2021年高考理综化学真题试题(全国甲卷)(Word版答案解析)

A.重(A.重(的溶液中2021年考综学题卷全甲）一、单题（共7题；共42分）化与人体健康及环境保护息息相关。下列述正确的是（）A.食加工时不可添加何防腐剂天气不完全燃烧会产生有毒气体

B.掩废电池不会造成环境污染使含磷洗涤剂不会造成水体污染为伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）

中有的质子数为

B.的与完反应时转移的电子数为

环状)分子中含有的键为

离子数为

实室制备下列气体的方法可行的是（）气体A氨

方法加热氯化铵固体B二化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫氢D氧气

向硫化钠固体滴加浓硫酸加热氯酸钾和二氧化锰的混合物A.AB.BC.CD下叙述正确的是（）A.甲既可发生取代反也可发生加成反应B.用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和醇烷的沸点高低仅取决于碳原子数的多少戊烯与环戊烷互为同分异构体5.W、、、为子序数依次增大的短周期主族元素的外层电子数是W和X的外层电子数之和，也是的外层电子数的倍和X的质常温均为气体。下列叙述正确的是（）A.原半径：

B.与X只形成一化合物Y的化物为碱性氧化物，不与强碱反应W、和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物已相同温度下，(与[的关系如图所示。

。某温度下，饱和溶液中、[、

432432下列说法正确的是（）A.曲①代表的淀溶解曲线B.该温度下4的(

值为

加量固可使溶液由a点到点

时两溶液中

21乙酸是一种重要的化工中间体，可果用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是（）A.在述电化学合成过中只起电解质的作用B.阳极上的反应式为：

+2H+=+HO制乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子双膜中间层中的

在外电场作用下向铅电极方向迁移二、非择题考题（3题；共分）(紫色固体，微溶于及化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：（）的一种备方法如下图所示：

)))II⋅)))II⋅)··①加粉行转化反应的离子方程式________，成的沉淀与硝酸反应生________后循环使用。②通的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式________若反应物用量比

时，氧化产物为；

，单质碘的收率会降低，原因是________。（）为原料制备的方法是：先向溶中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶，应得到，上述制备的总反应的离子方程式________。（）溶液和溶液混合可生成沉淀和，生成，耗的至为_______。在溶液中可发生反应

。实验室中使用过量的

与溶反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因________。胆矾

)易于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的(杂为化铁及泥沙为料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：（）备胆矾，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使的仪器________(填标号)。A．烧杯

B．量瓶

．蒸发皿

D．移液（加到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式________，直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是。（待完反应后停止加热，边搅拌边加入适量

，冷却后用

·调为3.5～，再煮沸，冷却后过滤。液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、乙醇洗涤、________，到胆矾。其，控制溶液为3.5～的的是，沸的用是________。（结水测定：称量干燥坩埚的质量为，入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为写达)。（）列操作，会导致结晶水数目测定值偏高的标。①胆未充分干燥

坩埚未置于干燥器中冷却

加热时有少胆矾迸溅出来10.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：（）氧化碳氢制甲醇的总反应可表示为：2该反应一般认为通过如下步骤来实现：①

②

⋅(⋅(44总反应的Δ

________

；若反①为慢反，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是填标号判断的理由________。A．

B．

C．

D．（）成总反在起始物

时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，下、在下的

如图所示。①用物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式________；②图对应等压过程的曲线________，判断的理由是；③当(时，CO的衡转化率α

________，应条件可能_______________三、非择题考题（2题；共分）11.[化学选修3：物质结构与性]我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称液态阳”计。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（）阳能电板主要材料为单晶硅或多晶硅Si的电子层的电子排式为_______；晶硅的晶体类型为。SiCl是生产高纯硅的前驱体，其中采的杂化类型为_______。可生水解反应，机理如下：

423222x1-x423222x1-xy含、、d轨道的杂化类型有①dsp、3d标号）。

，中间(H中Si采取的杂化类型为（（）2分中存在_______个σ

键和个

键。（）醇的沸64.7）于水（）甲硫醇CHSH，）之间，其原因________。（）国科学发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO固体。四方ZrO晶如图所示。Zr

