2021年高考化学模拟试题（A卷）参考答案

1.A提示：铝锂合金属于金属材料，A项正确。一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，如核能、太阳能、水能、风能、潮汐能、地热等;由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源，如电能、煤气、汽油等，因此电能是二次能源，B项错误。光缆的主要成分是二氧化硅，晶体硅是半导体材料，C项错误。高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，不是传统硅酸盐材料，D项错误。

2.A提示：苯环上可发生取代反应和加成反应;一NHCOO-可发生水解反应;与羟基相连的碳的邻位碳上有氢，可发生消去反应，A项正确。该物质完全水解后所得有机物为

直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B项错误。该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCl。溶液作用不会显紫色，C项错误。1mol此分子与NaOH溶液完全反应

多消耗2molNaOH，D项错误。

3.B提示：CuO不与杂质CuCl，反应，无法除杂，A项错误。CO，不与饱和碳酸氢钠溶液反应，HCI与饱和碳酸氢钠溶液反应，且不属于氧化还原反应，B项正确。乙烯和SO，都与酸性高锰酸钾溶液反应，C项错误。Cu粉和CuO都能被稀硝酸溶解，D项错误。

4.D提示：由图中信息可知，-CO，-COOH的过程中有0-H极性键的形成，A项错误。-CO，-COOH为加氢过程属于还原反应，B项错误。由图像信息可知，带有相同基团的物种吸附在NiPc表面上的能量较高，C项错误。该研究成果可使温室气体CO，转化为CO，有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，D项正确。

5.A提示：从Z的最高化合价和Y的最高价氧化物的水化物的pH可知，Z、Y分别是磷、硫元素。磷的3p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于硫，A项错误。结合X、W的最高价氧化物水化物的0.1mol.L溶液对应的pH可知，X、W分别是氮、钠元素。NH，分子间存在氢键，导致其沸点大于PH，B项正确。电负性P《s，C项正确。离子半径N-》Nat，D项正确。

6.D提示：根据反应机理图，NO转化为N，此过程得电子，可知b极为正极，a极为负极，A项错误。该电池产生的气体中含CO，，可产生温室效应，对环境有影响，B项错误。由转化图可知，NH与氧气反应转化为NO2，NO2在b极得电子继而转化为Np，C项错误。从图中可看出，在b极上，NO;在酸性条件下得电子转化为Ng，反应为2NO;+6e-+8H+N，+4H，O，D项正确。

7.C提示：初始Na，COs溶液存在水解平衡CO+H0-HCO;+OH，滴人HC1首先消耗水解产生的OH～，出现pH短暂骤变，A项正确。由温度初始上升可知，HC1与Na，CO。反应属于放热反应，后续的降低可能有热量本身的散失（气体逸出），或加人盐酸起到冷却作用，B项正确。C点，pH=7，但是由温度小于25。C可知，此时溶液并非呈中性，而应是酸性，由电荷守恒c（Nat）+c（Ht）c（c）+c（HCO）+2c（CO～）+c（0H～），可知c（Na）《c（CI）+c（HCO;）+2c（CO～），C项错误。若将溶液稀释10倍，滴定过程中反应放热量不大，而溶液自身混合起到冷却作用，温度变化幅度较小，D项正确。

