2021年高考化学临考押题卷（浙江适用）

这是一份2021年高考化学临考押题卷（浙江适用），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，原理综合题，元素或物质推断题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
1．下列说法不正确的是
A．电能属于一次能源
B．太阳能电池的能量转化方式为光能→电能
C．植物及其加工品所储存的能量为生物质能
D．芒硝晶体(Na2SO4·10H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热，夜里重新结晶放热，实现太阳能转化为化学能继而转化为热能
2．下列各对物质中，互为同系物的是
A．B．
C．HCOOC2H5与CH3COOCH3D．CH3—CH=CH2与
3．下列叙述正确的是( )
①氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚
②氧化铁常用于制作红色油漆和涂料
③碳酸氢钠俗名小苏打，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物
④过氧化钠比氧化钠稳定，两种氧化物均可作潜艇中的供氧剂
⑤焰色反应体现的是某些金属元素的物理性质
A．①②③⑤B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②③④
4．下列有关实验基本操作的说法错误的是（ ）
A．存放浓硝酸时，使用带玻璃塞的棕色玻璃瓶
B．酸碱中和滴定时，若未用待测液润洗锥形瓶，对测定结果无影响
C．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出
D．将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀
5．下图所示为工业合成氨的流程图。下列有关生产条件的调控作用分析正确的是
A．①中“净化”可以防止催化剂中毒，③选择高效催化剂可以使原料完全转化成氨
B．②中“加压”可以加快反应速率，因为在该压强下催化剂的活性最大
C．③一般选择控制反应温度为700℃左右
D．④⑤有利于提高原料的利用率，能节约生产成本
6．在1.013×105 Pa下，测得某些烷烃的沸点见下表。据表分析，下列选项正确的是
A．在标准状况下，新戊烷是气体
B．在1.013×105 Pa、20 ℃时，戊烷都是液体
C．烷烃随碳原子数的增加，沸点降低
D．分子式为C5H12的烷烃的同分异构体中，随支链的增加，沸点降低
7．全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。中国科学家成功合成全氮阴离子N5-，N5-是制备全氮类物质的重要中间体。下列说法中不正确的是（ ）
A．全氮类物质属于绿色能源
B．每个N5+中含有36个质子
C．N5+N5- 属于离子化合物
D． N5+N5-结构中含有离子键和共价键
8．下列关于物质的组成、性质和用途的说法中，不正确的是
A．AB．BC．CD．D
9．下列反应的离子方程式书写正确的是
①硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应:Ba2++SO42-=BaSO4 ↓
②将金属钠加入水中2Na+2H2O=2Na+ +2OH-+H2↑
③石灰石溶于稀醋酸:CaCO3+2CH3COO H=2CH3COO- +Ca2+ +CO2↑+H2O
④氯气与水反应:Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
⑤小苏打溶液中加入少量石灰水:Ca2++ 2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
⑥次氯酸钙溶液中通入过量CO2:Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HC1O
⑦钠与硫酸铜溶液反应:Cu2+ +2Na=Cu+2Na+
⑧纯碱溶液中滴加少量盐酸:CO32-+H+=HCO3-
A．①②⑤B．②③④⑤⑧C．④⑤⑥⑦D．②③⑧
10．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．17 g氨气中含有的质子数为10NA
B．2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA
C．0.5 ml·L－1AlCl3溶液中Cl－的数目为1.5NA
D．标准状况下，11.2 L CCl4所含的分子数为0.5NA
11．下列物质能导电且属于电解质的是
A．稀硫酸B．熔融态的氯化钠C．NaCl晶体D．金属铜
12．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是
