2021 年高考新课标Ⅲ卷理综化学试题解析(可编辑修改word版).docx

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1、2021年高考新课标卷理综化学试题解析(可编辑修改word版)2021年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科综合能力测试化学7.化学与生活密切相关。下列讲法错误的是APM2.5是指粒径不大于2.5m的可吸入悬浮颗粒物B绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C燃煤中参加CaO能够减少酸雨的构成及温室气体的排放D天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】C【解析】APM2.5是指粒径小于或等于2.5微米的颗粒物，故A正确；B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B正确；C.煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，参加氧化钙后，可与二氧化硫在

2、氧气中发生反响生成硫酸钙，减少二氧化硫排放量，但不与二氧化碳发生反响，所以不能减少温室气体的排放量，故C错误；D.天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的成分是丙烷、丁烷、丙烯和丁烯等，燃烧产物对环境无污染，所以这两类燃料均是清洁燃料，故D正确。【点评】此题考察学生化学与生活的知识，属于高频考点，侧重化学的实际应用，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大。8.下列讲法正确的是A植物油氢化经过中发生了加成反响B淀粉和纤维素互为同分异构体C环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别D水能够用来分离溴苯和苯的混合物【答案】A【解析】A.植物油的主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯，由于分子内含碳碳双键，因而可以与氢气发

3、生加成反响，故A正确；B.淀粉和纤维素均为高分子化合物，且分子式均为(C6H10O5)n，但由于n值为不定值，所以淀粉和纤维素均为混合物，不互为同分异构体，故B错误；C.环己烷与苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用此法鉴别，故C错误；D.溴苯与苯均为不溶于水的液态有机物，二者互溶，因而无法用水进行分离，两者沸点相差较大，所以可采用蒸馏法分离，故D错误。【点评】此题考察有机物的构造和性质，为高频考点，明确官能团与性质之间的关系、常见有机反响是解题的关键，题目难度不大。9.AA3434AKMnO4溶液【解析】A.酸式滴定管的刻度从上到下，其最下部尖嘴内液体不在刻度内，若把30mL刻度处的液体

4、放出，其放出液体体积大于20mL50mL-30mL，故A错误；B.碘易溶于有机溶剂，所以可用酒精洗去附着在管壁的碘单质，故B正确；C.测定pH时应使用枯燥的pH试纸，若润湿会使测定结果不准确，故C错误；D在配制一定物质的量浓度的溶液时，不能用容量瓶溶解溶质，应用烧杯，故D错误。【点评】此题考察化学实验方案评价，为高频考点，涉及溶液的量取、配制和pH测定等知识点，明确实验基本操作方法、物质的性质是解题的关键，题目难度不大。10.NA为阿伏加德罗常数的值。下列讲法正确的是A.0.1mol的11B中，含有0.6N个中子B.pH=1的HPO溶液中，含有0.1N个H+C.2.24L标准状况苯在O2中完全

5、燃烧，得到0.6NA个CO2分子D.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反响制备PCl5(g)，增加2NA个P-Cl键【答案】A【解析】A.硼原子质子数为5，所以11B的中子数为6，根据N=nN知，0.1mol11B的中子个数为0.6NA，故A正确；B.pH=1的HPO溶液中c(H+)=0.1mol/L，但是溶液体积未知，所以不能求出H+的个数，故B错误；C.苯在标准状况下为液体，所以2.24L苯在标况下不为0.1mol，无法得到0.6NA的CO2，故C错误；D.根据PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)可知，该反响为可逆反响，1mol的PCl3与1mol的Cl2无法完全反响生成1m

6、ol的PCl5，所以增加的P-Cl键的数目小于2NA，故D错误。【点评】此题考察阿伏伽德罗常数有关计算，涉及原子构造、物质的量浓度、可逆反响等知识点，明确物质的性质、物质构造、物质之间的转化即可解答，易错选项是D，注意PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)为可逆反响，题目难度中等。11.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如下图，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反响为：16Li+xS8=8Li2Sx(2x8)。下列讲法错误的是A电池工作时，正极可发生反响：2Li2S6+2Li+2e=3Li2S4B电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g(M(Li)

7、=7g/mol)C石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多【答案】D【解析】A.电池工作时为原电池，其电解质中的阳离子向正极移动，根据图示中Li+移动方向可知，电极a为正极，正极发生复原反响，根据总反响可知正极依次发生S8Li2S8Li2S6Li2S4Li2S2的复原反响，故A正确；B.电池工作时负极电极方程式：Li-e-=Li+，当转移0.02mol电子时，负极消耗的Li的物质的量为0.02mol，即0.14g，故B正确；C.石墨烯具有导电性，能够提高电极a的导电能力，故C正确；D.电池充电时为电解池，此时电池反响为8Li2Sx=16Li+xS8(2x

8、8)，所以Li2S2的量越来越少，故D错误。【点评】此题考察原电池与电解池的基础知识，正确判定正负极、阴阳极，注意电极反响式的书写和电子转移的计算为解题关键，题目难度中等。12.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是A.氢化物沸点：WWC化合物熔点：Y2X3HCl，故A错误；BY的氧化物对应水化物可为Al(OH)3，W的氧化物对应水化物可为HNO3，而HNO3酸性强于Al(OH)3，故B错误；CAl2O3为离子晶体，而AlCl3为分子晶体，一般离子晶体熔沸点高于分子晶体，故C错误；DO2-与Al3+核外电子排布一样，但O2

9、-核内核电荷数较少，其半径较大，故D正确。【点评】此题考察原子构造与元素周期表的关系，正确推断各元素为解答关键，熟练应用元素周期律是准确解题的核心，题目难度不大。13.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时参加Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀进而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列讲法错误的是spsp4spA.K(CuCl)的数量级为10-7B.除Cl-反响为Cu+Cu2+2Cl-=2CuClC.参加Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl-效果越好D.2Cu+=Cu2+Cu平衡常数很大，反响趋于完全【答案】D【解析】A.根据CuCl

10、(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，K(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-)，从Cu+图像中任取一点代入计算可得K(CuCl)10-7，故A正确；B.由题干“向溶液中同时参加Cu和CuSO，且能够除去Cl-可知，Cu和Cu2+能够发生氧化复原反响生成Cu+，其与Cl-结合成CuCl沉淀，故B正确；C.通过Cu和Cu2+可以发生氧化还原反应生成Cu+，即Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增加固体Cu的物质的量，平衡不移动，Cu+的浓度不变，故C错误；+2+c(Cu2+)D.2Cu(aq)=Cu(s)+Cu(aq)反响的平衡常数K=c2(Cu+)，从图中两条曲线上任取横坐标一样的

11、c(Cu2+)、c(Cu+)两点代入计算可得K106，反响平衡常数较大，反响趋于完全，故D正确。【点评】此题考察电解质溶液中的沉淀溶解平衡，以及平衡常数的计算，为高频考点，把握沉淀溶解平衡的定量定性分析为解题的关键，注意平衡常数的应用，题目难度较大。26.14分绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用处。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：1在试管中参加少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐步变红。由此可知：、。2为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管带两端开关K1和K2设为装置A称重，记为m1g。将样品装入

12、石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下列图连接好装置进行实验。2仪器B的名称是。将下列实验操作步骤正确排序填标号；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a点燃酒精灯，加热b熄灭酒精灯c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2e称量Af冷却到室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=列式表示。若实验时按a、d次序操作，则使x填“偏大“偏小或“无影响。3为探究硫酸亚铁的分解产物，将2中已恒重的装置A接入下列图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反响管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为填标号。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为。a品红bNa

