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1、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.科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒(2019-nCOV)有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦(RemdeSivir,GS5734)、氯 建(ChloroqquinE,SigmaC6628)利 托 那 韦(Ritonavir)其中利托那 韦(Ritonavir)的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是A.能与盐酸或NaOH溶液反应B,苯环上一氯取代物有3 种C.结构中含有4 个甲基D.lm ol该结构可以与13molHz力 口 成【答案】A【解析】【分析】【详解】A.利托那
2、韦(Ritonavir)结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A 选项正确；B.由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6 种，B 选项错误；C.根据结构简式可知，该结构中有5 个甲基，C 选项错误；D.由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与Hz发生加成反应,所 以 1 mol该结构可以与3+3+2+2=10 mol也加成，D 选项错误；答案选A。2.下列诗句、谚语或与化学现象有关，说法不正确的是A.水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B.落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C.“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D.“看似风平浪静，实则暗流
3、涌动”形象地描述了溶解平衡的状态【答案】C【解析】【详解】A.水乳交融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油有新物质生成，选项A 正确；B.龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，选 项B正确；C.石头大多由大理石(即碳酸钙)其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2,Ca(HC03)z是可溶性物质，包含反应 CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)zZ_CaCC)3 J+C O 2个+小0,属于化学变化，选项 C 不正确；D.看似风平浪静，实则暗流涌动说的是表面看没发生变化，实际
4、上在不停的发生溶解平衡，选 项D正确。答案选C。3.化学与生产、生活息息相关。下列有关说法不正确的是A.小苏打可用于治疗胃酸过多B.还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C.用乙醛从青蒿中提取青蒿素的过程中包含萃取操作D.墨子号量子卫星使用的太阳能电池，其主要成分为二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A.生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，A项正确；B.铁可以被空气氧化，做还原剂，即抗氧化剂，B项正确；C.乙醛不溶于水，易溶解有机物，可以从青蒿中提取青蒿素，C项正确；D.太阳能电池，其主要成分为硅，D项错误；答案选D。4.常温下，向ILpH=IO的NaOH溶液中持续通入CCh。通入CCh的体积(
5、y)与溶液中水电离出的c(OH)的关系如图所示。下列叙述错误的是c(OH)A.a点溶液中：水电离出的c(H+)=lxlO-iOmoH_-iB.b 点溶液中：c(H+)=lxlO_7mol-L1C.c 点溶液中：c(Na+)c(HCO3)c(CO32)D.d 点溶液中：c(Na+)=2c(CO32j+c(HCO3)【答案】C【解析】试题分析：A.a点溶液是NaOH溶液，p H=10,则水电离出的c(H+)=lxW iOmoll/i,正确。B.b点溶液中c(OH)=lx l07mol-L1,由于水的离子积是 kw=lxlO-MmoF.L-2,所以 c(H+)=lxlO=mo|.LT,正确。C.c
6、点水电离产生的c(OH)最大，贝!I溶液是NazCCh溶液。根据物料守恒可知c(Na+)c(CO32-),8 3 2-发生水解反应形成H C 03-,但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所 以C(CO32C(HCO3)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)c(CO3*)c(HCO3-),错误。D.d点溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32)+C(HCO3)+c(OH j,S T cfOH lxlO m ol-L1,所以 c(H+)=lxlO-7m oH/i,故c(Na+)=2c(CO32)+c(HCO3),正确。考点：考查碱与酸性氧化物反应时水
7、电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.NA个AI(OH)3胶体粒子的质量为78gB.常温常压下，2.24LH2含氢原子数小于0.2NAC.136gCaSO4与KHSCU的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NAD.O.lm oA-iFeCb溶液中含有的Fe3+数目一定小于O.INA【答案】B【解析】【详解】A.一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故NA个氢氧化铝胶粒的质量大于7 8 g,故A错误；B.常温常压下，Vm22.4L/mol,则2.24L皿物质的量小于O.lm o L则含有的H原子数小于0.2NA,故B正确；C.CaSO4
