1．【命题意图】本题以生物体中存在的有机化合物为素材，考查了糖类、蛋白质、核酸的相关知识。
【难度】容易。
【讲评建议】素材内容出自选择性必修3第四章生物大分子。考查的四个选项紧扣课标对生物大分子的要求：认识糖类和蛋白质的组成和性质特点，了解淀粉和纤维素及其与葡萄糖的关系等。D选项出自选择性必修2 P58“生物大分子中的氢键”。
2．【命题意图】本题以常见补铁剂(NH2CH2COO)2Fe为载体，考查核素符号、杂化类型、官能团名称、电子排布图”等化学用语。
【难度】容易。
【讲评建议】C选项考查常见有机物的官能团结构识别与名称书写，注意不要写错别字。
3．【命题意图】本题考查常见有机物的系统命名。
【难度】容易。
【讲评建议】A选项烷烃；B选项烯烃，注意从靠近碳碳双键的一边开始编号；C选项烃的衍生物醇，不含碳原子的官能团羟基作为支链；D选项出自选择性必修3 P63，有关其他酚及其衍生物的命名不必扩展。
4．【命题意图】本题以硝基苯的制备实验为素材，考查实验装置图及相关实验基本操作。
【难度】容易。
【讲评建议】A选项酸的混合要浓硫酸加入到浓硝酸中并搅拌；B选项水浴加热，温度计测水浴温度，长导管起导气和冷凝回流的作用；C选项硝基苯不溶于水，密度比水大；D选项有机物采用蒸馏的方法提纯。
5．【命题意图】本题考查前后句说法的因果关系是否正确。A、B、C三个选项是关于物质的性质和用途间的因果关系，D选项是关于物质的结构和性质间的因果关系。
【难度】中等。
【讲评建议】A选项氧化铝、氧化镁、二氧化硅等因其熔点高可作耐高温材料。B选项出自选择性必修3 P38，一些高分子的共轭大π键体系为电荷传递提供了通路。D选项出自选择性必修3 P54 F的电负性大于Cl的电负性，F—C的极性大于Cl—C的极性，使得F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
6~8.【命题意图】本题从当前热门的“碳中和”的概念出发，以CO2参与有机合成制取尿素与水杨酸、冬青油为载体，进行组合命题。从微观角度和宏观角度综合考查了物质结构与性质、氧化还原反应、酯化反应机理、化学反应速率、平衡移动原理以及有机物的转化关系。对学生信息获取与加工、推理判断、解决问题能力提出了较高的要求。
【难度】中等
6.【评讲建议】CO2的空间结构为直线形，对称，故为非极性分子，A项错误；N原子2p轨道半充满，比较稳定，第一电离能较O大，故B项错误；水杨酸能形成分子内氢键，而只能形成分子间氢键，沸点高于水杨酸，故高于210℃，C项正确；分析化合价可知，CO2合成尿素的反应为非氧化还原反应，故D项错误。
7.【评讲建议】酯化反应的机理是羧基脱羟基、羟基脱氢，18O在酯分子中，故A项正确；根据材料中提供的信息，甲醇和水杨酸的沸点均低于冬青油，加热时温度不宜过高，否则会蒸出甲醇不利于反应向右进行，故B项错误；平衡时冬青油的量不再变化，故油层厚度不再变化可说明反应达到平衡，C项正确；酯化反应中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂，作为催化剂可加快反应速率，作为吸水剂可及时除去生成的水，促进反应向右进行，从而提高冬青油的产率，故D项正确。
8.【评讲建议】酸性：-COOH＞H2CO3＞苯酚＞HCOeq \o\al(－,3)，故与NaHCO3反应生成，A项错误；以Ni为催化剂时，苯环、醛基都能与H2加成，B项正确；受苯环影响，烷基苯被酸性KMnO4氧化时，烷基均被氧化为-COOH，C项正确；酰胺在酸性条件下水解可得酸和铵盐(选择性必修3，P79)，D项正确。
9.【命题意图】本题配合物[Cu(NH3)4]Cl2的再生为载体，考查σ键、离子键与非极性共价键的判断、晶胞中微粒的位置关系等物质结构知识以及陌生氧化还原反应离子方程式的正误判断。
【难度】中等
【评讲建议】1个 [Cu(NH3)4]2+中含4个N→Cu配位键和4×3个N-H σ键，配位键也
