2021年高考化学临考仿真卷（新课标Ⅰ卷）（全解全析）

2021年高考化学临考仿真卷（新课标I卷）

全解全析

1.【答案】B

【解析】

A.金性质稳定，自然界中存在游离态的金，A正确;

B.青铜是合金，合金的熔点比纯金属低，B错误：

C.陶器由黏土烧结制备而成，C正确；

D.丝绸的主要成分是蛋白质，D正确；

故选B。

2.【答案】D

【解析】

A.该分子中含有羟基（-OH）,不含酮锻基，结构中的-NH-CO-是酰胺键，A项不符合题意;

B.分子中的可以与H2反应，ImolQ消耗3m0IH2,苯环可以与H2反应，也是1：3的关系，碳氧

双键由于来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2,B项不符合题意；

C.苯环中的6个碳原子在一个平面上,1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的

平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳,

1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，C项不符合题意；

D.该结构中有羟基，可以使酸性高镒酸钾溶液褪色，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液变色，D项符合题

意；

故正确选项为D。

3.【答案】A

【解析】

A.黄铜（铜锌合金）放入足量酸化的Fe2（SC）4）3溶液中，发生反应2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+,2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

而全部溶解，A可以达到目的；

B.盐酸滴加到CaCCh固体中，生成CO2气体，可证明酸性HC1>H2co3,但不能证明非金属性C1>C,B不

能达到目的；

C.用氢气净化混有少量乙烯的乙烷，氢气用量不能控制，可能乙烯未除尽或多余的氢气成为杂质，C不能

达到目的；

D.氨气能与浓硫酸反应，应用碱石灰干燥氨气，D不能达到目的;

故答案选A。

4.【答案】C

【解析】

A.避免生成有毒物质，可防止污染环境，符合绿色化学的理念，A项正确;

B.反应过程中，『

作催化剂，B项正确;

C.由图可知，反应过程中S元素的成键数目发生改变，c项错误;

f~\0HO

D.由转化关系知I,醇催化氧化的总反应为o么?'0+人一>0^N^0++HC1，

ClR1R2HR1R3

D项正确；

答案选C。

5.【答案】D

【分析】

X原子L层比K层多一个电子，则X的电子排布为2、3,X为5号元素B；Z单质燃烧发出耀眼的白光，

则Z为Mg；W?Y分子中含有10个电子，则W为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素。

【解析】

A.W、X、Y、Z分别为H、B、0、Mg元素，原子半径大小为：Mg>B>O>H,A错误；

B.W、X、Y分别为H、B、O元素，单质的沸点大小：B>O2>H2,B错误；

C.Z和Y分别为Mg、O元素，二者形成的化合物MgO为离子化合物，C错误：

D.X为硼元素，它的最高价氧化物的水化物硼酸是一种弱酸，D正确；

故选D。

6.【答案】B

【解析】

A.根据装置图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，A正确；

B.理论上由环己醇生成Imol环（2酮（J））时，转移2mol电子，根据电子守恒可知阴极有Imol氢气放出,

但因题中没明确状态，故不能确定氢气的体积，B错误:

C.由图示可知，环己醇被Cr2。；-氧化生成环己酮，即生成环己酮的反应为氧化反应，C正确；

D.a极为阳极，C，+失电子被氧化，电极反应式是2C，+-6e-+7Hq=Cr2O；+14H+,D正确；故选D。

7.【答案】B

【解析】

A.由图可知，b点温度最高，是二者恰好反应的点，此时酸碱的物质的量相等，酸碱浓度相等，所以x=20,

A错误；

B.b点温度最高，为滴定终点，溶质为NHCICM,盐类水解促进水的电离，从b点到c点随着高氯酸的加

入不断抑制水的电离，由水电离出的c（OH）大小为b>c,B正确；

C.b点温度最高，为滴定终点，溶质为NH4cle）4,HC1O4是强酸，溶液中不存在HC1O4分子，根据物料守

恒可得：C（NH；）+C（NH3-H2O）=C（C1C）4）,C错误；

D.氨水电离为吸热过程，体系温度越高，NH3H2O的电离常数越大，d点温度高于a点，所以电离常数

K（d）>K（a）,D错误；

故选Bo

8.【答案】球形干燥管（1分）b-a-d-e-c（2分）N%。分）控制溶液不能碱性太强，

否则易生成副产物碱式碳酸锢La（OH）CO3（2分）

2LaCh+6NH3+3CO2+（x+3）H2O=La2（CO3）3xH2O；+6NH4Cl（2分）将装置中产生的气体全部吹入后续装置中

326（m2-mi）_458

被吸收，减少实验误差（2分）一（2分）（m「m］）（2分）

318

【分析】

（1）结合装置以及所给试剂，制取水合碳酸锢的原理为

2LaCl3+6NH3+3CO2+（x+3）H2O=La2（CO3）3-xH2O；+6NH4CI,装置Y制备NH3,NH3易溶于水，通入带有球形

干燥管的导气管中防倒吸，装置w制备CO2,装有饱和碳酸氢钠的装置X用于除去CO2中的HC1,防止消

耗过多的氨气，在装置Z中生成水合碳酸锢。

（2）根据已知信息,im-mi为La2（CO3）3-xH2。的质量,nu-mi为LazCh的质量，ms-ms为CO2的质量。B中

装有浓硫酸，C中装有碱石灰，D中碱石灰的作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置C中影响实验结果;

