1、2021年广东省深圳市红岭中学高考化学五模试卷（5月份）一、选择题。本题共16小题，共44分。第110小题，每小题2分；第1116小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1（2分）下列属于物理变化的是（）A煤的气化B天然气的燃烧C烃的裂解D石油的分馏2（2分）中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰凉州词中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”。夜光杯的主要成分为3MgO4SiO2H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法错误的是（）A由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质B忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，则酒的密度越低C夜光杯属
2、硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点D制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用3（2分）化学与能源、材料密切相关，下列相关说法错误的是（）A天然气、水煤气分别属于一次能源、二次能源B高温结构陶瓷是生产汽车发动机的理想材料C砷化镓等新型半导体材料可用于制作光导纤维D飞机上所用由碳纤维和环氧树脂合成的材料属于复合材料4（2分）下列化学用语正确的是（）A乙酸分子的比例模型B二氧化硅的分子式为SiO2CMg和Cl形成离子键的过程：D氡（Rn）的质子数为86，中子数为1365（2分）下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是（）ASO2具有漂白性，可用作溴蒸气的
3、吸收剂BCaO具有碱性氧化物的性质，燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成CAl2O3是两性氧化物，可以用作防腐涂层DMgO熔融状态下能导电，可以用作耐火材料6（2分）阿伏加德罗常数NA是联系宏观和微观的桥梁，下列说法错误的是（）A含有1mol FeCl3的溶液水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数小于NAB1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子的总数为0.1 NAC标准状况下，2.24 L CH3Cl中氯原子数量为0.1 NAD6.4g Cu与足量的硫磺粉共热时，氧化还原反应中转移0.1 NA电子7（2分）下列有关离子共存的叙述或离子方程式的书写正确的是（）A常温pH7的溶液中，K+、S
4、O42、Fe3+可以大量共存B通入H2S至饱和的溶液中，Cl、NH4+、Cu2+可以大量共存C泡沫灭火器是利用水解原理：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2DZn溶于过量的浓硝酸中：Zn+8H+2NO33Zn2+2NO+4H2O8（2分）下列实验装置能达到实验目的的是（）ABCD制纯碱制NH3制SO2制取乙烯AABBCCDD9（2分）已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，由它们形成的化合物R是重要的有机合成中间体，R的结构式为 。下列说法不正确的是（）AX分别与W、Y、Z均能形成具有漂白性的物质BX、Y元素属于同一主族C简单氢化物的热稳定性：ZYD酸性：W、X、Y形成
5、的化合物W、X、Z形成的化合物10（2分）如图是一个形象有趣的有机合成反应：下列说法中正确的是（）A该反应符合绿色化学的理念，原子利用率为100%B化合物X的一氯代物有3种C化合物Y中有5个碳原子共一条直线D化合物Z能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能与HCN反应11（4分）在紫外线的作用下，CF2Cl2可解离出氯原子，氯原子破坏臭氧层的原理如图所示。下列说法正确的是（）A一氧化氯自由基是臭氧分解过程的催化剂B反应a的活化能低于反应b的活化能C臭氧分解的化学方程式可表示为：2O33O2DCF2Cl2分子的空间构型是正四面体形12（4分）下列关于实验操作或现象的说法正确的是（）A图1：进行氢氧化铁
6、胶体的电泳实验，通电后，阴极附近颜色逐渐加深B图2：反应一段时间后，试管中固体变为红棕色C图3：测定氯水的pHD图4：滴定过程，应保持匀速滴液13（4分）某化工厂充分利用工业废气中的CO、CO2，将氯代烃、氯碱工业和甲醇联合生产，减少了环境污染，具体流程如图。下列叙述错误的是（）A为减少副反应的发生，过程中的装置需使用阳离子交换膜B在过程中实现了CuCl2的再生C理论上每生成1mol CH3OH，可得到1mol C2H4Cl2D过程中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl14（4分）对氨基苯甲酸（）是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸（）为原料，采用电解法合成
7、对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法正确的是（）A电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源B阴极的主要电极反应式为C每转移1mol e时，阳极电解质溶液的质量减少8gD反应结束后阳极区pH增大15（4分）下列实验操作不能达到相应实验目的的是（）选项实验操作实验目的A向苯与液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体直接通入AgNO3溶液中验证液溴与苯发生取代反应B向5mL浓度为0.5molL1的KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，再加入少量淀粉溶液，振荡比较I、Fe2+的还原性强弱C向5mL浓度为0.2molL1的MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2molL1的CuCl2溶液比较
