2021年高考临考预测化学试卷B河北参考答案与解析

2021年高考临考预测·化学试卷B（河北）参考答案与解析1.【答案】C【解析】剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A项错误；

能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B项错误；

古人以“得”为阴，以“失”为阳；从现代的化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应：，硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项正确；该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，发生的是物理变化，D项错误；答案选C。2.【答案】A【解析】氯碱工业是电解饱和食盐水，在阳极发生氧化反应，故能得到Cl2，A错误；阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电渗析法是利用电场的作用，强行将离子向电极处吸引，致使电极中间部位的离子浓度大为下降，从而制得淡水，B正确；硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，C正确；新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液NaClO以及生成的HClO、过氧乙酸中的过氧酸根键均具有强氧化性，可以使蛋白质发生变性，故利用了其强氧化性进行环境消毒，D正确；故答案为A。3.【答案】A【解析】铁粉与水蒸气发生反应3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，0.3molFe粉与足量水蒸气反应生成2，分子数为A，A正确；常温下铝片与浓硫酸发生钝化，不能继续反应，B错误；过氧化钠和水反应生成氧化钠和氧气，过氧化钠中氧有-1价变为0价和-2价，故1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为NA，C错误；100g质量分数为46%的乙醇溶液中乙醇的物质的量为1mol，水分子的物质的量为3mol，则含有氢原子数为6NA+6NA=12NA，D错误；答案选A。4.【答案】B【解析】氢碘酸具有还原性，可以被三价铁氧化为碘单质，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故A正确；亚硫酸钠具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，部分亚硫酸根离子被氯气氧化为硫酸根离子，氯气被亚硫酸钠还原为氯离子，反应的离子方程式为：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO，故B正确；少量Fe3+能够催化H2O2的分解，反应的离子方程式为：2H2O2==O2↑+2H2O，故C错误；碱性环境不能生H+，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D错误；故答案为B。5.【答案】D【解析】打开盛装NO的集气瓶，NO与O2反应，2NO+O2=2NO2，生成红棕色的NO2，是氧化还原反应；Na2O2具有强氧化性，可以漂白品红，使品红褪色，是氧化还原反应；向KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液，是因为高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应而褪色；FeCl3与KSCN发生络合反应，Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3，溶液变为血红色，是络合反应；综上，前三个选项的颜色变化原因相同，只有第四个不同，故答案选D。6.【答案】D【解析】氢氧化亚铁与空气中的氧气、水发生反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故A正确；氨与氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水，发生反应为4NH3+5O24NO+6H2O，故B正确；向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，发生反应为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，溶液变混浊，故C正确；向HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加少量NaNO2，根据强酸制弱酸，生成硝酸钠和亚硝酸：NaNO2+HNO3=HNO2+NaNO3；亚硝酸不稳定，很快分解，放出气体：2HNO2=H2O+NO↑+NO2↑，总反应为：2NaNO2+2HNO3=2NaNO3+H2O+NO↑+NO2↑，则没有白色沉淀，故D错误；答案选D。7.【答案】D【解析】该化合物分子式是C3H4O2，1mol该有机物完全燃烧需要3molO2，A错误；在该物质分子中只有2个C原子上分别含有2个H原子，一氯代物只有1种，其二氯代物中，两个Cl原子可以在同一个C原子上，也可以在不同的C原子上，所以该有机物的二氯代物有2种，B错误；由于分子中的C原子为饱和C原子，其结构与CH4中的C原子类似，构成的是四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面，C错误；HCOOCH=CH2分子式也是C3H4O2，二者分子式相同，分子结构不同，互为同分异构体，D正确；答案选D。8.