第一次通入N2,目的是排出装置中的空气，防止空气中CCh干扰实验结果，第二次通入N2,将装置中残留

的CO?全部排入装置C中被吸收，减小实验误差。

【解析】

（1）①根据仪器的结构特点可知其名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管；

②结合分析可知装置接口顺序应为f-b—>a—>d—e->c；故答案为：b^a—>d—>e^c；

③为增大CO2溶解度，提高产率，Z中应先通入氨气再通入CO2；根据题目信息可知如果溶液碱性太强，

易生成受热分解的碱式碳酸锢La（0H）C03,所以通入CO2需要过量的原因是：控制溶液不能碱性太强，否

则易生成副产物碱式碳酸锄La（OH）CO3；故答案为：氨气；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱

式碳酸镯La（OH）CO3；

④根据元素守恒可知化学方程式为2LaCb+6NH3+3CO2+（x+3汨2O=La2（CO3）3-xH2Ol+6NH4Cl；故答案为：

2LaC13+6NH3+3CO2+（x+3）H2O=La2（CO3）3-xH2O；+6NH4Cl；

（2）①第二次通入N2,将装置中残留的C02全部排入装置C中被吸收，减小实验误差；故答案为：将装置中

产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；

②如果制得的样品中不含有La（OH）CCh,则由La2（CCh）3-xH2O化学式可知n（La2Ch）：n（CO2>l：3,即

（弋2；'1326（m2-叫）458

—-----=-；n（La2O3）=n[La2（CO3）3-xH2O],可求出水合碳酸锢化学式中结晶水数目x=（m4-m,）;

65—3）3——----------

飞―18

1326（m2-m,）_458

故答案为：-；（014-01,）o

318

9.【答案】Si02（1分）过滤（1分）氧化Fe?+,使铁元素完全转化成沉淀而除去（2分）

5.0<pH<5.6（1分）3NaBiC）3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO:+3Na++3Bi（OH）3（2分）

2CrO:+16H++6cr=2（2产+3。2T+8H2。（2分）阳（1分）Li、C—xe-=C+xLi*（2

分）15.5。（2分）

【分析】

格铁矿（主要成分为FeO和Cr2（）3,含有AhO：、Si。？等杂质），加入过量稀硫酸，只有Si。？与稀硫酸不

反应，则过滤得固体A为Si。？，溶液B中含有C/+、Al3+>Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe'+,

调节溶液pH可除去Fe3+、A「+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C,溶液D含有CF+,在溶液D

中加入NaBK^和NaOH,发生氧化还原反应，过滤得溶液E含有NazCrO^,酸化可得，溶液

经蒸发浓缩、冷却结晶可得NazC^O,tH?。，以此解答该题。

【解析】

(1)根据以上分析，固体A为SiO?,故答案为：SiO2；

(2)根据以上分析，实验室中操作①②的名称为过滤，故答案为：过滤；

(3)固体C中含有的物质是A1(OH)3和Fe(OH)3,则H202的作用是氧化Fe?+,使铁元素完全转化成沉淀

而除去；当pH=5.6时Cr(OH)3开始沉淀，室温下，除去C/+溶液中的Fe"、AT",氢氧化铝完全变成

333+33+,,

沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1x10-=c(Al)xc(OH"),c(Al)=lxlO^molL7,解得：

c(OH-)=lxlO-9molL7',c(H+)=IxlO^molU'pH=5,同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH约为

3.5,故pH范围是：5.0<pH<5.6,故答案为：氧化Fe?+,使铁元素完全转化成沉淀而除去；

5.0<pH<5.6；

(4)在溶液D中加入NaBiC^和NaOH,发生氧化还原反应，生成Bi(OH)3和CrO/,所以HI中发生反应

+

的离子方程式为3NaBiO3+2c产+7OH-+H2O=2CrOj+3Na+3Bi(OH)3,故答案为：

+

3NaBiO3+2c产+7OFT+H2O=2CrOj+3Na+3Bi(OH)3；

(5)IV中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，原因为CrO；会氧化盐酸中的氯离子，反应离子方程式为：

3+

2CrO；+16H++6C「=2Cr+3C12T+8H,O；电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7,则E电极发生

2CrO；+2H+UCjO；-+H2O,说明E电极生成氢离子，电极反应为氢氧根失电子发生氧化反应，所

以该装置工作时E电极的名称是阳极，B极为正极，A极为负极，电极反应式为LixC-xe-=C+xLi+；

当电解过程中转移了0.5mol电子时，则右侧反应消耗0.5mol氢氧根离子，放出"mol氧气，右侧移动到

4

左侧的钠离子也为().5mol,所以理论上右侧溶液的质量减少

与molx32g/mol+0.5molx23g/mol=15.5g,故答案为：

+3++

2CrO^+16H+6Cr=2Cr+3C12T+8H2O；阳;LixC-xe-=C+xLi；15.5«

10.【答案】-730(2分)0.04(2分)2(2分)增大(2分)

