福建新高考高三化学全真模拟卷09解析版.docx
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福建新高考高三化学全真模拟卷09解析版
2021年普通高中学业水平选择性考试全真模拟卷（福建新高考）
化学试卷09
本卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108
一、选择题：
本题共10小题，每小题34分，共40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．化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A．燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放
B．天然纤维、聚酯纤维、碳纤维都属于有机高分子材料
C．纯碱去除油污时发生了水解反应
D．“84消毒液”的有效成分是次氯酸钠
【答案】B
【解析】A．燃煤中添加CaO是为了除去SO2，减少对空气的污染，但CaO高温条件下不能与CO2反应，故CaO不能用于减少温室气体的排放，A正确；
B．碳纤维是无机物，不是有机高分子材料，天然纤维、聚酯纤维是有机高分子材料，B错误；
C．纯碱去油时，发生水解：
+H2O
+OH-，
+H2O
H2CO3+OH-（第一步为主），油脂在碱性条件下发生皂化反应，增强去污效果，C正确；
D．84消毒液中含有NaClO，NaClO水解生成的HClO具有强氧性，可以杀菌消毒，故NaClO是其有效成分，D正确；
故选B。
2．
具有止血功能。
下列关于该有机物的说法正确的是
A．属于芳香烃B．分子式为C8H11O2N
C．可与NaOH溶液反应D．能发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】C
【解析】A．烃是指只含C、H两种元素的化合物，该物质除了含C、H元素外还含N、O元素，故不是烃，故A错误；
B．该物质的结构式中含8个C、9个H、1个N、2个O，故其分子式为C8H9O2N，故B错误；
C．其结构式中含官能团
，呈酸性，可与NaOH反应，故C正确；
D．该结构式中含苯环，可与H2加成，
可与羟基发生酯化反应，
可与
发生取代反应生成肽键，故D错误；
故选C。
3．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A．①②B．②③C．③④D．②④
【答案】C
【解析】①铁离子遇硫氰根离子溶液变红，滴有硫氰化钾溶液的硫酸铁溶液显红色，二氧化硫可与三价铁离子发生氧化还原反应，铁离子转化为亚铁离子，溶液红色褪去，二氧化硫显还原性，与二氧化硫的漂白性无关，故①错误；
②含有水蒸气的一氯甲烷是气体混合物，图中装置被浓硫酸密封，气体无法通过，无法实现干燥，故②错误；
③氯气通入硫化钠溶液中，将硫离子氧化为硫单质，氯气是氧化剂，S为氧化产物，氧化性：
Cl2＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，则非金属性：
Cl＞S，可以比较氯与硫的非金属性，故③正确；
④止水夹夹住橡皮管，从长颈漏斗中注水，至长颈漏斗中长颈部分在液面下，当长颈漏斗中液面高于烧瓶中液面，静置片刻，液面差不变，则气密性良好，故④正确；
综上所述，③④正确，答案选C。
4．NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是
A．6gSiO2中所含硅氧键数为0.4NA
B．11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物中含质子数为5NA
C．1molNa2O2与1molSO2充分反应，转移的电子数为2NA
D．0.5molNO与0.5molO2充分反应后，分子数为0.75NA
【答案】D
【解析】A．6gSiO2的物质的量为
=0.1mol，含有0.1molSi原子，每个Si原子形成4个硅氧键，则6gSiO2中所含硅氧键数为0.4NA，故A正确；
B．一个CH4分子和一个NH3分子均含有10个质子，11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物含有0.5mol分子，所以含质子数为5NA，故B正确；
C．1molNa2O2与1molSO2充分反应，SO2恰好完全被氧化为硫酸根，转移的电子数为2NA，故C正确；
D．NO与O2反应生成NO2，而NO2会发生反应2NO2
N2O4，所以0.5molNO与0.5molO2充分反应后，分子数小于0.75NA，故D错误；
综上所述答案为D。
5．我国学者研制出用纳米铜催化法制备生产合成树脂PET的原料EG，反应过程如图所示：
下列有关说法正确的是
A．纳米铜是一种胶体
B．产物EG和乙醇是同分异构体
C．1molDMO完全水解生成1mol乙二酸和2mol甲醇
D．催化过程中断裂的化学键有O−H、C−C、C=O
【答案】C
【解析】A.胶体是混合物，题目中铜纳米颗粒是单质，故A错误；
B. EG为HOCH2CH2OH，和乙醇的分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C. DMO为CH3OOCCOOCH3，1molDMO完全水解生成1mol乙二酸和2mol甲醇，故C正确；
D.由图及反应可知催化过程中断裂的化学健有 H−H、C−O、C=O，故D错误；
故选：
C。
6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Wˉ与X+电子层结构相同，Y所在周期数与族序数相同，Z的最高价氧化物的水化物为强酸。
下列说法正确的是：
A．简单离子半径：
X>Y>Z>W
B．W、Z对应氢化物的沸点：
W>Z
C．周期表中Z的氧化物对应水化物的酸性最强
D．工业上用电解XZ的水溶液制备X单质
【答案】B
【解析】Wˉ与X+电子层结构相同，W、X都是短周期元素，根据阴上阳下，W为第二周期，X为第三周期，W为F元素，X为Na元素；Y的周期数与族序数相同，Y第三周期，第ⅢA族的元素，为Al，Z的最高价氧化物的水化物为强酸可以为S或者Cl元素。
A．简单离子分别为F－、Na＋、Al3＋、S2－，根据核外电子排布相同的情况下，核电荷数越大，半径越小。
排序为S2－（Z）>F－（W）>Na＋（X）>Al3＋（Y），A项错误；
B．W、Z对应氢化物分别为HF、H2S或HCl，由于HF分子间存在氢键，沸点会升高，因此HF>HCl或H2S；B项正确；
C．Z如果是S硫元素，它的酸可以是H2SO3、H2SO4，亚硫酸酸性不一定最强；C项错误；
D．工业上电解NaCl的水溶液，只能得到H2、Cl2、NaOH得不到Na单质；D项错误；
本题答案选B。
7．下列离子可以大量共存的是
A．使甲基橙变红色的溶液中：
Na+、NH
、S2O
、SO
B．c（Fe2+）=1.0mol/L的溶液中：
K+、NH
、MnO
、S2−
C．c（H+）/c（OH−）=1.0×10−12的溶液：
K+、Na+、CO
、AlO
D．水电离出来的c（OH−）=1.0×10−13mol/L的溶液：
K+、HCO
、Br−、Ba2+
【答案】C
【解析】A．使甲基橙变红色的溶液显酸性，S2O
在酸性条件发生歧化反应生成S和SO2，不能大量存在，故A错误；
B．MnO
有强氧化性，可以将Fe2+、S2−氧化，不能大量共存，故B错误；
C．c（H+）/c（OH−）=1.0×10−12的溶液呈碱性，溶液中存在大量OH−，：
OH−、K+、Na+、CO
、AlO
离子间不反应，可以大量共存，故C正确；
D．水电离出来的c（OH−）=1.0×10−13mol/L，水的电离被抑制，则溶液为酸或是碱溶液，HCO
与H+和OH−均能反应，所以不能大量共存，故D错误；
故选C。
8．2020年6月，清华大学发现了一种新型的钾离子电池正极材料，比过去使用的任何材料都更加稳定。
电池示意图如下，总反应为FeC2O4F+KC6
C6+KFeC2O4F。
下列有关说法错误的是
A．放电时，负极反应为KC6−e−=K++C6
B．充电时，阳极反应：
KFeC2O4F−e−=FeC2O4F+K+
C．充电时，当电路中通过的电子为0.02mol时，碳电极增加的质量为0.78g
D．用该电池电解饱和食盐水，阴极产生4.48L气体时，通过隔膜的K+为0.2mol
【答案】D
【解析】A．由总反应FeC2O4F+KC6
C6+KFeC2O4F知：
放电时，负极KC6失去电子生成C6，负极反应为KC6−e−=K++C6，A正确；
B．由总反应FeC2O4F+KC6
C6+KFeC2O4F知：
充电时，C6得电子在阴极反应，则KFeC2O4F在阳极反应，阳极反应为KFeC2O4F−e−=FeC2O4F+K+，B正确；
C．充电时碳电极为阴极，反应式为C6+e−+K+=KC6，碳电极增加的质量即K+的质量，当电路中通过的电子为0.02mol时，K+的物质的量也为0.02mol，质量为0.02mol×39g/mol=0.78g，C正确；
D．未提到标况下，无法用
计算，D错误；
故选D。
9．天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。
已知Ksp（CaCO3）=2.8×10−9，某溶洞水体中lgc（X）（X为H2CO3、
、
或Ca2+）与pH的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线③代表
B．H2CO3的一级电离常数为10−8.3
C．c（Ca2+）随pH升高而增大D．pH=10.3时，c（Ca2+）=2.8×10−7.9mol·L−1
【答案】D
【解析】根据图像可知，随着pH的增大，溶液碱性增强，
、
浓度都增大，而曲线①在pH很小时也产生，因此曲线①代表
，②代表
，③代表Ca2+，据此分析解答。
A．由上述分析可知，曲线①代表
，A错误；
B．曲线①为
，由点（6.3，−5）可知，H2CO3的一级电离常数
，B错误；
C．曲线③代表Ca2+，根据图像可知，c（Ca2+）随pH升高而减小，C错误；
D．已知Ksp（CaCO3）=2.8×10−9，根据图像，pH=10.3时，c（
）=c（
）=10−1.1，则
，D正确；
答案选D。
10．高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体，实验室用NCl3溶液和NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。
下列有关说法正确的是
A．根据上面化学方程式，生成22.4LNH3时转移电子数目为6NA
B．NCl3中所有原子都满足8电子结构
C．在NaClO2和NCl3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：
1
D．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】A.缺标准状况，无法计算22.4LNH3的物质的量和反应转移电子的数目，故A错误；
B.NC13为共价化合物，电子式为
，由电子式可知分子中中所有原子都满足8电子结构，故C正确；
C.由方程式可知，NaClO2中氯元素的化合价升高被氧化，NaClO2为反应的还原剂，NC13中氮元素的化合价降低被还原，NC13为反应的氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
6，故C错误；
D.ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误；
故选B。
二、非选择题：
本题共5小题，共60分。
11．（13分）
2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池组。
某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如下：
已知：
①Ksp[Fe（OH）3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：
0°C为1.54g，100°C为0.72g。
（1）反应釜中反应的化学方程式为_______。
（2）获得LiH2PO4，晶体的分离操作是_______，反应器中加入C的目的是_______。
（3）写出一条可以提高“碱浸”效率的措施_______。
（4）向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方式为_______。
（5）“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c（Fe2+）=10-6mol·L-1，则该过程应调节pH=___，“沉锂”时，所得Li2CO3应选择___（“冷水”或“热水"）进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用___（填化学式）。
【答案】
（1）Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O
（2）过滤将+3价铁元素还原成+2价
（3）粉碎、搅拌、加热（合理即可）
（5）
+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+
