海南省2021年高考化学压轴卷(含解析)

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1、海南省2021年高考化学压轴卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 C 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 I 127一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关下列说法正确的是A加酶洗衣粉是洗衣粉中的新产品，从化学反应速率的角度分析，使用温度越高的水洗涤衣服，其去污效果会越好。B“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是调味，让鱼的味道更加酸辣可口。C

2、阿司匹林是生活中常见的消炎药，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可用NaHCO3溶液解毒。D近期的空气质量报告中常出现“中度污染”和“重度污染”的结论，雾霾中含有大量超标的主要物质是二氧化硫。2实验室由胆矾精制五水硫酸铜晶体的流程如下：已知的溶解度如下表：温度/020406080100溶解度/g23.132.044.661.883.8114.0下列说法错误的是A溶解应在较低温度下进行B蒸发浓缩时选用蒸发皿C减压过滤的目的是增加过滤速度，把产物抽干D酸化步骤加入溶液的作用是防止水解3下列表示正确的是A乙炔的结构式：CHCHB异戊烷，又称为2-甲基戊烷，其键线式为：C葡萄糖的结构简式可能为：DNCl3

3、分子的球棍模型4下列实验操作或仪器的使用正确的是A图1：验证镁和稀盐酸反应的热效应B图2：蒸发、浓缩、结晶C图3：制取并收集干燥纯净的NH3D图4：用酸性KMnO4标准溶液滴定Na2SO3溶液5近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是ARu络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为ONCB如图结构的吡啶环()中C、N原子的杂化方式均为sp2C吡啶()与水可形成氢键，故易溶于水DHCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO6用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1molN

4、aHSO4晶体中阴阳离子总数目为2NAB1molSiO2中含有SiO极性共价键的数目为2NAC78g苯与足量H2发生加成反应时破坏键数目为3NAD16gCH4与足量氯气在光照下反应生成CH3Cl分子数目为NA7下列各组离子中，在指定环境中一定能大量共存的是A加入酚酞变红的溶液中：、B能使试纸变深红的溶液中：、C溶液中：、D澄清透明的中性溶液：、8紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A分子式为C14H14O4B能使酸性重铬酸钾溶液变色C能够发生消去反应生成双键D水解反应的产物能与2mol烧碱反应二、选择题：本题共6小題，每小题4分，共24分。

5、每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9关于下图甲乙两个装置，以下说法正确的是A铜是阳极，铜片上有气泡逸出B离子在铁的表面被还原C金属的腐蚀速率由慢到快的顺序是：D一段时间后，两烧杯中溶液的均增大10仅用下表提供的实验仪器，能达到相应实验目的的是实验仪器及用品(夹持装置省略)实验目的A试管、烧杯、酒精灯鉴别葡萄糖和蔗糖B烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶C胶头滴管、量筒、烧杯稀释浓硫酸D烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管用NaCl晶体配制85mL0.1

6、molL-1的NaCl溶液AABBCCDD11陈述I和II均正确且具有因果关系的是选项陈述I陈述IIA储氢合金可用于以为燃料的汽车合金的熔点低，硬度大B浓硫酸在加热条件下与铜反应浓硫酸具有脱水性C常用作耐火、耐高温材料的熔点高D溶液可用作蚀刻铜电路板溶液显酸性AABBCCDD12T时，用0.1 molL1的KOH溶液滴定10mL等浓度的一元弱酸HX溶液过程中，溶液中的lg 随滴入KOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是A一元弱酸HX的电离常数约为105B若b点为15mL，此溶液中存在：3c(K+)=2 c(X)+2 c(HX) C从a点到c点过程中水的电离程度先增大后减小Da点溶液中

7、存在：c(K+) c(X) c(H+)= c(OH)13在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) H10 K12NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) H2NC，A正确；B如图结构的吡啶环()中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2，B正确；C吡啶()含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，C正确；DHCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，D错误。6.【答案】A【解析】A1

8、molNaHSO4晶体中含有1molNa+和1mol HSO，所以1molNaHSO4晶体中的阳离子和阴离子总数为2NA，故A正确；BSiO2为原子晶体，晶体中一个Si原子和4个O原子形成4条SiO极性共价键，所以1molSiO2晶体中SiO极性共价键的数目为4NA，故B错误；C78g苯为1mol，苯的结构中不存在碳碳双键，所以分子中不存键，而是存在着离域大键，故C错误；D16gCH4为1mol，CH4与足量氯气在光照下反应生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以无法计算CH3Cl分子数目，故D错误。7.【答案】A【解析】A加入酚酞变红的溶液呈碱性，、之间不发生反应，也不与