【答案】D【解析】据图可知，将40mL的X溶液分成两等份，其中一份中加入溶液并加热，无刺激性气味的气体生成，说明没有NH4+，生成的有白色沉淀且过滤后所得滤液中含有OH-，说明一定有Mg2+，一定没有Fe3+，白色沉淀为Mg(OH)2，加入NaOH的物质的量为：，得到Mg(OH)2沉淀的物质的量为：，Mg2+的物质的量为，生成Mg(OH)2沉淀时消耗NaOH的物质的量为：，滤液中剩余OH-：，说明X溶液中一定含有Al3+，与过量的OH-反应生成和水，离子方程式为：Al3++4OH-=+2H2O，与Al3+反应消耗OH-的物质的量为：，由离子方程式可知，Al3+的物质的量为；另一份溶液中加入足量的硝酸钡溶液，无明显现象，说明不含SO，再加入足量的硝酸银溶液，得白色沉淀，该沉淀是AgCl，说明含有Cl-，Cl-的物质的量为：，则根据溶液呈电中性可知X溶液中一定含有Na+且物质的量为：0.1mol-0.02mol×2-0.01mol×3=0.03mol.。由上述分析可知，X溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl-、Na+，一定不含NH4+，故A错误；X溶液中一定含有Na+、Mg2+、Cl-、Al3+，故B错误；X溶液中一定含有Mg2+，且c(Mg2+)==1.00mol•L-1，故C错误；X溶液中c(Na+)==1.50mol•L-1，c(Al3+)==0.50mol•L-1，故D正确；答案选D。9.【答案】A【解析】中S的化合价为+4价，处于-2和+6之间，既有氧化性又有还原性，由于酸性高锰酸钾具有强氧化性；所以将气体通入稀硫酸酸化的溶液中，溶液的颜色褪去，体现还原性，故选A；碘单质能使淀粉变蓝，加碘食盐中加的是碘酸钾，不能使淀粉变蓝；则向某食盐溶液中滴加淀粉溶液，溶液不变色，不能的出该食盐是否加碘，故B错；HCl为无氧酸，不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，虽然其酸性比碳酸的酸性强，但不能用于比较C与Cl的非金属性的相对强弱，故C错；在试纸上滴2~3滴一定浓度的溶液，试纸变红，说明溶液呈酸性，则电离程度大于其水解程度，所以溶液中：，故D错。10.【答案】D【解析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后所得滤液A中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将滤液A用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO3生成硫酸钠，得滤液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；答案选D。11.【答案】BD【解析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素X、Y、Q的单质在常温下呈气态，X的原子序数比Y小，所以X为氢元素，元素Y的最高正价和最低负价之和为2，所以元素Y是氮，元素Z在同周期的主族元素中原子半径最大，所以Z是钠，M是地壳中含量最多的金属元素，所以M是铝元素，Q为氯元素，以此解答。X为氢，元素Y是氮，二者可以形成离子化合物，如NH4H，故A正确；元素Y是氮，Z是钠，二者形成的简单离子核外电子数相同，氮原子的质子数小于钠原子质子数，则简单离子半径：Z<Y，故B错误；元素Z、M的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，二者可以相互反应，故C正确；M是铝元素，Q为氯元素，二者形成的化合物为AlCl3，AlCl3是强酸弱碱盐，铝离子水解呈酸性，故D错误。12.【答案】AD【解析】NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4=H++NH+SO，NH+H2O⇌NH3•H2O+OH-，则c(H+)＞c(NH)，A说法错误；当滴入10mLNaOH溶液时，溶质为NaNH4SO4，根据质子守恒，c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)，B说法正确；当滴入20mLNaOH溶液时，溶质为Na2SO4和NH3•H2O，且物质的量之比为1：1，根据NH3•H2O⇌NH+OH-，H2O⇌H++OH-，则c(H+)+c(NH)=c(OH-)，C说法正确；加入NaOH溶液10mL时，溶液呈酸性，c(Na+)=c(NH)+c(NH3•H2O)；加入20mL时，溶液呈碱性，c(Na+)=2c(NH)+2c(NH3•H2O)；当溶液呈中性时，加入NaOH的体积大于10mL，小于20mL，则c(Na+)＜2c(NH)+2c(NH3•H2O)，无法确定c(Na+)与2c(NH3•H2O)的关系，D说法错误。13.【答案】AC【解析】电解池阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，由装置图可知，电解池阳极为a室稀硫酸溶液，氢氧根离子失电子发生氧化反应，则氢离子将移到b室与Na2SO3反应生成NaHSO3，阴极为c室，主要成分是NaHSO3和Na2SO3，氢离子发生还原反应生成氢气，则c室中NaHSO3转变为Na2SO3，据此分析解答。根据分析，a室中氢离子向b室移动，则离子交换膜采用的是阳离子交换膜，故A错误；阳极水失电子发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e－=4H++O2↑，故B正确；阴极氢离子发生还原反应生成氢气，电极反应为：2H2O+2e−═H2↑+2OH−，生成气体为氢气，0.2g氢气的物质的量为，转移电子，a室为阳极，电极反应为2H2O-4e－=4H++O2↑，氧气从a室逸出，氢离子向b室移动，则a室中减少的质量为水的质量，根据电子守恒，消耗水的物质的量为，质量为ｘ，故C错误；电解后将b室得到NaHSO3溶液，NaHSO3溶液经结晶脱水可得到Na2S2O5，则结晶脱水过程方程式可表示为2NaHSO3