8、Cu（OH）2、Mg（OH）2溶度积的大小D向乳浊液中加入足量的Na2CO3溶液验证与H+的结合能力：CO32AABBCCDD16（4分）常温下，向10 mL 0.1 molL1的HA溶液中逐滴加入0.1 molL1的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列说法正确的是（）Ab点溶液中，水的电离程度最小B溶液中的阴离子浓度总和关系是：bcaC常温下，HA的电离平衡常数的数量级为106Dd点溶液中：c（A）+c（HA）+c（H+）c（NH3H2O）+c（OH）二、非选择题：每题14分，共56分17（14分）硫酸亚铁在印染、医药，化肥等多个行业有广泛应用。某学习小组对硫酸亚铁晶体（FeSO47
9、H2O）的热分解产物进行探究。回答下列问题：（1）装置A中石棉绒的作用为 ；装置D中的仪器名称为 。（2）按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a 、 、 、 h。（填装置口小写字母）（3）该小组同学按上述顺序连接各装置并进行实验，请为他们补全以下表格：装置编号填装试剂实验现象实验结论AFeSO47H2O绿色固体逐渐变为红色粉末B 分解产物中含有SO2CBaCl2溶液产生白色沉淀 D无水CuSO4粉末白色固体逐渐变为蓝色分解产物中含有水蒸气E （4）硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为 。（5）设计实验证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素： 。（简述实验操作及现象）18（14分）某种电镀污泥主要含有
10、碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3）以及少量的金（Au），可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为：Cu2Te+2O22CuO+TeO2（1）Te元素在元素周期表中的位置为 ，该元素最高化合价 。（2）煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为 。（3）浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还含有 （填化学式）。电解沉积过程中析出单质铜的电极为 极。（4）工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）母液生产重铬酸钾（K2Cr2O7）的工艺流程如图所示：通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原
11、因是 。（5）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取试样2.50g配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000molL1（NH4）2Fe（SO4）2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为 。若三次实验消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准液的体积平均为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为 。（保留三位有效数字）。19（14分）氮氧化合物的处理对建设生态文明具有重要意义，可采用多种方法消除。方法一：氯气还原法（1）氢气在富氧条件下催化还原 NOx，反应在低温时仍具有高活性和选择性。已知催化剂 Rh 表面H2催化还原 NO
12、 的部分反应机理如下表：其他条件一定时，决定 H2催化还原 NO 的反应速率的基元反应为 （填标号），基元反应H（s）+O（s）OH（s）+Rh（s）的H kJmol1。（2）在低温区催化剂 Pt/AlM10A对生成 N2O具有敏感性，发生反应H2（g）+2NO（g）N2O（g）+H2O（g）。在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2。下列有关说法正确的是 。a.平衡时，气体平均相对分子质量不再变化b.任意时刻，2V正（NO）V逆（H2O）c.若向容器内充入少量 O2，平衡不移动d.平衡后，向容器中按照 1：2 再充入H2
13、和NO，平衡向右移动反应达到平衡时，H2的平衡转化率为 ；Kp （用含P0的代数式表示）。方法二：碳还原法（3）利用反应C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）H34.0 kJmol1 催化还原NO，若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图1所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440，高于440时，NO的转化率降低的原因可能是 ，也可能是 。方法三：NH3还原法。（4）研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图2。写出脱氮过程的总反应的化学方程式 。20（14分）化合物N是合成某种消炎药物的一种中间体以丙烯为原料并应用麦克尔反应合成N的路线如下
