考场仿真卷03-2021年高考化学模拟考场仿真演练卷（福建卷）（全解全析）

2021年高考化学模拟考场仿真演练卷【福建卷】

第三模拟

化学-全解全析

1.【答案】A

【详解】

A.活性炭吸附色素为物理变化过程，没有发生化学反应，A符合题意；

B.高粱酿制白酒，是通过微生物的作用，将糖类转化为乙醇，属于化学变化，B不符合题意；

C.亚硝酸盐会将血红蛋白中二价铁氧化为三价铁，服用维生素C可将三价铁还原为二价铁，从而缓解

中毒症状，属于化学变化，c不符合题意；

D.盐碱地的土壤中含有Na2c03,因CO?水解显碱性，加入石膏可实现CaSO4转化为难溶的CaCCh,

从而降低土壤中cot浓度，碱性减弱，该过程涉及化学变化，D不符合题意；故答案选A。

2.【答案】C

［详解］

A.乙烷和乙烯在标准状况下均为气体，且二者的分子中所含的碳原子数均为2,因此标准状况下，U.2L

112L

乙烷和乙烯混合物中含有的碳原子数为五赤为x2MmoH=NA,,A项正确；

0.224L

B.标准状况下，224mLSO2的物质的量=22.4lL/mol=0.01mol,根据硫原子守恒，可知溶液中SO2、H2so3、

HSO。SOr四种粒子的物质的量之和为O.Olmol,即数目之和为O.OINA,B项正确；

C.标准状况下，22.4l?He含有3M个中子和质子，中子数为NA,C项错误；

D.ImolCLh+正离子所含的电子总数为(6+3X1・1)NA=8NA,故D正确：答案选C。

3.【答案】C

【详解】

A.向饱和Ba(NO3)2溶液中滴加过量NaHCCh溶液生成碳酸钢白色沉淀，Ba2++2HCO；=BaCO31+CO2f+H2O,

故A正确；

B.向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，二者物质的量按照I：1进行反应,Ba2++2OH+NH。

