考場仿真卷03-2021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】

第三模擬

化學(xué)-全解全析

1.【答案】A

【詳解】

A.活性炭吸附色素為物理變化過程，沒有發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，A符合題意；

B.高粱釀制白酒，是通過微生物的作用，將糖類轉(zhuǎn)化為乙醇，屬于化學(xué)變化，B不符合題意；

C.亞硝酸鹽會將血紅蛋白中二價鐵氧化為三價鐵，服用維生素C可將三價鐵還原為二價鐵，從而緩解

中毒癥狀，屬于化學(xué)變化，c不符合題意；

D.鹽堿地的土壤中含有Na2c03,因CO?水解顯堿性，加入石膏可實現(xiàn)CaSO4轉(zhuǎn)化為難溶的CaCCh,

從而降低土壤中cot濃度，堿性減弱，該過程涉及化學(xué)變化，D不符合題意；故答案選A。

2.【答案】C

［詳解］

A.乙烷和乙烯在標(biāo)準(zhǔn)狀況下均為氣體，且二者的分子中所含的碳原子數(shù)均為2,因此標(biāo)準(zhǔn)狀況下，U.2L

112L

乙烷和乙烯混合物中含有的碳原子數(shù)為五赤為x2MmoH=NA,,A項正確；

0.224L

B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，224mLSO2的物質(zhì)的量=22.4lL/mol=0.01mol,根據(jù)硫原子守恒，可知溶液中SO2、H2so3、

HSO。SOr四種粒子的物質(zhì)的量之和為O.Olmol,即數(shù)目之和為O.OINA,B項正確；

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4l?He含有3M個中子和質(zhì)子，中子數(shù)為NA,C項錯誤；

D.ImolCLh+正離子所含的電子總數(shù)為(6+3X1?1)NA=8NA,故D正確：答案選C。

3.【答案】C

【詳解】

A.向飽和Ba(NO3)2溶液中滴加過量NaHCCh溶液生成碳酸鋼白色沉淀，Ba2++2HCO；=BaCO31+CO2f+H2O,

故A正確；

B.向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至剛好沉淀完全，二者物質(zhì)的量按照I：1進(jìn)行反應(yīng),Ba2++2OH+NH。

+

+H+SO4-=BaSO4l+NH3*H2O4-H2O,故B正確；

C.FeiCh溶于過量氫碘酸溶液中，由于Fe3+具有較強(qiáng)氧化性，而I-具有還原性，所以2者發(fā)生氧化還原反應(yīng)正

確的離子方程式為：Fe2O3+6H++21=2Fe2++l2+3H2O碘單質(zhì)是沉淀，故C錯誤；

+2+

D.稀硝酸中加入過量的鐵屑，反應(yīng)生成亞鐵離子：3Fe+8H+2NOr=3Fe+2NOt+4H2O,故D正確；

故選C。

4.【答案】B

【詳解】

A.N?與H2在一定條件下合成NH3,是氮元素的單質(zhì)變?yōu)榛衔锏倪^程，因此屬于氮的固定，A項正確：

B.室溫下CCh在飽和食鹽水中溶解度不大，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈堿性，有利于C02的

吸收，因此要先向飽和食鹽水中通人足量N%,再通人C02氣體，B項錯誤；

C.反應(yīng)⑤、⑥中均有元素化合價發(fā)生變化，因此這兩個反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)，C項正確；

D.高純硅是制作太陽能電池的材料，D項正確；

答案選B。

5.【答案】A

【分析】

根據(jù)已知W、X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，且W、Y最外層均有一個電子，且Y

的原子半徑大于W,Z最外層有三個電子，X、M最外層為六個電子且X原子半徑小于M,故W、X、Y、

Z、M為H、0、Na、Al、So

【詳解】

A.由于水中有氫鍵，熔沸點偏高，所以水的沸點大于硫化氫，A項正確；

B.過氧化氫中存在極性鍵和非極性鍵，過氧化鈉中存在離子鍵和非極性鍵，化學(xué)鍵類型不同，B項錯誤；

C.X、Y、Z的簡單離子三者最外層均為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故原子序數(shù)越小，離子半徑越大，X>Y>Z；C

