【文档说明】辽宁省锦州市渤海大学附属中学2021届高三下学期5月新高考第五次模拟考试化学答案.docx，共(11)页，215.412 KB，由小赞的店铺上传

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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2N与2O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A2．A【详解】A．金属性Sn>Ge，碱性44Sn(OH)Ge(OH)，故A正确；B．F元素没有最高正价，故B错误；C．N、P、A

s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1025[Kr]4d5s5p，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22256CHNO，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m14gn===1molM14g/mol，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．xNO储存过程中被氧气氧化，N元素化合价发生改变，A错误；B．Pt在反应前后不发生改变，但是参与了反应历程，属于催化剂，()32BaNO是储存时生成的物质，是中间产物，不是催化剂，B错

误；C．xNO储存还原总反应中生成2N，化合价降低，所以xNO是氧化剂，2N是还原产物，C错误；D．根据示意图可知xNO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：()4322

225CH4BaNO4BaO5CO4N10HO=++++，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3NH，使溶液呈弱碱性可以吸收更多的2CO，而后

通入2CO，有大量碳酸氢钠析出，说明该条件下溶解度：3NaClNaHCO，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)3-2和Br-等]中加入Na2S溶液，会和Ag(S2O3)3-2反应生成A

g2S沉淀和S2O2-3，故所得滤液中含Br-、S2O2-3，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RCH2NH

2-4e-+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RCH2

NH2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SO

42−、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/LNH4Cl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，++4c(H)c(NH)=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1×10-4mo

l/L，B说法错误；C．HSO-3电离产生SO23−，水解产生H2SO3，pH=4的NaHSO3溶液，电离程度大于水解程度，则c(SO23−)＞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(

NH4+)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(NH4+)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+2H2O电解

2NaOH+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NaC

l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242242CH2CuClCHCl2CuCl=++，

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2CuCl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1molCH3OH转移4mol电子，过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，过程IV中发生反应242242CH2CuClCHCl2CuC

l=++，每生成1molC2H4Cl2转移2mol电子，结合过程II中发生的反应，则理论上每生成1molCH3OH，可得到2molC2H4Cl2，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，(HA)c−先增大后减小

，即曲线I代表HA−，2(A)c−逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线III代表2A−，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．()()()a12cHcHAKcHA+−=，()()()2a2cHcAKcH

A+−−=，()()()122-a2a2cHAKKcHAcA−=，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()()()()()2cKcHcOHcHA2cA++−−−+=++，

c点满足()()2ccAHA−−=，物料守恒满足()()()22cHAcAcHA0.1mol/L−−++=，溶液呈酸性，则有()()()()()()()()2222cKcHA2cA0.1cHAcA0.1cHAcHA0.1cHA+−

−−−−+=−+=+−+，D项正确；故选D。16.（12分）1s22s22p63s23p63d104s24p2（1分）83AsO-2+ClO-3+6OH−=3AsO-4+Cl−+3H2Osp3杂化（1分）NH3分子间形成氢键，作用力强，沸点高NaGeO3+6H

Cl=2NaCl+GeCl4+3H2O-33bV10105a【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：3Na

AsO2+NaClO3+6NaOH=3Na3AsO4+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=Ge

O2•nH2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2•nH2O，将GeO2•nH2O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114+8+6=882；(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+6NaOH=3Na3AsO4+NaCl+3H2O，对应的离子反应方程式为3AsO-2+ClO-3+6OH−=3AsO-4+Cl−+3H2O；(4)对于AsH3中As原子孤电子对数=5-13=

12，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：Na

2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O；(6)根据有关反应式：3Ge2++-3IO+6H+=3Ge4++I-+3H2O，-3IO-+5I-+6H+=3l2+3H2O得关系式：3Ge2+～-3IO，滴定时消耗的Vm

Lbmol/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-2233GeGeOGeOIOm=nM3nM3bV10105g−==，则样品中二氧化锗的质量分数为-33bV10

105a。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++2SO24−+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+，SO24−，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/mol②CaO(s)+SO2(g)+0.5O2(g)⇌CaSO4(s)△H2=-501.92kJ/mol④CaSO4(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C

O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+，SO24−，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++2SO24−+7H2O+H+，故答案为：1FeS2+15·OH=1Fe3

++2SO24−+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）22Cl2OHClClOHO−−−+=++2222MnO4H2ClMnCl2HO+−+++++冰水浴22ClOCl2HClHO−−+++=+3Fe+234224FeO2OH4Fe3O10HO−+++++=【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2Cl反应，吸收尾气，竖放的于燥管可防倒吸，离子方程式为22Cl2OH=ClClOHO−−−+++。(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：+-2+222ΔM

nO+4H+2ClMn+Cl+2HO。(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22Cl2KOH=KClKClOHO+++，向装置C反应液中加入

稀硫酸，ClO−在酸性条件下氧化Cl−也生成2Cl。根据方案甲中实验现象判断溶液a中含有3Fe+，再结合题干信息“在酸性、中性溶液中易分解放出2O”，3Fe+也可能来自234224FeO20H=4Fe3O10HO−+++++。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+O2CuΔ⎯⎯→2+2H2O14【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+O2CuΔ⎯⎯→2+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+O2CuΔ⎯⎯→2+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：。