满分：100分 时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：
H：1；C：12；O：16；N：14；Fe：56；Cl：35.5；S：32；Na：23；Al：27；Zn:65 一、单项选择题（共20小题，每题3分，共60分） 1．下列设备工作时，是将化学能转化为电能的是（ ）
A B C D 太阳能集热器 燃气灶 铅蓄电池充电 锂离子电池放电 2．下列由实验得出的结论正确的是（ ） A． B． C． 实验 某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O 将SO2气体通入FeCl3溶液中,黄色褪去 用醋酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使D． 湿润的石蕊试纸变红 3．下列物质与其用途相符合的是 （ ）
①Cl2——自来水消毒剂 ②浓硫酸——干燥剂 ③AgI——人工降雨 ④FeCl3——印刷电路板 ⑤淀粉——检验I2的存在 ⑥Na2O2——漂白纺织物 A． ②③④⑤⑥ B． ①②③④⑤ C． ②③④⑤ D． 全部 4．下列离子组因发生双水解反应而不能大量共存的是（ ） A． Ba2+、NH4+、SO42-、OH- B． H+、Na+、NO3-、I- C． Al3+、K+、HCO3-、NO3- D． H+、Ca2+、CO32-、Cl-
5．以下各物质间的每步转化不能通过一步反应就实现的是（ ） A． C→CO→CO2→Na2CO3 B． Fe→Fe3O4→Fe(OH)3→FeCl3 C． Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D． N2→NO→NO2→HNO3 6．NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ） A． 标准状况下，11.2L的己烷所含的分子数为0.5NA B． 28g乙烯所含共用电子对数目为4NA
生产的氯甲烷具有酸性 结论 该有机物属于烃类物质 SO2具有漂白性 醋酸的酸性强于碳酸的酸性 C．12g C原子含共价键数为4NA
D． 乙烯、丙烯的混合气体共14g，其原子数为3 NA
7．有关烯烃的下列说法中，正确的是 ( ) A． 烯烃分子中所有的原子一定在同一平面上
B． 烯烃在适宜的条件下只能发生加成反应不能发生取代反应 C． 分子式是C4H8的烃分子中一定含有碳碳双键 D． 烯烃既能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色
8．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y和X2的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。下列说法正确的是 A． Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强 B． 离子半径大小：Z>Y>X
C． 工业上用MnO2和Z的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取Z的单质 D．W元素所在的族形成的化合物种类最多 9．下列说法不正确的是（ ） ．．．A．
表示质子数为6、中子数为8的核素
＋
－
B． C2H4和C3H6一定互为同系物
C． C5H12的同分异构体有3种，其沸点各不相同 D． CH3CH2CH2CH(CH3)2的名称是2-甲基戊烷 10．己知反应CH4(g)+C02(g)
2CO(g)+2H2(g) ΔH>0,有利于提高CH4平衡转化率的条件是（ ）
A． 高温低压 B． 低温高压 C． 高温高压 D． 低温低压 11．下列化学用语的表达正确的是（ ）
A． Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+ 6H+ =2S↓ +H2O B． 乙烯的结构简式CH2CH2 C． 次氯酸的电子式：
CO32-+ H3O+
D． HCO3- 的电离方程式：HCO3- + H2O
12．1mol CH2=CH—CH2CH3与Cl2完全发生加成反应后，再与Cl2彻底取代，两过程共消耗Cl2的物质的量为（ ）
A． 7mol B． 5mol C． 9mol D． 8mol
13．下列表格中烷烃的一氯代物只有一种,仔细分析其结构和组成的变化规律,判断第4位烷烃的分子式是
（ ）
…… 1 2 3 …… A． C36H70 B． C36H74 C．C53H108 D． C52H106 14．下列有机物存在顺反异构现象的是（ ）
A． CH3CH3 B． CH2=CHCl C． CH3CH=CHCH3 D． CH3CH=CH2 15．下列各项叙述正确的是（ ）
①水玻璃、碱石灰、漂白粉、铝热剂均为混合物
②进行中和热的测定实验时，必须用到两个量筒和两个温度计 ③由不同种原子间形成的共价键一定是极性共价键
④有单质参加的反应或有单质生成的反应一定是氧化还原反应 ⑤碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物 ⑥蒸馏在天然香料，药物提取及核燃料处理等技术中得到了广泛的应用 ⑦Ca(HCO3)2、Fe(OH)3可由化合反应制得，Fe3O4可以由置换反应制得 A． ①③⑤ B． ①⑤⑦ C． ②③⑤⑦ D． ①②④⑥
16．已知有关M、N、P、Z四种金属的以下实验事实：①M＋N2===M2＋N ②用Pt作电极电解同物质的量浓度P和M的硫酸盐的混合溶液，在阴极上析出单质M ③把N和Z用导线相连并同时放入Z的硫酸盐溶液中，电极反应为Z2＋2e===Z，N－2e===N2。判断这四种金属的还原性由强到弱的正确顺序是（ ）
B．M＞N＞Z＞P C．Z＞P＞M＞N D．P＞M＞N＞Z
－
＋
－
－
＋
＋
＋
A．M＞N＞P＞Z
－
17．将0.4 mol·L1NH4Cl溶液和0.2 mol·L1NaOH溶液等体积混合后溶液显碱性，下列微粒的物质的量关系正确的是( )
A． c(NH4+)＝c(Na)＝c(OH)＞c(NH3·H2O) B． c(NH4+)＞c(Na)＞c(NH3·H2O)＞c(OH)＞c(H) C． c(NH4+)＞c(Na)＞c(OH)＞c(NH3·H2O) D． c(NH4+)＝c(Na)＞c(NH3·H2O)＞c(OH)＞c(H) 18. 某同学设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置(如图)。沉淀，且较长时间不变色。下列说法中正确的是 ( )
通电后，溶液中产生白色
＋
－
＋
＋
－
＋
－
＋
＋
－
A．电源中“a”为负极，“b”为正极 B．电解池中的电解液不可以是NaCl溶液 C．B电极发生的反应：2H＋2e===H2↑ D．A、B两端都必须使用铁作电极
19．Licht等科学家设计的Al—MnO4—电池原理如图所示，电池总反应为Al＋MnO4—===AlO2—＋MnO2，下列说法正确的是( ) A． 电池工作时，K向负极区移动 B． Al电极发生还原反应
C． 正极的电极反应式为MnO4—＋4H＋3e===MnO2＋2H2O D． 理论上电路中每通过1mol电子，负极质量减小9g
20．常温下，0.2 mol/L的一元酸HA溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组
分及浓度如下图所示，下列说法正确的是
＋
－
＋
＋
－
A．HA为强酸
B．该混合液pH=7
C．图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+ D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c(Na+) 二． 填空题 (共40分) 21．（每空2分，共12分）
甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，请回答下列问题：
(1)高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁，有关反应为：
CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ΔH ＝+260 kJ·mol1
已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH ＝－566 kJ·mol1
则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为：___________________________。
－
－
(2)如下图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。
①a处应通入______（填“CH4”或“O2”），b处电极上发生的电极反应式是 。②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH_____（填写“变大”“变小”或“不变”，下同），装置Ⅱ中Cu2的物质的量浓度______；
③在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8 g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷________L（标准状况下）。
22．（每空2分，共8分）0.3mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成1.8molCO2和32.4gH2O。试回答： （1）烃A的分子式为_______________。
（2）若取一定量的该烃A完全燃烧后，生成CO2和H2O各3mol，则有______g烃A参加了反应，燃烧时消耗标准状况下的氧气______ L。
（3）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则烃A的结构简式为____________。
23．（每空2分，共12分）有机物键线式结构的特点是以线示键，每个折点和线端处表示有一个碳原子，并以氢补足四键，C、H不表示出来，其它原子或原子团要表示出来，例如：CH3CHOHCH3的键线式结构为
。CH3CH=CHCH3是石油裂解的产物之一，它的键线式结构可表示为
。
＋
（1）的系统命名 ，其所含官能团的结构式为 。
+Br2→ ，反应类型为
（2）完成下列反应方程式，产物用键线式表示：反应。
（3）是一种加聚产物，则其单体的结构简式为 。
24.（每空2分，共10分）工业上常用含少量SiO2、Al2O3的铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼铬，简要流程如下：
（1）完成下列化学方程式(在横线上填写物质的化学式及计量数)： 2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO3
4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋__________ （2）操作①包括过滤与洗涤，在实验室中进行洗涤沉淀的操作是______________________；
操作②可选用的装置(部分夹持装置略去)是________(填序号)。
（3）写出能够完成操作③的相关反应的化学方程式：____________________________
（4）化学需氧量(COD)可度量水遭受有机物污染的程度。在强酸并加热的条件下，用K2Cr2O7作强氧化剂处理水样，并测定消耗的K2Cr2O7的量，然后换算成相当于O2的含量称为化学需氧量(以mg·L化学兴趣小组测定某水样的化学需氧量(COD)过程如下： a．取a mL水样置于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.2500 mol·Lb.……
c．加指示剂，用c mol·L
＋
－1
－1
－1
计)。
的K2Cr2O7溶液。
的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，终点时消耗b mL(此步骤的目的是用
＋
Fe2把多余的Cr2O转化为Cr3)。
计算该水样的化学需氧量时需用到下列关系：要除去1 mol Cr2O-需消耗__________ mol Fe2。
一、单项选择题（共20小题，每题3分，共60分）
1．B 2．C 3.D 4.C 5．B 6．D 7 .D 8.D 9. B 10.A
11. D 12．C 13．C 14.C 15 B． 16．D .17．B. 18.C 19.D 20.D
二、填空题（共4题，共40分） 21、（12分，每空2分）
(1) 2CH4(g) + O2(g)== 2CO(g)+4H2(g) ΔH＝-46 kJ·mol
－1
＋
(2) ①CH4 O2 + 2H2O +4e- =4OH- ② 变小 不变 ③ 1.12
22．C6H12 42g 100.8L 23 略
24 (1)7NaNO2
(2)向过滤器中加入蒸馏水至浸没固体，让液体自由流下，重复2—3次 ； D (3) Cr2O3 + 2Al
2Cr +Al2O3（电解Cr2O3 也可）
(4) 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．某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是 A．强酸溶液 【答案】A 【解析】 【详解】
A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故选A；
B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选B；
C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选C； D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不选D； 答案：A 【点睛】
醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减小，c(CH3COO―)+H2O
CH3COOH+OH-，从平衡角度分析。 B．弱酸性溶液
C．弱碱性溶液
D．强碱溶液
2．下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是 选项 A B 实验操作 将过量的CO2通入CaCl2溶液中 常温下将Al片插入浓硫酸中 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试C 纸上 D A．A 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A．因碳酸的酸性比盐酸弱，所以CO2与CaCl2溶液不反应，A项错误；
B．铝与浓硫酸发生钝化作用，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，B项错误； C．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，C项正确；
