【查缺补漏】 辽宁高考考前选择题快速通关卷（三）解析版

2021辽宁高考考前选择快速通关卷（三）1．化学科学在生产生活、社会发展各方面发挥着关键性作用。下列叙述正确的是A．“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体B．“复兴号”关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于合成橡胶C．推广使用聚碳酸酯可降解塑料有利于保护环境，减少白色污染D．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气净化”等措施均涉及化学变化【答案】C【解析】A．碳纤维复合材料是含碳量在90%以上的高强度纤维，不属于碳的同素异形体，A错误；B．聚四氟乙烯是一种塑料，不属于合成橡胶，B错误；C．聚碳酸酯可降解塑料有利于保护环境，减少白色污染，C正确；D．静电除尘不涉及化学变化，D错误；故选C。2．下列化学用语正确的是A．全氟丙烷的球棍模型 B．二氧化硅的分子式为SiO2C．乙炔的结构式：CH≡CH D．16O2与18O3互为同位素【答案】A【解析】A．全氟丙烷的球棍模型中F和C都是单键，而且F的半径小于C，A正确；B．二氧化硅为共价（原子）晶体，无分子式，B错误；C．结构式应该画出每一个原子间的连接方式，乙炔结构式应为H-C≡C-H，C错误；D．同位素为具有相同质子数，不同中子数的原子，而D提到的微粒为分子，D错误；故选A。3．下列表述正确的是A．键角：H2O>NH3B．用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：C．电负性：N>O>C>HD．冰的密度比水小的性质与氢键无关【答案】B【解析】A．H2O键角为104.5°，NH3键角为107.3°，A错误；B．氯化氢分子中化学键的形成用原子轨道描述如图所示，B正确；C．电负性应O>N，C错误；D．冰的密度比水小的性质与氢键有关，冰和水密度不同主要是由于水分子间存在氢键，在水液态时，一个水分子与四个水分子相连，而水凝固为冰时，氢键会拉伸水分子使水分子之间距离增大，体积也就增大了，故冰密度比水小与氢键有关，D错误；故选B。4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下，11.2LH218O中含有的中子数为5NAB．含1molHNO3的浓硝酸与足量的Cu反应转移电子数为NAC．2molNO与lmolO2充分反应后得到的分子数小于2NAD．0.2mol蔗糖完全水解，生成的葡萄糖中含羟基数目为2NA【答案】C【解析】A．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，A项错误；B．反应过程中浓硝酸变稀，产物是二氧化氮和一氧化氮的混合物，所以反应转移电子数不是NA，B项错误；C．NO和O2反应生成NO2中存在平衡2NO2N2O4，导致分子数减少，故所得产物分子数小于2NA，C项正确；D．0.2mol蔗糖完全水解生成0.2mol葡萄糖和0.2mol果糖，1mol葡萄糖含有5mol羟基，即0.2mol葡萄糖含有羟基数为NA，D项错误；答案选C。5．关于各实验装置的叙述正确的是A．装置甲可用于验证苯与液溴发生取代反应B．装置乙可用于洗涤表面的C．装置丙可用于由溶液制备D．装置丁可用于分离乙醇与溴水【答案】B【解析】A．Br2易挥发，可进入盛有硝酸银的试剂瓶种发生反应生成AgBr，干扰对HBr的判断，无法验证苯和溴的取代反应，故A错误；B．易溶于水，难溶于水，故可以用图中装置操作洗涤，故B正确；C．坩埚用于灼烧固体，无法得到水合物，由溶液制备应该用蒸发皿，故C错误；D．乙醇与溴水互溶，无法通过分液漏斗分离，故D错误；答案选B。6．最新研究表明，用Sb(CH)3、Sb(CH3)2Br和Sb(CH3)Br2三种化合物进行重组反应可生成空间位阻最小的离子化合物一[Sb(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]。已知锑(Sb)与砷(As)同主族且位于砷的下一周期，下列说法不正确的是A．Sb的价电子排布式为5s25p3B．第一电离能：Br>Sb>AsC．电负性：Br>C>H。D．[Sb(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键【答案】B【解析】A．Sb的核外电子排布为[Kr]4d105s25p3，为主族元素，价电子排布式为5s25p3，A正确；B．一般而言，元素的非金属性越强，对应元素的第一电离能越大，所以第一电离能应为：Br>As>Sb，B错误；C．一般而言，元素的非金属性越强，对应元素的电负性越大，所以电负性：Br>C>H，C正确；D．[Sb(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]是由[Sb(CH3)5]+和[Sb2(CH3)2Br6]2-构成，两种离子间存在离子键，两离子内部存在共价键，D正确；答案选B。7．