2021年高考化学押题预测卷01（新课标Ⅱ卷）（全解全析）

2021年高考押题预测卷01【新课标II卷】

化学•全解全析

7.【答案】D

【解析】

A.“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，A错误；

B.“苏绣”是用蚕丝线绣的，蚕丝成分为蛋白质，B错误；

C.彩陶缸属于陶瓷,主要成分为硅酸盐，C错误；

D.白砂糖的主要成分是蔗糖，不是麦芽糖，D正确。

8.【答案】B

【解析】

A.根据图像，0〜12mL时，没有气体产生，发生K2cO3+HC1=KHCC)3+KC1,12mL至32mL有气体产生，

发生故说法正确；

KHCO3+HCl=KCl+CO2t+H2O,A

B.当加入32mL盐酸时，气体质量最大，CO2中碳来自于混合物，因此混合物中碳元素的质量分数为

-----——x12g/molx10

44g/molxioo%=9.77%,故B说法错误；

61.4g

C.根据选项A中发生的反应，碳酸钾全部转化成碳酸氢钾，消耗盐酸的体积为12mL,KHCO3与盐酸反应

全部成CO2,消耗盐酸的体积为(32mL—12mL)=20mL,反应都按1：1进行，因此样品中碳酸钾与碳酸氢钾

的物质的量之比为12：(20-12)=3：2,混合物中碳元素质量为，，j,xl2g/molxl0=6g,根据碳元素守

44g/mol

36g

恒，求出碳酸钾碳酸钾的物质的量为wXk^-r=0.3mol,即碳酸钾的质量为0.3molx138g-mol・41.4g,

512g/mol

故C说法正确；

26g

D.碳酸氢钾的物质的量为。，=0.2moLKHCCh受热分解：2KHe09A=K2cO3+CO2T+H2O,

512g/mol

即产生CO2的物质的量为O.lmol,CO2质量为O.lmolx44g.mo「=4.4g,故D说法正确；

9.【答案】C

【解析】

A.硫化氢中的硫处于最低价态，能被氧气、氯气、碘、澳等单质氧化成硫单质，故A正确；

B.将H2s通入Pb(NCh)2溶液中，发生反应Pb(NO3)2+H2S=PbSj+2HNCh,生成黑色沉淀PbS,PbS经过

过氧化氢处理发生反应PbS+4H2O2=PbSO4j+4H20,生成白色沉淀PbSCU,故B正确；

C.该反应违背了强酸制弱酸的形式规律，但反应遵循由离子浓度大的向着离子浓度小的方向进行的本质规

律，这是因为CuS是一种非常难溶的物质，它电离出的离子的浓度小于H2s电离出来的离子浓度，故上述

反应得以发生，这个实验不能比较H2s与H2s04的酸性强弱，故C错误；

D.H2s的酸性小于HC1和H2s04,根据强酸制弱酸的形式规律，H2s通入A1CL溶液得不到AI2S3沉淀，通

入FeSCU溶液也不产生FeS沉淀，故D正确。

10.【答案】B

【解析】

A.由该药物结构简式可知，该药物分子式为Cl3H8O4N2cL,故A正确：

B.由该药物的结构可知，其结构中含有2个氯原子，1个硝基，一个酚羟基，一个肽键，一共四种官能团，

故B项错误；

C.由该药物的结构可知，其结构中酚羟基，能与氢氧化钠反应，故C正确；

D.该药物中含有苯环可以发生加成反应，故D正确.

11.【答案】C

【解析】

A.由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，故A错；

B.产物P2所具有的能量比产物Pi所具有的能量低118.4kJ,所以产物P2比产物Pi要稳定，故B错；

C.由图示可知中间产物Z到过渡态IV所需的活化能最大，则E正=186.19k/mol-，故选c；

D.由图示可知，由Z到产物Pi所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产

物的速率：v(P,)>v(P2),故D错。

12.【答案】B

【解析】

A.放电时，B电极为正极，k得到电子生成「，电极反应式为L+2e-=2r,故A正确；

B.离子交换膜是防止正负极卜、Zn接触直接发生氧化还原反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区

生成「、负电荷增加，所以通过M膜进入负极，K+通过N膜进入正极，所以M为阴离子交换膜，N为

阳离子交换膜，故B错误；

C.充电时，A极反应式Zn2++2e=Zn,A极增重65g转移2moi电子，所以C区增加2moiK+、2moic1、离

子总数为4NA,故C正确；

D.放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e=Zn2+,石墨是正极，反应式为l2+2e=21，转移2moi电子时

