2021届广东省高三化学考前模拟卷（新高考）

这是一份2021届广东省高三化学考前模拟卷（新高考），共23页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每题有且只有一个选项，答错或漏选均不得分，1-10题每题2分，11-16题每题4分，共44分）
1．下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是（ ）
A．硅是人类将太阳能转变为电能的常用材料
B．氢氧化镁和氢氧化铝是常见的阻燃剂，它们分解时发生吸热反应
C．将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质
D．硫酸铜和石灰乳形成的石硫合剂是农药，作用机理是铜盐能使蛋白质变性
2．下列微粒在所给条件下，一定可以大量共存的是（ ）
A．透明溶液中：SCN－、NO3-、Na+、Fe3+
B．遇酚酞显红色的溶液中：Cl2、Mg2+、I－、SO42-
C．与铝反应能产生大量氢气的溶液中：HCO3-、K+、Cl－、CH3COO－
D．酸性溶液中：Fe2+、Al3+、SO42-、NH4+
3．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑
B．用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu＋Fe3＋＝ Cu2＋＋Fe2＋
C．FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝2Fe3＋＋Br2＋4Cl－
D．Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-＝BaSO4↓＋2H2O
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NA
B．1L 0.2ml·L-1NaHCO3溶液中含Na+数为0.2NA
C．4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成氢气分子数为0.1NA
D．反应NH4Cl+NaNO2微热N2↑+NaCl+2H2O，每生成0.1ml N2，转移电子数为0.6NA
5．下列实验操作、实验现象与相应的解释或结论都正确的是（ ）
6．阿比朵尔是李兰娟团队公布治疗新型冠状肺炎的最新研究成果，可有效抑制病毒，结构如图。下列有关阿比朵尔的说法中正确的是（ ）
A．阿比朵尔为芳香烃 B．所有碳原子一定处于同一平面
C．能发生水解、取代和加成反应 D．一个阿比朵尔分子中含有21个碳原子
7．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，其余均为无色气体。m的摩尔质量为p的2倍，n是Y元素的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，q能使品红溶液褪色。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．q与s均为酸性氧化物 B．Z的含氧酸是一种强酸
C．X、Y分别与W形成10e-的微粒能反应生成一种气体 D．原子半径：W8．电解合成 1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．该装置工作时，化学能转变为电能
B．CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷
C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D．该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
9．文献报道，CO2和PO(环氧丙烷)共聚生成主产物PPC(聚碳酸丙烯酯)和副产物CPC(环状碳酸丙烯酯)，其能量与时间变化如图所示，已知反应的活化能越大，则该反应的速率越慢。下列说法正确的是（ ）
①∆H1<∆H1<0
②由CO2和PO生成CPC的焓变为：∆H=∆H1+∆H1
③实际生产中，可以通过催化剂的选择性来抑制CPC生成
④相同条件下，主反应速率大于副反应的速率
A．①②③④B．①②③C．②③④D．②④
10．下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)c(OH-)]一定增大
B．向0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大
C．向0.1 ml·L－1的NaHSO3溶液中加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO3-)＋c(OH－)＋c(SO32-)
D．可用浓度大于0.36 ml·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃[已知Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10]
11．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲过滤海带灰的浸泡液以获得含I-的溶液
B．用装置乙蒸干氯化铵饱和溶液制备NH4Cl晶体
C．用装置丙将Cl2与HCl混合气体纯化得到纯净的Cl2
D．用装置丁收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
12．制备乙酸乙酯的装置如图所示，有关实验室制取乙酸乙酯的说法正确的是（ ）
A．试剂添加的顺序为硫酸一乙醇一乙酸
B．为增加产品乙酸乙酯的产量，应急速加热至反应所需温度
C．试管B中的试剂为饱和氢氧化钠溶液
D．制取乙酸乙酯的反应类型是酯化反应，也属于取代反应
13．已知X、Y、Z、W均为短周期元素。25℃时， 其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01ml/L)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3 B．简单离子半径大小顺序：X＞M
C．气态氢化物的稳定性：Z＞W D．X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成
14．根据下列框图分析,下列说法正确的是（ ）
A．E2+的氧化性比M2+的氧化性强
B．在③反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀
C．反应④的离子方程式可表示为: E3+ +3SCN－E(SCN)3↓
