2021年高考臨考預測化學試卷A湖北參考答案與解析

2021年高考臨考預測·化學試卷A（湖北）參考答案與解析1.【答案】C【解析】75%酒精可用于消毒殺菌，A滿足題意；次氯酸鈉具有強氧化性，能夠殺菌消毒，B滿足題意；生理鹽水的主要成分是0.9%的NaCl溶液，氯化鈉沒有殺菌和消毒的作用，C不足滿題意；過氧乙酸溶液是強氧化劑,可以殺滅一切微生物,對病毒、細菌、真菌及芽孢均能迅速殺滅，D滿足題意；答案選C。2.【答案】C【解析】中子數(shù)為10的氧原子的質(zhì)量數(shù)為10+8=18，則形成的過氧根離子表示為，A錯誤；二氧化碳為直線形分子，O原子半徑大于碳原子，其比例模型為，B錯誤；羰基硫（COS）分子中C原子和S原子、O原子分別各形成兩對共用電子對，結(jié)構(gòu)式為O=C=S，C正確；氯原子得到一個電子得到氯離子，則氯離子的離子結(jié)構(gòu)示意圖為，D錯誤；答案選C。3.【答案】B【解析】60gNaHSO4固體的物質(zhì)的量是，NaHSO4固體中沒有H+，故A錯誤；標準狀況下，12C18O物質(zhì)的量是，含有的中子數(shù)為，即是8NA，故B正確；0.2molCl2與足量NOH溶液反應后，ClO-一部分會發(fā)生水解，溶液中Cl-、ClO-兩種粒子數(shù)之和小于0.4NA，故C錯誤；氧氣和臭氧均由氧原子構(gòu)成,故32g氧氣和臭氧中含有的氧原子的物質(zhì)的量為2mol，故含氧原子為2NA個，故D錯誤；故選B。4.【答案】C【解析】酸性溶液中不能大量存在HCO，氫離子與HCO反應生成二氧化碳和水，故不能大量共存，故A不符合題意；含Cu2+的溶液為藍色，與無色不符，故B不符合題意；酸性溶液中該組離子之間不反應，可大量共存，且離子均為無色，故C符合題意；酸性溶液中，NO具有強氧化性，能氧化SO，故不能大量共存，故D不符合題意；故選C。5.【答案】B【解析】反應①中，硒元素化合價升高被氧化，硒是還原劑，SeO2為氧化產(chǎn)物，硫元素化合價降低被還原，濃硫酸是氧化劑，SO2是還原產(chǎn)物，故A正確；反應②中，硒元素化合價降低被還原，二氧化硒為氧化劑，碘元素化合價升高被氧化，碘化鉀是還原劑，氮元素化合價沒有變化，硝酸既不是氧化劑也不是還原劑，故B錯誤；反應②中，生成2mol碘單質(zhì)，轉(zhuǎn)移4mol電子，則每生成2共轉(zhuǎn)移電子，故C正確；在同一反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，反應①中硫酸為氧化劑，二氧化硒為氧化產(chǎn)物，氧化性H2SO4(濃)＞SeO2；反應②中SeO2為氧化劑，I2為氧化產(chǎn)物，氧化性SeO2＞I2，則氧化性由強到弱的順序是：H2SO4(濃)＞SeO2＞I2，故D正確；故選B。6.【答案】D【解析】NH3與氧氣反應生成N2，N2與氧氣反應生成NO，NH3與氧氣反應可生成NO，A與題意不符；過量Fe與硝酸反應生成Fe(NO3)2，F(xiàn)e與過量的硝酸反應生成Fe(NO3)3，F(xiàn)e(NO3)2與硝酸反應生成Fe(NO3)3，B與題意不符；Na與在空氣中生成Na2O，Na與在空氣中加熱的條件下生成Na2O2，氧化鈉在空氣中加熱生成過氧化鈉，C與題意不符；S與氧氣反應生成SO2，SO2與氧氣反應生成SO3，S與氧氣反應不能生成SO3，D符合題意；答案為D。7.【答案】B【解析】由結(jié)構(gòu)簡式可知雙酚A的分子式為C15H16O2，A正確；含有兩個苯環(huán)，兩個氯原子可在相同或不同的苯環(huán)上，兩個氯原子在同一個苯環(huán)上的結(jié)構(gòu)有5種，兩個氯分別在不同的苯環(huán)上有3種，所以該結(jié)構(gòu)的二氯代物有8種，B錯誤；苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，所以兩個苯環(huán)以及和苯環(huán)相連的碳原子可以共面，所以最多有13個碳原子在同一平面，C正確；雙酚A含有酚羥基，能使酸性高錳酸鉀褪色、可與Na2CO3、NaOH溶液反應，D正確；答案選B。8.【答案】C【解析】裝置①只能測定氫氣的體積，不能測定生成氫氣的速率，故A錯誤；裝置②兩種高錳酸鉀溶液的濃度不同，顏色不同，應保證兩種高錳酸鉀的濃度相同，用不同濃度的草酸來做實驗，故B錯誤；裝置③可以保證反應熱幾乎沒有損失，可以進行中和反應反應熱的測定實驗，故C正確；裝置④兩種硫代硫酸鈉溶液的濃度不同，兩種硫酸的濃度也不同，故D錯誤；故選C。9.【答案】D【解析】酸性KMnO4溶液能氧化乙醇、雙氧水，故不選A；向某溶液中先加入足量稀鹽酸，無現(xiàn)象，說明不含Ag+、CO32-、SO32-，再加入BaCl2溶液有白色沉淀產(chǎn)生，該白色沉淀是硫酸鋇，說明原溶液含有SO42-，故不選B；粗鋅中的鋅、雜質(zhì)與稀鹽酸構(gòu)成原電池，加快鋅與鹽酸反應速率，故不選C；向20%蔗糖溶液中加入足量稀硫酸，加熱，加入氫氧化鈉中和硫酸后，再加入銀氨溶液，檢驗蔗糖是否水解，故選D；答案選D。10.【答案】B【解析】根據(jù)已知，As2O3、鋅和稀硫酸反應的方程式為As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3+6ZnSO4+3H2O，AsH3分解的方程式為2AsH3eq\o(=,\s\up5(△))2As+3H2↑，AsH3后得到3mgAs，則試樣中含As2O3的質(zhì)量為，n(As2O3)==210-5mol，據(jù)此分析解答。根據(jù)以上分析，試樣中As2O3的質(zhì)量分數(shù)為100%=99%，故A正確；反應中As元素化合價由As2O3中+3價降低為AsH3中-3價，Zn中鋅元素化合價由0價升高為+2價，根據(jù)得失電子守恒，鋅失去電子的物質(zhì)的量為210-5210-4mol，故B錯誤；由方程式2AsH3eq\o(=,\s\up5(△))2As+3H2↑可知，生成氫氣的物質(zhì)的量為210-5mol2=610-5mol，在標準狀況下體積為610-5mol，故C正確；由方程式As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3+6ZnSO4+3H2O可知，消耗硫酸的物質(zhì)的量為210-5mol=10-4mol，則消耗稀硫酸的體積為=10-3L=1mL，故D正確；答案選B。11.【答案】B【解析】原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素a、b、c、d，其中a、b、d得一個電子都可達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則a、b、d最外層為7個電子或氫元素，a為H、b為F、d為Cl，由b、c、d的原子序數(shù)之和為38，則c的原子序數(shù)為38-9-17=12，為Mg。H與Mg形成的化合物為MgH2，為離子化合物，A錯誤；F和Mg的簡單離子,都是2個電子層，電子層數(shù)相同時原子序數(shù)越大半徑越小，所以Mg2+半徑小，F(xiàn)-半徑大，B正確；a與b的化合物為HF，a與d的化合物為HCl，HF分子間存在氫鍵，使沸點升高，所以沸點HF高于HCl，C錯誤；含有Cl元素的強酸至少有只有HCl、HClO4兩種，D錯誤。答案選B。12.【答案】C【解析】NaCN屬于強堿弱酸鹽，在溶液中存在水解平衡：CN-+H2O?HCN+OH-，則溶液中c(OH-)＜，則c(H+)>10-12mol/L，a點溶液的pH＜12，故A錯誤；b點的溶液，發(fā)生反應HCl+NaCN=NaCl+HCN，反應后得到的溶液中含等物質(zhì)的量濃度的NaCl、HCN和NaCN，由于溶液呈堿性，NaCN的水解程度大于HCN的電離程度，則溶液中c(HCN)＞c(CN-)，故B錯誤；c點的溶液，NaCN與鹽酸恰好完全反應得到物質(zhì)的量濃度均為的HCN和NaCl的混合液，依據(jù)物料守恒：c(CN-)+c，c(Cl-，所以c(CN-)+c(HCN)+c(Cl-)=0.01mol/L，故C正確；所得溶液中電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CN-)+c(OH-)，pH=7時，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(Cl-)+c(CN-)，故D錯誤；故選C。13.【答案】C【解析】放電過程總反應式為：Na1-xMnO2+NaxCn=nC+NaMnO2，由圖示信息知，負極反應為NaxCn--xe-=nC+xNa+、正極反應為Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2，則負極是石墨烯/Al，正極為NaMnO2/Al，則充電時石墨烯/Al發(fā)生還原反應為陰極，NaMnO2/Al發(fā)生氧化反應為陽極。電池放電過程中，負極是石墨烯/Al，正極為NaMnO2/Al，則NaMnO2/Al上的電勢高于石墨烯/Al上的電勢，A正確；電池放電時，正極上鈉離子得電子發(fā)生還原反應，電極方程式為：Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2，B正確；電池充電時，外接電源的負極連接陰極即石墨烯/Al電解，而外接電源的正極連接陽極即NaMnO2/Al電極，C錯誤；電池充電時，Na+由陽極移向陰極，即由NaMnO2/Al電極移向石墨烯/Al電極，D正確；答案選C。14.【答案】B【解析】①膽礬溶于水時，溶液溫度降低，反應為CuSO4?5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)ΔH1＞0；②硫酸銅溶于水，溶液溫度升高，該反應為放熱反應，則：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)ΔH2＜0；③已知CuSO4?5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)ΔH3；依據(jù)蓋斯定律①-②得到③：ΔH3=ΔH1-ΔH2，由于ΔH2＜0，ΔH1＞0，則ΔH3＞0。根據(jù)分析可知ΔH3＞0，而ΔH2＜0，則ΔH3＞ΔH2，故A錯誤；根據(jù)分析可知ΔH2=ΔH1-ΔH3，由于ΔH2＜0，ΔH3＞ΔH1，故B正確；ΔH3=ΔH1-ΔH2，則ΔH1=ΔH3+ΔH2，故C錯誤；ΔH2＜0，ΔH1＞0，且ΔH1=ΔH3+ΔH2，則ΔH1+ΔH2＜ΔH3，故D錯誤。綜上所述答案為B。15．【答案】A【解析】晶胞中所含K+的個數(shù)為=4，所含O的個數(shù)為=4，K+和O的個數(shù)比為1：1，所以超氧化鉀的化學式為KO2，故A正確；晶體中每個K＋周圍有6個O，每個O周圍有6個K＋，故B錯誤；晶體中與每個K＋距離最近的K＋有12個，故C錯誤；晶體中與每個K＋距離最近的K＋有12個，故D錯誤；故合理選項為A。16．【答案】（1）Cl2、H2O和HCl濃硫酸（2）BC（3）冷卻水不該從上端通入(或不應該用球形冷凝管)（4）防止水蒸氣進入裝置E中導致S2Cl2水解(或吸收未反應的Cl2及HCl)（5）蒸餾，收集138℃的餾分（6）2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl（7）4S+6OH-==2S2-+S2O32-+3H2O【解析】（1）由于濃鹽酸具有易揮發(fā)性，所以用濃鹽酸與漂白粉反應制取氯氣時，產(chǎn)物中會混有氯化氫氣體以及水蒸氣；由于S2Cl2極易水解，所以A中制取的氯氣應干燥后才能與S反應，在實驗中通常用濃硫酸作為氯氣的干燥劑；（2）由已知可知：S2Cl2的沸點為138℃、S的沸點為444.6℃，所以C中的溫度應控制在138℃~444.6℃之間，綜上分析可得甘油浴以及沙浴能滿足該條件，而水浴溫度達不到S2Cl2的沸點，錫浴溫度過高，在蒸出的S2Cl2產(chǎn)品中含有S，故答案選BC；（3）冷卻水的流向應為下進上出，冷凝管應選用直型冷凝管而不是球形冷凝管；（4）由于S2Cl2極易水解，為了防止S2Cl2與空氣中的水蒸氣接觸而水解，則用盛有堿石灰的球形干燥管來吸收空氣中的水蒸氣；Cl2及HCl為對環(huán)境有害的氣體，所以在實驗中要對這兩種氣體進行處理，故用堿石灰可吸收未反應Cl2及HCl；（5）由于單質(zhì)硫的熔點為112.8℃、沸點為444.6℃，活性炭的的熔點和沸點均較高，而S2Cl2的沸點為138℃，所以純化S2Cl2的后續(xù)操作為：蒸餾，收集138℃的餾分；（6）由已知可得S2Cl2易水解，且試管口有白霧以及淡黃色固體和能使品紅溶液褪色的物質(zhì)，則其水解的產(chǎn)物為S、SO2以及HCl，所以其水解方程式為：。（7）S與熱的濃NaOH溶液反應生成Na2S2O3，S被氧化，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，則還有S被還原成Na2S，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應的離子方程式為4S+6OH-==2S2-+S2O32-+3H2O。17．【答案】（1）2Cr2O3+4Na2CO3+3O2eq\o(=,\s\up8(高溫))4Na2CrO4+4CO2D（2）流程中生成的CO2和Na2CO3可以循壞利用，且Na2CO3的價格低廉（3）H2SiO3、Al(OH)3（4）2H2O+2e-=H2↑+2OH-2（5）向Na2Cr2O7溶液中加入適量的KCl固體，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥【解析】根據(jù)流程：物質(zhì)X是一種重要的化工原料，我國生產(chǎn)X的工藝由侯德榜先生研發(fā)，則X為純堿，鉻礦石（主要成分為Cr2O3，還有Al2O3、SiO2等雜質(zhì)）與氧氣、碳酸鈉煅燒，發(fā)生的主要反應為：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2eq\o(=,\s\up8(高溫))4Na2CrO4+4CO2，Al2O3、SiO2反應得到硅酸鈉、偏鋁酸鈉，氣體Y為CO2，冷卻、粉碎、水浸取，過濾除去不溶性雜質(zhì)，濾液主要含有CrO42-、CO32-、SiO32-、AlO2-，將CO2通入濾液調(diào)節(jié)pH使SiO32-、AlO2-沉淀為H2SiO3、Al（OH）3，過濾，則沉淀為H2SiO3、Al（OH）3，濾液含有Na2CrO4、Na2CO3，分離出Na2CO3循環(huán)使用，電解Na2CrO4溶液，將Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，Na2Cr2O7再轉(zhuǎn)化為K2Cr2O7，據(jù)此分析作答。（1）根據(jù)流程：X為純堿，Cr2O3與氧氣、碳酸鈉煅燒得到Na2CrO4和CO2，反應為：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2eq\o(=,\s\up8(高溫))4Na2CrO4+4CO2；若“煅燒”操作最適宜的溫度是800～900℃．則在實驗室中進行“煅燒”操作時，碳酸鈉會與陶瓷、玻璃、石英反應，故應選擇鐵坩堝；（2）選用純堿而不用NaOH，因為流程中生成的CO2和Na2CO3可以循環(huán)利用，且Na2CO3的價格低廉；（3）根據(jù)分析，濾液主要含有CrO42-、CO32-、SiO32-、AlO2-，將CO2通入濾液調(diào)節(jié)pH使SiO32-、AlO2-沉淀為H2SiO3、Al(OH)3，過濾，則沉淀為H2SiO3、Al(OH)3；（4）①用石墨電極電解Na2

CrO4溶液，可將Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，根據(jù)b極連接的電極室生成Na2Cr2O7，則有反應2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故次極為氫氧根放電生成氫離子，做陽極，故a電極為陰極，為水中氫離子放電生成氫氣，電極反應為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；②已知2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O

K=1.0×1014，則K=，初始加入電解池中的c（Na2CrO4）=2.0mol?L-1，為CrO42-已全部轉(zhuǎn)化為Cr2O72-，則Cr2O72-為1.0mol?L-1，故K==1.0×1014，解得c（H+）=1.0×10-2mol?L-1，pH=2，故當電解后右池中pH＜2時，可以認為CrO42-已全部轉(zhuǎn)化為Cr2O72-；（5）由圖象可知K2Cr2O7溶解度較小，由Na2Cr2O7液制備K2Cr2O7固體，可向Na2Cr2O7溶液中加入適量KCl固體，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥，可得K2Cr2O7固體。18．【答案】（1）-355溫度L1、L2對應的物理量是壓強，L1的壓強小于L2的壓強，反應2CO2(g)＋6H2(g)=C2H4(g)＋4H2O(g)是氣體體積縮小的反應，當溫度不變時，增大壓強，平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大選擇合適催化劑（2）>（3）1.9amol【解析】（1）①根據(jù)2CO2(g)+6H2(g)?C2H4(g)+4H2O(g)反應方程式，ΔH=(4×750+6×436?615-4×413?8×463)kJ/mol=?355kJ/mol。②△H<0，升高溫度，二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，因此X不是壓強，應為溫度；該反應正向氣體分子數(shù)減小，增大壓強平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，即壓強越大，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，所以L1<L2。③不同催化劑催化效率不同、反應的選擇性也不同，故一定溫度和壓強條件下，為了提高反應速率和乙烯選擇性，應當選擇合適催化劑。（2）對反應：2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)ΔH>0。，某溫度下，向2L的恒容反應器中充入2molCH4，由圖知：，已知：v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，因為平衡時v正=v逆，則得，則該溫度下k正與k逆的比值為；若將溫度升高，平衡朝吸熱方向移動，平衡右移v正>v逆，可知速率常數(shù)增大的倍數(shù)：k正>k逆。（3）對反應：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。向某恒容密閉容器中充入amolC2H4(g)和amolH2O(g)，由圖知：，則A點時容器中氣體的總物質(zhì)的量為。則A點對應溫度下。19.【答案】（1）C4H6O2（2）羧基、氯原子（3）ClCH2CH2CH2COOCH3＋2NaOHH