2016年新课标Ⅱ高考化学试题与答案【高清解析版】

1、WORD格式2021年全国统一高考化学试卷【2021新课标】使用地区：*、*、*、*、*、*、*、*、*、*一、选择题：本大题共 7 小题，每题 6 分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的1【2021新课标】以下关于燃料的说法错误的选项是A 燃料燃烧产物 CO2是温室气体之一B化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C以液化石油气代替燃油可减少大气污染D燃料不完全燃烧排放的 CO 是大气污染物之一【答案】 B【解答】 解： A 形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故A 正确；B化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故B错误；C压缩天然气和液化

2、石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C 正确；D燃料不完全燃烧排放的CO 有毒，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故D 正确；2【2021新课标】以下各组中的物质均能发生就加成反响的是A 乙烯和乙醇B苯和氯乙烯C乙酸和溴乙烷D 丙烯和丙烷【答案】 B【解答】 解： A 乙烯可以发生加成反响，乙醇无不饱和键不能发生加成反响，故A 错误；B苯是六个碳碳键完全等同的化学键，一定条件下和氢气发生加成反响，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反响，故B 正确；C乙酸分子中羰基不能加成反响，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反响，故C 错误；

3、D丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反响，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反响，故D 错误；3【2021新课标】 a、 b、 c、d 为短周期元素，a 的原子中只有1 个电子， b2和 c+的电子层构造一样， d 与 b 同族以下表达错误的选项是专业资料整理WORD格式A a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1B b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C c 的原子半径是这些元素中最大的D d 与 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】 A【解答】 解： a、 b、 c、 d 为短周期元素，a 的原子中只有1 个电子，那么a 为 H 元素；c+的电子层构造一样，结合离子所得电荷可知

4、b 为 O 元素， c 为 Na；d 与 b 同族，那么元素A H 元素与 Na 形成化合物NaH ， H 元素为 1 价，故 A 错误；B O 元素与 H 元素形成 H2O、 H 2O2，与 Na 元素形成 Na2O、 Na2O2，与 S 元素形成SO3，故 B 正确；b2 和d 为 SSO2、专业资料整理WORD格式第1页共 1页专业资料整理WORD格式C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中 H 原子半径最小，故 Na 的原子半径最大，故C 正确；D d 与 a 形成的化合物为 H S，H S 的溶液呈弱酸性，故 D 正确224【2021新课标】分子式为 C4

5、H8Cl 2的有机物共有不含立体异构A7 种 B8 种 C9 种 D10 种【答案】 C【解答】 解： C4H8Cl 2可以看作为 C4H10中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代， C4H10有CH3CH 2CH 2CH 3、 CH3C CH32两种，CH3CH 2CH 2CH 3中一个 Cl 取代为甲基、 亚甲基中 H 原子， 对应另外的 Cl 原子分别有4 种、4 种位置，但有 2 种重复对碳链从前向后一次编号，1、 2 号碳原子重复一次，1、3 与 2、4 重复，故该情况有 6 种，CH3CH CH 32中一个 Cl 取代为甲基、 次甲基中 H 原子， 对应另外的 Cl 原子分

6、别有3 种、1 种位置，但有 1 种重复分别处于取代甲基、次甲基上H 原子，故该情况有3 种，故共有 9 种，5【2021新课标】 Mg AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池以下表达错误的选项是 2+A 负极反响式为Mg 2e =Mg+ B正极反响式为 Ag e =AgC电池放电时 Cl 由正极向负极迁移D负极会发生副反响 Mg+2H 2O=Mg OH 2+H 2【答案】 B2+，【解答】 解： A 活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反响，反响式为：Mg 2e=Mg故A正确；B AgCl 是难溶物，其电极反响式为：2AgCl+2e 2C1 +2Ag ，故 B 错误；C原电池放电时，

7、阴离子向负极移动，那么Cl 在正极产生由正极向负极迁移，故C 正确；222，故 D 正确；D镁是活泼金属与水反响，即Mg+2H O=Mg OH+H6【2021新课标】某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进展如下实验： 取少量样品参加足量水仍有局部固体未溶解：再参加足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解； 取少量样品参加足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在该白色粉末可能为A NaHCO 3、 Al OH3B AgCl 、 NaHCO3CNa 2SO3、 BaCO3D Na2CO3、CuSO4【答案】 C【解答】 解： A NaHCO 3、 Al OH3都与盐酸反响，盐酸足量时没有固体剩余，故

