2021-2022学年甘肃省宁县二中高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于氨气的说法正确的是（）A氨分子的空间构型为三角形B氨分子常温下能被氧化成一氧化氮C氨分子是含极性键的极性分子D氨水呈碱性，所以氨气是电解质2、可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，

2、空气电极为正极。下列说法正确的是()A以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O22H2O4e=4OHB以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al3OH3e=Al(OH)3C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变D电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极3、氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池（600700），具有效率高、噪音低、无污染等优点。氢氧熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用B负极反应式为H22e+CO32CO2+H2OC电子流向是：电极a负载电极b熔融碳酸盐电极aD电池工作时，外

3、电路中流过0.2mol电子，消耗3.2gO24、化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法正确的是AX的分子式为C7H6O2BY分子中的所有原子可能共平面CZ的一氯取代物有6种DZ能与稀硫酸发生水解反应5、有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是M NAM与HCOOCH3互为同分异构体BN的官能团为羟基C在与钠的反应中N放出气泡比M快DN能使酸性高锰酸钾溶液褪色6、下列各反应对应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B向碳酸氢钠溶液中加入过

4、量氢氧化钙溶液2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S：5OH+3H2SHS+2S2+5H2O7、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是A原子半径：YZRXBY3X2是含两种化学键的离子化合物CX的氧化物对应的水化物是强酸DX和Z的气态氢化物能够发生化合反应8、在由水电离产生的H浓度为11013m

5、olL1的溶液中，一定能大量共存的离子组是K、ClO、NO3、S2 K、Fe2、I、SO42 Na、Cl、NO3、SO42Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3ABCD9、ICl能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（ ）A升华B熔化C溶于CCl4D受热分解10、常温下，向1 L0.1 molL-1 NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是( )AM点溶液中水的电离程度比原溶液大B在M点时，n(OH-)+0.1 mol=(a+0.05

6、)molC随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D当n(NaOH)=0.1 mol时，c(Na+)SNH，A错误；B. Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；C. N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D. N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。故选D。8、B【解析】由水电离产生的H浓度为11013molL1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。【详解】在酸性环境下S2不能大量共存，错误；在碱性环境下Fe2不能大量共存，错

7、误；Na、Cl、NO3、SO42在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；HCO3在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；K、Ba2、Cl、NO3在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；答案选B。【点睛】本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。9、D【解析】ICl是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。10、C【解析】AM点，向

8、1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A项错误；B. 在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH)+n(Cl) = n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，则n(OH) + 0.1 mol = 0.05+ n(H+)+a =(a+0.05) mol + n(H+)，B项错误；C. 铵根离子水解显酸性，因=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)不断减小，C项正确；D. 当n(NaOH)

9、=0.1 mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知，c(Na+) = c(NH4+)+c(NH3H2O)，D项错误；答案选C。11、D【解析】A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故A错误；B.X分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则X分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故B错误；C.Y分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则Y分子不能发生消去反应，故C错误；D.因为X分子结构中有肽键和酯基，则X生成Y的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为HOOCCH2NH2、，都具有两性化合物的特性，故D

10、正确；综上所述，答案为D。12、C【解析】由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na 元素。则A原子半径应是WXYZM（即NaCNOH）,A错误。BCO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物

11、，B错误。C例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。DX、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D错误。答案选C。13、B【解析】A“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误； B“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；C“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；D皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选B。【点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸

12、甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。14、B【解析】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；X极作阳极，发生氧化反应，D正确。答案选B。15、A【解析】A项，除了含有铵根的铵态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化

13、，故B项正确；C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。故选A。16、D【解析】本题考查化学用语，意在考查知识再现及知识迁移能力。【详解】A.氯气氧化性强，与铁反应的产物是氯化铁，故A错误；B.SO2与NO3-在酸性环境中会发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，故B错误；C

14、.稀盐酸与银不反应，故C错误；D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHCO3混合时OH-过量，故D正确；答案：D【点睛】易错选项B，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，SO2具有强还原性，所以要注意氧化还原反应的发生。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3COOC2H5 避免碳碳双键被氢气加成（还原），酯很难和氢气加成（还原） 或 【解析】（1）反应AB中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，属于加成反应，则X为CH3COOC2H5；（2）避免碳碳双键被H2加成或还原，酯很难和H2发生还原反应；(3)属于芳香族化合物，说明含有苯环；能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱显示有

15、4种不同化学环境的氢，结构应对称；（4）E中醛基与银氨溶液发生氧化反应；（5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C。【详解】（1）根据A与B的结构简式的异同，结合X的分子式可知，A转化为B属于加成反应，则X是CH3COOC2H5；（2）CD不直接用H2(镍作催化剂)还原的原因是：因为C中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，酯很难和H2发生还原反应，故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原)，酯很

16、难和氢气加成(还原)；(3)A的同分异构体满足：属于芳香族化合物，说明含有苯环；能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，A的分子式是C10H14O，则分子中存在对称结构，所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是或 ；（4）E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为羧基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式是；（5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C，合成流程

17、图是：。18、C7H7NO2 羧基、氨基 ac n+nH2O 取代反应 保护氨基 +H2O+CH3COOH 【解析】(1)由甲的结构简式，则甲的分子式为C7H7NO2，所以甲的最简式为C7H7NO2；由丙的结构简式，所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基；答案：C7H7NO2 ； 羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 ，故a正确；b.分子中没有苯环，故b错误；c.分子中含有氨基能与盐酸反应，含有氯原子又能与氢氧化钠溶液反应，故c正确；d.分子中没有苯环，故d错误，故选ac，(3).甲为，在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，该反应的化学方程为。(4)由可知步骤的反应类型是取

18、代反应；答案：取代反应。步骤和在合成甲过程中的目的是保护氨基。答案：保护氨基；步骤反应的化学方程式为。答案：。19、ACB 残余清液中，n(Cl-)n(H+) 0.1100 Mn2+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温 【解析】(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸

19、反应制备Cl2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl-)n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000molL-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.11

20、00mol/L；故答案为：0.1100；b、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH，故答案为：Mn2+开始沉淀时的pH；(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；(5)丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高

21、，因此随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。【点睛】掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意金属与酸的反应为放热反应。20、NH3、CO2 E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊 (NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O 排尽装置中的空气 充分吸收CO2，防止干扰CO的检验 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去 2.1 【解析】(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；(2)

22、 氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；答案为：NH3；CO2 ； E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律

23、知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O；答案为：(NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O；(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验； 答案为：排尽装置中的空气；(3) 装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；答案为：充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；答案为：因