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．我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为
。下列说法正确的是
A．固氮时，锂电极发生还原反应
B．脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑ C．固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极 D．脱氮时，Li+向钌复合电极迁移 【答案】B 【解析】 【分析】
据总反应
可知：放电时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-═6Li+，Li+移向
正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3N，充电是放电的逆过程，据此解答。 【详解】
A. 固氮时，锂电极失电子发生氧化反应，故A错误；
B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑，故B正确； C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误； D.脱氮时，Li+向锂电极迁移，故D错误； 答案：B 【点睛】
明确原电池负极：升失氧；正极：降得还，充电:负极逆反应为阴极反应，正极逆反应为阳极反应是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性。 2．从下列事实所得出的相应结论正确的是 实验事实 结论 在相同温度下，向1 mL0.2 mol/LNaOH溶液中滴入A 2滴0.1 mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 B 某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别C 于足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快 D A．A 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A. 发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH过量，因此再滴入FeCl3溶液，会发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能比较Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小，A错误； B. 某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则该气体为酸性气体，其水溶液显酸性，B错误；
C. HA放出的氢气多且反应速率快，HA浓度比HB大，在反应过程中HA溶液中c(H+)比较大，证明HA溶液中存在电离平衡HA
H++A-，HA是弱酸，故酸性HB>HA，C正确；
SiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应 B．B
C．C
SiO2是两性氧化物 D．D
HB的酸性比HA强 该气体水溶液一定显碱性 溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3 D. SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，SiF4不是盐，因此SiO2不是两性氧化物，D错误； 故合理选项是C。
3．关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)
2HI(g) ΔH＜0，下列说法正确的是（ ）
A．恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移 B．恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移 C．加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动 D．升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移 【答案】A 【解析】 【详解】
A. 恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；
B. 恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误； C. 加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错误； D. 升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；
答案选A。 【点睛】
本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。 4．下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是
A．M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应 B．Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质 C．X、M两种元素组成的化合物熔点很高 D．简单离子的半径：R>M>X 【答案】C 【解析】
由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；B．F2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；C．X、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；D．O2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-＞O2-＞Al3+，选项D错误。答案选C。 点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。
5．用NaOH标准溶液滴定盐酸，以下操作导致测定结果偏高的是 A．滴定管用待装液润洗 C．滴定结束滴定管末端有气泡 【答案】B 【解析】
A. 滴定管需要用待装溶液润洗，A不符合；B. 锥形瓶用待测液润洗会引起待测溶液增加，使测定结果偏高，B符合；C. 滴定管末端有气泡，读出的体积比实际体积小，计算出的待测液浓度偏低，C不符合；D.
B．锥形瓶用待测液润洗 D．滴定时锥形瓶中有液体溅出
有液体溅出则使用的标准溶液减少，造成结果偏低，D不符合。故选择B。 6．某烃的相对分子质量为86，如果分子中含有3个-CH3、2个-CH2-和1个代物最多可能有（不考虑立体异构）（ ） A．9种 【答案】A 【解析】 【详解】
某烷烃相对分子质量为86，则该烷烃中含有碳原子数目为：N=3个-CH3、2个-CH2-和1个
B．8种
C．5种
D．4种
，则该结构的烃的一氯取
86?2=6，为己烷； 14，则该己烷分子中只能含有1个支链甲基，不会含有乙基，其主链含有5
个C，满足条件的己烷的结构简式为：①CH3CH(CH3)CH2CH2CH3，②CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，其中①分子中含有5种位置不同的H，即含有一氯代物的数目为5；②分子中含有4种位置不同的H，则其一氯代物有4种，所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有：5+4=9种。 故选A.。 【点睛】
烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。
7．B发生反应：3A(g)+bB(g)某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、
－1
cC(g) ?H=－QkJ·mol
（Q＞0），12s时生成C的物质的量为0.8mol（反应进程如图所示）。下列说法中正确的是