（6）会产生污染环境的氮氧化合物3热水C
【解析】Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得的LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电极正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后固体滤渣用硫酸酸化的H2O2溶解并过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe（OH）3而达到除铁的目的，经过滤后滤液中再加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
（1）反应釜中Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O；
（2）通常固液分离先选择过滤操作，则从溶液中获得LiH2PO4，晶体的分离操作是过滤，反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价；
（3）用NaOH溶液溶解废旧电极正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率；
（4）用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al（OH）3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方式为
+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+
；
（5）“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁"后溶液中c（Fe2+）=10-6mol·L-1，由Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe2+）×c2（OH-）=10-6mol·L-1×=10-39，c（OH-）=
mol·L-1=10-11mol·L-1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：
0°C为1.54g，100°C为0.72g可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
12．（14分）
四氯化锡（SnCl4），常温下为无色液体，易水解。
某研究小组利用氯气与硫渣反应制备四氯化锡，其过程如图所示（夹持、加热及控温装置略）。
硫渣的化学组成
物质
Sn
Cu2S
Pb
As
Sb
其他杂质
质量分数/%
64.43
25.82
7.34
1.23
0.37
0.81
氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点
物质
性质
SnCl4
CuCl
PbCl2
AsCl3
SbCl3
S
熔点/℃
-33
426
501
-18
73
112
沸点/℃
114
1490
951
130
221
444
请回答以下问题：
（1）A装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是_______，b瓶中的试剂是_______。
（2）氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCl4浸没硫渣，通入氯气发生反应。
①生成SnCl4的化学反应方程式为_______。
②其中冷凝水的入口是_______，e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是_______。
③实验中所得固体渣经过处理，可回收的主要金属有_______和_______。
（3）得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为_______℃。
（4）SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质。
取10.00g产品溶于水中，用0.02000molL的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液6.00mL。
测定过程中发生的相关反应有AsCl3+3H2O=H3AsO3+3HCl和5H3AsO3+2KMnO4+6HCl=5H3AsO4+2MnCl2+2KCl+3H2O。
该滴定实验的指示剂是_______，产品中SnCl4的质量分数为_______%（保留小数点后一位）。
【答案】
（1）平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中
（2）①浓硫酸
②c吸收未反应的Cl2，防止污染空气
③CuPb
（3）114
（4）KMnO494.6%
【解析】
（1）装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶中；Cl2在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸，故填平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中、浓硫酸；
（2）①硫渣中含Sn，与Cl2发生化合反应，即
，故填
；②为了使冷凝回流的效果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cl2有毒，为了防止Cl2排到空气中污染环境，故选用碱石灰，故填c、吸收未反应的Cl2，防止污染空气；③硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb，所以固体渣经过回收处理可得到金属Cu和Pb。
故填Cu和Pb；
（3）通过相关物质的物理性质表可知，SnCl4的沸点为，所以蒸馏时温度应控制在114℃，故填114；
（4）滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnO4本身为紫色，故其指示剂为KMnO4。
滴定消耗的KMnO4的物质的量为
=
mol，根据反应方程式可知样品中AsCl3的物质的量为
=
mol，质量m=n·M=
=
g，AsCl3的质量分数为
，SnCl4的质量分数为1-
≈94.6%，故填KMnO4、94.6%。
13．（13分）
甲醇是多种有机产品的基本原料和重要的化工产品，广泛用于有机合成、染料、医药、涂料和国防等工业。
回答下列问题：
