《2021年高考化学押题预测卷（辽宁卷）（01）（全解全析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考化学押题预测卷（辽宁卷）（01）（全解全析）.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年高考原创押题预测卷0 1【辽宁卷】化学全解全析1 .【答案】B【解析】A.虽然氧化钙可以和二氧化碳反应生成碳酸钙，但高温条件下碳酸钙又会分解生成二氧化碳和氧化钙，所以不能减少温室气体的排放，A错误；B.酸性气体或碱性气体本身并不能电离产生氢离子或氢氧根，只有溶于水时才会显示酸碱性，B正确；C.石油是燃的混合物，沥青提炼自石油，所以沥青的主要成分是煌，C错误；D.煤炭主要成分为碳单质，为无机物，D错误；综上所述答案为B。2 .【答案】C【解析】A.乙焕的结构式为H C 三 C H,A错误;B.羟基的电子式为.6：H，选项所给电子式为O H-电子式，B错误;C.葡萄糖内的醛基可以自发的与
2、相邻碳原子上的羟基发生可逆反应，形成半缩醛结构，如图所示C正确;D.由于C 1 原子半径比C原子半径大，故选项所给模型不能代表C C L,且该模型为比例模型不是球棍模型，D错误；故答案选C。3.【答案】C【解析】A.7 8 g N a 2 O 2 的物质的量是Im ol,与足量S O 2 反应生成硫酸钠，过氧化钠只作氧化剂，转移电子数为2NA,A错误；B.标准状况下苯不是气体，且苯中不存在C=C 键，不能用气体摩尔体积进行计算，B错误；C.C a S 与 C a S C U 中 C a 和 S原子的个数之比均是1：1,lO O g C a S 与 C a S C)4 的混合物中含有3 2 g
3、硫，即Im ol硫，则含有Im olC a,所以混合物中氧原子的质量是1 0 0 g 3 2 g 4 0 g=2 8 g,物质的量是2 8 g+1 6 g/m ol=1.7 5,则含有的氧原子数为1.75NA,C正确;D.常温下，1 L 0.5 m oi-L N H 4 c l溶液与2 L 0.2 5 m oi L N H 4 c l溶液中氯化铁的物质的量相等，但钱根的水解程度不同，则含有的NH：数目不相同，D错误；答案选C。4.【答案】B【解析】A.根据图示结构简式可知，该分子中苯环上的6个碳原子及取代苯环上氢原子的7号碳原子一定共平面，8号碳原子与7号碳原子以单键相连，可能会共平面，所以最
4、多有8个碳原子共平面，A正确；B.峻基不能与氢气发生加成反应，苯环可与氢气发生加成反应，所以Imol该有机物最多与3moi 也 发生加成反应，B错误;C.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，该分子中所含手性碳原子用“*”表示为:,C正确;D.电离出H+能力：竣基 酚羟基醇羟基，所以分子中三处-O H上H的活泼性由强到弱的顺序是:,D正确；故选B。5.【答案】A【解析】A.在空气不足的情况下，焦炭和空气中的氧气也能反应生成一氧化碳，A错误；B.氨气极易溶于水，吸收时需要防止倒吸，B正确；C.亚硫酸氢钠能与氯化氢反应生成二氧化硫，不能与二氧化硫反应，C正确；D.关闭活塞后加入水形成了封闭体系，
5、若右侧水面比左侧高，且一段时间不改变则可说明气密性良好，D正确；故选A。6.【答案】B【解析】A.根据元素周期表位置可知，基态铝原子的价电子排布式为3s23pl A正确：B.N2分子中N原子没有杂化，2P能级的3个电子，其中一个是头碰头式，形成。键，其余2个2P电子以肩并肩式成键，形成2个兀键，B错误；C.二者均属于原子晶体，均只含有共价键，C正确；D.二者均属于原子晶体，D正确。答案为B。27.【答案】C【解析】W 既是同周期也是同主族中原子半径最小的元素，且有原子序数比W 的小的元素，则 W 为 F元素，所以X、Y、Z、W 均为第二周期元素，F 可以和X 形成配位键，据图可知F 提供孤电子
6、对，X 提供空轨道，所以X 为 B 元素，Z 可以形成两个共价键，应为0 元素，Y 可以形成4 个共价键，则为C 元素。A.两个Y(C)原子之间的共价键为非极性共价键，A 错误；B.C 和 0 可以形成化合物C O,为不成盐氧化物，B 错误；C.H3XO3即 H3BO3,为一种弱酸，皮肤上沾有强碱液，用大量水冲洗后，可以涂抹上酸性较弱的硼酸溶液中和残留碱液，C 正确；D.Z 和 W 与氢元素形成的10电子化合物分别为H2O 和 H F,水分子间形成的氢键更多，沸点更高，D 错误；综上所述答案为C。8.【答案】B【解析】A.稀硝酸和过量的铁屑反应生成硝酸亚铁，正确的离子方程式为：3Fe+8H+2
7、NO,=3Fe2+2NOt+4H2O,A 错误；B.向 Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，假设Ca(HCO3)2为 ImoL 2mol HCO；消耗2moiOH离子生成2mol水和2moicO；,其 中 ImolCO；结 合 ImolCa?+生成Imol CaCCh,离子方程式正确，B 正确；C.碳酸氢钠溶液中，H C O j水解生成H2cCh,HCO；水解的离子方程式：HC0；+H20 n H2co3+OH,C 错误；D.Fe(0H)3溶于氢碘酸中，Fe3+能氧化1-，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H+2r=2Fe2+L+6H2。，D 错误：故选B。9.【答案】D【解析
8、】A.冰晶胞内水分子间以氢键结合，A 错误；B.每个冰晶胞平均占有分子个数=4+(x8+g x6=8,B 错误；C.水分子间的氢键具有饱和性和方向性，C 错误；D.冰中氢键的作用能为18.5kJm oH,而冰熔化热为5.0kJm oH,说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，并且液态水中仍在氢键，D 正确；答案选D。1 0.【答案】B【解析】A.据图知温度升高，甲醇的物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则A H c(H S ),A错误；B.一水合氨是弱电解质，稀释促进电离，p H=a的氨水溶液，稀 释10倍后，氢氧根离子浓度大于原来的，其p H的变化小于1,若其p H=b,贝
9、lj a H 2c 03 H C 10,酸越弱，相应酸根离子的水解程度越大，即水解程度C H 3c o 0N aN aH C 03 ,D 正确；答案选 D。14.【答案】C【解析】A.由图可知，步骤5可表示为H I+L i O H=H 2O+L i I,故A正确；B.C H 3c o 0H与H 2O形成分子间氢键，所以C H 3c o 0H易溶于水，故B正确；C.L i O H和H I为该反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；Li、Rh*D.由图可知，该过程的总反应为C H 3O H+C O 2+H 2=C H 3c o O H+H 2O,故D正确；故选C。15.【答案】C【解析】A.溶液中含
10、少量盐酸，A B段的反应肯定发生H+0H=H 20,A错误；B.A B段肯定发生H C 1和N a O H的反应，H C 1的电离抑制水的电离，所以该阶段水的电离程度逐渐增大，B错误；C.C点之后p H发生突变，则该点应为CP+完全沉淀的点，此时c(Cr 3+尸l O-m o i/L,c(H+)=10 5 4m ol/,则 c(O H)=10-8 6m o l/L,则 Ks p Cr(O H)3=c(Cr3+)-c3(O H)=10 30 8,p H=5 时 c(O H)=l(y 9m o i/L,所以 c(CN+尸0-30.8-y m o l CL 1=10-3 m o l/L,C 正确;D
11、.D 点溶液显碱性,所以N a O H 过量，溶液中存在Na Cl、Na Cr（O H）4,所以c（Na+）c（C ），D 错误;综上所述答案为C。16.【答案】（1）将奶粉样品中的氮元素转化为镂盐，便于氮元素的测定（2 分）（2）防止液体暴沸（1分）温度降低，管路中压强减小，形成负压（2 分）A N H；+O H=NH3T+H2O （2 分）2NH3+4H3BCh=（NH4）2B4O 7+5H2O （2 分）保温使氨气完全蒸出（1 分）用p H 试纸检验储出液为中性（或撤去冷凝管末端的烧杯，将湿润的红色石蕊试纸靠近冷凝管下端出口，若试纸不变蓝）（2 分）(3)1.4cv 0.014cv-%或
12、-a a（2 分）【解析】（1）本实验的目的是测定蛋白质中含氮量，奶粉样品“消化”的目的是将奶粉样品中的氮元素富集并转化为镂盐，便于氮元素的测定；（2）组装好仪器后，向水蒸气发生器内加蒸憎水，并加入数粒玻璃珠。加入玻璃珠相当于加沸石，其作用是防止液体暴沸；口清洗仪器：打开K”关闭K 2。加热烧瓶使水蒸气充满管路，停止加热，关闭K i。烧杯中蒸储水倒吸进入反应室，原因是关闭K i 后，水蒸气冷却，则管内的压强减小，而外界的大气压不变，则大气压将蒸镯水压入反应室，引起倒吸；A反应室内发生的反应是硫酸镂与氢氧化钠溶液反应制取氨气，离子方程式为N H：+O H-=NH3f+H2O,生成的氨气通入烧瓶用
13、H3BO 3进行吸收生成（N H 4）2 B 4 C）7,则烧杯中发生反应的化学方程式为2 N H 3+4 H3B O 3=（N H 4）2 B4O 7+5 H 2 O；口反应装置使用了双层玻璃，可以起到保温的作用，减少热量散失，有利于氨气逸出；口检验蒸储操作中氨已完全蒸出的方法是撤去冷凝管末端的烧杯，将湿润的红色石蕊试纸靠近冷凝管下端出口，若试纸不变蓝，或用p H 试纸检验储出液为中性，说明氨气已经完全蒸出；6(3)根据题意，滴定过程中消耗盐酸的物质的量为cm o l,L-ix v x l O-3 L=cv x l(y3 m o i,根据反应 C V X 1 0 3(N H4)B4O 7+2
14、 H C 1+5 H7O=2 N H 4 C 1+4 H 3 B O 3,n (N H4)2 B4O7=-n(H C l)=-mol,则22,c，皿一4“人 a、，cv x 1 O-3m o l x 1 4 g/m o l 1.4 cvA/n(N)=2 n (N H 4)2 B 4 O 7 =cv x l O _3m o l,则 a g 样品中氯兀素的含量为-*1 0 0%=-%或a ga0.0 1 4 cv1 7.【答案】(1)+3 (1 分)4 F e 2+O 2+1 0 H 2 O=4 F e(O H)3(胶体)+8 H+(2 分)(2)8 6 1 0-1 9&分)(3)溶 解(1 分)
15、转化为F e(0 H)3 (1 分)(4)CU(O H)2(1 分)(5)Z n+P b C 1 2=Z n C l2+P b (2 分)(6)增强溶液的导电性(1 分)Z n2+2 e-=Z n (2 分)【解析】(1)H 3 A S O 3 中氧显一3 价，H显+1价，化合价代数和为0,推出A s 显+3价；根据题意，有胶体生成，该胶体为氢氧化铁胶体，溶液pH降低，说明有H+生成，发生的离子方程式为4 F e 2+C h+1 0 H 2 O=4 F e(O H)3(胶体)+8 H+；故答案为+3 价；4 F e 2+C)2+1 0 H 2 O=4 F e(O H)3(胶体)+84；(2)F
16、 e 3+和 A s O：.反应A s O：+F e 3+=F e A s C U l，按照所给量，F e 3+有剩余，即反应后溶液中剩余的c g 3K s n l F e A s O )2 O x I O-2 2+尸2.5 x 1 0“m o i/L,F e A s C U 为饱和溶液，因此有 c(A s O：尸 一-丁 =-r=8.0 x 1 0 1 9 m o i L ；c(F e3+)2.5 x l O-4故答案为8.0 x 1 0 2(3)p H 过低，酸性增强，F e A s C U 溶解，造成A s 元素去除率降低，p H 过高，酸性减弱，碱性增强，F e A s O 4 沉淀转
17、化成F e(0 H)3 沉淀，造成A s 元素去除率降低；故答案为溶解；转化为F e(0 H)3；(4)废酸中含有C/+,根据流程的分析，加入碳酸锌，调节p H使 C iP+以 C u(O H)2 形式沉淀出来，故答案为CU(O H)2；(5)锌的还原性强于P b,因此发生Z n+P b C 1 2=Z n C L+P b；故答案为Z n+P b C 1 2=Z n C L+P b；(6)K C 1 为强电解质，加入K C 1 的作用为增强溶液的导电性；根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，发生还原反应，即阴极电极反应式为Z n 2+2 e=Z n；故答案为增强溶液的导电性：Z n2+2 e
18、-=Z n,1 8.【答案】(1)升高温度，反应口、口的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大(2分)(2)d (2分)a (2分)温度相同时，增大压强使反应口平衡正移，使 C 0 2和 H 2的百分含量减小，H 2 O 的百分含量增大，使反应平衡逆移，CO百分含量降低(2分)0.4(2分)(3)20.93(1 分)6.62(1 分)A C D (2 分)【分析】反应口为气体物质的量减小的放热反应，反应口为气体物质的量不变的吸热反应，结合温度和压强对平衡的影响分析解答；反应口为气体的物质的量不变的反应，计算平衡常数K p 时可以用物质的量代替，根据CO和 C H 3 0 H 的平衡物质的量分
19、数都为0.1,结合反应的方程式计算；根据图象计算确定无水参与时的最大能垒和有水参与时的最大能垒，结合图示中的粒子间的结合方式分析判断。【解析】(1)升高温度，反应速率加快，且 C O 2的实际转化率提高，说明平衡正向移动，而甲醇的选择性降低，说明反应比反应反应速率更快，故答案为：升高温度，反应口、的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大；(2)口对于反应口，升高温度，平衡逆向移动，CHQH的百分含量减少，因此表示C H 3 0 H 平衡组成随温度变化关系的曲线为a 或 b；对于反应口，升高温度，平衡正向移动，CO的百分含量增加，因此表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为c 或 d；又因为增大
20、压强，反应口的平衡正移，C H 3 0 H 的百分含量增大，因此a 表示C H 3 0 H 平衡组成随温度变化关系的曲线；增大压强，反应平衡正移，H 2 O 的百分含量增大，使得反应口逆向移动，CO百分含量降低，因此表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为d,故答案为：d；a；温度相同时，增大压强使反应口平衡正移，使 C O 2和 H z 的百分含量减小，H 2 O 的百分含量增大，使反应U 平衡逆移，CO百分含量降低；口按n(H 2)D n(C C 2尸3 1 通 入 H?和 C C h,假设通入的H 2为 3m o 1,则通入的C O 2为 I m o l,设平衡时生成的CO和 C H 3
21、0 H 的物质的量均为x,根据方程式C O 2(g)+3H 2(g)D C H 3O H(g)+H2O(g),反应的C O2为 x,反应的H 2为 3x,生成的H 2 O 为 x,根据方程式C O 2(g)+H 2(g L C O(g)+H 2O(g),反应的C O 2为 x,反应的H?为 x,生成的H20为 X,因此平衡时剩余的C 02为 l m o l-2x,剩余的H2为 3m o l-4x,生成的H2O为 2 x,则X 1-,c 、/C 7 -=0.1,解得：x=-m o h 反应:C O 2(g)+H 2(g C O(g)+H 2O(g)为气(Atnol-2x)+(,3mol-4x)+
22、x+x+2x 31 2-X 体的物质的量不变的反应，计算平衡常数K p 时可以用物质的量代替，因此勺=J 3=0.4,故答(l-)x(3-)3 3案 为:0.4；8(3)根据左图，无水参与时的最大能垒=19.59eV-(-1.34eV尸20.93eV,根据右图，有水参与时的最大能垒=3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV,因此水将反应口的最大活化能由20.93eV降为6.62 e V,故答案为：20.93；6.62；口结合图示中的粒子间的结合方式可知，在转化过程中甲醇、水、三氧化硫中的化合键均有断裂，其中CH30H中断裂氢氧键、HzO中断裂氢氧键、SO3中断裂硫氧键，故答案为：ACD。
23、19.【答案】(1)取代反应(2分)(2)硝基、酯 基(2分)(3)丁二酸二甲酯(2分)分)OiN(4)OOCCII3OH+HOOCCH2cH2coOH 日 酮OOCCIhOOCCH2cH2coOH+0 (2(6)(5)(2分)【分析】分析题干合成流程图，由A的分子式和D的结构简式可推知A为：0 H,根据苯酚邻对位上的H比较活泼，推知B的结构简式为：H O-(0 -02,结合C的分子式和题干信息i可推知C的结构简式为:，分析ECH3C0CH(O-N02,由E的分子式结合D到E的反应条件可推知，E的结构简式为和F的分子式可知，二者相差2个H和1个0,故推知F的结构简式为：PQj，由G的分子式并结
24、合信息i i可推知G的结构简式为:OOCCHi由M的结构简式和G的结构简式可推知K的结构简式为：HOOCCH2cH2 c o 0 H,再结合J的分子式和J到K的转化条件可知，J的结构简式为:CH3CH2OOCCH2CH2COOH 或者 CH3OOCCH2CH2COOCH3,据此分子解题。【解析】(1)由分析可知，ATB 即 0H转化为H W g _N 02,故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(2)由分析可知，C 的结构简式为：CH3coe,故其中含有的官能团名称是硝基、酯基,故答案为：硝基、酯基；(3)由分析可知，J 的结构简式为：CH3cH2OOCCH2cH2co0H 或者
25、CH3OOCCH2cH2co0CH3,故 J中只含有一种官能团的结构简式为CH3OOCCH2cH2coOCH3,股 J 的名称是丁二酸二甲酯，故答案为：丁二酸二甲酯；(4)由分析可知，G 的结构简式为OOCCH)二 川 与 K 的结构简式为HOOCCH2CH2COOH,反应生成M 的结构简式为6 NOOCCIh00CCHKH2C00H,故该反应的化学方程式是OOCCIhOOCCH3+HOOCCH2cH2co0H 目 画 W xQooccH zCihcooH+HzO,故答案为:+HOOCCH2cH2co0H 牌OOCCIhOOCCIhCHiCOOH-1-H2O；(5)由分析可知，CTD 转化即C H 3C 06-N 02转化为的路线如图:C 詈罂靛X 3D,X 的分子式为QH6。,核磁共振氢谱只有一组峰,故X结合信息市可推知中间产物1和 2 的结构简式分别为的结构简式为：油 旦 5(6)由合成路线图中可知，E 的分子式为：CHH13N O 4,符合下列条件a.与 NaHCCh反应放出CO2说明分子中含有竣基-COOH,b.硝基与苯环直接相连，c.分子中只有4 种不同化学环境的氢原子说明分10子高度对称，故符合条件的E的同分异构体的结构简式有：、J、cOOHCH2CHJb 6 N V或.fl，故答案为: