2021年高考真题 化学(山东卷)(含解析版)

2023-10-26 · U3 上传 · 14页 · 2.8 M

绝密★启用前B.氧化钙可以和水发生反应生成氢氧化钙,可以用作食品干燥剂,B项不符合题意;2021年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)C.聚乙炔的结构中有单键和双键交替,具有电子容易流动的性质,是导电聚合物,C项符合题意;D.乙二醇容易与水分子形成氢键,可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸汽压,冰点显著降化学低,故乙二醇可以用作汽车防冻液,D项不符合题意;注意事项:故选C。1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。3.关于下列仪器使用的说法错误的是2.回答选择题时、选出每小题答案后、用铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-18F-19Cl-35.5一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分.每小题只有一个选项符合题目要求。1.有利于实现“碳达峰、碳中和”的是A.风能发电B.粮食酿酒C.燃煤脱硫D.石油裂化A.①、④不可加热B.②、④不可用作反应容器【答案】AC.③、⑤可用于物质分离D.②、④、⑤使用前需检漏【解析】【答案】A【分析】【解析】【详解】碳达峰是指我国承诺2030年前,二氧化碳的排放不再增长,达到峰值之后逐步降低;碳中和是指通过【分析】①是锥形瓶,②是酸式滴定管,③是蒸馏烧瓶,④是容量瓶,⑤是梨形分液漏斗植树造林、节能减排等形式,抵消自身产生的二氧化碳排放量,实现二氧化碳“零排放”,故选A。【详解】A.锥形瓶可以加热,但需要加石棉网,容量瓶不能加热,A项符合题意;【点睛】B.酸式滴定管用于量取一定体积的溶液,容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液,都不能作反应容器,2.下列物质应用错误的是B项不符合题意;A.石墨用作润滑剂B.氧化钙用作食品干燥剂C.蒸馏烧瓶用于蒸馏操作,分离相互溶解的液体,分液漏斗用于分液操作,分离相互不溶解的液体,两者均可C.聚乙炔用作绝缘材料D.乙二醇溶液用作汽车防冻液用于物质分离,C项不符合题意;【答案】CD.酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞,使用前均需检查是否漏水,D项不符合【解析】题意;【分析】故选A。【详解】A.石墨层与层之间的作用力很小,容易在层间发生相对滑动,是一种很好的固体润滑剂,A项不符合+-4.X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6,二者形成的一种化合物能以[XY4][XY6]的形题意;式存在。下列说法错误的是A.原子半径:X>YB.简单氢化物的还原性:X>Y会迅速产生红棕色气体,无法证明反应产物,C项符合题意;C.同周期元素形成的单质中Y氧化性最强D.同周期中第一电离能小于X的元素有4种D.先变红说明溶液显碱性,证明NaClO在溶液中发生了水解,NaClO+H2ONaOH+HClO,后来褪色,【答案】D是因为水解产生了漂白性物质HClO,D项不符合题意;【解析】故选C。【分析】Y位于第三周期,且最高正价与最低负价的代数和为6,则Y是Cl元素,由X、Y形成的阴离子和阳6.X、Y均为短周期金属元素,同温同压下,0.1molX的单质与足量稀盐酸反应,生成H2体积为V1L;0.1molY离子知,X与Y容易形成共价键,根据化合物的形式知X是P元素。的单质与足量稀硫酸反应,生成H2体积为V2L。下列说法错误的是【详解】A.P与Cl在同一周期,则P半径大,即X>Y,A项不符合题意;V13--A.X、Y生成H2的物质的量之比一定为B.两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl,半径是P>Cl,所以PH3的失电子能力强,还原性强,即V2X>Y,B项不符合题意;2V1C.同周期元素从左往右,金属性减弱,非金属性增强,各元素对应的金属单质还原性减弱,非金属单质的氧化B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为V2性增强,所以Cl2的氧化性最强,C项不符合题意;V1D.同一周期,从左到右,第一电离能呈现增大的趋势,第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离C.产物中X、Y化合价之比一定为V2能;所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl,所以有5种,D项符合题意;V1故选D。D.由一定能确定产物中X、Y的化合价V25.下列由实验现象所得结论错误的是【答案】DA.向溶液中滴加氢硫酸,产生淡黄色沉淀,证明具有氧化性NaHSO3HSO3【解析】B.向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末,紫色褪去,证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)【分析】设与1molX反应消耗HCl的物质的量为amol,与1molY反应消耗H2SO4的物质的量为bmol,根据aC.向浓HNO3中插入红热的炭,产生红棕色气体,证明炭可与浓HNO3反应生成NO2转移电子守恒以及H原子守恒可知XaHClHXa、YbHSObHX2b。22242D.向NaClO溶液中滴加酚酞试剂,先变红后褪色,证明NaClO在溶液中发生了水解反应V1【答案】C【详解】A.同温同压下,气体体积之比等于其物质的量之比,因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为,V2【解析】故A正确;【分析】a-aa2V1【详解】A.淡黄色沉淀是S,在反应过程中硫元素由NaHSO中的+4价降低到0价,发生还原反应,HSO体B.X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为,因10V1V1,因此=,故B正确;332=bbV2b10V2V2现氧化性,A项不符合题意;aaV1B.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,与还原性物质反应紫色才会褪去,所以可以证明Fe3O4中有还原性物质,C.产物中X、Y化合价之比为,由B项可知=,故C正确;2b2bV2即Fe(Ⅱ),B项不符合题意;D.因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时,生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况,因此存在C.在该反应中浓硝酸体现氧化性,N元素化合价降低,生成的产物可能是NO或者NO2,NO暴露于空气中也a2VVV【分析】根据工艺流程逆向分析可知,以二氧化硫和纯碱为原料,得到结晶成分为NaHSO3,则母液为饱和a=1,2,3,b=0.5,1的多种情况,由=1可知,当a=1,b=0.5时,1=1,当a=2,b=1时,1=1,两种bVVV222NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸,溶液呈酸性,所以加入纯碱进行中和,涉及的反应为:VH2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3,NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3,所以调节pH为8进行中和后得到情况下X、Y的化合价不同,因此根据1可能无法确定X、Y的化合价,故D错误;V2Na2SO3和NaHCO3,通入二氧化硫气体进行混合吸收,此时吸收过程中发生反应为:综上所述,错误的D项,故答案为D。Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓,SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓,此时会析出大量NaHSO3晶体,经过离心分7.某同学进行蔗糖水解实验,并检验产物中的醛基,操作如下:向试管Ⅰ中加入1mL20%蔗糖溶液,加入3滴离,将得到的湿料再进行气流干燥,最终得到NaHSO3产品,据此分析解答。稀硫酸,水浴加热5分钟。打开盛有10%NaOH溶液的试剂瓶,将玻璃瓶塞倒放,取1mL溶液加入试管Ⅱ,盖【详解】A.根据上述分析可知,吸收过程中有二氧化碳生成,A正确;紧瓶塞;向试管Ⅱ中加入5滴2%CuSO4溶液。将试管Ⅱ中反应液加入试管Ⅰ,用酒精灯加热试管Ⅰ并观察现B.结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸,没有NaHCO3,假设产物中存在NaHCO3,象。实验中存在的错误有几处?则其会与生成的NaHSO3发生反应,且NaHCO3溶解度较低,若其残留于母液中,会使晶体不纯,假设不成立,错误;A.1B.2C.3D.4BC.NaHSO高温时易分解变质,所以气流干燥过程中温度不宜过高,C正确;【答案】B3D.结合上述分析可知,中和后溶液中含NaSO和NaHCO,D正确;【解析】233故选B。【分析】9.关于CHOH、NH和(CH)NNH的结构与性质,下列说法错误的是【详解】第1处错误:利用新制氢氧化铜溶液检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时,溶液需保持弱碱性,否324322A.CHOH为极性分子B.NH空间结构为平面形则作水解催化剂的酸会将氢氧化铜反应,导致实验失败,题干实验过程中蔗糖水解后溶液未冷却并碱化;第2324C.N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D.CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同处错误:NaOH溶液具有强碱性,不能用玻璃瓶塞,否则NaOH与玻璃塞中SiO2反应生成具有黏性的【答案】BNa2SiO3,会导致瓶盖无法打开,共2处错误,故答案为B。【解析】8.工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图,下列说法错误的是【分析】【详解】A.甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的,为四面体结构,是由极性键组成的极性分子,A正确;3B.N2H4中N原子的杂化方式为sp,不是平面形,B错误;C.N2H4分子中连接N原子的H原子数多,存在氢键的数目多,而偏二甲肼((CH3)2NNH2)只有一端可以形成氢键,另一端的两个甲基基团比较大,影响了分子的排列,沸点较N2H4的低,C正确;A.吸收过程中有气体生成B.结晶后母液中含有NaHCO3D.CH3OH为四面体结构,-OH结构类似于水的结构,(CH3)2NNH2的结构简式为,两者分子中C、C.气流干燥湿料时温度不宜过高D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【答案】BO、N杂化方式均为sp3,D正确;【解析】故选B。以溶液为离子导体,分别组成、、清洁燃料电池,下列说法正10.KOHCH3OH—O2N2H4—O2(CH3)2NNH2—O2配制100mL一定物质的100mL容量瓶、胶头滴管、烧A蒸馏水、NaCl固体确的是量浓度的NaCl溶液杯、量筒、玻璃棒A.放电过程中,K+均向负极移动B制备Fe(OH)3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馏水、饱和FeCl3溶液B.放电过程中,KOH物质的量均减小C.消耗等质量燃料,(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸待测NaOH溶液、已知浓度的C测定NaOH溶液浓度D.消耗1molO2时,理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L式滴定管盐酸、甲基橙试剂【答案】C冰醋酸、无水乙醇、饱和【解析】D制备乙酸乙酯试管、量筒、导管、酒精灯Na2CO3溶液【分析】碱性环境下,甲醇燃料电池总反应为:2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O;N2H4-O2清洁燃料电池总反应为:N2H4+O2=N2+2H2O;偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为-2价,H元素化合价为+1价,所A.AB.BC.CD.D以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为:(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O,据此结【答案】AB合原电池的工作原理分析解答。【解析】【详解】A.放电过程为原电池工作原理,所以钾离子均向正极移动,A错误;【分析】B.根据上述分析可知,N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水,其总反应中未消耗KOH,所以KOH的物质【详解】A.配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为:计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇的量不变,其他两种燃料电池根据总反应可知,KOH的物质的量减小,B错误;匀等,需要的仪器有:托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等,选项中所选玻璃C.理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关,设消耗燃料的质量均为mg,则甲醇、N2H4和仪器和试剂均准确,A符合题意;mgmgmg(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是:6、4、16,通过比较可知B.往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾,向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液,继续煮沸至溶液呈红

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