14、：已知：“”表示“苯基”麦克尔反应在有机合成中有重要应用，可用下面的通式表示：zCH2z+ ，其中Y可代表 ，；回答下列问题：（1）B的化学名称为 。（2）HM的反应类型为 ；E中官能团的名称为 。（3）CD的化学反应方程式为 。（4）M的结构简式为 。（5）写出一种满足下列条件的H的同分异构体的结构简式 （不包括立体异构）。分子中存在由6个碳原子形成的六元环；1mol该物质能与足量金属钠反应生成22.4L（标准状况）H2；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：1：1：1。（6）化合物常用作化妆品的香料，设计以和为原料，利用麦克尔反应制备的合成路线 （无机试剂任选）。2021年广东省深圳市红岭
15、中学高考化学五模试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题。本题共16小题，共44分。第110小题，每小题2分；第1116小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1（2分）下列属于物理变化的是（）A煤的气化B天然气的燃烧C烃的裂解D石油的分馏【分析】无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生产的变化为化学变化，据此分析。【解答】解：A、煤的气化是用煤和水在高温条件下来生产CO和H2的过程，故为化学变化，故A错误；B、天然气燃烧生成二氧化碳和水，故为化学变化，故B错误；C、烃的裂解是用重油为原料来生产乙烯等短链烯烃的过程，有新物质生成，故为化学变化，故C错误；D、石油
16、的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的方法，无新物质生成，故为物理变化，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了物理变化、化学变化的区别和常见化学过程的实质，难度不大，应注意掌握化学过程中的变化的实质。2（2分）中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰凉州词中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”。夜光杯的主要成分为3MgO4SiO2H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法错误的是（）A由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质B忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，则酒的密度越低C夜光杯属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点D制
17、作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用【分析】A蚕丝主要成分是蛋白质；B忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，说明酒精含量越少，水的含量就越多；C夜光杯的主要成分为3MgO4SiO2H2O，属硅酸盐产品；DNa2SiO3耐高温，不燃烧，也不支持燃烧。【解答】解：A蚕丝主要成分是蛋白质，因此由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分也是蛋白质，故A正确；B忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，说明酒精含量越少，水的含量就越多，由于乙醇的密度小于水的密度，所以葡萄美酒的度数越低，酒的密度越高，故B错误；C夜光杯的主要成分为3MgO4SiO2H2O，属硅酸盐产
18、品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，故C正确；DNa2SiO3耐高温，不燃烧，也不支持燃烧，具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。3（2分）化学与能源、材料密切相关，下列相关说法错误的是（）A天然气、水煤气分别属于一次能源、二次能源B高温结构陶瓷是生产汽车发动机的理想材料C砷化镓等新型半导体材料可用于制作光导纤维D飞机上所用由碳纤
19、维和环氧树脂合成的材料属于复合材料【分析】A从自然界中直接获取的为一次能源，一次能源加工得到的能源为二次能源；B生产汽车发动机的理想材料必须耐高温、耐磨、强度和硬度大；C光导纤维的材料是SiO2；D两种或两种以上的物质组成具有多功能的材料称为复合材料。【解答】解：A天然气是从自然界中直接获取的，属于一次能源，水煤气是碳与水蒸气反应得到，属于二次能源，故A正确；B高温结构陶瓷耐高温、耐磨、强度和硬度大，是生产汽车发动机的理想材料，故B正确；C半导体材料主要是导电作用，而不是用作光导纤维，光导纤维的材料是SiO2，砷化镓不具有此性质和用途，故C错误；D两种或两种以上的物质组成具有多功能的材料称为复
20、合材料，由碳纤维和环氧树脂合成的材料就具有增强作用的复合材料，故D正确。故选：C。【点评】本题主要考查原子的表示，以及材料有关的问题，掌握质量数、质子数、中子数之间的关系是根本，了解常见的材料是解题的关键，题目难度不大，但涉及知识面广。4【分析】A乙酸由甲基和羧基构成，并且原子半径：COH；B二氧化硅是共价晶体；C氯化镁为离子化合物，镁离子与两个氯离子通过离子键结合，两个氯离子不能合写；D标示在元素符号左上方的是质量数，左下方的是质子数。【解答】解：A乙酸分子中含有1个甲基和1个羧基，原子半径：COH，其比例模型为，故A错误；B二氧化硅是共价晶体，无分子式，故B错误；C氯化镁为离子化合物，由离
