还剩15页未读，
继续阅读
福建省泉州市2021年高考化学5月模拟试卷
展开
这是一份福建省泉州市2021年高考化学5月模拟试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考化学5月模拟试卷
一、单选题
1.三星堆遗址最近出土了青铜神树、黄金权杖、玉器等文物，下列有关说法错误的是（ ）
A. 青铜神树体现了中国古代高超的冶金技术 B. 青铜表面的绿色物质主要为Cu2(OH)2CO3
C. 青铜神树、黄金权杖、玉器均为合金材料 D. 玉器因含有不同金属氧化物而显现不同颜色
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24 L C3H8分子中的σ键的数目为1.1NA
B. 5.6 g Fe在7.1 g Cl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NA
C. 0.1 mol NO与0.1 mol O2混合物中质子数为2.3NA
D. 室温下，pH=9的CH3COONa溶液中，由水电离的H+数目为10-9NA
3.二氢黄樟油素是一种常见的日化香料，可用香桂油为原料制取，反应如下：下列说法错误的是（ ）
A. 香桂油能发生聚合反应、还原反应 B. 香桂油分子中所有碳原子可能共平面
C. 二氢黄樟油素的一氯代物有6种 D. 可用溴水鉴别以上两种有机物
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 的溶液中：Na+、K+、 、
B. c(Fe2+)=0.5mol·L-1的溶液中：H+、Mg2+、 、ClO-
C. 无色溶液中：Na+、Fe3+、 、
D. 能使酚酞变红的溶液中：Al3+、 、Cl-、
5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素组成的某种化合物可用于防治蛀牙，该化合物的结构如图所示，以下有关说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Z>Y>X B. 最简单氢化物稳定性：Y>X>W
C. Y、Z形成的化合物水溶液呈中性 D. WY5所有原子最外层均为8电子结构
6.以CO2和甲醇(MeOH)为原料合成碳酸二甲酯( )的催化反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 总反应为： B. 乙是该反应的中间体
C. 甲→乙过程中Sn的配位数未发生改变 D. 加入缩醛能使总反应平衡逆向移动
7.从含砷(As)的有毒工业废水中提取粗As2O3 ， 流程如下：
已知：As与P同为VA族元素；Ca3(AsO3)2微溶于水，Ca3(AsO4)2难溶于水。
下列说法错误的是（ ）
A. 试剂①的作用是将 氧化为
B. 滤液①主要成分为NaOH溶液
C. 滤液②主要成分可以循环利用
D. “还原”的离子方程式：2H++2 +2SO2=2 +As2O3↓+H2O
8.利用CO2电催化还原法制取清洁燃料HCOOH，可实现温室气体CO2的资源化利用。其工作原理如图。下列有关说法错误的是（ ）
A. M为阳极 B. 离子交换膜为阴离子交换膜
C. N极的电极反应式为CO2+2e-+2H＋=HCOOH D. 消耗的CO2与生成的O2物质的量之比为2:1
9.下列装置能达成相应实验目的的是（ ）
A. 图1：比较溴与碘的非金属性强弱 B. 图2：探究铁钉的析氢腐蚀
C. 图3：验证二氧化硫的漂白性 D. 图4：制备并收集氨气
10.25℃时，不同pH环境下H2C2O4不同形态的粒子的分布系数(δ)如图1.用0.200mol·L-1H2C2O4溶液滴定20.00mL0.400mol·L-1NaOH溶液所得滴定曲线如图2.下列说法错误的是（ ）
A. H2C2O4的Ka1=1×10-1.30
B. 点n所示溶液中：c( )+2c( )=c(Na+)
C. 点m到p的溶液中：水的电离程度逐渐减小
D. 点p所示溶液中：c(Na+)＞c( )＞c(H2C2O4)＞c( )
二、非选择题
11.工厂处理电镀废水会产生电镀污泥。某镀镍污泥酸浸的滤液含Ni2+、Al3+、Fe2+、Cr3+、Cu2+等离子，可用如下工艺流程回收硫酸镍晶体。
已知：镍的萃取、反萃过程反应为
（1）检验酸浸滤液中含Fe2+的试剂为________。
（2）“电解”过程，阴极的电极反应式为________。
（3）滤渣②主要成分为AlPO4、FePO4、CrPO4不同电解电压、电解时间下Fe2+、Cr4+离子的检测结果如下表所示，电解酸浸滤液的最佳电压和时间分别是________。
电解电压(V)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Fe2+
有
有
有
无
无
Cr4+
无
无
无
无
有
电解时间(h)
2.6
3.1
3.6
4.1
4.6
Fe2+
有
无
无
无
无
Cr4+
无
无
有
有
有
（4）“沉淀”后，溶液中c( )=4.0×10-9mol·L-1 ， 则c(Al3+)=________。(已知：Ksp(AlPO4)=9.84×10-21)
（5）“反萃”中，加入的X是________。
（6）为测定硫酸镍晶体(NiSO4·nH2O)组成，进行如下实验：取5.260g样品，配成250mL溶液，量取25.00mL溶液，用0.100mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准液滴定(反应为Ni2+＋H2Y2-=NiY2-＋2H+)。重复滴定3次，平均消耗EDTA标准液20.00mL，则硫酸镍的化学式为________。
12.瑞尼镍是一种多孔活性金属镍，某兴趣小组用瑞尼镍作催化剂制取氢化肉桂酸：
已知：①金属镍(Ni)常温难以被氧气氧化；
②瑞尼镍孔隙会吸附大量氢气而活化，活化的瑞尼镍接触空气易自燃。
实验步骤如下：
I.制取瑞尼镍：在烧杯中加入浓NaOH溶液，在冰水浴中分批加入铝镍合金(1：1)，不断搅拌，充分反应后，分离得到瑞尼镍，保存于无水乙醇中。
II.用如图装置(夹持、搅拌及加热装置省略)制取氢化肉桂酸，步骤如下：
①检查装置气密性，往三颈烧瓶中加入ag肉桂酸、一定量乙醇和I中制得的瑞尼镍。
②通过反复抽气与充气将装置内空气替换成氢气，关闭K3、K2 ， 打开K1 ， 充入氢气至储氢筒充满氢气，……
③搅拌并加热三颈烧瓶，充分反应后分离出氢化肉桂酸。
回答以下问题：
（1）铝镍合金与NaOH溶液反应的化学方程式为________。
（2）制取瑞尼镍的有关说法错误的是_______。
A.该反应为放热反应
B.合金中铝含量过低会减少瑞尼镍的孔隙数量
C.分离得到活性瑞尼镍的方法：过滤
D.检验活性瑞尼镍的方法：取少量样品，用滤纸吸干表面的乙醇，放置于空气中，观察现象
（3）将步骤②的操作补充完整：________。
（4）三颈烧瓶加热的方式为________。反应过程中，保持长颈漏斗中液面始终高于储氢筒内液面较多的目的：将储氢筒内的氢气压入三颈烧瓶、________。判断反应已充分进行的现象为________。
（5）若参加反应的氢气体积为bmL(标准状况)，则氢化肉桂酸的产率为________。(用含a、b的代数式)
（6）从三颈烧瓶中分离出瑞尼镍，得到混合液。从混合液中回收乙醇的操作方法是________。
13.氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：
副反应：
回答下列问题：
（1）已知：
① ________
②提高主反应选择性的最佳措施是________。
A．降低温度 B．增大压强 C．增大c(H2) D．使用合适的催化剂
（2）H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图
①下列有关说法错误的是________
A．Pt原子表面上发生反应有N+NO=N2O、N+N=N2等
B．H2解离为H原子，溢流至HY载体上，将吸附于载体的NO2还原
C．从Pt原子表面解吸的NH3 ， 在HY载体上转化为
D．HY载体酸性越强，其吸附NO2能力越强，Pt催化活性越大
②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4：1，补充并配平下列化学方程式： +NO+O2=N2+H2O+________。
（3）T℃， 时，恒容容器中发生上述反应，平衡体系中N2物质的量分数为10%，平衡压强与起始压强之比为3.6：4，则NO的有效去除率(转化为N2)为________。
