2021年福建省普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學試題(福建卷)(解析版)

1、化學試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H1016Na23Mg24S32一、選擇題：本題共10小題，每小，4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.建盞是久負盛名陶瓷茶器，承載著福建歷史悠久的茶文化。關(guān)于建盞，卜列說法錯誤的是A.高溫燒結(jié)過程包含復(fù)雜的化學變化B.具有耐酸堿腐蝕、不易變形的優(yōu)點C.制作所用的黏土原料是人工合成的D,屬硅酸鹽產(chǎn)品，含有多種金屬元素【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.高溫燒結(jié)過程是許多物理化學變化的綜合過程，A正確；B.陶笳成分是硅酸鹽，經(jīng)高溫燒結(jié)具有耐酸堿腐蝕、不易變形的優(yōu)點，B正確：C.黏土是含沙粒很少、有黏性的土壤，一般的黏土都由硅酸鹽

2、礦物在地球表面風化后形成,不是人工合成的，c錯誤；D.陶瓷主要原料黏土，屬硅酸鹽產(chǎn)品，含有多種金屬元素，DIE確：故選C。2 .豆幽醇是中藥半熨中含有的一種天然物質(zhì)，其分子結(jié)構(gòu)如卜圖所示。關(guān)于豆苗醇，卜列說法正確的是A.屬于芳香族化合物B.含有平面環(huán)狀結(jié)構(gòu)C.可發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)D.不能使酸性KMnO溶液褪色【答案】C【解析】【詳解】A.該結(jié)構(gòu)中不含苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，故A錯誤：B.由結(jié)構(gòu)簡式可知，其所含的環(huán)狀結(jié)構(gòu)中大多數(shù)為飽和碳原子，飽和碳原子為四面體構(gòu)型,因此形成的環(huán)狀結(jié)構(gòu)不是平面結(jié)構(gòu)，故B錯誤：C.該結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，含有醉羥基能發(fā)生酯化反應(yīng)，酯化反應(yīng)屈于取代反

3、應(yīng)，故c正確；D.碳碳雙鍵和界羥基均能被高缽酸鉀溶液氧化使其褪色，故D錯誤；故選：Co3 .設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值.下列說法正確的是A. 1.12LgHj所含極性共價健的數(shù)目為0.2NaB. 12gNaHSO,晶體中陰、陽離子總數(shù)為0.2NaC. O.lmolCH4與足量Cl?反應(yīng)生成CH3cl的分子數(shù)為O.INaD.電解熔融乂8（?12制2.48148，電路中通過的電子數(shù)為O.INa【答案】B【解析】【詳解】A.沒有標明氣體的存在狀態(tài)，L12LQH的物質(zhì)的量不一定為0.5mol,故A錯誤；B.硫酸氫鈉晶體中存在鈉離子和硫酸氫根離子，硫酸氫鈉摩爾質(zhì)量為120g/mol,所以12g硫酸氫鈉晶

4、體的物質(zhì)的最為O.lmol,陰、陽離子總數(shù)為0.2Na，故B正確：C.甲烷與足量氯氣反應(yīng)生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氫，因此O.lmolCH4與足量CL反應(yīng)生成CH3cl的分子數(shù)小于O.INa，故C錯誤：D.電解熔融的氯化鎂生成金屬鎂，鎂由+2價降低到。價，因此linol氯化鎂完全電解生成金屬鎂，轉(zhuǎn)移2moi電子，電解熔融乂目口述屋/且奧炬（物質(zhì)的量為O.lmol）,電路中通過的電子數(shù)為0.2Na，故D錯誤；故選B。4.明代徐光啟手跡記載了制備硝酸的方法，其主要流程（部分產(chǎn)物已省略）如卜.:FeSO4SO,H-0-H2SO,-卻?-HNOjso?B.本流程涉及更分解反應(yīng)D.

5、制備使用的鐵鍋易損壞卜列說法錯誤的是A. FeSCh的分解產(chǎn)物X為FeOC.HNCh的沸點比H2SO4的低【答案】A【解析】【詳解】A.據(jù)圖可知FeSO分解時生成SO?和SO”部分S元素被還原，則Fe元素應(yīng)被氧化，X為FeK3,A錯誤;B. H?SC4與KNO3在蒸儲條件卜.生成HNO3和K?SOj,為復(fù)分解反應(yīng)，B正確；c.H2s。4與KNOs混合后，蒸儲過程中生成HNO”說明HNCh的沸點比HSO的低，C正確：D.疏酸、硝酸均可以和鐵反應(yīng)，所以制備使用的鐵鍋易損壞，D正確：綜上所述答案為A。5.實驗室配制碘水時，通常將L溶于KI溶液：I2(aq)+r(aq)I；(aq)0關(guān)于該溶液，F(xiàn)列說

