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．下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】

【详解】

A、可由环己烯发生加成反应产生，A错误；

B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B错误；

C、可由2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；

D．可由2，3，3—三甲基－1－丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。

答案选C。

2．25℃，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液Va mL和BOH溶液Vb mL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是

A．HA一定是弱酸

B．BOH可能是强碱

C．z点时，水的电离被促进

D．x、y、z点时，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH＞7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，则HA一定是弱酸，故A正确；

B. 当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH＞7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱，故B正确；

C. z点时，BOH溶液的体积Vb mL大于HA溶液的体积Va mL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)＜10-9，25℃时该溶液中水的电离被抑制，故C错误；

D. x、y、z点时，溶液中都存在电荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正确；

题目要求选择错误的，故选C。

3．下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元素。Z 的最高价氧化物对应的水化物为 M，室温下，0. 01 mol/L M 溶液 pH<2。下列说法中错误的是

A．原子半径大小：X B．Z 的单质易溶于化合物 WZ2

C．气态氢化物稳定性：W D．含 Y 元素的离子一定是阳离子

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

根据元素在周期表位置关系，四种元素位于第二三周期，且Z 的最高价氧化物对应的水化物为 M，室温下，0. 01 mol/L M 溶液 pH<2。则Z为S，W、X、Y分别为C、N、Al。

A．原子半径大小：N＜C＜Al，故A正确；

B．Z元素为S，其单质易溶于CS2，故B正确；

C．W、X分别为C、N，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C＜N，则气态氢化物稳定性：CH4＜NH3，故C正确；

D．Y为Al元素，含Al元素的离子有Al3+、AlO5159651599f0a0427c6321c0d47480bf.png或[Al(OH)4]－，故D错误；

答案选D。

【点睛】

根据相似相容原理，S易溶于CS2。

4．一定温度下，在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5 min时达到平衡状态。

下列说法中正确的是

A．容器Ⅰ中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 mol·L-1·min-1

B．该反应正反应为吸热反应

C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55 mol

D．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%

【答案】C

【解析】

【详解】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)=6d3d1125e41d7d0a9c5befb758b114df.png=0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；

B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；

C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

        CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)

起始浓度(mol/L)  2    2    0

转化浓度(mol/L) 1.6    1.6   1.6

平衡浓度(mol/L) 0.4    0.4    1.6

反应平衡常数K=5e63a3057ee704a40555a442254e7d4e.png=10，平衡时CO转化率：6eb81528f8f6cc86b7a94cdaf6f6a372.png×100%=80%；

依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

         CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)

起始浓度(mol/L)   2   2a     0

转化浓度 (mol/L)  1    1    1

平衡浓度 (mol/L)  1   2a-1    1

Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K=801d1daaa92908c53fc151fb3e0eaec4.png=10，解得：a=0.55mol，故C正确；

D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；

故答案为C。

5．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )

A．向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，此时NH4+个数为0.5NA

B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 mol Fe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NA

C．标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键

D．用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA

【答案】A

【解析】

【详解】

A. 向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，n(NH4+)= n(Cl-)，所以NH4+个数为0.5NA，故A正确；

B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化碘离子，没有FeI2的物质的量，不能计算当有1 mol Fe2+被氧化时转移电子的物质的量，故B错误；

C. 标准状况下，二氯甲烷是液体，22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，故C错误；

D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜单质再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L氢气时，转移的电子数大于2NA，故D错误。

答案选A。

6．设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是

A．常温下，1 L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NA

B．常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL沸水中，生成胶粒数为0.056NA

C．向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为640a8f28a6aec1fb9a5452f7e5d070f8.png

D．6.8 g KHSO4晶体中含有的离子数为0.15 NA

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 常温下，pH=9的CH3COONa溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是ed2861dcb68ed3a7a9f26d0c04e92d0a.png，1 L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-5NA，故A错误；

B. 氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL沸水中，生成胶粒数小于0.056NA，故B错误；

C. 1e0f3d4bc4f2496494f40fd71116031f.png，由方程式可知过氧化钠生成氢氧化钠质量增大，固体增加4g转移2mol电子，向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为640a8f28a6aec1fb9a5452f7e5d070f8.png，故C正确；

