化学-2021年高三5月大联考（山东卷）（全解全析）

2021年高三5月大联考（山东卷）

化学•全解全析

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DABCBBDD

9101112131415

BACCDDABD

1.D【解析】羊毛织品的主要成分为蛋白质，蛋白质中含有大量氢键，水洗时会破坏其中部分氢键，使得

织品变形，A正确；缤纷绚丽的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物，燃放时发生焰色

反应，B正确；飞秒化学采用超短脉冲激光技术，可以为化学反应的动态过程“拍照”，能够观察到反应

过程中分子和原子的变化，C正确；聚丙烯和聚乙烯都属于有机合成高分子材料，均为混合物，而同系

物的研究对象是纯净的有机物，故两种高分子化合物不符合同系物的概念，D错误。

2.A【解析】Na2O和Na2（h均由2个钠离子和1个阴离子构成，故0.2molNa2O和0.8molNa2O2的混合

物中含3moi离子，即混合物中离子总数为3NA,A项正确；己烷在标准状况下为非气态，B项错误；

NasPCU溶液中阳离子还有H+,所以其阳离子总数大于1.5NA,C项错误；0.1molHC1与CH3cH=CFh完

全反应时，生成CH3cH2cH2cl和CH3cHeICE,则CH3cH2cH2cl分子数目小于O.INA,D项错误。

3.B【解析】M分子的组成元素有H、C、N、0、Na五种，C、N、0位于第二周期且均位于p区，A正确；

基态钠原子的核外电子排布为Is22s22P63sl11个电子分别位于三个s轨道，三个p轨道，共6种空间运动状

态，11种运动状态，B错误；C、N、。同周期，电负性逐渐增大，H的电负性最小，电负性大小顺序：0

>N>C>H,C正确；0、N、C三种元素的非金属性依次减弱，故气态氨化物的稳定性依次减弱，D正

确。

4.C【解析】托盘天平的精确度为0.1g,不能用托盘天平称得0.1865gH2c20#2氏0固体，A错误；酒精

灯火焰的温度低，不能使氯化钠融化，并且不能用玻璃棒搅拌，B错误；盐酸有挥发性，生成的CO?中

混有HCLD错误。

5.B【解析】根据该化合物中三种元素的成键特点，X、Y、Z分别为H、C、0。原子半径：H<O<C,A

正确；第一电离能：0>H>C,B错误；该化合物中C原子的杂化方式为sp?和splC正确；C—H、O—H、

C—O是极性键，C—C、0—0是非极性键，D正确。

6.B【解析】E的分子式为C13HUN2O。，每个分子中仅含有一个苯环，A错误；每个碳碳双键不饱和度

为1，每个碳氮双键不饱和度为1,每个碳氧双键不饱和度为1,环状结构不饱和度为1，苯环不饱和度

为4,E分子的不饱和度共计为9,B正确；E分子中无手性碳原子，苯环的碳原子之间是一种介于碳碳

单键和碳碳双键之间的特殊的键，不存在碳碳双键，故共有4个双键，C错误；E分子中的氯原子与苯

环直接连接，不能发生消去反应，D错误。

7.D【解析】焙变与物质的种类、数量、聚集状态有关，受体系的温度、压强等因素影响。虽然两种反应

路径的反应物和生成物的量相同，但体系温度不同，则焰变不同，A错误；反应慢说明反应的活化能

高，所需能量高，反应快说明反应的活化能低，所需能量低，B错误；由①状态到其对应的最终状态

为化学键断裂的过程(生成NO),是吸收能量的过程，由②状态到其对应的最终状态为化学键形成的过

程(生成CCh),是释放能量的过程，C错误；无论哪种路径，N元素均由+4价降到+2价，C元素均

由+2价升高至+4价，即还原等量的NCh时，消耗CO的量一定相同，D正确。

8.D【解析】分液漏斗的活塞和上口塞子处应该检查是否漏水，干燥管的主要作用是防倒吸，A错误；试

剂X的作用是除去C02中的HC1,故试剂X为饱和NaHCCh溶液，试剂丫的作用是与生石灰反应产生

NH3,故试剂丫为浓氨水，B错误；将盐酸用硫酸代替，硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石