4+子在晶胞中的配位数_______，胞参数为、、pm该晶体密度为_______g·cm出达式ZrO中掺杂少量后形成的催化剂，化学式可表示为ZnZr，则y=________（用x表达）。12.[化学选修5：有机化学基础]近年来，以大豆化物C)为要成分的大豆异黄酮其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：回答下列问题：（）的化学名称_。（）反生成E至需要________氢气。

（）出E中意两种含氧官能团的名称。（）生的学方程式为_______。（）G生分步进行：反应是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的应类型为________。（）合物B的分异构体中能同满足下列条件的_填号。含苯环的醛、酮b.不含过氧

)c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为321A.2个B.3个C.4个D.5个（）据上述线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合下图有机物，写出合成路线_______。

2218g2A2222322A32g881AA227272218g2A2222322A32g881AA227272427422727Amm答案解析部分一、单选题【案】【考点】甲烷的化学性质，水污染与防治，常见的食品添加剂的组成、性质和作用【解析】【解答】．食品加工时，可适当添加食品添剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A错；B．旧池含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故B错；C天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故正；D．磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D错误；故答案为：【分析】．防腐剂可适当添加；B．池有环境有害的物质；C甲烷不完全燃烧会产生CO；D．元素会造成水体富营养化；【案】【考点】化学平衡移动原理，探究二氧化氮与水的反应，同位素及其应用，阿伏伽德罗常数【解析】【解答】．DO的子数为10，18gDO的物质的量为质子数为9N，A错误；

=0.9mol则重O)中所含20g/molB．与HO反应的化学方程式为，该反应消耗个NO分转移的电子数为2个则3mol的NO参与反应时，转移的电子数为2，B错；C．一S分中含有的S-S键为8个32gS的质量为=，含有的8×32g/mol8NN，C正；8

S-S键数为D．性KCrO溶液中存在：O2-2CrO

2-+2H,，元微粒有CrO2-CrO2-，则1LpH=4的KCrO溶中2-离子数应小于0.1N，D错；故答案为：【分析】．根据n=计；MB．据移子数计算；C根据n=计物质的量，再根据共价键的个数计算；MD．据水解分析；【案】【考点】氨的实验室制法，硝酸的化学性质，浓硫酸的性质，常见气体制备原理及装置选择

58510324424【解析氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨58510324424B.将片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮B不符合题意；硫氢为还原性体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应C不合题意D.实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，符合题意；故答案为：【分析】．实验室制气一般用氢氧化钙和氯化铵加热制备；B．片浓酸会发生钝化；C根据氧化还原反应分析；D．验室可以用加热氯酸钾和二氧化锰的合物制备氧气；【案】【考点】同分异构现象和同分异构体，乙醇的化学性质，乙酸的化学性质，烷烃【解析】【解答】甲为一元饱和醇，不能发生加成应A错误；B.乙可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和酸钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别两者B正；含同碳原子数烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C错误；D.戊二烯分子结构中含个不饱和度，其分子式为CH，环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为CH，两分子式不同，不能互为同分异构体错误；故答案为：【分析】．甲醇为饱醇，不能加成；B．酸酸强于碳酸；C相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低；D．分异构体是具有相同分子式而结构不的化合物；【案】【考点共键的形成及共价键的主要类型，氢氧化铝的制取和性质探究，元素周期律和元素周表的综合应用【解析答电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径Y(Al)＞＞＞，错；B.W为H元，为元素，两者可形成和NH，错；C.Y为元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应C错；、和Z可形NH)、HS，者既含有离子键又含有共价键D正；故答案为：【分析X、、为原子序数依次增大的短周期主族元素Z的外层电子数是W和的最外层电子

64444sp4sp442sp442c(SO1023123444sp43sp3sp4sp3sp3sp44322222Cl32222232（）-22334数之和，也是的外层电子数2倍，则分析知，的最外层电子数为偶数W和的单质常温下均为气体，则推知和X为非金属元素，所以可判断W为H64444sp4sp442sp442c(SO1023123444sp43sp3sp4sp3sp3sp44322222Cl32222232（）-22334Y的外层电子数为=3则Y为元，为S元素。2【案】【考点】化学平衡转化过程中的变化曲线，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【解析】【解答】由可知，曲线上的点均为饱和溶中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲①为BaSO的沉淀溶解线不合题意；B.曲线①BaSO溶中lg[(Ba

与(SO2-)]的系，由图可知，当溶液中c2＝时－c(SO2-)＝，－K(BaSO＝＋＝，因此(BaSO)＝

，B符题意；向和BaSO溶液中加入适量BaCl固体后，溶液中c2

)增，根据温度不变则K(BaSO不变可知，溶液中(SO2-)将小，因此a点沿曲线向左上方移动，不符合题意；D.由图可知，当溶液中c2＝5.1

时，两溶液中4＝c(CO)10

𝑦𝑦

12

＝y-y

，D不合题意；故答案为：【分析】BaCO、BaSO均为难溶物，饱和溶液中c(Ba)]＋－c(SO－(Ba

(SO2-)]＝－(BaSO)]同理可知溶液中－c2

＋－(CO2-

＝－lg[(BaCO，K(BaSO＜(BaCO)，则－(BaCO＜－lg[(BaSO)]，此可知曲线为－c(Ba

)]与－(SO2-)]的关系，曲线为(Ba

－c(CO

2-)]的关系。【案】【考点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A.KBr在述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的为乙二醛制备乙醛酸的中间产A不合题意；B.阳上为Br

失去电子生成Br，Br将乙二醛氧化为乙醛酸，不合题意；电过程中阴阳均生成乙醛酸1mol乙酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙醛生成1mol乙醛酸转移电子为，据转移电子守恒可知每生成乙醛酸转移电子为1mol，此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了电，不合题意；D.由上述分析可知，双极膜中间层的H+在电场作用下移向阴极，即+故答案为：

移向铅电极，D符题意；【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解阳极，阳极上-被氧化为，Br将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的+直流电场作用下移向阴极，OH-

移向阳极。二、非选择题必题【案】（2AgI+Fe=2Ag+-

；；+Cl=I+FeCl；、；被量的进一步氧化22IO+5HSO+5SOO（）；防止单质碘析出【考点氧性、还原性强弱的比较，氧化还原反应方程式的配平，氯气的化学性质，探究卤素质间的置换反应

22322222222222322222222322333223342332423324242422422322222224232442（）232442【解析】【解答】①流程图可知悬浊液中含AgI，可Fe反应生成FeI和，易于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+22322222222222322222222322333223342332423324242422422322222224232442（）232442②入Cl的过程中，因I还性强于Fe2+，Cl先化还原性强的I-，若化产物只有一种，则该氧化产物只能是，故反应的化学方程式为+ClI+FeCl，若应物用量比)/n(FeI)=1.5时即Cl过量，先氧化完全部-再化2+，恰好将全部-Fe2+化，故氧化产物为、，当n(Cl)/n(FeI＞，Cl过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应单质碘的收率会降低，故答案为：+Cl=I+FeCl；、FeCl；被量的Cl进步氧化；(2)先溶中加入计量的NaHSO，生成碘化物即含I-的质；再向混合溶液溶液，反应得到I，上制备I的两个反应中I为中间产物，总反应为IO与-发氧化还原反应，生成SO和I，根得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程即可得-+5HSO-=I+5SO+3H+HO故答案为2IO-+5HSO-=+5SO2-+3H+H；(3)KI溶液和溶混合可生成沉和I，化方程式为4KI+2CuSO=2CuI+I+2K，若生成，则耗的KI至少为4mol；应中加入过量KI，浓增大，可逆反应+I--

平衡右移，增大溶解度，防止I升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为；防止单质碘析出。【分析】①流程图可知悬浊液中含AgI，AgI与Fe反应生成FeI和，将FeI氧为I；②据Cl先化还原强的-

，再氧Fe2+分析；(2)根得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒平方程式；(3)根4KI+2CuSO=2CuI计的物质的量；根据+I--【案】（）、

平衡移动分析。（）SO

Δ

CuSO+HO；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消硫酸少（硫酸利用率高）（）滤；干；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤80(𝑚𝑚𝑚𝑚

31（）③【考点盐水解的应用，硫酸根离子的检验，常用仪器及其使用，物质的分离与提纯，化学式其计算【解析【答(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿AC符合题意，故答案为：、C；将加入到适量的稀硫酸中，加热，其要反应的化学方程式为uO+HCuSO；接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率）；(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤干燥CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸0min，的是

12323mmmm23314280(mm233180(mm23231380(mm23380(mm2333424280(mm233112𝑝(⋅𝑝(223222212232223212223232p2212323mmmm23314280(mm233180(mm23231380(mm23380(mm2333424280(mm233112𝑝(⋅𝑝(223222212232223212223232p2232223(4)称量干燥坩埚的质量为m，加入矾后总质量为m，将坩加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m。则水的质量是mm)g，以胆矾（•nHO）中值的表达式为：18160

，得＝；9(mm(5)胆矾未充分干燥，导致所测偏，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏，符9(mm)合题意；②埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测偏大，根据n=

9(mm

1

可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；③热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m数值偏小，根据n=9(mm数目定值偏高，符合题意；综上所述①符合题意，故答案为①。【分析】制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；

1

可知，最终会导致结晶水(2)金氧化物与酸反应生成盐和水；从环境护方面分析该方法的优点；(3)硫铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；(4)根CuSO•nHO中CuSO与HO为1：计；(5)根n=分。9(mm10.【答案】（）；；为值，为ΔH为负值，反①活化能大于反②（）23；；反应𝑝⋅𝑝(22

ΔH<0，高温度时平衡向逆反应方移动，甲醇的物质的量分数变小；；，210；

，250【考点】盖斯定律及其应用，化学反应速率，化学平衡常数，化学平衡移动原理【解析解二化碳加制甲醇的总反应可表示为CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)，反应一般认为通过如下步骤来实现①CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)=+41kJ/mol，(g)+2H(g)=CHOH(g)ΔH=-90kJ/mol根据盖斯定律可知，②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)；反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反①为慢反应，此反①的化能高于反②，时反应的应物总能量低于生成物总能量，反②的反应物总量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项故案为-49；；H为正值ΔH为和H为值，反①的化能大于反②的。(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总应为CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)，此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式=

p(CO)p)

，故答为：

p(CO)p

；②反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x(CHOH)将小，因此图中对应等压过程

221当平衡时OH)=0.1时，解得x=，平衡时CO的转化×100%=33.3%；333𝑥1𝑥𝑥𝑥33A1442222质量m=AA=cN2302的曲线是，故答案221当平衡时OH)=0.1时，解得x=，平衡时CO的转化×100%=33.3%；333𝑥1𝑥𝑥𝑥33A1442222质量m=AA=cN2302③起始(CO)=1mol，(H)=3mol，则𝑥1mol321mol图可知，满足平衡时x(CHOH)=0.1的条件有5×105Pa，或9×105Pa250，答为：33.3%；5×105Pa，；5，【分析】根据盖斯定律计算；据ΔH与量的关系分析；(2)①根据平衡常数表达式计算②据勒夏特列原理分析；③据三段式计算；三、非选择题选题11.【答案】（）

3p

；原子晶体价晶；3；②（）；（）硫醇不形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多（）；𝑁×10

；【考点原核外电子排布，共价键的形成及共价键的主要类型，判断简单分子或离子的构型，胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】基Si原子的核外电子排布式为22s263p2，因的价电子层的电子排式为3s22；晶体硅中Si子与原之间通过共价键互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；中Si原价层电子对数为4+

(44=4，此原采取3

杂化；由图可知，(HO)中Si原的σ键为5，明原子的杂化轨道数为5，由此可知原的杂化类型为3，故答案为3s23p；子晶体共晶；；；(2)CO的结构式为O=C=O1个键中含有键和1个π键，因此个分中含有2个键2个π键故答案为2；；(3)甲分子之间和水分子之间都存在氢键，此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲醇不能形成分子间氢键，而水