2021年高考化學(xué)臨考仿真卷（新課標(biāo)Ⅰ卷）（全解全析）

2021年高考化學(xué)臨考仿真卷（新課標(biāo)I卷）

全解全析

1.【答案】B

【解析】

A.金性質(zhì)穩(wěn)定，自然界中存在游離態(tài)的金，A正確;

B.青銅是合金，合金的熔點(diǎn)比純金屬低，B錯(cuò)誤：

C.陶器由黏土燒結(jié)制備而成，C正確；

D.絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，D正確；

故選B。

2.【答案】D

【解析】

A.該分子中含有羥基（-OH）,不含酮鍛基，結(jié)構(gòu)中的-NH-CO-是酰胺鍵，A項(xiàng)不符合題意;

B.分子中的可以與H2反應(yīng)，ImolQ消耗3m0IH2,苯環(huán)可以與H2反應(yīng)，也是1：3的關(guān)系，碳氧

雙鍵由于來源于酰胺鍵，不能和氫氣加成，所以1mol該分子消耗9molH2,B項(xiàng)不符合題意；

C.苯環(huán)中的6個(gè)碳原子在一個(gè)平面上,1號(hào)碳和2號(hào)碳是取代了苯環(huán)上原來的氫，也在苯環(huán)的

平面上，1號(hào)或者2號(hào)碳是正四面體的中心，最多再有2個(gè)原子與其共面，可以選擇苯環(huán)上的C和3號(hào)碳,

1、2、3號(hào)碳原子共面，對(duì)于3號(hào)碳上的O則不在此平面上，C項(xiàng)不符合題意；

D.該結(jié)構(gòu)中有羥基，可以使酸性高鎰酸鉀溶液褪色，沒有酚羥基，故不能使氯化鐵溶液變色，D項(xiàng)符合題

意；

故正確選項(xiàng)為D。

3.【答案】A

【解析】

A.黃銅（銅鋅合金）放入足量酸化的Fe2（SC）4）3溶液中，發(fā)生反應(yīng)2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+,2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

而全部溶解，A可以達(dá)到目的；

B.鹽酸滴加到CaCCh固體中，生成CO2氣體，可證明酸性HC1>H2co3,但不能證明非金屬性C1>C,B不

能達(dá)到目的；

C.用氫氣凈化混有少量乙烯的乙烷，氫氣用量不能控制，可能乙烯未除盡或多余的氫氣成為雜質(zhì)，C不能

達(dá)到目的；

D.氨氣能與濃硫酸反應(yīng)，應(yīng)用堿石灰干燥氨氣，D不能達(dá)到目的;

故答案選A。

4.【答案】C

【解析】

A.避免生成有毒物質(zhì)，可防止污染環(huán)境，符合綠色化學(xué)的理念，A項(xiàng)正確;

B.反應(yīng)過程中，『

作催化劑，B項(xiàng)正確;

C.由圖可知，反應(yīng)過程中S元素的成鍵數(shù)目發(fā)生改變，c項(xiàng)錯(cuò)誤;

f~\0HO

D.由轉(zhuǎn)化關(guān)系知I,醇催化氧化的總反應(yīng)為o么?'0+人一>0^N^0++HC1，

ClR1R2HR1R3

D項(xiàng)正確；

答案選C。

5.【答案】D

【分析】

X原子L層比K層多一個(gè)電子，則X的電子排布為2、3,X為5號(hào)元素B；Z單質(zhì)燃燒發(fā)出耀眼的白光，

則Z為Mg；W?Y分子中含有10個(gè)電子，則W為H元素，Y為O元素，Z為Mg元素。

【解析】

A.W、X、Y、Z分別為H、B、0、Mg元素，原子半徑大小為：Mg>B>O>H,A錯(cuò)誤；

B.W、X、Y分別為H、B、O元素，單質(zhì)的沸點(diǎn)大?。築>O2>H2,B錯(cuò)誤；

C.Z和Y分別為Mg、O元素，二者形成的化合物MgO為離子化合物，C錯(cuò)誤：

D.X為硼元素，它的最高價(jià)氧化物的水化物硼酸是一種弱酸，D正確；

故選D。

6.【答案】B

【解析】

A.根據(jù)裝置圖可知，a極為電解池的陽極，則與電源正極相連，A正確；

B.理論上由環(huán)己醇生成Imol環(huán)（2酮（J））時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子，根據(jù)電子守恒可知陰極有Imol氫氣放出,

