2021年高考全国乙卷化学试题（解析版）

1、2021年高考全国统一考试（化学试卷）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl35.5 Fe 56一、选择题1. 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。碳中和是指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B. 大规模开采可燃冰作新能源C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D. 研发催化剂将还原为甲醇【答案】D【解析】【分析】【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大规模开采可燃冰做为新能源，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；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；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；故选D。2. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体AB(浓)CD(浓)A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【

2、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，说明该气体的密度大于空气的密度；【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；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B错误；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，可选用向上排空气法收集，故C正确；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；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A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B. 过量铁粉加入稀硝酸中：C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：【答案】A【解析】【分析】【详解】A.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：C+CaSO4=CaCO3+S，故A正确；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+2N=3Fe2+2NO+4H2O，故B错误；C硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶

3、液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3+3OH-=Al(OH)3，故C错误；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：Cu2+H2S=CuS+2H+，故D错误；答案选A。4. 一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A. 能发生取代反应，不能发生加成反应B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C. 与互为同分异构体D. 该物质与碳酸钠反应得【答案】C【解析】【分析】【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；B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、乙酸结构不相似，故B错误；C该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；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；故选C。5. 我国嫦娥五号探测器带回的月球土壤，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1

4、5。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列结论正确的是A. 原子半径大小顺序为B. 化合物XW中化学键为离子键C. Y单质的导电性能弱于Z单质的D. Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【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为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第A族或第A族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第A族元素，即W一定是第A族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si，据此答题。【详解】AO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MgAlSiO，即，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；CY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间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；DZ的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误；故选B。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

5、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氧化生成的反应B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的C. 阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气D. 阳极表面形成的等积垢需要定期清理【答案】D【解析】【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-，结合海水成分及电解产物分析解答。【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；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；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正确；D阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清

6、理，D错误。故选D。7. HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A. 溶液时，B. MA的溶度积度积C. 溶液时，D. HA的电离常数【答案】C【解析】【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【详解】A由图可知pH=4，即c(H+)=1010-5mol/L时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/L3.010-4mol/L，A正确；B由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；C设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D当时，由物料守恒知，则，则，对应图得此时溶液中，D正确；故选C。二、非选择题8. 磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属离子开始沉淀的2.23.

7、59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_。(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_。(3)“母液中浓度为_。(4)“水浸渣”在160“酸溶”最适合的酸是_。“酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。【答案】 (1). (2). (3). (4). 硫酸 (5). (6). (7). (8). 【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

8、、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到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TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2x H2O。【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)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；(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，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1105(1102.9)2=11010.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子

9、的浓度为=1106mol/L，故答案为：1106；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2x H2O沉淀和硫酸，反应离子方程式为TiO2+（x+1）H2OTiO2xH2O+2H+，故答案为：TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸铵、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。9. 氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(转置如图所示)：.将浓、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入粉末，塞好瓶口。.转至油浴中，35搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98并保持1小时。.转移至大烧杯中

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