8、与KHSO4固体摩尔质量相同，都 是136g/mol,136gCaSCh与KHSCh的固体混合物的物质的量为lm o l,含有的阴离子的数目等于NA;C错误；D.溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误；6.下列说法正确的是()A.将BaSO4放入水中不能导电，所 以BaSC)4是非电解质B.氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质C.固态的离子化合物不能导电，熔融态的离子化合物能导电D.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强【答案】C【解析】【详解】A.硫酸铁是难溶的盐，熔融状态完全电离，所 以BaSCU是电解质，故A错误；B.氨气本身不能电离出离子，溶液导电
9、是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误;C.固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；D.溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；正确答案是Co【点睛】本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y和Z组成的一种化合物可有效灭杀新型冠状病毒，它的结构式为：X Y Y-Z Z X 向W的一种钠盐水溶液中通入YZz气体，产生沉
10、淀的质量m与通入YZ2气体的体积V的关系如图所示。下列说法正确的是A.氢化物的熔点一定是：YWC.X、Y、Z三种元素只能组成一种化合物D.工业上常用热还原法冶炼单质W【答案】B【解析】【分析】X、Y和Z组成的化合的结构式为：X I-I _Z_Z_X,构成该物质的元素均为短周期主族元素，且该物质可以消毒杀菌，该物质应为过氧乙酸：CH3COOOH,X为H、Y为C、Z为O；向W的一种钠盐水溶液中通入COz气体可以产生沉淀且通过量的COz气体沉淀不溶解，则该沉淀应为HzSiCh或AI(0H)3,相应的钠盐为硅酸钠或偏铝酸钠，W为A1或Si。【详解】A.C元素有多种氢化物，其中相对分子质量较大的一些氢化
11、物的熔点要高于。的氢化物，故A错误；B.无论W为A I还是S i,其非金属性均小于C,最高价氧化物对应水化物的酸性：Y W,故B正确；C.C、H、。元素可以组成多种燃类的含氧衍生物，故C错误；D.若W为S i,工业上常用碳还原法冶炼，但W为A I,工业上常用电解熔融氧化铝制取铝，故D错误；故答案为B。【点睛】易错选项为D,要注意硅酸钠和偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳均可以产生沉淀，且沉淀不会与二氧化碳反应，所以根据题目所给信息无法确认W具体元素，要分情况讨论。8.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，z的核电荷数是W的2倍。工业上一
12、般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确 的 是（）A.W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同B.Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物C.Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得D.X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，据此分析。【详解】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的
13、焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，A.W、X、Y形成的简单离子。仁Na A l ,核外电子数相同，均 是1 0电子微粒，A正确；B.硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3,B正确；C.由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D.X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；答
14、案选C。9.已知实验室用浓硫酸和乙醇在一定温度下制备乙烯，某学习小组设计实验利用以下装置证明浓硫酸在该反应中的还原产物有SO 2,并制备1,2-二澳乙烷。,UfijMX化下列说法正确的是A.浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂B.装置川、IV中的试剂依次为酸性高镒酸钾溶液、品红溶液C.实验完毕后，采用萃取分液操作分离1,2-二溟乙烷D.装 置I I中品红溶液褪色体现了 S02的还原性【答案】A【解析】【分析】【详解】A.乙醇在浓硫酸和加热条件下反应生成乙烯和水，浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂，故A正确；B.锯酸钾溶液和二氧化硫、乙烯都要反应，除掉乙烯中的二氧化硫用氢氧化钠溶液，再
15、用品红检验二氧化硫是否除尽，因此装置川、IV中的试剂依次为氢氧化钠溶液、品红溶液，故B错误；C.实验完毕后，产物是1,2-二溟乙烷，二滨乙烷溶于四氯化碳，二者沸点不同，可采用蒸锚操作分离提纯产品，故C错误；D.装 置I I中品红溶液褪色体现了 SOz的漂白性，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】S02使溶液褪色不一定体现漂白性，使某些有机色质褪色，体现漂白性，使无机物酸性高镒酸钾溶液褪色体现还原性。10.2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了 5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池
