2021年高考化学临考仿真卷（山东卷）（全解全析）

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；

'HTr--

B.氯化钱的电子式为H：N：H：C1：,B正确；

iiJL".

C.联氨(N2HJ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Ao

3.【答案】C

H2H

【解析】A.14g聚丙烯(—C——C—)含C-H键总数目为2N,\,A错误;

CH3

B.题中未告知溶液体积，无法计算OH-数目，B错误;

2

C.Na2s溶液中存在水解平衡：S+HO2^HS+OH',溶液中c(S2-)=0.1mol・LixlL=0.1mol,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

+2+

CaCO3+2H=Ca+CO2T+H2O,故A错误；

B.饱和Na2co3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NaHCO,固体析出，故C正确;

D.析出NaHCO,固体后的溶液为混有氯化镂的饱和NaHCO,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，1mol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；

/COOH

B.苹果酸(HOOLY)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3moiBm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.lOmolL」NaHCCh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-)<c(H+)=lxlO-5mo]LL

B错误;

C.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b,由于稀释促进电离，氢氧根离子的浓度大于原来的则

aVb+1,C错误;

D.在相同的条件下测得①CH3coONa②NaHCCh③NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3coOH>H2co3

>HC10,所以水解程度：NaClO>NaHCO3>CH?COONa,pH相同时，溶液的浓度：NaClO<NaHCO3<

CH3coONa,即①>②>③，三种溶液中的c(Na+)：①下②>③，D错误；

故选Ao

8.【答案】A

【解析】A.Imol硝酸根离子转化为0.5mol氮气，转移5moi电子，1mol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pH,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HSC>3>r，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0〜a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,a~b之间共消耗0.6molIO3且无卜生成，故根据方程式3Hs0：；+

IO；=3SO：+「+3H+可知，每消耗Imol10；则有3moiHSO；被氧化，则有0.6molIO；消耗时有1.8mol

HSO3被氧化，故B正确；

C.由图示b〜c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.0〜1之间共消耗ImolKICh,则生成lmol「，又由b〜c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amol,则：

+

51+IO；+6H=3I2+3H2O

513

5aa3a

]_5a5

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,

3a3

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，所以氧化性故选

KMnO4>H2O2,B；

C.Zn的金属性强于Fe,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K"Fe(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HBr,还有可能为Bn,所以不能证明苯和液澳发生反应生了HBr,故D错；

答案选B

12.【答案】D

【解析】A.未加HC1和NaOH时，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A水解程度，即HA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,pH<7,溶液呈酸性,即c(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：aVb<c,故D正确。

故选D。

13.【答案】B

【解析】A.达到平衡时，Y的物质的量为3mol,变化量为lOmol-3moi=7mol,X的物质的量为5mol,变

化量为5mol-2mol=3mol,反应的方程式为7Y=3X,故A错误；

B.ti时，Y的物质的量为6mol,X的物质的量为4inol,物质的量之比等于浓度之比，则Y的浓度是X浓

度的1.5倍，故B正确；

C.由图可知t2时，反应没有达到平衡，根据t2时的数据，不可求出该温度下的平衡常数，故C错误；

D.由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等且不再变化，故D错误；

故选B。

14.【答案】D

【解析】A.Cu和浓硫酸加热反应生成CuSCh、SO2、H2O,途径①产生了有毒气体，A项错误；

B.将CuSCU溶液蒸发，利用余热蒸干，会导致开始得到的胆研晶体失去结晶水，故无法得到胆矶，B项错

误；

C.CuS04热分解生成两种产物，其中一种为CiuO,Cu化合价降低，则必有元素的化合价升高，CuS04中

只有O元素的化合价能升高，故X中必有02,C项错误；

D.CUS04与过量NaOH溶液反应会生成Cu(0H)2悬浊液,葡萄糖溶液能还原新制Cu(0H)2悬浊液生成CsO,

D项正确；

答案选D。

15.【答案】A

【解析】A.该电池是质子固体做电解质，所以电极反应式为O2+4H++4e-=2H2。，选项A正确；

B.电极a为负极，发生氧化反应，选项B错误；

C.未指明标准状况下，无法计算H2s的物质的量，选项C错误；

D.反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632kJ,选项D错误。答案选A.