A．2s时，A的反应速率为0.15mol·L－1·s－1 B．图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率 C．化学计量数之比b ∶c = 1∶2 D．12s内反应放出0.2QkJ热量 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)
1
cC(g) ?H=－QkJ·mol－
（Q＞0），12s时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，
A．由图像可知A的浓度变化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反应速率υ=为0~2s的平均速率，不是2s时的速率，故A错误；
Δc0.3==0.15 mol·L－1·s－1，所求Δt2sB. 图中交点时没有达到平衡状态，A的消耗速率大于A的生成速率，故B错误； C. 12s时达到平衡状态，B、C转化量之比等于化学计量数之比，所以b ∶c =(0.5mol/L-0.3mol/L )×2L∶0.8mol=1:2，故C正确；
D.由题意可知，3molA与1molB完全反应生成2molC时放出QkJ的热量，12s内，A的物质的量减少（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，则放出的热量为0.4QkJ，故D错误。 答案选C。
8．能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( ) A．氢氧化钡溶液与稀硝酸反应：OH-+H＋=H2O
B．澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H＋=Ca2＋+2H2O C．醋酸与氢氧化钠溶液反应：H＋+OH-=H2O D．碳酸钡溶于稀盐酸中：CO32-+2H＋=H2O+CO2↑ 【答案】A 【解析】 【详解】
A.反应符合事实，符合离子方程式的物质拆分原则，A正确；
B.澄清的石灰水中Ca(OH)2电离出自由移动的Ca2+、OH-离子，不能写化学式，B错误； C.醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写离子形式，C错误； D.BaCO3难溶于水，不能写成离子形式，D错误； 故合理选项是A。
9．下列物质的检验，其结论一定正确的是 ( )
A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42—
B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32— 或SO32—
C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化 D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2 【答案】C 【解析】
【分析】 【详解】
A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含SO42￣或Cl￣，故A错误；
B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32— 或SO32—，或HCO3￣或HSO3￣，故B错误；
C、加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42￣和SO32￣，Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；
D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D错误。 答案选C。 【点晴】
解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl￣、SO42￣、SO32￣、CO32￣、HCO3￣、NH3、Cl2、SO2等。
10．下列有关说法正确的是
A．MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)高温下能自发进行，则该反应ΔH＞0、ΔS＞0 B．常温下等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同
c(Cl-)C．0.1 mol·L NH4Cl溶液加水稀释，的值增大
c(NH3?H2O)－1
D．对于反应2SO2＋O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡转化率 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，反应MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)的△S＞0，高温下能自发进行，则该反应ΔH＞0，故A正确；
B．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误；
C．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4++H2O?NH3?H2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中
c(Cl-)氯离子浓度减小，一水合氨浓度增大，的值减小，故C错误；
c(NH3?H2O)D．对于反应2SO2＋O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动， SO2的平衡转化率不变，故D错误； 答案选A。 【点睛】
使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。 11．有机物 A．易溶于水及苯
C．能发生氧化反应和加成反应 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A．该有机物的组成元素只有氢元素和碳元素，属于烃类，不溶于水，故A错误； B．该分子中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，故B错误； C．含有碳碳双键，可以发生氧化反应和加成反应，故C正确； D．由结构对称性可知，含4种H，一氯代物有4种，故D错误； 故答案为C。
12．中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物 NO 进行无害化处理，其原理示意如图，下列相关判断正确的是
是制备镇痛剂的中间体。 下列关于该有机物的说法正确的是
B．所有原子可处同一平面
D．一氯代物有5种(不考虑立体异构)
A．电极 I为阴极，电极反应式为 2H2O+2e-=2OH－+H2↑ B．电解池中质子从电极 I 向电极Ⅱ作定向移动 C．每处理 1 mol NO 电解池右侧质量减少 16 g D．吸收塔中的反应为 2NO+2S2O42－+H2O=N2+4HSO3－ 【答案】D 【解析】 【详解】
A．HSO3-在电极I上转化为S2O42-，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故A错误；
B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I
处移动，故B错误；
C．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e-═O2↑+4H+，NO转化为N2，每处理1 mol NO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×
1=0.5mol，同时有2mol H+从右侧迁移到左侧，所以电解池右侧质量减少为40.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol =18g，故C错误；
D．2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应，生成N2和HSO3-，所以反应方程式为：故D正确， 故选：D。