═Na2S2O5

+H2O，故D正确。14.【答案】AB【解析】根据表格信息，可列三段式：，再结合10min时的数据可知温度为T1时，反应在5min时已达到平衡，在该温度下的平衡常数为：，由此解答。该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，已知T1时该反应的化学平衡常数为，T2时该反应的化学平衡常数为，故T1＞T2，A正确；根据三段式可知，0-5min内，用M表示的平均反应速率为，B正确；反应在5min时达到平衡状态，故在第8min时v逆＝v正，C错误；根据反应方程式M、N的化学计量数之比可知，二者的转化率之比始终保持不变，是个定值，故D错误。15．【答案】AD【解析】a、b点温度相同,则a、b两点平衡常数相等即b=a,故A正确；该反应为气体体积减小的反应,增大压强乙烯的转化率增大,则压强大小顺序:P1<P2<P3,故B错误；混合气体的质量、体积均不变,则密度始终不变,不能判定平衡状态,故C错误；该反应为气体体积减小的反应,增大压强使平衡正向移动，提高反应物的转化率，其他条件不变，增大起始投料，相当于增大压强，可提高乙烯转化率，D正确。16．【答案】(1)水浴加热8FeO+NO3−+26H+=8Fe3++NH4++11H2O(2)硝酸铵溶于水吸热将三颈瓶中的NO、NO2转化为HNO3B(3)3.0×10−7mol/L(4)边搅拌边向滤液中滴加稍过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液，然后缓慢滴加NaOH溶液至溶液pH为，过滤，用95%乙醇洗涤，干燥，密封保存【解析】低品铜矿（主要含CuS、FeO等）溶解于硫酸、硝酸铵溶液发生氧化还原反应，S、Fe元素分别被氧化为SO42-、Fe3+，过滤I分离出滤渣Ⅰ为不溶性杂质，再加CuO促进铁离子水解，过滤II分离出滤渣II为氢氧化铁，滤液中含Cu2+再加入过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液发生SO32-+2Cu2++2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，生成CuCl沉淀，加NaOH调节pH为，过滤、醇洗最后烘干得到CuCl，以此来解答。(1)“氧化”阶段的温度需控制在65℃，其适宜的加热方式为水浴加热，可控制温度；该步骤中FeO被NH4NO3氧化，主要反应的离子方程式为8FeO+NO3−+26H+=8Fe3++NH4++11H2O；(2)①实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是硝酸铵溶于水吸热；②通入氧气的目的是将三颈瓶中的NO、NO2转化为HNO3；为便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好选用B，分液漏斗控制液体的加入，且C中过氧化钠为粉末，与水接触后发生反应至反应结束，不能控制氧气的生成；(3)Ksp[CuCl]=c(Cl−)⋅c(Cu+)=1.2×10−6，所以如果c(Cl−)=4.0

mol⋅L−1，则c(Cu+)==3.0×10−7mol/L；(4)由图可知，从“过滤Ⅱ”所得的滤液中获取CuCl的实验方案为边搅拌边向滤液中滴加稍过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液，然后缓慢滴加NaOH溶液至溶液pH为，过滤，用95%乙醇洗涤，干燥，密封保存。17．【答案】(1)粉碎(2)2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)6=3Na2BeF4+