21、子形成离子键，其形成过程为，故C错误；D标示在元素符号左上方的是质量数，左下方的是质子数，氡（Rn）的质子数为86，中子数为22286136，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意的是离子化合物的电子式中，相同离子不能合并。5（2分）下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是（）ASO2具有漂白性，可用作溴蒸气的吸收剂BCaO具有碱性氧化物的性质，燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成CAl2O3是两性氧化物，可以用作防腐涂层DMgO熔融状态下能导电，可以用作耐火材料【分析】ASO2具有还原性，可以被溴蒸气氧化；B碱性氧化物可以与酸性氧化物反应生成盐；CAl2O3是两性
22、氧化物，可溶于酸或碱；DMgO用作耐火材料的原因是熔点高。【解答】解：ASO2具有还原性，可用作溴蒸气的吸收剂，故A错误；BCaO具有碱性氧化物的性质，燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，方程式为：CaO+SO2CaSO3，2CaSO3+O22CaSO4，故B正确；CAl2O3是两性氧化物，可溶于酸或碱，不能用作防腐涂层，故C错误；DMgO的熔点很高，可以用作耐火材料，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查物质的性质与用途是否一致，涉及的知识面广，难度不大，但属于易错题型。6（2分）阿伏加德罗常数NA是联系宏观和微观的桥梁，下列说法错误的是（）A含有1mol FeCl3的溶液水解形成的Fe（
23、OH）3胶体粒子数小于NAB1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子的总数为0.1 NAC标准状况下，2.24 L CH3Cl中氯原子数量为0.1 NAD6.4g Cu与足量的硫磺粉共热时，氧化还原反应中转移0.1 NA电子【分析】A1个氢氧化铁胶体微粒含有多个氢氧化铁；B碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，1个碳酸根离子水解生成1个碳酸氢根离子和1个氢氧根离子，阴离子个数增加；D铜与硫反应生成硫化亚铜。故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题的关键，题目难度不大，注意铜与硫加热反应生成硫化亚铜。7（2分）下列有关离子共存的
24、叙述或离子方程式的书写正确的是（）A常温pH7的溶液中，K+、SO42、Fe3+可以大量共存B通入H2S至饱和的溶液中，Cl、NH4+、Cu2+可以大量共存C泡沫灭火器是利用水解原理：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2DZn溶于过量的浓硝酸中：Zn+8H+2NO33Zn2+2NO+4H2O【分析】A铁离子只能存在于酸性环境下；B铜离子与硫化氢反应生成氢离子和硫化铜沉淀；C铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；D锌与浓硝酸反应生成硝酸锌和二氧化氮和水。【解答】解：A铁离子只能存在于酸性环境下，常温pH7的溶液中，铁离子以氢氧化铁形式存在，故A错误；B铜离子与硫化氢反应生成
25、氢离子和硫化铜沉淀，所以入H2S至饱和的溶液中，Cu2+不能大量共存，故B错误；C泡沫灭火器是利用水解原理，离子方程式：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，故C正确；DZn溶于过量的浓硝酸中，离子方程式：Zn+4H+2NO3Zn2+2NO2+2H2O，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了离子方程式书写正误判断及离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。8【分析】A.碳酸氢钠加热有水生成；B.石灰石与浓氨水不反应；C.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫；D.乙醇在170时发生消去反应生成乙烯。【解答】解：A.碳酸氢钠加热有水生成，试管口应略向下倾斜，故A错误；B.石灰石与浓氨水
26、不反应，不能制备氨气，应选CaO与浓氨水制备，故B错误；C.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，图中装置可制备二氧化硫，故C正确；D.乙醇在170时发生消去反应生成乙烯，图中缺少温度计测定反应液的温度，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，结合R的结构简式可知，X形成1个双键或2个单键，Y形成6个共价键，则X为O，Y为S；W形成1个共价键，其原子序数小于O，则W为H；Z形成1个共价键，其原子序数
27、大于S，则Z为Cl元素，以此分析解答。【解答】解：结合分析可知，W为H，X为O，Y为S，Z为Cl元素，AO元素能够分别与H、S、Cl形成具有漂白性的物质，如过氧化氢、二氧化硫、二氧化氯，故A正确；B氧、硫元素的最外层电子数均为6，二者属于第A族元素，故B正确；C非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：ClS，则简单氢化物的热稳定性：ZY，故C正确；D高氯酸的酸性大于硫酸、亚硫酸，但硫酸、亚硫酸的酸性大于次氯酸，没有指出元素最高价，无法比较两种化合物酸性强弱，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用
28、能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。10 【分析】A.由结构可知CHO转化OH，同时生成小分子HBr；B.X的结构对称，含4种H；C.Y中碳碳三键为直线结构，苯环上2个C与三键共直线；D.Z中含碳碳三键。【解答】解：A.由结构可知CHO转化OH，同时生成小分子HBr，则原子利用率小于100%，故A错误；B.X的结构对称，含4种H，则一氯代物有4种，故B错误；C.Y中碳碳三键为直线结构，苯环上2个C与三键共直线，与三键直接相连的C与三键共线，则Y中有5个碳原子共一条直线，故C正确；D.Z中含碳碳三键，能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与HCN发生加成反应，故D错误；故选：C。【点评】本
