2021年高考临考预测化学试卷B山东参考答案与解析

2021年高考临考预测·化学试卷B〔山东〕参考答案与解析1．【答案】A【解析】A．由于氨气极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度较小，因此先向饱和食盐水中通入氨气，形成氨气的饱和食盐水的碱性溶液，再通入二氧化碳，有利于二氧化碳气体的吸收，有利于碳酸氢钠的形成，提高了气体的利用率，故A错误；B．丙烯发生加聚反响生成高分子聚丙烯，聚丙烯是一种合成有机高分子材料，故B正确；C．水垢可先用碳酸钠溶液浸泡处理，使之转化为碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反响，而硫酸钙与酸不反响，因此可以用酸除去，故C正确；D．醴陵釉下五彩瓷在高温烧制过程中，发生了复杂的物理、化学变化，故D正确；应选A。2．【答案】D【解析】A、量筒只能量取溶液，故A错误；B、由于氨气极易溶于水，所以不能用排水法收集氨气，故B错误；C、木炭与浓硫酸共热产生的气体既有SO2，也有CO2，而SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以C错误；D、NO2与O2在水的作用下可转化为硝酸，所以D正确。3．【答案】C【解析】A．电负性大小顺序为N>C>H，故A错误；B．酞菁钴中碳原子均采取杂化，故B错误；C．N原子与其他原子形成3对共用电子即可到达8电子稳定结构，所以2号和4号N原子与Co(Ⅱ)通过配位键结合，应选C；D．1号和3号N原子均形成3个共价单键，均有1对孤电子对，那么形成的空间结构为三角锥形，故D错误。答案选C4．【答案】D【解析】D、F是同主族元素，F元素原子序数是D元素原子序数的2倍，可推导岀D、F分别为O、S，A、B元素最高正价与最低负价之和均为0，且序数小于D，可推导岀A、B分别为H、C，B、C、D原子序数依次增大，推导岀C为N，E元素原子半径是短周期中最大的，推导岀E为Na，G原子序数大于F，G为Cl。A．同周期从左到右第一电离能增大，但是因为N原子p轨道半充满，相对稳定，第一电离能高，故N>O，第一电离能：N>O>C，故A错误；B．核外电子数相同的简单离子，原子序数越大，半径越小，简单离子的半径：N3->O2->Na+，故B错误；C．非金属性强，复原性越弱，非金属性Cl>S，气态氢化物的复原性：H2S>HCl，故C错误；D．B、C、D与A可分别形成CH3CH3、N2H4、H2O2，均属于含非极性键的二元化合物，故D正确；应选D。5．【答案】C【解析】A．氯化铵受热分解生成氨气、氯化氢的混合气体。P2O5吸收氨气，湿润的酚酞试纸检验不出氯化氢气体；碱石灰吸收氯化氢，湿润的蓝色石蕊试纸检验不出氨气，A项错误；B．右边试管内生成硫酸亚铁溶液和氢气，氢气排出装置，硫酸亚铁溶液与左边试管内氢氧化钠溶液不能自动混合，不能制备氢氧化亚铁沉淀，B项错误；C．连接好仪器，夹紧弹簧夹，向漏斗中参加适量水，使漏斗中的液面高于容器中的液面，静置片刻，假设液面位置保持不变说明装置不漏气，C项正确；D．中和滴定时眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色变化，否那么会导致测量不准确，D项错误；答案选C。6．【答案】C【解析】A．该双环烯酯的分子式为C14H20O2，故A错误；B．碳碳双键能与H2发生加成反响，酯基中碳氧双键不能与H2反响，因此1mol该双环烯酯能与2molH2发生加成反响，故B错误；C．根据乙烯中六个原子都在同一平面上，双环烯酯分子中含有碳碳双键，因此该双环烯酯分子中至少有6个原子共平面，故C正确；D．该双环烯酯完全加氢后的产物是，该双环烯酯的一氯代物有9种，故D错误。综上所述，答案为C。7．【答案】D【解析】A．CO2和N2O的相对分子质量都为44、质子数都为22个，那么22gCO2和N2O的混合物的物质的量=，所含有的质子数=，即11NA，A项正确；B．标准状况下，224mLSO2的物质的量=，根据硫原子守恒，可知溶液中SO2、H2SO3、HSO、SO四种粒子的物质的量之和为，即数目之和为NA，B项正确；C．标准状况下，2.24L氯气的物质的量=，溶于足量NaOH溶液中，完全反响生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移电子数为NA，C项正确；D．84g环己烷的物质的量==1mol，1个环己烷中含有共价键的数目为18个，那么1mol环己烷中含有共价键的数目一定为18NA，D项错误；答案选D。