8、 A 错误；B碳酸氢钠与盐酸反响生成气体，AgCl 不溶于盐酸，故B 错误；C BaCO3不溶于水，二者都与盐酸反响，且生成气体，假设参加足量稀硫酸，有气泡产生，且 BaCO 3，能和 H2SO4反响生成 BaSO4沉淀，故 C 正确；D参加过量盐酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D 错误专业资料整理WORD格式第2页共 2页专业资料整理WORD格式7【2021新课标】以下实验操作能到达实验目的是实验目的实验操作A 制备 Fe OH3胶体将 NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中B由 MgCl 2溶液制备无水 MgCl 2将 MgCl 2溶液加热蒸干C除去 Cu 粉中混有的 CuO参

9、加稀硝酸溶液，过滤、洗涤、枯燥D比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中【答案】 D【解答】 解： A 将 NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，故A 错误；B氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢气氛中，故B错误；C二者都与稀硝酸反响，应参加非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故C 错误；D分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反响的剧烈程度比较氢的活泼性，故D正确三、非选择题：包括必考题和选考题两局部第22 题第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 33 题第 4

10、0 题为选考题，考生根据要求作答一必考题共129 分8【2021新课标】联氨又称肼，N2H4，无色液体是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料答复以下问题：1联氨分子的电子式为，其中氮的化合价为2实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反响制备联氨，反响的化学方程式为3 2O2 g+N 2 g N2O4 l H1 N 2 g+2H 2 g N2H4 l H2 O2 g+2H 2 g 2H 2O gH 3 1 2N2H4 l +N2O4 l 3N 2g +4H 2O g H4= 1048.9kJmol上述反响热效应之间的关系式为 H4=，联氨和 N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为4联氨为二元弱碱，在水中的

11、电离方式与氨相似联氨第一步电离反响的平衡常数值为：+7 14N2H4+H N2H5的 K=8.710 ； K w=1.0 10 联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为5联氨是一种常用的复原剂向装有少量AgBr的试管中参加联氨溶液，观察到的现象是联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀 理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O2kg；与使用 Na2SO3处理水中溶解的 O2相比，联氨的优点是【答案】1 ：； 2；（ 2 2H 3 2 H2 H 1；反响放热量大，产生大量气体；（ 4 8.7107， N2H 6HSO42；（ 5 固体逐渐变黑，并有气泡产生；1； N2H 4的用量少，不产生其他杂

12、质复原产物为N2和 H2O，而 Na2SO3产生 Na2SO4专业资料整理WORD格式第3页共 3页专业资料整理WORD格式【解答】 解： 1肼的分子式为N 2H 4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：，其中氢元素化合价为+1价，那么氮元素化合价为2 价，（ 2氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼， 次氯酸钠被复原生成氯化钠， 结合原子守恒配平书写反响的化学方程式为： 2NH 3+NaClO N2H 4+NaCl+H 2O，（ 3 2O2 g+N 2 g N2O4 lH 1 N 2 g+2H 2 g N2H4 l H2 O2 g+2H 2 g

13、2H 2O gH 3依据热化学方程式和盖斯定律计算22 得到 2N 2H 4 l +N 2O4 l 3N 2（ g+4H 2O g H4=2 H3 2H 2 H1，根据反响可知，联氨和 N2O4反响放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，（ 4联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似联氨第一步电离方程式为N2H4+H 2O N+2H 5+OH ，平衡常数K b=K Kw=8.71071.0 147+2+10 =8.710，第二步电离方程式为N2H 5 +H 2O N 2H6 +OH，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N 2H6 HSO42， 5联胺被银离子氧化，银离子被复原生成单质银，2

14、价的 N 元素被氧化为 N2，反响方程式为： N 2H4+4AgBr=4Ag +N 2+4HBr ，因此反响出现现象为：固体逐渐变黑， 并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的平安使用，联胺被氧化失电子N 2H4 N2 4e， O2 4e，32g/mol ，那么等质量联胺和氧气物质的量一样，N2H4 O24e ，联胺和氧气摩尔质量都是理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的O21kg ，与使用 Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂质复原产物为N 2和 H2O，而 Na2SO3产生 Na2SO

