色氨酸能发生取代、加成、酯化、中和反应
C．色氨酸微溶于水而易溶于酸或碱溶液是因为其与酸、碱都能反应生成盐
D．将色氨酸与甘氨酸(NH2CH2COOH)混合，在一定条件下最多可形成三种二肽
【答案】D
【解析】根据色氨酸的结构简式可知，其分子式为C11H12N2O2，A正确；色氨酸分子中含有羧基、氨基和碳碳双键，能发生取代、加成、酯化、中和反应，B正确；氨基是碱性基团，羧基是酸性基团，则色氨酸微溶于水而易溶于酸或碱溶液是因为其与酸、碱都能反应生成盐，C正确；同种氨基酸之间也可形成二肽，能形成2种二肽，色氨酸和甘氨酸反应时，色氨酸可以氨基脱氢，或者羧基脱羟基，有2种，则将色氨酸与甘氨酸(NH2CH2COOH)混合，在一定条件下最多可形成4种二肽，D不正确。
5．ClO2气体是一种低毒高效的消毒剂，浓度较大时易分解爆炸。制备ClO2的实验装置如图所示。下列说法错误的是

A．a用于平衡气压
B．实验结束后再通空气
C．④装置中，NaClO2作还原剂
D．⑤的作用是吸收ClO2
【答案】B
【解析】根据实验装置分析可知，装置①为制取Cl2的装置，浓盐酸和MnO2在加热的条件下发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑，装置②为吸收挥发的HCl的装置，装置③干燥装置，装置④为制备ClO2的装置，装置⑤可吸收ClO2，装置⑥为尾气处理装置，据此分析解答问题。A．长导管a可使装置内外压强相等，有平衡气压的作用，正确；B．ClO2浓度较大时易分解爆炸，因此在实验开始时就要通入空气，以稀释ClO2的浓度，防止爆炸，错误；C．装置④为制备ClO2的装置，NaClO2中的Cl元素的化合价由+3价升高至+4价，作还原剂，正确；D．根据上述分析可知，装置⑤可吸收ClO2，正确。
6．主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，X与Y相邻，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，Z的最高正价和最低负价代数和为4，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是
A．X和Z的单质均存在多种同素异形体
B．Q、Y和Z三种元素只能形成共价化合物
C．Q和W形成的化合物的水溶液呈碱性
D．WZXY溶液常用于Fe3+的检验[
【答案】B
【解析】由以上分析知，Q为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，W为K元素，A．X为C元素，Z为S元素，C元素的单质有金刚石、石墨等，S元素的的单质有单斜硫和斜方硫等，则C和S的单质均存在多种同素异形体，A项正确；B．Q为H元素，Y为N元素，Z为S元素，Q、Y和Z三种元素还可以形成铵盐，如(NH4)2S、NH4HS，均属于离子化合物，B项错误；C．Q为H元素，W为K元素，Q和W形成的化合物为KH，溶于水发生反应KH+H2O=KOH+H2↑，则生成KOH溶液，呈碱性，C项正确；D．WZXY为KSCN，KSCN溶液常用于Fe3+的检验，D项正确；答案选B。
7．下列有关说法不正确的是
A．35Cl2与37Cl2不能互称为同位素，也不能互称为同分异构体
B．C6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则n可能等于2
C．2，2-二甲基丁烷与2，4-二甲基戊烷的一氯代物种类相同(不考虑立体异构)
D．与都是酚且互为同系物
【答案】D
【解析】35Cl2与37Cl2是同种单质，不能互称为同位素，也不能互称为同分异构体，故A正确；如为H—C≡C—C≡C—C≡C—H，则为直线形分子，故B正确；2，2-二甲基丁烷中含有3种等效氢原子，则一氯代物有3种，2，4-二甲基戊烷中含有3种等效氢原子，则一氯代物也有3种，故C正确；含有的酚羟基的数目不同，则结构不同，不互为同系物，都属于酚，故D不正确。
8．已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积，晶胞中相邻最近的两个CO2分子间距为a pm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是
A．晶胞中一个CO2分子的配位数是8
B．晶胞的密度表达式是g·cm−3
C．一个晶胞中平均含6个CO2分子
D．CO2分子的立体构型是直线形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化
【答案】B
【解析】A．面心立方最密堆积配位数为12，故A错误；B．该晶胞中最近的相邻两个CO2分子间距为a pm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶点上的二氧化碳之间的距离为a pm，则晶胞棱长=a pm=a×10−10cm，晶胞体积=(a×10−10cm)3，该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，晶胞密度=，故B正确；C．该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，故C错误；D．二氧化碳分子是直线形分子，C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故D错误；故选B。
9．下列实验方案中能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
探究浓度对反应
速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度Na2SO3溶液的试管中同时加入2mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
B
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
将Fe(NO3)2，样品溶于稀H2SO4后滴加KSCN
溶液观察溶液是否变红
C
配制480mL
0.2mol·L−1 CuSO4
将24g CuSO4·5H2O固体滴入蒸馏水配置成500mL溶液
D
验证ZnS的溶解
度大于CuS
将CuSO4溶液滴入ZnS悬浊液中，振荡，
可观察到沉淀由白色变为黑色
【答案】D
【解析】发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，无明显现象，不能探究浓度对速率的影响，故A错误；Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应，不能检验是否变质，应溶于水加KSCN溶液检验，故B错误；选500mL容量瓶，CuSO4·5H2O的质量为0.5L×0.2mol·L−1×250g·mol−1=25.0g，故C错误；ZnS转化为CuS沉淀，可观察到沉淀由白色变为黑色，验证ZnS的溶解度大于CuS，故D正确。
10．CO甲烷化反应为CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)，其中步骤②反应速率最慢。

