1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、做好垃圾分類，推動城市綠色發展。下列有關生活垃圾分類不合理的是（ ）選項ABCD生活垃圾牛奶盒眼藥水干電池西瓜皮垃圾分類標識AABBCCDD2、已知反應S2O82-(aq)+2

2、I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往該溶液中加人含Fe3+的某溶液，反應機理：2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)2Fe2+(aq)+S2O82-(aq) 2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有關該反應的說法不正確的是A增大S2O82-濃度或I-濃度，反應、反應的反應速率均加快BFe3+是該反應的催化劑C因為正反應的活化能比逆反應的活化能小，所以該反應是放熱反應D往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，藍色加深3、常溫下，將甲針筒內20mLH2S推入含有10 mLSO2的乙針筒內，一段時間后，對乙針筒內現象描述錯誤的是（氣體在同溫同壓

3、下測定）（ ）A有淡黃色固體生成B有無色液體生成C氣體體積縮小D最終約余15mL氣體4、M的名稱是乙烯雌酚，它是一種激素類藥物，結構簡式如下。下列敘述不正確的是AM的分子式為C18H20O2BM可與NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反應C1 mol M最多能與7 mol H2發生加成反應D1 mol M與飽和溴水混合，最多消耗5 mol Br2 5、在國家衛健委2020年2月發布的最新版新型冠狀病毒肺炎診療方案（試行第六版）中，新增了幾款有療效的藥物，其中一款是老藥新用，結構如圖所示。已知該藥物由短周期元素組成，X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，X、Y原子的質子數之和減去Y原子最外層電子數

4、即為Z元素的原子序數。下列說法錯誤的是A元素非金屬性XY或或）。由上述實驗，得出的結論是：_。21、輝銅礦主要成分為Cu2S，軟錳礦主要成分為MnO2，它們都含有少量 SiO2、Fe2O3等雜質。工業上綜合利用這兩種礦物制備碳酸錳和硝酸銅晶體的主要工藝流程如圖所示 ：已知：部分金屬陽離子生成氫氧化物沉淀的 pH范圍如下表所示（開始沉淀的pH 按金屬離子濃度為 0. l mol/L 計算）開始沉淀的 pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Mn2+8.39.8Cu2+4.46.4100.86.3（1）酸浸時，下列措施能夠提高浸取速率的措施是_ 。A將礦石粉碎 B適當延長酸浸時間 C適當升高溫度（2

5、）酸浸時， MnO2 與Cu2S反應的離子方程式是 _。 （3）浸出液調節pH = 4 的目的是_ ，浸出液中銅離子濃度最大不能超過_ molL-1（保留一位小數）。（4）生成 MnCO3 沉淀的離子方程式是_。 （5）本工藝中可循環使用的物質是 _（寫化學式）。（6）流程中需要加入過量HNO3溶液，除了使 Cu2(OH)2CO3完全溶解外，另一作用是蒸發結晶時_。（7）制得的Cu(NO3)2 晶體需要進一步純化， 其實驗操作名稱是_ 。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】A. 牛奶盒是包裝紙，屬于可回收物，故A正確；B. 眼藥水是過期藥品，屬于有害垃圾，故B正確；C.

6、 干電池屬于有害垃圾，故C錯誤；D. 西瓜皮是廚余垃圾，屬于濕垃圾，故D正確；答案選C。2、D【解析】A. 增大S2O82濃度或I濃度，增加反應物濃度，因此反應、反應的反應速率均加快，故A正確；B. Fe3+在反應中是中間過程，參與反應但質量不變，因此是該反應的催化劑，故B正確；C. 因為正反應的活化能比逆反應的活化能小，因此該反應是放熱反應，故C正確；D. 往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，平衡逆向移動，單質碘減少，藍色加淺，故D錯誤。綜上所述，答案為D。【點睛】正反應的活化能大于逆反應的活化能，則反應為吸熱反應，正反應活化能小于逆反應的活化能，則反應為放熱反應。3、D【解析】A.

