2020学年湖南省常德市高考化学达标测试试题

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）
1．1 L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1mol·L—1，向混合溶液中滴加0.1 mol·L—1某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）
A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸
B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠
C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠
D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸
2．下列说法正确的是（）
A．不锈钢的防腐原理与电化学有关
B．高纯硅太阳能电池板可以将光能直接转化为电能
C．二氧化硫有毒，不可以用作食品添加剂
D．纯碱去油污原理是油污溶于纯碱
3．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，11.2 L的甲醇所含的氢原子数大于2N A
B．常温下，1 mol •L-1的Na2CO3溶液中CO32-的个数必定小于N A
C．1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2的分子个数为N A
D．1 mol苯分子中含有3N A个碳碳双键
4．已知A、B、D均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。

则下列有关物质的推断不正确的是（）
A．若A为碳，则E可能为氧气
B．若A为Na2CO3，则E可能为稀HCl
C．若A为Fe，E为稀HNO3，则D为Fe（NO3）3
D．若A为AlCl3，则D可能为Al（OH）3，E不可能为氨水
5．室温下，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：
溶液a 通入0.01 mol HCl 加入0.01 mol NaOH
pH 4.76 4.67 4.85
像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。

下列说法正确的是
A．溶液a和0.1 mol·L−1 HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者
B．向溶液a中通入0.1 mol HCl时，A−结合H+生成HA，pH变化不大
C．该温度下HA的K a=10-4.76
D．含0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液
6．下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是
A．卤化银沉淀转化
B．配制氯化铁溶液
C．淀粉在不同条件下水解
D．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应
7．下列离子方程式或化学方程式正确的是( )
A．向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32－＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋H2O
B．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3＋＋3CO32－＝Al2(CO3)3↓
C．“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl(饱和)＋NH3＋CO2＋H2O＝NaHCO3↓＋NH4Cl D．CuSO4溶液中加入过量NaHS溶液：Cu2＋＋HS－＝CuS↓＋H＋
8．下列关于氨分子的化学用语错误的是
A．化学式：NH3B．电子式：
C．结构式：D．比例模型：
9．在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是
A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 和NaOH(aq)
B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移
C．电镀时，电镀槽里的负极材料发生氧化反应
D．原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阳极
10．同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是
A．原子半径：X＞Y＞Z B．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3
C．元素原子得电子能力：X＞Y＞Z D．阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－
11．合成导电高分子材料PPV的反应如下。

下列说法正确的是（）
+（2n-1）HI
A．合成PPV的反应为加聚反应
B．1molPPV最多能与4 molH2发生加成反应
C．与溴水加成后的产物最多有14个原子共平面
D．和苯乙烯互为同系物
12．X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。

25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的pH 与原子半径的关系如图，其中X、N、W、R 测定的是浓度均为0.01 mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。

下列说法正确的是
A．R、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性
B．N、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应
C．单质与H2化合由易到难的顺序是：R、N、M
D．金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z
13．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．向1 L 1 mol·L-1 NaClO溶液中通入足量CO2,溶液中HClO的分子数为N A
B．标准状况下,体积均为2.24 L的CH4与H2O含有的电子总数均为N A
C．2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应,产物的分子数为2N A
D．由13 g乙酸与2 g CO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子总数为N A
14．下列图示（加热装置省略，其序号与选项的序号对应）的实验操作，能实现相应实验目的的是
A．探究乙醇的催化氧化
B．实验室制取并收集少量纯净的氯气
C．研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响
D．实验室制备少量NO
15．下列叙述正确的是( )
A．某温度下，一元弱酸HA的K a越小，则NaA的K h(水解常数)越小
B．温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故化学反应速率增大
C．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣易产生铜绿
D．能用核磁共振氢谱区分和
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物[Fe x(C2O4)y·zH2O]，并用滴定法测定其组成。

已知H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解。

实验操作如下：
步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；
步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70~85℃。

待固体全部溶解后，用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；
步骤三：用0.080mol/ LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；
步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用
0.0800mol/ L KMnO4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL。

(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是__________________。

(2)步骤二中水浴加热并控制温度70~85℃的理由是__________________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是__________________。

(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为
__________________，该滴定管为_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)
(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为___________________________。

若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。

由以上数据计算黄色化合物的化学式为
__________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．[化学——选修5：有机化学基础]化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：
已知以下信息：
①A的相对分子质量为28
回答下列问题：
（1）A的名称是___________，D的结构简式是___________。

（2）A生成B的反应类型为________，C中官能团名称为___________。

（3）E生成F的化学方程式为___________。

（4）下列关于G的说法正确的是___________。

（填标号）
a．属于芳香烃
b．可与FeCl3溶液反应显紫色
c．可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀
d．G分子中最多有14个原子共平面
（5）化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________
种（不考虑立体异构）。

①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基
（6）参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，
X的结构简式为________，Y的结构简式为________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．磷酸氯喹是一种广谱抗疟疾和抗炎药，临床试验证明：该药物在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。

磷酸氯喹可由氯喹（）和磷酸在一定条件下制得。

氯喹的合成路线如图：
已知：①A为芳香族化合物；②；③具有酸性。

回答下列问题：
（1）A的结构简式为__，F的名称为__，H中的含氧官能团名称为__。

（2）A→B、F→G的反应类型分别为__。

（3）写出C与NaOH反应的化学方程式__。

（4）碳原子上连接有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳。

B与足量H2加成后的产物为X，写出X的结构简式，并用※标识手性碳__。

（5）Y是G的同系物，分子式为C5H11NO2，其同时含有氨基和羧基的同分异构体有__种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：2：2：1的结构简式为__。

19．（6分）氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。

（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式
____________________。

（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如
下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式
_______________________________________。

②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是
_______________________________________。

（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图
①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。

③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。

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．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1mol，加入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成0.1molBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液时，加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，生成
0.1molAl(OH)3沉淀。

再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解：
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，和图像相符，故A选；
B.AlCl3和MgCl2均为0.1mol，共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀，即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故B不选；
C.AlCl3和FeCl3均为0.1mol，共需要0.6molNaOH和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故C不选；
D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol，先加入0.5L硫酸，即0.05mol硫酸，加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀，同时加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。

溶液中的Ba2+有0.1mol，加入的SO42-为0.05mol，所以生成0.05molBaSO4沉淀，还剩0.05molBa2+。

此时沉淀的物质的量为0.15mol。

再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol，和图像不符，故D不选。

故选A。

2．B
【解析】
【详解】
A．耐蚀合金的防腐原理是改变物质的内部结构，不锈钢的防腐原理与电化学无关，故A错误；
B．硅为良好的半导体材料，可以制作太阳能电池，利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故B正确；
C．二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误；
D．纯碱的去污原理是纯碱水解显碱性，促进油污水解而除去，故D错误。

故答案为B。

3．A
【分析】
【详解】
A．甲醇在标况下为液体，1．2 L的甲醇的物质的量大于2．5mol，故所含有的氢原子数大于2N A，A正确；B．没有指明碳酸钠的体积，不能计算出碳酸根离子的个数是否小于N A，B错误；
C．随着反应的进行浓硫酸的浓度会降低，铜不与稀硫酸反应，故2mol H2SO4不能完全反应，生成的SO2的分子个数会小于N A，C错误；
D．苯分子中不含有碳碳双键，D错误；
故答案为A。

4．C
【解析】
【详解】
A．若A为碳，E为氧气，则B为CO2，D为CO，CO2与CO可以相互转化，选项A正确；
B．若A为Na2CO3，E为稀HCl，则B为CO2，D为NaHCO3，CO2和NaHCO3可以相互转化，选项B正确；C．若A为Fe，E为稀HNO3，则B为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2，选项C错误；
D．AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和NH4Cl，选项D正确。

故选C。

5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1 mol/L HA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；
B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1 mol HCl时，溶液a中一共只有1L含0.1mol NaA ，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；
C．HA的
()()
()
+-
c H c A
c HA
a
K=，由表可知，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a的pH=4.76，但此时
c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的K a不等于10-4.76，C选项错误；
D．向0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；
B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；
C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；
D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。

正确答案选C。

【点睛】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。

使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。

7．C
【解析】
【详解】
A.硝酸具有强氧化性，向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3，不能生成二氧化硫气体，故A错误；
B. 向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液发生发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故B错误；
C. “侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl(饱和)＋NH3＋CO2＋H2O＝NaHCO3↓＋NH4Cl，故C正确；
D. CuSO4溶液中加入过量NaHS溶液生成CuS沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式是Cu2＋＋2HS－＝CuS↓＋H2S↑，故D错误。