A．水的离子积变大，c(H+)变大，呈酸性B．水的离子积不变，c(H+)不变，呈中性
C．水的离子积变小，c(H+)变小，呈碱性D．水的离子积变大，c(H+)变大，呈中性
13．有物质的量浓度均为0.1ml⋅L-1的①NH4Cl溶液，②NaCl溶液，③HCl溶液各20mL，下列说法错误的是（ ）
A．三种溶液中c(Cl-)的关系是①=②=③
B．若将三种溶液稀释相同的倍数，pH变化最小的是②
C．三种溶液中由水电离出的c(H+)的关系是①C，应向高氯酸中加几粒石灰石，产生大量气体，才能得以证明，选项D不能达到实验目的；
答案选D。
21．D
【详解】
A．①步反应中，虽然结构变为，好像有双键出现，但整体分析第①步，两个有机物结构只是交换了氢原子与氯原子，未出现小分子结构脱出，所以不应属于消去反应，描述错误，不符题意；
B．反应③中，有S=N双键断，S—O单键断，C—H单键断，故只有极性键断裂，没有非极性键断裂，描述错误，不符题意；
C．若为CH3OH，则R1、R2均为H原子，那么反应进程最后生成的应为HCHO(甲醛)，题目中未描述H原子会进一步被氧化的信息，所以描述错误，不符题意；
D．对本题反应进程图像整体分析可得，作为载体，在三步反应中不停的发生结构变化，分别与和反应生成和和HCl，但本身重新生成原有结构，故在整个反应过程可以看作是催化剂，所以该反应历程总结为是合理的，符合题意；
综上，本题选D。
22．A
【分析】
氧化物由两种元素组成,且一种元素为氧元素的化合物,按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物,按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物,以此解答此题。
【详解】
A、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如氧化铝属于两性氧化物,故A正确；
B、过氧化物与水反应也生产碱,但过氧化钠属于过氧化物,故B错误；
C、非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物，故C错误；
D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】
酸性氧化物与非金属氧化物都属于氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如二氧化氮、一氧化氮等；而酸性氧化物也不一定为非金属氧化物，如金属氧化物可以是酸性氧化物，如Mn2O7等。
23．D
【详解】
A．根据图表信息，平衡时，氨气变化了1ml，变化量之比和系数成正比，所以氮气变化了0.5ml，平衡后氮气剩余1ml，所以反应前氮气的量为1+0.5=1.5ml；2min时，氨气的变化量为0.2ml，变化量之比和系数成正比，所以氮气的变化量为0.1ml，剩余氮气的量为1.5-0.1=1.4ml，故A正确；
B．该反应是一个气体气体减小的可逆反应，在恒压条件下，从反应开始至达到平衡的过程中，容器的体积逐渐减小，故B正确；
C．反应达到平衡时，氮气、氢气、氨气的物质的量分别为：1ml、1ml、1ml；再充入2mlH2，氮气、氢气、氨气的物质的量分别为：1ml、3ml、1ml，反应物的投入量与反应物的系数成正比，因此重新平衡后氮气的总转化率等于氢气的总转化率，故C正确；
D．反应达到平衡时，氮气、氢气、氨气的物质的量分别为：1ml、1ml、1ml；设平衡时，容器的体积为3L，各物质的浓度均为ml/L；所以温度不变，该反应的平衡常数为K=，带入以上数据，可得K=9；平衡后再充入3mlN2，容器内氮气、氢气、氨气的物质的量分别为：4ml、1ml、1ml，容器的体积为6L，各物质的浓度分别为：ml/L、 ml/L、 ml/L；Qc=，带入数值，得到Qc=9=K，平衡不移动，故D错误；
故选D。
24．D
【解析】
【详解】
铝制餐具使用广泛，铝在空气中稳定存在的原因是在常温下Al与氧气反应，铝表面能形成致密的氧化膜，而与铝热反应、性质活泼无关，故答案为D。
25．C
【详解】
A．石油是混合物，除含烷烃外，还可能含有环烷烃和芳香烃，故A正确；B．常压分馏得到的汽油是混合物，混合物没有固定的沸点，故B正确；C．裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度(700℃～800℃，有时甚至高达1000℃以上)，使石油分馏产物(包括石油气)中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，两者都有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料，故D正确；故选C。
26．a b、c、i e d、f、g、h
【详解】
a．Ne是单原子分子，不存在化学键；
b．HCl属于共价化合物，结构式为H-Cl，只存在极性共价键；
c．P4属于非金属单质，只存在非极性共价键；
d．H2O2属于共价化合物，结构简式为H-O-O-H，既有极性共价键键，又有非极性共价键；
e．Na2S属于离子化合物，只存在离子键；
f．NaOH属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；
g．Na2O2属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；
h．NH4Cl属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；
i．AlCl3属于共价化合物，只存在极性共价键；
(1)不存在化学键的是a；
(2)只存在共价键的是b、c、i；
(3)只存在离子键的是e
(4)既存在离子键又存在共价键的是d、f、g、h。
27．75%
【详解】
(1)标准状况下，甲烷和一氧化碳的混合气体共，混合气体的物质的量为，设甲烷和一氧化碳的物质的量分别是、，则、，解得、，所以混合气体中甲烷的体积分数为，故答案为：75%；
(2)某物质加热时按化学方程式分解，产物均为气体，测得由生成物组成的混合物气体对的相对密度为20，则生成物的平均相对分子质量是。设反应物的摩尔质量为，参加反应的为，则根据质量守恒定律可知，解得，即的摩尔质量是，故答案为：；
(3)密度为的溶液里含，钙离子的物质的量为，根据化学式可知氯离子的物质的量为，溶液的体积为，则氯离子的浓度为。溶液是均一、稳定的，则从中再取出一半的溶液，其中的物质的量浓度仍是，故答案为：；
(4)等物质的量的恰好可使相同体积的两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，根据可知，又因两种溶液体积相同，溶质的物质的量之比等于溶液的物质的量浓度之比，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比为号，故答案为：1:3。
【点睛】
本题主要考查物质的量以及物质的量浓度的有关计算，(4)是易错点，明确发生的化学反应及硫酸根离子守恒是解答本题的关键，注意答题时不需要利用钡离子的物质的量代入计算。
28．＞ 左 0.01 ml·L-1·min-1 ac 50% c
【分析】
(1)相同温度下，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，根据转化率确定压强大小；
(2)升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
(3)①先计算三氧化硫的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；
反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；
②根据反应放出98.0 kJ热量时，根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.0 kJ/ml，则生成三氧化硫1 ml结合三段式计算；
(4)先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积。缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动。
【详解】
(1)该反应的正反应是气体体积减小的反应，在相同温度时，增大压强平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，B点的转化率大于A点，所以p1＞p2；
(2)由图可知，压强一定时，升高温度，SO2转化率减小，说明升高温度，化学平衡向左移动；
(3)①v(SO3)==0.02 ml/(L·min)，v(O2)=v(SO3)=0.01 ml/(L·min)；
a．SO2、O2起始物质的量分别为n(SO2)=1.6 ml+0.4 ml=2.0 ml，n(O2)=1.8 ml+0.2 ml=2.0 ml。因温度和容器体积不变，开始加入的SO2和O2的物质的量相等，而Δn(SO2)与Δn(O2)不相等，能说明反应达到平衡状态，a正确；
b．容器体积不变，混合气体质量不变，故反应前后气体密度不变，故不能说明反应达到平衡，b错误；
c．因反应后气体的总物质的量减小，若压强不变，能说明反应达平衡状态，c正确；
d．根据硫原子质量守恒，反应前后n(SO2)+n(SO3)不变，因此不能说明反应达到平衡状态，d错误；
故答案为ac。
②反应放出98 kJ热量时，消耗的SO2的物质的量为×2 ml=1 ml，则SO2的转化率α(SO2)=×100%=50%；
(4)先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变。由于此反应的正反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积。缩小体积使乙的压强增大，化学平衡正向移动。所以，若甲容器中SO2的百分含量为p%，则乙的SO2的百分含量将小于甲，即乙的SO2的百分含量小于p%，故答案为c。
【点睛】
结合平衡状态的特征及化学平衡移动原理分析判断，对于相同起始状态不同外界条件下的反应，可先虚拟一种状态，然后利用平衡状态的建立与外界条件无关，只与物质的始态和终态有关，利用平衡移动原理分析。
29．H2S H2O CO2 MgO
【分析】
根据已知的X、Y、Z以及化合物甲的性质，结合物质的性质分析判断。
【详解】
(1)若X是O2，Y是S，Z是H2，化合物甲是一种可燃性气体，则硫在氢气反应生成H2S，H2S与氧气的反应生成H2O和S，则化合物甲为H2S，化合物乙为H2O，故答案为H2S；H2O；
(2)若X是Mg，Y是C，Z是O2，化合物甲是一种不可燃气体，则碳与氧气反应生成二氧化碳，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则化合物甲为CO2，化合物乙为MgO，故答案为CO2；MgO。
30．羧基 苯甲醇 、 4 2：2：2：1 溶液 +2NaOH+2CH3OH
【分析】
根据G的结构简式及C和F的分子式可知，一分子的C和两分子的F发生酯化反应生成G，所以可推知F为，反应②为B与甲醇发生酯化反应生成C，所以C为，B为，A发生氧化反应生成B，所以A为，D与氯气发生取代生成E，E发生碱性水解得F，所以D为，E为，据此答题。
【详解】
根据G的结构简式及C和F的分子式可知，一分子的C和两分子的F发生取代反应生成G，所以可推知F为，反应为B与甲醇发生酯化反应生成C，所以C为，B为，A发生氧化反应生成B，所以A为，D与氯气发生取代生成E，E发生碱性水解得F，所以D为，E为，
为，B中含氧官能团的名称是羧基，F为，F的名称是苯甲醇；
根据上面的分析可知，上述流程中的取代反应有、、、，E为，E的核磁共振氢谱图中共有4个峰，各峰的峰面积比为2：2：2：1；
为，D与溴在铁粉作催化剂条件下发生苯环上取代，再水解酸化可得酚，所以H为酚，而F为醇，所以鉴别H与F的试剂是溶液；
为，C与足量NaOH溶液反应的化学方程式为+2NaOH+2CH3OH；
为，K与B互为同分异构体，根据条件：能与NaOH溶液反应，且1ml J完全反应消耗4ml NaOH，说明K中有两个酚酯基，能发生银镜反应，且1ml J与足量的银氨溶液反应生成4ml Ag，说明有两醛基，或甲酸某酯，分子中苯环上的一氯取代物只有一种，说明苯环上取代分布对称，则符合条件的K的结构为。
31．[Ar]3d7 C2O3+ SO+4H+= 2C2++SO+2H2O 6.7≤pH＜7.4 pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，C2+萃取率增大 富集、提纯C2+ n(CO)×75g/ml+n(C3O4)×241g/ml=3.16g，[n(CO)+3n(C3O4)]×183g/ml=7.32g，两式联立，n(CO)=0.01ml，n(C3O4)=0.01ml，则质量比为75：241
【详解】
(1)根据钴氧化物晶胞的结构，与NaCl类似，则氧化物为CO，+2价的钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7；
(2)①Na2SO3具有还原性，能与+3价的钴离子发生氧化还原反应生成C2+和SO，离子方程式为C2O3+SO+4H+= 2C2++SO+2H2O；
②根据表中数据，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全生成沉淀，pH大于或等于6.7，且不能使C2+生成沉淀。根据表中数据可知，C2+恰好沉淀完全的pH为9.4，则此时溶液中c(OH-)=110-4.6ml/L，Ksp[C(OH)2]= c2(OH-) ∙c(C2+)=(110-4.6)110-5=110-14.2。由于浸取液中c(C2+)=0.1ml/L，则C2+开始沉淀时c(OH-)=，此时pH=7.4，故要防止C2+开始沉淀，pH应小于7.4，故须调节溶液pH的范围是6.7≤pH＜7.4；
③pH增大，溶液中氢离子浓度减小，导致平衡正向进行，使C2+萃取率增大；经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CSO4，萃取、反萃取的目的是富集、提纯C2+；
④n(CO)×75g/ml+n(C3O4)×241g/ml=3.16g，[n(CO)+3n(C3O4)]×183g/ml=7.32g，两式联立，n(CO)=0.01ml，n(C3O4)=0.01ml，则m(CO)：m(C3O4)=0.01ml×75g/ml：0.01ml×241g/ml=75：241。