将SO2通入溴水中 B．B
C．C
溶液褪色 SO2具有漂白性 D．D
试纸变蓝色 浓氨水呈碱性 现象 无白色沉淀出现 无明显现象 结论 生成的Ca(HCO3)2可溶于水 Al片和浓硫酸不反应 D．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，D项错误； 故答案选C。
3．我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）
A．双氢青蒿素 A．A 【答案】A 【解析】 【详解】
C． 聚合氮 C．C
D．D
D．砷化铌纳米带 B．全氮阴离子盐 B．B
A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；
B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意； C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；
D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。 故选A。
4．2010年，中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如右图所示)，其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域。下列说法不正确的是( )
A．六炔基苯的化学式为C18H6
B．六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构 C．六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应 D．六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应 【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】
A、根据六炔基苯的结构确定六炔基苯的化学式为C18H6，A正确；
B、根据苯的平面结构和乙炔的直线型结构判断六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，B正确； C、六炔基苯和石墨炔中含有苯环和碳碳三键，都可发生加成反应，C正确；
D、由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，根据六炔基苯和石墨炔的结构判断六炔基苯合成石墨炔属于取代反应，D错误； 故答案选D。
5．下列有关垃圾分类说法错误的是
A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色 B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取 C．废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理 D．含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O 【答案】D 【解析】 【详解】
A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确； B. 可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；
C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确； D. 丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O的同时还有含氮物质生成，故D错误； 选D。
6．下列物理量与温度、压强有关且对应单位正确的是 A．阿伏加德罗常數：mol-1 C．物质的量浓度：g·L-1 【答案】B 【解析】
A、阿伏加德罗常數与温度、压强无关，故A错误；B、气体摩尔体积与温度、压强有关且对应单位正确，L1，故C错误；D、摩尔质量与温度、压强无关，故D错误；故B正确；C、物质的量浓度：单位是mol·故选B。
7．下列有关实验能达到相应实验目的的是
－
B．气体摩尔体积:L.mol-1 D．摩尔质量：g·mol-1
A．实验①用于实验室制备氯气 C．实验③用于石油分馏制备汽油 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
B．实验②用于制备干燥的氨气 D．实验④用于制备乙酸乙酯
A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；
B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；
C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确； D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误； 本题答案选C。
8．主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M是地壳中含量最多的元素，X、Z为金属元素；X、Y、Z最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是（ ） A．简单离子半径：X＜M＜Y
B．Z与M形成的化合物中一定只含离子键 C．YM2可用于自来水消毒
D．工业上常用电解M与X组成的化合物制单质X 【答案】B 【解析】 【分析】
主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；X、Z为金属元素，其最外层电子数只能为1、2、3，当X最外层电子数为1时，Z的最外层电子数可能为1、2、3，Y的最外层电子数为12-1-1=10、12-1-2=9、12-1-3=8，都不可能，所以X、Z最外层电子数只能为2、3，Y的最外层电子数为12-2-3=7，结合原子序数大小及都是主族元素可知，X为Al、Y为Cl、Z为Ca元素 【详解】
根据分析可知：M为O，X为Al，Y为Cl，Z为Ca元素。
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X＜M＜Y，故A正确；
B．O、Ca形成的过氧化钙中含有O-O共价键，故B错误； C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，故C正确； D．工业上通过电解熔融氧化铝获得金属铝，故D正确； 答案选B。 【点睛】
难点：通过讨论推断X、Y为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质。
9．国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076×1023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．40g正丁烷和18 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA B．常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH- 数目为0.01NA C．电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0.1NA
