考场仿真卷05-2021年高考化学模拟考场仿真演练卷（福建卷）（全解全析）

2021年高考化学模拟考场仿真演练卷【福建卷】

第五模拟

化学•全解全析

1.【答案】B

【详解】

A.自然界存在游离态的金，当时所使用的黄金主要来源于游离态，A合理；

B.当时制作钺、戈、矛等兵器的主要材料是青铜，炼钢出现在春秋战国以后，B不合理；

C.木板、藤或竹含纤维素，纤维素属于有机高分子材料，C合理；

D.动物的皮毛的主要成分为蛋白质，蛋白质在一定条件下可水解生成氨基酸，D合理；

故选B。

2.【答案】D

【详解】

A.根据结构简式可知药物H的分子式为Ci6H13N2O2CLA正确；

B.该分子中含有氯原子和酰胺键两种官能团，B正确；

C.碱性条件下水解产物酸化后可产生含酚羟基的有机物和丙二酸，都能与Na2cCh溶液反应，C正确；

D.该物质苯环上的一澳代物有6种，D错误。

3.【答案】C

【分析】

依据图示反应历程可知甲烷在催化剂作用下断裂C-H生成中间产物①；①一②过程中形成C-C键，从②到

CH3coOH有0-H键生成。

【详解】

A.①一②过程能量变低，有热量放出，故A正确；

B.结合图例和分子结构示意图，X为CH4、Y为CCh、M为CH3co0H,即分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，

故B正确；

C.反应过程中没有C-H键生成、①7②过程中形成C-C键、从②到CH3co0H有0-H键生成，故C错误；

D.依据反应历程可知甲烷与二氧化碳反应生成乙酸为化合反应，所以原子都转移到目标产物，原子利用

率为100%,故D正确；故选C。

4.【答案】C

【详解】

A.Cb通入到NaOH溶液中的产物主要为NaClO和NaCL其离子反应的方程式为:Cb+2OH-=CT+C1CT+H2O,

A错误；

B.Cu和稀硝酸反应生成NO,反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3CU2++2NOT+4H2O,B错误；

C.SO2与CaCL溶液不能直接反应，久置出现白色浑浊，可能是空气中的02将溶解的SO2氧化成H2so4,

继而与CaCb溶液反应得到CaS04沉淀，C正确；

D.H2c2。4属于中强酸，不能拆成离子形式，其离子方程式为2MnO*5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8H20,

D错误；答案选C。

5.【答案】D

【详解】

A.Cu和浓硫酸加热反应生成CuSCU、SO2、H20,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矶晶体失去结晶水，故无法得到胆研，B项错

误；

C.CuSCU热分解生成两种产物，其中一种为CU20,Cu化合价降低，则必有元素的化合价升高，CuS04中

只有。元素的化合价能升高，故X中必有02,C项错误；

D.CuSCU与过量NaOH溶液反应会生成Cu(OH)2悬浊液,葡萄糖溶液能还原新制Cu(OH)2悬浊液生成Cu2O,

D项正确；答案选D。

6.【答案】B

【详解】

A.SO2有漂白性，根据试管中的红色花瓣褪色，说明SCh具有漂白性，故A正确；

B.浓硫酸与亚硫酸钠反应后生成二氧化硫，有可能二氧化硫与装置中的少量的氧气(装置中的空气)，反应

生成三氧化硫，三氧化硫与氯化领溶液反应生成硫酸钢沉淀，则不能说明二氧化硫与氯化钢溶液反应生成

亚硫酸领沉淀，故B错误；

C.酸性高镒酸钾溶液褪色，则SO2和酸性高镐酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫中硫元素的化合价升高,

则说明so2具有还原性，故C正确；

D.滴有酚酸的NaOH溶液红色变浅，NaOH物质的量减少，则说明SCh能与碱溶液反应，故D正确。

答案选B。

7.【答案】C

【分析】

由图可知，该装置为电解池，电极a为电解池的阴极，碱性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应

生成甲酸根离子，电极反应式为CO2+2e—+H2OHCOO-+OH-,电极b为阳极，碱性条件下，辛胺在阳极

失去电子发生氧化反应生成辛月青，电极反应式为CH3(CH2)7NH2—e—+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O,

