2021年高考化学试卷（山东）（解析卷）

1/24 山东省2021 年普通高中学业水平等级考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时、选出每小题答案后、用铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本 试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-18 F-19 Cl-35.5 一、选择题：本题共10 小题，每小题2 分，共20 分.每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 有利于实现“碳达峰、碳中和”的是 A. 风能发电 B. 粮食酿酒 C. 燃煤脱硫 D. 石油裂化 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】碳达峰是指我国承诺2030 年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是 指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，故选 A。 【点睛】 2. 下列物质应用错误的是 A. 石墨用作润滑剂 B. 氧化钙用作食品干燥剂 C. 聚乙炔用作绝缘材料 D. 乙二醇溶液用作汽车防冻液 【答案】C 1/24 【解析】 【分析】 【详解】A．石墨层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A 项 不符合题意； B．氧化钙可以和水发生反应生成氢氧化钙，可以用作食品干燥剂，B 项不符合题意； C．聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，是导电聚合物，C 项符合题意； D．乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸汽压，冰点 显著降低，故乙二醇可以用作汽车防冻液，D 项不符合题意；故选C。 2/24 3. 关于下列仪器使用的说法错误的是 A. ①、④不可加热 B. ②、④不可 用作反应容器 C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏 【答案】A 【解析】 【分析】①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗 【详解】A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A 项符合题意； B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应 容器，B 项不符合题意； C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两 者均可用于物质分离，C 项不符合题意； D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D 项 不符合题意； 故选A。 4. X、Y 为第三周期元素、Y 最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]- 的形式存在。下列说法错误的是 A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物 还原性：X>Y C. 同周期元素形成的单质中Y 氧化性最强 D. 同周期中第一电离能小于X 的元素有4 种 【答案】D 【解析】 【分析】Y 位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y 是Cl 元素，由X、Y 形成的阴离子 和阳离子知，X 与Y 容易形成共价键，根据化合物的形式知X 是P 元素。 【详解】A．P 与Cl 在同一周期，则P 半径大，即X>Y，A 项不符合题意；B．两者对应的简单氢化物分 的 2/24 别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B 项不符合题意； C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的 3/24 金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C 项不符合题意； D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA 族元素的第一电离能大于相邻元素的第一 电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5 种，D 项符合 题意； 故选D。 5. 下列由实验现象所得结论错误的是 A. 向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO 具有氧化性 B 向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ) C. 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2 D. 向NaClO 溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO 在溶液中发生了水解反应 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3 中的+4 价降低到0 价，发生还原反应， 体现氧化性，A 项不符合题意； B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物 质，即Fe( ) Ⅱ，B 项不符合题意； C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N 元素化合价降低，生成的产物可能是NO 或者NO2，NO 暴露于空气 中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C 项符合题意； D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO 在溶液中发生了水解， ，后来 褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D 项不符合题意； 故选C。 6. X、Y 均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX 的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L； 0.1molY 的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是 A. X、Y 生成H2的物质的量之比一定为 B. X、Y 消耗酸的物质的量之比一定为 C. 产物中X、Y 化合价之比一定 . 为 3/24 D. 由 一定能确定产物中X、Y 的化合价 4/24 【答案】D 【解析】 【分析】设与1mol X 反应消耗HCl 的物质的量为amol，与1mol Y 反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根 据转移电子守恒以及H 原子守恒可知 、 。 【详解】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y 生成H2的物质的量之比一定为 ，故A 正确； B． X、Y 反应过程中消耗酸的物质的量之比为 ，因 ，因此 ，故B 正确； C．产物中X、Y 化合价之比为 ，由B 项可知 ，故C 正确； D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3 三种情况，因此 存在a=1，2，3，b=0.5，1 的多种情况，由 可知，当a=1，b=0.5 时， =1，当a=2，b=1 时， =1，两种情况下X、Y 的化合价不同，因此根据 可能无法确定X、Y 的化合价，故D 错误； 综上所述，错误的D 项，故答案为D。 7. 某同学进行蔗糖水解实验，并检验产物中的醛基，操作如下：向试管Ⅰ中加入1mL20%蔗糖溶液，加入 3 滴稀硫酸，水浴加热5 分钟。打开盛有10%NaOH 溶液的试剂瓶，将玻璃瓶塞倒放，取1mL 溶液加入试 管Ⅱ，盖紧瓶塞；向试管Ⅱ中加入5 滴2%CuSO4溶液。将试管Ⅱ中反应液加入试管Ⅰ，用酒精灯加热试管 Ⅰ并观察现象。实验中存在的错误有几处？ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】【分析】 【详解】第1 处错误：利用新制氢氧化铜溶液检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时，溶液需保持弱碱性， 4/24 否则作水解催化剂的酸会将氢氧化铜反应，导致实验失败，题干实验过程中蔗糖水解后溶液未冷却并碱化； 第2 处错误：NaOH 溶液具有强碱性，不能用玻璃瓶塞，否则NaOH 与玻璃塞中SiO2反应生成具有黏性的 Na2SiO3，会导致瓶盖无法打开，共2 处错误，故答案为B。 8. 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是 5/24 A. 吸收过程中有气体生成 B. 结晶后母液中含有NaHCO3 C. 气流干燥湿料时温度不宜过高 D. 中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 【答案】B 【解析】 【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱 和NaHSO3 和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为： H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH 为8 进行中和后 得到Na2SO3 和NaHCO3 ，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为： Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心 分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。 【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A 正确； B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在 NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯， 假设不成立，B 错误； C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C 正确； D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D 正确； 故选B。 9. 关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是 A. CH3OH 为极性分子 B. N2H4空间结构为平面形C. N2H4的沸点高于 (CH3)2NNH2 D. CH3OH 和(CH3)2NNH2中C、O、N 杂化方式均相 同 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极 5/24 性分子，A 正确； 6/24 B．