但因題中沒明確狀態(tài)，故不能確定氫氣的體積，B錯(cuò)誤:

C.由圖示可知，環(huán)己醇被Cr2。；-氧化生成環(huán)己酮，即生成環(huán)己酮的反應(yīng)為氧化反應(yīng)，C正確；

D.a極為陽極，C，+失電子被氧化，電極反應(yīng)式是2C，+-6e-+7Hq=Cr2O；+14H+,D正確；故選D。

7.【答案】B

【解析】

A.由圖可知，b點(diǎn)溫度最高，是二者恰好反應(yīng)的點(diǎn)，此時(shí)酸堿的物質(zhì)的量相等，酸堿濃度相等，所以x=20,

A錯(cuò)誤；

B.b點(diǎn)溫度最高，為滴定終點(diǎn)，溶質(zhì)為NHCICM,鹽類水解促進(jìn)水的電離，從b點(diǎn)到c點(diǎn)隨著高氯酸的加

入不斷抑制水的電離，由水電離出的c（OH）大小為b>c,B正確；

C.b點(diǎn)溫度最高，為滴定終點(diǎn)，溶質(zhì)為NH4cle）4,HC1O4是強(qiáng)酸，溶液中不存在HC1O4分子，根據(jù)物料守

恒可得：C（NH；）+C（NH3-H2O）=C（C1C）4）,C錯(cuò)誤；

D.氨水電離為吸熱過程，體系溫度越高，NH3H2O的電離常數(shù)越大，d點(diǎn)溫度高于a點(diǎn)，所以電離常數(shù)

K（d）>K（a）,D錯(cuò)誤；

故選Bo

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

否則易生成副產(chǎn)物堿式碳酸錮La（OH）CO3（2分）

2LaCh+6NH3+3CO2+（x+3）H2O=La2（CO3）3xH2O；+6NH4Cl（2分）將裝置中產(chǎn)生的氣體全部吹入后續(xù)裝置中

326（m2-mi）_458

被吸收，減少實(shí)驗(yàn)誤差（2分）一（2分）（m「m］）（2分）

318

【分析】

（1）結(jié)合裝置以及所給試劑，制取水合碳酸錮的原理為

2LaCl3+6NH3+3CO2+（x+3）H2O=La2（CO3）3-xH2O；+6NH4CI,裝置Y制備NH3,NH3易溶于水，通入帶有球形

干燥管的導(dǎo)氣管中防倒吸，裝置w制備CO2,裝有飽和碳酸氫鈉的裝置X用于除去CO2中的HC1,防止消

耗過多的氨氣，在裝置Z中生成水合碳酸錮。

（2）根據(jù)已知信息,im-mi為La2（CO3）3-xH2。的質(zhì)量,nu-mi為LazCh的質(zhì)量，ms-ms為CO2的質(zhì)量。B中

裝有濃硫酸，C中裝有堿石灰，D中堿石灰的作用是防止空氣中CO2和H2O進(jìn)入到裝置C中影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果;

