2021普通高等学校招生全国统一考试江苏卷

《2021普通高等学校招生全国统一考试江苏卷》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

普通高等学校招生全国统一考试江苏卷答案速查BCDADBCBACCCDBADBDl.BA项,PM2.5为细颗粒物,对人体有伤害作用;B项,〇ン不属于污染物;C项,S0是空气污染物;D项,N0是空气污染物;故选B。2.CA项,中子数为9的氮原子表示为おN,错误;B项,Nユ分子的电子式为・・N：:N・•，错误;C项,1个Ch分子中只存在ー对共1+17)288用电子对,其结构式为C1-C1»正确;D项,C1的结构示意图为,ノノ,错误。3.1)A项,金属铝用于制作金属制品是因为金属铝易加工,且表面形成的氧化膜有一定的防腐作用,错误;B项,冶炼铝用氧化铝作原料,是因为氧化铝是离了•化合物,熔融时能电离,错误;C项,氢氧化铝有弱碱性,可用于中和过多的胃酸,错误;D项,明研中的铝离子在水溶液中水解生成氢氧化铝胶体,可用于净水,正确。4.AB项,Si。そー在酸性溶液中不能大量存在,错误;C项,1具有还原性,KMn(h具有氧化性,二者会发生氧化还原反应,错误;D项,C1与Ag不能大量共存,SOj与Ag.也不能大量共存,错误。5.DA项,碳酸钙和稀盐酸常温下可反应生成C祖气体,正确;B项,二氧化碳的密度比空气密度大,用向上排空气法收集,正确;C项,过漉操作遵循了“ー贴二低三靠”,正确;D项,制备CaCし・6Hの应采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法,错误。易混易错蒸发结晶和蒸发浓缩、冷却结晶蒸发结晶,是加热蒸发溶剂水,使水减少至少量,借助余热蒸干溶剂使溶质结晶,适用于溶质受热不分解的溶液;蒸发浓缩、冷却结晶,是先加热,形成较高温度ト的饱和溶液,然后冷却,在降温的过程中,溶质的溶解度减小,结晶析出,对于溶质受热易分解的溶液,M采取此方法。6.BA项,室温下,Na在空气中反应生成Na。加热条件下オ生成Na2O2,错误;B项,Al与NaOli溶液反应生成NaAl%正确;C项,Cu与浓HMし反应放出N0:气体,错误;D项,室温下,Fe遇浓ルSO,会钝化,错误。7.CA项,HC10是弱酸,在离子方程式中不能拆成离ア形式,错误;B项,离了•方程式配平错误,正确的离子方程式为3N0,+HQ-2H+2NO3+NO,错误;C项,C6过量时产物为NaHCO.,且方程式已配平,正确;D项,AgNO、溶液中加入过量氨水,最终生成〔Ag(NH」)J,离子方程式为Ag+2NIし・H0—[Ag(NH」)J+2H#,错误。易错易混注意反应物的量与离子方程式的关系少量C0H通入NaAIG溶液中的离子方程式为2AIO2+CO2+3H。2Al(0H)J+C0i。

18.B由反应方程式可知△£0,A项不正确;Si是固体,故该反应的平衡常数、ラ"黑e，B项正确:C项未指明是否为标准状况,气体摩尔体积不确定,故消耗氢气的体积无法计算,C项不正确;A隹反应物犍能之和一生成物键能之和=4以Si-Cl)+2眞H—H)-4仪H—Cl)-2£*(Si-Si),D项不正确。9.A同周期主族元素从左到右,金属性减弱,则，aOH的碱性比Mg(0H)二的强,A项正确。同主族从上到下,元素的非金属性减弱,则CL得电子能力比Bい强,B项不正确。根据原子半径递变规律,同一周期主族元素从左到右,原子半径逐渐减小,故r(Na)>r(Mg)〉r(CD,C项不正确。Na、Mg,CLBr的最外层电子数分别为1、2、7、7,〃(Cl)=〃(Br),D项不正确。易错提醒得电子能力强弱不能根据得电子多少来判断,得电子多，得电子能力不一定强。