2021高考理综化学真题试卷(全国Ⅲ卷)带答案解析

332233222021年考综学题卷全）一、选题：（共题；共42分）化与生活密切相关。下列叙述错误的是（）A.高硅可用于制作光电池活炭具有除异味和杀菌作用

B.铝合金大量用于高铁建设碘可用于皮肤外用消毒【答案】C【考点】碳族元素简介，硅和二氧化硅，合金及其应用，药物的主要成分和疗效【解析】【解答】、硅是常用的半导体材料，常用于作光感电池，选项正确A不合题意；B、合的度低、强度高、塑性好，且具有良好的机械性能、抗腐蚀性能，因此大量用于高铁建设，选项正确，不合题意；C活性炭的相对表面积比较大，具有较强的吸附性，可吸附异味分子，但不具备杀菌消毒作用，选项错误，C符合题意；D、酒能是蛋白质变性，具有杀菌消毒作，可用于皮肤外用消毒，选项正确D不符合题意；故答案为：【分析】、硅是常用半导体材料；B、合合的性质分析；C活性炭的相对表面积较大，有较强的吸附性；D、酒具有杀菌消毒作用；下化合物的分子中，所有原子可能共平面是（）A.甲

B.乙烷

丙

1,3丁二烯【答案】【考点】结构式【解析】【解答】、甲苯中苯环上所有原子共平面，基为烷烃基，属于四面体结构，因此不可能所有原子共平面，不合题意；B、烷烷，烷烃属于四面体结构，所有原子不可能共平面B不合题意；C丙炔的结构简式为HC≡C-CH，其中≡C-C四原子共平面-CH为面体结构，因此所有原子可能共平面，不合意；D、1,3-丁烯的结构简式为CH=CH-CH=CH，位双上的原子处于同一平面内，因此丁烯中所有原子可能共平面，D符题意；故答案为：【分析】此题是对有机物结构的考查，结合苯（平面型）、甲烷（正四面体）、乙烯（平面型、乙炔（直线型）的结构分析原子共平面情况。3.XY、均短周期主族元素，它们原的最外层电子数之和为X与Z同族，最层电子数等于X次外层电子数，且Y原半径大于。列叙述正确的是（）

222342342A.熔：的氧化物比Y的222342342

B.热定性：的化物大于Z的氢化物X与Z可形成离子化合物ZXY的单质与Z的质均能溶于浓硫酸【答案】B【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律【解析】【解答】、的氧化物为CO或，为共价化合物Y的氧化物为，离子化合物，MgO的熔点高于（CO）不符合题意；B同主族元素子层数越小金属性越大其氢化物的稳定性越强由非金属性因C(X)的氢化物稳定性大于Z(Si)氢物的稳定性B符题意；C、和Z形成的化合物为SiC，于共价化合物C不符合题意；D、属镁能与浓硫酸反应，非金属单质Si与硫酸不反应不合题意；故答案为：【分析】、、均短周期主族元素，“最层电子数等X次外层电子数则X属第二周期元素，Y属于第三周元素，且Y为；和同主族且X、、最外层电子数之和为10”，合Y为，得和Z的最外层电子数为4，为Z为Si；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。离交换法净化水过程如图所示。下列说法错误的是（）A.经阳离子交换树脂，水中阳离子的总数不变B.水中的、、−通阴离子树脂后被除去通净化处理后，水的导电性降低阴子树脂填充段存在反应H++OH=H【答案】【考点】水的净化【解析】【解答】、经过阳离子交换树脂后，溶液中Na+、Ca、被去，剩余H+，故中的阳离子总数减小，选项错误，符题意；B、中NO-、2-、通阴离子交换树脂后，被除，剩余OH，选项正确B不合题意；C通过净化处理后，水中的离子浓度较小，水的导电性降低，选项正确C不合题意；D、过阴阳离子交换树脂后，溶液中只剩和OH2

，二发生反应++OH

=HO选项正确，不

A34A244424AAAA3424422444342424343A34A244424AAAA3424422444342424343424AA242422233223222332322222222故答案为：【分析】、经过阳离交换树脂后，阳离子数减小；B、中阴子通过阴离子交换树脂除去；C溶液中离子浓度越大，导电性越强；D、过阴阳离子交换树脂后，水中只剩下+和-；设N为伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的HPO溶，下列说法正确的是（）A.每溶液中的H数为0.02N

