(精选3份合集)2020届陕西省南郑中学高考数学模拟试卷

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．下列说法正确的是( )

A．粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极

B．5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.2×6.02×1023

C．室温下，稀释0.1 mol/L NH4Cl溶液，溶液中() (

)

32

+

4

c NH H O

c NH

g

增大

D．向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2，溶液中

()

()

2-

3

2-

4

c CO

c SO

减小

【答案】C

【解析】

【详解】

A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A错误；

B.5.6g Fe物质的量为0.1mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3N A，B错误；

C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中

()

()

32

+

4

c NH H O

c NH

g

增大，故C 正确；

D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-?BaSO4(s)+CO32-(aq)，

()

()

2-

3

2-

4

c CO

c SO

=

()

()

sp3

sp4

K BaCO

K BaSO

，溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D错误；

故合理选项是C。

2．我国首次月球探测工程第一幅月面图像发布。月球的月壤中含有丰富的3He，月海玄武岩中蕴藏着丰富的钛、铁、铬、镍、钠、镁、硅、铜等金属矿产资源和大量的二氧化硅、硫化物等。将为人类社会的可持续发展出贡献。下列叙述错误的是（）

A．二氧化硅的分子由一个硅原子和两个氧原子构成

B．不锈钢是指含铬、镍的铁合金

C．3He和4He互为同位素

D．月球上的资源应该属于全人类的

【答案】A

【解析】

【详解】

A. 二氧化硅晶体属于原子晶体，由硅原子和氧原子构成，但不存在二氧化硅分子，A不正确；

B. 在铁中掺入铬、镍等金属，由于改变了金属晶体的内部组织结构，使铁失电子的能力大大降低，从而使铁不易生锈，B正确；

C. 3He和4He的质子数相同，但中子数不同，且都是原子，所以二者互为同位素，C正确；

D. 月球是属于全人类的，所以月球上的资源也应该属于全人类，D正确。

故选A。

3．现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（）

A．b为电池的正极，发生还原反应

B．电流从b极经导线、小灯泡流向a极

C．当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2N A

D．a极的电极反应式为：+2e-+H+=Cl-+

【答案】D

【解析】

【分析】

原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。

【详解】

A．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误；

B．由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；

C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole?转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2N A，而发生+2e-+H+═+Cl-，则a极区增加的H+的个数为0.1N A，故C错误；

D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为：+2e-+H+═+Cl-，故D正确；

故答案为：D。

4．N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．19g羟基（-18OH）所含中子数为10N A

B．标准状况下，44.8 L HF含有2N A个极性键

C．1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3N A

D．0.1 mol·L-1 KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2N A 【答案】A

【解析】

【详解】

A．19g 羟基(-18OH)的物质的量为

19g

19g/mol

=1mol，而羟基(-18OH)中含10个中子，故1mol羟基(-18OH)中含

10N A个中子，故A正确；

B．标况下HF为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C．NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，1mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为2N A，故C错误；D．溶液体积未知，无法计算0.1mol·L-1 KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目，故D错误；

故选A。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意一些特殊物质在标准状况下的状态，本题中的HF为液体，类似的还有SO3为固体，H2O为液体或固体等。

5．下列有关仪器用法正确的是（）

A．对试管进行加热一定不能使用石棉网

B．使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL

C．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 2～3 次，确保溶液全部转移

D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差

【答案】B

【解析】

【详解】

A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故A错误；

B、滴定管能精确到0.01mL，比量筒精确度高，故B正确；

C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故C错误；

D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故D错误。

故选：B。

6．下列有关化学用语表示正确的是

A．甲酸乙酯的结构简式：CH3OOCCH3B．Al3+的结构示意图：

P

C．次氯酸钠的电子式：D．中子数比质子数多1的磷原子：31

15

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3，故错误；

B. Al3+的结构示意图：，故错误；

C. 次氯酸钠的电子式：，故错误；

D. 中子数比质子数多1的磷原子含有16个中子，质量数为31，符号为：3115P，故正确。

故选D。

【点睛】

掌握电子式的书写方法，离子化合物的电子式中含有电荷和括号，每个原子符号周围一般满足8电子结构。分清原子之间的共用电子对的数值和写法。

7．下列试剂不会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质的是（）

A．Na2CO3B．Na2O2C．CaO D．Ca(ClO)2

【答案】A

【解析】

【详解】

A．碳酸钠固体在空气中与二氧化碳、水蒸气都不发生反应，故A符合题意；

B．过氧化钠和空气中的二氧化碳、水蒸气都发生反应，故B不合题意；

C．氧化钙能与空气中的水反应生成氢氧化钙，故C不合题意；

D．次氯酸钙会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，生成次氯酸和碳酸钙，故D不合题意；

故选A。

8．氧化铬绿（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬绿的工艺流程如下：

已知：①向含少量Na 2CO 3的铬酸钠碱性溶液中通入CO 2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液； ②“还原”反应剧烈放热，可制得Cr （OH ）3浆料。