6、法正確的是A.KI的電子式為Kf：B.滴入淀粉溶液，不變藍C.加水稀釋，平衡逆向移動D.加少量AgNOj固體平衡正向移動【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.KI是離子化合物，電子式為K+:L，A錯誤：B.該溶液存在滴入淀粉溶液，變藍，B錯誤；C.根據(jù)勒夏特列原理，加水稀釋，平衡朝著離子濃度增大的方向移動，即逆向移動，C正確：D.加少量AgNC3固體，Ag+與生成沉淀，r濃度卜.降，平衡逆向移動，D錯誤：故選C。6.室溫卜卜.列各組離子一定能與指定溶液共存的是A. 0.2molL?的NH4cl溶液:Na*.K，SO：、SiO；B. O.lmolU1的FeCL溶液：NH；、Ca、B、SCNC.

7、0.2molL“的H2so4溶液:Mg2，、Fe-、NO；、crD. O.lmolU1的Ba(OH)二溶液：Na*.K7、Cf、CIO【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.NHl是強酸弱堿鹽，0.2mol-I?的NHjCI溶液顯酸性，IT與S10；生成硅酸沉淀不能大量共存，A不符合題意：B. O.lmoLL1的FeCh溶液，F(xiàn)d+與SCR生成Fe(SCNb不能大量共存，B不符合題意:C. 0.2mol-I?的Hf。溶液，HFe、NO；共同作用發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，c不符合題意：D. 0.111011?的&9用？溶液，Ba升、OH-、Na*.K，C、CKT能大量共存，D符合題意；故選D

8、。7.利用下列裝置和試劑進行實臉，不能達到實驗?zāi)康牡氖茿BCD,1g乙醇、乙酸4和濃硫酸Z：c=C1鹽橋1r稀硫酸f15亡4nZnSO.溶液、J一比較Zn與Cu的金屬性強弱除去CC中的HC1并干燥制取乙酸乙酯（必要時可加沸石）實驗室制取氯氣稀鹽酸MnO2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A.該裝置中，若Zn比Cu活潑，則總反應(yīng)為Zn與硫酸的反應(yīng)，此時Zn為負極,Cu為正極：若Cu比Zn活潑，則總反應(yīng)為Cu與硫酸鋅的反應(yīng)，此時Cu為負極，Zn為正極，所以可以比較Zn與Cu的金屬性強弱，A正確：B.稀硫酸中含有大最氫離子，可以抑制氯氣的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收HC1,洗氣后再用

9、濃硫酸干燥，B正確；C.乙酸、乙醉和濃硫酸混合加熱可以制取乙酸乙酯，飽和碳酸鈉溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度，同時吸收乙酸和乙醇，便于分液分離得到乙酸乙酯，沸石可以防止暴沸，c正確：D.制取氯氣應(yīng)用濃鹽酸和二氧,化鐳共熱，稀鹽酸不與二氟化缽反應(yīng)，D錯誤；綜上所述答案為D。8.某種食品膨松劑由原子序數(shù)依次增大的R、W、X、Y、Z五種主族元素組成.五種元素分處三個短周期，X、Z同主族，R、W、X的原子序數(shù)之和與Z的原子序數(shù)相等，Y原子的最外層電子數(shù)是Z原子的一半。下列說法正確的是A.簡單氫化物的穩(wěn)定性：WXZB.丫的氧化物是兩性氧化物C.R、W、X只能組成共價化合物D.最高正價：YWNS，故簡單氫化

10、物的穩(wěn)定性：H,ONH/H、S,選項A錯誤：8 .Y的氧化物A1?O3是兩性氧化物，選項B正確；C.R、W、X能組成離子化合物NH4NO3,選項C錯誤；D,最高正價：丫為+3,W為+5,X一般沒有正價，選項D錯誤；答案選B。9 .催化劑TAPP-Mn(H)的應(yīng)用，使Li-CO?電池的研究取得了新的進展。L1-CO?電池結(jié)構(gòu)和該催化劑作用卜.正極反應(yīng)可能的歷程如卜.圖所示。TA*)；。CO3.、/Li，e-*tiCO2LijOjco?.Li-.r人|j?COb*CO-CO3,LiC卜列說法錯誤的是A.Li-CO,電池可使用有機電解液B.充電時，Li由正極向負極遷移C.放電時，正極反應(yīng)為3co,+