一般,元素的非金属性越强,其单质得电子能力越強、氧化性也越强,单质跟氢气化合越容易,对应的气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应的水化物酸性越强。10.C将CL通入石灰乳中才能制得漂白粉,A项不正确;先将氨气通入饱和食盐水,再通入COユ反应才能制得NaHCOヨ晶体,B项不正确；氧化性ClOBr)レ故可以发生反应CL+2NaBr-Bm+2NaCLBr2+2NaI—h+2NaBr,C项正确；电解MgCh溶液只能得到Mg(0H)不能得到Mg单质,D项不正确。易错提醒电解不同形式的电解质可能得到不同产物。如电解NaCl溶液得到的产物是NaOH、CL和压,而电解熔融NaCl得到的产物是单质Na和Cレ・11.CA项,题图中金属的防护方法是牺牲阳极的阴极保护法,金属M失去电子被氧化,水在钢铁设施表面得到电子,错误;B项,金属M和钢铁设施构成原电池,金属M作负极,故金属M的活动性比铁的活动性强,错误;C项,电子流向钢铁设施,钢铁设施表面积累大量电子而被保护,正确;D项，海水中含有大量电解质,故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢,错误。12.CDA项,X分子中第2个碳原子上连接的4个原了•或原子团都不一样,是手性碳原子,错误;B项,Y分子中甲基碳原子与苯环上的機原子不一定在同一平面内,错误;C项,Z分子中含有羟基,且与羟基所连的碟原子的邻位碳原子上有氢原子,故Z在浓硫酸催化卜.加热可以发生消去反应,正确;D项,X分子中含有氯原子,在NaOH溶液中加热可以发生水解反应生成丙三醇,Z分子中含有酯基和氯原子,在NaOH溶液中加热可以发生水解反应生成丙三醇,正确。13.BA项,若淀粉部分水解,加入碘水后溶液也会变蓝,错误;B项,金属与酸的反应是放热反应,镁粉与盐酸反应生成氢气,溶液温度上升,正确;C项，向浓度均为0.1mol•い的BaCレ和CaCh混合液中加入NaaC0溶液,产生CaCO,和BaCO,两种白色沉淀,错误;D项,H。与KMnO,反应,KMn(L溶液褪色生成Mn;故KMnO/乍氧化剂,H。作还原剂,证明H。具有还原性,错误。14.ADA项,NaHCQrNa28ユ混合液中,c(Na)=0.15mol•Lc(HCO3).c(COタ均接近0.05mol•L',由于CO;的水解程度大于HCO3的电离程度,故c(HCO3)>c(CO：),溶液pH=10.30,则む(0H)--^0mol•L'=1017mo!-L',综上所述,c(Na)>c(HC()3)>c(COr)>c(OH),正确;B项,氨水-NHC1混合溶液中,物料守恒关系式为c(NH3•H^0)+c(NH；)=2c(Cl),电荷守恒关系式为c(NH：)+c(H)=c(Cl)+c(0H),两关系式联立得メNH：)+2c(H)=c(NHユ・H2())+2c(0H),错误;C项,CH’COOH-CHCOONa混合溶

2液的pH=4.76»故CH.COOH的电离程度大于CHiC(X)的水解程度,即。にHCOO)>c(CH£OOH),错误;D项,H£O「パaHC。混合溶液中,物料守恒关系式为c(H^0.)+c(HCO4)+c(GOr)=2c(Na),电荷守恒关系式为c(Na)+c(H)=c(HCO4)+2c(CQ：)+cSH),两关系式联立可得む(Na)+c(H)=c(CQ，)+2c(Na)-c(HC0,)+c(0H),故c(H)+c(HCO,)=c(Na)+c(CQ，)+c(OH),正确。疑难点拨比较电解质溶液中粒子浓度大小时,注意分析弱电解质电离程度与盐水解程度的相对大小。判断电解质溶液中粒子浓度数量关系时,要充分利用三个守恒ーー物料守恒、电荷守恒和质子守恒。9.BDA项,结合题给信息及图像可知,反应CH,(g)+C02(g)^—2H式g)+2C0(g)为气体分子数增大的吸热反应,故要提高CH,的平衡转化率,可以通过升高温度或减小压强来使平衡正向移动,错误;B项,通过两个反应可知,相同条件下,CG的消耗量比CH,的大,转化率也会比CH.的高,故通过图像可知曲线A表示CO,的平衡转化率，曲线B表示CH,的平衡转化率,正确:C项,相同条件下,高效催化剂只能加快化学反应速率,不影响平衡的移动,故转化率不变,错误;D项,转化率由X提高到Y,可以通过适当减小压强、增大C0:的浓度等方法来实现,正确。10.・答案(1)2N1I3+H3O+SO22NH：+SO『或2NHa•ILO+SO:2NHJ+SO|+H20IISO3(2)ZnSOsZnSO3+SO2+H:()^Zn/2HS()3或ZnO+2SO：+Hg-Zn?+2HSO3(3)随着pH降低,於03浓度增大减小工解析(1)向氨水中通入少量SO2,说明氨水过量,产物为(NHJzSQ。根据题图ー1可知pH=6时,溶液中浓度最大的阴离了・是HSO3。(2)根据题图ー2分析,在ZnO水悬浊液中通入SO?,起始发生的反应为ZnO+SO..—ZnSO3,由于亚硫酸锌微溶于水,溶液pH变化不大.当ZnO反应完,继续通入SOハ生成的ZnSOj与SO」反应生成Zn(HSOj”由于Zn(HSOj,易溶于水,所以pH下降较快。(3)由题图ー1可知,溶液pH在4.5飞.5范围内时,pH越低,溶液中c(l【SO3)越大,氧化反应速率越快。HSO3被氧化的离子反应为2HS034-0：一2S0；增大,pH减小。11.・答案(1)醛基(酚)羟基F(2)O«NヽCHO(3)取代反应乩,催化剂,△〇SHくs—CHtCHtCHjHOHO、〇⑸QhClLCHO或NaBH,CILCILCH:OH或HBrCCHQLCUBrNaOIl

3・解析(DA中的含氧官能团除了硝基(一NOJ之外,还有醛基(-CHO)和(酚)羟基(-OH),(2)结合A、C分子结构及B-C的反应条件知C中的羟基是由醛基被还原得到的,故B分子中存在醛基、硝基和甲氧基(CH。ー),其甲氧基是由A分子(OzNCHO)中的羟基(一OH)与CH1发生取代反应得到的,所以B的结构简式为CHjO(3)C分子中的羟基(一OH)被澳原子代替得到I),故反应C-D的反应类型为取代反应。(4)C的ー种同分异构体能与FeCL溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;能发生水解反应,且产物之一为aー氨基酸,说明含有酯基,(不同化学环境的氢原子数目之比为结合C中碳原子数及已知信息知,水解产物是H,NCHAX)H(a-氨基酸)和HOHO〇3：3=1：1且含苯环),所以该同分异构体的结构简式为HO(5)CH£H£HO被还原为CHQLQLOH,ト丙醇发生取代反应生成CHCILCルBr,而ト浜丙烷与へZSH在碱性条件下反应可生成,再用[レ0氧化即得目标产物。解题思维设计有机合成路线流程图,通常应用逆合成分析法,即由目标产物逆推中间产物,最终推至原料。采用的合成反应和选择的反应条件可以根据题给已知信息或题干合成路线图中的信息来确定。18.*答案(DCL+20H—C10+C1+HONaClO溶液吸收空气中的Cユ后产生HC10,HC10见光分解(2)®j?(S2Ot)=0.1000mol•L'XO.02000L=2.000X103mol根据物质转换和得失电子守恒关系:CNOQ2、2HC1〇〜2L、4SQ]得ハ(Cl)=0.5〃(SQr)=1.000X10"mol氧元素的质量:加(Cl)=1.000X10'molX35.5g•mol'=0.03550g该样品的有效氯为一°。弱れ柒X2X100%%63.39%11200gx騎豊该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品②偏低