8．B
【解析】
【详解】
A．氨气分子中存在3个N-H共价键，其化学式为：NH3，A正确；
B．氨气为共价化合物，氨气中存在3个N-H键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气正确的电子式为：，B错误；
C．氮气分子中含有3个N-H键，氨气的结构式：，C正确；
D．氨气分子中存在3个N-H键，原子半径N>H，氮原子相对体积大于H原子，则氨气的比例模型为：，D正确；
故合理选项是B。

9．B
【解析】
【详解】
A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 和NaOH(aq)）；
B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移；
C．电镀池——特殊的电解池。

电镀槽里的电极分为阴极和阳极，阳极发生氧化反应；
D．原电池与电解池连接后，跟原电池的负极相连的那个电极叫阴极。

电子从原电池负极流向电解池阴极。

10．A
【解析】
【分析】
元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。

【详解】
A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；
C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；
D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X －，故D正确。

故选A。

11．C
【解析】
【详解】
A、合成PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，选项A错误；
B、1molPPV中含有2nmol碳碳双键，最多能与4n molH2发生加成反应，选项B错误；
C. 与溴水加成后的产物为，根据苯分子中12个原子共面、甲烷为正四面体结构可知，该分子中最多有14 个原子共平面，选项C正确；
D. 和苯乙烯相差C2H2，不是相差n个CH2，不互为同系物，选项D错误。

答案选C。

12．C
【解析】
【分析】
X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的 pH与原子半径的关系如图，其中 X、N、W、R测定的是浓度均为0.01 mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al；R 的pH=2，则R为Cl；N的pH＜2，则N为S；M的pH＜4，应该为P元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为P，N为S，R为Cl元素。

A．NaCl溶液呈中性，故A错误；
B．Na的氧化物为氧化钠，S的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故B错误；
C．非金属性：Cl＞S＞P，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与 H2化合由易到难的顺序是：R、N、M，故C正确；
D．金属性：Na＞Mg＞Al，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：X、Y、Z，故D错误；
故选：C。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 向1 L 1 mol·L-1 NaClO溶液中通入足量CO2，次氯酸是弱酸，部分电离，溶液中HClO的分子数小于N A，故A错误；
B. 标准状况下，H2O是液体，2.24 L H2O的物质的量不是0.1mol，故B错误；
C. NO和O2反应生成NO2，体系中存在
224
2NO N O平衡， 2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应，产物的分子数小于2N A，故C错误；
D. 乙酸、CO(NH2)2中氢元素质量分数都是
1
15
，由13 g乙酸与2 g CO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢
原子物质的量是()1
13+2g1g/mol=1mol
15
⨯÷，氢原子数是N A，故D正确。

选D。

14．C
【分析】
A 、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B 、盐酸易挥发；
C 、研究催化剂对反应的速率的影响，过氧化氢的浓度应相同；
D 、NO 易被空气中氧气氧化。

【详解】
A 、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，无法判断酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是乙醛还是乙醇，故A 错误；
B 、因盐酸易挥发，收集到的氯气中混有氯化氢和水，故B 错误；
C 、研究催化剂对反应速率的影响，加入的溶液的体积相同，金属离子和过氧化氢的浓度也相同，符合控制变量法的原则，可达到实验目的，故C 正确；
D 、NO 易被空气中氧气氧化，应用排水法收集，故D 错误； 故选C 。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，涉及乙醇催化氧化、气体的制备以及反应速率的影响因素等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析。

15．D 【解析】 【详解】
A ．某温度下，一元弱酸HA 的电离常数为K a ，则其盐NaA 的水解常数K h 与K a 存在关系为：K h =w
a
K K ，所
以K a 越小，K h 越大，故A 错误；
B 、温度升高，更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，但活化能不变，故B 错误；
C ．黄铜是锌和铜的合金，锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜在空气中的氧化，所以黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，故C 错误；
D 、
和
的核磁共振氢谱上峰的个数相同，但峰面积之比分别为1∶2∶2∶3和
1∶2∶2∶1，可以区分，故D 正确； 答案选D 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．过滤 加快固体溶解，同时防止草酸分解 铁氰化钾检验Fe 2+的存在，防止Fe 2+干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 MnO 4-+5Fe 2++8H +=Mn 2++5Fe 3++4H 2O 减小 Fe 4(C 2O 4)5·10H 2O 【解析】
步骤一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反应生成黄色固体[Fe x(C2O4)y·zH2O]，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子的含量，进而进一步分析计算。

