2021年高考化学临考仿真卷（海南卷）（全解全析）.pdf

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1、2021年高考化学临考仿真卷（海南卷）全 解 全 析1.【答案】c【解析】A.酶在温水中的活性最好，从化学反应速率的角度分析，使用温水洗涤衣服，其去污效果会越好，故A错误；B.做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是乙醇和乙酸生成具有香味的乙酸乙酯，故B错误；C.水杨酸显酸性，与小苏打反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCCh溶液解毒，故C正确；D.雾霾中含有大量超标的主要物质是可吸入颗粒物，故D错误。2.【答案】A【解析】A.由题表数据可知，五水硫酸铜在较高温度下溶解度较大，故溶解应在较高温度下进行，选项A错误；B.蒸发浓缩时应选用蒸发皿，选项B正确；C.减

2、压过滤的目的是增加过滤速度，把产物抽干，选项C正确；D.Cu?+易水解，酸化步骤加入H2so4溶液的作用是防止CuSC）4水解，选项D正确。3.【答案】C【解析】A.乙快的结构式为HC三C-H,选项A错误；B.异戊烷分子中最长碳链含有4个碳原子，侧链为甲基，又称为2 甲基丁烷，选项B错误；C.葡萄糖的结构简式为HOCH2（CHOH）4 CHO,分子中的CH,OHHOCH?能与一CHO发生加成反应转化为 京3nl，选项C正确；D.C1原子的半径大于N原子半径,NCb分子的球棍模型是多7 ,选项D正确。4.【答案】A【解析】A.可以通过观察U形管左右两端的液面差判断出镁和稀盐酸反应的热效应，A项正

3、确；B.蒸发、浓缩、结晶实验应在蒸发皿中进行，B项错误；C.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，C项错误；D.酸性高镒酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应盛放在酸式滴定管中，D项错误。5.【答案】D【解析】A.第二周期元素除N e电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为0 N C,A正确；0B.如图结构的毗咤环（）中C、N原子的价层电子对均为3,故杂化方式均为sp2,B正确;C.口 比 咤（Q）含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，C正确；D.HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，D错误。16.【答案】A【解析】

4、A.ImolNaHSCU晶体中含有lmolNa+和Imol HSO；,所 以ImolNaHSCU晶体中的阳离子和阴离子总数为2NA,故A正确；B.SiCh为原子晶体，晶体中一个S i原子和4个O原子形成4条SiO极性共价键，所 以ImolSiCh晶体中SiO极性共价键的数目为4 NA,故B错误：C.78g苯 为Im o l,苯的结构中不存在碳碳双键，所以分子中不存兀键，而是存在着离域大兀键，故C错误；D.I6gCH4为Imol,CH4与足量氯气在光照下反应生成物有CH3CI、CH2c卜、CHCb、C C U,所以无法计算CH3cl分子数目，故D错误。7.【答案】A【解析】A.加入酚猷变红的溶液

5、呈碱性，S2-，SO：、S2。；、SO、Na+之间不发生反应，也不与氢氧根发生反应，可以大量共存，故A选：B.使pH试纸变成红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，铭酸根离子会转化为重铭酸根离子，重铭酸根离子会氧化硫离子，S?-也 能 与H+反应生成弱电解质，K不能大量共存，故B不选；C.c（H+）=lx lO心m o i/L的溶液中C（O H-尸 石）c（H+）,该溶液呈碱性，Mg2+、Cu?+在碱性环境中会生成沉淀，不能大量存在，故C不选；D.F e 会发生水解，中性溶液中会生成氢氧化铁沉淀，不能大量存在，故D不选。8.【答案】D【解析】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为CM

6、HMO 4,故A正确；B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重倍酸钾溶液氧化，能使酸性重铭酸钾溶液变色，再者最右边的环上有碳碳双键，也能使酸性重倍酸钾溶液变色，故B正确；C.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，故C正确。D.该有机物的分子中有酯基，发生水解反应，得到竣酸和酚。但是没有给出有机物的物质的量，所以无法求算。故D叙述不正确.9.【答案】D【解析】A.甲图中，氢离子在铜电极发生还原反应，被还原成氢气，为原电池的负极，而不是阳极，故A错；B.由乙图可知，石墨电极为阳极，发生氧化反应，所