13、OHc.BaCl2d.Ba(NO3)2e.浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反响的化学方程式。【答案】1Fe2+不能与KSCN反响使溶液显红色KSCN反响使溶液显红色Fe2+不稳定，易被O氧化成Fe3+，再与2球形枯燥管d、a、b、f、c、e152(m2-m3)偏小18(m3-m1)3c、aC中产生白色沉淀、D中品红褪色高温2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】1绿矾溶解于水产生Fe2+，由实验现象可知，滴加KSCN后颜色无变化，讲明Fe2+不能与KSCN反响使溶液显红色，通入空气之后，空气中的氧气把Fe2+氧化为Fe3+，再与KSCN反响使溶液显红色；2由装置图可知，仪器B的名称是球形

14、枯燥管；实验先打开K1和K2，缓慢通入N2，防止空气中的氧气将绿矾中的Fe2+氧化为Fe3+，一段时间后点燃酒精灯，使绿矾中的结晶水变为水蒸气，熄灭酒精灯，将石英玻璃管冷却至室温后关闭K1和K2，防止空气进入石英玻璃管中，冷却之后称量A，再进行计算得出结论；120160200240由题意可知FeSO的物质的量为m3-m1mol，水的物质的量为m2-m3mol，由此能够415218得到绿矾中结晶水的数量x=152(m2-m3)，若先点燃酒精灯再通N，硬质玻璃管中原有18(m3-m1)的空气会将绿矾中的Fe2+氧化，造成最终剩余的固体质量偏高，则计算得到的结晶水的数目会偏小；3实验后残留的红色粉末

15、为Fe2O3，根据得失电子守恒可知必然有SO2产生，故分解的产物气体中有SO2和SO3，则检验的试剂应选择品红溶液和BaCl2溶液，不能选择Ba(NO3)2，由于SO2也会与Ba(NO3)2产生白色沉淀，由于SO3可溶于品红溶液中，故应先检验SO3，再利用SO2能使品红褪色的原理检验SO2；高温由题意能够得到硫酸亚铁分解的方程式为2FeSO42O3+SO2+SO3。【点评】此题以绿矾为载体，考察结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，考生注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，侧重考察学生计算能力和误差分析能力，题目难度中等。2715分重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制

16、备，铬铁矿的主要成分为FeO?Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如下图：回答下列问题：1步骤的主要反响为：FeO?CrO+NaCO+NaNO?高?温?NaCrO+FeO+CO+NaNO23233242322上述反响配平后FeO?Cr2O3与NaNO3的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是。2滤渣1中含量最多的金属元素是，滤渣2的主要成分是及含硅杂质。3步骤调滤液2的pH使之变填“大或“小，原因是用离子方程式表示。4有关物质的溶解度如下图。向“滤液3中参加适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到填标号得到的K2Cr2O7固体产品最多。a.80Cb.60C400

17、32024016080400c.40Cd.0CNa2Cr2O7K2Cr2O7KClNaCl20406080100t/C溶解度/g/100gH2O23步骤的反响类型是。5某工厂用m1kg铬铁矿粉含Cr2O340%制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为。【答案】12：72FeNa2CO3熔融时能够腐蚀陶瓷Al(OH)33小2CrO2-+2H+CrO2-+HO42724d复分解反响5190m2?100%147m1【解析】1由氧化复原反响中的得失电子守恒可知二者系数比应为2：7，该反响配平后应为：高温2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO32CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO

18、2，该步骤中存在Na2CO3固体，熔融时会腐蚀陶瓷，故不能使用陶瓷容器；2上述反响产生了不溶于水的Fe2O3，故熔块水浸后滤渣1的主要成分是Fe2O3，则含量最多的金属元素是铁元素，由流程可知，调节pH=7后，Al3+水解产生Al(OH)沉淀，故滤渣2中除了含硅杂质外还有Al(OH)3；3分析知滤液2中的主要成分是Na2CrO4，滤液3中的主要成分应为Na2Cr2O7，则第步调节pH的作用是使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，离子方程式为2CrO2-+2H+CrO2-+HO，由此可知应调节pH使之变小；42724由溶解度曲线图可知，10时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl

19、、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者将主要存在于溶液当中，故此时得到的K2Cr2O7固体最多，由流程得到步骤的反响方程式为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7，故该反响为复分解反响；5由Cr元素守恒可知：Cr2O3K2Cr2O7，故理论产生K2Cr2O7的质量为(m1?1000?40%?294)g，而实际产量为1000mg，则产率=实际产量=190m2?100%。1522理论产量147m1【点评】此题结合氧化复原反响、溶解度图像考察工业流程，考生需要理解流程中每一步的作用，把握流程中发生的反响，混合物的分离及实验的技能，最后一问需要考生结合元素守恒计算，综合性较强，

20、题目难度中等。28.14分砷As是第四周期VA族元素，能够构成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用处。回答下列问题：1画出砷的原子构造示意图。2工业上常将含砷废渣主要成分为As2S3制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反响的化学方程式。该反响需要在加压下进行，原因是。433232423433已知：As(s)+3H(g)+2O(g)=HAsO(s)?H222341H(g)+1O(g)=HO(l)?H222222As(s)+5O(g)=AsO(s)?H22253则反响As2O3(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)的?H=。4298K

21、时，将20mL3xmol?L-1NaAsO、20mL3xmol?L-1I和20mLNaOH溶液混合，发生反响：AsO3-(aq)+I(aq)+2OH-(aq)AsO3-(aq)+2I-(aq)+HO(l)。溶液中c(AsO3-)与反响时间(t)的关系如下图。ytmnt/min下列可判定反响到达平衡的是填标号。a溶液的pH不再变化bv(I-)=2v(AsO3-)cc(AsO3-)/c(AsO3-)不再变化dc(I-)=ymol?L-1tm时，v正v逆填“大于、“小于或“等于。tm时v逆tn时v逆填“大于、“小于或“等于，理由是。若平衡时溶液的pH=14，则该反响的平衡常数K为。【答案】1As：2

22、2As2S3+5O2+6H2O32H1-3H2-H3；4H3AsO4+6S加快反响速率，提高原料的利用率；4ac大于小于4y3(x-y)2【解析】tn时刻生成物的浓度更高，反响速率更快1As位于第四周期第VA族，则其原子序数为33，据此画出原子构造示意图；nm44342322根据题意再由元素守恒及得失电子守恒能够写出并配平该方程式2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，由方程式可知该反响是气体体积减小的反响，故加压能够加快反响速率，同时使平衡正向移动，提高原料的利用率；3由盖斯定律可知?2-?3-可得所求反响，故H=2H1-3H2-H3；4a.随反响进行，pH不断降低，当pH不再

23、变化时，讲明反响到达了平衡；b.未指明V正和V逆，且速率之比等于化学计量数之比，故任何时刻该结论均成立，无法判定能否到达平衡；c.随反响进行，c(AsO3-)不断增大，c(AsO3-)不断减小，当二者比值不变时，讲明二者43浓度不再改变，则反响到达平衡；d.平衡时c(I-)=2ymol/L，故当c(I-)=ymol/L时，反响未到达平衡；t时刻后c(AsO3-)还在不断增加，讲明反响还在正向进行，故此时VV；m4正逆由于tm到tn时刻c(AsO3-)在不断增加，则生成物浓度在增大，故逆反响速率在增大；混合后c(AsO3-)=xmol/L，c(I)=xmol/L，由图像可知平衡时生成的32c(A

24、sO3-)=ymol/L，pH=14讲明c(OH-)=1mol/L，故可列出三段式为AsO3-(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO3-(aq)+2I-(aq)+HO(l)反响前xx00变化量yy2yy2y反响后x-yx-y1y2yc(AsO3-)c2(I-)4y3则平衡常数K=4=。c(AsO3-)c(I)c2(OH-)(x-y)2【点评】此题以As及其化合物为载体，考察盖斯定律、平衡状态的断定及正逆反响速率的比拟，要求学生能够通过浓度图像分析可逆反响的特点，最后一问平衡常数的计算为此题的易错点，需要学生注意溶液混合后浓度的改变，题目难度中等。35化学选修3：物质构造与性质15分研究

25、发现，在CO2低压合成甲醇反响(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：1Co基态原子核外电子排布式为。元素Mn与O中，第一电离能较大的是，基态原子核外未成对电子数较多的是。2CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为和。3在CO2低压合成甲醇反响所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为，原因是。4硝酸锰是制备上述反响催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了键外，还存在。5MgO具有NaCl型构造如图，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r(

26、O2-)为nm。MnO也属于NaCl型构造，晶胞参数为a=0.448nm，则r(Mn2+)为nm。【答案】11s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2OMn2spsp33H2OCH3OHCO2H2H2O与CH3OH中含氢键，沸点较高，前者氢键更多，沸点更高，CO2与H2分子间为范德华力，CO2分子量更大，范德华力更强，沸点更高4离子键键50.1480.076【解析】1Co为27号元素，位于第四周期，第族第二列，将电子根据能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则填入各电子轨道中，即可得到Co的基态原子核外电子排布式，第一电离能能够衡量元素的原子失去一个电子的难易程度，故金属性越强

27、，第一电离能越小，Mn原子的价电子排布式为3d54s2，根据洪特规则，有5个未成对电子，而O原子的价电子排布式为2s22p4，仅有2个未成对电子；2根据价层电子对互斥理论，CO2为直线型分子，C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子的空间构型为四面体，sp3杂化；3首先将四种物质分为两类氢键、范德华力，再在每一类中分析作用力的强弱；4Mn(NO)为离子化合物，Mn2+与NO-之间存在离子键，根据NO-的构造式，N3233与O之间存在双键，故除了键还存在键；5MgO中，阴离子作面心立方堆积，氧离子沿晶胞的面对角线方向接触，故2a=2r(O2-)，MnO的晶胞参数比MgO更大，讲明阴离子之间不再接触

28、，阴阳离子沿2坐标轴方向接触，故2r(Mn2+)+r(O2-)=a。【点评】此题考察了原子构造与性质、化学键与杂化轨道理论、分子间作用力、晶体构造及计算等知识，最后的计算难度较大，需要学生对晶体构造有深入的理解，并具有扎实的立体几何功底，也是对学生综合能力的考察，此题难度中等。36化学选修5：有机化学基础15分氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成道路如下：ACl2CHClCF3SbF3CF3FeCF3753BCO2NDCF3NHGNO2O20%HClEFNH2OCl回答下列问题：1A的构造简式为。C的化学名称是。2的反响试剂和反响条件分别是，该反响的类型是。3的反响

29、方程式为。吡啶是一种有机碱，其作用是。4G的分子式为。5H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的一样但位置不同，则H可能的构造有种。XXX64-甲氧基乙酰苯胺OH33是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚H3COCH3制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成道路其他试剂任选。【答案】1三氟甲基苯2浓HNO3，浓H2SO4，取代反响或硝化反响3CF3O+NH2ClCF3O+HClNH中和反响生成的HCl，使化学平衡向右移动，增大产率4C11H11O3N2F3596OCH33,H2SO4OCH3NO2Fe20%HClOCH3NH2OOCH3ClNHCOCH3【解析】1由反响的条件和产物B的分子式，可倒推出A为甲苯；2比照C与D的构造，可知反响为苯环上的硝化反响；3通过G可倒推F的构造，再根据取代反响的基本规律，可得反响方程式，吡啶是碱，能够消耗反响产物HCl；4C11H11O3N2F3；5当苯环上有三个不同的取代基时，共有10种同分异构体见下列图，三种取代基分别用X、Y、Z表示，除去G本身还有9种；XYYYZYZZZXXXXZZYYZYYZXXZZYY6完成这一合成需三步：首先在苯环上引入硝基类似流程，然后将硝基复原为氨基类