2021年高考臨考預測化學試卷B河北參考答案與解析

2021年高考臨考預測·化學試卷B（河北）參考答案與解析1.【答案】C【解析】劑鋼為Fe的合金，鐵的合金硬度比純鐵的大，熔點比純鐵的低，A項錯誤；

能蝕五金可知為王水，為鹽酸、硝酸的混合物，而HF酸與玻璃反應，B項錯誤；

古人以“得”為陰，以“失”為陽；從現(xiàn)代的化學觀點來看，硝酸鉀、硫在一定條件下發(fā)生氧化還原反應：，硫指的是硫黃，硝指的是硝酸鉀，硝酸鉀是氧化劑，得電子，碳為還原劑，失電子，C項正確；該古詩文指元代南安黃長者發(fā)現(xiàn)墻塌壓糖后，去土紅糖變白糖，說明泥土具有吸附作用，能將紅糖變白糖，發(fā)生的是物理變化，D項錯誤；答案選C。2.【答案】A【解析】氯堿工業(yè)是電解飽和食鹽水，在陽極發(fā)生氧化反應，故能得到Cl2，A錯誤；陰離子交換膜只允許陰離子自由通過，陽離子交換膜只允許陽離子自由通過，電滲析法是利用電場的作用，強行將離子向電極處吸引，致使電極中間部位的離子濃度大為下降，從而制得淡水，B正確；硅橡膠具有空間網(wǎng)狀結構，具有耐磨、耐高溫、耐低溫等性能，硅橡膠是目前最好的既耐高溫又耐低溫的橡膠，廣泛應用于航天航空工業(yè)，C正確；新型冠狀病毒具有極強的傳染性，可用84消毒液NaClO以及生成的HClO、過氧乙酸中的過氧酸根鍵均具有強氧化性，可以使蛋白質發(fā)生變性，故利用了其強氧化性進行環(huán)境消毒，D正確；故答案為A。3.【答案】A【解析】鐵粉與水蒸氣發(fā)生反應3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，0.3molFe粉與足量水蒸氣反應生成2，分子數(shù)為A，A正確；常溫下鋁片與濃硫酸發(fā)生鈍化，不能繼續(xù)反應，B錯誤；過氧化鈉和水反應生成氧化鈉和氧氣，過氧化鈉中氧有-1價變?yōu)?價和-2價，故1molNa2O2與水完全反應時轉移電子數(shù)為NA，C錯誤；100g質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中乙醇的物質的量為1mol，水分子的物質的量為3mol，則含有氫原子數(shù)為6NA+6NA=12NA，D錯誤；答案選A。4.【答案】B【解析】氫碘酸具有還原性，可以被三價鐵氧化為碘單質，反應的離子方程式為：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故A正確；亞硫酸鈉具有較強的還原性，氯氣具有強氧化性，用亞硫酸鈉溶液吸收少量氯氣，部分亞硫酸根離子被氯氣氧化為硫酸根離子，氯氣被亞硫酸鈉還原為氯離子，反應的離子方程式為：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO，故B正確；少量Fe3+能夠催化H2O2的分解，反應的離子方程式為：2H2O2==O2↑+2H2O，故C錯誤；堿性環(huán)境不能生H+，反應的離子方程式為：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D錯誤；故答案為B。5.【答案】D【解析】打開盛裝NO的集氣瓶，NO與O2反應，2NO+O2=2NO2，生成紅棕色的NO2，是氧化還原反應；Na2O2具有強氧化性，可以漂白品紅，使品紅褪色，是氧化還原反應；向KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液，是因為高錳酸根離子與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應而褪色；FeCl3與KSCN發(fā)生絡合反應，F(xiàn)e3＋+3SCN－=Fe(SCN)3，溶液變?yōu)檠t色，是絡合反應；綜上，前三個選項的顏色變化原因相同，只有第四個不同，故答案選D。6.