【详解】
(1)分离固体和液体的操作是过滤；
故答案为：过滤；
(2)由于H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度70~85℃，同时加快固体溶解。

铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；
故答案为加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；
(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；
故答案为25.00mL，酸式；
(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，可知关系MnO4-——5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol，即
n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。

步骤三中，根据方程式：
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到转化关系：2KMnO4——5H2C2O4，即
n(H2C2O4)=5
2
n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。

根据质量守恒定律可知，0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.0040×56g-0.005×88g）
/18g/mol=0.01mol，则n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)5·10H2O。

故答案为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，减小，Fe4(C2O4)5·10H2O。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；
（3）；
（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，。

【解析】
【分析】
根据信息②，推出C和D结构简式为：CH3CHO和，A的分子量为28，推出A为CH2=CH2(乙烯)，B为CH3CH2OH，G的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构
简式为：，D的结构简式为：。

【详解】
（1）A为乙烯，D的结构简式为：；
（2）A和B发生CH2=CH2＋H2O CH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；
(3)E生成F，发生取代反应，反应方程式为：
；
（4）根据G的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G中含有O元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14个原子共面，故正确；
（5）N的相对分子质量比M大14，说明N比M多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有3×6=18种；
(6)根据信息②，X为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2-氨基丙酸酯基和醛基还原反应、取代反应
12
【解析】
【分析】
A在Fe/HCl条件下生成B，根据已知②可知，A中含有-NO2；通过C、D的分子式比较和反应条件可知，
C发生酯基的水解反应生成D。

F生成G为醇羟基间的脱水反应。

【详解】
（1）根据已知②可知，A中含有-NO2，再根据A的分子式和B的结构可知，A的结构简式为；根据系统命名法，F的名称为2-氨基丙酸；根据H的结构简式可知，H中的含氧官能团名称为酯基和醛基。

（2）A→B发生脱氧加氢反应，反应类型为还原反应；F→G发生的是醇羟基间的脱水反应，反应类型取代反应。

（3）C与NaOH反应，即官能团酯基、-Cl发生反应，化学方程式为。

（4）碳原子上连接有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳。

B与足量H2加成后的产物为X,X 的结构简式为，分子中无对称轴根据已知标识手性碳为。

（5）Y是G的同系物，则Y结构中含有一个酯基和一个氨基，分子式为C5H11NO2，同时含有氨基和羧基的同分异构体碳骨架有C-C-C-C-COOH、、，对应氨基的位置分别有4种、3种、4种、1种，故满足条件的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：2：2：1的结构简式为。

【点睛】
碳原子上连接有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳。

注意手性碳原子4个键必须为单键，且链接不同的原子。

同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，且必须是同一类物质(含有相同且数量相等的官能团)。

19．2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+温度过低，反应速率缓
慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降ClO－+H 2O HClO+OH－2NO+3ClO－+2OH －2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6
【解析】
【分析】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。

【详解】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为
2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H 2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO－+H2O HClO+OH－，故答案为：ClO －+H 2O HClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。

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．研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种—+
53
N N-，若+
5
N离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是
A．+
5
N有24个电子B．N原子中未成对电子的电子云形状相同
C．
3
N-质子数为20 D．+
5
N中N原子间形成离子键
2．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）
实验操作现象结论
A
向AgNO3和AgCl的混合浊液
中滴加0.1mol·L-1KI溶液
生成黄色沉淀K sp(AgI)＜K sp(AgCl)
B
向某溶液中先滴加稀硝酸，
再滴加Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀原溶液中一定含有SO42-
C
向盛有某溶液的试管中滴加
NaOH溶液并将湿润的红色
石蕊试纸置于试管口
试纸颜色无明显变化原溶液中不含NH4+
D 向某溶液中滴加KSCN溶液溶液未变血红色原溶液中不含Fe3+
A．A B．B C．C D．D
3．我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉，……，挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是
A．复分解反应B．化合反应
C．离子反应D．氧化还原反应
4．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是
A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验中滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩。