河南省郑州市2021届高三第二次质量预测（二模）化学试卷.docx

1、1 河南省郑州市2021 届高中毕业年级 第二次质量预测-化学 相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Br-60Ag-108 Ba-137 一、选择题：本大题共 7 小题，每小题 6 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。 7.2020年12月，嫦娥五号返回器携带月球土壤样品“月壤”在预定区域安全着 陆，标志探月工程取得圆满成功。下列有关说法正确的是 A.“月壤”中的与地球上氦气中的是同素异形体 B.组成“月壤”的矿物粉末主要是由无机物和多种有机物组成的复杂混合物 C.“月壤”的“太空风化”与地球上在大气、水和生物共同作用下的“地表风化” 原理相同

2、D.居里夫人用原子核轰击原子核，得到核素Y:+Y+，则Y 为磷元素 【答案】D 【解析】A中互为同位素；B中的矿物粉中无有机物，均为无机物；C中月球与地球二者的环境不同， 故原理不同；D中经计算Y的质子数为13+2-0=15，故为P。 8.2021 年1 月，科学家发现水蒸气在低温基材表面冷凝形成的微滴中会自发生成 H2O2，通过下 面反应可验证 H2O2的生成。 关于该反应中的有机物，下列说法正确的是 A.4-羧基苯硼酸分子中所有原子一定共面 2 B.该反应过程中硼元素被氧化 C.4-羟基苯甲酸属于芳香族化合物的同分异构体有 6 种 D.4-羟基苯甲酸可以发生酯化反应、还原反应和氧化反应 【

3、答案】D 【解析】A中含羧基，故可能不共平面；B中硼的化合价降低，故硼被还原； C中满足题意的远超过6种；D物质含羧基，可以酯化；含苯环，可以还原；绝大多数有机物可以燃 烧，故可发生氧化反应。 9.Ni-CeO2催化CO2、H2制取CH4的反应机理如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。 下列有关说法错误的是 A.CO 是反应的副产物 B.CO2中碳的原子利用率是50 C.Ni-CeO2降低反应活化能并加快反应速率 D.CO2、H2制取CH4的总反应为CO2+ 4H2 2 ieNC O CH4+ 2H2O 【答案】B 【解析】原子利用率是指被利用原子的质量比上总原子的质量；由于题干未知反

4、应物和副产物C化合 物的质量，故无法计算。 10.某学习小组探究铁丝(含杂质碳)与浓硫酸的反应，反应装置如下图。下列说法 错误的是 A.无法直接使用pH试纸来判断反应后硫酸是否剩余 B.可用KSCN和K3Fe(CN)6检验反应后溶液中铁元素的价态 3 C.将 22.4 mL(标准状况下)反应生成的气体通入足量氯水中，再滴加足 量BaCl2溶液，最终得到0.233 g沉淀 D.生成的气体通入BaCl2溶液产生白色浑浊，可能是硫酸蒸气逸出或部分SO2 被氧化所致 【答案】C 【解析】因为铁丝中含有杂质C，故其产生的SO2的量小于22.4 mL，故其沉淀的质量小于0.233g。 11.W、X、Y、Z

5、 为原子序数依次增大的四种短周期元素，M、N、R、Q 为上述元素组成的化 合物。已知有机物M的相对分子质量为28，Z是短周期原子半径最大的元素，N分子中含有 10个电子。它们之间的转化关系如下图所示。 下列相关说法错误的是 A.X、Y的氢化物沸点:X一定低于Y B.Y和Z形成的化合物可能只含有离子键 C.Z与N反应比Z与R反应更剧烈 D.1molZ2Y2和足量N反应，转移1mol电子 【答案】A 【解析】根据题意可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na；M为乙烯，N为水，R为乙醇，Q为乙醇钠； 同时，水分子间可形成氢键，故H2O的沸点比CH4高，故A错； 12.某实验小组用以下装置探究了铝和铜组

6、成的原电池在不同浓度的 NaOH 溶液中 放电的情况，NaOH 溶液浓度对铝一碱电池的放电电流和持续放电时间的影响如 下表。 根据以上数据分析，下列说法错误的是 4 A.在铜电极上发生还原反应放出氢气 B.负极反应为Al - 3e-+ 4OH-= Al(OH)4- C.NaOH溶液浓度越大，反应速率越快，放电电流越大 D.该电池是一种二次电池，可充电后重复使用 【答案】D 【解析】该电池不是可充电电池，属于一次电池，故不能重复使用，故D错。 13.已知甘氨酸在水中存在三种微粒，它们的转化关系如下: pI为该溶液中-COO-和数目相等时的pH，K1和K2分别表示-COOH和 的解离常数，K1=1