（4）一定条件下，恒温恒容容器中充入c(NO)=2.0×10-3mol·L-1、c(H2)=4.0×10-3mol·L-1 ， 只发生反应 ，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：[已知该反应速率方程为υ=k·c(H2)·c2(NO)]
t/min
0
10
20
30
40
p/kPa
24
22.6
21.6
21
21
①t=20min时，υ=________mol·L-1·s-1(速率常数k=1.0×105mol-2·L2·s-1)
②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp ， 则该条件下反应的平衡常数Kp=________。
14.近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH3NH3]+[SCN]-}气相辅助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘(FAPbI3)。请回答下列问题：
（1）.基态S原子的价电子排布图为 1 。
（2）.硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为 1 。
（3）.甲脒(FA)的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为 1 ， 其中碳原子的杂化方式为 2 。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是 3 。
（4）.水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物(图1)
①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 1 。
②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 2 。(选填序号)
a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位健 e．离子键
（5）.FAPbI3的晶体结构单元如图2所示，图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为 1 。
15.新假荆芥内酯(neonepetalactone)可用作杀虫剂，其合成路线如下：
已知：
①
②
（1）B的含氧官能团名称为________
（2）下列有关说法正确的是_______
A.A的分子式为C10H16O2
B.C分子中有手性碳原子
C.③的反应条件可为“酸性KMnO4溶液”
D.1molD最多与3molH2加成
（3）E的结构简式为________
（4）已知新假荆芥内酯分子结构含两个环，⑥的化学方程式为________
（5）D的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有________种(不考虑立体异构)
①属于芳香族化合物
②苯环上有两种不同化学环境的氢原子且个数比为1：2
③1mol有机物最多能与2molNaOH溶液反应
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A．青铜神树的原材料为合金，其强度高、熔点低、铸造性能好，神树的连接有焊接、链接、铆接等工艺，其青铜冶炼的工艺水准已经达到巅峰，体现了中国古代高超的冶金技术，A说法不符合题意；
B．青铜表面的绿色物质俗称铜绿，是由铜与空气中的氧气、水、二氧化碳反应生成，主要为Cu2(OH)2CO3 ， B说法不符合题意；
C．青铜神树、黄金权杖的原材料为合金，玉器为硅酸盐，不是合金，C说法符合题意；
D．玉器主要成分为二氧化硅，氧化镁，氧化钙，氧化铝，三氧化二铁等，因含有不同金属氧化物而显现不同颜色，D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】青铜神树是合金，黄金是纯金属，而玉器为硅酸盐材料，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．标准状况下，2.24LC3H8的物质的量为n(C3H8)= =0.1mol，每个C3H8分子中共有10个σ键，所以2.24LC3H8分子中的σ键的数目为NA ， 故A不符合题意；
B．5.6gFe的物质的量为n(Fe)= =0.1mol，7.1gCl2的物质的量为n(Cl2)= =0.1mol，0.1mol Cl2与0.1mol Fe完全反应生成氯化铁，铁过量，即0.1mol Cl2完全反应转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA ， 故B符合题意；
C．1个NO含有15个质子，1个O2含有16个质子，则0.1molNO与0.1molO2混合物中质子数为1.5NA +1.6NA =3.1NA ， 故C不符合题意；
D．pH=9表示溶液中氢离子浓度为10-9mol/L，题中没有说明溶液的体积，故无法计算氢离子数目，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，找出1个丙烷分子中的 σ键 数目即可
B.根据2Fe+3Cl22FeCl3~6e，通过给出的质量进行判断过量问题，以少量计算出转移的电子数
C.找出一个一氧化氮分子和氧气分子含有的质子数即可
D.根据n=cv计算，但是v未知
3.【答案】 C
【解析】【解答】A. 香桂油有碳碳双键，能发生聚合反应，也可以与氢气发生还原反应，故A不符合题意；
B． 苯平面、烯平面上的碳，单键可旋转，也没有同时连在一个饱和碳上的三个碳，香桂油分子中所有碳原子可能共平面，故B不符合题意；
C． 如图二氢黄樟油素有7种等效氢， 二氢黄樟油素的一氯代物有7种，故C符合题意；
D． 香桂油有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，而使溴水褪色，可用溴水鉴别以上两种有机物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.香桂油含有双键和醚基，碳碳双键可以发生聚合反应，苯环和双键均可与氢气发生还原反应
B.香 桂油分子中含有苯环和双键，以及单键，双键和苯环均处于共面，且均是以单键相连接可以旋转共面
C.找出二氢黄樟油素的氢原子种类即可
D.香桂油可以使溴水褪色，而二氢黄樟油素不能是溴水褪色
4.【答案】 A
【解析】【解答】A． 的溶液呈碱性：Na+、K+、 、 在碱性条件下能大量共存，故A选；
B． c(Fe2+)=0.5mol·L-1的溶液中：H+、Fe2+、ClO-会发生氧化还原反应生成Fe3+ ， Cl- ， 故B不选；
C． Fe3+溶液呈黄色，与 发生双水解生成Fe(OH)3沉淀和二氧化碳，故C不选；
D． 能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+、 与OH-均不能大量共存，故D不选；
故答案为：A。
【分析】 离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+ ， 即X>Y >Z，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：F>O>P，则氢化物稳定性：HF>H2O>PH3 ， 即Y>X>W，故B符合题意；
C．NaF为强碱弱酸盐，溶于水，F-水解使水溶液呈碱性，故C不符合题意；
D．PF5分子中P原子最外层为10个电子，不是8电子结构，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，从图中形成的共价键数可知，X形成2个，Y形成1个，W形成5个，Z形成+1价阳离子，则X、Y、Z、W依次为O、F、Na、P，据此分析解答。
6.【答案】 D
【解析】【解答】A． 不考虑水和缩醛的副反应，将实验过程中的催化剂都消去，总反应就是： ，故A不符合题意；
B． 二氧化碳和催化剂甲反应生成中间产物乙，乙是该反应的中间体，故B不符合题意；
C． 一个二氧化碳和催化剂甲反应生成中间产物乙，仅固定了一个二氧化碳分子，甲→乙过程中Sn的配位数未发生改变，均为5，故C不符合题意；
D． 副反应缩醛和水反应生成醛，主反应生成水，加入缩醛能使总反应平衡正向移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据流程图反应过程为：二氧化碳和催化剂甲反应生成中间产物乙，乙分解得到碳酸二甲酯和丙，丙和甲醇反应生成水和甲，总反应就是： 。副反应缩醛和水反应生成醛。
