2021年高考化学考前押题《最后一卷》 新高考版 福建地区专用参考答案.pdf

1、2021年高考化学考前押题最后一卷 新高考版 福建地区专用 参考答案 一、选择题 1.答案：C 解析：青铜属于铜的合金，合金的硬度较大，A说法正确；生成保护膜的过程中铜元素由游离态变 为化合态，发生了氧化还原反应，B 说法正确； 224 Cu (OH) SOCuO、均可与酸反应，故保护膜在 酸性较强的环境中会被腐蚀，C 说法错误； 2 Cu S中铜的质量分数 642 100%80% 64232 ，CuO 中铜的质量分数 64 100%80% 6416 ，二者铜的质量分数相等，D 说法正确。 2.答案：A 解析：A.标准状况下， w K不等于 14 10 ，1L pH=10 的纯碱溶液中，水电离

2、产生的OH数目不等于 4 A 10N ，错误。 B.100g质量分数为 64%的乙酸 18 242 C HO 水溶液中，含 64g的 18 242 C HO和 36g 的 2 H O，含氢原子 总数为 AAA 4228NNN，正确。 C.环氧乙烷的结构简式为，1 个环氧乙烷分子中含有 1 个非极性键、6 个极性键，44g 环氧乙 烷的物质的量为 1mol，则其中含有 A 6N个极性键，正确。 D. 2 NO与 2 H O反应的方程式为 223 3NOH O2HNONO ， 2 3molNO完全反应转移 2mol 电 子， 2 27.6 gNO的物质的量为 0.6mol，完全参加反应转移的电子数

3、为 A 0.4N，正确。 3.答案：C 解析：M 分子中含有 1 个氯原子和 2 个酚羟基，1molM 最多可与 3 mol NaOH 反应，A 正确；M 分 子中的碳碳双键可以发生氧化反应和加成反应，苯环上有酚羟基，可以发生取代反应，B 正确；该 分子中最多有 9 个碳原子共平面，C 错误；M 与足量 2 Br反应后的分子的结构简式为 ，D 正确。 4.答案：D 解析：过滤操作需要用玻璃棒进行引流，故 A 错误；容量瓶不能用来稀释、溶解溶质，故 B 错 误；丙装置中 22 H O与 3 NaHSO溶液反应没有明显实验现象，无法根据实验现象判定反应速率的快 慢，故 C 错误；丁装置可根据不同烧

4、杯中烧瓶颜色的深浅来判定 2 NO的浓度，进而探究温度对可 逆反应： 224 2NON O平衡移动的影响，故 D 正确。 5.答案：D 解析：A.测定小苏打含量选用盐酸滴定时会产生 2 CO， 2 CO与水反应生成碳酸溶液，溶液 pH 变化 在甲基橙变色范围内，正确；B.验酒计原理是 2272524242432 3 2K Cr O3C H OH8H SO2K SO2CrSO3CH COOH11H O，铬盐是有毒重金 属盐，不能随意倾倒，正确；C.滴定终点时溶液变为紫红色，且半分钟内不褪色， 4 KMnO既能氧 化I又作指示剂，正确；D. 2 CO是温室气体，但无毒，不属于大气污染物，错误。 6

5、.答案：D 解析：步骤是 Fe 与 3 NO反应生成 2 NO和 2 Fe ，反应的离子方程式为 2 322 NOFe2HNOFeH O ，A 正确；步骤是 Fe 与 2 NO反应生成 4 NH和 2 Fe ，反应的 离子方程式为 2 242 NO3Fe8H3FeNH2H O ，B 正确；白色絮状物在空气中最终变成红 褐色是因为氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁： 2223 4Fe(OH)O2H O4Fe(OH)，C 正确；氧化性 2 34 NOSO ，故应为 3 NO被 2 Fe 还原，D 错误。 7.答案：C 解析：反应 3 ClCH 3 HCHHCl 1 7.5kJ molH ，A正确；反应 3