灰石上会阻碍反应的进行，C错误；CCh溶解度小，NH3极易溶于水，且使溶液显碱性，有利于CO2吸

收，故应该先通入NH”后通入过量的CO2,D正确。

9.B【解析】a极上出发生氧化反应生成H2O,a极是原电池的负极，b极上Ch得电子发生还原反应，b

极是正极，与该电极相连的是电解池的阳极，A正确；氧元素由0价下降到-2价，当有1mol02反应时，

对应4moi0H-通过阴离子交换膜移向负极(a极)，B错误；正极发生得电子还原反应，所以电极反应

式为02+41+2H2O^4OH\C正确；根据两极产物可得原电池总反应是氢气的燃烧反应，D正确。

10.A【解析】MnCh、KOH和KCIO3在高温下反应生成K2MnO4,加水溶解，向溶液中加入醋酸调节溶液

的pH,K2MnO4发生歧化生成KM11O4和MnCh,过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、

高温

干燥，得到KMnCU晶体，故“共熔”发生反应的化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO3^=3K2MnCU+

KCI+3H2O,A项正确；“歧化”步骤中K2M11O4反应得到氧化产物(KMnCM)和还原产物(MnCh),一部分

K2MnC)4中Mn元素化合价升高1价生成KMnCU,另，一部分KzMnCh中Mn元素化合价降低2价生成

MnCh,根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1,B项错误；“歧化”过程中

加入的盐酸会被KMnCh氧化，C项错误；应该将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到

KMnCU晶体，如果直接蒸干，KMnO4晶体受热会分解，D项错误。

11.C【解析】本实验应该将0.1moLLTAgNCh溶液滴加到浓度均为0.1mol-L'NaCl和Nai混合溶液中，

先生成黄色沉淀，说明Ksp(AgI)VKsp(AgC1),A错误；银镜反应发生的条件是碱性环境，所以不能说明

蔗糖的水解产物无还原性，B错误；H2O2在MnCh的催化作用下会分解生成02,产生气泡说明有氧气生

成，也说明原溶液中有H2O2,C正确；向FeCb溶液中滴加稀氨水，现象是生成了红褐色沉淀，结论是

生成了氢氧化铁沉淀，D错误。

12.CD【解析】邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故其一氯代物有4种，A正确；N原子上

有孤对电子，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2+和3个邻二氮菲分子形成配合

物时，Fe2+的配位数为6,B正确；邻二氮菲分子没有手性碳原子，因此没有旋光性，C错误；用邻二

氮菲测定Fe2+浓度时应控制pH在适宜范围，这是因为当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N优先与H+形

成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；而当OH-浓度较高时，OH与Fe2+反应，也影响Fe?+与邻二氮菲