【答案】D【解析】氫氧化亞鐵與空氣中的氧氣、水發(fā)生反應生成氫氧化鐵，反應的化學方程式為：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故A正確；氨與氧氣在催化劑作用下生成一氧化氮和水，發(fā)生反應為4NH3+5O24NO+6H2O，故B正確；向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉、二氧化硫、硫單質和水，發(fā)生反應為Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，溶液變混濁，故C正確；向HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加少量NaNO2，根據(jù)強酸制弱酸，生成硝酸鈉和亞硝酸：NaNO2+HNO3=HNO2+NaNO3；亞硝酸不穩(wěn)定，很快分解，放出氣體：2HNO2=H2O+NO↑+NO2↑，總反應為：2NaNO2+2HNO3=2NaNO3+H2O+NO↑+NO2↑，則沒有白色沉淀，故D錯誤；答案選D。7.【答案】D【解析】該化合物分子式是C3H4O2，1mol該有機物完全燃燒需要3molO2，A錯誤；在該物質分子中只有2個C原子上分別含有2個H原子，一氯代物只有1種，其二氯代物中，兩個Cl原子可以在同一個C原子上，也可以在不同的C原子上，所以該有機物的二氯代物有2種，B錯誤；由于分子中的C原子為飽和C原子，其結構與CH4中的C原子類似，構成的是四面體結構，因此不可能所有原子均處于同一平面，C錯誤；HCOOCH=CH2分子式也是C3H4O2，二者分子式相同，分子結構不同，互為同分異構體，D正確；答案選D。8.【答案】D【解析】據(jù)圖可知，將40mL的X溶液分成兩等份，其中一份中加入溶液并加熱，無刺激性氣味的氣體生成，說明沒有NH4+，生成的有白色沉淀且過濾后所得濾液中含有OH-，說明一定有Mg2+，一定沒有Fe3+，白色沉淀為Mg(OH)2，加入NaOH的物質的量為：，得到Mg(OH)2沉淀的物質的量為：，Mg2+的物質的量為，生成Mg(OH)2沉淀時消耗NaOH的物質的量為：，濾液中剩余OH-：，說明X溶液中一定含有Al3+，與過量的OH-反應生成和水，離子方程式為：Al3++4OH-=+2H2O，與Al3+反應消耗OH-的物質的量為：，由離子方程式可知，Al3+的物質的量為；另一份溶液中加入足量的硝酸鋇溶液，無明顯現(xiàn)象，說明不含SO，再加入足量的硝酸銀溶液，得白色沉淀，該沉淀是AgCl，說明含有Cl-，Cl-的物質的量為：，則根據(jù)溶液呈電中性可知X溶液中一定含有Na+且物質的量為：0.1mol-0.02mol×2-0.01mol×3=0.03mol.。由上述分析可知，X溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl-、Na+，一定不含NH4+，故A錯誤；X溶液中一定含有Na+、Mg2+、Cl-、Al3+，故B錯誤；X溶液中一定含有Mg2+，且c(Mg2+)==1.00mol?L-1，故C錯誤；X溶液中c(Na+)==1.50mol?L-1，c(Al3+)==0.50mol?L-1，故D正確；答案選D。9.【答案】A【解析】中S的化合價為+4價，處于-2和+6之間，既有氧化性又有還原性，由于酸性高錳酸鉀具有強氧化性；所以將氣體通入稀硫酸酸化的溶液中，溶液的顏色褪去，體現(xiàn)還原性，故選A；碘單質能使淀粉變藍，加碘食鹽中加的是碘酸鉀，不能使淀粉變藍；則向某食鹽溶液中滴加淀粉溶液，溶液不變色，不能的出該食鹽是否加碘，故B錯；HCl為無氧酸，不是Cl的最高價氧化物對應的水化物，雖然其酸性比碳酸的酸性強，但不能用于比較C與Cl的非金屬性的相對強弱，故C錯；在試紙上滴2~3滴一定濃度的溶液，試紙變紅，說明溶液呈酸性，則電離程度大于其水解程度，所以溶液中：，故D錯。10.【答案】D【解析】NaHCO3的溶解度較小，所以在飽和碳酸氫銨溶液中加入過量的硫酸鈉溶液會產生NaHCO3沉淀，過濾后所得濾液A中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，將濾液A用稀硫酸調節(jié)pH=2，使NaHCO3生成硫酸鈉，得濾液B為(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸鈉溶液，在B溶液中加入硫酸鋁可得銨明礬，據(jù)此答題。