16、是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为MirFexP04+e+Li+=LiMirFexPCU,其原理如图所示，下列说法正确的是（）硝酸铁锂电极、Mj.xFcxPO4、LiMxFexPO,”电解质隔膜A.放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极B.电池总反应为 Mi-xFexPO4+LiC6=B=iL i M i-xFexPO4+6C、放电C.放电时，负极反应式为LiC6-W=Li+6cD.充电时，Li+移向磷酸铁锂电极【答案】C【解析】【详解】/石墨电极0 LGS u+6 CA.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A 错误；B.根据
17、电池结构可知，该电池的总反应方程式为：Mi-xFexPO4+LiC6-?=Li M i-xFexPO4+6C,B 错误；充 电C.放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e=Li+6C,C 正确；D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D 错误；故合理选项是C1 1.硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是A.硒的摄入量越多对人体健康越好 B.SeC-空间构型为正四面体C.HzSe的熔沸点比H2s高 D.SeCU的酸性比H 2 s 强【答案】C【解析】【分析】【详解】A.硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故 A 错误；
18、B.SeCh2-中心原子的价电子对数为3+6+2-2x3=%其中有1 个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空2间构型为三角锥形，故 B 错误；C.HhSe和 H2s结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则 HzSe的熔沸点比H2s高，故 C 正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S 弱，则 HzSeO4的酸性比H2s04弱,故 D 错误；故答案为Co12.某元素基态原子4s轨道上有1 个电子，则该基态原子价电子排布不可能是()A.3P64sl B.4s1 C.3d54sl D.3d104sl【答案】A【解析】【详解】基态原子4s轨道上有
19、1 个电子，在 s 区域价电子排布式为4s1，在 d 区域价电子排布式为3d54s】，在 ds区域价电子排布式为3#。4 0,在 p 区域不存在4s轨道上有1 个电子，故 A 符合题意。综上所述，答案为A。13.下列实验过程中，始终无明显现象的是A.Ch通 入 NazCCh溶液中B.CCh通入CaCL溶液中C.NH3通入AgNO3溶液中D.Sth通 入 NaHS溶液中【答案】B【解析】【分析】【详解】A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误;B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；C、N
20、H3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为 NH3+HNO3=NH4NO3 NH3+AgNO3+H2O=AgOH4/+NH4NO3 AgOH+2NH3=Ag(NH3)20H(银氨溶液)，C错误；D、S02通 入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；故选B1 4.科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是()A.反应过程中需要不断补充Fe2+B.阳极反应式是2HCI-2e=Ch
21、+2H+C.电路中转移1 m o l电子，消耗标况下氧气5.6 LD.电解总反应可看作是 4HCI(g)+02(g)=2CI2(g)+2H2O(g)【答案】A【解析】【分析】HCI在阳极失电子，发生氧化反应，生 成CL和H+,Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+,Fe2+、O2反应生成Fe3+和比0,Fe2+、Fe3+在阴极循环。【详解】A.由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；B.HCI在阳极失电子得到CL和H+,电极反应式为：2HCI-2e-=CL+2H+,B正确；C.根据电子得失守恒有：O2 4 e ,电路中转移1 m o l电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6
22、L,C正确；D.由图可知，反应物为HCI(g)和O z(g),生成物为七0值)和C b(g),故电解总反应可看作是4HCI(g)+O2(g)=2CI2(g)+2H2O(g),D 正确.答案选A。1 5.设阿伏加德罗常数的数值为NA,下列说法正确的是A.lL lm o l L-1的NaHCCh溶液中含有的离子数为3NAB.22.41.的CCh与过量NazCh充分反应转移的电子数为NAC.常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD.常温常压下，14g由Nz与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【答案】D【解析】【详解】A.HCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此IL
