2017年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(新課標Ⅲ卷)化學(xué)

1、2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一測試新課標出卷化學(xué)一、選擇題：此題共 13個小題,每題 6分,共78分1 .6分化學(xué)與生活密切相關(guān).以下說法錯誤的選項是A.PM2.5是指粒徑不大于2.5科m的可吸入懸浮顆粒物B.綠色化學(xué)要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染C.燃煤中參加CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放D.天然氣和液化石油氣是我國目前推廣使用的清潔燃料解析：A.PM2.5是指空氣中直徑等于或小于2.5 m的懸浮顆粒物,它能較長時間懸浮于空氣中,其在空氣中含量濃度越高,就代表空氣污染越嚴重,故 A正確；B.綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上消除或減少生產(chǎn)生活對環(huán)境的污染,而不能污

2、染后再治理,故B正確；C.參加氧化鈣可與煤燃燒生成的二氧化硫在氧氣中發(fā)生反響生成硫酸鈣,二氧化硫排放量減少,但在高溫下反響生成二氧化碳, 燃煤中參加CaO后可減少酸雨的發(fā)生, 但不能減少溫室氣體的排放量,故 C錯誤；D.天然氣CNG主要成分是甲烷,液化石油氣LPG的成分是丙烷、丁烷等,這些碳氫化合物 完全燃燒生成二氧化碳和水,那么這兩類燃料是清潔燃料,故 D正確.答案：C2 .6分以下說法正確的選項是A.植物油氫化過程中發(fā)生了加成反響B(tài).淀粉和纖維素互為同分異構(gòu)體C.環(huán)己烷與苯可用酸性 KMnO溶液鑒別D.水可以用來別離澳苯和苯的混合物解析：A.植物油氫化過程為與氫氣發(fā)生加成反響的過程,由不飽

3、和煌基變?yōu)轱柡蜔?故A正確；B.淀粉和纖維素都為高分子化合物,聚合度介于較大范圍之間,沒有具體的值,那么二者的分子式不同,不是同分異構(gòu)體,故 B錯誤；C.環(huán)己烷為飽和燒,苯性質(zhì)穩(wěn)定,二者與高鎰酸鉀都不反響,不能鑒別,故 C錯誤；D.澳苯和苯混溶,且二者都不溶于水,不能用水別離,故 D錯誤.答案：A3.6分以下實驗操作標準且能到達目的是目的操作A.取20.00 mL鹽酸在50 mL酸式滴定管中裝入鹽酸,調(diào)整初始讀數(shù)為 30.00mL后,將剩余鹽酸放入錐形瓶B.清洗碘升華實驗所用試管先用酒精清洗,再用水清洗C.測定醋酸鈉溶液pH用玻璃棒蘸取溶液,點在濕潤的pH試紙上D.配制濃度為0.010 的K

4、Mn麗液稱取KMn那么體0.158 g ,放入100 mL容量瓶中,加水溶解并稀釋至刻度A.AB.BC.CD.D解析：A.50 mL酸式滴定管,50mL以下沒有刻度,可容納鹽酸,那么將剩余鹽酸放入錐形瓶, 體積大于20mL故A錯誤；B.碘易溶于酒精,可使試管內(nèi)壁的碘除去,且酒精可與水混溶,用水沖洗可到達洗滌的目的, 故B正確；C.濕潤pH試紙,溶液濃度發(fā)生變化,導(dǎo)致測定結(jié)果偏低,故C錯誤；D.容量瓶只能用于配制一定濃度的溶液,且只能在常溫下使用,不能在容量瓶中溶解固體,故D錯誤.答案：B4.6分Na為阿伏加德羅常數(shù)的值.以下說法正確的選項是A.0.1 mol 的11B中,含有 0.6Na個中子