8．【答案】B【解析】A．Fe和水的混合物中加液溴，生成溴化亚铁，A正确；B．常温下，“溴化〞也能进行，B错误；C．活性炭有吸附性，能吸附色素，C正确；D．“一系列操作1〞为过滤、浓缩、冷却，D正确；9．【答案】D【解析】A．含镍废料先加酸溶解，得到对应金属阳离子，参加H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，发生反响的离子方程式为，故A正确；B．Fe3+易水解，参加碳酸钠溶液调pH至〜，其目的就是为了促进Fe3+水解沉淀完全，从而除去Fe3+，故B正确；C．CaF2、MgF2均为难溶物，参加NH4F溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2，从而除去Ca2+、Mg2+，故C正确；D．草酸镍()受热分解的产物为、CO2、CO、H2O，故D错误；应选D。10．【答案】B【解析】A．根据图示，电池总反响为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，铜失电子发生氧化反响为负极，PbO2得电子发生复原反响为正极，所以b为负极，a为正极，原电池中电子由负极经导线流向正极，故A正确；B．PbO2得电子发生复原反响为正极，电极反响式为：PbO2+4H++SO42-+2e-═PbSO4+2H2O，所以该电池工作时，H+移向a极，但没有得到电子，故B错误；C．根据上述分析，铜失电子发生氧化反响为负极，b极的电极反响式为：Cu-2e-═Cu2+，故C正确；D．由电池总反响为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，那么该电池工作一段时间后，需要补充H2SO4，故D正确；应选B。11.【答案】B【解析】A．向NaCl粉末中参加适量酒精，充分振荡形成无色透明液体。用激光笔照射，出现一条光亮通路，即发生了丁达尔效应，所以形成的分散系是胶体，A正确；B．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明滴加氯化钡前溶液中存在硫酸根，那么原溶液可能本来就含有硫酸根，也可能是有亚硫酸根或亚硫酸氢根被稀硝酸氧化成硫酸根，B错误；C．所得沉淀n(AgCl)>n(AgI)，说明等体积的饱和AgCl、AgI溶液中，c(Cl-)更大，即AgCl的溶解度大于AgI，而二者为同类型的沉淀，所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；D．麦芽糖本身就具有复原性，可以发生银镜反响，D正确；综上所述答案为B。12．【答案】BD【解析】A．根据G的结构简式可知，A的分子式为：C12H20O3，A错误；B．该物质含羰基、羧基，羰基可与氢气加成，羧基不能，故1molG和氢气加成，最多消耗1molH2，B正确；C．碳原子相连的四个基团均不一样的碳原子是手性碳原子，六元环中连甲基的两个碳原子、连羧基的碳原子是手性碳原子，故G中含3个手性碳原子，C错误；D．羰基、羧基处的碳原子采取sp2杂化，其余碳原子均是sp3杂化，故G中采用sp2和sp3杂化的碳原子数之比为：1：5，D正确；答案选BD；13．【答案】D【解析】A．由题图可知，与透过交换膜进入浓缩室，由离子移动方向可知电极b为阴极，电极a为阳极，故A正确；B．a极为阳极，电极上发生氧化反响生成，发生反响的电极反响式为，故B正确；C．阴极区通过交换膜n进入浓缩室，故交换膜n为阴离子交换膜，故C正确；D．假设浓缩室得到的溶液，那么有0.4mol进入浓缩室，电路上有0.8mol电子通过，可析出0.4molCu，其质量为25.6g，故D错误；答案选D。14．【答案】AD【解析】A．由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反响产生CO2，反响方程式为2CO+O2=2CO2，反响过程中CO中C—O极性键、O2中O—O非极性键断裂，CO2中C—O极性键生成，没有非极性键的生成，A错误；B．由图可知：反响路径2所需总的活化能比反响路径1低，反响路径2的催化效果更好，B正确；C．催化剂改变反响的活化能，反响的ΔH只与反响物和生成物有关，催化剂不会改变整个反响的ΔH，C正确；D．路径1的最大能垒(活化能)E正=-3.96eV-(-5.73eV)=1.77eV，D错误；答案选AD。15．【答案】BC【解析】A．