D．0.1mol Cl2与足量NaOH溶液反应后，溶液中Cl-、ClO- 两种粒子数之和为0.2NA 【答案】A 【解析】 【详解】
A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，二者相对分子质量相同，分子内的共价键数目也相同(都为13个)。混合物共58g，其物质的量为1mol，共价键数目为13NA，正确；
B. 常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目无法计算，因为不知道溶液的体积，错误；
C. 电解精炼铜时，阳极放电的金属不仅有铜，还有杂质中的比铜活泼的金属，所以阳极质量减小3.2g时，转移的电子数不一定是0.1NA，错误；
D. 0.1mol Cl2与足量NaOH溶液反应，溶液中除Cl-、ClO- 两种粒子外，可能还有ClO3-等含氯离子，它们的数目之和为0.2NA，错误。 故选A。
10．某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下： 序号 实验操作 实验现象 溶液不变红，试纸不变蓝 溶液不变红，试纸褪色 生成白色沉淀 下列实验分析中，不正确的是 ．．．A．①说明Cl2被完全消耗
B．②中试纸褪色的原因是：SO2 + I2 + 2H2O == H2SO4 + 2HI
C．③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42? D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化 【答案】C 【解析】
A. ①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B. 当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2 + I2 + 2H2O == H2SO4 + 2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42?，选项C不正确；D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。
点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42?。
11．要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（ ） ①加入少量氯水 ②加入少量KI溶液 ③加入少量KSCN溶液 A．③① 【答案】A 【解析】 【分析】
三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；
二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子； 碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。 【详解】
先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe溶液变成红色，以此证明Fe的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子， 操作选择及排序为③①。 答案选A。
12．水是自然界最重要的分散剂，关于水的叙述错误的是（ ） A．水分子是含极性键的极性分子 B．水的电离方程式为：H2O?2H++O2﹣
C．重水（D2O）分子中，各原子质量数之和是质子数之和的两倍
3+
2+
B．①③ C．②③ D．③②
D．相同质量的水具有的内能：固体＜液体＜气体 【答案】B 【解析】 【详解】
A. 水含H-O极性键，为V形结构，正负电荷的中心不重合，则为极性分子，A项正确； B. 水为弱电解质，存在电离平衡，电离方程式为H2O?H++OH﹣，B项错误；
C. 质量数为2×2+16=20，质子数为1×2+8=10，则重水（D2O）分子中各原子质量数之和是质子数之和的两倍，C项正确；
D. 由固态转化为液态，液态转化为气态，均吸热过程，气态能量最高，则相同质量的水具有的内能：固体＜液体＜气体，D项正确； 答案选B。
13．2CHCl3＋O2→2HCl氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料，在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2)：＋2COCl2。下列说法不正确的是
A．CHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化 B．CHCl3属于极性分子
C．上述反应涉及的元素中，元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子 D．可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与O形成双键，再与两个Cl形成A错误；CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同，共价单键，因此C原子采用sp2杂化，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl－，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D正确。
14．下列实验操作、现象和结论均正确的是（） 选项 操作 A． 向某无色溶液中滴加BaCl2溶液 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中B． 滴加稀盐酸 现象 产生白色沉淀 有刺激性气味气体硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定 产生，溶液变浑浊 结论 该无色溶液中一定含有SO42- 打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底C． 烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中 Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀 证明酸性强弱为：HCl>H2CO3>H2SiO3 D． CaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液 Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉无明显现象 淀转化 D．D
A．A 【答案】B 【解析】 【详解】
B．B C．C
A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A错误； B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸， S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；
C.向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误； D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D错误； 故选B。
15．下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢 C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；