D．在反应①中只能用浓硫酸，既表现了酸性、又表现了氧化性
15．乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应为2CH2=CH2＋O2===2CH3CHO.下列有关说法不正确的是（ ）
A．每有0.1mlO2反应，则迁移H＋0.4ml
B．负极反应式为CH2=CH2－2e－＋H2O=CH3CHO＋2H＋
C．电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极b
D．该电池为不可充电电池
16．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(v)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，Ksp[Fe(OH)3]=2.7 × 10-39。下列叙述正确的是（ ）
A．1ml过硫酸钠(Na2S2O8)含2NA个过氧键
B．若56gFe参加反应，共有NA个S2O82-被还原
C．室温下，中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe3+)为2.7 × 10-18ml/L
D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
第II卷（非选择题）
17．实验室用图示装置制备KClO溶液，再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。
（查阅资料）Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。
（制备KClO及K2FeO4）
（1）仪器a的名称：________，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是____________。
（2）装置B吸收的气体是___________，装置D的作用是_______________。
（3）C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5 h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），该反应的离子方程式为________________________。再加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。
（4）K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质，其提纯步骤为：
①将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 ml/LKOH溶液中，
②_____________________________________________，
③___________________________________________，
④搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤2～3次，
⑤在真空干燥箱中干燥。
（测定产品纯度）
（5）称取提纯后的K2FeO4样品0.2100 g于烧杯中，加入强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250 mL溶液，取出25.00 mL放入锥形瓶，用0.01000 ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液30.00 mL。涉及主要反应为：Cr(OH)4-＋FeO42-==Fe(OH)3↓＋CrO42-＋OH-，Cr2O42-＋6Fe2+＋14H+==6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O，则该K2FeO4样品的纯度为__________。
18．钯(Pd)是一种不活泼金属，含钯催化剂在工业、科研上用量较大。某废钯催化剂(钯碳)中含有钯(5%～6%)、碳(93%～94%)、铁(1%～2%)以及其他杂质，故钯碳具有很高的回收价值。如图是利用钯碳制备氯化钯(PdCl2)和Pd的流程。
回答下列问题：
(1)“钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是_________________________________。
(2)“钯灰”中的主要成分有PdO，加入甲酸(HCOOH)，可以将PdO还原成金属单质，请写出HCOOH还原PdO的化学方程式_______________________________________。
(3)王水是按照体积比3：1将浓盐酸和浓硝酸混合而得到的强氧化性溶液，加热条件下钯在王水中发生反应生成H2[PdCl4]和一种有毒的无色气体A，该气体遇空气变红棕色，请写出该红棕色气体在集气瓶里颜色变浅的化学方程式_____________________________________。
(4)加入浓氨水，调节pH至9.0，并控制温度在70～75℃，Pd元素以[Pd(NH3)4]2+的形式存在于溶液中。若温度大于75℃，则不利于除铁，原因是______________________________。
(5)黄色晶体的成分为[Pd(NH3)4]Cl2，将其烘干、在空气中550℃下焙烧(氧气不参与反应)可以直接得到Pd，同时得到无色刺激性混合气体，在温度下降时“冒白烟”，则除Pd外其他产物有__(写化学式)。
(6)海绵状金属钯密度为12.0g•cm-3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的840倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R=________________________mL•g-1。
19．碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：
（1）工业上合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.2kJ/ml，反应过程中能量变化如图I所示。
①氨分解：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为_________kJ/ml
②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图I中画出加入铁粉后的能量变化曲线。_______