7、因H2S與SO2能夠發生反應：SO2+2H2S=3S+2H2O，生成黃色固體，正確；B. 根據反應SO2+2H2S=3S+2H2O，有無色液體水生成，正確；C. 根據反應SO2+2H2S=3S+2H2O，反應后氣體體積縮小，正確；D. 根據反應SO2+2H2S=3S+2H2O，20mLH2S與10 mLSO2恰好完全反應，最終沒有氣體剩余，錯誤；答案選D。4、B【解析】A. 由物質的分子結構可知M的分子式為C18H20O2，正確。B. 該物質的分子中含有酚羥基，所以可與NaOH溶液反應，但是由于酸性較弱，所以不能和NaHCO3溶液反應，錯誤。C. 在M的一個分子中含有2個苯環和一個雙鍵，所以1

8、 mol M最多能與7 mol H2發生加成反應，正確。D.羥基是鄰位、對位取代基，由于對位有取代基，因此 1 mol M與飽和溴水混合，苯環消耗4mol的溴單質，一個雙鍵消耗1mol的溴單質，因此最多消耗5 mol Br2，正確。本題選B。5、B【解析】由化學式H3YO4可知，Y元素顯+5價，在該物質中X元素的原子可形成3對共用電子對，且X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，則X為N元素，Y為P元素，又X、Y原子的質子數之和減去Y原子最外層電子數即為Z元素的原子序數，則Z的原子序數為7+15-5=17，Z為Cl元素，可與其它原子形成共用電子對，符合，據此分析解答。【詳解】由化學式H3YO4可

9、知，Y元素顯+5價，在該物質中X元素的原子可形成3對共用電子對，且X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，則X為N元素，Y為P元素，又X、Y原子的質子數之和減去Y原子最外層電子數即為Z元素的原子序數，則Z的原子序數為7+15-5=17，Z為Cl元素，可與其它原子形成共用電子對，符合，A. 同周期元素從左向右，非金屬性逐漸增強，同主族元素從上至下，非金屬性逐漸減弱，X為N元素，Y為P元素，Z為Cl元素，則元素非金屬性XYZ，故A正確；B. X為N元素，其氫化物為氨氣，顯堿性，故B錯誤；C. Y的最高價氧化物的水化物是H3PO4，為中強酸，故C正確；D. 同種非金屬元素原子間形成非極性鍵，不同種非金

10、屬元素的原子間形成極性鍵，則在該分子中，存在極性共價鍵和非極性共價鍵，故D正確；故選B。6、C【解析】A.酸性環境不能大量存在OH-，A錯誤；B.I-具有還原性，與Fe3+會發生氧化還原反應，不能大量共存，B錯誤；C.反應符合事實，遵循離子方程式中物質拆分原則，C正確；D.NH4+、HCO3-都會與OH-發生反應，不能大量共存，D錯誤；故合理選項是C。7、A【解析】A、稻殼灰來源廣泛價格低廉，活性碳具有吸附性，有較高的經濟價值，A正確；B、操作A為過濾，操作B為蒸發濃縮，是兩種不同的操作，B錯誤；C、二氧化硅中，硅元素的化合價是4價，硅酸鈉中，硅元素的化合價是4價，所以該流程中硅元素的化合價沒

11、有發生改變，C錯誤；D、復分解反應是指由兩種化合物相互交換成分，生成另外兩種新的化合物的反應，反應SiO22NaOHNa2SiO3H2O不屬于復分解反應，D錯誤。答案選A。【點睛】明確物質的性質、發生的反應以及流程中的物質變化是解答的關鍵。注意在化合物中，元素化合價代數和為零，在單質中，因為沒有元素之間的化合，所以規定單質中元素的化合價為零。8、C【解析】A氯堿工業制氯氣是電解飽和食鹽水，反應的化學方程式：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，故A錯誤；B磁鐵礦成分為四氧化三鐵，反應的化學方程式：4CO+Fe3O43Fe+4CO2，故B錯誤；C工業制小蘇打是飽和氯化鈉溶液中依次通入氨氣

12、、二氧化碳生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，反應的化學方程式：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，故C正確；D工業制粗硅是焦炭和二氧化硅高溫反應生成硅和一氧化碳，反應的化學方程式：2C+SiO2Si+2CO，故D錯誤；故選：C。9、C【解析】由于氨氣極易溶于水，則a處通入CO2，b處通入氨氣。氨氣溶于水顯堿性，所以在氨氣過量的條件下最終得到的是碳酸鈣；答案選C。10、D【解析】由題意可知：環氧乙烷與二氧化碳反應制備碳酸亞乙酯的方程式為：+ O=C=O，碳酸與乙二醇反應制備碳酸亞乙酯的方程式為：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH+2H2O。【詳解】A由分析可知，環氧乙烷與二氧化

13、碳反應制備碳酸亞乙酯為加成反應，碳酸與乙二醇反應制備碳酸亞乙酯為取代反應，A錯誤；B碳酸亞乙酯的分子式為C3H4O3，B錯誤；C碳酸亞乙酯有兩個C原子分別以單鍵和4個原子相連形成四面體構型，故碳酸亞乙酯中所有原子不可能共平面，C錯誤；D碳酸亞乙酯含酯基，堿性條件下易水解，故碳酸亞乙酯保存時應避免與堿接觸，D正確。答案選D。11、B【解析】A. KNO3是硝酸鹽，硝石主要成分為硝酸鹽，故A正確； B. 硫元素化合價由0降低為-2，硫磺在反應中作氧化劑，故B錯誤；C. 黑火藥爆炸釋放能量，所以該反應為放熱反應，故C正確； D. 燃放煙花爆竹，利用火藥爆炸釋放的能量，所以火藥可用于制作煙花爆竹，故D

14、正確；答案選B。12、B【解析】A乙二醇中含有氫鍵，則沸點較高，為黏稠狀液體，可用作抗凍劑，A正確； B煤經過氣化和液化生成了可燃性氣體或液體，變為清潔能源，是化學變化，B錯誤；C光觸媒技術可實現將有毒氣體NO和CO轉化為無毒氣體氮氣和二氧化碳，減少汽車尾氣造成的危害，C正確；D將苦鹵濃縮、氧化得到單質溴，鼓入熱空氣溴揮發可提取出海水中的溴，D正確。答案選B。13、A【解析】AX為間苯二酚，為平面型結構；Y為苯和乙烯的符合結構，也是平面結構；Z中存在烷烴基團的結構，因此Z的所有原子不可能處在同一個平面內，A錯誤；BX和Z含有酚羥基，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，Y含有雙鍵也可以使酸性高錳酸鉀溶液

15、褪色，B正確；C根據Y結構的對稱性，苯環上氯原子的位置分別有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6種，C正確；DY種含有雙鍵，可以作為單體發生加聚反應，Z中含有酚羥基，有弱酸性可以和Na2CO3溶液發生反應，D正確；故選A。14、B【解析】題目已知負極采用固體有機聚合物，左圖是電子流向固體有機聚合物，左圖是電池充電原理圖，右圖是原電池工作原理圖，放電時，負極的電極反應式為：正極的電極反應式為：I3-+2e-= 3I-。【詳解】A.左圖是電子流向固體有機聚合物，則左圖是電池充電原理圖，故A項錯誤；B.放電時，Li+由負極向正極移動，即Li+從右向左通過聚合物離子交換膜，B正確；C.

16、放電時，正極液態電解質溶液的I3-得電子被還原成I-，使電解質溶液的顏色變淺，故C項錯誤；D.充電時，陰極發生得電子的還原反應，故陰極的電極反應式為：，故D錯誤；答案：B。【點睛】易錯點：原電池中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；電解池中，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，注意不要記混淆。15、D【解析】A原電池中，陽離子應該向正極移動，選項A錯誤；B單質鋰會與水反應生成氫氧化鋰和氫氣，所以電解質溶液不能使用任何水溶液，選項B錯誤；C電池充電的時候應該將放電的反應倒過來，所以將正極反應逆向進行，正極上的Li應該逐漸減少，所以電池充電時間越長，Li2O 含量應該越少，選項C錯誤；D題目給出

17、正極反應為：xLi+ +O2+ xe-=LixO2，所以當x=2時反應為：2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2；所以選項D正確。16、C【解析】根據i的現象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發生2Fe3SO32H2O=2Fe2SO422H，c點和d點溶液中Fe3和SO32發生雙水解反應產生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產生，然后據此分析；【詳解】根據i的現象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點

18、溶液中含有Fe2，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發生2Fe3SO32H2O=2Fe2SO422H，c點和d點溶液中Fe3和SO32發生雙水解反應產生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產生，取上層清液滴加NaOH溶液，無明顯現象，是因為NaOH與H2SO3反應，滴加KSCN溶液顯紅色，說明溶液中含有Fe3，A、a點處溶液中含有SO42，加入BaCl2，會產生BaSO4白色沉淀，故A錯誤；B、pH升高說明溶液c(H)減小，原因是c(SO32)增大，水解程度增大，按照給出方程式，生成H，溶液c(H)增大，溶液的pH應減小，不會增大，故B錯誤；C、c點溶液中Fe3和SO32發生雙水解反

19、應，離子方程式為2Fe33SO326H2O=2Fe(OH)33H2SO3，故C正確；D、溶液變紅后滴加NaOH會消耗溶液中的Fe3，因此紅色應變淺，故D錯誤；答案為C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、O3 Fe(OH)3 6Fe2O34Fe3O4O2 2I2Fe3=2Fe2I2 【解析】無色氣體Y為O2，同素異形體的分子式是O3，且X中含有鐵元素，結合“紅褐色”沉淀灼燒后能得到X，可以推斷得到X為氧化鐵，再根據X分解得到Y與Z的量的關系可知，Z為Fe3O4，W為FeCl3，紅褐色沉淀為Fe(OH)3。由于FeCl3具有較強的氧化性，所以將FeCl3溶液滴加在淀粉KI試紙上時會有I2生成，而

20、使試紙變藍色，據此分析解答。【詳解】無色氣體Y為O2，同素異形體的分子式是O3，且X中含有鐵元素，結合“紅褐色”沉淀灼燒后能得到X，可以推斷得到X為氧化鐵，再根據X分解得到Y與Z的量的關系可知，Z為Fe3O4，W為FeCl3，紅褐色沉淀為Fe(OH)3；由于FeCl3具有較強的氧化性，所以將FeCl3溶液滴加在淀粉KI試紙上時會有I2生成，而使試紙變藍色，（1）無色氣體Y為O2，其同素異形體的分子式是O3；紅褐色沉淀為Fe(OH)3；故答案為：O3；Fe(OH)3；（2）X為Fe2O3，Y為O2，Z為Fe3O4，Fe2O3在隔絕空氣條件下受熱高溫分解為Fe3O4和O2，化學反應方程式為6Fe2

21、O34Fe3O4O2；故答案為：6Fe2O34Fe3O4O2；（3）W為FeCl3，FeCl3具有較強的氧化性，能將KI氧化為I2，試紙變藍色，反應的離子方程式為2I2Fe3=2Fe2I2；故答案為：2I2Fe3=2Fe2I2。【點睛】本題中學生們由于不按要求作答造成失分，有兩點：第（1）問經常會出現學生將化學式寫成名稱；第（3）問錯將離子方程式寫成化學方程式；學生們做題時一定要認真審題，按要求作答，可以用筆進行重點圈畫，作答前一定要看清是讓填化學式還是名稱，讓寫化學方程式還是離子方程式。學生們一定要養成良好的審題習慣，不要造成不必要的失分。18、醛基 4-硝基甲苯（對硝基甲苯） 取代反應 加

22、成反應 14 或 【解析】A(C2H4O)能夠與新制氫氧化銅反應，說明A含有醛基，因此A為CH3CHO，則B為CH3COOH；結合C和E的分子式可知，C和D應該發生取代反應生成E和氯化氫，則D為；甲苯在濃硫酸作用下發生硝化反應生成F，結合J的結構可知，F為對硝基甲苯()，F被還原生成G，G為對氨基甲苯()，根據已知信息，G和乙醛反應生成H，結合J的結構可知，H為，則E為，據此分析解答。【詳解】(1)根據上述分析，A為C2H4O，含有的官能團為醛基；F為，名稱為對硝基甲苯，故答案為醛基；4-硝基甲苯(對硝基甲苯)；(2)C和D發生取代反應生成E，反應的化學方程式為，故答案為；(3)G為對硝基甲苯

23、中硝基被還原的產物，G為，故答案為；(4)由D生成F是甲苯的硝化反應，屬于取代反應，根據流程圖，E和H生成J的過程中N=C雙鍵轉化為了單鍵，屬于加成反應，故答案為取代反應；加成反應；(5)E為，芳香化合物K是E的同分異構體。若K能發生銀鏡反應，說明K中含有醛基，則K的結構有：苯環上連接1個乙基和1個醛基有3種；苯環上連接2個甲基和1個醛基有6種；苯環上連接1個甲基和1個CH2CHO有3種；苯環上連接1個CH2 CH2CHO有1種；苯環上連接1個CH(CH3)CHO有1種，共14種；其中核磁共振氫譜有四組峰的結構簡式為或，故答案為14；或。19、檢查裝置的氣密性 HCl 2Fe32I=2Fe2I

24、2 3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62 Br可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3氧化為Br2 MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O 【解析】（1）實驗前首先要進行的操作是檢查裝置的氣密性；（2）FeCl36H2O 受熱失去結晶水，同時水解，生成HCl氣體，HCl和H2O結合形成鹽酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一種共價化合物，受熱變為黃色氣體，氯化鐵具有強氧化性，可以將碘離子氧化為碘單質；（4）用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+產生藍色沉淀；為確認黃色氣體中含有Cl2，需要除去Fe3+的干擾，因為Br可以被Cl2氧化成Br2，但不會被F

25、e3氧化為Br2，可選擇NaBr溶液；（5）二氧化錳與FeCl36H2O 反應生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，據此結合原子守恒書寫化學方程式。【詳解】（1）實驗前首先要進行的操作是檢查裝置的氣密性；故答案為檢查裝置的氣密性；（2）FeCl36H2O 受熱失去結晶水，同時水解，生成HCl氣體，HCl和H2O結合形成鹽酸小液滴，而形成白霧；故答案為HCl；（3）碘離子具有還原性，氯化鐵具有強氧化性，兩者反應，碘離子被氧化為碘單質，反應離子方程式為：2Fe32I=2Fe2I2，故答案為2Fe32I=2Fe2I2；（4）用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+產生藍色沉淀，離子方程式是3Fe22Fe

26、(CN)63=Fe3Fe(CN)62；為確認黃色氣體中含有Cl2，將試管B內KI-淀粉溶液替換為NaBr溶液，若B中觀察到淺橙紅色，為溴水的顏色，則證明有物質能夠將Br-氧化成Br2，鐵離子不能氧化溴離子，若未檢查到Fe2+，則證明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案為3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；Br可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3氧化為Br2；（5）二氧化錳與FeCl36H2O 反應生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反應方程式為：MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O，故答案為MnO22FeCl36H2

27、O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O。20、還原 產生藍色沉淀 pH=2 0.3mol/L KNO3或NaNO3溶液 Ag + Fe3+ Ag+ + Fe2+或(Ag+ + Fe2+ Ag + Fe3+) 正極 其它條件不變時，物質的氧化性與濃度有關系，濃度的改變可導致平衡的移動 【解析】(1)根據元素化合價的變化判斷；(2)實驗：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質Ag，則要證明甲的結論正確，可驗證Fe3+的還原產物Fe2+的存在；實驗：進行對照實驗；(3)根據實驗現象判斷溶液中發生的反應；(4)根據指針偏轉方向判斷正負極，判斷電極反應，并結合氧化還原反應中氧化劑的氧化性

28、大于氧化產物分析解答。【詳解】(1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，銀離子和氨水反應生成白色的氫氧化銀沉淀和銨根離子，Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；繼續滴入氨水白色沉淀溶解，氫氧化銀和氨水反應生成銀氨溶液和水，AgOH+2NH3H2OAg(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛進行銀鏡反應，再加入乙醛溶液后，水浴加熱，生成乙酸銨，氨氣、銀和水，化學反應方程式為：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，銀氨溶液中的銀為+1價，被醛基還原生成0價的銀單質，故答案為：還原；(2)實驗：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質Ag，則要證明甲的結論正確

29、，可驗證Fe3+的還原產物Fe2+的存在即可，驗證Fe2+的實驗是取少量除盡Ag+后的溶液于試管中，加入K3Fe(CN)6溶液會和Fe2+反應生成藍色沉淀，故答案為：；產生藍色沉淀；實驗：丙同學認為：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解，且兩個實驗結果證明了丙同學的結論，而實驗I驗證了Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質Ag，則實驗II需要驗證NO3也能把Ag氧化而溶解，需進行對照實驗，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3為0.3 mol/L，所以需向附有銀鏡的試管中加入pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3溶液，故答案為：pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3；(3)Fe3+遇KSCN溶液變紅，第一份滴加2滴KSCN溶液無變化，說明FeSO4溶液中無Fe3+，第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出現白色沉淀，隨后有黑色固體Ag產生，再取上層