15、4，9【2021新课标】丙烯腈 CH 2=CHCN 是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法 生产主要副产物有丙烯醛CH 2=CHCHO 和乙腈 CH 3CN 等答复以下问题：（ 1以丙烯、氨、氧气为原料， 在催化剂存在下生成丙烯腈 C3H 3N和副产物丙烯醛 C3H4O的热化学方程式如下：1 C3H6 g +NH 3 g +O2 g C3H3N g +3H 2O g H= 515kJmol1 C3H6 g +O 2 g C3H4O g +H 2O g H= 353kJmol两个反响在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反响选择性的关键因素是2图

16、 a为丙烯腈产率与反响温度的关系曲线，最高产率对应的温度为 460低于 460时，丙烯腈的产率填 “是 或“不是 对应温度下的平衡转化率，判断理由是；高于 460时，丙烯腈产率降低的可能原因是双选， 填标号A 催化剂活性降低B平衡常数变大C副反响增多D 反响活化能增大3丙烯腈和丙烯醛的产率与n氨 /n丙烯的关系如图 b所示由图可知，最正确n氨 /n丙烯约为，理由是进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约专业资料整理WORD格式第4页共 4页专业资料整理WORD格式为【答案】 1 两个反响均为放热量大的反响；低温、低压；催化剂；2 不是，该反响为放热反响，平衡产率应随温度升高而降低；AC ；3 1：

17、1；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1： 7.5： 1【解答】 解： 1两个反响在热力学上趋势均很大，两个反响均放热量大，即反响物和生成物的能量差大， 因此热力学趋势大；该反响为气体体积增大的放热反响，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，由图 b 可知，提高丙烯腈反响选择性的关键因素是催化剂， 2因为该反响为放热反响，平衡产率应随温度升高而降低，反响刚开场进展，尚未到达平衡状态， 460C 以前是建立平衡的过程，所以低于460C 时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460C 时，丙烯腈产率降低，A 催化剂在一定温度X围内活性较高，假设温度过高，活性降低，

18、故A 正确；B平衡常数的大小不影响产率，故B 错误；C根据题意，副产物有丙烯醛，副反响增多导致产率下降，故C 正确；D反响活化能的大小不影响平衡，故D 错误； 3根据图象可知，当约为 1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反响C3H6g +NH 3 g +O2 g =C3H 3N g+3H 2O g，氨气、氧气、丙烯按 1：1.5：1 的体积比参加反响到达最正确状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：1： 7.5：1，2+3+10【2021新课标】某班同学用如下实验探究Fe、 Fe 的性质答复以下问题：1分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均

19、配制成0.1mol/L的溶液在 FeCl2溶液中需参加少量铁屑，其目的是2甲组同学取 2mL FeCl 2溶液，参加几滴氯水，再参加1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，说明 Cl 2可将 Fe2+氧化 FeCl2溶液与氯水反响的离子方程式为3乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在 2mL FeCl 2溶液中先参加0.5mL 煤油，再于液面下依次参加几滴氯水和1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是4丙组同学取 10mL 0.1mol L 1KI 溶液，参加 6mL 0.1mol L 1FeCl 3溶液混合分别取2mL 此溶液于 3 支试管中进展如下实验： 第一支试管中参加1mL CCl

20、 4充分振荡、静置， CCl 4层显紫色； 第二支试管中参加1 滴 K3Fe CN6溶液，生成蓝色沉淀；专业资料整理WORD格式第5页共 5页专业资料整理WORD格式 第三支试管中参加1 滴 KSCN 溶液，溶液变红实验 检验的离子是填离子符号 ；实验和 说明：在 I 过量的情况下，溶液中仍含有填离子符号 ，由此可以证明该氧化复原反响为5丁组同学向盛有H 2O2溶液的试管中参加几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色， 发生反响的离子方程式为；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成， 产生气泡的原因是，生成沉淀的原因是用平衡移动原理解释 【答案】1 防止氯化亚铁被氧化；2+

21、3+2 Cl 2+2Fe =2Fe+2Cl；3 隔离空气排除氧气对实验的影响 ；4 Fe2+； Fe3+；可逆反响2+2H+3+5 2Fe +H 2O2=2Fe +2H 2O；铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；过氧化氢分解反响放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动【解答】 解： 1铁和氯化铁反响生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需参加少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，2氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反响的离子方程式2+3+：Cl2 +2Fe=2Fe +2Cl（ 3煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响（ 4参加 1 滴 K3Fe CN 6 溶

22、液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反响现象，实验2+CCl 4层显紫色说检验的离子是 Fe ，第一支试管中参加 1mL CCl 4充分振荡、静置，明生成 I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反响的离子方程式为：2+3+，Cl 2+2Fe =2Fe +2Cl第三支试管中参加 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化复原反响，仍含有铁离子，在Fe3+，说I 过量的情况下，溶液中仍含有明该反响为可逆反响 5向盛有 H2O2溶液的试管中参加几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反响的离子方程式为：2+3+2O，铁离2Fe

23、 +H 2O2+2H =2Fe +2H子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3+3H 2O Fe OH 3+3H+，水解反响为吸热反响，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动四、选考题：共 45 分请考生从给出的3 道物理题、 3 道化学题、 2 道生物题中每科任选一题作答， 并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，那么每学科按所做的第一题计分化学 -选修 2：化学与技术11【2021新课标】双氧水是一种重要

24、的氧化剂、漂白剂和消毒剂生产双氧水常采用蒽醌法，其反响原理和生产流程如下列图：专业资料整理WORD格式第6页共 6页专业资料整理WORD格式生产过程中， 把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、 压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水答复以下问题： 1蒽醌法制备 H 2O2理论上消耗的原料是，循环使用的原料是，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是2氢化物 A 中反响的化学方程式为进入氧化塔 C 的反响混合液中的主要溶质为3萃取塔 D 中的萃取剂是，选择其作萃取剂的原因是4工作液再生装置 F 中要除净残留的H2O2，原因是5双氧水浓度可在酸性条件下用KMn

25、O 4溶液测定，该反响的离子方程式为，一种双氧水的质量分数为27.5%密度为 1.10gcm3，其浓度为 1molL 【答案】 1 氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂；2；乙基氢蒽醌；（ 3 水；过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；（ 4 过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；+2+5 5H2O2 +6H +2MnO 4 =2Mn+5O2+8H 2O； 8.89【解答】 解： 1由转化反响可知，先与氢气发生加成反响，再与氧气发生氧化反响，那么蒽醌法制备 H 2O2理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基蒽醌开场被消耗，后来又生成，那么循环使用的原料是乙基蒽醌； 配

26、制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂， 2由原理和流程可知，A 中乙基蒽醌与氢气反响，反响为；进入氧化塔C 的反响混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌，专业资料整理WORD格式第7页共 7页专业资料整理WORD格式（ 3D 中萃取别离出过氧化氢溶液， 那么选择萃取剂为水， 选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，故答案为：水；过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；4工作液再生装置F 中要除净残留的H2O2，原因是过氧化氢分解放出氧气， 与氢气混合，易发生爆炸， 5双氧水在酸性条件下与KMnO 4溶液发生氧化复原反响生成氧气，离子反响

27、为+2+8H O，由 c=可知一种双氧水的质量分数为5H O +6H +2MnO4=2Mn+5O22223，其浓度为=8.89mol/L ，27.5%密度为 1.10gcm化学 -选修 3：物质构造与性质12【2021新课标】东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，*镍白铜铜镍合金闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品答复以下问题：1镍元素基态原子的电子排布式为， 3d 能级上的未成对电子数为2硫酸镍溶于氨水形成Ni NH 36SO4蓝色溶液Ni NH 36SO4中阴离子的立体构型是在Ni NH 36SO4中 Ni 2+与 NH 3之间形成的化学键称为，提供孤电子对的成键原子是氨的

