(精选3份合集)2020届广东省茂名市五校联考高考数学模拟试卷

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．CO2的摩尔质量为44 g

B．1 mol N2的质量是14 g

C．标准状况下, 1 mol CO2所占的体积约是22.4 L

D．将40 g NaOH溶于1 L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol/L

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.二氧化碳的摩尔质量为44 g/mol，1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；

B. 1mol N2的质量是=1mol×28g/mol=28g，故B错误；

C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4 L/mol，1 mol CO2所占的体积约是22.4 L，所以C选项是正确的；

D.40 g NaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。

答案选C。

2．根据下列实验现象，所得结论正确的是

实验实验现象结论

左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表

A

活动性：Al＞Fe＞Cu

面有气泡

B 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2

C 白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性Ag2S＞AgBr＞AgCl

D 锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞Si

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

A.左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al做负极，Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；

B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色，后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2，不能证明Br2＞I2，故B错误；

C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因为向溶液中又加入了硫化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2S＞AgBr＞AgCl，故C错误；

D.向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；

答案：A。

【点睛】

根据反应装置图，B选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化，只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘，此选项为学生易错点。

3．向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定

A．含Cu2+B．含Fe2+C．呈中性D．含Fe2+和Cu2+

【答案】B

【解析】

【详解】

试题分析：FeCl3 、 CuCl2 的混合溶液中加入铁粉， Fe 先和 FeCl3 反应生成 FeCl2 ，然后 Fe 再和 CuCl2 发生置换反应生成 FeCl2 、 Cu，用KSCN溶液检验无明显现象，则溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，因为不清楚铁粉是否过量，所以不能确定CuCl2 是否反应完，则不能确定溶液中是否有Cu2+，故选B。

【点睛】

本题考查金属的性质，明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分，侧重考查分析能力，题目难度中等。

4．化学在生产和生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确

．．．的是( )

NH Cl溶液做除锈剂

A．焊接金属时常用4

B．嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料

C．只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂

D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体

【答案】D

【详解】

A.NH4Cl水解使溶液显酸性，该酸性溶液可以与金属氧化物反应，因此NH4Cl溶液常用作金属焊接时的除锈剂，A正确；

B.嫦娥系列卫星中使用的碳纤维是碳元素的单质，因此该碳纤维是一种新型无机非金属材料，B正确；

C.食用色素可作为着色剂，亚硝酸盐可作为防腐剂，正确使用食品添加剂可以延长食品保质期，增加食品的营养价值，因此对人体健康有益，C正确；

D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，而胶体粒子直径在1nm~100nm之间，所以PM2.5的颗粒物直径较大，扩散在空气中不会形成胶体，D错误；

故合理选项是D。

5．化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）

A．二氧化硫可用于食品增白

B．过氧化钠可用于呼吸面具

C．高纯度的单质硅可用于制光电池

D．用含有橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾

【答案】A

【解析】

【详解】

A.SO2具有漂白性，可以使品红溶液等褪色，但由于SO2对人体会产生危害，因此不可用于食品漂白，A 错误；

B.过氧化钠与人呼出的气体中的CO2、H2O蒸气反应会产生O2，可帮助人呼吸，因此可用于呼吸面具，B 正确；

C.高纯度的单质硅是用于制光电池的材料，C正确；

D.橙色酸性重铬酸钾溶液具有强的氧化性，能将乙醇氧化，而其本身被还原为+3价的Cr3+，因此可根据反应前后颜色变化情况判断是否饮酒，故可用于检验司机是否酒驾，D正确；

故合理选项是A。

6．如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测，下列说法不正确的是

A．该电池的负极反应式为:CH3CH2OH + 3H2O - 12e-2CO2↑ + 12H+

B．该电池的正极反应式为:O2 + 4e- + 4H+2H2O

C．电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极

D．微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A. 由图示可知，呼气时进去的是CH3CH2OH出来的是CH3COOH，负极的电极反应式为CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋，A错误；

B. 氧气由正极通入，酸性条件下生成H2O，B正确；

C. 电流由正极流向负极，C正确；

D. 酒精含量高，转移的电子数多，电流大，D正确。

答案选A。

7．某学习小组在室温下用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液，滴定曲线如图。（H2A 的电离分两步，H 2A=H++HA-，HA-H++A2-)下列说法错误的是

A．室温时，E点对应的溶液中0.01 mol/L

B．F点对应溶质是NaHA，溶液显酸性

C．G点溶液显中性的原因是溶质为Na2A

D．H点溶液中，c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA－)

【答案】C

【解析】

【分析】

由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，G点溶液显中性，溶质为NaHA和Na2A，H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A。