（1）该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO ）与铬酸钠（Na 2CrO 4）溶液反应的离子方程式_________。

（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误．．的是_____（填标号）。

A 该反应一定无需加热即可进行

B 必要时可使用冷却水进行温度控制

C 铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应

D 应建造废水回收池，回收含铬废水

（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr （Ⅵ）还原率如下图。实际生产过程中Cr （Ⅵ）还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为_________。

（4）滤液中所含溶质为_______。该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有_________、________（请写出两条）。

（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬[Cr （OH ）3·

nH 2O]。将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，质量损失与固体残留质量比为9:19，经计算得出n=_________。

（6）重铬酸钠（Na 2Cr 2O 7·

H 2O ）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化学反应方程式为_________。

【答案】()2--2-

42334CrO +3HCHO+4H O=4Cr OH +2OH +3CO ↓ AC 碳化率40%、恒温240℃

Na 2CO 3(或NaHCO 3或Na 2CO 3、NaHCO 3) 工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备 无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等 0.5

()Δ

2272442324222Na Cr O H O+NH SO =Cr O +Na SO +5H O+N ?↑

【解析】 【分析】

在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠(取决于起始反应溶液的碱性)，然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr(OH)3然后经过一系列操作得到产品，以此解答。 【详解】

（1）HCHO 中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr(OH)3等，根据

化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：

()2-

-2-42334CrO +3HCHO+4H O=4Cr OH +2OH +3CO ↓；

（2）A ．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，故A 符合题意；

B ．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，故B 不符合题意；

C ．为保证原料的充分利用，应淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，故C 符合题意；

D ．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，故D 不符合题意；

故答案为：AC ；

（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：碳化率40%、恒温240℃；

（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na 2CO 3(或NaHCO 3或Na 2CO 3、NaHCO 3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；

（5）加热过程中相关物质的转化关系式为：

()()()223232Cr OH nH O Cr O 3+2n H O

152183+2n 199

??::

()183+2n 152=199

?，解得n=0.5； （6）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N 元素转化为N 2，二者发生氧化还原反应生成Cr 2O 3、N 2、Na 2SO 4、H 2O ，根据氧化和还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：()Δ

2272442324222

Na Cr O H O+NH SO =Cr O +Na SO +5H O+N ?↑。 9．下列对相关实验操作的说法中，一定正确的是（ ）

A ．实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH 溶液，需要准确称量NaOH 1.920 g

B ．实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，通常至少称量4次

C ．酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液

D ．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，换一容器再从下口放出上层液体

【答案】B

【解析】

【详解】

A.实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH 溶液，需要用500 mL 的容量瓶，准确称量NaOH 2.0 g ，故A 错误；

B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要称量坩埚质量、坩埚与样品的质量，加热后至少称2次保证加热至恒重，所以通常至少称量4次，故B正确；

C.酸碱中和滴定实验中可以用待测液滴定标准液，故C错误；

D.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，上层液体从上口倒出，故D错误；

答案选B。

10．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）：

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

【答案】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=

g

，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；

答案选D。

11．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.1N A

B．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.2N A

C．常温下，14克C2H4和C3H6混合气体所含的原子数为3N A

D．等质量的1H218O与D216O，所含中子数前者大

【答案】C

【解析】

【详解】

A. Na既可以和酸反应又可以和碱反应放出氢气，4.6g钠物质量为0,2mol,转移电子数为0.2mol，即

0.2N A，故A错；

B. pH=13的Ba(OH)2溶液中没有体积，无法计算含有OH－的数目，故B错；

C. 常温下，C2H4和C3H6混合气体混合气体的最简比为CH2，14克为1mol，所含原子数为3N A，C正确；

D. 等质量的1H218O与D216O，所含中子数相等，均为m

10

20

N A，故D错。

答案为C。

12．将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（）A．反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1N A

