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1、 1 1.(2021 年全国卷 III)化学与生活密切相关。以下说法错误的选项是()A.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 B.疫苗一般应冷藏存放，以防止蛋白质变性 C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【解析】A泡沫灭火器中参加的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反响，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A 错误。B疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗
2、对温度比拟敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。C油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。D电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比拟活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆多为不锈钢或铜制起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。【答案】A 2.(2021 年全国卷 III)以下表达正确的选项是()A.24 g 镁与 27 g 铝中，含有相同的质子数 B.同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C.1
3、mol 重水与 1 mol水中，中子数比为 21 D.1 mol 乙烷和 1 mol乙烯中，化学键数相同【解析】A1个 Mg原子中有 12个质子，1 个 Al原子中有 13 个质子。24g 镁和 27g 铝各自的物质的量都是 1mol，所以 24g 镁含有的质子数为 12mol，27g 铝含有的质子的物质的量为 13mol，选项 A 错误。B设氧气和臭氧的质量都是Xg，那么氧气 O2 的物质的量为mol，臭氧 O3 的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为2=mol和3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有 8 个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相
4、同的电子数，选项 B 正确。C重水为，其中含有 1 个中子，含有 8个中子，所以 1 个重水分子含有 10个中子，1mol重水含有 10mol中子。水为，其中没有中子，含有 8 个中子，所以 1 个水分子含有 8 个中子，1mol 水含有 8mol中子。两者的中子数之比为 10:8=5:4，选项 C 错误。D乙烷C2H6分子中有 6个 CH 键和 1个 CC键，所以 1mol乙烷有 7mol共价键。乙烯 C2H4 分子中有 4 个 CH 键和 1 个 CC，所以 1mol 乙烯有 6mol共价键，选项 D 错误。【答案】B 3.(2021 年全国卷 III)苯乙烯是重要的化工原料。以下有关苯乙
5、烯的说法错误的选项是()A.与液溴混合后参加铁粉可发生取代反响 B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C.与氯化氢反响可以生成氯代苯乙烯 2 D.在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯【解析】A苯乙烯中有苯环，液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，所以选项 A正确。B苯乙烯中有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项 B正确。C苯乙烯与 HCl应该发生加成反响，得到的是氯代苯乙烷，选项 C 错误。D乙苯乙烯中有碳碳双键，可以通过加聚反响得到聚苯乙烯，选项 D正确。【答案】C 4.(2021 年全国卷 III)以下实验操作不当的是()A.用稀硫酸和锌粒制取 H2时，加几滴 CuS
6、O4溶液以加快反响速率 B.用标准 HCl 溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂 C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有 Na+D.常压蒸馏时，参加液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 C用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反响，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有 Na+，选项 C正确。D蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项 D正确。【答案】B 5.(2021 年全国卷 III)一种可充电锂-空气电池如下图。当电池放电时，O2与 Li+在多孔碳材料电极处生成 Li2O2-xx=0或 1。以下
7、说法正确的选项是()A.放电时，多孔碳材料电极为负极 B.放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C.充电时，电解质溶液中 Li+向多孔碳材料区迁移 D.充电时，电池总反响为 Li2O2-x=2Li+1O2【解析】A题目表达为：放电时，O2与 Li+在多孔碳电极处反响，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项 A错误。B因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电 3 极由负极流向正极，选项 B 错误。C充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项 C错误。D 根据图示和上述分析，
8、电池的正极反响应该是 O2与 Li+得电子转化为 Li2O2-X，电池的负极反响应该是单质 Li失电子转化为 Li+，所以总反响为：2Li+(1)O2 Li2O2-X，充电的反响与放电的反响相反，所以为 Li2O2-X 2Li+(1)O2，选项 D正确。【答案】D 6.(2021 年全国卷 III)用 0.100 molL-1 AgNO3滴定 50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如下图。以下有关描述错误的选项是()A.根据曲线数据计算可知 Ksp(AgCl)的数量级为 10-10 B.曲线上各点的溶液满足关系式 c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实
9、验条件下，假设改为 0.0400 molL-1 Cl-，反响终点 c 移到 a D.相同实验条件下，假设改为 0.0500 molL-1 Br-，反响终点 c 向 b方向移动【解析】A选取横坐标为 50mL的点，此时向 50mL 0.05mol/L的 Cl-溶液中，参加了 50mL 0.1mol/L的 AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的 Ag+浓度为 0.025mol/L按照银离子和氯离子 1:1 沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2 倍，由图示得到此时 Cl-约为 110-8mol/L实际稍小，所以 KSP(AgCl)约为 0.02510-8=2.510-10，所以其数量级为10-1
