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2021年全國統(tǒng)一【高考】化學試卷（新課標?。ê鸢福?021年全國統(tǒng)一【高考】化學試卷（新課標ⅰ）（含答案）2021年全國統(tǒng)一【高考】化學試卷（新課標?。ê鸢福?021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（全國乙卷）化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將自己的姓名、準考證號、座位號填寫在本試卷上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，涂寫在本試卷上無效。3.作答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，書寫在本試卷上無效。4.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16Na23Al27Cl35.5Fe56一、選擇題1.我國提出爭取在2030年前實現(xiàn)碳達峰，2060年實現(xiàn)碳中和，這對于改善環(huán)境，實現(xiàn)綠色發(fā)展至關重要。碳中和是指的排放總量和減少總量相當。下列措施中能促進碳中和最直接有效的是A.將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油作為燃料B.大規(guī)模開采可燃冰作為清潔燃料C.通過清潔煤技術減少煤燃燒污染D.研發(fā)催化劑將還原為甲醇【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油并不能減少二氧化碳的排放量，達不到碳中和的目的，故A不符合題意；B．大規(guī)模開采可燃冰做為清潔燃料，會增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合題意；C．通過清潔煤技術減少煤燃燒污染，不能減少二氧化碳的排放量，達不到碳中和的目的，故C不符合題意；D．研發(fā)催化劑將二氧化碳還原為甲醇，可以減少二氧化碳的排放量，達到碳中和的目的，故D符合題意；故選D。2.在實驗室采用如圖裝置制備氣體，合理的是

化學試劑制備的氣體AB(濃)CD(濃)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，制備氣體的裝置為固固加熱裝置，收集氣體的裝置為向上排空氣法，說明該氣體的密度大于空氣的密度；【詳解】A．氨氣的密度比空氣小，不能用向上排空法收集，故A錯誤；B．二氧化錳與濃鹽酸共熱制備氯氣為固液加熱反應，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱裝置，故B錯誤；C．二氧化錳和氯酸鉀共熱制備氧氣為固固加熱的反應，能選用固固加熱裝置，氧氣的密度大于空氣，可選用向上排空氣法收集，故C正確；D．氯化鈉與濃硫酸共熱制備為固液加熱反應，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱裝置，故D錯誤；故選C。3.下列過程中的化學反應，相應的離子方程式正確的是A.用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：B.過量鐵粉加入稀硝酸中：C硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液：D.氯化銅溶液中通入硫化氫：【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為難溶的碳酸鈣，離子方程式為：C+CaSO4=CaCO3+S，故A正確；B．過量的鐵粉與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應為：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B錯誤；C．硫酸鋁溶液與少量氫氧化鉀溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀，離子方程式應為：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C錯誤；D．硫化氫為弱電解質(zhì)，書寫離子方程式時不能拆，離子方程式應為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D錯誤；答案選A。4.一種活性物質(zhì)的結構簡式為，下列有關該物質(zhì)的敘述正確的是A.能發(fā)生取代反應，不能發(fā)生加成反應B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.與互為同分異構體D.該物質(zhì)與碳酸鈉反應得【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．該物質(zhì)含有羥基、羧基、碳碳雙鍵，能發(fā)生取代反應和加成反應，故A錯誤；B．同系物是結構相似，分子式相差1個或n個CH2的有機物，該物質(zhì)的分子式為C10H18O3，而且與乙醇、乙酸結構不相似，故B錯誤；C．該物質(zhì)的分子式為C10H18O3，的分子式為C10H18O3，所以二者的分子式相同，結構式不同，互為同分異構體，故C正確；D．該物質(zhì)只含有一個羧基，1mol該物質(zhì)與碳酸鈉反應，生成0.5mol二氧化碳，質(zhì)量為22g，故D錯誤；故選C。5.我國嫦娥五號探測器帶回的月球土壤，經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)其構成與地球士壤類似土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15，X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，下列結論正確的是A.原子半徑大小順序為B.化合物XW中的化學鍵為離子鍵C.Y單質(zhì)的導電性能弱于Z單質(zhì)的D.Z的氧化物的水化物的酸性強于碳酸【答案】B【解析】【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15，

X、Y、Z為同周期相鄰元素，可知W所在主族可能為第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，進一步結合已知可推知W、X、Y、Z依次為O、Mg、Al、Si，據(jù)此答題?！驹斀狻緼．O原子有兩層，Mg、Al、Si均有三層且原子序數(shù)依次增大，故原子半徑大小順序為Mg＞Al＞Si＞O，即，A錯誤；B．化合物XW即MgO為離子化合物，其中的化學鍵為離子鍵，B正確；C．Y單質(zhì)為鋁單質(zhì)，鋁屬于導體，導電性很強，Z單質(zhì)為硅，為半導體，半導體導電性介于導體和絕緣體之間，故Y單質(zhì)的導電性能強于Z單質(zhì)的，C錯誤；D．Z的氧化物的水化物為硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D錯誤；故選B。6.沿海電廠采用海水為冷卻水，但在排水管中生物的附著和滋生會阻礙冷卻水排放并降低冷卻效率，為解決這一問題，通常在管道口設置一對惰性電極(如圖所示)，通入一定的電流。下列敘述錯誤的是A.陽極發(fā)生將海水中的氧化生成的反應B.管道中可以生成氧化滅殺附著生物的C.陰極生成的應及時通風稀釋安全地排入大氣D.陽極表面形成的等積垢需要定期清理【答案】D【解析】【分析】海水中除了水，還含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根據(jù)題干信息可知，裝置的原理是利用惰性電極電解海水，陽極區(qū)溶液中的Cl-會優(yōu)先失電子生成Cl2，陰極區(qū)H2O優(yōu)先得電子生成H2和OH-，結合海水成分及電解產(chǎn)物分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知，陽極區(qū)海水中的Cl-會優(yōu)先失去電子生成Cl2，發(fā)生氧化反應，A正確；B．設置的裝置為電解池原理，根據(jù)分析知，陽極區(qū)生成的Cl2與陰極區(qū)生成的OH-在管道中會發(fā)生反應生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有強氧化性，可氧化滅殺附著的生物，B正確；C．因為H2是易燃性氣體，所以陽極區(qū)生成的H2需及時通風稀釋，安全地排入大氣，以排除安全隱患，C正確；D．陰極的電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，會使海水中的Mg2+沉淀積垢，所以陰極表面會形成Mg(OH)2等積垢需定期清理，D錯誤。故選D。7.HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中隨c(H+)而變化，不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，時為線性關系，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤的是A.溶液時，B.MA的溶度積度積C.溶液時，D.HA的電離常數(shù)【答案】C【解析】【分析】由題意可知HA是一元弱酸，其電離常數(shù)Ka(HA)=；Ksp(MA)=c(M+)×c(A-)，聯(lián)立二式可得線性方程c2(M+)=?！驹斀狻緼．由圖可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L時，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正確；B．當c(H+)=0mol/L時，c2(M+)=5.0×10-8，結合分析可知5.0×10-8==，B正確；C．設調(diào)pH所用的酸為HnX，則結合電荷守恒可知+nc(Xn-)，題給等式右邊缺陰離子部分nc(Xn-)，C錯誤；D．當c(H+)=20×10-5mol/L時，c2(M+)=10.0×10-8mol2/L2，結合B代入線性方程有10.0×10-8=，解得，D正確；選C。三、非選擇題：共174分。第22~32為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。8.磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、、以及少量的。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的見下表金屬離子開始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，、幾乎不發(fā)生反應，、、、轉(zhuǎn)化為相應的硫酸鹽，寫出轉(zhuǎn)化為的化學方程式_______。(2)“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)至11.6，依次析出的金屬離子是_______。(3)“母液①"中濃度為_______。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，水解析出沉淀，該反應的離子方程式是_______。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得_______，循環(huán)利用?！敬鸢浮?1).(2).(3).(4).硫酸(5).(6).(7).(8).【解析】【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O?！驹斀狻?1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案為：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L，故答案為：1×10—6；(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案為：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用，故答案為：(NH4)2SO4。9.氧化石墨烯具有穩(wěn)定的網(wǎng)狀結構，在能源、材料等領域有著重要的應用前景，通過氧化剝離石墨制備氧化石墨烯的一種方法如下(轉(zhuǎn)置如圖所示)：Ⅰ.將濃、、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，劇烈攪拌下，分批緩慢加入粉末，塞好瓶口。Ⅱ.轉(zhuǎn)至油浴中，35℃攪拌1小時，緩慢滴加一定量的蒸餾水。升溫至98℃并保持1小時。Ⅲ.轉(zhuǎn)移至大燒杯中，靜置冷卻至室溫。加入大量蒸餾水，而后滴加至懸濁液由紫色變?yōu)橥咙S色。Ⅳ.離心分離，稀鹽酸洗滌沉淀。Ⅴ.蒸餾水洗滌沉淀。Ⅵ.冷凍干燥，得到土黃色的氧化石墨烯?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置圖中，儀器a、c的名稱分別是_______、_______，儀器b的進水口是_______(填字母)。(2)步驟Ⅰ中，需分批緩慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_______。(3)步驟Ⅱ中的加熱方式采用油浴，不使用熱水浴，原因是_______。(4)步驟Ⅲ中，的作用是_______(以離子方程式表示)。(5)步驟Ⅳ中，洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在來判斷。檢測的方法是_______。(6)步驟Ⅴ可用試紙檢測來判斷是否洗凈，其理由是_______。【答案】(1).滴液漏斗(2).三頸燒瓶(3).d(4).反應放熱，使反應過快(5).反應溫度接近水的沸點，油浴更易控溫(6).(7).取少量洗出液，滴加，沒有白色沉淀生成(8).與電離平衡，洗出液接近中性時，可認為洗凈【解析】【分析】【詳解】(1)由圖中儀器構造可知，a的儀器名稱為滴液漏斗，c的儀器名稱為三頸燒瓶；儀器b為球形冷凝管，起冷凝回流作用，為了是冷凝效果更好，冷卻水要從d口進，a口出，故答案為：分液漏斗；三頸燒瓶；d；(2)反應為放熱反應，為控制反應速率，避免反應過于劇烈，需分批緩慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案為：反應放熱，使反應過快；(3)油浴和水浴相比，由于油的比熱容較水小，油浴控制溫度更加靈敏和精確，該實驗反應溫度接近水的沸點，故不采用熱水浴，而采用油浴，故答案為：反應溫度接近水的沸點，油浴更易控溫；(4)由滴加H2O2后發(fā)生的現(xiàn)象可知，加入的目的是除去過量的KMnO4，則反應的離子方程式為：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案為：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；(5)該實驗中為判斷洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在S來判斷，檢測方法是：取最后一次洗滌液，滴加BaCl2溶液，若沒有沉淀說明洗滌完成，故答案為：取少量洗出液，滴加BaCl2，沒有白色沉淀生成；(6)步驟IV用稀鹽酸洗滌沉淀，步驟V洗滌過量的鹽酸，與電離平衡，洗出液接近中性時，可認為洗凈，故答案為：與電離平衡，洗出液接近中性時，可認為洗凈。10.一氯化碘(ICl)是一種鹵素互化物，具有強氧化性，可與金屬直接反應，也可用作有機合成中的碘化劑。回答下列問題：(1)歷史上海藻提碘中得到一種紅棕色液體，由于性質(zhì)相似，Liebig誤認為是ICl，從而錯過了一種新元素的發(fā)現(xiàn)，該元素是_______。(2)氯鉑酸鋇()固體加熱時部分分解為、和，376.8℃時平衡常數(shù)，在一硬質(zhì)玻璃燒瓶中加入過量，抽真空后，通過一支管通入碘蒸氣(然后將支管封閉)，在376.8℃，碘蒸氣初始壓強為。