B．原NaOH浓度为1mol/L

C．参加反应的氯气分子为0.1N A

D．转移电子为0.2N A

【答案】C

【解析】

【详解】

发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO﹣的个数小于0.1N A，故A错误；

B．若恰好完全反应，则原NaOH浓度为0.2mol

0.1L

＝2mol/L，故B错误；

C．由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1N A，故C正确；

D．Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1N A，故D错误；

故答案为C。

【点睛】

考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。

13．84消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空气中可发生反应

NaClO+CO2+H2O NaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是

O

A．中子数为10的氧原子：10

8

B．Na+的结构示意图：

C．CO2的结构式：O=C=O

D．NaClO的电子式：

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

O，A项错误；

A．中子数为10的氧原子，其质量数为18，应写成18

8

B．钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；

C．二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；

D．NaClO是离子化合物，电子式为，D项错误。

答案选C。

14．体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)=0.01mol，下列叙述正确的是()

A．醋酸溶液的pH大于盐酸

B．醋酸溶液的pH小于盐酸

C．与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸

D．分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl﹣)=n (CH3COO﹣)

【答案】C

【解析】

【详解】

A．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH 相同，故A错误；

B．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH 相同，故B错误；

C．醋酸是弱酸存在电离平衡，当n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)时，n(CH3COOH)远远大于n(H Cl)，与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸，故C正确；

D．加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大，而盐酸溶液中氯离子物质的量不变，所以分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl﹣)

选C。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题关键，再结合弱电解质电离特点来分析解答。

15．关于胶体和溶液的叙述中正确的是（）

A．胶体能透过半透膜，而溶液不能

B．胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能

C．胶体粒子直径比溶液中离子直径大

D．胶体能够发生丁达尔现象，溶液也能发生丁达尔现象

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 胶粒能透过半透膜，而溶液中的离子和分子也能透过半透膜，A错误；

B. 胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液也可能生成沉淀，B错误；

C. 胶体粒子直径介于10-9~10-7m之间，而溶液中离子直径不大于10-9m，C正确；

D. 胶体能够发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，D错误。

故选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。

（1）稳定性探究(装置如图)：

分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。

此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。

（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。

（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将

________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO

＋10SO ＋16H ＋

S 2O MnO 用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流

下，重复操作2～3次(合理即可) 0.06 偏高 【解析】 【分析】

(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO 3、氧气的性质进行分析；

(2)X 为MnO 4-，向所得溶液中加入BaCl 2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO 42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物； (3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；

(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H 2C 2O 4---2MnO 4-，带入数值进行计算；Na 2S 2O 8也具有氧化性，氧化H 2C 2O 4。 【详解】

(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO 3的熔、沸点均在0℃以上，因此冰水浴有利于将SO 3冷却为固体，便于收集SO 3，由Na 2S 2O 8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO 3；木条复燃；

(2)X 为MnO 4-，向所得溶液中加入BaCl 2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO 42-，则反应的离子方程式为2Mn 2＋＋5S 2O ＋8H 2O

2MnO ＋10SO ＋16H ＋，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是

S 2O 82-，氧化产物是MnO 4-，故答案为：

2Mn 2＋＋5S 2O ＋8H 2O 2MnO ＋10SO ＋16H ＋；S 2O 82-；MnO 4-；

(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤2~3次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)； (4)根据得失电子守恒可得到关系式：

()

-224

4-1

-45H C O 2MnO 5

2

0.03L 0.1mol L 0.02L c MnO ??:

g

则()-1

-

-1

420.03L 0.1mol L c MnO ==0.06mol L 50.02L ???g g ，Na 2S 2O 8具有氧化性，消耗的H 2C 2O 4溶液增多，导

致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．前四周期元素A 、B 、C 、D 、E 的原子序数依次增大，A 元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B 原子s 能级的电子总数比p 能级的多1；基态C 原子和基态E 原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D 形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：

(1)元素A 、B 、C 中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B 、C 、D 第一电离能由大到小的顺序为________。

(2)与同族其它元素X 形成的XA 3相比，BA 3易液化的原因是________；BA 3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。

(3)BC 3－离子中B 原子轨道的杂化类型为____________，BC 3－

离子的立体构型为________________。

(4)基态E 原子的电子排布式为________；C 、E 形成的化合物EC 5(其中E 的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；

(5)化合物DB 是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB 的晶胞参数为a pm ，则晶体的密度为_____g·

cm －

3(用N A 表示阿伏加德罗常数)。

【答案】O N ＞O ＞Al NH 3分子间易形成氢键 ＜ 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用 sp 2 三角形 1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1(或[Ar] 3d 54s 1) 7:1