6、 ClCH 3 HCHHCl的活化能 1 a 16.7kJ molE ，B 正确；反应(3)的活化能 1 a2 8.3kJ molE ，反应(2)的活化能 1 a1 16.7kJ molE ，比反应(3)的活化能更大，反应较难发 生，C 错误； 1 423 CH (g)Cl (g)CH Cl(g)HCl(g)105.4kJ molH 是该过程的总反应，D 正确。 8.答案：A 解析：由题干信息可推知，W 为 H 元素，X 为 C 元素，Y 为 O 元素，Z 为 Al 元素，R 为 Cu 元 素。碳氢化合物的种类繁多，沸点有可能大于氢氧化合物的沸点（例如石蜡），故 A错误；C、 H、O 形成的葡

7、萄糖可以被新制氢氧化铜氧化，故 B 正确； 3+ Al 和 2 O 核外电子排布相同，3+ Al 核 电荷数较大，则其离子半径较小，故 C正确； 22 H O是常用的氧化剂，故 D正确。 9.答案：C 解析：由题干信息和图示信息可知，充电时化合态的氧在 OER 电极失去电子被氧化为氧气，OER 电极发生氧化反应，为阳极，与电源的正极相连，A正确、C 错误。放电时 Zn 电极作负极失去电 子，发生的反应为 2 Zn2+2OHZnOH O e，ORR 电极氧气得电子发生还原反应，ORR 电 极为正极，则电子由 Zn 电极经外电路向 ORR 电极转移，B、D 正确。 10.答案：A 解析：曲线 x

8、是滴定过程中的 pH变化曲线，曲线 y 是水电离过程中的 pH水变化曲线，由曲线 y 可知，和点水电离出的 Hc相同，A 错误；以点计算醋酸的 a K， 2.92.9 3 4.8 a 3 HCH COO 1010 10 CH COOH0.1 cc K c ，B 正确；点时存在电荷守恒： 3 NaHCH COOOHcccc ，此时 Ph=7，即 HOH cc，所以 3 NaCH COOcc ，C 正确；点时恰好中和，即为 0.05 1 mol L的 3 CH COONa溶液，溶液 中 3 CH COO水解，溶液呈碱性，所以 3 NaCH COOOHHcccc ，D正确。 二、非选择题 11.答案

9、：（1）+2（1 分）；S（1 分） （2）2:41（1 分）；避免 3 Fe 与3 Sb 一起形成沉淀（1 分） （3） 15 1 10 （2 分） （4）稀释、加热均可促进 3 Sb 的水解（2 分）； 3 22 Sb2H OClSb(OH) Cl2H （2 分） （5） 322342 2SbOCl2NHH OSb O2NH ClH O （2 分） 解析： （1）锑是第A族元素，其主要化合价为+3、+5，硫为-2 价，由化合物中各元素化合价代 数和等于 0，可求出铁为+2 价，根据流程图中各操作过程中涉及物质可知 X 是单质硫 （2）氧化过程中，1mol 2 Cl可得到 2mol 电子，矿

10、石中 2 Fe 转化为 3 Fe 、3 Sb 转化为52 SbS 、 转 化为 S，则 1mol 46 14 Pb FeSb S失去的电子为（11+62+142）ml=41mol，由得失电子守恒原理得 46 142 Pb FeSb S:4Cl2: 1nn 。由表中各离子形成沉淀时溶液的 pH可知， 3 Sb 完全沉淀时， 3 Fe 也有部分沉淀，但2 Fe 尚未开始形成沉淀，故将 3 Fe 还原为2 Fe 的目的是避免 3 Fe 与3 Sb 一起形成沉淀。 （3）当溶液中 251 Fe1 10mol Lc 时， 2 Fe 恰好沉淀完全，此时溶液的 pH=9， 51 OH1 10mol Lc ，

11、 2 225515 sp2 Fe(OH)FeOH1 101 101 10Kcc 。 （4） 3 Sb 通过水解得到相应的沉淀，稀释、加热均可促进水解。生成 2 Sb(OH) Cl的离子方程式为 3 22 Sb2H OClSb(OH) Cl2H 。 （5）由流程图中信息可知，SbOCl与氨水反应的产物之一是 23 Sb O，则发生反应的化学方程式为 322342 2SbOCl2NHH OSb O2NH ClH O 。 12.答案：（1）检验装置气密（1 分）；水浴加热（1 分） （2）平衡气压，便于液体顺利流下（1 分）；防止硫酸滴入过快产生大量的热，导致乙醇挥发产 率下降（1 分） （3） 2