376.8℃平衡時，測得燒瓶中壓強為，則_______，反應的平衡常數(shù)K=_______(列出計算式即可)。(3)McMorris測定和計算了在136~180℃范圍內(nèi)下列反應的平衡常數(shù)。得到和均為線性關系，如下圖所示：①由圖可知，NOCl分解為NO和反應的_______0(填“大于”或“小于”)②反應的K=_______(用、表示)：該反應的_______0(填“大于”或“小于”)，寫出推理過程_______。(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化學分解反應，在一定頻率(v)光的照射下機理為：其中表示一個光子能量，表示NOCl的激發(fā)態(tài)?？芍纸?mol的NOCl需要吸收_______mol光子。【答案】(1).溴(或)(2).24.8(3).(4).大于(5).(6).大于(7).設，即，由圖可知：則：，即，因此該反應正反應為吸熱反應，即大于0(8).0.5【解析】【分析】【詳解】(1)紅棕色液體，推測為溴單質(zhì)，因此錯過發(fā)現(xiàn)的元素是溴(或)；(2)由題意玻376.8℃時璃燒瓶中發(fā)生兩個反應：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常數(shù)，則平衡時p2(Cl2)=，平衡時p(Cl2)=100Pa，設到達平衡時I2(g)的分壓減小pkPa，則，376.8℃平衡時，測得燒瓶中壓強為，則0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，則平衡時2p=2×12.4kPa=24.8kPa；則平衡時，I2(g)的分壓為(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反應的平衡常數(shù)K=；(3)①結合圖可知，溫度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，說明升高溫度平衡正向移動，則NOCl分解為NO和反應的大于0；②Ⅰ.Ⅱ.Ⅰ+Ⅱ得，則K=；該反應的大于0；推理過程如下：設，即，由圖可知：則：，即，因此該反應正反應為吸熱反應，即大于0；(4)Ⅰ.Ⅱ.Ⅰ+Ⅱ得總反應為2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，則分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。11.過渡金屬元素鉻是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設中有著廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}：(1)對于基態(tài)Cr原子，下列敘述正確的是_______(填標號)。A.軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應B.4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動C.電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大(2)三價鉻離子能形成多種配位化合物。中提供電子對形成配位鍵的原子是_______，中心離子的配位數(shù)為_______。(3)中配體分子、以及分子的空間結構和相應的鍵角如圖所示。中P的雜化類型是_______。的沸點比的_______，原因是_______，的鍵角小于的，分析原因_______。(4)在金屬材料中添加顆粒，可以增強材料的耐腐蝕性、硬度和機械性能。具有體心四方結構，如圖所示，處于頂角位置的是_______原子。設Cr和Al原子半徑分別為和，則金屬原子空間占有率為_______%(列出計算表達式)?！敬鸢浮?1).AC(2).(3).6(4).(5).高(6).存在分子間氫鍵(7).含有一對孤對電子，而含有兩對孤對電子，中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大(8).Al(9).【解析】【分析】【詳解】(1)A.基態(tài)原子滿足能量最低原理，Cr有24個核外電子，軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應為，A正確；B.Cr核外電子排布為，由于能級交錯，3d軌道能量高于4s軌道的能量，即3d電子能量較高，B錯誤；C.電負性為原子對鍵合電子的吸引力，同周期除零族原子序數(shù)越大電負性越強，鉀與鉻位于同周期，鉻原子序數(shù)大于鉀，故鉻電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大，C正確；故答案為：AC；(2)中三價鉻離子提供空軌道，提供孤對電子與三價鉻離子形成配位鍵，中心離子的配位數(shù)為三種原子的個數(shù)和即3+2+1=6，故答案為：；6；(3)的價層電子對為3+1=4，故中P的雜化類型是；N原子電負性較強，分子之間存在分子間氫鍵，因此的沸點比的高；的鍵角小于的，原因是：含有一對孤對電子，而含有兩對孤對電子，中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大，故答案為：；高；存在分子間氫鍵；含有一