3

A

164

a N ×1030 【解析】 【分析】

前四周期元素A 、B 、C 、D 、E 的原子序数依次增大，A 元素原子的核外电子只有一种运动状态，A 为H 元素；基态B 原子s 能级的电子总数比p 能级的多1，核外电子排布为1s 22s 22p 3，为N 元素；基态C 原子和基态E 原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s 22s 22p 4、1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1，则C 为O 元素，E 为Cr 元素；D 形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D 为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D 为Al 元素。据此分析解答。 【详解】

根据上述分析，A 为H 元素，B 为N 元素，C 为O 元素，D 为Al 元素，E 为Cr 元素。

(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H 、N 、O 中，电负性最大的是O 元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA 族、第VA 族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，

元素N 、O 、Al 的第一电离能由大到小的顺序为N ＞O ＞Al ，故答案为O ；N ＞O ＞Al ；

(2)NH 3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH 3中中心原子N 的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR 模型为四面体构型，NH 3分子中N 原子采用sp 3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH 3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用； (3)NO 3－离子中N 原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+5+1-23

2

=3，采用sp 2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp 2；三角形；

(4) E 为Cr 元素，基态E 原子的电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1(或[Ar] 3d 54s 1)；

C 、E 形成的化合物CrO 5(其

中E 的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为

1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1(或[Ar] 3d 54s 1)；7:1； (5)AlN 晶胞中含有N 或Al 原子数为4，8×

18+6×1

2=4，晶胞质量为A

4(27N 14)?+g ，因此晶胞的密度

=13

A 04(2714)

g (N )a 10cm -?+?=3A 164a N ×1030 g·cm －3，故答案为3A

164a N ×1030。

【点睛】

正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C 、E 的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO 5的结构。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究：

(1)生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C （s ）+H 2O （g ）垐?噲?H 2（g ） + CO （g ）

△H =+131.3kJ /mol ，△S =+133.7J /(mol ·K )，该反应在低温下_______（填“能”或“不能”）自发进行。

(2)已知在 411℃时，N 2（g ） + 3H 2（g ） 垐?噲? 2NH 3（g ）的 K =1．5

①在411℃时，2NH 3（g ）垐?噲? N 2（g ） + 3H 2（g ）的 K '=_________（填数值）

。 ②411℃时，在 1.5L 的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得 N 2、H 2、NH 3 的物质的量分别为 2mol 、1mol 、2mol ，则此时反应 v （N 2）正_____________ v （N 2）逆（填 “＞”、“＜”、“=”或“不能确定”）。

③已 知 H —H 键 键 能 为 436kJ /mol ， N —H 键 键 能 为 391kJ /mol ， N ≡N 键 键 能 为

945.6kJ /mol ，则反应N 2（g ）+ 3H 2（g ）垐?噲?2NH 3（g ）的△H = ____________。若在恒温、恒压条件

下，向平衡体系中通入氩气，则平衡_____________（填“向左”、 “向右”或“不”）移动；使用催化剂_____________（填“增大”、“减小”或“不改变”）反 应的△H 。

(3)在 25℃下，将 a mol /L 的氨水和 1.11mol /L 的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中的 c （NH 4+

）=c

（Cl -

），则溶液显__________（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含 a 的代数式表示 NH 3?H 2O 电离常数 K b = ______________________________________。

【答案】不能 2 = 92.4kJ /mol - 向左 不改变 中

9

100.01

a -- 【解析】 【详解】

(1)() H

T S 131.3kJ /mol T 133.70.001kJ /mol K ?-?=+-??g ，在低温时该值大于1，所以不能在低

温下自发进行，答案为：不能；

(2)N 2（g ） +

3H 2（g ）?2NH 3（g ）与2NH 3（g ）?N 2（g ） + 3H 2（g ）互为可逆反应，平衡常数互为倒数，K '=2；一段时间后，测得N 2、H 2、NH 3 的物质的量浓度分别为4 mol /L ，2mol /L ，4mol /L ，

2

3

4Qc 0.5

42K ===?，所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等；根据键能大小直接计算反应焓变

H 945.6kJ /mol 3436kJ /mol 6391kJ /mol 92.4kJ /mol ?=+?-?=-；在恒温、恒压条件下，向平衡

体系中通入氩气，体积增大，相当于压强减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，向左移动；催化剂不改变反应的焓变；答案为：2；=；92.4kJ /mol -；向左；不改变；

(3)根据电荷守恒c (NH 4+)+c (H +)=c (Cl -)+c (OH -)，已知c (NH 4+)=c (Cl -)，所以c (H +)=c (OH -)，显中性；此溶

液中，c (NH 4+)=c (Cl -)=1.115 mol /L ，c (H +)=c (OH -)=7110mol /L -?；()32a-0.01

c NH H O =mol/L 2

g

；NH 3?H 2O 电离常数()(

)()

+--9

4

b 32

c NH c OH 10K ==

c NH H O a-0.01

g g ；答案为：中；9100.01a --。

【点睛】

本题是反应原理的综合大题，根据键能大小计算焓变时用反应物的键能之和减去生成物的键能之和，注意正确书写每一种物质的结构式；最后一问是难点，电离常数的计算需要求出溶液中各个微粒的浓度，重点注意等体积混合后相关离子浓度减半的问题，即可求出电离常数。

19．三氧化二镍(Ni 2O 3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR 2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC 2O 4)，再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示：

已知：①NiR 2(aq)Ni 2+(aq)+2R -(aq)(R -为有机物配位体，K=1.6×10-14)

②K sp [Fe(OH)3] =2.16×10-

39， K sp [Ni(OH)2] =2×10-15 ③K a1(H 2C 2O 4)=5.6×10-2，K a2(H 2C 2O 4)=5.4×10-5

④“脱络”过程中，R -与中间产物·OH 反应生成·R(有机物自由基)，·OH 能与H 2O 2发生反应。有关反应的方程式如下：

i.Fe 2++H 2O 2=Fe 3++OH －+·OH. ii.R -+·OH=OH -+·R iii.H 2O 2+2OH=O 2↑+2H 2O 请回答下列问题：

(1)中间产物·OH 的电子式是_______。

(2)“沉铁”时，若溶液中c(Ni 2+)=0.01 mol/L ，加入碳酸钠调溶液的pH 为______(假设溶液体积不变，1g6≈0.8)使Fe 3+恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×10-5 mol/L)，此时_____（填“有”或“无”）Ni(OH)2沉淀生成。

(3)25℃时pH=3的草酸溶液中

()

()

224

224c C O c H C O -

=____________(保留两位小数)。“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其

离子方程式是____________。

(4)加入Fe 2+和H 2O 2能够实现“脱络”的原因是____________。

(5)工业上还可用电解NiCl 2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。电解过程中ClO -把Ni(OH)2氧化为三氧化二镍。写出该反应的离子方程式：____________。 【答案】

2.8 无

3.02 Ni 2++H 2C 2O 4=NiC 2O 4↓+2H + Fe 2+和H 2O 2发生反应产

生·

OH ，·OH 将R -转化为·R ，c(R -)减小，使平衡NiR 2(aq)Ni 2+(aq)+2R -(aq)向正反应方向移动，实现“脱

络” ClO -+2Ni(OH)2=Cl -+Ni 2O 3+2H 2O 【解析】 【分析】

Fe 2+与H 2O 2反应产生中间产物?OH 、Fe 3+、OH -，含镍废水NiR 2在“脱络”过程中R -与中间产物?O H 反应产生?R 和OH -，然后向溶液中加入Na 2CO 3，发生盐的双水解反应产生Fe(OH)3沉淀和CO 2气体，过滤后向滤液中价态草酸，发生反应产生NiC 2O 4沉淀，然后灼烧NiC 2O 4与O 2反应产生Ni 2O 3、CO 2气体。 【详解】

(1)中间产物?OH 由氧原子与氢原子之间形成一对共用电子对，电子式为：

；

(2)“沉铁”时，铁离子沉淀完全，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe 3+

)?c 3

(OH -)=2.16×10-39

，则c(OH -

)=39

35

2.1610110

--??

mol/L=6×10

-12

mol/L ，故c(H +

)=

(

)

w

K 1

6

c OH -

=×10-2 mol/L ，所以此时pH=-lg c(H +)=2+lg6=2.8；溶液中c(Ni 2+)=0.01 mol/L ，则Qc[Ni(OH)2]=0.01 mol/L×(6×10-12 mol/L)2

(3)25℃时，pH=3的草酸溶液中

()

()

()

()()()()()()()

()

()

2225

24

24

2

4

a1a2223

224224

2

4

c C O c C O c H c HC O c H 1 5.610 5.410K K c H C O c H C O c H c HC O c H c H 10-

-

+

-+

--+

-+

+

-???=

?

??=??==3.02；“沉镍”即镍离子与草酸得到草酸镍沉淀，离子方程式为：Ni 2++H 2C 2O 4=NiC 2O 4↓+2H +；

(4)加入Fe 2+和H 2O 2能够实现“脱络”的原因是是Fe 2+和H 2O 2发生反应生成?OH ，?OH 将R -转化为?R ，c(R -)减小，使平衡使平衡NiR 2(aq)

Ni 2+(aq)+2R -(aq)向正反应方向移动，实现“脱络”；

(5)工业上还可用电解NiCl 2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。电解过程中ClO -把Ni(OH)2氧化为Ni 2O 3，ClO -被还原产生Cl -。根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：ClO -+2Ni(OH)2=Cl -+Ni 2O 3+2H 2O 。 【点睛】

本题考查了工艺流程分析，涉及溶度积、电离平衡常数的应用，化学平衡移动，氧化还原反应等，掌握反

应原理是解题关键，注意题目信息的获取与应用。

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X、Y、Z、W的原子序数依次增大。在如图所示的物质转化关系中，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和s均为有色气体，v的水溶液呈碱性。常温下，0.1 mol ? L －1t 溶

液与0.1 mol ? L －1 u 溶液的pH均为1。下列说法不正确

．．．的是

A．Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸

B．Z和Y的简单氢化物的稳定性和沸点高低均为：Z＞Y

C．s溶于水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2

D．v的电子式可表示为

2．下列物质中，不属于合金的是

A．水银B．硬铝C．青铜D．碳素钢

3．只用一种试剂即可区别的：NaCl、MgCl2、FeCl3、Al2(SO4)3四种溶液，这种试剂是

A．AgNO3 B．NaOH C．BaCl2 D．HCl

4．探究Na2O2与水的反应，实验如图：

已知：H2O2?H++HO2-；HO2-?H++O22-

下列分析不正确的是

A．①、④实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应

B．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2

C．③和④不能说明溶解性：BaO2>BaSO4

D．⑤中说明H2O2具有还原性

5．25℃时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情

况如图所示。下列说法中正确的是

A．pH=7时，c(Na+)=(Cl－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)

B．pH=8时，c(Na+)=c(C1－)

C．pH=12时，c(Na+ )>c(OH－)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)

D．25℃时，CO 32－+H2O HCO3－+OH－的水解平衡常数K h=10－10mol·L－1

6．比较纯碱的两种工业制法，正确的是

选项项目氨碱法联合制碱法

A．原料食盐、氨气、生石灰食盐、氨气、二氧化碳

B．可能的副产物氯化钙氯化铵

C．循环物质氨气、二氧化碳氨气、氯化钠

D．评价原料易得、产率高设备简单、能耗低

A．A B．B C．C D．D

7．学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析，提出假设：该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。实验探究：

①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红。

②取100mL该溶液于试管中，滴加足量Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。

③另取100mL该溶液，逐渐加入Na2O2粉末，产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。下列说法中不正确的是（）

A．该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-

B．该溶液中一定含有K+，其物质的量浓度为1mol?L-1

C．在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O

D．该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解

8．对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是

A．电子所在的电子层B．电子的自旋方向

C．电子云的形状D．电子云的伸展方向

9．下列对装置的描述中正确的是

A．实验室中可用甲装置制取少量O2

B．可用乙装置比较C、Si 的非金属性

C．若丙装置气密性良好，则液面a保持稳定

D．可用丁装置测定镁铝硅合金中Mg 的含量

10．下列有关实验正确的是

A．装置用于Na2SO3和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体

B．装置用于灼烧CuSO4·5H2O

C．装置用于收集氯气并防止污染空气

D．装置用于实验室制备少量乙酸乙酯

11．化学与工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是

A．漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂

B．硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂

C．常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝与浓硫酸不反应

D．明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性

12．化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是（）

A．可用钢瓶储存液氯或浓硫酸

B．二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂

C．鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，有沉淀析出，该性质可用于蛋白质的分离与提纯

D．炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加，是为了防止食盐中的碘受热升华

13．常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1 HCN溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH的溶液,由水电离的氢氧根离子浓度随加入NaOH体积的变化如图所示,则下列说法正确的是( )

A．常温下,0.1 mol·L-1HCN的电离常数K a数量级为10-8

B．a、c两点溶液均为中性

C．当V(NaOH)=10mL时：c(Na+)>c(CN-)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)

D．当V(NaOH)=30mL时：2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN)

14．根据下列实验现象所得出的结论正确的是

选项实验现象实验结论

A 将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强