2021-2022学年浙江省杭州地区七校联考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须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是（ ）A该电池充电时，负极的电极反应式为LixV2O5xe-=V2O

2、5+xLi+B该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C当电池中有7gLi参与放电时，能得到59gNiD电解过程中，NaCl溶液的浓度会不断增大2、部分弱电解质的电离平衡常数如下表，以下选项错误的是化学式NH3H2OCH3COOHHCNH2CO3Ki（25）1.8l0-51.8l0-54.9l0-10Ki1= 4.3l0-7Ki2= 5.6l0-11A等物质的量浓度的NaHCO3和NaCN溶液，前者溶液中水的电离程度大B0.1 mol/L CH3COONa 溶液显碱性，0.1 mol/L CH3COONH4溶液显中性CCN-+H2O+CO2=HCN+ HCO3-D中和等体积、等pH的CH3COO

3、H和HCN消耗NaOH的量前者小于后者3、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B常温下，等体积pH3的HA和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA酸性比HB弱C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气AABBCCDD4、不能用元素周期律解释的是（ ）A氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键B向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝C向Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成DF2在暗处遇H2即爆炸，I

4、2在暗处遇H2几乎不反应5、干电池模拟实验装置如图。下列说法不正确的是A锌皮作负极，碳棒作正极B电子从锌皮流向碳棒，电流方向则相反CNH4Cl是电解质，在锌片逐渐消耗过程中MnO2不断被氧化D该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收6、我国科学家构建了一种有机框架物M，结构如图。下列说法错误的是（ ）A1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2B苯环上的一氯化物有3种C所有碳原子均处同一平面D1molM可与15mol H2发生加成反应7、25时，向20mL 0.1mol/LH2R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。

5、下列有关说法正确的是Aa点所示溶液中：c (H2R) + c (HR-)+ c (R2-)=0.lmol/LBb点所示溶液中：c (Na+) c(HR-) c (H2R)c(R2-)C对应溶液的导电性：b cDa、b、c、d中，d点所示溶液中水的电离程度最大8、以有机物A为原料通过一步反应即可制得重要有机化工产品P()。下列说法错误的是AA的分子式为C11H14，可发生取代、氧化、加成等反应B由A生成P的反应类型为加成聚合反应，反应过程没有小分子生成CA的结构简式为，分子中所有碳原子不可能共面D1 mol A最多能与4 mol H2发生加成反应9、短周期元素T、R、W、G在周期表中的相对位置如

6、图所示。下列说法正确的是AT的氢化物的沸点一定低于R的BW的氧化物对应的水化物一定是强酸CT和W组成的化合物含两种化学键D工业上电解熔融氧化物制备G的单质10、实验室中以下物质的贮存方法不正确的是A浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处B保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C少量金属钠保存在煤油中D试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发11、向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定A含Cu2+B含Fe2+C呈中性D含Fe2+和Cu2+12、不能用勒夏特列原理解释的是（）A草木灰（含K2CO3）不宜与氨

7、态氮肥混合使用B将FeCl3固体溶解在稀盐酸中配制FeCl3溶液C人体血液pH值稳定在7.40.05D工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎13、下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O14、甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) -49.0kJCH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)+192.9kJ下列说法正确的是( )A1molCH3OH完全燃烧放热192

8、.9kJB反应中的能量变化如图所示CCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应：CH3OH(l)+ O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q的Q”“=”或“I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；故答案选C。5、C【解析】试题分析：A锌是活泼金属，则锌皮作负极，碳棒作正极，A项正确；B原电池中电子从负极沿导线流向正极，电流从正极流向负极，电流从碳棒流到锌上，B项正确；C以糊状NH4Cl作电解质，其中加入MnO2氧化吸收H2，C项错误；D该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收，D项正确；答案选C。考点：考查干电池的工作原理6、D【解析】A.根据物质结构可知：在

