2021年高考全国甲卷化学试题（解析版）A3

绝密★考试启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）理科综合能力测试·化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cu64Zr91一、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.AN为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.18g重水(2DO)中含有的质子数为A10NB.3mol的2NO与2HO完全反应时转移的电子数为A4NC.32g环状8S()分子中含有的S-S键数为A1ND.1LpH=4的-12270.1molLKCrO溶液中2-27CrO离子数为A0.1N【答案】C【解析】【分析】【详解】A．2DO的质子数为10，18g2DO的物质的量为18g=20g/mol0.9mol，则18g重水(2DO)中所含质子数为A9N，A错误；B．2NO与2HO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A2N，B错误；C．一个8S()分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为32g=832g/mol18mol，则含有的S-S键数为AA18N=N8，C正确；D．酸性227KCrO溶液中存在：2-2-+2724CrO+HO2CrO+2H，含Cr元素微粒有2-27CrO和2-4CrO，则1LpH=4的-12270.1molLKCrO溶液中2-27CrO离子数应小于A0.1N，D错误；故选C。3.实验室制备下列气体的方法可行的是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；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：ZYXWB.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1+5=6，Y的最外层电子数为62=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，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。6.已知相同温度下，3sp4spBaSOBaCOKK。某温度下，饱和溶液中2-4-lgSOc、2-3-lgCOc、与2+-lgBac的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线①代表3BaCO的沉淀溶解曲线B.该温度下4BaSO的sp4BaSOK值为-101.010C.加适量2BaCl固体可使溶液由a点变到b点D.2+5.1Ba=10c时两溶液中212-4yy2-3SO=10COcc【答案】B【解析】【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(2-4SO)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(2-4SO)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(2-3CO)]}＝－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(2-4SO)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(2-3CO)]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(2-4SO)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(2-4SO)＝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(2-4SO)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2-42-3SOCOcc＝21yy1010＝12yy10，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2HO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A.KBr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2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子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【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)2I的一种制备方法如下图所示：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2Cl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22nCl/nFeI=1.5时，氧化产物为_______；当22nCl/nFeI1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以3NaIO为原料制备2I的方法是：先向3NaIO溶液中加入计量的3NaHSO，生成碘化物；再向混合溶液中加入3NaIO溶液，反应得到2I，上述制备2I的总反应的离子方程式为_______。(3)KI溶液和4CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和2I，若生成21molI，消耗的KI至少为_______mol。2I在KI溶液中可发生反应--23I+II。实验室中使用过量的KI与4CuSO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KI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2Cl进一步氧化(6).--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO(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应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入2Cl的过程中，因I-还原性强于Fe2+，2Cl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22nCl/nFeI=1.5时即2Cl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22nCl/nFeI1.5即2Cl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2Cl进一步氧化；(2)先向3NaIO溶液中加入计量的3NaHSO，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入3NaIO溶液，反应得到2I，上述制备2I的两个反应中I-为中间产物，总反应为-3IO与-3HSO发生氧化还原反应，生成2-4SO和2I，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-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO，故答案为：--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO；(3)KI溶液和4CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和2I，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成21molI，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应--23I+II平衡右移，增大2I溶解度，防止2I升华，有利于蒸馏时防止单质碘析