5、B.pH=1的HPO溶液中,含有 0.1Na個H+C.2.24L標準?犬況聚在Q中完全燃燒,得到 0.6Na個CO分子D.密閉容器中1 mol PCl 3與1 mol Cl 2反響制備PCl 5g,增加2N個P- Cl鍵解析：A.11B中含有中子數(shù)=11-5=6, 0.1 mol的11B中含有0.6mol中子,含有0.6Na個中子,故A正確；B.沒有告訴pH=1的HPQ溶液的體積,無法計算溶液中含有氫離子的物質(zhì)的量就數(shù)目,故 B錯誤；C.標準狀況下苯不是氣體,不能使用標況下的氣體摩爾體積計算,故C錯誤；D.PC13與C12生成PC15的反響為可逆反響,那么生成PC15的物質(zhì)的量小于1mol,增

6、加的P- Cl鍵小于2N,故D錯誤.答案：A5.6分全固態(tài)鋰硫電池能量密度高、本錢低,其工作原理如下圖,其中電極 a常用摻有石墨烯的S8材料,電池反響為：16Li+xS 8=8Li202 WxW8.以下說法錯誤的選項是A.電池工作時,正極可發(fā)生反響：2Li2&+2Li +2e=3Li 2sB.電池工作時,外電路中流過0.02 mol電子,負極材料減重 0.14 gC.石墨烯的作用主要是提升電極a的導(dǎo)電性D.電池充電時間越長,電池中的Li 2s2量越多解析：A.據(jù)分析可知正極可發(fā)生反響：2Li 2&+2Li +2e =3Li 2S4,故A正確；B.負極反響為：Li -e =Li+

7、,當(dāng)外電路流過 0.02mol電子時,消耗的鋰為 0.02mol ,負極減重的質(zhì)量為 0.02mol X 7g/mol=0.14g ,故B正確；C.硫作為不導(dǎo)電的物質(zhì),導(dǎo)電性非常差,而石墨烯的特性是室溫下導(dǎo)電最好的材料,那么石墨烯的作用主要是提升電極a的導(dǎo)電性,故C正確；D.充電時a為陽極,與放電時的電極反響相反,那么充電時間越長,電池中的Li 2s2量就會越少,故D錯誤.答案：D6.6分短周期元素 W X、Y和Z在周期表中的相對位置如表所示,這四種元素原子的最外電子數(shù)之和為21.以下關(guān)系正確的選項是YZA.氫化物沸點：W ZB.氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Y> WC.化合物熔點：Y2X3V

8、YZ3D.簡單離子的半徑：Yv X解析：由以上分析可知 X為.Y為Al、Z為Cl、W為N元素,A.W為N元素,對應(yīng)的氫化物分子之間可形成氫鍵,沸點比 HCl高,故A錯誤；B.Y為Al ,對應(yīng)的氧化物的水化物呈堿性,W為N,對應(yīng)的氧化物的水化物溶液呈酸性,故B錯誤；C.AlzQ離子化合物,AlCl3為共價化合物,那么離子化合物的熔點較高,故C錯誤；D.X為Q Y為Al,對應(yīng)的離子具有相同的核外電子排布,核電荷數(shù)越大離子半徑越小,故D正確.答案：D7 .6分在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中,較高濃度的C會腐蝕陽極板而增大電解能耗 .可向溶液中同時參加 Cu和CuSO,生成CuCl沉淀從而除去Cl .根據(jù)

9、溶液中平衡時相關(guān)離子濃度 的關(guān)系圖,以下說法錯誤的選項是2345& mol-I/'A.Ksp(CuCl)的數(shù)量級為108 .除 Cl .反響為 Cu+Cu +2Cl =2CuClC.參加Cu越多,Cu+濃度越高,除 Cl.效果越好D.2Cu+=Cu2+Cu平衡常數(shù)很大,反響趨于完全解析：A.由圖象可知,橫坐標為 1時,lgcCu +大于6,那么K5PCuCl的數(shù)量級為10二 故A正確；、? . .一 、 >_.、 _.一、_ .- »、?.一一一 、一、一一 ,一 .»2+一B.涉及反響物為銅、硫酸銅以及氯離子,生成物為CuCl,反響的萬程式為 Cu+

10、Cu+2Cl =2CuCl, 故B正確；C.發(fā)生Cu+Cu+2C=2CuCl,反響的效果取決于 Cu2+的濃度,如 Cif+缺乏,那么參加再多的 Cu 也不能改變效果,故 C錯誤；D.酸性條彳下,Ci；不穩(wěn)定,易發(fā)生2Cu+=Cu2+Cu,可知沒有C存在的情況下,2Cu+=Cif+Cu 趨向于完全,說明 2ci1=Cu2+Cu的平衡常數(shù)很大,故 D正確.答案：C二、解做題共3小題,總分值43分8.14分綠磯是含有一定量結(jié)晶水的硫酸亞鐵,在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中具有重要的用途.某化學(xué)興趣小組對綠磯的一些性質(zhì)進行探究.答復(fù)以下問題：1在試管中參加少量綠磯樣品,加水溶解,滴加KSCM§液,溶液顏色無

11、明顯變化 .再向試管中通入空氣,溶液逐漸變紅.由此可知： 、.解析：滴加KSCN§液,溶液顏色無明顯變化,可知硫酸亞鐵與 KSCV反響,但亞鐵離子不穩(wěn)定,易被空氣中氧氣氧化生成鐵離子,最終溶液變紅色.答案：硫酸亞鐵與 KSCV反響硫酸亞鐵易被空氣氧化為硫酸鐵2為測定綠磯中結(jié)晶水含量,將石英玻璃管帶兩端開關(guān)Ki和"設(shè)為裝置A稱重,記為m g.將樣品裝入石英玻璃管中, 再次將裝置A稱重,記為m2 g.按以下圖連接好裝置進行實驗.儀器B的名稱是.將以下實驗操作步驟正確排序 填標號；重復(fù)上述操作步驟,直至 A恒重,記為 m3 g.a.點燃酒精燈,加熱b.熄滅酒精燈 c.關(guān)閉Ki和6

12、d.翻開Ki和區(qū),緩緩?fù)ㄈ隢2e.稱量A f,冷卻至室溫根據(jù)實驗記錄,計算綠磯化學(xué)式中結(jié)晶水?dāng)?shù)目x=(列式表示),假設(shè)實驗時按a、d次序操作,那么使x(填“偏大 “偏小或“無影響)解析：由儀器的圖形可知 B為枯燥管,實驗時,為預(yù)防亞鐵被氧化,應(yīng)先通入氮氣,冷卻時 注意關(guān)閉開關(guān),預(yù)防氧氣進入,冷卻至室溫再稱量固體質(zhì)量的變化,那么正確的順序為 dabcfe ,直至A恒重,記為m3 g,應(yīng)為FeSO和裝置的質(zhì)量, 那么m(FeSO)=(m3-m) , m(H>O)=(m2- m>),那么n(H2O)=n(FeSQ尸,結(jié)晶水的數(shù)目等于 =( ) ( )假設(shè)實驗時按a、d次序操作,會導(dǎo)致硫酸

13、亞鐵被氧化,那么導(dǎo)致固體質(zhì)量偏大,測定結(jié)果偏小.答案：枯燥管 dabcfe 偏小( )(3)為探究硫酸亞鐵的分解產(chǎn)物,將(2)中已恒重的裝置 A接入以下圖所示的裝置中,翻開 K和“,緩緩?fù)ㄈ隢2,加熱,實驗后反響管中殘留固體為紅色粉末.C、D中的溶液依次為 (填標號),C、D中有氣泡冒出,并可觀察到的現(xiàn)象分別 為.a.品紅b.NaOH c.BaCI 2d.Ba(NO3)2e,濃 H2SO寫出硫酸亞鐵高溫分解反響的化學(xué)方程式 .解析：實驗后反響管中殘留固體為紅色粉末,說明生成FezQ,那么反響中Fe元素化合價升高,S元素化合價應(yīng)降低,那么一定生成SQ,可知硫酸亞鐵高溫分解可生成FeO、SO、SO