负极生成Imol的锌离子，正极产生2moi的碘离子，所以放电时电解质储罐中离子总浓度增大，故D正确。

13.【答案】A

【解析】

A.X、Z、W均可形成两种常见氧化物CO、CO2、Na2O,Na2O2>SO2、SO3,选项A正确；

B.元素X、W的最高化合价分别为+4、+6,均与其族序数相等，但Y为氟元素，没有正化合价，选项B

错误；

C.四种元素中S在自然界能以游离态存在，其他均不能，选项c错误;

点燃

D.单质Z与单质W反应的化学方程式为Na+S空2NazS,选项D错误。

26.（13分）【答案】

（1）（NH4）2Cr2O7（2分）

650℃

（2）Cr2O3+3CC14^=2CrCb+3coeL（2分）

（3）E1N2（2分）口高于76.8口的热水（2分）

（4）淀粉溶液（2分）96.1（3分）

【解析】

（1）用蒸僧水洗涤三氧化二铭，可除去表面附着的（NH4）2CnO7；

（2）650「时，在反应器反应一段时间后，除产生CrCb外，还有副产物剧毒的光气（COCL）生成，反应的化

650℃

学方程式为Cr2O3+3CC14^=2CrC13+3COC12；

（3）①因为二氯化倍易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铭被氧化，所以通入的气体为N2；

②烧杯A盛有高于76.8口的热水，可以使得CC14进入装置B中参与反应；

（4）①碘单质遇淀粉溶液变蓝，因此滴定实验可选用的指示剂为淀粉溶液；

②设样品中无水三氯化铝的质量分数为x,由原子守恒和电子守恒得如下关系：

CrCl3~3Na2s2O3

158.53x158

25

0.3300xx上

---------^2.0.0250mol-L-1x24.00x10-3Lxl58

158.5

25

则有，0-3300XX-=0.025x24xlQ-xl58）WWx=%1%o

158.53x158

27.（15分）【答案】

（1）三颈烧瓶（2分）

（2）331231（3分）

（3）2C1O2+2OH-+H2O2=2C1O2+2H2O+O2（2分）红色布条褪色（2分）

（4）减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解（2分）过滤（2分）

（5）NaC102>Ch>Na2FeO4（2分）

【解析】

A装置由过量浓硫酸和氯酸钠反应制备二氧化氯和高氯酸，反应为3NaCK)3+3H2s浓尸HC1O4+2C1O2T

4-3NaHSO4+H2O,高氯酸遇含碳化合物易爆炸，故胶塞和导管接口必须包锡箔纸，关闭止水夹②，打开止

水夹①③，通空气一段时间，二氧化氯和氢氧化钠和过氧化氢在C中反应：2C1O2+2OH+H2O2=2C1O2-

+2H2O+O2.控制温度38口〜60□下进行减压蒸发结晶可得晶体NaCICh,关闭止水夹③，打开止水夹②,

二氧化氯有强氧化性，使B中红布条褪色，用D中氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析作答。

(1)仪器a为三颈烧瓶，由题可知，高氯酸浓度高于60%遇含碳化合物易爆炸，橡胶是含碳化合物，若生

成的高氯酸浓度高时遇橡胶塞及导管易发生爆炸；

(2)A种过量浓硫酸和NaCICh反应制备二氧化氮和高氯酸，反应为3NaCICh+3H2so4(浓尸HC1O4+2C1O2f

+3NaHSO4+H2O；

(3)关闭止水夹②，打开止水夹①③，二氧化氯和氢氧化钠和过氧化氢在C中反应，2C1O2+2OH+

H2O2=2C1O2+2H2O+O2,若关闭止水夹③，打开止水夹②，二氧化氯有强氧化性，使B中红色布条褪色；

(4)根据已知，温度低于38口，得到的晶体含有结晶水，温度高于60C]NaC102会分解，故从装置C反应

后的溶液中获得晶体，需要控制温度在38〜60口进行减压蒸发结晶，然后过滤、洗涤干燥得到NaCICh,

采用减压蒸发的原因是减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解；

(5)NaCICh在氯元素有+3价降低为-1价，则ImolNaCICh转移电子4moi，消毒效率为4/90.5,lmolNazFeCU

转移电子为3mol,消毒效率为3/166,ImolCL转移电子为2mol,消毒效率为2/71,三种消毒杀菌剂的消毒

效率由大到小的顺序为：NaClO2>C12>Na2FeO4o

28.(15分)【答案】

【解析】

(1)：C02(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)o

①巳知：H2(g)、CH3OH(1)的燃烧热AH分别为-285.8kJ/mol和-726.5kJ/mol；

H2(g)+；Ch(g)=H20(1)AHi=-285.8kJ/mol

、3、、

CH30H(1)+-02(g)=C02(g)+2H2O(1)AH2=-726.5kJ/mol

CH3OH(1)=CH3OH(g)AHS=+38kJ/mol；

H20(1)=H,O(g)AH4=+44kJ/mol；

贝1JCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=AHix3-AH2+AH3+AH4=-48.9kJ/mol；