第一次通入N2,目的是排出裝置中的空氣，防止空氣中CCh干擾實(shí)驗(yàn)結(jié)果，第二次通入N2,將裝置中殘留

的CO?全部排入裝置C中被吸收，減小實(shí)驗(yàn)誤差。

【解析】

（1）①根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知其名稱為球形干燥管；故答案為：球形干燥管；

②結(jié)合分析可知裝置接口順序應(yīng)為f-b—>a—>d—e->c；故答案為：b^a—>d—>e^c；

③為增大CO2溶解度，提高產(chǎn)率，Z中應(yīng)先通入氨氣再通入CO2；根據(jù)題目信息可知如果溶液堿性太強(qiáng)，

易生成受熱分解的堿式碳酸錮La（0H）C03,所以通入CO2需要過量的原因是：控制溶液不能堿性太強(qiáng)，否

則易生成副產(chǎn)物堿式碳酸鋤La（OH）CO3；故答案為：氨氣；控制溶液不能堿性太強(qiáng)，否則易生成副產(chǎn)物堿

式碳酸鐲La（OH）CO3；

④根據(jù)元素守恒可知化學(xué)方程式為2LaCb+6NH3+3CO2+（x+3汨2O=La2（CO3）3-xH2Ol+6NH4Cl；故答案為：

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

（2）①第二次通入N2,將裝置中殘留的C02全部排入裝置C中被吸收，減小實(shí)驗(yàn)誤差；故答案為：將裝置中

產(chǎn)生的氣體全部吹入后續(xù)裝置中被吸收，減少實(shí)驗(yàn)誤差；

②如果制得的樣品中不含有La（OH）CCh,則由La2（CCh）3-xH2O化學(xué)式可知n（La2Ch）：n（CO2>l：3,即

（弋2；'1326（m2-叫）458

—-----=-；n（La2O3）=n[La2（CO3）3-xH2O],可求出水合碳酸錮化學(xué)式中結(jié)晶水?dāng)?shù)目x=（m4-m,）;

65—3）3——----------

飛―18

1326（m2-m,）_458

故答案為：-；（014-01,）o

318

9.【答案】Si02（1分）過濾（1分）氧化Fe?+,使鐵元素完全轉(zhuǎn)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產(chǎn)+3。2T+8H2。（2分）陽（1分）Li、C—xe-=C+xLi*（2

分）15.5。（2分）

【分析】

格鐵礦（主要成分為FeO和Cr2（）3,含有AhO：、Si。？等雜質(zhì)），加入過量稀硫酸，只有Si。？與稀硫酸不

反應(yīng)，則過濾得固體A為Si。？，溶液B中含有C/+、Al3+>Fe2+，在B中加入過氧化氫，可生成Fe'+,

調(diào)節(jié)溶液pH可除去Fe3+、A「+，生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，即固體C,溶液D含有CF+,在溶液D

中加入NaBK^和NaOH,發(fā)生氧化還原反應(yīng)，過濾得溶液E含有NazCrO^,酸化可得，溶液

經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得NazC^O,tH?。，以此解答該題。

【解析】

(1)根據(jù)以上分析，固體A為SiO?,故答案為：SiO2；

(2)根據(jù)以上分析，實(shí)驗(yàn)室中操作①②的名稱為過濾，故答案為：過濾；

(3)固體C中含有的物質(zhì)是A1(OH)3和Fe(OH)3,則H202的作用是氧化Fe?+,使鐵元素完全轉(zhuǎn)化成沉淀

而除去；當(dāng)pH=5.6時(shí)Cr(OH)3開始沉淀，室溫下，除去C/+溶液中的Fe"、AT",氫氧化鋁完全變成

333+33+,,

沉淀時(shí)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完全變成沉淀時(shí)，pH約為

3.5,故pH范圍是：5.0<pH<5.6,故答案為：氧化Fe?+,使鐵元素完全轉(zhuǎn)化成沉淀而除去；

5.0<pH<5.6；

(4)在溶液D中加入NaBiC^和NaOH,發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成Bi(OH)3和CrO/,所以HI中發(fā)生反應(yīng)

+

的離子方程式為3NaBiO3+2c產(chǎn)+7OH-+H2O=2CrOj+3Na+3Bi(OH)3,故答案為：

+

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

(5)IV中酸化是用硫酸而不用鹽酸酸化，原因?yàn)镃rO；會(huì)氧化鹽酸中的氯離子，反應(yīng)離子方程式為：

3+

2CrO；+16H++6C「=2Cr+3C12T+8H,O；電解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7,則E電極發(fā)生