14、, C為氯化銀,用于檢驗 SO,可觀察到廣生白色沉淀,D為品紅,可用于檢驗 SO,品紅褪色,硫raiinii酸亞鐵高溫分解可生成 FezQ、SO、SO,方程式為2FeSOFezQ+SO T +SO T .答案：c、a產(chǎn)生白色沉淀、品紅褪色2FeSO 4回FezQ+SOT +SQT .9.(15分)重銘酸鉀是一種重要的化工原料,一般由銘鐵礦制備,銘鐵礦的主要成分為FeO?Ci2Q,還含有硅、鋁等雜質(zhì).制備流程如下圖：答復(fù)以下問題：(1)步驟的主要反響為：FeO?Cr zQ+NaCO+NaNOl NazCrQ+FeQ+CO+NaNO上述反響配平后 FeO?C2Q與NaNO的系數(shù)比為 .該步驟不能使

15、用陶瓷容器,原因是 .解析：由上述分析可知步驟 的主要反響為2FeO?CizQ+4NaCO+7NaNO 問4NaCrd+Fe2Q+4CO+7NaNO,貝U FeO?C2Q與NaNO的系數(shù)比為2： 7,該步驟不能使用陶瓷容器,原因是二氧化硅與碳酸鈉高溫下反響生成硅酸鈉和二氧化碳.答案：2: 7二氧化硅與碳酸鈉高溫下反響生成硅酸鈉和二氧化碳(2)濾渣1中含量最多的金屬元素是 ,濾渣2的主要成分是 及含硅雜質(zhì).解析：由上述分析可知,濾渣 1含F(xiàn)e2Q,濾渣1中含量最多的金屬元素是Fe,濾渣2的主要成分是Al(OH) 3及含硅雜質(zhì).答案：Fe Al(OH) 3步驟調(diào)濾液2的pH使之變(填“大或“小),

16、原因是(用離子方程式表木)O解析：中調(diào)節(jié)pH發(fā)生CrO42 +2H+?Cr2C72 +H20,那么步驟調(diào)濾液 2的pH使之變小,增大氫2 離子濃度,平衡正向移動,利于生成Cr2Q.答案：小 CrO 42 +2H?Cr2.2 +HO(4)有關(guān)物質(zhì)的溶解度如下圖.向“濾液3中參加適量KCl,蒸發(fā)濃縮,冷卻結(jié)晶,過濾得到“Cr2.固體.冷卻到 (填標號)得到的&Cr2.固體產(chǎn)品最多.0二餐三一、)W案知a.80 C b.60 Cc.40 Cd.10 C步驟的反響類型是.解析：向“濾液3中參加適量KCl,蒸發(fā)濃縮,冷卻結(jié)晶,過濾得到&Cr2.固體,由溶解度可知,冷卻到 40CK2Cr2

17、.固體的溶解度在四種物質(zhì)中較小、且溶解度較大,過濾別離產(chǎn)品最多,而10c時可能混有雜質(zhì)；步驟發(fā)生NaCr2O+2KCl=K2Cr2CH+2NaCl,反響類型是復(fù)分解反響.答案：c 復(fù)分解反響 某工廠用m kg銘鐵礦粉含Cr2C3 40%制備ECrzO,最終得到產(chǎn)品 m2 kg,產(chǎn)率為. e5人小一、,實際產(chǎn)量,解析：用m kg銘鐵礦粉含Cr2O 40%制備ECrzQ,最終得到廣品 m2 kg ,廣率為 ,由 理論廣量Cr原子守恒可知,那么產(chǎn)率為 x 100%答案:x 100%10.14分神As是第四周期V A 族元素,可以形成 AS2S3、AS2Q、HAsQ、HAsQ等化合物,有著廣泛的用途.