（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H1
已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) △H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H3
上述热效应之间的关系式为△H1=__________________。某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是_________________________________（一条即可）。
（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：
i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=-+206.4kJ/ml，
ii．CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.0kJ/ml
在一定温度下，2L的密闭容器中加入a mlCH4和2amlH2O发生反应，t min时反应达平衡，测得容器内CObml、CO2cml。回答下列问题：
①下列可判断体系达到平衡状态的是______________________。
A．CO的体积分数不变 B．容器内气体密度不变 C．3v(CH4)=v(H2) D．不再变化
②0~tmin反应速率v(CO2)=______-，CH4的的转化率为________，反应ⅱ的平衡常数K=________。
③图Ⅱ中T℃之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是_________。
20．有机化合物H是一种药物的重要成份，关于H的一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_________；F中的官能团符号为_________。
(2)D→E的反应类型为________；G的分子式为________ 。
(3)1 ml H在一定条件下和NaOH溶液充分反应，最多可以消耗NaOH_______ml。
(4)写出B→C的化学方程式____________。
(5)化合物G的同分异构体有多种，同时满足下列条件的同分异构体的结构简式为__________。
①结构中含有苯环外，不再有其它环；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
③与FeCl3反应溶液显紫色；
④核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：1。
(6)参照上述流程，以D和丙酮(CH3COCH3)为原料合成。设计合成路线图：____________(其它无机试剂自选)。
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生氧化还原反应
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
红棕色变深
反应2NO2(g)N2O4(g) ∆H<0
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
某钾盐溶于盐酸后，产生无色无味气体，将其通入澄清石灰水中
有白色沉淀出现
该钾盐是K2CO3
参考答案
1．C
【详解】
A.硅是重要的半导体材料，可以用来制造太阳能电池，故A不选；
B.氢氧化镁和氢氧化铝分解时吸热，而且生成的氧化镁和氧化铝熔点高，所以可做阻燃剂，故B不选；
C.海水中没有单质镁和Cl2，需要通过化学变化获得，故C选；
D.铜盐是重金属盐，可以使蛋白质变性，故D不选。
故选C。
2．D
【详解】
A项，SCN-、Fe3+之间发生反应生成络合物，生成络合物的两个离子不能大量共存，A错误；
B项，遇酚酞显红色的溶液呈碱性，存在氢氧根离子，镁离子结合氢氧根生成沉淀，不能大量共存，另外氯气会和碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C项，能与铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子都发生反应，不能大量共存，另外氢离子和醋酸根结合生成弱电解质，不能大量共存，C错误；
D项，Fe2+、Al3+、SO、NH之间不反应，且都不与氢离子反应，所以在酸性溶液中能够大量共存，D正确；
故选D。
3．D
【详解】
A．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应保留其分子式，A项错误；
B．用氯化铁溶液腐蚀铜板，反应生成铜离子和亚铁离子，离子方程式中电荷必须守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，B项错误；
C．过量的Cl2会把FeBr2溶液中的Fe2+、Br－完全氧化，离子方程式中n(Fe2+):n(Br－)=1:2，正确的离子方程式为：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，C项错误；
D．Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性要求反应中n(Ba2+):n(OH-)=1:2，NaHSO4为强酸的酸式盐，可以完全电离，D项正确；
答案选D。
4．B
【解析】A、常温常压下，Vm≠22.4L/ml，5.6L气体的物质的量也不一定是0.25ml，选项A错误；B、Na+的物质的量为1L×0.2ml·L-1=0.2ml，选项B正确；C、由于n(Na)=0.2ml，与水反应生成的氢气的物质的量为0.1ml，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，选项C错误；D、根据反应方程式NH4Cl+NaNO2微热N2↑+NaCl+2H2O，该反应中亚硝酸钠中氮元素从+3价降到0价，氯化铵中氮元素从-3价升到0价，每生成0.1ml N2，转移电子数为0.3NA，选项D错误。答案选B。
5．B
【详解】
A．白铁皮出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，锌为负极，失去电子，铁为正极，发生电化学腐蚀，故A错误；
B．密闭玻璃球内发生反应，密闭玻璃球浸入热水中，温度升高，红棕色变深，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故B正确；
