2021年1月福建省普通高中学业水平选择考适应性测试化学试题解析版

福建省2021年新高考适应性考试化学试卷1.福建省三钢集团近年来大气污染治理成须显著，厂区“绿”意盎然。治理后，钢铁厂排放的尾气中，下列物质含量最大的是()A.CO2B.NO2C.SO2D.PM10【答案】A【解析】【分析】【详解】A．钢铁厂产生二氧化碳气体，二氧化碳属于能无污染的气体，治理后污染气体减少，二氧化碳最多，A正确；B．二氧化氮是污染气体，治理后减少排放，故其含量不能最大，B错误；C．二氧化硫属于污染气体，治理后减少排放，含量不是最大，C错误；D．PM10含量最大的话，厂区不能绿意盎然，D错误；故选A。2.山奈酚是中药柴胡的药物成分之一、下列有关该化合物叙述错误()A.分子式为C15H10O6B.能够发生加成反应C.苯环中含有单双键交替结构D.可溶于NaOH溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C15H10O6，A正确；B．含有苯环和羰基，可以发生加成反应，B正确；C．苯环中的键是介于单双键之间的特殊的键，不是单双键交替的结构，C错误；D．含有多个酚羟基，可以和NaOH溶液反应生成溶于水的物质，D正确；综上所述答案为C。3.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.0.1mol·L-1KNO3溶液中离子总数大于0.2NAB.D218O和T2O的混合物1.1g，含有的质子数为0.5NAC.5.6gFe与足量的S反应转移的电子数为0.3NAD.0.1molH2和0.2molI2充分反应后分子总数小于0.3NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A．溶液体积未知，无法确定溶液中离子数目，A错误；B．D218O和T2O的摩尔质量均为22g/mol，所以1.1g混合物的物质的量为0.05mol，一个D218O分子和一个T2O分子均含有10个质子，所以混合物含有的质子数为0.5NA，B正确；C．5.6gFe的物质的量为0.1mol，与足量的S反应生成FeS，转移电子数为0.2NA，C错误；D．H2和I2反应方程式为H2+I22HI，反应前后分子数不变，所以0.1molH2和0.2molI2充分反应后分子总数为0.3NA，D错误；综上所述答案为B。4.以下实验方案正确的是()ABCD分离CH3COOH和H2O提纯混有少量C2H4的CH4验证SO2-4的存在排气法收集H2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．醋酸和水互溶，无法分液分离，A错误；B．C2H4会被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，引入新的杂质，B错误；C．若原溶液中含有SO2-3而不含SO2-4，滴加硝酸后SO2-3被氧化为SO2-4，再滴加硝酸钡也会产生白色沉淀，与只含SO2-4时现象相同，C错误；D．氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集，要短进长出，D正确；综上所述答案为D。5.有研究认为，强碱性溶液中反应I-+ClO-=IO-+Cl-分三步进行，其中两步如下：第一步ClO-+H2O→HOCl+OH-K1=3.3×10-10第三步HOI+OH-→IO-+H2OK3=2.3×103下列说法错误的是()A.反应第二步为HOCl+I-→HOI+Cl-B.由K可判断反应第三步比第一步快C.升高温度可以加快ClO-的水解D.HOCl和HOI都是弱酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A．总反应-第一步反应-第三步反应可得第二步为HOCl+I-→HOI+Cl-，A正确；B．平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率大小，B错误；C．升高温度可以加快反应速率，C正确；D．ClO-在水溶液中发生水解，说明HOCl为弱酸，根据题目所给方程式可知第三步反应中HOI以分子形式参与反应，说明HOI也是弱酸，D正确；综上所述答案为B。6.某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。下列说法正确的是()A.离子半径：ZYXB.最高正价：RWXZC.X的含氧酸均为强酸D.R与W能组成多种化合物【答案】D【解析】【分析】五种元素的原子序数依次增大，只有W、X、Y同周期，则R为H元素，Z为第三周期元素，W、X、Y均为第二周期元素；W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，五种元素不同主族，则Z不可能为Na，若为Mg，则没有满足条件的W和X，若为Al，则W、X、Y分别为6、7、8号元素，即分别为C、N、O，符合题意；若Z为Si，则没有满足条件的W和X；若Z为P，则W、X、Y分别为7、8、9号，分别为N、O、F，而N与P同主族，不符合题意；若Z的原子序数再增大，则Y不可能为第二周期主族元素；综上所述R为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为F元素、Z为Al元素。【详解】A．电子层数数相同时核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径N3-F-Al3+，即XYZ，故A错误；B．主族元素若有最高正价，则最高正价等于族序数，所以最高正价HAlCN，即RZWX，故B错误；C．X为N元素，其含氧酸HNO2为弱酸，故C错误；D．H与C可以组成烷烃、烯烃等多种烃类化合物，故D正确；综上所述答案为D。7.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+B.0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入过量浓氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH+4C.滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：CO2-3+2H+=H2O+CO2↑D.饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去：Cl2+SO2+H2O=2H++2Cl-+SO2-4【答案】A【解析】【分析】【详解】A．MgCl2溶液中加入足量石灰乳生成氢氧化镁沉淀，石灰乳不能写成离子，离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；B．浓氨水过量，应生成铜氨络离子，离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，B错误；C．