【详解】

A项、由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，则0.01 mol/L的H2A溶液中0.01 mol/L

B项、F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，NaHA溶

液中只存在电离，溶液显酸性，故B正确；

C项、G点溶液显中性，溶质应为电离显酸性的NaHA和水解呈碱性的Na2A，故C错误；

D项、H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A，因H2A 第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则Na2A溶液中的物料守恒关系为c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA－)，故D正确。

故选C。

【点睛】

本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意酸的电离方程式，正确分析图象曲线变化特点，明确反应后溶液的成分是解答关键。

8．下列说法正确的是()

A．用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明NH3·H2O是弱电解质

B．等体积的pH都为2的酸HA和HB分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性强

C．c＝0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液和c＝0.1 mol·L－1的HCl溶液中，前者的pH大

D．常温下，pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝4的HCl溶液中，c(CH3COO－)/c(Cl－)＝1/10

【答案】C

【解析】

【详解】

A、没指出浓度，所以无法判断，选项A错误；

B、HA放出的H2多，说明没有HA电离的多，酸性弱，选项B错误；

C、c＝0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液和c＝0.1 mol·L－1的HCl溶液中，CH3COOH是弱电解质，部分电离，酸性弱，pH大，选项C正确；

D、pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝4的HCl溶液中，用电荷守恒得到c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－5

－10－9) mol·L－1，c(Cl－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－4－10－10) mol·L－1，c(CH3COO－)/c(Cl－)＜

1

10

，选项D错误；

答案选C。

9．下图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能含有的官能团有

A．一个羟基，一个酯基B．一个羟基，一个羧基C．一个羧基，一个酯基D．一个醛基，一个羟基【答案】B

【解析】

【详解】

比例模型可以直观地表示分子的形状，其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键，碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C>O>H，最大的原子为C，最小的原子为H，小于C原子的灰色原子为O。则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH，则其中含有官能团有一个羟基，一个羧基。

故选B。

10．普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用如图中的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是（）

A．电极a为粗铜

B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区

C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区

D．当电路中通过1mol电子时，可生成32g精铜

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．电解精炼铜中，粗铜作阳极，接电源正极，因此电极a为精铜，电极b为粗铜，故A错误；

B．甲膜为阴离子交换膜，防止阳极溶解的杂质阳离子进入阴极区，同时NO3-可穿过该膜，平衡阳极区电荷，故B错误；

C．乙膜为过滤膜，先对阳极区的阳极泥及漂浮物过滤，故C错误；

D．阴极只有Cu2+放电，转移1mol电子时，生成0.5 mol Cu，因此质量=0.5mol×64g/mol=32g，故D正确；故答案选D。

【点睛】

本题关键是通过装置原理图判断该电解池的阴阳极，通过阴阳极的反应原理，判断甲膜和乙膜的种类和作用。

11．主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是

A．X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性

B．Y与Z形成的化合物只含离子键

C．简单氢化物的沸点：Q

D．Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性

【答案】C

【解析】

【分析】

Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。

【详解】

A. X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；

B. Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；

C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）

D. Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；

答案：C

12．一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是

A．该反应属于化合反应

B．b的二氯代物有6种结构

C．1mol b加氢生成饱和烃需要6molH2

D．C5H11Cl的结构有8种

【答案】D

【解析】

【分析】

A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；

B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；

C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2；

D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。

【详解】

A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；

B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；

C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；

D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。

故选D。

【点睛】

易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。

13．下列说法正确的是（）

A．2,2?二甲基丁烷的1H?NMR上有4个峰

B．中所有原子处于同一平面上

C．有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应

D．甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯环与甲基相连的碳碳单键变活泼，被KMnO4氧化而断裂

【答案】B

【解析】

【详解】

A. 2,2?二甲基丁烷的结构式为，有三种不同环境的氢原子，故1H?NMR上有3

个峰，故A错误；

B.乙炔中所有原子在一条直线上，苯中所有原子在一个平面上，因此苯乙炔中所有原子一定处于同一平面上，故B正确；

C. 的不饱和度为4，如含有苯环，则同分异构体中不含有醛基，不能发生能发生银镜反应，故C错误；

D. 能够使高锰酸钾溶液褪色，说明甲基上的碳原子受苯环的影响变得比较活泼，能够被酸性高锰酸钾氧化，故D错误；

正确答案是B。

【点睛】

B项考查了学生对有机物的共面知识的认识，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断。14．天然气是一种重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是

A．脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐渐减小

B．CH4是天然气脱硫过程的催化剂

C．脱硫过程需不断补充FeSO4

D．整个脱硫过程中参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A. 在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后发生反应：