12、42253252 N HH OC H ONONaOHNaNC H OH3H O （2 分） （4）使冷水与乙醇蒸气的接触面积大，上下对流，提高冷凝效果（2 分） （5）当滴入最后 1 滴亚硫酸钠溶液，紫红色刚好褪去且半分钟内不变色（2 分）0.90 或 90.00%（2 分） 解析：（1）将装置连接好，第一步需要检查装置气密性；对装置 A、B 中液体进行加热时温度均 不超过 100，可采用水浴加热。 （2）恒压漏斗可使漏斗上下压强一致，便于液体顺利流下。向装置 A 中的三颈烧瓶中滴加浓硫 酸，要控制滴加速度，防止滴加过快产生热量过多，导致乙醇大量挥发，转化率下降。 （3）由题干信息可知，亚硝酸

13、乙酯和水合肼在 NaOH 溶液中反应生成叠氮化钠和乙醇，反应的化 学方程式为 242253252 N HH OC H ONONaOHNaNC H OH3H O 。 （4）蒸馏时采用逆流原理，可增大冷水与乙醇蒸气的接触面积，上下对流，冷凝效果更好。 （5）当滴入最后 1 滴亚硫酸钠标准溶液时，溶液中的酸性高锰酸钾恰好消耗完，溶液的紫红色 褪去且半分钟内不变色，证明达到滴定终点。 4 KMnO与 23 Na SO反应的离子方程式为 222 4342 2MnO5SO6H2Mn5SO3H O ，则该反应消耗的 13 4 2 KMnO0.200molL25.00 10L=0.002mol 5 n，则与叠

14、氮化钠反应消耗的 13 4 KMnO1.00mol L20.00 10L0.002mol0.018mol n。根据所给反应可知， 34 NaN5KMnO5 0.018mol0.09molnn ，故 1 3 NaN65g mol0.09mol=5.85gm ，故叠 氮化钠的纯度 3 5.85g NaN100%90.00% 6.5g 。 13.答案：（1） 223 NO (g)SO (g)NO(g)SO (g)41kJ / mol H（2 分） （2）（1 分）；（1 分） （3） 3 23 SO SOSO p pp （2 分） （4）小于（2 分）小于（2 分）小于（2 分） 解析：（1）根据盖

15、斯定律，由 2 得出目标热化学方程式。 （2）二氧化硫催化氧化正反应放热，温度越高平衡常数越小；C点要在温度不变的情况下达到 平衡，需使 3 SO %增大，即反应向正向进行， 逆正 vv。 （3）根据 S 元素守恒， 3 23 SO SOSO n nn ，压强之比等于物质的量之比，所以也等于 3 23 SO SOSO p pp 。 （4）由容器中反应 322 2SO (g)2SO (g)O (g) mol / L0.600 mol / L0.40.40.2 mol / L0.20.40.2 起始量 变化量 平衡量 可以求出平衡常数 2 2 0.40.2 0.8 0.2 K，平衡时气体的总物质的

16、量为 0.8mol，其中 2 SO占 0.4mol， 所以 2 SO的体积分数为 50%， 2 3 O 1 SO c c 。在平衡状态下， 正逆 vv，所以 22 322 SOSOO 正逆 k ckcc，进一步求出0.8 正 逆 k K k 。 参考平衡，假设容器在某时刻， 2 3 O 1 SO c c ， 由反应 322 2SO (g)2SO (g)O (g) mol / L0.30.50.2 mol / L22 mol / L0.320.520.2 xxx xxx 起始量 变化量 平衡量 因为 2 3 O0.2 1 SO0.32 cx cx ，解得 1 30 x，求出此时浓度商 2 c 2