18、答復(fù)以下問題：1畫出碑的原子結(jié)構(gòu)示意圖 .解析：神元素原子序數(shù)為 33,原子核外有四個電子層,最外層 5個電子,原子結(jié)構(gòu)示意圖為答案：(2)工業(yè)上常將含神廢渣(主要成分為As2s3)制成漿狀,通入 Q氧化,生成 HAsQ和單質(zhì)硫. 寫出發(fā)生反響的化學(xué)方程式 .該反響需要在加壓下進行,原因是 .解析：工業(yè)上常將含神廢渣 (主要成分為AS2Q)制成漿狀,通入 Q氧化,生成 HAs.和單質(zhì) 硫,神元素化合價+3價變化為+5價,反響的化學(xué)方程式為 2As2s3+5Q+6HaO=4HAsO+6S,增 大壓強,可增大反響速率,并使平衡正向移動,增大反響物的轉(zhuǎn)化率.答案：2As2s3+5O+6HO=4HAs

19、Q+6s加壓反響速率增大,而且平衡右移,可提升生產(chǎn)效率(3)：As(s)+ 3hb(g)+2O 2(g)=H 3AsQ(s) AHi2H2(g)+ iQ(g)=H 2O(l) H22As(s)+Q(g)=As 2O5(s) AH那么反響 AszQ(s)+3H 2O(l)=2H 3Ase4(s)的4 H=.解析：As+尹處2.如尸HgsHH陛+O>(g)=H 2O(l) AH22As(s)+ LQ(g)=As 2Q(s) H3那么利用蓋斯定律將X 2-X 3 -可得 As2Q(s)+3H 2O(l)=2H 3As. H=24 H - 34 H - H3o答案：24H-34H2-AH(4)2

20、98K 時,將 20mL 3x mol?L 1 NasAsO、20mL 3x mol?L 1 I 2和 20mL NaOHB液混合,發(fā) 生反響：AsQ3 (aq)+I 2(aq)+2OH ?AsQ3 (aq)+2I (aq)+H 2O.).溶液中 c(AsO43 )與反響時間 (t)的關(guān)系如下圖.以下可判斷反響到達平衡的是 (填標號).a.溶液的pH不再變化b.v(I)=2v(AsO33 )c.c (AsO 4 )/c (AsO 33 )不再變化d.c(I ) =y mol?L 1tm時,V正 V逆(填“大于 “小于或“等于 ).tm時V逆 t n時V逆(填“大于 “小于或“等于")

21、,理由是.假設(shè)平衡時溶液的 pH=14,那么該反響的平衡常數(shù) K為.解析：a.溶液pH不變時,那么c(OH-)也保持不變,反響到達平衡狀態(tài),故 a正確；b.同一個化學(xué)反響,速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比,無論是否到達平衡,都存在v(I)=2v(AsO33 ),故 b 錯誤；c.c (AsO 43 )/c (AsO 33 )不再變化,可說明各物質(zhì)的濃度不再變化,反響到達平衡狀態(tài),故c正確；d.由圖可知,當(dāng)c (AsO43 )=y mol?L-1時,濃度不再發(fā)生變化,那么到達平衡狀態(tài),由方程式可知此時c(I )=2y mol?L t,所以c(I ) =y mol?L -1時沒有到達平衡狀態(tài),故 d錯誤

22、.故答案為：；反響從正反響開始進行,tm時反響繼續(xù)正向進行,那么 v正大于v逆,故答案為：；tm時比tn時濃度更小,那么逆反響速率更小,故答案為：；反響前,三種溶液混合后,NaAsQ的濃度為3xmol/L X=xmol/L ,同理I2的濃度為xmol/L ,反響到達平衡時,生產(chǎn)c(AsO41)為ymol/L ,那么反響生產(chǎn)的 c(I )=2ymol/L ,33 消耗的 AsQ、12 的濃度均為 ymol/L,平衡時 c(AsO3 )=(x - y)mol/L , c(I 2)=(x - y)mol/L ,溶液中 c(OHI )=1mol/L ,貝U K=)=( )答案：ac小于tm時AsO3濃