2CrO；+2H+UCjO；-+H2O,說明E電極生成氫離子，電極反應(yīng)為氫氧根失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所

以該裝置工作時(shí)E電極的名稱是陽極，B極為正極，A極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為LixC-xe-=C+xLi+；

當(dāng)電解過程中轉(zhuǎn)移了0.5mol電子時(shí)，則右側(cè)反應(yīng)消耗0.5mol氫氧根離子，放出"mol氧氣，右側(cè)移動(dòng)到

4

左側(cè)的鈉離子也為().5mol,所以理論上右側(cè)溶液的質(zhì)量減少

與molx32g/mol+0.5molx23g/mol=15.5g,故答案為：

+3++

2CrO^+16H+6Cr=2Cr+3C12T+8H2O；陽;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、催化劑、4N2+6H20(2分)900℃(2分)催化劑失去活性或催化劑活性突然

減小或催化劑活性大大降低(3分)

【解析】

(1)AH=斷鍵吸收能量-成鍵放出能量=1076x2+630x2-(946+799x4)=-730kJ/mol；

2CO+2NOBN?+2c。2

起始mol/L0.50.500

⑵①T2溫度下一氧化氮的轉(zhuǎn)化率為80%,變化mol/L0.40.40.20.4

末mol/L0.10.10.20.4

故0~10min內(nèi)用CO表示的平均反應(yīng)速率v(CO)=-------=0.04mol/(L-min)；T,溫度下，一氧化氮

lOmin

的轉(zhuǎn)化率為50%,平衡時(shí)CO、NO、N2、CO2濃度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,平衡正向移動(dòng)，NO轉(zhuǎn)化率增大；

(3)由圖可知，NH3、NO和02反應(yīng)生成N2和HzO,反應(yīng)過程中消耗Fe?+后又生成Fe?+,Fe?+在反應(yīng)過程中

作催化劑，化學(xué)方程式為：4NH3+4N0+02,-4N2+6H20;

(4)催化氧化法去除NO是在一定條件下，用N%消除NO污染，其反應(yīng)原理為6N0+4N4催黑,5N2+6H.,0，

由不同溫度條件下，n(NH3)：n(NO)為2:1時(shí)NO脫除率曲線知：900C時(shí)NO的脫除率最高；因此脫除NO

的最佳溫度是90(TC,由于催化劑在一定溫度具有強(qiáng)的催化活性，當(dāng)溫度較高時(shí)會(huì)失去活性，因此在溫度超

過10000CNO脫除率驟然下降的原因可能是催化劑失去活性。

11.【答案】Mg(1分)L是L的5倍多，說明最外層有2個(gè)電子(1分)基態(tài)N原子的2P能級(jí)

半充滿(1分)8(1分)C、D(2分)氨分子與Zr?+形成配合物后，孤對(duì)電子與Zn2+形成

配位鍵，原孤對(duì)電子與成鍵電子對(duì)之間的排斥作用減弱，所以H-N-H鍵鍵角變大(2分)B(1分)

立方BN晶體是原子晶體，B—N鍵鍵能大，所以質(zhì)地堅(jiān)硬(1分)75/微分)MgNi3c

16aNA

(1分)1:3(1分)棱心(1分)

【解析】

(1)①由圖1可知電離能b是k的5倍多，說明最外層有2個(gè)電子，結(jié)合該元素是第三周期元素，則該元素

為第三周期第IIA族元素，此元素為鎂元素，元素符號(hào)為Mg；

②第二周期元素的第一電離能(Ij隨原子序數(shù)(z)的變化情況如圖6,同一周期元素中，元素的第一電離能

隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢(shì)，但第nA元素第一電離能大于第niA元素，第VA族的第一電離能