13．NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A．100g 46％的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C．0.1mol Fe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NA D．1L 0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A.100g 46％的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；
B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误； 8C.0.1mol Fe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为
380.1mol×NA≈0.27NA，C错误；
3D.铵根水解方程式为NH4++H2O?NH3·H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。 故答案选A。 【点睛】
Na2CO3 中的CO32－，对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3 中的Al3＋、例如1 L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32－数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32－在水中的发生水解的情况。
14．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32- C．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H＋=Fe2++2H2O
D．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O 【答案】A 【解析】 【详解】
A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正确； B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4++HCO3-＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O+NH3?H2O，B错误；
C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H＋+NO3-=3Fe3++NO↑+8H2O，C错误；
D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+ CO32-，D错误； 故合理选项是A。
15．某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是
A．元素的非金属性：W>Z>X
B．Y的最高价氧化物的水化物是强酸
C．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟 D．Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构 【答案】C 【解析】 【分析】
由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是N，Y是P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是Cl最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6，原子序数比P小中，则X是O元素，然后分析解答。 【详解】
根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。 A．元素的非金属性：O>N，即X>W，A错误；
B．Y是P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B错误；
C．W是N，Z是Cl，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，因此可看到产生白烟现象，C正确；
D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每个原子均满足8电子结构，而PCl5中P原子不满足8电子结构，D错误； 故合理选项是C。 【点睛】
本题考查元素周期表和元素周期律的应用。把握原子结构与原子最外层电子数目关系，结合物质分子结构简式推断元素是解题关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示。
（1）NaClO的电子式为 ___。
（2）途径Ⅰ碱浸时发生反应的化学方程式为____。
（3）途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为____。
（4）已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是______[已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。
（5）分析纯钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径Ⅰ所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_______。
（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是____。
②若缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M =206g·mol-1) 的物质的量浓度为____(计算结果保留3位有效数字)。 【答案】
MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑
MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O 90% (NH4)2CO3和(NH4)2SO3 常温下浓硫酸会使铁钝化 7.28×10-4mol/L 【解析】 【分析】
根据流程利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：
途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成MnO3，得到对环境有污染的气体SO2，用碱液可以吸收，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，发生反应：MoO3+Na2CO3═Na2MoO4+CO2↑，得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅱ是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，反应为MnS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O，结晶后得到钼酸钠晶体，据此分析作答。 【详解】
(1)离子化合物NaClO的电子式为
；
(2)途径I碱浸时MoO3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO2气体，反应方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；
(3)途径II氧化时还有Na2SO4生成，反应物NaClO在碱性条件下氧化MoS2，得到钼酸钠和NaCl、硫酸钠S(-1→+6)，和水，本质为次氯酸根离子氧化MoS2中钼和硫，化合价变化为：升高Mo(+2→+6)，降低Cl(+1→-1)，最小公倍数18，发生反应的离子方程式为：MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O；