配位，D错误。

13.D【解析】由装置图可推出a为阴极，b为阳极，c为负极，d为正极，a与d电极上均发生还原反应，

左侧装置中b电极为阳极，a电极为阴极，阳极电势高于阴极，A正确；从装置图中可以看出，为保持

溶液呈电中性，离子交换膜允许Li+通过，应该使用阳离子交换膜，B正确；d电极为正极，其电极反

应相当于充电时阳极反应的逆过程，根据题干中信息可知，正极(d电极)反应为

+

Lii-A[GS/Si]O2+xLi+xe^^^=Li[GS/Si]O2,C正确；若装置工作前c与d电极质量相等，则根据电极反

应，转移0.1mol电子时，c极减少0.1molLi+,质量减少0.7g,d极增加0.1molLi+,质量增大0.7g,

两个电极质量相差L4g,D错误。

14.AB【解析】由图可知，过程①中H2O与Hg2+形成配合物，水分子的氧原子具有孤对电子，可向Hg2+

的空轨道提供孤对电子形成配位键，A正确；图中CH尸CHOH的能量最高，故其稳定性最弱，B正确；

本反应历程中，虽然过程⑤的能量变化最大，但该过程为放出能量的过程，过程④需要吸收能量且需

要的能量最大，即决定整个反应快慢的步骤为过程④，C错误；催化剂不能改变反应的焙变，D错误。

15.D【解析】锯酸钠（Na2CrO4）水溶液中存在平衡：2H++2CrO：HCrO」二^tCqO；++0,说

明铭酸（HzCrOQ的第二步电离只有部分电离，Na2CrO4是强碱弱酸盐，C2：水解使溶液呈碱性，故

A项正确；格酸（FhCrO。第二步电离为HCrO；=^H++CrO：，在M点，c（Cr€）；）=c（HCrO4）,pH=6.4,

Ka2=，（Cr"展，）,Ka2=c（H+）=10-6.4,故B项正确；pH>9时，溶液中只存在CrO：,所以要得到

纯度较高的NazCrQ,溶液，应控制pH>9,故C项正确；1个"Cr/）；”中含有2个“Cr”，所给物料守

恒式错误，故D项错误。

16.（12分）（1）过滤速度快（或“滤出的固体易干燥”等合理答案，2分）

△

+2+

（2）不能（1分）MnO2+4H+2Cl=Mn+Cht+2H2O（2分）

（3）SiCh、PbSCU（2分）

（4）B（1分）

（5）ZnCL、HC1（2分）57.5（2分）

【解析】（1）真空过滤（减压过滤）时，由于抽滤瓶内压强小，所以过滤速度快，且滤出的固体易干燥。

（2）“高温酸浸”时，如用浓盐酸代替稀硫酸，浓盐酸与MnCh发生氧化还原反应产生氯气，离子方程式

,△,

+2+

为MnO2+4H+2CrMn+Chf+2H2O

（3）由于SiCh不溶于稀硫酸，PbO与稀硫酸生成难溶的PbSOa,所以滤渣的主要成分除含锌化合物和

单质硫外还含有SiCh、PbS04«

（4）根据已知信息，“萃取”和“反萃取”这两个操作均是利用化学反应生成了分别易溶于水和有机液的物

质，溶质在水中和有机液中的溶解度不同，而得到分离提纯，A正确；若在实验室里完成这两个操作，

由于均得到水层和有机层，液体分层，均需用到漏斗和烧杯，B错误；“萃取”时，向滤液A中加入适量

的NaOH与H2SO4反应，使In2（SO4）3+6（HA）2（有机液）一^2In（HA2）3（有机液）+3H2s04平衡右移，C正

确；“反萃取”时，适当增加盐酸的浓度可使In（HA2）3（有机液）+旬。；：^^3（泊）2（有机液）+川11。4平衡右

移，提高钿的反萃取率，D正确。

（5）根据流程可判断HInCL在“置换”过程中被还原为In,配平得到化学方程式为3Zn+2HInCL^

2In+3ZnCL+2HCl,所以滤液B中溶质主要有ZnCL、HC1；当该反应转移1.5mol电子时，最多可得到

0.5molIn,质量为57.5g。

17.（12分）（1）①d区（1分）②3d24s2（1分）③同周期元素原子电子层数相同，随着核电荷数的

增加，原子核对核外电子的有效吸引作用增强，故力呈增大趋势（1分）；Mg元素3P能级处于全空状

态，该能级更稳定，故心（Mg）大于4（Al）（1分）（合理即可，共2分）

（2）TiCL属于分子晶体，熔沸点比离子晶体MgCL低得多（2分）正四面体（1分）

八2.68xlO32-5.36x1（）32

（3）NiAs（2分）——；-2------（或一/=———）（3分）

NAa/?sin60°,3%6

【解析】（1）①元素周期表中根据价电子层结构将周期表分为s区、p区、d区、ds区、f区。Ni位于

第四周期VIII族，属于d区。②Ti位于第四周期WB族，基态原子价电子排布式为3d24s2。③Na、Mg、

Al属于同周期元素，同周期元素原子的电子层数相同，随着核电荷数的增加，原子核对核外电子的有效

吸引作用增强，故人呈增大趋势；Mg元素第一电离能高于A1元素的原因在于Mg元素3P能级全空，

该能级更稳定，故人（Mg）大于八（Al）o

（2）TiCL常温下呈液态，可知其属于分子晶体，熔沸点比离子晶体MgCh低得多。根据价层电子对互

斥理论，TiC14具有4对成键电子对，中心原子Ti发生sp3杂化，形成正四面体结构的分子。

（3）Ni位于顶点和棱心，个数为8xl/8+4xl/4=2,As位于体内，个数为2,原子个数最简比为1：1,

mnMNM

化学式为NiAs；P=—=—=—7,M=(59+75)g-moL=134g.mollN=2,上下底面是菱形,

V"NQ底XD

I268xIO32

计算出面积S底=2x—axaxsin60opn?,代入密度公式得到密度为一七-------g-cm-3

2NAabsin600

18.(12分)(1)①NH3-H2O(aq)+CO2(g)^^NH：(aq)+HCO；(aq)\H^a+b+c)kJ-moP1(1分)

②1.0x10-3(2分)③0.20mol(l分)

④碳酸氢镂受热分解生成二氧化碳(或NH3H2O受热分解挥发出NH3或气体的溶解度随温度的升高而

减小等其他合理答案，2分)

(2)<(1分)4(2分)

(3)①CD(1分)②0.18molLT-minT(2分)

