2021年高考化学试卷（河北）（解析卷）

1/23 2021 年河北省普通高中学业水平选择性考试 化学 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。 2.回答选择题时，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.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 卷上无效。 3.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：H-1 Li-7 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32 C1-35.5 K-39 Pb-207 一、单项选择题：本题共9 小题，每小题3 分，共27 分。在每小题给出的四个选项中，只有 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%)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】 1/23 【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. 2/23 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. 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. 3/23 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． 是红棕色且有刺激性气味的气体，而 是无色有刺激性气味的气体，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 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 X 原子产生α 粒子(即氮核He)的核反应为： X+ n→Y+ He。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： 可知，X 的质量数N 为4+7-1=10，又因为Y 在化合物中呈 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． 为硼酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，若不慎将 溶液溅到皮肤上，则需用大量 3/23 水冲洗，同时涂抹 ，以中和碱液，A 正确； B．Y 为Li，在空气中燃烧的产物只有Li2O，B 错误；C．X 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； 4/23 D． 和 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CH3COONa(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 ，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 ，水解的离子方程式为 ，转化工序中加入稀 ，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 ，B 正确； C．氯化铋水解生成 的离子方程式为 ，水解工序中加入少量 ，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 水解，C 正确； D．氯化铋水解生成 的离子方程式为 ，水解工序中加入少量 ，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 4/23 左移，不利于生成 ，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应 ，也不利于生成 ，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 5/23 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. 1L1mol•L-1溴化铵水溶液中NH 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 氟气的物质的量为1mol，其质子数为1mol = ，A 正确； B．碘蒸气与氢气发生的反应为： ，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 ，B 正确； C．电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O 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 ，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H2 2e-可知，转移的电子数为 ，C 错误； D． 溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c( )+c( )=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n( )+n( )=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)= ，所以该溶液中 与 离子数之和 大于 ，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 。 5/23 【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； 6/23 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. K—O2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2.22 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 K—e-=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 通过， 不允许 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1mol×71g/mol： 1mol×32g/mol≈2.22：1，故C 正确； D．铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗2mol 水，转移2mol 6/23 电子，由得失电子数目守恒可知，耗 钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为 ×18g/mol=1.8g，故 D 错误； 7/23 故选D 二、不定项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共16 分。在每小题给出的四个选项中，有 一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答 案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得4 分，但只要选错一个， 该小题得0 分。 10. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化 B. NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH 减小而增强 C. 加热NaI 与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI 酸性强 D. 浓HNO3和稀HNO3与Cu 反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A 错误； B．NaClO 在水溶液中会发生水解，离子方程式为： ，pH 减小，则酸性增强， 会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO， 在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、 二氧化氯等气体，增强氧化能力，B 正确； C．HI 的沸点低，易挥发加热 与浓 混合物发生反应生成 利用的是高沸点酸制备低沸点酸的 原理，C 错误； D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D 错误； 故选B。11. 如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z 为原子序数 依次增大的短周期元素，X 和Z 同主族，Y 原子序数为W 原子价电子数的3 倍。下列说法正确的是 。 7/23 A. X 和Z 的最高化合价均为+7 价 B. HX 和HZ 在水中均为强酸，电子式可表示为 与 8/23 C. 四种元素中，Y 原子半径最大，X 原子半径最小 D. Z、W 和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物 【答案】CD 【解析】 【分析】结合图中所示结构可知图中两种化合物均为共价化合物，已知X 和Z 同主族，可得X 和Z 同为第 ⅦA 族，Y 为第ⅤA 族元素，W 为第ⅢA 族或第ⅤA 族元素，再结合W、X、Y、Z 为原子序数依次增大 的短周期元素， Y 原子序数为W 原子价电子数的3 倍推知W、X、Y、Z 分别为N、F、P、Cl，据此答题。 【详解】A．X 和Z 分别是F、Cl，F 无正价，A 错误； B． 和 分别是HF 和HCl，HF 在水中不是强酸，B 错误； C．四种元素W（N）、X（F）、Y（P）、Z（Cl）中，W（N）、X（F）有两个电子层，Y（P）、Z （Cl）有三个电子层，半径大于W（N）和X（F），Y（P）原子序数小于Z（Cl），故Y 原子半径在这 四种元素中最大；X（F）原子序数大于W（N），故X 原子半径在这四种元素中最小，C 正确； D．Z（Cl）、W（N）和氢三种元素可形成氯化铵，属于同时含有离子键和共价键的化合物，D 正确； 故选CD。 12. 番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法错误的是 A. 1mol 该物质与足量饱和NaHCO3溶液反应，可放出22.4L(标准状况)CO2 B. 一定量 该物质分别与足量Na、NaOH 反应，消耗二者物质的量之比为5：1 C. 1mol 该物质最多可与2molH2发生加成反应 D. 该物质可被酸性KMnO4溶液氧化 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A．根据分子的结构简式可知，1 mol 该分子中含有1mol -COOH，可与 溶液反应生成 1mol ，在标准状况下其体积为 ，A 正确； 的 8/23 B．1mol 分子中含5mol 羟基和1mol 羧基，其中羟基和羧基均能与Na 9/23 发生置换反应产生氢气，而只有羧基可与氢氧化钠发生中和反应，所以一定量的该物质分别与足量 反应，消耗二者物质的量之比为 ，B 错误； C． 分子中含1mol 碳碳双键，其他官能团不与氢气发生加成反应，所以1mol 该物质最多可与 发生加成反应，C 错误； D．分子中含碳碳双键和羟基，均能被酸性 溶液氧化，D 正确； 故选BC。 13. 室温下，某溶液初始时仅溶有M 和N 且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y； ②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。 反应体系中组分M、Z 的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是 A. 0～30min 时间段内，Y 的平均反应速率为6.67×10- 8mol•L-1•min-1 B. 反应开始后，体系中Y 和Z 的浓度之比保持不变 C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M 转化为ZD. 反应①的活化能比反应②的活化能大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．由图中数据可知， 时，M、Z 浓度分别为0.300 和0.125 ，则M 的 变化量为0.5 -0.300 =0.200 ，其中转化为Y 的变化量为0.200 -0.125 的 9/23 =0.075 。因此， 时间段内，Y 的平均反应速率为 ，A 说法不正确； B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为 ，Y 和Z 分别为反应①和反应② 10/23 的产物，且两者与M 的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y 和Z 的浓度之 比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B 说法正确； C．结合A、B 的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y 和Z 的浓度之比等于 = ，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M 转化为Z，即 的M 转化 为Z，C 说法正确； D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z 较多、生成Y 较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在 同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D 说法正确。 综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。 三、非选择题：共57 分，第14~16 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18 题为选 考题，考生根据要求作答。 14. 化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组 在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图： 回答下列问题： (1)从A～E 中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是___(按气流方向，用小写字母表示)。为使 A 中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或___。 10/23 A. B. C. D. 11/23 E. (2)B 中使用雾化装置的优点是__。 (3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___。 (4)反应完成后，将B 中U 形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液： ①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固 体NaHCO3的质量为___g。 ②向滤液中加入NaCl 粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl 沉淀充分析出 并分离，根据NaCl 和NH4Cl 溶解度曲线，需采用的操作为___、___、洗涤、干燥。 (5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用 其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。 A.偏高 B.偏低 不变 【答案】 (1). aefbcgh (2). 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 (3). 使氨盐水雾化，可增大与二 氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案） (4). NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ 11/23 (5). 0.84 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). A 【解析】 【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再