9、氢氧根发生反应，可以大量共存，故A选；B使pH试纸变成红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，铬酸根离子会转化为重铬酸根离子，重铬酸根离子会氧化硫离子，也能 与H+反应生成弱电解质，不能大量共存，故B不选；C的溶液中c(OH-)=，该溶液呈碱性，、在碱性环境中会生成沉淀，不能大量存在，故C不选；D会发生水解，中性溶液中会生成氢氧化铁沉淀，不能大量存在，故D不选。8.【答案】D【解析】A根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，故A正确；B该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，再者最右边的环上有碳碳双

10、键，也能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B正确；C该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，故C正确。D该有机物的分子中有酯基，发生水解反应，得到羧酸和酚。但是没有给出有机物的物质的量，所以无法求算。故D叙述不正确.9.【答案】D【解析】A甲图中，氢离子在铜电极发生还原反应，被还原成氢气，为原电池的负极，而不是阳极，故A错；B由乙图可知，石墨电极为阳极，发生氧化反应，所以离子应在石墨的表面被还原，而不是在铁电极表面，故B错；C甲乙量装置分别原电池和电解池，甲装置中Cu为正极被保护，Zn为负极被腐蚀；乙装置中Fe为阴极被保护，所以金属腐蚀最

11、快的为Zn，故C错；D原电池中氢离子被还原为氢气，电解池中电解NaCl生成NaOH，所以两烧杯中红pH均增大，故选D.10.【答案】A【解析】A葡萄糖中含有醛基，蔗糖不含有，可与新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下鉴别，故A符合题意；B缺少酒精灯加热，故B不符合题意；C缺少玻璃棒搅拌，故C不符合题意；D缺少托盘天平称量NaCl晶体，故D不符合题意。11.【答案】C【解析】A储氢合金可用于以为燃料的汽车，但原因不是合金的熔点低，硬度大，故A不选；B浓硫酸在加热条件下与铜反应生成二氧化硫和硫酸铜，S元素化合价降低作氧化剂，说明浓硫酸具有氧化性，故B不选；C的熔点高，常用作耐火、耐高温材料，所以常用作耐

12、火、耐高温材料，故C选；D具有氧化性可以和Cu反应，所以溶液可用作蚀刻铜电路板，不是因为溶液显酸性，故D不选。12.【答案】C【解析】A未加KOH时lg8，由于温度为T时，无法计算温度的氢离子浓度，因此无法计算一元弱酸HX的电离常数，故A错误；B若b点为15mL，溶液中溶质为KX和KOH且两者浓度比为2:1，因此根据物料守恒得到溶液中存在：2c(K+)3c(X)+3 c(HX)，故B错误；Ca点是呈中性，溶质是KX和HX的混合溶液，逐渐滴加KOH，至KX，水的电离程度增大，从KX到KX与KOH混合溶液，则水的电离程度减小，因此从a点到c点过程中水的电离程度先增大后减小，故C正确；Da点溶液呈中

13、性，根据电荷守恒和溶液呈中性得到：c(K+)c(X)c(H+)c(OH)，故D错误。13.【答案】BD【解析】A10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.510-3mol/(Lmin)，则平衡时n(ClNO)=7.510-3mol/(Lmin)10min2L=0.15mol，设中反应的NO2为x mol，中反应的Cl2为ymol，则：，则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.

14、4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(NO)= ，A错误；B由A项分析，平衡时NO2的转化率为，故B正确； C平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应放热，使温度升高，平衡常数K2减小，故C错误；D2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10平衡常数K1；2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H20平衡常数K2；由盖斯定律可知，由2-可得反应4NO2(g)+2NaC1(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则4NO2(g)+2NaC1(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数，故D正确。14.【答案】B

15、D【解析】由题干实验流程可知，过程发生复分解反应将琥珀酸亚铁转化为FeCl2等物质，过程发生的反应为KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，过程反应为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，过程发生的反应为Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，过程发生的反应为：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，据此分析解题。A由分析可知，步骤的反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Cl2为氧化剂，步骤的反应2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+中， I2是氧化产物，A错误；B根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物，结合分析可知，从实验

16、过程可推知，氧化性：Fe3+I2；还原性：Fe2+Mn2+，B正确；C由分析可知，步骤反应为：KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，故生成1mol气体，消耗=3.2molHCl，C错误；D由分析可知，步骤发生的均是非氧化还原反应，D正确。15.【答案】（10分）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O（1分） （2）观察气泡流速，控制装置A的加热温度（2分） （3）0NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O（2分） （4）N2 （1分） （5）蒸发浓缩 冷却结晶（2分） （6）Fe(NO3)3 （2分） 【解析】加热氯化铵和氢氧化钙的混

17、合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中被氧化为氮气。(1)装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O； (2) NH3不溶于CS2，所以可以通过观察C中的气泡流速，判断A中产生氨气的速度，控制装置A的加热温度； (3)根据题意可知装置D中NH4SCN和KOH发生复分解反应生成KSCN，则根据元素守恒可知化学方程式：NH4SC