［解析］(1)①i.NH3-H2O(aq)^=NH：(叫)+OH(aq)\H^akJmol1

1

ii.CO2(g)+H2O(l)^=H2CO3(aq)=bkJmol

1

iii.H2co3(叫)+OH-(aq)：^=HCO；(aq)+H2O(l)Nth=ckJ-mol

根据盖斯定律，由i+ii+iii得，NH3H2O吸收CCh制备NH4HCO3的热化学方程式为NH.vH2O(aq)+CO2(g)

,,—&H,CO〉c(NH-H,O)

::1

^=NH4(aq)+HCO,(aq)\H={a+b+c)kJ-mol»@K=---1NH+)CCHCOS—=

«H2copdNH3HpKH+M&OH)11

-------------------x----------x-K-w--=-1-.0xl03。③coz的脱除

+

c(NHp-c(HCOp-c(H)-dOH)^b(NH3-H2O)心(H2cO3)

效率与氨水pH的关系：溶液的碱性越大，吸收效率越高，故二氧化碳脱除效率随氨水pH增大而增加。

30min流入氨水中的烟气的体积为0.5x0.065x103L=32.5L,则标准状况下，吸收的二氧化碳的体积为

44655L

32.5Lx91.6%xl5%=4.4655L,二氧化碳的物质的量为一:------p-ZOmol。④由题图2知，高于45℃,

22.4L-mol

CO2脱除效率降低的原因可能是碳酸氢钱受热分解生成二氧化碳，NH3-H2O受热分解挥发出N%,气体

的溶解度随温度的升高而减小，都会使CO2脱除效率下降。

(2)由图像可知，在相同温度下，压强由02一pi时，CH4的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，这

是一个气体分子数增大的反应，则减小压强，平衡正向移动，所以0<P2；设容器的体积为1L,由图3

可知，平衡时H

”(CH4)=〃(CO2)=0.1mol-L'xlLx(l-50%)=0.05mol,n(H2)=n(CO)=0.1mol-Lxl

______0.05mol_______

Lx50%x2=0.1mol,所以p(CH4)=p(CO2)=p2X(),05molx2+0.1molx2=0-5MPa,p(H2)=p(C0)=

0.1mol/(CAp'HPjOMPJxLOMPJ乂

P2XQ.05molx2+0.1molx2=1。MPa,所以Kp=

p(cop•p(CH4)0.5MPax().5MPa

(3)①CCh(g)+3H2(g)=^CH30H(g)+H?O(g),反应为气体分子数减小的反应，分析表中数据得到随温

度升高二氧化碳转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应。反应速率之比等于其化学计

量数之比，uMCH30H尸v正©。2)不能说明正逆反应速率相同，故A错误；反应前后气体质量和体积不

变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；反应前后气体质量不变，

气体物质的量变化，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；

、、的浓度都不再发生变化是平衡标志，故正确。②向密闭容器中充入

CH3OHH2O.CO2H2D2LH?

和CO2共6mol,在700K、氢碳比为3.0条件下，氢气为4.5mol,二氧化碳为1.5mol,二氧化碳转化

率为40%,消耗二氧化碳物质的量=1.5molx40%=0.6mol,若5min反应达到平衡状态，结合三段式法

得到氢气变化量：

CO2(g)+3H2(g)^^CH3OH(g)+H2O(g)

起始量/mol1.54.500

变化量/mol0.61.80.60.6

平衡量/mol0.92.70.60.6

1.8mol

0〜5min用H?表示的平均反应速率=Ac_2L=0.18molL'-min-1,,

A/5min

19.(12分)(1)Ci8H15N20cl3(N、0、Cl书写顺序不作要求，1分)

1,3-二氯苯(或间二氯苯)(1分)

(2)(1分)

(3)②(1分)(2分)

C1

分；第1步若错误，本问不得分）

【解析】（1）根据益康嘤的结构简式，可以确定其分子式为Cl8H15N20cl3；A的两个氯原子处于苯环

的间位，其名称为1,3-二氯苯（或间二氯苯）。

（2）根据-1molA与足量B反应可得1molC和1molHC1,再结合D的结构简式，可知C的结构简式

（3）反应①〜④中，①③④均属于取代反应，反应②C分子中的线基被NaBH4还原为爵羟基，属于还

原反应：根据D、E、F的结构简式可知，D与E反应生成F的同时还生成了HC1,则反应③的化学方

（4）G的分子式为C7H6c12,若苯环上只有一个取代基，则只能为一C