16.【答案】平衡气压，使氨水能顺利滴加防止溶液倒吸饱和NaHCO,溶液烧杯、玻璃棒、

漏斗排出分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反应Na2SO496.0%

Na2sO4+CO2+H20=NaHSO4+NaHCO3

【分析】由实验装置可知“一次反应''中A装置是用浓氨水和碱石灰作用制备氨气，通入B装置中导管插入

到CCU溶液中可以防倒吸，装置D为实验制备C02的装置，反应为：CaCO3+2HCl=CaC12+H2O+CO2?,装

置C则是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，用于除去C02中的HCL装置B为反应装置，反应方程式为：

Na2so4+2NH3+2H2O+2CCh=2NaHCO3l+(NH4)2SO4,然后过滤分离出硫酸镂溶液，进入''二次反应"室，硫酸

钱溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2sO「(NH4)2SO「2H2。，然后对复盐进行煨

烧，反应为：NazSOMNHjSO.ZHzO坐些2NaHSO4+2NH3+2H2O,“一次反应”和喉烧”均产生含有

NH3的尾气，该流程的闭路循环绿色特点可知，应用硫酸钠溶液吸收，计算中多次测量求平均值时，应将

明显误差的第二组数据舍去再进行计算，据此分析解题。

【解析】

(1)①装置A中的橡皮管a的作用是平衡气压，使氨水能顺利滴加，故答案为：平衡气压，使氨水能顺利滴

加；

②N“3和CO?不溶于CC，4,装置B中加入CC/4的目的是防止溶液倒吸，故答案为：防止溶液倒吸；

③有分析可知，装置C是除去C。？中混有的HQ,应选用饱和NaHCO,溶液，故答案为：饱和NaHCX^

溶液；

(2)分离该复盐(沉淀)与溶液的操作是过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃

棒、漏斗；

(3)①煨烧时，要边加热，边通氮气排出分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反应，故答案为：排出

分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反应；

②依据该流程的闭路循环绿色特点可知，使用Na2s。4溶液吸收尾气，故答案为：NqSOJ溶液;

(4)舍去偏差较大的第2次数据，平均使用Mz。”标准溶液20.00〃山，所得产品硫酸氢钠的纯度

[20g.x20mLx0.Imol•Lx巾

x100%=96.0%

20mL故答案为：96.0%；

12.5gx

1000mL

(5)由流程图知，该流程总反应的化学方程式为Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO.,,故答案为:

Na2sO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO3。

17.【答案】Is22s22P63s23P63dI。4s24P3(或[Ar]3d104s24p3)大于24三角锥二4sp\

,268xlO30-5366x1()3°

sp3八面体F-----------(或一三------)

Q-cN人-sin60°cN入

【解析】(l)As是33号元素，位于第四周期VA族，前三层全部排满电子，故其核外电子排布式为

次门35。4s24P3；As和Ni均为第四周期元素，As为非金属元素，Ni为过渡金属元素，所以L(As)大于h(Ni)。

(2)在碑单质分子结构的4条棱边上各插入1个硫原子，形成As4s4,按照As—As键是相邻或斜交，可得到

雄黄有如图所示2种不同的结构;每一分子的As4s4中含有8条As—S键，则0.5mol雄黄中含有4molAs—S

(3)AsO：的中心原子础原子形成了3个c键，另外还有1对孤电子对，其价层电子对总数是4,根据价层

电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形。因为H3PO3中磷的配位数为4,则H3PO3的结构式为

0

HO-P-OH,因此为二元酸。

H

(4)该Ni2+的配合物中为双齿配体，配体间还形成有氢键，因此配位数为4；配体中C原子形成C—C键及

C=N键，所以C原子以Sp2、sp3杂化。

⑸该晶胞中Ni原子位于六棱柱的顶点、面心、棱上和体心，晶胞中含有Ni原子的个数

1116x(59+75)

=12x-+6x-+2x-+l=6,As原子位于六棱柱的体内，数目为6,则晶胞的质量为——------g,六棱柱

632S

的体积为二a2xsin60°x6xcx10-30cm3,则该晶体的密度

2

6x(59+75)。

一KTg268xIO30,

p=-----------------------------=-......;----g-cm-5o

4x/*初60。x6xcx10-3Ocm3a吗.sin60°

2

高温

18.【答案】四IVA增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率GeS2+3O2=GeO2+2SO2

a-c

SiOCu2+CGeC14+(n+2)H2O=GeOMHO；+4HC1防止温度图时，GeCLi挥发---

222ax(1-b)