9、该化合物中含有3个-COOH，由于每2个H+与CO32-反应产生1molCO2气体，所以1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A正确；B.在中间的苯环上只有1种H原子，在与中间苯环连接的3个苯环上有2种不同的H原子，因此苯环上共有3种不同位置的H原子，它们被取代，产生的一氯化物有3种，B正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在M分子中 含有4个苯环和

10、3个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM发生加成反应的氢气的物质的量为34+23=18mol，D错误；故合理选项是D。7、D【解析】A、a点所示溶液中：c (H2R) + c (HR)+ c (R2)= molL1，故A错误；B、b点所示溶液相当于Na2R，R2 部分水解生成HR ,HR 再水解生成H2R，故c (Na+) c(R2-)c(HR-) c (H2R)，B错误；C、溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系，c点溶液中离子浓度大，对应溶液的导电性：b c，故C错误；D、a、b抑制水电离，c点PH=7，不影响水电离，d点促进水电离，故D正

11、确；故选D。8、C【解析】由P的结构简式可知，合成P的反应为加成聚合反应，产物只有高分子化合物P，没有小分子生成，合成P的单体A的结构简式为，则A的分子式为C11H14，由A分子具有碳碳双键、苯环结构，可知A可发生取代、氧化、加成等反应，A、B均正确；将写成，分子中11个碳原子有可能共面，C错误；由A的结构简式可知，1个苯环能与3个H2发生加成，1个双键能与1个H2加成，则1 mol A最多能与4 mol H2发生加成反应，D正确。9、D【解析】T、R、W、G均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置，可知T为碳元素，R为氧元素，G为铝元素，W为氯元素。【详解】A. T为C元素，可形成多种氢化物

12、，当分子量较大时，沸点即可高于R的，A错误；B. W的最高价氧化物对应水化物为强酸，而HClO为弱酸，B错误；C. T和W组成的化合物为CCl4，只含有一种化学键共价键，C错误；D. G为Al，工业电解熔融的氧化铝来制备其单质，D正确；故答案选D。10、A【解析】A浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A错误；B硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；C钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C正确；D试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发，D正确。答案选A。1

13、1、B【解析】试题分析：FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生成FeCl2、Cu，用KSCN溶液检验无明显现象，则溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，因为不清楚铁粉是否过量，所以不能确定CuCl2是否反应完，则不能确定溶液中是否有Cu2+，故选B。【点睛】本题考查金属的性质，明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分，侧重考查分析能力，题目难度中等。12、D【解析】A. 因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成NH3，使N元素流失，

14、降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/NaHCO3，人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液pH值稳定在7.4 0.05，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D. 工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D选；故答案为D。13、C【解析】A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶于水，因此

15、分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl24H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。答案选C。14、D【解析】A燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即H元素要转化为液态水而不是转化为氢气，故1molCH3OH完全燃烧放出的热量不是192.9kJ，故A错误；B因为CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的Q小于0，该反应是吸热反应，所以反应物的总能量应该小于生成物的总能量，故B错误；C中的热化学方程式表明，CH3OH转变成H2的过程不一定要吸收能量，故C错误；D

16、因为CH3OH(l)变成CH3OH(g)需要吸收能量，根据推知反应：CH3OH(l)+ O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q的Q192.9kJ，故D正确；故选D。【点睛】15、A【解析】A. 可用于制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A正确；B. NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；C. 加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；D. 导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误；正确答案是A。16、C【解析】A、NaAlO2与NaOH不反应，故A不正确；B、Na2O2为离子化合物，含O元素，不

17、含O2，但用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故B不正确；C、Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用氧化铁的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板，故C正确；D、Al活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方式制备，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法热分解法得到，故D不正确；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、对羟基苯甲醛 （酚）羟基、酯基、碳碳双键 取代反应 11 【解析】由有机物的转化关系可知，发生信息反应生成，与（CH3O）SO2发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息反应生成，则D为；在BBr3的作用下反应生成，则E为；与HBr在过氧化物的作用下发生加成反应生

18、成，则G为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则H为；与在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成。【详解】(1)化合物A的结构简式为，名称为对羟基苯甲醛；化合物I的结构简式为，官能团为酚羟基、碳碳双键和酯基，故答案为对羟基苯甲醛；酚羟基、碳碳双键和酯基；(2)GH的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成；与HOOCCH2COOH发生信息反应生成，则D为，故答案为取代反应；(3)C的结构简式为，能与新制的氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应，反应的化学方程式为，故答案为；（4）化合物W与E（）互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为-OH、-OH、-CH=

19、CHCOOH，或者为-OH、-OH、-C（COOH）=CH2，2个-OH有邻、间、对3种位置结构，对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构（包含E），故W可能的结构有（2+3+1）2-1=11种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式为：，故答案为11；（5）结合题给合成路线，制备CH3CH2CH= CHCOOH应用逆推法可知，CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CH2CHO，最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件

20、下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。18、1,2-二甲苯（或邻二甲苯） 取代反应 还原反应 浓硝酸，浓硫酸 浓硫酸 防止出现多硝基取代的副产物 (CH3)2NH （任写一种） 【解析】B和乙醛互为同分异构体，且的结构不稳定，则B为，由F与B反应产物结构可知，C2H7N的结构简式为H3CNHCH3。由普鲁卡因M的结构简式（），可知C6H6的结构简式为，与环氧乙烷发生类似加成反应得到C为，对比C、D分子式可知，C发生硝化反应得到D，由普鲁卡因

21、M的结构可知发生对位取代反应，故D为，D发生氧化反应得到E为，E与HOCH2CH2N（CH3）2发生酯化反应得到G为，G中硝基被还原为氨基得到普鲁卡因，据此解答。【详解】（1）比A多两个碳原子，且一氯代物只有3种的A的同系物为，名称是1，2二甲苯，故答案为1，2二甲苯；（2）反应属于取代反应，反应属于还原反应，故答案为取代反应；还原反应；（3）反应为硝化反应，试剂a为浓硝酸、浓硫酸，反应为酯化反应，试剂b为浓硫酸，故答案为浓硝酸、浓硫酸；浓硫酸；（4）反应中将试剂a缓缓滴入C中的理由是：防止出现多硝基取代的副产物，故答案为防止出现多硝基取代的副产物；（5）B的结构简式为，F的结构简式：H3CN

22、HCH3，故答案为；H3CNHCH3；（6）一种同时满足下列条件的D（）的同分异构体：能与盐酸反应，含有氨基，能与碳酸氢钠反应，含有羧基，苯环上有2种不同环境的氢原子，可以是含有2个不同的取代基处于对位，符合条件的同分异构体为等，故答案为。19、AgCl 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq) SO42- S O2 Ag2S的悬浊液 2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移

23、，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S 【解析】(1)中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3).向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；由判断，可确定滤液X中被检出的离子。另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式

24、。B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3).向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；由判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO

25、42-；另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH。答案为：2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH；B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B

26、中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.31050、Ksp(AgCl)=1.51016，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。20、干燥管 防止空气中的、进入U形管，干扰

27、碳酸钠含量测定 偏低 【解析】工业纯碱与过量稀硫酸反应放出CO2，测定生成的CO2质量可计算样品纯度。【详解】（1）图中仪器D为干燥管，其中盛放碱石灰可防止装置C中的碱石灰吸收空气中的CO2和H2O，影响测定结果。（2）装置A中生成的CO2会部分残留在装置A、B中，使装置C测得的CO2质量偏小，进而计算得到的纯度偏低。【点睛】进行误差分析，首先要明确测定原理，再分析装置、试剂、操作等对测定数据的影响，利用计算公式得出结论。21、2NH3+2O2N2O+3H2O -163kJ/mol FeO+COCO2+Fe+ 放热 反应 降低温度 = 1.17 【解析】(2)利用盖斯定律求反应热；(3)根据总反应减去反应得到反应；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；(4)根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；(5)根据三等式求算平衡常数。【详解】(1)NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从3升高到N2O中的1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H2O；(2) 已知2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l