7.【答案】 D
【解析】【解答】A．根据以上分析，试剂①的作用是做氧化剂，将 氧化为 ，故A不符合题意；
B．石灰乳的主要成分是Ca(OH)2 ， Ca(OH)2与Na3AsO4反应生成Ca3(AsO4)2和NaOH，所以滤液①主要成分为NaOH溶液，故B不符合题意；
C．SO2还原H3AsO4得到As2O3 ， 本身被氧化为H2SO4 ， 所以滤液②主要成分是H2SO4 ， 可以循环利用，故C不符合题意；
D．由As与P同族可知，As的非金属性比P弱，则酸性H3AsO4< H3PO4 ， 说明H3AsO4为弱酸，写离子方程式时不能拆开，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由流程可知，含H3AsO3、H3AsO4废水加入NaOH溶液碱浸，转化为Na3AsO3、Na3AsO4 ， 加入试剂①将 氧化生成 ，再加入石灰乳沉砷，将 转化为难溶于水的Ca3(AsO4)2 ， 过滤后沉淀加H2SO4酸化得到CaSO4和H3AsO4 ， 过滤分离后向H3AsO4溶液中通入SO2还原得到As2O3 ， 结晶后过滤得到粗As2O3。
8.【答案】 B
【解析】【解答】A．M极上水分子失去电子被氧化为氧气，M为阳极，A不符合题意；
B． 阳极水失去电子，生成氢离子和氧气，氢离子通过阳离子交换膜进入阴极室，离子交换膜为阳离子交换膜，B符合题意；
C． N极上二氧化碳转化为甲酸，是得到电子的还原反应，电极反应式为CO2+2e-+2H＋=HCOOH，C不符合题意；
D． 按得失电子数守恒得关系式： ，则 消耗的CO2与生成的O2物质的量之比为2:1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据CO2到甲酸，碳元素的化合价降低被还原，发生二氧化碳得到电子结合氢离子变为甲酸的还原反应，因此N做阴极，对应M做阳极，是水失去电子变为氧气，发生氧化反应，由于阴极区需要氢离子，因此是阳离子交换膜，根据得失电子即可计算出而二氧化碳和氧气的物质的量之比
9.【答案】 A
【解析】【解答】A．图1：溴与碘化钾反应生成碘单质，淀粉遇到碘溶液显蓝色，反应中溴为氧化剂，碘为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可比较溴与碘的非金属性强弱，A能达到实验目的；
B．图2：铁钉在中性或碱性溶液中发生吸氧腐蚀，B不达到实验目的；
C．图3：二氧化硫与高锰酸钾反应，二氧化硫化合价升高表现还原性，C不达到实验目的；
D．图4：氯化铵受热分解，在试管口处遇冷重新生成氯化铵，不能收集氨气，D不达到实验目的；
故答案为：A。
【分析】A.淀粉遇碘变蓝色，因此通过观察颜色是否变蓝色说明氧化性强弱
B.析氢腐蚀需要在酸性环境下进行
C.漂白性一般是用品红溶液
D.一般是用氯化铵和氢氧化钙进行制取氨气
10.【答案】 D
【解析】【解答】A． c( )=c( )时，H2C2O4的Ka1= 1×10-1.30 ， 故A不符合题意；
B． pH=7时，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，c(OH-)+c( )+2c( )=c(Na+)+c(H+)点n所示溶液中：c( )+2c( )=c(Na+)，故B不符合题意；
C． 点m是Na2C2O4溶液，水解程度最大，m点后草酸过量，生成NaHC2O4溶液，水解能力逐渐减小，点m到p的溶液中：水的电离程度逐渐减小，故C不符合题意；
D． 点p所示的溶液的体积40mL，草酸过量，溶液溶质为NaHC2O4 ， 溶液呈酸性，草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解，所以c(Na+)＞c( )＞c( )＞c(H2C2O4)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】用0.200mol·L-1H2C2O4溶液滴定20.00mL0.400mol·L-1NaOH溶液，发生的反应为：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4。
二、非选择题
11.【答案】 （1）KSCN溶液和氯水或酸性KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液
（2）Cu2＋＋2e-=Cu
（3）2.5V，3.1h
（4）2.46×10-12mol·L-1
（5）稀硫酸(或H2SO4)
（6）NiSO4·6H2O
【解析】【解答】(1)检验Fe2+的实验方法：向溶液中加入KSCN溶液，溶液中无明显现象，滴加几滴新制氯水振荡后，溶液呈红色，则说明溶液中含有Fe2+；或者向溶液中滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去，则说明溶液中含有Fe2+；或向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液中生成蓝色沉淀，则说明溶液中含有Fe2+ ， 故答案为：KSCN溶液和氯水或酸性KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液；
(2)电解过程中Cu2+在阴极上得到电子生成Cu，电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu；
(3)电解酸浸滤液过程的目的是除去Fe2+、Cr4+ ， 因此最佳的电压为2.5V，最佳电解时间为3.1h，故答案为：2.5V，3.1h
(4)AlPO4沉淀后，此时溶液中c(Al3+)= = mol/L=2.46×10-12mol·L-1；
(5)加入RH后，Ni2+溶解于RH中，从有机层中提取Ni2+时，需同时将Ni2+转化为NiSO4 ， 并且不能引入新杂质，因此所加试剂X为稀硫酸(或H2SO4)。
(6)滴定过程中反应的关系式为Ni2+～H2Y2- ， 由此可知250mL待测液中所含Ni2+的物质的量n(Ni2+)=0.100mol·L-1×20.00×10-3L× =0.02mol，则5.260g样品中n(NiSO4)=0.02mol，含有H2O的物质的量n(H2O)= =0.12mol，n(NiSO4)：n(H2O)= 0.02mol：0.12mol=1：6，因此硫酸镍的化学式为NiSO4·6H2O。
【分析】（1）理由亚铁离子的还原性进行检验即可
（2）电解时得到的是铜单质，因此是铜离子得到电子变为铜单质的过程
（3）电解酸浸的目的是除去 Fe2+、Cr4+ ，找出 Fe2+、Cr4+ 浓度为0的电压和时间即可
（4）根据 Ksp(AlPO4)=9.84×10-21 进行计算
（5）根据 镍的萃取、反萃过程反应为 ，加入酸即可促进反萃
（6）根据滴定计算出硫酸镍的物质的量，再根据给出的质量计算出水的质量即可计算出n值
12.【答案】 （1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑或2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑
（2）C
（3）关闭K1 ， 打开K2(或打开K2 ， 关闭K1)
（4）水浴加热；增大压强，加快反应速率；储氢筒中液面不再上升或保持不变(或长颈漏斗中液面不再下降)
（5）%
（6）蒸馏
【解析】【解答】(1)铝镍合金中只有Al与NaOH反应，生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(2) A．制取瑞尼镍需在冰水浴中进行，则该反应为放热反应，A说法符合题意；
B．合金中铝含量过低，产生氢气减少，不能形成更多的空隙，会减少瑞尼镍的孔隙数量，B说法符合题意；
C．已知活化的瑞尼镍接触空气易自燃，则分离得到活性瑞尼镍不能在空气中过滤，C说法不符合题意；
D．已知活性瑞尼镍保存于无水乙醇中，则检验活性瑞尼镍的方法：取少量样品，用滤纸吸干表面的乙醇，放置于空气中，观察现象，D说法符合题意；
答案为C。
(3)将装置内空气替换成氢气后，足量的氢气与肉桂酸生成氢化肉桂酸，则需关闭K1 ， 打开K2(或打开K2 ， 关闭K1)；
(4)反应的温度为42℃，则用水浴加热的方式；长颈漏斗中液面始终高于储氢筒内液面，使储氢容器的压强大于大气压，增大压强，加快反应速率；反应中只有氢气为气体，若反应停止时，储氢筒中液面不再上升或保持不变或长颈漏斗中液面不再下降；