(4)Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol?L-1，BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓
4.0?10?8度为：c(Ba)=molgL-1=1?10-7molgL-1，Ksp(BaCO3)=1×10-9，溶液中碳酸根离子的浓度为：
0.40?90.10molgL-1-0.01molgL-12-1?10c(CO3)=mol/L=0.01mol/L，则碳酸根的去除率为?100%=90%； ?7-11?100.10molgL2+
(5)四钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应可生成NH3，途径Ⅰ中生成的气体有CO2和SO2，将NH3和CO2或SO2一起通入水中可生成正盐为(NH4)2CO3和(NH4)2SO3；
(6)①当硫酸的浓度大于90%时，可以认为是浓硫酸，碳素钢的主要成分含有铁，常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化，表面生成致密的氧化膜，起到防腐蚀作用，所以其腐蚀速率几乎为零；
L-1，据图可知缓蚀效果最好时钼酸钠和月桂酸肌氨酸的浓②缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·
度均为150mg/L，则1L钼酸钠溶液中钼酸钠的物质的量为为7.28×10-4mol/L。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．富马酸二甲酯（DMF）俗称防霉保鲜剂霉克星1号，曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、
0.15g=7.28?10-4mol，所以物质的量浓度
206g/mol防虫、保鲜，它的一条合成路线如图所示。
回答下列问题：
（1）B的结构简式为______，D中官能团名称______。 （2）①的反应的类型是______，②的反应条件是______。 （3）④的反应方程式为______。
（4）写出C的一种同分异构体，满足可水解且生成两种产物可相互转化______。
（5）过程③由多个步骤组成，写出由C→D的合成路线_____。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：A
B……
目标产物）
【答案】ClCH2CH=CHCH2Cl 羧基、碳碳双键 加成反应 氢氧化钠水溶液、加热 HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH
CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O CH3COOC2H5
【解析】 【详解】
（1）由C的结构可知，反应①是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应②发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能团名称为：羧基、碳碳双键； （2）①的反应的类型是：加成反应，②的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热； （3）④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为
；
（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5； （5）过程③由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成
HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：
，
故答案为：。
【点睛】
本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子电池的广泛应用要求处理电池废料以节约资源、保护环境。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(由Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成)中的资源，部分流程如图：
已知：Ksp(Li2CO3)＝1.6×103。部分物质的溶解度(S)如表所示： T/℃ 20 80 S(Li2CO3)/g 1.33 0.85 S(Li2SO4)/g 34.2 30.5 S(Li3PO4)/g 0.039 —— S(LiH2PO4)/g 126 —— －
(1)将回收的废旧锂离子电池进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析你认为合理的是__________。
A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放，可能会造成安全隐患。
B．预放电时电池中的锂离子移向负极，不利于提高正极片中锂元素的回收率。 C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等。 (2)写出碱溶时主要发生反应的离子方程式：________。
(3)为提高酸浸的浸出率，除粉碎、搅拌、升温外，还可采用的方法有______。(写出一种即可) (4)酸浸时产生标况下3.36 L NO时，溶解LiFePO4________mol(其他杂质不与HNO3反应)。
(5)若滤液②中c(Li＋)＝4 mol·L－1，加入等体积的Na2CO3后，沉淀中的Li元素占原Li元素总量的90%，计
－
算滤液③中c(CO32)＝__________mol/L。
(6)流程中用“热水洗涤”的原因是________。
(7)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，写出反应的化学方程式：_________。
【答案】AC 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ 适当增大硫酸的浓度 0.45 0.04 Li2CO3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li2CO3的溶解 2FePO4+Li2CO3+2C【解析】 【分析】
废旧磷酸亚铁锂电池正极片主要为Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加氢氧化钠溶液浸泡，将铝溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiFePO4，加硫酸、硝酸，除去不溶于酸碱的导电剂，调节pH生成FePO4沉淀，滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂沉淀。 【详解】
（1）A. 废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，A合理； B. 放电是原电池原理，阳离子向正极移动，电池中的锂离子移向正极，B不合理；
C. 热处理的过程重要是为了除去废旧锂离子电池中难溶的有机物、碳粉等，以及关于电极材料和集流体的分离，C合理；故答案为：AC；
（2）碱溶时，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）提高酸浸的浸出率，除粉碎、搅拌、升温外，还可采用适当增大硫酸的浓度；故答案为：适当增大硫酸的浓度；
（4）酸浸时NHO3转化为NO，标况下3.36 L NO为0.15mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.15molNO，转移0.45mol电子，
LiFePO4与硝酸反应生成FePO4，铁元素的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO4，转移1mol电子，则转移0.45mol电子，溶解0.45mol LiFePO4，故答案为：0.45；
21c?cCO2?=1.6×10L×(1-90%)×=0.2mol/L，（5）混合后溶液中含有的c(Li)= 4 mol·已知Ksp(Li2CO3)＝(Li?）?3?2＋
－1
－3
2LiFePO4+3CO↑
,则滤液③中
2－
c(CO3)＝
Ksp?Li2CO3?c2(Li?）1.6?10?3??0.04mol/L；故答案为：0.04； 2(0.2)（6）根据表格可知，Li2CO3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li2CO3的溶解；故答案为：Li2CO3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li2CO3的溶解；
（7）Li2CO3、FePO4与足量炭黑高温灼烧生成LiFePO4的化学方程式为：
2FePO4+Li2CO3+2C2FePO4+Li2CO3+2C
2LiFePO4+3CO↑；故答案为： 2LiFePO4+3CO↑。
19．新型抗溃疡药瑞巴匹特，可保护胃肠黏膜免受各种致溃疡因子的危害，其合成路线如下：
(1)A的化学名称为______________，C的核磁共振氢谱具有_________________组峰 (2)A与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为______________
(3)化合物F中含氧官能团的名称为__________________，化合物F的分子式为_____________ (4)反应①~③中，属于取代反应的是__________________(填序号)
(5)C→D的转化中，生成的另一种产物为HCl，则C→D反应的化学方程式为__________
(6)已知Y中的溴原子被--OH取代得到Z，写出同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式：___________________
I．分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子环 II．苯环上有两个取代基，且处于对位 III.能与NaHCO3溶液发生反应 (7)已知CH3CH2OHHOCH2CH2CH2OH____________
【答案】丙二酸二乙酯 4 C2H5OOCCH2COOC2H5＋2NaOH ?rNaOOCCH2COONa＋2C2H5OH 肽键、羧基 C19H15O4N2Cl ①③
CH3CH2Br，以A和HOCH2CH2CH2OH为原料制备物质X
物质Y
的合成路线流程图如下：
，则物质X为__________，物质Y为
BrCH2CH2CH2Br
【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据系统命名法，有机物原子，核磁共振氢谱具有4组峰， 故答案为丙二酸二乙酯，4。
的化学名称为丙二酸二乙酯，C（）中有4种氢
（2）酯可在NaOH溶液中发生碱性水解，丙二酸二乙酯与足量NaOH溶液反应的化学方程式为
+2NaOH+2NaOH
NaOOCCH2COONa+2C2H5OH，故答案为 NaOOCCH2COONa+2C2H5OH。
（3）化合物F（）中官能团的名称为肽键、羧基、氯原子、碳碳双键，其中含氧官能
团的名称为肽键、羧基，化合物F的分子式为C19H15O4N2Cl，故答案为肽键、羧基，C19H15O4N2Cl。 （4）反应①由
生成
的反应类型为取代反应；反应②是
加氢去氧
还原生成，其反应类型为还原反应；反应③是的氨基中的1个氢原子被
取代，是取代反应，所以反应①~③中，属于取代反应的是①③，故答案为①③。
（5）对比C、D的结构可知，C与X发生取代反应生成D和HCl，根据产物的碳架结构并结合原子守恒，可知C→D反应的化学方程式为：
+
+HCl，
故答案为++HCl。
Y的结构简式为：（6）Y中的溴原子被-OH取代得到Z，，则Z的结构简式为：，
Z的同分异构体I．分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子环，说明N原子不在环上；III.能与NaHCO3溶液发生反应，说明分子中含有羧基；II．苯环上有两个取代基，应该是氨基和羧基，且处于对位，
同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式为，故答案为。
(7)已知CH3CH2OHCH3CH2Br，以A和HOCH2CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图如下：
，则物质X
为BrCH2CH2CH2Br，物质Y为：，故答案为BrCH2CH2CH2Br，。
【点睛】
有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。
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．有机物X的结构简式如图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是
①可以使酸性KMnO4溶液褪色②可以和NaHCO3溶液反应③一定条件下能与H2发生加成反应④在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应 A．①②
B．②③
C．①②③
D．①②③④
2．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Z元素在地壳中含量最高。Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。常温下，X的单质为气体。下列说法正确的是（ ） A．简单阴离子的还原性：X>Y B．原子半径：W>Z>Y>X
C．Z与W形成的化合物中只含有离子键 D．简单氢化物的沸点：Y>Z 3．下列有关物质分类正确的是 A．液氯、干冰均为纯净物 B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物 C．
互为同系物
D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物
4．25°C时，向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA(Ka =1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) B．溶液在a点和b点时水的电离程度相同 C．b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A- )+c(OH-) D．V =10mL时，c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
5．使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：
则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（ ） A．CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/mol B．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－70.1kJ/mol C．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝70.1kJ/mol D．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/mol 6．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．用酸化的H2O2氧化海带灰浸出液中的碘：2I-+H2O2=I2+2OH- B．用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
C．NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O D．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
