2021年全国各地高考化学真题解析版

2021年普通高等学校招生全国统一考试〔全国I卷〕

理科综合化学局部

7（以下化合物中同分异构体数目最少的是〔）

A（戊烷B（戊醇C（戊烯D（乙酸乙酯

【答案】A

【解析】戊烷只有碳骨架异构，有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体;戊醇在

戊烷的三种骨架构造上羟基的位置不同有8种同分异构体〔1—戊醇、2—戊醇、

3—戊醇、2一甲基一1一丁醇、2一甲基一2一丁醇、3一甲基一2一丁醇、3一甲

基一1一丁醇、2,2一二甲基一1一丙醇、）；戊烯共有5种构造〔1—戊烯、2—戊

烯、2一甲基一1一丁端、2一甲基一2一丁烯、3一甲基一1一丁烯〕；乙酸乙酯有

6种同分异构体〔属于酯的4种:甲酸1一丙醵酯、甲酸2一丙醇酯、乙酸乙酯、丙

酸甲酯;属于酸的两种:丁酸、2一甲基丙酸〕，所以最少的是戊烷。

8（化学与社会、生活密切相关。对以下现象或事实的解释正确的选项是（］

选项现象或事实解释

A（用热的烧碱溶液洗去油污NaC。可直接与油污反响23

漂白粉中的CaCI与空气中的CO反22

B（漂白粉在空气中久置变质

响生成CaCOa

施肥时，草木灰〔有效成分为KCO）不能与CO与NHCI反响生成氨气会降低肥

K?3234

C（

NH效Cl混合使用,

2,D（FeCI溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCI能从含Cu的溶液中置换出铜刃

【答案】C

【解析】A、烧碱的主要成分是NaOH;B、漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉

中的有效成分Ca(CI。)与空气中的C。反响生成HCI。〔不稳定，易分解)；D、印

刷线路板发生22

3R2.2.的离子反响为2Fe+2Cu=2Fe+2Cu,而不是FeCI能从含Cu的溶液中置换出

铜。3

,9(分解lmolHO放出热量98KJ。在含有少量I的溶液中，HO分解的机理为：2222

HO+IHO+IO222

..HO+IOH0+0+I.

以下有关该反响的说法正确的选项是〔〕

“A(反响速率与】浓度有关B(I。也是该反响的催化剂

-1C(反响活化能等于98KJmolD(l/l/l<HO)(H0)(0),,,2222

【答案】A

【解析】决定化反响速率的主要是慢反响，所以I浓度越大，那么整个反响速率越快，

A正确、B错误;98KJ?mol-l是球反响的?H,活化能不能确定,C错误;把两个方程式

处理得到：2HO,2H。,0,v(H0),v(H0),2v(0),D错误。22222222

2,,10(X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的的最低价离子分别为

和，ZX.,Y和具有一样的电子层构造。以下说法正确的选项是〔〕Z

A(原子的最外层电子数:X>Y>ZB(单质沸点:X>Y>Z

+2C(离子半径：>Y>D(原子序数:X>Y>ZZX

【答案】D

-【解析】由于Y与Z的电子层构造一样，所以两种元素位于相邻周期，那么Y是Na,

Z是F,那么X是，那么原子最外层电子数F,S,Na,A错误;单质沸点:3,Na,F,B?

•错误;离子半径5F,Na,C错误;原子序数:S,Na,F,D正确。

11(；臭酸银〔AgBrO)溶解度障温度变化曲线如下图，以下说法错误的选项是1)

AC臭酸银的溶解是放热过程

B(温度升高时漠酸银溶解速度加快

,4610,C(60?时浸酸银的约等于KSP

假设硝酸钾中含有少量滤酸银，可用重结晶方法提纯D(

【答案】A

【解析】该图像只是给出浸酸银溶解度与温度的关系，无法判断其溶解过程的热效

应，A错误;由于物质的溶解过程是吸热过程，温度升高溶解速率加快，B正确;60?

时滨酸银

…溶解度约为0.6g,n(AgBrO),0.0025mol,c(Ag),c(BrO),0.025mol?L,羽

,Ksp?6.25xlO,C正确;由于硝酸钾的溶解度随温度变化程度很大，而漠酸银溶解度随温

度变化不大，可以用重结晶的方法提纯，D正确。

12(以下有关仪器使用方法或实验操作正确的选项是()

A（洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干

B（酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗

C（酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差

D（用容量瓶配溶液时，假设加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体

【答案】B

【解析】容量瓶是对精度要求很高的仪器，不能高温烘干,以免对其精度造成影

响，A

错误;滴定管在盛装溶液前，都需要用待盛装溶液润洗，B正确;酸碱滴定实验中，椎

形瓶不能润洗，否那么会造成待滴定溶液的溶质增多；造成测定结果偏高，C错误;

用容量瓶配制溶液时，假设加水超过刻度线，只能放弃重配，假设吸出溶液，溶质

减少，配得溶液浓度偏低，D错误。

13（利用右图所示装置进展以下实验，能得出相应实验结论的是（〕

选项？？？实验结论

稀硫与AgCI的AgNOs

（AgCI）＞（AgS）K!GA（NaSispsp

酸浊液

浓硫浓硫酸具有脱水性、氧化

B（蔗糖滨水

酸性

稀盐SO与可溶性钢盐均可生2

C(NaSOBa(NO)溶液2332

酸成白色沉淀

浓硝

D(NaCONaSiO溶液酸性:硝酸,碳酸〉硅酸由

酸

【答案】B

【解析】由于稀硫酸与NaS反响生成的HS会与AgNO反响生成黑色AgS沉淀和

强氧中2化性的HNO,进而把HS氧化为S沉淀，同时生成的AgS黑色沉淀遮盖

AgCI浊液，不能观322

察AgCI转化为AgSfA错误;浓硫酸有脱水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的热

量，进而2

与生成的C反响生成so,使？中的谟水褪色，通过蔗糖变黑、浸水褪色可以得出浓

硫酸具2

有脱水性、氧化性，B正确;稀盐酸与NaSO反响生成的SO与Ba(NO)发生氧化复

原生成23232

BaSO,SO与BaCI那么不反响,C错误;由于浓硝酸有挥发性，会有较多的

HNO进入?gm与NaSiO反响，影响碳酸与硅酸酸性的比拟，D错误。23

26(〔13分)

乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有橡胶的香味。实验室制备乙酸异戊

酯的反响、装置示意图和有关信息如下：

B

t相对分子质量密度/（g?cm）沸点〃水中溶解度

异戊醇88131微溶

乙酸60118溶乙酸异戊酯130142难溶实验步骤：

在A中参加4.4g的异戊醇，6.0g的乙酸、数滴浓硫酸和2,3片碎瓷片，开场缓

慢加热A,回流50分钟，反响液冷至室温后，倒入分液漏斗中，分别用少量水，

饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤，分出的产物参加少量无水硫酸镁固体,静置片刻，过

滤除去硫酸镁固体，，进展蒸僧纯化，收集140,143?福分，得乙酸异戊酯3.9

go答复以下问题；

11）装置B的名称是：

（2］在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是：；第二次水洗的主

要目的是：。

（3］在洗涤、分液操作中，应充分振荡,然后静置,待分层后［填标号）

A（直接将乙酸异戊酯从分液漏斗上口倒出

B（直接将乙酸异戊酯从分液漏斗下口放出

C（先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出

D（先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口放出

（4）本实验中参加过量乙酸的目的是：

〔5〕实验中参加少量无水硫酸镁的目的是：〔6〕在蒸憎操作中，仪器选择及安装

都正确的选项是；（填标号）

ab

cd

(7)本实验的产率是：

A.30?B.40?C.50?D、60?〔8)在进展蒸储操作时，假设从130?开场

收集储分，产率偏(填高或者低)

原因是

【答案】(1)球形冷凝管

[2]洗掉大局部浓硫酸和醋酸;洗掉碳酸氢钠。

⑶d。

(4)提高异戊醇的转化率

⑸枯燥

⑹b

(7)c

(8)高，会收集到少量未反响的异戊醇。

【解析】〔1〕仪器B是球形冷凝管

〔2〕第一次水洗主要是洗掉浓硫酸和过量的乙酸。第二次水洗那么主要是洗去上

一步参加的饱和NaHC。。主要从物质的溶解性和存在的杂质考虑。a

(3)乙酸异戊酯比水要轻，分液时下层必须从下口放出，上层液体从上口倒出。

所以选

(4)由于乙酸的沸点最低，所以会有较多的乙酸挥发损耗，参加过量的乙酸可以

保证使异戊醇更多的转化为产品

(5)无水MgSO有较快的吸水性，且不与乙酸异戊酯反响，可以吸收水，便于下

一步4

的蒸胤

(6)a、d的温度计位置错误.冷凝管应该用直形冷凝管，假设用球形冷凝管，冷

凝的液体不能全部流下，所以应该用b。

(7)从反响方程式可以看到乙酸过量，那么按异戊醇计算。理论上可以生成乙酸

异戊酯6.6g。那么产率为:3.9g/6.5gxl00%,60%.

(8)会使产率偏高，溶于乙酸异龙酯的异戊醇会进入到产品中。

27(115分)