(5)根据方程式，n(肉桂醛)=n(氢化肉桂醛)，ag肉桂醛理论生成n(氢化肉桂醛)= = g，参加反应的氢气体积为bmL(标准状况)，n(H2)= mol，实际生成n(氢化肉桂醛)= mol×150g/mol，氢化肉桂酸的产率= ×100%= %；
(6)乙醇易挥发，可用蒸馏的方法得到乙醇。
【分析】I．制取瑞尼镍：分批将铝镍合金(1：1)加入冰水浴中的浓NaOH溶液，铝与NaOH反应生成氢气，气泡将镍支撑为多孔的骨架镍，形成瑞尼镍；
II．通过反复抽气与充气将装置内空气替换成氢气，关闭K1 ， 打开K2(或打开K2 ， 关闭K1)，使肉桂酸与氢气反应，生成氢化肉桂酸。
13.【答案】 （1）-663.5；D
（2）D；4 +4NO+O2=4N2+6H2O+4H+
（3）72%(或0.72)
（4）1.792×10-4；0.27
【解析】【解答】(1)①给反应编号：I. ，
II． ，根据盖斯定律，I 2-II得 ， ，故答案为：-663.5；
②A.由于 ， ，降低温度平衡向放热反应方向移动，对主副反应均有利，故A不选；
B．主副反应均为气体体积减小的反应，增大压强均能使主副反应向正反应方向移动，故B不选；
C．主副反应中H2均为反应物，增大c(H2)均能使主副反应向正反应方向移动，故C不选；
D．催化剂具有高选择性，使用能加快主反应的催化剂，可以使相同时间内主反应的生成物更多，故D选；
故答案为：D；
(2)①A．Pt为催化剂，反应在Pt原子表面上发生，发生的反应有N+NO=N2O、N+N=N2等，故A符合题意；
B．由图可知，在Pt原子表面上H2解离为H原子，H原子将吸附的NO2还原生成N2O和H2O，故B符合题意；
C．由图可知，从Pt原子表面解吸的NH3 ， 在HY载体上转化为 ，故C符合题意；
D．催化剂表面发生的反应包括吸附和解吸两个过程，吸附能力过强，不利于向产物转化，所以并不是吸附能力越强，催化活性越大，故D不符合题意；
故答案为：D；
②由图可知，反应物为NO、O2和 ，反应生成N2和H2O，反应物中有 ，故生成物中应补充H+ ， 已知NO、O2物质的量之比为4:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，得到4 +4NO+O2=4N2+6H2O+4H+ ， 故答案为：4 +4NO+O2=4N2+6H2O+4H+；
(3) ，设起始时n(H2)=3mol，n(NO)=1mol，则n初总=4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，已知平衡压强与起始压强之比为3.6:4，则n末总=3.6mol，已知平衡体系中N2物质的量分数为10%，则n(N2)=3.6mol 10%=0.36mol，列出三段式：
则NO的有效去除率(转化为N2)为 100%=72%，故答案为：72%(或0.72)；
(4)假设容器的体积为1L，则初始时气体的物质的量为n(NO)=2.0×10-3mol、n(H2)=4.0×10-3mol，n初总=6.0×10-3mol，设转化的NO的物质的量为2x，列出三段式：
①20min时，气体总物质的量为(6 10-3-x)mol，在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则 = ，解得x=6 10-4mol，则c(H2)=2.8×10-3mol·L-1 ， c(NO)=8×10-4mol·L-1 ， υ=k·c(H2)·c2(NO)= 1.0×105mol-2·L2·s-1 2.8×10-3mol·L-1 (8×10-4mol·L-1)2=1.792×10-4 mol·L-1·s-1 ， 故答案为：1.792×10-4；
②由表中数据可知，30min时达到平衡，平衡时总压强为21 kPa，根据在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有 = ，解得x=7.5 10-4mol，则平衡时各气体的分压为p(N2)= 21kPa=3kPa，p(H2O)= 21kPa=6kPa，p(NO)= 21kPa=2kPa， p(H2)= 21kPa=10 kPa，则Kp= = =0.27，故答案为：0.27。
【分析】（1）① 根据盖斯定律即可计算焓变②主副反应均是放热且体积减少的反应，压强和温度以及浓度均不能提高主反应的选择性可以选择适当的催化剂促进主反应
（2）① 根据 H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理 即可判断选项ABC，催化剂的催化反应主要是吸附和脱附过程，吸附能力强不代表脱附能力强②根据给出反应物和生成物以及物质的量之比即可写出方程式
（3）根据主反应的方程式以及给出的数据计算出平衡时的一氧化氮的量即可计算出去除转化率
（4）① 根据压强之比等于物质的量之比，利用给出方程式计算出平衡时的物质的量的表达式计算出转化量即可计算出速率②利用平衡时的压强结合三行诗计算出平衡时物质的量浓度，计算出平衡分压即可计算出常数Kp
14.【答案】 （1）
（2）［S-C≡N]-或［S=C=N]-
（3）H
（5）12
【解析】【解答】(1)S是16号元素，最外层6个电子，基态S原子的价电子排布图为 。故答案为： ；
(2)中心原子C的价层电子对=2+ =2，采用sp杂化，硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为［S-C≡N]-或［S=C=N]-。故答案为：［S-C≡N]-或［S=C=N]-；
(3)① 组成元素的电负性由小到大的排序为H
(4)①该络合物可溶于四氯化碳，具有非极性分子的性质，其晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体；
②该络合物分子内存在的微粒间作用力有a．σ键，如N-N键、N-H键， b．π键如C=S、N=N键，c．非极性键如N-N键，d．配位健如Pb-N键， e．分子中不含离子键，故答案为：e；
(5)图中Y表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA：Pb：I=1：1：3，Y在顶点，8× =1个，甲脒在中心，为X，有1个，Z为I，在晶胞的棱中心，12× =3个，与甲脒距离最近且相等的碘的个数为12个，在则甲脒的碘配位数为12。故答案为：12。
【分析】（1）根据基态碳原子的核外电子能级排布即可写出价电子排布图
（2）计算出中心碳原子的价层电子对即可
（3）① 非金属性越强，电负性越大，碳原子形成双键，则为sp2杂化②主要考查的氢键对熔点的影响
（4）① 四氯化碳是非极性分子，是共价化合物，因此该络合物是非极性分子的共价化合物②根据结构简式得出该分子中存在非极性键、配位键、π键以及 σ键 不存在离子键
（5）根据晶胞结构进行计算配位数即可
15.【答案】 （1）羟基、醛基
（2）A,B
（3）
（4）
（5）8
【解析】【解答】(1)B为 ，B的含氧官能团名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；
(2)A．A的结构简式 ，A的分子式为C10H16O2 ， 故A符合题意；
B．如图 C分子中有手性碳原子，故B符合题意；
C．③的反应条件若为“酸性KMnO4溶液”，则碳碳双键也被氧化，故C不符合题意；
D．1molD 最多与2molH2加成，羧基不能与氢加成，故D不符合题意；
故答案为：AB；
(3)E的结构简式为 ，故答案为： ；
(4)已知新假荆芥内酯分子结构含两个环，结合分子式，产品为 ，⑥的化学方程式为 ，故答案为： ；
(5)D为 ，分子式为C10H14O2 ， D的同分异构体中能同时满足以下三个条件①属于芳香族化合物，分子中含有苯环，苯环的侧链没有不饱和键，②苯环上有两种不同化学环境的氢原子且个数比为1：2，③1mol有机物最多能与2molNaOH溶液反应，则含有2个酚羟基，可知有 、 ，-C4H9有-CH2CH2CH2CH3 ， -CH(CH3)CH2CH3,-CH2CH(CH3)2,-C(CH3)3,4种不同的结构，则一共有2×4=8种同分异构体，故答案为：8。
【分析】根据信息①结合A的结构简式 ，得B为 ，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得C，C为 ，C被氧化后得D为 ，D与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E，E为 ，E转化为F，F为 ， ，得到 。
高考化学5月模拟试卷
一、单选题
1.三星堆遗址最近出土了青铜神树、黄金权杖、玉器等文物，下列有关说法错误的是（ ）
A. 青铜神树体现了中国古代高超的冶金技术 B. 青铜表面的绿色物质主要为Cu2(OH)2CO3
C. 青铜神树、黄金权杖、玉器均为合金材料 D. 玉器因含有不同金属氧化物而显现不同颜色
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24 L C3H8分子中的σ键的数目为1.1NA
B. 5.6 g Fe在7.1 g Cl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NA
C. 0.1 mol NO与0.1 mol O2混合物中质子数为2.3NA
D. 室温下，pH=9的CH3COONa溶液中，由水电离的H+数目为10-9NA
3.二氢黄樟油素是一种常见的日化香料，可用香桂油为原料制取，反应如下：下列说法错误的是（ ）
A. 香桂油能发生聚合反应、还原反应 B. 香桂油分子中所有碳原子可能共平面
C. 二氢黄樟油素的一氯代物有6种 D. 可用溴水鉴别以上两种有机物
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 的溶液中：Na+、K+、 、
B. c(Fe2+)=0.5mol·L-1的溶液中：H+、Mg2+、 、ClO-
C. 无色溶液中：Na+、Fe3+、 、
D. 能使酚酞变红的溶液中：Al3+、 、Cl-、
5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素组成的某种化合物可用于防治蛀牙，该化合物的结构如图所示，以下有关说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Z>Y>X B. 最简单氢化物稳定性：Y>X>W
C. Y、Z形成的化合物水溶液呈中性 D. WY5所有原子最外层均为8电子结构
6.以CO2和甲醇(MeOH)为原料合成碳酸二甲酯( )的催化反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 总反应为： B. 乙是该反应的中间体
C. 甲→乙过程中Sn的配位数未发生改变 D. 加入缩醛能使总反应平衡逆向移动
7.从含砷(As)的有毒工业废水中提取粗As2O3 ， 流程如下：
已知：As与P同为VA族元素；Ca3(AsO3)2微溶于水，Ca3(AsO4)2难溶于水。
下列说法错误的是（ ）
A. 试剂①的作用是将 氧化为
B. 滤液①主要成分为NaOH溶液
C. 滤液②主要成分可以循环利用
D. “还原”的离子方程式：2H++2 +2SO2=2 +As2O3↓+H2O
8.利用CO2电催化还原法制取清洁燃料HCOOH，可实现温室气体CO2的资源化利用。其工作原理如图。下列有关说法错误的是（ ）
A. M为阳极 B. 离子交换膜为阴离子交换膜
C. N极的电极反应式为CO2+2e-+2H＋=HCOOH D. 消耗的CO2与生成的O2物质的量之比为2:1
9.下列装置能达成相应实验目的的是（ ）
A. 图1：比较溴与碘的非金属性强弱 B. 图2：探究铁钉的析氢腐蚀
C. 图3：验证二氧化硫的漂白性 D. 图4：制备并收集氨气
10.25℃时，不同pH环境下H2C2O4不同形态的粒子的分布系数(δ)如图1.用0.200mol·L-1H2C2O4溶液滴定20.00mL0.400mol·L-1NaOH溶液所得滴定曲线如图2.下列说法错误的是（ ）
A. H2C2O4的Ka1=1×10-1.30
B. 点n所示溶液中：c( )+2c( )=c(Na+)
C. 点m到p的溶液中：水的电离程度逐渐减小
D. 点p所示溶液中：c(Na+)＞c( )＞c(H2C2O4)＞c( )
二、非选择题
11.工厂处理电镀废水会产生电镀污泥。某镀镍污泥酸浸的滤液含Ni2+、Al3+、Fe2+、Cr3+、Cu2+等离子，可用如下工艺流程回收硫酸镍晶体。
已知：镍的萃取、反萃过程反应为
（1）检验酸浸滤液中含Fe2+的试剂为________。
（2）“电解”过程，阴极的电极反应式为________。
（3）滤渣②主要成分为AlPO4、FePO4、CrPO4不同电解电压、电解时间下Fe2+、Cr4+离子的检测结果如下表所示，电解酸浸滤液的最佳电压和时间分别是________。
电解电压(V)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Fe2+
有
有
有
无
无
Cr4+
无
无
无
无
有
电解时间(h)
2.6
3.1
3.6
4.1
4.6
Fe2+
有
无
无
无
无
Cr4+
无
无
有
有
有
（4）“沉淀”后，溶液中c( )=4.0×10-9mol·L-1 ， 则c(Al3+)=________。(已知：Ksp(AlPO4)=9.84×10-21)
（5）“反萃”中，加入的X是________。
（6）为测定硫酸镍晶体(NiSO4·nH2O)组成，进行如下实验：取5.260g样品，配成250mL溶液，量取25.00mL溶液，用0.100mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准液滴定(反应为Ni2+＋H2Y2-=NiY2-＋2H+)。重复滴定3次，平均消耗EDTA标准液20.00mL，则硫酸镍的化学式为________。
12.瑞尼镍是一种多孔活性金属镍，某兴趣小组用瑞尼镍作催化剂制取氢化肉桂酸：
已知：①金属镍(Ni)常温难以被氧气氧化；
②瑞尼镍孔隙会吸附大量氢气而活化，活化的瑞尼镍接触空气易自燃。
实验步骤如下：
I.制取瑞尼镍：在烧杯中加入浓NaOH溶液，在冰水浴中分批加入铝镍合金(1：1)，不断搅拌，充分反应后，分离得到瑞尼镍，保存于无水乙醇中。
II.用如图装置(夹持、搅拌及加热装置省略)制取氢化肉桂酸，步骤如下：
①检查装置气密性，往三颈烧瓶中加入ag肉桂酸、一定量乙醇和I中制得的瑞尼镍。
②通过反复抽气与充气将装置内空气替换成氢气，关闭K3、K2 ， 打开K1 ， 充入氢气至储氢筒充满氢气，……
③搅拌并加热三颈烧瓶，充分反应后分离出氢化肉桂酸。
回答以下问题：
（1）铝镍合金与NaOH溶液反应的化学方程式为________。
（2）制取瑞尼镍的有关说法错误的是_______。
A.该反应为放热反应
B.合金中铝含量过低会减少瑞尼镍的孔隙数量
C.分离得到活性瑞尼镍的方法：过滤
D.检验活性瑞尼镍的方法：取少量样品，用滤纸吸干表面的乙醇，放置于空气中，观察现象
（3）将步骤②的操作补充完整：________。
（4）三颈烧瓶加热的方式为________。反应过程中，保持长颈漏斗中液面始终高于储氢筒内液面较多的目的：将储氢筒内的氢气压入三颈烧瓶、________。判断反应已充分进行的现象为________。
（5）若参加反应的氢气体积为bmL(标准状况)，则氢化肉桂酸的产率为________。(用含a、b的代数式)
（6）从三颈烧瓶中分离出瑞尼镍，得到混合液。从混合液中回收乙醇的操作方法是________。
13.氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：
副反应：
回答下列问题：
（1）已知：
① ________
②提高主反应选择性的最佳措施是________。
A．降低温度 B．增大压强 C．增大c(H2) D．使用合适的催化剂
（2）H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图
①下列有关说法错误的是________
A．Pt原子表面上发生反应有N+NO=N2O、N+N=N2等
B．H2解离为H原子，溢流至HY载体上，将吸附于载体的NO2还原
C．从Pt原子表面解吸的NH3 ， 在HY载体上转化为
D．HY载体酸性越强，其吸附NO2能力越强，Pt催化活性越大
②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4：1，补充并配平下列化学方程式： +NO+O2=N2+H2O+________。
（3）T℃， 时，恒容容器中发生上述反应，平衡体系中N2物质的量分数为10%，平衡压强与起始压强之比为3.6：4，则NO的有效去除率(转化为N2)为________。
（4）一定条件下，恒温恒容容器中充入c(NO)=2.0×10-3mol·L-1、c(H2)=4.0×10-3mol·L-1 ， 只发生反应 ，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：[已知该反应速率方程为υ=k·c(H2)·c2(NO)]
t/min
0
10
20
30
40
p/kPa
24
22.6
21.6
21
21
①t=20min时，υ=________mol·L-1·s-1(速率常数k=1.0×105mol-2·L2·s-1)
②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp ， 则该条件下反应的平衡常数Kp=________。
14.近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH3NH3]+[SCN]-}气相辅助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘(FAPbI3)。请回答下列问题：
（1）.基态S原子的价电子排布图为 1 。
（2）.硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为 1 。
（3）.甲脒(FA)的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为 1 ， 其中碳原子的杂化方式为 2 。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是 3 。
（4）.水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物(图1)
①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 1 。
②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 2 。(选填序号)
a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位健 e．离子键
（5）.FAPbI3的晶体结构单元如图2所示，图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为 1 。
15.新假荆芥内酯(neonepetalactone)可用作杀虫剂，其合成路线如下：
已知：
①
②
（1）B的含氧官能团名称为________
（2）下列有关说法正确的是_______
A.A的分子式为C10H16O2
B.C分子中有手性碳原子
C.③的反应条件可为“酸性KMnO4溶液”
D.1molD最多与3molH2加成
（3）E的结构简式为________
（4）已知新假荆芥内酯分子结构含两个环，⑥的化学方程式为________
（5）D的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有________种(不考虑立体异构)
①属于芳香族化合物
②苯环上有两种不同化学环境的氢原子且个数比为1：2
③1mol有机物最多能与2molNaOH溶液反应
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A．青铜神树的原材料为合金，其强度高、熔点低、铸造性能好，神树的连接有焊接、链接、铆接等工艺，其青铜冶炼的工艺水准已经达到巅峰，体现了中国古代高超的冶金技术，A说法不符合题意；
B．青铜表面的绿色物质俗称铜绿，是由铜与空气中的氧气、水、二氧化碳反应生成，主要为Cu2(OH)2CO3 ， B说法不符合题意；
C．青铜神树、黄金权杖的原材料为合金，玉器为硅酸盐，不是合金，C说法符合题意；
D．玉器主要成分为二氧化硅，氧化镁，氧化钙，氧化铝，三氧化二铁等，因含有不同金属氧化物而显现不同颜色，D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】青铜神树是合金，黄金是纯金属，而玉器为硅酸盐材料，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．标准状况下，2.24LC3H8的物质的量为n(C3H8)= =0.1mol，每个C3H8分子中共有10个σ键，所以2.24LC3H8分子中的σ键的数目为NA ， 故A不符合题意；
B．5.6gFe的物质的量为n(Fe)= =0.1mol，7.1gCl2的物质的量为n(Cl2)= =0.1mol，0.1mol Cl2与0.1mol Fe完全反应生成氯化铁，铁过量，即0.1mol Cl2完全反应转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA ， 故B符合题意；
C．1个NO含有15个质子，1个O2含有16个质子，则0.1molNO与0.1molO2混合物中质子数为1.5NA +1.6NA =3.1NA ， 故C不符合题意；
D．pH=9表示溶液中氢离子浓度为10-9mol/L，题中没有说明溶液的体积，故无法计算氢离子数目，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，找出1个丙烷分子中的 σ键 数目即可
B.根据2Fe+3Cl22FeCl3~6e，通过给出的质量进行判断过量问题，以少量计算出转移的电子数
C.找出一个一氧化氮分子和氧气分子含有的质子数即可
D.根据n=cv计算，但是v未知
3.【答案】 C
【解析】【解答】A. 香桂油有碳碳双键，能发生聚合反应，也可以与氢气发生还原反应，故A不符合题意；
B． 苯平面、烯平面上的碳，单键可旋转，也没有同时连在一个饱和碳上的三个碳，香桂油分子中所有碳原子可能共平面，故B不符合题意；
C． 如图二氢黄樟油素有7种等效氢， 二氢黄樟油素的一氯代物有7种，故C符合题意；
D． 香桂油有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，而使溴水褪色，可用溴水鉴别以上两种有机物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.香桂油含有双键和醚基，碳碳双键可以发生聚合反应，苯环和双键均可与氢气发生还原反应
B.香 桂油分子中含有苯环和双键，以及单键，双键和苯环均处于共面，且均是以单键相连接可以旋转共面
C.找出二氢黄樟油素的氢原子种类即可
D.香桂油可以使溴水褪色，而二氢黄樟油素不能是溴水褪色
4.【答案】 A
【解析】【解答】A． 的溶液呈碱性：Na+、K+、 、 在碱性条件下能大量共存，故A选；
B． c(Fe2+)=0.5mol·L-1的溶液中：H+、Fe2+、ClO-会发生氧化还原反应生成Fe3+ ， Cl- ， 故B不选；
C． Fe3+溶液呈黄色，与 发生双水解生成Fe(OH)3沉淀和二氧化碳，故C不选；
D． 能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+、 与OH-均不能大量共存，故D不选；
故答案为：A。
【分析】 离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+ ， 即X>Y >Z，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：F>O>P，则氢化物稳定性：HF>H2O>PH3 ， 即Y>X>W，故B符合题意；
C．NaF为强碱弱酸盐，溶于水，F-水解使水溶液呈碱性，故C不符合题意；
D．PF5分子中P原子最外层为10个电子，不是8电子结构，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，从图中形成的共价键数可知，X形成2个，Y形成1个，W形成5个，Z形成+1价阳离子，则X、Y、Z、W依次为O、F、Na、P，据此分析解答。
6.【答案】 D
【解析】【解答】A． 不考虑水和缩醛的副反应，将实验过程中的催化剂都消去，总反应就是： ，故A不符合题意；
B． 二氧化碳和催化剂甲反应生成中间产物乙，乙是该反应的中间体，故B不符合题意；
C． 一个二氧化碳和催化剂甲反应生成中间产物乙，仅固定了一个二氧化碳分子，甲→乙过程中Sn的配位数未发生改变，均为5，故C不符合题意；
D． 副反应缩醛和水反应生成醛，主反应生成水，加入缩醛能使总反应平衡正向移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据流程图反应过程为：二氧化碳和催化剂甲反应生成中间产物乙，乙分解得到碳酸二甲酯和丙，丙和甲醇反应生成水和甲，总反应就是： 。副反应缩醛和水反应生成醛。
7.【答案】 D
【解析】【解答】A．根据以上分析，试剂①的作用是做氧化剂，将 氧化为 ，故A不符合题意；
B．石灰乳的主要成分是Ca(OH)2 ， Ca(OH)2与Na3AsO4反应生成Ca3(AsO4)2和NaOH，所以滤液①主要成分为NaOH溶液，故B不符合题意；
C．SO2还原H3AsO4得到As2O3 ， 本身被氧化为H2SO4 ， 所以滤液②主要成分是H2SO4 ， 可以循环利用，故C不符合题意；
D．由As与P同族可知，As的非金属性比P弱，则酸性H3AsO4< H3PO4 ， 说明H3AsO4为弱酸，写离子方程式时不能拆开，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由流程可知，含H3AsO3、H3AsO4废水加入NaOH溶液碱浸，转化为Na3AsO3、Na3AsO4 ， 加入试剂①将 氧化生成 ，再加入石灰乳沉砷，将 转化为难溶于水的Ca3(AsO4)2 ， 过滤后沉淀加H2SO4酸化得到CaSO4和H3AsO4 ， 过滤分离后向H3AsO4溶液中通入SO2还原得到As2O3 ， 结晶后过滤得到粗As2O3。
8.【答案】 B
【解析】【解答】A．M极上水分子失去电子被氧化为氧气，M为阳极，A不符合题意；
B． 阳极水失去电子，生成氢离子和氧气，氢离子通过阳离子交换膜进入阴极室，离子交换膜为阳离子交换膜，B符合题意；
C． N极上二氧化碳转化为甲酸，是得到电子的还原反应，电极反应式为CO2+2e-+2H＋=HCOOH，C不符合题意；
D． 按得失电子数守恒得关系式： ，则 消耗的CO2与生成的O2物质的量之比为2:1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据CO2到甲酸，碳元素的化合价降低被还原，发生二氧化碳得到电子结合氢离子变为甲酸的还原反应，因此N做阴极，对应M做阳极，是水失去电子变为氧气，发生氧化反应，由于阴极区需要氢离子，因此是阳离子交换膜，根据得失电子即可计算出而二氧化碳和氧气的物质的量之比
9.【答案】 A
【解析】【解答】A．图1：溴与碘化钾反应生成碘单质，淀粉遇到碘溶液显蓝色，反应中溴为氧化剂，碘为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可比较溴与碘的非金属性强弱，A能达到实验目的；
B．图2：铁钉在中性或碱性溶液中发生吸氧腐蚀，B不达到实验目的；
C．图3：二氧化硫与高锰酸钾反应，二氧化硫化合价升高表现还原性，C不达到实验目的；
D．图4：氯化铵受热分解，在试管口处遇冷重新生成氯化铵，不能收集氨气，D不达到实验目的；
故答案为：A。
【分析】A.淀粉遇碘变蓝色，因此通过观察颜色是否变蓝色说明氧化性强弱
B.析氢腐蚀需要在酸性环境下进行
C.漂白性一般是用品红溶液
D.一般是用氯化铵和氢氧化钙进行制取氨气
10.【答案】 D
【解析】【解答】A． c( )=c( )时，H2C2O4的Ka1= 1×10-1.30 ， 故A不符合题意；
B． pH=7时，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，c(OH-)+c( )+2c( )=c(Na+)+c(H+)点n所示溶液中：c( )+2c( )=c(Na+)，故B不符合题意；
C． 点m是Na2C2O4溶液，水解程度最大，m点后草酸过量，生成NaHC2O4溶液，水解能力逐渐减小，点m到p的溶液中：水的电离程度逐渐减小，故C不符合题意；
D． 点p所示的溶液的体积40mL，草酸过量，溶液溶质为NaHC2O4 ， 溶液呈酸性，草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解，所以c(Na+)＞c( )＞c( )＞c(H2C2O4)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】用0.200mol·L-1H2C2O4溶液滴定20.00mL0.400mol·L-1NaOH溶液，发生的反应为：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4。
二、非选择题
11.【答案】 （1）KSCN溶液和氯水或酸性KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液
（2）Cu2＋＋2e-=Cu
（3）2.5V，3.1h
（4）2.46×10-12mol·L-1
（5）稀硫酸(或H2SO4)
（6）NiSO4·6H2O
【解析】【解答】(1)检验Fe2+的实验方法：向溶液中加入KSCN溶液，溶液中无明显现象，滴加几滴新制氯水振荡后，溶液呈红色，则说明溶液中含有Fe2+；或者向溶液中滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去，则说明溶液中含有Fe2+；或向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液中生成蓝色沉淀，则说明溶液中含有Fe2+ ， 故答案为：KSCN溶液和氯水或酸性KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液；
(2)电解过程中Cu2+在阴极上得到电子生成Cu，电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu；
(3)电解酸浸滤液过程的目的是除去Fe2+、Cr4+ ， 因此最佳的电压为2.5V，最佳电解时间为3.1h，故答案为：2.5V，3.1h
(4)AlPO4沉淀后，此时溶液中c(Al3+)= = mol/L=2.46×10-12mol·L-1；
(5)加入RH后，Ni2+溶解于RH中，从有机层中提取Ni2+时，需同时将Ni2+转化为NiSO4 ， 并且不能引入新杂质，因此所加试剂X为稀硫酸(或H2SO4)。
(6)滴定过程中反应的关系式为Ni2+～H2Y2- ， 由此可知250mL待测液中所含Ni2+的物质的量n(Ni2+)=0.100mol·L-1×20.00×10-3L× =0.02mol，则5.260g样品中n(NiSO4)=0.02mol，含有H2O的物质的量n(H2O)= =0.12mol，n(NiSO4)：n(H2O)= 0.02mol：0.12mol=1：6，因此硫酸镍的化学式为NiSO4·6H2O。
【分析】（1）理由亚铁离子的还原性进行检验即可
（2）电解时得到的是铜单质，因此是铜离子得到电子变为铜单质的过程
（3）电解酸浸的目的是除去 Fe2+、Cr4+ ，找出 Fe2+、Cr4+ 浓度为0的电压和时间即可
（4）根据 Ksp(AlPO4)=9.84×10-21 进行计算
（5）根据 镍的萃取、反萃过程反应为 ，加入酸即可促进反萃
（6）根据滴定计算出硫酸镍的物质的量，再根据给出的质量计算出水的质量即可计算出n值
12.【答案】 （1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑或2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑
（2）C
（3）关闭K1 ， 打开K2(或打开K2 ， 关闭K1)
（4）水浴加热；增大压强，加快反应速率；储氢筒中液面不再上升或保持不变(或长颈漏斗中液面不再下降)
（5）%
（6）蒸馏
【解析】【解答】(1)铝镍合金中只有Al与NaOH反应，生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(2) A．制取瑞尼镍需在冰水浴中进行，则该反应为放热反应，A说法符合题意；
B．合金中铝含量过低，产生氢气减少，不能形成更多的空隙，会减少瑞尼镍的孔隙数量，B说法符合题意；
C．已知活化的瑞尼镍接触空气易自燃，则分离得到活性瑞尼镍不能在空气中过滤，C说法不符合题意；
D．已知活性瑞尼镍保存于无水乙醇中，则检验活性瑞尼镍的方法：取少量样品，用滤纸吸干表面的乙醇，放置于空气中，观察现象，D说法符合题意；
答案为C。
(3)将装置内空气替换成氢气后，足量的氢气与肉桂酸生成氢化肉桂酸，则需关闭K1 ， 打开K2(或打开K2 ， 关闭K1)；
(4)反应的温度为42℃，则用水浴加热的方式；长颈漏斗中液面始终高于储氢筒内液面，使储氢容器的压强大于大气压，增大压强，加快反应速率；反应中只有氢气为气体，若反应停止时，储氢筒中液面不再上升或保持不变或长颈漏斗中液面不再下降；
(5)根据方程式，n(肉桂醛)=n(氢化肉桂醛)，ag肉桂醛理论生成n(氢化肉桂醛)= = g，参加反应的氢气体积为bmL(标准状况)，n(H2)= mol，实际生成n(氢化肉桂醛)= mol×150g/mol，氢化肉桂酸的产率= ×100%= %；
(6)乙醇易挥发，可用蒸馏的方法得到乙醇。
【分析】I．制取瑞尼镍：分批将铝镍合金(1：1)加入冰水浴中的浓NaOH溶液，铝与NaOH反应生成氢气，气泡将镍支撑为多孔的骨架镍，形成瑞尼镍；
II．通过反复抽气与充气将装置内空气替换成氢气，关闭K1 ， 打开K2(或打开K2 ， 关闭K1)，使肉桂酸与氢气反应，生成氢化肉桂酸。
13.【答案】 （1）-663.5；D
（2）D；4 +4NO+O2=4N2+6H2O+4H+
（3）72%(或0.72)
（4）1.792×10-4；0.27
【解析】【解答】(1)①给反应编号：I. ，
II． ，根据盖斯定律，I 2-II得 ， ，故答案为：-663.5；
②A.由于 ， ，降低温度平衡向放热反应方向移动，对主副反应均有利，故A不选；
B．主副反应均为气体体积减小的反应，增大压强均能使主副反应向正反应方向移动，故B不选；
C．主副反应中H2均为反应物，增大c(H2)均能使主副反应向正反应方向移动，故C不选；
D．催化剂具有高选择性，使用能加快主反应的催化剂，可以使相同时间内主反应的生成物更多，故D选；
故答案为：D；
(2)①A．Pt为催化剂，反应在Pt原子表面上发生，发生的反应有N+NO=N2O、N+N=N2等，故A符合题意；
B．由图可知，在Pt原子表面上H2解离为H原子，H原子将吸附的NO2还原生成N2O和H2O，故B符合题意；
C．由图可知，从Pt原子表面解吸的NH3 ， 在HY载体上转化为 ，故C符合题意；
D．催化剂表面发生的反应包括吸附和解吸两个过程，吸附能力过强，不利于向产物转化，所以并不是吸附能力越强，催化活性越大，故D不符合题意；
故答案为：D；
②由图可知，反应物为NO、O2和 ，反应生成N2和H2O，反应物中有 ，故生成物中应补充H+ ， 已知NO、O2物质的量之比为4:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，得到4 +4NO+O2=4N2+6H2O+4H+ ， 故答案为：4 +4NO+O2=4N2+6H2O+4H+；
(3) ，设起始时n(H2)=3mol，n(NO)=1mol，则n初总=4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，已知平衡压强与起始压强之比为3.6:4，则n末总=3.6mol，已知平衡体系中N2物质的量分数为10%，则n(N2)=3.6mol 10%=0.36mol，列出三段式：
则NO的有效去除率(转化为N2)为 100%=72%，故答案为：72%(或0.72)；
(4)假设容器的体积为1L，则初始时气体的物质的量为n(NO)=2.0×10-3mol、n(H2)=4.0×10-3mol，n初总=6.0×10-3mol，设转化的NO的物质的量为2x，列出三段式：
①20min时，气体总物质的量为(6 10-3-x)mol，在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则 = ，解得x=6 10-4mol，则c(H2)=2.8×10-3mol·L-1 ， c(NO)=8×10-4mol·L-1 ， υ=k·c(H2)·c2(NO)= 1.0×105mol-2·L2·s-1 2.8×10-3mol·L-1 (8×10-4mol·L-1)2=1.792×10-4 mol·L-1·s-1 ， 故答案为：1.792×10-4；
②由表中数据可知，30min时达到平衡，平衡时总压强为21 kPa，根据在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有 = ，解得x=7.5 10-4mol，则平衡时各气体的分压为p(N2)= 21kPa=3kPa，p(H2O)= 21kPa=6kPa，p(NO)= 21kPa=2kPa， p(H2)= 21kPa=10 kPa，则Kp= = =0.27，故答案为：0.27。
【分析】（1）① 根据盖斯定律即可计算焓变②主副反应均是放热且体积减少的反应，压强和温度以及浓度均不能提高主反应的选择性可以选择适当的催化剂促进主反应
（2）① 根据 H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理 即可判断选项ABC，催化剂的催化反应主要是吸附和脱附过程，吸附能力强不代表脱附能力强②根据给出反应物和生成物以及物质的量之比即可写出方程式
（3）根据主反应的方程式以及给出的数据计算出平衡时的一氧化氮的量即可计算出去除转化率
（4）① 根据压强之比等于物质的量之比，利用给出方程式计算出平衡时的物质的量的表达式计算出转化量即可计算出速率②利用平衡时的压强结合三行诗计算出平衡时物质的量浓度，计算出平衡分压即可计算出常数Kp
14.【答案】 （1）
（2）［S-C≡N]-或［S=C=N]-
（3）H
（5）12
【解析】【解答】(1)S是16号元素，最外层6个电子，基态S原子的价电子排布图为 。故答案为： ；
(2)中心原子C的价层电子对=2+ =2，采用sp杂化，硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为［S-C≡N]-或［S=C=N]-。故答案为：［S-C≡N]-或［S=C=N]-；
(3)① 组成元素的电负性由小到大的排序为H
(4)①该络合物可溶于四氯化碳，具有非极性分子的性质，其晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体；
②该络合物分子内存在的微粒间作用力有a．σ键，如N-N键、N-H键， b．π键如C=S、N=N键，c．非极性键如N-N键，d．配位健如Pb-N键， e．分子中不含离子键，故答案为：e；
(5)图中Y表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA：Pb：I=1：1：3，Y在顶点，8× =1个，甲脒在中心，为X，有1个，Z为I，在晶胞的棱中心，12× =3个，与甲脒距离最近且相等的碘的个数为12个，在则甲脒的碘配位数为12。故答案为：12。
【分析】（1）根据基态碳原子的核外电子能级排布即可写出价电子排布图
（2）计算出中心碳原子的价层电子对即可
（3）① 非金属性越强，电负性越大，碳原子形成双键，则为sp2杂化②主要考查的氢键对熔点的影响
（4）① 四氯化碳是非极性分子，是共价化合物，因此该络合物是非极性分子的共价化合物②根据结构简式得出该分子中存在非极性键、配位键、π键以及 σ键 不存在离子键
（5）根据晶胞结构进行计算配位数即可
15.【答案】 （1）羟基、醛基
（2）A,B
（3）
（4）
（5）8
【解析】【解答】(1)B为 ，B的含氧官能团名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；
(2)A．A的结构简式 ，A的分子式为C10H16O2 ， 故A符合题意；
B．如图 C分子中有手性碳原子，故B符合题意；
C．③的反应条件若为“酸性KMnO4溶液”，则碳碳双键也被氧化，故C不符合题意；
D．1molD 最多与2molH2加成，羧基不能与氢加成，故D不符合题意；
故答案为：AB；
(3)E的结构简式为 ，故答案为： ；
(4)已知新假荆芥内酯分子结构含两个环，结合分子式，产品为 ，⑥的化学方程式为 ，故答案为： ；
(5)D为 ，分子式为C10H14O2 ， D的同分异构体中能同时满足以下三个条件①属于芳香族化合物，分子中含有苯环，苯环的侧链没有不饱和键，②苯环上有两种不同化学环境的氢原子且个数比为1：2，③1mol有机物最多能与2molNaOH溶液反应，则含有2个酚羟基，可知有 、 ，-C4H9有-CH2CH2CH2CH3 ， -CH(CH3)CH2CH3,-CH2CH(CH3)2,-C(CH3)3,4种不同的结构，则一共有2×4=8种同分异构体，故答案为：8。
【分析】根据信息①结合A的结构简式 ，得B为 ，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得C，C为 ，C被氧化后得D为 ，D与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E，E为 ，E转化为F，F为 ， ，得到 。
相关试卷
全国高中学生化学竞赛（决赛）理论试题14版： 这是一份全国高中学生化学竞赛（决赛）理论试题14版，共7页。
安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析： 这是一份安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
2023年福建省泉州市高考化学质检试卷（三）-普通用卷： 这是一份2023年福建省泉州市高考化学质检试卷（三）-普通用卷，共23页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题等内容，欢迎下载使用。