4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可见脱硫过程中由于反应产生水，使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐降低，因此溶液的pH逐渐增大，A错误；

B. CH4在反应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化剂，B错误；

C. 脱硫过程反应产生中间产物FeSO4，后该物质又反应消耗，FeSO4的物质的量不变，因此不需补充FeSO4，C错误；

D. 根据选项A分析可知Fe2(SO4)3是反应的催化剂，反应总方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1，D正确；

故合理选项是D。

15．将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()

A．溶液的pH增大

B．CH3COOH电离度增大

C．溶液的导电能力减弱

D．溶液中c(OH－)减小

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；

B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；

C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；

D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。

故选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。

实验一：探究Na2CS3的性质

(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。

(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。

实验二：测定Na2CS3溶液的浓度

按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L 稀H2SO4，关闭活塞。

已知：Na2CS3 + H2SO4＝Na2SO4+ CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。

(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。

(2)C中发生反应的离子方程式是____________。

(3)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。

(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。

【答案】CS32- +H2O?HCS3-+OH-S 干燥管CaO和NaOH CS2 +2OH-＝COS22-+H2O 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L

【解析】

【分析】

实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；

(2)根据Na 2CS 3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；

实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ；

(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；

(4)当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n(CuS)＝96g 8.4g /mol ＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n(Na 2CS 3)＝n(CuS)＝0.0875mol ，根据c ＝

n V

计算A 中Na 2CS 3溶液的浓度。 【详解】 实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐，则CS 32-在水中发生水解，离子方程式为：CS 32- +H 2O ?HCS 3-+OH -；

(2)Na 2CS 3中Na 为+1价，C 为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S 为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S ；

实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ，相关离子方程式为：CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O ；

(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间，其目的是：将装置中的H 2S 全部排入B 中被充分吸收；将装置中的CS 2全部排入C 中被充分吸收；

(4) 当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称

重，得8.4g 黑色固体，n(CuS)＝96g 8.4g /mol

＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n(Na 2CS 3)＝n(CuS)＝0.0875mol ，c(Na 2CS 3)＝0.0875mol 0.05L

＝1.75mol/L 。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．富马酸福莫特罗作为特效哮喘治疗药物被临床广泛应用。化合物Ⅰ是合成富马酸福莫特罗的重要中间体，其合成路线如图所示：

已知：Ⅰ、；

Ⅱ、R1-NO2R1-NH2；

请回答下列问题：

(1)A中所含官能团的名称为____________。

(2)反应②的反应类型为____________，反应④的化学方程式为____________。

(3)H的结构简式为____________。

(4)下列关于Ⅰ的说法正确的是____________(填选项字母)。

A．能发生银镜反应B．含有3个手性碳原子C．能发生消去反应D．不含有肽键(5)A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，可与FeCl3溶液发生显色反应，苯环上只有两个取代基且处于对位，则Q的结构简式为____(任写一种)，区分A和Q可选用的仪器是____(填选项字母)。

a．元素分析仪b．红外光谱仪c．核磁共振波谱仪

(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以丙酮、苯胺和醋酸为原料(其他试剂任选)，制备

的合成路线：________________________。

【答案】（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基）取代反应

+

AC、、（合理即可）bc

【解析】

【分析】

由有机物结构的变化分析可知，反应①中，A中O-H键断裂，B中C-Cl键断裂，A与B发生取代反应生成C，反应②中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，根据已知反应I，可知反应③生成E为

，反应④中，E中C-O键断裂，F中N-H键断裂，二者发生加成反应生成G，根据已知反应II，可知反应⑤生成H为，

据此分析解答。

【详解】

(1)A为，所含官能团为-OH、-NO2、，名称为（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基），故答案为：（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基）；

(2)由分析可知，反应②中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，反应④为与

发生加成反应生成，故答案为：取代反应；

+；

(3)由分析可知，H为，故答案为：；

(4)A. I含有醛基，能发生银镜反应，A项正确；

B. 手性碳原子连接4个不一样的原子或原子团，I中含有2个手性碳原子，如图所示，

B项错误；

C. I含有羟基，且与连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C项正确；

D. I中含有1个肽键，D项错误；故答案为：AC；

(5)A为，A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，则含有醛基或者含有甲酸酯基结构，可与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，苯环上只有两个取代基且处于对位，符合的Q的结构简式为、、，A和Q互为同分

异构体，所含元素相同，所含官能团不同，则区分A和Q可选用的仪器是红外光谱仪、核磁共振波谱仪，故答案为：、、（合理即可）；bc；

(6)根据给出的原料以及信息反应，采用逆合成分析方法可知，可由醋酸与

通过酯化反应制得，根据反应④可知可由与反应制得，根据信息反应I可知可由反应制得，根据反应②可知可由与Br2反应制得，故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。