下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A判断尿液中是否含有葡萄糖加新制的并加热生成砖红色沉淀，说明尿液中含有葡萄糖，若没有砖红色沉淀生成，则不含葡萄糖B比较、结合的能力强弱分别配得同pH的NaClO溶液与溶液，稀释10倍后，用pH计测定溶液pH，说明结合的能力比的强C探究乙烯能否被酸性高锰酸钾氧化向乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中溶液紫红色褪去，说明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化D检验与反应后的固体产物取反应后的固体，溶于足量溶液中，产生白色沉淀，再加稀硝酸若白色沉淀不溶解，则产物只有；若白色沉淀全部溶解，并产生刺激性气味气体，则产物只有；若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，则产物中有和【答案】A【解析】A．葡萄糖中含有醛基，能与新制的在水浴加热下反应生成Cu2O砖红色沉淀，可用来判断尿液中是否含有葡萄糖，故A正确；B．配得同pH的NaClO溶液与溶液，原本的物质的量的浓度就不相同，稀释后无法比较，正确的操作应是直接测定同浓度的NaClO溶液与溶液的pH，根据越弱越水解，若前者的pH大，说明结合的能力比的强，故B错误；C．有可能是挥发出来的乙醇使酸性高锰酸钾褪色的，故C错误；D．最后加入的稀硝酸会使亚硫酸根被氧化成硫酸根，无法证明是否原本存在Na2SO3，故D错误；故选：A。8．沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图.下列说法中错误的是A．碳棒b极电势比碳棒a极电势高B．光照强度对电池的输出功率无影响C．碳棒b电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2OD．酸性增强不利于菌落存活，工作一段时间后，电池效率降低【答案】B【分析】根据氢离子的流向可知碳棒b为正极，光合菌产生的O2的电子结合H+得到H2O，碳棒a为负极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根。【解析】A．根据分析可知b极为正极，a极为负极，正极的电势高于负极，A正确；B．光照强度越强，光合作用越强，产生的氧气越多，电池的输出功率更大，即光照强度对电池的输出功率有影响，B错误；C．b为正极，光合菌产生的O2的电子结合H+得到H2O，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；D．酸性增强不利于菌落存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确；综上所述答案为B。9．由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成物质的结构式如图所示。其中Y、Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同。下列说法错误的是A．电负性：B．X元素的氢化物分子间可以形成氢键C．最高价氧化物对应水化物的碱性：D．X、Y形成的二元化合物水溶液呈中性【答案】D【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，由X、Y、Z组成物质的结构式可知，Y形成+1价阳离子，则Y是Na元素；X与Z形成1个共价键，则X为F元素；Z、X形成ZF离子，Z为+3价金属，Z是Al元素，即X、Y、Z分别是F、Na、Al。【解析】A．X、Y，Z分别为F、、，非金属性越强，电负性越强，金属性越强，电负性越弱，则电负性：，即，A项正确；B．分子间存在氢键，B项正确；C．金属性：，因此最高价氧化物对应水化物的碱性：，C项正确；D．X、Y两种元素形成的化合物即NaF，NaF水溶液因F-水解呈碱性，D项错误；答案选D。10．中国是最早将辣椒作为药物使用的国家之一，中医用辣椒治疗胃寒、风湿等症。辣椒素是辣椒辣味来源，其结构简式如图。下列有关辣椒素的说法不正确的是A．分子式为C18H27NO3B．结构中所有碳原子可能共平面C．其酸性水解产物均可与Na2CO3溶液反应D．能发生氧化、还原、水解、酯化、加成、聚合反应【答案】B【解析】A．根据该有机物结构简式可知其分子式为C18H27NO3，故A正确；B．在中红色框内存在多个sp3杂化的碳原子相连，不可能在一个平面内，故B错误；C．辣椒素中含有肽键，酸性水解后生成、，羧基酸性强于、H2CO3，酚羟基酸性强于，因此酸性水解后产物能与Na2CO3溶液反应，故C正确；D．辣椒素中含有碳碳双键、肽键、酚羟基、醚键，碳碳双键能发生氧化、还原、加成、聚合反应，肽键能发生水解反应，酚羟基能发生氧化、酯化反应，故D正确；综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。11．采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法正确的是A．H+通过质子交换膜向X电极移动B．阴极区每消耗lmolO2，外电路转移2mol电子C．每生成1mol，阴极区消耗3molH+D．起始时，若在Y电极附近加入适量Fe3+，装置不能正常工作【答案】C【分析】由装置图可知，X上发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，O元素的化合价升高，发生失电子的氧化反应，则X电极为阳极，Y电极为阴极，阴极上O2、Fe3+发

生得电子的还原反应，电极反应为Fe3++e-=Fe2+、O2+2H++2e-

=H2O2，Fe2+

和H2O2生成Fe3+、H2O和：Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+，据此分析解答。【解析】A．由分析知X电极为阳极，H+应移向阴极，A错误；B．阴极区每消耗lmolO2，阴极上除了O2得电子生成H2O2，还有Fe3+得电子，外电路转移电子大于2mol，B错误；C．每生成1mol，总反应消耗1molH+，另外总反应生成1mol需1molH2O2要在阴极生成O2+2H++2e-

=H2O2，需消耗2molH+，故阴极区共消耗3molH+，C正确；D．若起始时，在阴极Y附近加入适量Fe3+：Fe3+得电子生成Fe2+，Fe3++e-=Fe2+，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能出现Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和的反应，装置均能正常工作，D错误；故选C。【点睛】本题考查了电解原理的应用、氧化还原反应等知识，侧重学生观察、分析和运用能力的考查，把握电解池的工作原理以及电极上发生的反应为解题关键，注意结合图中信息书写电极反应式。12．绿原酸(C16H18O9)是一种有机弱酸，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。下列说法错误的是A．加盐酸是为了提高绿原酸的萃取率B．分液时应先打开分液漏斗顶塞，再打开旋塞，使水层从分液漏斗下口放出C．减压蒸馏的目的是降低蒸馏温度，有利于绿原酸挥发D．该流程中可循环利用的物质是乙酸乙酯【答案】C【分析】由流程图可知，先加入盐酸抑制绿原酸的电离，再加入乙酸乙酯萃取金银花的水浸取液中的绿原酸，分液得到绿原酸的乙酸乙酯溶液，绿原酸的乙酸乙酯溶液经减压蒸馏得到含有绿原酸的浸膏和乙酸乙酯，乙酸乙酯可以循环使用，浸膏经过分离提纯得到绿原酸粗品。【解析】A．加入乙酸乙酯的目的是萃取金银花的水浸取液中的绿原酸，绿原酸是一种有机弱酸，在水溶液中部分电离，加入盐酸，溶液中氢离子浓度增大，使电离平衡左移，绿原酸浓度增大，有利于提高乙酸乙酯萃取时的萃取率，故A正确；B．乙酸乙酯的密度小于水，萃取分液后，水层在下方，则分液时应先打开分液漏斗顶塞，再打开旋塞，使水层从分液漏斗下口放出，故B正确；C．有机层减压蒸馏的目的是降低蒸馏温度，有利于乙酸乙酯挥发，防止蒸馏温度过高，绿原酸受热分解，故C错误；D．由图可知，减压蒸馏时冷凝收集得到的乙酸乙酯可以做萃取金银花的水浸取液中的绿原酸的萃取剂，则循该流程中可循环利用的物质是乙酸乙酯，故D正确；故选C。13．研究表明CO与在作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①(慢)、②(快)。下列说法错误的是A．总反应的速率由反应②决定B．两步反应均为放热反应C．反应①是氧化还原反应，是还原产物D．使反应的活化能减小，是中间产物【答案】A【解析】A．总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故A错误；B．由图可知，两步反应中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，故B正确；C．反应①中氮元素化合价降低，得到电子，被还原，所以是还原产物，故C正确；D．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故D正确；故选A。14．下列关于电解质溶液的说法正确的是A．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大B．等pH的NH4Cl溶液与(NH4)2SO4溶液中c(NH)相等C．K2CO3、CH3COOK和KCl的混合溶液中，一定满足：c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(CH3COO-)D．常温下向盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶液导电能力不变【答案】B【解析】A．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解吸热，则水解平衡正向移动，Kh增大，溶液中=，其数值减小，A说法错误；B．NH4Cl溶液与(NH4)2SO4溶液中，溶液呈酸性的原因为NH+H2O⇌NH3∙H2O+H+，则等pH的NH4Cl溶液与(NH4)2SO4溶液中c(NH)相等，B说法正确；C．K2CO3、CH3COOK和KCl的混合溶液中，根据溶液呈电中性，c(K+)+c(H