23、度更小,反響速率更慢化學(xué)-選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11.(15分)研究發(fā)現(xiàn),在 CO低壓合成甲醇反響(CQ+3廿CHOH+HD)中,Co氧化物負載的 Mn氧化物納米粒子催化劑具有高活性,顯示出良好的應(yīng)用前景.答復(fù)以下問題：(1)Co基態(tài)原子核外電子排布式為 .元素Mn與O中,第一電離能較大的是 , 基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多的是 .解析：Co是27號元素,位于元素周期表第4周期第VIII族,其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2或內(nèi)加74s2.元素Mn與O中,由于 O元素是非金屬性而 Mn是過渡 元素,所以第一電離能較大的是O, O基態(tài)原子價電子為 2s22p4,

24、所以其核外未成對電子數(shù)是2,而Mn基態(tài)原子價電子排布為 3d54s：所以其核外未成對電子數(shù)是5,因此核外未成對電子數(shù)較多的是 Mn>答案：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d 74s2 O Mn(2)CO2和CHOH小子中C原子的雜化形式分別為 和.解析：CO和CHOH的中央原子 C原子的價層電子對數(shù)分別為2和4,所以CO和CHOH>子中C原子的雜化形式分別為 sp和sp3.答案：sp sp 3(3)在CO低壓合成甲醇反響所涉及的4種物質(zhì)中,沸點從高到低的順序為 ,原因是 O解析：在CO低壓合成甲醇反響所涉及的4種物質(zhì)中,沸點從高到低的順序為H2O>CHOH&

25、gt;CO>Ha,原因是常溫下水和甲醇是液體而二氧化碳和氫氣是氣體,液體的沸點高于氣體；水分子中有兩個氫原子都可以參與形成分子間氫鍵,而甲醇分子中只有一個羥基上的氫原子可用于形成分子間氫鍵, 所以水的沸點高于甲醇；二氧化碳的相對分子質(zhì)量比氫氣大,所以二氧化碳分子間作用力較大、沸點較高.答案：HO> CHOH> CO>H(4)硝酸鎰是制備上述反響催化劑的原料,Mn(NO) 2中的化學(xué)鍵除了 b鍵外,還存在.解析：常溫下水和甲醇是液體而二氧化碳和氫氣是氣體,液體的沸點高于氣體；水分子中有兩個氫原子都可以參與形成分子間氫鍵,而甲醇分子中只有一個羥基上的氫原子可用于形成分子間氫

26、鍵,所以水的沸點高于甲醇；二氧化碳的相對分子質(zhì)量比氫氣大,所以二氧化碳分子間作用力較大、沸點較高硝酸鎰是離子化合物,硝酸根和鎰離子之間形成離子鍵,硝酸根中N原子與3個氧原子形成3個b鍵,硝酸根中有一個氮氧雙鍵,所以還存在兀鍵.答案：冗鍵、離子鍵 (5)MgO具有NaCl型結(jié)構(gòu)(如圖),其中陰離子采用面心立方最密堆積方式,X射線衍射實驗測得MgO勺晶胞參數(shù)為a=0.420nm,那么(.2一)為 nm.MnO也屬于NaCl型結(jié)構(gòu),晶胞參數(shù)為 a'=0.448nm ,貝U r(Mn 2+)為 nm)解析：由于OT是面心立方最密堆積方式,面對角線是cT半徑的4倍,即4r= "a,解得r=一nm=0.148nm； MnOtk屬于NaCl型結(jié)構(gòu),根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu),晶胞參數(shù) =2 rr(O 2 )+2rr(Mn2+), 貝U rr(Mn 2+)=0.076nm答案：0.148 ; 0.076.化