2021年高考化学押题预测卷03（新课标Ⅰ卷）（全解全析）

2021年高考押题预测卷03【新课标I卷】

化学•全解全析

7.【答案】B

【解析】

A.“松果结构”的伯金属催化剂的表面积更大，在催化电解水制氧效果不变的情况下，其用量降低到传统商

业催化剂的即催化剂的结构能影响其催化效果，A正确；

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B.催化剂不能使平衡移动，故不能提高其转化率，B错误；

C.催化剂能改变反应路径，能降低反应的活化能，C正确；

D.氢能燃烧后生成水，水分解又得到氢能，故氢能是高效、洁净的的可再生能源，D正确。

8.【答案】B

【解析】

A.分子式为C9H10O,故A错误；

C.该物质含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，故C错误；

D.位于同一平面的原子数最少有12个，故D错误。

9.【答案】B

【解析】

A.氯气是1个原子构成的，则标准状况下，11.2L氨气是0.5moL分子中含有0.5NA原子，A正确；

B.标准状况下，0.1molC12参加反应，转移的电子数目不一定为0.2NA,例如0.Imol氯气与氢氧化钠溶液

反应转移0.1NA个电子，B错误；

C.NO2和N2O4的最简式相同,均是NO2,则常温常压下,46gNO2和N2O4混合气体中相当于含有ImolNCh,

则分子含有原子总数为3NA,C正确；

D.钠再反应中只能失去1个电子，则1molNa与足量02反应，生成NazO和NazCh的混合物，转移电子

总数NA,D正确。

10.【答案】B

【解析】

1

A.反应自发进行的条件为AG=A^-MS<0,已知NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)A^=+185.57kJmol,

△H>0,正反应方向为混乱度增大的方向，AS>0,高温时，△G=A”-TASV0,该反应能自发进行，故A错

误；

B.根据A项分析，正反应方向为混乱度增大的方向，AS>0,该反应是一个炳增加的反应，故B正确；

C.其他条件不变，使用催化剂可以改变化学反应速率，不能改变平衡移动，则不能改变化学反应进行的方

向，故c错误；

D.反应能否自发进行与吸放热无关，如氢氧化根晶体与氯化镀晶体的反应为吸热反应，能自发进行，故D

错误。

11.【答案】D

【解析】

A.HrNr。2、Cl2常温下均为气体，A正确；

B.在该盐中，NH：、*0+内都存在极性共价键，五氮阴离子中含有氮氮非极性共价键，B正确；

C.NH?的水溶液是氨水，溶液显碱性，C正确；

D.M(C1)的氧化物对应的水化物有HC10、HClOq等，HC1O是弱酸，D错误。

12.【答案】C

【解析】

A.放电为原电池，原电池中，阳离子移向正极，故H,向正极区迁移，A正确；

B.充电时，正极上的电势高，负极上的电势低，B正确；

+

C.放电为原电池，负极失电子，发生反应：AQDSH2-2e=AQDS+2H.C错误；

D.放电时，正极反应为Br?+2e-+2H+=2HBr,再与负极反应相叠加，得放电时总反应为

AQDSH2+Br2=AQDS+2HBr,而充电时的总反应与放电时总反应相反，故总反应为

AQDS+2HBr=^AQDSH2+Br2，D正确。

13.【答案】D

【解析】

A.由图示知，未力11KoH时，即a点，为HA溶液，此时c水(H+)=10力mol/L,则c水(OH)=c水(H+),

酸溶液中OH-全部来源于水，故c(OH)=c*(OH)=10'"mol/L,则

K1n14

(H+)=—一=-------=103mol/L,由于弱电解质电离很微弱，故c(HA)近似等于起始浓

cIO"mol/L10"mol/L

IO-3

度，则电离度=*LxlOO%=l%,A正确；

0.1

B.b点对应加入KOH10mL,即n(KOH)：n(HA)=1：2,故b点溶液组成为KA：HA=1：1,溶液中

大量存在K+、A、HA,由图示知，此时c水(H+)〈IO,mol/L,说明水的电离受到抑制，则HA电离

(HADH++A)大于A-水解(A+H?。口HA+OH),故c(A-)>c(K+)>c(HA),H\OH-由

微弱过程产生，微量存在，故浓度大小顺序为：c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH),B正确；

C.c点对应投料比n(KOH)：n(HA)=1：1,溶液组成为KA,由电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(AO+c

(OH),结合物料守恒c(K+)=c(A-)+c(HA),两守恒联立消去c(K+)得：c(HA)+c(H+)=c(OH)

C正确；

D.由C选项知c点组成为KA,由于A-水解，导致溶液显碱性，c点到d点继续加入KOH,故溶液碱性增

强，不可能呈中性，D错误。

26.(14分)【答案】

高温高温

(1)石灰石(1分)CaCCh-CaO+CO2T(2分)CaO+SiCh-CaSiCh(2分)CO(1分)