【详解】

A.由分析可知，电极a为电解池的阴极，连接电源的负极，故A错误；

B.由分析可知，电极a为电解池的阴极，碱性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根

离子，电极反应式为CC)2+2e—+H2OHCOO—+OH—,故B错误；

C.电解过程中，氢氧根离子向阳极移动，从左边移向右边，故c正确；

1

D.由得失电子数目守恒可知，有Imol二氧化碳参加反应时，阳极生成辛睛的物质的量为lmolx2xW=0.5mol,

故D错误；故选C。

8.【答案】B

【分析】

Na35C10+2H37Q=NaCl+C12T+H2O中化合价发生变化的只有C1元素，分别由+1价、-1价变成0价，结合氧

化还原反应的规律和电离平衡常数与酸性强弱的关系分析判断。

【详解】

A.反应中生成的氯气为35cl37C1,一个分子中含有18+20=38个中子，因此ImolC12含有的中子数为38NA,

故A错误；

B.根据电离平衡常数，酸性：H2CO3>HC1O>HCOF,由强酸制弱酸原理可知，CO2与“84消毒液”发生反

应的化学方程式是NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO,故B正确；

C.Na35cle)+2H37Cl=NaCl+C12f+H2O中化合价发生变化的只有C1元素，分别由+1价、-1价变成0价，转移

一个电子，因此每转移NA个电子，有Imol氧化剂Na35cl。和Imol还原剂H37cl反应，氧化剂的质量为74g,

还原剂的质量为38g,氧化剂比还原剂多36g,故C错误；

D.氯水中存在平衡CI2+H2OMH++CI-+HCIO,在氯水中加入过量K2cCh固体，由于酸性:HC1>HC10>HCOr,

K2cO3固体能够与H+和HC10反应，氯水中HC10的浓度减小，故D错误；

故选Bo

9.【答案】A

【详解】

A.如果是Mn2++HCO,=MnCO31+H+,氢离子还会与HCO,反应，H++HCOr=H2O+CO2t，正确的离子方程

2+

式为Mn+2HCOF=MnCO3；+H2O+CO2T,故A错误；

B.敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放，有利于反应正向进行，效率更高，故B正确；

C.“焙烧，，产生的气体为二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢钱，可用于“沉锦”，故C正确；

D.酸性高铳酸钾具有强氧化性，做氧化剂，硫酸提供酸性环境，有利于物质稳定存在，故D正确；

故选Ao

■•【答案】D

【详解】

A.由左图可知有CE生成且Ch含量降低，发生Cb+CruCE,A项正确；

B.由图1知HC1O浓度减小，Cb溶解减小，CI2+H2OUH++CI-+HCIO,随cr增大，平衡逆向移动，B项

正确；

C.由c（HCl）增大，C12溶解浓度先微弱减小后增大，生成CE促进Cb溶解为主要反应，C项正确；

D.由图1,2比较氢离子浓度增大，促进氯气溶解，但硫酸中有硫酸根离子，硫酸根离子对氯气溶解的影响

未知，随硫酸的浓度增大，氯气溶解度无从判断，D项错误；

答案选D。

11.（13分）

【答案】（1）FezCh（1分）

（2）2MnWC）4+2Na2co3+O2=2Na2WO4+2MnCh+2CO2（2分）

（3）MnCh+H2c2O4+2H+=Mn2++2CChT+2H2。（2分）

75℃以前，温度升高，反应速率加快，所需时间减少；75℃以后，部分草酸分解，导致浓度降低，速率下

降，所需时间增多（2分）

（4）C（2分）

（5）7.6（2分）向硫酸锦溶液中缓慢滴加碳酸钠溶液，边滴边搅拌（2分）

【分析】

黑鸨矿（主要成分为FeWCU、MnWCU,少量SiCh）中加入纯碱、通入空气后粉碎焙烧，生成CO2,SiO2

和碳酸钠反应生成NazSiCh,则滤液II中含有NazSiCh；水浸后过滤得到滤液I、滤渣I,滤渣I中加入稀盐

酸过滤，得至UMnCh,滤液蒸干、灼烧得到固体A；

滤液I调节溶液的pH然后过滤，得到滤渣II和滤液II,调节溶液的pH过滤得到H2WO4,则滤液I中还含

有NazWCU,所以焙烧时生成Na?WO4、NazSiCh、MnCh、FezCh,所以滤渣I中含有MnCh、FezCh,滤液I

中含有Na2WO4、Na2SiO3;氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁，氯化铁水解生成氢氧化铁和HC1,蒸干灼烧

