江苏省南京市盐城市2021届高三第二次模拟考试化学试题（解析版）

盐城市、南京市 2021 届高三年级第二次模拟考试 化学 注意事项：答题前考生务必将自己的学校、姓名、考试号写在答题卡指定区域内。考试结束 后，交回答题卡。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 2020 年 11 月，“奋斗者”号载人潜水器成功进行万米海试。下列说法正确的是( ) A. 从海水中提取镁的过程属于物理变化 B. “铝-空气-海水”电池中用铝作正极 C. 电解从海水获得的饱和食盐水可制金属钠 D. 从海水中提取铀是海水利用的研究方向之一 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．海水中含有镁离子，从海水中可以得到 MgCl2，电解熔融 MgCl2 可制备 Mg，从海水中提取镁 的过程包含物理变化和化学变化，A 项错误； B．“铝-空气-海水”电池中，Al 由 0 价变为+3 价，化合价升高，发生氧化反应，做负极，B 项错误； C．电解饱和食盐水的产物为 NaOH、Cl2、H2，因此不能通过电解从海水获得的饱和食盐水制金属钠，C 项 错误； D．海水中含有铀元素，因此从海水中提取铀是海水利用的研究方向之一，D 项正确； 答案选 D。 2. 钠着火不能用水扑灭的原因是 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，下列说法正确的是( ) A. Na 基态核外电子排布式为［Ne]3s1 B. H2O 为非极性分子 C. O 结构示意图为 D. NaOH 电子式为 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．Na 基态核外电子排布式为［Ne]3s1，A 项正确； B．H2O 含有极性键，是极性分子，B 项错误； C．O 结构示意图为 ，C 项错误； D．NaOH 为离子化合物，其电子式为 ，D 项错误； 答案选 A。 3. 氯及其化合物在生产、生活中有广泛应用。下列物质的性质与用途具有对应关系的是( ) A. Cl2 能溶于水，可用于工业制盐酸 B. ClO2 有强氧化性，可用于自来水消毒 C. HClO 不稳定，可用作棉、麻的漂白剂 D. FeCl3 溶液呈酸性，可用于蚀刻印刷电路板 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A 项错误； B．ClO2 用于自来水消毒是利用其强氧化性，B 项正确； C．HClO 可用作棉、麻的漂白剂是利用 HClO 的氧化性，C； D．FeCl3 用于蚀刻印刷电路板是利用 Fe3+的氧化性，D 项错误； 答案选 B。 4. 下列关于二氧化碳的说法正确的是( ) A. CO2 分子的空间构型为直线形 B. CO2 的水溶液不能导电 C. 干冰与 SiO2 的晶体类型相同 D. 呼吸面具中 CO2 与 Na2O2 反应利用了 CO2 的氧化性 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．CO2 价层电子对数为 4 2 22 =22   ，因此 CO2 分子的空间构型为直线形，A 项正确； B．CO2 与水反应生成 H2CO3，H2CO3 在水中电离产生自由移动的离子，使溶液导电，B 项错误； C．干冰属于分子晶体，SiO2 属于原子晶体，C 项错误； D．呼吸面具中 CO2 与 Na2O2 反应生成碳酸钠和氧气，C 元素化合价没有发生变化，Na2O2 中氧元素的化合 价既升高又降低，Na2O2 既是氧化剂又是还原剂，D 项错误； 答案选 A。 5. 下列关于反应 CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247 kJ·mol-1 的说法正确的是( ) A. 该反应在任何温度下都可自发进行 B. 反应 CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH2N>C>H C. 化合物 Z 中的含氧官能团有酯基、酰胺基、羟基 D. 1mol 化合物 Z 最多能与含 1mol Br2 的溴水发生反应 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由 X 的结构简式可知其分子式为 C9H8O3，A 项正确； B．Y 中有 C、N、O、H 四种元素，元素的非金属性越强，电负性越强，其电负性大小顺序为：O>N>C>H， B 项正确； C．Z 中含氧官能团有酯基、酰胺基、羟基，C 项正确； D．1molZ 中的碳碳双键与 Br2 发生 1:1 加成反应，酚羟基邻位氢原子能与溴水发生取代反应，消耗 2molBr2， 故 1molZ 最多能与含 3Br2 的溴水反应，D 项错误； 答案选 D。 12. 