2019-2020学年吉林省通化市高考化学经典试题

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．分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是( )
A．化合物：干冰、明矾、烧碱
B．同素异形体：石墨、C60、金刚石
C．非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D．混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸
2．用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A．标准状况下,22.4 L乙酸中含有的碳碳单键总数为2N A
B．常温下,46 g NO2气体中所含有的分子数为N A
C．1 mol氖气中含有的原子总数为N A
D．0.1 L0.1 mol· L-1 MgCl2溶液中的Mg2+数目为0. 01N A
3．下列不能用元素周期律原理解释的是
A．金属性：K>Na B．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3
C．酸性：HCl>H2SO3D．Br2从NaI溶液中置换出I2
4．根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是
A．A B．B C．C D．D
5．某学习小组设计实验探究H2S的性质，装置如图所示。

下列说法正确的是（）
A．若E中FeS换成Na2S，该装置也可达到相同的目的
B．若F中产生黑色沉淀，说明硫酸的酸性比氢硫酸强
C．若G中产生浅黄色沉淀，说明H2S的还原性比Fe2+强
D．若H中溶液变红色，说明氢硫酸是二元弱酸
6．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）
A．1L0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.2N A
B．H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，每生成32gO2，转移2N A个电子
C．3.6gCO和N2的混合气体含质子数为1.8N A
D．常温常压下，30g乙烷气体中所含共价键的数目为7N A
7．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，则下列说法正确的是
A．该反应中Fe2＋是还原剂，O2是还原产物
B．4 mol Na2O2在反应中共得到8N A个电子
C．每生成0.2 mol O2，则被Fe2＋还原的氧化剂为0.4 mol
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
8．下列化学用语表示正确的是
N B．硫离子的结构示意图：
A．中子数为8的氮原子：15
8
C．铵根离子的电子式：D．聚丙烯的结构简式
9．下列化学用语的表述正确的是
A．磷酸溶于水的电离方程式：H3PO4=3H+ + PO43-
B．用电子式表示HCl 的形成过程：......
H:H+:Cl:C:2H:C:
C．S2－的结构示意图：
D．KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO- + 2Fe(OH)3=2FeO42- + 3Cl- + 4H+ + H2O
10．下列实验操作、现象和结论均正确的是
A．A B．B C．C D．D
11．下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是
A．海带提碘B．氯碱工业C．海水提溴D．侯氏制碱
12．某有机物的结构简式如图所示，它在一定条件下可能发生的反应有：①加成、②水解、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是( )
A．②③④B．①③⑤⑥C．①③④⑤D．②③④⑤⑥
13．混合物M中可能含有A12O3、Fe2O3、Al、Cu，为确定其组成，某同学设计如图所示分析方案。

下列分析正确的是
A．已知m1>m2，则混合物M中一定含有A12O3
B．生成蓝绿色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2+ +Fe2+
C．固体P既可能是纯净物，又可能是混合物
D．要确定混合物M中是否含有A1，可取M加入过量NaOH溶液
14．有机物①在一定条件下可以制备②，下列说法错误的是（）
A．①不易溶于水
B．①的芳香族同分异构体有3种（不包括①）
C．②中所有碳原子可能共平面
D ．②在碱性条件下的水解是我们常说的皂化反应
15．在海水中提取溴的反应原理是5NaBr ＋NaBrO ＋3H 2SO 4=3Br 2 +3Na 2SO 4+ 3H 2O 下列反应的原理与上述反应最相似的是（ ） A ．2NaBr ＋Cl 2＝2NaCl ＋Br 2 B ．2FeCl 3＋H 2S=2FeCl 2＋S+2HCl C ．2H 2S+SO 2=3S+2H 2O
D ．AlCl 3＋3NaAlO 3+6H 2O=4Al(OH)3+3NaCl 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．镁及其合金广泛应用于国防生产中。

（1）工业上是通过电解熔融状态2MgCl 的方法冶炼金属镁的，则2MgCl 的电子式为___；工业上不用电解熔融MgO 来冶炼镁的原因是_____。

（2）氢化镁是一种危险化学品。

遇湿易燃，其原因是____。

（3）高纯度氧化镁在医药，建筑行业有着广泛的应用，硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新生产工艺，以菱镁矿（主要成分为3MgCO ，含少量3FeCO ）为原料，制备高纯氧化镁的流程如图（已知
[]23sp 2K Fe(OH)8.010-=⨯、[]38sp 3K Fe(OH) 4.010-=⨯）：
①酸浸前对矿石进行粉碎的好处是____。

试剂A 是一种绿色氧化剂。

常温下为液态，写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式_____。

②为除尽杂质，a 的取值应不小于___（当杂质离子浓度小于51
110mol L --⨯⋅时，可认为已除尽；
340.2）。

③煅烧过程中可发生多个反应。

试写出氧化剂与还原剂按物质的量为2:1的比例恰好反应时的化学方程式_____，反应生成的气体均为____（填“酸性”或“碱性”）氧化物。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．磷铁（含P 、Fe 、Cr 等）是磷化工生产过程中产生的副产物，一种以磷铁为原料制备342Na PO 12H O ⋅和3Cr(OH)的流程如图所示：
已知：水浸后溶液的主要成分为34Na PO 和24Na CrO ；3Cr(OH)的31
K 2.710
sp -=⨯回答下列问题：
（1）“破碎”的目的为________________________________________________________。

（2）“焙烧”时，应将原料加到________坩埚中（填“陶瓷”或“钢制”），原因是_____________（结合化学方程式解释），Cr 单质发生的主要反应的化学方程式为________。

（3）进一步提纯粗磷酸钠晶体的方法为________________。

（4）“酸化”时发生反应的离子方程式为________________________________________________。

（5）“沉铬”时，加NaOH 调节至pH 为________时，铬离子刚好沉淀完全。

（已知：lg30.48=，离子浓度为10-5
mol/L 时可认为该离子沉淀完全） 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18． [化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
锌是人体必需的微量元素之一，起着极其重要的作用，回答下列问题： （1）请写出Zn 2+的核外电子排布式_____________________。

（2）ZnCl 2熔点为275 ℃，而CaCl 2的熔点为782 ℃，请分析熔点不同的原因：_________。

（3）Zn 2+能与多种微粒形成配合物，如Zn 2+与CNO −可形成[Zn(CNO)4]2−，[Zn(CNO)4]2−中配位原子为__________，[Zn(CNO)4]2−的组成中非金属元素的电负性大小顺序为____________；Zn 2+与CN −可形成[Zn(CN)4]2−，[Zn(CN)4]2−中σ键、π键和配位键的个数比为________；配合物Zn(NH 3)4CO 3中阴离子的空间构型为____________，N 原子的杂化方式为____________。

（4）Zn 与S 所形成化合物的晶胞如图1所示，图2为晶胞沿y 轴的投影1∶1平面图：
①晶胞中S 原子的配位数为_________。

②晶胞中最近的两个S 原子之间的距离为_______pm 。

③设阿伏加德罗常数的值为N A ，则该晶胞的密度是__________g·cm −3（列出计算表达式）。

[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
哌替啶盐酸盐G有镇痛作用，其合成路线如下。

回答下列问题：
（1）写出A的结构简式：________；B中含有碳碳双键，则B的名称为_____________。

（2）G中含氧官能团名称为____________；B→C的反应类型为_________________。

（3）E的结构简式为_____________。

（4）写出C→D的化学方程式：_______________________________________。

（5）M与E互为同分异构体，符合下列条件的M有______种。

①属于芳香α-氨基酸；
②含有两个六元环。

其中一种同分异构体，—NH2被H原子取代后，除苯基上H原子外，其他核磁共振氢谱的峰面积比为4∶4∶1∶1∶1，该同分异构体的结构简式为______________。

（6）请结合以上合成路线，写出以H3CNHCH2Cl和CH2=CHCl及上述流程中出现的物质为原料合成
的路线______________________。

19．（6分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。

回答下列问题：
(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。

若所得溶液pH=13，CO2主要转化为__________(写离子符号)；若所得溶液pH=10，溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)__________。

(室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11）
(2)CO2与CH4经催化重整不仅可以制得合成气，还对温室气体的减排具有重要意义。

催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。

已知：C(s)+2H2(g)=CH4(s) △H=-75kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(s) △H=-394kJ·mol-1
C(s)+ 1
2
O2(g)=CO(s) △H=-111kJ·mol-1
①该催化重整反应的△H=__________。

有利于提高CH4平衡转化率的条件是__________(填标号)。

A 低温低压
B 低温高压
C 高温低压
D 高温高压
某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的
转化率是50％，其平衡常数为__________mol2·L-2。

②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。

相关数据如下表：
积碳反应
CH4(g)= C(s)+ 2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+C(s)=2CO(g)
△H/kJ·mol-175 172
活化能/kJ·mol-1
催化剂X 33 91
催化剂Y 43 72
由上表判断，催化剂X__________Y(填“优于”或“劣于”)，理由是：__________________。

(3)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示：
①X是电源的__________极(填“正”或“负”)。

②阴极的电极反应式是：H2O+2e-=H2+O2-、CO2+2e-=CO+O2-
则总反应可表示为__________。

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．C
【解析】
【详解】
A．干冰为二氧化碳、明矾为十二水合硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是化合物，故A正确；
B．石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；
C．乙醇、四氯化碳属于非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水，属于混合物，盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故D正确；
答案选C。

2．C
【解析】
【详解】
A. 标准状况下，乙酸为液体，无法计算，故A错误；
B. 在NO2气体中部分NO2会自发发生反应2NO2N2O4，所以46gNO2气体中所含有的分子数小于N A，故B错误；
C. 氖气是以单原子的形式存在，因此1mol氖气中的含有1N A的原子，故C正确；
D. 氯化镁溶液中镁离子会水解，因此0.1 L0.1 mol· L-1 MgCl2溶液中的Mg2+数目小于0. 01N A，故D错误；故选C。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 同主族从上到下金属性逐渐加强，金属性：K>Na，A项正确；
B. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞N，稳定性：H2O>NH3，B项正确；
C. 盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系，C项错误；
D. 非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：Br＞I，则Br2可从NaI溶液中置换出I2，D项正确；
答案选C。

4．A
【解析】
【详解】
A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；
D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；
故合理选项为A。

5．C
【解析】
【详解】
A. 若E中FeS换成Na2S，硫化亚铁是块状固体，硫化钠是粉末，不能达到随关随停的效果，故A错误；
B. 若F中产生黑色沉淀，是硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，不能说明硫酸的酸性比氢硫酸强，故B错误；
C. 若G中产生浅黄色沉淀是硫化氢和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和盐酸，根据氧化还原反应原理得出H2S的还原性比Fe2+强，故C正确；
D. 若H中溶液变红色，说明氢硫酸是酸，不能说明是二元弱酸，故D错误。

综上所述，答案为C。

6．A
【解析】
【详解】
A. HCO3−在溶液中既能部分电离为CO32－，又部分能水解为H2CO3，故溶液中的HCO3−、CO32－、H2CO3的个数之和为0.1N A，故A错误；
B. 在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，氧元素由−1价变为0价，故生成32g氧气，即1mol氧气时，转移2N A 个电子，故B正确；
C. 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故3.6g混合物的物质的量为
3.6g9
28g/mol70
mol
，又因1个CO
和N2分子中两者均含14个质子，故9
70
mol混合物中含1.8N A个质子，故C正确；
D. 常温常压下，30g乙烷的物质的量是1mol，一个乙烷分子有7个共价键，即30g乙烷气体中所含共价键的数目为7N A，故D正确；
故选：A。