項錯誤；

D.氫氧化鈉為強(qiáng)堿，氫氧化鋁為弱堿，故堿性：氫氧化鈉,氫氧化鋁，D項錯誤：

答案選A。

6.【答案】D

【詳解】

A.乙醇和乙醛均能使酸性高鎬酸鉀溶液褪色，A項錯誤：

B.三濱苯酚、溟均易溶于苯中，B項錯誤；

C.乙酸乙酯在濃堿中會水解，C項錯誤；

D.若液面上有白霧，振蕩后試管中有淡黃色沉淀，D項正確。故選D。

7.【答案】B

【詳解】

A.分子式為C9H10O,故A錯誤；

Ha

B.苯環(huán)上的二氯代物中氯原子的位置可以是出“?中的ab、ac、ad、be,故B正確；

C.該物質(zhì)含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子化合物，故C錯誤；

D.位于同一平面的原子數(shù)最少有12個，故D錯誤；

故選Bo

8.【答案】A

【詳解】

A.食鹽水為中性，發(fā)生吸氧腐蝕，故A正確；

B.易形成共沸混合物，應(yīng)加CaO后蒸儲，故B錯誤；

C.中和滴定時眼睛觀察錐形瓶內(nèi)顏色的變化，達(dá)到滴定終點后再讀數(shù)，故C錯誤；

D.蒸發(fā)促進(jìn)銅離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)，應(yīng)在HC1氣流中蒸發(fā)得到CuCb固體，故D錯誤；

故選：Ao

9.【答案】C

【分析】

據(jù)圖可知A極室中［Fe(CN)61-轉(zhuǎn)化為［Fe(CN)6/，F(xiàn)e元素化合價升高被氧化，所以A極室為陽極，B極室為

陰極。

【解析】

A.根據(jù)分析可知A極室為陽極，電極反應(yīng)為［Fe(CN)6F-e=［Fe(CN)6］3一,A正確；

B.電解池中陰離子流向陽極，A極室為陽極，所以O(shè)H?通過離子交換膜由B極室向A極室移動，B正確;

C.循環(huán)的電解液為NaOH堿性溶液，所以催化析氫室中并沒有氫離子參與反應(yīng)，正確反應(yīng)為

DHPS-2H+2e+2H2O=DHPS+2H2T+2OH-,C錯誤：

D.據(jù)里可知［Fe(CN)6產(chǎn)在A極室中轉(zhuǎn)化為［Fe(CN)6p后又再催化析氧室中又轉(zhuǎn)化為［Fe(CN)61-,DHPS在B

極室中轉(zhuǎn)化為DHPS-2H后又在催化析氫室中轉(zhuǎn)化為DHPS,理論上兩種物質(zhì)沒有損耗，可自補充循環(huán)，D

正確；

綜上所述答案為C。

10.【答案】C

【解析】

Kw

A.a點溫度低于25℃,因而Kw<1.0Xl⑴，c(H+)=1.0mol-L-1,而J<1.0度0/3A錯誤；

B.b點為溫度最高點，此為恰好完全反應(yīng)的點，溶質(zhì)只有氯化筱，筱根離子水解顯酸性，c(OH)Vc(H)

