2021辽宁高考考前选择题快速通关卷(四)解析版

2021辽宁高考考前选择快速通关卷（四）1．化学与科学、社会、历史密切相关，下列叙述错误的是A．人民币印钞纸的主要成分为新疆棉花，主要成分是棉纤维和亚麻纤维B．三星堆出土的青铜器是铜、锡、铬按一定比例熔炼而得的化合物C．敦煌壁画的颜料之一云母为聚硅酸盐，其阴离子以硅氧四面体为结构单元构成D．薯片长时间开封存放，会发出一股难闻气味，这是油脂被氧化的结果【答案】B【解析】A．棉花的主要成分是天然纤维素，故A正确；B．青铜器是合金不是化合物，故B错误；C．聚硅酸根离子中Si、O之间以单键相连，形成硅氧四面体结构单元，故C正确；D．薯片属于油炸食品，长期暴露在空气中，油脂会被氧气氧化，导致其腐败变质发生难闻气味，故D正确；故选：B。2．下列化学用语或表达中正确的是A．中的氢键： B．乙醇的分子式：C．乙烯分子中的键： D．的电子式：【答案】A【解析】A．H与F原子能形成氢键，则中的氢键：，A正确；B．乙醇的分子式：C2H6O，B错误；C．乙烯分子中C-H键也是键，C错误；D．BF3中B与F形成3个共用电子对，则BF3的电子式为，D错误；故选：A。3．氨硼烷(NH3BH3)和乙烷的结构相似，含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。下列说法错误的是A．H、B、N三种元素中，电负性最大的是NB．根据对角线规则，B、Si最高价氧化物对应的水化物均为二元酸C．氨硼烷N采取sp3杂化，B采取sp3杂化D．NH3BH3属于分子晶体，晶体中存在的化学键有极性键和配位键【答案】B【解析】A．H、B、N三种元素中，N对电子吸引力最强，电负性最大，故A正确；B．B、Si符合对角线规则，最高价氧化物对应的水化物酸性相近，但硼酸是一元酸，硅酸是二元酸，故B错误；C．氨硼烷分子中，B、N的价层电子对均为4，故均采取sp3杂化，故C正确；D．NH3BH3属于分子晶体，NH3BH3分子内N和H、B和H以极性共价键结合，N和B以配位键结合，故D正确；故选B。4．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．14g聚丙烯中含C—H键总数目为2NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH-数目为0.1NAC．标准状况下：2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NAD．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA【答案】A【解析】A．聚丙烯的最简式为CH2，14g聚丙烯中含H：，所有H均与C以单键相连，所以C－H键总数目为2NA，A正确；B．没有提供溶液体积，无法计算OH-数目，B错误；C．两者发生反应2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，标准状况下2.24LNO与1.12LO2混合后气体分子的物质的量小于0.1mol，气体分子数应小于0.1NA，C错误；D．电解精炼铜时，阳极溶解的除了Cu还有比Cu活泼的金属，所以若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目不为2NA，D错误；故选A。5．用下列实验装置进行相应实验(夹持装置未画出)，说法不正确的是A．图1装置检验出有CO生成，能证明焦炭与二氧化硅发生了反应B．图2可用作少量氨气的尾气吸收装置C．图3装置可以除去SO2中的少量HCID．图4关闭活塞K，从a处加水可检验装置气密性【答案】A【解析】A．在空气不足的情况下，焦炭和空气中的氧气也能反应生成一氧化碳，A错误；B．氨气极易溶于水，吸收时需要防止倒吸，B正确；C．亚硫酸氢钠能与氯化氢反应生成二氧化硫，不能与二氧化硫反应，C正确；D．关闭活塞后加入水形成了封闭体系，若右侧水面比左侧高，且一段时间不改变则可说明气密性良好，D正确；故选A。6．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A．第一电离能：O>N>C>HB．分子中C和N的杂化方式相同C．基态Zn原子的核外电子有15种空间运动状态D．该物质中，Zn的配位数为4，配位原子为O、N【答案】C【解析】A．同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族的，氢对核外电子的束缚力很弱，容易失去一个电子，其第一电离能较小，所以第一电离能：N＞O＞C＞H，故A错误；B．分子中连双键的C的杂化方式为sp2，连单键的碳原子为sp3杂化，N都是sp3杂化，故B错误；C．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Zn原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，有15种空间运动状态，故C正确；D．该物质中，Zn提供空轨道，O和N提供孤电子对，配位原子是O、N，但Zn的配位数是5，故D错误；故选C。7．