氢氧化铁固体分解生成氧化铁,则蒸干得到的固体A为FezCh；二氧化镒和草酸、硫酸控温加热得到MnSO4,

向硫酸锦溶液中加入碳酸钠发生复分解反应得到MnCO3；滤液II调节溶液pH时得到滤渣II为H2SiO3；焙

烧鸨酸得到氧化鸨，氧化鸨发生铝热反应得到W；

【详解】

（1）根据以上分析确定A成分为FezCh；

（2）粉碎、焙烧”时MnWCU发生反应的化学方程式为：2MnW（h+2Na2co3+O2=2Na2WO4+2MnO2+2CCh；

（3）MnCh与硫酸、草酸反应生成硫酸锦，同时生成二氧化碳和水，离子方程式为

MnCh+H2c2O4+2H+=Mn2++2CO2f+2H20；升高温度化学反应速率加快，但是草酸不稳定易分解，浓度越小

反应速率越小，所以75℃以前，温度升高，反应速率加快，所需时间减少，75℃以后，部分草酸分解，导

致浓度降低，速率下降，所需时间增多；

（4）滤液II调节溶液的pH得到鸨酸，加入的物质应该呈酸性且不能引进新的杂质离子，BD溶液呈碱性、

C溶液呈酸性，所以符合条件的为c；

lK[Mn(OH)]/ixlO-12-8-

c(OH)=n—:+9=J----------=lxl0^4mol/L

(5)MnSCU溶液的浓度为ImolL」，刚好出现沉淀时V"Mir)V।,常温时

c(H+)=Kw=1X10^=1x10-76mol/L

c(OH-)1x10-，则pH不超过7.6；碳酸钠溶液水解溶液显碱性，如果溶液碱性太强

易生成Mn(OH)2沉淀，所以为控制溶液pH防止生成Mn(OH)2，其操作方法为向硫酸锯溶液中缓慢滴加碳

酸钠溶液，边滴边搅拌。

12.(14分)

【答案】(1)(球形)冷凝管(1分)

(2)红(1分)

(3)清洗试管壁上残留的硫(或溶解硫单质)(1分)

(4)(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O(2分)

(5)N2(2分)

(6)不能(1分)Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动(2分)

(7)4Hg(SCN)2=4Hgs+2CS2+3(CN)2f+N2T(2分)

(8)°-158cVxl00%(2分)

m

【详解】

(1)根据装置图，可知仪器a的名称是(球形)冷凝管；

(2)KSCN溶液与Fe3+反应，溶液出血红色，若以Fe3+作指示剂，当溶液变为红色时，说明Hg2+沉淀完全；

(3)硫单质易溶于CS2,可用CS2清洗试管壁上残留的硫；

(4)点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，说明Hg(SCN)2分解产物有(CN)2,(CN)2与

氯气性质相似，(CN)2与氢氧化钠反应的方程式是(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；

(5)镁在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，取下D装置，将燃着的镁条伸入

瓶中，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证

明Hg(SCN)2分解产物中含有氮气；

(6)Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动，所以HgS不溶于盐酸；

(7)经上述推断，可知Hg(SCN)2分解生成HgS、N2、(CN)2、CS2；反应的化学方程式是4Hg(SCN)2a

4Hgs+2CS2+3(CN)2?+N2T；

(8)NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液，溶液出红色，若滴入标准液后溶液由无色变为红色，

且半分钟内不褪色，说明H2[HgCL]完全被消耗，反应达到终点；滴定过程的反应关系式是Hg(SCN)2UUHgS

UUH2[HgCl4]UU2NH4SCN,反应消耗NH4SCN的物质的量是VcxlO-3mo1,则分解Hg(SCN)2的物质的量

0.5Vcxl0-3molx316g/mol.

------------------------------X100%01coV

是0.5%xl(y3moi,Hg(SCN)2的分解率为~xlOO%；

13.(13分)

【答案】(1)T160(2分)

2.55

(2)①小于(1分)②2(2分)万(或加)(2分)

(3)@m3>m2>mi(1分)

②随着温度升高，温度对NO残留率的影响程度大于氨氮比的影响(2分)

(4)①0.1Au/Ag3Po4(1分)

②当Au负载量过多时，过多地覆盖Ag3P。4表面，导致Ag3P04表面单位面积活性位点数减少(2

分）

【详解】

（1）由盖斯定律可知，目标方程式二①-②，可得AH=-1160kJ，mo「L

（2）①该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，根

据速率方程，可知改变温度瞬间，浓度未发生变化，故k正的变化程度小于k逆的变化程度。

②设C12的变化量为xmol。列三段式：

2NO（g）+Cl2（g）□2ClNO（g）

起始/mol210

变化/mol2xx2x

平衡/mol2-2x1-x2x

根据压强之比等于物质的量之比，可知2_2x+；T+2x=L2，x=05K=5；：；：Mj=2，P（NO）=Pxq，P（Cb）=px£|,

p（ClNO）=px±，KP=

（3）①氨氮比增大，可理解为NH3增加，NO的残留率降低，故m3>m2>mi；②反应过程中存在2个外界

因素，温度和氨氮比，二者均对NO的残留率存在影响，随着温度的进一步升高，不同氨氮比，NO的残留

率趋近，说明温度对NO残留率的影响大于氨氮比的。

（4）①由图示可知，去除率、NO转化率较为合适的催化剂为0.1Au/Ag3PCk;

②根据题给信息可知，催化剂的活性与其表面的单位面积活性位点数有关，当Au的量增加时，可能会覆盖

催化剂的活性位点。

14.（10分）

【答案】（l）AC（1分）

（2）3d10（1分）

（3）4正三角形（各1分，共2分）

（4）Sb2O3>Sb2S3>SO2（2分）

13

（5）①Cu（2分）②（1,2,2）（2分）

【详解】

（1）硫元素的原子序数为16,基态硫原子的价电子排布式为3s23P%

A.彳寸目□符合核外电子排布规律，故正确;

3pt3小3p.

B.由洪特规则可知，电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，则

同［SE［违背洪特规则，故错误；

3Px3pr3p2

c.田Gffl符合核外电子排布规律，故正确;

3Px3pv3P;

D.由泡利不相容原理可知，一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋相反，则「」一］违背泡

3p.t3pv3pr

利不相容原理，故错误；

AC正确，故答案为：AC；

（2）铜元素的原子序数为29,价层电子排布式为3dWsi,则基态亚铜离子的价层电子排布式为3甲。，故答

案为：3d10；

（3）硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3,孤孤对电子对

数为0,则离子的空间构型为平面正三角形，故答案为：4；正三角形；

（4）分子晶体的熔点小于离子晶体，二氧化硫为分子晶体，三氧化二睇和三硫化二睇都为离子化合物，则

二氧化硫的熔点最低；离子晶体中，离子键越强，晶体的熔点越高，由于氧离子的离子半径小于硫离子，

睇离子和氧离子形成的离子键强于睇离子和硫离子形成的离子键，三氧化二睇的熔点高于三硫化二睇，则

三种物质熔点由高到低的顺序为Sb2O3>Sb2s3>SO2,故答案为：Sb2O3>Sb2S3>SO2;

11

（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的睇原子个数为8xg+l=2,位于面上的小黑球的个数为8X2

11

=4,位于面心和棱上的小灰球的个数为2x]+4x4=2,位于体内的大白球的个数为8,由晶体的化学式为

Cu2ZnSbS4可知，小黑球A、B、C均为铜原子，小灰球为锌原子，大白球为硫原子，故答案为：Cu；

1x11

②由位于yz面上的原子A的坐标为（0,2>W）和位于XZ面上的原子B的坐标为（5，0,4）可知，位于xyz

1313

面上的原子C的坐标为（1,2>2）>故答案为：（1，2>2）；

15.（10分）

【答案】（1分）取代反应

(2)硝基、酯基（1分）

(3)丁二酸二甲酯（2分）

OOCCHs

浓硫酸ChN

OOCCHCHCOOH+HO(2分)

△222

（各1分,共2分）

（2分）

【分析】

分析题干合成流程图，由A的分子式和D的结构简式可推知A为:,根据苯酚邻对位上的H比较活

泼，推知B的结构简式为：HCH@W02,结合C的分子式和题干信息i可推知C的结构简式为:

CH3C0CH（O）-N02，由E的分子式结合D到E的反应条件可推知，E的结构简式为,分析E和F

O：N

的分子式可知，二者相差2个H和1个。，故推知F的结构简式为：,由G的分子式并结合信

（XXCH；

息ii可推知G的结构简式为：,由M的结构简式和G的结构简式可推知K的结构简式为：

HOOCCH2cH2coOH,再结合J的分子式和J到K的转化条件可知，J的结构简式为：

CH3cH2OOCCH2cH2coOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3,据止匕分析角军题。

【详解】

（1）由分析可知，A-B即转化为HO-（0）-N02,故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反

应；

(2)由分析可知，C的结构简式为：CH3COO<6>-^O2,故其中含有的官能团名称是硝基、酯基，故答案为：

硝基、酯基；

(3)由分析可知，J的结构简式为：CH3cH2OOCCH2cH2coOH或者CH3OOCCH2cH2coOCH3,故J中只

含有一种官能团的结构简式为CH3OOCCH2cH2co0CH3,股J的名称是丁二酸二甲酯，故答案为：丁二酸

二甲酯；

OOCCHj

(4)由分析可知，G的结构简式为与K的结构简式为HOOCCH2cH2coOH,反应生成M的