用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液，反响终点消耗氢氧化钠50mL，那么H2A溶液的浓度为0.1000mol/L，故A正确；B．，a点溶液中pH=-，那么c(HA-)=c(H2A)，故B错误；C．根据电荷守恒，d点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，所以c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)，故C错误；D．酸碱中和滴定，滴定过程中可选择甲基橙和酚酞溶液作指示剂，故D正确；选BC。16．【答案】〔1〕〔2〕加快酸溶速率，使酸溶更充分〔3〕或或、〔4〕〔5〕〔6〕分解吸收热量；分解生成耐高温且能隔绝空气的；分解生成能隔绝空气的水，水汽化吸收热量〔7〕调，溶液中，，故不能生成沉淀【解析】根据流程：蛇纹石[主要成分为

Mg

6Si4O10(OH)8，还含少量NiO、Fe3O4等杂质]粉碎后用硫酸酸溶，滤渣1的主要成分为不溶的SiO2，滤液1含有Mg2+、Ni2+、Fe3+，参加足量的铁粉将Ni2+置换，同时将铁离子复原为亚铁离子，滤渣2为Ni，滤液2含有Mg2+、Fe2+，调节pH=5，参加KMnO4将Fe2+氧化为Fe(OH)3，自身被复原为MnO2，反响为：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，滤渣3为Fe(OH)3，向滤液3中参加石灰乳得到耐火材料Mg(OH)2，因其分解吸收热量，分解生成耐高温且能隔绝空气的MgO和能隔绝空气的水，水汽化吸收能量，据此分析作答。〔1〕Mg6Si4O10(OH)8用氧化物的形式可表示为：6MgO∙4SiO2∙4H2O；〔2〕“酸溶〞时需适当加热可以加快酸溶速率，使酸溶更充分；〔3〕根据分析，滤渣1的主要成分为SiO2(或H2SiO3或H4SiO4)，滤液2中所含金属阳离子主要有Mg2+、Fe2+；〔4〕根据分析，反响Ⅰ为参加足量的铁粉将Ni2+置换，同时将铁离子复原为亚铁离子，那么参加足量的铁粉生成滤渣2的离子方程式是Fe+Ni2+=Ni+Fe2+；〔5〕“除铁〞过程中，调节pH=5，参加KMnO4将Fe2+氧化为Fe(OH)3，自身被复原为MnO2，离子反响为：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；〔6〕Mg(OH)2分解吸收热量，分解生成耐高温且能隔绝空气的MgO和能隔绝空气的水，水汽化吸收能量等，故Mg(OH)2可作为阻燃材料；〔7〕调节pH=5时，溶液中的c(OH−)=1×10−9mol/L，Qc(Mg2+)⋅c2(OH−)=2.0×(1×10−9)2=2.0×10−18＜Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11，故不能生成Mg(OH)2沉淀。17．【答案】sp3sp2金刚石为原子晶体〔共价晶体〕微粒间作用力是共价键，C60为分子晶体，微粒间作用力是范德华力，共价键比范德华力大的多σσπ8或或【解析】〔1〕碳为6号元素，核外有6个电子，所以答案为：；〔2〕金刚石中每个碳原子与其余四个碳原子直接相连，价层电子对数为4对，所以碳原子采取sp3杂化，石墨每个碳与其余三个碳原子直接相连，且另外一个电子形成π键，所以碳原子采取sp2杂化，故答案为：sp3、sp2；〔3〕物质融化时克服的是微粒间的作用力，金刚石为原子晶体〔共价晶体〕微粒间作用力是共价键，C60为分子晶体，微粒间作用力是范德华力，共价键比范德华力大的多，所以答案为：金刚石为原子晶体〔共价晶体〕微粒间作用力是共价键，C60为分子晶体，微粒间作用力是范德华力，共价键比范德华力大的多；〔4〕金刚石中每个碳原子与其余四个碳原子直接相连，所以形成的均为σ键，石墨每个碳与其余三个碳原子直接相连，形成σ键，另外一个电子与其它未成键电子形成大π键，所以答案为：σ、σ、π；〔5〕金刚石晶胞中，八个顶点各有一个碳原子，六个面的面心都有一个碳原子，体内有四个，位于三个面心和相邻顶点组成的小四面体体心〔间隔一个顶点〕，根据均摊法原那么，顶点占有八分之一，面心占有二分之一，体内全属于，，假设碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，因为三个面心和相邻顶点组成的小四面体体心，那么顶点到这个体心的距离等于2r，而这个距离等于体对角线的四分之一，所以r=，碳原子在晶胞中的空间占有率，等于碳原子的体积除以晶胞的体积，所以答案为：8、、或或；18．【答案】-621.9kJ•mol-1ac乙H、D0.053202NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O【解析】Ⅰ．(1)整个反响分为三个基元反响阶段，①NO(g)+NO(g)=△H=+199.2kJ•mol-1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ•mol-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△H=-307.6kJ•mol-1，①+②+③得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=+199.2kJ•mol-1-513.5kJ•mol-1-307.6kJ•mol-1=-621.9kJ•mol-1，故答案为：-621.9kJ•mol-1；(2)a．均相NO-CO反响经历了TS1、TS2、TS3三个过渡态，IM1、、IM2、N2O、IM3、五个中间体，故a正确；b．整个反响分为三个基元反响阶段，①NO(g)+NO(g)=△H=+199.2kJ•mol-1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ•mol-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△H=-307.6kJ•mol-1，由于所需活化能最高，总反响速率由第一阶段反响决定，故b错误；c．从②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ•mol-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△H=-307.6kJ•mol-1，②反响放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚体()比N2O分子更容易与CO发生反响，故c正确；故答案为：ac；(3)开始时v逆～c(CO2)为0，得出v正～c(NO)对应曲线为乙，根据第一个图得出，升温，NO的平衡转化率降低，平衡逆移，反响为放热反响，降低体系温度，反响速率降低，平衡正向移动，重新平衡，CO2平衡点为H，NO平衡点为D，故答案为：乙；H、D；(4)在一定温度下向容积为2L的密闭容器中参加、，此时容器总压为1×105Pa，发生上述反响，4min时达平衡，此时测得氮气的物质的量为，那么此时容器内的总压P=1×105Pa=8×104Pa，那么0~4min内用CO2表示的的平均速率为L-1min-1，p(CO)=8×104Pa=1×104Pa，p(NO)=8×104Pa=1×104Pa，p(N2)=8×104Pa=2×104Pa，p(CO2)=8×104Pa=4×104Pa，该反响的Kθ===320，故答案为：L-1min-1；320；Ⅱ．(5)装置图分析可知，氧离子移向的电极为阳极，阳极上通入氨气失电子生成N2H4，阴极上氧气得到电子生成O2-，传导离子为O2-，阳极电极反响：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O，故答案为：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。19．【答案】环己醇加成反响羟基、羧基2+2H2O10【解析】(1)根据分析可知B为，其名称为环己醇；(2)C为，与HCN在一定条件发生加成反响生成；(3)根据分析可知D为，两分子D发生酯化生成E，方程式为：+2H2O；(4)E的同分异构体满足：a.属于的二取代物b.取代基处于对位且完全相同，那么取代基的可以位于或；c.能够与NaHCO3溶液反响产生CO2，说明含有-COOH，那么取代基可以是-CH2CH2CH2COOH，或-CH(CH3)CH2COOH，或-CH2CH(CH3)COOH，或-CH(CH2CH3)COOH，或-C(CH3)2COOH，所以共有5×2=10种；其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积之比为6：2：1：1的是：；(5)比照丙酮CH3COCH3和目标产物的结构特点可知，需要在丙酮的2号碳上引入羟基和羧基，然后再和2-丙醇发生酯化