次磷酸〔HPO〕是一种精细磷化工产品，具有较强的复原性。答复以下问题：32

〔1〕HP。是一元中强酸，写出其电离方程式_________________________32

,2〕H〔P0和NaHPO均可将溶液中的Ag复原为Ag,从而可用于化学镀银。3222

?HP。中，P元素的化合价为_________o32

?利用HPO进展化学镀银反响中，氧化剂与复原剂的物质的量之比为4:1,那么氧

32

化产物为___________〔填化学式〕。

?NaHPO为___________〔填"正盐〃或"酸式盐〃〕,其溶液显________〔填

"弱,

酸性〃、"中性〃或"弱碱性〃〕。

[3]HP。的工业制法是:将白璘〔P〕与Ba(OH)溶液反响生成PH气体和

BQ(HP0)I32423222

后者再与HSO反响,写出白磷与Ba(OH)溶液反响的化学方程式_____242

〔4〕HP。也可用电渗析法制备。"四室电渗析法”工作原理如下图(阳膜和阴膜

分别32

只允许阳离子、阴离子通过〕：

阳极室产品室原料变阴极室

?写出阳极的电极反响______________________________________

?分析产品室可得到HPO的原因一

?早期采用"三室电渗析法〃制备HPO:将"四室电渗析法〃中阳极室的稀硫酸用

HPO3232稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产

品室。其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是。

【答案】⑴HPOH,HPO.2

(2)?+1。?HP0o?正盐,碱性。34

(3)2P,3Ba(0H),6HO,2PH?；3Ba(HPO)4223222

.(4)?2Ho,4e,4H,0?或4OH,4e,2Ho,0.2222

一?由于阳极室OH放电，造成H浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的

HPO??可以通过阴膜进入产品室,二者反响生成HP。，32

3-?HP0或P0。由于HPO具有复原性，电解时就会有HPO在阳极放电而被氧化生成

3443232

HPO.34

-【解析】(1)一元酸,只发生一步电离,中强酸是弱电解质:HPOH,HPO3222

(2)?利用元素化合价代数和为零，得出P元素为+1价。

.?HPO做复原剂，Ag是氧化剂，二者1:4反响，那么HPO失去4个电子，P元素变

3232

为+5价，生成HPO。34

?由于HPO是一元酸，所以NaHPO是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。32。

(3)反响的反响物与产物都给出，是P元素的歧化反响，注意配平就可以：2P,

3Ba(OH)42,6HO,2PH?,3Ba(HPO)23222

.(4)?阳极室电极上发生氧化反响，失电子的是。匕2HO,4e,4H,。?或4。匕2

4e,2HO,0?.22

.…?由于阳极室0H放电，造成H浓度增大，H通过阳膜迸入产品室，而原料室中的

HPO22可以通过阴膜进入产品室，生成HPO.32

?由于HPO具有复原性，电解时就会有HPO在阳极放电而生成HPO。

32323328(〔15分)

乙酸是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产。答复以

下问题：

(1)间接水合法是指现将乙烯与浓硫酸反响生成硫酸氢乙酯〔CHOSOH),再水

解生成253乙醇，写出相应反响的化学方程式

(2)：

.1甲醇脱水反响2CHOH(g)==CHOCH(g)+HO(g)出=23.9KJ)mol叫”

.i甲醇制烯煌反响2CH,Z/OH(g)==CH(g)+2H0(g)=,29.1KJ)mol32422

必可乙醵异构化反响CHOH(g)==CHOCH(g))mol2中3

1，那么乙烯气相直接水合反响CH(g)+HO(g)==CHOH(g)的二_____KJ)moL与间

接2422S

水合法相比，气相直接水合法的优点是_____________________________________o

(3)以下图为气相直接水合法乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系〔其中

nn:=l：l}(HO)(CH)224

?列式计算乙辉水合制乙醇反响在图中A点的平衡常数Kp=_______〔用平衡分压

代替平衡浓度计算，分压二总压乂物质的量分数)。

?图中压强〔、、、〕的大小顺序为__________理由是__________.PPPP1234

?气相直接水合法常采用的工艺条件为:磷酸/硅藻土为催化剂，反响温度290?,压

强6.9MPa,:1,乙烯的转化率为5%，假设要进一步提高转化率,除了可以适

f?/7：(HO)(CH)224

当改变反响温度和压强外，还可以采取的措施有_____________________

催化剂催化剂【答案】〔1〕CH,CH,HSOCHOSOH;CHOSOH,

HOCHCHOH22242S3253232

,HSO24

12］一45.5;减少污染;减少对设备的腐蚀。

-i(3)?0.07Mpa

?P4,P3,P2,P1;反响分子数减少，一样温度下，压强升高乙烯转化率升高。

?增大n(HO):n(CH)的比值,及时把生成的乙醇液化别离,

【解析】〔1〕乙烯与硫酸发生加成反响生成硫酸氢乙酯，硫酸氢乙酯再通过取代

反响得到乙醵。

催化剂

CH,CH,HSOCHOSOH2224253

催化剂通过盖斯定律,—

CHOSOH,HOCHCHOH,HSO2s323224.i(2)

?H,45.5KJ?mol2i3

比拟两种流程，可看出气相直接水合法减少反响步骤，增大产物的产率，同时减少

污染物的排放;不用硫酸作反响物，减少对设备的腐蚀。

(3)?A点乙熔的平衡转化率是20%。

催化剂根据反响:CH,CH,HOCHOH22225

起始ImolImol0

那么平衡时乙烯的分压:P(CH),7.85MpaxO.8moi3.4889Mpa24

水蒸气的分压:P(HO),7.85MpaxO.8moi/1.8mol,3.4889Mpa2

乙醇的分压:P(CHOH),7.85MpaxO.2mol/L8moi,0.8722Mpa2S

那么平衡常数Kp,P(CHOH)/P(CH)xP(HO),0.8722Mpa/3.4889

Mpax3.4889Mpa25242

1,0.07Mpa

?通过反响可以看出压强越大，乙烯的转化率越高，通过在300?时转化率可得

出:P4,P3,P2,PL

?可以增大HO的浓度，及时别离出生成的乙醵。2

化学一一选修2:化学与技术］〔15分〕36(［

磷矿石主要以磷酸钙［Ca(PO)H。］和磷灰石［CaF(PO)、Ca(OH)(PO)］等形式存

在。，3422543543图〔2〕为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷

矿石用过量硫酸分解制备磷酸。图(b)是热法磷酸生成过程中由磷灰石制单质磷

的流程。

图(a)

图(b)

局部物质的相关性质如下:

