2021年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）（含解析版）

2021年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效。化学试剂制备的气体3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。ACa(OH)2NH4ClNH3可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27Cl35.5Fe56一、选择题BMnO2HCl(浓)Cl21.我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳CMnO2KClO3O2中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是A.将重质油裂解为轻质油作为燃料DNaClH2SO4(浓)HClB.大规模开采可燃冰作为清洁燃料A.AB.BC.CD.DC.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染【答案】CD.研发催化剂将CO2还原为甲醇【解析】【答案】D【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体【解析】的密度大于空气的密度；【分析】【详解】A．氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错误；【详解】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；B．二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故BB．大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；错误；C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；C．二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向D．研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；上排空气法收集，故C正确；故选D。D．氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误；2.在实验室采用如图装置制备气体，合理的是故选C。3.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是【解析】22【分析】A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO3CaSO4CaCO3SO4【详解】A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；3B.过量铁粉加入稀硝酸中：Fe4HNO3FeNO2H2OB．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙C硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al34OHAlO2HO.22酸结构不相似，故B错误；D.氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2S2CuSC．该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子【答案】A【解析】式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；【分析】D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5mol二氧化碳，质量为22g，故D错误；【详解】.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：2ACO3故选C。2+CaSO4=CaCO3+SO4，故A正确；5.我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球士壤类似土壤中含有的短周期元素+W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H+2NO3族，下列结论正确的是2+=3Fe+2NO↑+4H2O，故B错误；A.原子半径大小顺序为WXYZC．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-B.化合物XW中的化学键为离子键=Al(OH)3↓，故C错误；C.Y单质的导电性能弱于Z单质的2++D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu+H2S=CuS↓+2H，故D错误；D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸答案选A。【答案】B4.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正【解析】【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻确的是元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同A.能发生取代反应，不能发生加成反应族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物O、Mg、Al、Si，据此答题。【详解】A．O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞C.与互为同分异构体O，即X>Y>Z>W，A错误；B．化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；D.1mol该物质与碳酸钠反应得44gCO2C．Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之【答案】C间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；故选D。D．Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误；7.HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M)随c(H+)而变化，M不发生水解。实验发现，298K时故选B。c2(M+)-c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。6.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是A.阳极发生将海水中的Cl氧化生成Cl2的反应B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO下列叙述错误的是C.阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气A.溶液pH4时，c(M)<3.010-1molL-1D.阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理B.的溶度积度积-8【答案】DMAKsp(MA)=5.010【解析】C.溶液pH=7时，c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电-4D.HA的电离常数Ka(HA)2.010--解海水，阳极区溶液中的Cl会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH，结合海水成分及电【答案】C解产物分析解答。【解析】-【详解】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；+--c(H)c(A)B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH在管道中会发生反应生成+-【分析】由题意可知HA是一元弱酸，其电离常数Ka(HA)=；Ksp(MA)=c(M)×c(A)，联立二式可c(HA)NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；+Ksp(MA)C．因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正2+得线性方程c(M)=c(H)+Ksp(MA)。Ka(HA)确；【详解】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=--2+D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e=H2↑+2OH，会使海水中的Mg沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2-8-4-4等积垢需定期清理，D错误。7.510mol/L=7.510mol/L<3.0×10mol/L，A正确；Ksp(MA)51+2+-8-8沉淀完全c=1.010molL的pH3.24.711.113.8B．当c(H)=0mol/L时，c(M)=5.0×10，结合分析可知5.0×10=0+Ksp(MA)=Ksp(MA)，B正Ka(HA)回答下列问题：确；FeO++--n-(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、23转化为相应的硫酸盐，写出C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M)+c(H)=c(A)+c(OH)+nc(X)，题给等式右边缺阴n-AlO转化为NHAlSO的化学方程式_______。离子部分nc(X)，C错误；23442+-52+-822-8-8D．当c(H)=20×10mol/L时，c(M)=10.0×10mol/L，结合Ksp(MA)=5.010B代入线性方程有10.0×10=(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是5.010-8_______。210-4+5.010-8，解得K(HA)2.010-4，D正确；K(HA)aa(3)“母液①中Mg2+浓度为_______molL-1。选C。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。三、非选择题：共174分。第22~32为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考2(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO水解析出TiO2xH2O沉淀，该反应的离子方程式是_______。题，考生根据要求作答。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。8.磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充焙烧【答案】AlO4MHSO2NHAlSO6NH3HO分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。(1).2342444232(2).3+3+2+6Fe、Al、Mg(3).1.010(4).硫酸(5).SiO2(6).CaSO4(7).2+(NH)SOTiO+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H(8).424【解析】【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO溶液；将TiOSO溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO完全金属离子Fe3Al3Mg2Ca2444水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。开始沉淀的pH2.23.59.512.4【详解】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先Ⅵ.