精选5份合集邵阳市学年新高考化学教学质量检测试题.docx

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精选5份合集邵阳市学年新高考化学教学质量检测试题

2021届新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．对如图有机物的说法正确的是（）

A．属于苯的同系物

B．如图有机物可以与4molH2加成

C．如图有机物中所有的碳一定都在同一平面上

D．如图有机物与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应

2．某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：

序号

实验操作

实验现象

溶液不变红，试纸不变蓝

溶液不变红，试纸褪色

生成白色沉淀

下列实验分析中，不正确的是

A．①说明Cl2被完全消耗

B．②中试纸褪色的原因是：

SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI

C．③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−

D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化

3．生活中处处有化学。

根据你所学过的化学知识，判断下列说法错误的是

A．柑橘属于碱性食品

B．为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒

C．氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品

D．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O

4．化学与生产、生活密切相关。

下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是

选项

用途

性质

A

液氨作制冷剂

NH3分解生成N2和H2的反应是吸热反应

B

NH4Fe（SO4）2·12H2O常作净水剂

NH4Fe（SO4）2·12H2O具有氧化性

C

漂粉精可以作环境消毒剂

漂粉精溶液中ClO-和HClO都有强氧化性

D

Al2O3常作耐高温材料

Al2O3，既能与强酸反应，又能与强碱反应

A．AB．BC．CD．D

5．常温下，关于pH=2的盐酸溶液的说法错误的是

A．溶液中c（H+）=1.0×10-2mol/L

B．此溶液中由水电离出的c（OH―）=1.0×10-12mol/L

C．加水稀释100倍后，溶液的pH=4

D．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性

6．下列表示氮原子结构的化学用语规范，且能据此确定电子能量的（　　）

A．

B．

C．1s22s22p3D．

7．一定温度下，10mL0.40mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。

不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。

t/min

0

2

3

6

8

10

V（O2）/mL

0.0

9.9

17.2

22.4

26.5

29.9

下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）

A．反应至6min时，H2O2分解了50％

B．反应至6min时，c（H2O2）=0.20mol·L-1

C．0~6min的平均反应速率：

v（H2O2）≈3.3×10-2mol/（L·min）

D．4~6min的平均反应速率：

v（H2O2）>3.3×10-2mol/（L·min）

8．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是

选项

实验操作和现象

结论

A

向FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色

Cl2氧化性强于Br2

B

常温下，等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图

HA酸性比HB弱

C

向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀

X具有氧化性

D

取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体

气体为氧气

A．AB．BC．CD．D

9．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）

A．AB．BC．CD．D

10．NH3、H2S等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。

根据上述实例可以推测出AB2型分子为非极性分子的经验规律是

A．分子中必须含有π键B．在ABn分子中A原子没有孤对电子

C．在ABn分子中不能形成分子间氢键D．分子中每个共价键的键长应相等

11．学习化学应有辩证的观点和方法．下列说法正确的是（　　）

A．催化剂不参加化学反应

B．醇和酸反应的产物未必是酯

C．卤代烃的水解产物一定是醇

D．醇脱水的反应都属于消去反应

12．维生素C是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。

某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：

+I2

+2HI

下列说法正确的是（）

A．上述反应说明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应

B．维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应

C．维生素C可以水解得到2种产物

D．维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂

13．化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是（　　）

A．NaCl不能使蛋白质变性，所以不能用作食品防腐剂

B．浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜

C．捕获工业排放的CO2，可用来合成可降解塑料聚碳酸酯

D．在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质

14．从古至今化学与生产、生活密切相关。

下列说法正确的是

A．常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸

B．用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵

C．汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石

D．港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物

15．取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是

A．生成了2g二氧化碳B．剩余固体质量为5g

C．生成了5.6g氧化钙D．剩余碳酸钙的质量为8g

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．碳酸亚铁可用于制备补血剂。

某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。

已知：

①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-

Fe（SCN）64-（无色）

Ⅰ.FeCO3的制取（夹持装置略）

实验i：

装置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。

（1）试剂a是_____。

（2）向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。

（3）C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。

（4）有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。

Ⅱ.FeCO3的性质探究

实验ii

实验iii

（5）对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。

（6）依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。

Ⅲ.FeCO3的应用

（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。

为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．X、Y、Z、W为四种常见的短周期元素。

其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：

X

Y

Z

W

请回答以下问题：

（1）W在周期表中位置___；

（2）X和氢能够构成+1价阳离子，其电子式是___，Y的气态氢化物比Z的气态氢化物的沸点高，缘故是___；

（3）X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M，M的晶体类型为___，M的水溶液显酸性的缘故是___（用离子方程式表示）。

