【文档说明】2021年高考化学终极猜题卷 新高考版 江苏地区专用 参考答案.docx，共(9)页，465.897 KB，由小赞的店铺上传

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2021年高考化学终极猜题卷新高考版江苏地区专用参考答案一、选择题1.答案：B解析：“雾”为气溶胶，能产生丁达尔效应，A项正确；淀粉和纤维素属于糖类，但没有甜味，B项错误；石灰石受热后能制得生石灰，该反应为分解反应，C项正确；制普通玻璃的

主要原料有石灰石、碳酸钠和二氧化硅，二氧化硅是制造光导纤维的主要原料，D项正确。2.答案：C解析：中子数为7的碳原子的质量数为13，故应该表示为613C，A项错误；氯乙烯的结构简式为2==CHCHCl，B项错误；Cl−核内有17个质子，核外有18个电子，C项正确；

HCl为共价化合物，其电子式为，D项错误。3.答案：A解析：4MnO−中Mn为+7价，4MnO−~2Mn+转移5个电子，4mol4MnO−完全转化为2Mn+转移20mol电子，A项正确；粗铜中含有Zn、Fe、Ag等杂质，电解时比铜活泼的金属先放电，Cu可能没有反应，B项错误；

不知道溶液的体积，+H数无法求出，C项错误；碳酸根离子水解，阴离子数大于0.100AN，D项错误。4.答案：D解析：向等浓度的233NaCONaHCO、混合液中滴加盐酸，盐酸先与23NaCO反应生成3NaHCO，即开始没有

气泡，待23NaCO反应完后，生成的3NaHCO以及原溶液中的3NaHCO与盐酸反应生成2CO，故反应时间前短后长，A项错误；4CCl的密度比水大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为3FeCl溶液，呈黄色，B项错误；由22MgCl6HO制备无水2

MgCl需在HCl气氛中加热，C项错误；浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖转化为炭，然后炭与浓硫酸反应生成22SOCO和，2SO具有还原性，能使酸性4KMnO溶液褪色，D项正确。5.答案：D解析：34PbO可以写成22PbOPbO，则34PbO中Pb(Ⅱ)和P(Ⅳ)含量之比为2:1，A

项错误；反应Ⅰ为非氧化还原反应，二价铅没有被3HNO氧化为四价铅，故3HNO的氧化性不比2PbO的强，B项错误；由上述分析知，硝酸不能氧化二价铅，故Pb与稀硝酸反应的化学方程式是()33223Pb8HNO3PbNO2NOH==4=O+++，

C项错误；实验室可利用4KMnO与盐酸反应制备2Cl，即氧化性42KMnOCl，而反应Ⅱ说明氧化性24PbOKMnO，则2PbO可氧化HCl生成2Cl，D项正确。6.答案：A解析：短周期元素M、N、P、Q的最高价氧化物对应的水化物分别为

X、Y、Z、W。M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素、X为NaOH；0.11molL−的W溶液pH=1，则W为一元含氧强酸，又Q的原子序数大于Na元素，故Q为Cl元素、W为4HClO；0.11molL−的Z溶液pH=0.7，

则Z为二元强酸，又P的原子序数大于Na元素，小于Cl元素，故P为S元素、Z为24HSO；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，Y为3Al(OH)，N为Al元素。N为Al元素，原子核外有3个电子层，最

外层电子数为3，其电子层数与最外层电子数相等，A项正确；Na+、3Al+电子层结构相同，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+>3Al+，B项错误；非金属性Cl>S，元素非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，故热稳定性：2HClHS，C项错误；X为

NaOH，含有离子键和共价键，W为4HClO，分子结构中只含有共价键，二者所含化学键类型不全相同，D项错误。7.答案：D解析：根据该电池的充放电反应，知放电时甲电极为负极，乙电极为正极，2N发生还原反应：23N6Li+6e===2LiN+−+，A项错误；充电时，甲电极是阴

极，乙电极是阳极，Li+由阳极移向阴极，即由乙电极迁移向甲电极，多孔碳布表面上的3LiN生成2N和Li+，B项错误；电解时，相当于将三个装置串联，如图，石墨a、m、n均为阳极，石墨a的电极反应为22==2HO4eO=4H−