10、0，选项 A 正确。B由于 KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以 c(Ag+)c(Cl-)KSP(AgCl)，选项 B 正确。C滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将 50mL 0.05mol/L的 Cl-溶液改为 50mL 0.04mol/L的 Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要参加的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的 25mL变为250.8=20mL，而 a点对应的是 15mL，选项 C 错误。D卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小
11、，所以 KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将 50mL 0.05mol/L的 Cl-溶液改为 50mL 0.05mol/L的 Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是 1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由 a点变为 b 点。选项 D正确。【答案】C 7.(2021 年全国卷 III)W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素 X 和 Z同族。盐 YZW与浓盐酸反响，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到 YZW的溶液。以下说法
12、正确的选项是()4 A.原子半径大小为 WXYZ B.X 的氢化物水溶液酸性强于 Z的 C.Y2W2与 ZW2均含有非极性共价键 D.标准状况下 W的单质状态与 X 的相同 BHCl是强酸，HF是弱酸，所以 XF的氢化物水溶液的酸性弱于 ZCl的。选项 B错误。CClO2的中心原子是 Cl，分子中只存在 Cl和 O之间的极性共价键，选项 C 错误。D标准状况下，W的单质 O2或 O3均为气态，X的单质 F2也是气态。选项 D正确。【答案】D 8.(2021 年全国卷 III)硫代硫酸钠晶体Na2S2O35H2O，M=248 gmol1可用作定影剂、复原剂。答复以下问题：1：Ksp(BaSO4)
13、=1.11010，Ksp(BaS2O3)=4.1105。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用以下试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀 H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 取少量样品，参加除氧蒸馏水 固体完全溶解得无色澄清溶液 _ _，有刺激性气体产生 静置，_ _ 2利用 K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取 1.2000 g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解，完全溶解后，全部转移至 100 mL的_中，加蒸馏水至_。滴定：取 0.00950 molL1的 K2Cr2O7标准溶液 20
14、.00 mL，硫酸酸化后参加过量 KI，发生反响：Cr2O72+6I+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反响：I2+2S2O32S4O62+2I。参加淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定 3次，样品溶液的平均用量为 24.80 mL，那么样品纯度为_%保存 1 位小数。【解析】1检验样品中的硫酸根离子，应该先参加稀盐酸，再参加氯化钡溶液。但是此题中，硫代硫酸根离子和氢 5 离子以及钡离子都反响，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，参加稀盐酸酸化反响为 S2O32-+2H+=SO2+S+H2O，静置，取上层清液中滴加
15、氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：参加过量稀盐酸；有乳黄色沉淀；取上层清液，滴加氯化钡溶液；有白色沉淀产生。学#配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体再烧杯中参加溶解，全部转移至 100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。淡黄绿色溶液中有单质碘，参加淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O72-3I26S2O32-，那么配制的 100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度 c=，含有的硫代硫酸钠为 0.004597mol
16、，所以样品纯度为【答案】(1).参加过量稀盐酸 (2).出现乳黄色浑浊 (3).吸取上层清液，滴入 BaCl2溶液 (4).产生白色沉淀 (5).烧杯 (6).容量瓶 (7).刻度 (8).蓝色褪去 (9).95.0 9.(2021 年全国卷 III)KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。答复以下问题：1KIO3的化学名称是_。2利用“KClO3氧化法制备 KIO3工艺流程如以下图所示：“酸化反响所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液中的溶质主要是_。“调pH中发生反响的化学方程式为_。3KIO3也可采用“电解法制备，装置如下图。写出电解
17、时阴极的电极反响式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法相比，“KClO3氧化法的主要缺乏之处有_写出一点。【解析】1根据氯酸钾KClO3可以推测 KIO3为碘酸钾。2将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反响 6 得到的产品中氯气在“逐 Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时 KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为 KCl。“调 pH的主要目的是将 KH(IO3)2转化为 KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。3由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反响
18、为水电离的氢离子得电子，反响为 2H2O+2e-=2OH-+H2。电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由 a到 b。KClO3氧化法的最大缺乏之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。【答 案】(1).碘 酸 钾 (2).加 热 (3).KCl (4).KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或HIO3+KOHKIO3+H2O (5).2H2O+2e2OH+H2 (6).K+(7).a到 b (8).产生 Cl2易污染环境等 10.(2021 年全国卷 III)三氯氢硅SiHCl3是制备硅烷、多晶硅的重要原料。答复以下问题：1SiHCl3在常
19、温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O 等，写出该反响的化学方程式_。2SiHCl3在催化剂作用下发生反响：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)H1=48 kJmol1 3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3(g)H2=30 kJmol1 那么反响 4SiHCl3(g)SiH4(g)+3SiCl4(g)的 H=_ kJmol1。3 对于反响 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在 323 K和 343 K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如下图。343 K 时反响的平