（4）①Y和Z可组成一种气态化合物Q，Q能与W的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是___。

②在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是___。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．高铁酸盐是新型、高效、多功能的绿色水处理剂。

（1）配平化学方程式并标出电子转移方向和数目：

_____Fe（OH）3+　　NaClO+　　NaOH→　　Na2FeO4+　　NaCl+　　H2O

反应中氧化剂是_____，被还原的元素是_____；

（2）若上述反应中转移0.3mol电子，则消耗NaOH的物质的量为_____；

（3）高铁酸钠和二氧化氯都是高效杀菌消毒剂，消毒效率（单位物质的量转移的电子数）高铁酸钠是二氧化氯的_____倍；

（4）含Fe3+的溶液与NaHCO3混合，产生红褐色沉淀，同时有无色无味的气体生成，用平衡移动原理解释上述现象_____；

（5）比较同温下浓度均为0.01mol/L的①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NH4HCO3四种溶液中c（CO32﹣）的大小关系为_____（用编号表示）。

19．（6分）铜的化合物在工农业生产和化学实验室中都具有重要的作用。

工业上常用氨气和醋酸二氨合铜{[Cu（NH3）2]Ac}的混合溶液来吸收一氧化碳（醋酸根离子CH3COO−简写为Ac−），反应方程式为：

[Cu（NH3）2]Ac+CO+NH3

[Cu（NH3）3CO]Ac。

（1）Cu2+基态核外电子排布式为_________。

（2）该反应中含有的第二周期非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_________。

（3）CH3COOH分子中C原子的杂化类型为__________。

（4）配合物[Cu（NH3）3CO]Ac的中心离子的配位数为________。

写出一种与NH3分子互为等电子体的阳离子的化学式____________。

（5）A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A形成化合物的晶胞如图所示（黑球代表铜原子）。

该晶体的化学式为_____________。

参考答案

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．D

【解析】

【详解】

A、该有机物中含有氧元素，不属于苯的同系物，故A错误；

B、该有机物中含有苯环、碳碳双键，均能发生加成反应，题干并未告知有机物的量，故无法判断发生加成反应消耗氢气的量，故B错误；

C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键，可旋转，因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C错误；

D、该有机物含有羧基，能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应，故D正确；

故答案为：

D。

2．C

【解析】

A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。

答案选C。

点睛：

本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。

注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。

3．D

【解析】

【详解】

A.含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，选项A正确；

B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，杀除病菌，选项B正确；

C.氯化钠的浓溶液（超过0.9%）才有防腐作用，因为这是生理盐水的浓度，超过这个浓度，细胞就会脱水死亡，可用来腌制食品，选项C正确；

D.棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生成CO2和H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成，选项D错误；

答案选D。

4．C

【解析】

【详解】

A．液氨汽化时需要大量吸热，液氨常用作制冷剂，与氨气的分解无关，故A错误；

B．铁离子水解生成氢氧化铁胶体，使得

具有吸附性，常作净水剂，与氧化性无关，故B错误；

C．漂粉精作为消毒剂是因为ClO−和HClO都有强氧化性，故C正确；

D．氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高，与其化学性质无关，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意净水剂是利用物质的吸附性，杀菌消毒一般利用物质的氧化性。

5．D

【解析】

【详解】

A.pH=2的盐酸，溶液中c（H+）=1.0×10-2mol/L，故不选A；

B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=KW/c（H+）=10-14/10-2=1.0×10-12mol/L，故不选B；

C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；

D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3▪H2O、NH4Cl，NH3▪H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D；

答案：

D

6．C

【解析】

【详解】

A.表示N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；

B.表示N原子的电子式，可以知道原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；

C.表示N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子轨道及核外电子运动状态，能据此确定电子能量，故C正确；