B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；
C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确； D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。 答案选C。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)，还含有FeO、CaO、SiO2等。以辉铜矿石为原料制备CuCl2·2H2O的工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ.金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
Ⅱ.NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2·H2O易溶于水，酒精，浓氨水，随温度升高溶解度变化明显增大。 Ⅲ.Ksp(CaF2)=4.0×10-11
（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是___。写出“溶浸”过程中Cu2S溶解时离子方程式：___。 （2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势（如图），原因是___。
（3）写出“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：___。 （4）“沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是___。 （5）“操作X”的具体操作是___。
（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，要得到这种纯净物，最好选用下列试剂洗涤___。
A．浓盐酸 B．水 C．酒精 D．浓氨水
（7）向“浸出液”中加入NaF除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中
c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为___。
【答案】将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案） Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋ 温度升高，单
＋＋++
质硫在煤油中的溶解度增加 4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O NaClO将Fe2氧化Fe3，消耗H，使H浓
度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2O晶 C 99% 【解析】 【分析】
Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀 蒸发浓缩 冷却结
辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；加入NaF除去钙离子，生成CaF2沉淀，加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，再用NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋3H2O
＋
Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；过滤后在滤液中加入
盐酸调节pH，蒸发浓缩 冷却结晶，得到CuCl2·H2O。 【详解】
（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；“溶浸”过程中Cu2S溶解时，被Fe3＋氧化，离子方程式：Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋。
故答案为：将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋；
（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加； 故答案为：温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；
（3）加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O。
故答案为：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O；
（4）“沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋3H2O
＋
Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；
Fe(OH)3＋3H
＋＋++＋
故答案为：NaClO将Fe2氧化Fe3，消耗H，使H浓度减小，促使水解平衡Fe3＋3H2O＋
向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；
（5）氯化铜溶于水，则“操作X”的具体操作是蒸发浓缩 冷却结晶。 故答案为：蒸发浓缩 冷却结晶
（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是NaCl，NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2·H2O易溶于水、酒精、浓氨水，随温度升高溶解度变明显增大。所以要得到这种纯净物，最好选用洗涤剂酒精，而A．浓盐酸、B．水、D．浓氨水三个选项中提供的物质均能溶解NaCl，故答案为：C。
4.0×10-11，c(Ca2（7）当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时,Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)c2(F－)=c(Ca2＋)(2.0×10-3)2=
＋
1.0?10?3?1.0?10?5)=1.0×10mol·L，则除钙率为 ×100%=99%。 ?31.0?10-5
-1
故答案为：99%。 【点睛】
本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关NaCl在水中和酒精中的溶解度不同，键，难点（6）要充利用题目中的信息，难点（7）先用公式Ksp(CaF2)=c(Ca2
＋
)c2(F)计算出溶液中的c(Ca2)，再求出除钙率。
－＋
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：
已知：+R2OH
(1)A的名称是___________________。
(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。 (3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。 (4)写出反应②的化学方程式____________________。
(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式： ____________。
