1、（全国卷）2021年高考化学压轴卷（含解析）注意事项：1本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Ge:73 Ba：137一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。
2、每小题只有一个选项符合题意。1三星堆遗址被誉为20世纪人类最伟大的考古发现之一。下列叙述错误的是选项出土文物叙述A绝美的黄金面具自然界中存在游离态的金B高大的青铜神像青铜比纯铜熔点高、硬度大C精美的陶器陶器由黏土经高温烧结而成D古蜀国的丝绸遗痕丝绸的主要成分是蛋白质AABBCCDD2茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基Blmol茚地那韦最多与llmol氢气发生加成反应C虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面D茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色3下列实验能达到目的的是选项目的实验A完全溶解黄铜(铜锌合
3、金)将黄铜放入足量酸化的Fe2(SO4)溶液中B证明非金属性ClC将盐酸滴加到CaCO3固体中，生成CO2气体C净化混有少量乙烯的乙烷将气体和足量H2通过热的镍催化剂表面D干燥氨气将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶AABBCCDD4科研工作者研究出一种新型的醇催化氧化途径，可以避免生成有毒物质，其部分反应机理如图所示.下列说法错误的是A避免生成有毒物质符合绿色化学的理念B在该反应中作催化剂C反应过程中N和S元素的成键数目均保持不变D总反应方程式为+HCl5一种矿石的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z单质燃烧发出耀眼的白光，X原子L层比K层多一个电子，分子中含有10个电子。下列说
4、法正确的是A原子半径：B常温常压下单质沸点：CZ与Y可形成共价化合物ZYDX的最高价氧化物的水化物是弱酸6环己酮在生产生活中有重要的用途,可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备,其原理如图所示。下列说法不正确的是Aa极与电源正极相连B理论上生成1mol环己酮时,有22.4LH2生成C生成环己酮的反应为氧化反应Da极电极反应式是7向XmL0.1molL-1氨水中滴加等浓度的稀高氯酸，测得混合溶液的温度和PohPoh=-lgc(OH-)随着加入稀高氯酸的体积变化如图所示(图中实线为温度变化，虚线为pOH变化)。下列说法正确的是Ax=40Bb、c点由水电离出的c(OH-)大小为bcCb点时溶液中微
5、粒浓度存在关系：C(NH)+c(NH3.H2O)=C(H+)+c(ClO)Da、d点对应氨水的电离常数：K(d)H2CO3，但不能证明非金属性ClC，B不能达到目的；C用氢气净化混有少量乙烯的乙烷，氢气用量不能控制，可能乙烯未除尽或多余的氢气成为杂质，C不能达到目的；D氨气能与浓硫酸反应，应用碱石灰干燥氨气，D不能达到目的；故答案选A。4【答案】C【解析】A避免生成有毒物质，可防止污染环境，符合绿色化学的理念，A项正确；B反应过程中，参与反应后，又有生成，在反应中作催化剂，B项正确；C由图可知，反应过程中S元素的成键数目发生改变，C项错误；D由转化关系知，醇催化氧化的总反应为，D项正确；答案选
6、C。5【答案】D【分析】X原子L层比K层多一个电子，则X的电子排布为2、3，X为5号元素B；Z单质燃烧发出耀眼的白光，则Z为Mg；分子中含有10个电子，则W为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素。【解析】AW、X、Y、Z分别为H、B、O、Mg元素，原子半径大小为：，A错误；BW、X、Y分别为H、B、O元素，单质的沸点大小：，B错误；CZ和Y分别为Mg、O元素，二者形成的化合物MgO为离子化合物，C错误；DX为硼元素，它的最高价氧化物的水化物硼酸是一种弱酸，D正确；故选D。6【答案】B【解析】A根据装置图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，A正确；B理论上由环己醇生成1mol环已酮()时，转
7、移2mol电子，根据电子守恒可知阴极有1mol氢气放出，但因题中没明确状态，故不能确定氢气的体积，B错误；C由图示可知，环己醇被氧化生成环已酮，即生成环己酮的反应为氧化反应，C正确；Da极为阳极，Cr3+失电子被氧化，电极反应式是，D正确；故选D。7【答案】B【解析】A由图可知，b点温度最高，是二者恰好反应的点，此时酸碱的物质的量相等，酸碱浓度相等，所以x=20，A错误；Bb点温度最高，为滴定终点，溶质为NH4ClO4，盐类水解促进水的电离，从b点到c点随着高氯酸的加入不断抑制水的电离，由水电离出的c(OH-)大小为bc，B正确；Cb点温度最高，为滴定终点，溶质为NH4ClO4，HClO4是强
8、酸，溶液中不存在HClO4分子，根据物料守恒可得：c()+c(NH3H2O)=c()， C错误；D氨水电离为吸热过程，体系温度越高，NH3H2O的电离常数越大，d点温度高于a点，所以电离常数K(d)K(a)，D错误；故选B。8【答案】球形干燥管（1分） badec （2分） NH3（1分） 控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3 （2分） 2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl （2分）将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差（2分） （2分） （2分） 【分析】（1）结合装置以及所给试剂，制取水
9、合碳酸镧的原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl，装置Y制备NH3，NH3易溶于水，通入带有球形干燥管的导气管中防倒吸，装置W制备CO2，装有饱和碳酸氢钠的装置X用于除去CO2中的HCl，防止消耗过多的氨气，在装置Z中生成水合碳酸镧。（2）根据已知信息，m2-m1为La2(CO3)3xH2O的质量，m4-m1为La2O3的质量，m5-m3为CO2的质量。B中装有浓硫酸，C中装有碱石灰，D中碱石灰的作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置C中影响实验结果；第一次通入N2，目的是排出装置中的空气，防止空气中CO2干扰实验结果，第二次通入N
10、2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差。【解析】(1)根据仪器的结构特点可知其名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管；结合分析可知装置接口顺序应为fbadec；故答案为：badec；为增大CO2溶解度，提高产率，Z中应先通入氨气再通入CO2；根据题目信息可知如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧La(OH)CO3，所以通入CO2需要过量的原因是：控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；故答案为：氨气；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；根据元素守恒可知化学方程式为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)
11、H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl；故答案为：2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl；(2)第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差；故答案为：将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；如果制得的样品中不含有La(OH)CO3，则由La2(CO3)3xH2O化学式可知n(La2O3)：n(CO2)=1:3，即=；n(La2O3)=nLa2(CO3)3xH2O，可求出水合碳酸镧化学式中结晶水数目x=；故答案为：；。9【答案】（1分） 过滤（1分） 氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去
12、（2分） （1分） （2分） （2分） 阳 （1分） （2分） 。（2分） 【分析】铬铁矿主要成分为FeO和，含有、等杂质，加入过量稀硫酸，只有与稀硫酸不反应，则过滤得固体A为，溶液B中含有、，在B中加入过氧化氢，可生成，调节溶液pH可除去、，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有，在溶液D中加入和NaOH，发生氧化还原反应，过滤得溶液E含有，酸化可得，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得，以此解答该题。【解析】根据以上分析，固体A为，故答案为：；根据以上分析，实验室中操作的名称为过滤，故答案为：过滤；固体C中含有的物质是和，则的作用是氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去；当时开始沉淀，室温下
13、，除去溶液中的、，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：，解得：，同理完全变成沉淀时，pH约为，故pH范围是：，故答案为：氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去；在溶液D中加入和NaOH，发生氧化还原反应，生成和，所以中发生反应的离子方程式为，故答案为：；中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，原因为会氧化盐酸中的氯离子，反应离子方程式为：；电解溶液制取，则E电极发生，说明E电极生成氢离子，电极反应为氢氧根失电子发生氧化反应，所以该装置工作时E电极的名称是阳极，B极为正极，A极为负极，电极反应式为；当电解过程中转移了电子时，则右侧反应消耗氢氧根离子，放出氧气，右侧移动到左侧的钠离子也为，所以理论上右侧溶液的质量减少
14、，故答案为：；阳；。10【答案】-730 （2分） 0.04 （2分） 2（2分） 增大 （2分） （2分） 900（2分） 催化剂失去活性或催化剂活性突然减小或催化剂活性大大降低 （3分） 【解析】(1)=断键吸收能量-成键放出能量=10762+6302-(946+7994)=-730kJ/mol； (2)温度下一氧化氮的转化率为80%，故内用表示的平均反应速率；T1温度下，一氧化氮的转化率为50%，平衡时CO、NO、N2、CO2浓度0.25mol/L，0.25mol/L，0.125mol/L，0.25mol/L，故； T1平衡后加入CO、NO，平衡正向移动，NO转化率增大；(3)由图可知，
15、NH3、NO和O2反应生成N2和H2O，反应过程中消耗Fe2+后又生成Fe2+，Fe2+在反应过程中作催化剂，化学方程式为：；(4) 催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为，由不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)为2:1时NO脱除率曲线知：900时NO的脱除率最高；因此脱除NO的最佳温度是900，由于催化剂在一定温度具有强的催化活性，当温度较高时会失去活性，因此在温度超过1000NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂失去活性。11【答案】Mg （1分） 是的5倍多，说明最外层有2个电子（1分） 基态N原子的2p能级半充满（1分） 8 （1分） C、D （2分）
16、氨分子与形成配合物后，孤对电子与形成配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用减弱，所以键键角变大（2分） B（1分） 立方BN晶体是原子晶体，键键能大，所以质地坚硬 （1分） （2分） （1分） 1:3（1分） 棱心 （1分） 【解析】(1)由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第A族元素，此元素为镁元素，元素符号为Mg；第二周期元素的第一电离能随原子序数的变化情况如图6，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第A元素第一电离能大于第A元素，第A族的第一电离能大于第A族元素，即I1随Z的递增而呈增
17、大趋势，而导致在a点出现齿峰的原因是基态N原子的2p能级半充满；根据图示，1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离；(2) A.根据配合物的结构图，是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，分子中含有键和键，选项A正确；B.中Fe原子的配体是CO，价电子数是10，与互为等电子体，选项B正确；C.含有键，选项C不正确；D.是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，选项D不正确；答案选CD；(3)分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以键键角变大；A.中S原子价电子对个数，含有一个孤
18、电子对，所以为三角锥形结构，中N原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为V形结构，选项A不符合；B. 中N原子价电子对个数，没有孤电子对，所以为平面结构，中S原子价电子对个数，没有孤电子对，所以为平面结构，选项B符合；C. 中O原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，ClO3-中Cl原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项不C符合；D. 中P原子价电子对个数，没有孤电子对，所以为四面体结构，中S原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项D不符合；答案选B；(4)立方BN晶体是原子晶体，键键能大，所以质地坚硬；根据均摊原则，1个晶胞中含有N
19、原子数是4、含有B原子数是，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞边长是nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为；(5)根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1 ，Mg原子位于顶点，个数为1 ， Ni原子位于面心，个数为3 ，所以化学式为MgNi3C；据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1 ，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3 ，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；若取碳原子为晶胞顶点，镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个
20、镍原子，则镍原子位于晶胞的棱心位置。12【答案】酯基、醚键（2分） 取代反应 （2分） 或 （2分） （3分） （6分） 【分析】发生硝化反应生成B，根据E的结构简式逆推，可知B是，中硝基还原为氨基，C为；D是一种有机盐酸盐，O、N、Cl原子或离子达到8电子稳定结构，与H2O反应水解生成物除E外还有N2和HCl，结合C、E的结构，可知D是。【解析】(1)中含氧官能团的名称为酯基、醚键；(2) 为取代反应；（3）根据分析，C为；D是一种有机盐酸盐，O、N、Cl原子或离子达到8电子稳定结构，与H2O反应水解生成物除E外还有N2和HCl，结合C、E的结构，可知D为或。（4）能发生银镜反应，说明结构中有醛基或甲酸酯基，-NMR图谱中有四组峰说明结构中有四种不同化学环境的氢原子，有一定的对称性，分子中不含过氧键，说明结构中没有，符合条件的的结构有；（5）阿司匹林(乙酰水杨酸)可通过水杨酸和乙酸酐来合成，对照硝基苯，水杨酸中有处于邻位羟基和羧基，所以需要在硝基苯中引入这两种基团并消去硝基。根据题干信息，羟基可按照题中从B到E流程得到，可通过E到F的反应得到醛基，再将醛基氧化得到羧基，然后通过水杨酸和乙酸酐反应得到，合成路线为。