（1）一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如图1所示。
其中，反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去。
则HCHO（g）与O2（g）反应生成CO（g）的热化学方程式为___。
（2）在恒容密闭容器中利用合成气（主要成分为CO2和含有少量CO的H2）合成甲醇，发生的主反应为CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）。
在
分别为1：
a和1：
1.5a两种投料比时，CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图2所示，则投料比为1：
1.5a时，对应的曲线是___（填①或②）；图中m、n、z三点平衡常数Km、Kn、Kz的大小关系是___；
的数值，m点比n点___（填“大”或“小”）。
（3）在催化剂Cu/ZnO存在下，CO2和H2可发生如下反应：
ICO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H1<0；
IICO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）△H2>0。
控制CO2和H2初始投料比为5：
11，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
543
Cu/ZnO纳米片
10.9
72.7
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
71.6
[备注]甲醇选择性为转化的CO2中生成甲醇的百分比。
表中实验数据表明，在相同温度下，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是___。
（4）铜系催化剂对反应2CH3OH（g）
HCOOCH3（g）+2H2（g）具有较高的活性。
在583K下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中，经过tmin到达平衡，气体压强为P0Pa，且P氢气=P甲醇，此过程中的平均反应速率v（HCOOCH3）=___，用气体分压表示的平衡常数Kp=___；相同温度下，将amol甲醇置于bL恒压密闭容器中，反应到达平衡时P氢气___P甲醇（填“>”，“=”或“<”）。
【答案】
（1）2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g）△H=-470kJ•mol-1
（2）①Km=Kn>Kx小
（3）表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响
（4）
mol•L-1•min-10.2P0>
【解析】
（1）根据图示可知，HCHO与O2反应生成CO和H2O，2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g）反应为放热反应，△H=-2（676-158-283）=-470kJ•mol-1，故热化学方程式为2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g）△H=-470kJ•mol-1。
（2）当温度相同时，二氧化碳的浓度越大，其转化率越低，氢气的浓度越大，二氧化碳的转化率越高，故投料比为1：
1.5a时，对应的曲线是①；温度相同时，反应平衡常数相同，故Km=Kn；当
相同时，由图可知温度越高，二氧化碳的转化率越低，说明反应为放热反应，故温度升高，化学反应平衡常数减小，则Km=Kn>Kx；m点处，二氧化碳的转化率为60%，设c（CO2）=1mol/L，根据
=1：
1.5a，则c（H2）=0.5a，则剩余二氧化碳的浓度为0.4mol/L，生成甲醇的浓度为0.6mol/L，则
=0.67，同理，经计算n点
=1.22，故
的数值，m点比n点小。
（3）表中实验数据表明，在相同温度下，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。
（4）相同条件下，压强之比等于气体的物质的量之比。
在583K下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中，经过tmin到达平衡，气体压强为P0Pa，且，设反应甲醇的物质的量为2xmol，根据反应2CH3OH（g）
HCOOCH3（g）+2H2（g）则反应生成HCOOCH3的物质的量为x，生成氢气的物质的量为2xmol，因为P氢气=P甲醇，则a-2x=2x，x=
mol，此过程中的平均反应速率v（HCOOCH3）=
mol•L-1•min-1；平衡时甲醇、H2的压强为P0×
=0.4P0，HCOOCH3的平衡压强为P0×
=0.2P0，用气体分压表示的平衡常数Kp=
0.2P0；若同条件下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中平衡时P氢气=P甲醇；相同温度下，将amol甲醇置于bL恒压密闭容器中，反应正向进行时气体的物质的量增大、体积增大，则压强减小，平衡正向移动，故到达平衡时P氢气>P甲醇。
14．（10分）
磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。
黑磷与石墨类似，也具有层状结构（如图1）。
为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
（1）Li、C、P三种元素中，电负性最小的是______（用元素符号作答）。
（2）图2黑磷区中P原子的杂化方式为______，石墨区中C原子的杂化方式为______。
（3）氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低顺序为______。
（4）贵金属磷化物Rh2P（化学式量为237）可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。
已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为______，晶体的密度为______g·cm-3（列出计算式）。
【答案】
（1）Li
（2）sp3sp2
（3）NH3>PH3>CH4
（4）8
【解析】
（1）非金属性越强电负性越大，三种元素中Li的非金属性最弱，所以电负性最小；
（2）晶体中
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