28、沸点填“高于 或 “低于 膦 PH3，原因是；氨是分子填 “极性 或 “非极性 ，中心原子的轨道杂化类型为3单质铜及镍都是由键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：I Cu=1958kJmol 1、 I Ni =1753kJmol 1， ICu INi的原因是4某镍白铜合金的立方晶胞构造如下列图晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3，晶胞参数 a=nm假设合金的密度为 d gcm【答案】 122626821s 2s 2p3s 3p 3d 4s ； 2；2正四面体； 配位键； N ；sp3；3高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；3 金属；铜失去的是全充满的3d10电子， Ni 失去

29、的是4s1电子；4 3：1；710 【解答】 解： 1 Ni 元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为22626821s2s 2p 3s 3p3d 4s，3d 能级上的未成对电子数为2，2262682； 2；故答案为： 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s专业资料整理WORD格式第8页共 8页专业资料整理WORD格式2 SO42中 S 原子的孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=4 ，离子空间构型为正四面体， Ni 2+提供空轨道， NH 3中 N 原子含有孤电子对，二者之间形成配位键， PH3分子之间为X德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于

30、 PH3分子的，NH3分子为三角锥形构造， 分子中正负电荷重心不重合， 属于极性分子， N 原子有 1 对孤对电子，形成 3 个 N H 键，杂化轨道数目为 4，氮原子采取sp3杂化，sp3；故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；3单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为 3d10，+8 1+失去第二个电子更难， 元素铜的Ni的外围电子排布为 3d 4s ，Cu 的核外电子排布更稳定，第二电离能高于镍的，故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10电子， Ni 失去的是 4s1电子；4 晶胞中 Ni 处于顶点， Cu 处于面心，那么晶胞中

31、Ni 原子数目为8 =1、Cu 原子数目=6 =3，故 Cu 与 Ni 原子数目之比为3： 1， 属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，那么 3g=d gcm a107 cm3，解得 a=107化学 - 选修 5：有机化学根底13【2021新课标】氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为从而具有胶黏性某种氰基丙烯酸酯G的合成路线如下： A 的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰答复以下问题：1 A 的化学名称为专业资料整理WORD格式第9页共 9页专业资料整理WORD格式2 B 的构造简式为其核磁共振氢谱显示为组峰，峰面积比为3由 C 生成 D 的反响类型为4由

32、D 生成 E 的化学方程式为5 G 中的官能团有、填官能团名称6G 的同分异构体中，与G 具有一样官能团且能发生银镜反响的共有种不含立体构造【答案】1 丙酮；2；1：6；3 取代反响；4+NaOH+NaCl ；5 酯基、碳碳双键、氰基；68【解答】 解： A 的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，那么 A 分子中氧原子数目为=1 ，分子中 C、 H 原子总相对原子质量为58 16=42 ，那么分子中最大碳原子数目为=36，故 A 的分子式为C3H 6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成 B，故 A 为，B 为，B 发生消去反响生成C 为，C 与氯气光照反响生成D，

33、D 发生水解反响生成E，结合 E 的分子式可知，C 与氯气发生取代反响生成D ，那么 D 为，E 发生氧化反响生成F，F 与甲醇发生酯化反响生成G，那么 E为，F为，G为1由上述答案可知，A 为，化学名称为丙酮，2由上述答案可知，B 的构造简式为其核磁共振氢谱显示为2 组峰，峰面积比为1： 6，（ 3由 C 生成 D 的反响类型为：取代反响，故答案为：取代反响；4由 D 生成 E 的化学方程式为+NaOH+NaCl ，专业资料整理WORD格式第 10 页共 10 页专业资料整理WORD格式 5 G 为， G 中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基， 6G的同分异构体中，与 G 具有一样官能团且能发生

34、银镜反响，含有甲酸形成的酯基：HCOOCH 2CH=CH 2、HCOOCH=CHCH 3、HCOOC CH3=CH 2，当为 HCOOCH 2CH=CH 2时， CN 的取代位置有 3 种，当为 HCOOCH=CHCH 3时， CN 的取代位置有 3 种，当为 HCOOC CH 3 =CH 2时， CN 的取代位置有 2 种，共有 8 种专业资料整理WORD格式第 11 页共 11 页专业资料整理WORD格式2021年全国统一高考化学试卷【新课标】一、选择题：本大题共7 小题，每题 6 分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的1【2021新课标】以下关于燃料的说法错误的选项是A

35、 燃料燃烧产物 CO2是温室气体之一B化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C以液化石油气代替燃油可减少大气污染D燃料不完全燃烧排放的 CO 是大气污染物之一2【2021新课标】以下各组中的物质均能发生就加成反响的是A 乙烯和乙醇B苯和氯乙烯C乙酸和溴乙烷D 丙烯和丙烷2和 c+的电子3【2021新课标】 a、 b、 c、d 为短周期元素， a 的原子中只有 1 个电子， b层构造一样， d 与 b 同族以下表达错误的选项是A a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1B b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C c 的原子半径是这些元素中最大的D d 与 a 形成的化合物的溶液呈弱

36、酸性4【2021新课标】分子式为 C4H8Cl 2的有机物共有不含立体异构A7 种 B8 种 C9 种 D10 种5【2021新课标】 Mg AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池以下表达错误的选项是 2+A 负极反响式为Mg 2e =Mg+ B正极反响式为Age =AgC电池放电时Cl 由正极向负极迁移D负极会发生副反响Mg+2H 2O=Mg OH 2+H 26【2021新课标】某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进展如下实验： 取少量样品参加足量水仍有局部固体未溶解：再参加足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解； 取少量样品参加足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在该白色粉末

37、可能为A NaHCO 3、 Al OH3 B AgCl 、 NaHCO3CNa 2SO3、 BaCO3D Na2CO3、CuSO47【2021新课标】以下实验操作能到达实验目的是实验目的实验操作A 制备 Fe OH 3胶体将 NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl 3溶液中B由 MgCl 2溶液制备无水 MgCl 2将 MgCl 2溶液加热蒸干C除去 Cu 粉中混有的 CuO参加稀硝酸溶液，过滤、洗涤、枯燥D比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中AABBCCDD三、非选择题：包括必考题和选考题两局部第22 题第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答第33 题第 40 题为

38、选考题，考生根据要求作答一必考题共129 分专业资料整理WORD格式第 12 页共 12 页专业资料整理WORD格式8【2021新课标】联氨又称肼，N2H4，无色液体是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料答复以下问题：1联氨分子的电子式为，其中氮的化合价为2实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反响制备联氨，反响的化学方程式为3 2O2 g+N 2 g N2O4 l H1 N 2 g+2H2 g N2H4 l H2 O2 g+2H2g2H 2OgH 3 1 2N2H4 l +N2O4 l 3N 2g +4H 2O g H4= 1048.9kJmol上述反响热效应之间的关系式为 H4=，联氨和 N2O4

39、可作为火箭推进剂的主要原因为4联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似联氨第一步电离反响的平衡常数值为：+7 14N2H4+H N2H5的 K=8.7 10 ； K w=1.0 10 联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为5联氨是一种常用的复原剂向装有少量AgBr的试管中参加联氨溶液，观察到的现象是联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀 理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O2kg；与使用 Na2SO3处理水中溶解的 O2相比，联氨的优点是9【2021新课标】丙烯腈CH =CHCN 是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧2化法 生产主要副产物有丙烯醛CH 2=CHCHO 和乙腈 CH

40、 3CN 等答复以下问题：（ 1以丙烯、氨、氧气为原料， 在催化剂存在下生成丙烯腈 C3H 3N和副产物丙烯醛 C3H4O的热化学方程式如下：1 C3H6 g +NH 3 g +O2 g C3H3N g +3H 2O g H= 515kJmol1 C3H6 g +O 2 g C3H4O g +H 2O g H= 353kJmol两个反响在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反响选择性的关键因素是2图 a为丙烯腈产率与反响温度的关系曲线，最高产率对应的温度为 460低于 460时，丙烯腈的产率填 “是 或“不是 对应温度下的平衡转化率，判断理由是；高于 460时，丙烯腈产率降低的可能原因是双选，填标号A 催化剂活性降低B平衡常数变大C副反响增多D反响活化能增大3丙烯腈和丙烯醛的产率与n氨 /n丙烯的关系如图 b所示由图可知，最正确n氨 /n丙烯约为，理由是进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约专业资料整理WORD格式第 13 页共 13 页专业资料整理WORD格式为10【2021新课标】某班同学用如下实验探究2+3+Fe