2021年高考化学临考仿真卷（山东卷）（全解全析）.pdf
2021年高考化学临考仿真卷(山东卷)全解全析1.【答案】A【解析】A.古代蜡的主要成分是高级脂肪酸酯，相对分子质量不大，属于小分子，不是高分子聚合物，故A 错误；B.生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，为降低含碳量，可以通过“炒“制，将碳元素氧化除去，故 B 正确；C.青砖里面主要是氧化亚铁，红砖里面是氧化铁，红瓦转化为青瓦的原因是FezCh转化为其他铁的氧化物,故 C 正确；D.“凡金箔，每金七厘造方寸一千片金性又柔，可屈折如枝柳“说明了金有良好的延展性，故 D 正确；答案选A。2.【答案】A【解析】A.CO2的结构式为O=C=O,A 错误；H T r-B.氯化钱的电子式为H：N：H：C1：,B 正确；ii J L .C.联氨(N 2 H J 中氮原子连接两个氢原子，球棍模型为，V,C 正确;D.。2-离子有10个电子，结构 示 意 图 为，D 正确；故选Ao3.【答案】C【解析】A.14 g 聚 丙 烯(H2 H CC)含C-H 键总数目为2N,A 错误;CH3B.题中未告知溶液体积，无法计算OH-数目，B 错误;C.Na2s溶液中存在水解平衡：S2+HO2 H S +O H,溶液中c(S2-)=0.1molL ixlL=0.1m ol,则阴离子总数大于O.INA,C 正确;D.1 个 Fe(OH)3胶粒是由很多个Fe(OH)3 构成的，NA个 F&OH%胶粒中含铁元素的物质的量大于Imol,即NA个 Fe(OH),胶粒所含铁元素的质量大于56g,D 错误；故选C。4.【答案】A【解析】A.透明澄清的溶液中NH；、Fe3 SO：、NO：之间不反应，能大量共存，A 符合题意;B.能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和 A10?反应，不能大量共存，B 不符题意；C.CIO有强氧化性，能氧化S”，不能大量共存，C 不符题意；D.加入A1能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NO：,否则不产生氢气，氢离子与 HCO3反应，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NH：、HCO3均能与OH-反应，不能大量共存，D 不符题意；答案选A。5.【答案】C【解析】A.碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2 T+H2O,故 A 错误；B.饱和N a2co3溶液也能吸收CO”所以除去CO?中的少量HC1要用饱和NaHCCr,溶液，故 B 错误；C.为降低碳酸氢钠的溶解度，装置HI中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使 N aH C O,固体析出，故 C 正确;D.析出N aH C O,固体后的溶液为混有氯化镂的饱和NaH CO,溶液，上层清液中还存在HCO,，故 D 错误;答案选C。6.【答案】C【解析】A.Imol苯环与3moi氨气加成，1 mol皴 基(酮 基)与 Imol氢气加成，故 Imol雷琐苯乙酮最多能与4moi氢气发生加成反应，A 正确；/COOHB.苹果酸(HOOL Y)同时含有羟基和瘦基，两分子苹果酸可发生酯化反应生成:酚羟基的邻位的2 个 H 可被2 个 Br取代,同时也含一个碳碳双键，还可和一分子浪发生加成反应，故 Imol产物伞形酮与滨水反应，最多可消耗3moi B m 发生了取代反应、加成反应，C 错误；D.能跟FeCb溶液发生显色反应的物质需要含酚羟基,雷琐苯乙酮和伞形酮都含有酚羟基，它们都能和FeCh溶液发生显色反应，D 正确；故选C。7.【答案】A【解析】A.O.lOmolLNaHCCh溶液加水稀释后，溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量均增大，则 n(H+)与 n(OH-)的乘积变大，A 正确；B.硫化氢溶于水分步电离，且水还电离出氢离子,则pH=5的 H2s溶液中，c(HS-)H2co3 H C 1 0,所以水解程度：NaClO NaHCO3 CH?COONa,pH 相同时，溶液的浓度：NaClONaHCO3 ，三种溶液中的c(Na+)：下，D 错误；故选Ao8.【答案】A【解析】A.Imol硝酸根离子转化为0.5mol氮气，转移5moi电子，1 mol氧气转移2moi电子，所以完全还原 Imol硝酸根离子消耗2.5mol氢气，A 项错误；B.四氧化三铁具有磁性，可以被磁铁吸引，则四氧化三铁催化完成后，可利用四氧化三铁的磁性与水体分禺，B 项正确；C.HCOOH分解生成氢气和二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，可调节反应体系p H,保证催化还原的效果，C 项正确；D.b 过程中氢气与亚硝酸根离子，氢离子反应，亚硝酸根离子被还原为氮气，氢气被氧化为水，反应的离子方程式为 3H2+2NO2+2H+,N2+4H2O,D 项正确；答案选A。