山东省济南市2021年高考化学预测试题

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．根据某种共性可将CO 2、SO 2归为一类氧化物，下列物质中与它们属于同一类的是（ ）
A ．CaCO 3
B ．P 2O 5
C ．CuO
D ．KMnO 4
2．根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
3．部分弱电解质的电离平衡常数如下表，以下选项错误的是
化学式 NH 3·H 2O CH 3COOH HCN H 2CO 3
K i （25℃） 1.8×l0-5 1.8×l0-5 4.9×l0-10
K i1= 4.3×l0-7
K i2= 5.6×l0-11 A ．等物质的量浓度的NaHCO 3和NaCN 溶液，前者溶液中水的电离程度大
B ．0.1 mol/L CH 3COONa 溶液显碱性，0.1 mol/L CH 3COONH 4溶液显中性
C ．CN -+H 2O+CO 2=HCN+ HCO 3-
D ．中和等体积、等pH 的CH 3COOH 和HCN 消耗NaOH 的量前者小于后者
4．研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种—+53N N -
，若+5N 离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是
A ．+5N 有24个电子
B ．N 原子中未成对电子的电子云形状相同
C ．3N -
质子数为20 D ．+5N 中N 原子间形成离子键 5．常温下，向21mL1．1mol• L －1HB 溶液中逐滴滴入 1．1mol• L －1NaOH 溶液，所得 PH 变化曲线如图所示。

下列说法错误的是
－＋
B．C至D各点溶液导电能力依次增强
C．点O时，pH＞1
D．点C时，X约为11.4
6．关于下列各实验装置的叙述中，错误的是()
A．装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换
B．装置可用于制备少量Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色
C．装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法
D．装置用于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱
7．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。

马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（）
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
8．短周期主族元素Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大。

Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐，X 与Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z－具有与氩原子相同的电子层结构；Y、Z 原子的最外层电子数之和为10。

下列说法正确的是
A．X 与Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性
B．Y 单质常温下稳定不跟酸碱反应
C．简单氢化物的沸点：Q<X
D．Y 与Z 的一种化合物是高温结构陶瓷材料
9．短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。

其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。

下列说法错误的是
A．常温常压下Y的单质为气态
B．离子半径：W>Z>Y
C．X与Z形成的离子化合物具有还原性
D．W的最高价氧化物的水化物一定是强酸
10．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。

下列说法正确的是( )
A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B．豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程
C．港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量
D．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钠
11．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是()
A．洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡B．在Z导管出来的气体中无二氧化碳
C．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D．洗气瓶中无沉淀产生
12．某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。

下列说法正确的是（）
A．反应后生成NO的体积为28L
B．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1
C．所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/L
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
13．中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）
选项规律结论
A 较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸
A．A B．B C．C D．D
14．短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。

已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍；B、C的最外层电子数之比为5:2，D的氧化物是常用的耐火材料；下列叙述正确的是（）
A．元素A的氢化物都是气体
B．简单离子半径：C＞D＞B元素
C．B、C形成的化合物与水反应可以生成一种刺激性气味的气体
D．元素B的气态氢化物的水溶液能溶解单质D
15．只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。

某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。

制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：
第一步：铝制品的溶解。

取一定量铝制品，置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热(约93℃)，待反应完全后(不再有氢气生成)，趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；
第二步：氢氧化铝沉淀的生成。

将滤液重新置于水浴锅中，用3 mol/L H2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；
第三步：硫酸铝溶液的生成。

将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；第四步：硫酸铝钾溶液的形成。

待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/mol]。

回答下列问题：
(1)第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________
(2)为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：________________________
(3)第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___(填选项字母)
A．乙醇B．饱和K2SO4溶液C．蒸馏水D．1：1乙醇水溶液
(4)为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL 1mol/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00 mL溶液干250 mL锥形瓶中，加入30 mL 0.10mol/L EDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20 mol/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00 mL锌标准溶液。

滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子)。

则所得明矾晶体的纯度为_________%。

(5)明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条(饼)的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：_______
(6)为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝
挥发掉的质量
×100%)：
样品原始质量
根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：___________、_____________
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：
已知：①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键；LiBH4遇酸易分解。

②RCH2COOR' RCH(CH3)COOR'，RCOR' RCH(OH)R'，RCOOR' RCH2OH+R'OH。

（1）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，X的结构简式为_____。

（3）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为_____________。

①属于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液显色；③分子中有4种不同化学环境的氢。

（4）写出E和银氨溶液反应的化学方程式_________。

（5）根据已有知识并结合相关信息，设计B→C的合成路线图（CH3I和无机试剂任选），合成路线常用的表示方式为：。

____________
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．NO x是空气的主要污染物之一。

回答下列问题：
（1）汽车尾气中的NO来自于反应：N2(g)＋ O2(g)2NO(g)。

如图表示在不同温度时，一定量NO分解过程中N 2的体积分数随时间的变化。

则N2(g)＋ O2(g)2NO(g)为________(填“吸热”或“放热”)反应。

2000℃时，向容积为2L的密闭容器中充入10mol N2和5mol O2，发生上述反应，10min达到平衡，产生2mol NO，则10min内的平均反应速率υ(O2)＝____mol·L－1·min－1。

（2）在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NO x的排放。

研究表明，NO x的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。

以La0.8A0.2BCoO3＋X(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4＋(不稳定)＋H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)
第二阶段：NO(g)＋□→NO(a) ΔH1、K1
2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2、K2
2N(a)→N2(g)＋2□ ΔH3、K3
2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4、K4
2O(a)→O2(g)＋2□ ΔH5、K5
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_____。

第二阶段中各反应焓变间的关系：2ΔH 1＋ΔH2＋ΔH3＝________；该温度下，NO脱除反应2NO(g) N2(g)＋O2(g)的平衡常数K＝_______(用K1、K2、K3的表达式表示)。

（3）工业废气中的NO和NO2可用NaOH溶液吸收。

向20mL0.1mo1·L－1NaOH溶液中通入含NO和NO2的废气，溶液pH随气体体积V的变化如图所示(过程中温度保持不变)，B点对应的溶液中c(HNO2)＝c(NO2－)，则A 点对应溶液中c(NO2−)/c(HNO2)＝________。

（4）氨催化还原法也可以消除NO，原理如图所示，NO最终转化为H2O和________(填电子式)；当消耗1 molNH3和0.5 molO2时，理论上可消除____________L(标准状况)NO。

19．（6分）钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。

实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。

实验过程如下：
已知：①还原性：Cl－>Co2＋；
C O 结合生成较稳定的[Fe（C2O4）3]3－，在强酸性条件下分解重新生成Fe3＋。

回答下列问题：
②Fe3＋和2
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（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是________。

（2）从含铝废液得到Al（OH）3的离子方程式为___________
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有________（填化学式）。

写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式
____________
（4）滤渣的主要成分为_______（填化学式）。

（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。

已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。

②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。

序号温度范围/℃化学方程式固体失重率
（6）已知Li2CO3的溶度积常数K sp＝8.64×10－4，将浓度为0.02 mol·L－1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L－1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li＋浓度为________ mol·L－1。

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．B
【解析】
【详解】
CO2、SO2归属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物。

A. CaCO3属于盐类，A项错误；
B. P2O5是非金属氧化物，且属于酸性氧化物，B项正确；
C. CuO属于碱性氧化物，不属于酸性氧化物，C项错误；
D. KMnO4属于盐类，D项错误；
答案选B。

2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明K sp（AgI）＜K sp（AgCl），故A错误；
B．加入KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B错误；C．纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C正确；
D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D错误；
故选C。

3．A
【解析】
【详解】
A.酸的电离常数越大酸性越强，所以酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱水解程度越大，水的电离程度越大，酸性：H2CO3＞HCN，所以水的电离程度：NaCN＞NaHCO3，选项A不正确；
B.0.1 mol/L CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，NH3·H2O和CH3COOH的电离平衡常数相等，
0.1 mol/L CH3COONH4中铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同，则溶液显中性，选项B正确；
C.酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，选项C 正确；
D.pH相同时，酸性越弱，酸的浓度越大，所以等pH的CH3COOH和HCN，CH3COOH的浓度小，则CH3COOH 消耗的NaOH少，选项D正确；
答案选A。

4．B
【解析】
【详解】
A.1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，故A错误；
B.N原子中未成对电子处于2p轨道，p轨道的电子云形状都为纺锤形，故B正确；
N-质子数为21，故C错误；
C.N原子的质子数为7，形成阴离子时得到电子，但质子数不变，则3
N中N原子间形成共价键，故D错误；
D..N5+离子的结构为，+
5
故选B。

5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．OA各点显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(B-)，则c(B-)> c(Na+)，A 选项正确；
B．C至D各点溶液中，C点浓度为1.15mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)为1.1mol·L-1，导电能力依次增强，B选项正确；
C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入21mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=1.15mol·L-1，B-水解常数为K h=11-14/（2×11-5）=5×11-11，B-水解生成的c(OH--10
K⨯⨯-6 mol·L-1，C点c(H+)=2×11-9 mol·L-1，C点pH=9-lg2=8.7，
c=0.05510
即x=8.7，D选项错误；
C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×11-3×1.1÷（21×11-3+19.9×11-3），
c(HB)=(21.1×11-3-19.9×11-3)×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3)，则c(B-)/c(HB)=199，
K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×11-7×199=1.99×11-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。

6．A
【解析】
【详解】
A. 蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A 错误；
B. 根据装置图可知：Fe为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e-=H2↑，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，发生反应：Fe2++OH-=Fe(OH)2↓，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；
C. 关闭分液漏斗的活塞，由a处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U型管左右两侧有高度差，C正确；
D. 若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D正确；
故合理选项是A。

7．C
【解析】
【详解】
A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；
故答案选C。

【点睛】
根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。

8．C
【解析】
【分析】
根据条件“Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐”，推测Q为N元素；X是与Q同周期，且半径是同周期中最小的元素，所以X为F元素；由“Z－具有与氩原子相同的电子层结构”可知，Z为Cl元素；根据“Y、Z 原子的最外层电子数之和为10”，且“Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大”，可知Y为Al
元素。