D. KHSO4固体含有K+、HSO4-， 6.8 g KHSO4晶体中含有的离子数为e8f977864dbdd3f7c2a8f328b4439e8d.png 0.1 NA，故D错误；

选C。

7．研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是

A．桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀

B．钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快

C．图1辅助电极的材料可以为石墨

D．图2钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e一=4OH-

【答案】A

【解析】

【详解】

A．桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A错误；

B．海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；

C．图1为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C正确；

D．图2为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正确；

故选A。

8．如图是NO2气体和CO气体反应生成CO2 气体和NO气体过程的能量变化示意图。则该反应的热化学方程式为(　　)

A．NO2+CO→CO2+NO-134kJ

B．NO2(g)+CO(g)→CO2(g)+NO(g)-234kJ

C．NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)+368kJ

D．NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)+234kJ

【答案】D

【解析】

【详解】

由能量变化图可知，NO2和CO反应生成CO2和NO且放出热量，热化学反应方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=(134-368)kJ/mol=-234kJ/mol，则反应物总内能比生成物总内能多234kJ，即NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)+234kJ，故D正确；故选：D。

【点睛】

反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，注意标注物质聚集状态和对应反应的焓变，据此判断热化学方程式正误。

9．山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其分子结构如图所示。下列说法错误的是

A．山梨酸的分子式为C6H8O2

B．1 mol山梨酸最多可与2 mol Br2发生加成反应

C．山梨酸既能使稀KMnO4酸性溶液褪色，也能与醇发生置换反应

D．山梨酸分子中所有碳原子可能共平面

【答案】C

【解析】

【详解】

A．由结构简式可知分子为C6H8O2，选项A正确；

B．山梨酸分子中含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1 mol山梨酸最多可与2mol Br2发生加成反应，选项B正确；

C．山梨酸分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应而使其褪色，山梨酸分子中含有羧基，可与醇发生取代反应而不是置换反应，选项C错误；

D．根据乙烯分子6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面，结合山梨酸分子结构可知，所有碳原子可能共平面，选项D正确。

答案选C。

10．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下，M单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是

A．X单质与M单质不能直接化合

B．Y的合金可用作航空航天飞行器材料

C．M简单离子半径大于Y2+的半径

D．X和Z的气态氢化物，前者更稳定

【答案】A

【解析】元素X的一种高硬度单质是宝石，即X是C，Y2＋电子层结构与氖相同，则Y为Mg，Z的质子数为偶数，Z可能是Si，也可能是S，室温下，M的单质为淡黄色固体，则M为S，即Z为Si，A、C与S能直接化合成CS2，故说法错误；B、镁合金质量轻，硬度大，耐高温，可用作航空航天飞行器材料，故说法正确；C、S2－比Mg2＋多一个电子层，因此S2－的半径大于Mg2＋，故说法正确；D、氢化物分别是CH4、SiH4，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C>Si，即CH4比SiH4稳定，故说法正确。

11．下列实验操作、现象、解释和所得到的结论都正确的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【解析】苯酚与三溴苯酚相似相溶，故向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀，不能说明苯酚的浓度小，A项错误；加入硫酸电离出的氢离子与前面硝酸钡电离出的硝酸根离子结合形成组合硝酸，将亚硫酸根氧化为硫酸根，B项错误；加入硝酸银之前应该将溶液调节至酸性，否则氢氧化钠会与硝酸银反应生成白色沉淀，C项错误；溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，D项正确。

12．一定条件下，CO2分子晶体可转化为具有类似SiO2结构的原子晶体．从理论上分析，下列说法正确的是（　　）

A．该转化过程是物理变化

B．1molCO2原子晶体中含2mol C﹣O键

C．CO2原子晶体的熔点高于SiO2

D．CO2的原子晶体和分子晶体互为同分异构体

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.转化后相当于生成了新的物质，因此属于化学变化，A项错误；

B.1molbbf9274533f4669d280bc786010fd4c9.png中含4mol6155915b5a6ff795519f06f2cd5b7dda.png键，既然二者结构类似，1mol6f8247a9b3f148deefbcd1976e311ca1.png中应该有4mold65ff9262b627ca73d4650a5bb28a5fd.png键，B项错误；

