2021年山东省德州市高考化学一模试卷（含解析）

这是一份2021年山东省德州市高考化学一模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1. 新型冠状病毒病正威胁着人们的身体健康。以下是与新型冠状病毒相关的一些认识，其中正确的是（ ）
A.新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成
B.生产医用防护服、口罩均要用到有机高分子材料
C.过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D.84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果

2. 据《Green Cℎemistry》报道：我国学者发明了低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为：NaCl+CO2 ​​​ CO+NaClO．下列说法正确的是（ ）
A.CO2的电子式：
B.NaCl属于离子晶体，其配位数为8
C.NaClO中既有离子键又有共价键
D.还原22.4L CO2转移的电子数2NA

3. 下列说法正确的是（ ）
A.CH≡CH和CH2=CHCH=CH2互为同系物
B.互为同分异构体
C.有机物的二氯代物有5种
D.(CH3)3C−CH＝CH2与氢气加成后，生成2，2，3−三甲基戊烷

4. 下列对实验事实的理论解释正确的是（ ）
A.AB.BC.CD.D

5. 通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
BaCl2晶体中所含离子总数为0.2NA
B.25​∘C时，pH＝1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1NA
C.17g H2O2中含有非极性键数目为0.5NA
D.生成2.33g BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA

6. 下列实验设计能达到实验目的的是（ ）
A.AB.BC.CD.D

7. 我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是（ ）

A.分子式为C13H12O6
B.该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应
C.1ml该有机物与NaOH反应最多消耗2ml NaOH
D.1ml该有机物与溴水反应最多消耗3ml Br2

8. X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。25​∘C时，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.001ml⋅L−1）的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）

A.Y和Z的简单离子半径：YQ
C.R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO3
D.上述五种元素中有两种元素是金属元素

9. 乙酸丁酯是重要的化工原料。实验室用乙酸、丁醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下制备乙酸丁酯的装置示意图（加热和夹持装置已省略）和有关信息如表：下列说法正确的是（ ）
A.加热一段时间后，发现烧瓶C中忘记加沸石，可打开瓶塞直接加入即可
B.装置B的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率
C.装置A可以装配蒸馏装置的冷凝器，且冷凝水由a口进，b口出
D.乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去

10. 还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72−和CrO42−）工业废水的常用方法，过程如下：已知：转化过程中的反应为2CrO ​42−(aq)+2H+(aq)⇌Cr2O ​72−(aq)+H2O(l)。常温下Ksp[Cr(OH)3]＝1×10−32．下列说法错误的是（ ）

A.反应①v正(CrO42−)＝2v逆(Cr2O72−)时，反应处于平衡状态
B.反应②转移0.6ml e−，则有0.2ml Cr2O72−被还原
C.除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
D.常温下，要使处理后废水中的c(Cr3+)降至1×10−5ml⋅L−1，反应③应调溶液pH＝5
二、选择题：本题共5个小题，共20分．每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分

为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se．发生的反应为：①Se+2H2SO4（浓）=2SO2+SeO2+2H2O②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是（ ）
A.①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B.②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C.每生成0.4 ml I2共转移1.2 ml电子
D.氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）>SeO2>HNO3

已知反应：CH2＝CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2＝CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按ω=n(Cl2)n(CH2=CHCH3)向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度(T)、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是（ ）

A.图甲中ω1>1
B.图乙中，线A表示正反应的平衡常数
C.在恒容容器中进行，压强不变时反应达到平衡状态
D.当温度为T1、ω＝2时，Cl2的转化率约为33.3%

2022年前后我国将建成首座载人空间站。为实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家研发了一种能量转化装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2．下列说法正确的是（ ）

A.该装置将太阳能直接转化为化学能
B.离子交换膜为阳离子交换膜
C.反应完毕，该装置中电解质溶液的pH不变
D.Y电极的反应：CO2+2e−+H2O=CO+20H−

常温下，向VmL 0.1ml⋅L−1HA溶液中滴入0.1 ml⋅L−1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[−lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A.常温下，Ka(HA)约为10−5
B.P点溶液对应的pH＝7
C.M点溶液中存在：c(Na+)＝c(A−)+c(HA)
D.N点溶液中存在：c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)

水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用•标注。下列说法正确的是（ ）

A.水煤气变换反应的△H>0
B.步骤③的化学方程式为：CO⋅+OH⋅+H2O(g)=COOH⋅+H2O•
C.步骤⑤只有非极性键H−H键形成
D.该历程中最大能垒（活化能）E正＝2.02eV
三、非选择题：本题共5小题，共60分

亚硝酰氯(NOC1)是一种黄色气体，沸点为−5.5​∘C．其液体呈红褐色。遇水发生反应：2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑．某化学兴趣小组设计如图装置用C12和NO制备NOC1．回答下列相关问题：

