2021年全国统一高考化学试卷（新课标ⅲ）（含解析版）

2021年全国卷甲卷理综化学试卷一、选择题1.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是A.食品加工时不可添加任何防腐剂B.掩埋废旧电池不会造成环境污染C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染【答案】C【解析】【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；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；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；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。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.18g重水(D2O)中含有的质子数为10NAB.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NAC.32g环状S8()分子中含有的S-S键数为1NA-12-D.1LpH=4的0.1molLK2Cr2O7溶液中Cr2O7离子数为0.1NA【答案】C【解析】【分析】18g【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2220g/mol2质子数为9NA，A错误；B．NO2与H2O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，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；32g1C．一个S()分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为=mol，则含8832g/mol81有的S-S键数为8N=N，C正确；8AA．酸性KCrO溶液中存在：2-2-+，含元素微粒有2-和2-，则D227Cr2O7+H2O2CrO4+2HCrCr2O7CrO4-12-1LpH=4的0.1molLK2Cr2O7溶液中Cr2O7离子数应小于0.1NA，D错误；故选C。3.实验室制备下列气体的方法可行的是气体方法A氨气加热氯化铵固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【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，所以不能用于制备氨气，A不可行；B．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；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，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；D．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可行；故选D。4.下列叙述正确的是A.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C.烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A．甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A错误；B．乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别两者，B正确；C．含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C错误；D．戊二烯分子结构中含2个不饱和度，其分子式为C5H8，环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为C5H10，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D错误。故选B。5.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的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是A.原子半径：Z>Y>X>WB.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D.W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物【答案】D【解析】【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61+5=6，Y的最外层电子数为=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2分析解答。【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)＞W(H)，A错误；B．W为H元素，X为N元素，两者可形成NH3和N2H4，B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；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。故选D。已知相同温度下，KBaSO1.5，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_______。(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在溶液中可发生反应--。实验室中使用过量的与CuSO溶液反应后，过滤，滤液经水蒸KII2+II3KI4气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是_______。2+-【答案】(1).2AgI+Fe=2Ag+Fe+2I(2).AgNO3(3).FeI2+Cl2=I2+FeCl2(4).I2、FeCl3--2-+(5).I2被过量的Cl2进一步氧化(6).2IO3+5HSO3=I2+5SO4+3H+H2O(7).4(8).防止单质碘析出【解析】【分析】【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，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反2+-应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe+2I；AgNO3；-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Cl2-2+-2+过量，先氧化完全部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=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的Cl2进一步氧化；--(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2-反应，生成SO4和I2，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-+--2-+2IO3+5HSO3=I2+5SO4+3H+H2O，故答案为：2IO3+5HSO3=I2+5SO4+3H+H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成1molI，则消耗的至少为；反应中加入过量，-浓度增大，可逆反应--平衡2KI4molKIII2+II3右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。9.胆矾(CuSO45H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的