N2H4中N 原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B 错误； C．N2H4分子中连接N 原子的H 原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以 形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C 正确； D．CH3OH 为四面体结构，-OH 结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为 ，两者分子中 C、O、N 杂化方式均为sp3，D 正确； 故选B。 10. 以KOH 溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说 法正确的是 A. 放电过程中，K+均向负极移动 B. 放电过程中，KOH 物质的量均减小 C. 消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大 D. 消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L 【答案】C 【解析】 【分析】碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清洁燃料电 池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C 和N 的化合价均为-2 价，H 元素化合价为+1 价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为： (CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。 【详解】A．放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A 错误； B．根据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH 的 物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH 的物质的量减小，B 错误； C．理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为mg，则甲醇、N2H4和 (CH3)2NNH2放电量（物质的量表达式）分别是： 、 、 ，通过比较 可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C 正确； D．根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为 22.4L，D 错误； 故选C。 6/24 二、选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求， 全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。 7/24 11. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器) 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制100mL 一定物质的 量浓度的NaCl 溶液 100mL 容量瓶、胶头滴管、烧 杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl 固体 B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液 C 测定NaOH 溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸 式滴定管 待测NaOH 溶液、已知浓度的 盐酸、甲基橙试剂 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和 Na2CO3溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】A．配制100mL 一定物质的量浓度的NaCl 溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定 容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管等，选项 中所选玻璃仪器和试剂均准确，A 符合题意； B．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色 停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，B 符合题意； C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管， 酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C 不符合题意； D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D 不符合题意； 故选AB。12. 立体异构包括顺反异构、对映异构等。有机物M(2—甲基—2—丁醇)存在如图转化关系，下 列说法错误的是 A. N 分子可能存在顺反异构 8/24 B. L 的任一同分异构体最多有1 个手性碳原子 C. M 的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有4 种 D. L 的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1 种 【答案】AC 【解析】 【分析】M( ) 在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成 或 ，N 与HCl 发生加成反应生成L，L 能发生水解反应 生成M，则L 的结构简式为 。 【详解】A．顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不 同而出现的非对映异构现象， 、 都不存在顺反异构， 故A 错误； B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L 的同分异构体结构及手性碳原子(用*标 记)为 、 、 、 、 、 、 8/24 、 ，任一同分异构体中最多含有1 个手性碳原子，故B 正确；C．当与羟基相 连的碳原子上只有1 个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2 个氢原 子的碳原子上1 个氢原子即满足条件，满足条件的结构有： 、 、 ， 共3 种，故C 错误； D．连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由B 项解析可知，L 的同分异 构体中，含有2 种化学环境的氢原子的结构为 ，故D 正确； 9/24 综上所述，说法错误的是AC，故答案为：AC。 13. 实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是 A. G 与H 均为氧化产物 B. 实验中KMnO4 只作氧化剂 C. Mn 元素至少参与了3 个氧化还原反应 D. G 与H 的物质的量之和可能为0.25mol 【答案】BD 【解析】 【分析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能 与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单 质G 为O2，气体单质H 为Cl2。 【详解】A．加热KMnO4固体的反应中，O 元素化合价由-2 升高至0 被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐 酸的反应中，Cl 元素化合价由-1 升高至0 被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A 正确； B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn 元素化合价降低被还原，部分O 元素化合价升高被氧化，因此 KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B 错误； C．Mn 元素在反应过程中物质及化合价变化为 ，Mn 元素至少参加了3 个氧化还原反应， 故C 正确； D．每生成1mol O2转移4mol 电子，每生成1mol Cl2转移2mol 电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到 的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气 体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D 错误； 综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。 14. 18O 标记的乙酸甲酯在足量NaOH 溶液中发生水解，部分反应历程可表示为： 10/24 +OH- +CH3O-能量变化如 图所示。已知 为快速平衡，下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ、Ⅲ为决速步 B. 反应结束后，溶液中存在18OH- C. 反应结束后，溶液中存在CH3 18OH D. 反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 【答案】B【解析】 【分析】 【详解】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I 和反应IV 的活化能较高， 因此反应的决速步为反应I、IV，故A 错误； 10/24 B．反应I 为加成反应，而 与 为快速平衡，反应II 11/24 的成键和断键方式为 或 ，后者能生成18OH-，因此反应结束 后，溶液中存在18OH-，故B 正确； C．反应III 的成键和断键方式为 或 ，因此反应结束后溶液中 不会存在CH3 18H，故C 错误； D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此 和 CH3O-的总能量与 和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D 错误； 综上所述，正确的是B 项，故答案为B。 15. 赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR 表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在 如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH 溶液，溶液中 H3R2+、H2R+、HR 和R-的分布系数δ(x)随pH 变化如图所示。已知δ(x)= ，下列表述正确的是 11/24 A. > B. M 点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+) 12/24 C. O 点，pH= D. P 点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) 【答案】CD 【解析】 【分析】向H3RCl2 溶液中滴加NaOH 溶液，依次发生离子反应： 、 、 ，溶液中 逐渐减