4NH3+4N0+02、催化剂、4N2+6H20(2分)900℃(2分)催化剂失去活性或催化剂活性突然

减小或催化剂活性大大降低(3分)

【解析】

(1)AH=断键吸收能量-成键放出能量=1076x2+630x2-(946+799x4)=-730kJ/mol；

2CO+2NOBN?+2c。2

起始mol/L0.50.500

⑵①T2温度下一氧化氮的转化率为80%,变化mol/L0.40.40.20.4

末mol/L0.10.10.20.4

故0~10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=-------=0.04mol/(L-min)；T,温度下，一氧化氮

lOmin

的转化率为50%,平衡时CO、NO、N2、CO2浓度0.25mol/L,0.25mol/L,0.125mol/L,0.25mol/L,故

22

K=C(N2)C(CO2)=0.125x0.25=2

'-C2(CO)C2(NO)-0.252X0.252-：

②Ti平衡后加入CO、NO,平衡正向移动，NO转化率增大；

(3)由图可知，NH3、NO和02反应生成N2和HzO,反应过程中消耗Fe?+后又生成Fe?+,Fe?+在反应过程中

作催化剂，化学方程式为：4NH3+4N0+02,-4N2+6H20;

(4)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用N%消除NO污染，其反应原理为6N0+4N4催黑,5N2+6H.,0，

由不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)为2:1时NO脱除率曲线知：900C时NO的脱除率最高；因此脱除NO

的最佳温度是90(TC,由于催化剂在一定温度具有强的催化活性，当温度较高时会失去活性，因此在温度超

过10000CNO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂失去活性。

11.【答案】Mg(1分)L是L的5倍多，说明最外层有2个电子(1分)基态N原子的2P能级

半充满(1分)8(1分)C、D(2分)氨分子与Zr?+形成配合物后，孤对电子与Zn2+形成

配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用减弱，所以H-N-H键键角变大(2分)B(1分)

立方BN晶体是原子晶体，B—N键键能大，所以质地坚硬(1分)75/微分)MgNi3c

16aNA

(1分)1:3(1分)棱心(1分)

【解析】

(1)①由图1可知电离能b是k的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素

为第三周期第IIA族元素，此元素为镁元素，元素符号为Mg；

②第二周期元素的第一电离能(Ij随原子序数(z)的变化情况如图6,同一周期元素中，元素的第一电离能

随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第nA元素第一电离能大于第niA元素，第VA族的第一电离能

大于第VIA族元素，即L随Z的递增而呈增大趋势，而导致L在a点出现齿峰的原因是基态N原子的2P

能级半充满；

③根据图示目;.-1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离；

(2)A.根据配合物Fe(C。)5的结构图，是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，分子中含有3

键和兀键，选项A正确；

B.Fe(CO)5中Fe原子的配体是CO,价电子数是10,与C；互为等电子体，选项B正确;

C.lmolFe(CO)5含有l()mol。键，选项C不正确;

D.Fe(CO)5=Fe+5co是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，选项D不正确;

答案选CD；

(3)NH、分子与ZM+形成配合物后，孤对电子与ZM+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成

键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键键角变大；

A.SO丁中S原子价电子对个数=9+2=4,含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，NO；中N原子价

2

电子对个数=叫=3,含有一个孤电子对，所以为V形结构，选项A不符合；

2

B.NO；中N原子价电子对个数=1=3,没有孤电子对，所以为平面结构，SO,中S原子价电子对个

2

数=9=3,没有孤电子对，所以为平面结构，选项B符合；

2

+

C.H3O中O原子价电子对个数=9土F=4,含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，C1O3-中C1

原子价电子对个数=24=4,含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项不C符合：

2

D.PO；中P原子价电子对个数=?=4,没有孤电子对，所以为四面体结构，SO；中S原子价电子对

个数=d2=4,含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项D不符合；

2

答案选B；

(4)立方BN晶体是原子晶体，B-N键键能大，所以质地坚硬；

根据均摊原则，1个晶胞中含有N原子数是4、含有B原子数是8x，+6x^=4,晶胞中最近的B、N原

82

子之间的距离为anm,则晶胞体对角线为4anm,晶胞边长是生匣nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶

3

(11+14)x4

xi21

体的密度为歹F?M°g-cm-3；

(5)①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1,Mg原子位于顶点，个数为1,Ni原子位于面心，

个数为3,所以化学式为MgNi3C；

②据图可知银原子构成的八面体空隙数目为1,每条棱上的两个镁原子与相邻面心的银原子构成正八面体

空隙的，所以镇原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3,则完全由银原子构成的八面体空隙与由银原子

和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；

③若取碳原子为晶胞顶点，银原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个银原子，则银原子

位于晶胞的棱心位置。

发生硝化反应生成B,根据E的结构简式逆推，可知B是嚎QT°H，0H中

硝基还原为氨基,C为;D是一种有机盐酸盐，0