衡水名校联盟2021年高考押题预测卷-化学

衡水名校联盟2021年高考押题预测卷

化学·解析

1．【答案】D【解析】含有病毒的飞沫直径介于1nm~100nm之间，符合胶粒的直径范围，分散在空气中形成气溶胶，A正确；医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，其单体为丙烯，来自石油裂解气，B正确；制作防护服用的主要材料有聚乙烯、聚丙烯、聚酯纤维等，它们都属于是有机合成高分子材料，C正确；医用酒精灭菌时，主要是破坏蛋白质形成蜷曲和螺旋的各种力，从而使蛋白质变性；而 84消毒液的主要成分为次氯酸钠，次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能与细菌发生氧化还原反应而杀死细菌，D不正确；故选D。

2．【答案】A【解析】这种灰主要成分一定不可能是为Ca(OH)2，Ca(OH)2可在空气中与CO2继续反应，故A错误；“紫青烟”是因为发生了焰色反应，钾的焰色反应即为紫色，故B正确；司南中“杓”的应该是有磁性的，磁性氧化铁，材质为Fe3O4，故C正确；挹其水熬之，则成胆矾”，该操作为结晶，故D正确；故选A。

3．【答案】A【解析】标准状况下，HF呈液态，其密度比气态时大，所以22.4LHF的物质的量大于1mol，含有的原子数目大于2NA，A正确；25℃时，pH=4的醋酸溶液1L，醋酸电离产生的H+数目为10-4mol/L×1L×NA=0.0001NA，另外，还有水电离产生的H+，所以溶液中含有的H+数目大于0.0001NA，B不正确；1个H2O2中含有2个极性键，100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为=NA，另外，溶液中还含有水，1个水分子中含有2个极性键，所以该H2O2溶液中极性键数目大于NA，C不正确；用惰性电极电解饱和食盐水，发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，则转移电子数为NA时，生成的OH-的物质的量为1mol，但溶液的体积未知，所以无法求出OH-的浓度，D不正确；故选A。

4．【答案】C【解析】中子数为14的铝的质量数为13+14=27，所以该铝原子的原子符号为，A错误；拍杆中的碳纤维不属于化合物，不属于有机物，即不属于合成有机高分子材料，B错误；尼龙可由二胺和二酸缩聚而得的聚二酸二胺，也可由内酰胺缩聚得到，所以C正确；制拍用的环氧树脂单体中不含有羟基，D错误；答案选C。

5．【答案】A【解析】硝酸可以溶解银单质形成硝酸银溶液，从而除去试管内壁附着的单质银，A正确；配制480 mL 0.2 mol·L-1CuSO4溶液，需要用500mL容量瓶，所需CuSO·5H2O固体的质量为0.5L×0.2mol/L×250g/mol=25g，B错误；氯化镁溶液中存在水解平衡MgCl2+2H2OMg(OH)2+HCl，加热促进水解和HCl的挥发，所以氯化镁会彻底水解，蒸干后无法得到氯化镁固体，C错误；需测定同浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH来确定二者酸性强弱，选项中没有“同浓度”这一条件，D错误；综上所述答案为A。

6．【答案】B【解析】根据图示结构可知，Z为带一个负电荷的阴离子，M可以形成一个共价键，X可以形成两个共价键，W可以形成四个共价键，Y可以形成四个共价键，且M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，所以M为H，W为C，X为O，Y为Si，Z为Cl。氯气的氧化性强于硅单质，所以A正确；H、C、O形成的二元酸H2CO3、H2C2O4以及其他多种二元羧酸，B错误H、C、Cl三种元素可组成通常为气态的化合物，如CH3Cl，C正确；Si和O、Cl形成二氧化硅和SiCl4，所有原子均满足8电子稳定结构，D正确；答案选B。

7．【答案】D【解析】将少量氯气通入NaHSO3溶液中离子方程式为：4HSO+Cl2=2Cl-＋2H2O+3SO2↑+SO，A错误；电解MgCl2溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，B错误；NaClO溶液显碱性，故NaClO溶液中加入少量FeSO4溶液的离子方程式为：5H2O+2Fe2++5ClO- ═Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，C错误；等体积、等浓度的NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液混合的离子方程式为：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，D正确；故答案为D。