29、题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、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C为解答的易错点，题目难度不大。11 【分析】ACl与O3反应生成O2和一氧化氯自由基；B活化能越低，反应速率越快；C由图可知，在Cl和紫外线的作用下O3转化为O2；DCF2Cl2分子中含有CF、CCl键，作用力不同。【解答】解：ACl与O3反应生成O2和一氧化氯自由基，所以一氧化氯自由基是反应的中间产物，则一氧化氯自由基不是催化剂，故A错误；故选：C。【点评】本题考查了反应原理、物质之间的转化，涉及分子的空间构型、反应原理、物质之间的转化、活化能等，侧重分析能力与应用能力的考查，注
30、意图中物质之间的转化，题目难度不大。12 【分析】A.氢氧化铁胶体粒子带正电；B.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；C.氯水可使pH试纸褪色；D.滴定过程先快后慢，接近滴定终点时逐滴滴加。【解答】解：A.氢氧化铁胶体粒子带正电，则通电后，阴极附近颜色逐渐加深，故A正确；B.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，试管中固体变为黑色，故B错误；C.氯水可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故C错误；D.滴定过程先快后慢，接近滴定终点时逐滴滴加，不能保持匀速，防止滴加过量，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、pH测定、中和滴定、
31、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。13 【点评】本题考查氯碱工业及其应用、工业上合成甲醇和乙烯的氯化过程等知识，侧重学生分析能力和信息处理能力的考查，把握流程图中各个过程及反应是解题关键，注意关系式的计算和物质循环的判断，题目难度中等。14 【解答】解：A金属阳极DSA发生2H2O4eO2+4H+，失去的电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源正极，不是流入直流电源，故A错误；B阴极的主要电极反应式为，故B正确；C由金属阳极DSA发生2H2O4eO2+4H+知，每转移1mol e时，消耗0.5mol水，以氧气形式放出的是8g，通过阳离子交换膜的氢
32、离子1g，阳极电解质溶液的质量减少9g，故C错误；D阳极区电解的是水，硫酸的浓度增大，反应结束后阳极区pH减小，故D错误；故选：B。【点评】本题侧重考查电解知识，解答本题，注意把握电解的原理，题目难度中等，有利于培养学生的分析能力。15 【解答】解：A苯与液溴发生取代反应生成溴苯、HBr，挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，由操作和现象不能判断液溴与苯发生取代反应，故A错误；B二者发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由操作和现象可知I、Fe2+的还原性强弱，故B正确；CNaOH少量，为沉淀转化，由操作和现象可知Cu（OH）2、Mg（OH）2溶度积的大小，故C正确；D反应生成苯酚钠、碳酸氢钠
33、，由操作和现象可知H+的结合能力：CO32，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。16 【分析】由图可知，0.1molL1的HA溶液的pH为3，则HA为弱酸；a点HA溶液与氨水部分反应，所得溶液为HA和NH4A的混合溶液；b点HA溶液与氨水完全反应，所得溶液为NH4A溶液，c、d两点氨水过量，得到NH4A和NH3H2O的混合溶液。【解答】解：A由分析可知，b点所得溶液为NH4A溶液，A和铵根离子均促进水的电离，则b点水的电离程度最大，故A错误；B溶液导电
34、能力与溶液中离子浓度有关，导电能力越大，溶液中离子浓度越大，由图可知，溶液的导电能力bca，由电荷守恒c（NH4+）+c（H+）c（A）+c（OH）可知，阳离子总数等于阴离子总数，则溶液中的离子总数是阴离子总数的2倍，由溶液的导电能力与溶液中的阴离子总数呈正比可知，溶液中的阴离子浓度总和关系是：bca，故B正确；C由图可知，0.1molL1的HA溶液的pH为3，则HA的电离平衡常数，电离平衡常数的数量级为105，故C错误；Dd点加入20mL等浓度的氨水，所得溶液为等浓度的NH4A和NH3H2O的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系2c（A）+2c（HA）c（NH3H2O）+c（NH4+）和电荷守恒
35、关系c（NH4+）+c（H+）c（A）+c（OH），整合两式可得：c（A）+2c（HA）+c（H+）c（NH3H2O）+c（OH），因溶液呈碱性，c（OH）c（H+），则c（A）+c（HA）c（NH3H2O），故D错误；故选：B。【点评】本题考查酸碱混合，为高频考点，把握纵横坐标的含义、坐标原点的意义、混合后溶质、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。二、非选择题：每题14分，共56分17（14分）硫酸亚铁在印染、医药，化肥等多个行业有广泛应用。某学习小组对硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）的热分解产物进行探究。回答下列问题：（1）装置A中石棉
