1、 絕密考試啟用前2021年普通高等學校招生全國統一考試（甲卷）理科綜合能力測試·化學可能用到的相對原子質量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cu 64 Zr 91一、選擇題1. 化學與人體健康及環境保護息息相關。下列敘述正確的是A. 食品加工時不可添加任何防腐劑B. 掩埋廢舊電池不會造成環境污染C. 天然氣不完全燃燒會產生有毒氣體D. 使用含磷洗滌劑不會造成水體污染【答案】C【解析】分析】【詳解】A食品加工時，可適當添加食品添加劑和防腐劑等，如苯甲酸鈉，故A錯誤；B廢舊電池中含有重金屬等金屬離子，會造成土壤污染，水體污染等，故B錯誤；C天然氣主要成分為甲烷，不完全燃燒

2、會產生一氧化碳等有毒氣體，故C正確；D含磷洗滌劑的排放，使水中磷過多，造成水中藻類瘋長，消耗水中溶解的氧，水體變渾濁，故D錯誤；故選C。2. 為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A. 重水()中含有的質子數為B. 的與完全反應時轉移的電子數為C. 環狀()分子中含有的鍵數為D. 的溶液中離子數為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A的質子數為10，18g的物質的量為 0.9mol， 則重水()中所含質子數為，A錯誤；B與反應的化學方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，該反應消耗3個NO2分子轉移的電子數為2個，則有3mol的NO2參與反應時，轉移的電子數為，B錯誤；C一個()分子中含有

3、的鍵數為8個，32gS8的物質的量為mol，則含有的鍵數為，C正確；D酸性溶液中存在：，含Cr元素微粒有和，則的溶液中離子數應小于，D錯誤；故選C。3. 實驗室制備下列氣體的方法可行的是氣體方法A氨氣加熱氯化銨固體B二氧化氮將鋁片加到冷濃硝酸中C硫化氫向硫化鈉固體滴加濃硫酸D氧氣加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A氯化銨不穩定，加熱易分解生成氨氣和氯化氫，但兩者遇冷又會化合生成氯化銨固體，所以不能用于制備氨氣，A不可行；B將鋁片加到冷濃硝酸中會發生鈍化現象，不能用于制備二氧化氮，B不可行；C硫化氫為還原性氣體，濃硫酸具有強氧化性，不能

4、用濃硫酸與硫化鈉固體反應制備該硫化氫氣體，因為該氣體會與濃硫酸發生氧化還原反應，C不可行；D實驗室加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物，生成氯化鉀和氧氣，二氧化錳作催化劑，可用此方法制備氧氣，D可行；故選D。4. 下列敘述正確的是A. 甲醇既可發生取代反應也可發生加成反應B. 用飽和碳酸氫納溶液可以鑒別乙酸和乙醇C. 烷烴的沸點高低僅取決于碳原子數的多少D. 戊二烯與環戊烷互為同分異構體【答案】B【解析】【分析】【詳解】A甲醇為一元飽和醇，不能發生加成反應，A錯誤；B乙酸可與飽和碳酸氫鈉反應，產生氣泡，乙醇不能發生反應，與飽和碳酸鈉互溶，兩者現象不同，可用飽和碳酸氫納溶液可以鑒別兩者，B正確；C含相同

5、碳原子數的烷烴，其支鏈越多，沸點越低，所以烷烴的沸點高低不僅僅取決于碳原子數的多少，C錯誤；D戊二烯分子結構中含2個不飽和度，其分子式為C5H8，環戊烷分子結構中含1個不飽和度，其分子式為C5H10，兩者分子式不同，不能互為同分異構體，D錯誤。故選B。5. W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數是W和X的最外層電子數之和，也是Y的最外層電子數的2倍。W和X的單質常溫下均為氣體。下列敘述正確的是A. 原子半徑：B. W與X只能形成一種化合物C. Y氧化物為堿性氧化物，不與強堿反應D. W、X和Z可形成既含有離子鍵又含有共價鍵的化合物【答案】D【解析】【分析】WX、Y、

6、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數是W和X的最外層電子數之和，也是Y的最外層電子數的2倍，則分析知，Z的最外層電子數為偶數，W和X的單質常溫下均為氣體，則推知W和X為非金屬元素，所以可判斷W為H元素，X為N元素，Z的最外層電子數為1+5=6，Y的最外層電子數為=3，則Y為Al元素，Z為S元素，據此結合元素及其化合物的結構與性質分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?，WH元素，X為N元素，Y為Al元素，Z為S元素，則A電子層數越多的元素原子半徑越大，同周期元素原子半徑依次減弱，則原子半徑：Y(Al)Z(S)X(N)W(H)，A錯誤；BW為H元素，X為N元素，兩者可形成NH3和N2

7、H4，B錯誤；CY為Al元素，其氧化物為兩性氧化物，可與強酸、強堿反應，C錯誤；DW、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS，兩者既含有離子鍵又含有共價鍵，D正確。故選D。6. 已知相同溫度下，。某溫度下，飽和溶液中、與的關系如圖所示。下列說法正確的是A. 曲線代表的沉淀溶解曲線B. 該溫度下的值為C. 加適量固體可使溶液由a點變到b點D. 時兩溶液中【答案】B【解析】【分析】BaCO3、BaSO4均為難溶物，飽和溶液中lgc(Ba2)lgc()lgc(Ba2)×c()lgKsp(BaSO4)，同理可知溶液中lgc(Ba2)lgc()lgKsp(BaCO3)，因Ksp(BaSO4)

8、Ksp(BaCO3)，則lgKsp(BaCO3)lgKsp(BaSO4)，由此可知曲線為lgc(Ba2)與lgc()的關系，曲線為lgc(Ba2)與lgc()的關系?！驹斀狻緼由題可知，曲線上的點均為飽和溶液中微粒濃度關系，由上述分析可知，曲線為BaSO4的沉淀溶解曲線，選項A錯誤；B曲線為BaSO4溶液中lgc(Ba2)與lgc()的關系，由圖可知，當溶液中lgc(Ba2)3時，lgc()7，則lgKsp(BaSO4)7310，因此Ksp(BaSO4)1.0×1010，選項B正確；C向飽和BaSO4溶液中加入適量BaCl2固體后，溶液中c(Ba2)增大，根據溫度不變則Ksp(BaS

9、O4)不變可知，溶液中c()將減小，因此a點將沿曲線向左上方移動，選項C錯誤；D由圖可知，當溶液中c(Ba2)105.1時，兩溶液中，選項D錯誤；答案選B。7. 乙醛酸是一種重要的化工中間體，可果用如下圖所示的電化學裝置合成。圖中的雙極膜中間層中的解離為和，并在直流電場作用下分別問兩極遷移。下列說法正確的是A. 在上述電化學合成過程中只起電解質的作用B. 陽極上的反應式為：+2H+2e-=+H2OC. 制得乙醛酸，理論上外電路中遷移了電子D. 雙極膜中間層中的在外電場作用下向鉛電極方向遷移【答案】D【解析】【分析】該裝置通電時，乙二酸被還原為乙醛酸，因此鉛電極為電解池陰極，石墨電極為電解池陽極

10、，陽極上Br-被氧化為Br2，Br2將乙二醛氧化為乙醛酸，雙極膜中間層的H+在直流電場作用下移向陰極，OH-移向陽極?！驹斀狻緼KBr在上述電化學合成過程中除作電解質外，同時還是電解過程中陽極的反應物，生成的Br2為乙二醛制備乙醛酸的中間產物，故A錯誤；B陽極上為Br-失去電子生成Br2，Br2將乙二醛氧化為乙醛酸，故B錯誤；C電解過程中陰陽極均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸轉移電子為2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛酸轉移電子為2mol，根據轉移電子守恒可知每生成1mol乙醛酸轉移電子為1mol，因此制得2mol乙醛酸時，理論上外電路中遷移了2mol電子，故C錯誤；D由上

11、述分析可知，雙極膜中間層的H+在外電場作用下移向陰極，即H+移向鉛電極，故D正確；綜上所述，說法正確的是D項，故答案為D。二、非選擇題8. 碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：(1)的一種制備方法如下圖所示：加入粉進行轉化反應的離子方程式為_，生成的沉淀與硝酸反應，生成_后可循環使用。通入的過程中，若氧化產物只有一種，反應的化學方程式為_；若反應物用量比時，氧化產物為_；當，單質碘的收率會降低，原因是_。(2)以為原料制備的方法是：先向溶液中加入計量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反應得到，上述制備的總反應的離子方程式為_。(3)溶液和溶液混合可

12、生成沉淀和，若生成，消耗的至少為_。在溶液中可發生反應。實驗室中使用過量的與溶液反應后，過濾，濾液經水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應中加入過量的原因是_?！敬鸢浮?(1). 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I- (2). AgNO3 (3). FeI2+Cl2= I2+FeCl2 (4). I2、FeCl3 (5). I2被過量的進一步氧化 (6). (7). 4 (8). 防止單質碘析出【解析】【分析】【詳解】(1) 由流程圖可知懸濁液中含AgI ，AgI可與Fe反應生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進行轉化反應的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+

13、2I-，生成的銀能與硝酸反應生成硝酸銀參與循環中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-；AgNO3；通入的過程中，因I-還原性強于Fe2+，先氧化還原性強的I-，若氧化產物只有一種，則該氧化產物只能是I2，故反應的化學方程式為FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反應物用量比時即過量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產物為I2、FeCl3，當即過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質碘以及水繼續發生氧化還原反應，單質碘的收率會降低，故答案為：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被過量的進一步氧化；(2)先向溶液中加入計量的

14、，生成碘化物即含I-的物質；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反應得到，上述制備的兩個反應中I-為中間產物，總反應為與發生氧化還原反應，生成和，根據得失電子守恒、電荷守恒及元素守恒配平離子方程式即可得：，故答案為：； (3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化學方程式為4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，則消耗的至少為4mol；反應中加入過量，I-濃度增大，可逆反應平衡右移，增大溶解度，防止升華，有利于蒸餾時防止單質碘析出，故答案為：4；防止單質碘析出。9. 膽礬()易溶于水，難溶于乙醇。某小組用工業廢銅焙燒得到的(雜質為氧化鐵及泥沙)為原料與稀硫酸反應制備膽礬，并測定其

15、結晶水的含量。回答下列問題：(1)制備膽礬時，用到的實驗儀器除量筒、酒精燈、玻璃棒、漏斗外，還必須使用的儀器有_(填標號)。A.燒杯 B.容量瓶 C.蒸發皿 D.移液管(2)將加入到適量的稀硫酸中，加熱，其主要反應的化學方程式為_，與直接用廢銅和濃硫酸反應相比，該方法的優點是_。(3)待完全反應后停止加熱，邊攪拌邊加入適量，冷卻后用調為3.54，再煮沸，冷卻后過濾。濾液經如下實驗操作：加熱蒸發、冷卻結晶、_、乙醇洗滌、_，得到膽礬。其中，控制溶液為3.54的目的是_，煮沸的作用是_。(4)結晶水測定：稱量干燥坩堝的質量為，加入膽礬后總質量為，將坩堝加熱至膽礬全部變為白色，置于干燥器中冷至室溫后

16、稱量，重復上述操作，最終總質量恒定為。根據實驗數據，膽礬分子中結晶水的個數為_(寫表達式)。(5)下列操作中，會導致結晶水數目測定值偏高的是_(填標號)。膽礬未充分干燥 坩堝未置于干燥器中冷卻 加熱時有少膽礬迸濺出來【答案】 (1). A、C (2). CuO+H2SO4CuSO4+H2O (3). 不會產生二氧化硫且產生等量膽礬消耗硫酸少（硫酸利用率高） (4). 過濾 (5). 干燥 (6). 除盡鐵，抑制硫酸銅水解 (7). 破壞氫氧化鐵膠體，易于過濾 (8). (9). 【解析】【分析】【詳解】(1)制備膽礬時，根據題干信息可知，需進行溶解、過濾、結晶操作，用到的實驗儀器除量筒、酒精燈