C．铁片投人浓硫酸中，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化现象，在铁表面生成一层致密的氧化物膜而阻止反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；
D．若该钾盐是，可以得到完全一样的现象，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】
A．该有机物中除C、H元素外，还有O、N、S、Br元素，故不属于烃，A错误；
B．以苯环面作为参考，结构—N(CH3)2中N原子所连2个C不可能都在苯环面上，B错误；
C．该有机物中含有酯基，可以发生水解反应，水解也属于取代反应，碳碳双键、苯环能发生加成反应，C正确；
D．该有机物中含有17个碳原子，D错误；
故答案选C。
7．D
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，则r应为H2O，其余均为无色气体，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，则Y为O元素，n为O2，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则p为NH3，所以W应为H元素，X应为N元素，根据转化关系，氨气和氧气在催化剂作用下生成r和s，所以s为NO，m的摩尔质量为p的2倍，m应为H2S，q能使品红溶液褪色，q应为SO2，所以Z应为S元素，硫化氢在氧气中燃烧生成SO2和H2O，符合转化关系，结合元素周期律解答。
【详解】
A.q为SO2，SO2和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，s为NO不能和碱反应，不是酸性氧化物，A错误；
B.Z的含氧酸中，硫酸是一种强酸，而亚硫酸为弱酸，B错误；
C.W是H，X是N，Y是O，N、O与H元素形成的10e-的微粒分别是NH3、H2O，二者反应产生NH3·H2O，不能反应产生气体，C错误；
D.原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素自左而右原子半径减小，原子半径W(H)＜Y(O)＜X(N)，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查元素及化合物推断的知识，物质的颜色、绿色植物光合作用产生的无色气体、溶液pH为解答题目推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物。
8．D
【解析】
【分析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】
A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；
答案选D。
9．D
【分析】
①由图可知，均为放热反应；
②由盖斯定律可知，反应一步完成与分两步完成时的热效应相同；
③催化剂不影响生成物的生成；
④生成主产物PPC的活化能小。
【详解】
①由图可知，均为放热反应，则△H2＜△H1＜0，故错误；
②由盖斯定律可知，反应一步完成与分两步完成时的热效应相同，则由CO2和PO生成CPC的焓变为△H＝△H1＋△H2，故正确；
③催化剂不影响生成物的生成，则实际生产中不能通过催化剂的选择性 来抑制CPC生成，故错误；
④生成主产物PPC的活化能小，则相同条件下，主反应速率大于副反应的速率，故正确；
故答案选D。
10．D
【详解】
A、将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解程度增大，所以醋酸根离子的物质的量减小，水解生成的醋酸分子和氢氧根物质的量都增大，又在同一溶液中，体积相等，所以减小，故A错误；
B、水溶液显碱性的物质不一定是碱，如强碱弱酸盐CH3COONa的水溶液显碱性，向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，CH3COO－浓度增大会抑制CH3COOH的电离，CH3COOH的电离程度减小，故B错误；
C．加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故C错误；
D．钡餐是药用硫酸钡(硫酸钡的悬浊液)，说明BaSO4悬浊液中的Ba2＋浓度对人体是安全的，BaSO4悬浊液中c(Ba2＋)＝1.05×10－5 ml·L－1，用浓度大于0.36 ml·L－1的Na2SO4溶液给Ba2＋中毒患者洗胃时，胃液中残余c(Ba2＋) = ml·L－1＜1.05×10－5 ml·L－1，是安全的，故D正确；
答案选D。
11．A
【详解】
A、海带灰的浸泡液用装置甲过滤可以获得含I-的溶液，选项A正确；
B．NH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，选项B错误；
C、用装置丙只能将Cl2与HCl混合气体中的氯化氢除去，但没有干燥，不能得到纯净的Cl2，选项C错误；
D、NO能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，选项D错误。
答案选A。
12．D
【解析】
试题分析：A．浓硫酸与乙醇混合放热，由于乙醇的密度比浓硫酸小，所以试剂添加的顺序先加乙醇，然后再向其中加入浓硫酸，待溶液恢复至室温后再向其中加入乙酸，因此物质的加入顺序为乙醇一硫酸一乙酸，错误；B．为增加产品乙酸乙酯的产量，为了防止乙醇挥发，使反应物的浓度降低，乙酸乙酯的产率降低，应该缓慢加热反应混合物，错误；C．通过导气管进入试管B的物质中含有挥发的乙醇和乙酸及反应产生的乙酸乙酯，为溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，应该在B试管中放入饱和碳酸钠溶液，若试管B中的试剂为饱和氢氧化钠溶液，会使乙酸乙酯水解消耗，错误；D．制取乙酸乙酯的反应类型是酯化反应，也属于取代反应，正确。
考点：考查乙酸乙酯的制取的有关知识。
13．A
【分析】
X、Y、Z、W、M均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01ml/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01ml/L M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，可知M为Na，以此解答该题。
【详解】
A.Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Z2O7，A错误；