23、、lm M L-i的NaHCCh溶液中含有的离子数小于3NA,故A错误；B.未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；C.铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA,故C错误；D.氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/m ol,都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：2=0.5 m o l,含 有lm o l原子，含有的原子数目为NA,故D正确；28g/mol故答案为Do二、实验题(本题包括1个小题，共10分)1 6.某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与出。2溶液的反应。试剂：酸化的0.5mol-HFeSO4溶 液(pH=0.2),5%出。2溶 液(p
24、H=5)实 验I:操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶 液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中出。2溶液与FeSOz,溶液反应的离子方程式是产生气泡的原因是(3)某同学认为，根据溶液变红不能说明FeS04与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实 验II的方案和现象是实 验III：试剂：未酸化的0.5moH/iFeSC)4溶 液(pH=3),5%出。2溶 液(pH=5)操作现象取2mL5%出。2溶液于试管中，加入5滴上 述FeSCU溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡
25、，并放热,反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mH七】盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有FezCh,经检验还含有Sth。检验棕黄色沉淀中Sth?-的方法是。结合方程式解释实验川中溶液p H降低的原因_ _ _ _ _ _o实 验IV：用FeCL溶液替代FeSO,溶液，其余操作与实验川相同，除了产生与川相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(
26、CI)=l：1,写出生成黄色沉淀的化学方程式(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反 应 的 现 象 与 (至少写两点)有关。【答案】2Fe2+2H+HzO2=2Fe3+2Hz。反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成02 取2mL上 述FeSO4溶液于试管中，加 入5滴pH=5的H2s04溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红 取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加 入BaCL溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有S042Fe2+4H2O+H2Oz=2Fe(OH)3(胶体)+4H+,Fe?+氧化的产物Fe?+发生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe
27、2O3 FeCl3)n+6nHCI t pH、阴离子种类、温度、反应物用量【解析】【分析】H2O2溶液与FeSOz,溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9，可推出反应消耗H+,由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+,对七。2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。某同学认为，根据“溶液变红 不能说明FeS04与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加出。2的实验，由此设计实验方案。(4)棕黄色沉淀为Fez03,对SO42
28、-的检验不产生干扰，所以检验S0的方法与常规方法相同。如果仅是七。2氧 化Fe2+,需消耗H+,现 在pH减小，说明生成了 H+,此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液p H降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还 有HCI生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(CI)=l：1,则沉淀应为(Fe20rFeCI3),由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了 pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与山。2反应的现象有关的因素。【详解】在酸性条件下，HzCh溶液与FeSCh溶液反应，生 成Fe