(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。 (7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）___________。
【答案】1，2-二氯丙烷 加成反应 氧化反应
C10H18O4 CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl Na2CO3饱和溶
液
【解析】 【分析】
丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷
，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为
，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生
酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构知E为CH3CH2OH。
可推
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。 【详解】
根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为
，C发生氧化反应得D为
HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根
据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为
CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。 (1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷 (2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应； (3)G的结构简式为：
CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4； (4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOH(5)C为环己烷
CH3CHOHCH2OH+2NaCl；
；F的结构简式为
，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为
；
(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，
鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到
，所以合成路线流程图为：
。
【点睛】
本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等． 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．中学化学中几种常见物质的转化关系如下图(部分严物未列出》。A是一种金属单质，D是一种非金属固体单质。
请回答下列问题：
（1）A、C、E的化学式分别为A________C________E________。
（2）F的浓溶液与A反应过程中,F体现的性质与下列反应中H2SO4体现的性质完全相同的是___________。A．C+2H2SO4(浓)
CO2↑+ 2SO2↑+2H2O
B．Fe + H2SO4=FeSO4+H2↑
C．Cu+ 2H2SO4(浓)=CuSO4+ SO2↑+2H2O D．FeO+ H2SO4=FeSO4+H2O
（3）写出反应E+H2O2→F的化学方程式：_____________。
（4）若反应F+D→E转移电子数为3.01×1023，,则消耗D的质量为__________。 【答案】Fe Fe2(SO4)3SO2CSO2+H2O2=H2SO44g 【解析】 由A
B→C，B为FeSO4，C为Fe2(SO4)3，则A为变价金属，则A为Fe，由F→C可推知F为H2SO4，
进而推出D为S，E为SO2。（1）由上述分析可知，A为Fe，C为Fe2(SO4)3；
（2）F的浓溶液与A反应过程中，硫酸体现强氧化性、酸性，A选项中浓硫酸只体现强氧化性，B选项中硫酸体现弱氧化性，C选项中浓硫酸体现强氧化性、酸性，D选项中硫酸体现酸性，答案选C；（3）E+H2O2→F的化学方程式为：SO2+H2O2═H2SO4；（4）F+D→E为2H2SO4（浓）+S═3SO2↑+2H2O，转移电子数为3.01×1023，其物质的量为0.5mol，消耗的硫的物质的量为0.125mol×32g/mol=4g 。
点睛：本题考查无机物的推断，涉及铁、硫元素单质及其化合物的性质，根据“金属A与硫酸反应生成B，B能氧化生成C”推断B为变价金属，是推断的突破口，需要学生具备一定的推理能力和扎实的基础知识，才能顺利解答。
19．将一定质量的铁粉加入装有100 mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应。试回答: （1）容器中剩余mg铁粉，收集到NO气体448 mL(标准状况下)。 ①所得溶液中溶质的化学式为__________。 ②原稀硝酸的物质的量浓度为__________。
（2）向（1）中所得的固液混合物中逐滴滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时容器中剩余铁粉ng。
①此时溶液中溶质的化学式为__________。 ②m-n的值为_______(精确到0.1)。
L-1 FeSO4 5.0 【答案】Fe(NO3)2 0.8 mol·【解析】 【详解】
（1）①容器中剩有m g的铁粉，铁过量，所得溶液中的溶质为Fe(NO3)2；②硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO，NO的物质的量=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应的n（Fe）=0.02mol×
0.5mol=0.125mol，其质量为43=0.03mol，由氮元素守恒可知：n（HNO3）=2n[Fe(NO3)2]+n（NO）2=2×0.03mol+0.02mol=0.08mol，故原硝酸的物质的量浓度=0.08mol÷0.1L=0.8mol/L；
（2）①向上述固-液混合物中逐滴加入稀硫酸，溶液中的反应顺序为：Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，因为此时铁还是有剩余，所以硝酸根离子被消耗尽，硝酸根反应完全后，最后是Fe和H2SO4反应生成H2，至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时溶液中的溶质为FeSO4；②Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，关系为：3Fe～2NO3-，溶液中硝酸根离子的物质的量是
0.08mol-0.02mol=0.06mol，所以消耗铁的物质的量是0.06mol×3/2=0.09mol，质量是0.09mol×56g/mol≈5.0g，即m-n的值为5.0。
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．PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCl2的工艺流程如图所示。