B.(H)=(H-)+2(2-

)+3(3-)+c(OH−)加稀释使电离度增大，溶液pH减小

加NaHPO固，溶液酸性增强【答案】B【考点】电解质在水溶液中的电离，质量守恒定律，阿伏伽德罗常数【解析】【解答】、溶液的pH=2，溶液中c(H，1L溶中所含H+的数目N=n×N=c×V×N=0.01mol/L×1L×N=0.01N，A不合题意；B、液的H

来自于H、-

、HPO2-O的离，据此可得等式c(H

+

)=c(OH-

)+c(H-

)+2c(HPO2-)+3c(PO

3-)，符合题意；C加水稀释，会促进H的离，故电离度增大，由于稀释，溶液中c+意；

)减，增，不合题D、入固体NaH，溶中c(H-

)增，使得HPO的电离平衡HH+HPO-

”逆移动，溶液中c(H+

)减，酸性减弱，不符合题意；故答案为：【分析】、由溶液的pH计溶液中)，结合公式N=n×N=c×V×N计算溶液H+的数目；B、合液H的来源分析；C加水稀释，促进弱电解质的电离，但溶液中+

)减；D、入固体NaH，溶中c(H-下实验不能达到目的的是（）

)增大，结合浓度对平衡移动的影响分析；选项目的

实验A

制取较高浓度的次氯酸溶液将通碳酸钠液中B

加快氧气的生成速率

在过氧化氢溶液中加入少量C

除去乙酸乙酯中的少量乙酸加饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D

制备少量二氧化硫气体

向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸A.AB.CD【答案】【考点】催化剂，氯气的化学性质，含硫物质的性质及综合应用，除杂【解析】【解答】、由于酸性H>HClO>HCO-

，通NaCO溶中发生反应的化学方程式分别为：+HO=HClO+HCl、HClO+Na=NaClO+NaHCO、2HCl+Na=2NaCl+H↑；无法制取较高浓度的NaClO溶，选项错误A符题意；B、是HO分解的催化剂，可加快HO的分解速率，同时加快O的成速率，选项正确B不合题意；3

232323232424222332222322222222222222C、CO能乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，且不互溶，故可用饱和Na溶除去乙酸乙酯中混有的乙酸，232323232424222332222322222222222222D、饱和SO溶中滴加浓硫酸时，发生反应NaSO+HSO=NaSOO+SO↑，应可生成SO，选正确D不合题意故答案为：【分析】、根据H、HCO-的性强弱分析生的反应；B、是HO分解的催化剂；C、CO能乙酸反应，与乙酸乙酯不反应；D、据发生的反应进行分析；为升电池循环效率和稳定性科学家近期用三维多孔海绵状可以高效沉积ZnO的点，设计了采用强碱性电解质的−Zn—NiOOH二电池如图所示反为Zn(s)+2NiOOH(s)+HO(l)放电充电

ZnO(s)+2Ni(OH)。下列说法错误的是（）A.三多孔海绵状Zn具较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B.充电时阳极反应为Ni(OH)(s)+OH−

(aq)−

=NiOOH(s)+HO(l)放时负极反应为−

(aq)−2e−

=ZnO(s)+HO(l)放过程中OH通过隔膜从负极区移向正极区【答案】【考点】原电池工作原理及应用，电解池工作原理及应用【解析】【解答】、三维多孔海绵状Zn的对表面积较大，反应后生成的ZnO分度高，选项正确A不符合题意；B、分可，充电时的阳极反应式为2Ni(OH)-

-2e=2NiOOH+2H，项正确，不合题意；C由分析可知，放电时的负极反应式为+2OH

=ZnO+HO选项正确C不合题意；D、电过程为原电池装置，在原电池中，离子向负极移动，因此OH选项错误，符合题意；

通过隔膜从正极区移向负极区，故答案为：【分析】二次电池放电过程为原电池装置，负极发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Zn-2e

+2OH=ZnO+HO正极发生得电子的还原反应，其电极反应式为+2HO=2Ni(OH)+2OH；充电过程为电解池装置阳极发生失电子的氧化反应电极反应式为+2OH

-

=2NiOOH+2H；阴极发生得电子的还原反应，其电极反应式为ZnO+H-二、非择题（共题；共73分）4

；据此结合选项进行分析。

022xyz22224422332122224222424222442233高硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的料业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰（还含Fe、、、、等素）制备022xyz22224422332122224222424222442233相关金属离子c(Mn+)=0.1L

