2021锦州渤海大学附中高三下学期5月新高考第五次模拟考试化学试题图片版含答案

参考答案

1．A

【详解】

A．光敏树脂是由高分子构成的胶状物质，在紫外线照射下，这些分子结合生成交联聚合物高分子，属于化学变化，A项符合题意；

B．推广使用煤液化技术，燃烧产物仍有二氧化碳，不能减少温室气体的排放，B项不符合题意；

C．汽车尾气中含有的氮氧化物是放电条件下与反应生成，汽油不完全燃烧生成CO，C项不符合题意；

D．福尔马林有毒，不能用于鱼肉等食品的防腐保鲜；

故正确选项为A

2．A

【详解】

A．金属性Sn> Ge，碱性，故A正确；

B．F元素没有最高正价，故B错误；

C．N、P、As是第VA的元素，元素的非金属性大于H元素，由于从上到下元素的原子半径逐渐增大，它们与H形成共价键的极性逐渐减弱，因此极性键之间的排斥力逐渐减小，导致态氢化物NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小；

D．元素M的基态原子的核外电子排布式为，则M原子的最外层有7个电子，属于第五周期第VIIA的元素，而不是过渡元素；

故选A。

3．D

【详解】

A．由结构简式可知，秋水仙碱的分子式为，故A错误；

B．由结构简式可知，秋水仙碱分子中含有羰基、醚键、碳碳双键和酰胺基共4种官能团，故B正确；

C．由结构简式可知，秋水仙碱分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，则分子中所有碳原子不可能共面

D．由结构简式可知，秋水仙碱分子中的苯环、碳碳双键和羰基能与氢气发生加成反应，则1mol秋水仙碱最多能与7mol氢气发生加成反应，故D正确；

故选D。

4．C

【详解】

A．蔗糖水解生成等物质的量的葡萄糖和果糖，而2L0.1mol•L-1蔗糖的物质的量为0.2mol，完全水解生成0.2mol的葡萄糖，而葡萄糖是五羟基的醛，所以2L0.1mol•L-1蔗糖溶液完全水解生成的葡萄糖含羟基数目为NA，故A错误；

B．CsCl是离子晶体，晶体中不含CsCl分子，故B错误；

C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中最简式“CH2”的物质的量为，故含2NA个H原子，故C正确；

D．醋酸是弱酸，只能部分电离，故溶液中电离出的氢离子个数小于0.05NA个，故D错误。
故选：C。

5．D

【详解】

A．储存过程中被氧气氧化，N元素化合价发生改变，A错误；

B．在反应前后不发生改变，但是参与了反应历程，属于催化剂，是储存时生成的物质，是中间产物，不是催化剂，B错误；

C．储存还原总反应中生成，化合价降低，所以是氧化剂，是还原产物，C错误；

D．根据示意图可知还原过程发生的反应为甲烷和硝酸钡反应生成氧化钡、二氧化碳、氮气和水，配平得出方程式为：，D正确；

答案选D。

6．B

【详解】

A．将惰性电极插入氢氧化铁胶体中，通电一段时间后，阴极区红褐色加深，说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷，但是胶体不带电荷，A错误；

B．向饱和食盐水中先通入足量，使溶液呈弱碱性可以吸收更多的，而后通入，有大量碳酸氢钠析出，说明该条件下溶解度： ，B正确；

C．将苯加入到橙色的溴水中，苯可以萃取出溴水中的溴且密度比水小，从而导致下层液体几乎无色，但是不是化学反应，不属于取代反应，C错误；

D．稀硫酸不具有强氧化性，铜片投入到稀硫酸中，加热无明显现象；再加入少量硝酸钾固体，溶液中的硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，氧化了铜生成蓝色铜离子，该过程硝酸钾不是催化剂，D错误；

答案选B。

7．B

【分析】

废定影液[含Ag(S2O3)和Br-等]中加入Na2S溶液，会和Ag(S2O3)反应生成Ag2S沉淀和S2O，故所得滤液中含Br-、S2O，通入氯气，则氯气能将Br-氧化为Br2，利用苯将溴单质萃取后能获得单质溴。

【详解】

A．过滤时滤液应自然流下，不能用玻璃棒搅拌，防止将滤纸搅烂，故A错误；

B．分液时，先使下层液体从下孔流出，再将上层液体从上口倒出，而由于用苯萃取，苯的密度小于水，故有机相在上层，水相在下层，故应先放出水相再从上口倒出有机相，故B正确；

