考場仿真卷05-2021年高考化學(xué)模擬考場仿真演練卷（福建卷）（全解全析）

2021年高考化學(xué)模擬考場仿真演練卷【福建卷】

第五模擬

化學(xué)?全解全析

1.【答案】B

【詳解】

A.自然界存在游離態(tài)的金，當時所使用的黃金主要來源于游離態(tài)，A合理；

B.當時制作鉞、戈、矛等兵器的主要材料是青銅，煉鋼出現(xiàn)在春秋戰(zhàn)國以后，B不合理；

C.木板、藤或竹含纖維素，纖維素屬于有機高分子材料，C合理；

D.動物的皮毛的主要成分為蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)在一定條件下可水解生成氨基酸，D合理；

故選B。

2.【答案】D

【詳解】

A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知藥物H的分子式為Ci6H13N2O2CLA正確；

B.該分子中含有氯原子和酰胺鍵兩種官能團，B正確；

C.堿性條件下水解產(chǎn)物酸化后可產(chǎn)生含酚羥基的有機物和丙二酸，都能與Na2cCh溶液反應(yīng)，C正確；

D.該物質(zhì)苯環(huán)上的一澳代物有6種，D錯誤。

3.【答案】C

【分析】

依據(jù)圖示反應(yīng)歷程可知甲烷在催化劑作用下斷裂C-H生成中間產(chǎn)物①；①一②過程中形成C-C鍵，從②到

CH3coOH有0-H鍵生成。

【詳解】

A.①一②過程能量變低，有熱量放出，故A正確；

B.結(jié)合圖例和分子結(jié)構(gòu)示意圖，X為CH4、Y為CCh、M為CH3co0H,即分別為甲烷、二氧化碳和乙酸，

故B正確；

C.反應(yīng)過程中沒有C-H鍵生成、①7②過程中形成C-C鍵、從②到CH3co0H有0-H鍵生成，故C錯誤；

D.依據(jù)反應(yīng)歷程可知甲烷與二氧化碳反應(yīng)生成乙酸為化合反應(yīng)，所以原子都轉(zhuǎn)移到目標產(chǎn)物，原子利用

率為100%,故D正確；故選C。

4.【答案】C

【詳解】

A.Cb通入到NaOH溶液中的產(chǎn)物主要為NaClO和NaCL其離子反應(yīng)的方程式為:Cb+2OH-=CT+C1CT+H2O,

A錯誤；

B.Cu和稀硝酸反應(yīng)生成NO,反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H++2NO=3CU2++2NOT+4H2O,B錯誤；

C.SO2與CaCL溶液不能直接反應(yīng)，久置出現(xiàn)白色渾濁，可能是空氣中的02將溶解的SO2氧化成H2so4,

繼而與CaCb溶液反應(yīng)得到CaS04沉淀，C正確；

D.H2c2。4屬于中強酸，不能拆成離子形式，其離子方程式為2MnO*5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8H20,

D錯誤；答案選C。

5.【答案】D

【詳解】

A.Cu和濃硫酸加熱反應(yīng)生成CuSCU、SO2、H20,途徑①產(chǎn)生了有毒氣體，A項錯誤；

B.將CuSCU溶液蒸發(fā)，利用余熱蒸干，會導(dǎo)致開始得到的膽磯晶體失去結(jié)晶水，故無法得到膽研，B項錯

誤；

C.CuSCU熱分解生成兩種產(chǎn)物，其中一種為CU20,Cu化合價降低，則必有元素的化合價升高，CuS04中

只有。元素的化合價能升高，故X中必有02,C項錯誤；

D.CuSCU與過量NaOH溶液反應(yīng)會生成Cu(OH)2懸濁液,葡萄糖溶液能還原新制Cu(OH)2懸濁液生成Cu2O,

D項正確；答案選D。

6.【答案】B

【詳解】

A.SO2有漂白性，根據(jù)試管中的紅色花瓣褪色，說明SCh具有漂白性，故A正確；

B.濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)后生成二氧化硫，有可能二氧化硫與裝置中的少量的氧氣(裝置中的空氣)，反應(yīng)