(2)-355(1分)②③(1分)①(1分)

高温

(3)炉身(1分)Fe2O3+3CO===2Fe+3cO2(2分)炉腹(1分)

(4)用碱液吸收(氢氧化钠溶液或氨水等)(1分)

【解析】

(1)铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可以加入石灰石，石灰石分解为氧化钙，氧化钙和二氧化

高温高温

硅反应生成硅酸钙，方程式为CaCO3^=CaO+CC)2T、CaO+SiO2^=CaSiO3；加入焦炭，先生成CO,最

后生成CO2所以高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和CO；

(2)已知：①Fe2O3(s)+3C(s尸2Fe(s)+3CO(g)AH=+494k『mol",②CO(g)+yO2(g)=CO2(g)AH=-283kJ-moH,

3

利用盖斯定律将①+②x3得至I」Fe2O3(s)+3C(s)+Q02®=2Fe(s)+3C02(g)的AH=-355kJ-mol-1,因①为吸热反

应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应；

高温

(3)高炉炼铁时，炉身部分发生Fe2O3+3CO^=2Fe+3c02,还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的

高温高温高温

炉腹都发生2C+O2=2C0以及CaCCh-CaO+CChT，CaO+SiO2^=CaSiC>3反应;

(4)高炉气中混有S02,SOz为酸性气体，可与碱反应。

27.（14分）【答案】

95℃

⑴（球形）分液漏斗（1分）ClCH2COOH+2NaOHHOCHzCOONa+NaCl+HzO（2分）

（2）BC（2分）

（3）防止升温太快（1分）控制反应体系pH（1分）

（4）冷却后补加磁转子（2分）

（5）C（2分）

（6）78.6（3分）

【解析】

实验室拟用氯乙酸（C1CH2coOH）和NaOH溶液制备少量羟基乙酸钠，此反应为剧烈放热反应，反应方程式

95℃

为：C1CH2coOH+2NaOH===HOCH2coONa+NaCl+HzO,生成的羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，

不溶于醇、酸等有机溶剂，得到的粗产品通过步骤1、步骤2、步骤3进行分离提纯，以此解答。

（1）根据图中仪器可知仪器A的名称为（球形）分液漏斗；三颈烧瓶中C1CH2co0H和NaOH反应生成

95℃

HOCH2coONa、NaCl和H2O,方程式为：ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O；

（2）A.球形冷凝管与直形冷凝管相比，冷却面积更大，效果更好，故A正确；

B.球形冷凝管内芯管为球泡状，容易在球部积留蒸储液，故不适宜做倾斜式蒸储装置，多用于垂直蒸僧装

置，适用于回流蒸播操作，故B错误：

C.在使用冷凝管进行蒸储操作时，一般蒸储物的沸点越高，蒸气越易冷凝，故C错误；

（3）逐步加入40%NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；

（4）三颈烧瓶中磁转子在反应过程中起到搅拌的作用，如果忘加磁转子需要冷却后补加磁转子；

（5）蒸出部分水至液面有薄膜，说明有固体开始析出，加少量热水趁热过滤；粗产品溶解于适量热水中，

加活性炭脱色，需要过滤分离掉活性炭固体；将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却结晶，过滤、

干燥，得羟基乙酸钠；操作1、2、3的名称分别是：趁热过滤，趁热过滤，冷却结晶，故答案为：C。

132.3g

（6）加入132.3g氯乙酸（C1CH2coOH）的物质的量为：八“二,,=1.4mol,根据方程式C1CH2coOH+2NaOH

94.5g/mol

95℃

三=HOCH2co0Na+NaCl+H20可知，理论上可以生成1.4mol羟基乙酸钠，步骤4中，得纯净羟基乙酸钠

l.lmol,则实验产率为—*mO1x100%=78.6%。

1.4mol

28.（15分）【答案】

（1）口+124（2分）Dad（2分）□增大（1分）恒压下，加入水蒸气稀释剂，相当于减小压

强，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大（2分）」45（3分）2.5（3分）

+

（2）<Q^CH-CHr8e-+3H2O=C.i^-CHO+8H+CO2（2分）

【解析】

（1）①反应热=反应物总键能-生成物总键能，由有机物的结构可知，应是-CH2cH3中总键能与-CH=CH2、

H2总键能之差，故△，=（5x412+348-3x412-612-436）kJ-moH=+124kJ-mol1；

②a.反应O-CHzCH（g）u（Q^CH=CHz（g）+H2（g）为气体物质的量增大的反应，在恒温恒压时，随着反应的

进行，气体体积增大，则气体密度减小，故当气体密度不变时，反应达到平衡状态，故选；

b.C（乙苯）=C,（苯乙烯）不能说明正逆反应速率相等，故不能说明反应达到平衡状态，故不选；

c.即使反应没有达到平衡状态，消耗Imol乙苯的同时也生成ImolH2,故不选;

