2021年高考臨考預(yù)測(cè)化學(xué)試卷B山東參考答案與解析

2021年高考臨考預(yù)測(cè)·化學(xué)試卷B〔山東〕參考答案與解析1．【答案】A【解析】A．由于氨氣極易溶于水，二氧化碳在水中溶解度較小，因此先向飽和食鹽水中通入氨氣，形成氨氣的飽和食鹽水的堿性溶液，再通入二氧化碳，有利于二氧化碳?xì)怏w的吸收，有利于碳酸氫鈉的形成，提高了氣體的利用率，故A錯(cuò)誤；B．丙烯發(fā)生加聚反響生成高分子聚丙烯，聚丙烯是一種合成有機(jī)高分子材料，故B正確；C．水垢可先用碳酸鈉溶液浸泡處理，使之轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，碳酸鈣能與鹽酸反響，而硫酸鈣與酸不反響，因此可以用酸除去，故C正確；D．醴陵釉下五彩瓷在高溫?zé)七^(guò)程中，發(fā)生了復(fù)雜的物理、化學(xué)變化，故D正確；應(yīng)選A。2．【答案】D【解析】A、量筒只能量取溶液，故A錯(cuò)誤；B、由于氨氣極易溶于水，所以不能用排水法收集氨氣，故B錯(cuò)誤；C、木炭與濃硫酸共熱產(chǎn)生的氣體既有SO2，也有CO2，而SO2和CO2都能使澄清石灰水變渾濁，所以C錯(cuò)誤；D、NO2與O2在水的作用下可轉(zhuǎn)化為硝酸，所以D正確。3．【答案】C【解析】A．電負(fù)性大小順序?yàn)镹>C>H，故A錯(cuò)誤；B．酞菁鈷中碳原子均采取雜化，故B錯(cuò)誤；C．N原子與其他原子形成3對(duì)共用電子即可到達(dá)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以2號(hào)和4號(hào)N原子與Co(Ⅱ)通過(guò)配位鍵結(jié)合，應(yīng)選C；D．1號(hào)和3號(hào)N原子均形成3個(gè)共價(jià)單鍵，均有1對(duì)孤電子對(duì)，那么形成的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，故D錯(cuò)誤。答案選C4．【答案】D【解析】D、F是同主族元素，F(xiàn)元素原子序數(shù)是D元素原子序數(shù)的2倍，可推導(dǎo)岀D、F分別為O、S，A、B元素最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)之和均為0，且序數(shù)小于D，可推導(dǎo)岀A、B分別為H、C，B、C、D原子序數(shù)依次增大，推導(dǎo)岀C為N，E元素原子半徑是短周期中最大的，推導(dǎo)岀E為Na，G原子序數(shù)大于F，G為Cl。A．同周期從左到右第一電離能增大，但是因?yàn)镹原子p軌道半充滿，相對(duì)穩(wěn)定，第一電離能高，故N>O，第一電離能：N>O>C，故A錯(cuò)誤；B．核外電子數(shù)相同的簡(jiǎn)單離子，原子序數(shù)越大，半徑越小，簡(jiǎn)單離子的半徑：N3->O2->Na+，故B錯(cuò)誤；C．非金屬性強(qiáng)，復(fù)原性越弱，非金屬性Cl>S，氣態(tài)氫化物的復(fù)原性：H2S>HCl，故C錯(cuò)誤；D．B、C、D與A可分別形成CH3CH3、N2H4、H2O2，均屬于含非極性鍵的二元化合物，故D正確；應(yīng)選D。5．【答案】C【解析】A．氯化銨受熱分解生成氨氣、氯化氫的混合氣體。P2O5吸收氨氣，濕潤(rùn)的酚酞試紙檢驗(yàn)不出氯化氫氣體；堿石灰吸收氯化氫，濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙檢驗(yàn)不出氨氣，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．右邊試管內(nèi)生成硫酸亞鐵溶液和氫氣，氫氣排出裝置，硫酸亞鐵溶液與左邊試管內(nèi)氫氧化鈉溶液不能自動(dòng)混合，不能制備氫氧化亞鐵沉淀，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．連接好儀器，夾緊彈簧夾，向漏斗中參加適量水，使漏斗中的液面高于容器中的液面，靜置片刻，假設(shè)液面位置保持不變說(shuō)明裝置不漏氣，C項(xiàng)正確；D．中和滴定時(shí)眼睛應(yīng)觀察錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色變化，否那么會(huì)導(dǎo)致測(cè)量不準(zhǔn)確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。6．【答案】C【解析】A．該雙環(huán)烯酯的分子式為C14H20O2，故A錯(cuò)誤；B．碳碳雙鍵能與H2發(fā)生加成反響，酯基中碳氧雙鍵不能與H2反響，因此1mol該雙環(huán)烯酯能與2molH2發(fā)生加成反響，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)乙烯中六個(gè)原子都在同一平面上，雙環(huán)烯酯分子中含有碳碳雙鍵，因此該雙環(huán)烯酯分子中至少有6個(gè)原子共平面，故C正確；D．該雙環(huán)烯酯完全加氫后的產(chǎn)物是，該雙環(huán)烯酯的一氯代物有9種，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為C。7．【答案】D【解析】A．CO2和N2O的相對(duì)分子質(zhì)量都為44、質(zhì)子數(shù)都為22個(gè)，那么22gCO2和N2O的混合物的物質(zhì)的量=，所含有的質(zhì)子數(shù)=，即11NA，A項(xiàng)正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，224mLSO2的物質(zhì)的量=，根據(jù)硫原子守恒，可知溶液中SO2、H2SO3、HSO、SO四種粒子的物質(zhì)的量之和為，即數(shù)目之和為NA，B項(xiàng)正確；C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L氯氣的物質(zhì)的量=，溶于足量NaOH溶液中，完全反響生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，C項(xiàng)正確；D．84g環(huán)己烷的物質(zhì)的量==1mol，1個(gè)環(huán)己烷中含有共價(jià)鍵的數(shù)目為18個(gè)，那么1mol環(huán)己烷中含有共價(jià)鍵的數(shù)目一定為18NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。8．【答案】B【解析】A．Fe和水的混合物中加液溴，生成溴化亞鐵，A正確；B．常溫下，“溴化〞也能進(jìn)行，B錯(cuò)誤；C．活性炭有吸附性，能吸附色素，C正確；D．“一系列操作1〞為過(guò)濾、濃縮、冷卻，D正確；9．【答案】D【解析】A．含鎳廢料先加酸溶解，得到對(duì)應(yīng)金屬陽(yáng)離子，參加H2O2可將Fe2+氧化為Fe3+，發(fā)生反響的離子方程式為，故A正確；B．Fe3+易水解，參加碳酸鈉溶液調(diào)pH至?，其目的就是為了促進(jìn)Fe3+水解沉淀完全，從而除去Fe3+，故B正確；C．CaF2、MgF2均為難溶物，參加NH4F溶液使Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2，從而除去Ca2+、Mg2+，故C正確；D．草酸鎳()受熱分解的產(chǎn)物為、CO2、CO、H2O，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D。10．【答案】B【解析】A．根據(jù)圖示，電池總反響為Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，銅失電子發(fā)生氧化反響為負(fù)極，PbO2得電子發(fā)生復(fù)原反響為正極，所以b為負(fù)極，a為正極，原電池中電子由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線流向正極，故A正確；B．PbO2得電子發(fā)生復(fù)原反響為正極，電極反響式為：PbO2+4H++SO42-+2e-═PbSO4+2H2O，所以該電池工作時(shí)，H+移向a極，但沒(méi)有得到電子，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述分析，銅失電子發(fā)生氧化反響為負(fù)極，b極的電極反響式為：Cu-2e-═Cu2+，故C正確；D．由電池總反響為Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，那么該電池工作一段時(shí)間后，需要補(bǔ)充H2SO4，故D正確；應(yīng)選B。11.【答案】B【解析】A．向NaCl粉末中參加適量酒精，充分振蕩形成無(wú)色透明液體。用激光筆照射，出現(xiàn)一條光亮通路，即發(fā)生了丁達(dá)爾效應(yīng)，所以形成的分散系是膠體，A正確；B．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，說(shuō)明滴加氯化鋇前溶液中存在硫酸根，那么原溶液可能本來(lái)就含有硫酸根，也可能是有亞硫酸根或亞硫酸氫根被稀硝酸氧化成硫酸根，B錯(cuò)誤；C．所得沉淀n(AgCl)>n(AgI)，說(shuō)明等體積的飽和AgCl、AgI溶液中，c(Cl-)更大，即AgCl的溶解度大于AgI，而二者為同類型的沉淀，所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正確；D．麥芽糖本身就具有復(fù)原性，可以發(fā)生銀鏡反響，D正確；綜上所述答案為B。12．【答案】BD【解析】A．根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，A的分子式為：C12H20O3，A錯(cuò)誤；B．該物質(zhì)含羰基、羧基，羰基可與氫氣加成，羧基不能，故1molG和氫氣加成，最多消耗1molH2，B正確；C．碳原子相連的四個(gè)基團(tuán)均不一樣的碳原子是手性碳原子，六元環(huán)中連甲基的兩個(gè)碳原子、連羧基的碳原子是手性碳原子，故G中含3個(gè)手性碳原子，C錯(cuò)誤；D．羰基、羧基處的碳原子采取sp2雜化，其余碳原子均是sp3雜化，故G中采用sp2和sp3雜化的碳原子數(shù)之比為：1：5，D正確；答案選BD；13．【答案】D【解析】A．由題圖可知，與透過(guò)交換膜進(jìn)入濃縮室，由離子移動(dòng)方向可知電極b為陰極，電極a為陽(yáng)極，故A正確；B．a(chǎn)極為陽(yáng)極，電極上發(fā)生氧化反響生成，發(fā)生反響的電極反響式為，故B正確；C．陰極區(qū)通過(guò)交換膜n進(jìn)入濃縮室，故交換膜n為陰離子交換膜，故C正確；D．假設(shè)濃縮室得到的溶液，那么有0.4mol進(jìn)入濃縮室，電路上有0.8mol電子通過(guò)，可析出0.4molCu，其質(zhì)量為25.6g，故D錯(cuò)誤；答案選D。14．【答案】AD【解析】A．由圖可知CO在Pd2催化作用下與氧氣反響產(chǎn)生CO2，反響方程式為2CO+O2=2CO2，反響過(guò)程中CO中C—O極性鍵、O2中O—O非極性鍵斷裂，CO2中C—O極性鍵生成，沒(méi)有非極性鍵的生成，A錯(cuò)誤；B．由圖可知：反響路徑2所需總的活化能比反響路徑1低，反響路徑2的催化效果更好，B正確；C．催化劑改變反響的活化能，反響的ΔH只與反響物和生成物有關(guān)，催化劑不會(huì)改變整個(gè)反響的ΔH，C正確；D．路徑1的最大能壘(活化能)E正=-3.96eV-(-5.73eV)=1.77eV，D錯(cuò)誤；答案選AD。15．【答案】BC【解析】A．用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液，反響終點(diǎn)消耗氫氧化鈉50mL，那么H2A溶液的濃度為0.1000mol/L，故A正確；B．，a點(diǎn)溶液中pH=-，那么c(HA-)=c(H2A)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電荷守恒，d點(diǎn)溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液呈堿性，c(H+)<c(OH-)，所以c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)，故C錯(cuò)誤；D．酸堿中和滴定，滴定過(guò)程中可選擇甲基橙和酚酞溶液作指示劑，故D正確；選BC。16．【答案】〔1〕〔2〕加快酸溶速率，使酸溶更充分〔3〕或或、〔4〕〔5〕〔6〕分解吸收熱量；分解生成耐高溫且能隔絕空氣的；分解生成能隔絕空氣的水，水汽化吸收熱量〔7〕調(diào)，溶液中，，故不能生成沉淀【解析】根據(jù)流程：蛇紋石[主要成分為