（2021·新疆高三一模）下列实验操作和现象”结论“对应且正确的是操作和现象结论A对浸液态石蜡油的碎瓷片加强热，将产生的气体通入胶性K2MnO4溶液紫红色褪去生成的气体一定为乙烯.B向两支盛有KI3溶液的试管中，分別润加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝、后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:II2+I-C常温下向盛有浓硫酸的试管中加入铜片时,铜片很快溶解，并产生刺激性气味气体浓硫酸具有强氧化性D室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.10mol·L-1NaClO溶液和0.10mol·L-1CH3COONa济液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱【答案】B【解析】A．对浸液态石蜡油的碎瓷片加强热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，说明产生的气体含有烯烃，不一定为乙烯，A项错误；B．在KI3的溶液试管中滴加淀粉溶液变蓝，说明溶液中有I2，在KI3的溶液试管中滴加硝酸银溶液有黄色沉淀(AgI)，说明有I-，所以KI3溶液中存在平衡，，B项正确；C．铜与浓硫酸的反应需要在加热条件下进行，常温下，几乎无明显现象，现象不正确，C项错误；D．NaClO溶液具有强氧化性不能用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH，比较酸性强弱，D项错误；答案选B。8．用Mg-NaClO燃料电池作电源模拟消除工业酸性废水中的(还原为Cr3+)，装置如图所示，下列说法正确的是A．b电极材料为Mg，发生氧化反应B．金属铁电极反应为：Fe-3e-=Fe3+C．处理后的废水比原工业废水的pH大D．装置工作过程中消耗7.2gMg，理论上消除0.lmol【答案】C【分析】根据工业酸性废水中的还原为Cr3+可知，图中惰性电极为阴极，金属铁为阳极，阳极反应式：Fe-2e-=Fe2+，阴极极反应式为：2H++2e-=H2↑；则离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3+，该离子与惰性电极附近的氢氧根离子结合生成氢氧化铬沉淀，反应离子的方程式：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；a电极与惰性电极相连，所a为原电池的负极，镁在负极发生氧化反应，b与金属铁相连，为原电池的正极，发生还原反应，据以上分析解答。【解析】A．结合以上分析可知，a电极材料为Mg，发生氧化反应，故A错误；B．结合以上分析可知，铁为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式：Fe-2e-=Fe2+；故B错误；C．结合以上分析可知，电解后发生的反应为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，据此反应分析可知，反应后酸性减弱，处理后的废水比原工业废水的pH大，故C正确；D．电极的极反应式：Mg-2e-=Mg2+，Fe-2e-=Fe2+；根据各电极转移电子数相等及+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O反应可知，满足关系~6Fe2+~6Mg；所以7.2gMg的物质的量为=0.3mol，所以理论上消除0.05mol，故D错误；故选C。9．科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂结构如图，W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期元素。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是A．原子半径： B．与反应的难易程度(由难到易)：Y、WC．X的某种氢化物可用作制冷剂 D．Z的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】C【分析】科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl元素；Y形成2个共价键，位于ⅥA族，且Z与Y位于不同周期，则Y为O；W形成4个共价键，其原子序数小于O，则W为C元素；X形成3个共价键，位于ⅤA族，其原子序数小于O，则X为N元素，据此解答。【解析】根据分析可知，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl元素。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．氧元素非金属性强于碳元素，与反应的难易程度(由难到易)：W、Y，故B错误；C．N的某种氢化物氨气可用作制冷剂，故C正确；D．Cl的氧化物的水化物，例如次氯酸为弱酸，故D错误；故选C。10．某有机物N的结构简式如图所示，下列说法正确的是A．N能发生水解反应B．N中含有3种官能团C．N分子中所有原子均在同一平面上D．1molN与足量的H2反应，最多消耗5molH2【答案】A【解析】A．由结构简式可知，N分子中含有酯基，能发生水解反应，故A正确；B．由结构简式可知，N分子中含有酯基和羰基共2种官能团，故B错误；C．由结构简式可知，N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N分子中所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D．由结构简式可知，N分子中含有的苯环和羰基能与氢气发生加成反应，则1molN与足量的氢气反应，最多消耗4mol氢气，故D错误；故选A。11．以铜作催化剂的一种铝硫电池的示意图如图，电池放电时的反应原理为3CuxS+2Al+14AlCl=3xCu+8Al2Cl+3S2-，下列关于该电池的说法错误的是A．放电时，正极电极反应式为Cu2++2e-=CuB．充电时，两电极的质量均增加C．放电时，1molCuxS反应时，转移2mol电子D．充电时，Al为阴极，电极反应式为4Al2Cl+3e-=Al+7AlCl【答案】A【解析】A．放电时为原电池，正极得电子发生还原，根据总反应可知正极反应为CuxS+2e-=xCu+S2-，A错误；B．充电时为电解池，根据总反应可知Al为阴极，电极反应式为4Al2Cl+3e-=Al+7AlCl，电极上生成Al，电极质量增加；Cu/CuxS为阳极，电极反应式为xCu+S2--2e-=CuxS，电极上增加S元素，电极质量增加，B正确；C．放电时Cu/CuxS为正极，电极反应式为CuxS+2e-=xCu+S2-，所以1molCuxS反应时，转移2mol电子，C正确；D．充电时为电解池，阴极得电子发生还原反应，根据总反应可知Al为阴极，电极反应式为4Al2Cl+3e-=Al+7AlCl，D正确；综上所述答案为A。12．我国正在推行垃圾分类，为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如图所示。下列说法错误的是A．“溶解”过程中，加入H2O2发生的反应方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2OB．溶液A中一定含有的溶质有ZnSO4和CuSO4C．操作M中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D．通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，可得到ZnO【答案】D【分析】电池铜帽经过水洗、洗涤剂超声清洗除去表面的杂质后，加硫酸和双氧水将金属锌和铜溶解得到硫酸锌和硫酸铜，加过量锌粉置换出铜后，再加硫酸将过量的锌粉溶解后过滤得到铜，在硫酸锌的溶液中加过量的碱将锌沉淀，再将氢氧化锌沉淀灼烧得到氧化锌，据此分析解答。【解析】A．“溶解”过程中，加双氧水的目的是氧化铜单质，使其能溶于酸生成硫酸铜，反应的方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故A正确；B．根据以上分析可知溶液A中主要的溶质为硫酸锌和硫酸铜，故B正确；C．操作M为过滤，需用到烧杯、漏斗和玻璃棒等仪器，故C正确；D．由以上分析，硫酸锌转变成氢氧化锌后再灼烧得到氧化锌，故D错误；故选：D。13．中科院研制出一种多功能催化剂，首次实现将CO2转化为汽油(主要成份是C5～C11的烃类混合物)，过程示意图如下。下列说法错误的是A．该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景B．该多功能催化剂能降低反应的活化能C．a和b的一氯代物均有4种D．反应①的产物中含有水，反应②只有碳氢键的形成【答案】D【解析】A．由示意图可知，在多功能催化剂的作用下，二氧化碳与氢气反应生成汽油和水，反应能消耗二氧化碳，减少二氧化碳的排放，从而达到“碳中和”的战略愿景，故A正确；B．多功能催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C．由示意图可知，a为2—甲基丁烷、b为庚烷，两者的一氯代物都有4种，故C正确；D．由质量守恒定律可知，反应①的产物中为一氧化碳水，反应②有碳氢键和氢氧键形成，故D错误；故选D。14．25℃时，向20mL0.1mol/LHAuCl4(四氯合金酸)溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图1所示，含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH变化关系如图2所示，则下列说法正确的是A．滴定过程中c()与c(HAuCl4)之和保持不变B．a、b、c、d四点对应溶液中，c点溶液中水的电离程度最大C．b点对应溶液中：c()>c(Na+)D．图2中A点对应溶液中2c(Na+)=c()+c(HAuCl4)【答案】C【分析】图1中a点代表HAuCl4起始状态，点时加入NaOH量恰好中和一半HAuCl4，即此时组成为HAuCl4与NaAuCl4两者浓度相等，c点呈中性，d点代表HAuCl4与NaOH恰好完全反应，组成为NaAuCl4。图2中A点表示HAuCl4与NaAuCl4浓度相等。【解析】A．根据元素守恒知HAuCl4与都来源于起始的HAuCl4，即两者物质的量之和等于原HAuCl4物质的量，但溶液体积增大，c()与c(HAuCl4)之和减小，选项A错误；B．a、b、c、d四点对应溶液中，a、b、c点酸还没反应完，酸碱均抑制水的电离，d点完全中和生成强碱弱酸盐，促进水的电离，故d点溶液中水的电离程度最大，选项B错误；C．b点组成为HAuCl4与NaAuCl4，存在电荷守恒：c()+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由图知b点显酸性，即c(OH-)<c(H+)，故c()>c(Na+)，选项C正确；D．图2中A点表示HAuCl4与NaAuCl4浓度相等，由分析知图1中b点与之对应，c()>c(Na+)，溶液中存在2c(Na+)<c()+c(HAuCl4)，选项D错误；答案选C。15．室温下，下列说法不正确的是A．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na)：③>②>①B．0