（1）甲装置发生的离子反应方程式为________，装置丙中的液体为________。

（2）实验时，先通入Cl2，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入NO，这样做的目的是________。

（3）装置丁中冰盐水的作用是________。

（4）经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是________（用文字描述）。

（5）吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为________。
（已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）

（6）反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cml⋅L−1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL．则产物中NOCl纯度的计算式为________。

Fe、C、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。

（1）基态Fe原子中，电子填充的能量最高的能级符号为________。

（2）在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是________。

（3）铁氰化钾{K3[Fe(CN)6])}溶液是检验Fe2+常用的试剂。l ml[Fe(CN)6]3−含σ键的数目为________。

（4）C3+的一种配离子[C(N3)(NH3)5]2+中，C3+的配位数是________。配体N3−中心原子的杂化类型为________。CO的熔点是1935​∘C，CS的熔点是1135​∘C，试分析CO的熔点较高的原因________。

（5）NiO的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为(0, 0, 0)，B为(1, 1, 0)，则C原子坐标参数为________。

二氧化碳的利用是我国能源领域的一个重要战略方向，目前我国科学家在以下方面已经取得重大成果。

（1）图1是由CO2制取C的太阳能工艺。已知过程1发生的反应中 n(FeO)n(CO2)=6，则FexOy的化学式为________。过程1生成1ml C的反应热为△H1；过程2产生lml O2(g)的反应热为△H2．则由CO2制取C的热化学方程式为________。

（2）利用CO2合成甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)=H2O(g)+CH3OH(g)△H＝−53.7kJ⋅ml−1，一定条件下，将1ml CO2和2.8ml H2充入容积为2L的绝热密闭容器中，发生上述反应。CO2的转化率[α(CO2)]在不同催化剂作用下随时间的变化曲线如图2所示。过程Ⅰ的活化能________（填“>”“C，酸性：HClO4>H2CO3，HClO不是最高价含氧酸，故A错误；
B．NH3溶于水形成的溶液能导电，原因氨气与水反应生成的一水合氨能够电离出铵离子和氢氧根离子，导电的离子不是氨气电离的，所以氨气属于非电解质，故B错误；
C．N的2p电子为半满，为稳定结构，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故C正确；
D．H2O分子间含氢键，则H2O的沸点高于H2S，与H−O的键能大于H−S的键能无关，故D错误；
5.
【答案】
C
【考点】
阿伏加德罗常数
【解析】
A、1 ml BaCl2中所含离子总数为3ml；
B、溶液的体积不知；
C、根据n=mM，结合1ml H2O2中含有1ml非极性键来分析；
D、2.33 g BaSO4沉淀的物质的量为0.01ml，而此反应转移2ml电子，生成1ml硫酸钡沉淀。
【解答】
A、1 ml BaCl2中所含离子总数为3ml，所以0.1 ml BaCl2中所含离子总数为0.3 NA，故A错误；
B、溶液的体积不知，所以无法求物质的量，故B错误；
C、17 g H2O2中，n=mM=17g34g/ml=0.5ml，而双氧水中含1条非极性键，故0.5ml双氧水中含0.5NA条非极性键，故C正确；
D、2.33 g BaSO4沉淀的物质的量为0.01ml，而此反应转移2ml电子，生成1ml硫酸钡沉淀，故当生成0.01ml硫酸钡沉淀时，反应转移0.02ml电子即0.02NA个，故D错误；
6.
【答案】
C,D
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子；
B．碳碳双键、−CHO均可被高锰酸钾氧化；
C．AgCl的饱和溶液的滴加NaBr，生成AgBr淡黄色沉淀，为沉淀转化；
D．钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈。
【解答】
A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN、后加氯水检验亚铁离子，故A错误；
B．碳碳双键、−CHO均可被高锰酸钾氧化，由现象不能检验碳碳双键，故B错误；
C．AgCl的饱和溶液的滴加NaBr，生成AgBr沉淀，由沉淀转化可比较Ksp，故C正确；
D．钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，则比较水与乙醇中羟基氢的活泼性，故D正确；
7.
【答案】
C
【考点】
有机物的结构和性质
【解析】
有机物含有羧基、酯基、羟基、醚键，结合酸、酯类、烯烃的性质解答该题。
【解答】
A．由结构简式可知分子式为C13H12O6，故A正确；
B．含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羟基、羧基、酯基，可发生取代反应，故B正确；
C．能与氢氧化钠反应的为羧基、酯基和酚羟基，则1ml该有机物与NaOH反应最多消耗3ml NaOH，故C错误
D．含有酚羟基，邻位、对位可发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1ml该有机物与溴水反应最多消耗3ml Br2，故D正确。
8.
【答案】
B
【考点】
原子结构与元素周期律的关系
【解析】
X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，由25​∘C时其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.001ml⋅L−1）的pH和原子半径的关系图可知，Z的原子半径最大，对应碱的pH＝11，可知Z为Na；Y、R对应酸的pH＝3，且R的半径比Y大，可知Y为N、R为Cl；Q的原子半径大于R，且等浓度时pH小于R，则Q为S；X的原子半径大于Y、小于Z，X位于第二周期，且原子序数小于Y，且对应酸的酸性小于硝酸，则X为C，以此来解答。
【解答】
由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为Na、Q为S、R为Cl，
A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则Y和Z的简单离子半径：Y>Z，故A错误；
B．非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则R、Q的气态氢化物的稳定性：R>Q，故B正确；
C．R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO4，故C错误；
D．只有Na为金属元素，故D错误；
9.
【答案】
D
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
A．加入沸石，应避免热的液体迸溅而烫伤；
B．乙酸丁酯密度比水小，B的作用为分离出水；
C．冷凝时，应使冷却水充满冷凝管；
D．乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水。
【解答】
A．应停止加热，待冷却至室温时再加入沸石，以避免热的液体迸溅而烫伤，故A错误；
B．由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故B错误；
C．冷凝时，应使冷却水充满冷凝管，采用逆流冷却的效果好，所以冷水从b进，故C错误；
D．乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水，则可用饱和碳酸钠溶液除去，故D正确。
10.
【答案】
B
【考点】
难溶电解质的溶解平衡
【解析】
A、根据同种物质v正＝v逆，或不同物质速率比等于系数比来判定化学平衡状态；
B、根据电子转移守恒，反应②Cr2O72−∼2Cr3+，转移6ml e−；
C、包括Cr2O72−生成Cr3+的氧化还原反应和Cr3+与OH−的复分解反应；
D、根据Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3+)c(OH−)列式计算求出c(OH−)、c(H+)、pH。
【解答】
A、判定化学平衡状态：根据同种物质v正＝v逆，或根据不同物质速率方向相反，且速率比等于系数比；2CrO ​42−(aq)+2H+(aq)⇌Cr2O72−(aq)+H2O(l)，v(CrO42−)v(Cr2O72−)=21，即v正(CrO42−)＝2v逆(Cr2O72−)时，达平衡状态，故A正确；
B、根据电子转移守恒，反应②Cr2O72−∼2Cr3+，转移6ml e−；所以当转移0.6mle−，则有0.1mlCr2O72−被还原，故B错误；
C、除去废水中含铬离子的过程中含有：Cr2O72−被还原生成Cr3+的氧化还原反应、Cr3+与OH−发生复分解反应生成难溶于水的Cr(OH)3，故C正确；
D、Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3+)c3(OH−)，c(Cr3+)＝1×10−5ml⋅L−1，c3(OH−)=Ksp[Cr(OH)3]c(Cr3+)=1×10−321×10−5=10−27ml⋅L−1，c(OH−)=310−27=10−9ml⋅L−1，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−9=10−5ml⋅L−1，则pH＝−lgc(H+)＝5，故D正确；
二、选择题：本题共5个小题，共20分．每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分
【答案】
B,C
【考点】
氧化还原反应
【解析】
A．氧化剂对应的产物是还原产物、还原剂对应的产物是氧化产物；
B．氧化剂在反应中化合价降低被还原，还原剂在反应中化合价升高被氧化；
C．I元素化合价由−1价变为0价，化合价升高1价，据此结合电子守恒计算；
D．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【解答】
A．①中S元素化合价由+6价变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价，则浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；
B．②中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由−1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B错误；
C．反应②中I元素化合价由−1价变为0价，每生成0.4ml I2转移电子物质的量为：0.4ml×2×[0−(−1)]＝0.8ml，故C错误；
D．①中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4（浓）>SeO2；②中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性：SeO2>HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）>SeO2>HNO3，故D正确；
【答案】
D
【考点】
体积百分含量随温度、压强变化曲线
【解析】
A．根据勒夏特列原理，增大氯气的量，平衡正向移动，丙烯的体积分数减小；
B．由图甲可知，随着温度的升高，丙烯的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动；
C．该反应是气体分子数不变的反应，反应开始到平衡，容器压强都不改变；
D．当温度为T1、ω＝2时，平衡常数K＝1，列化学平衡三段式计算。
【解答】
A．增大氯气的量，平衡正向移动，丙烯的体积分数减小，则图甲中ω1c(OH−)>c(H+)，故D正确；
【答案】
B,D
【考点】
反应热和焓变
【解析】
A．反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；
B．由图可知步骤③CO•、OH•和H2O(g)转化为COOH•和H2O•；
C．由图可知步骤⑤生成了CO2(g)和H2(g)；
D．该历程中最大能垒（活化能）即为步骤④。
【解答】
A．由图可知，生成物的总能量低于反应总能量的反应，则水煤气变换反应为放热反应，△H