9.【答案】D【分析】短周期全族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且 Z 最外层电子数是其电子层数的3 倍，为氧元素，X、Y、Z 位于同一周期，即在第二周期，则 W 为第一周期，为氢元素。从球棍模型分析，其中有原子形成四个共价键，为碳元素，有原子形成两个共价键，为氧元素，还有形成三个共价键，为氮元素，所以四种元素分别为氢、碳、氮、氧。据此分析。【解析】A.四种元素中原子半径最大的为X,即碳原子，A 错误；B.非金属性最强为氧元素，B 错误；C.氢和氧形成水或过氧化氢，过氧化氢中含有非极性共价键，C 错误；D.该分子为丙氨酸，能发生缩聚反应形成多肽，高分子化合物，D 正确；故选D。10.【答案】C【解析】A.已知还原性HSC3r，由图示可知，当滴加的KI03物质的量小于Imol时溶液中无12生成，即 没被氧化，则当加入KI03物质的量在0a 间发生反应的离子方程式为：3HSC)3+IO3=3SO；+r+3H+,故 A 正确；B.由图示可知a=0.4mol,b为Imol,ab之间共消耗0.6mol IO3且无卜生成，故根据方程式3Hs0：；+IO；=3SO：+3H+可知，每消耗Imol 10；则有3moi HSO；被氧化，则有0.6mol IO；消耗时有1.8molHSO3被氧化，故B正确；C.由图示bc之间所发生的离子反应方程式51+IC)3+6H+=3l2+3H2O,可知L即是氧化产物又是还原产物,故C错误；D.01之间共消耗Imol K IC h,则生成lmol，又由bc之间的方程式为51+IO；+6H+=3l2+3H2。，设该过程消耗10?的物质的量为a m o l,则：51+IO；+6H+=3I2+3H2O5135aa3a_5a 5当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：3时,=一，a=0.1mol,加入的KIO3为lmol+0.1mol=l.lmol,3a 3故D正确；答案选C。11.【答案】B【解析】A.向X溶液中滴加几滴新制氯水、振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，原溶液中不一定含有Fe2+离子，若检验Fe2+离子则应向样品溶液中先滴加KSCN溶，无明显实验现象，再滴加新制氯水，若溶液变为红色，则样品溶液中含Fe2+,故A错；B.在少量酸性KMnO4溶液中，加入足量的H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡，则该气体为双氧水被酸性高锯酸钾溶液所氧化产生的氧气，所以氧化性KMnO4 H2O 2,故选B；C.Z n的金属性强于F e,镀锌铁出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极被腐蚀、Fe为正极被保护，所以滴入几滴KFe(CN)6溶液虽然无明显实验现象，但已经发生了氧化还原反应，故C错；D.液澳以挥发，会发出的澳与能与AgNCh溶液反应产生淡黄色沉淀，即与AgNCh溶液反应产生淡黄色沉淀的物质不一定为H B r,还有可能为B n,所以不能证明苯和液澳发生反应生了 H B r,故D错；答案选B12.【答案】D【解析】A.未加HC1和NaOH时，溶液呈酸性，说明H A的电离程度大于A水解程度，即H A的电离常数大于A-的水解常数，故A错误；B.温度不变，电离常数不变，故B错误；C.加入0.5molNaOH后,p H c(OH),由电荷守恒可知c(Na+)c(A)故C错误；D.a、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，pH越小，酸性越强，水的电离程度越小，则a、b、c三点所表示的溶液中水的电离程度：a V b 2 =G e O2+2 S O2；(4)“焙烧”后得到的固体为F e?。、C u O、G e O?、S i O2,只有S i。？不与硫酸反应。结合信息可知，水相中阳离子为H+、F e?+和 Cd+，而 G e,+进入了有机相中；(5)从生产成本的角度考虑，应该在萃取率下降不多的情况下使萃取剂的体积尽可能的小，故选C；(6)结合流程中过滤、洗涤后得到的H e O?%2 及水解原理书写方程式为GeQ4+(n +2)H2O=G e O2 2 MO；结合信息可知该水解反应放热会导致体系温度升高而使G e C l,挥发导致产率下降；(7)若a-k g 错(含 错 b%)经提纯得到c-k g 的铭，杂质的百分含量=l-b%,理论上脱除杂质元素的质量=a x(l-b%)k g,实际脱除杂质元素的质量=(a-c)k g,则杂质元素的脱除率;实际脱除杂质元素质量如0 0%=一。X I。理论脱除杂质元素质量 ax(l-b%)【点睛】元素及其化合物的性质结合工艺流程知识解题，从具体的原理选择合适的操作方法。1 9.【答案】C H4(g)+H2O(g)C O(g)+3 H2(g)AH =+2 0 6 k J/m o l 升高温度(或减小压强)选择合适的催化剂 0.0 0 6 m o l(L-m i n)D k Pa-1 cPiNi(OH)2 一 e-+O F T =N i O O H +H2O【分析】(1)根据盖斯定律进行解答；(2)根据影响化学反应速率因素和影响化学平衡移动的因素考虑选择反应条件；(3)根据化学反应速率公式和判断化学反应达到平衡的依据解答；(4)根据平衡常数的计算公式及影响化学平衡的因素解答；根据电解反应原理书写电极反应式。【解析】（1）根据盖斯定律11一1得甲烷与水蒸气的催化反应：（2凡 信）+凡0恁）0（20值）+3氏 值）AH=+206kJ/mol,故答案为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）AH-+206kJ/mol；根据副反应为气体分子总数减小的放热反应，所以有利于降低副反应的反应条件为升高温度或减小压强等；催化剂可提高反应的选择性，故答案为：升高温度（或减小压强）；选择合适的催化剂；反应n为c o 2+凡（g）c o（g）+H2o（g）,根据平衡时c o的体积分数为2 0%,计算得c o的平衡物质的量为1.5molx20%=0.3m ol,则参加反应的C。？、H2的物质的量分别为0.3mol、0.3mol，则0lOmin内,v(CO?)=0.3 mol5Lx 10 min=0.006 mol L-1-min-1.A.因为容器容积和气体质量一直保持恒定，所以气体密度保持恒定，故A项错误；B.因为气体总质量一直保持不变，气体总物质的量也一直保持不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直保持不变，故B项错误；C.因为容器内气体总物质的量不变，所以压强一直保持不变，故C项错误；D.由反应方程式知，断裂ImolH-H键同时断裂2moiH O键时，正、逆反应速率相等，达到平衡状态，故D项正确，故答案为：0.006mol（Lmin）；D；（2）Ti时，储氢反应结束后，氢气的平衡压强为必kP a,该反应的平衡常数K p=-M =k P a T,Pl故答案为：k P 1；P.由图可知，升高温度，氢气增多，说明平衡逆向移动，故该反应的A H 0,故答案为：；储氢反应结束前，当反应处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，Kp不变，平衡压强不变，充入的氢气被合金吸收，达到平衡后反应可能处于图中的c点，故答案为：c.（3）充电时的阳极发生氧化反应，其反应式为，故答案为：Ni（OH）2-e+OH-=NiOOH+H2O【点睛】根据平衡常数只受温度影响，由方程式211 卜）+（8）0 2皿、.6）和图像判断，升高温度，氢气增多，说明平衡逆向移动，由此推断该反应为放热反应。20.【答案】氯 乙 酸（或2-氯乙酸）取代反应（或酯化反应）毁基、酯基HaCOOCH3co 8o酸性高镒酸钾溶液(或浸水、滨的CC14)CH3OOCCH2COOCH3+Br(CH2)5OH m(CH3OOC)2CH(CH2)5OH+HBr 5 HCOOC(CH3)2COOHH 3 C O 8、9 0 c H3 HgCOOC O HCOOC CHHJCOOC2Hs 匚【分析】CH3coOH和 C b反应生成B,则 B 为 C H 2clec)0H,由已知可推测，C 为 HOOCCH2coOH,HOOCCH28OH和甲醇在浓硫酸加热的条件下反应生成D,根据反应条件推测，该反应为酯化反应，D 的COOCH3分子式为C5H8。4,则 D 的结构简式为，根据反应条件，F-G 为酯化反应，F 的分子式为。0日6。6,COOCH3V 00 c H 3 HCOOC J则 F 的结构简式为？1(CH2k 8 0 H ,G-H 发生已知反应，则 H 为C00CH3 Hacooc,H 和HaCOOCCH2=CHCOOC2H5 反应生成 J,J 为 JH3COOC【解析】(1)B为 CH2cle0 0 H,是氯乙酸或2-氯乙酸；根据反应条件可知，F-G 为取代反应(或酯化反应);OHACOOC(2)H 为 H3COOCH 的官能团名称是皴基、酯基；J 的结构简式为H3c0 8H3COOC可用酸性高镒酸钾溶液、澳水、澳的CC14等检验碳碳双键;COOCH,(3)CHZ 和 Br(CH2)5OH在一定条件下反应生成(CH3OOC)2cH(CH2)5O H,化学方程式为:COOCH3一定条件CH3OOCCH2COOCH3+Br(CH2)5OH 二(CH3OOC)2cH(CH2)5OH+HBr；(4)已知Q 是 D 的同分异构体，结构中含有HCOO-结构，且 ImolQ与足量NaHCCh溶液反应生成Imol CO2,m 人一 人沁e r,山人3+HCCXDCHCHCHzCOOH说明Q 分子中含有1 个竣基，则 Q 的结构有：HCOOCH2cH2cH2coOH、,、UH3HCOOCH2cHeHzCOOH HCOOCHCHCH31 I HCOOC(CH3)2C O O H,共 5 种，其中核磁共振氢谱吸收峰CHa COOH面积比为6：1：1 的物质的结构简式为HCOOC(CH3)2COOH；H3COOC 尸 8 H 3r X p CHCHjCOOCzHg在碱性条件下反应生成