過程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比較小，NH4HCO3和Na2SO4發(fā)生反應：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正確；溶液B已經(jīng)呈酸性，檢驗SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正確；若省略過程Ⅱ，溶液中還有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3會與HCO3－發(fā)生雙水解反應，銨明礬產率會明顯減小，故C正確；向銨明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氫氧化鋁沉淀產生，后產生氨氣，再后來氫氧化鈉與氫氧化鋁反應，沉淀消失，所以觀察到：白色沉淀生成→刺激性氣體逸出→白色沉淀消失，故D錯誤；答案選D。11.【答案】BD【解析】X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，元素X、Y、Q的單質在常溫下呈氣態(tài)，X的原子序數(shù)比Y小，所以X為氫元素，元素Y的最高正價和最低負價之和為2，所以元素Y是氮，元素Z在同周期的主族元素中原子半徑最大，所以Z是鈉，M是地殼中含量最多的金屬元素，所以M是鋁元素，Q為氯元素，以此解答。X為氫，元素Y是氮，二者可以形成離子化合物，如NH4H，故A正確；元素Y是氮，Z是鈉，二者形成的簡單離子核外電子數(shù)相同，氮原子的質子數(shù)小于鈉原子質子數(shù)，則簡單離子半徑：Z<Y，故B錯誤；元素Z、M的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、Al(OH)3，Al(OH)3是兩性氫氧化物，二者可以相互反應，故C正確；M是鋁元素，Q為氯元素，二者形成的化合物為AlCl3，AlCl3是強酸弱堿鹽，鋁離子水解呈酸性，故D錯誤。12.【答案】AD【解析】NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4=H++NH+SO，NH+H2O?NH3?H2O+OH-，則c(H+)＞c(NH)，A說法錯誤；當?shù)稳?0mLNaOH溶液時，溶質為NaNH4SO4，根據(jù)質子守恒，c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-)，B說法正確；當?shù)稳?0mLNaOH溶液時，溶質為Na2SO4和NH3?H2O，且物質的量之比為1：1，根據(jù)NH3?H2O?NH+OH-，H2O?H++OH-，則c(H+)+c(NH)=c(OH-)，C說法正確；加入NaOH溶液10mL時，溶液呈酸性，c(Na+)=c(NH)+c(NH3?H2O)；加入20mL時，溶液呈堿性，c(Na+)=2c(NH)+2c(NH3?H2O)；當溶液呈中性時，加入NaOH的體積大于10mL，小于20mL，則c(Na+)＜2c(NH)+2c(NH3?H2O)，無法確定c(Na+)與2c(NH3?H2O)的關系，D說法錯誤。13.【答案】AC【解析】電解池陽極與電源正極相連，陰極與電源負極相連，由裝置圖可知，電解池陽極為a室稀硫酸溶液，氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應，則氫離子將移到b室與Na2SO3反應生成NaHSO3，陰極為c室，主要成分是NaHSO3和Na2SO3，氫離子發(fā)生還原反應生成氫氣，則c室中NaHSO3轉變?yōu)镹a2SO3，據(jù)此分析解答。根據(jù)分析，a室中氫離子向b室移動，則離子交換膜采用的是陽離子交換膜，故A錯誤；陽極水失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為2H2O-4e－=4H++O2↑，故B正確；陰極氫離子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應為：2H2O+2e?═H2↑+2OH?，生成氣體為氫氣，0.2g氫氣的物質的量為，轉移電子，a室為陽極，電極反應為2H2O-4e－=4H++O2↑，氧氣從a室逸出，氫離子向b室移動，則a室中減少的質量為水的質量，根據(jù)電子守恒，消耗水的物質的量為，質量為ｘ，故C錯誤；電解后將b室得到NaHSO3溶液，NaHSO3溶液經(jīng)結晶脫水可得到Na2S2O5，則結晶脫水過程方程式可表示為2NaHSO3