D.表示N原子的轨道表示式，原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，这样的排布使原子的能量最低，故D错误；

故答案为：

C。

7．D

【解析】

【详解】

A．0～6min时间内，生成氧气为

=0.001mol，由2H2O2

2H2O+O2，可知△c（H2O2）=

=0.2mol/L，则H2O2分解率为

×100%=50%，故A正确；

B．由A计算可知，反应至6min时c（H2O2）=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确；

C．0～6min时间内，生成氧气为

=0.001mol，由2H2O2

2H2O+O2，可知△c（H2O2）=

=0.2mol/L，所以v（H2O2）=

≈0.033mol/（L•min），故C正确；

D．由题中数据可知，0～3min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误；

答案选D。

8．B

【解析】

【详解】

A．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；

B．由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；

C．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；

D．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；

故选B。

9．B

【解析】

【详解】

A.向苯中加少量溴水，振荡，水层变成无色，是苯萃取溴的过程，属于物理变化，故A错误；

B.沉淀部分溶解，说明还有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，故B正确；

C.向溶液中加入盐酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C错误;

D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色消失，是SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水的缘故，故D错误；

故答案为B。

10．B

【解析】

【分析】

共价键的极性是由于成键两原子对共用电子对的引力不同，而使共用电子对不在中央，发生偏移，导致键两端显部分的电性之故，ABn型分子中A原子的所有价电子都参与成键时为非极性分子，与相对原子质量大小、键长、以及是否含有H原子无关。

【详解】

A．BF3、CCl4中均为单键没有π键，故A不选；

B．在ABn分子中A原子的所有价电子都构成共价键，A原子没有孤对电子，导致结构对称、正负电中心重合，所以为非极性分子，故B选；

C．H2S分子间不能形成氢键，但是H2S属于极性分子，故C不选；

D．H2S分子中两个S-H键的键长都相等，但硫化氢分子是极性分子，故D不选；

故选：

B。

【点睛】

本题考查极性分子好和非极性分子，注意从分子结构是否对称判断分子的极性，学会利用实例来分析。

11．B

【解析】

【分析】

【详解】

A.催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；

B.醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；

C.卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于−X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；

D.醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；

答案选B。

12．B

【解析】

【详解】

A.从题给的化学方程式可知，维生素C与I2反应时，脱去分子中环上-OH中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A错误；

B.维生素C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；

C.维生素C含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；

D.维生素C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D错误；

故答案为B。

13．A

【解析】

【详解】

A.NaCl浓度较高时，会导致微生物脱水死亡，可杀菌并起防腐效果，A不正确；

B.乙烯是水果的催熟剂，酸性高锰酸钾溶液可氧化水果释放的乙烯，从而使水果保鲜，B正确；

C.CO2能聚合成聚碳酸酯，所以可捕获工业排放的CO2，合成此可降解塑料，C正确；

D.SO2能防止葡萄酒在生产和销售过程中被氧化，所以可在葡萄酒中添加微量SO2，以保持良好品质，D正确。

故选A。

14．D

【解析】

【详解】

A.成语“金戈铁马”中的金属为铁，常温下，铁在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故A错误；

B.MgSO4溶液显弱酸性，应用石灰水喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，故B错误；

C.瓷器由黏土烧制而成，所以烧制瓷器的主要原料为黏土，故C错误；

D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；

故答案为D。

15．A

【解析】

【详解】

原碳酸钙10g中的钙元素质量为：

10g× 

×100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量=

=8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，

= 

，x=2.56g，

A．根据上述计算分析，生成了2g二氧化碳，故A正确；

B．根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故B错误；

C．根据上述计算分析，生成了2.56g氧化钙，故C错误；

D．根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故D错误；

答案选A。

【点睛】

易错点为D选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4

【解析】

【分析】

I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液（pH=11.9）通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；

II.（5）根据Fe2＋+6SCN-

Fe（SCN）64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；

（6）实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe（OH）3和Fe（SCN）3生成；

（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。

【详解】

I.

（1）装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：

饱和NaHCO3溶液；

（2）向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe（OH）2，故答案为：

降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）2；

（3）装置C中，向Na2CO3溶液（pH=11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：

2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

（4）FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe（HCO3）2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：

出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：

不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）；

Ⅱ.（5）通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的