属于σ键，故1mol [Cu(NH3)4]2+中σ键的数目为16mol，A项错误；NH4Cl晶体中NHeq \o\al(＋,4)
和Cl－通过离子键相结合，NHeq \o\al(＋,4)中N与H之间通过极性共价键相结合，故B项错误；
NH4Cl晶体中Cl－位于8个晶胞共同的角上，每个晶胞中有一个NHeq \o\al(＋,4)，故NH4Cl晶体
中与1个Cl－距离最近的NHeq \o\al(＋,4)有8个，C项正确；分析方程式2[Cu(NH3)4]+＋2NHeq \o\al(＋,4)＋
O2＝2[Cu(NH3)4]2+＋2H2O＋2NH3，得失电子不守恒，1个[Cu(NH3)4]+失1个e－，1个
O2得4个e－，故方程式应为4[Cu(NH3)4]+＋4NHeq \o\al(＋,4)＋O2＝4[Cu(NH3)4]2+＋2H2O＋
4NH3，D项错误。
10．【命题意图】本题以惰性电极电解KNH2的液氨溶液为题材，与学生熟悉的惰性电极电解KOH的水溶液极其相似。主要考查学生对电解的理解与知识迁移的能力，从微观角度和宏观角度进行了综合的考查，对学生信息获取与加工、推理判断能力提出了较高的要求。试题意在引导中学化学教学重视化学基本原理的学习，在教学中重视学生信息素养的提升。
【难度】中等。
【讲评建议】A项，考查对粒子空间构型的理解与掌握，NHeq \o\al(＋,4)和NHeq \o\al(－,2)中心N原子均为sp3杂化，NHeq \o\al(＋,4)为正四面体形，而NHeq \o\al(－,2)中心N上有两对孤电子，孤电子对有较大斥力，故NHeq \o\al(－,2)键角要小，A项错误；本题分析电解原理时可结合电解水来理解，液氨相当于水，KNH2相当于KOH，总结果就是电解液氨生成N2和H2，H2在阴极生成，故b极为阴极（也可根据化合价变化判断），连接电源负极，故B项错误；电解过程中，电解质溶液中阳离子向阴极迁移，故C项错误；电解KOH水溶液时，阳极反应为4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑，可类比推出a极发生的反应为6NHeq \o\al(－,2)－6e－＝4NH3＋N2↑，故D项正确。
11．【命题意图】本题以合成治疗新冠肺炎药物阿比朵尔的中间体为情境，考查学生对有机物的组成、结构和性质的掌握情况。
【难度】中等
【评讲建议】顺反异构的条件是双键两端同一碳原子上连接不同的原子或原子团，X分子中不存在这样的结构，故A项错误；B项，考查反应过程中有机物组成的变化，学生需掌握键线式和细心，才能正确判断，对比可发现X与Y分子组成相差C2H2O，故B项错误；胺类化合物具有碱性，能与酸反应生成水溶性更大的盐(选择性必修3，P78)，故C项正确；Y中含有两个酯基，其中一个是酚酯，故1mol Y与足量NaOH溶液反应最多可消耗3mol NaOH，故D项错误。
12．【命题意图】本题以CH4的氯代反应自由基反应机理的链引发、链传递、链终止为背景，从微观角度和宏观角度进行了综合的考查，对学生信息获取与加工、推理判断能力提出了较高的要求，能让学生能从机理角度认识化学反应。
【难度】中等
【评讲建议】对CH4的氯代反应自由基反应机理的阅读理解是解答本题的关键，链引发Cl22Cl·的过程断裂化学键需要吸收能量，Cl·和CH4碰撞产生新的自由基进行链传递，随反应不断进行，自由基循环反应，自由基浓度降低达到链终止，反应结束。故CH4氯代开始就开始了自由基的循环，不可以得到纯净的CH3Cl；本题中自由基的引发是由Cl22Cl·完成，而光照CH4不可以得到自由基；根据前面分析链传递涉及的反应，由CH3Cl生成CH2Cl2的链传递方程式应为两个分别是：Cl·＋CH3Cl→·CH2Cl＋HCl；·CH2Cl＋Cl2→Cl·＋CH2Cl2。故答案选A。