17、、玻璃棒、漏斗外，還必須使用的儀器有燒杯和蒸發皿，A、C符合題意，故答案為：A、C；(2)將加入到適量的稀硫酸中，加熱，其主要反應的化學方程式為CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用廢銅和濃硫酸反應生成硫酸銅與二氧化硫和水，與這種方法相比，將加入到適量的稀硫酸中，加熱制備膽礬的實驗方案具有的優點是：不會產生二氧化硫且產生等量膽礬消耗硫酸少（硫酸利用率高）；(3) 硫酸銅溶液制硫酸銅晶體，操作步驟有加熱蒸發、冷卻結晶、過濾、乙醇洗滌、干燥；中含氧化鐵雜質，溶于硫酸后會形成鐵離子，為使鐵元素以氫氧化鐵形成沉淀完全，需控制溶液為3.54，酸性環境同時還可抑制銅離子發生水解；操作過程中可能會生成

18、氫氧化鐵膠體，所以煮沸，目是破壞氫氧化鐵膠體，使其沉淀，易于過濾，故答案為：過濾；干燥；除盡鐵，抑制硫酸銅水解；破壞氫氧化鐵膠體，易于過濾；(4) 稱量干燥坩堝的質量為，加入膽礬后總質量為，將坩堝加熱至膽礬全部變為白色，置于干燥器中冷至室溫后稱量，重復上述操作，最終總質量恒定為。則水的質量是()g，所以膽礬（CuSO4nH2O）中n值的表達式為=n:1，解得n；(5) 膽礬未充分干燥，捯飭所測m2偏大，根據n=可知，最終會導致結晶水數目定值偏高，符合題意；坩堝未置于干燥器中冷卻，部分白色硫酸銅會與空氣中水蒸氣結合重新生成膽礬，導致所測m3偏大，根據n=可知，最終會導致結晶水數目定值偏低，不符合

19、題意；加熱膽礬晶體時有晶體從坩堝中濺出，會使m3數值偏小，根據n=可知，最終會導致結晶水數目定值偏高，符合題意；綜上所述，符合題意，故答案為：。10. 二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體二氧化碳回答下列問題：(1)二氧化碳加氫制甲醇的總反應可表示為：該反應一般認為通過如下步驟來實現：總反應的_；若反應為慢反應，下列示意圖中能體現上述反應能量變化的是_(填標號)，判斷的理由是_。A. B. C. D.(2)合成總反應在起始物時，在不同條件下達到平衡，設體系中甲醇的物質的量分數為，在下的、在下的如圖所示。用各物質的平衡分壓表示總反應的平衡常數，表達式_；圖中對應等壓過程的曲線是_，判斷的理

20、由是_；當時，的平衡轉化率_，反應條件可能為_或_?！敬鸢浮?(1). -49 (2). A (3). H1為正值，H2為和H為負值，反應的活化能大于反應的 (4). (5). b (6). 總反應H<0，升高溫度時平衡向逆反應方向移動，甲醇的物質的量分數變小 (7). 33.3% (8). 5×105Pa，210 (9). 9×105Pa，250【解析】【分析】【詳解】(1)二氧化碳加氫制甲醇的總反應可表示為：，該反應一般認為通過如下步驟來實現：，根據蓋斯定律可知，+可得二氧化碳加氫制甲醇的總反應為： ；該反應總反應為放熱反應，因此生成物總能量低于反應物總能量，反應

21、為慢反應，因此反應的活化能高于反應，同時反應的反應物總能量低于生成物總能量，反應的反應物總能量高于生成物總能量，因此示意圖中能體現反應能量變化的是A項，故答案為：-49；A；H1為正值，H2為和H為負值，反應的活化能大于反應的。(2)二氧化碳加氫制甲醇的總反應為，因此利用各物質的平衡分壓表示總反應的平衡常數，表達式Kp=，故答案為：。該反應正向為放熱反應，升高溫度時平衡逆向移動，體系中將減小，因此圖中對應等壓過程的曲線是b，故答案為：b；總反應H<0，升高溫度時平衡向逆反應方向移動，甲醇的物質的量分數變小。設起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，則，當平衡時時，=0.1，解得