+−+，m、n处的电极反应均为2===Cu2eCu−+−，则石墨a、m、n处均没有Cu析出，C项错误；锂-氮电池放电时消耗氮气，充电时释放氮气，实现了氮气的循环，为绿色固氮提供了一种可能，D项正确。8.答案：A解析：本题考查化学反应历程的分析。分析转化过程图，可知在过程Ⅰ中发生反应：432H2C

e2H2Ce+++++，在过程Ⅱ中发生反应：34222NO4H4Ce2HON4Cexxxxx+++++++。由上述分析可知，总反应可以看作烟气中的氮氧化物与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被2H还原，A正确；1x=时，根据题图，过程Ⅱ中发生34222NO4H4C

e2HON4Ce+++++++，N元素化合价降低，NO为氧化剂，3Ce+为还原剂，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，B错误；过程Ⅰ发生432H2Ce2H2Ce+++++，过程Ⅱ发生34222NO4H4Ce2HON4Cex

xxxx+++++++，处理过程中，34CeCe++和不断地消耗和生成，所以混合液中34CeCe++和总数不变，C错误；根据题图，过程Ⅰ发生432HCeHCe+++→++，利用得失电子守恒进行配平，离子

方程式为432H2Ce2H2Ce+++++，D错误。9.答案：D解析：本题考查分子的结构。硝基胍分子中N—N键为非极性键，A错误；—2NH中N原子价层电子对数13(531)42=+−=，为3sp杂化，B错误；分子中含有4个N—H键、1个CN键、1个NO键、2个C—N键、1个N—N键和

1个N→O键，共10个σ键、2个π键，σ键与π键的个数比是5:1，C错误；硝基胍分子中—NH2中N原子为3sp杂化，空间构型为三角锥形，则所有原子不可能共平面，D正确。10.答案：A解析：本题考查有机物的结构与性质。有机物A的结

构简式为，该结构中“1、2、3、4、5”五个位置的官能团分别为羟基、醚键、羰基、酯基和碳碳双键，其中含氧官能团共有4种，A正确；该分子中含酯基，可在碱溶液中水解得到醇和羧酸钠，同时分子中的酚羟基可以和氢氧化

钠溶液反应得到酚钠，产物都不可与碳酸钠溶液反应，B错误；该分子结构不对称，每个苯环上分别含3种化学环境的氢原子，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，C错误；lmol该分子中含有2mol苯环、2mol碳碳双键、1mol羰基，均可与2H发生加成反应，则1mol该分子最多可与9mol2H发生加成反应

，D错误。11.答案：C解析：加入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应生成单质铜，形成铜锌原电池，反应速率加快，与反应物浓度无关，A项错误；稀硝酸能将()32FeNO氧化成()33FeNO，利用题给实验方案无法检验()32FeNO晶体是否已氧化变质，B项错误；加入食醋，反应生成次氯酸，漂白

能力增强，C项正确；硝酸银有剩余，加入的硫化钠溶液直接与剩余的硝酸银反应生成2AgS黑色沉淀，D项错误。12.答案：D解析：由1mol配合物生成2molAgCl可知1mol配合物电离出2mol-Cl即配离子显+2价,外界有2个

-Cl。因为Co显+3价,所以2+m3CoClNHn中有1个Cl,又因为该配合物的空间构型是八面体,所以615n=−=。13.答案：D解析：本题考查废旧资源回收利用的工艺流程分析。“氧化”阶段需在80℃条件下进行，温度低于水的

沸点，可以采用水浴加热，A正确；通过流程图可知“氧化”阶段加入氢氧化钠溶液调pH提供碱性条件，加入过量的NaClO作氧化剂，光盘碎片中的Ag经氧化得到AgCl，根据氧化还原反应中化合价的升降规律，AgCl化合价按照整体处理原则，银元素

从0→+1价，氯元素从+1价→-1价，每生成1molAgCl共得1mol电子，有2O生成则氧元素化合价从-2价→0，每生成1mol2O失4mol电子，故生成的AgCl与2O的物质的量之比为4:1，根据得失电子守恒、质量守恒定律配平

化学方程式，为224Ag4NaClO2HO4AgCl4NaOHO++++，B正确；10%的氨水溶解AgCl固体，Ag+作为中心配离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，二者形成较为稳定的配合物，AgCl与32NHHO按1:2反应：()32322AgCl2NHHOAgNHCl2HO+−

+++，C正确；未说明是否处于标准状况，无法确定2.24L2N的物质的量，则无法根据得失电子守恒计算生成银单质的质量，D错误。14.答案：C解析：3pNH增大，即溶液中()3NHc减小，促进()3

2AgNH+解离，则()Agc+增大，所以1δ代表()+δAg，A项错误；向溶液中滴入稀硝酸()3NHc减小，促进()32AgNH+解离，则()+δAg增大，B项错误；根据电荷守恒()()()()()()()3432AgHAgNHNHOH

NOcccccc++++−−+++=+及物料守恒：()()()()332AgAgNHNOccc++−+=，可得()()()4NHHOHccc++−+=，C项正确；由图象知，溶液中()()()32AgAg

NHcc++=时，3pNH=3.65，即()3.6513NH10molLc−−=，则()()()()()()237.33232AgNHAgNH10AgNHccKc++−+==不稳，D项错误。二、非选择题15.答案：(

1)3CaCO、2SiO（2分）(2)升温、粉碎(其他合理答案均可，2分)(3)2222Ga2OH2HO===2GaO3H−−+++（2分）(4)①在HCl气流中加热蒸干（3分）②1322Ga(1)2NH(g)2GaN(s)3H(g)Δ30.27kJmolH−++=−（3分

）(5)3Al(OH)（2分）(6)22GaO3e2HO===Ga4OH−−−+++（2分）解析：分析如下：(1)由题干可知，氧化铝和氧化镓均为两性氧化物，溶浸过程中所发生的学反应为22CaOHO===Ca(OH)+、223

3=Ca(OH)NaCOCaCO2NaOH==++、232322AlONaCO2NaAlOCO+=+、232322==GaONaCO2NaaOO=GC++，2SiO性质稳定，与浓强碱溶液或熔化的碱反应生成硅酸盐，23NaCO溶液碱性不够，不能溶

解2SiO，故滤渣1的主要成分为3CaCO、2SiO。(2)升温、粉碎、搅拌等均可提高溶浸效率。(3)镓与铝同主族，其性质类似，则镓与氧化钠溶液反应的离子方程式为2222Ga2OH2HO===2GaO3H−−+++。(4)①为抑制3Ga+水解，由3GaCl溶液制备

3GaCl固体时应在HCl气流中加热蒸干。②由题干知，1000℃时Ga为液态，又Ga与3NH合成GaN时同时有2H生成、每消耗1molGa时放出15.135kJ热量，故该反应的热化学方程式为1322Ga

(1)2NH(g)2GaN(s)3H(g)Δ30.27kJmolH−++=−。(5)镓铝合金完全溶于烧碱溶液可得2NaAlO和2NaGaO的混合溶液，由于()3AlOH的酸式电高常数小于()3GaOH，则往反应后的溶液中缓慢通入2CO，

最先析出的是()3AlOH。(6)由离子氧化性顺序知，金属还原性顺序为Zn>Ga>Fe，在氢氧化钠存在条件下，Ga只能以2GaO−形式存在，阴极上析出高纯度的镓，则阴极的电极反应式为22GaO3e2HO=

==Ga4OH−−−+++。16.答案：（1）苯酚（1分）保护羟基，防止其被氧化（2分）（2）（2分）加成反应（1分）（3）酯基（1分）5（2分）（4）或（2分）（5）（3分）解析：B在浓硫酸、浓硝酸存在的条件下加热发生硝化反应（取代反应）生成C，报据C的结构简式为可知，B为，A与反应生成B，则A

为；D发生类似已知信息①中的反应生成E，结合E与A反应生成F及F的结构简式知，E中应含两个Cl原子，则E为，E和A（苯酚）发生取代反应生成F；结合已知信息②及Ⅰ的结构简式为知，H为2HOCHCN，G为HCHO，根据K与F的结构简式逆推，知J为，

则Ⅰ在浓硫酸、加热的条件下与发生酯化反应生成J，J与F发生取代反应生成K。（1）由以上分析可知A的化学名称为苯酚；由A→C的流程中，先加入3CHCOCl，可起到保护羟基的作用，防止与浓硫酸、浓硝酸作用时，羟基被氧化。（2）G为HCHO，H为2HOCHCN，G→H的

化学方程式为，其反应类型为加成反应。（3）根据J的结构简式为，可知其含氧官能团为酯基；由瑞徳西韦的结构简式为可知其含有5个手性碳原子，用“*”标出。（4）C的分子式为874CHNO，X是C的同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇3FeCl溶液发生显

色反应，说明含有酚羟基；③1mlX与足量金属Na反应可生成2g2H，说明含有两个羟基；根据不饱和度知分子结构中还存在2CH=CH−，该分子结构对称，故符合条件的结构简式为。17.答案：(1)向上层清液中继续滴加2BaCl溶液，无白色沉淀生成，则

沉淀完全（1分）(2)3AgNO溶液（1分）(3)坩埚（1分）(4)40w233（2分）(5)偏低（1分）(6)检查装置气密性（1分）(7)b（2分）(8)33106522510abd−−−（3分）(9)

偏高（2分）(10)否（1分）解析：(1)加入2BaCl溶液后，若24SO−已经完全沉淀，则向上层清液中继续加入2BaCl溶液时就不会产生新的沉淀，故相应的检验方法是向上层清液中加入2BaCl溶液，没有白色沉淀出现，说明

24SO−沉淀完全。(2)4BaSO沉淀中所含有的杂质为2Cu+、Cl−，可用3AgNO溶液检验最后一次洗涤液中是否含有Cl−的方法达到目的。(3)灼烧固体时通常在坩埚中进行。(4)4gBaSOw的物质的量

是mol233w，由“24SO−”守恒可知()4CuSOmol233wn=，()1440CuSOmol0.025LmolL233233wwc−==。(5)由于烧杯内壁会沾有一定量4BaSO，因此若不洗涤烧杯，会导致4BaSO损失，由此计算出的4CuSO的量少于理论值，从而导致测量出的4CuSO

溶液浓度偏低。(6)由于实验涉及气体，故装置连接好后应检查装置的气密性。(7)由于气体密度受温度影响，故要想准确测量氢气的体积，必须保证反应前后体系温度相等，故答案为b。(8)消耗的锌的物质的量为mol65a，生成的()3210Hmol

2bdn−=，因此与4CuSO反应的Zn的物质的量为310mol652abd−−，故()314310652CuSOmolL2510abdc−−−−=。(9)当E管液面高于D管时，说明C

、D中气体压强大于大气压，这样测量出的气体体积值偏小，由()4CuSOc的计算表达式知测量出的()4CuSOc偏高。(10)由于4MgSO不能与锌反应，故不能用此方法测定4MgSO溶液的浓度。18.答案：(1)12232CO(g)3H(

g)CHOH(1)HO(l)Δ-130.9kJmolH−+=+=（2分）(2)<（1分）CBAKKK=（1分）(3)①B（1分）②CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行（2分）(4)

①11molL0.12min−−（2分）增大（2分）②F（2分）解析：(1)由2H(g)和3CHOH(1)的燃烧热分别为-285.81kJmol−和-726.51kJmol−知，2221H(g)O(g)HO(1)

2+1Δ285.8kJmolH−=−①，132223CHOH(l)O(g)CO(g)2HO(l)Δ726.5kJmol2H−++=−②，由盖斯定律可知，3×①-②得12232CO(g)3H(g)CHOH(1)HO

(I)Δ130.9kJmolH−++=−。(2)该反应为吸热反应，其他条件一定时，温度越高甲烷的平衡转化率越大，故12TT；对于吸热反应，温度越高平衡常数越大，相同温度下平衡常数相同，故CBAKKK=。

(3)①490K时，a曲线对应的甲醇的生成速率大于c曲线，即甲醇主要来源于22COH和的反应。故490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是B。②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对于反应Ⅰ222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++

，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，22COH和的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++正向进行，故CO的存在使甲醇生成速率增大。(4)①当起始时()2H2(CO)nn=，即充入2mol2H、1molCO，经过5min反应达到平衡，此

时CO的转化率为0.6，则05min内平均反应速率()1121mol0.62H0.12molLmin2L5minv−−==，20.620.40.822K=。若此时再向容器中充入3CO(g)CHOH(g)和各0.4mol，c20.60

.420.40.40.822QK+=+，平衡正向移动，达新平衡时2H的转化率将增大。②当起始时()2H2(CO)nn=，反应达到平衡状态后，3CHOH的体积分数最大，故当起始时()2H3.5(CO)nn=，反应达到平

衡状态后，3CHOH的体积分数比C点对应的3CHOH的体积分数小，可能对应题图3中的F点。