C.当结构相近时，原子晶体的熔沸点与组成原子的半径大小呈反比，即组成原子晶体的原子半径越小，熔沸点越高，而碳原子的半径小于硅原子，C项正确；

D.同分异构体中强调的是“分”，即分子式相同，而6f8247a9b3f148deefbcd1976e311ca1.png的原子晶体无分子式一说，二者自然不互为同分异构体，D项错误；

答案选C。

【点睛】

还有一个比较容易搞错的例子是4f645cef778354b6fc6e9a9fa63ed844.png、70022e7135cdb080d170343867a9e1e9.png、f066e1184caa1b9991cbceb207ea6341.png，三者都是氢气，因此为同一种物质。

13．下列操作不能达到目的的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A、将25gCuSO4·5H2O溶于100 mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A错误；

B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl，B正确；

C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；

D、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3，则可以实现目的，D正确；

答案选A。

【点晴】

该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：

①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；

②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；

③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；

④分离提纯物是气体：洗气。

14．科学的假设与猜想是科学探究的先导与价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的是

A．探究Na与水反应可能有O2生成

B．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成

C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能含有CuS

D．探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液红色褪去的原因是溶液酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致

【答案】A

【解析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠、氢和氧三种元素，产生的气体如果为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价-2价，不可能再降低，故A选；B、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故B不选；C、根据氧化还原反应化合价变化，浓硫酸与铜反应，硫酸中的硫元素被还原，铜有可能被氧化为硫化铜，有探究意义，故C不选；D．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D不选；故选A。

点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及生成物成分推测，解题关键：氧化还原反应规律、物质性质，易错点：C选项，注意氧化还原反应特点及本质，题目难度中等。

15．海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：

下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是（ ）

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【解析】

【详解】

由流程可知，步骤①是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤②是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤③是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器；步骤④是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，则错误的为C，故答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：

(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______(填“强”或“弱”)酸。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3具有______性。(填“还原”或“氧化”)。

(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按如图装置进行实验。将35.0 mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。

已知：CS32- +2H+==CS2 +H2S↑，CS2 和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46°C，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。

①仪器d的名称是__________。反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为______。

②B中发生反应的离子方程式是________。

③反应结束后。打开活塞K。再缓慢通入热N2(高于60°C)一段时间，其目的是__________。

④为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前，需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________；若B中生成沉淀的质量为8.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。

⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气(高于60°C)，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】弱 还原 分液漏斗 排除装置中的空气 Cu2++H2S=CuS↓+2H+ 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 洗涤 干燥 2.5mol/L 偏高

【解析】

【分析】

（1）根据盐类水解原理及酸性高锰酸钾的强氧化性分析解答；（2）根据实验目的、实验装置及空气的组成和H2S的还原性分析解答；运用关系式法进行相关计算。

【详解】

（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：弱；还原性；

（2）①根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；N2化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：分液漏斗；排除装置中的空气；

②B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；

③反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；

④称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=8822297f2325b33cd858a64d21e4cb76.png，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S↑，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，得到定量关系：CS32−∼H2S∼CuS， n（Na2CS3）= n（CuS）=0.0875mol，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度27365c836b4de2927bbbdd3ded989505.png，故答案为：洗涤、干燥； 2.5mol/L；

⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：偏高。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下:

已知:RClRCOOH

（1）H的官能团名称___________。写出E的结构简式___________。

（2）B→C中①的化学方程式___________。

（3）检验F中官能团的试剂及现象_________。

（4）D的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有________种。

①1mol D能与足量 NaHCO3反应放出2mol CO2

②核磁共振氢谱显示有四组峰

（5）H→J的反应类型___________。

（6）已知：

K经过多步反应最终得到产物P：

①K→L的化学方程式___________。

②写出M的结构简式___________。

【答案】醚键、硝基 (C2H5OOC)2C=CHOC2H5 ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaCl FeCl3溶液，显紫色 3 还原反应 +C2H5OH

【解析】

【分析】

A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有4个氧原子，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，B为ClCH2COOH，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。

【详解】

（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。

（2）B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNword/media/image42_1.pngNCCH2COOH+NaCl。

（3）F为苯酚，苯酚遇 FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。

（4）D的同分异构体有多种，1mol D能与足量 NaHCO3反应放出2mol CO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3种。

（5）H→J是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。

（6）①根据已知，K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以K→L的化学方程式为：+C2H5OH。

②得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q在NaOH溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐，故M的结构简式为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应：①

①31bd84d4e25b43a0d0fa2ff6d1134ea7.png

②12435a71bab7bb2e10f2a1aa47d6d9bd.png

③c48ec403684ed16296183ed872eba3aa.png

④223ea554f434d43299830ed4e3bfbbfa.png

（l）温度为TK时，催化由CO、H2合成CH4反应的热化学方程式为____。

（2）已知温度为TK时94e0c105c6686eb883312e7bb2f19f4e.png的活化能为485.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能为____kJ/mol。

（3）TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO(g)和H2O(g)发生上述反应②（已排除其他反应干扰），测得CO(g)物质的量分数随时间变化如下表所示：

若初始投入CO为2 mol，恒压容器容积10 L，用H2O(g)表示该反应0-5分钟内的速率v（H2O（g））=____。6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，则改变的外界条件为____

（4）750K下，在恒容密闭容器中，充入一定量的甲醇，发生反应④，若起始压强为101 kPa，达到平衡转化率为50. 0%，则反应的平衡常数Kp= _____用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其它反应）。

（5）某温度下，将2 mol CO与5 mol H2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应③。经过5 min后，反应达到平衡，此时转移电子6 mol。若保持体积不变，再充入2 mol CO和1.5 mol CH3OH，此时v（正）____v（逆）（填“>” “<”或“=”）。下列不能说明该反应已达到平衡状态的是____。

a CH3OH的质量不变 b 混合气体的平均相对分子质量不再改变

c v逆(CO)=2v正(H2) d 混合气体密度不再发生改变

（6）已知400 K、500 K时水煤气变换中CO和H，分压随时间变化关系如下图所示，催化剂为氧化铁。实验初始时体系中的pH2O和PCO相等、PCO2和pH2相等；已知700 K时6bd19ec87c3f0e7415c890d690ac5f5c.png的K=l. 31。

400 K时pH2随时间变化关系的曲线是 _____500 K时pCO随时间变化关系的曲线是____

【答案】word/media/image54_1.png 320.2 0.32mol•L-1•mim-1 降低温度 50.5 kPa > cd b d

【解析】

【分析】

(l)由盖斯定律可知，②-①得到word/media/image55_1.png，以此来解答。

(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，根据已知信息，word/media/image56_1.png为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，依据反应能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；

(3)发生反应word/media/image57_1.png，根据v=word/media/image58_1.png计算反应速率，利用速率之比等于反应中计量数之比可得到H2O的反应速率，根据表中的数据可知，在5分钟后，一氧化碳的物质的量分数不变为0.1，即反应达到平衡状态，该反应气体的总物质的量不变，6分钟时，一氧化碳的物质的量分数变小，说明平衡正向移动，据此分析；

(4)设甲醇的物质的量为1mol，平衡时转化率为50%，则根据三段式、各物质平衡时总压和分压的关系计算；

(5)某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=word/media/image59_1.png×1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算平衡常数K=word/media/image60_1.png，若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc和平衡常数大小比较判断平衡的进行方向；反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，分析选项中变量不变说明反应达到平衡状态，否则不能达到平衡；

(6)该反应为放热反应，则小于700K时，K(400K)> K(500K)>1.31，则平衡时p(H2)> p(CO)，故a、b表示H2的分压，c、d表示CO的分压；

【详解】

(1)已知反应：①word/media/image61_1.png，②word/media/image62_1.png，由盖斯定律可知，②-①得到word/media/image54_1.png，

故答案为：word/media/image54_1.png；

(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，根据已知信息，word/media/image56_1.png为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，依据反应能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；word/media/image61_1.png，该反应的活化能为485.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能=485.2 kJ/mol -165 kJ/mol =320.2 kJ/mol；

(3)发生反应word/media/image57_1.png，若初始投入一氧化碳为2mol，则水蒸气也为2mol，该反应的总物质的量不变，所以平衡时一氧化碳的物质的量为4mol×0.1=0.4mol，0～5分钟内的一氧化碳的反应速率υ（CO）=word/media/image63_1.png=0.032mol/（L•min），6分钟时，一氧化碳的物质的量分数变小，说明平衡正向移动，而该反应为放热反应，所以应为降低温度；

(4)设甲醇的物质的量为1mol，平衡时转化率为50%，则根据三段式：

word/media/image64_1.png

n始：n平=p始：p平，p平=word/media/image65_1.png

则反应的平衡常数Kp=word/media/image66_1.png=50.5 kPa；

(5)某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量==word/media/image59_1.png×1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算:

word/media/image67_1.png

平衡浓度c(CO)=word/media/image68_1.png=0.25mol/L，c(H2)=word/media/image69_1.png=1mol/L，c(CH3OH)=word/media/image70_1.png=0.75mol/L，平衡常数K=word/media/image71_1.png=3，若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc=word/media/image72_1.png=1.2<3，说明平衡正向进行，此时v(正)>v(逆)；

CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0，反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，分析选项中变量不变说明反应达到平衡状态；

a.CH3OH的质量不变，物质的量不变，说明反应达到平衡状态，故a不符合题意；

b.反应前后气体质量不变，反应前后气体物质的量变化，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，故b不符合题意；

c.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v正(CO)=v正(H2) ，属于正反应速率之比，当满足2v逆(CO)=v正(H2)说明氢气的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但v逆(CO)=2v正(H2)不能说明反应达到平衡状态，故c符合题意；

d.反应前后气体质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不发生改变，不能说明反应达到平衡状态，故d符合题意；

故答案为cd；

(6)已知700 K时word/media/image73_1.png的K=l. 31，该反应为放热反应，则小于700K时，K(400K)> K(500K)>1.31，则平衡时p(H2)> p(CO)，故a、b表示H2的分压，c、d表示CO的分压，升高温度反应逆向进行，CO的分压增大，H2的分压减小，则由此可判断400K时p(H2)和 p(CO)随时间变化关系曲线分别是b、c；500K时p(H2)和 p(CO)随时间变化关系曲线分别是a、d。

【点睛】

化学平衡的判断依据必须是正逆反应方向的速率相等，各成分的浓度保持不变的状态，还需要注意间接判据分析时要看是否为变量不变，变量不变的状态是平衡状态。

19．铁能形成多种化合物，如Fe（SCN）3，[Fe（CO）5]（羰基铁），它们在生活生产中有广泛应用。

（1）Fe3+基态核外电子排布式为_____。

（2）实验室用KSCN溶液、苯酚溶液检验Fe3+．N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为____　。SCN﹣中的碳原子的杂化轨道类型为_____。与SCN﹣互为等电子体的分子是_____。

（3）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂。1mol[Fe（CO）5]分子中含σ键数目为_____。

（4）某种氮化铁晶胞的晶体如图所示，该氮化铁晶体的化学式为_____。

【答案】1e91ea3ccfeb238b56447aa77cc9cb54.png N>O>S sp CO2(COS等) 10NA或6.02×1024 Fe3N

【解析】

【分析】

（1）Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，从4s开始失去电子；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，SCN﹣为直线形结构，等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒；

（3）羰基配合物中，中心Fe与配体CO之间形成配位键，CO分子中，C与O之间含有一个配位键；（4）根据均摊法计算氮化铁晶体的化学式。

【详解】

（1）Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，从4s开始失去电子，所以Fe3+基态核外电子排布式为：[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；

（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，SCN﹣为直线形结构，则其中C为sp杂化，

等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与SCN﹣互为等电子体的分子是：CO2（COS等），故答案为：N＞O＞S；sp；CO2（COS等）；

（3）羰基配合物中，中心Fe与配体CO之间形成配位键，CO分子中，C与O之间含有一个配位键，所以1mol[Fe(CO)5]分子中含σ键数目为10 NA，故答案为：10NA或6.02×1024；

（4）氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+2×+3＝6、含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6：2＝3：1，所以化学势为Fe3N，故答案为：Fe3N。

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．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．1.0L1.0molL—1的H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA

B．273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NA

C．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH—的数目为0.1NA

D．1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA

2．《唐本草》和《本草图经》中记载：“绛矾，本来绿色，……正如瑁璃烧之赤色”“取此物（绛矾）置于铁板上，聚炭，……吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物质是（ ）

A．FeSO4·7H2O B．S C．Fe2O3 D．H2SO4

3．下列比较错误的是

A．与水反应的剧烈程度：K B．稳定性：HF>HC1

C．原子半径：Si>N D．碱性：Ca(OH)2> Mg(OH)2

4．下列化学用语正确的是

A．CH3OOCCH3名称为甲酸乙酯

B．次氯酸的电子式

C．17Cl原子3p亚层有一个未成对电子

D．碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向

5．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是

A．其分子直径比氯离子小

B．在水中形成的分散系属于悬浊液

C．在水中形成的分散系具有丁达尔效应

D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸

6．不洁净玻璃仪器洗涤方法正确的是（ ）

A．做银镜反应后的试管用氨水洗涤 B．做碘升华实验后的烧杯用酒精洗涤

C．盛装CCl4后的试管用盐酸洗涤 D．实验室制取O2后的试管用稀盐酸洗涤

7．为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672 L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是(　　)

A．Na2SO4、(NH4)2CO3、KCl

B．KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4

C．CuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4

D．Na2SO4、NH4Cl、K2CO3

8．下列实验现象与实验操作不相匹配的是

A．A B．B C．C D．D

9．25℃时，取浓度均为0.1 mol·L−1的醋酸溶液和氨水各20 mL，分别用0.1 mol·L−1 氢氧化钠溶液和0.1 mol·L−1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线I，滴加10 mL溶液时：c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)

B．曲线I，滴加20 mL溶液时：两溶液恰好完全反应，此时溶液的pH<7

C．曲线II，滴加溶液体积在10～20 mL之间时存在：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)

D．曲线II，滴加30 mL溶液时：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)

10．饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体．下列分析错误的是（　　）

A．该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl

B．母液中通入的氨气与HCO3﹣反应：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+

C．加食盐是为增大溶液中Cl﹣的浓度

D．由题可知温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大

11．2.8g Fe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是

A．反应后溶液中c（NO3－）=0.85mol/L

B．反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe

C．反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在

D．1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体

12．已知有关溴化氢的反应如下：

反应I：2588e69a5c3afaedeb2a9e6a8d577316.png

反应Ⅱ：8ce06e6fd00db4603b628d9e182cf404.png

反应Ⅲ：a412218b9412b154efa6a516e4f41ebb.png

下列说法正确的是

A．实验室可用浓33ea66f48527bd8c07bb368d1172950d.png与NaBr反应制HBr并用e6d82aaa86fe1f0db8d7dbb230652ce6.png干燥

B．反应Ⅰ中还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1

C．HBr有强还原性，与b7e7c6c13139e9946550308ade81bba6.png溶液发生氧化还原反应

D．HBr的酸性比HF强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记

13．化合物(x)、 (y)、(z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是

A．x、y、z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

B．z的同分异构体只有x和y两种

C．z的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)

D．x分子中所有原子共平面

14．通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是

A．A B．B C．C D．D

15．1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是

A．所有碳原子可能在同一平面 B．乙苯与它互为同分异构体

C．二氯代物有9种 D．只能发生取代、加成、加聚反应

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．铋及其化合物在工业生产中用途广泛，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质）制备NaBiO3，其流程如下：

已知：①铋酸钠是一种难溶于水的物质；②水解能力：Bi3+＞Fe3+。

回答下列问题：

（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有___________（任写一条）；过滤1的滤渣中的某种主要成分可溶于一种弱酸，写出该反应的化学方程式____________。

（2）浸取时加入过量浓盐酸的目的是___________________________________________。

（3）写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式____________________________________。

（4）用H2Dz(双硫腙，二元弱酸）～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu(HDz)2等]，再用CCl4萃取此络合物。下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率）。

①当n(Bi3＋)：n[Bi(HDz)3]=1:4时，废水的pH=_________。

②向萃取后的CCl4中加入足量的NaOH溶液可将Bi(HDz)3中铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为_____________________________________________。

