1、黄金卷10新高考黄金20卷备战高考化学全真模拟卷重庆专用解析版【赢在高考黄金20卷】备战2021年高考化学全真模拟卷 第10模拟（本卷共20小题，满分100分，考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Ni 59 Cu 64 La 139第I卷 （选择题共40分）一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20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.本草图经在“绿矾”项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则
2、赤”，下列关于“绿矾”的说法正确的是A绿矾的主要成分为Fe2(SO4)3 7H2OB绿矾在溶液中能电离出H，所以“味酸”C“烧之则赤”时，绿矾被氧化D可以用K3Fe(CN)6溶液检验绿矾是否已经开始变质【答案】C【解析】绿矾的主要成分为FeSO47H2O，故A错误；绿矾在溶液中能电离出Fe2和SO，无H，故B错误；“烧之则赤”时，说明绿矾中的亚铁离子被氧化为铁离子，绿矾煅烧后所得的固体产物为氧化铁，故C正确；铁离子与硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液；绿矾变质会产生三价铁离子，应用KSCN溶液检验绿矾是否已经开始变质，故D错误；故选C。2.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A中草药中常含有苷类、
3、生物碱、有机酸等成分，煎煮中草药不适宜使用铁锅BN95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，其单体为直线型分子C为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸D二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中【答案】A【解析】中草药中常含有苷类、生物碱、有机酸等成分，有机酸会和铁反应，因此煎煮中草药不适宜使用铁锅，故A正确； N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，其单体丙烯结构为，不是直线型分子，故B错误；为增强“84”消毒液的消毒效果，NaClO和盐酸反应生成氯气，因此不能加适量稀盐酸，故C错误；二氧化硫常用作葡萄酒的防腐剂和抗氧剂，故D错误。综上所述，答案为A。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正
4、确的是A0.2 mol FeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.4NAB1 mol CaH2和1 mol CaO，晶体中所含离子数目均为3NAC60 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为2NAD0.5 mol雄黄(As4S4结构如下图)含有NA个S-S键【答案】C【解析】1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol 碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA ，0.2 mol FeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.6NA，故A错误；1 mol CaH2和1 mol CaO晶体中，前者所含离子数目为3NA，后者所含离子数目为2NA，故B错
5、误；60 g HCHO与CH3COOH混合物中含有2mol最简式 CH2O,含有2mol C原子， C原子数为2NA，故C正确；雄黄(As4S4，结构如图)不含S-S键，故D错误；该题选C。4.下列反应的离子方程式表达正确的是A向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2Cl22Fe32Cl-BCu溶于足量浓硝酸：Cu2NO4H=Cu22NO22H2OC氯水具有漂白性：Cl2H2O2H+Cl-ClO-D向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SOBaSO4【答案】B【解析】向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2Cl22Fe32Cl-，过量的氯气可同时氧化 亚铁离子与溴离子生成相应的铁离子与溴
6、单质，故A错误；Cu溶于足量浓硝酸：Cu2NO4H=Cu22NO22H2O，符合客观事实，电荷守恒，电子守恒，故B正确；氯水具有漂白性：次氯酸是弱酸，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是Cl2H2OH+Cl-HClO，故C错误；向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SOBaSO4，不符合客观事实，正确的离子方程式是2NH4+2OH-+Ba2+SOBaSO4+2NH3+2H2O，故D错误；故选B。5.四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe22O2xOH=Fe3O42H2
7、O。下列问题叙述不正确的是（ ）A水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是B反应的离子方程式中x=4C每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4molD被Fe2还原的O2的物质的量为0.5mol【答案】A【解析】反应中Fe元素化合价部分升高为+3价，S元素化合价由+2价升高到+2.5价，则还原剂是Fe2+和，故A错误；根据电荷守恒得：232(-2)(-x)-2，解得x4，故B正确；根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由反应可知，该反应转移4e-，所以每生成1mol Fe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子为1mol20-(-2)
8、=4mol，故C正确；设被Fe2+还原的O2的物质的量为y，根据得失电子守恒可知，4y1mol3，解得y0.5mol，故D正确；答案选A。6.磁性纳米Fe3O4颗粒具有超顺磁性，做固相萃取剂时能很好从水体中分离。我国科学家利用这一特性，研究出在纳米Fe3O4外包覆多巴胺聚合层，除去水体污染物多环芳烃的方法，模拟过程如下，下列有关说法正确的是AFe3O4是一种碱性氧化物BFe3O4纳米颗粒粒径越小、水体pH越小除污效果越好C多环芳烃在乙腈中的溶解度小于在聚多巴胺中的溶解度D处理完成后，Fe3O4纳米颗粒可利用磁铁回收，经加热活化可重复使用【答案】D【解析】Fe3O4不是碱性氧化物，碱性氧化物定义
9、是与酸反应生成盐和水的氧化物，四氧化三铁和酸反应生成两种盐，故A错误；水体pH越小，酸性越强，则Fe3O4会与酸反应，则会失去除污效果，故B错误；根据题中信息，乙腈萃取了多环芳烃，说明多环芳烃在乙腈中的溶解度大于在聚多巴胺中的溶解度，故C错误；处理完成后，Fe3O4纳米颗粒具有磁性，可以利用磁铁回收，经加热活化可重复使用，故D正确。综上所述，答案为D。7.水杨酸（）是一种脂溶性的有机酸，可用于阿司匹林等药物的制备。下列关于水杨酸的说法错误的是A其化学式为B能与溶液反应生成C水杨酸能与氢气发生加成反应D苯环上的一氯代物有4种【答案】C【解析】根据结构简式可判断水杨酸的化学式为，A项正确；水杨酸中
10、含羧基，能与溶液反应生成，B项正确；羧基不能与氢气发生加成反应，而苯环可与氢气发生加成反应，所以水杨酸只能与氢气发生加成反应，C项错误；水杨酸苯环上的氢原子有4类，因此其一氯代物有4种，D项正确；答案选C。8.自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是AN2NH3，NH3NO均属于氮的固定B在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应C使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量D催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂【答案】C【解析】把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定， N2N
11、H3属于氮的固定，NH3NO不属于氮的固定，故A错误；在催化剂b作用下，O2NO，O元素的化合价由0价变为-2价，化合价降低，发生了还原反应，故B错误；催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故C正确；催化剂a作用下，N2NH3，断裂非极性共价键NN键，催化剂b作用下，NH3NO，断裂极性共价键NH键，故D错误；答案选C。9.用下列实验装置(部分夹持装置省略)进行实验，能达到相应目的的是ABCD分离乙醇和乙酸收集NH3并吸收多余的NH3验证SO2的还原性检验NH4Cl受热分解产生的两种气体【答案】D【解析】乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方法将二者分开，A错误；氨气密度比空气小
12、，利用如图所示的装置不能收集氨气，收集氨气时进气管为短管，出气管为长管，B错误；SO2与品红作用，可以使品红溶液褪色，体现的SO2的漂白性，C错误；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，碱石灰可以吸收氯化氢，五氧化二磷可以吸收氨气，氯化氢可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红，氨气可以使湿润的酚酞试纸变红，可以检验氯化铵受热分解生成的两种气体，D正确；故答案选D。10.工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，实验室设计分离出Zn2+并制取胆矾的流程如下：已知：Zn2+与NaOH的反应与Al3+类似。下列说法错误的是A滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO4H=Zn22H2OB操作和中用到的玻璃仪
13、器完全相同C系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质【答案】B【解析】工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，加入过量NaOH生成氢氧化铜沉淀，所以滤渣1是氢氧化铜，滤液1中有ZnO；氢氧化铜和过量硫酸反应生成硫酸铜蓝色溶液，经过一系列操作结晶出胆矾。滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO4H=Zn22H2O，故A正确；操作是过滤操作，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒；操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒、蒸发皿，故B错误；硫酸铜蓝色溶液经过操作结晶出胆矾，操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
14、、洗涤、干燥，故C正确；无水乙醇洗涤晶体最主要的原因是清除晶体上水和水中带的离子，而且对于晶体的溶解能很小，同时易挥发不容易带来污染，可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质，故D正确；故选B。二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。11.短周期元素X、Y、Z、M、N位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，其中只有N为金属元素。X元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子
15、相同；自然界中Y元素形成的化合物的种类最多；Z、M在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体。下列说法错误的是A五种元素的原子半径从大到小的顺序：NYMZXBY、Z、M三种元素都能与X元素形成含有非极性键的化合物CN的最高价氧化物对应的水化物可能是强碱DY、Z两种元素都能与M元素形成原子个数比为1：1和1：2的化合物【答案】AC【解析】短周期元素X、Y、Z、M、N位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，X元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子相同，则X位于第一周期，为H元素；自然界中Y元家形成的化合物的种类最多，则Y为C元素；Z、M在元素周期表中处于相邻位置，它
16、们的单质在常温下均为无色气体，Z的原子序数大于C，则Z为N元素，M为O元素；只有N为金属元素，则N为Mg、Al中的一种，据此解答。根据分析可知：X为H，Y为C元素，Z为N元素，M为O元素，N为Mg、Al中的一种。同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径从大到小的顺序：NYZMX，A错误；C、N、O都可以与H形成含有非极性键的化合物，如C2H4、N2H4、H2O2等，B正确；Mg、Al的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化镁和氢氧化铝，二者都不是强碱，C错误；C、N都可以与O形成原子个数比为1：1的CO、NO和1：2的CO2、NO2，D正确。12.将一定量的氨
17、基甲酸铵置于2L恒容真空密闭容器中，在一定温度下达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。不同温度下的平衡数据如下表：温度()1520253035平衡时气体总浓度(10-3molL1)2.403.404.806.809.40下列说法正确的是（ ）A该反应在高温条件下自发B氨气的体积分数不变，可以判断反应达到了平衡状态C其他条件不变时将容器体积变为1L，NH3平衡浓度不变D若25时达到平衡所需时间为2min，则02min用CO2表示的平均反应速率为4104molL-1min-1【答案】AC【解析】由表格中数据可知，温度越高，平衡气体总浓度增大，则升高温度，平衡正向移动，
18、H0，由化学计量数可知S0，HTSbcBc点溶液中：c(Na+)10c(HX)C室温下NaX的水解平衡常数为10-4.75D图中b点坐标为(0，4.75)【答案】BD【解析】根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：ab c(OH-)，则c(Na+)Fe3+D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X是浓盐酸【答案】B【解析】因为玻璃棒成分中有硅酸钠，也会发生焰色反应，正确做法是用铂丝，A错误；用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体
19、样品溶解，加入氯化钡溶液，再加稀盐酸，有白色沉淀产生，则白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中含有硫酸根，因此Na2SO3样品已变质，B正确；向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，硝酸根在酸性条件下也具有氧化性，所以也有可能是硝酸将二价铁氧化，C错误；能和氨气反应生成白烟的酸必须具有挥发性，如硝酸和盐酸，将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X产生白烟，溶液X可能是浓盐酸也可能是浓硝酸，D错误。第II卷 （非选择题 共60分）)三、第1618题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1920题为选考题，考生根据要求作答。（一）必答题：共45分。16（15分）我国长征系列运载火箭用液态腓（N2H4）作燃
20、料。N2H4与NH3有相似的化学性质，属于二元弱破，有极强的还原性。回答下列问题：（1）肼与盐酸反应生成的正盐是_（写化学式）。（2）在加热条件下，液态肼可还原新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，试写出该反应的化学反应方程式_。（3）资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，装置如下：实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三颈烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因_。从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_。（4）向装有少量AgBr的试管中加入肼，观察到的现象_。（5）肼可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，理论上1 kg的肼可
21、除去水中溶解的O2_kg。【答案】（1）N2H6Cl2； （2）4Cu(OH)2+N2H4 N2+2Cu2O+6H2O； （3）防止NaClO氧化肼； A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂； （4）固体逐渐变黑，并有气泡产生，故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生； （5）1kg； 【解析】(1)肼与盐酸反应生成N2H6Cl2，N2H6Cl2属于盐；(2) 加热条件下，液态肼可还原新制的Cu( OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体为氮气，由质量守恒定律及电子守恒可知反应为4Cu(OH)2 + N2H4 N2 +2Cu2O +6H2O；(3)实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再
22、向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液，肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼；氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置；(4) 肼被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2 ，反应方程式为:N2H4 + 4AgBr=4Ag+N2+4HBr ，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；(5) 肼被氧化失电子N2H4N2，O2O2-得到4e-，肼和氧气摩尔质量都是32g/mol ,则等质量肼和氧气物质的量相同，理论上1kg的肼可除去水中溶解的O21kg ；17（15分）氧锰八面体纳米
23、棒(OMS-2)是一种新型的环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿(主要成分分别为MnO2、FeS2)合成OMS-2的工艺流程如下：金属离子Fe3Fe2Mn2开始沉淀的pH2.27.58.8完全沉淀的pH3.29.O10.8(1)“调pH值”步骤中，pH的调节范围是_。(2)已知Fe3O4可改写成Fe2O3FeO的形式，Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，锰元素有Mn()、Mn()两种化合价，则Mn12O19可表示为_。(3)生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4H2O按物质的量比115反应，产物中硫元素全部以的形式存在，该反应的离子方程式为_。(4)甲醛(HCHO)在OMS-2催化氧
24、化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS-2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验，实验开始时，该空间内甲醛含量为1.25 mgL-1，CO2含量为0.5 0 mgL-1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30 mgL-1，该实验中甲醛的转化率为_(保留三位有效数字)。【答案】(1)3.2，8.8)(或3.2pH8.8) (2) 5Mn2O32MnO2 (3) (4) 43.6 【解析】软锰矿和黄铁矿用硫酸酸浸，得到的淡黄色固体为S，在酸浸过程中，FeS2中硫的化合价升高，所以Mn的化合价降低，过滤后溶液A中含有Mn2+和Fe2+，向溶液A中加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，
25、除去Fe3+后的滤液精制得到MnSO4H2O，加入酸性KMnO4溶液和K2S2O8，生成Mn12O19，最后焙烧Mn12O19得到OMS-2。(1)调pH的目的是除去Fe3+，根据表格中的数据，使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不能沉淀，故pH的范围是3.2pH8.8。(2)锰元素有Mn()、Mn()两种化合价，把Mn12O19表示为aMn2O3bMnO2，则有2a+b=12，3a+2b=19，可得a=5，b=2，所以Mn12O19可表示为5Mn2O32MnO2。(3)生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，Mn全部转化为Mn12O19，根据质量守恒和电荷守恒，可写出反应的化学方程式为2 +2+10Mn2+11H2O=Mn12O19+4 +22H+。(4)CO2含量为0.50 mgL-1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30 mgL-1，则生成的CO2为0.80mgL-1，设容器体积为1L，根据甲醛氧化的方程式：HCHO+O2CO2+H2O，可求得转化的甲醛的质量为 =mg，则甲醛的转化率为