回答下列问题：

(1)“加热溶解”时Cu发生的离子方程式为_________。

(2)“加热溶解”时温度常控制在50℃左右，温度不宜过高也不宜过低的原因为_________。

(3)“酸溶解”过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体，则“酸溶解”过程主要的化学方程式为

_____________。

(4)常温下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c(Cu3＋)＝0.022mol·L－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH范围为__________。(当溶液中的离子浓度小于10－5mol·L－1时，沉淀完全，已知：K sp[Sn(OH)4]＝1×10－55；K sp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)

(5)检验Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是____________。

(6)用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极反应式是___________，若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体，则需进行的实验操作为_______________。

【答案】Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O 低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导

致溶解翻译速率下降3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O 1.5≤pH＜5 取最后一次洗涤液

少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净Cu2++2e-===Cu 将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干

【解析】

【分析】

结合题干信息，根据工艺流程图分析可知，某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，在加热、溶解的条件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn变成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加热的条件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀，最终经过系列操作得到铜粉和SnO2，Ag单质以滤渣的形式经过HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl 的沉淀，再加入Zn和H2SO4溶液进行化学反应得到Ag单质，据此分析解答问题。

【详解】

(1)根据上述分析，“加热溶解”时，Cu与HCl、H2O2反应变为Cu2+，离子反应方程式为

Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O；

(2)温度过低，反应速率慢，温度过高，反应物H2O2分解，则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降，故答案为：低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降；

(3)根据上述分析可知，“滤渣”主要成分为Ag，“酸溶解”过程为Ag和HNO3、HCl反应得到AgCl的沉淀，化学反应方程式为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O，故答案为：

3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O；

(4)调节pH为保证Sn4+沉淀完全(离子浓度小于10－5mol·L－1)，按c(Sn4+)=1×10-5 mol·L－1进行计算，根据

K sp[Sn(OH)4]＝1×10－55可得，c(OH-)=1×10-12.5 mol·L－1，则c(H+)=1×10-1.5 mol·L－1，pH=1.5，为保证Cu2+(0.022 mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2+)=0.022 mol·L－1进行计算，根据K sp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20可得，c(OH-)=1×10-9 mol·L －1，则c(H+)=1×10-5 mol·L－1，pH=5，则pH的取值范围1.5≤pH＜5，故答案为：1.5≤pH＜5；

(5)沉淀中可能附着的有Cl-，检验是否洗净的方法可以是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净；

(6)惰性电极电解CuCl2溶液时，阴极Cu2+得到电子，电极反应为Cu2++2e-===Cu，由于CuCl2会水解，可在蒸发时通入HCl气体抑制水解，故答案为：Cu2++2e-===Cu；将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干。

19．随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。

Ⅰ.利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：

4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(l) △H＜0

(1)写出一种可以提高NO的转化率的方法：__________

(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO) =2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能

．．判断该反应达到平衡状态的是___________

A．c(NH3)︰c(NO) =2︰3 B．n(NH3)︰n(N2) 不变C．容器内压强不变D．容器内混合气体的密度不变 E.1molN—H键断裂的同时，生成1molO—H键

(3)已知该反应速率v正=k正·c4(NH3)·c6 (NO)，v逆=k逆·c x(N2)·c y(H2O) (k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆,则x=_____，y=_______。

(4)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：

①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_______;

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是___________。

Ⅱ.用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。

(5) 用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式____。

(6)随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是________________。

【答案】降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等) AE 5 0 0.171 mol?L-1·min-1平衡逆向移动(NH2)2CO+NO+NO2 ＝2N2+CO2+2H2O NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多

【解析】

【分析】

(1)不增加一氧化氮的量使平衡右移可提高一氧化氮转化率；

(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；

(3)根据K=

()

()()

2

46

3

5

c N

c NH c k

NO

k

=

g

正

逆

进行推导；

(4)①根据c v=t

??计算反应速率； ②平衡逆向移动一氧化氮的转化率降低；

(5)NO 和NO 2的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将N 元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒配平方程式；

(6)一氧化氮不溶于水，大量的一氧化氮不能反应。

【详解】

(1)该反应焓变小于零，为放热反应，降温可以使平衡右移，增大一氧化氮转化率；该反应为压强减小的反应，故增大压强可使平衡右移；加入氨气或者移走生成物氮气都可以使平衡右移增大一氧化氮转化率，故答案为：降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)；

(2)A.根据方程式可知氨气与一氧化氮按2：3反应，且按n(NH 3)︰n(NO) =2︰3充入反应物，所以，任意时刻都满足c(NH 3)︰c(NO) =2︰3，故A 错误；