36、绒的作用为防止固体粉末堵塞导管；装置D中的仪器名称为球形干燥管。（2）按气流方向，上述装置合理的连接顺序为ag、fe、dc、bh。（填装置口小写字母）（3）该小组同学按上述顺序连接各装置并进行实验，请为他们补全以下表格：装置编号填装试剂实验现象实验结论AFeSO47H2O绿色固体逐渐变为红色粉末B品红溶液溶液由红色褪为无色分解产物中含有SO2CBaCl2溶液产生白色沉淀分解产物中含有SO3D无水CuSO4粉末白色固体逐渐变为蓝色分解产物中含有水蒸气ENaOH溶液（4）硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为2FeSO47H2OFe2O3+SO3+SO2+14H2O。（5）设计实验证明A中得到的红色粉末不
37、含+2价铁元素：取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3Fe（CN）6溶液，不产生蓝色沉淀。（简述实验操作及现象）【分析】装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2，装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3，装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气，装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理，（1）装置A中石棉绒的作用为防止固体粉进入右侧细导气管，根据仪器形状和里面盛放药品判断；（2）根据生成物的性质特点与，应先检验水蒸气，再检验SO3气体，再检验SO2，最后尾气处理；（3）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2，装置C盛放
38、BaCl2溶液，作用是检验SO3，装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气，装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；（4）分析可知绿矾煅烧得到红色固体为氧化铁，同时生成二氧化硫、三氧化硫和水；（5）选K3Fe（CN）6溶液检验不含亚铁离子。【解答】解：（1）装置A中石棉绒的作用为防止固体粉末堵塞导管，装置D中的仪器名称为球形干燥管，故答案为：防止固体粉末堵塞导管；（2）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2，装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3，装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气，装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理，这三种生成物应
39、该先检验水蒸气，在检验SO3，最后检验SO2，因为检验SO2和SO3时都有水溶液，会带出水蒸气，SO3极易溶于水且和水反应，所以链接顺序为agfedcbh，故答案为：g；f；e；d；c；b；（3）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2，装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3，装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气，装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理，品红溶液，溶液由红色褪为无色，分解产物中含有SO3，NaOH溶液，故答案为：品红溶液；溶液由红色褪为无色；分解产物中含有SO3；NaOH溶液；（4）分析可知绿矾煅烧得到红色固体为氧化铁，同时生成二氧化硫
40、、三氧化硫和水，结合单质守恒和原子守恒配平书写化学方程式为：2FeSO47H2OFe2O3+SO3+SO2+14H2O，故答案为：2FeSO47H2OFe2O3+SO3+SO2+14H2O；（5）取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3Fe（CN）6溶液，不产生蓝色沉淀，证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素，故答案为：取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3Fe（CN）6溶液，不产生蓝色沉淀。【点评】本题考查了物质性质、物质组成、实验过程分析、仪器链接等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。18（14分）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二
41、铬（Cr2O3）以及少量的金（Au），可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为：Cu2Te+2O22CuO+TeO2（1）Te元素在元素周期表中的位置为第五周期A族，该元素最高化合价+6。（2）煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2。（3）浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还含有CuSO4（填化学式）。电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极。（4）工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）母液生产重铬酸钾（K2Cr2O7）的工艺流程如