13．【命题意图】本题以实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质为背景，考查弱电解质的电离、盐类水解、以及难溶电解质的溶解平衡等水溶液中的离子反应与平衡问题，考查了电离常数、水解常数、盐溶液中电荷守恒、物料守恒等原理的综合应用，要求学生具备缜密的思维和较强的分析能力。
【难度】较难
【评讲建议】解决本题的关键主要是：(1)厘清电离常数、水解常数与溶液酸碱性的关系；(2) Ksp的计算 (3)分析溶液中存在的平衡；(4)建立溶液中微粒的浓度关系。
A项，由已知：Ka1(H2SO3)=1.54×10−2，Ka2(H2SO3)=1.02×10−7可知HSO3-的电离大于水解，故A错误；B项，实验2中，水分蒸发c(Na2SO3)增大，PH应该变大，而实验测得变小，故应该是Na2SO3氧化变质而导致c(Na2SO3)减小，故B错误；向0.01mol·L−1Na2SO3溶液中加入等体积0.01mol·L−1BaCl2溶液，发生反应生成BaSO3沉淀，即Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，等体积混合，混合后浓度减半，即c(SOeq \o\al(2－,3))=0.005 mol·L−1，c(Ba2+)=0.005 mol·L−1，c(Oeq \o\al(2－,3))×c(Ba2+)=0.005×0.005=2.5×10-5，因此时有沉淀产生，故能得出结论Ksp(BaSO3)＜2.5×10-3，故C错误；D项，0.1mol·L−1 NaHSO3溶液中加入适量0.1mol·L−1NaOH溶液，测得pH为7，得到的溶液中有c(Na+)+c(H+)=2c(SOeq \o\al(2－,3))+c(HSOeq \o\al(－,3))+c(OH—)，所以c(Na+)=2c(SOeq \o\al(2－,3))+c(HSOeq \o\al(－,3))， EQ \f(c(Na+),c(HSOeq \o\al(－,3))) = EQ \f(2c(SOeq \o\al(2－,3))+c(HSOeq \o\al(－,3)),c(HSOeq \o\al(－,3))) = EQ \f(2c(SOeq \o\al(2－,3)),c(HSOeq \o\al(－,3))) +1= EQ \f(2c(SOeq \o\al(2－,3))×c(H+),c(HSOeq \o\al(－,3))×c(H+)) +1= EQ \f(2K2, c(H+)) +1= EQ \f(2×1.02×10-7, 10-7) +1=3.04，故D正确。
14．【命题意图】本题以MnCO3热解得到三种价态锰的氧化物的多重平衡体系为背景，考查化学反应的方向以及对化学平衡的理解和掌握程度，关注学生对图像的分析、加工和处理能力。
【难度】较难
【评讲建议】由图像可以看出：随热解温度升高，热解产物中MnO占比逐渐减小，说明在相同热解时间条件下，随温度升高，MnO氧化速率加快；温度在 310-330℃ 范围内，Mn2O3占比略有升高，没有MnO2产生，说明温度升高使热解产生的MnO被氧化为Mn2O3，但此时温度相对较低， MnO和Mn2O3并不能进一步氧化为MnO2；温度在350-450℃范围内，MnO占比持续降低、MnO2占比逐步升高，并在450℃时达到最高，这表明在此温度范围内，碳酸锰热解生成的MnO与氧气开始剧烈反应生成MnO2，此阶段是MnO2的主要生成阶段；继续升温到450-490℃范围内，产物中MnO占比持续减小、Mn2O3占比开始升高、MnO2占比开始下降，其原因在于温度升高导致MnO2失去氧而生成Mn2O3。为了获得较高纯度MnO2，试验选择450℃ 作为碳酸锰热解的最佳温度。
A项，ΔS>0，所以ΔH>0。故A正确；B项，由图像分析可知曲线a表示Mn2O3中锰元素所占比例随温度的变化，故B正确；C项，该段温度范围内存在着大量的MnO与氧气开始剧烈反应生成MnO2。故C错误；D项，适当增大空气的流速，增大了O2的浓度，可以提高MnO2的产率，故D正确。
15．【命题意图】本题以工业处理含H3AsO3的废水为背景，考查第四周期主族元素核外电子排布式、水解的离子方程式、有关Ksp的简单计算、陌生情境方程式的书写、以及多步反应的计算等。
【难度】中等。
【讲评建议】（1）注意水解的离子方程式等基本方程式书写的规范。（2）CaF2是AB2型沉淀，CaSO4是AB型沉淀，利用Ksp(CaSO4)先算出Ca2+，再用Ksp(CaF2)计算c(F-)。
（3）①书写生成FeAsO4的离子方程式，注意要结合室温下，溶液中As(Ⅲ)物种分布分数与pH的关系图确定pH在10～11范围内反应物中含砷微粒的存在形式。
= 2 \* GB3 ②测定“滤渣C”中FeAsO4含量。这是连续滴定的计算，从题给方程式找出计算的关系式FeAsO4～AsOeq \o\al(3－,4)～I2～2S2Oeq \o\al(2－,3)用于 QUOTE O32- 计算。注意因为I－既能还原AsOeq \o\al(3－,4)也能还原Fe3+，所以先加入足量的NaF将Fe3+ 转化为FeFeq \o\al(3－,6)，提给信息“氧化性I2＞FeFeq \o\al(3－,6)”说明I－不能还原FeFeq \o\al(3－,6)。
16．【命题意图】本题以合成二氢猕猴桃内酯为载体，在复杂、陌生的研究对象及问题情境下，体现了对有机化合物的制备、物质结构、反应类型、结构简式和合成路线等有机化学知识的考查，对学生信息获取与加工、逻辑论证、推理判断等的能力提出较高的要求。
【难度】中等
【评讲建议】
（1）引导学生学会判断环状有机化合物分子上的手性碳原子（4个单键，每个单键的化学环境均不同于其他单键），可以用“*”标出。F中手性碳原子有2个：。
（2）根据以及信息“A+丙酮→B的反应经历两步，第二步是消去反应”可推出中间产物为，由丙酮中羰基的α-H与A中的醛基发生加成反应获得。
（3）D→E过程物质转化为，可推知-OH连在双键碳上时能够转化为羰基，可类比推出。
（4）指导学生从不饱和度（缺氢指数）、碳原子数以及杂原子数角度分析，然后再根据给出的限定条件写出同分异构体。教师可以归纳总结如何利用等效氢的种类快速判断苯环上取代基的分布。
（5）有机合成路线设计所需的信息主要有三种：第一种是课程标准要求学生应知应会的知识；第二种是总题干所提供的信息，包括流程信息和注解信息；第三种是小题干所提供的信息（有时候不提供）。本题中需要用到前两种信息。基本思路如下：
分析原料和产物可知：碳原子数相同，形成碳环和酯基。
题干中A→B→C中有碳的连接或成环，而经水解再催化氧化可得，满足A→B转化所需的官能团，故前三步应为
对比与可发现，题干中C→D可实现该变化，故总路线为
第1、2步为应知应会知识，第3、4步为总题干信息。
17．【命题意图】本题以铁的腐蚀和防护为背景，通过实验探究了铁在NaCl和盐酸的混
合溶液中形成原电池发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的过程，考查学生对析氢腐蚀和吸氧腐蚀
的认识；然后以热镀锌为背景考查电镀速率与镀层的关系；实验设计是以镀锌废液中含有Zn2+（<1 mol·L−1）、Fe2+、Fe3+、NHeq \o\al(+,4)、H＋等阳离子，回收ZnCl2-NH4Cl溶液的实验方案。考查物质分离提纯、除杂、基本反应原理以及实验操作等。
【难度】较难
【评讲建议】
（1）①根据所给溶液开始时pH=1，为强酸性溶液，故铁炭形成原电池，300s前发生
析氢腐蚀的程度大于吸氧腐蚀的程度；300s后发生吸氧腐蚀的程度大于析氢腐蚀的程
度从而导致容器内压强先增大后减小。
②反应过程中，，300s前主要发生析氢腐蚀；300s后主要发生吸氧腐蚀，此时溶液仍
然为酸性，此时的正极电极反应方程式是4H+ + O2 + 4e＝2H2O，继续消耗H+，混
合液里先期生成的Fe2+会被氧化生成Fe(OH)3，反应的离子方程式为4Fe2+＋O2＋
10H2O＝4Fe(OH)3＋8H+。
③700s后pH略下降，由正极电极反应方程式是4H+ + O2 + 4e＝2H2O，继续消耗
H+，混合液里先期生成的Fe2+会被氧化生成Fe(OH)3，反应的离子方程式为4Fe2+＋
O2＋10H2O＝4Fe(OH)3＋8H+可知相同时间内，铁被氧化成Fe2+消耗H+的量小于
Fe2+被氧化成Fe(OH)3产生H+的量，。
（2）①根据已知：镀层金属析出缓慢、平稳时，镀层致密、细腻；溶液中Zn2+与NH3
可发生反应：Zn2+＋nNH3[Zn(NH3) n]2+ (n=1~4)。结合反应：
Zn2+＋nNH3[Zn(NH3) n]2+ (n=1~4)的平衡移动原理可以得到：通过反应
Zn2+＋nNH3[Zn(NH3)n]2+降低c(Zn2+)，使得Zn2+放电速率减缓，同时通过平衡的
移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用。
= 2 \* GB3 ②镀锌废液的回收。
本方案的设计主要是除去杂质Fe元素，将Fe2+氧化为转化Fe3+为Fe(OH)3除去。选
择调节pH试剂考虑不引入杂质，应选用1.0mol·L−1氨水。所以方案为：在搅拌下向
待回收电镀废液中滴加30% H2O2，至溶液黄色不再加深，边搅拌边向溶液中滴加
1.0mol·L−1氨水，测量溶液pH，当pH略高于3.2时停止滴加，过滤。
18．【命题意图】本题以“乙二醇的制备”为背景，考查了盖斯定律、多重平衡体系、催化机理分析、方程式书写、氧化还原反应中的电子转移，考查学生提取、加工文字信息和图
示信息的能力，要求学生具备较扎实的理论基础和较强的解题能力。
【难度】较难。
【讲评建议】本题的讲评需要基于氧化还原、影响平衡移动的因素等基础知识，重视文字表述及化学用语的规范性，注重结合具体问题的解决培养学生化学学科的学科思想和思维方式，重视培养学生阅读能力和提取图示信息的能力，养成分析推理形成结论的能力。
（1） 反应Ⅰ：C(s) + H2O(g)CO(g) + H2(g) ΔH1＝+131kJ·mol−1
反应Ⅱ：CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH2=-41kJ·mol−1
由Ⅰ-Ⅱ可得：CO2(g) + C(s)2CO(g)的ΔH＝+172kJ·mol−1
（2）反应Ⅳ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) 的ΔH用反应Ⅱ推导，ΔH4＞0，
600℃下，反应Ⅲ正向进行的程度减小，反应Ⅳ正向进行的程度增大，反应Ⅲ
减小的程度小于反应Ⅳ增大的程度，所以600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低。题目是分别在500℃和600℃下达到平衡，是平行实验，不能用平衡移动去解释。高考对语言表达的规范与逻辑严密，要求越来越高。
（3）①
通过对脱附1的分析，产物是吸附在Pd上的CH3OOC-组合而成，所以X为CH3OOCOCH3。
②Pd-H中间体上的H与其它中间体上的基团组合，使反应终止，HCHO是由羰基和H结合而成，H与CH3O-结合生成CH3OH，与CH3OOC-结合生成CH3OOCH。
③结合“转化2”中的总反应4CH3OH＋4CO＋O2―→2CH3OOC-COOCH3＋2H2O 和第一步反应2CO＋2CH3ONO―→CH3OOC-COOCH3＋2NO，可判断第二步反应为：
4NO＋4CH3OH＋O2―→4CH3ONO＋2H2O
（4）“转化3”生成乙二醇和甲醇的反应为：+4H2+2CH3OH，转移电子数由4molH2可快速推出是8mol。