Mg

6Si4O10(OH)8，還含少量NiO、Fe3O4等雜質(zhì)]粉碎后用硫酸酸溶，濾渣1的主要成分為不溶的SiO2，濾液1含有Mg2+、Ni2+、Fe3+，參加足量的鐵粉將Ni2+置換，同時(shí)將鐵離子復(fù)原為亞鐵離子，濾渣2為Ni，濾液2含有Mg2+、Fe2+，調(diào)節(jié)pH=5，參加KMnO4將Fe2+氧化為Fe(OH)3，自身被復(fù)原為MnO2，反響為：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，濾渣3為Fe(OH)3，向?yàn)V液3中參加石灰乳得到耐火材料Mg(OH)2，因其分解吸收熱量，分解生成耐高溫且能隔絕空氣的MgO和能隔絕空氣的水，水汽化吸收能量，據(jù)此分析作答?！?〕Mg6Si4O10(OH)8用氧化物的形式可表示為：6MgO?4SiO2?4H2O；〔2〕“酸溶〞時(shí)需適當(dāng)加熱可以加快酸溶速率，使酸溶更充分；〔3〕根據(jù)分析，濾渣1的主要成分為SiO2(或H2SiO3或H4SiO4)，濾液2中所含金屬陽(yáng)離子主要有Mg2+、Fe2+；〔4〕根據(jù)分析，反響Ⅰ為參加足量的鐵粉將Ni2+置換，同時(shí)將鐵離子復(fù)原為亞鐵離子，那么參加足量的鐵粉生成濾渣2的離子方程式是Fe+Ni2+=Ni+Fe2+；〔5〕“除鐵〞過(guò)程中，調(diào)節(jié)pH=5，參加KMnO4將Fe2+氧化為Fe(OH)3，自身被復(fù)原為MnO2，離子反響為：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；〔6〕Mg(OH)2分解吸收熱量，分解生成耐高溫且能隔絕空氣的MgO和能隔絕空氣的水，水汽化吸收能量等，故Mg(OH)2可作為阻燃材料；〔7〕調(diào)節(jié)pH=5時(shí)，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金剛石為原子晶體〔共價(jià)晶體〕微粒間作用力是共價(jià)鍵，C60為分子晶體，微粒間作用力是范德華力，共價(jià)鍵比范德華力大的多σσπ8或或【解析】〔1〕碳為6號(hào)元素，核外有6個(gè)電子，所以答案為：；〔2〕金剛石中每個(gè)碳原子與其余四個(gè)碳原子直接相連，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4對(duì)，所以碳原子采取sp3雜化，石墨每個(gè)碳與其余三個(gè)碳原子直接相連，且另外一個(gè)電子形成π鍵，所以碳原子采取sp2雜化，故答案為：sp3、sp2；〔3〕物質(zhì)融化時(shí)克服的是微粒間的作用力，金剛石為原子晶體〔共價(jià)晶體〕微粒間作用力是共價(jià)鍵，C60為分子晶體，微粒間作用力是范德華力，共價(jià)鍵比范德華力大的多，所以答案為：金剛石為原子晶體〔共價(jià)晶體〕微粒間作用力是共價(jià)鍵，C60為分子晶體，微粒間作用力是范德華力，共價(jià)鍵比范德華力大的多；〔4〕金剛石中每個(gè)碳原子與其余四個(gè)碳原子直接相連，所以形成的均為σ鍵，石墨每個(gè)碳與其余三個(gè)碳原子直接相連，形成σ鍵，另外一個(gè)電子與其它未成鍵電子形成大π鍵，所以答案為：σ、σ、π；〔5〕金剛石晶胞中，八個(gè)頂點(diǎn)各有一個(gè)碳原子，六個(gè)面的面心都有一個(gè)碳原子，體內(nèi)有四個(gè)，位于三個(gè)面心和相鄰頂點(diǎn)組成的小四面體體心〔間隔一個(gè)頂點(diǎn)〕，根據(jù)均攤法原那么，頂點(diǎn)占有八分之一，面心占有二分之一，體內(nèi)全屬于，，假設(shè)碳原子半徑為r，金剛石晶胞的邊長(zhǎng)為a，因?yàn)槿齻€(gè)面心和相鄰頂點(diǎn)組成的小四面體體心，那么頂點(diǎn)到這個(gè)體心的距離等于2r，而這個(gè)距離等于體對(duì)角線的四分之一，所以r=，碳原子在晶胞中的空間占有率，等于碳原子的體積除以晶胞的體積，所以答案為：8、、或或；18．【答案】-621.9kJ?mol-1ac乙H、D0.053202NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O【解析】Ⅰ．(1)整個(gè)反響分為三個(gè)基元反響階段，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，故答案為：-621.9kJ?mol-1；(2)a．均相NO-CO反響經(jīng)歷了TS1、TS2、TS3三個(gè)過(guò)渡態(tài)，IM1、、IM2、N2O、IM3、五個(gè)中間體，故a正確；b．整個(gè)反響分為三個(gè)基元反響階段，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，總反響速率由第一階段反響決定，故b錯(cuò)誤；c．從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反響放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚體()比N2O分子更容易與CO發(fā)生反響，故c正確；故答案為：ac；(3)開(kāi)始時(shí)v逆～c(CO2)為0，得出v正～c(NO)對(duì)應(yīng)曲線為乙，根據(jù)第一個(gè)圖得出，升溫，NO的平衡轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆移，反響為放熱反響，降低體系溫度，反響速率降低，平衡正向移動(dòng)，重新平衡，CO2平衡點(diǎn)為H，NO平衡點(diǎn)為D，故答案為：乙；H、D；(4)在一定溫度下向容積為2L的密閉容器中參加、，此時(shí)容器總壓為1×105Pa，發(fā)生上述反響，4min時(shí)達(dá)平衡，此時(shí)測(cè)得氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為，那么此時(shí)容器內(nèi)的總壓P=1×105Pa=8×104Pa，那么0~4min內(nèi)用CO2表示的的平均速率為L(zhǎng)-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，該反響的Kθ===320，故答案為：L-1min-1；320；Ⅱ．(5)裝置圖分析可知，氧離子移向的電極為陽(yáng)極，陽(yáng)極上通入氨氣失電子生成N2H4，陰極上氧氣得到電子生成O2-，傳導(dǎo)離子為O2-，陽(yáng)極電極反響：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O，故答案為：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。19．【答案】環(huán)己醇加成反響羥基、羧基2+2H2O10【解析】(1)根據(jù)分析可知B為，其名稱為環(huán)己醇；(2)C為，與HCN在一定條件發(fā)生加成反響生成；(3)根據(jù)分析可知D為，兩分子D發(fā)生酯化生成E，方程式為：+2H2O；(4)E的同分異構(gòu)體滿足：a.屬于的二取代物b.取代基處于對(duì)位且完全相同，那么取代基的可以位于或；c.能夠與NaHCO3溶液反響產(chǎn)生CO2，說(shuō)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種；其中核磁共振氫譜有5個(gè)峰，峰面積之比為6：2：1：1的是：；(5)比照丙酮CH3COCH3和目標(biāo)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知，需要在丙酮的2號(hào)碳上引入羥基和羧基，然后再和2-丙醇發(fā)生酯化