29、3+和以0,反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O.答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2HzO;(2)反应生成的Fe3+,对d 0 2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成02。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成。2；既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上 述FeSCU溶液于试管中，加 入5滴pH=5的HhSCU溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上 述FeSOz,溶液于试管中，加 入5滴pH
30、=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)FezCh的存在，对S0金的检验不产生干扰，所以检验SO”?-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加 入BaCL溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有S 0 2。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加 入BaCL溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有S 0/;如果仅是H2O2氧 化F e ,需消耗H+,现pH减小，说明生成了 H+,此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实 验III中溶液p H降低的原因是2F/+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+,Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水
31、解生成H*使p H下降。答案为：2Fe2+4H2O+H2Oz=2Fe(OH)3(胶体)+4H+,Fe?+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使p H下降；(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还 有HCI生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(CI)=l：1,则沉淀应为(Fe20rFeCl3)n,由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCI2+3nH2O2=2(Fe2O3 FeCl3)n+6nHCI f.答案为:6nFeCI2+3nH2O2=2(Fe2O3 FeCI3)n+6nHCI t；(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。答案
32、为：P H,阴离子种类、温度、反应物用量。【点睛】H2O2溶液与FeSCh溶液混合，反应生成Fe3+,0H等，如果提供酸性环境，则 最 后 转 化 为 出0;如果溶液的酸性不强，则会生成Fe(0H)3沉淀。反应生成的Fe3+对H2O2的分解起催化作用，同时反应放热，又会促 进Fe3+的水解，从而生成Fe9H卜胶体，也会造成Fe(0H)3的分解，从而生成FezCh,且导致溶液的酸性增强。三、推断题(本题包括1个小题，共1 0分)1 7.在医药工业中，有 机 物G是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：RiONa+RzX-RiORz+NaX(Ri与Rz代表苯环或燃基、X代表卤素原子)RC
33、OOH+SOCL(液体)f RCOCI+HCI t+S02 t回答下列问题：(1)A与C在 水 中 溶 解 度 更 大 的 是 ,G中官能团的名称是(2)E-F的 有 机 反 应 类 型 是 ,F的分子式为 o(3)由A-B反应的化学方程式为 o(4)物 质D的结构简式为。(5)B f C反应中加入N aO H的作用是。(6)写出一种符合下列条件的G的同分异构体 o 与G的苯环数相同；核磁共振氢谱有5个峰；能发生银镜反应【答案】C 谈基(或酮基)、酸键 取代反应 C8H70cl或C8H7CIO【分析】催化剂、促进水解 与氯气反应生成：，二；在 氢 氧 化 钠 溶 液 作 用 下 反 应 生 成
34、：;；，根据信息 票:与CH上反应生成根据信息E和SOCL反应生成F,与F反应生成G。【详解】A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C,根据G的结构得到G中官能团的名称是埃基、酸键；故答案为：C；埃基(或酮基)、酸键。E f F是一0 H变为一Cl,CI取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根 据F的结构简式得到F的分子式为C8H70cl或C8H7CI0；故答案为：取代反应；C8H70cl或C8H7CI0。由A f B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为;故答案为：。根据B的结构（：”），加 入N
35、aOH溶液得到C（蓝：），反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。与G的苯环数相同；核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体故答案为:C110四、综 合 题（本题包括2个小题，共20分）1 8.我国由海水提取的食盐（海盐）不足四成，大部分产自内陆盐湖（湖盐）和盐矿（矿盐）。（1）由内陆盐湖水为原料进行晒盐，有“夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝）”的说法，下列对其化学原理的描述正确的是（选填编号）。a.由夏到冬，芒硝的溶解度变小b.由冬到夏，氯化钠的溶解度变小c.夏天温度高，氯化钠易结晶析出（2）芒硝型矿
36、盐卤水中含有一定量NazSCM和少量Ca2*、Mg2 H2S等杂质，利用硫酸钙微溶于水的性质，用石灰-烟道气（CO2）法净化芒硝型矿盐卤水的流程如图：脱硫工序中先吹空气，发生物理和化学变化：物理变化是氢硫酸有挥发性，部分被直接吹出，化学变化是（用化学方程式表示）。再加入稍过量的FeCb溶液除去残留的硫化氢。检 验FeCb已经过量的试剂是（填写化学式）。（3）加 入Ca（OH”能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+,另一目的是。滤渣A的主要成分除了Fe（OH）3外，还有（填写化学式）。（4）如图所示是石灰-纯碱法净化芒硝型矿盐卤水的部分流程：加入纯碱的作用是（选填编号）。a.调节溶液的pH
37、b.除去溶液中的Cac.除去溶液中的Mg?+d.除去溶液中的SO42-石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法的优点是C a（OH）2 纯碱(5)如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜只允许阳离子通过，上述精盐水需要进行二次精制后才能作为离子交换膜电解槽的原料。对盐水进行二次精制的目的是一(选填编号)。a.进一步降低Ca2+、M铲+的浓度，提高烧碱纯度b.进一步降低SO/一 的浓度，提高烧碱纯度c.防止杂质离子与碱生成的沉淀堵塞离子交换膜d.防止溶液酸性或碱性过强，腐蚀离子交换膜盐水中硫酸根浓度过高会使生成的氯气中混有氧气，检验氯气中是否含有少量氧气的操作是离子交换膜电解槽
38、【答案】ac 2H2s+0262SJ+2H2O KSCN 去除 Mg?+Mg(OH)2 CaSO4,CaCO3 b 原料更加经济(生成成本更低)ac 气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气【解析】【分析】(1)根据溶解度受影响的大小，选择结晶的操作方法-蒸发结晶或降温结晶法；溶解度受温度影响不大的物质结晶时一般采取蒸发结晶的方法，溶解度受温度影响较大的物质结晶时一般采取降温结晶的方法；(2)脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中-2价的硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，检验铁离子用KSCN；加入Ca(0H)2能沉淀镁离子和铁离子而除去，
39、氢氧化铁、氢氧化镁、碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水,滤渣A的主要成分除了 Fe(0H)3外，还 有Mg(0H)2、CaSO4 CaCO3；(4)加入纯碱的作用是除去溶液中的Ca2+,石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，优点从原料的取材、经济效益等角度进行比较；(5)根据处理后的盐水中还含有少量杂质离子对装置的影响、以及对产品纯度的影响角度来回答，检验氯气中是否含有少量氧气，需先除去氯气，再检验氧气。【详解】因为食盐的溶解度受温度的影响很小，而硫酸钠的溶解度受温度的影响较大，因此夏季温度高，硫酸钠的溶解度大，随着水分的蒸发，氯化钠就会从溶液中结晶析出，而大多数硫酸钠仍旧会溶解在溶液中；而冬天时，
40、温度低，硫酸钠的溶解度变得很小，就会从溶液中结晶析出，而氯化钠的溶解度受温度的影响很小，不会从溶液中结晶析出，因此夏天采盐(食盐)、冬天捞硝(芒硝)，所 以ac符合；答案:ac；脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中-2价的硫具有还原性，两者反应：2H z S+。2T2S J+2H 2。，检验溶液中F e +存在通常用K S C N 溶液，取少量溶液与试管中，滴 加 K S C N 溶液，溶液变红说明F e 3+存在；答案：2H z S+0 2T2S J+2H 2。K S C N；含 有 一 定 量 N a 2s 0 4 和少量C a 2+、M g2 H 2s 等杂质，加入氢氧化
41、钙，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁；硫酸钙微溶于水，生成硫酸钙的沉淀；通入烟道气，C 0 2会与生成的C a(0 H)z 反应生成生成碳酸钙沉淀，所以加入C a(0 H)2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去F e 3+,另一目的是去除M g ,滤渣A成分还有：M g(0 H)2、C a S 04,C a C 03；答案：去除 M g 2+M g(0 H)2、C a S 04,C a C 03；(4)加入氢氧化钙的目的是引入氢氧根离子，但同时引入杂质离子钙离子，为除去钙离子，可选用碳酸根离子，所 以 b 符合；石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法无需使用碳酸钠，原料更加经济(生
42、成成本更低)；答案:b；原料更加经济(生成成本更低)；(5)若食盐水不经过二次精制，处理后的盐水中还含有少量杂质离子M g 、C a2+,碱性条件下会生成沉淀，对装置中的交换膜产生影响，所以精制食盐水的目的是防止隔膜堵塞，提高产品的纯度，a c 符合；检验氯气中是否含有少量氧气，可先除去氯气，将混合气体通过过量氢氧化钠溶液洗气，氯气能和氢氧化钠反应,而氧气不反应，反应后，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气；答案:a c；气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气。1 9.硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列
43、问题：(1)基 态 F e 原 子 价 层 电 子 的 电 子 排 布 图 为,基态S i 原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_ _ _ _ _ _ _ _ 形。(2)绿帘石的组成为C a 2F e A 1 2(S i O j(S i 2O 7)O(O H),将 其 改 写 成 氧 化 物 的 形 式 为.(3)S i C l 分 子 的 中 心 原 子 的 价 层 电 子 对 数 为,分 子 的 立 体 构 型 为；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。
44、S i H,S i C l4S i B r4Sil4熔点/K1 8 2.820 2.727 8.53 9 3.6沸点/K1 7 7.43 3 0.14 0 84 6 0.6(4)F e(H?0)6 可与乙二胺(H?N C H 2 c H 4 凡，简写为e n)发生如下反应：F e(H2O)J2+e n =F e(H2O)4(e n):+2 H2O F e(H2O)6?+的中心离子的配位数为；F e(H2O)4(e n)J *中 的 配 位 原 子 为。(5)在硅酸盐中，S i O：四面体(图a)通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。图 b为一种多硅酸根,其中Si原 子 的 杂 化 形 式 为,
45、化学式为W1/0 Si S i-OoSiOf1*图a图b 答案BZB 1tEB 哑铃 4CaOFeiO3lAliO3*6SiOi*HiO 4 正四面体形3d4熔、沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强 6。和Nsp3 图2。5：-或 S iiO.【解析】【分析】基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有Is、Is、l p,最高能级为lp；绿帘石的组成为Ca iFeAli(SiO4)(SixOyJOfOH),将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意原子的最简单整数比不变；(3
46、)SiCL,分子的中心原子为S i,形成4个。键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；(4)配离子为Fe(HiO)6%中心离子为Fe3+,配体为H Q,Fe(HQ)4(en)产中配体为H Q和e n,根据孤对电子确定配位原子；硅酸盐中的硅酸根(Si044)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了 sp3杂化方式；图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO4,一四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为,。2【详解】基态Fe原子的核外价电子排布式为A r3d64SI基 态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的
47、核外价电子排布图为EnZLEE E;基态S i原子电子占据的能级有ls、is、l p,最3d4s高能级为卬，其电子云轮廓图为哑铃形；绿帘石的组成为CaiFeAli(SiO4)(SiiO7)O(O H),将其改写成氧化物的形式为4CaOFeiO3*lAliO36SiOiHiO；(3)SiCL,分子的中心原子为S i,形成4个。键，价层电子对数为4,具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高；(4)配离子为Fe(HiO)6%中心离子为Fe3+,配体为H Q,则配位数为6；回(凡0 1(en)中配体为HQ和e n,其中。和N原子均能提供孤
48、对电子，则配位原子为0和N；(5)硅酸盐中的硅酸根(SiCM)为正四面体结构，所以中心原子S i原子采取了 sp3杂化方式；图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图(a)中一个SiO，四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为:，SiO44四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=l+3x；=1.5,Si、。原子数目之比为1:1.5=1:5,故化学式 2 0 5：或 SiiOs1.【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xM 0nSi0im H 2).注意：氧化物之间以“隔开；系数配置出现的分数应化为整数.如：正长石心因3。8不能
49、改写成KiOAkO33 S iO i,应改写成KiOAhO36 S iO i.金属氧化物在前(活泼金属氧化物少较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H iO一般写在最后。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.下列说法中正确的是()A.25时某溶液中水电离出的c(H+)=1.0 xl0-12 mol-L-1,其pH 一定是12c(0HB.某温度下，向氨水中通入C O z,随着C02的通入，J 不断增大C(N 4%)C.恒温恒容下，反应X(g)+3Y(g)2Z(g),起始充入3 m
50、ol X和3 moi Y,当X的体积分数不变时，反应达到平衡D.某温度下，向pH=6的蒸镭水中加入NaHSO,晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2,该温度下加入等体积pH=10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性【答案】D【解析】【详解】A.既然由水电解出的 c(H+)=1.0 x1012m o l/L,则由水电解出的 c(OH)=1.0 x1012moVL；而 c(H+)xc(OH)=1.0 xl014m o l/L,所以原来的溶液的 c(H+)=1.0 xl0,2mol/L 或者 c(OH)=1.0 xl0-2m o l/L,即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时p H=2,强碱时pH=