2021年全国统一高考化学试卷(新课标ⅲ)(含解析版)

2023-10-26 · U3 上传 · 18页 · 1.8 M

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

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