酚酞的变色范围为8.2~10.0，所以红色恰好褪去时溶液显弱碱性，溶质应为碳酸氢钠，离子方程式为CO2-3+H+=H2O+HCO3，C错误；D．选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO2-4，D错误；综上所述答案为A。8.一种新型镁硫电池的工作原理如下图所示。下列说法正确的是()A.使用碱性电解质水溶液B.放电时，正极反应包括3Mg2++MgS8-6e-=4MgS2C.使用的隔膜是阳离子交换膜D.充电时，电子从Mg电极流出【答案】C【解析】【分析】Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。【详解】A．碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，降低电池效率，A错误；B．放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2++MgS8+6e-=4MgS2，B错误；C．据图可知Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；D．放电时Mg电极发生氧化反应，充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误；综上所述答案为C。9.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O2-7+H2O2CrO2-4+2H+。分别在26.3℃，50.0℃恒温条件下，往100mL0.100mol·L-1的K2Cr2O7溶液中加入一定量K2Cr2O7固体，持续搅拌下pH传感器连续测量溶液的pH，得到如下实验图像，下列说法正确的是()A.曲线①是50.0℃的pH-t曲线B.曲线②对应的平衡常数的数量级是10-14C.t1后，c(Cr2O2-7)+c(CrO2-4)=c(K+)D.26.3℃，与0.100mol·L-1的K2Cr2O7溶液相比，达到新平衡时c2(CrO2-4)/c(Cr2O2-7)增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A．升高温度使平衡正向移动，氢离子浓度变大，pH减小，所以曲线②是50.0℃的pH-t曲线，A错误；B．反应Cr2O2-7+H2O2CrO2-4+2H+的平衡常数表达式为K=+2427222HCrOCrOccc，据图可知曲线②上0.100mol·L-1的K2Cr2O7溶液的pH=3.75，所以c(CrO2-4)=c(H+)=10-3.75mol/L，则K=3.753.753.75220101011-0.≈10-14，B正确；C．根据物料守恒n(Cr)=n(K)，所以2c(Cr2O2-7)+c(CrO2-4)=c(K+)，C错误；D．242+2722CrO=CrOHcKcc，加入一定量K2Cr2O7固体后pH减小，即c(H+)增大，而K不变，所以该比值减小，D错误；10.钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是()A.钠的密度比液氨大B.溶液的导电性增强C.0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子D.钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑【答案】C【解析】【分析】【详解】A．钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；B．液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确，不符合题意；C．0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误，符合题意；D．反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，D正确，不符合题意；故选C。二、非选择题：本题共5小题，共60分11.废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体(NiCO3·CoCO3·MnCO3)。+回答下列问题：(1)“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出的化学方程式为_______，H2O2的用量比理论用量多一倍的原因是_______。(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是________填化学式)(3)“除铜”时获得萃余液的操作名称是_______。(4)“除铝”时反应的离子方程式为_______。萃余液中Co2+的浓度为0.33mol·L-1，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，是否造成Co的损失_______？(列出算式并给出结论)已知：(Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15)(5)从滤液④中可提取_______(任写一种)用作_______。【答案】(1).Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O(2).85℃时过氧化氢容易分解，所以其用量比理论用量多(3).NaOH(4).分液(5).Al3++3NH3▪H2O=Al(OH)3↓+34NH(6).142204.5100.33=3.31010（）5.9×10-15，不会造成Co的损失(7).锂(8).锂电池【解析】【分析】活性粉体加入硫酸和过氧化氢，氧化锂反应生成硫酸锂，氧化镍生成硫酸镍，二氧化锰和硫酸不反应，铁和硫酸反应，在过氧化氢存在下生成硫酸铁，铝和硫酸反应生成硫酸铝，铜在酸性条件下被过氧化氢氧化生成硫酸铜，碳不溶解，转化为浸渣。滤液①中加入X得到黄钠铁矾，从化学式分析，应加入的是氢氧化钠。滤液②中加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，萃余液加入氨水将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，最后加入碳酸氢铵得到前驱体。据此回答。【详解】(1)“酸浸”时加入过氧化氢，具有氧化性和还原性，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出，从最终产物分析，产生Co2+，过氧化氢做还原剂，生成氧气，化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O