═Na2S2O5

+H2O，故D正確。14.【答案】AB【解析】根據(jù)表格信息，可列三段式：，再結合10min時的數(shù)據(jù)可知溫度為T1時，反應在5min時已達到平衡，在該溫度下的平衡常數(shù)為：，由此解答。該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向進行，平衡常數(shù)增大，已知T1時該反應的化學平衡常數(shù)為，T2時該反應的化學平衡常數(shù)為，故T1＞T2，A正確；根據(jù)三段式可知，0-5min內，用M表示的平均反應速率為，B正確；反應在5min時達到平衡狀態(tài)，故在第8min時v逆＝v正，C錯誤；根據(jù)反應方程式M、N的化學計量數(shù)之比可知，二者的轉化率之比始終保持不變，是個定值，故D錯誤。15．【答案】AD【解析】a、b點溫度相同,則a、b兩點平衡常數(shù)相等即b=a,故A正確；該反應為氣體體積減小的反應,增大壓強乙烯的轉化率增大,則壓強大小順序:P1<P2<P3,故B錯誤；混合氣體的質量、體積均不變,則密度始終不變,不能判定平衡狀態(tài),故C錯誤；該反應為氣體體積減小的反應,增大壓強使平衡正向移動，提高反應物的轉化率，其他條件不變，增大起始投料，相當于增大壓強，可提高乙烯轉化率，D正確。16．【答案】(1)水浴加熱8FeO+NO3?+26H+=8Fe3++NH4++11H2O(2)硝酸銨溶于水吸熱將三頸瓶中的NO、NO2轉化為HNO3B(3)3.0×10?7mol/L(4)邊攪拌邊向濾液中滴加稍過量的Na2SO3溶液和NaCl溶液，然后緩慢滴加NaOH溶液至溶液pH為，過濾，用95%乙醇洗滌，干燥，密封保存【解析】低品銅礦（主要含CuS、FeO等）溶解于硫酸、硝酸銨溶液發(fā)生氧化還原反應，S、Fe元素分別被氧化為SO42-、Fe3+，過濾I分離出濾渣Ⅰ為不溶性雜質，再加CuO促進鐵離子水解，過濾II分離出濾渣II為氫氧化鐵，濾液中含Cu2+再加入過量的Na2SO3溶液和NaCl溶液發(fā)生SO32-+2Cu2++2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，生成CuCl沉淀，加NaOH調節(jié)pH為，過濾、醇洗最后烘干得到CuCl，以此來解答。(1)“氧化”階段的溫度需控制在65℃，其適宜的加熱方式為水浴加熱，可控制溫度；該步驟中FeO被NH4NO3氧化，主要反應的離子方程式為8FeO+NO3?+26H+=8Fe3++NH4++11H2O；(2)①實驗開始時，溫度計顯示反應液溫度低于室溫，主要原因是硝酸銨溶于水吸熱；②通入氧氣的目的是將三頸瓶中的NO、NO2轉化為HNO3；為便于觀察和控制產生O2的速率，制備氧氣的裝置最好選用B，分液漏斗控制液體的加入，且C中過氧化鈉為粉末，與水接觸后發(fā)生反應至反應結束，不能控制氧氣的生成；(3)Ksp[CuCl]=c(Cl?)?c(Cu+)=1.2×10?6，所以如果c(Cl?)=4.0

mol?L?1，則c(Cu+)==3.0×10?7mol/L；(4)由圖可知，從“過濾Ⅱ”所得的濾液中獲取CuCl的實驗方案為邊攪拌邊向濾液中滴加稍過量的Na2SO3溶液和NaCl溶液，然后緩慢滴加NaOH溶液至溶液pH為，過濾，用95%乙醇洗滌，干燥，密封保存。17．【答案】(1)粉碎(2)2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)6=3Na2BeF4+

Fe2O3+

Al2O3+6SiO2(3)Be(OH)2

+2OH-=[

Be(OH)4]2-(4)加熱蒸干灼燒，BeCl2完全水解，最后得BeO(5)4.03Na++6

F-+Fe3+=Na3FeF6↓(6)陰極BeCl2(

熔融)eq\o(=,\s\up8(通電))Be+Cl2↑增強導電性【解析】綠柱石中加入Na3FeF6后，在750℃燒結，水浸后過濾，所得濾渣為Fe2O3、Al2O3、SiO2，濾液中加入適量NaOH溶液，生成Be(OH)2沉淀，則表明濾液中含有Na+、F-等；濾液中加入Fe2(SO4)3，將氟轉化為Na3FeF6沉淀；Be(OH)2煅燒后分解生成BeO和水，BeO與炭、焦油、氯氣反應，生成BaCl2，熔融電解而制得Be。(1)燒結冷卻后，固體結塊，為增大溶解效果，應設法增大固體與水的接觸面積，所以水浸之前“操作a”的名稱是粉碎。(2)750℃燒結時，Na3FeF6與Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固體難溶物，該反應的化學方程式為2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)6=3Na2BeF4+