17、 177 2893030 210 7 30 QK，说明此时反 应向逆反应方向进行， 2 Oc减小， 3 SOc增大， 2 3 O SO c c 减小，所以容器达平衡时， 2 3 O SO c c 一 定小于 1，即容器中 2 3 O SO c c 小于容器 2 3 O SO c c ； 参考容器中 2 SO的体积分数为 50%，假设容器在某时刻， 2 SO的体积分数为 50%， 由反应 322 2SO (g)2SO (g)O (g) mol / L00.50.35 mol / L22 mol / L20.520.35 xxx xxx 起始量 变化量 平衡量 由0.5220.35xxx，解得，0

18、.05x，求出此时浓度商 2 c 2 0.40.3 4.8 0.1 QK，说明此时反 应向逆反应方向进行， 2 SO进一步减少，即容器中 2 SO的体积分数小于 50%；温度为 2 T时， 2 10.8 正 逆 k K k ，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以 1 T小于 2 T。 14.答案：（1）X（1 分）；（1 分） （2） 2 MgCl为离子晶体，沸点较高； 33 AlClFeCl、为分子晶体，沸点相对较低，但 3 FeCl的相对 分子质量大，分子间作用力较大，则 3 FeCl的沸点比 3 AlCl的高（2 分） （3）18（1 分）；sp 杂化（1 分） （4）

19、4（1 分） 24 MgAl O（2 分） 33 3 4 40.132.5 0.07 3 100% 0.4 （合理即可，3 分） 解析：（1）Fe 元素的价电子数较多，其四级电离能之间的数值变化不大，故代表铁元素的是 X； 2 Fe 是 Fe 失去 4s上的两个电子形成的离子，故其价层电子排布图为。 （2） 2 MgCl是离子晶体，沸点较高； 33 AlClFeCl、为分子晶体，沸点相对较低，但 3 FeCl的相对 分子质量大，分子间作用力较大，则 3 FeCl的沸点比 3 AlCl的高。 （3）SCN与 3 Fe 之间形成 6 个配位键，SCN中 S 与 C 之间形成 1 个键，N 与 C

20、之间形成 1 个 键，配位键也是键，1 个3 6 Fe(SCN) 中共有 18 个键。 （4）右图 A 单元可以看出，每个 2 Mg 周围有 4 个 2 O ，2 Mg 的配位数为 4。 由右图可知， 1 4 晶胞中含有 2 O 的数目= 111 841018 842 （个），含有 2 Mg 的数目为 2，含有 3+ Al的数日 11 8214 42 （个），则 1 4 晶胞中 232 MgAlO 、的个数分别是 2、 4、8，化学式为 24 MgAl O。 一个 B 单元中含有 2 O 的数目= 11 864 82 （个），含有 3+ Al的数目= 1 612.5 4 （个）， 一个 B单元

21、的体积是 33 0.4 nm，离子占有的体积是 333 4 40.132.50.07nm 3 ，故 B单元的空 间利用率为 33 3 4 40.132.5 0.07 3 100% 0.4 。 15.答案：（1） 252244 C HN O（1 分） （2）（1 分）；（酚）羟基（1 分）；羧基（1 分） （3）保护酚羟基（1 分） （4）（2 分）；9（2 分） （5） （3 分） 解析：（1）由 G 的结构可知其分子式为 252244 C HN O。 （2）根据已知信息和 E的碳骨架结构，可知 C 到 D 的转化过程跟信息断键方式相同，因此 D 的结构简式为。F 的官能团有氨基、羟基、羧基。 （3）B、C、D、F 的结构简式分别为，在转变过 程中变化的基团如图标记，在 C到 D 碳骨架构建过程中起到保护酚羟基的作用。 （4）根据 A 和 C 的结构以及已知信息可知 B 到 C 的转化过程为生成，因此 A到 B 的化学方程式为。C()的结构 为苯环上连接三个不同的官能团，官能团种类相同且苯环上取代基数目相同的同分异构体有 10 种，除去本身还有 9 种。 （5）由信息可知，芳卤代烃可以与发生反应让两个苯环偶联，甲苯溴代引 入溴原子，再与反应生成，氧化甲基引入羧 基，最后发生酯化反应即可得到目标产物。