7、0-2.4，K2=10-9.4。其各微粒在水中的分布系数(各微粒数 目占三种微粒总数的百分比)如下图所示： 根据以上信息判断错误的是 A.a点对应的pH=2.4 B.当溶液的pH=7时，A+A- C.甘氨酸溶液的pI=5.9 D.甘氨酸溶于水后溶液呈酸性 【答案】B 【解析】根据电荷守恒可得：c（A+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），pH=7时， c（H+）=c（OH-），故c（A+）=c（A-），故B错。 二、非选择题：包括必考题和选考两部分。 5 26.(14 分)蛋白质含量是食品营养价值的重要指标之一，凯氏定氮法是测量蛋白质 中含氮量的常用方法。实验室测定蛋白质中含氮量的具体流程

8、如下： 回答下列问题： （1）“消化”的目的是_。 （2）“蒸馏”和“吸收”操作装置如下图所示(加热及夹持装置略去) 实验步骤： 组装好仪器后，向水蒸气发生器内加蒸馏水，并加入数粒玻璃珠。加入玻璃珠 的作用是。 清洗仪器：打开K1，关闭K2。加热烧瓶使水蒸气充满管路，停止加热，关 闭K1.烧杯中蒸馏水倒吸进入反应室，原因是；打开K2放掉洗涤 水，重复操作23次。 向烧杯中加入硼酸溶液及指示剂。消化液由样液入口注入反应室，并注入一定 量的氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗后，封闭样液入口。反应室内反应的离子方 程式为，烧杯中发生反应的化学方程式为。 反应装置使用了双层玻璃，其作用是_。 检验蒸馏操作中氨

9、已完全蒸出的方法是。 （3）“蒸馏”后用c molL -1 的盐酸标准溶液滴定烧杯内液体，发生的反应为 (NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=2NH4Cl+4H3BO3，终点时消耗盐酸平均体积为 v mL。则该奶粉样品 6 中氮的质量分数为。 【答案】（1）将奶粉样品中的氮元素转化为铵盐，便于氮元素的测定 （2）防止暴沸 温度降低，管路中压强减小，形成负压 NH4+OH= NH3+H2O2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O 保温作用，促使氨气完全蒸出 用pH试纸检验蒸出液为中性，说明氨气已经完全蒸出； 或将湿润的红色石蕊试纸靠近冷凝管下端出口，若试纸不变蓝，则氨气完全蒸出

10、 （3） a v014. 0 % a v4 . 1cc 或 【解析】（1）将奶粉样品中的氮元素富集并转化为铵盐，便于氮元素的测定 （2）同沸石的作用一样，即防止液体暴沸 关闭K1后，水蒸气冷却，导致管内温度降低，压强减小，形成负压，外界大气压将蒸馏水压入反应室 NH4+OH= NH3+H2O2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O 双层玻璃保温，减少热量损失，促使氨气完全蒸出 用pH试纸检验馏出液为中性，说明氨气已经完全蒸出； 或将湿润的红色石蕊试纸靠近冷凝管下端出口，若试纸不变蓝，则氨气完全蒸出 （3）根据方程式可得，消耗(NH4)2B4O7的物质的量为0.0005cv mol

11、， 故N的质量为0.0005cv142=0.014cv g，故其质量分数为 0.014 v a c 27.(14 分)稀土(RE)是元素周期表中的镧系元素和钪、钇共十七种金属元素的总 称，有工业“黄金”之称。我国稀土储量约占世界总储量的23%。一种以稀土精矿(稀 土的氟碳酸盐、磷酸盐，还有CaF2、Fe2O3和 SiO2等)为原料制备稀土产品的工艺流 程如下图所示： 已知：FePO4、Mg3(PO4)2的 Ksp分别为 1.310 -22、1.010-24。 请回答以下问题： (1)写出2条能提高“酸浸”浸出率的措施_。 (2)酸浸过程中稀土矿转化成可溶性的硫酸盐。 稀土的氟碳酸盐用 REFC