11、4Lr+4e-=2LlC()3+CD.L1C0,、*CO、工1CQ3和C都是正極反應(yīng)的中間產(chǎn)物【答案】D【解析】【詳解】A.L1是活潑金屬能與水發(fā)生反應(yīng)，因此不能采用水溶液作為電解質(zhì)，應(yīng)使用有機電解液，故A正確；B.充電時原電池的負極與電源負極相連作陰極，原電池的正極與電源正極相連作陽極，陽離子由陽極向陰極移動，則Li*由正極向負極遷移，放B正確；C.由裝置可知，該原電池的正極為二氧化碳得電子生成C單質(zhì)，電極反應(yīng)式為：3C0,+4Li+4e=2Li.CO3+C,故C正確；D.由正極的反應(yīng)歷程圖示可知，C為最終的產(chǎn)物，不是中間產(chǎn)物，故D錯誤:故選：Da10.如圖為某實驗測得O.lmolLNaHC

12、O,溶液在升溫過程中(不考慮水揮發(fā))的pH變化曲線。卜.列說法正確的是A. a點溶液的c(OH-)比c點溶液的小B. a點時，K%,所以KwAKlHCOsbKqlH,COs)，故B錯誤;KalC.b點溶液顯堿性，溶液中存在電荷守恒：c(Na-)+c(H*)=c(HC0；)+2c(C0：)+c(0-),由于c(H-)vc(OH),所以c(Na*)c(HCO；)-H2c(CO;),故C錯誤；D.碳酸氫鈉溶液中存在電離和水解2個過程，而電離和水解均為吸熱過程，升高溫度，促進了電離和水解的兩個過程，故D錯誤；故選Ao二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.四鑰酸俊是銅深加工的重要中間產(chǎn)品具有廣泛的

13、用途。一種以鋁精礦(主要含MoS還有Cu、Fe的化合物及S1O2等)為原料制備四鉗酸鉉的工藝流程如卜圖所示。(NH4),Mo4Ou-2Hq回答卜列問題:(1)“焙燒”產(chǎn)生的氣體用吸收后可制取氮肥。“浸出”時，MoO轉(zhuǎn)化為MoO：。提高單位時間內(nèi)鉗浸出率措施有(任寫兩種)。溫度對90mm內(nèi)鑰浸出率的影響如圖所示。當浸出溫度超過80后，鑰的浸出率反而降低，主要原因是溫度升高使水大量蒸發(fā)，導(dǎo)致。AAAr一io96%s$uHNO?分解產(chǎn)生等物質(zhì)的量的兩種氣體，根據(jù)氧化還原氣化反應(yīng)可知反應(yīng)方程式為：2HNO、=NOT+NO、T+H,O,反應(yīng)結(jié)束后量筒收集到no,A中紅棕色氣體逐漸變淺，一因為NO二溶于水

14、生成NO,顏色變淺，錐形瓶壓強降低，導(dǎo)管里上升一段水柱。13.化學鏈燃燒(CLC)是利用我氧體將空氣中的氧傳輸至燃料的新技術(shù)，與傳統(tǒng)燃燒方式相比，避免了空氣和燃料的直接接觸，有利于高效捕集CO-基于CuO/CUO載氧體的甲烷化學鏈燃燒技術(shù)示意圖如bo空氣反應(yīng)器與燃料反應(yīng)器中發(fā)生的反應(yīng)分別為：2Cu。十O式g)U4CuOH=-227kJmol18CuO(s)十CHg)U4Cu2O(s)+CO2(g)+2H,O(g)AH2=-348kJ-mol1(1)反應(yīng)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)AH=kJ-mol1。(2)反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K=。(3)氧的質(zhì)量分數(shù)：載氧體I(填“

15、小=或”(4)58%(5) .反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高平衡左移.溫度高于1030時，x(O2)大于21%,載氧體無法載氧(6) (D.膨潤土【解析】【小問1詳解】2Cu:O+O:(g)U4CuOH=227kJ-mol1：8CuO(s)+CH4(g)U4Cu:O(s)+CO2(g)+2H,O(g)AH:=-348kJ-mol1,用x2+(1)得：反應(yīng)CH(g)+2CMg)=CO式g)十2H9(g)AH!=-227kJ-mol1x2+(348kJ,mol1)=802kJ-mol1故答案：802?！拘?詳解】由8CuO+CH$(g)u4Cu?O+CO*g)+2Ho(g)AH1=-348kJ-mo-

16、可知，故體沒有濃度，所以該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式心。(Hj)c(,OjH?故答c(CH4)CH4c：(H2O)c(CO:)H2O2CO:c(CH4)(或CHJ)?！拘?詳解】由圖可知：我氧體i是把空氣中的氧氣轉(zhuǎn)移到燃料反應(yīng)器，載氧體n是氧氣和甲烷發(fā)生反應(yīng)釋放出水和二氧化碳，所以氧的質(zhì)量分數(shù)：載氧體d載氧體口，故答案：o【小問4詳解】設(shè)往盛行CuO/Cu:O載氧體的剛性密閉容器中充入空氣的物質(zhì)的最為Imol,氧氣的物的最分數(shù)x(。?)為21%,則氧/(的物質(zhì)的量為0.21moL氮/(的物質(zhì)的量為0.78moL由圖可知,達到平衡時氧氣的物的量分數(shù)x(Oj為10%,則達到平衡時氣體的物質(zhì)的量為0.7

