2021年高考理综化学真题试卷（全国乙卷）解析版

2021年高考理综化学真 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 试卷（全国乙卷）一、选择题：本题共13小题，毎小题6分，共78分.（共7题；共42分）1.我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是（）A.将重质油裂解为轻质油作为燃料B.大规模开采可燃冰作为新能源C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D.研发催化剂将还原为甲醇2.在实验室釆用如图装置制备气体，合理的是（）化学试剂制备的气体AB（浓）CD（浓）A.AB.BC.C3.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（）A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：+Ca=Ca+B.过量铁粉加入稀硝酸中：Fe++=+NO+2C.硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液：+4=Al+2D.氯化铜溶液中通入硫化氢：+=CuS4.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是（）A.能发生取代反应，不能发生加成反应B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.与互为同分异构体D.1mol该物质与碳酸钠反应得44gA.原子半径大小顺序为W>X>Y>ZB.化合物XW中的化学健为离子键C.Y单质的导电性能弱于Z单质的D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸6.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排故并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对情性电极（如图所示），通入一定的电流。下列叙述错误的是（）A.阳极发生将海水中的氧化生成的反应B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC.阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气D.阳极表面形成的Mg等积垢需要定期清理7.HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中而变化，不发生水解。实验发现，298K时，如下图中实线所示。下列叙述错误的是（）A.溶液pH=4时.B.MA的溶度积C.溶液pH=7时，D.HA的电离常数二、必考题：共129分（共3题；共43分）8.磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、MgO、CaO以及少量的，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：金属离子开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH3.24.711.113.8回答下列问题：（1）“焙烧”中，、几乎不发生反应，、MgO、CaO、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式________。（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是________。（3）“母液①”中浓度为________mol·（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是________。“酸溶渣”的成分是________、________。（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是________。（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得________，循环利用。9.氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。V.蒸馏水洗涤沉淀。VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。回答下列问题：（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是________、________,仪器b的进水口是（填字母）。（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是________.（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿________.（4）步骤III中，H2O2的作用是________（以离子方程式表示）.2-（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO4来判断。检测的方法是________.（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是________.10.一氯化碘（ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl,从而错过了一种新元素的发现。该元素是________.‘42（2）氯铂酸钡（BaPtCl4)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2,376.8℃时平衡常数Kp=1.0x10Pa。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl4ICl=________kPa,反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=________（列出计算式即可）.（3）McMorris测定和计算了在136-180℃范围内下列反应的平衡常数KP：2NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I2(g)KP12NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)KP2得到lgKP1和lgKP2均为线性关系，如下图所示：①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”）.②反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K=________（用KP1、KP2表示）：该反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程________.（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：NOCl+hv→NOC**NOCl+NOCl→2NO+Cl2其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收________mol的光子。三、选考题（共2题；共30分）11.[化学——选修3：物质结构与性质]过渡金属元素铬（Cr）是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用，回答下列问题：（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是________(填标号)。A.轨道处于半充满时体系总能量低,核外电子排布应为[Ar]3d54s1B.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大2+（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]中提供电子对形成配位键的原子是________,中心离子的配位数为________。2+（3）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如下图所示。PH3中P的杂化类型是________,NH3的沸点比PH3的________，原因是________。H2O的键角小于NH3的，分析原因________。（4）在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构，如图所示。处于顶角位置的是________原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为________%(列出计算表达式)。12.卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下回答下列问题：（1）A的化学名称是________。（2）写出反应③的化学方程式________。（3）D具有的官能团名称是________。（不考虑苯环）（4）反应④中，Y的结构简式为________。（5）反应⑤的反应类型是________。（6）C的同分异构体中，含有苯环并能发生眼镜反应的化合物共有________种。（7）写出W的结构简式________。答案解析部分一、选择题：本题共13小题，毎小题6分，共78分.1.【解析】【解答】A.将重质油裂解为轻质油并不能减少CO2的排放量，达不到碳中和的目的，A不符合题意；B.大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大CO2的排放量，不符合碳中和的要求，B不符合题意；C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少CO2的排放量，达不到碳中和的目的，C不符合题意；D.研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少CO2的排放量，达到碳中和的目的，D符合题意；故答案为：D【分析】“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当，即减少CO2的排放量。2.【解析】【解答】A.氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，A不符合题意；B.MnO2与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，B不符合题意；C.MnO2和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，C符合题意；D.氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，D不符合题意；故答案为：C【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度。3.【解析】【解答】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式2-2-为：CO3+CaSO4=CaCO3+SO4，A符合题意；B.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：+-2+3Fe+8H+2NO3=3Fe+2NO↑+4H2O，B不符合题意；C.硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：3+-Al+3OH=Al(OH)3↓，C不符合题意；2++D.硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu+H2S=CuS↓+2H，D不符合题意；故答案为：A【分析】A．根据沉淀的转化分析；B．Fe过量生成Fe2+；C．KOH少量生成Al(OH)3；D．H2S为弱电解质，不能拆；4.【解析】【解答】A.该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，A不符合题意；B.同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，B不符合题意；C.该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，C符合题意；D.该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5mol二氧化碳，质量为22g，D不符合题意；故答案为：C【分析】A．根据官能团的性质分析；B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；C．同分异构体是具有相同分子式而结构不同的化合物；D．该化合物中只有羧基能与Na2CO3反应；5.【解析】【解答】A.O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即W>X>Y>Z，A不符合题意；B.化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B符合题意；C.Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C不符合题意；D.Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D不符合题意；故答案为：B【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次-6.【解析】【解答】A.根据分析可知，阳极区海水中的Cl会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A为O、Mg、Al、Si。正确；-B.设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；C.因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；--2+D.阴极的电极反应式为：2H2O+2e=H2↑+2OH，会使海水中的Mg沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误；故答案为：D【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电--极电解海水，阳极区溶液中的Cl会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH。7.【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中+-+-2+-8c(M)=c(A)，Ksp(MA)=c(M)c(A)=c(M)=5×10，B正确；C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，若pH=7，说明加入了酸，但该酸不一定是HA，设调pH所++-n-n-用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M)+c(H)=c(OH)+nc(X)，题给等式右边缺阴离子部分nc(X)，C错误；--+-D.Ka(HA)=，当c(A)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A)+c(HA)=c(M)，c(A)=，+--82+-8+-4Ksp(MA)=c(M)c(A)==5×10，c(M)=10×10，对应图得此时溶液中c(H)=2.0×10mol/L，+-4Ka(HA)==c(H)2.0×10，D正确；故答案为：C【分析】根据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。二、必考题：共129分8.【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑；3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反+应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O9.【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：-+2+2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2↑+8H2O；2-(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO4来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。【分析】(1)根据装置中的仪器分析；(2)根据反应放热分析；(3)根据加热温度选择加热方式；(4)根据转移电子守恒配平方程式；2+2-(5)用Ba检验SO4；(6)根据电荷守恒分析；10.【解析】【解答】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；(2)由题意376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl4（s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、42C12(g)+I2(g)2ICl(g)，BaPtCl4（s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常数Kp=1.0×10Pa，则242平衡时p(Cl2)=1.0×10Pa，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时p(ICl)=2pkPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为33(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×10Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×10Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应2ICl(g)C12(g)+I2(g)的平衡常数K=；(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；②Ⅰ.2NO+2ICl2NOClKp1Ⅱ.2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)Kp2Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)，故K=Kp1Kp2；该反应的ΔH大于0，根据图像可知，当时，当时，即降温,K减小，平衡逆移，说明△H＞0；(4)Ⅰ.NOCl+hv→NOCl**【分析】Ⅱ.NOCl+NOCl(1)根据红棕色液体推断；→2NO+Cl2(2)根据三段式及平衡常数公式计算；Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的(3)根据图像中曲线的趋势和所对应的数据进行估算；NOCl(4)根据物质的量之比等于化学计量数之比计算；需要吸收0.5mol光子。三、选考题11.【解析】【解答】(1)A.基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1，A正确；B.Cr核外电子排布为[Ar]3d54s1，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；C.电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；故答案为AC；2+(2)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即3+2+1=6；3(3)PH3的价层电子对为3+1=4，故PH3中P的杂化类型是sp；N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)已知AlCr2具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为8×+1=2，白球个数为8×+2=4，结合化学式AlCr2可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率=%。【分析】(1)根据Cr的核外电子排布分析；(2)根据配位键形成的原理分析；(3)根据价层电子对互斥理论分析；(4)根据晶胞的均摊及空间占有率的计算方法分析；12.【解析】【解答】(1)由A（）的结构可知，名称为：2－氟甲苯（或邻氟甲苯）；(2)反应③为与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成;(3)根据分析，含有的官能团为碳溴键，碳氟键，氨基，羰基（或酮基）；(4)根据分析，D为，E为，根据结构特点，及反应特征，可推出Y为；(5)根据分析，E为，F为，根据结构特点，可知与发生取代反应生成F；(6)C为，含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体含有醛基、碳氟键、碳氯键，结构有共10种；(7)根据已知及分析可知，与乙酸、乙醇反应生成。【分析】A（）在酸性高锰酸钾的氧化下生成B（），与SOCl2反应生成C（），与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，与Y（）发生取代反应生成，与发生取代反应生成F（），F与乙酸、乙醇反应生成W（）