C．粗溴蒸馏提纯时应选择直形冷凝管，因球形冷凝管有凹槽斜放时有液体残留在凹槽中，故C错误。

D．高温灼烧用坩埚，而不用蒸发皿，故D错误；

故选：B。

8．B

【分析】

该装置为电解池，a电极上是RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，a为阳极，电极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，b电极上硝基苯变化为偶氮化合物，发生的是还原反应，为电解池的阴极，据此分析判断。

【详解】

A．a极：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，发生氧化反应，a为阳极，消耗OH-，为保持电中性，右端OH-需要通过离子交换膜移向左端，因此该离子交换膜是阴离子交换膜，故A正确；

B．a电极上是RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，为阳极，b电极是硝基苯变化为偶氮化合物，发生的是还原反应，为电解池的阴极，电极a的电极电势高于电极b，故B错误；

C．a为阳极，是RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，电极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，故C正确；

D．a为阳极，b为阴极，电流由直流电源出发，经电极a，KOH溶液，电极b回到直流电源，故D正确；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意电子不能通过溶液，电流可以通过溶液。

9．C

【详解】

A．由题意可得Si3N4是一种高温结构陶瓷，耐高温，为共价晶体，其熔点主要取决于共价键键能的大小，A项错误；
B．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，氮元素的电负性比硅元素电负性大，B项错误；
C．由题意Si3N4晶体结构中原子间均以单键相连，每个原子都满足8电子稳定，可知氮原子形成3个共价单键，有1对孤对电子，杂化类型为sp3杂化，Si原子形成4个共价单键，杂化类型为sp3杂化，C项正确；
D．根据题干的已知信息可知Si3N4为极性共价键构成的共价晶体，D项错误；
故选C。

10．B

【分析】

Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，Y是O元素；W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，根据可知，Z能形成4个共价键，Z是C元素、W形成1个共价键，W是F元素；X形成4个共价键，其中有1个X提供空轨道形成的配位键，说明X最外层有3个电子，X是B元素。

【详解】

A．电子层数相同，原子半径随原子序数的增大而减小，原子半径r(F)<r(O)<r(C)<r(B)，故A正确；

B．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，稳定性H2O<HF，故B错误；

C．BF3空间构型是平面三角形，结构对称，分子为含极性键的非极性分子，故C正确；

D．CO2分子的结构式是O=C=O，σ键和π键数目之比为1∶1，故D正确；

选B。

11．B

【分析】

试液中加入过量稀硫酸，无明显现象，说明无CO32−，加入硝酸钡溶液，有气体生成，说明发生了氧化还原反应，则含有Fe2＋，则不含AlO2－，有沉淀A，说明沉淀A为硫酸钡沉淀，但不能说明含有SO42−，前面加入了硫酸，滤液X加过量NaOH溶液，生成气体，则气体为氨气，则含有NH4+，有沉淀B，说明氢氧化铁沉淀，滤液通入少量二氧化碳，有沉淀C，说明沉淀一定为碳酸钡，可能含氢氧化铝沉淀，则可能含有Al3＋，但由于溶液中离子浓度均为0.1mol·L−1，结合电荷守恒，因此不可能含有Al3＋，一定含有SO42−、Cl－、Fe2＋、NH4+。

【详解】

A. 根据分析原试液中一定不含有Al3＋，一定含Cl-，故A错误；

B. 根据分析原溶液中存在SO42−、Cl－、Fe2＋、NH4+，故B正确；

C. 根据分析溶液中不含有Al3＋，因此沉淀C为碳酸钡沉淀，故C错误；

D. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3+、H+和Ba2+，故D错误；

综上所述，答案为B。

12．C

【详解】

A．升高温度，反应I、反应II的正、逆反应速率均增大，故A错误；

B．增大压强，反应I、反应II均逆向移动，故B错误；

C．在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂，能加快反应I的速率，增大氧化炉中NO的含量，故C正确；

D．升高温度，反应III的平衡常数减小，说明正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度不利于反应III正向进行，故D错误；

选C。

13．D

【详解】

A．0.1mol/L NH4Cl溶液加水稀释，铵根离子的水解平衡正向进行，但c(NH3∙ H2O)减小，温度未变，则Kh不变，=Kh÷c(NH3∙ H2O)增大，A说法错误；

B．已知Ka(HA)= c(H+)×c(A-)÷c(HA)=1×10-7，则0.1mol/LHA溶液中的c(H+)×c(A-)=1×10-7×c(HA)，则c(H+)约为1×10-4mol/L，B说法错误；