B.反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n(NH 3)︰n(N 2)会变小，当该值不在变化时说明反应达到平衡，故B 正确；

C.平衡正向移动压强减小，逆向移动压强增大，所以压强不变时反应达到平衡，故C 正确；

D.生成物中有液态水，所以平衡正向移动时气体的总质量减小，但总体积不变，所以密度会减小，所以当混合气体密度不变时能说明反应平衡，故D 正确；

E.1molN —H 键断裂即消耗

13mol 氨气，则生成12mol 水，形成1molO —H 键，描述的都是正反应速率，故E 错误；

故答案为AE ；

(3)当反应达到平衡时有v 正= v 逆，即k 正·c 4(NH 3)·c 6 (NO) =k 逆·c x (N 2)·c y

(H 2O)，变换可得()()()()x y 22463c N c H O c NH NO k c =k g g 正逆，该反应的平衡常数K=k 正/k 逆,平衡状态下K=()

()()45263c N c NH c NO g ，所以x=5，y=0，故答案为：5；0；

(4)①420K 时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol×2%=0.06mol ，

580K 时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol×59%=1.77mol ，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol ，

容器的体积为2L ，所以反应速率111.71mol

c 2v===0.171?·t 5min

L mol L min --?? ，故答案为：0.171 mol?L -1·min -1； ②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低；故答案为：平衡逆向移动；

(5)NO 和NO 2的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将N 元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为：(NH 2)2CO+NO+NO 2 ＝2N 2+CO 2+2H 2O ，故答案为(NH 2)2CO+NO+NO 2 ＝2N 2+CO 2+2H 2O ；

(6)一氧化氮溶解度小，大量的一氧化氮通入之后不能反应，导致总还原率降低，故答案为：NO 在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO 增多。

【点睛】

本题中讨论了速率常数和平衡常数之间的关系，可以当做结论记下来；注意反应中反应物和生成物的聚集状态。

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．依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的CC14溶液，并回收NaHSO4。下列装置中不需要的是（）

A．制取SO2

B．还原IO3-

C．制I2的CCl4溶液

D．从水溶液中提取NaHSO4

2．SO2不具有的性质是（）

A．碱性B．还原性C．氧化性D．漂白性

3．下列离子方程式正确的是

A．Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++SO42－+Ba2++3OH-=Fe(OH)3↓+BaSO4↓

B．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH－+O2↑

C．Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O

D．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+CO32－

4．某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（）

A ．X 电极质量减轻，Y 电极质量增加

B ．电解池阳极上被氧化的还原剂有Al 和H 2O

C ．电解池的总反应为2Al ＋6H 2O

2Al(OH)3＋3H 2↑

D ．每消耗103.5gPb ，理论上电解池阴极上有1molH 2生成

5．常温下，用0.1000mol·L －1 NaOH 溶液滴定20.00mL 0.1000 mol·L －1某酸（HA ）溶液，溶液中HA 、A －的物质的量分数δ(X)随pH 的变化如图所示。［已知δ(X)＝

-c(X)

c(HA)+c(A )

］下列说法正确的是

A ．K a (HA)的数量级为10－5

B ．溶液中由水电离出的c(H ＋)：a 点＞b 点

C ．当pH ＝4.7时，c(A －)＋c(OH －)＝c(HA)＋c(H ＋)

D ．当pH ＝7时，消耗NaOH 溶液的体积为20.00mL

6．对于达到化学平衡状态的可逆反应，改变某一条件，关于化学反应速率的变化、化学平衡的移动、化学平衡常数的变化全部正确的是（ ） 条件的改变 化学反应速率的改变 化学平衡的移动 化学平衡常数的变化 A 加入某一反应物 一定增大 可能正向移动 一定不变 B 增大压强 可能增大 一定移动 可能不变 C 升高温度

一定增大 一定移动 一定变化 D 加入（正）催化剂

一定增大

不移动

可能增大

A ．A

B ．B

C ．C

D ．D

7．短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是( ) A ．ⅠA 族

B ．ⅢA 族

C ．ⅣA 族

D ．ⅦA 族

8．下列离子方程式书写正确的是

A ．过量的SO 2通入NaOH 溶液中：SO 2+ 2OH -=SO 32-+H 2O

B ．Fe(NO 3)3溶液中加入过量的HI 溶液：2Fe 3++2I -=2Fe 2++I 2

C ．NaNO 2溶液中加入酸性KMnO 4溶液：2MnO 4-+5NO 2-+6H +=2Mn 2++5NO 3-+3H 2O