B.X、M简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：X＞M，B正确；
C.非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以Cl＞S，即Z＞W，C正确；
D.X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成， D正确；
答案选A。
14．B
【解析】流程分析可知，M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据y加入KSCN溶液血红色说明是Fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断E为Fe；A．依据阳离子氧化性强弱，结合金属活动顺序表分析判断；Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱，故A正确；B．在③反应中若不加稀硫酸，硫酸亚铁被过氧化氢氧化为硫酸铁，在中性溶液中 铁离子会沉淀，可能看到红褐色沉淀，故B正确；C．反应④的离子方程式可表示为：3SCN-+Fe3+=Fe(SCN)3；生成的是血红色溶液，不是沉淀，故C错误；D．反应①中硫酸只是提供酸性环境，过氧化氢做氧化剂氧化铜，故D错误；故选B。
15．C
【详解】
A.正极得电子，发生还原反应，因此氧气在正极放电，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，故每有0.1mlO2参与反应，则迁移H＋0.4ml，A项正确；
B.氧气这一端为正极，那么乙烯这端为负极，拿总反应减去正极反应式可得CH2=CH2－2e－＋H2O=CH3CHO＋2H＋，B项正确；
C.原电池中电子只能通过导线和电极传递，不能通过电解质溶液传递，C项错误；
D.该电池为燃料电池，不能充电，D项正确。
故答案选C。
16．C
【详解】
A．根据化合价代数和为零的原则，设-1价的O有x个，-2价的O有y个，则有x＋y=8，x＋2y=2＋2×6，解得x=2，y=6，2个-1价的O，则有1个过氧键；可得出1ml过硫酸钠含有个过氧键，故A错误；
B．根据图示，可得出转化过程中Fe先被氧化为 ，反应为，然后进一步被氧化为，最后共沉淀中有和，所以参加反应时，消耗的超过个，故B错误；
C．固体极难溶于水，的饱和溶液近似中性，溶液中的主要来源于水的电离，，，可得，故C正确；
D．酸性条件不利于形成和沉淀，难以与正五价砷发生共沉淀，故D错误；
故选C。
17．分液漏斗 防止Cl2与KOH反应生成KClO3 HCl 吸收Cl2 防止污染空气 3ClO-＋2Fe3+＋10OH-==2FeO42－＋3Cl-＋5H2O 过滤 将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液 94.3%
【详解】
试题分析：（1）分液漏斗 ；Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3 ；（2）浓HCl具有挥发性，故装置B吸收的气体是HCl ；因为装置A中会不断产生Cl2,装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气；(3) KClO具有强氧化性，发生氧化还原反应：3ClO-＋2Fe3+＋10OH-==2FeO42－＋3Cl-＋5H2O ；（4）K2FeO4易溶于水、所以先过滤除去Fe(OH)3，K2FeO4又微溶于浓KOH溶液，而且在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，再将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液 ，得到K2FeO4晶体；（5）FeO42- →Fe(OH)3↓，Fe2+→Fe3+，根据得失电子守恒：25c×（6-3）=30×0.01×（3-2）， 求得c="0.004ml/L" ，250×10-3×0.004×（39×2+56+16×4）÷0.21≈94.3% ；
考点：考查了实验制备、滴定原理的相关知识
18．使碳充分燃烧而除去 PdO+HCOOH=Pd+CO2↑+H2O 2NO2=N2O4 NH3•H2O会分解，NH3逸出，导致溶液的pH降低，除铁的效果不好 NH3、HCl、N2 70.0
【分析】
废钯催化剂经烘干后在高温下焙烧，C、Fe、Pd、有机物被氧气氧化生成氧化物，向氧化物中加入甲酸，PdO被HCOOH还原产生Pb，Fe被还原为Fe单质，过滤后的滤渣中含有Pd、Fe，再向其中加入王水，Pd、Fe都能溶于王水，其中Pd与王水发生反应得到H2[PdCl4]溶液，同时生成气体，在向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，钯转变为可溶性[Pd(NH3)2]2+，Fe3+全部形成Fe(OH)3沉淀，然后过滤、洗涤，将洗涤液与滤液合并，向其中加入盐酸，析得到[Pd(NH3)2]Cl2黄色沉淀，然后煅烧得到PdCl2，再经过还原得到钯。
【详解】
(1)“钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是使碳充分燃烧转化为CO2气体除去；
(2)“钯灰”中的主要成分有PdO，加入甲酸(HCOOH)，可以将PdO还原成金属单质，HCOOH被氧化产生CO2，同时产生H2O，根据电子守恒可知HCOOH和PdO的系数之比为1:1，再结合元素守恒可得化学方程式为：PdO+HCOOH=Pd+CO2↑+H2O；
(3)在加热条件下Pd与王水发生氧化还原反应产生H2[PdCl4]和有毒的无色气体，该气体遇空气变为红棕色，说明产生的气体是NO，与氧气反应生成红色的NO2，NO2在集气瓶中会发生反应：2NO2=N2O4，所以颜色变浅；
(4)加入浓氨水调节pH可以使Fe3+全部形成Fe(OH)3沉淀，若温度大于75℃，NH3•H2O分解，NH3逸出，导致溶液的pH降低，除铁的效果不好；
(5)黄色晶体的成分为[Pd(NH3)2]Cl2，将其烘干、在空气中550℃下焙烧可以直接得到Pd，同时得到无色刺激性混合气体，在温度下降时“冒白烟”，说明气体中有HCl及NH3产生，二者反应产生NH4Cl而有白烟，由于反应产生Pd时元素化合价发生了变化，所以发生的是氧化还原反应，则还应该产生氧化产物N2，因此除Pd外，得到的其它产物有NH3、HCl、N2；
(6)海绵状金属钯密度为12.0 g•cm-3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的840倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R==70.0cm3/g=70.0mL/g。