8．【答案】D【解析】酸浸时二氧化锰和硫化锰发生氧化还原反应得到硫酸锰、硫单质，过滤除去硫单质、矿渣等得硫酸锰滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，煅烧硫酸锰晶体得到MnSO4·H2O。若软锰矿不足，MnS会和硫酸反应，可能产生有毒气体H2S，A正确；二氧化锰可以把硫化锰氧化生成硫单质，滤渣中含有非金属单质S，B正确；要从溶液得到硫酸锰晶体，则操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；在煅烧的过程中，锰由+2价升高到+3价，则硫的价态从+6价降到+4价，生成的气体是SO2，D错误；故选D。

9．【答案】C【解析】由图可知，生成后又参与反应，所以是反应的中间产物，A项正确；由图可知，H2和CO2恰好完全转化为HCOOH，反应的原子利用率为100%，B项正确；

由图可知，反应过程中形成了三种含有M的物质，且成键数目不同，C项错误；由图可知，该过程中包含CO和反应生成HCOOH和，D项正确；答案选C。

10．【答案】BC【解析】只有2个羧基与碳酸氢钠反应，则1 mol该有机物与足量溶液反应可放出2 mol，A项错误；2个羧基、1个酚羟基、1个酯基及水解生成的酚羟基均与NaOH反应，则1 mol该有机物最多可与含5 mol NaOH的溶液反应，B项正确；含酚羟基，能与溶液发生显色反应，C项正确；苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1 mol该有机物最多可与4 mol 加成，D项错误；答案选BC。

11．【答案】BD【解析】脱疏完后的溶液液在阴极区发生析氢反应，使阴极区pH值上升，因此过量的OH-与HSO3-反应生成SO32-或与Na+结合生成NaOH。因此左侧再生液为NaOH和Na2SO3溶液，由于电荷守恒，中间区的Na+进入左侧，而在右侧，发生氧化反应，2H2O-4e-=O2+4H+，H+透过阳膜定入中间区，因此.出液1为H2SO3溶液。此反应本质是双阳膜电解法。电极b，发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，A错误；m为阳离子交换膜，允许H+和Na+通过，在左侧出现再生液，B正确；由于右侧水放电，放氧生酸，水的量减少，故H2SO4的浓度变大，pH减低，C错误；出液1为H2SO3溶液，可使溴水褪色，D正确；故选BD。

12．【答案】B【解析】由容器I的反应，列三段式：

平衡常数为，在恒温恒容密闭容器里，压强和物质的量成正比，则平衡时总压强数值上等于总物质的量，即(0.2+0.4+0.2)mol/L×2L=1.6mol。若平衡时容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5，则容器II平衡时总物质的量为2.0mol，对容器II列三段式：，则(0.2-x+0.5-2x+0.3+2x)mol/L×2L=2.0mol，解得x=0，说明反应已经达到平衡状态，而该时刻的，明显起始投料反应该逆向移动，两者出现矛盾，说明平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比不是4∶5，故A错误；若容器Ⅲ在某时刻，B的体积分数为50%，

，B的体积分数，解得x=0.1，则该时刻的，则平衡向正向移动，B的体积分数小于50%，故B正确；根据等效平衡，假设起始投入的A、B全部转化为C，即容器II的反应相当于生成0.8+1.0+0.6=2.4mol C，而容器I平衡时C的物质的量为0.2mol/L×2L=0.4mol，达平衡时，相对容器I，C的物质的量增加了，说明平衡正向移动，则容器Ⅱ中c(A)/ c(C)比容器Ⅰ中的小，故C错误；若k正=k逆，反应达平衡时，v正=v逆，则v正=k正c(A)c2(B)=v逆=k逆c2(C)，可得c(A)c2(B)= c2(C)，由平衡表达式，可知温度为T时，K=1，而500K时， ，该反应∆H<0说明是放热反应，升高温度，平衡常数变小，而KT<K500K，则T>500K，故D错误；故选B。

13．【答案】A【解析】根据图示信息可以看出，c=0.01的曲线与CH3COOAg存在区域的交点处对应的纵坐标-lgc(Ag+)值约为1.2，则c(Ag+)=10-1.2 mol/L，又根据醋酸银的沉淀溶解平衡可知，沉淀醋酸银的溶度积Ksp=，则其数量级为10-3，A正确；由图中曲线可知，酸的浓度c值越大，与CH3COOAg存在区域的交点所对应的纵坐标-lgc(Ag+)值越小，即c(Ag+)越大，则的溶解度越大，B错误；的Ksp与温度有关，若温度一定，则Ksp保持不变，C错误；a点处对应纵坐标-lgc(Ag+)=1.0，则c(Ag+)=0.1mol/L，此时溶液中的=0.1 mol/L，又部分会与氢离子结合生成，根据元素守恒可知，，溶液中，D错误；故选A。

14．（14分）【答案】(1)①碱石灰 （2分） ② A （1分） 使生成的氨气将装置内的空气排尽，防止干扰实验 （2分） ③反应Ⅱ需要的温度在210～220℃之间，温度变化范围小，且温度高于100℃，水浴只能加热到100℃以下（3分） (2)降低叠氮化钠的溶解度，使叠氮化钠析出（2分）  乙醚（1分） (3) （3分）

【解析】(1)①D装置中存在金属钠，不能有水进入，故C装置用于干燥氨气，其试剂为碱石灰，故填碱石灰；②为了不使装置内的空气干扰实验，应先点燃A处酒精灯，使生成的氨气将装置内的空气排尽，再点燃D处酒精灯，故填A、使生成的氨气将装置内的空气排尽，防止干扰实验；③反应Ⅱ需要的温度在210～220℃之间，温度变化范围小，且温度高于100℃，水浴只能加热到100℃以下，所以只能选择油浴，故填反应Ⅱ需要的温度在210～220℃之间，温度变化范围小，且温度高于100℃，水浴只能加热到100℃以下；

(2)根据流程，加水是为了除去混合物中的；加乙醇是为了降低叠氮化钠的溶解度，使叠氮化钠析出；过滤得到固体；因为叠氮化钠不溶于乙醚，所以最好采用乙醚洗涤，故填降低叠氮化钠的溶解度，使叠氮化钠析出、乙醚；

(3)由题意，叠氮化钠与NaClO反应只生成氮气一种气体，其中NaClO作氧化剂，叠氮化钠作还原剂，根据氧化还原反应的规律可写出该反应的化学方程式，故填。

15．（14分）【答案】(1)615（2分） (2)①（2分） ② （2分）

③ （2分）(3)积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降（2分）  

pc>pb>pa（1分）   反应Ⅲ前后气体分子数相等，高温下以反应Ⅲ为主（2分） (4)B（1分）

【分析】通过乙炔选择性催化加氢制备氯乙烯，较低温度下乙炔选择性催化加氢过程只发生反应Ⅰ和Ⅱ。可结合该过程的和计算，结合方程式计算出各物质的物质的量分数，利用p分=p总×物质的量分数计算。随温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应Ⅲ为主，因为反应Ⅲ前后气体分子数相等；

【解析】(1)由盖斯定律，方程式Ⅱ-方程式Ⅰ得：HCl(g)+C2H3Cl(g)C2H4Cl2(g) ，代入键能公式=431.8+x+413.4×3+340.2-347.7-413.4×4-340.2×2=-54.5，解得x=615，故答案为：615；

(2)①恒容密闭容器中以物质的量之比为充入和，实验测得反应前容器内压强为，则反应前p(H2)=Pa，，故答案为：；

② ，则的平衡转化率==，故答案为： ；

③平衡时p(C2H2)= ，p(C2H3Cl)=p1，p(HCl)==p2，Kp== ,故答案为：；

(3)高温度下，会发生反应Ⅲ而形成积碳，其可能导致的后果为：积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；增大压强使平衡正向移动，乙炔转化率增大，压强越大，乙炔转化率越大，故pc>pb>pa，随温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应Ⅲ为主，因为反应Ⅲ前后气体分子数相等；故答案为：积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；pc>pb>pa；反应Ⅲ前后气体分子数相等，高温下以反应Ⅲ为主；

(4)该历程中的最大能垒为，故A不符合；由图可知，存在非极性键断裂和极性键形成，故B符合；选择不同催化剂，最大能垒发生变化，故C不符合；综上，本题选B。

16．（14分）【答案】(1)-853.4 （2分） (2)①AD （2分） ② 40% （2分）  4 （2分） 逆向移动（1分） 变大（1分）(3)① 1：3（2分） ②  ≤x<2   （2分）

【解析】(1) 由生成焓的含义可得：①、②，由盖斯定律：反应2×②-①可得目标方程：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g) △H=[2×(-393.5)-33.2] kJ·mol-1=-853.4 kJ·mol-1；

(2) ①对于反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g) △H<0，该反应的气体质量在变化，反应容器为恒容，则混合气体的密度保持不变时，说明反应已达到平衡状态，故A正确；2v(N2)=v(CO2)没有指明反应方向，不能说明反应已达到平衡状态，故B错误；反应前后气体分子数不变，在恒压容器中，混合气体的压强一直保持不变，不能判断反应已达到平衡状态，故C错误；CO2的体积分数是一变量，当它保持不变时，说明反应已达到平衡状态，故D正确；故选AD。

②由图知反应达到平衡时，NO2转化率为0.5，则1molNO2转化的NO2物质的量为0.5mol，列三段式：

根据PV=nRT，在恒压恒容下，体积与物质的量成正比，则平衡时CO2的体积分数即CO2的物质的量分数，为，则NO的物质的量分数为40%，N2的为20%，则平衡常数为；

该正反应是气体分子数增大的反应，缩小容器体积，即增大压强，平衡将逆向移动，则混合气体的物质的量将减小，根据，混合气体的平均摩尔质量将变大；

(3) ①根据N原子守恒：n(NO)+n(NO2)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，因为2>x>1，所以n(NO)：n(NO2)=(2-x)：(x-1)= n(NaNO3)：n(NaNO2)，当x=1.75，则n(NaNO3)：n(NaNO2)=(2-1.75)：(1.75-1)=0.25:0.75=1:3；

②平均组成为NOx的NO、NO2混合气体，通入足量的NaOH溶液中，充分反应后没有气体剩余，根据反应NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O和NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，说明只有当n (NO2)：n(NO)≥1时，混合气体才能被NaOH溶液完全吸收，当n (NO2)：n(NO)=1时，x=1.5；当只有NO2时，x=2；故x取值范围为1.5≤x＜2。

17．（15分）【答案】(1) （1分）   Co金属离子半径小，所带电荷高，Co金属键比K强  （2分） (2) ＞＞  （2分） F＞N＞O＞C （2分） (3) ① sp3  （1分）

H＜C＜O （1分） ② K+半径较大 （1分）(4) ①8（1分）② 体心（1分）③ （3分）

【解析】(1)基态Co原子的价层电子排布图为：；Co金属离子半径小，所带电荷高，Co金属键比K强，所以金属Co的熔点、沸点均高于金属K；

(2)孤电子对-孤电子对斥力＞孤电子对-价电子斥力＞价电子-价电子斥力，所以、、的键角由大到小的顺序为：＞＞；同一周期从左到右，第一电离能逐渐增大的，N是半充满结构，较稳定，第一电离能大于O，所以C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞O＞C；

(3)①冠醚分子中O原子形成2个键，根据氧原子的最外层电子数可知O原子价层还有2个孤电子对，所以O原子的价层电子对数为4，为sp3杂化；同一周期从左到右，电负性逐渐增大，同一主族从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性：H＜C＜O；②K+半径较大，因此不能镶入甲中而易镶入乙中；

(4)①由晶胞图可看出，每个晶胞中由K和F共同形成的正四面体空隙有8个；②晶胞的另一种表示中，Co处于各顶角位置，则K处于体心位置；③原子个数为1，K原子个数为，F原子个数，晶胞体积，晶体密度。

18．（15分）【答案】(1)加成反应（1分）  (2)+HNO3(浓)+H2O （2分）

(3)  氨基和羧基 （2分） （2分） (4) 30 （2分）  或 （2分） 

(5) （4分）

【分析】由题干合成路线图，结合B和D的结构简式以及转化条件可以推测C的结构简式为：，结合E和G的结构简式以及转化条件可推测F的结构简式为：，据此分析解题。

【解析】(1)由合成路线图可知，A生成B即+，故其反应类型为加成反应；

(2)由合成路线图可知，B生成C即在浓硫酸作用下与浓硝酸反应生成，故反应的化学方程式为+HNO3(浓)+H2O；

(3)由合成路线图可知，D的结构简式为：，故其中官能团的名称为氨基和羧基，由分析可知，F的结构简式为；

(4)E的分子式为C10H12O3，故其符合①能发生银镜反应，分子中含有醛基，②苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基，先考虑两个酚羟基的位置有邻、间、对三种，第三个取代基有：、、、、五种，邻苯二酚再连第三个取代基有2种，间苯二酚再连第三个取代基有3种，对苯二酚再连第三个取代基有1种，故总共有5×(2+3+1)=30种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为或；

(5)由题干合成路线中A到B的转化信息可知，和可以合成：，在催化剂作用下与H2反应转化为：，在浓硫酸作用下发生分子内酯化反应即可生成目标产物，故最终确定以苯和为原料制备化合物的合成路线为： 。