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广东省深圳市红岭中学2022届高考化学五模试卷 含解析
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这是一份广东省深圳市红岭中学2022届高考化学五模试卷 含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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1～10小题，每小题2分；第11～16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3MgO•4SiO2•H2O，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SiO2
C．Mg和Cl形成离子键的过程：
D．氡（Rn）的质子数为86，中子数为136
5．（2分）下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．SO2具有漂白性，可用作溴蒸气的吸收剂
B．CaO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
C．Al2O3是两性氧化物，可以用作防腐涂层
D．MgO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NA
B．1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子的总数为0.1 NA
C．标准状况下，2.24 L CH3Cl中氯原子数量为0.1 NA
D．6.4g 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pH＝7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++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
D．Zn溶于过量的浓硝酸中：Zn+8H++2NO3﹣═3Zn2++2NO↑+4H2O
8．（2分）下列实验装置能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
制纯碱
制NH3
制SO2
制取乙烯
A．A B．B C．C D．D
9．（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（ ）
A．X分别与W、Y、Z均能形成具有漂白性的物质
B．X、Y元素属于同一主族
C．简单氢化物的热稳定性：Z＞Y
D．酸性：W、X、Y形成的化合物＜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：2O33O2
D．CF2Cl2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pH
D．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Ⅱ中的装置需使用阳离子交换膜
B．在过程Ⅲ中实现了CuCl2的再生
C．理论上每生成1mol CH3OH，可得到1mol C2H4Cl2
D．过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2═C2H4Cl2+2CuCl
14．（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8g
D．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0.5mol•L﹣1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0.2mol•L﹣1的MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2mol•L﹣1的CuCl2溶液
比较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：CO32﹣＞
A．A B．B C．C D．D
16．（4分）常温下，向10 mL 0.1 mol•L–1的HA溶液中逐滴加入0.1 mol•L–1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（ ）
A．b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：b＞c＞a
C．常温下，HA的电离平衡常数的数量级为10–6
D．d点溶液中：c（A﹣）+c（HA）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+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（FeSO4•7H2O）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
A
FeSO4⋅7H2O
绿色固体逐渐变为红色粉末
\
B
①
②
分解产物中含有SO2
C
BaCl2溶液
产生白色沉淀
③
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
\
\
（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+2O2→2CuO+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0.1000mol•L﹣1（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 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＝ kJ•mol﹣1。
（2）在低温区催化剂 Pt/Al﹣M﹣10﹣A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。
①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和NO，平衡向右移动
②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）△H＝﹣34.0 kJ•mol﹣1 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：
已知：①“”表示“苯基”
②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：z﹣CH2﹣z+ ，其中Y可代表 ，；
③
回答下列问题：
（1）B的化学名称为 。
（2）H→M的反应类型为 ；E中官能团的名称为 。
（3）C→D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）。
ⅰ．分子中存在由6个碳原子形成的六元环；
ⅱ．1mol该物质能与足量金属钠反应生成22.4L（标准状况）H2；
ⅲ．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1～10小题，每小题2分；第11～16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3MgO•4SiO2•H2O，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3MgO•4SiO2•H2O，属硅酸盐产品；
D．Na2SiO3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3MgO•4SiO2•H2O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，故C正确；
D．Na2SiO3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：C＞O＞H；
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：C＞O＞H，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222﹣86＝136，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（ ）
A．SO2具有漂白性，可用作溴蒸气的吸收剂
B．CaO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
C．Al2O3是两性氧化物，可以用作防腐涂层
D．MgO熔融状态下能导电，可以用作耐火材料
【分析】A．SO2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；
C．Al2O3是两性氧化物，可溶于酸或碱；
D．MgO用作耐火材料的原因是熔点高。
【解答】解：A．SO2具有还原性，可用作溴蒸气的吸收剂，故A错误；
B．CaO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+SO2＝CaSO3，2CaSO3+O2＝2CaSO4，故B正确；
C．Al2O3是两性氧化物，可溶于酸或碱，不能用作防腐涂层，故C错误；
D．MgO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（OH）3胶体粒子数小于NA
B．1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子的总数为0.1 NA
C．标准状况下，2.24 L CH3Cl中氯原子数量为0.1 NA
D．6.4g 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】A．1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叙述或离子方程式的书写正确的是（ ）
A．常温pH＝7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++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
D．Zn溶于过量的浓硝酸中：Zn+8H++2NO3﹣═3Zn2++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pH＝7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++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故C正确；
D．Zn溶于过量的浓硝酸中，离子方程式：Zn+4H++2NO3﹣═Zn2++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，
A．O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ⅥA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：Cl＞S，则简单氢化物的热稳定性：Z＞Y，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】A．Cl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；
D．CF2Cl2分子中含有C﹣F、C﹣Cl键，作用力不同。
【解答】解：A．Cl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、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2H2O﹣4e﹣＝O2+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2H2O﹣4e﹣＝O2+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；
C．NaOH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，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，0.1mol•L﹣1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NH3•H2O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b＞c＞a，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：b＞c＞a，故B正确；
C．由图可知，0.1mol•L﹣1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10﹣5，故C错误；
D．d点加入20mL等浓度的氨水，所得溶液为等浓度的NH4A和NH3•H2O的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系2c（A﹣）+2c（HA）＝c（NH3•H2O）+c（NH4+）和电荷守恒关系c（NH4+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），整合两式可得：c（A﹣）+2c（HA）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣），因溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），则c（A﹣）+c（HA）＞c（NH3•H2O），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（FeSO4•7H2O）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 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a→ g 、 f → e 、 d → c 、 b →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
A
FeSO4⋅7H2O
绿色固体逐渐变为红色粉末
\
B
① 品红溶液
② 溶液由红色褪为无色
分解产物中含有SO2
C
BaCl2溶液
产生白色沉淀
③ 分解产物中含有SO3
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 NaOH溶液
\
\
（4）硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为 2FeSO4•7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑ 。
（5）设计实验证明A中得到的红色粉末不含+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K3[Fe（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K3[Fe（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a→g→f→e→d→c→b→h，
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，①品红溶液，②溶液由红色褪为无色，③分解产物中含有SO3，④NaOH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、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：2FeSO4•7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑，
故答案为：2FeSO4•7H2OFe2O3+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K3[Fe（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K3[Fe（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+2O2→2CuO+TeO2
（1）Te元素在元素周期表中的位置为 第五周期ⅥA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0.1000mol•L﹣1（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）。
【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ⅥA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、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25.00mL，则消耗（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量为：0.025L×0.1000mol•L﹣1＝0.0025mol，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ⅥA族，该元素最高化合价+6价，
故答案为：第五周期ⅥA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：0.025L×0.1000mol•L﹣1＝0.0025mol，25mL溶液中含有的K2Cr2O7的物质的量为：0.0025mol×＝mol，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 ⑦ （填标号），基元反应H（s）+O（s）═OH（s）+Rh（s）的△H＝ +46.0 kJ•mol﹣1。
（2）在低温区催化剂 Pt/Al﹣M﹣10﹣A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。
①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，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，平衡向右移动
②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）△H＝﹣34.0 kJ•mol﹣1 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+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）①a．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）；
c．O2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；
②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 0 0
变化量（mol） x 2x x x
平衡量（mol） 1﹣x 2﹣2x x x
平衡时，N2O的体积分数为0.2，即＝0.2，解得x＝0.5mol，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⑦N（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⑦；反应④H（s）+O（s）═OH（s）+Rh（s）的活化能为83.7kJ/mol，反应⑧OH（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（s）的△H＝83.7kJ/mol﹣37.7kJ/mol＝+46.0kJ/mol，
故答案为：⑦；+46.0；
（2）①a．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；
c．O2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；
②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 0 0
变化量（mol） x 2x x x
平衡量（mol） 1﹣x 2﹣2x 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。
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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1～10小题，每小题2分；第11～16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3MgO•4SiO2•H2O，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SiO2
C．Mg和Cl形成离子键的过程：
D．氡（Rn）的质子数为86，中子数为136
5．（2分）下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．SO2具有漂白性，可用作溴蒸气的吸收剂
B．CaO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
C．Al2O3是两性氧化物，可以用作防腐涂层
D．MgO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NA
B．1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子的总数为0.1 NA
C．标准状况下，2.24 L CH3Cl中氯原子数量为0.1 NA
D．6.4g 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pH＝7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++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
D．Zn溶于过量的浓硝酸中：Zn+8H++2NO3﹣═3Zn2++2NO↑+4H2O
8．（2分）下列实验装置能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
制纯碱
制NH3
制SO2
制取乙烯
A．A B．B C．C D．D
9．（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（ ）
A．X分别与W、Y、Z均能形成具有漂白性的物质
B．X、Y元素属于同一主族
C．简单氢化物的热稳定性：Z＞Y
D．酸性：W、X、Y形成的化合物＜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：2O33O2
D．CF2Cl2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pH
D．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Ⅱ中的装置需使用阳离子交换膜
B．在过程Ⅲ中实现了CuCl2的再生
C．理论上每生成1mol CH3OH，可得到1mol C2H4Cl2
D．过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2═C2H4Cl2+2CuCl
14．（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8g
D．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0.5mol•L﹣1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0.2mol•L﹣1的MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2mol•L﹣1的CuCl2溶液
比较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：CO32﹣＞
A．A B．B C．C D．D
16．（4分）常温下，向10 mL 0.1 mol•L–1的HA溶液中逐滴加入0.1 mol•L–1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（ ）
A．b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：b＞c＞a
C．常温下，HA的电离平衡常数的数量级为10–6
D．d点溶液中：c（A﹣）+c（HA）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+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（FeSO4•7H2O）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
A
FeSO4⋅7H2O
绿色固体逐渐变为红色粉末
\
B
①
②
分解产物中含有SO2
C
BaCl2溶液
产生白色沉淀
③
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
\
\
（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+2O2→2CuO+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0.1000mol•L﹣1（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 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＝ kJ•mol﹣1。
（2）在低温区催化剂 Pt/Al﹣M﹣10﹣A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。
①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和NO，平衡向右移动
②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）△H＝﹣34.0 kJ•mol﹣1 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：
已知：①“”表示“苯基”
②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：z﹣CH2﹣z+ ，其中Y可代表 ，；
③
回答下列问题：
（1）B的化学名称为 。
（2）H→M的反应类型为 ；E中官能团的名称为 。
（3）C→D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）。
ⅰ．分子中存在由6个碳原子形成的六元环；
ⅱ．1mol该物质能与足量金属钠反应生成22.4L（标准状况）H2；
ⅲ．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1～10小题，每小题2分；第11～16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3MgO•4SiO2•H2O，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3MgO•4SiO2•H2O，属硅酸盐产品；
D．Na2SiO3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3MgO•4SiO2•H2O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，故C正确；
D．Na2SiO3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：C＞O＞H；
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：C＞O＞H，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222﹣86＝136，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（ ）
A．SO2具有漂白性，可用作溴蒸气的吸收剂
B．CaO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
C．Al2O3是两性氧化物，可以用作防腐涂层
D．MgO熔融状态下能导电，可以用作耐火材料
【分析】A．SO2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；
C．Al2O3是两性氧化物，可溶于酸或碱；
D．MgO用作耐火材料的原因是熔点高。
【解答】解：A．SO2具有还原性，可用作溴蒸气的吸收剂，故A错误；
B．CaO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+SO2＝CaSO3，2CaSO3+O2＝2CaSO4，故B正确；
C．Al2O3是两性氧化物，可溶于酸或碱，不能用作防腐涂层，故C错误；
D．MgO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（OH）3胶体粒子数小于NA
B．1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子的总数为0.1 NA
C．标准状况下，2.24 L CH3Cl中氯原子数量为0.1 NA
D．6.4g 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】A．1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叙述或离子方程式的书写正确的是（ ）
A．常温pH＝7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++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
D．Zn溶于过量的浓硝酸中：Zn+8H++2NO3﹣═3Zn2++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pH＝7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++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故C正确；
D．Zn溶于过量的浓硝酸中，离子方程式：Zn+4H++2NO3﹣═Zn2++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，
A．O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ⅥA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：Cl＞S，则简单氢化物的热稳定性：Z＞Y，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】A．Cl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；
D．CF2Cl2分子中含有C﹣F、C﹣Cl键，作用力不同。
【解答】解：A．Cl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、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2H2O﹣4e﹣＝O2+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2H2O﹣4e﹣＝O2+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；
C．NaOH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，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，0.1mol•L﹣1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NH3•H2O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b＞c＞a，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：b＞c＞a，故B正确；
C．由图可知，0.1mol•L﹣1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10﹣5，故C错误；
D．d点加入20mL等浓度的氨水，所得溶液为等浓度的NH4A和NH3•H2O的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系2c（A﹣）+2c（HA）＝c（NH3•H2O）+c（NH4+）和电荷守恒关系c（NH4+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），整合两式可得：c（A﹣）+2c（HA）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣），因溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），则c（A﹣）+c（HA）＞c（NH3•H2O），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（FeSO4•7H2O）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 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a→ g 、 f → e 、 d → c 、 b →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
A
FeSO4⋅7H2O
绿色固体逐渐变为红色粉末
\
B
① 品红溶液
② 溶液由红色褪为无色
分解产物中含有SO2
C
BaCl2溶液
产生白色沉淀
③ 分解产物中含有SO3
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 NaOH溶液
\
\
（4）硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为 2FeSO4•7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑ 。
（5）设计实验证明A中得到的红色粉末不含+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K3[Fe（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K3[Fe（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a→g→f→e→d→c→b→h，
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，①品红溶液，②溶液由红色褪为无色，③分解产物中含有SO3，④NaOH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、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：2FeSO4•7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑，
故答案为：2FeSO4•7H2OFe2O3+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K3[Fe（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K3[Fe（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+2O2→2CuO+TeO2
（1）Te元素在元素周期表中的位置为 第五周期ⅥA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0.1000mol•L﹣1（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）。
【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ⅥA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、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25.00mL，则消耗（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量为：0.025L×0.1000mol•L﹣1＝0.0025mol，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ⅥA族，该元素最高化合价+6价，
故答案为：第五周期ⅥA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：0.025L×0.1000mol•L﹣1＝0.0025mol，25mL溶液中含有的K2Cr2O7的物质的量为：0.0025mol×＝mol，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 ⑦ （填标号），基元反应H（s）+O（s）═OH（s）+Rh（s）的△H＝ +46.0 kJ•mol﹣1。
（2）在低温区催化剂 Pt/Al﹣M﹣10﹣A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。
①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，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，平衡向右移动
②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）△H＝﹣34.0 kJ•mol﹣1 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+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）①a．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）；
c．O2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；
②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 0 0
变化量（mol） x 2x x x
平衡量（mol） 1﹣x 2﹣2x x x
平衡时，N2O的体积分数为0.2，即＝0.2，解得x＝0.5mol，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⑦N（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⑦；反应④H（s）+O（s）═OH（s）+Rh（s）的活化能为83.7kJ/mol，反应⑧OH（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（s）的△H＝83.7kJ/mol﹣37.7kJ/mol＝+46.0kJ/mol，
故答案为：⑦；+46.0；
（2）①a．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；
c．O2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；
②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 0 0
变化量（mol） x 2x x x
平衡量（mol） 1﹣x 2﹣2x 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。
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