17、8niol+0.lmol=0.88mol,變化的氧氣的物質(zhì)的量為lmol-0.88mol,根據(jù)2cx0十0式g)=4CuOAH1=-227kJmorI反應(yīng)，985時0?的平衡轉(zhuǎn)化率小、bnol-O.SSmol口小小，a(O,)=xlOO%=58%,故答案：58%o_0.2Imol【小問5詳解】因為2C%O+O*g)=4CuO為放熱反應(yīng)，隨溫度升高平衡逆向移動，翅氣的濃度正人。因為往盛行CuO/C%O我輒體的剛性密閉容器中充入空氣【氧氣的物的量分數(shù)x(Oj為21%,由圖可知，當溫度高于1030C時，x(Oj大于21%,載氧體無法載氧。故答案：反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高平衡左移；溫度高于1030時，

18、x(O2)大于21%,載氧體無法載氧?！拘?詳解】由表中數(shù)據(jù)可知：使用氧化鋁摻雜的載氧體反應(yīng)的活化能比使用膨潤土摻雜的載氧體反應(yīng)的活化能高，所以使用膨潤土摻雜的我氧體反應(yīng)較快。使用氧化鋁比使用者膨潤土摻雜的載氧體反應(yīng)較慢，單位時間內(nèi)燃料反應(yīng)器釋放的熱最少，所以akJbkJ,故答案：膨潤土：。14.類石墨相氮化碳(g-CjN,)作為一種新型光催化材料，在光解水產(chǎn)氫等領(lǐng)域具有廣闊的應(yīng)用前景，研究表明，非金屬摻雜(O、S等)能提高其光催化活性。g-CjN具有和石墨相似的層狀結(jié)構(gòu)，其中一種二維平而結(jié)構(gòu)如卜圖所示?；卮鸩妨袉栴}：(1)基態(tài)C原子的成對電子數(shù)與未成對電子數(shù)之比為。(2) N、O、S的第一

19、電離能(L)大小為L(N)L(O)L(S),原因是o(3) g-C3N4晶體中存在的微粒間作用力有(填標號)。a.非極性鍵b.金屬鍵cm鍵d.范德華力(4) g-GN4中，C原子的雜化軌道類型,N原子的配位數(shù)為o(5)每個基本結(jié)構(gòu)單元(圖中實線圈部分)中兩個N原子(圖中虛線圈所示)被。原子代替，形成O摻雜的gL(O)(S),原因是相同電子層數(shù)的原子，N原子的核外電子排布式是Is?2s22P3,p軌道處在半滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，原子核對核外電子的束縛作用較強，較難失去第一個電子，第一電離能N大于O；O和S是同一主族元素，O原子的半徑較小，原子核對核外電子的束縛作用較強，較難失去第一個電子，第一電離能

20、O大于S：故第一電離能(L)大小為L(N)L(o)L(s)?！拘?詳解】根據(jù)題意，g-CsN,晶體具有和石墨相似的層狀結(jié)構(gòu)，結(jié)合二維平面結(jié)構(gòu)圖，判斷其存在的微粒間作用力有極性鍵、兀鍵和范德華力，故答案選cd?！拘?詳解】g-GNj中，結(jié)合二維平面結(jié)構(gòu)圖得知，C原子與N原子形成三個。鍵，層內(nèi)存在大n鍵的，不存在孤電子對，故C原子的雜化軌道類型為sF雜化；根據(jù)二維平面結(jié)構(gòu)圖得知，N原子的成鍵有連兩個C原子和連三個C原子的兩種情況，故N原子的配位數(shù)為2、3兩種?！拘?詳解】從基本結(jié)構(gòu)單元分析得知，N原子的成鍵有連兩個C原子和連三個C原子的兩種情況，連兩個C原子的N原子完全屬于該基本結(jié)構(gòu)單元，連三個C原子的N原子處在中心的完全屬于該基本結(jié)構(gòu)單元，處在“頂點”卜的屬于三個基本結(jié)構(gòu)單元，故一個基本結(jié)構(gòu)單元含有6個C原子和7+gx3=8個N原子：將圖中虛線圈所示的N原子用。原子代替，則O原子完全M于該基本結(jié)構(gòu)單元，故該基本結(jié)構(gòu)單元含有6個C原子、6個N原子、2個O原子，則形成O摻雜的g-C3N4（OPCN）的化學式為C3NQ?！军c睛】該基本結(jié)構(gòu)單元的分析應(yīng)注意到兩點，一是它是平面層狀結(jié)構(gòu)，二是“頂點N原子分屬三個基本結(jié)構(gòu)單元。1