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 · 1.5 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.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.重水()中含有的质子数为B.的与完全反应时转移的电子数为C.环状()分子中含有的键数为D.的溶液中离子数为【答案】C【解析】【分析】【详解】A.的质子数为10,18g的物质的量为0.9mol,则重水()中所含质子数为,A错误;B.与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,B错误;C.一个()分子中含有的键数为8个,32gS8的物质的量为mol,则含有的键数为,C正确;D.酸性溶液中存在:,含Cr元素微粒有和,则的溶液中离子数应小于,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.A B.B C.C D.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:B.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1+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分析解答。【详解】根据上述分析可知,WH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。6.已知相同温度下,。某温度下,饱和溶液中、、与的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线①代表的沉淀溶解曲线B.该温度下的值为C.加适量固体可使溶液由a点变到b点D.时两溶液中【答案】B【解析】【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物,饱和溶液中-lg[c(Ba2+)]+{-lg[c()]}=-lg[c(Ba2+)×c()]=-lg[Ksp(BaSO4)],同理可知溶液中-lg[c(Ba2+)]+{-lg[c()]}=-lg[Ksp(BaCO3)],因Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),则-lg[Ksp(BaCO3)]<-lg[Ksp(BaSO4)],由此可知曲线①为-lg[c(Ba2+)]与-lg[c()]的关系,曲线②为-lg[c(Ba2+)]与-lg[c()]的关系。【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的沉淀溶解曲线,选项A错误;B.曲线①为BaSO4溶液中-lg[c(Ba2+)]与-lg[c()]的关系,由图可知,当溶液中-lg[c(Ba2+)]=3时,-lg[c()=7,则-lg[Ksp(BaSO4)]=7+3=10,因此Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,选项B正确;C.向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后,溶液中c(Ba2+)增大,根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知,溶液中c()将减小,因此a点将沿曲线①向左上方移动,选项C错误;D.由图可知,当溶液中c(Ba2+)=10-5.1时,两溶液中==,选项D错误;答案选B。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解离为和,并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是A.在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B.阳极上的反应式为:+2H++2e-=+H2OC.制得乙醛酸,理论上外电路中迁移了电子D.双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移【答案】D【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-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】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为乙二醛制备乙醛酸的中间产物,故A错误;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;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,理论上外电路中迁移了2mol电子,故C错误;D.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;综上所述,说法正确的是D项,故答案为D。二、非选择题8.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:(1)的一种制备方法如下图所示:①加入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_______;若反应物用量比时,氧化产物为_______;当,单质碘的收率会降低,原因是_______。(2)以为原料制备的方法是:先向溶液中加入计量的,生成碘化物;再向混合溶液中加入溶液,反应得到,上述制备的总反应的离子方程式为_______。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和,若生成,消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后,过滤,滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。【答案】(1).2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-(2).AgNO3(3).FeI2+Cl2=I2+FeCl2(4).I2、FeCl3(5).I2被过量的进一步氧化(6).(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应生成硝酸银参与循环中,故答案为:2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-;AgNO3;②通入过程中,因I-还原性强于Fe2+,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,若反应物用量比时即过量,先氧化完全部I-再氧化Fe2+,恰好将全部I-和Fe2+氧化,故氧化产物为I2、FeCl3,当即过量特别多,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被过量的进一步氧化;(2)先向溶液中加入计量的,生成碘化物即含I-的物质;再向混合溶液中(含I-)加入溶液,反应得到,上述制备的两个反应中I-为中间产物,总反应为与发生氧化还原反应,生成和,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:,故答案为:;(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和,化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4,若生成,则消耗的至少为4mol;反应中加入过量,I-浓度增大,可逆反应平衡右移,增大溶解度,防止升华,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()易溶于水,难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾,并测定其结晶水的含量。回答下列问题:(1)制备胆矾时,用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外,还必须使用的仪器有_______(填标号)。A.烧杯B.容量瓶C.蒸发皿D.移液管(2)将加入到适量的稀硫酸中,加热,其主要反应的化学方程式为_______,与直接用废铜和浓硫酸反应相比,该方法的优点是_______。(3)待完全反应后停止加热,边搅拌边加入适量,冷却后用调为3.5~4,再煮沸,冷却后过滤。滤液经如下实验操作:加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______,得到胆矾。其中,控制溶液为3.5~4的目的是_______,煮沸的作用是_______。(4)结晶水测定:称量干燥坩埚的质量为,加入胆矾后总质量为,将坩埚加热至胆矾全部变为白色,置于干燥器中冷至室温后称量,重复上述操作,最终总质量恒定为。根据实验数据,胆矾分子中结晶水的个数为_______(写表达式)。(5)下列操作中,会导致结晶水数目测定值偏高的是_______(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少胆矾迸溅出来【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(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,易于过滤(8).(9).①③【解析】【分析】【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、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)将加入到适量的稀硫酸中,加热,其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O;直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫

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