20、衡转化率=_%。平衡常数 K343 K=_保存 2位小数。在 343 K下：要提高 SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反响到达平衡的时间，可采取的措施有_、_。比拟 a、b 处反响速率大小：a_b填“大于“小于或“等于。反响速率=正逆=，k正、k逆分别为正、逆向反响速率常数，x 为物质的量分数，计算 a处=_保存 1位小数。7 3由图示，温度越高反响越快，到达平衡用得时间就越少，所以曲线 a 代表 343K的反响。从图中读出，平衡以后反响转化率为 22%。设初始参加的三氯氢硅的浓度为 1mol/L，得到：2SiHCl3 SiH2Cl2 +SiCl4 起始：1 0 0 反响：0.22
21、0.11 0.11 转化率为 22%平衡：0.78 0.11 0.11 所以平衡常数 K=0.1120.782=0.02。温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系别离两边物质的量相等，压强不影响平衡。缩短到达平衡的时间，就是加快反响速率，所以可以采取的措施是增大压强增大反响物浓度、参加更高效的催化剂改良催化剂。a、b 两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而 a 点的温度更高，所以速率更快，即 VaVb。根据题目表述得到，当反响达平衡时，所以，实际就是平衡常数 K值，所以0.02。a点时，转化率为 20%，所以计算出：2SiHCl3 SiH2Cl2 +SiCl4 起始：1
22、 0 0 反响：0.2 0.1 0.1 转化率为 20%平衡：0.8 0.1 0.1 所以=0.8；=0.1；所以【答案】(1).2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl (2).114 (3).22 (4).0.02 (5).及时移去产物 (6).改良催化剂 (7).提高反响物压强浓度 (8).大于 (9).1.3 8 11.(2021 年全国卷 III)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。答复以下问题：1Zn原子核外电子排布式为_。2 黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由 Zn和 Cu组成。第一电离能1Zn_1Cu)(填“大于或“小于)。原因是_。3ZnF2具有较高的熔
23、点872)，其化学键类型是_；ZnF2不溶于有机溶剂而 ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_。4?中华本草?等中医典籍中，记载了炉甘石ZnCO3入药，可用于治疗皮肤炎症或外表创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_，C原子的杂化形式为_。5 金属 Zn 晶体中的原子堆积方式如下图，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为 a cm，高为 c cm，阿伏加德罗常数的值为 NA，Zn 的密度为_gcm3列出计算式。【解析】1Zn是第 30 号元素，所以核外电子排布式为 Ar3d104s2。2Zn的第一电离能应该高于 Cu 的第一电离能，原因是，Zn 的核外电子排布已经到
24、达了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比拟困难。同时也可以考虑到 Zn最外层上是一对电子，而 Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。3根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。4碳酸锌中的阴离子为 CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子 C的价电子对为 3+(4322)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心 C 为 sp2杂化。5由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进
25、行计算。六棱柱顶点的原子是 6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为 12+2+3=6 个，所以该结构的质量为 665/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为 a cm，底面的面积为 6 个边长为 acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为 6 cm2，高为 c cm，所以体积为 6 cm3。所以密度为：gcm-3。9【答案】(1).Ar3d104s2 (2).大于 (3).Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4).离子键 (5).ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小 (6).平面
26、三角形 (7).sp2 (8).六方最密堆积A3型 (9).12.(2021 年全国卷 III)近来有报道，碘代化合物 E 与化合物 H 在 Cr-Ni催化下可以发生偶联反响，合成一种多官能团的化合物 Y，其合成路线如下：答复以下问题：1A 的化学名称是_。2B为单氯代烃，由 B生成 C的化学方程式为_。3由 A生成 B、G生成 H 的反响类型分别是_、_。4D 的结构简式为_。5Y 中含氧官能团的名称为_。6E与 F在 Cr-Ni催化下也可以发生偶联反响，产物的结构简式为_。7X 与 D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为 332。写
27、出 3 种符合上述条件的 X的结构简式_。【解析】分析：根据 A 的结构，第一步进行取代得到 B，再将 B 中的 Cl取代为 CN，水解后酯化得到 D；根据题目反响得到 F的结构，进而就可以推断出结果。详解：A 到 B 的反响是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的 H，所以 B为；B与 NaCN反响，根据 C的分子式确定 B到 C 是将 Cl取代为 CN，所以 C为；C 酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到 D，所以 D为，D与 HI加成得到 E。根据题目的反响，要求 F中一定要有醛基，在根据 H 的结构得到 F中有苯环，所以 F一定为；F与 CH3CHO发生题目反响，得到 G，G为；G 与氢气
28、加成得到 H；H与 E 发生偶联反响得到 Y。1A 的名称为丙炔。10 2B为，C为，所以方程式为：。3有上述分析 A生成 B的反响是取代反响，G生成 H的反响是加成反响。4D 为。5Y 中含氧官能团为羟基和酯基。6E和 H发生偶联反响可以得到 Y，将 H换为 F就是将苯直接与醛基相连，所以将 Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。7D 为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为 3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是 CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有 6种：【答案】(1).丙炔 (2).(3).取代反响 (4).加成反响 (5).(6).羟基、酯基 (7).(8).、