8.（每空2分，共14分）

（1）NH。和CO，

（2）2Cu+2NH.H0+2NHHC0;+0z2Cu（NH），CO，+4H，0温度高于

40。C，氨水和碳酸氢铵均易分解，会造成原料的浪费和环境污染

（3）2Cu（NH），CO+H20Cu2（OH），CO：+4NH.↑+C0↑

（4）B

（5）络合沉淀法制备的样品酸溶时间更短，产品的活性更高

（6）78.64

提示：（1）在脱氨过程中产生的氨气、二氧化碳可用于“鼓泡溶铜”过程，实现物质循环利用。

（2）鼓人空气中的氧首先与铜反应生成CuO，氨水溶解氧化铜生成【Cu（NH）】（OH），【Cu（NH）】（OH），与NHHCO，反应生成Cu（NH），CO3。

（3）“脱氨”时反应的化学方程式为

2Cu（NH;），CO;+H，0

Cu（OH），CO，+

4NH↑+C0↑

（4）温度在400。C～500C范围内，碱式碳酸铜的溶解时间相对较短，纯度较高。

（5）分析表格中数据可知，同一样品，络合沉淀法制备的样品酸溶时间更短，产品的活性更高。

（6）2Cu-2Cu（NHg）2COs->Cu2（OH），CO：->2CuO64kg

80kg

由于铜的利用率为98.3%，因此生成的活性氧化铜粉末为80kgX98.3%=78.64kg。9.（每空2分，共14分）

（1）分液漏斗b

（2）吸收Clg

（3）4H++5ClOz

C1-+4C1O↑+

2H，O溶液變蓝

（4）稳定剂I【稳定剂I【可以缓慢释放ClO，，能较长时间维持保鲜所需的浓度

提示：（1）根据仪器特征，仪器B的名称是分液漏斗;根据操作分析，F装置应是Cl，和KI反应，所以应该长管进气，短管出气。

（2）F装置中能发生Cl，+2KI2KC1十Iz，碘遇淀粉变蓝，所以若F中溶液的颜色不变，说明没有氯气，则装置C的作用是吸收Cl。

（3）在酸性条件下NaClO，可发生反应生成NaCl，并释放出CIO，，根据化合价升降相等和电荷守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为4H++5CIOzC+4C10，↑+2H，O;在CIO，释放实验中，打开E的活塞，装置F中发生反应2ClO，+10I+8H+2C1+5I，+4H，O，碘遇淀粉变蓝。

（4）根据图像可知，稳定剂I可以缓慢释放CIO，，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂I好。

10.（除标注外，每空2分，共15分）（1）-49.0

（2）H.CO*+H*》CHOH*+x（3分）否

（3）正反应气体分子数反应iv》i，逆反应气体分子数二者相同，可知加压时，反应iv正反应速率加压时增大程度大于反应i，逆反应速率改变程度相同，则加压后单位时间内甲醇的产量大于CO

（4）达平衡状态1.04

（5）Co-X100%

0.5c

提示：（1）根据盖斯定律，可知△H=H：+0H=-49.0kJ.mol-

（2）根据反应机理各微粒的传递规律以及活性空位（*）个数的守恒关系，可知步骤⑦的反应物为H;CO*，产物为CH.OH*，故该步骤化学方程式为H;CO*+H*，1CH;OH*+*，由整个历程可知，物质存在吸附态，由于总反应式为CO，（g）+3H;（g）CH，OH（g）+H，O（g），第四步，产物H，O*为H，O在催化剂表面的吸附态，并未“脱附”成H，O（g），故该反应历程并不完整。

（3）由单位时间产量可知，该问考查的是反应速率，对比反应i和反应iv气体分子系数，正反应气体分子数iv》i，逆反应气体分子数二者相同，可知加压时，反应iv正反应速率加压时增大程度大于反应i，逆反应速率改变程度相同，则加压后单位时间内甲醇的产量大于CO的。

（4）达平衡状态。列三段式：

（5）注意图像是平衡浓度与温度的关系，而非时间关系，随着温度升高，制乙烯反应平衡将向逆反应方向移动，即CO，和H平衡浓度逐渐增大，C，H，和H，O平衡浓度逐渐减小，根据反应系数关系，可知曲线a表示H，浓度变化，b表示CO，浓度变化，m、n分别表示H，O、CH浓度变化。A点时，c（CO，）=c（Ho）=c。mol.l"。根据c（CO，）与c（H，O）可推出其他物质浓度。列三段式：

提示：（1）Co为27号元素，Co原子核外有27个电子，根据核外电子排布规律可得其基态Co原子核外电子排布式;基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M，电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃形。

（2）NO3中价层电子对数为5+0+13，故为sp杂化;一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为Co、O.N;一个NO中有3个键，配位键也为σ键，故σ键数目为3X4+4=16，则1mol

该配离子中含。键数目为16N。

（3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式PO、P，O、PO推导：磷原子的变化规律为1，2，3，，n，氧原子的变化规律为4，7，10，...，3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为3，4，5，...，n+2

（4）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、A1、0个数分别为（4X。+2X-））X4+4=8，4X4=16，8X4=32，所以A

化学式为CoAl，O;根据结构观察，晶体中A13+占据O一形成的八面体空隙;该晶胞的体积为（2aX10-7）'，该晶胞的质量为

提示：A分子式为CH，OCI，结合题干信息可知A中含有-CHO、-C1、苯环，根据物质反应过程中物质结构不变，可知A为

硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生的

该反应为酯化反应，也属于取代反应。

（2）根據上述分析可知B为

同分异构体中，若属于芳香族化合物，则含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为--COC1，符合条件的

（4）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C

（5）乙烯与溴发生加成反应产生CH，Br一CH，Br，再发生水解反应产生乙二醇（CH，OH-CH，OH），甲醇催化氧化产生甲醛（HCHO），最后乙二醇与甲醛反应生成

（责任编辑谢启刚）