xlOO%

【分析】以错矿(主要成分为GeS?、CuFeS2,SiO。为原料进行粉碎煨烧将硫元素转化为二氧化硫脱硫,

转化为多种氧化物(主要为GeCh、FezCh、CuO、SiO2)的混合物，再利用硫酸酸浸，进行溶解，其中二氧

化硅不与硫酸反应，过滤后得到含有Ge4+、Fe3+、CM+的滤液，加入萃取剂将Ge，+转移至萃取剂中，进行分

液，将Fe3+、Cu2+与Ge，+进行分离除去，向含有Ge，+的有机液中加入氢氧化钠溶液，再次进行分液，将Ge〈+

4+2

从有机溶剂中分离出来并反应：Ge+6OH^GeO3+3H2O转化为含NazGeCh的溶液，向溶液中加入盐酸中

和多余的碱并与NazGeCh反应并蒸镯，“蒸储”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeC14+3H2O,得到

GeCU,向GeCL中加入高纯水，发生的水解反应为GeC14+(n+2)H2O=GeO2wH2OJ+4HC1,然后过滤得到母

液和GeChRHzO,将GeCh-"H2O烘干得到高纯的GeCh,高温下，用氢气还原GeCh转化为Ge。

(1)利用元素周期表，根据与碳元素同族，判断错元素在周期表的位置：

(2)根据加快反应速率的方法，分析考虑；

(3)“焙烧”的目的是为了将错矿中的主要成分转化为氧化物；

(4)结合物质性质，分析“焙烧”后的产物与硫酸的反应；

(5)由图像分析，水相与有机相的体积比为小于8时对错的萃取率影响不大，从生产成本的角度考虑有机萃

取剂使用越少越成本可降低；

(6)结合流程中过滤、洗涤后得到的BeO2%2及水解原理书写方程式，结合题中提供信息分析原因；

(7)根据题中己知信息计算出理论上脱除杂质元素的质量及实际脱除杂质元素的质量，则杂质元素的脱除率

实际脱除婀无楸重

一理论脱除杂质元素质量°

【解析】

(1)由碳、硅、错同族可知，错在周期表中位于第四周期第IVA族；

(2)粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率；

(3)结合“焙烧”后产生SO2可知氧气参与了反应，再结合Ge的最高价为M可知产物还有Ge。？，反应的化

高温

学方程式为GeS2+3C>2=GeO2+2SO2；

(4)“焙烧”后得到的固体为Fe?。'、CuO、GeO?、SiO2,只有Si。？不与硫酸反应。结合信息②可知，水

相中阳离子为H+、Fe?+和Cd+，而Ge,+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HeO?%2及水解原理书写方程式为

GeQ4+(n+2)H2O=GeO2^2^MO；结合信息①可知该水解反应放热会导致体系温度升高而

使GeCl,挥发导致产率下降；

(7)若a-kg错(含错b%)经提纯得到c-kg的铭，杂质的百分含量=l-b%,理论上脱除杂质元素的质量

=ax(l-b%)kg,实际脱除杂质元素的质量=(a-c)kg,则杂质元素的脱除率

;实际脱除杂质元素质量如00%='一。XI。。％。

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。

19.【答案】CH4(g)+H2O(g)^CO(g)+3H2(g)AH=+206kJ/mol升高温度(或减小压强)

选择合适的催化剂0.006mol(L-min)D—kPa-1<c

Pi

Ni(OH)2一e-+OFT=NiOOH+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）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；

②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；

③反应n为co2⑻+凡（g）^co（g）+H2o（g）,根据平衡时co的体积分数为20%,计算得co的

平衡物质的量为1.5molx20%=0.3mol,则参加反应的C。？、H2的物质的量分别为0.3mol、0.3mol，

0.3mol-1-1

则0〜lOmin内,v(CO?)==0.006molL-min.

5Lx10min

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（L・min）；D；

（2）①Ti时，储氢反应结束后，氢气的平衡压强为必kPa,该反应的平衡常数Kp=-M='kPaT,

Pl

故答案为：—kP^1；

P.

②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AH<0,故答案为：<；

③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2\11\卜）+^^（8）02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

o

HaCOOC

酸性高镒酸钾溶液(或浸水、滨的CC14)

H3co8’

CH3OOCCH2COOCH3+Br(CH2)5OHm’(CH3OOC)2CH(CH2)5OH+HBr5HCOOC(CH3)2COOH

H3CO8、9°0cH3HgCOOCOH^COOC

「''「CH—HJCOOC2Hs匚

【分析】CH3coOH和Cb反应生成B,则B为CH2clec)0H,由已知①可推测，C为HOOCCH2coOH,

HOOCCH2