Fe2O3+

Al2O3+6SiO2。答案為：2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)6=3Na2BeF4+

Fe2O3+

Al2O3+6SiO2；(3)因為Be(OH)2呈兩性，“過濾1”的濾液中若加入的氫氧化鈉過量，則會繼續(xù)溶解而生成可溶性鹽，所以后果是Be(OH)2

+2OH-=[

Be(OH)4]2-。(4)BeCl2為易水解的鹽，蒸發(fā)溶劑的過程中會水解生成Be(OH)2，然后再分解，所以理由是加熱蒸干灼燒，BeCl2完全水解，最后得BeO。(5)Ksp[Be(OH)2]=0.40×c2(OH-)=4.0×10-21，c(OH-)=10-10mol/L，pH=-lg，“沉氟”時，濾液中的Na+、F-與Fe2(SO4)3反應，生成Na3FeF6沉淀，反應的離子方程式為3Na++6

F-+Fe3+=Na3FeF6↓。(6)若鎳作陽極材料，則通電后易失電子而發(fā)生溶解，所以鎳坩鍋作電解槽的陰極材料，電解時BeCl2熔融電解，生成Be和氯氣，發(fā)生反應的化學方程式為BeCl2(

熔融)eq\o(=,\s\up8(通電))Be+Cl2↑；從方程式看，NaCl沒有參加反應，則加入NaCl的主要目的是增強導電性。18．【答案】（1）NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)ΔH=-234kJ·mol-1（2）0.001>ac（3）c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)bc（4）1.8mol【解析】（1）該反應的焓變△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，所以熱化學方程式為：NO2(g)+CO(g)＝CO2(g)+NO(g)ΔH=-234kJ/mol；（2）①由圖可知，在0～60s時段△c（N2O4），則v（N2O4）（L·s）；②溫度升高，混合氣體的顏色變深，說明升高溫度平衡向生成NO2的方向移動，升高溫度平衡向吸熱反應移動，則△H＞0；③向混合氣體中通入N2O4，等效為在原平衡基礎上增大壓強到達的平衡，平衡逆向移動，N2O4的體積分數(shù)增大，a正確；正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，N2O4的體積分數(shù)減小，b錯誤；向混合氣體中通入NO2，等效為在原平衡基礎上增大壓強到達的平衡，N2O4的體積分數(shù)增大，c正確；使用高效催化劑縮短到達平衡的時間，不影響平衡移動，N2O4的體積分數(shù)不變，d錯誤，答案選ac；（3）①0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，由2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O可得到溶液A中NaNO3物質的量濃度為，NaNO2物質的量濃度為，溶液B為的CH3COONa溶液；HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10-4mol·L-1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×10-5mol·L-1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度大于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液，兩溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由大到小的順序為c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)；②溶液B堿性大于A溶液，向溶液A中加適量水，稀釋溶液，堿性減弱，不能調節(jié)溶液pH相等，a錯誤；向溶液A中加適量NaOH，增大堿性，可以調節(jié)溶液pH相等，b正確；向溶液B中加適量水，稀釋溶液堿性減弱，可以調節(jié)溶液pH相等，c正確；溶液B堿性大于A溶液，向溶液B中加適量NaOH，溶液pH更大，d錯誤；答案選bc；（4）參加反應的硝酸轉化為Cu（NO3）2、NO、NO2，根據(jù)Cu原子守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（Cu），得到的NO和NO2物質的量相同，根據(jù)電子轉移守恒，則：3n（NO）+n（NO2）=0.6mol×2，故n（NO）=n（NO2），根據(jù)氮原子守恒可知n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO）+n（NO2）。19．【答案】(1)23d9(2)O(3)Cu失去一個電子后的價層電子排布式為3d10，達到全充滿穩(wěn)定結構；Zn失去一個電子后的價層電子排布式為3d104s1，Zn+4s1上的電子比Cu+3d10上的電子易失去(4)乙醇分子間存在氫鍵1：6sp2、sp3(5)AgCu3或Cu3Ag【解析】(1)根據(jù)化合物中所有元素化合價代數(shù)和為0，可計算出Cu的化合價為+2，所以Cun＋離子，n＝2，Cu的價電子排布式為3d104s1，Cu2+價電子排布式為3d9；(2)“中國藍”中Ba2+、Si都不存在孤對電子，而O原子中存