+

+H+SO4-=BaSO4l+NH3*H2O4-H2O,故B正确；

C.FeiCh溶于过量氢碘酸溶液中，由于Fe3+具有较强氧化性，而I-具有还原性，所以2者发生氧化还原反应正

确的离子方程式为：Fe2O3+6H++21=2Fe2++l2+3H2O碘单质是沉淀，故C错误；

+2+

D.稀硝酸中加入过量的铁屑，反应生成亚铁离子：3Fe+8H+2NOr=3Fe+2NOt+4H2O,故D正确；

故选C。

4.【答案】B

【详解】

A.N?与H2在一定条件下合成NH3,是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A项正确：

B.室温下CCh在饱和食盐水中溶解度不大，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于C02的

吸收，因此要先向饱和食盐水中通人足量N%,再通人C02气体，B项错误；

C.反应⑤、⑥中均有元素化合价发生变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C项正确；

D.高纯硅是制作太阳能电池的材料，D项正确；

答案选B。

5.【答案】A

【分析】

根据已知W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，且W、Y最外层均有一个电子，且Y

的原子半径大于W,Z最外层有三个电子，X、M最外层为六个电子且X原子半径小于M,故W、X、Y、

Z、M为H、0、Na、Al、So

【详解】

A.由于水中有氢键，熔沸点偏高，所以水的沸点大于硫化氢，A项正确；

B.过氧化氢中存在极性键和非极性键，过氧化钠中存在离子键和非极性键，化学键类型不同，B项错误；

C.X、Y、Z的简单离子三者最外层均为8电子稳定结构，故原子序数越小，离子半径越大，X>Y>Z；C

项错误；

D.氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，故碱性：氢氧化钠,氢氧化铝，D项错误：

答案选A。

6.【答案】D

【详解】

A.乙醇和乙醛均能使酸性高镐酸钾溶液褪色，A项错误：

B.三滨苯酚、溟均易溶于苯中，B项错误；

C.乙酸乙酯在浓碱中会水解，C项错误；

D.若液面上有白雾，振荡后试管中有淡黄色沉淀，D项正确。故选D。

7.【答案】B

【详解】

A.分子式为C9H10O,故A错误；

Ha

B.苯环上的二氯代物中氯原子的位置可以是出“»中的ab、ac、ad、be,故B正确；

C.该物质含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，故C错误；

D.位于同一平面的原子数最少有12个，故D错误；

故选Bo

8.【答案】A

【详解】

A.食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，故A正确；

B.易形成共沸混合物，应加CaO后蒸储，故B错误；

C.中和滴定时眼睛观察锥形瓶内颜色的变化，达到滴定终点后再读数，故C错误；

D.蒸发促进铜离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HC1气流中蒸发得到CuCb固体，故D错误；

故选：Ao

9.【答案】C

【分析】

据图可知A极室中［Fe(CN)61-转化为［Fe(CN)6/，Fe元素化合价升高被氧化，所以A极室为阳极，B极室为

阴极。

【解析】

A.根据分析可知A极室为阳极，电极反应为［Fe(CN)6F-e=［Fe(CN)6］3一,A正确；

B.电解池中阴离子流向阳极，A极室为阳极，所以OH•通过离子交换膜由B极室向A极室移动，B正确;

C.循环的电解液为NaOH碱性溶液，所以催化析氢室中并没有氢离子参与反应，正确反应为

DHPS-2H+2e+2H2O=DHPS+2H2T+2OH-,C错误：

D.据里可知［Fe(CN)6产在A极室中转化为［Fe(CN)6p后又再催化析氧室中又转化为［Fe(CN)61-,DHPS在B

极室中转化为DHPS-2H后又在催化析氢室中转化为DHPS,理论上两种物质没有损耗，可自补充循环，D

正确；

综上所述答案为C。

10.【答案】C

【解析】

Kw

A.a点温度低于25℃,因而Kw<1.0Xl⑴，c(H+)=1.0mol-L-1,而J<1.0度0/3A错误；

B.b点为温度最高点，此为恰好完全反应的点，溶质只有氯化筱，筱根离子水解显酸性，c(OH)Vc(H)

B错误；

C.b点恰好完全反应时所需氨水小于10mL,因而氨水浓度大于L0mo1・L”,C正确；

D.b点溶质为氯化铁，只有镂根的水解促进水的电离，且b点温度最高，所以b点水的电离程度最大，D

错误；

综上所述答案为C。

11.（13分）（1）①Fe2O3FeO（各1分，共2分）②1100C（1分）

⑵CaSCU（1分）

增加c（SO：），使反应Ca2++SO：-CaSCU平衡向正反应方向移动，促进CaSO4析出。［或增加c（SO：）,

使得Qc>Kp（CaSCM，反应向生成CaSO4沉淀的方向移动。］（2分）

2++2+3+

（3）MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O（2分）

+

（4）H2（1分）H2SeO3+4e-+4H=Se+3H2O（2分）浸出（2分）

【分析】

高铁钵矿（含MnCh、Fe2O3及少量FcO、CaO、K2O、NazO）研磨后加入足量碳粉焙烧还原，MnCh被还原为

MnO,FezCh及少量FeO被还原为Fe单质，之后加入硫酸浸取，CaSCh微溶：成为谑渣，其余金属元素以

阳离子的形式进入滤液，加入MnS将Fe2+氧化为FA,调节pH值形成Fe（OH）3沉淀，同时Fe?+与Na+、

K+形成络合物沉淀，净化除杂后得到MnSO4溶液，加入SeOz电解得到Mn单质。

【解析】

⑴①Fe3+和Fe2+有较强氧化性，可以被碳粉还原得到Fe单质；

②高价钵难溶于稀硫酸，所以焙烧时应将Mn元素尽可能多的转化为低价钵，根据所给数据可知在1100C

焙烧时低价锌的含量最高，所以焙烧时应选择的温度为1100℃；

（2）高铁橘矿镒矿中含有CaO,而硫酸钙微溶，所以用稀硫酸浸出时滤渣主要为CaSCh,以及还原时加入的

过量碳粉；加入MnSO4可以增加c（SO「），使反应Ca2++SOf□CaSCh平衡向正反应方向移动，促进CaSOa

析出。［或增加c（SO；）,使得Qc>Ksp（CaSCU）,反应向生成CaSC>4沉淀的方向移动］;

（3）除杂时MnOz将Fe2+氧化为Fe3+,根据电子守恒可知MnCh和Fe?+的系数比为1:2,再结合元素守恒可得

2++2+3+

离子方程式为MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O；

（4）①溶液中存在的阳离子为Mn2+和H+（酸性溶液），MM+放电生成Mn,H+也可能放电生成H2；

②根据题意可知HzSeOM二元弱酸）在阴极放电生成Se单质，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应时为

H2SeO3+4e+4H+=Se+3H2O；

③电解MnSO4的酸性溶液时阳极主要为水电离出的氢氧根放电生成氧气，阴极主要为钵离子放电生成Mn,

所以电解废液中主要含有H2so4,可以在,慢出”步骤中循环使用。

12.（14分）（1）萃取剂，将鸽磷酸转移至乙醛中（2分）分液漏斗（1分）

,A,

（2）12Na2WO4+Na2HPO4+26HC1=H,PW12O40+26NaCl+12H2O（2分）

（3）C（2分）

（4）双氧水不稳定，易分解（2分）

（5）不饱和（1分）恒温蒸发结晶（2分）

（6）36.5cV%（2分）

【分析】

热水溶解Na,WOu、Na,HPOa,加入浓盐酸,小火加热.反应牛成H3PW12O4加入乙醛,萃取HaPWi,Cho.

分液得到H3PW12O40的乙醛溶液，再进行水浴加热，冷却结晶，可得到H3PW12O40。

【解析】

（1）由题意，加入乙醯后进行分液操作，分出水层和油层，因此乙醛作用为萃取鸽磷酸；操作I为分液操作，

所需的玻璃仪器除烧杯外还需要分液漏斗；

（2）从流程图中及产物可知，参加反应的物质有NazWCh、NazHPCh、HC1,产物中有H3PW12O40可得化学方

△

程式为12Na,W04+Na2HPO4+26HCI=H3PWl2O40+26NaCl+12H2O；

（3）由于存在如下关系式：1mol环己烯~4moi双氧水~1mol己二酸，1mol环己醇~4moi双氧水~1mol己二酸，

1mol环己酮~3moi双氧水~1mol己二酸，因此，生产等物质的量的己二酸时环己酮消耗的双氧水最少，因

此最佳选择为C；

（4）双氧水受热容易分解，题中反应温度为100C,此温度下双氧水容易分解而损失，因此实际用量偏大：

（5）介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区应表示己二酸溶液处于不饱和状态，己二酸溶液稳定存在，

不会有晶体析出；实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为恒温蒸发结晶，过

滤；

cVXIO3146cVX10-3

(6)二者反应，存在关系式：己二酸〜2NaOH,则己二酸物质的量为―2-mol,质量为2g，则己

146cVX10-3

二酸纯度为2X0.2X100%=36.5cV%o

13.(13分)(1)AB(2分)

(2)+41(2分)

(3)C(2分)

0.1x0.2

(4)$0.02moMLLminT(1分)©0.8x4.63(2分)

(5)①i为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动(2分)

②反应达平衡后，升高温度，反应i使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ii使二氧化碳的转化

率增大的程度(2分)