已知：i.PbCl2微溶于水
ii.PbCl2(s) + 2Cl－(aq)?PbCl42-(aq) ΔH>0 下列说法不正确的是( )
A．浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子方程式为：8H++2Cl－+PbS + 4MnO2=PbCl2 +4Mn2++SO42-+4H2O B．PbCl2微溶于水，浸取剂中加入饱和NaCl溶液会增大其溶解性 C．调pH的目的是除去Fe3+，因此pH越大越好 D．沉降池中获得PbCl2采取的措施有加水稀释、降温 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中含有硫酸根离子矿渣，PbS中S元素被氧化成SO42－，则发生反应为
4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)正向移动。加入NaOH溶液调节溶液pH，使Fe3转化成Fe(OH)3沉淀，过滤得到Fe(OH)3、矿渣和滤液；PbCl2微溶于水，将溶液沉降过滤得到PbCl2。
A．浸取过程中MnO2与PbS发生氧化还原反应，离子反应为：8H＋+2Cl－+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2＋+SO42－+4H2O，正确，A不选；
B．发生PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl－)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为PbCl42-(aq)，正确，B不选；
C．调节溶液pH，使Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3＋，但应避免同时生产Mn(OH)2沉淀，pH不能过大，错误，C选；
D．已知：PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq) △H＞0，可以通过加水稀释、降温促进反应逆向进行，获得PbCl2，正确，D不选。 答案选C。
＋
2．25℃时，L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1CH3COOH(Ka=1.75×10－5)溶液的过程中，用0.1mol·消耗NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列各项中粒子浓度关系正确的是
A．点①所示溶液中：2c(CH3COO－)－2c(CH3COOH)=c(H＋)－c(OH－) B．点②所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－) D．pH=12的溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－) 【答案】C 【解析】 【详解】
A.点①时，NaOH溶液与CH3COOH溶液反应生成等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中的电荷守恒式为cCH3COO????c?OH?=c?Na?+c?H?，溶液中的物料守恒式为
?+?c?CH3COO???c?CH3COOH?=2c?Na+?，两式联立得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，A
项错误；
B. 点②处溶液呈中性，c(OH－)=c(H＋)，B项错误；
C.点③处NaOH溶液与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，溶液中的电荷守恒式为
c?CH3COO???c?OH??=c?Na+?+c?H??，溶液中的物料守恒式为
c?CH3COO??+c?CH3COOH?=c?Na+?，两式联立得c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH
－
)，C项正确；
D. pH=12的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－) >c(OH－)>c(H＋)，D项错误。 答案选C。 【点睛】
本题首先要根据反应原理分析各点溶液的成分，不论在哪一点，均从物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析溶液中的离子即可。
3．关于①②③三种化合物：，下列说法正确的是
A．它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．它们的分子式都是C8H8
C．它们分子中所有原子都一定不共面 D．③的二氯代物有4种 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A．①中没有不饱和间，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误； B．根据三种物质的结构简式，它们的分子式都是C8H8，故B正确；
C．②中苯环和碳碳双键都是平面结构，②分子中所有原子可能共面，故C错误；
D．不饱和碳原子上的氢原子，在一定条件下也能发生取代反应，采用定一移一的方法如图分析，③的二
氯代物有：，，其二氯代物共6种，故D错误；
故选B。
4．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法中不正确的是（ ） ．．．A．煤的气化与液化均为化学变化
B．大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用
C．砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾 D．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用 【答案】C 【解析】 【详解】
A. 煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A正确； B. 太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故B正确；
C. 砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故C错误；
D. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故D正确；
题目要求选不正确的选项，故选C。 【点睛】
本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键。
5．液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2)，下列说法不正确的是
A．液氨的电离方程式可表示为 2NH3?NH4++NH2- B．钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有H2生成 C．NaNH2 与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性
D．NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A. NH3与水分子一样发生自偶电离，一个氨分子失去氢离子，一个氨分子得到氢离子，液氨的电离方程式可表示为 2NH3?NH4++NH2-，故A正确；