7．某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是 A．SO42－
B．NO3－
C．Na+
D．Fe3+
8．NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，560mL的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NA B．标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NA
C．常温常压下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NA D．0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA 9．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ） 选项 A B C D A．A
目的 分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液 用乙醇提取碘水中的碘 用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体 除去丁醇中的乙醚 B．B
C．C
分离方法 过滤 萃取 蒸发 蒸馏 原理 胶体粒子不能通过滤纸 碘在乙醇中的溶解度较大 MgCl2受热不分解 丁醇与乙醚的沸点相差较大 D．D
10．下列物质中不会因见光而分解的是 ( ) A．NaHCO3
B．HNO3
C．AgI
D．HClO
11．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是( ) A．石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐
B．分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间 C．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化
D．农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能
12．煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是 A．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，生成苯、甲苯、苯甲酸等芳香烃 B．煤干馏的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭 C．棉花、羊毛、蚕丝和麻等都是天然纤维
D．天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇 13．下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是
A．过滤豆浆 A．A
B．酿酒蒸馏 B．B
C．C
C．精油萃取 D．D
D．海水晒盐 14．W、Y、Z为常见短周期元素，三种元素分属不同周期不同主族，且与X能形成如图结构的化合物。已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（ ）
A．对应元素形成的气态氢化物稳定性：Y＞X B．W、X对应的简单离子半径顺序为：X＞W C．Y的氧化物对应水化物为强酸
D．该化合物中各元素均满足8电子稳定结构
15．aL（标准状况）CO2通入100mL3 mol/L NaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是 A．a =3.36时，CO2+2OH―→CO32―+H2O B．a =4.48时，2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2O
C．a =5.60时，3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2O D．a =6.72时，CO2+OH―→HCO3―
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。 碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。 （2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。
（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。 测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O 实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器； ③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录； ④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气； ⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录； ⑦根据数据进行计算（相关数据如下表） 加热前 加热后 实验分析及数据处理： （4）E装置的作用__。 （5）补充④的实验操作___。
（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。 镍的制备：
装置C/g 250.00 251.08 装置D/g 190.00 190.44 装置E/g 190.00 190.00
（7）写出制备Ni的化学方程式__。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．化合物H可用以下路线合成：
已知：
请回答下列问题：
（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为________________________；
（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_________________；
（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________； （4）反应①的反应类型是_______________________；
（5）反应②的化学方程式为______________________________________；
（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．某分子的结构如图所示（-R 为烃基），其中 A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于 B。D 与 G 形成的 DG3 在工业上可用于漂白和杀菌消毒。A 与 G 形成的 AG3 可完全水解，其水解的产物之一 H3AO3 常用作塑料件镀金属的还原剂。
(1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。D 的某种氧化物 D2O4 的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。则 D2O4
2DO2，ΔH______0（填“＞”“＜”或“=”）。
(2)DG3 用于杀菌消毒与 HGO 相比，DG3 可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因____________________________。
(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3AO3 分子中 A 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示 H3AO3 的正盐溶液呈碱性的原因_____。 (4)液氨中因存在2NH3(1)
NH4++NH2-可导电，液态 D2O4 中也存在 D2O4
DO++DO3-，上述两个
过程的本质区别为___________。
(5)T℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 ACl5 固体，按下式发生反应：ACl5（s）?ACl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。测得容器内气体的压强变化如下表： 时间 t/s 总压 P/kPa 0 0 5 1.0 10 2.0 15 3.0 20 4.0 25 5.0 30 5.0 ∞ 5.0 若保持温度不变，30s 时上述条件下，以分压表示的平衡常数 Kp=_____(kPa)2（计算结果保留两位小数）；给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）。
19．（6分）2015年“8?12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠（NaCN）。请回答下列问题：
（1）钠、钾着火，下列可用来灭火的是____________________。
A、 水 B、泡沫灭火器 C、干粉灭火器 D、细沙盖灭 （2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下受热分解，可发生不同的化学反应： 在110°C时：NH4NO3=NH3+HNO3+173kJ
在185~200°C时：NH4NO3=N2O+2H2O+127kJ
在230°C以上时，同时有弱光：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O+129kJ， 在400°C以上时，发生爆炸：4NH4NO3=3N2+2NO2+8H2O+123kJ 上述反应过程中一定破坏了__________________化学键。
NaCN的电子式为________________，Na+有_________种运动状态不同的电子，C原子核外有________（3）
种能量不同的电子，N原子核外最外层电子排布有________对孤对电子。 （4）下列能说明碳与氮两元素非金属性相对强弱的是_____________。 A、相同条件下水溶液的pH：NaHCO3＞NaNO3 B、酸性：HNO2＞H2CO3
C、CH4比NH3更稳定 D、C 与H2的化合比N2与H2的化合更容易
（5）NaCN属于剧毒物质，可以用双氧水进行无害化处理NaCN + H2O2 —— N2↑+ X + H2O，试推测X的化学式为___________。
（6）以TiO2为催化剂用NaClO将CN－离子氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。写出CNO-在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：________________________________；
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．D 【解析】 【分析】 【详解】
①该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故正确； ②含有羧基，可以和NaHCO3溶液反应，故正确；
③含有碳碳双键，一定条件下能与H2发生加成反应，故正确；
④含有羟基，在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应，故正确； 故选D。 2．A 【解析】 【详解】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中含量最高，则Z为O；Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐，则Y为N；常温下，X的单质为气体，在氮之前，只有H，则X为H；Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Y、Z的最外层电子数分别为5、6，则W为Na。 A．非金属性N>H，元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，A项正确；
B．根据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径Na>N>O>H，B项错误；
C．Z与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，前者只含有离子键，后者存在离子键和共价键，C项错误； D．氨气和水分子都含有氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D项错误； 答案选A。 3．A 【解析】 【详解】
A.液氯、干冰均为由一种分子构成的物质，因此都属于纯净物，A正确；
B.NO2与水反应产生HNO3和NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，只有CO2为酸性氧化物，B错误； C.误；
D.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D错误； 故合理选项是A。 4．A 【解析】 【详解】
A．a点时，pH=3，c(H+) = 10-3 mol·L-1，因为Ka =1.0×10-3，所以c(HA) = c(A—)，根据电荷守恒c(A—) + c(OH—) = c(Na+) + c(H+)和c(HA) = c(A—)即得c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A正确；
B．a点溶质为HA和NaA，pH＝3，b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(OH—) 水电离出的c(OH—)＝10—11；= 10-3，OH—是由 NaOH电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH—)<10-3，那么水电离的c(H+)＞10—11，故B错误；
C．根据电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(A—) + c(OH—)可得c(Na+) = c(A—) + c(OH—)－c(H+)，假设C选项成立，则c(A—) + c(OH—)－c(H+) = c(HA) + c(A— ) + c(OH—)，推出c(HA) + c(H+) = 0，故假设不成立，故C错误； D．V =10mL 时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A—+ H2O ? HA +OH—，水解后溶液显碱性，c(OH—) > c(H+)， 即c(HA) > c(H+) ，故D错误； 故答案选A。 【点睛】
属于酚类，而
属于芳香醇，因此二者不是同类物质，不能互为同系物，C错
判断酸碱中和滴定不同阶段水的电离程度时，要首先判断这一阶段溶液中的溶质是什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液，则会促进水的电离；水的电离程度与溶液pH无关。 5．D 【解析】 【分析】
本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。 【详解】
左图对应的热化学方程式为A. CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO (g) + H2O(g)=H2 (g) + CO2 (9) △H=-33. 2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D. CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合题意； 答案：D。 【点睛】
根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。 6．C 【解析】 【详解】
A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；