25℃时，用 HCl 气体调节 0.1mol·L-1 氨水的 pH，系统中微粒浓度的对数值(lgc)与 pH 的关系如图 1 所示， 反应物的物质的量之比[t=n(HCl)/n(NH3·H2O)]与 pH 的关系如图 2 所示。若忽略通过气体后溶液体积的变化， 下列有关说法正确的是( ) A. 25℃时，NH3·H2O 的电离平衡常数为 10-9.25 B. P1 所示溶液：c(Cl-)=0.05 mol·L-1 C. P2 所示溶液：c(NH3·H2O)>c(OH-)+c(Cl-) D. P3 所示溶液：c(NH + 4 )+c(NH3·H2O)=c(Cl-) 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A． + - 3 2 4NH H O NH +OH  ， + - 4 3 2 c(NH ) c(OH )K = c(NH H O)  电 ，由图可知，当 + 3 2 4c(NH H O) c(NH )  时 ， 溶 液 pH=9.25 ， 则 c(H+)=10-9.25mol/L ， c(OH-)=10-4.75mol/L ， 带 入 电 离 常 数 表 达 式 可 得 ，  -K c OH电 =10-4.75，A 项错误； B．由图可知，P1 点时， + 4c(NH ) + 3 2c(NH H O) =0.05mol/L，pH=9.25， -c(OH ) c(H ) ，由电荷守恒可 知： - - + 4c(OH ) c(Cl ) c(H )+c(NH )  ，c(Cl-)< + 4c(NH ) =0.05mol/L，B 项错误； C．由电荷守恒可知： - - + 4c(OH ) c(Cl ) c(H )+c(NH )  ，由图可知，P2 点时 + 4 3 2c(NH ) c(NH H O)  ， 则 + 4 3 2c(H )+c(NH ) c(NH H O)   ，因此 - - 3 2c(OH ) c(Cl ) c(NH H O)   ，C 项错误； D．由图可知，P3 点时 t=n(HCl)/n(NH3·H2O)=1.0，根据物料守恒可得 - + 3 2 4c(Cl ) c(NH H O)+c(NH )  =0.1mol/L，D 项正确； 答案选 D。 13. 乙苯(C8H10)与二氧化碳生成苯乙烯(C8H8)的反应为 C8H10(g)+CO2(g) 催化剂 Δ C8H8(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH=akJ·mol-1，0.3MPa 时，向密闭容器中充入 1molC8H10 和 1molCO2.不同温度下，达到平衡时各物种体积分数如图所示。下列说法不正确的是( ) A. a>0 B. 该反应的化学平衡常数表达式为 8 10 2 8 8 2 c(C H ) c(CO )K= c(C H ) c(H O) c(CO)    C. 若起始时向密闭容器中充入少量水蒸气，则可减少积碳，防止催化剂中毒 D. 800~1300K 时，随着温度升高，CO2 与乙苯体积分数变化差异的原因可能时发生反应 CO+H2O ⇌ CO2+H2 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．据图可知压强不变时，升高温度苯乙烯、水蒸气和 CO 的体积分数增大，即升高温度平衡正向 移动，所以该反应为吸热反应，焓变大于 0，即 a＞0，A 正确； B．根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数为 8 8 2 8 10 2 c(C H ) c(H O) c(CO)K= c(C H ) c(CO )    ，B 错误； C．高温条件下水蒸气可和 C 单质反应，消耗积碳，防止催化剂中毒，C 正确； D．据图可知 800~1300K 时，随着温度升高，乙苯比 CO2 的体积分数下降的更快，而二者初始投料，所以 该阶段副反应生成了更多的 CO2，而 CO 和 H2O 体积分数上升的幅度小于苯乙烯，且氢气上升的幅度和 CO 和 H2O 相同，说明副反应应是 CO 和 H2O 反应生成了 CO2 和氢气，化学方程式为 CO+H2O⇌CO2+H2，D 正 确； 综上所述答案为 B。 二、非选择题 14. 氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学方法。 (1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的 Cr2O 2- 7 还原为 Cr3+。如图所示，废水的不同初始 pH 对 Cr2O 2- 7 去 除效果有重要影响。 ①酸性条件下，铝粉去除 Cr2O 2- 7 反应的离子方程式为_______ ②初始 pH 为 3.0，反应 180min 后，废水中 Cr2O 2- 7 浓度仍较高的原因是_______。 ③实验证明，若初始 pH 过低，Cr2O 2- 7 的去除效果也不理想，其原因可能是_______。 (2)沉淀法处理含氯废水：向模拟废水(NaCl 溶液)中加入 Ca(OH)2 和 NaAlO2 粉末，氯离子可转化为 Ca4Al2(OH)12Cl2 沉淀。 ①该反应的化学方程式为_______。 ②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)]和其他反应条件不变，溶液中氯离子去除率随溶液初始氯离子浓度的变 化如图所示，当初始氯离子浓度高于 5g·L-1 时，氯离子去除率下降的原因可能是_______。 【答案】 (1). 2- + 3+ 3+ 2 7 22Al+Cr O +14H =2Cr +2Al +7H O (2). Al 的还原性较弱 (3). pH 过低，Al 和 H+反应生成 Al3+ (4).    2 4 2 22 12+2 =2NaCl+4Ca OH NaAlO Ca Al +4OH Cl NaOH (5). Cl- 浓度较高时，使得 OH-浓度较高，Ca2+、 2AlO 在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降 【解析】 【分析】 【 详 解 】 (1)① 酸 性 条 件 下 ， 铝 粉 可 将 废 水 中 的 Cr2O 2- 7 还 原 为 Cr3+ ， 化 学 方 程 式 为 ： 2- + 3+ 3+ 2 7 22Al+Cr O +14H =2Cr +2Al +7H O ； ②pH 为 3.0，Al 的还原性较弱； ③pH 过低，溶液中 H+含量较高，Al 和 H+反应生成 Al3+，导致 Cr2O 2- 7 的去除效果不理想； (2)①NaCl 溶液、Ca(OH)2 和 NaAlO2 反应生成 Ca4Al2(OH)12Cl2 沉淀，化学方程式为：    2 4 2 22 12+2 =2NaCl+4Ca OH NaAlO Ca Al +4OH Cl NaOH ； ②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)] 和其他反应条件不变，当初始氯离子浓度高于 5g·L-1 时，    2 4 2 22 12+2 =2NaCl+4Ca OH NaAlO Ca Al +4OH Cl NaOH ，Cl-浓度较高时，使得 OH-浓度较高， Ca2+、 2AlO 在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降。 15. 化合物 F 是合成组蛋白甲基转移酶抑制剂 Tazverik 的中间体，其合成路线如图： (1)A 中碳原子的杂化轨道类型为_______。 (2)B→C 的反应类型为_______。 (3)D 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。 ①分子中含有 1 个手性碳原子； ②在一定条件下完全水解，含苯环产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为 2：1。 (4)E→F 的转化需要化合物 X，化合物 X 的结构简式_______。 (5)已知 R(R 表示烃基)。写出以 和 为原料制备 的合成路线流程图________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题 干)。 【答案】 (1). sp2 和 sp3 (2). 取代反应 (3). (4). CH3CHO (5). 【解析】 【分析】A 与 DBDMH 在浓硫酸作用下发生取代反应生成 B，B 与 CH3I 发生取代反应生成 C，C 中硝基被 还原得到 D，D 与 经系列反应得到 E，E 与化合物 X 发生类似 D 生成 E 的反应得到 F，对比 E 和 F 的结构简式可知化合物 X 为 CH3CHO。 【详解】(1)A 中苯环上以及碳氧双键的碳原子为 sp2 杂化，甲基中的碳原子为 sp3 杂化； (2)B 中羧基中的氢原子被甲基代替生成 C，所以 B 生成 C 的反应属于取代反应； (3)D 的同分异构体满足： ①分子中含有 1 个手性碳原子，即有一个碳原子上连接了四个不同的原子或原子团； ②在一定条件下完全水解，含苯环产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为 2：1，则水解生成的含苯环 产物应有两个对位的取代基，且两个对位上的取代基相同，则满足条件的同分异构体为 ； (4)E 与化合物 X 发生类似 D 生成 E 的反应得到 F，对比 E 和 F 的结构简式可知化合物 X 为 CH3CHO； (5)根据 D 生成 E 的反应可知 可以由 和 发生类似的反应生成， 苯环先硝化再被还原可以得到 ，而苯环与 发生题干所给反应生成 ，所 以合成路线为： 。 16. 次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以 Na2SO3、SO2、HCHO 和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下： 步骤 1：如图 1 所示，在烧瓶中加入一定量 Na2SO3 和水，搅拌溶解，缓慢通入 SO2，制得 NaHSO3 溶液。 步骤 2：将装置 A 中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在 95~100℃下， 反应约 3h，冷却至室温，抽滤。 步骤 3：将滤液经系列操作得到次硫酸氢钠甲醛晶体。 (1)A 中多孔球泡的作用是_______。 (2)①步骤 2 中，反应生成的 Zn(OH)2 会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是_______。 ②写出制备 NaHSO2·HCHO·2H2O 反应的化学方程式：_______。 (3)ZnSO4 的溶解度随温度的变化如图 2 所示，请补充完整由副产品 Zn(OH)2 获得 ZnSO4·7H2O 的实验方案： 将副产品 Zn(OH)2 置于烧杯中，_______(实验中可选用的试剂：稀硫酸、无水乙醇)。 (4)通过下列方法测定产品纯度：准确称取 2.000 g NaHSO2·HCHO·2H2O 样品，完全溶于水配成 100.00mL 溶 液，取 20.00mL 于碘量瓶中，加入 50.00 mL 0.09000 mol·L-1 I2 标准溶液，振荡，于暗处充分反应。以淀粉 溶液为指示剂，用 0.1000 mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3 溶液 10.00mL。测定过程中 发生下列反应：NaHSO2·HCHO·2H2O+2I2=NaHSO4+4HI+HCHO，2S2O 2- 3 +I2=S4O 2- 6 +2I- 计算 NaHSO2·HCHO·2H2O 样品的纯度(写出计算过程)_______。 【 答 案 】 (1). 增 大 接 触 面 积 ， 使 SO2 充 分 反 应 (2). 快 速 搅 拌 (3). 3 2 2 2 2NaHSO H O Zn NaHSO HCHO 2H+H OCHO+ +Zn= H)3 (O    (4). 加入适量稀硫酸使沉淀溶 解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，控制温度在 20℃-39℃之间，使 ZnSO4·7H2O 析出，用乙醇进行洗涤，干燥 后得到 ZnSO4·7H2O 晶体 (5). 15.4% 【解析】 【分析】步骤 1：在烧瓶中加入一定量 Na2SO3 和水，搅拌溶解，缓慢通入 SO2，Na2SO3、H2O、SO2 反应生 成 NaHSO3，A 中多孔球泡的是为了增大接触面积，使 SO2 充分反应；步骤 2：将装置 A 中导气管换成橡皮 塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在 95~100℃下，反应约 3h ，NaHSO3 溶液、锌粉和甲 醛 反 应 生 成 NaHSO2·HCHO·2H2O 和 2Zn(OH) ， 化 学 方 程 式 为 ： 3 2 2 2 2NaHSO H O Zn NaHSO HCHO 2H+H OCHO+ +Zn= H)3 (O    。 【详解】(1)A 中多孔球泡的作用是可以增大接触面积，使 SO2 充分反应； (2)①通过快速搅拌可防止 Zn(OH)2 会覆盖在锌粉的表面； ②NaHSO3 溶液、锌粉和甲醛反应生成 NaHSO2·HCHO·2H2O 和 2Zn(OH) ，化学方程式为： 3 2 2 2 2NaHSO H O Zn NaHSO HCHO 2H+H OCHO+ +Zn= H)3 (O    ； (3)由副产品 Zn(OH)2 获得 ZnSO4·7H2O 的实验方案：将副产品 Zn(OH)2 置于烧杯中，加入适量稀硫酸使沉淀 溶解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，控制温度在 20℃-39℃之间，使 ZnSO4·7H2O 析出，用乙醇进行洗涤，干 燥后得到 ZnSO4·7H2O 晶体。 (4)用 0.1000 mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3 溶液 10.00mL，根据离子方程式 2S2O 2- 3 +I2=S4O 2- 6 +2I-可知，与 NaHSO2·HCHO·2H2O 反应后剩余的 I2 的物质的量为 0.1000 mo0.01L 0.0005mol2 l/L  ，反应前加入 50.00 mL 0.09000 mol·L-1 I2 标准溶液，由此可计算出与 NaHSO2·HCHO·2H2O 反应消耗 I2 的物质的量为 0.09000 mol/L-0.05L 0.0005mol 0.004mol  ，根据化 学方程式 NaHSO2·HCHO·2H2O+2I2=NaHSO4+4HI+HCHO，算出 NaHSO2·HCHO·2H2O 的物质的量为 0.004mol =0.002mol2 ，其纯度为 2. 0. 00 002m 0 g ol 154g/mol 100%=15.4%  ，总计算过程为 0.1000 mo0.01L0.05L 2 154g/mo l/L0.09000 mol/L 2.000 g 100l %2 =15.4%      。 17. 酸性废水中的砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在。已知 As2S3 难溶于水，也不溶于稀硫酸、稀盐酸 等无机酸。 (1)工业上采用硫化法(通常用 Na2S)去除废水中的砷。 ①向酸性废水中加入 Na2S，产生的 H2S 与 H3ASO3 反应生成 As2S3 的化学方程式为_______。 ②沉淀后，若废水中 c(S2-)=1.0×10-4mol·L-1，则 c(As3+)=_______。［Ksp(As2S3)=4.0×10-38]。 ③为了防止 As2S3 与过量的 S2-形成络合离子而溶解，通常需添加适量的 FeSO4 溶液，形成 FeS，与 As2S3 共 沉淀。验证沉淀中含有 FeS 的实验方法是_______。 (2)用硫代硫酸钠(Na2S2O3)替代 Na2S 处理含砷酸性废水可避免 H2S 污染。 ①Na2S2O3 去除酸性废水中 H3AsO3 的反应机理如图 1 所示，S2O 2- 3 经过“途径 I”的除砷过程可描述为 ________(图中“HS·”为自由基，“·”表示孤单电子)。 ②其他条件相同时，在紫外线照射下，将 Na2S2O3 分别加入到不含 H3AsO3 的酸性废水和含 H3AsO3 的酸性 废水中，监测到反应过程中部分物质的浓度变化如图 2 所示，发现均不释放 H2S，其原因是_______。 【答案】 (1). 2 3 3 2 3 23H S+2H AsO =As S +6H O (2). 2.0×10-13mol/L (3). 取少量反应后沉淀于 过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴 KSCN 溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于 试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴 KSCN 溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有 FeS (4). S2O 2- 3 与氢离子在紫外线照射条件下可以生成 HS·，两个 HS·可以结合生成 H2S2，H2S2 分解得到 S8 和 H2S， H2S 与 H3AsO3 发生反应生成 AsS3 (5). 向不含 H3AsO3 的酸性废水中加入 Na2S2O3 时，S2O 2- 3 与 H+在紫 外线照射条件下生成的 H2S 可与 S2O 2- 3 在紫外线照射条件下生成的亚硫酸根发生反应，转化为 S8；向含 H3AsO3 的酸性废水中加入 Na2S2O3，S2O 2- 3 与 H+在紫外线照射条件下生成的 H2S 和 H3AsO3 反应生成硫化砷 沉淀的速率大于 H2S 与亚硫酸根反应转化为 S8 的速率 【解析】 【分析】 【详解】(1)①H2S 与 H3ASO3 反应生成 As2S3 的化学方程式为 2 3 3 2 3 23H S+2H AsO =As S +6H O ； ②根据沉淀溶解平衡 3+ 2- 2 3As S 2As +3S ， 2 3+ 3 2- sp 2 3K (As S ) c (As ) c (S )  ，即 -38 2 3+ 4 34.0 10 c (As ) (1.0 10 )    ，解得 c(As3+)=2.0×10-13mol/L； ③取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴 KSCN 溶液和少量氯水，不变红，取 少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴 KSCN 溶液，若出现红色，则 说明原沉淀中含有 FeS； (2) ①S2O 2- 3 经过“途径 I”的除砷过程可描述为，S2O 2- 3 与氢离子在紫外线照射条件下可以生成 HS·，两个 HS·可 以结合生成 H2S2，H2S2 分解得到 S8 和 H2S，H2S 与 H3AsO3 发生反应生成 AsS3； ②向不含 H3AsO3 的酸性废水中加入 Na2S2O3 时，S2O 2- 3 与 H+在紫外线照射条件下生成的 H2S 可与 S2O 2- 3 在 紫外线照射条件下生成的亚硫酸根发生反应，转化为 S8；向含 H3AsO3 的酸性废水中加入 Na2S2O3，S2O 2- 3 与 H+在紫外线照射条件下生成的 H2S 和 H3AsO3 反应生成硫化砷沉淀的速率大于 H2S 与亚硫酸根反应转化为 S8 的速率；