B. 钠与液氨的反应钠由0价升高为+1价，有元素化合价变价，是氧化还原反应，氢元素化合价降低，反应中有H2生成，故B正确；
C. NaNH2 与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液是NaOH，呈强碱性，故C错误；
D. NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐：Na2SO4、 NaHSO4 、NH4HSO4 、(NH4)2SO4，故D正确； 故选C。
6．化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列叙述错误的是 A．光催化水制氢比电解水制氢更节能环保 B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染 C．开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用 D．改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放 【答案】B 【解析】 【详解】
A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A正确； B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B错误；
C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；
D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D正确； 答案选B。
7．高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的
O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（ ）
A．图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O B．NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大 C．由O和N2制NO的活化能为315.72kJ?mol-1
D．由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢 【答案】D 【解析】 【详解】
A、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；
B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/mol，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；
C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ?mol-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ?mol-1，故C正确；
D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误； 故选：D。 【点睛】
明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。
8．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期序数与族序数相同；d与a同族，下列叙述不正确的是( ) A．原子半径：b＞c＞d＞a B．4种元素中b的金属性最强 C．b的氧化物的水化物可能是强碱
D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强 【答案】D 【解析】 【分析】
a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。 【详解】
由以上分析可知a为O元素，b可能为Na或Mg元素，c为Al元素，d为S元素，
A. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：b＞c＞d＞a，故A正确；
B. 同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；
C. b可能为Na或Mg，其对应的氧化物的水化物为NaOH或Mg(OH)2，则b的氧化物的水化物可能是强碱，故C正确；
D. 一般来说，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，非金属性：O＞S，则氧化性：O2＞S，则a单质的氧化性较强，故D错误。 答案选D。
9．化合物X(5没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是 ( )
A．分子式为C14H15O10 B．分子中有四个手性碳原子 C．1 mol X最多可与4 mol NaOH反应 D．1 mol X最多可与4 mol NaHCO3反应 【答案】B 【解析】 【分析】
由结构可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，结合羧酸、酯、醇、酚的性质来解答。 【详解】
A．由结构简式可知分子式为C14H16O10，A错误；
B.在左侧六元环中，连接-OH、醚键的原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，B正确； C.能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和羧基，1 mol X最多可与5 mol NaOH反应，C错误； D.只有羧基与碳酸氢钠反应，则1 mol X最多可与1 mol NaHCO3反应，D错误； 故合理选项是B。 【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点。
10．铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是
A．正极电极反应式为：2H++2e—→H2↑
B．此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 C．此过程中铜并不被腐蚀 D．此过程中电子从Fe移向Cu 【答案】A 【解析】 【详解】
A.正极电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故A错误；
B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故B正确； C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；
D. 此过程中电子从负极Fe移向正极Cu，故D正确； 故选A。
11．已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是
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A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸
(含3套新高考模拟卷)内蒙古乌兰察布市四子王旗一中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试卷