B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误； C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确； D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误； 故合理选项是C。 7．A 【解析】 【详解】
某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则一定含有Al3+，一定不含Fe3+（否则产生红褐色沉淀），若溶液中各离子的物质的量浓度相等，
－－－－－
根据电荷守恒，则一定存在的离子是SO42，且至少含有NO3、Cl中的一种，若含有NO3、Cl两种，则
还含有Na+，故答案选A。 8．C 【解析】 【详解】
A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为 n=
0.56L=0.025mol ，无论是否
22.4L/mol反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；
B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为
2.24L=0.1mol则转移电子数为0.1NA，故B错误；
22.4L/molC.1molHCHO和1mol C2H2O3完全燃烧均消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确； D. 缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。 故选C。 9．D 【解析】 【详解】
A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误； B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误； C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；
D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。 综上所述，本题的正确答案为D。 10．A 【解析】 【分析】
浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。 【详解】
AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解，所以A选项是正确的； 综上所述，本题选项A。 11．D 【解析】 【详解】
A．分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误； B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；
C．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误； D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为
常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D正确； 故选D。 12．A 【解析】 【详解】
A. 石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，使链状烃转化为环状烃，生成苯、甲苯等芳香烃，苯甲酸属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，故A错误；
B.煤干馏发生化学变化，产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，故B正确；
C.天然纤维的种类很多，长期大量用于纺织的有棉、麻、毛、丝四种。棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，故C正确；
D. 天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，故D正确。 故答案选A。 13．A 【解析】 【详解】
A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的，留在滤纸上的物质颗粒大，不能透过滤纸，滤液中的物质颗粒小，可以透过滤纸，A正确；
B、蒸馏利用的是物质的沸点不同，B错误；
C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同，C错误；
D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大，让水蒸发掉,从而获得盐，D错误； 答案选A。 14．B 【解析】 【分析】
由图可知，Z只形成一个共价键，则其为氢(H)；W可形成W2+，则其为镁(Mg)；X形成2个共价键，则其为氧(O)；由“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数”，可确定Y为氮(N)。 【详解】
A．Y、X分别为N、O，非金属性N B．W、X分别为Mg和O，对应的简单离子电子层结构相同，但Mg的核电荷数比O大，所以离子半径顺序为：O2-＞Mg2+，B正确； C．Y的氧化物对应水化物若为HNO2，则为弱酸，C不正确； D．该化合物中，H、N的最外层电子数分别为2、9(4+5)，均不满足8电子稳定结构，D不正确； 故选B。 15．C 【解析】 【详解】 n(NaOH)＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3 mol； A.a＝3.36时，n(CO2)＝0.15 mol，发生CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，故不选A； B.a＝4.48时，n(CO2)＝0.2 mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO2＋3OH－= CO32-＋HCO3-＋H2O，故不选B； C.a＝5.60时，n(CO2)＝0.25 mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生的反应为5CO2＋6OH－= CO32-＋4HCO3-＋H2O中，故选C； D.a＝6.72时，n(CO2)＝0.3 mol，发生CO2+OH―=HCO3―，故不选D； 答案：C。 【点睛】 少量二氧化碳：发生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：发生CO2+OH-=HCO3-，结合反应的物质的量关系判断。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的产生，则证明沉淀已经洗涤干．．．．．．．．．．BaCl2溶液，若无沉淀．．．净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O 【解析】 【分析】 (1)根据元素守恒分析判断； (2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ； (3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留； (4)根据实验目的和各个装置的作用分析； (5)根据实验目的和前后操作步骤分析； (6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式； (7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。 【详解】 (1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2； (2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应
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