2021年北京市高考化学试卷（含解析版）

32021年北京市高考真题化学试卷C．1H2与H2的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质基本相同，故C正确；．3是放射性核素，所以3也具有放射性，故正确；可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16D1HH2OD第一部分故选B。3.下列化学用语或图示表达不正确的是本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。+1.我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是A.N2的结构式：N≡NB.Na的结构示意图：C.溴乙烷的分子模型：D.CO的电子式：2【答案】D【解析】A.分子中有3种官能团B.能与Na2CO3溶液反应【分析】C.在空气中可发生氧化反应D.能和Br2发生取代反应和加成反应【详解】A．N2分子中N原子间是三键，结构式：N≡N，正确；【答案】AB．Na+的结构示意图：，正确；【解析】【分析】C．溴乙烷的分子模型：，正确；【详解】A．根据物质结构简式可知：该物质分子中含有酚羟基、醚键、羰基三种官能团，A错误；B．黄芩素分子中含有酚羟基，由于酚的酸性比NaHCO强，所以黄芩素能与NaCO溶液反应产生NaHCO，3233D．CO2的电子式：，错误；B正确；故选D。C．酚羟基不稳定，容易被空气中的氧气氧化，C正确；4.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是D．该物质分子中含有酚羟基，由于羟基所连的苯环的邻、对位有H原子，因此可以与浓溴水发生苯环上的取A.酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3B.碱性：KOH＞NaOH＞LiOH代反应；分子中含有不饱和的碳碳双键，可以与Br2等发生加成反应，D正确；C.热稳定性：H2O＞H2S＞PH3D.非金属性：F＞O＞N故合理选项是A。【答案】A下列有关放射性核素氚（3）的表述不正确的是2.1H【解析】33【分析】A.1H原子核外电子数为1B.1H原子核内中子数为333【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是C.1H2与H2化学性质基本相同D.1H2O具有放射性H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，A错误；【答案】B【解析】B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性【分析】就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B正确；【详解】A．放射性核素3H，质量数是3，质子数是1，质子数等于核外电子数，所以核外电子数等于1，故A1C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元正确；素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O3B．放射性核素1H，质量数是3，质子数是1，所以中子数等于3-1=2，故B错误；＞H2S＞PH3，C正确；使用该方法制取CO2气体，D错误；D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D正确；故合理选项是B。故合理选项是A。6.室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是5.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是A.试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应B.试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和+-C.取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H+HSO3、气体试剂制备装置收集方法-+2-HSO3⇌H+SO3AO2KMnO4adD.取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发【答案】BH2Zn+稀H2SO4beC【解析】cCNOCu+稀HNO3b【分析】【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；CaCO3+稀cB．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故DCO2bHSO24B错误；C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；A.AB.BC.CD.DD．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；【答案】B故选C。【解析】7.下列方程式不能准确解释相应实验现象的是【分析】--A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO+H2O⇌CH3COOH+OH【详解】A．KMnO4是固体物质，加热分解产生O2，由于O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的B.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O2，A错误；-C.铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑B．Zn与H2SO4发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水D.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O方法收集，故可以使用装置b、e制取H2，B正确；【答案】BC．Cu与稀HNO3反应产生NO气体，NO能够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收【解析】集，C错误；【分析】D．CaCO3与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2气体，CaSO4微溶于水，使制取CO2气体不能持续发生，因此不能---【详解】A．CH3COONa溶液呈碱性是因为发生了CH3COO的水解：CH3COO+H2O⇌CH3COOH+OH，A正行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯确；泡很暗。当NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的NH4、HCO3导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；Δ．与发生离子反应：2+-+2，随着反应的进行，溶液中自由移B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2Na2O2，B错误；CBa(OH)2H2SO4Ba+2OH+2H+SO4=BaSO4↓+2H2O动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当-C．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑，C正确；+2H2SO4溶液过量时，其电离产生的H、SO4导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；D．将SO2通入H2S溶液生成S单质和水：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，D正确；D．CHCOOH与氨水发生离子反应：CHCOOH+NH·HO=CHCOO-+NH+HO，反应后自由移动的离子浓度故选B。3332342增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮灭或暗亮的变化，符合题意；8.使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是—()—D故合理选项是D。9.用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓下列分析不正确的是A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑B.不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C.反应②中每24molCuSO4氧化11molPH3D.用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰【答案】C【解析】选项ABCD【分析】【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式试剂aCuSO4NH4HCO3H2SO4CH3COOH为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；试剂bBa(OH)2Ca(OH)2Ba(OH)2NH3·H2OB．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；A.AB.BC.CD.DC．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个【答案】D电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；【解析】D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；【分析】答案选C。2+-2+2【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba+2OH+Cu+SO=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，410.NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0。下列分析正确的是溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完A.1mol平衡混合气体中含1molN原子2+2B.断裂2molNO中的共价键所需能量小于断裂1molNO中的共价键所需能量全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu、SO4导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；2242+-C.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca+2OH+NH4+HCO3=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅，每个单体都含有2个羧基，故A正确；【答案】B【解析】B．根据题示信息，合成聚苯丙生的反应过程中发生了羧基间的脱水反应，除了生成聚苯丙生，还生成了水，属【分析】于缩聚反应，故B正确；【详解】A．1molNO含有1molN原子，1molNO含有2molN原子，现为可逆反应，为NO和NO的混合气224224C．聚苯丙生中含有的官能团为：、，不含酯基，故C错误；体,1mol平衡混合气体中所含原子大于1molN，A项错误；D．聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响，因此m、n、p、q的值影响聚苯丙生的降解速率，故D正B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开确；1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；故选C。C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；12.下列实验中，均产生白色沉淀。D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；答案选B。11.可生物降解的高分子材料聚苯丙生(L)的结构片段如下图。下列分析不正确的是A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解12D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低已知：RCOOH+RCOOH+H2O【答案】B下列有关L的说法不正确的是【解析】A.制备L的单体分子中都有两个羧基【分析】B.制备L的反应是缩聚反应+2--+-【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na、CO3、HCO3、H2CO3、H、OH、H2O，故含有的微粒C.L中的官能团是酯基和醚键种类相同，A正确；D.m、n、p和q的大小对L的降解速率有影响．-+2-，加入2+后，2+和2-反应生成沉淀，促进-的电离，错误；BHCO3H+CO3CaCaCO3HCO3B【答案】CC．Al3+与CO2-、HCO-都能发生互相促进的水解反应，C正确；【解析】33【分析】D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小