2021年高考化学押题预测卷（山东卷）（01）（全解全析）

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2021 年高考原创押题预测卷 01【山东卷】

化学·全解全析

1．【解析】选 D。氮化铝陶瓷、硅－石墨烯－锗晶体管都属于新型无机非金属材料，航空煤油主要由不同

馏分的小分子烃类化合物组成，酚醛树脂则属于体型合成有机高分子化合物。

2．【解析】选 C。该记载过程描述的是食盐的制备过程。NaOH 俗称“火碱”，在自然界不能稳定存在，

A选项错误；“作咸”过程主要涉及“蒸发结晶”过程，不涉及“蒸馏”操作，B选项错误；“蒸发结

晶”过程在实验室完成会用到蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等仪器，C选项正确；食盐的制备过程发生了物理

变化，没有发生化学变化，D选项错误。

3．【解析】选 C。它们的通式都是（C6H10O5）n，聚合度 n不同，因此分子式不同，不互为同分异构体，

故A错误；纤维素和淀粉水解最终产物均为葡萄糖，故 B错误；二醋酸纤维素还有未完全酯化的羟基，吸

湿性更好，故 D错误。

4．【解析】选 D。海洋碳循环过程如下：①空气中的二氧化碳溶于水生成的碳酸，碳酸部分电离生成碳酸

氢根：CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO3

－；② HCO3

－通过钙化作用和 Ca2+反应生成 CaCO3和

CO2；③ CO2通过光合作用生成（CH2O）n。所以固碳过程中 CO2为反应物，不是催化剂，A选项错误；钙

化作用中反应物中含有 HCO3

－，生成物为 CaCO3和CO2，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为 2HCO3

－+Ca2+＝CaCO3↓+CO2↑+H2O，B选项错误；植物的光合作用是将光能转化为化学能的过程，C选项错误；

（CH2O）n中碳元素显 0价，则有 nCO2~（CH2O）n~4n e－，所以固碳过程中若生成 1mol（CH2O）n，则转

移电子的物质的量为 4nmol，D选项正确。

5．【解析】选 D。环氧乙烷为烃的衍生物，不属于烃，A选项错误；苯乙醇中含有苯环，苯环上的 12 个

原子一定共面，羟基上的氧原子，与羟基相连的碳原子，与苯环相连的碳原子组成的平面也可能与苯环共

平面，则最多有 14 个原子共平面，B选项错误；苯与溴水混合发生物理萃取而分层，苯在铁屑催化下能与

液溴发生取代反应，C选项错误；环氧乙烷与乙醛（CH3CHO）的分子式都是 C2H4O，二者互为同分异构

体，D选项正确。

6．【解析】选 D。Ca（H2PO4）2溶液显酸性，故 H2PO4

－的电离程度大于水解程度，所以溶液中 c（H2PO4

－）＞c（H+）＞c（HPO42－）＞c（H3PO4），A正确；PO43－的中心原子 P原子的价层电子对数为 4，所以

采取 sp3杂化，空间构型为正四面体形，B正确；CaF2晶胞中每个 Ca2+被8个F－包围，根据化学式可知每

个F－被4个Ca2+包围，即 F－的配位数是 4，C正确；氢氟酸为弱酸，SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O反应生成

SiF4和H2O，容易与硅分离除杂，D错误。

7．【解析】选 D。CuFeS2中铜显+2 价，铁显+2 价，硫显－2价，为普通的 S2－，不存在 S－S键，A选项

正确；多硫化物盐硫元素显负价，处于－2价和 0价的中间价态，在酸性条件下可以发生自身的氧化还原

反应生成硫磺和硫化氢，B选项正确；天然橡胶硫化生成多硫链后，可以增强橡胶的韧性，增强抗老化性，

C选项正确；在钠－硫高能电池中，金属钠作负极，则 Na2S5做正极反应物，D选项正确。

8．【解析】选 B。因为 LaNi5H6为固体，其浓度为定值，永远不变，A选项错误；该反应的压强平衡常数

表达式为 Kp＝p3（H2），温度不变，Kp不变，则 p（H2）不变，B选项正确；该反应的浓度平衡常数表达

式为 Kc＝c3（H2），缩小容器的容积，Kc不变，则 c（H2）不变，B选项错误；升高温度，平衡逆向移动，

c（H2）增大，不利于储氢，D选项错误。

9．【解析】选 D。由图可知，该反应的反应物是 H2O和CO2，生成物是 O2和HCOOH，反应的化学方程

式为：2CO2+2H2O 2HCOOH+O2，A选项正确；光催化反应中能量有光能转化为化学能，B选项正

确；Nafion 膜左侧 H2O→O2，氧元素的化合价升高，则铁元素的化合价必须降低，所以 b为Fe3+，a为

Fe2+，C选项正确；反应物 CO2和H2O的结构式分别为O＝C＝O、H－O－H，只有极性键，生成物

HCOOH+O2的结构式分别为O＝O、H－－O－H，既有极性键又有非极性键，D选项错误。

10．【解析】选 C。化学反应的方向是“稳定性弱的物质生成稳定性强的物质”，由反应③MEBT+Y4－

（EDTA）→MY2－+EBT 可知，配合物 MY2－的稳定性大于 MEBT，A选项错误；在滴定过程中眼睛要随时

观察锥形瓶中溶液颜色的变化，B选项错误；指示剂铬黑 T放入锥形瓶中与 M2+结合成酒红色的 MEBT，

最后一滴标准液 EDTA 与MEBT 反应，溶液由酒红色（MEBT）变为蓝色的 EBT，C选项正确；实验时装

有EDTA 标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则标准液浓度减小，消耗的标准液的体积偏

大，则测定结果将偏高，D选项错误。

11．【解析】选 D。根据图示可知，X形成四个共价键，Y形成两个共价键，结合“Y的最外层电子数等

于X的核外电子总数”，则可以 X是碳，Y是氧；Z形成一个共价键，结合“同周期元素原子

W、X、Y、Z”，则 Z是氟；因为“四种原子最外层电子数之和为 20”，则 W的最外层电子数为

20―4―6―7＝3，则 W是硼。四种元素形成的简单氢化物中 H2O的沸点最高，即 Y元素的简单氢化物中

沸点最高，A选项错误；同周期元素，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径 B（W）＞C（X）＞

O（Y）＞F（Z），B选项错误；LDFCB 中的碳全部是双键碳，为 sp2杂化，C选项错误；非金属性越强，

元素原子的电负性越大，则电负性F（Z）＞O（Y）＞C（X）＞B（W），D选项正确。

12．【解析】选 AD。题干中“计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子”，故热化学方程式中 ΔH＝－

2.24×10－24×NAeV·mol－1，故 A正确；在催化剂表面吸附和解吸附的过程都是催化剂参与化学反应的过程，

不是物理过程，故 B错误；由 M2→M3 的变化过程可计算出该历程的活化能为 2.12×10－24×NAeV·mol－1，

故C错误；M1 为C2H2与HgCl2形成的中间体，加入催化剂，降低反应所需活化能，形成的中间体更易发

生加成反应，化学键更易断裂，故 M1 中碳碳三键键能比C2H2中小，故 D正确。

13．【解析】选 B。试管1中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成 SO2，生成的 SO2进入试管2中与酸性高锰

酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS 与稀硫酸反应生成 H2S，2H2S+SO2＝

3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的 NaOH 用于吸收SO2，防止污染空气。如果出现白色

固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；试管2中紫红色溶液由

深变浅，直至褪色，说明 SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确。ZnS

与稀硫酸反应生成 H2S，2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错

误；若 NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是 NaHSO3溶液碱性小于 NaOH，D选项错误。