C．HSO电离产生SO，水解产生H2SO3，pH=4的NaHSO3溶液，电离程度大于水解程度，则c(SO)＞c(H2SO3)，C说法错误；

D．(NH4)2SO4中含有的铵根离子约为NH4HSO4的2倍，则等浓度的下列溶液中c(NH)大小顺序为：(NH4)2SO4＞NH4HSO4，NH4HSO4溶液电离产生的氢离子抑制铵根离子的水解，则等浓度的NH4HSO4、NH4Cl中的c(NH)为NH4HSO4＞NH4Cl，D说法正确；

答案为D。

14．D

【分析】

由联合生产流程图可知，过程II中发生反应2NaCl +2H2O2NaOH + Cl2↑+H2↑，生成的H2参与过程I，与CO2、CO反应生成CH3OH，Cl2参与过程Ⅲ，发生反应2CuCl +Cl2= =2CuCl2，CuCl2进入过程IV中发生反应 2CuCl2 +C2H4 = C2H4Cl2 +2CuCl。

【详解】

A． 过程II为电解饱和NaCl溶液的过程，根据上述分析，电解过程中阳极发生氧化反应生成Cl2，阴极发生还原反应生成OH-，使用阳离子交换膜可防止Cl2和阴离子OH-通过，减少副反应，A正确；

B． 过程Ⅳ中的反应是，B正确；

C． CuCl2进入过程IV反应，过程Ⅲ发生的反应主要为过程IV产生的CuCl与过程Ⅱ产生的Cl2反应生成CuCl2，实现了CuCl2的再生，故在联合生产过程中起催化作用，C正确；

D． 过程I为H2与CO2、CO反应生成CH3OH，过程中H元素的化合价由0 价升高为+1价，则每生成1 mol CH3OH转移4 mol电子，过程Ⅲ发生反应 2CuCl+Cl2 = 2CuCl2，过程IV中发生反应，每生成1 mol C2H4Cl2转移2 mol电子，结合过程II中发生的反应，则理论上每生成1 mol CH3OH，可得到2 mol C2H4Cl2，D错误；

故选D。

15．D

【详解】

A．随pH增大，c(H2A)逐渐减小，即曲线II代表H2A，先增大后减小，即曲线I代表，逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线III代表，A项错误；
B．H2A溶液中加NaOH，溶液碱性逐渐增强，恰好中和之前水的电离程度逐渐增大，故c>b>a，B项错误；
C．，，，滴定过程中温度不变，平衡常数不变，C项错误；
D．根据电荷守恒有，c点满足，物料守恒满足，溶液呈酸性，则有

，D项正确；

故选D。

16.（12分）1s22s22p63s23p63d104s24p2 （1分）   8    3AsO+ClO+6OH−=3AsO+Cl−+3H2O    sp3杂化 （1分）  

 NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高   

NaGeO3+6HCl =2NaCl+GeCl4+3H2O       

【分析】

二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOH═Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH═2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O，蒸馏分离出GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•n H2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2•n H2O，将GeO2•n H2O烘干得到高纯的GeO2；

【详解】

(1)Si位于元素周期表的第三周期ⅣA族，Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge在周期表中的位置是第四周期第IVA族，为32号元素，则Ge核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；
(2)Ge晶胞与金刚石晶胞相似，晶胞内部有4个Ge原子，其它原子处于顶点与面心，晶胞中Ge原子数目；

(3)“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，反应方程式为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，对应的离子反应方程式为3AsO+ClO+6OH−=3AsO+Cl−+3H2O；

(4)对于AsH3中As原子孤电子对数=，杂化轨道数目=3+1=4，则As原子采取sp3杂化方式，AsH3的沸点比NH3低的原因：NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高；

(5)蒸馏过程中得到GeCl4，反应还生成氯化钠，反应方程式为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O；
(6)根据有关反应式：3Ge2+++6H+=3Ge4++I-+3H2O，-+5I-+6H+=3l2+3H2O得关系式：3Ge2+～，滴定时消耗的VmLb mol/L碘酸钾标准溶液中碘酸钾的物质的量为Vb×10-3mol，二氧化锗的质量为，则样品中二氧化锗的质量分数为。

17.（14分）增大    -283.00    鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于固硫（或其他合理分析）  

 增大接触面积，提高反应速率    H2O-e-=OH+H+(或OH--e-=·OH)    1FeS2+15·OH=1Fe3++2SO+7H2O+1H+   

pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行   

【分析】

(6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)，•OH具有较强的氧化性，可以将FeS2转化为Fe3+，SO，自身转化为H2O，根据电子得失守恒配平方程式；