7、以C离子应在石墨的表面被还原，而不是在铁电极表面，故B错；C.甲乙量装置分别原电池和电解池，甲装置中Cu为正极被保护，Z n为负极被腐蚀；乙装置中Fe为阴极被保护，所以金属腐蚀最快的为Z n,故C错；D.原电池中氢离子被还原为氢气，电解池中电解NaCl生成N aO H,所以两烧杯中红pH均增大，故选D.10.【答案】A2【解析】A.葡萄糖中含有醛基，蔗糖不含有，可与新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下鉴别，故 A 符合题意；B.缺少酒精灯加热，故 B 不符合题意；C.缺少玻璃棒搅拌，故 C 不符合题意；D.缺少托盘天平称量NaCl晶体，故 D 不符合题意。11.【答案】C【解析】A.储氢合金可用于

8、以H?为燃料的汽车，但原因不是合金的熔点低，硬度大，故 A 不选；B.浓硫酸在加热条件下与铜反应生成二氧化硫和硫酸铜，S 元素化合价降低作氧化剂，说明浓硫酸具有氧化性，故 B 不选；C.可 2。3的熔点高，5 2。3常用作耐火、耐高温材料，所以AI2O3常用作耐火、耐高温材料，故 C 选；D.FeC13具有氧化性可以和C u反应，所以FeC13溶液可用作蚀刻铜电路板，不是因为FeCL溶液显酸性，故 D 不选。12.【答案】C【解析】A.未加KOH时 1g 9 H)=-8,由于温度为TC时，无法计算温度的氢离子浓度，因此无法计c(H)算一元弱酸HX的电离常数，故 A 错误；B.若 b 点 为 1

9、5m L,溶液中溶质为KX和 KOH且两者浓度比为2:1,因此根据物料守恒得到溶液中存在：2c(K+)=3c(X+3 c(H X),故 B 错误；C.a 点是呈中性，溶质是KX和 H X 的混合溶液，逐渐滴加K O H,至 K X,水的电离程度增大，从 KX到 KX与 KOH混合溶液，则水的电离程度减小，因此从a 点到c 点过程中水的电离程度先增大后减小，故 C 正确；D.a 点溶液呈中性,根据电荷守恒和溶液呈中性得到：c(K+)=c(X)c(H+)=c(OH),故 D 错误。13.【答案】BD【解析】A.lOmin时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少2 0%,则平衡时混合气体总物质的量为

10、(0.2+0.2+0.1 )molx(1 -20%)=0.4mol,lOmin 内用 ClNO(g)表示的平均反应速率 V(C1NO)=7.5X 10-3mol/(L-min),则平衡时(ClNO)=7.5xl(y3mo/(Lmin)xl0minx2L=0.15mol,设中反应的 NO2 为 x m o l,中反应的 Ch为 ym oL 则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)2N0(g)+3(g)=2ClN0(g)0.200.20.10X0.5x 2yy2y(0.2-x)0.5x0.2-2y0.1-y2y则 0.5x+2y=0.15,(0.2-x+0.2-2y+0.

11、1 -y)+0.5x+2y=0.4,联立方程，解得 x=0.1、y=0.05,故平衡后冲。尸号也吟幽=o.05m。”，A 错误；B.山 A 项分析，平衡时N。2的转化率为3:x l 0 0%=5 0%,故 B正确；C.平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应0.2 m o l放热，使温度升高，平衡常数K 减小，故 C错误；D.0 2 N O2(g)+N a C l(s)#N a N O3(s)+C l N O(g)冏 0平衡常数K”2 N O(g)+C b(g)=2 C l N O(g)，2 12;还原性：F e2+M n2+,B正确；C.由分析可知，步骤反应为：K M n C U+1

12、 6 H C l(浓)=2 K C l+2 M n C L+5 C b T+8 H 2。，故生成 1 m o l 气体，消 耗 =3.2 m o l H C L C 错误；D.由分析可知，步骤发生的均是非氧化还原反应，D正确。A15.【答案】(1 0 分)2 N H 4 C l+C a(O H)2 -C a C b+2 N H 3 T+2 H 2。(1 分)(2)观察气泡流速，控制装置A的加热温度(2 分)A O N I h S C N+K O H=K S C N+N H 3 T+H 2 O (2 分)(4)N2(1 分)(5)蒸发浓缩 冷却 结 晶(2 分)(6)F e(N C 3)3 (2

13、 分)【解析】加热氯化镀和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与C S 2 反应生成N H 4 S C N、N H4H S,滴入KOH生成K S C N,滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氟化钾晶体，多余的氨气在E 中被氧化为氮气。(1)装置A中加热氯化镂和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式是：A2 N H4C l+C a(O H)2=C a C 1 2+2 N H3t+2 H 2 O；(2)N H 3 不溶于C S 2,所以可以通过观察C中的气泡流速，判断A中产生氨气的速度，控制装置A的加热温度；4(3)根