14．【解析】选 AD。根据反应② Cu2+与SCN－反应很快生成白色的 CuSCN 沉淀，则用KSCN 溶液检验

Fe3+时，Cu2+的存在会对检验产生干扰，A选项正确，C选项错误；反应②生成的（SCN）2化学性质和氯

气相似，可以将 Fe2+氧化成 Fe3+，Fe3+与SCN－反应使局部出现红色，B选项错误；因为溶液中有大量的

Cu2+，Cu2+与SCN－快速反应，降低了 SCN－的浓度，使 Fe3++3SCN－Fe（SCN）3平衡逆向移动，

Fe（SCN）3的浓度迅速降低，所以红色迅速褪去，D选项正确。

15．【解析】选 AB。二元酸 H2R存在两步电离：H2R H++HR－，根据图上第一个交点 pH＝

1.3，c（H2R）＝c（HR－），Ka1＝＝c（H+）＝1.0×10－1.3；HR－H++R2－，根据图上

的第二个交点 pH＝4.3，c（R2－）＝c（HR－），Ka2＝＝c（H+）＝1.0×10－4.3；R2－发生两

步水解：R2－+H2O HR－+OH－，Khl＝＝＝10－9.7；HR－+H2O H2R+OH－，Kh2＝＝

＝10－12.7。根据分析，H2R的二级电离常数Ka2＝1.0×10－4.3＝100.7×10－5，则数量级为10－5，A正确；

溶液中电荷守恒为 c（Na+）+c（H+）＝2c（R2－）+c（HR－）+c（OH－），在 pH＝4时溶液中 c（R2－）＜

c（HR－），故 3c（R2－）＜c（Na+）+c（H+）－c（OH－），B正确：等体积、等浓度的 NaOH 溶液与 H2R

溶液混合后，二者恰好反应生成 NaHR，HR－可以电离也可以水解，由于 Ka2＝1.0×10－4.3 大于 Kh2＝10－12.7，

则以电离为主，溶液显酸性，故电离产物 c（R2－）大于水解产物 c（H2R），C错误；根据弱酸的电离平衡

常数越大酸性越强，由于 Ka1（H2R）＞Ka2（H2R）＞Ka1（H2CO3）＞Ka2（H2CO3），可得酸性：H2R＞HR－

＞H2CO3＞HCO3－，可得酸根离子结合氢离子能力（碱性强弱）：CO32－＞HCO3－＞R2－＞HR－；那么向

Na2CO3溶液中加入过量 H2R溶液，因为过量酸性溶液，可以将 CO32－转化为 CO2，酸性足量生成 HR－，发

生的反应是：CO32－+2H2R＝CO2↑+H2O+2HR－，D错误。

16．（12 分）【答案】（1）MnO2+SO2＝Mn2++SO42－（2分）

（2）5≤pH＜8（2分）；Fe（OH）3、Al（OH）3（2分）

（3）Mg2+（1分）；使Mg2+与萃取剂分离转化为 MgCl2（1分）

（4）抑制MgCl2水解（1分）（5）萃取剂（或有机相2）（1分）

（6）MnO2+2HX＝Mn2++2X+2OH−（2分）

【解析】锰结核（主要成分为 MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2）加入 H2SO4进行酸浸，将

MgO、Fe2O3、Al2O3转化为 Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为 Mn2+，自身被氧化为 SO42

－，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣 1中主要为 SiO2，滤液1中主要含有 Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及

SO42－，调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为 Fe（OH）3、Al（OH）3过滤除去，则滤渣 2主要含有

Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液2主要含有 Mg2+、Mn2+及SO42－，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分

液后有机相1中主要含有 Mg2+，水相1中主要含有 Mn2+及SO42－，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，

Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有 MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到 MgCl2·6H2O，在干燥

的HCl 气流中加热分解得到 MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和

H2SO4，电解后的溶液中含有 H2SO4，可返回步骤Ⅰ酸浸使用，据此分析解答。（1）根据分析，“锰结核

粉末”中 MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为 Mn2+，自身被氧化为 SO42－，离子方程式为 MnO2+SO2＝

Mn2++SO42－。（2）调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为 Al（OH）3、Fe（OH）3过滤除去，“滤液1”

中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1 时，认为该离子沉淀完全，

Ksp［Al（OH）3］＝1.0×10−33，Ksp［Fe（OH）3］＝4.0×10−38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此

时溶液中 c（OH−）＝＝＝1.0×10−9mol·L−1，pOH＝9，则 pH＝14－pOH＝5；

根据 Ksp［Mn（OH）2］＝1.8×10−13，Ksp［Mg（OH）2］＝1.8×10−11，当“滤液1”中 c（Mn2+）为

0.18mol·L−1 时，溶液中 c（OH−）＝＝＝1.0×10−6mol·L−1，pOH＝6，则 pH

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