【详解】
A．X和Z的简单氢化物分别是HF和HCl，其中HF为弱酸，A项错误；
B．Y单质即铝单质，化学性质活泼，常温下既可以与强酸反应也可以与强碱反应，B项错误；
C．Q和X的简单氢化物分别为NH3和HF，标况下HF为液态，而NH3为气态，所以HF的沸点更高，C项正确；
D．Y和Z的化合物即AlCl3，属于分子晶体，并不具备高沸点和高强度，D项错误；
答案选C。

9．B
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。

【详解】
A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；
B. Y为O，Z为Na，对应的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，应为Z<Y，故B错误；
C.X与Z形成的离子化合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；
故选B。

【点睛】
比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。

10．B
【解析】
【详解】
A. 手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅，A错误；
B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B正确；
C. 钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C错误；
D.草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D错误；
答案选B。

11．C
【解析】
【分析】
碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入溶液中发生反应：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。

【详解】
A．因为SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，A错误；
B．反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，B 错误；
C．根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C正确；
D、根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，D错误。

答案选C。

12．B
【解析】
【分析】
铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗1.25molFe，生成1.25mol的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25mol，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molFe2+，剩余0.75molFe3+；
【详解】
A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；
B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正确；
C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；
D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；
答案为B。

13．D
【解析】
【详解】
A. HClO不稳定，可分解生成HCl，故A错误；
B. 浓硝酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应继续进行，与稀硝酸发生不同的反应，故B错误；
C. 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，含有氢键的沸点较高，由于NH3分子间存在氢键，沸点高于PH3，故C错误；
D. AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀，可说明AgI更难溶，故D正确；
故选：D。

14．C
【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。

已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍，A为第二周期元素，故A为碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2，最外层电子数不得超过8，原子序数要比碳大比铝小，故B为氮、C为镁。

【详解】
A. 元素碳的氢化物都是有机物的烃类，当碳原子数小于5时，为气态，大于5时为液态或固态，故A错误；
B. B、C、D简单离子均为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：B＞C ＞D ，故B错误；
C. B、C形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C正确；
D. 元素B的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D错误；
答案选C。

15．D
【解析】
【详解】
A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）D94.8明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓
+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。

KAl(SO4)2▪12H2O KAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
【解析】
【分析】
（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气，写出离子方程式；
（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；
（3）从减少产品损失考虑；
（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；（5）从双水解角度考虑；
（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；
【详解】
（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；
答案：用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）
（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗涤效果最佳；
答案：D
（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；
答案：94.8
（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；
答案：明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓
+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。

（6）根据题目所给数据，结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到
KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；
答案：KAl(SO4)2▪12H2O KAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．CH3COOC2H5避免碳碳双键被氢气加成（还原），酯很难和氢气加成（还原）
或
【解析】
【分析】
（1）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，属于加成反应，则X为CH3COOC2H5；
（2）避免碳碳双键被H2加成或还原，酯很难和H2发生还原反应；
(3)①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称；
（4）E中醛基与银氨溶液发生氧化反应；
（5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C。

【详解】
（1）根据A与B的结构简式的异同，结合X的分子式可知，A转化为B属于加成反应，则X是CH3COOC2H5；（2）C→D不直接用H2(镍作催化剂)还原的原因是：因为C中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，酯很难和H2发生还原反应，
故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原)，酯很难和氢气加成(还原)；
(3)A的同分异构体满足：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，A的分子式是C10H14O，则分子中存在对称结构，所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是或；
（4）E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为羧基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式
是；
（5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C，合成流程图是：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．吸热0.05 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快
2ΔH1＋ΔH4＋ΔH5K12×K2×K3103.711.2
【解析】
【分析】
(1)根据图像，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，结合温度对平衡的影响分析判断；根据N2(g)＋O2(g)2NO(g)，计算出反应消耗的氧气，再计算10min内的氧气的平均反应速率；
(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多；根据盖斯定律分析解答；
(3)NO和NO2可用NaOH溶液，吸收发生的反应为NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，根据亚硝酸钠的水解
平衡常数K h=
()
2
2
c HNO c OH
c N
)
()
O
(-
－
结合温度不变，K h不变计算；
(4)由图2知，该原理中的中NO最终转化为H2O和氮气；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算。

【详解】
(1)根据图像，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；根据N2(g)＋O2(g)2NO(g)，10min达到平衡，产
生2mol NO，则反应的氧气为1mol，10min内的平均反应速率υ(O2)＝
1mol
2L
10min
=0.05 mol·L－1·min－1，故答
案为吸热；0.05；
(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快；第二阶段：
①NO(g)＋□→NO(a) ΔH1、K1，②2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2、K2，③2N(a)→N2(g)＋2□ΔH3、K3，
④2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4、K4，⑤2O(a)→O2(g)＋2□ΔH5、K5，根据盖斯定律，将①×2+②+③得到。