18、N+KOHKSCN+NH3+H2O；(4)氨气具有还原性，在装置E中NH3被酸性重铬酸钾氧化为无污染的氮气；(5) NH4SCN在高于170易分解，所以为了防止温度过高，结晶时需要降低压强降低沸点，具体操作为：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体；(6)滴定终点时SCN-完全反应，Fe3+遇KSCN变红色，而硫酸根、氯离子均能和银离子生成沉淀，所以滴定过程的指示剂a为Fe (NO3)3溶液，达到滴定终点时溶液由红色变为无色。16.【答案】（10分）（1） （1分） C （1分） （2）（2分） （3）D（1分） Al(OH)3、Fe(OH)

19、3形成胶体吸附Mn2+（1分） （4）可能生成MnS（1分） （5）MgSO4、CaSO4 （2分） （6） （1分） 【解析】碳酸锰矿主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质，加入硫酸酸浸，生成硫酸锰、硫酸镁、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铝的混合溶液，过滤出溶渣，向溶液中加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤出沉淀，向溶液中若加入(NH4)2S，可生成NiS、CuS沉淀，除铜、除镍，过滤后的溶液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸钙、硫酸镁，继续蒸发浓缩、结晶形成硫酸锰晶体。(1)“酸浸

20、”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率，故选C； (2)“除铝铁”步骤中，加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为。(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图， pH范围为45 时，铝铁去除率高、锰损失率低，故选D；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+；(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。(5)根据流程图， “结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、C

21、aSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4；(6) 设硫酸锰晶体的化学式是，则，解得x=1，则该硫酸锰晶体的化学式为。17.【答案】（14分）I.（1） （1分） (2)或 （2分） C （1分） CD（2分） (3) （1分） （1分） II.(1)a b （2分） (2)（1分） （1分） （2分） 【解析】(1)反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，和CO反应的热化学方程式 。(2)在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、, 所以K=0.198 ；平

22、衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变大，若使K的值变为1,则应采取的措施是降低温度；A升高温度，平衡逆向移动，所以减小，故A错误；B恒温恒容充入 平衡不移动，所以不变，故B错误；C恒温恒容下,再充入1mol ，平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以增大，故C正确；D恒温恒容下,再充入、 等效于开始加入4molCO2和6molH2，压强增大，平衡正向移动，所以增大，故D正确；(3)和的的总能量大于的总能量，则合成氨的反应为放热反应。T1时氨的产率为30%，氮气过量，按氢气计算理论产量为6molNH3,平衡时生成6mol30%=1.8molNH3，升高温度，平衡逆向移动

23、，T1温度高，则 ；在T2K下,经过5min达化学平衡状态,则内v(H2)= = =0.2molL-1min-1，的平均速率 ；(1)a恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；b只有S2是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；cMoS2是固体，不影响平衡移动，所以加入MoS2平衡不移动，故错误；(2)根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动，;该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以、的大小:。若初始

24、时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= 4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强=7.0kPa=5.5kPa，P(O2)=5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp=,则A点平衡常数(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)。18.【答案】（13分）（1） （1分） （2）正四面体形 （1分） sp3 （1分） （3）41 （2分） （4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径

25、较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大（2分） （5）12（2分） AuCu3H8 （2分） （6）1021或1021 （2分） 【解析】(1)锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为；(2)S与O可形成多种微粒，其中SO中S原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体形；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结图可知，此固态SO3中S原子形成4个键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3；(3)单键为键，双键中有1个键、1个键，根据Cr2O的结构图，1m

26、ol重铬酸根中含8mol键、4mol键，1mol铵根离子中含有4mol键，键与键个数比为4:1；(4)Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；(5) 晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示，离号Au原子最近的Cu原子有号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数、Cu原子数是、H2分子数是4，化学式为AuCu3H8；(6)根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数、Ti原子数 ，则gcm-3，则高为h=1021nm。19.【答案】（13分）（1）碳碳双键、醛基（2分）

27、3-氯丁醛（1分） 取代反应（1分） （2） （1分） Cl2、光照（1分） （3） +2NaOH+2NaCl+H2O （2分） （4）10（2分）（5） （3分） 【解析】A和HCl在催化剂的作用下生成，A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，和加热反应生成C，根据已知信息，推测C为，和氢氧化钠溶液加热生成，则D为，催化氧化生成，在酸性条件下加热生成F，根据已知信息，推出F为，和氢氧化钠溶液加热生成，根据已知信息，不稳定，易自动脱水，则M为。(1)A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；B的化学名称为3-氯丁醛；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应；(2)F的结构简式为；由F生成G为取代反应，反应试剂及条件为Cl2、光照；(3)由G生成M的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；(4)苯环上连有5个取代基；既含，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有-CHO；符合条件的同分异构体有： 、 、 、 、 、 、，共10种；(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成，合成路线为。