Fe2O3+

Al2O3+6SiO2(3)Be(OH)2

+2OH-=[

Be(OH)4]2-(4)加热蒸干灼烧，BeCl2完全水解，最后得BeO(5)4.03Na++6

F-+Fe3+=Na3FeF6↓(6)阴极BeCl2(

熔融)eq\o(=,\s\up8(通电))Be+Cl2↑增强导电性【解析】绿柱石中加入Na3FeF6后，在750℃烧结，水浸后过滤，所得滤渣为Fe2O3、Al2O3、SiO2，滤液中加入适量NaOH溶液，生成Be(OH)2沉淀，则表明滤液中含有Na+、F-等；滤液中加入Fe2(SO4)3，将氟转化为Na3FeF6沉淀；Be(OH)2煅烧后分解生成BeO和水，BeO与炭、焦油、氯气反应，生成BaCl2，熔融电解而制得Be。(1)烧结冷却后，固体结块，为增大溶解效果，应设法增大固体与水的接触面积，所以水浸之前“操作a”的名称是粉碎。(2)750℃烧结时，Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)6=3Na2BeF4+

Fe2O3+

Al2O3+6SiO2。答案为：2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)6=3Na2BeF4+

Fe2O3+

Al2O3+6SiO2；(3)因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是Be(OH)2

+2OH-=[

Be(OH)4]2-。(4)BeCl2为易水解的盐，蒸发溶剂的过程中会水解生成Be(OH)2，然后再分解，所以理由是加热蒸干灼烧，BeCl2完全水解，最后得BeO。(5)Ksp[Be(OH)2]=0.40×c2(OH-)=4.0×10-21，c(OH-)=10-10mol/L，pH=-lg，“沉氟”时，滤液中的Na+、F-与Fe2(SO4)3反应，生成Na3FeF6沉淀，反应的离子方程式为3Na++6

F-+Fe3+=Na3FeF6↓。(6)若镍作阳极材料，则通电后易失电子而发生溶解，所以镍坩锅作电解槽的阴极材料，电解时BeCl2熔融电解，生成Be和氯气，发生反应的化学方程式为BeCl2(

熔融)eq\o(=,\s\up8(通电))Be+Cl2↑；从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强导电性。18．【答案】（1）NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)ΔH=-234kJ·mol-1（2）0.001>ac（3）c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)bc（4）1.8mol【解析】（1）该反应的焓变△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)＝CO2(g)+NO(g)ΔH=-234kJ/mol；（2）①由图可知，在0～60s时段△c（N2O4），则v（N2O4）（L·s）；②温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则△H＞0；③向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，平衡逆向移动，N2O4的体积分数增大，a正确；正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4的体积分数减小，b错误；向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，N2O4的体积分数增大，c正确；使用高效催化剂缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，N2O4的体积分数不变，d错误，答案选ac；（3）①0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O可得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为，NaNO2物质的量浓度为，溶液B为的CH3COONa溶液；HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol·L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol·L-1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)；②溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，a错误；向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，b正确；向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，c正确；溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，d错误；答案选bc；（4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（Cu），得到的NO和NO2物质的量相同，根据电子转移守恒，则：3n（NO）+n（NO2）=0.6mol×2，故n（NO）=n（NO2），根据氮原子守恒可知n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO）+n（NO2）。19．【答案】(1)23d9(2)O(3)Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去(4)乙醇分子间存在氢键1：6sp2、sp3(5)AgCu3或Cu3Ag【解析】(1)根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价为+2，所以Cun＋离子，n＝2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu2+价电子排布式为3d9；(2)“中国蓝”中Ba2+、Si都不存在孤对电子，而O原子中存