熔点/?沸点/?备注

白磷44

PH难溶于水，具有复原性3

SiF-90-86易水解4

答复以下问题：

(1)世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料,约占磷矿石使用量的？。〔2〕

以磷灰石为原料，湿法磷酸过程中CaF(PO)反响的化学方程式处

为：。现有1吨折合含有五氧化二磷约30%的磷灰石，最多可制得85?的商品磷酸

吨6

(3)如图(b)所示，热法生产磷酸的第一步是将二氧化硅、过量焦炭与磷灰石混

合,高温反响生成白磷。炉渣的主要成分是；(填化学式)冷凝塔1的主要沉积物是；

冷凝塔2的主要沉积物是：

〔4〕尾气中主要含有，还含有少量PH、HS和HF等，将尾气先通入纯碱火

溶液，可除去；再通入次氯酸钠溶液,可除去(均填化学式)〔5〕相比于湿法磷

酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是：。【答案】〔1〕69%

(2)CaF(PO),5HSOf3HPO,5CaSO54324344

[3)CaSiO,,液体白磷;固体白磷。3

(4)CO、SiF;HS、HF、SiF,PH。4243

(5)产品纯度高或产品浓度大

【解析】〔1〕含磷的肥料有两种:磷矿粉肥和最终制得的磷肥，共

4%+96%x85%x80%

,69%

〔2〕湿法生产磷酸属于复分解反响,符合强酸制取弱酸的反响,CaF(PO),

5HSO,S43243Hp0,5CaSO,HF刿4

根据P原子守恒:P0?2HPO2534

142196

0.3t85%x

那么，

(3)炉渣主要成分是硅酸钙(CaSiO),冷凝塔1的温度为70?,白磷蒸汽冷凝

为液3

体;冷凝塔2的温度为18?,白磷液体固化变为固体。

(4)因为使用了过量的焦炭，所以尾气中中有大量的CO气体，还含有SiF;通过

碱％性溶液,酸性的HS、HF以及易水解的SiF4被吸收，再通过氧化性的次氯酸

钠溶液，复原2

性的PH被吸收。3

5］用白磷制取磷酸可以制得高纯度的磷酸1

37(［化学一一选修3:物质构造与性质］〔15分〕

早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。答复以

下问题：

(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过

________方法区别晶体、准晶体和非晶体6

打(2)基态Fe原子有_____个未成对电子，Fe的电子排布式为_________可用硫鼠

化

3.钾检验Fe,形成的配合物的颜色为.

(3)新制的Cu(OH)可将乙醛〔CHCHO〕氧化成乙酸，而自身复原成CuO。乙

醛中碳原232

子的杂化轨道为___________,lmol乙醛分子中含有的键的数目为____________.

乙酸的，

沸点明显高于乙醛，其主要原因是_____________CuO为半导体材料，在其立2

方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和定点，那么该晶胞中有个铜原

子。

d,0.405〔4〕Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数nm,晶胞中铝原子的配位

数为。

-3列式表示AI单质的密度gem。，

【答案】11)X射线衍射法，

2262«(2)4,152s2P3s3P3d;血红色。

32〔3〕sp、sp；6N;形成了分子间的氢键，造成沸点升高;16。A

4x27⑷12;-73A(4.05X10)N

【解析】门)区分晶体、非晶体的科学方法是X射线衍射法，

2262662(2)基态七原子核外电子排布为Is2s2P3s3P3d4s,所以有4个未成对电子，

失

“226265掉2个4s、1个3d电子形成Fe,其电子排布为15252P3s3P3d;形成的硫葡合

铁配离子为血红色。

33)乙醛分子中甲基碳原子空间四面体构型，采取sp杂化;醛基是平面构造,碳原(

2子采取sp杂化;CHCHO分子中的碳碳键、4个碳氢键都是。键，碳氧双犍中有一个。

键，3

所以lmol乙醛分子中共有6moic键,也就是6N;由于乙酸分子羟基极性更强,

形成了分A

子间的氢键，造成沸点升高;根据分摊原那么,CuO晶胞中有8个氧原子，那么应

该有16?

个Cu原子。

(4)面心立方最密堆积的配位数为12;面心立方最密堆积的晶胞内有4个AI原

子，

4x27.733其质量为:4x27/Ng,体积为:(4.05x10)cm,所以其密度为：A-

73A(4.05X10)N

38(［化学一一选修5:有机化学根底］〔15分〕

席夫碱类化合物G在催化席夫碱类化合物G在催化、药物、新寸料等方面有广泛应

用6合成G的一种路线如下：

以下信息:

H\/距1刈、/殳

/C=C\-2)Zn，H2。”口函)-0=C\

RI氐

?一摩尔B经上述反响可生居二摩尔(：，且C不能发生银镜反响。

?D属于单取代芳煌，其相对分子质量为106。

?核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的

RNH;-O-C一定条件下.R-N*

、R，？、R，

?答复以下问题：

［1］由A生成B的化学方程式为，反响类型为［2)D的化学名称是，由D生

成E的化学方程式为：〔3〕G的构造简式为

(4)F的同分异构体中含有苯环的还有――种］不考虑立体异构〕0其中核磁共振

氢谱中

有4组峰，且面积比为6:2:2:1的是________〔写出其中的一种的构造简式〕。

(5)由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺e

©„・褒明】•一兄金钎小J

反响条件1所选择的试剂为____________；反响条件2所选择的试剂为________；1

的构造简式为______________

乙醇【答案】(1)C(CH)CI-CH(CH),NaOH一一?C(CH),C(CH),NaCI,

H0323232322?

<O><O>

浓硫酸〔2〕乙苯,CH—,HNOCH——NO,HO2532s22?

o

[3]CH——N,C,CH253?

CH3

CH3

NHa

I

CH3

(4)19种,

o

⑸浓硝酸、浓硫酸;Fe/稀盐酸;一NH.2

【解析】A是氮代烷烧，发生消去反响得到烯煌B,结合信息??可知B是一种对称

烯煌，且双键碳原子上没有氢原子，那么B构造简式为:C(CH),C(CH),生成的C

是丙01：3232

0

||CHCCH;F分子式为CHN,结合信息？，D是乙苯;F的苯环上只有两种环境的氢

原子,33811

O

那么乙基、氨基位于对位上:CH——NH;F与丙酮C发生信息?的反响得到产品

G：»52

O

CH——N,C,CH。2,3?

CH3

乙醇11)A生成B是氯代煌的消去反响,C(CH)CI-CH(CH),NaOH一一?

C(CH),323232?

C(CH),NaCI,HO322

浓硫酸〔2〕D的名称是乙苯，CH—,HN0CH-----NO,HO2532522?

o

⑶G构造简式为:CH——NCCH2s3?

CH3

(4)对乙基苯胺的同分异构体还有:邻乙基苯胺、间乙基苯胺、2,3一二甲基苯

胺、2,4一二甲基苯胺、2,5一二甲基苯胺、2,6一二甲基苯胺、3,4—二甲基苯

胺、3,5一二甲基苯胺共8种，把CHN作为一个取代基共有5种，分别作为一个

甲基、一个甲氨基有3种i6

分别作为一个甲基、一个氨基甲基又有3种。所以共有:8,5,3,3,19种;核磁共

振有4组峰表示有4种氢原子，目原子个数比为6:2:2:1的有:或或

NH

CH3

/

o

〔5〕结合题中的信息？，采用逆推法:J用H加成得到产品，J为一N,C,CH,»?

CM那么I为一NH,H为:一NO,反响条件1是苯环上引入硝基，试剂为:浓硝

酸、浓硫酸;反响条件2把硝基复原为氨基，试剂为:Fe、稀盐酸。

2021年普通高等学校招生全国统一考试〔全国II卷〕

理科综合化学局部

word精校高清重绘版解析

7（以下过程没有发生化学反响的是

A（用活性炭去除冰箱中的异味

B（用热碱水去除炊具上残留的污垢

C（用浸泡过高镒酸钾溶液的硅藻土保鲜水果

D（用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装

【答案】A

【解析】A、活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的物理吸附作用，没有发生化

学变化，A正确;B、污垢的主要成分是油脂，该过程利用了油脂在碱性条件下〔热

碱溶液〕能发生彻底的水解反响，发生了化学变化，B错误;C、水果在成熟的过程

中,会释放一种称为乙烯的物质,乙蟒具有复原性，能够被酸性高镒酸钾溶液氧

化，发生了氧化反响，属于化学变化，C错误;D、铁粉可吸收氧气，防止食品被氧

化，属于化学变化，D错误，

8(四联苯的一氯代物有

A(3种B(4种C(5种D(6种

【解析】根据四联苯的构造可知，的分子构造呈现对

称性，那么四联苯分子中有5种不同类型的H原子，所以一氯代物也有5种。

9(以下反响中,反响后固体物质增重的是

A(氢气通过灼热的CuO粉末B(二氧化碳通过NaO粉末22

C(铝与FeO发生铝热反响D(将锌粒投入Cu(NO)溶液2332

【答案】B

△

【解析】A、发生的反响是CuO+HCu+HO,固体从CuOCu,质量减小，A错22

误;B、发生的反响是2NaO+2CO=NaCO+O?,固体从NaONaCO,质量增加,

B正2222322223确;C、发生的反响是AI+FeOAIO+Fe,固体从AI+FeOAIO+Fe,

质量没有23232323

高温

、发生的反响是Zn+Cu（N。）」Zn（NO）+Cu,固体从ZnCu，质量减变化，C错

误;D3232

小，D错误。

10（以下图示试验正确的选项是

A（除去粗盐溶液中的不溶物B（碳酸氢钠受热分解

C（除去CO气体中的CO气体D（乙酸乙酯的制备2

【答案】D

【解析】A、除去粗盐中的不溶物采取过滤的方法，过滤时要注意"一贴二低三

靠〃，"三靠〃指的是玻璃棒下端要紧靠三层滤纸一侧、烧杯紧靠玻璃棒、漏斗下

端紧靠烧杯内壁，A错误;B、加热固体，试管口要向下倾斜,B错误;C、除去CO

气体中的C02气体要通过含有碱溶液的洗气瓶，要注意气流方向为长管进气、短

管出气，C错误;D、制备乙酸乙酯的实验装置正确。

11(一定温度下，以下溶液的离子浓度关系式正确的选项是

…ApH=5的HS溶液中,c(H)=c(HS)=lxl0mol?L2

B.pH=a的氨水溶液,稀释10倍后，其pH=b,那么a=b+l

C.pH=2的HCO溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：2%

++-.c(Na)+c[H]=c[OH)+々HCOL

1D.pH一样的?CHCOONa?NaHCO?NaCIO三种溶液的c(Na]:?>?>?»