B錯誤；

C.b點恰好完全反應(yīng)時所需氨水小于10mL,因而氨水濃度大于L0mo1?L”,C正確；

D.b點溶質(zhì)為氯化鐵，只有鏤根的水解促進(jìn)水的電離，且b點溫度最高，所以b點水的電離程度最大，D

錯誤；

綜上所述答案為C。

11.（13分）（1）①Fe2O3FeO（各1分，共2分）②1100C（1分）

⑵CaSCU（1分）

增加c（SO：），使反應(yīng)Ca2++SO：-CaSCU平衡向正反應(yīng)方向移動，促進(jìn)CaSO4析出。［或增加c（SO：）,

使得Qc>Kp（CaSCM，反應(yīng)向生成CaSO4沉淀的方向移動。］（2分）

2++2+3+

（3）MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O（2分）

+

（4）H2（1分）H2SeO3+4e-+4H=Se+3H2O（2分）浸出（2分）

【分析】

高鐵缽礦（含MnCh、Fe2O3及少量FcO、CaO、K2O、NazO）研磨后加入足量碳粉焙燒還原，MnCh被還原為

MnO,FezCh及少量FeO被還原為Fe單質(zhì)，之后加入硫酸浸取，CaSCh微溶：成為謔渣，其余金屬元素以

陽離子的形式進(jìn)入濾液，加入MnS將Fe2+氧化為FA,調(diào)節(jié)pH值形成Fe（OH）3沉淀，同時Fe?+與Na+、

K+形成絡(luò)合物沉淀，凈化除雜后得到MnSO4溶液，加入SeOz電解得到Mn單質(zhì)。

【解析】

⑴①Fe3+和Fe2+有較強(qiáng)氧化性，可以被碳粉還原得到Fe單質(zhì)；

②高價缽難溶于稀硫酸，所以焙燒時應(yīng)將Mn元素盡可能多的轉(zhuǎn)化為低價缽，根據(jù)所給數(shù)據(jù)可知在1100C

焙燒時低價鋅的含量最高，所以焙燒時應(yīng)選擇的溫度為1100℃；

（2）高鐵橘礦鎰礦中含有CaO,而硫酸鈣微溶，所以用稀硫酸浸出時濾渣主要為CaSCh,以及還原時加入的

過量碳粉；加入MnSO4可以增加c（SO「），使反應(yīng)Ca2++SOf□CaSCh平衡向正反應(yīng)方向移動，促進(jìn)CaSOa

析出。［或增加c（SO；）,使得Qc>Ksp（CaSCU）,反應(yīng)向生成CaSC>4沉淀的方向移動］;

（3）除雜時MnOz將Fe2+氧化為Fe3+,根據(jù)電子守恒可知MnCh和Fe?+的系數(shù)比為1:2,再結(jié)合元素守恒可得

2++2+3+

離子方程式為MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O；

（4）①溶液中存在的陽離子為Mn2+和H+（酸性溶液），MM+放電生成Mn,H+也可能放電生成H2；

②根據(jù)題意可知HzSeOM二元弱酸）在陰極放電生成Se單質(zhì)，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得電極反應(yīng)時為

H2SeO3+4e+4H+=Se+3H2O；

③電解MnSO4的酸性溶液時陽極主要為水電離出的氫氧根放電生成氧氣，陰極主要為缽離子放電生成Mn,

所以電解廢液中主要含有H2so4,可以在,慢出”步驟中循環(huán)使用。

12.（14分）（1）萃取劑，將鴿磷酸轉(zhuǎn)移至乙醛中（2分）分液漏斗（1分）

,A,

（2）12Na2WO4+Na2HPO4+26HC1=H,PW12O40+26NaCl+12H2O（2分）

（3）C（2分）

（4）雙氧水不穩(wěn)定，易分解（2分）

（5）不飽和（1分）恒溫蒸發(fā)結(jié)晶（2分）

（6）36.5cV%（2分）

【分析】

熱水溶解Na,WOu、Na,HPOa,加入濃鹽酸,小火加熱.反應(yīng)牛成H3PW12O4加入乙醛,萃取HaPWi,Cho.