−1形成氢氧化物沉淀的范如下：金属离子

3+

开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（）滤”含有和________写出溶浸中二氧化锰与硫化锰反应的化方程________。（）氧中添加适量的MnO的用是________。（）调pH除和铝，溶液范围应调节为________~6之。（）除”的目的是除去Zn2+和

，“滤渣3的主要成分________。（）除”的目的是生成MgF沉除去Mg。溶液酸度过高Mg沉不完全，原因_。（）出沉锰的子方程式。（）状镍钴三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为CoMnO，其中Ni、、的化合价分别为2、+4。当==

13

时，z=________。【答案】（）（不溶性硅酸盐）MnOSO=2MnSO+S+2HO（）Fe2+化为Fe（）（）和ZnS（）−

与H结合形成弱电解质HF，Mg+2F

平衡向右移动（）2++2↓+CO↑+H（）3【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，除杂【解析】【解答】1硫化锰矿中含有，SiO与稀硫酸不反应，因此溶”所得滤渣中含有SiO；“溶浸过程中MnO和在酸性条件下反应生成、和，应过程中MnO中Mn由价为2价，得到两个电子；中硫由2价变为价失去两个电子；根据得失电子守恒可得，MnO、和的数都是1，生成MnSO的数2根据硫原子守恒可得SO的数为；根据氢原子守恒可得，生成物HO的系数为2因此可得该反应的化学方程式为：MnOSO+S+2H；（）氧”过是为了将溶液中的Fe2+氧成Fe用是将氧化成Fe3+；

，便于Fe3+形成沉淀而除去；因此加入的作（）表格数可知Fe(OH)完沉淀的pH为2.8，Al(OH)完沉淀的pH为4.7；因此除去铁和铝，5

2222233223321124243323322应调节pH至4.7以；为防止其他离子形成沉淀，应条件pH至6.2以下；因此溶液的pH范应调节2222233223321124243323322（）杂1中加入NaS，目的是为了除去Zn和2+，故得滤渣3的要成分为和NiS；（MnF是了将溶液中的Mg2+形MgF沉除去，若除杂过程中，溶液的酸度越高，即溶液中c(H)过大，则H+会-反形成弱电解质，得的沉淀溶解平衡(s)=Mg(aq)+2F(aq)向解的方向移动，导致沉不完全；（）沉”过中溶液中的2+与HCO-反生成MnCO沉CO和HO，该反应的子方程式为：Mn+2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO；（）化合物，化合价的代数和为，得等式1+2x+3y+4z-4=0，代，解得；33【分析为与SO反应的固体；溶浸过中和在性条件下反应生成和S，结合得失电子守恒、原子守书写反应的化学方程式；（）化过程将溶液中的2+氧化成3+；（）据表格息Fe(OH)、Al(OH)完全沉淀的分；（）据除杂的和所加试剂确定滤渣的成分；（）合MgF的淀溶解平衡分析；（）沉”过中溶液中的2+与HCO-反生成MnCO沉CO和HO，据此写出应的化学方程式；（）据化合代数和为计z的值；乙水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：熔点/

水杨酸醋酐乙酰杨酸157~159-72~-74135~138相对密（cm

1.10

1.35相对分子质量

138

102

180实验过程：在mL锥形瓶中加入水杨酸6.9及酸酐10mL充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加浓酸后加热，维持瓶内温度在70左，充分反应。稍冷后进行如下操.①在断搅拌下将反应后的混合物倒入mL冷水中，析出固体，过滤。②所结晶粗品加入50mL饱碳酸氢钠溶液，溶解、过。③滤用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。④固经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4。回答下列问题：（）合成反中应采__________热。（填标号）6

33138180𝑔A.水浴33138180𝑔B.酒灯C.煤气灯D.电炉（）列玻璃器中①中使用的有（标号），不需使用的________（名称）。（）中需使用冷水，目的________。（）中饱和碳酸氢钠的作用，便过滤除去难溶杂质。（）采用的纯化方法为_______。（）实验的率。【答案】（）（）；液漏斗、容量瓶（）分析出酰水杨酸固体（结晶）（）成可溶乙酰水杨酸钠（）结晶（）【考点】常用仪器及其使用，蒸发和结晶、重结晶，物质的分离与提纯，除杂【解析】【解答】1该反应的反应温度维持在70左，低于，此可以直接采用水浴加热的方式进行加热；（①中及过滤操作，过滤所需的仪器有：架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，因此需要使用到的仪器为，需要使用到的仪器为A（分液漏斗）和C（容量瓶）；（）骤中入冷水，后过滤得到乙酰水杨酸，因此步中使用冷水的目的是降低温度，使乙酰水杨酸充分析出；（）酰水杨能与NaHCO溶反应，加入饱和NaHCO溶是为了将乙酰水杨酸转化诶乙酰水杨酸钠溶液，过滤后出去难溶性杂质，以提纯乙酰水杨酸；（）晶体的纯，应用重结晶操作；（）应过程，加入醋酸酐的质量m(醋酸酐=10，此应过程中6.9g水酸完全反应，设生成的乙酰水杨酸钠的质量为，由反应的化学方程式可得关系式：6.9𝑔𝑥

，解得x=9.0g，因此本实验的产率：9.0𝑔

=；【分析】（）据反应温度确定加热方式；（）骤中及过滤操作，结合过滤装置确定所需的仪器；7

32222022221O(g)=CuO(s)+222223222（）水的作是降温，使产物结晶析出；32222022221O(g)=CuO(s)+222223222（）酰水杨能与NaHCO溶反应；（）体的提用重结晶操作；（）反应的学方程式计算乙酸水杨酸的理论产量，结合公式产率

𝑚(际𝑚(论

计算本实验的产率；10.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（）发的直接氧化法为：4HCl(g)+O(g)=2Cl(g)+2HO(g)下图为刚性容器中，进料浓度比c(O)分等于1、41、1时HCl平转化率随温度变的关系：可知反应平衡常数（________（（“大于或小）。设HCl初浓度为c，根据进料浓度比(HCl)c(O)=11的据计算（）（出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比(HCl)c)过低、过高的不利影响分别是________。（）直氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)=CuCl(s)+

2

Cl(g)ΔH=83-1CuCl(s)+

22

Cl(g)H=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl(s)+HO(g)ΔH=-121kJ·mol则4HCl(g)+O(g)=2Cl(g)+2HO(g)H=________kJ·。（）一定温的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法________。（写出2种（）传统的解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：8

2202222𝐶𝑙)22220000002222(0.42𝑐×(0.42𝑐)00022123222222m负极区发生的反应有_______（反应方程式）。电路中转1mol2202222𝐶𝑙)22220000002222(0.42𝑐×(0.42𝑐)00022123222222m【答案】（）于；4×(1𝑐

；和Cl分离能耗较高、HCl转率较低（）116（）加反应系压强、及时除去产物（）+e

=Fe2+

，4Fe2++O+4H

+

=4Fe3+；【考点】化学平衡常数，化学平衡转化过程中的变化曲线，电解池工作原理及应用【解析答图像可知，当温度升高时HCl的衡转化率降低，则温度升高，平衡逆向移动，故温度越高，平衡常数值越小，因此K(300)>K(400)；进料浓度比值大，则相当增大c，则HCl的平衡转化率减小，因此最上方的曲表示的是进𝑂料浓度比为1:1时的曲线，则在400时，HCl的平衡转化率为84%，起始

4HCl(g)+c

O(g)=c

2Cl(g)+0

O(g)0（mol/L）转化

0.84c

0

0.21c

0

0.42c

0.42c

0（mol/L）平衡

(1-0.84)c

(1-0.21)c

0.42c

0.42c

0（mol/L）则该反应的平衡常数

𝑐

2𝑐

𝐶𝑙𝑐𝐻𝐻𝐶𝑙)×𝑂

2200𝑐4×(1𝑐

22×(1𝑐

；按化学计量比投料可以降低产物分离的能耗，因此进料浓度比过低或过高，会使得O和Cl的离能耗较高，的化率较低；（）据盖斯律可得，该反应的反应热ΔH=2×(+ΔHΔH（）一步提HCl的衡转化率，则应促使衡正向移动，故可及时移出生成物，降低生成物浓度，平衡正向移动；由于该反应，反应前后，气体分子数减小，因此也可通过增大压强的方式促使衡正向移动，从而增大的衡转化率；（置电池装置，负极区为电解池的阴极Fe在极区发生得电子的还原反，生成

，其电极反应式为Fe+e

=Fe

；2+被氧成Fe

，该反的离子方程式为：4Fe

2++O+4H+

=4Fe+2H；O在反应过程中，由0价为2价，得到个子，故可得关系“~4e

，因此电路中转1mol电时，需要消耗n(O)=0.25mol，该气体在标准状态下的体积V=n×V=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；【分析】（）合温度对平衡移动的影响分析不同温度下值的大小；根据图像HCl平衡转化率的变化确定三条曲线对应的进料浓度比，进而确定进料浓度比为:1且温度为400时的衡转化率，再结合三段式计算该温度下的平衡常数；根据题干信息分析；（）据盖斯律计算目标反应的反应热；9

22243424334244244n3（）一步提HCl的化率，则应促使平衡向移动，据此结合22243424334244244n3（）装置为解池装置，负极区为电解池的阴极Fe在阴极上发生得电子的还原反应，生成的与空气中的O反应生成Fe；据转移1mol电子，结合反应程中O化合价的变化计算需要消耗O的体积；【选修三：物质结构与性质磷酸亚铁（LiFePO可作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl、H、和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：（）周期表，与Li的学性质最相似的邻族元素________该元素基态原子核外层电子的自旋状态_（填“相同或相）。（中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状下以双聚分子存在的的构式________，中Fe的配位数_。（）胺）的晶体类型________苯胺与甲苯（）相对分子质量相近，但苯胺的熔沸别高于甲苯的熔沸原是_。（）PO中电负性最高的元素_；的________杂轨道与的2p轨形________键。（PO和LiFePO属简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示________（代表P原子数）。【答案】（）；反（）；（）子晶体苯胺分子之间存在氢键（）；3；σ（）O)

(n+2)-【考点晶的类型与物质的性质的相互关系及应用，原子轨道杂化方式及杂化类型判断，化学和分子间作用力的区别，结构式【解析】【解答】1有些元素的化学性质和周期表中在它左上方或右下方，并与其相邻的另一主族元素的化学性质相似，称之为对角线规则；因此与化性质最相似的邻族元素是Mg；的M层子有两个电子，占据s轨，而轨最多容纳两个电子，因此其自旋方向相反；（中化学键具有明显的共价性，则蒸汽状态下，双聚分子中的化学键以共价键形式结合，因此10

424424273424424273104n3n+134242其结构式为：；由双聚分子的结构式可知，的位数为4；（）胺属于机物，绝大多数有机物都属于分子晶体，因此苯胺属于分子晶体苯胺中含有氮元素，氮原子能形成氢键，氢键的存在会使得物质的熔沸点升高，因此苯胺的熔沸点都高于甲苯；（）金属性强，其电负性越高NHH中所含的元素为、、、；中非金属性最强的为O，因此电负性最强的元素是O；NHH中P以sp3σ键

形式杂化，的3

杂化轨道与O的2p轨道形成（可，磷酸根离子的化学式为PO4-

，三酸根离子的化学式为PO5-

，而酸根离子的化学式为：3-；因此，用n表P原子的个数时，这类磷酸根离子的化学式可用通(PO表示；

(n+2)-【分析】（）据对角线规则确定与Li化学性质相似的元素；结合该元素原子的和外电子排布确定层电子的自旋状态；（中化学键具有明显的共价性，其双聚分子中化学键以共价键形式结合，据此书写双聚分子的结构式；由其结构式确定Fe的位数；（）大多数有机物属于分子晶体；苯胺分子中含有氮原子，可形成氢键，氢会影响物质的熔沸点；（据电负性递变规律分析；在中以sp3成σ键；

形式杂化，的sp3

杂化轨道与O的2p轨形（）据磷酸离子、焦磷酸根离子、三磷酸根离子的化学式确定这类磷酸根离的化学式的通式；12.【选修五：有机化学基础】氧化白藜芦醇具抗病毒等作用。下面是利用反应合成的一种方法：回答下列问题：（）的化学名称_。（）

中的官能团名称________。（）应的类型________，的分子式________。（）同条件反④产率的影见下表：实验碱①

溶剂催剂产/DMF22.311

2323222221243122323222221243124③EtN

DMF10.5DMF1