14、据题意可知装置D中N H4S C N和K O H发生复分解反应生成K S C N,则根据元素守恒可知化学方程式:AN H 4 S C N+K O H =K S C N+N H 3 T+H 2 O；(4)氨气具有还原性，在装置E中N H3被酸性重铭酸钾氧化为无污染的氮气；(5)N H a S C N在高于1 7 0 易分解，所以为了防止温度过高，结晶时需要降低压强降低沸点，具体操作为：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氟化钾晶体；(6)滴定终点时S C N-完全反应，Fe 3+遇K S C N变红色，而硫酸根、氯离子均能和银离子生成沉淀，所以滴定过程

15、的指示剂a为Fe (N O 3)3溶液，达到滴定终点时溶液由红色变为无色。1 6.【答案】(1 0 分)(1)M n C O 3 +2 H+=M n +C O 2 T+H 2。(1 分)C (1 分)(2)M n O,+2 Fe2+4 H*=M n2+2 Fe,+2 H,O (2 分)(3)D(1 分)A 1(O H)3、Fe(O H)3形成胶体吸附 MI?+(1 分)(4)可能生成 M n S (1 分)(5)M g S O4.C a S O4(2 分)(6)M n S O4.H2O (1 分)【解析】碳酸镒矿主要成分为M n C C h,还含有Fe、M g、C a的碳酸盐、C u、N i、

16、A l的氧化物及少量不溶杂质，加入硫酸酸浸，生成硫酸镭、硫酸镁、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸铜、硫酸银、硫酸铝的混合溶液，过滤出溶渣，向溶液中加入M n C h把Fe 2+氧化为Fe 3+,加入氨水调节p H生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤出沉淀，向溶液中若加入(N H S S,可生成N i S、C u S沉淀，除铜、除锲，过滤后的溶液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸钙、硫酸镁，继续蒸发浓缩、结晶形成硫酸镒晶体。(1)“酸浸 中M n C C h与硫酸反应生成硫酸镒、二氧化碳、水，反应的离子方程式为M n C O,+2 H =M n2+C O2 T +H2O。9 8%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用9

17、8%的浓硫酸不能加快酸浸的速率，故选C；(2)“除铝铁”步骤中，加入M n C h把Fe?+氧化为Fe 3+,发生反应的离子方程式为M n O2+2 Fe2+4 H+=M n2+2 Fe3+2 H2O。(3)根据加入氨水调节p H与铝铁去除率、镒损失率的关系图，p H范围为45时，铝铁去除率高、镭损失率低，故选D；锦元素损失的原因可能是A 1(O H)3、Fe(O H)3形成胶体吸附M n 2+；(4)“除铜锲”步骤可以加入硫化俊将C u、N i元素除去，其缺点是可能生成M n S沉淀，造成镒元素损失，产率下降。(5)根据流程图，“结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质M gS C U、C a S

18、O4,所以“结晶分离的滤渣主要成分是5M gS 0 4 C a S O 4；1 Q y（6）设硫酸镒晶体的化学式是MnSO/xHQ,则8.45x-=0.9,解得x=l,则该硫酸镭晶体的化1 51+1 8 x学式为MnSOH?。1 7.【答案】（1 4 分）I.N C）2（g）+CO（g）=NO（g）+C O 2（g）A =2 34k J-m o（1 分）”8 1或0.1 9 8 （2 分）C （1 分）C D （2 分）（1 分）0.2 m ol-C Lm i n T （1 分）1 1.(1 )a b (2 分)(2)V(1 分)24P,P 2 P 3(1 分)(2 分)【解析】（1）反应热等

19、于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，I m ol N C h和 I m ol C O 反应生成C O 2 和 NO放出热量368 k J-1 34k J=2 34k J,NO2和 CO反应的热化学方程式NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）AH=-2 34k J-m or o（2）在一定温度下晌2 L 固定容积的密闭容器中通入2 m ol c。2、C Q(g)+3”2(g)UC H 0 i(g)+H2O(g)3m oi H,，开 始 浓 度 4加。区 1.50 所以转化浓度0.750.2 50.2 5平 衡 浓 度。应 6/瓦70.750.2 50.2 5K=0,25x0

20、25,平衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变 大,若 使 K的0.75x 0.753值变为1,则应采取的措施是降低温度；A.n（CHQH）升高温度，平衡逆向移动，所以 小;、减小，n g）故 A错误；B.恒温恒容充入H e（g）平衡不移n（CHQH）动，所以 不 变 故 B错误；C.恒温恒容下,再充入I m o l C H s O H Q）,平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以n(C H3O H)n g)增大，故 C正确；D.恒温恒容下,再充入2 m oi c。2、3m ol H2等效于开始加入4m oi c O 2 和 6m 0 I H 2,压强增大，平衡正向移

21、动，所以n(C H Q H)n(C O2)增大，故 D 正确;I m ol N?（g）和3m ol H2（g）的的总能量大于2 m oi N H 3（g）的总能量，则合成氨的反应为放热反应.E6时氨的产率为3 0%,氮气过量，按氢气计算理论产量为6moiNH3,平衡时生成6moix30%=1.8molNH3,升高温度，平衡逆向移动，温度高，则 下 T2；N2+3H2U 2NH在T2K下，经过5min达化学平衡状态，则。5m in内 开 始/490转化/mol132平 衡/mol3623moiV（H2）=3L=0.2molLLmin，乩的平均速率丫（凡）=0,2 m o lU -min-1;“5

22、 minH（l）a.恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；b.只有S?是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；c.MoS?是固体，不影响平衡移动，所以加入M0S2平衡不移动，故错误；（2）根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动，AH p2 p3。若初始时通入7.0molO2,P2为 7.0kPa,A 点氧气转化率为5 0%,则 A 点7 0 x 50%n(O27molx(l-50%)=3.5mol,生成n(SC2)=-x4=2mol,恒温恒容条件下气

23、体压强之比等于物7质的量之比，所以 A 点压强=5-5nwl x7.0kPa=5.5kPa,P(O2)=x5.5kPa=3.5kPa,P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa,70mol 5.5则A 点平衡常数Kp=PSO2)P(Q)24=7 7歹 则 A 点平衡常数Kp=24(W（用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压X气体的物质的量分数）。18.【答案】（13分）（1）因国生亚向（1 分）（2）正 四 面 体 形（1分）sp3（1 分）（3）4：1 （2 分）（4）AL03为离子晶体，A伊和02-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬 度 大（2 分）（

24、5）12（2 分）AuCu3H8（2 分）442 44273（6）/右 或 1 xl（）2i（2 分）33pa-NA 9paNA【解析】（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，C d的原子序数更大，则 C d的原子序数是4 8,则基态7C d 原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为 苗id忖八八|打|回（2）S与 0 可形成多种微粒，其中S O：中 S原 子 价 电 子对数是等=4,无孤电子对，空间构型为正四面体形；液态S C h 冷却至U 2 8 9.8 K 时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结图可知，此固态S 03 中 S原子形成4个 b键，无孤电子对，杂化轨道类型是s p

25、 3；（3）单键为 键，双键中有1 个键、1 个兀键，根据C n O；的结构图，I m ol 重铭酸根中含8 m。卜键、4 m oi 兀键，1 m ol 钱根离子中含有4 m o b 键，。键与兀键个数比为4:1 ；（4）A L O 3 为离子晶体，A U+和02-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大;（5）晶胞中C u 原子处于面心，A u 原子处于顶点，根据图示离号Au原子最近的Cu原子有号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，A u 原子的配位数为1 2；根据均摊原则,晶胞中Au原子数8 x 1=l、C u 原子数是6x=3、氏 分子数是4,化学式为A u

26、 Cu 3H8；8 2 根据均摊原则，每个结构单元含A 1 原子数4 x+l =*、Ti 原子数8X+2XL+1+1X1=U6 3 6 2 3 3则27X-+4 8X P=7 7T3-Pg-c m-3,-2/IX10-21XNA2A则高为h=4423 p a2NAx 02ln mo1 9.【答案】（1 3分）（1）碳碳双键、醛 基（2 分）3-氯 丁 醛（1 分）取代反应（1 分）8【解析】A 和 HC1在催化剂的作用下生成,A 为 CH2=CHCH2CHO 或 CH3cH=CHCHO,和氢氧化钠溶液加热生成不稳定，易自动脱水，则 M 为(1)A为 CH2=CHCH2cH0 或 CH3cH=C

27、HCHO,含有的官能团为碳碳双键、醛基；B 的化学名称为3-氯丁醛;fU C H C m yC H s和 氢 氧 化 钠 溶 液 加 热 生 成 吒HC”,该反应为取代反应；(2)FCl OH9JC H 0 H2NZ。H2NXL/C H OHC、ViljA/N H 2,共10种;H3c人丫人骐CHO条件下加热生成。%心,f g o。:AC H3c H e H 3 A C H jC C H3 H7A UCH3 CM3VM 人户3f T 1YC H 0 OHCYNCH3 CH3CH3 CH3I/CH3 O H C J./C H 3YNH；H 2 NAJ、CH3 CH.CHqOHHC H3催化氧化生成CHOa CCHs C HO&t和Q在酸性CH3发生加聚反应生成32”,合成路线为Fl-C=CH：-喇聂。10