下列说法不正确的是
A．步骤①只有非极性键断裂
B．步骤②速率最慢的原因可能是其活化能最高
C．步骤③需要吸收热量
D．使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率
【答案】C
【解析】根据图示可知：在步骤①中，反应开始时是CO气体和H2，后来反应变为CO气体和·H，只断裂了H2中的H—H键，同种元素形成的共价键是非极性键，因此步骤①中只有非极性键断裂，A正确；步骤②是CO气体与·H结合形成·CHO，由于该过渡态的相对能量较反应物高，需吸收较多能量才能发生该反应，所以反应速率较慢，B正确；反应物的能量比生成物的能量高，所以发生步骤③的反应会放出热量，C不正确；催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能使化学平衡发生移动，故使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率，D正确。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．荣获2019年诺贝尔化学奖的吉野彰是最早开发具有商业价值的锂离子电池的日本科学家，他设计的可充电电池的工作原理示意图如图所示。该可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2+nC。NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是

A．该电池用于电动汽车可有效减少光化学烟雾污染
B．充电时，阳极反应为LiCoO2−xe−=Li(1-x)CoO2+xLi+
C．充电时，Li+由A极移向B极
D．若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，两电极质量差为14g
【答案】CD
【解析】A．汽车燃烧汽油等化石燃料，排放的汽车尾气含氮的氧化物，大量氮氧化物排放到空气中，在日光照射下二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用后产生了一种有毒的烟雾，就是光化学烟雾，电动汽车可有效减少光化学烟雾污染，故A正确；B．可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2+nC，则放电时正极反应为Li(1-x)CoO2+xLi++xe−=LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO2−xe−=Li(1-x)CoO2+xLi+，故B正确；C．由图知，A电极为电解池的阴极，B电极为电解池的阳极，充电时，Li+由B极移向A极，故C错误；D．若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，负极减少2mol Li其质量为14g，正极有2mol Li+迁入，其质量为14g，两电极质量差为28g，故D错误；故答案选CD。
12．铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法不正确的是

A．铁镁合金的化学式为Mg2Fe
B．晶体中存在的化学键类型为金属键
C．晶格能：氧化钙>氧化镁
D．该晶胞的质量是g(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】CD
【解析】依据均摊法计算，晶胞中共有4个铁原子、8个镁原子，故化学式为Mg2Fe，一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，其质量为g=g，D不正确；在元素周期表中，镁元素在钙元素的上一周期，故Mg2+半径比Ca2+半径小，氧化镁的晶格能比氧化钙大，C不正确。
13．二氧化氯(ClO2，黄绿色、易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是

A．气体A为Cl2
B．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为3∶1
C．溶液B中含有大量的Na+、Cl−、OH−
D．可将混合气通过饱和食盐水除去ClO2中的NH3
【答案】C
【解析】根据题意分析，气体A为H2，故A错误；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3↑+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6∶1，故B错误；根据上述分析可知，溶液B中含有NaCl与NaOH，则含有大量的Na+、Cl−、OH−，故C正确；二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色、易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故D错误。
14．已知丙烯与HCl发生加成反应有两种可能，如图1所示；其中丙烯加H+的位能曲线图如图2所示。下列说法错误的是


A．过渡态（Ⅰ）比过渡态（Ⅱ）稳定
B．生成①的过程所需活化能较低，速率快
C．①②③④中碳原子的杂化方式相同
D．丙烯与HCl发生加成反应，主要生成产物③
【答案】C
【解析】A．据图可知过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)能量更低，所以更稳定，故A正确；B．活化能越小反应速率越快，据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应速率较快，故B正确；C．①②中均有一个碳原子为sp2杂化，其他碳原子均为sp3杂化，故C错误；D．据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应更容易进行，选择性更强，所以主要产物为③，故D正确；故答案为C。
15．25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是

A．图中a=2.6
B．25℃时，HCO+H2OH2CO3+OH−的Kh=1.0×10−6.4
C．M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl−)+2c(CO)+c(OH−)
D．若要表示题目条件下pH与lg的变化关系，则曲线应该在平行于曲线x的下方
【答案】A
【解析】A．根据N(7.4，1)点，lg=1，则=10，碳酸的一级电离常数Ka1==10×10−7.4=10-6.4，将M点c(H+)代入一级电离常数公式，解得=102.6，a=2.6，正确；B．该反应的平衡常数Kh=，根据M点，=10−2.6，c(H+)=10−9，c(OH−)=10−5，代入数值，此反应的平衡常数为10−7.6，B错误；C．M点溶液中，依据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+
2c(CO)+c(OH−)+c(HCO)，此时溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，c(Na+)>c(HCO)+c(H2CO3)，所以c(H+)+c(H2CO3)