②根据CO2(g)+3H2(g)目照CHsOH(g)+H2O(g)列出三段式：

co《g)+34(g)□CH30H(g)

起始4mol6mol00

转化Imol3molImolImol

平衡3mol3molImolImol

在恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以平衡时容器内的压强与起始压强之比=8:10=4:5；

③从表中数据来看，若两者温度相同，则两个容器为完全等同的两个平衡，一个从反应物投料•，一个从产

物投料而已。现一个为恒温，一个为绝热，又由于该反应是正向放热的反应，容器［从产物开始投料，反应

过程中吸热，导致温度比客器I的要低。而温度越低，平衡常数越大，所以KI<K2。容器口的反应相当于

在密器I的基础上右移，所以平衡时CH30H的浓度：c(I)<c(II)；

(2)①反应2cCh(g)+6H2(g)目呢CH2=CH2(g)+4H2O(g)AH=-127.8kJ/mol,正向是一个放热反

应，升温，平衡应左移，所以所给图示中，含量减少的b、d是生成物，增加的a、c是反应物，因按n(C02)：

n(H2)=1：3的投料•，所以a为H2、b为水、c为CO2,d为乙烯；。

②反应前混合气体的平均相对分子质量为(44x2+3x2)/5=18.8,所以坐标起点为(0,18.8),随着反应的进行,

气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，至to时达到化学平衡，如全部化为乙烯和水，

平均相对分子质量为(44x1+28x0.5+18x2)/3.5=26.86,ti瞬间扩大至2VL并保持不变，t2时重新达到平衡,

平均相对分子质量减小，t2时达到的相对分子质量应大于18.8,所以图像为:

35.(15分)【答案】

(1)3d84s2(2分)

(2)非极性(2分)

(3)口＞(1分)匚sp2(2分)

(4)6(1分)N、Cl(2分)

(5)7：2(2分)

4x(59x0.88+16)

3

(6)-xr/,n-7\-(3分)

NA(axlO)

【解析】

(1)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2；

(2)H2O为极性分子,Ni(CO)4难溶于水,则Ni(CO)4为非极性分子；

(3)①N原子的价电子排布式为2s22P3,0原子的价电子排布式为2s22P3N达到了半充满稳定结构，故

较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N>0；

②苯酚中的C共同形成大兀键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；

(4)配位化合物[CO(NH3)5C1]C12中心原子C。的配位数为6；配位原子是N、C1；

(5)Fe3C>4晶胞中02一个数为：：x8+：x6=4个，所以有Fe3*2个，有Fe?+1个，其中正四面体空隙共8

82

个，1个Fe3+填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共,X12+1=4个，一个Fe?+

4

和一个Fe3+填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有

填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；

(6)一个晶胞的质量为---------------g,体积为(axlO")cn?,因此密度为一jQ

36.(15分)【答案】

(1)二甲苯(或1,4-二甲苯)(1分)

(2)竣基(1分)取代反应(1分)

(5)13(2分)(2分)

CH()H

CHCHCH，C(X)H———3~►CH(IKIIC(XX'H

(6)I;'浓硫酸△I

NHNaCIO

：iI'HCHCH('ONH(,H.CHCHNH、

I(4分)

CHCh

【解析】

根据合成路线可知，HJ—C-CH,经氧化得到B,结合D的结构简式可逆推得到B为

H()(X」_,B与甲醇发生酯化反应可得到D,D与氨气发生取代反应生成E,E与次氯酸钠

反应得到F,F与C发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺(G),可推知G的结构简式为:

()()

VVNH玉H，结合有机物的结构与性质分析作答。

(1)根据A的结构，两个甲基处在对位，故命名为对二甲苯，或系统命名为1,4-二甲苯;

(2)由D的结构逆推，可知B为对苯二甲酸(H()()(Y2V~C()()H),含有的官能团名称为较基，对

比B与C的结构，可知B-C的反应类型为取代反应;

Z~~X浓硫酸

(3)B-D为酯化反应，反应的方程式为: