杭州市名校2021届高考化学经典试题

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．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，r是一种气态单质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0. 0lmol/L的s溶液pH为12，X的质子数是W与Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是

A．原子半径：W

B．简单氢化物沸点：Z

C．n、s中均含有离子键和共价键

D．q溶于水时温度升高，证明其水解过程放热

2．苯甲酸的电离方程式为+H+，其K a=6.25×10-5，苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时，H2CO3的

K a1=4.17×l0-7，K a2=4.90×l0-11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（）

A．H 2CO3的电离方程式为H2CO32H++CO32-

B．提高CO2充气压力，饮料中c(A-)不变

C．当pH为5.0时，饮料中

() ()

c HA

c A-

=0.16

D．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低

3．为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（）A．FeSO4溶液（KSCN 溶液）B．CH3CHO 溶液（pH 试纸）

C．KI（淀粉溶液）D．NaHCO3溶液（稀盐酸溶液）

4．化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（）

A．1molX最多能与3molNaOH反应

B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X

C．X、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等

5．类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=－lgC，pK a=－lgK a，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)变化如图所示，下列说法正确的是

A．随着pH的增大，pC增大的曲线是A2﹣的物质的量浓度的负对数

B．pH=3.50时，c(HA﹣)> c(H2A) > c(A2﹣)

C．b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5

D．pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大

6．下列说法正确的是

A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能

B．反应4Fe(s)+3O 2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应

C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023

D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快

7．下列物质结构和性质变化规律正确的是（）

A．硬度：LiCl＜NaCl＜KCl B．沸点：HF＜HCl＜HBr

C．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4D．原子半径：Na＞Mg＞Al

8．某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是

A．强酸溶液B．弱酸性溶液C．弱碱性溶液D．强碱溶液

9．下列说法正确的是( )

A．蒸发结晶操作时，当水分完全蒸干立即停止加热

B．滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中

C．测定NaClO溶液的pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH试纸上，再与标准比色卡对照读数D．用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，通过比较pH大小比较H2CO3、HCN的酸性强弱

10．含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中 N A表示阿伏加德罗常数的值)()

A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物

B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2：5

C．该反应中，若有1mol CN-发生反应，则有5N A电子发生转移

D．若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应

11．化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是

A．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查B．氯气可用于海水提溴

C．氨气能做制冷剂D．过氧化钠可用作航天员的供氧剂

12．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是()

A．实验前两溶液的pH相等

B．实验前两溶液中离子种类完全相同

C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多

D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-＋Ca2＋===CaCO3↓

13．已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是

A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸

B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸

C．甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸

D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水

14．下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）

A．将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量

B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度

C．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度

D．相同温度下，10mL 0.1mol/L的醋酸与100mL 0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量

15．有关下图所示化合物的说法不正确的是

A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应

B．1mol该化合物最多可以与3mol NaOH反应

C．既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色

D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：

Ⅰ.制取铋酸钠

制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质NaBiO3Bi(OH)3

性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色

（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；

（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；

（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；

（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是___；

（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+

（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定

（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如下：

已知：R 1CHO 22R NH ???→

回答下列问题：

(1)有机物A 的名称是______________；反应②反应类型是__________。

(2)物质B 的结构简式是____________；E 的分子式为_____________。

(3)G 中含氧官能团的名称是________；F 中有________个手性碳原子。

(4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。

(5)物质N 是C 的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。

①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。

(6)设计由苯甲醇和CH 3NH 2为原料制备

的合成路线_______________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO 、ZnMn 2 O 4、MnO 、Mn 2 O 3、Mn 3 O 4、MnO 2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)步骤②“粉碎”的主要目的是______。

(2)步骤③“酸浸”发生了一系列反应：

ZnO+ H 2SO 4= ZnSO 4 + H 2O ；MnO+ H 2SO 4= MnSO 4 + H 2O ；

ZnMn 2O 4+2H 2SO 4=ZnSO 4 + MnSO 4 +2H 2O+MnO 2；

MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4 + 2CO2↑+2H2O。

推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为______。

(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对Zn、Mn 浸出率的影响。

①为保证Zn、Mn 的浸出率均大于90%，步骤③需控制的c(H2SO4) = ____mol/L。H2C2O4浓度对Mn 的浸出率影响程度大于Zn，其原因是_____。

②假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当c(H2C2O4)>0.25 mol/L 时，Zn、Mn 的浸出率反而下降、且Zn 的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_____(填序号)。

a.随着反应进行c(H+)降低

b.Zn2+、Mn2+与C2O42-生成沉淀

c.溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4

(4)步骤⑤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4 外，还可能生成H2、O2 或其混合物。

①生成MnO2的电极反应式为_____ 。

②若n (H2)：n (O2)=2：1，则参加反应的n (Zn2+)：n (Mn2+) = ______。

③该工艺流程中可循环利用的物质是________。

19．（6分）在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解，反应生成Na3[Ag(S2O3)2]；在废定影液中加入Na2S使Na3[Ag(S2O3)2]中的银转化为Ag2S，并使定影液再生。将Ag2S

在高温下转化为Ag，就达到了回收银的目的。

(1)铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态银原子的最外层电子排布式为_______。

(2)Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为______________________。

(3)S2O32-离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化轨道类型为_______________________。

(4)写出AgBr 溶于Na2S2O3溶液的离子反应方程式______________。Na3[Ag(S2O3)2]中存在的作用力有离子

键、共价键、______________。

(5)在空气中灼烧Ag2S生成Ag和SO2，SO2 分子中硫原子的价层电子对数为_________，其分子空间构型为______________。SO2易溶于水，原因是________________________________。

(6)现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数，X射线衍射法就是其中的一种，通过对金晶体的X 射线衍射图象的分析，可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。若金原子的半径为am，金的密度为ρg·cm-3，金的摩尔质量为Mg·mol -1，试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式

______________________________。

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．C

【解析】

【分析】

n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r，而0.01mol?L-1的s溶液的pH为12，s为一元强碱，r为Y 的气体单质，则s为NaOH，n为Na2O2，p为H2O，r为O2，可推知m为CO2，q为Na2CO1．结合原子序数可知W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解答。

【详解】

A．H原子核外只有1个电子层，C、O核外均有2个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：W

B．C对应简单氢化物为CH4，O对应简单氢化物为H2O，Na对应简单氢化物为NaH，CH4、H2O均为分子晶体，NaH为离子晶体，H2O分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：X

D．Na2CO1溶于水时，Na+和CO12-在形成水合离子时会放热，并不是水解放热，水解过程属于吸热反应，故D错误；

故答案为：C。

【点睛】

非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④形成分子间氢

键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键，熔、沸点会降低。2．C

【解析】

【详解】

A．H2CO3是弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3H++HCO3-，故A错误；B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c(A-)减小，故B错误；

C．当pH为5.0时，饮料中

()

()

c HA

c A-

=

()

a

c H

K

+

=

5

5

10

6.2510

-

-

?

=0.16，故C正确；

D．由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故D错误；

故选C。

3．D

【解析】

【详解】

A、亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液为血红色，而亚铁离子不能，可检验是否变质，故A正确；

B、CH3CHO 被氧化生成CH3COOH，乙酸显酸性，乙醛不显酸性，可用pH试纸检验，故B正确；

C、KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，则淀粉可检验是否变质，故C正确；

D、碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠、碳酸氢钠都与盐酸反应生成气体，不能判断碳酸氢钠是否变质，故D错误；

故选：D。

4．B

【解析】

【详解】

A.X中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1mol羧基能消耗1molNaOH，X中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol这样的酯基，消耗2molNaOH，即1molX最多能与3molNaOH 反应，故A说法正确；

B.Y中含有羟基，对比X和Y的结构简式，Y和乙酸发生酯化反应得到X，故B说法错误；

C.碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C说法正确；

D.X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y中碳碳双键能和溴发生反应，两种有机物与溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D说法正确；

答案：B。

5．C

【解析】

【分析】

H2A存在电离平衡：H2A?H++HA-、HA-?H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；

B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B错误；

C．b点时，c（H2A）=c（A2-），()()

()

()()

()

()

()

2-2-+ 22

--+

a1 22

a2

c H A c c H A c

c HA c HA c H

A A

==

c H K K

?，交点a处c（HA-）=c（H2A），

故Ka1=

()()

()

+

2

c H A c H

c HA-

=c（H+）=l×10-0.8，HA-?A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2=

()()

()

-+

2

c A c H

c HA-

=c

（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正确；

D．D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；

故答案为C。

【点睛】

认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。

6．C

【解析】

【详解】

A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS<0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B 项错误；

C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于6?6.02?1023，C项正确；

D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋

白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。

7．D

【解析】

【详解】

A、离子半径：Li+＜Na+＜K+，晶格能LiCl>NaCl>KCl，所以硬度LiCl>NaCl>KCl，故A错误；

B、HF分子间存在氢键，所以沸点：HCl＜HBr＜HF，故B错误；

C、非金属性P＜S＜Cl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故C错误；

D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：Na＞Mg＞Al，故D正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。

8．A

【解析】

【详解】

A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故选A；

B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选B；

C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选C；

D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不选D；答案：A

【点睛】

醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减小，

c(CH 3COO―)+H2O CH3COOH+OH-，从平衡角度分析。

9．B

【解析】

【详解】

A. 蒸发时不能蒸干，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故A错误；

B. 滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中，只要计算准确，不影响结果，故B 正确；

C. NaClO溶液有漂白性不能用pH试纸测其pH值，故C错误；

D. 测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，可知碳酸氢根离子与HCN的酸性，不能比较H2CO3、HCN的酸性强弱，故D错误；

故答案为B。

【点睛】

从习惯上讲，被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中；从原理上说都可以，只要操作准确，计算准确即可。

10．B

【解析】

【详解】

A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；

B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；

C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1mol CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]N A=5N A电子发生转移，C正确；

D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确；

故合理选项是B。

11．A

【解析】

【详解】

A.碳酸钡能够与胃酸(盐酸)反应产生可溶性的氯化钡，氯化钡是重金属盐，能够使蛋白质变性，导致人中毒，所以不能作钡餐，硫酸钡既不溶于水，也不溶于稀盐酸、同时也不能被X透过，所以应该用硫酸钡作胃肠X射线造影检查A错误；

B．氯气具有强氧化性，可用于海水提溴，B正确；

C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，使周围的环境温度降低，因此可作制冷剂，C正确；

D．过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，D正确；

故合理选项是A。

12．B

【解析】

碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+═CaCO3↓，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+=

CaCO3↓+CO2↑+H2O，故CD错误。

13．B

【解析】

【分析】

气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【详解】

A. 浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；

B. 由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；

C. 氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；

D. 氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。

答案选B。

【点睛】

本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。

14．C

【解析】

【详解】

A. 醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；

B. 酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；

C. 碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确；

D. 相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10 mL 0.1mol/L的醋酸

与100 mL 0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；

答案选C。

【点睛】

D项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10 mL 0.1mol/L的醋酸与100 mL 0.01mol/L 的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。

15．D

【解析】

【分析】

【详解】

A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，

甲基上的氢原子可以被取代，A 正确。

B 、2个酯基水解需要2个氢氧化钠，1个酚羟基需要1个氢氧化钠，即1mol 该化合物最多可以与3mol NaOH 反应，B 正确。

C 、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO 4溶液褪色，C 正确。

D 、酚羟基不能与NaHCO 3溶液反应放出CO 2气体，D 错误。

答案选D 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．饱和食盐水 Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O C 中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K 1、K 3，打开K 2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O 3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +

-3

2cv w

8010 ×100%或0.28cv w ×100%或28cv w % 【解析】

【分析】

用浓HCl 和MnO 2反应制备Cl 2，其中混有挥发出来的HCl ，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl 2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO 3；利用Mn 2+的还原性将NaBiO 3还原而Mn 2+被氧化成紫红色溶液MnO 4-来检验NaBiO 3的氧化性；实验结束后Cl 2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH 溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO 3纯度的检测利用NaBiO 3和Mn 2+反应生成MnO 4-，MnO 4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO 3、Mn 2+、MnO 4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

【详解】

（1）除去氯气中混有的HCl ，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

（2）反应物为Bi(OH)3、Cl 2和NaOH 混合物，+3价的Bi 被氧化成NaBiO 3，Cl 2被还原成Cl -，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ，故答案为：

Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ；

（3）C 中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO 3，故答案为：C 中白色固体消失（或黄色不再加深）；

（4）从图上来看关闭K 1、K 3，打开K 2可使NaOH 留下与氯气反应，故答案为：关闭K 1、K 3，打开K 2； （5）由题意知道NaBiO 3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+，说明铋酸钠将Mn 2+氧化成MnO 4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi 3+，据此写方程式并配平为

5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ，故答案为：

5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ；

②由题意可知，Mn 2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn 2+和MnO 4-发生反应生成了黑色的MnO 2，反应方程式

为3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +，故答案为：3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +；

（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO 3～2Mn 2+～2MnO 4-～5H 2C 2O 4,计算铋酸钠理论产量：

3

22435NaBiO ~5H C O 1400g 5mol m()cv 10mol -?理论 解得m （理论）=0.28CVg ，所以纯度=0.28cv g Wg ×100%=0.28v c W ×100%，所以答案为：-3

2cv w

8010?×100%或0.28cv w ×100%或28cv w

%。 【点睛】

（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO 3 ～ 5H 2C 2O 4，使复杂问题简单化了。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．苯甲醛 还原反应 H 2N C 15H 21NO 3 羟基 2

+→+

2Cu/O Δ?????→ 32CH NH ???→ 4NaBH ???→

【解析】

【分析】

根据已知信息，结合C 的结构简式可知，B 为H 2N ，C 与NaBH 4发生还原反应生成D ，D 与E 发生加成反应生成F ，F 在HCl ，CH 3CH 2OH 条件下发生取代反应生成G ，G 与H 发生取代反应生成

，在Pd/C 、H 2条件下发生取代反应生成M ，据此分析

解答。

【详解】

(1)有机物A()的名称为苯甲醛；反应②为C 中碳氮双键反应后变成碳氮单键，与NaBH 4发生还原反应，故答案为：苯甲醛；还原反应；

(2)根据C 的结构，结合信息R 1CHO 22R NH ???→ 可知，物质B 的结构简式是H 2N ；

E()的分子式为C 15H 21NO 3，故答案为：H 2N ；C 15H 21NO 3；

(3)G()中含氧官能团是羟基；F()中有2个手性碳原子，如图

，故答案为：羟基；2；

(4)反应⑤为G 与H 发生的取代反应，反应的化学反应方程式为+→+，故答案为：+→+；

(5)物质N 是C()的一种同分异构体，①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1，满足条件的一种同分异构体可以是，故答案为：；

(6) 由苯甲醇和CH 3NH 2为原料制备，根据信息R 1CHO 22R NH ???→ 可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成，最后与NaBH 4发生还原反应即可，故答案为：

2Cu/O Δ?????→ 32CH NH ???→ 4NaBH ???→ 。

【点睛】

本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应②的类型的判断，碳氮双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．增大接触面积，提高浸出率 Mn 2O 3 +2H +=Mn 2++H 2O+ MnO 2 0.5 Zn 元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn (MnO 2、Mn 2O 3、Mn 3O 4)需加入H 2C 2O 4作还原剂更有利浸出或

MnO 2+H 2SO 4+H 2C 2O 4=MnSO 4+2CO 2↑+2H 2O a 、b 、c Mn 2+ +2H 2O －2e －=MnO 2 +4H + 1∶1 H 2SO 4或硫酸

【解析】

【分析】

将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含有ZnO 、ZnMn 2 O 4、MnO 、Mn 2 O 3、Mn 3 O 4、MnO 2)粉碎，加入足量H 2SO 4和草酸对残渣进行溶浸，发生ZnO+ H 2SO 4= ZnSO 4 + H 2O ；MnO+

H2SO4= MnSO4 + H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4 + MnSO4 +2H2O+MnO2；MnO2 + H2SO4 +

H2C2O4=MnSO4 + 2CO2↑+2H2O等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据此分析解答。

【详解】

(1)增大接触面积，提高浸出率；

(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO · Mn2O3，ZnO·Mn2O3 +2H2SO4=ZnSO4+ MnSO4+2H2O+ MnO2可知

Mn2O3 +2H+=Mn2++H2O+ MnO2；

(3)①由图可知，当c(H2SO4)=0.5 mol/L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由

ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+ H2O、ZnMn2O4 + 2H2 SO4=ZnSO4 + MnSO4+2H2O + MnO2、MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利Mn的浸出。或MnO2 +

H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O；

②a．结合①的分析，Mn、Zn的浸出率与c(H+ )有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；

b．c(H2C2O4)＞0.25mol/L时，如果Zn2+、Mn2+与C2O24-生成沉淀，浸出率下降，故b正确；

c．如果溶解度ZnC2O4

答案为：a、b、c；

(4)①根据流程，酸性条件下，Mn2+失去电子转化为MnO2，则电极反应为：Mn2+ +2H2O－2e－=MnO2 +4H+；

②阴极可能发生的电极反应为Zn2++2e－=Zn，2H++2e－=H2。阳极可能发生的电极反应为Mn2+ +2H2O－2e－=MnO2 +4H+，4OH―― 4e－=2H2O+O2。当n(H2):n(O2)=2:1时电子转移恰好相等，即电极反应Zn2++2e－=Zn与Mn2+－2e－+2H2O=MnO2 +4H+转移电子数相等，参加反应的n(Zn2+):n(Mn2+ )=1:1；

③该工艺流程中可循环利用的物质是H2SO4或硫酸。

19．5s1S2-＞O2- ＞Na+sp3AgBr+2S2O32-=[Ag(S2O3)2]3-+Br-配位键 3 V形根据相

似相溶原理，SO

2和水均为极性分子，且SO2和水反应

1 A

N-=

【解析】

【分析】

（1）根据铜的最外层电子排布式确定基态银原子的最外层电子排布式。

（2）一般地，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，质子数越多，半径越小。

（3）根据S2O32-离子的结构图示确定硫原子的杂化轨道类型。

（4）Na3[Ag(S2O3)2]是一种配合物。

（5）用VSEPR理论计算SO2 分子中硫原子的价层电子对数，确定其分子空间构型。影响物质溶水性的因素有氢键、相似相溶以及和水反应。

（6）根据m V

ρ=

计算N A 。 【详解】 （1）铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态铜原子的最外层电子排布式为4s 1，则基态银原子的最外层电子排布式为5s 1，故答案为5s 1；

（2）电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则Na 、O 、S 简单离子半径由大到小的顺序为S 2-、 O 2- 、Na +，故答案为S 2-＞ O 2- ＞Na +；

（3）由S 2O 32-离子结构示意图可知，其中心硫原子形成4个σ键，则中心硫原子的杂化轨道类型为sp 3，故答案为sp 3；

（4） AgBr 与Na 2S 2O 3溶液反应生成Na 3[Ag(S 2O 3)2]和NaBr ，该反应的离子反应方程式为

AgBr+2S 2O 32-=[Ag(S 2O 3)2]3-+Br -，Na 3[Ag(S 2O 3)2]中存在的作用力有离子键、共价键和配位键，故答案为

AgBr+2S 2O 32-=[Ag(S 2O 3)2]3-+Br -；配位键；

（5） SO 2 分子中硫原子的价层电子对数为：2+6222

-?=2+1=3，因SO 2 分子中含有1个孤电子对，所以其分子空间构型为V 形，因SO 2和水均为极性分子，且SO 2可以和水发生反应，所以SO 2易溶于水，故答案为3；V 形；根据相似相溶原理，SO 2和水均为极性分子，且SO 2和水反应；

（6）金晶体的晶胞属于面心立方晶胞，则1个晶胞中含有金原子的个数为8×18+6×12=4，金原子的半径为a×102cm

，则金晶胞的边长为210a ?cm ，所以金的密度为ρg·cm -3

=()32410A M

N a ??

，解得1A N -=

，故答案为1A N -=。

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．某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是

A．该元素位于第二周期IIIA族B．核外有3种能量不同的电子

C．最外层电子占据3个轨道D．最外层上有3种运动状态不同的电子

2．目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是

A．放电时a电极反应为Fe 3++e?=Fe2+

B．充电时b电极反应为Cr3++e?=Cr2+

C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区

D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低

3．新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂（LiFePO4）做电极材料。对LiFePO4废旧电极（含杂质Al、石墨粉）回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图如下：

资料：碳酸锂在水中溶解度：

温度/℃0 20 40 60 80 100

溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72

（1）过程i研磨粉碎的目的是_______。

（2）过程ii加入足量NaOH溶液的作用是______。

（3）过程iii采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，

实验结果如下表所示：

①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为______。

②结合实验结果和①中的现象，最终选择H2O2作为氧化剂，原因是______。

③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是_____。

（4）浸出液中存在大量H2PO4?和HPO42?，已知：H2PO4?? HPO42? +H+，HPO42?? PO43?+H+，结合平衡移动

．．．．原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因_____。

（5）对比过程iv和v，说明过程iv不用饱和Na2CO3溶液的原因______。

（6）简述过程vi的操作_______。

4．下列实验方案中，可以达到实验目的的是

A．A B．B C．C D．D

5．下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是

A．0.1 mol/L K2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）

B．0.1 mol/L NaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）

C．等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K＋）= c（HX）+c（X－）

D．浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na＋）+ c（H＋）=c（CO32－）+c（OH －）+c（HCO3－）

6．能使品红溶液褪色的物质是

①漂粉精②过氧化钠③新制氯水④二氧化硫