2021年高考化学押题预测卷（辽宁卷）（02）（全解全析）.pdf

2021年高考原创押题预测卷0 2【辽宁卷】化学全解全析1.【答案】A【解析】A.工业制备水泥以黏土、石灰石为主要原料，在水泥回转窑中制备，玻璃熔炉是生产玻璃的，故 A错误；B.早 在 1000多年前，我国就已采用加热胆帆(CuSC)45H2O)或绿矶(FeSO47H2O)的方法制取硫酸，FeSC)4受热分解的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2T+SC)3T，现在则主要采用接触法制备硫酸，即 4FeS2+11022Fe2O3+8SO2,2so2+O2 口 2SO3,SO3+H2OH2SO4,故 B 正确；V2O5C.侯氏制碱法是在饱和的NaCl溶液中先通入N H 3,再通入C O 2,发生反应为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3l+NH4Cl,过滤NaHCCh后，得到含NH4cl的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到NH4cl晶体，故 C 正确；D.由黄铜矿(主要成分是CuFeSz)可以冶炼得到粗铜，再经过电解精炼得到纯铜，即工业冶炼粗铜的化学方程式是8CuFeS2+2IO2曾 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2,电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，电解液是含有铜离子的可溶性的盐溶液如硫酸铜等，故 D 正确；答案为A。2.【答案】D【解析】A.二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，其正确的电子式为：。：c：p：,故A错误；B.C 原子最外层电子的轨道表示式：商.自 故 B 错误；C.醋酸的分子式：C2H4。2,CH3coOH是结构简式，故 C 错误；D.乙烯的比例模型：，故 D 正确；故选D。3.【答案】D【解析】A.由于酸性高镭酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该装再酸式滴定管中，A 不合题意；B.蒸镭装置中温度计水银球应该在蒸锚烧瓶的支管口中上部，乙装置不能实现蒸储的目的，B 不合题意；C.合成氨要在高温高压、催化剂作用下，常温常压催化剂下获得的氨气非常少，且用干燥的pH试纸无法检验氨气，C 不合题意;D.铁与水蒸气的反应为：3 F e+4 H 2 0（g）%F e 3 O 4+4 H 2,故能用丁装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气，D符合题意；故答案为：D 的结构简式为C H 3 c o e H 2 c o e P h,含 有 1 4 个 c键，1 0 0 g XV即 旧4.【答案】A 解析A.。键数目为14NA,A说法错误；B.标况下每消耗6 7.2L N H3 即 3 m 01,生 成 Im o l C r（C 5 H7。2）3,其数目为NA,B说法正确；C.C r（C 5 H7。2）3 中（3 户 与 3 个 C s H7O2中的碳原子形成3个配位键，则 Im o l C r（C 5 H7。2）3 中含有配位键数目为3NA,C说法正确；D-lm0 1叉叉 完全反应生成C 5 H7。2,则脱去1 O 1 O 1 H+,数目为NA,D说法正确；答案为A。5.【答案】D【解析】A.O原子位于棱心和内部，所以一个晶胞中0 的个数为1 2x+l=4,F e 原子位于面心和顶点，个4数为8X,+6XL=4,化学式为F e O,磁性氧化铁为F e.3 C）4,A错误；8 2B.F e O 不稳定，在空气中受热迅速被氧化为F e 3 O 4,B错误；C.以体心02-看，与棱心02一 的距离最近，则与02一紧邻且等距离的02一数目为1 2,C错误；D.F e O 为离子化合物，阳离子数、阴离子数之和为离子总数，结合选项A可知一个该晶胞中所含离子总数为 8,D正确；综上所述答案为D。6.【答案】A【解析】A.葡萄糖中含有醛基，能与新制的C u（OH）2在水浴加热下反应生成C U 20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 N aC l O 溶液与C H 3 c O O N a 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N aC l O 溶液与C H 3 c o O N a 溶液的p H,根据越弱越水解，若前者的p H 大，说明C IO结合H*的能力比C H 3 c o 0的强，故 B错误；C.有可能是挥发出来的乙醇使酸性高锌酸钾褪色的，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N a2s o 3,故 D错误；故选：A o27.【答案】C【解析】A.根据步骤反应知，HI、LiOH、CH3I、CH3RMI、CH3coORh*I都是先生成后反应掉的物质，则都是反应的中间产物，故 A 正确；B.第 4 步反应为：CH3coORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HL 氧化剂是 CH3coORh*I,故 B 正确；C.碳元素在CH30H中显-2 价，在 CH3coOH中显0 价，碳元素的化合价根成键原子的非金属性有关，故 C错误；一Li、Rh*D.根据图示，CH3OH、C02、H2反应生成CH3COOH和 H 2O,化学方程式为：CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O,故 D 正确；故选：Co8.【答案】B【解析】A.根据L 的结构可知，L 的分子式为Ci3Hl20,A 错误；B.化合物M 中有羟基和碳卤键，与羟基(或卤原子)相连的C 的相邻C 上有H,可以发生消去反应，B 正确；C.化合物N 中有sp3杂化的C,(图中箭头所指:),这些C 在空间形成以C 为中心的四面体结构，故所有原子不可能处于同一平面，C 错误;D.L 和 M 中含有羟基，可以与N a反应生成H 2,但 N 中的官能团只有碳卤键和酸键，均不能与N a反应，D错误；故选B。9.【答案】D【解析】A.Qc(浓度商户Ksp时有沉淀生成，所以口中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)-c(SCN-)Kp(A gS C N),故 A正确；B.难溶固体存在沉淀溶解平衡，口中有AgSCN固体，存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq),故 B正确；C.Fe?+遇SCN-溶液变红，匚中无明显变化是因为溶液中的c(SCN)过低，故 C 正确;D.口中溶液不变红，口中溶液变红，说 明 I 中c(S C N)增大，存在A g S C N(s)+A g I(s)+S C N (a q)反应，能证明A g S C N 向A g l 沉淀转化反应的发生，故 D错误；选 D。1 0 .【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C uxS+2 e=xC u+S 2 A错误；B.充电时为电解池，根据总反应可知A 1 为阴极，电极反应式为4 人 1 2。；+3 6=八 1+7 八 1。；，电极上生成A 1,电极质量增加；C u/C uS 为阳极，电极反应式为xC u+S 2 _ 2 e=C uxS,电极上增加S元素，电极质量增加，B正确;C.放电时C u/C uxS 为正极，电极反应式为C uxS+2 e=xC u+S 2-,所 以 I m o l C uxS 反应时，转移2 m o i 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A 1 为阴极，电极反应式为4 A LC 1；+3 e =A l+7 A l C l；,D 正确；综上所述答案为A。1 1 .【答案】B【解析】A.酯化反应是可逆反应，故 A的说法错误；B.分子中的苯环和苯环相连的原子是共面的，和碳氧双键相连的原子也是共面的，和线基相连的羟基上的氢可能与羟基上的氧共面，则对苯二甲酸共面的原子数最多为1 8 个，故 B说法正确；C.对苯二甲酸结构中能与氢气发生加成反应的是苯环部分，则与氢气发生加成反应所得产物的分子式是C 8 H l 2。4,故 C说法错误；D.对苯二甲酸的同分异构体，除了邻位还有间位，且取代基不是叛基的二元取代物还有O O C HO O C HHOOI I _,每种都有邻、间、对三种，故 D说法错误；本题答案B。C-COOH1 2 .【答案】B【分析】根据图示分析，P t电极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2 C l-2 e=C 1 2 T，N i 电极与电源负极相连为阴极，发生还原反应，电极反应为：2 H+2 e-=H2T，据此答题。【解析】4A.图示可知，P t电极周围乙烯和氯水中H C 1 0 发生加成反应，即 P t电极周围有C h 生成，则说明P t电极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2 C l-2 e-=C LT，故 A正确；B.原电池工作时右侧溶液中透过阴离子交换膜向P t电极周围移动，则当电路中转移2 m o i 电子时，阴极区除生成l m o l H 2,还有2 m o i c 移向阳极，则质量减少7 3 g,故 B错误；电解C.电解池电池反应式为-2 C 1-+2 H 2。-2 O H+H 2 T+C I 2 T、氯气和水反应方程式为 C I 2+H 2 O 脩为H+C 1-+H C 1 0、H C 1 0 和乙烯反应方程式为U H 2 c=CH2+HC10TH0C H2 c H 2 C 1、两区混合反应方程式为 H O C H 2 c H2C1+OHJC1-+H2O+H，AHJ将四个方程式相加得到制备总反应方程式为：C H 2 V H 2+H 2 0 T川故C 正确；D.电解过程中阳极区发生反应H2C=CH2+HC1OTHOCH2 c H 2 C1,混合器中少量H O CH 2 c H 2。与 KOH溶液发生水解反应能生成乙二醇，故 D 正确；故答案为B。1 3.【答案】A【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X形成2个共价键，X是 A族元素；W 形成3个共价键，W 是D A族元素；W、Y同主族，W 是 N元素、Y是 P元素、X是 0元素；Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，Z是最外层有7个电子，Z是 C1 元素。【解析】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性C 1 N,简单气态氯化物的稳定性：H C A N H 3,故 A错误;B.电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径大小：P 3 Cl N 3 0 2,故 B 正确；C.C1 的氧化物对应水化物H C 1 0 为弱酸，故 C 正确；D.P元素有白磷和红磷两种同素异形体，0元素有氧气、臭氧两种同素异形体，故 D 正确：选 A。1 4.【答案】C【解析】A.反应中HC HO反应生成了 H O C H 2 C N,在 C=0 两端分别连上了-H 和-C N,发生了加成反应，故 A正确;B.H C H O 中心原子C 的价层电子对数=3+上士1 2=3,氏0中心原子0的价层电子对数=2+处 口 =4,2 2不相同，故 B 正确；C.配合物向生成更稳定的配合物转化，所以CN-和 H 2 O 与 Z#+的配位能力：C NVH20,故 C 错误;D.配位键属于。键，三键中含有1个。键和2个 兀键，ZM+与CN-生成的配离子Zn(CN)4 F中，键和兀犍的数目之比=(4+4)口(4*2尸1口1,故D正确；故选C。15.【答案】D【解析】A.在NH4 cl溶液中，P点溶液呈碱性，根据溶液呈电中性：2c(Mg2+)+c(NH；)+c(H+尸c(C l-)+c(O H)溶液呈碱性，c(OH)c(H+),则 2c(Mg2+)+c(NH；)c(C l),A 说法正确；B.HCI为强酸，根据图示初始pH=1.65,即溶液中氯离子浓度等于氢离子浓度等于10165mo1/L,与镁反应后_ _ IO-65根据氯元素守恒可知，溶液中的镁离子浓度为-mol/L：最后溶液的pH=10.13,则此时c(H+尸10。1 3 moi/L,2K即氢氧根离子浓度c(O H-)=-=10-3-87 m o l/L,则氢氧化镁的溶度积K.sPMg(OH)2=c(H)c(Mg2+)XC2(OH)=X (1()387)2=5 x 1 O039B说法错误;C.在NH4 cl溶液中，2000 4 000s时，溶液pH变平缓，反应达到平衡，但反应温度上升明显，不是M g与HCI的反应，是因为M g与HzO发生反应放热导致，C说法正确；D.在盐酸中，M g与HC1反应生成的氯化镁溶液显酸性，则Q点后pH上升是因为过量的M g与H2O发生反应而导致，D说法错误；答案为D。4 5 0 16.【答案】(1)2CsTe+2Na2co3+302=2Cu2O+2Na2TeC)3+2CO2(2)c(3)TeCh是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致确元素损失(4)2Fe2+SeO:+2H+=2Fe3+SeO:+H20 H2SO4(5)6.0 x 1 0-1 3【分析】阳极泥主要含硒化亚铜(CsSe)和确化亚铜(CsTe),通过在氧气和Na2cCh固体中烧结，生成Na2SeO3,Na2TeO3和Cu2O o水浸后过滤，滤渣中Cu2O加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后TeO.,2-转化为TeCh沉淀，过滤后，通过HC1和S02转化为Te。剩下的滤液加入FeSCU将溶液中少量的SeC-还原为SeOs2-除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒。【解析】(1)阳极泥主要含硒化亚铜(CuzSe)和硫化亚铜(Cm Te),通过在氧气和NazCCh固体中烧结，生成NazSeCh、6N a zT e C h 和 C U 20,通过元素守恒和电子转移守恒，得到C s T e 发生的化学方程式为：2C u 2T e+2N a 2c o 3+3。22C u 2O+2N a 2T e Os+2C O2；(2)浸取渣主要成分为C u20,C u 元素化合价为+1,其转化为铜元素化合价为+2 的硫酸铜，需要加入氧化剂，选项中，S 02氧化性很弱无法氧化C U 20,0 2 会引入新杂质Ch浓硫酸氧化C U 20需要加热条件，过氧化氢做氧化剂还原产物为水，不会引入新杂质，故选；c；(3)根据HzT e C h 的 Ka i=l xl(P,匕2=2乂 10-8,常温下HT e C h-在水中的电离平衡常数为Ka 2=2xl 0-8,水解平衡K IxlO_14常数Kh=-r=l xl O-Ka 2,故 HT e C h-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故 p H 6xl(r 3m o l/L17.【答案】(1)p H(2)S2O f+4Br2+5H2O 8Br+2SO；+10H+(3)A 排除装置中的空气(或氧气)，防止N a 2s2O3等被氧化(4)取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液滴加BaC%溶液，若观察到有白色沉淀生成，则证明产物中含有N a 2s o 厂反之则没有。若加热后的固体中有未分解的N a 2s 2O3,加入硫酸也能产生S 02甲观点，反应前后原子无法守恒或乙观点，电子转移和原子守恒不能同时遵循A 4Na2S2O3=3Na2SO4+Na2S+4S【分析】在实验一中可以用pH试纸来测量溶液的酸碱性。在实验二中，因为Na2s2 O 3 溶液具有还原性，故可与强氧化性的滨水发生反应生成SO：和澳化钠。在实验三中，NaNO2和NH4cl反应生成氮气，用氮气排除装置中的空气，防止N a2 s 2 O 3 等被氧化，然后检验N a2 s 2 O 3 的分解产物。【解析】(1)N a2 s 。?溶液不具有强氧化性漂白的能力，所以可以用p H 试纸来测定I mo L L-i该溶液的酸碱性。(2)因为N a2 s 2 O 3 溶液具有还原性，故可与强氧化性的澳水发生反应生成S Oj 和澳化钠，根据得失电子守恒和原子守恒，可以得出该反应的离子方程式为：S2O f +4 B r2+5 H208Br+2S O；+1 0 H+(3)为防止N a2 s 2 O 3 等被氧化，实验开始时，应先点燃A处的酒精灯，使 N a N。?和 N H 4 c l反应生成氮气，目的是用氮气排除装置中的空气，防止N a2 s 。：等被氧化。(4)要检验产物有N a?S O 4,需要检验是否含有硫酸根，操作是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液滴加B a C L 溶液，观察是否有白色沉淀生成，所以答案为：取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液滴加B a C L 溶液，若观察到有白色沉淀生成，则证明产物中含有N az S。”反之则没有。SO?能使品红溶液褪色，除了 N az SO；,与稀硫酸反应可以生成SO?之外，若加热后的固体中有未分解的N a2 s 2 O 3,加入硫酸也能产生SO 2。口甲观点认为反应产物为N a z S O S,该观点中N a 与 0的个数比不可能是1：2,即反应前后原子无法守恒；乙观点认为产物是N a?SO 4、N a2 s o 3、S,该观点中电子转移和原子守恒不能同时遵循。口 丁观点是正确的，即N a2 s 2。；,分解生成N a z S O N a?S、S,根据得失电子守恒和原子守恒，得出反应的A化学方程式：4 N a2S2O3=3 N a2S O4+N a2S+4 S。1 8.【答案】(1)Ei t+664.1(2)C D 该反应未达平衡，温度低于3 50 口时，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大：温度高于3 50 口时，催化剂失活或活性降低 1 越大(3)a4(4)或 0.0 0 59 或 0.0 0 6675【解析】(1)根据盖斯定律可得反应的 =2 =664.I kJ/mo l,而AH=正反应活化能-逆反应活化能=-664.1 kJ/mo l,所以逆反应活化能=(Ea+664.1)kJ/mo l；8(2)n A.若正反应速率=逆反应速率说明反应达到平衡状态。而 v 逆(NO)：v,F(N2)=2:1,所以vN O)=2v正(N2),A 项错误;B.混合气体的密度=1 喷 气 体),该容器为恒容所以体积不变，而混合气体的总质量也不变，所以混合V气体的密度任何时候都不发生改变，故不能判定反应是否达到平衡状态，B项错误：C.该反应是一个气体体积减小的反应，平衡之前，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后,容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强不再发生改变，C项正确；D.混合气体的相对分子质量=m(混合气体)n(混合气体)混合气体的质量恒定不变，但是平衡前，混合气体的物质的量一直发生变化，所以相对分子质量也在改变。若相对分子质量不变，则说明该反应达到平衡状态，D项正确；匚使用催化剂乙时.，NO转化率随温度升高先增大后减小的原因为该反应未达平衡，温度低于350口时，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于350 1时，催化剂失活或活性降低：匚温度为T1时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量都为Im ol,容器的体积为1 L,那么氢气和一氧化氮的初始浓度为c初 始(H2)=c初 始(NO)=5=；mol/L=lmol/L,所以v0=k-lm-l2,k=v0,而当氨气的转化率为50%时,C(H2)=C(NO)=-=I.。%mol/L=-mol/L,此时的速率,v0=k J)”(1)2Ko J尸(1 y，解得 m=1,V 1 2 8 2 2 2 2根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度，等号右侧的值就越小，那么1i gk?就越小，说明:k2kl kl的值就越大，那么k2k1,所以速率常数增大的倍数也是越大的；(3)温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多。从图2中可以看到，当温度相同时，曲线a位于曲线b的上方，那么说明曲线a代表的应该是75%的氨气和25%的氮气；L根据题意可知，初始时氢气的分压为：30 x75%MPa=MPa,氮气的分压为：30 x25%MPa=MPa,4 4假设平衡时氮气的变化分压为X M Pa,那么氢气的变化分压为3x M Pa,氨气的变化分压为2x M Pa,则有:N2(g)+3H2(g)2NH,(g)起始分压309 00 2x 144变化分压，平衡时氨气的体积分数30 9 01 c 3,解得x=X3x2x-x+-3x+2x 44 4平衡分压-3-0-X-9-0-3o x2x44则该反应的压强平衡常数K=1 9.【答案】(1)取代反应 对甲基苯酚或4一甲基苯酚(2)N a OH溶液、加热 防止酚羟基被氧化on X 2(4)产 丫。-S o X+Z C H g O H011 X 义或一 线。M氏。(5)Cl4H|6O4CHO(6)路径简单，所需原料种类少，产品产率高【分析】根据D的结构简式，以及A的分子式，推出A为苯酚，即结构简式为C J 一0 H,A生成B,根据B分子OH内式，在羟基的对位引入一个甲基，即B的结构简式为卜J,光照条件下，氯原子取代甲基上的一个氢原子，即ICHAC H2C I内C结构简式为卜 J,C生成D：C在氢氧化钠水溶液中发生中和反应和水解反应，D生成E发生氧化反应，将IOHC H O内羟基氧化成醛基，即E的结构简式为工 J J ,据此分析解答。ION a【解析】10（1）根据上述分析，A生成B 的反应方程式为+CH3clOH该反应为取代反应；B 的化学名称为对甲基苯酚或4 一甲基苯酚；故答案为取代反应；对甲基苯酚或4 一甲基苯酚;内CH2CI（2）C 的结构简式为葭 J ,含有酚羟基和氯原子，D 中含有醇羟基和一O N a,因此C 生成D：C 在氢氧IOH化钠水溶液中加热发生中和反应和卤素原子的水解；酚羟基易被氧化，因此不能先将D 酸化再进行催化氧化的原因是保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；故答案为氢氧化钠水溶液，加热；防止酚羟基被氧化；(3)根据上述分析，E 的结构简式为CHOONa(4)F 中含有羟基，F 与乙酸酢发生取代反应，生成酯基，即反应方程式为OO又OH X X o il以）。义+25C O O H 或RO。”+1。一 工。乂 +的；故答案为八（。十?9 o 9 oJL JL Oil JL Ji1 7-K V+2CH3co0H+O-V+H20；（5）能与氯化铁发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱有5 组峰,应是对称结构,符合条件的是H;故答案为（6）根据合成路线，的路径简单步骤少，所需原料少,中丙烷与氯气发生取代反应，副产物较多；更合理的是口；故答案为口；路径简单，所需原料种类少，产品产率高。