生成三氧化硫，三氧化硫與氯化領(lǐng)溶液反應(yīng)生成硫酸鋼沉淀，則不能說明二氧化硫與氯化鋼溶液反應(yīng)生成

亞硫酸領(lǐng)沉淀，故B錯誤；

C.酸性高鎰酸鉀溶液褪色，則SO2和酸性高鎬酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，二氧化硫中硫元素的化合價升高,

則說明so2具有還原性，故C正確；

D.滴有酚酸的NaOH溶液紅色變淺，NaOH物質(zhì)的量減少，則說明SCh能與堿溶液反應(yīng)，故D正確。

答案選B。

7.【答案】C

【分析】

由圖可知，該裝置為電解池，電極a為電解池的陰極，堿性條件下，二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)

生成甲酸根離子，電極反應(yīng)式為CO2+2e—+H2OHCOO-+OH-,電極b為陽極，堿性條件下，辛胺在陽極

失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成辛月青，電極反應(yīng)式為CH3(CH2)7NH2—e—+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O,

【詳解】

A.由分析可知，電極a為電解池的陰極，連接電源的負極，故A錯誤；

B.由分析可知，電極a為電解池的陰極，堿性條件下，二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成甲酸根

離子，電極反應(yīng)式為CC)2+2e—+H2OHCOO—+OH—,故B錯誤；

C.電解過程中，氫氧根離子向陽極移動，從左邊移向右邊，故c正確；

1

D.由得失電子數(shù)目守恒可知，有Imol二氧化碳參加反應(yīng)時，陽極生成辛睛的物質(zhì)的量為lmolx2xW=0.5mol,

故D錯誤；故選C。

8.【答案】B

【分析】

Na35C10+2H37Q=NaCl+C12T+H2O中化合價發(fā)生變化的只有C1元素，分別由+1價、-1價變成0價，結(jié)合氧

化還原反應(yīng)的規(guī)律和電離平衡常數(shù)與酸性強弱的關(guān)系分析判斷。

【詳解】

A.反應(yīng)中生成的氯氣為35cl37C1,一個分子中含有18+20=38個中子，因此ImolC12含有的中子數(shù)為38NA,

故A錯誤；

B.根據(jù)電離平衡常數(shù)，酸性：H2CO3>HC1O>HCOF,由強酸制弱酸原理可知，CO2與“84消毒液”發(fā)生反

應(yīng)的化學(xué)方程式是NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO,故B正確；

C.Na35cle)+2H37Cl=NaCl+C12f+H2O中化合價發(fā)生變化的只有C1元素，分別由+1價、-1價變成0價，轉(zhuǎn)移

一個電子，因此每轉(zhuǎn)移NA個電子，有Imol氧化劑Na35cl。和Imol還原劑H37cl反應(yīng)，氧化劑的質(zhì)量為74g,

還原劑的質(zhì)量為38g,氧化劑比還原劑多36g,故C錯誤；

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

K2cO3固體能夠與H+和HC10反應(yīng)，氯水中HC10的濃度減小，故D錯誤；

故選Bo

9.【答案】A

【詳解】

A.如果是Mn2++HCO,=MnCO31+H+,氫離子還會與HCO,反應(yīng)，H++HCOr=H2O+CO2t，正確的離子方程

2+

式為Mn+2HCOF=MnCO3；+H2O+CO2T,故A錯誤；

B.敞開、低壓容器中有利于二氧化碳的釋放，有利于反應(yīng)正向進行，效率更高，故B正確；

C.“焙燒，，產(chǎn)生的氣體為二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氫錢，可用于“沉錦”，故C正確；

D.酸性高銃酸鉀具有強氧化性，做氧化劑，硫酸提供酸性環(huán)境，有利于物質(zhì)穩(wěn)定存在，故D正確；

故選Ao

■?【答案】D

【詳解】

A.由左圖可知有CE生成且Ch含量降低，發(fā)生Cb+CruCE,A項正確；

B.由圖1知HC1O濃度減小，Cb溶解減小，CI2+H2OUH++CI-+HCIO,隨cr增大，平衡逆向移動，B項

正確；

C.由c（HCl）增大，C12溶解濃度先微弱減小后增大，生成CE促進Cb溶解為主要反應(yīng)，C項正確；

D.由圖1,2比較氫離子濃度增大，促進氯氣溶解，但硫酸中有硫酸根離子，硫酸根離子對氯氣溶解的影響

未知，隨硫酸的濃度增大，氯氣溶解度無從判斷，D項錯誤；

答案選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，溫度升高，反應(yīng)速率加快，所需時間減少；75℃以后，部分草酸分解，導(dǎo)致濃度降低，速率下

降，所需時間增多（2分）

（4）C（2分）

（5）7.6（2分）向硫酸錦溶液中緩慢滴加碳酸鈉溶液，邊滴邊攪拌（2分）

【分析】

黑鴇礦（主要成分為FeWCU、MnWCU,少量SiCh）中加入純堿、通入空氣后粉碎焙燒，生成CO2,SiO2

和碳酸鈉反應(yīng)生成NazSiCh,則濾液II中含有NazSiCh；水浸后過濾得到濾液I、濾渣I,濾渣I中加入稀鹽

酸過濾，得至UMnCh,濾液蒸干、灼燒得到固體A；

濾液I調(diào)節(jié)溶液的pH然后過濾，得到濾渣II和濾液II,調(diào)節(jié)溶液的pH過濾得到H2WO4,則濾液I中還含

有NazWCU,所以焙燒時生成Na?WO4、NazSiCh、MnCh、FezCh,所以濾渣I中含有MnCh、FezCh,濾液I

中含有Na2WO4、Na2SiO3;氧化鐵和稀鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵，氯化鐵水解生成氫氧化鐵和HC1,蒸干灼燒

氫氧化鐵固體分解生成氧化鐵,則蒸干得到的固體A為FezCh；二氧化鎰和草酸、硫酸控溫加熱得到MnSO4,

向硫酸錦溶液中加入碳酸鈉發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)得到MnCO3；濾液II調(diào)節(jié)溶液pH時得到濾渣II為H2SiO3；焙

燒鴇酸得到氧化鴇，氧化鴇發(fā)生鋁熱反應(yīng)得到W；

【詳解】

（1）根據(jù)以上分析確定A成分為FezCh；

（2）粉碎、焙燒”時MnWCU發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2MnW（h+2Na2co3+O2=2Na2WO4+2MnO2+2CCh；

（3）MnCh與硫酸、草酸反應(yīng)生成硫酸錦，同時生成二氧化碳和水，離子方程式為

MnCh+H2c2O4+2H+=Mn2++2CO2f+2H20；升高溫度化學(xué)反應(yīng)速率加快，但是草酸不穩(wěn)定易分解，濃度越小

反應(yīng)速率越小，所以75℃以前，溫度升高，反應(yīng)速率加快，所需時間減少，75℃以后，部分草酸分解，導(dǎo)

致濃度降低，速率下降，所需時間增多；

（4）濾液II調(diào)節(jié)溶液的pH得到鴇酸，加入的物質(zhì)應(yīng)該呈酸性且不能引進新的雜質(zhì)離子，BD溶液呈堿性、

C溶液呈酸性，所以符合條件的為c；

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

c(OH)=n—:+9=J----------=lxl0^4mol/L

(5)MnSCU溶液的濃度為ImolL」，剛好出現(xiàn)沉淀時V"Mir)V?,常溫時

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

c(OH-)1x10-，則pH不超過7.6；碳酸鈉溶液水解溶液顯堿性，如果溶液堿性太強

易生成Mn(OH)2沉淀，所以為控制溶液pH防止生成Mn(OH)2，其操作方法為向硫酸鋸溶液中緩慢滴加碳

酸鈉溶液，邊滴邊攪拌。

12.(14分)

【答案】(1)(球形)冷凝管(1分)

(2)紅(1分)

(3)清洗試管壁上殘留的硫(或溶解硫單質(zhì))(1分)

(4)(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O(2分)

(5)N2(2分)

(6)不能(1分)Ksp(HgS)太小，溶解平衡難以正向移動(2分)

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

(8)°-158cVxl00%(2分)

m

【詳解】

(1)根據(jù)裝置圖，可知儀器a的名稱是(球形)冷凝管；

(2)KSCN溶液與Fe3+反應(yīng)，溶液出血紅色，若以Fe3+作指示劑，當溶液變?yōu)榧t色時，說明Hg2+沉淀完全；

(3)硫單質(zhì)易溶于CS2,可用CS2清洗試管壁上殘留的硫；

(4)點燃C中氣體，氣體燃燒火焰呈紫紅色，邊緣略帶藍色，說明Hg(SCN)2分解產(chǎn)物有(CN)2,(CN)2與

氯氣性質(zhì)相似，(CN)2與氫氧化鈉反應(yīng)的方程式是(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；

(5)鎂在氮氣中燃燒生成氮化鎂，氮化鎂與水反應(yīng)生成氫氧化鎂和氨氣，取下D裝置，將燃著的鎂條伸入

瓶中，鎂條會繼續(xù)燃燒，取出燃燒產(chǎn)物，加入少量熱水，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則證

明Hg(SCN)2分解產(chǎn)物中含有氮氣；

(6)Ksp(HgS)太小，溶解平衡難以正向移動，所以HgS不溶于鹽酸；

(7)經(jīng)上述推斷，可知Hg(SCN)2分解生成HgS、N2、(CN)2、CS2；反應(yīng)的化學(xué)方程式是4Hg(SCN)2a

4Hgs+2CS2+3(CN)2?+N2T；

(8)NH4SCN標準溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液，溶液出紅色，若滴入標準液后溶液由無色變?yōu)榧t色，

且半分鐘內(nèi)不褪色，說明H2[HgCL]完全被消耗，反應(yīng)達到終點；滴定過程的反應(yīng)關(guān)系式是Hg(SCN)2UUHgS

UUH2[HgCl4]UU2NH4SCN,反應(yīng)消耗NH4SCN的物質(zhì)的量是VcxlO-3mo1,則分解Hg(SCN)2的物質(zhì)的量

0.5Vcxl0-3molx316g/mol.

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

是0.5%xl(y3moi,Hg(SCN)2的分解率為~xlOO%；

13.(13分)

【答案】(1)T160(2分)

2.55

(2)①小于(1分)②2(2分)萬(或加)(2分)

(3)@m3>m2>mi(1分)

②隨著溫度升高，溫度對NO殘留率的影響程度大于氨氮比的影響(2分)

(4)①0.1Au/Ag3Po4(1分)

②當Au負載量過多時，過多地覆蓋Ag3P。4表面，導(dǎo)致Ag3P04表面單位面積活性位點數(shù)減少(2

分）

【詳解】

（1）由蓋斯定律可知，目標方程式二①-②，可得AH=-1160kJ，mo「L

（2）①該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向左移動，逆反應(yīng)速率增大程度大于正反應(yīng)速率增大程度，根

據(jù)速率方程，可知改變溫度瞬間，濃度未發(fā)生變化，故k正的變化程度小于k逆的變化程度。

②設(shè)C12的變化量為xmol。列三段式：

2NO（g）+Cl2（g）□2ClNO（g）

起始/mol210

變化/mol2xx2x

平衡/mol2-2x1-x2x

根據(jù)壓強之比等于物質(zhì)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，可理解為NH3增加，NO的殘留率降低，故m3>m2>mi；②反應(yīng)過程中存在2個外界

因素，溫度和氨氮比，二者均對NO的殘留率存在影響，隨著溫度的進一步升高，不同氨氮比，NO的殘留

率趨近，說明溫度對NO殘留率的影響大于氨氮比的。

（4）①由圖示可知，去除率、NO轉(zhuǎn)化率較為合適的催化劑為0.1Au/Ag3PCk;

②根據(jù)題給信息可知，催化劑的活性與其表面的單位面積活性位點數(shù)有關(guān)，當Au的量增加時，可能會覆蓋

催化劑的活性位點。

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）

【詳解】

（1）硫元素的原子序數(shù)為16,基態(tài)硫原子的價電子排布式為3s23P%

A.彳寸目□符合核外電子排布規(guī)律，故正確;

3pt3小3p.

B.由洪特規(guī)則可知，電子在能量相同的軌道上排布時，總是盡可能分占不同的軌道且自旋方向相同，則

同［SE［違背洪特規(guī)則，故錯誤；

3Px3pr3p2

c.田Gffl符合核外電子排布規(guī)律，故正確;

3Px3pv3P;

D.由泡利不相容原理可知，一個原子軌道里最多只能容納2個電子，而且自旋相反，則「」一］違背泡

3p.t3pv3pr

利不相容原理，故錯誤；

AC正確，故答案為：AC；

（2）銅元素的原子序數(shù)為29,價層電子排布式為3dWsi,則基態(tài)亞銅離子的價層電子排布式為3甲。，故答

案為：3d10；

（3）硫化氫分子中硫原子的價層電子對數(shù)為4；硝酸根離子中氮原子的價層電子對數(shù)為3,孤孤對電子對

數(shù)為0,則離子的空間構(gòu)型為平面正三角形，故答案為：4；正三角形；

（4）分子晶體的熔點小于離子晶體，二氧化硫為分子晶體，三氧化二睇和三硫化二睇都為離子化合物，則

二氧化硫的熔點最低；離子晶體中，離子鍵越強，晶體的熔點越高，由于氧離子的離子半徑小于硫離子，

睇離子和氧離子形成的離子鍵強于睇離子和硫離子形成的離子鍵，三氧化二睇的熔點高于三硫化二睇，則

三種物質(zhì)熔點由高到低的順序為Sb2O3>Sb2s3>SO2,故答案為：Sb2O3>Sb2S3>SO2;

11

（5）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點和體心的睇原子個數(shù)為8xg+l=2,位于面上的小黑球的個數(shù)為8X2

11

=4,位于面心和棱上的小灰球的個數(shù)為2x]+4x4=2,位于體內(nèi)的大白球的個數(shù)為8,由晶體的化學(xué)式為

Cu2ZnSbS4可知，小黑球A、B、C均為銅原子，小灰球為鋅原子，大白球為硫原子，故答案為：Cu；

1x11

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

1313

面上的原子C的坐標為（1,2>2）>故答案為：（1，2>2）；

15.（10分）

【答案】（1分）取代反應(yīng)

(2)硝基、酯基（1分）

(3)丁二酸二甲酯（2分）

OOCCHs

濃硫酸ChN

OOCCHCHCOOH+HO(2分)

△222

（各1分,共2分）

（2分）

【分析】

分析題干合成流程圖，由A的分子式和D的結(jié)構(gòu)簡式可推知A為:,根據(jù)苯酚鄰對位上的H比較活

潑，推知B的結(jié)構(gòu)簡式為：HCH@W02,結(jié)合C的分子式和題干信息i可推知C的結(jié)構(gòu)簡式為:

CH3C0CH（O）-N02，由E的分子式結(jié)合D到E的反應(yīng)條件可推知，E的結(jié)構(gòu)簡式為,分析E和F

O：N

的分子式可知，二者相差2個H和1個。，故推知F的結(jié)構(gòu)簡式為：,由G的分子式并結(jié)合信

（XXCH；

息ii可推知G的結(jié)構(gòu)簡式為：,由M的結(jié)構(gòu)簡式和G的結(jié)構(gòu)簡式可推知K的結(jié)構(gòu)簡式為：

HOOCCH2cH2coOH,再結(jié)合J的分子式和J到K的轉(zhuǎn)化條件可知，J的結(jié)構(gòu)簡式為：

CH3cH2OOCCH2cH2coOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3,據(jù)止匕分析角軍題。

【詳解】

（1）由分析可知，A-B即轉(zhuǎn)化為HO-（0）-N02,故該反應(yīng)的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：取代反

應(yīng)；

(2)由分析可知，C的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COO<6>-^O2,故其中含有的官能團名稱是硝基、酯基，故答案為：

硝基、酯基；

(3)由分析可知，J的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3cH2OOCCH2cH2coOH或者CH3OOCCH2cH2coOCH3,故J中只

含有一種官能團的結(jié)構(gòu)簡式為CH3OOCCH2cH2co0CH3,股J的名稱是丁二酸二甲酯，故答案為：丁二酸

二甲酯；

OOCCHj

(4)由分析可知，G的結(jié)構(gòu)簡式為與K的結(jié)構(gòu)簡式為HOOCCH2cH2coOH,反應(yīng)生成M的