2021年全国统一高考化学试卷（新课标ⅲ）（含解析版）

则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；2021年全国卷甲卷理综化学试卷32g1一、选择题C．一个S8()分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为=mol，则含有的S-S832g/mol8化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是1.1键数为8NA=NA，C正确；A.食品加工时不可添加任何防腐剂8．酸性KCrO溶液中存在：2-2-+，含元素微粒有2-和2-，则1LpH=4的B.掩埋废旧电池不会造成环境污染D227Cr2O7+H2O2CrO4+2HCrCr2O7CrO4C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体-12-0.1molLK2Cr2O7溶液中Cr2O7离子数应小于0.1NA，D错误；D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染故选C。【答案】C3.实验室制备下列气体的方法可行的是【解析】气体方法【分析】【详解】A．食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A错误；A氨气加热氯化铵固体B．废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故B错误；B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C．天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C正确；C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸D．含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D错误；故选C。D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.AB.BC.CD.DA.18g重水(D2O)中含有的质子数为10NA【答案】DB.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA【解析】【分析】C.32g环状S8()分子中含有的S-S键数为1NA【详解】A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于-12-D.1LpH=4的0.1molLK2Cr2O7溶液中Cr2O7离子数为0.1NA制备氨气，A不可行；【答案】CB．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；【解析】C．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体【分析】会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；18gD．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可【详解】A．DO的质子数为10，18gDO的物质的量为=0.9mol，则18g重水(DO)中所含质子数为2220g/mol2行；故选D。9NA，A错误；4.下列叙述正确的是B．NO与HO反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，22A.甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应B.用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和乙醇D．W、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确。C.烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少故选D。D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体已知相同温度下，KBaSOY>X>W-10B.该温度下BaSO4的KspBaSO4值为1.010B.W与X只能形成一种化合物C.Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点D.W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物2-cSO4D.cBa2+=105.1时两溶液中=10y2y12-【答案】DcCO3【解析】【答案】B【分析】W．X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之【解析】和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推2＋2-2＋2-【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba)]＋{－lg[c(SO4)]}＝－lg[c(Ba)×c(SO4)]＝－知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，Y的最外层电子2＋2-lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba)]＋{－lg[c(CO)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜63数为=3，则Y为Al元素，Z为S元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。22＋2-Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba)]与－lg[c(SO4)]的关系，曲线【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Al元素，Z为S元素，则②为－2＋与－2-的关系。A．电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)＞lg[c(Ba)]lg[c(CO3)]W(H)，A错误；【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解B．W为H元素，X为N元素，两者可形成NH3和N2H4，B错误；曲线，选项A错误；C．Y为Al元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；2＋2-2＋C．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba)]与－lg[c(SO4)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba)]＝3时，－lg[c(酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论2-－10SO4)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10，选项B正确；上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；C．向饱和BaSO溶液中加入适量BaCl固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则K(BaSO)不变可知，溶液42sp4D．由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；中2-将减小，因此点将沿曲线①向左上方移动，选项错误；c(SO4)aC综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。2-y2二、非选择题cSO410D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1y2，选项D错误；2-y1cCO3108.碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：答案选B。(1)I2的一种制备方法如下图所示：7.乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为+-H和OH，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比nCl2/nFeI2=1.5时，氧化产物为_______；当nCl2/nFeI2>1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。A.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为_______mol。I2在KI溶B.阳极上的反应式为：+-液中可发生反应--。实验室中使用过量的与CuSO溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高+2H+2e=+H2OI2+II3KI4纯碘。反应中加入过量KI的原因是_______。C.制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子2+-【答案】(1).2AgI+Fe=2Ag+Fe+2I(2).AgNO3(3).FeI2+Cl2=I2+FeCl2(4).I2、FeCl3(5).I2被过D.双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移量的进一步氧化--2-+防止单质碘析出【答案】DCl2(6).2IO3+5HSO3=I2+5SO4+3H+H2O(7).4(8).【解析】【解析】【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br-【分析】+-被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H在直流电场作用下移向阴极，OH移向阳极。【详解】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中2+-【详解】A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe+2I，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与2+-醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe+2I；AgNO3；-B．阳极上为Br失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；-2+-②通入Cl2的过程中，因I还原性强于Fe，Cl2先氧化还原性强的I，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比nCl2/nFeI2=1.5时即Cl2过量，先氧化完Δ【答案】(1).A、C(2).CuO+H2SO4CuSO4+H2O(3).不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少-2+-2+全部I再氧化Fe，恰好将全部I和Fe氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当nCl2/nFeI2>1.5即Cl2过量特别（硫酸利用率高）(4).过滤(5).干燥(6).除尽铁，抑制硫酸铜水解(7).破坏氢氧化铁胶体，易于多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2=80(m2m3)过滤(8).(9).①③；、；被过量的进一步氧化；I2+FeCl2I2FeCl3I2Cl29(m3m1)--【解析】(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I的物质；再向混合溶液中（含I）加入NaIO3溶【分析】---2-液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I为中间产物，总反应为IO3与HSO3发生氧化还原反应，生成SO4【详解】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、和，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得：--2-+I2]2IO3+5HSO3=I2+5SO4+3H+H2O玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；--2-+