分液得到H3PW12O40的乙醛溶液，再進(jìn)行水浴加熱，冷卻結(jié)晶，可得到H3PW12O40。

【解析】

（1）由題意，加入乙醯后進(jìn)行分液操作，分出水層和油層，因此乙醛作用為萃取鴿磷酸；操作I為分液操作，

所需的玻璃儀器除燒杯外還需要分液漏斗；

（2）從流程圖中及產(chǎn)物可知，參加反應(yīng)的物質(zhì)有NazWCh、NazHPCh、HC1,產(chǎn)物中有H3PW12O40可得化學(xué)方

△

程式為12Na,W04+Na2HPO4+26HCI=H3PWl2O40+26NaCl+12H2O；

（3）由于存在如下關(guān)系式：1mol環(huán)己烯~4moi雙氧水~1mol己二酸，1mol環(huán)己醇~4moi雙氧水~1mol己二酸，

1mol環(huán)己酮~3moi雙氧水~1mol己二酸，因此，生產(chǎn)等物質(zhì)的量的己二酸時環(huán)己酮消耗的雙氧水最少，因

此最佳選擇為C；

（4）雙氧水受熱容易分解，題中反應(yīng)溫度為100C,此溫度下雙氧水容易分解而損失，因此實際用量偏大：

（5）介穩(wěn)區(qū)表示己二酸溶液處于飽和狀態(tài)，穩(wěn)定區(qū)應(yīng)表示己二酸溶液處于不飽和狀態(tài)，己二酸溶液穩(wěn)定存在，

不會有晶體析出；實驗室常根據(jù)直線EHI從溶液A獲取己二酸晶體，對應(yīng)的實驗操作為恒溫蒸發(fā)結(jié)晶，過

濾；

cVXIO3146cVX10-3

(6)二者反應(yīng)，存在關(guān)系式：己二酸?2NaOH,則己二酸物質(zhì)的量為―2-mol,質(zhì)量為2g，則己

146cVX10-3

二酸純度為2X0.2X100%=36.5cV%o

13.(13分)(1)AB(2分)

(2)+41(2分)

(3)C(2分)

0.1x0.2

(4)$0.02moMLLminT(1分)?0.8x4.63(2分)

(5)①i為放熱反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡逆向移動(2分)

②反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，反應(yīng)i使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小的程度大于反應(yīng)ii使二氧化碳的轉(zhuǎn)化

率增大的程度(2分)

【解析】

⑴能與CO2反應(yīng)的，均可以作為CO2捕獲劑，故選AB；

11

,

(2)根據(jù)已知信息可得熱化學(xué)方程式：①H?(g)+EO2(g);H20(g)△/7=-242kJ*mol；②C(s)+2O2(g)=CO(g)△

"=-UlkJ?moH；③C(s)+02(g)=C02(g)△"=-394kJ?moH；根據(jù)蓋斯定律可得，由①+@-③可得反應(yīng)ii：

CO2(g)+H2(g);=iC0(g)+H20(g)△H2=+41kJ?moH；

(3)A.增大H2濃度，平衡正向移動，C02的轉(zhuǎn)化率增大，正確；

B.混合氣體的總質(zhì)量不變，但是總物質(zhì)的量隨反應(yīng)進(jìn)行發(fā)生變化，則氣體的平均相對分子質(zhì)量會隨反應(yīng)的

進(jìn)行發(fā)生變化，則若氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，說明反應(yīng)體系已達(dá)平衡，B正確；

C.體系達(dá)平衡后，若壓縮體積，增大壓強(qiáng)，則反應(yīng)i正向移動，CO2、Hz的濃度減小，則反應(yīng)ii逆向移動，

錯誤；

D.催化劑雖然不能使平衡發(fā)生移動，但是可以加快反應(yīng)速率，故選用合適的催化劑可以提高CH30H在單

位時間內(nèi)的產(chǎn)量，正確；故選C；

(4)①用CO2表示。?lOmin內(nèi)平均反應(yīng)速率；

②反應(yīng)達(dá)到平衡時，C02的轉(zhuǎn)化量為0.2H1O1,CH30H的選擇性為50%,貝ij

轉(zhuǎn)化為CH30H的〃(CO2)=消耗的?(C02)X50%=0.1mol,則轉(zhuǎn)化為CO的w(CO2)=0.1mol,則可得：

CCh(g)+3H2(g)UCH3OH(g)+H2O(g)