大于第VIA族元素，即L隨Z的遞增而呈增大趨勢(shì)，而導(dǎo)致L在a點(diǎn)出現(xiàn)齒峰的原因是基態(tài)N原子的2P

能級(jí)半充滿；

③根據(jù)圖示目;.-1個(gè)鋁原子周圍有8個(gè)鎂原子最近且等距離；

(2)A.根據(jù)配合物Fe(C。)5的結(jié)構(gòu)圖，是三角雙錐結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷分布均勻，是非極性分子，分子中含有3

鍵和兀鍵，選項(xiàng)A正確；

B.Fe(CO)5中Fe原子的配體是CO,價(jià)電子數(shù)是10,與C；互為等電子體，選項(xiàng)B正確;

C.lmolFe(CO)5含有l(wèi)()mol。鍵，選項(xiàng)C不正確;

D.Fe(CO)5=Fe+5co是化學(xué)變化，有化學(xué)鍵的斷裂和生成，斷裂配位鍵、生成金屬鍵，選項(xiàng)D不正確;

答案選CD；

(3)NH、分子與ZM+形成配合物后，孤對(duì)電子與ZM+成鍵，原孤對(duì)電子與成鍵電子對(duì)之間的排斥作用變?yōu)槌?/p>

鍵電子對(duì)之間的排斥作用，排斥作用減弱，所以H-N-H鍵鍵角變大；

A.SO丁中S原子價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)=9+2=4,含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以為三角錐形結(jié)構(gòu)，NO；中N原子價(jià)

2

電子對(duì)個(gè)數(shù)=叫=3,含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以為V形結(jié)構(gòu)，選項(xiàng)A不符合；

2

B.NO；中N原子價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)=1=3,沒有孤電子對(duì)，所以為平面結(jié)構(gòu)，SO,中S原子價(jià)電子對(duì)個(gè)

2

數(shù)=9=3,沒有孤電子對(duì)，所以為平面結(jié)構(gòu)，選項(xiàng)B符合；

2

+

C.H3O中O原子價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)=9土F=4,含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以為三角錐形結(jié)構(gòu)，C1O3-中C1

原子價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)=24=4,含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以為三角錐形結(jié)構(gòu)，選項(xiàng)不C符合：

2

D.PO；中P原子價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)=?=4,沒有孤電子對(duì)，所以為四面體結(jié)構(gòu)，SO；中S原子價(jià)電子對(duì)

個(gè)數(shù)=d2=4,含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以為三角錐形結(jié)構(gòu)，選項(xiàng)D不符合；

2

答案選B；

(4)立方BN晶體是原子晶體，B-N鍵鍵能大，所以質(zhì)地堅(jiān)硬；

根據(jù)均攤原則，1個(gè)晶胞中含有N原子數(shù)是4、含有B原子數(shù)是8x，+6x^=4,晶胞中最近的B、N原

82

子之間的距離為anm,則晶胞體對(duì)角線為4anm,晶胞邊長是生匣nm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則晶

3

(11+14)x4

xi21

體的密度為歹F?M°g-cm-3；

(5)①根據(jù)均攤法，C原子位于晶胞內(nèi)部，個(gè)數(shù)為1,Mg原子位于頂點(diǎn)，個(gè)數(shù)為1,Ni原子位于面心，

個(gè)數(shù)為3,所以化學(xué)式為MgNi3C；

②據(jù)圖可知銀原子構(gòu)成的八面體空隙數(shù)目為1,每條棱上的兩個(gè)鎂原子與相鄰面心的銀原子構(gòu)成正八面體

空隙的，所以鎮(zhèn)原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙為3,則完全由銀原子構(gòu)成的八面體空隙與由銀原子

和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙的數(shù)量比為1：3；

③若取碳原子為晶胞頂點(diǎn)，銀原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙中有2個(gè)鎂原子、4個(gè)銀原子，則銀原子

位于晶胞的棱心位置。

發(fā)生硝化反應(yīng)生成B,根據(jù)E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式逆推，可知B是嚎QT°H，0H中

硝基還原為氨基,C為;D是一種有機(jī)鹽酸鹽，0