22、x=mol，平衡時CO2的轉化率=33.3%；由圖可知，滿足平衡時的條件有：5×105Pa，210或9×105Pa，250，故答案為：33.3%；5×105Pa，210；9×105Pa，250?！净瘜W選修3：物質結構與性質】11. 我國科學家研發的全球首套千噸級太陽能燃料合成項目被形象地稱為“液態陽光”計劃。該項目通過太陽能發電電解水制氫，再采用高選擇性催化劑將二氧化碳加氫合成甲醇。回答下列問題：（1）太陽能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅。Si的價電子層的電子排式為_；單晶硅的晶體類型為_。SiCl4是生產高純硅的前驅體，其中Si采取的雜化類型為_。Si

23、Cl4可發生水解反應，機理如下：含s、p、d軌道的雜化類型有：dsp2、sp3d、sp3d2，中間體SiCl4(H2O)中Si采取的雜化類型為_（填標號）。（2）CO2分子中存在_個鍵和_個鍵。（3）甲醇的沸點（64.7）介于水（100）和甲硫醇（CH3SH，7.6）之間，其原因是_。（4）我國科學家發明了高選擇性的二氧化碳加氫合成甲醇的催化劑，其組成為ZnO/ZrO2固溶體。四方ZrO2晶胞如圖所示。Zr4+離子在晶胞中的配位數是_，晶胞參數為a pm、a pm、c pm，該晶體密度為_g·cm-3（寫出表達式）。在ZrO2中摻雜少量ZrO后形成的催化劑，化學式可表示為ZnxZr1

24、-xOy，則y=_（用x表達）?！敬鸢浮?(1). 3s23p2 (2). 原子晶體(共價晶體) (3). sp3 (4). (5). 2 (6). 2 (7). 甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多 (8). 8 (9). (10). 2-x【解析】【分析】【詳解】(1)基態Si原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，因此Si的價電子層的電子排式為3s23p2；晶體硅中Si原子與Si原子之間通過共價鍵相互結合，整塊晶體是一個三維的共價鍵網狀結構，因此晶體硅為原子晶體；SiCl4中Si原子價層電子對數為4+=4，因此Si原子采取sp3雜化；由圖可知，SiC

25、l4(H2O)中Si原子的鍵數為5，說明Si原子的雜化軌道數為5，由此可知Si原子的雜化類型為sp3d，故答案為：3s23p2；原子晶體(共價晶體)；sp3；(2)CO2的結構式為O=C=O，1個雙鍵中含有1個鍵和1個鍵，因此1個CO2分子中含有2個鍵和2個鍵，故答案為：2；2；(3)甲醇分子之間和水分子之間都存在氫鍵，因此沸點高于不含分子間氫鍵的甲硫醇，甲醇分子之間氫鍵的總強度低于水分子之間氫鍵的總強度，因此甲醇的沸點介于水和甲硫醇之間，故答案為：甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多；(4)以晶胞中右側面心的Zr4+為例，同一晶胞中與Zr4+連接最近且等距的O2-數為

26、4，同理可知右側晶胞中有4個O2-與Zr4+相連，因此Zr4+離子在晶胞中的配位數是4+4=8；1個晶胞中含有4個ZrO2微粒，1個晶胞的質量m=，1個晶胞的體積為(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此該晶體密度=g·cm-3；在ZrO2中摻雜少量ZrO后形成的催化劑，化學式可表示為ZnxZr1-xOy，其中Zn元素為+2價，Zr為+4價，O元素為-2價，根據化合物化合價為0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案為：；2-x?！净瘜W選修5：有機化學基礎】12. 近年來，以大豆素(化合物C)為主要成分的大豆異黃酮及其衍生物，因其具有優良的生理活性而備受關注。大豆素的合成及其衍生化的一種工藝路線如下：回答下列問題：(1)A的化學名稱為_。(2)反應生成E至少需要_氫氣。(3)寫出E中任意兩種含氧官能團的名稱_。(4)由E生成F的化學方程式