7．C
【解析】
【详解】
A．该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低
的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和1 4
的过氧化钠作还原剂，Fe(OH)3和O2是氧化产物，故A错误；
B．该反应中有4mol过氧化钠反应时有3mol过氧化钠得电子发生还原反应，有3
4
的过氧化钠作氧化剂，
因此4 mol Na2O2在反应中共得到6N A个电子，故B错误；
C．根据方程式，生成0.2 mol O2，反应的Fe2+为0.8mol，被0.8mol Fe2+还原的氧化剂(Na2O2)的物质的量
=0.8mol
2
=0.4mol，故C正确；
D．该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题的易错点和难点为C，要注意该反应中有2种还原剂——Fe2+和1
4
的Na2O2，氧化剂是
3
4
的Na2O2，不
能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。

8．C
【解析】A项，N的质子数为7，质量数=8+7=15，可表示为15
8
N，A错误；B项，硫离子含有16个质子数，硫离子的结构示意图为，故B错误；C项，铵根离子的电子式为，C正确；D
项，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，D错误。

点睛：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度一般，主要考查学生对常见化学用语的掌握情况，注意常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要熟记。

9．C
【解析】
【详解】
A选项，磷酸是弱酸，应该一步一步电离，第一步电离为：H 3PO4H+ + H2PO42－，故A错误；
B选项，用电子式表示HCl 的形成过程：，故B错误；
C选项，S2－的结构示意图：，故C正确；
D选项，KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO－+ 4OH－+ 2Fe(OH)3=2FeO42－+ 3Cl－+ 4H+ + 5H2O，故D错误；综上所述，答案为C。

【点睛】
弱酸电离一步一步电离，而多元弱碱的电离虽然复杂，但写都是一步到位的。

10．A
【解析】
【详解】
A、石蜡油主要是含17个碳原子以上的烷烃混合物,在加热条件下,石蜡油可分解生成烯烃，烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B、若待测液中含有Fe3+也能出现相同的现象，故B错误；
C、CH3CH2Br是非电解质不能电离出Br－，加入硝酸银溶液不能生产浅黄色沉淀，故C错误；
D、盐酸具有挥发性，锥形瓶中挥发出的氯化氢气体能与苯酚钠反应生成苯酚，不能证明碳酸的酸性大于
苯酚，故D错误。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，涉及卤代烃卤素原子的检验、酸性比较、离子检验等，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意实验方案的严谨性。

11．D
【解析】
【详解】
A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；
B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。

故选D。

12．C
【解析】
【详解】
含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳
原子没有H，不能发生消去反应，故选C。

【点睛】
该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。

13．D
【解析】
【分析】
Al 2O 3和Al 均能溶解在过量氢氧化钠溶液中，生成蓝绿色溶液说明含Cu 2+，能形成Cu 2+，则固体A 肯定含有Fe 2O 3和Cu 。

【详解】
A ．若m 1>m 2，则混合物M 中可能含有Al 2O 3或Al 或者是两者均有，不一定含有Al 2O 3，A 错误；
B ．离子方程式电荷不守恒，故B 错误；
C ．由于加了过量的盐酸，因此固体P 只能是铜，不可能是混合物，故C 错误；
D ．要确定混合物M 中是否含有Al ，可取M 加入过量NaOH 溶液，若产生气体，则一定含铝，否则不含铝，故D 正确。

故选D 。

14．D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据①分子结构可以看出，它属于氯代烃，是难溶于水的，故A 正确；
B ．Br 和甲基处在苯环的相间，相对的位置，Br 取代在甲基上，共有三种，故B 正确；
C ．苯环和双键都是平面结构，可能共面，酯基中的两个碳原子，一个采用sp 2杂化，一个采用sp 3杂化，所有碳原子可能共面，故C 正确；
D ．皂化反应仅限于油脂与氢氧化钠或氢氧化钾混合，得到高级脂肪酸的钠/钾盐和甘油的反应，②属于芳香族化合物，故D 错误； 答案选D 。

15．C 【解析】 【详解】
反应5NaBr ＋NaBrO ＋3H 2SO 4=3Br 2 +3Na 2SO 4+ 3H 2O 为氧化还原反应，只有Br 元素发生电子的得与失，反应为归中反应。

A. 2NaBr ＋Cl 2＝2NaCl ＋Br 2中，变价元素为Br 和Cl ，A 不合题意；
B. 2FeCl 3＋H 2S=2FeCl 2＋S+2HCl 中，变价元素为Fe 和S ，B 不合题意；
C. 2H 2S+SO 2=3S+2H 2O 中，变价元素只有S ，发生归中反应，C 符合题意；
D. AlCl 3＋3NaAlO 3+6H 2O=4Al(OH)3+3NaCl 为非氧化还原反应，D 不合题意。

故选C 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．2Mg Cl Cl -
-
+
⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣
⎦
⎣
⎦
∶∶∶∶ MgO 熔点太高，若是以MgO 为原料，则生产成本过高 2MgH 与水
反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸 能提高反应速率与浸出率 2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O 3.2 2MgSO 4+C 2MgO+2SO 2↑+CO 2↑ 酸性
【解析】 【详解】
（1）2MgCl 为离子化合物，其电子式为2Mg Cl Cl --
+⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
∶∶∶∶，MgO 熔点太高，若是以MgO 为原料，则生产成本过高，故工业不使用MgO 作原料冶炼；
（2）氢化镁是一种危险化学品。

遇湿易燃，其原因是MgH 2与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸；
（3）①酸浸前对矿石进行粉碎的好处是能提高反应速率与浸出率，“氧化”过程中发生反应为亚铁离子被氧化为三价铁，离子方程式为2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O ； ②氢氧化铁固体溶于水存在离子平衡Fe(OH)3(s)
Fe 3+(aq)+3OH -(aq)，故Fe 元素完全沉淀时，
10.8
3
3()10()
Ksp c OH c Fe --+
==，此时pH 为3.2； ③煅烧过程中氧化剂为硫酸镁，还原剂为C ，方程式为2MgSO 4+C 2MgO+2SO 2↑+CO 2↑，反应生成的
气体为酸性氧化物。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．增大反应物的接触面积，提高培烧速率，使焙烧更充分 钢制
232232Na CO SiO Na SiO CO +===+↑高温
，腐蚀陶瓷坩埚
2232422Cr 3O 2Na CO 2Na CrO 2CO ++===+高温
重结晶 2242722CrO 2H Cr O H O -+-
+=+
5.48 【解析】 【分析】
将磷铁(含P 、Fe 、Cr 等)粉碎后和碳酸钠混合并在空气中焙烧，用水溶解过滤除去铁渣，水浸液的主要成分为34Na PO 和24Na CrO ，将水浸液蒸发浓缩并冷却结晶，过滤后即得到Na 3PO 4•12H 2O 的粗产品，滤液用稀硫酸酸化后，继续还原得到Cr 3+的溶液，再加入NaOH 调节溶液的pH ，即可得到Cr(OH)3沉淀，再经过过滤操作即得产品，据此分析解题。

【详解】
(1)焙烧前先将磷铁粉碎，可增大反应物的接触面积，达到提高培烧速率，使焙烧更充分的目的； (2)因高温下碳酸钠和SiO 2能反应生成硅酸钠和CO 2，陶瓷中含有SiO 2，则“焙烧”磷铁和碳酸钠混合物时，应将原料加到铁制坩埚中，可防止发生反应：232232Na CO SiO Na SiO CO +===+↑高温
，避免腐蚀陶瓷坩
埚；焙烧时Cr 单质和Na 2CO 3在氧气中发生反应生成Na 2CrO 4和CO 2，发生的主要反应的化学方程式为
2232422Cr 3O 2Na CO 2Na CrO 2CO ++===+高温
；
(3)粗磷酸钠晶体混有24Na CrO ，可结合两者的溶解度随温度变化情况，可通过重结晶提纯得到精制的磷酸钠晶体；
(4)将24Na CrO 溶液“酸化”得到Na 2Cr 2O 7，发生反应的离子方程式为2242722CrO 2H Cr O H O -+-
+=+；
(5)已知K sp [Cr(OH)3]=c(Cr 3+
)×c 3
(OH -)=2.7×10-31
，当c(Cr 3+
)=10-5
mol/L ，
c(OH -
)=31
352.71010
--⨯mol/L=3×10-9 mol/L ，此时溶液的pH=14-9+lg3=5.48。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．1s 22s 22p 63s 23p 63d 10（或[Ar]3d 10）（1分） CaCl 2为典型的离子化合物，而ZnCl 2虽为离子化合物，但有明显的共价性（1分） O （1分） O > N >C （1分） 2∶2∶1（2分） 平面三角形（2
分） sp 3
（1分） ①4（1分） ②2a （2分） ③103
A (2210)N a -⨯（3分） CH≡CH
（1分） 氯乙烯（1-氯乙烯）（1分） 酯基（1分） 加成反应（1分）
（2分） （2分） 3（1分）
（2分）
（4分）
【解析】 【分析】 【详解】
[化学——选修3：物质结构与性质]
（1）Zn 的原子序数为30，其核外电子排布式为[Ar]3d 104s 2，Zn 2+是锌原子失去2个电子所形成的，Zn 2+的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 10或[Ar]3d 10。

（2）Ca 的金属性比Zn 的强，Ca 、Zn 与氯形成CaCl 2、ZnCl 2，其中CaCl 2为典型的离子化合物，熔点比较高，而ZnCl 2虽为离子化合物，但因Zn 的活泼性比较弱，形成的ZnCl 2有明显的共价性，使ZnCl 2熔点比CaCl 2低。

（3）配位原子必须能提供孤电子对，而CNO −结构中，O 能提供孤电子对，故配位原子为O 原子，[Zn(CNO)4]2−中非金属元素为C 、N 、O ，同一周期从左至右，电负性逐渐增大，它们的电负性大小顺序为O> N>C ，一个[Zn(CN)4]2−中Zn 与4个CN −间有4个配位键即4个σ键，每个CN 之间存在一个σ键和2个π键，σ与π和配位键的个数为8、8、4，比值为 2∶2∶1。

Zn(NH 3)4CO 3中阴离子为23CO -
，是平面三角形，NH 3中的N 是sp 3杂化。

（4）①根据图可看出每一个S 周围有4个Zn ，配位数为4。

②最近的两个S 原子之间的距离是面对角线的一半，根据图2可知面对角线长为4a pm 。

最近的两个S 原子之间的距离是2a pm 。

③晶胞中Zn 的个数为顶点8×18=1，面心6×12
=3，共4个，S 在内部，共4个，化学式为ZnS ，式量为65+32，设晶胞边
长为d pm ，2d =4a ，d=22a ，ρd 3N A =4(65+32)，ρ =103A (2210)
N a -⨯ g·
cm −3。

[化学——选修5：有机化学基础]
（1）根据A→B→C ，可看出A 与HCl 和H 3CNH 2发生连续加成反应，所以A 含有碳碳叁键，为乙炔，结构简式为CH≡CH ，B 中含有碳碳双键，是A 与HCl 加成所得，所以B 为氯乙烯。

（2）根据合成路线可知，G 中含氧官能团为酯基，B 生成C ，发生加成反应。

（3）根据D 、F 的结构，可知E 中含羧基，得出E 的结构简式为 。

（4）C 生成 D 发生了取代反应，方程式为：。

（5）苯环在1，2，3位时都满足条件，即，
中—NH 2被H 代替后为，除苯环外，其他C 原子上的H 原子个数如下：
，核磁共振氢谱峰面积比正好为4∶4∶1∶1∶1。