【解析】

⑴能与CO2反应的，均可以作为CO2捕获剂，故选AB；

11

,

(2)根据已知信息可得热化学方程式：①H?(g)+EO2(g);H20(g)△/7=-242kJ*mol；②C(s)+2O2(g)=CO(g)△

"=-UlkJ・moH；③C(s)+02(g)=C02(g)△"=-394kJ・moH；根据盖斯定律可得，由①+@-③可得反应ii：

CO2(g)+H2(g);=iC0(g)+H20(g)△H2=+41kJ・moH；

(3)A.增大H2浓度，平衡正向移动，C02的转化率增大，正确；

B.混合气体的总质量不变，但是总物质的量随反应进行发生变化，则气体的平均相对分子质量会随反应的

进行发生变化，则若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；

C.体系达平衡后，若压缩体积，增大压强，则反应i正向移动，CO2、Hz的浓度减小，则反应ii逆向移动，

错误；

D.催化剂虽然不能使平衡发生移动，但是可以加快反应速率，故选用合适的催化剂可以提高CH30H在单

位时间内的产量，正确；故选C；

(4)①用CO2表示。〜lOmin内平均反应速率；

②反应达到平衡时，C02的转化量为0.2H1O1,CH30H的选择性为50%,贝ij

转化为CH30H的〃(CO2)=消耗的«(C02)X50%=0.1mol,则转化为CO的w(CO2)=0.1mol,则可得：

CCh(g)+3H2(g)UCH3OH(g)+H2O(g)

转化(mol/L)0.10.30.10.1

CO2(g)+H2(g)^=^C0(g)+H20(g)

转化(mol/L)0.10.10.10.1

则平衡时，c(CO2)=lmol/L-0.1mol/L-0.1mol/L=0.8mol/L,c<H2)=5mol/L-0.3mol/L-0.1mol/L=4.6mol/L,

0.1x0.2

C(CH3OH)=0.1mol/L,c(H2O)=0.1mol/L+0.1mol/L=0.2mol/L,反应i的平衡常数后0.8x4.63;

(5)①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是反应i为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移

动；

②/应i为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，会使二氧化碳的转化率有减小的趋势；

反应ii为吸热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动，会使二氧化碳的转化率有增大的趋势，反

应i使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ii使二氧化碳的转化率增大的程度，故二氧化碳的转化率

随温度升高在下降。

14.(10分)⑴第(1分)玉、Ni(1分)

(2)sp3杂化sp2杂化(各1分，共2分)

⑶叶泞一HT(2分)

出口H

(4)ABD(2分)

(5)12(1分)55,2)(1分)

【解析】

（1）基态Pb原子价电子排布图为第市一I；因为基态Pb原子的未成对电子数为2,所以第四周期过渡

元素中基态原子未成对电子数与Pb相同的是Ti、Ni；

（2）因为CH3cH2NH3+和NH2CH=NH2+中碳原子是单键和双键，所以碳原子杂化轨道类型分别为sp3和sp2杂

化；故答案为：sp3杂化和sp2杂化。

（3）据题意可知，NH2cH=NH2+的路易斯结构式为w—丫一¥=7一川’。

订订订

（4）据结构分析可知，CH3NH3Pbl3存在的化学键有离子键、极性键和配位键，所以选ABD；故答案为：ABD。

⑸据含辄酸酸性强弱判断，①HC1O4、②H5IO6［可写成（HO）5lO］、③HIO4三种物质的酸性由强到弱的顺序为

①，③〉②，原因是①③中非羟基氧个数比②大，所以酸性①③大于②，而氯元素的非金属性强于碘元素，

所以最高价含氧酸①〉③。

⑹①因为晶胞是立方密堆积，所以A离子被12个X离子包围；故答案为：12。

111

②据坐标分析可知，c原子在体心，因此c的原子坐标参数为&5,2）o

15.（10分）（1）羟基、叛基（1分）

（2）HOCH2coOH缩聚反应（各1分，共2分）

（3分）

CH2=CH2▲巴aCH3CH2OH

催化剂

【分析】

本题对比反应物和生成物的结构简式，找出断链的部位，确认发生的反应类型，如A-B：羟基上断裂O—

H键，CHaCOCl断裂0—。键，H和C1结合成HC1,谈基上的C与A中O原子结合，该反应为取代反应，

利用官能团的性质进行分析；

【解析】

⑴根据D的结构简式，推出D中含有的