12、O3表示， 写出其与硫酸反应的化学反应方程式_。 7 (3)在浸出液中加入FeCl3调整n(Fe)/n(P)=23，其目的是_。加入 MgO调整pH=4.04.5使浸出液中的Fe3+和Th4+生成氢氧化物沉淀。写出生成 Th(OH)4沉淀的离子反应方程式_。 (4)在过滤前由于浸出液中含有硅酸胶体和颗粒微小的硫酸钙，使过滤和洗涤操作 困难，对此可加入少量的聚丙烯酰胺，则其可能的作用是。 (5)向滤液1中加入碳酸氢铵得到碳酸稀土沉淀。写出反应的化学反应方程式 此处不宜用 Na2CO3替代碳酸氢铵，原因是。 【答案】（1）将稀土精矿粉碎、升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等（写出符合题意的 2 项即

13、可） （2）2REFCO33H2SO4=RE2(SO4)32HF2CO22H2O （3）促使磷酸根离子完全转化为 FePO4沉淀 Th4+4MgO4H+=Th(OH)44Mg2+ （4）起絮凝作用，可加快过滤速度 （5）RE2(SO4)36NH4HCO3=RE2(CO3)33H2O3CO2+3(NH4)2SO4 碳酸氢铵更易分离出碳酸稀土沉淀，如用Na2CO3可能引入新杂质 【解析】（1）将稀土精矿粉碎、升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等（写出符合题意的 2 项即可） （2）根据题干中稀土精矿的成分可得，2REFCO33H2SO4=RE2(SO4)32HF2CO22H2O （3）促使磷酸根离子

14、完全转化为 FePO4沉淀 Th4+4MgO4H+=Th(OH)44Mg2+ （4）起絮凝作用，使水或液体中悬浮微粒集聚变大，或形成絮团，从而加快粒子的聚沉，达到固-液分离 的目的 （5）RE2(SO4)36NH4HCO3=RE2(CO3)33H2O3CO2+3(NH4)2SO4 碳酸氢铵更易分离出碳酸稀土沉淀，如用Na2CO3可能引入新杂质 28.(15分)甲醇是重要的化工原料，用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主 要发生以下反应： 反应 I：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-53.7 kJmol -1 反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O

15、 (g)H2=+41.2 kJmol -1 反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H3 (1)已知部分化学键的键能如下表： 8 则 H3=kJmol -1，a= kJmo1 -1。 (2)在容积恒为2 L的密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)和2 mol CO(g)，在一定温 度下发生反应CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，测得容器内的压强随时间的变 化如下表所示。 1_已知该条件下， 该反应可自发进行， 则其H_0(填“”或“=”),判断依 据是。 2在此条件，0-4 min的(CH3OH)=_ kPamin -1, 该反应的平衡常数Kp=(kPa)-1(以分压表

16、示，分压=总压物质的量分数)。 (3)通过计算机对反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)进行模拟实验，在0.1 MPa 时，不同温度下，不同水碳比 n(H2O) 进行热力学计算，绘得反应平衡体系中 n(CH4) H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示。 由图可知，温度一定时，H2的平衡物质的量分数与水碳比的关系是_，可 能的原因是。 (4)电解法由甲醇和CO合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示，则阳极的电极 反应式为。 t/min02468101214 P/kPaP00.8 P00.7 P00.7 P00.7 P0 9 【答案】（1）-94.9 806 （2） 自发反

17、应H-TS 0，该反应是气体分子数减小的反应，S0，所以H 0 0.05P0 0 5 . 7 P （3）水碳比越大，氢气的物质的量分数越大 水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢气的物质的量分数增大 （4） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ 【解析】（1）根据盖斯定律可得，H3=H1- H2= -53.7-41.2=-94.9kJmol -1 由反应II可得，H2=（2a+436-1076.8-2465）=+41.2 kJmol -1，因此a=806 kJmo1-1 （2） 根据G=H-TS可得，由于反应自发，故G0，又因为该反应中S0，故H0

18、 30-4 min的v（CH3OH） = 00 0.8 4 PP =0.05P0kPamin -1 根据题意，设平衡时CH3OH反应了x mol，列四段式为： CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) 起（mol）220 转（mol）xxx 平（mol）2-x2-xx 体积分数 2 4 x x 2 4 x x 4 x x 根据 0 0 4 40.7 P xP ，解得x=1.2 故 0 0 00 0.7 7.5 4 22 0.70.7 44 x P x xx P PP xx 10 22 故其平衡常数Kp= 0 7.5 P (kPa)-1 （3）由图可知，水碳比越大，氢气的物质的量分数越大

