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1、2021 年河北省普通高中学业水平选择性考试年河北省普通高中学业水平选择性考试 化学化学 注意事项：注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试 卷上无效。卷上无效。
2、3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12O-16Na-23P-31 S-32C1-35.5K-39Pb-207 一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 9 小题小题，每小题每小题 3 分分，共共 27 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1. “灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其本草经集注中提到“钢铁是杂 炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约 0.1%
3、)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成 钢。下列说法错误的是 A. 钢是以铁为主的含碳合金 B. 钢的含碳量越高，硬度和脆性越大 C. 生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高 D. 冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为 Fe2O3 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A钢是含碳量低的铁合金，故 A 正确； B钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确； C由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故 C 错误； D赤铁矿的主要成分是 Fe2O3，可用于冶炼铁，故 D 正确； 故选 C。 2. 高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是 A. 芦苇可用于制
4、造黏胶纤维，其主要成分为纤维素 B. 聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层 C. 淀粉是相对分子质量可达几十万的天然高分子物质 D. 大豆蛋白纤维是一种可降解材料 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A芦苇中含有天然纤维素，可用于制造黏胶纤维，故 A 正确； B聚氯乙烯在高温条件下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故 B 错误； C淀粉为多糖，属于天然高分子物质，其相对分子质量可达几十万，故 C 正确； D大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白质，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故 D 正确； 综上所述，说法错误的是 B 项，故答案为 B。 3
5、. 下列操作规范且能达到实验目的的是 A. 图甲测定醋酸浓度B. 图乙测定中和热 C. 图丙稀释浓硫酸D. 图丁萃取分离碘水中的碘 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成 的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点， 故 A 选； B测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板 填充，防止热量散失，故 B 不选； C容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故 C 不选； D分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内
6、壁，防止液体留下时飞溅，故 D 不选； 综上所述，操作规范且能达到实验目的的是 A 项，故答案为 A。 4. 硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到 关注，下列说法正确的是 A. NO2和 SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因 B. 汽车尾气中的主要大气污染物为 NO、SO2和 PM2.5 C. 植物直接吸收利用空气中的 NO 和 NO2作为肥料，实现氮的固定 D. 工业废气中的 SO2可采用石灰法进行脱除 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A 2 NO是红棕色且有刺激性气味的气体，而 2 SO是无色有刺激性气味的气体
7、，A 错误； B汽车尾气的主要大气污染物为 C 与 N 的氧化物，如 NOx和 CO 等，B 错误； C 氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态， 且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料， 不能直接吸收空气中的氮氧化物，C 错误； D工业废气中的 2 SO可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D 正确； 故选 D。 5. 用中子轰击 N ZX 原子产生粒子(即氮核 4 2He)的核反应为： N ZX+ 1 0n 7 pY+ 4 2He。已知元素 Y 在化合物中呈 +1 价。下列说法正确的是 A. H3XO3可用于中和溅在皮肤上的 NaOH 溶液 B. Y 单质
8、在空气中燃烧的产物是 Y2O2 C. X 和氢元素形成离子化合物 D. 6Y 和7Y 互为同素异形体 【答案】A 【解析】 【分析】根据核反应为： N174 Z0p2 XnYHe可知，X 的质量数 N 为 4+7-1=10，又因为 Y 在化合物中呈 1价，则推知 Y 位于 IA 族，质量数=质子数+中子数，Y 的质量数为 7，所以得出 Y 为 Li，其质子数 p=3， 所以 X 的质子数 Z=3+2-0=5，核电荷数=原子序数=核内质子数=5，则推知 X 属于 B 元素，据此分析解答。 【详解】A 33 H BO为硼酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，若不慎将NaOH溶液溅到皮肤上，则需用大量水 冲洗
9、，同时涂抹 33 H BO，以中和碱液，A 正确； BY 为 Li，在空气中燃烧的产物只有 Li2O，B 错误； CX 为 B，与氢元素会形成 BH3或 B2H4等硼氢化合物，B 元素与 H 元素以共价键结合，属于共价化合物， C 错误； D 6Li 和 7 Li两者的质子数均为 3，中子数不同，所以两者互为同位素，D 错误； 故选 A。 6. BiOCl 是一种具有珠光泽的材料，利用金属 Bi 制备 BiOCl 的工艺流程如图： 下列说法错误的是 A. 酸浸工序中分次加入稀 HNO3可降低反应剧烈程度 B. 转化工序中加入稀 HCl 可抑制生成 BiONO3 C. 水解工序中加入少量 CH3
10、COONa(s)可提高 Bi3+水解程度 D. 水解工序中加入少量 NH4NO3(s)有利于 BiOCl 的生成 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀 3 HNO，反应物硝酸的用量减少， 可降低反应剧烈程度，A 正确； B金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成 3 BiONO，水解的离子方程式为 3+-+ 323 Bi +NO +H OBiONO +2H，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分 析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成 3 BiONO，B 正确； C氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为 3+-+
11、 2 Bi +Cl +H OBiOCl+2H，水解工序中加入少量 3 CH COONa(s)，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析， 氯化铋水解平衡右移，促进 3 Bi 水解，C 正确； D氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为 3+-+ 2 Bi +Cl +H OBiOCl+2H，水解工序中加入少量 43 NH NO (s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左 移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应 3+-+ 323 Bi +NO +H OBiONO +2H， 也不利于生成BiOCl，
12、综上所述，D 错误； 故选 D。 7. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为 18NA B. 1mol 碘蒸气和 1mol 氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于 2NA C. 电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为 73g，则转移电子数为 NA D. 1L1molL-1溴化铵水溶液中 NH4 与 H+离子数之和大于 NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A在标准状况下22.4L氟气的物质的量为 1mol，其质子数为 1mol A 9 2N = A 18N，A 正确； B碘蒸气与氢气发生的反应为： 22 I (g)
13、H (g)2HI(g)，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分 反应，生成的碘化氢分子数小于 A 2N，B 正确； C电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2+Cl2，若阴阳两极产生气体分别是氢 气与氯气，且物质的量之比为 1:1，若气体的总质量为73g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自 为 1mol，根据关系式 H22e-可知，转移的电子数为 A 2N，C 错误； D 1 1L1Lmol 溴化铵水溶液存在电荷守恒，即 c( 4 NH )+c(H)=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足 n( 4 NH )+n(H)=n(Br-)+n(OH-)，因为
14、 n(Br-)= 1 1L 1L1molmol ，所以该溶液中 4 NH 与H离子数之和 大于 A N，D 正确； 故选 C。 8. 苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是 A. 是苯的同系物 B. 分子中最多 8 个碳原子共平面 C. 一氯代物有 6 种(不考虑立体异构) D. 分子中含有 4 个碳碳双键 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A苯的同系物必须是只含有 1 个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由结构简式可知，苯并降冰 片烯的侧链不是烷烃基，不属于苯的同系物，故 A 错误； B由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的 6 个碳原子
15、和连在苯环上的 2 个碳原子共平面，共有 8 个碳原子，故 B 正确； C由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有 5 类氢原子，则一氯代物有 5 种，故 C 错误； D苯环不是单双键交替的结构，由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有 1 个碳碳双键，故 D 错误； 故选 B。 9. KO2电池结构如图，a 和 b 为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是 A. 隔膜允许 K+通过，不允许 O2通过 B. 放电时，电流由 b 电极沿导线流向 a 电极；充电时，b 电极为阳极 C. 产生 1Ah 电量时，生成 KO2的质量与消耗 O2的质量比值约为 2.2
16、2 D. 用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗 3.9g 钾时，铅酸蓄电池消耗 0.9g 水 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，a 电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为 Ke-=K+，b 电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；据以上分析 解答。 【详解】A金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K通过，不 允许 2 O通过，故 A 正确； B由分析可知，放电时，a 为负极，b 为正极，电流由 b 电极沿导线流向 a 电极，充电时，b 电极应与直流 电源的正极相连，做电解池的为阳极，故 B 正确； C由分析可知，生成 1mol 超氧化钾时，消耗 1mol 氧气，两者的质量比值为 1mol71g/mol： 1mol32g/mol2.22：1，故 C 正确； D铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为 2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗 2mol 水，转移 2mol 电子，由得失电子数目守恒可知，耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为 3.9g 39g/mol 18g/mo