（6）利用题干B→C→D→E→F 的反应原理，B→C 为双加成反应，而所设计的合成路线中为单加成反应，题干中C→D 和所设计合成路线中一样均为双取代反应，题干中D→E→F 与所设计合成路线中一样均为水解、酯化反应，所以合成路线为：
【点睛】
19．23
CO -
21+247kJ/molC 1
3
劣于相对于催化剂X ，催化剂Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y 消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X 较催化剂Y 更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性负H 2O+CO 2H 2+CO+O 2
【解析】 【分析】
(1)根据K 2=233c CO c H ()()
(c HC )
O -+-⋅结合溶液的pH 分析解答；
(2)①根据盖斯定律分析计算△H ；要提高CH 4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现；达到平衡时CO 2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO 2)=n(CH 4)=1mol×50%=0.5mol ，生成的n(CO)=n(H 2)=1mol ，根据三段式分析解答化学平衡常数；
②消碳反应越容易发生，催化剂活性越好，消碳反应所需活化能越低，消碳反应越容易进行； (3)①电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X 极相连的电极产生的气体判断；
②电解H 2O-CO 2混合气体制备H 2和CO ，根据图示知：阴极产生H 2、CO ，阳极产生氧气，据此书写总反应方程式。

【详解】
(1)K 2=233c CO c H ()()(c HC )
O -+-
⋅=5×10-11，当c(HCO 3-)=c(CO 32-)，c(H +)=5×10-11，pH=10.3，如果溶液的pH=13，则c(HCO 3-)远远小于c(CO 32-)，CO 2主要转化为CO 32-；若所得溶液pH=10，c(H +)=1×10-10，则c(HCO 3-)＞c(CO 32-)，
K 2=233c CO c H ()()(c HC )O -+-⋅=21033c CO 110()(c HC )O ---⨯⨯=5×10-11，解得323c HCO c )(CO ()-
-
=21，故答案为CO 32-；21
； (2)①C(s)+2H 2(g)═CH 4(g)△H=-75kJ•mol -1，②C(s)+O 2(g)=CO 2(g) △H=-394kJ•mol -1，③C(s)+
1
2
O 2(g)=CO(g)△H=-111kJ•mol -1，根据盖斯定律，将方程式2×③-①-②得CH 4(g)+CO 2(g)═2CO(g)+2H 2(g)，△H=2×(-111kJ•mol -1)-(-75kJ•mol -1)-(-394kJ•mol -1)=+247kJ/mol ；要提高CH 4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，故选C ；达到平衡时CO 2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO 2)=n(CH 4)=1mol×50%=0.5mol ，生成的n(CO)=n(H 2)=1mol ， 该化学反应 CH 4(g)+CO 2(g)
2CO(g)+2H 2(g)
开始(mol/L) 1 0.5 0 0
反应(mol/L)0.25 0.25 0.5 0.5 平衡(mol/L)0.75 0.25 0.5 0.5
化学平衡常数K=
()
22
2
42
()
()
c CO c H
(
c CH c)
CO
⋅
⋅
=
22
0505
0.750.25
⨯
⨯
．．
=
1
3
，故答案为+247；C；
1
3
；
②根据表中数据知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性，故答案为劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；
(3)①根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O-CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故答案为负；
②电解池阴极发生还原反应，电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e-═H2↑+O2-，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e-═CO+O2-，电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故答案为H2O+CO2H2+CO+O2。

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．废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。

为研究不同pH下用NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，试剂用量如下表。

已知：HClO的氧化性比ClO—的氧化性更强。

下列说法错误的是
pH
0.100mol/L
NH4NO3(mL)
0.100mol/L
NaClO(mL)
0.200mol/L
H2SO4(mL)
蒸馏水
(mL)
氨氮去除
率(%)
1.0 10.00 10.00 10.00 10.00 89
2.0 10.00 10.00 V1V275
6.0 (85)
A．V1=2.00
B．pH=1时发生反应:3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+
C．pH从1升高到2，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO—
D．pH控制在6时再进行处理更容易达到排放标准
2．NH3是一种重要的化工原料，利用NH3催化氧化并释放出电能（氧化产物为无污染性气体），其工作原理示意图如下。

下列说法正确的是
A．电极Ⅰ为正极，电极上发生的是氧化反应
B．电极Ⅰ的电极反应式为2NH3−6e−N2+6H+
C．电子通过外电路由电极Ⅱ流向电极Ⅰ
D．当外接电路中转移4 mol e−时，消耗的O2为22.4 L
3．下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是
A．除去HCl中含有的少量Cl2。