(7)随着pH的升高，Fe3+可以转化为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度降低。

【详解】

(1)反应①为吸热反应，温度升高促进反应正向进行，所以温度升高，反应①的化学平衡常数增大，故答案为：增大；

(2)已知：①CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)△H1=+178.30kJ/mol

②CaO(s)+SO2(g)+0.5O2(g)⇌CaSO4(s)△H2=-501.92 kJ/mol

④CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H4=+218.92kJ/mol

所求反应为：③CO(g)+0.5O2(g)⇌CO2(g)，该反应可由②+④得到，根据盖斯定律，△H3=△H2+△H4=-283.00kJ/mol，故答案为：-283.00；

(3)鼓入过量的空气，即增大O2浓度，促进反应②正向进行，生成CaSO4，有利于固硫，同时鼓入的O2也能促进反应③正向进行，使CO浓度降低，CO2浓度升高，而相对于反应④来说，CO的浓度的降低与CO2浓度的升高，又会促进反应④逆向进行，生成CaSO4，有利于固硫，综合②③④，鼓入的O2均能促使CaSO4的生成，取向一致，有利于固硫，故答案为：鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于固硫；

(4)将煤打成煤浆，增加接触面积，有利于反应完全，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率(或使反应更充分)；

(5)电解池阳极发生氧化反应，产生•OH，电极反应为：H2O-e-═•OH+H+，故答案为：H2O-e-=OH+H+(或OH--e-=·OH)；

(6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)，•OH具有较强的氧化性，可以将FeS2转化为Fe3+，SO，自身转化为H2O，根据电子得失守恒，定FeS2前系数为1，•OH前配上系数为15，再根据元素守恒，电荷守恒，则反应应为：FeS2+15•OH═Fe3++2 SO+7H2O+H+，故答案为：1FeS2+15·OH=1Fe3++2SO+7H2O+1H+；

(7)随着pH的升高，Fe3+可以转化为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度降低，Fe(OH)3覆盖在煤浆表面，阻止反应进行，导致脱硫率下降，故答案为：pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行。

18．（13分）分液漏斗（1分）            冰水浴               

【详解】

(1)装置a的名称是分液漏斗，用于滴加浓盐酸；装置D中NaOH能与反应，吸收尾气，竖放的于燥管可防倒吸，离子方程式为。

(2)A是利用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制备氯气，其离子方程式为： 。

(3)装置C中反应放热，而反应温度须控制在0~5℃，可用冰水浴降温。

(4)装置C中可能发生副反应，向装置C反应液中加入稀硫酸，在酸性条件下氧化也生成。根据方案甲中实验现象判断溶液a中含有，再结合题干信息“在酸性、中性溶液中易分解放出”，也可能来自。

19.（16分）邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)    羟基、羰基(或酮基)        5    取代反应    2+O22+2H2O    14       

【分析】

根据题示信息，B()与试剂a在镁和乙醚存在时反应生成C()，则试剂a为氯代烃，结构简式为，结合物质结构间的变化和官能团的性质分析解答。

【详解】

(1)有机物A()的化学名称为邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)，F()中官能团有羟基、羰基(或酮基)，故答案为：邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；羟基、羰基(或酮基)；

(2) 根据题示信息，B()与试剂a在镁和乙醚存在时反应生成C()，则试剂a为氯代烃，结构简式为，分子中含有5种H原子，核磁共振氢谱显示5组峰，故答案为：；5；

(3)根据流程图，反应⑤是E中苯环侧链上的一个甲基被H原子代替了，发生的是取代反应，同时生成一碘甲烷，故答案为：取代反应；

(4)反应④是D中的羟基转化为了羰基，发生了氧化反应，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；①分子中含有两个苯环结构；②在酸性条件下能水解生成两种产物且相对分子质量相等，则两种产物为羧酸和醇，且相差一个碳原子，出苯环外，分别含有一个C原子和2个C原子，因此其中一种产物为苯甲酸，另外一种产物可能为苯乙醇、甲基苯甲醇或酚类，其中甲基苯甲醇有3种结构，酚类有：含羟基和乙基的有3种，含羟基和2个甲基的有7种，即另一种产物有14种结构，即两种产物形成的酯有14种结构，因此满足条件的F的同分异构体有14种，故答案为：2+O22+2H2O；14；

(5) 以乙醇为原料制备聚2-丁烯()，首先需要合成2-丁烯，根据题示信息，可以将乙醇的碳链增长，因此需要合成乙醛和氯乙烷或溴乙烷，可以将乙醇氧化得到乙醛，将乙醇与溴化氢溶液发生取代得到溴乙烷，因此合成路线为：

，故答案为：。