d.苯乙烯的质量保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故选；故选ad：

③恒压下，加入水蒸气稀释剂，相当于增大容器体积，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，则平

〃（水）

衡正向移动，乙苯转化率增大，则乙苯的平衡转化率随着的增大而增大;

n（乙苯）

④反应开始总压强为100kPa,反应达到平衡时增大为115kPa,增大了15kPa,说明乙苯压强减少了15kPa,

由于乙苯的转化率为75%,因此反应开始时乙苯的压强为何=20kPa,故〃$0=8。kPa；根据上述分

析可知：平衡时M乙苯）=20-15=5kPa,p（苯乙烯尸p（Fh）=15kPa,因此用平衡分压表示的平衡常数

/="1^*=45；反应达到平衡时，正逆反应速率相等，为勺电庠=%%乙烯少氢气，

察=做乙加%气二45,在a点时压强为112kPa,则说明此时乙苯压强为8kPa,苯乙烯、氢气压强为12

k逆,乙苯

kPa,x—=45x---=2.5；

V逆“逆中琴乙烯比氢气卜逆。聚乙烯）氢气12x12

（2）负极发生氧化反应，苯乙烯被氧化生成苯甲醛，电极反应式为O^CH-CH「8e-+3H2O=C_CHO

+8H++CO2。

35.（15分）【答案】

（1）Is22s22P63s23P63d%Ar]3d9（2分）

（2）4NA（2分）

（3）4（1分）N>C>H（1分）sp3。分）乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分

子间不能形成氢键（2分）

（4）12（2分）

614x99.5,NO

(5)共价(2分)—3——--*十°(2分)

41PN1

【解析】

(l)Cu为29号元素，二价铜离子的电子排布式为：Is22s22P63s23P63d9(或［Ar］3d9)；

(2)(CN)2分子的结构式为N三C-C三N,1个N三C键中有1个。键，2个兀键，lmol(CN)2分子中含有兀键

的数目为4NA；

(3)由结构图可知配离子［Cu(En)2F+中CM+的配位数为4；同周期元素自左向右，电负性逐渐增大，故电

负性：N>C,H元素分别与C、N元素化合时，H元素表现正化合价，H元素的电负性比C、N元素的小，

故电负性：N>C>H；乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)中N原子形成3个。键，含有1对孤对电子对，杂化

轨道数为4,采取Sp3杂化；乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺［N(CH3)3］分子之

间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高；

(4)根据面心立方堆积形成晶胞可知，每个铜原子周围距离最近的铜原子位于经过立方体的面的面心上,

共有12个;

(5)根据M原子的外围电子排布式为3s23P5可知，M为Cl元素，根据晶胞结构可知，铜原子位于立方体

内部，全部属于晶胞，氯原子位于立方体的顶点和面心，所以铜原子个数为4,氯原子个数=8x：+6x5=4,

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所以二者形成的化合物的化学式为CuCl；

①铜和M的电负性相差3.0-1.9=1.1,电负性差大于1.7的键一般是离子键，小于1.7的一般为共价键，故

Cu与M形成的化合物属于共价化合物：

②CuCl的相对分子质量99.5,一个晶胞中含有4个CuCl,所以一个晶胞的摩尔质量为4x99.5g/mol,晶胞

的摩尔体积为-4-x--9-9-.j5g/m—ol=-4--x-9-9-.-5cnP/mol,晶胞的边长为；1—4x9—9.5cm,根据晶胞的结构可知，铜

原子和M原子之间的最短距离为立方体对角线长的；,而体对角线为晶胞边长的⑺倍，所以铜原子和M

原子之间的最短距离为：—x3EH22Zcm=—J4x9^-5x1O'°pmo

4VpNA4VpN*

36.(15分)【答案】

(1)间苯二酚(或1,3-苯二酚)(2分)醍键和粉基(2分)

(2)取代反应(1分)加成反应(1分)

(3)(2分)

<H>OOH

()

(4)I[ax)H(3分)

一定条件

CHiOOZ\Z5

CH<()

CHO

(5)9(2分)<H(2分)

CHO

【解析】

(1)根据有机物C的结构，并结合A的分子式可知，A为间苯二酚；结合有机物E的结构简式可知：E中

官能团为醛键和好基。

(2)A为间苯二酚；结合B的分子式及有机物C的结构可知，B为，所以A〜B的反应

CH.OOH

为取代反应；有机物与发生加成反应生成(人

BCH2=CHCN