4・解析(1)低温下CL与NaOH溶液发生反应可制得NaClO,则5与NaOH发生的反应为CL+2NaOH_NaCl+NaClO+HA故制备NaClO的离子方程式为CL+2OH^-Cl+C10+H2O;NaClO溶液吸收空气中的COZ发生反应:NaClO+CO.+HQ^NaHCOj+HClO,HC1O不穏定,见光易分解:2HC1O―2HC1W；t»故NaClO溶液在空气中暴露时间过长且见光会导致消毒作用减弱。(2)①达到滴定终点时消耗的Z7(附£。)=0.1000mol-L'X0.02000L=2.000X10*mol,/7(S20i)=n(Na2SA)=2.000X10'mol,i检测原理中物质间的反应建立关系式:2HC10"2I?4S；0|2mol4mol/?(HC10)2.000X103mol2mol4moln(HC10f2.000x103mol则转化的ハ(HCIOYLOOOXIO、mol,其中A(C1)=〃(HC1O)=1.000X10"mol,则25.00mL样品溶液中。(Cl)=l.000X10'molX35.5g・mol|=0.03550g,由于是从250.0mL溶液中取25.00mL,故1.1200g样品中含血(Cl)=0.03550gX10=0.3550g,故该样品的有效氯为竽需警X100%-63.39%,为优质品。②若在检测中加入稀硫酸的量过少,则反应C；iN：)0：)C12+H+2H：0-CHN疝+2HC10不能完全转化,生成HC10的量偏低,将导致样品的有效氯测定值偏低。19.*答案(DAB(2)11.取少量清液,向其中滴加几滴KSCN溶液,观察溶液颜色是否呈血红色(3)pH偏低形成HF,导致溶液中F浓度减小,CaF:沉淀不完全⑷①Fe〉+HC()3+NH―FeCOj+NH：+HQ或Fe'+HCOj+NH；.^FeCO：tI+NH；②在搅拌下向FeSO:溶液中缓慢加入氨水-NHHCO,混合溶液,控制溶液pH不大于6.5;静置后过滤,所得沉淀用蒸储水洗涤2、3次;取最后一次洗涤后的滤液,滴加盐酸酸化的BaCh溶液,不出现白色沉淀・解析(1)适当升髙酸浸温度、加快搅拌速度均可提髙铁元素浸出率;适当缩短酸浸时间会使铁元素浸出率降低,故A、B正确,C不正确。(2)“酸浸”时酸过量,“酸浸”后的滤液中还含有大量1「,H.与铁粉反应生成ル;一般用KSCN溶液检验Fe”。(3)HF为弱酸,由鳥(CaF?)和ん(HF)知,若溶液pH偏低”(H)较大,H’与F易结合成HF,使溶液中c(F)降低,CaF。沉淀不完全。(4)①Feポ与HCO3反应生成FeCO,和H；H•与NH3・Hル反应生成NH:和HQ,故离子方程式为Fe2+HCO3+NH:1•HQ-FeCO31+NH；+H。②为防止生成Fe(OH)」沉淀,设计实验方案时应将氨水ーヽH,HCユ溶液缓慢加入FeSOi溶液中,并注意控制溶液pH不大于6.5。最后要注意洗涤沉淀，并检验沉淀是否“洗涤完全”。知识归纳沉淀的洗涤方法:沿玻璃棒向漏斗内加水,至刚好浸没沉淀,待水滤出后,重复2ヽ3次。

5催化剂20.・答案(1)HCO3+H2IICOO+№0温度升高反应速率增大,温度升髙催化剂的活性增强(2)®HC00+20H-2e-HC03+^0Hg②2HCOOH+2OH+0,一2HC0尹2Hゆ或2HC00+O2-2HCO3(3)①HD②提髙释放氢气的速率,提髙释放出氢气的纯度・解析(D根据题意,HCO/Hz—*HCOO,1个ル失去2个电子,1个HCO3得到2个电子,说明〃(HCO。:〃(№):力(HCOO)=1：1：1。催化剂根据原子守恒及电荷守恒配平离ア方程式:HCO3+13HCOO+Hめ;反应温度在40~80C范围内,隨着温度升高,催化剂活性增[HCOO1然后脱去co,强,单位时间内HCO3催化加氢的转化率迅速上升。(2)①通过观察物质的变化情况,可知HCOO-HCO3,HCOO失电子,在负极发生反应,结合环境为碱性环境,得电极反应式:HCOO+20H-2e-HC03+H4);右侧电极上ドざ」ドベ,通入物质A和〇:,产生(SO,,又Fe”在强酸性条件下存在,可知物质A为HBO,。②根据物质变化,确定反应物、产物,得离子方程式:2HCOOH+2OH+O2^—2HC0#2H。溶液是碱性环境,木质是HCOO反应,故反应方程式可写为2HC00+0,-2HC03o(3)①观察题图所示反应机理,HCOOH电离出的H.结合，丄ア形成..丄ー,IIC00结合,、ア?“形成,早?…"结•产生乩,故是HCOOH的2个H结合产生了心则HCOOD的产物除了CR还有HD。②HCOOK与HCOOH的不同之处在于前者完全电离,更易与催化剂结合脱去C0.,相比而言,可提髙释放氢气的速率;HCOOK溶液呈碱性,C0,不易放出，故还可提髙释放出氢气的纯度。解题技巧分析理解反应机理,注重化学键的形成与断裂。21.・答案【选做题】A.［物质结构与性质］⑴［Ar］3dzs2或ls22s22p#3s23p®3dB4s20(2)spN>O>C(3)卯,或5"シ(4)7B.［实验化学］(1)(回流)冷凝管防止升温太快、控制反应体系pH(2)防止暴沸(3)减小趁热过漉(4)提髙羟基乙酸钠的析出量(产率)・解析A.（l）Fe是第26号元素,其基态核外电子排布式为[Ar]3dzsユ（或ls?2s'2P63s23P63dzsう;[Fe《ル0”ド中ドe提供空轨道,HS分子中的〇原子提供孤电了对,形成配位键。（2）NH,分子中,飢原子与三个氢原子形成工对共用电子对,氯原子还有•对孤电了・对,所以N为sp’杂化;同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大的趋势,氮原子的2p轨道为半满状态,具有稳定性,所以N的第一电离能比同周期相邻元素的大,第一电离能:N>O>C.（3）原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子互为等电子体,NH:的价

6电子总数为8,满足价电子总数为8的五核分子有CH,（或SiH.）»（4）1个该分子中有4个C-0键和3个Cー〇便,则1mol柠檬酸分子中碳原子与氯原子形成的0键共7mol0B.（1）观察装置图可知仪器A为冷凝管。因反应放热,为防止升温太快,且控制反应体系的pH约为9,应逐步加入NaOH溶液。（2）为防止加热时溶液暴沸,蒸懶烧瓶中应加入沸石或碎瓷片。（3）溶解粗产品时若水过量,会使后续步骤4中HOCHXOONa的析出量减少,导致产率降低。因HOCHXOONa易溶于热水,微溶于冷水,故为防止HOCHXOONa析出,降低产率,应趁热过滤去除活性炭。（4）因HOCH£OONa不溶于醇、酸等有机溶剂,故将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，可提高HOCH£OONa的析出量。疑难点拨寻找等电子体的方法①竖换ーー同族替换:换同族原子（同族原子价电子数相同）。如0s和SOユ、CO,和C&;②横换ーー左右移位:换相邻族的原子,这_把〇换成首ー个及子时价电子发生变化,再通过得失电子使价电子总数相等。以寻找C0的等电子体为例:回タ了1个电子,再ぎ】个电子凶_*fcN換成苜ー个原子C把C操成后一个原子N31个电子少了1个电子•弄得1个电子G,回把〇後成ぴー个原子N少1个电子国。解题技巧充分运用题给信息作答。如制备反应为放热反应,HOCILCOONa易溶于热水,微溶于冷水,不溶于醇、酸等有机溶剂。