【答案】D

・■二・■:・■:

+-2…【解析】A、pH=5的HS溶液中,存在HSH+HS、HSH+S、HOH+OH222

,.5ic(HS)三个电离平衡，所以二lxlOmol?L>,A错误;B、氨水的溶质一水合氨

c(H)

NHHO,NHHO,()属于弱电解质(NHOH,),加水稀释，会使电离平32324

NHHO,衡向正方向移动,促进了的电离,所以PH=a的氤水溶液，稀释10倍

后，其PH=b,32

…2那么a>b+l,B错误;C、根据电荷守恒可

知：«HCO)aCO)aNa)+«H)=aOH)++,2424c错误;D、酸

性:CHCOOH〉HCO>HCIO,根据盐类水解的规律可知:组成盐的酸根对应的酸切

越弱，该盐的水解程度越大，溶液的减小就越强，PH就越大，所以PH一样

.?CHCOONa?NaHCO?NaCIO三种溶液的:？>?>?,D正确。c(Na)33

12(2021年3月我国科学家报道了如下图的水溶液锂离子电池体系。以下表达错误

的选项是

Li

L「快离子导体

聚合物电解质

A(a为电池的正极

B(电池充电反响为LiMnO=LiMnO+xLi24124

C(放电时,a极锂的化合价发生变化

，D(放电时，溶液中的Li从b向a迁移

【答案】C

.，【解析】根据题给装置图判断，电极b是原电池的负极，电极反响式为Li-e=Li,电

极a是原电池的正极,电极反响为LiMnO+xLi+xe=LiMnOo

A、综上所述，a是原电池的正极,A正确;B、根据正负极的电吸反响可知，电池充

电反响为LiMn。=LiMnO+xLi,B正确;C、放电时，a极镜的化合价发生变化，

Ll的化合价241x24

,错误;D、放电时,溶液中的Li从b向a迁移，D正确。没有变化，C

13(室温下，将lmol的CuSO?5Ho(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为

△H；将ImoLn

的CuS0(5)溶于水会使溶液温度升高，热效应为AH;CuSO?5Ho受热分解的化学

方4242

A

/程式为:CuSO?5Ho(s)CuSC^s)+5H0(),热效应为AH。那么以下判断正42

423

确的选项是

A(AH>AHB(AH<AH23u

C(AH+AH=AHD0H+AH=AH.中

【答案】B

【解析】根据题意，发生反响的热化学方程式为：

CuS0?5H0(s)溶于水［溶液温度降低，该过程为吸热过程〕：s

2/七uS0?5H0(s)Cu()+S0()+5H0()AH>0aqaq^

CuSO(s)溶于水会〔使溶液温度升高，该过程为放热过程〕4

242-CuSO(s)Cu()+S0()AH<0dCJSCfA42

CuSO?5HO(s)受热分解的热化学方程式为镣

△

/CuSO?5HO(s)CuSO(s)+5H0()AH42423根据盖斯定律可知:AH=AH-

AH>0312

A、根据上述分析，AH<0,AH>0,所以A错误;B、AH=AH-AH(AH<0),

所233122以AH>AH,B正确;C、AH=AH-AH,(:错误;D、AH+AH<AH,D错

误。3中2中26(113分)

在容积为100L的容器中，通入一定量的NO,发生反响NOg)2NO(g)，随温度

252升高，混合气体的颜色变深。

答复以下问题：

H(1)反响的0〔填"大于〃或"小于"]；100?时，体系中各物质，

浓度随时间变化如上图所示e在0,60s时段，反响速率(NO)为mol?L?s;,24

反响的平衡常数为0Ki

,1.1(2)100?时达平衡后，改变反响温度为c(NO),以以0.0020mol?L?s的平“

均速率降低,经10s又到达平衡。

?100?1填"大于〃或"小于"]，判断理由是。T

?列式计算温度时反响的平衡常数K。T2

(3)温度时反响达平衡后，将反响容器的容积减少一半。平衡向〔填"正反响〃或

"逆T

反响〃〕方向移动，判断理由是。

【答案】〔13分〕

-d?L

[2]?大于反响正方向吸热，反响向吸热方向进展，故温度升高？平衡时，

-1-1-1-1(NO)=0.120mol?L+0.0020mol?L?sxl0sx2=0.16mol?L,(N0)=0.040

CG24

-12(.)016molL,-l-l-1-imol?L-0,0020mol?L?sxl0s=0.020mol?L,那么

=1,3(2—i0020molL,

-imol?L;

〔3〕逆反响对气体分子数增大的反响，增大压强平衡向逆方向移动

【解析】〔1〕根据题目提供的信息:随温度升高,混合气体的颜色变深［NO浓度

增2大〕，说明平衡NOg)2N0(g)向正方向移动,那么说明正反响是吸热反响，

A/>0d2421

,10120.molL,,i根据图像可知，0760s时间段内,NOmol?L,所以=0.0020

i/()NO,2260s

-Tmol?L?s,根据各物质的化学反响速率之比等于化学计量数之比,所以

1_1_1==0.0010mol?L?s;庄图像可知，100?到达平衡时,(NO)=

(N0)K()N0/O2422

-1-10120mol?L；(N0)=0.040mol?L,所以化学平衡常数G

-12(.)0120molL,-il?L;/^i-i0040molL.,

,1,1(2)改变反响温度为，以以0.0020mol?L?s的平均速率降低，说明c(NO)74

〃c(NO)减低，平衡向着正方向移动，又因为该反响NOg)2NO(g)的焙变

>0,,24224

工】说明反响温度意味着温度升高;?因为C(NO)以0.0020mol?L?5,反响经过的时24

间是10s,所以?(NO)=0.0020mol?L?sxl0s=0.020mol?L,那么?(NO)=

CC242

-x-i-10.020mol?Lx2=0.040mol?Lf所以平衡时(NO)=0.040mol?L-0.020

mol?LC4

—=0.020mol?Lf(N0)=0.120mol?L+0.040mol?L=0.16mol?L,那么G

-12(.)016molL,-iA；=1.3mol?L；2-i0020molL.,

(3)温度为T时，到达平衡时，将反响容器的体积减小一半，此过程相当于增大

用气枪的过程。当其他条件不变时，增大压强，平衡会向着气体物质的量减小的方

向移动，对于此反响来说〔NO(g)2NO(g)J,当其他条件不变时，增大压强，

平衡向逆方向242

嬴

27(〔15分〕

铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。答复以下问题：

(1)铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层,铅在元素周期表的泣置为第■.周期、

第一族，PbO的酸性比CO的酸性〔填"强〃“弱〃〕022

(2)PbO与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反响的化学方程式为。2

(3)Pb。可由PbO与次氯酸钠溶液反响制得反响的离子方程式为；PbO22也可以通

过石墨为电极Pb(NO)和Cu(NO)的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极

3232

反响式为一」阴极上观察到的现象是__；假设电解液中不参加Cu(NO)，阴极发生

的电极反响式为_,这样做的主要缺点是32

(4)PbO在加热过程发生分解的失重曲线如以下图所示，失重曲线上的a点为样品

失2

样品起始质量点固体质量一a即，100%重4.0%U的残留固体，假设a点

固体组成表样品起始质量

示为PbO或mPbO?nPbO,列式计算x值和m:n值

300400500600温度八二

【答案】〔15分〕

(1)六？A弱

△

(2)PbO+4HCl(浓)PbCl+Cl?+2HO2222

—2，—，(3)PbO+CIO=PbO+CIPb+2HO・2e=PbO?+4H22】

2-2.石墨上包上铜镀层Pb+2e=Pb?不能有效利用Pb

△

2,*2,*2394.0%,(4)根据PbOPbO+O?,有x32二，nx22

2394.0%z2mn,2/nO.42M1.4=1.4，根据mPbO?nPbO,,==

X,2163mn,n0.6

【解析】碳在元素周期表中的位置是第二周期，IVA族，由图中所给的信息"铅是

碳的同族元素,比碳多4个电子层〔相当于比C的周期数大4〕’，所以铅在元素

周期表的位置为第六周期，IVA族;由于同主族元素随着核电荷数的逐渐增大，元素

的非金属性逐渐减弱，所以PbO的酸性比CO的酸性要弱；？？

(2)PbO与浓盐酸共热生成黄绿色气体，那么该黄色色气体是CI,［那么意味着

该22

△

反响为氧化复原反响〕，所以反响的方程式为PbO+4HCI(浓)PbCI+CI?+2H0;

2222

(3)由题目提供的信息可知，PbO与次氯酸钠溶液反响属于聂化复原反响，Pb

化自价

一升高，CI元素化合价降低,故离子方程式为PbO+CIO=PbO+CI;2

2,4〕电解池的阳极发生失电子反响〔氧化反响〕，因为Pb?PbO属于氧化反响，所口

2.2•以发生的电极反响为Pb+2HO-2e=PbO?+4H;由于Cu的放电能力强于

Pb,故阴22

2」极上的电极反响为Cu+2e=Cu,那么阴极产生的现象是石墨上包上铜镀层;假设电解

液中

2-2,不参加Cu(NO)，阴极发生的电极反响式为Pb+2e=Pb??这样一来就不能有效利

用Pb。32

A

2.x(5)样品失重的原因是生成了氧气，根据PbOPbO+O?,有

22X22^2394.0%,2mn,2,,1.42394.0%,x32=,=1,4,根据

mPbO?nPbO,,X,2216/77〃，

2/n0.4==03n0.6

28(〔15分)

某小组以CoCI?6HO、NHCLHO、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙

黄色22422

晶体X,为确定其组成,进展如下实验。

?氨的测定:准确成全gX,参加适量水溶解,参加如下图的三颈瓶中，然后逐滴W

-1NmLcmolL?参加足量10%NaOH溶液,通入水蒸气,将样品中的氨全部蒸出，

用的盐酸11

-iNaOH标准溶液滴定过剩的HCI,到终标准溶液吸收。蒸氨完毕后取下接收瓶，用

cmolL?2

1/mL点时消耗NaOH溶液。2

3

3（10%NaOH溶液

54（样品液4165（盐酸标准溶液

6（冰盐水

ABC

氨的测定装置〔已省略加热和夹持装置〕

?氯的测定:准确称取样品X,配成溶液后用AgNO标准溶液滴定，KCrO溶液为指

ZF剂，324

至出现淡红色沉淀不再消失为终点〔AgCrO为砖红色〕。2,

答复以下问题：

（1）装置中平安管的作用原理是一

2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCI时，应使用__式滴定管,可使用〔

的指示剂为

(3)样品中氨的质量分数表达式为一一

(4)测定氨前应该对装置进展气密性检验，假设气密性不好测定结果将一

_〔填"偏高"或"偏低.〕。

〔5〕测定氯的过程中，使用棕色测定管的原因是________定

2,,5,-i-iC()Cr02.010，点终点时,假设溶液中mol?L,为—mol?L,

1:d)Ag,4

,i2/r()AgCrO/1.1210,)卯24

(6)经测定，样品x中钻、氨和氯的物质的量比为1:6:3,钻的化合价为_____

制备X的化学方程式为______,X的制备过程中温度不能过高的原

因是__。

【答案】〔15分〕

(1)当A中压力过大时，平安管中的液面上升,使A瓶中的压力稳定。

(2)碱酚猷[或甲基红)

,3()1017cl/cKr,H22⑶,100%卬

(4)偏低

-3X10

(6)+32CoCI+NHCI+10NH+HO=2[Co(NH)]CI+2HO243223532

温度过高过氧化氢分解，氨气逸出

【解析】(1)分析装置可知，当A中压力过大时,平安管中的液面上升，使A瓶

中的

压力稳定;

2)NaOH标准溶液应使用碱式滴定管，在滴定时，可以选择酚献〔或甲基红〕作

为指〔

示剂；

〔3〕氨滴定过程中发生的反响是NH+HCI=NHCI,消耗的HCI的物质的量是“

33moI,所以参加反响NH的物质的量也是mol,那么NH()10cl/cK,

()1OCI/CK/3311221122

,31122,

(3()1017cl/cK,f100%的质量是g,那么氨的质量分数为；

()1017c»cK,,1122〃

(4)在进展氨的测定实验前要对装置的气密性进展检查，如假设装置的气密性不

好，

那么会导致一局部氨气逸出，使氨气的测定结果降低；

(5)测定氯的过程中，用AgNO进展滴定，因为AgNO见光易分解，所以必须

使用棕色33

滴定管进展滴定〔防止AgNO见光分解)；根据沉淀溶解平衡可知，§

,,224()AgCr。,，cc()()AgCrO,5P244

$0242,7-1那么

ri2/f()AgCrO1.1210,(?()Ct*O===xlOmol?L;4i,

2〃52moiLa)Ag(2.010),,

(6)由题意"样品X中钻、氨和氯的物质的量比为1:6:3〃可以写出X的化学式

为

[Co(NH)]Cl,根据化合物中元素化合价代数和为0，所以Co元素呈现+3价;由制

备363

)]CI的原料;CoCI?6H。、NHCLHO.浓氨水，可以写出反响的方程式为2CoCI

[CO(NH363224222+NHCI+10NH+HO=2[Co(NH)]CI+2H0,因为温度过高

过氧化氢分解,导致氨气逸猿23632

出，所以X的制备过程中温度不能过高。

36.【化学—一选修2:化学与技术】〔15分〕

将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一°一般是先将

海水淡化，再从剩余的浓海水中滤过一系列工艺流程提取其他产品。

答复以下问题：

(1)以下改良和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是｛填序号〕,?用

混凝法获取淡水？提高局部产品的质量

?优化提取产品的品种？改良钾、溪、镁等的提取工艺

12)采用"空气吹出法"从弄海水吹出Br,并用纯碱吸收,碱吸收溟的主要反响

是2

Br+NaCO+HO?NaBr+NaBrO+NaHCO，吸收1molBr时，转移的电子数为

2232233

moL

(3)海水提取镁的一段工艺流程如以下图：

浓海水脱硫澄清产品1

澄清液

合成石灰乳

产品2枯燥过滤沉降

浓海水的主要成分如下：

♦2.T一离子NaMgClSOd

i浓度/(g?L)

该工艺过程中，脱硫阶段主要反响的离子方程式为，产品2的化学式为。1L浓海

水最多可得到产品2的质量为g0[4]采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氮

化镁，发生反响的化学方程式

为；电解时，假设有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反响的化学

方程式。

【答案】［化学选修一2:化学与技术］〔15分〕

(1)???

5(2)3

2.2-(3)Ca+SO=CaSO?Mg(OH)69.6442

高温局温电解电解tIIIII

MgMgCICI„MgCIMgClMgMg22HHOOMgMgOHOHHH,,(())2222222222

⑷

【解析】［1)混凝法只能除去水中的悬浮颗粒物，不能获取淡水，故设想和做法

可行的是？？？。

〔2〕Br+NaCO+HO?NaBr+NaBrO+NaHCO属于氧化复原反响，我们可以利

用得失电子223233

守恒进展方程式的配平,配平后即是3Br+6NaCO+3HO=5NaBr+NaBrO+22323

56NaHCO，所以吸收ImolBr时转移电子的物质的量是mol;”3

2.2一(3)根据流程图可知，"脱硫〃阶段是除去浓海水中的"SO",参加的试剂是

B,4

2.2”.发生的离子反响是Ca+SO=CaSO?,制备产品2的主要反响是Mg+2OH=

Mg(OH),所2

〜以产品2的化学式是Mg(OH).由题目中的信息可知，1L浓海水中含Mg的质量是

〔那么n2

2d{Mg最多可以得到1.2mol的Mg(OH),故Mg(OH)的质量是22

；mgg().58/69.6MgOHl2moimol,,,,,2

［4］因为阳极的电极材料是石墨，所以电解熔融的氨化镁发的方程式为

电解

MgCIMg+CI?;Mg的化学性质比拟活泼，能与水发生反响，反响的方程式为

高温

Mg+2H。Mg(OH)+H?o

37、[化学一一选修3:物质构造与性质]〔15分〕

周期表前四周期的元素a、b、c、d、c,原子序数依此增大。a的核外电子总数与

其周期数一样，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层

电子数的3倍，d与c同族;e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。答

复以下问题：

[1]a、c、d中第一电离能最大的是________(填元素符号)，e的价层电子轨道示

图为

〔2〕a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子

的杂化方式为_________；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物

是_________〔填化学式，写出两种〕。

(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是

酸根呈三角锥构造的酸是____________〔填化学方式〕

(4)e和e形成的一种离子化合物的晶体构造如图1,那么e离子的电荷为

〔5〕这5种元素形成的一种1:1型离子化合物中，阴离子呈四面体构造;阳离子呈

轴向狭长的八面体构造〔如图2所示〕。

图2

该化合物中，阴离子为_________阳离子中存在的化学键类型有___________；该化合

物中加热时首先失去的组分是__________判断理由是___________

【答案】［化学一一选修3:物质构造与性质］〔15分〕

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