轉(zhuǎn)化(mol/L)0.10.30.10.1

CO2(g)+H2(g)^=^C0(g)+H20(g)

轉(zhuǎn)化(mol/L)0.10.10.10.1

則平衡時，c(CO2)=lmol/L-0.1mol/L-0.1mol/L=0.8mol/L,c<H2)=5mol/L-0.3mol/L-0.1mol/L=4.6mol/L,

0.1x0.2

C(CH3OH)=0.1mol/L,c(H2O)=0.1mol/L+0.1mol/L=0.2mol/L,反應(yīng)i的平衡常數(shù)后0.8x4.63;

(5)①甲醇的選擇性隨溫度升高而下降的原因是反應(yīng)i為放熱反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡逆向移

動；

②/應(yīng)i為放熱反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡逆向移動，會使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率有減小的趨勢；

反應(yīng)ii為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡正向移動，會使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率有增大的趨勢，反

應(yīng)i使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小的程度大于反應(yīng)ii使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大的程度，故二氧化碳的轉(zhuǎn)化率

隨溫度升高在下降。

14.(10分)⑴第(1分)玉、Ni(1分)

(2)sp3雜化sp2雜化(各1分，共2分)

⑶葉濘一HT(2分)

出口H

(4)ABD(2分)

(5)12(1分)55,2)(1分)

【解析】

（1）基態(tài)Pb原子價電子排布圖為第市一I；因為基態(tài)Pb原子的未成對電子數(shù)為2,所以第四周期過渡

元素中基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Pb相同的是Ti、Ni；

（2）因為CH3cH2NH3+和NH2CH=NH2+中碳原子是單鍵和雙鍵，所以碳原子雜化軌道類型分別為sp3和sp2雜

化；故答案為：sp3雜化和sp2雜化。

（3）據(jù)題意可知，NH2cH=NH2+的路易斯結(jié)構(gòu)式為w—丫一￥=7一川’。

訂訂訂

（4）據(jù)結(jié)構(gòu)分析可知，CH3NH3Pbl3存在的化學(xué)鍵有離子鍵、極性鍵和配位鍵，所以選ABD；故答案為：ABD。

⑸據(jù)含輒酸酸性強(qiáng)弱判斷，①HC1O4、②H5IO6［可寫成（HO）5lO］、③HIO4三種物質(zhì)的酸性由強(qiáng)到弱的順序為

①，③〉②，原因是①③中非羥基氧個數(shù)比②大，所以酸性①③大于②，而氯元素的非金屬性強(qiáng)于碘元素，

所以最高價含氧酸①〉③。

⑹①因為晶胞是立方密堆積，所以A離子被12個X離子包圍；故答案為：12。

111

②據(jù)坐標(biāo)分析可知，c原子在體心，因此c的原子坐標(biāo)參數(shù)為&5,2）o

15.（10分）（1）羥基、叛基（1分）

（2）HOCH2coOH縮聚反應(yīng)（各1分，共2分）

（3分）

CH2=CH2▲巴aCH3CH2OH

催化劑

【分析】

本題對比反應(yīng)物和生成物的結(jié)構(gòu)簡式，找出斷鏈的部位，確認(rèn)發(fā)生的反應(yīng)類型，如A-B：羥基上斷裂O—

H鍵，CHaCOCl斷裂0—。鍵，H和C1結(jié)合成HC1,談基上的C與A中O原子結(jié)合，該反應(yīng)為取代反應(yīng)，

利用官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行分析；

【解析】

⑴根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式，推出D中含有的