19、 水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢气的物质的量分数增大 （4）根据题意可得，左侧为阳极，发生氧化反应，即为CH3OH与CO反应生成(CH3O)2CO 故电极方程式为 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ 35.化学选修 3：物质结构与性质(15 分) 点击化学的代表反应为铜催化的叠氮一炔基Husigen环加成反应，NaN3、 SO2F2、FSO2N2等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题: (1)基态Cu+核外电子排布式为;基态O原子未成对电子有个。 (2)F、O、N、C的第一电离能从小到大的顺序是。 (3) NO -离子的VSEPR模

20、型为 ,写出NO -离子的一种等电子体 。 从分于结构角度分析， HNO3酸性强于HNO2的原因是。 (4)是一种叠氮一炔基Husigen环加成反应产物， 该分子中N 原子的杂化方式为。 (5) NH3分子中H-N-H键角为107。如图是Zn(NH3)62+的 部分结构以及H-N-H键角的测量值。解释NH3形成Zn(NH3)62+ 后H-N-H键角变大的原因:。 (6)CuBr是点击化学常用的催化剂，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。 已知，号铜原子坐标依次为（0，0，0），（0.5，0，0.5） 则号溴原子的坐标为_;CuBr的密度为d gcm-3， 请用a和d表示阿伏加德罗常数的值。

21、【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或 Ar3d102 （2）CONF （3）平面三角形O3（或SO2） HNO3比HNO2的中心N原子正电性更高，对电子云吸引力更大， O-H键极性更强，更易电离出氢离子。 （4） sp2sp3 （5）NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排 11 斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱 （6）( 3 4 ， 3 4 ， 1 4 ) 3 32 da 1076. 5 【解析】（1）基态Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或 Ar3d10； O原子的核外电子排布式为1s2

22、2s22p4，因此其未成对电子数为2； （2）同周期自左向右，电离能逐渐增大，但第IIA族，第VA族反常， 故为CONF （3）NO2-孤电子对数为1，故其价电子对为3，故其VSEPR 模型为平面三角形 根据等电子体定义可写为O3（或SO2） HNO3比HNO2的中心N原子正电性更高，对电子云吸引力更大，O-H键极性更强，更易电离出氢离子。 （4）根据其结构式可知其杂化方式为： sp2杂化和sp3杂化 （5）NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排 斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱 （6）根据空间直角坐标系可得，Br的坐标为( 3 4

23、 ， 3 4 ， 1 4 ) 计算可得该晶胞含4个CuBr，故根据公式 32 10 33 1444 m5.76 10 (10) A A N Vaa N ，故d= 32 3 5.76 10 A a N 故NA= 32 3 5.76 10 a d 36.化学选修5:有机化学基础(15分) 化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图： 回答下列问题： (1)D中的官能团为溴原子和。B的结构简式为。 (2)AB的反应过程中，K2CO3的作用是。 CD的反应类型是。 12 (3)DE的反应的化学方程式为。 (4)A的芳香族同分异构体中和A具有完全相同官能团的物质还有种 。某 A的芳香族同分

24、异构体M，分子结构中含有硝基，且核磁共振氢谱只有三种信 号。 写出两种符合题意的M的结构简式。 (6)已知:R-OH + KHS 一定条件 R-SH+KOH 写出以为原料制备的合成路线，有机无机试 剂自选。 【答案】（1） 醚键、硝基 （2） 提供碱性环境，消耗反应生成的HI，促使反应向正方向发生 取代反应 （3） O2N H3COCH2Br O2N H3COCH2SCH2COONa +HSCH2COOH+2NaOH+NaBr+2H2O （4）9 ； COOHO2N O2NOOCH （5） 【解析】（1） 根据题意，其官能团为醚键、硝基； 根据傅克反应可知B的结构简式为 （2） K2CO3为了提供碱性环境，消耗反应生成的HI，从而促使反应向正方向发生 根据D的式子可得其为取代反应。 （3）根据信息可得，该反应方程式为 13 O2N H3COCH2Br O2N H3COCH2SCH2COONa +HSCH2COOH+2NaOH+NaBr+2H2O （4）A 的芳香族同分异构体共有10种，减去A后剩余9种； 根据题干信息可得符合题意的 M 的结构简式 COOHO2N ， O2NOOCH （5）根据综合分析法可得其合成路线为：