19．427.2 2△H3-△H2 环境污染小（或成本低） AD ml/(L·min) ×100% T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小
【分析】
(1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1）；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变；
（2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；
（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；
②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得；
③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii向逆反应方向移动，温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响。
【详解】
(1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1），由图可知Ea1=335.0 kJ/ml，则合成氨反应△H=—（Ea2—335.0 kJ/ml）=—92.2kJ/ml，Ea2=427.2 kJ/ml，即2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为427.2 kJ/ml，故答案为427.2；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变，则加入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为；
（2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H1=2△H3-△H2；用液氧/煤油代替联氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H3-△H2；环境污染小；
（3）①A、CO的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；
B、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
C、3v(CH4)=v(H2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
D、不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO和H2的浓度不在变化，该反应已达平衡状态，故正确；
AD正确，故答案为AD；
②设反应i生成一氧化碳的物质的量为x，由题给条件建立如下三段式：
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起（ml） a 2a 0 0
变（ml） x x x 3x
平（ml） a—x 2a—x x 3x
CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起（ml） x 2a—x 0 3x
变（ml） c c c c
平（ml） x—c 2a—x—c c 3x+c
0～tmin内，生成CO2的物质的量为cml，浓度的变化量为 ml/L，则反应速率v(CO2)= ml/(L·min)；由题意可知一氧化碳的物质的量为bml，则有x—c=b，x=c+b，CH4的转化率为×100%；平衡时，c（CO）为 ml/L，c（H2O）为 ml/L，c（CO2）为ml/L，c（H2O）为ml/L，反应ⅱ的平衡常数K===，故答案为ml/(L·min)；×100%；；
③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响，所以c(CO2)随温度升高而减小，故答案为T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小。
【点睛】
本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。
20．甲苯 、 加成反应 C9H6O3 2 +NaOH+NaCl
【分析】
A分子式是C7H8，根据物质反应转化关系中碳链结构不变可知A是甲苯，A的结构简式是，与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生B是，B与NaOH的水溶液混合加热发生取代反应产生C是，C与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：，D与CH3COCH3在NaOH水溶液中发生加成反应产生E：，E与浓硫酸混合加热发生消去反应产生F：，F与G：在一定条件下发生加成反应产生H：。
【详解】
根据上述分析可知A是，B是，C是，F是。
(1)A是，名称为甲苯；F是，官能团符号为、；
(2)D是，D与CH3COCH3在NaOH水溶液中发生加成反应产生E：，故D→E的反应类型为加成反应；G结构简式是，根据C原子价电子为4个，可知G的分子式是C9H6O3；
(3)H结构简式是，含有1个酯基，酯基水解产生一个-COOH和一个酚羟基，两种基团都可以与NaOH发生反应，因此1 ml H在一定条件下和NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 ml的NaOH；
(4)B是，C是，B是卤代烃，与NaOH水溶液共热，发生水解反应产生和HCl，HCl与NaOH反应产生NaCl和H2O，则B变为C的总化学方程式为：+NaOH+NaCl；
(5)化合物G是，该物质的同分异构体同时满足下列条件：①结构中含有苯环外，不再有其它环；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有酯基、醛基；
③与FeCl3反应溶液显紫色，说明含有酚羟基；④核磁共振氢谱有四组峰，说明分子中含有四种不同的H原子，峰面积之比为1：2：2：1，则这四种H原子的个数比为1：2：2：1，则该物质结构简式是；
(6)D是，2分子的D与CH3COCH3反应产生，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，与H2在Ni作催化剂条件下加热，发生加成反应产生，故由与CH3COCH3制取的流程图为：。