（5）取焙烧得到的NaBiO3样品加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。已知NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化成MnO4－，试写出该反应的离子方程式：_____________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．H（3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯）是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线 合成。

请回答下列问题：

（1）C的化学名称为________，G中所含的官能团有醚键、_______、__________（填名称）。

（2）B的结构简式为________，B生成C的反应类型为___________。

（3）由G生成H的化学方程式为_________。E→F是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基，而C→D选用的是(NH4)2S，其可能的原因是________。

（4）化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种。

①氨基和羟基直接连在苯环上 ②苯环上有三个取代基且能发生水解反应

（5）设计用对硝基乙苯为起始原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_____

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。回答下列问题：

(1)催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物（CO、NOx、碳氢化合物）进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。

已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5 kJ/mol；

2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=－221.0 kJ/mol；

C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=－393.5 kJ/mol

则尾气转化反应2NO(g) +2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=___________。

(2)氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。在773 K时，分别将2.00 mol N2和6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示：

①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3 mol/L，则此时v正____v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。

②由表中的实验数据可得到“c—t”的关系，如图1所示，表示c(N2)—t的曲线是______。在此温度下，若起始充入4 mol N2和12 mol H2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)—t的曲线上相应的点为________。

(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H=－34.0kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图2所示：

①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______；在1100K时，CO2的体积分数为__________。

②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=______[已知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数]。

(4)在酸性电解质溶液中，以惰性材料作电极，将CO2转化为丙烯的原理如图3所示

①太阳能电池的负极是_______(填“a”或“b”)

②生成丙烯的电极反应式是___________。

19．（6分）Cr、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

（1）还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72−和CrO42−）工业废水的常用方法，过程如下：

①已知：常温下，初始浓度为1.0 mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。则上述流程中CrO42-转化为Cr2O72-的离子方程式为______________________。

②还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

③Cr3+与Al3+的化学性质相似，对CrCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为____________。

④常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5mol·L−1（即沉淀完全），应调节至溶液的pH=_____。

（2）“亚硫酸盐法”吸收烟中的SO2

①将烟气通入1.0mol/L 的Na2SO3溶液，当Na2SO3恰好完全反应时，溶液pH约为3，此时，溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_________（用离子浓度符号和“＞”号表示）。

②室温下，将烟道气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。

已知部分弱电解质的电离常数（25℃）如下：

（i）(NH4)2SO3溶液呈____（填“酸”、“碱”或“中”）性，其原因是_________________。

（ii）图中b点时溶液pH=7，则n(NH4+):n(HSO3- )=_________。

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】

【详解】

A. 1.0L1.0molL-1的H2SO4水溶液中含有水，氧原子数大于4NA，A错误；

B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于NA，B错误；

C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中没有体积，无法计算OH—的数目，C错误；

D. 1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1 mol电子，失去的电子数一定为NA，D正确；

答案选D。

2．B

【解析】

【详解】

由信息可知，绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物，即FeSO4·7H2O，加热发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫与水结合可生成硫酸，不涉及的物质是S，答案选B。

【点睛】

硫为淡黄色固体，在题目中并未涉及，做本题时要关注各物质的物理性质。

3．A

【解析】

【详解】

A．金属性K＞Ca＞Na＞Mg，金属性越强，金属单质与水反应越剧烈，故A错误；

B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞S，所以氢化物的稳定性HF＞H2S，故B正确；

C．C、Si同主族，电子层依次增大，故原子半径Si＞C，C、N同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径C＞N，因此原子半径：Si>N，故C正确；

D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca＞Mg，所以碱性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确；

故选A。

4．C

【解析】

【详解】

A．酯的命名是根据生成酯的酸和醇来命名为某酸某酯，此有机物是由甲醇和乙酸酯化得到的，故为乙酸甲酯，选项A错误；

B．次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，选项B错误；

C．17Cl原子3p亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p5，选项C正确；

D．碳原子最外层有两个2s、两个2p电子，s电子的电子云为球形，p电子的电子云为纺锤形，有3种伸展方向，选项D错误。

答案选C。

5．C

【解析】

【详解】

A. 氯离子半径小于1nm，因此其分子直径比氯离子大，故A错误；

B. 在水中形成的分散系属于胶体，故B错误；

C. 在水中形成的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故C正确；

D. “钴酞菁”分子直径小于滤纸中空隙的直径，故D错误。

综上所述，答案为C。

【点睛】

胶体具有丁达尔效应、利用渗析的方法净化胶体，要注意胶体是混合物。

6．B

【解析】

【详解】

A. 银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，A项错误； 
B. 根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘，B项正确；
C. CCl4与盐酸不反应，但易溶于酒精，因此残留有CCl4的试管，可用酒精洗涤，C项错误；
D. 实验室若用过氧化氢制取O2，则反应后会剩余不溶于水也不溶于稀盐酸的二氧化锰，因此用稀盐酸无法洗净试管，D项错误；

答案选B。

7．D

【解析】

【详解】

根据（1）中沉淀6.63 g和4.66 g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol；根据（2）中气体0.672 L可知含有NH4+ 0.03 mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42- 0.02 mol时NH4+有0.04 mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；

答案选D。

8．B

【解析】

【详解】

A选项，分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，由于镁的金属性比铝的金属性强，因此镁片表面产生气泡较快，故A正确，不符合题意；

B选项，向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡，先生成大量蓝色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合铜溶液，故B错误，符合题意；

C选项，将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶，镁条与二氧化碳反应生成氧化镁和黑色的碳，并伴有浓烟，故C正确，不符合题意；

D选项，向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加2—3滴KSCN溶液，铁离子和铁粉反应生成亚铁离子，亚铁离子与KSCN不显色，故D正确，不符合题意。

综上所述，答案为B。

【点睛】

硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解，硝酸银溶液中逐滴加入氨水也有类似的性质。

9．B

【解析】

【分析】

NaOH滴定醋酸，溶液的pH越来越大，因此虚线表示的NaOH滴定醋酸的曲线；而HCl滴定氨水时，pH越来越小，因此实现表示的为HCl滴定氨水的曲线。

【详解】

A、实现表示的为HCl滴定氨水的曲线，加入10mL溶液，NH3·H2O反应掉一半，得到NH3·H2O和NH4Cl等浓度的混合溶液，根据物料守恒有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)；根据电荷守恒，有c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl－)，加入10mLHCl时，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离大于NH4＋的水解，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，则c(NH4+)+c(H＋)＜c(OH－)+ c(Cl－)，A错误；

B、恰好完全反应时，生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解成酸性，pH＜7，B正确；

C、曲线Ⅱ中，滴加溶液体积在10mL～20mL时，溶液的pH从酸性变成碱性，除了中性外c(OH－)≠c(H＋)，C错误；

D、曲线II，滴加30 mL溶液时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋) +c(Na＋)，则c(Na＋)> c(CH3COO－)，D错误；

答案选B。

10．D

【解析】

【分析】

【详解】

A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的4aafa8022fb700228dd1292374817aef.png以沉淀的形式析出，A项正确；

B.8edfaa9c8d0ee947d3b5e328ad4d778d.png溶于水得到一水合氨，371e6be6a0f7575dd30a2bb07a33748b.png可以和一水合氨发生反应，得到1a5f19e18f54ee1f8b17d8fab0324d94.png和018b0a796be2edcc470273ba8f839771.png，B项正确；

C.加食盐是为了提高溶液中1f7305cf8c7126766df02a54b89c3a12.png的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项正确；

D.加食盐能得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项错误；

答案选D。

11．A

【解析】

【分析】

Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NOx）＝768617ed810c9a121134ab2d5d2a035a.png＝0.05mol，反应后溶液pH＝1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。

【详解】

A．根据N原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）＝n（HNO3）+3n[Fe（NO3）3]＝0.02mol+3×cb1bdf0adf350ad73bf7e7ba45ae9888.png＝0.17mol，则c（NO3-）＝4a20119b9808f6a0c10c0ee352b4a755.png＝0.85mol/L，A正确；

B、反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）=5ba8f3adfc2b04c402172763cfe99e62.png×3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）=0e1bbb6a7ac1ff5d67de8ef0715b625d.png=0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol×56g/mol＝1.82g，B错误；

C、反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误；