42、图所示：通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小。（5）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取试样2.50g配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000molL1（NH4）2Fe（SO4）2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O。若三次实验消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准液的体积平均为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为49.0%。（保留三位有效数字）。【
43、分析】电镀污泥主要含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3）以及少量的金（Au），先煅烧，Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2，水浸后，过滤，滤液中含有Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，另煅烧时，Cu2Te与O2反应生成CuO、TeO2，沉渣加入稀硫酸时，CuO、TeO2、Cr2O3均与稀硫酸反应生成硫酸盐，Au不溶，过滤，除去，将沉积液进行电解，铜离子在阴极放电，生成铜单质，再向电解后的溶液中通入SO2，含有+4价的Te，生成粗Te，（1）Te元素与氧元素同主族，即第A族，主族元素最高化合价等于主族序数；（2）由图可知，煅烧时，Cr2O3与O2
44、、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2，Cr由+3价升高到了+6价，氧元素由0价降低到2，根据化合价升降守恒和原子守恒，即可写出反应的方程式；（3）电镀污泥主要含有碲化亚铜（Cu2Te），浸出液中除了含有TeOSO4外，还含有CuSO4，铜离子为阳离子，在阴极放电；（4）低温条件下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7；（5）（NH4）2Fe（SO4）2标准液滴定K2Cr2O7溶液时，Fe2+被氧化为Fe3+，化合价升高1价，Cr2O72被还原为Cr3+，根据化合价升降守恒和原子守恒，即可写出反应的离子方程式，三次实验消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准液的体积平均为25.00m
45、L，则消耗（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量为：0.025L0.1000molL10.0025mol，根据方程式，计算出25mL溶液中含有的K2Cr2O7的物质的量，进一步计算所得产品中K2Cr2O7的纯度。【解答】解：（1）Te元素在元素周期表中的位置为第五周期A族，该元素最高化合价+6价，故答案为：第五周期A族；+6；（2）煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；（3）浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还含有CuSO4，电解沉积过
46、程中析出单质铜的电极为阴极，故答案为：CuSO4；阴；（4）通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，故答案为：低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；（5）（NH4）2Fe（SO4）2标准液滴定K2Cr2O7溶液时，反应的离子方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，若三次实验消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准液的体积平均为25.00mL，则消耗（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量为：0.025L0.10
47、00molL10.0025mol，25mL溶液中含有的K2Cr2O7的物质的量为：0.0025molmol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为49.0%，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；49.0%。【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，同时考查学生的看图、读取信息并加以应用的能力，氧化还原型离子方程式的书写，关系式和纯度的计算等，对学生的能力要求较高，难度较大。19（14分）氮氧化合物的处理对建设生态文明具有重要意义，可采用多种方法消除。方法一：氯气还原法（1）氢气在富氧条件下催化还原 NOx，反应在低温时仍具有高活性和选择性。已知催化剂 Rh 表面H2
48、催化还原 NO 的部分反应机理如下表：其他条件一定时，决定 H2催化还原 NO 的反应速率的基元反应为 （填标号），基元反应H（s）+O（s）OH（s）+Rh（s）的H+46.0kJmol1。（2）在低温区催化剂 Pt/AlM10A对生成 N2O具有敏感性，发生反应H2（g）+2NO（g）N2O（g）+H2O（g）。在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2。下列有关说法正确的是 bc。a.平衡时，气体平均相对分子质量不再变化b.任意时刻，2V正（NO）V逆（H2O）c.若向容器内充入少量 O2，平衡不移动d.平衡后，向容器
49、中按照 1：2 再充入H2和NO，平衡向右移动反应达到平衡时，H2的平衡转化率为 50%；Kp （用含P0的代数式表示）。方法二：碳还原法（3）利用反应C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）H34.0 kJmol1 催化还原NO，若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图1所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440，高于440时，NO的转化率降低的原因可能是 温度升高导致平衡逆向移动，也可能是 催化剂活性降低导致速率变慢。方法三：NH3还原法。（4）研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图2。写出脱氮过程的总反应的化学方程式 4NH3+4NO
50、+O24N2+6H2O。【分析】（1）反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用；反应的焓变H正反应的活化能逆反应的活化能；（2）a该反应各物质均为气体，气体平均相对分子质量数值为；b任意时刻，该反应的v（NO）2v（H2O）；cO2能与NO反应，使NO的浓度降低；d平衡后，向容器中按照1：2再充入H2和NO，相当增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，设充入的H2物质的量为1mol，则n（NO）2mol，反应三段式为，设消耗氢气物质的量为xmol， H2（g）+2NO（g）N2O（g）+H2O（g）起始量（mol） 1 2
51、0 0变化量（mol） x 2x x x平衡量（mol） 1x 22x x x平衡时，N2O的体积分数为0.2，即0.2，解得x0.5mol，转化率100%，n（H2）n（N2O）n（H2O）0.5mol，n（NO）1mol，（3）若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440，由于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到平衡，据此分析，高于440时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小（即温度升高导致平衡逆向移动），也可能是催化剂活性降低导致速
52、率变慢；（4）NH3、NO、O2反应生成N2和H2O。【解答】解：（1）由表中数据可知，由表中数据可知，反应N（s）+N（s）N2（s）+Rh（s）+Rh（s）的活化能最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H2催化还原NO的反应速率的基元反应为；反应H（s）+O（s）OH（s）+Rh（s）的活化能为83.7kJ/mol，反应OH（s）+Rh（s）H（s）+O（s）的活化能为37.7kJ/mol，即基元反应H（s）+O（s）OH（s）+Rh（s）的正反应活化能为83.7kJ/mol，逆反应活化能为37.7kJ/mol，所以基元反应H（s）+O（s）OH（s）+Rh（
53、s）的H83.7kJ/mol37.7kJ/mol+46.0kJ/mol，故答案为：；+46.0；（2）a该反应各物质均为气体，正向是气体体积减小的反应，气体总质量不变，气体平均相对分子质量数值为，则平衡时气体总物质的量不变，所以平衡时气体平均相对分子质量不变，故a正确；b任意时刻该反应均存在v（NO）2v（H2O），平衡时v正（NO）2v逆（H2O），故b错误；cO2能与NO反应，若向容器内充入少量O2，则反应物NO的浓度降低，平衡逆向移动，故c错误；d由于正反应是气体体积减小的反应，平衡后，向容器中按照1：2再充入H2和NO，相当增大压强，平衡正向移动，故d正确；故答案为：ad；在恒温恒容密
54、闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，设充入的H2物质的量为1mol，则n（NO）2mol，反应三段式为，设消耗氢气物质的量为xmol， H2（g）+2NO（g）N2O（g）+H2O（g）起始量（mol） 1 2 0 0变化量（mol） x 2x x x平衡量（mol） 1x 22x x x（3）若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440，由于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到平衡，故A、B、C三点中B、C点可能是对应温度下的平衡转
55、化率；高于440时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小，温度升高导致平衡逆向移动，也可能是催化剂活性降低导致速率变慢，故答案为：温度升高导致平衡逆向移动；催化剂活性降低导致速率变慢；（4）题目所给的示意图，可以得出NH3、NO、O2参加反应生成N2和H2O，故脱硝过程的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故答案为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O。【点评】本题考查反应能量变化和盖斯定律计算应用、化学平衡计算及图象分析判断，侧重考查阅读、信息获取和知识综合应用、计算能力，正确获取题干有用信息并灵活应用信息解答问题是解本题关键，注意基础知识及基本公式的正确应用，化学平衡常数计算是解答难点，题目难度中等。【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，充分利用有机物分子、结构简式进、反应条件进行分析推断，注意对给予信息的理解与与运用，是对有机化学基础的综合考查。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/3/17 12:12:08；用户：18487138200；邮箱：18487138200；学号：37546179第25页（共25页）
