2021年高考化学试卷（江苏）（解析卷）

1/18 江苏省2021 年普通高中学业水平选择性考试 化学 注意事项： 1.本试卷满分为100 分，考试时间为75 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡 的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4.作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上 的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5.如需作图，必须用2B 铅笔绘写清楚，线条符号等须加黑加粗。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 Mn-55 Fe-56 Zn-65 一、单项选择题：共14 题，每题3 分，共42 分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是 A. 黑火药中含有两种单质 B. 爆炸时吸收热量 C. 反应中S 作还原剂 D. 反应为置换反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．黑火药中含有S、C 两种单质，A 正确； B．爆炸反应为放热反应，B 错误； 1/18 C．该反应中S 元素化合价降低，作氧化剂，C 错误； D．该反应不符合“单质+化合物=另一种单质+另一种化合物”的形式，不是置换反应，D 错误； 综上所述答案为A。 2. 反应Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O 可用于制备含氯消毒剂。下列说法正确的是 A. Cl2是极性分子 B. NaOH 的电子式为 C. NaClO 既含离子键又含共价键 D. Cl-与Na+具有相同的电子层结构 【答案】C【解析】 2/18 【详解】A．氯气分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，A 错误； B．NaOH 为离子化合物，电子式为 ，B 错误； C．NaClO 含有钠离子和次氯酸根形成的离子键，含有O 原子和Cl 原子形成的共价键，C 正确； D．Cl-有3 层电子，Na+有2 层电子，D 错误； 综上所述答案为C。 3. 下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O 的实验原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲除去废 铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑 C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A 正确； B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B 正确； C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C 正确； D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D 错误； 答案选D。 4. 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是 A. 铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂 B. 纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料 C. FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu D. 聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水 【答案】B 【解析】 【详解】A．因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A 正确； B．纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B 错误；C．FeCl3与Cu 反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用 2/18 其氧化性，C 正确； 3/18 D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D 正确； 故选B。 5. 前4 周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是空气中含量最多的元素，Y 的周期序数与族 序数相等，基态时Z 原子3p 原子轨道上有5 个电子，W 与Z 处于同个主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W) B. X 的第一电离能比同周期相邻元素的大 C. Y 的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z 的强 D. Z 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的弱 【答案】B 【解析】 【分析】前4 周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是空气中含量最多的元素，则X 为N 元素；Y 的周期序数与族序数相等，则Y 为Al；基态时Z 原子3p 原子轨道上有5 个电子，则Z 为Cl；W 与Z 处于同一主族，则W 为Br。 【详解】A．根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径： r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A 错误； B．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N 的2p 处于半充满状态，因此X(N)的第一电离能比 同周期相邻元素的大，故B 正确； C．Y 的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z 的弱即Al(OH)3＜HClO4，故C 错误； D．同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，简单氢化物的稳定性逐渐减弱，所以Z 的简单气态氢化物的热 稳定性比W 的强，故D 错误。 综上所述，答案为B。 6. N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、 Ag 等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO 进一步氧 化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH 、NO 均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO 转化为N2，也可将水体中的NO3 -转化 为N2。下列有关NH3、NH 、NO 的说法正确的是 A. NH3能形成分子间氢键 B. NO 的空间构型为三角锥形C. NH3与NH 中的键角相等 D. NH3与Ag+形成的[Ag(NH3)2]+中有6 个配位键 3/18 【答案】A 4/18 【解析】 【详解】A．NH3能形成分子间氢键，氨分子是一个极性分子，氮原子带有部分负电荷,氢原子带有部分正 电荷，当氨分子互相靠近时，由于取向力的作用，带有部分正电荷的氢原子与另外一个氨分子中的带有部 分负电荷的氮原子发生异性电荷的吸引进一步靠拢，A 正确； B．硝酸根离子的空间构型是个标准的正三角形，N 在中间，O 位于三角形顶点，N 和O 都是sp2杂化，B 错误； C．NH3和NH 都是sp3杂化，但NH3中存在一个孤电子对，是三角锥结构，而NH 为标准的正四面体， 所以键角是不一样的，NH3中每两个N—H 键之间夹角为107°18＇,正四面体为109°28＇，C 错误； D．N-H 为σ 键，配位键也为σ 键，则[Ag(NH3)2]+中含有8 个σ 键，2 个配位键，D 错误； 答案选A。 7. N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、 Ag 等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO 进一步氧 化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH 、NO 均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO 转化为N2，也可将水体中的NO 转 化为N2。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是 A. NO(g) HNO3(aq) B. 稀HNO3(aq) NO2(g) C NO(g) N2(g) D. NO (aq) N2(g) 【答案】C 【解析】 【详解】A．NO 不溶于水也不与水反应，A 错误； B．稀HNO3与Cu 反应得到硝酸铜、水和NO，得不到NO2，B 错误； C．NO 有氧化性，CO 有还原性，在高温、催化剂条件下二者可发生氧化还原反应转化为无毒的N2和 CO2，C 正确；D．O3有强氧化性，不能作还原剂将硝酸根离子还原，D 错误； 答案选C。 . 4/18 8. N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、 Ag 等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO 5/18 进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH 、NO 均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO 转化为N2，也可将水体中的 NO3 -转化为N2。对于反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，下列说法正确的是 A. 该反应的ΔH<0，ΔS<0 B. 反应的平衡常数可表示为K= C. 使用高效催化剂能降低反应的焓变 D. 其他条件相同，增大 ，NO 的转化率下降 【答案】A 【解析】 【详解】A．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·mol-1，反应气体物质的量减少，ΔS<0，故A 正确； B．2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)反应的平衡常数可表示为K= ，故B 错误； C．使用高效催化剂，反应的焓变不变，故C 错误； D．其他条件相同，增大 ，NO 的转化率增大，故D 错误； 选A。 9. 通过下列实验可从I2，的CCl4溶液中回收I2。 5/18 下列说法正确的是 A. NaOH 溶液与I2反应的离子方程式：I2+2OH-=I-+IO +H2O 6/18 B. 通过过滤可将水溶液与CCl4分离 C. 向加酸后的上层清液中滴加AgNO3溶液生成AgI 沉淀，1 个AgI 晶胞(如图)中含14 个I- D. 回收的粗碘可通过升华进行纯化 【答案】D 【解析】 【详解】A．选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为：3I2+6OH-=5I-+IO +3H2O，A 错误； B．水溶液与CCl4不互溶，二者应分液分离，B 错误； C．根据均摊法，该晶胞中所含I-的个数为 =4，C 错误； D．碘易升华，回收的粗碘可通过升华进行纯化，D 正确； 综上所述答案为D。 10. 化合物Z 是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。 下列有关X、Y、Z 的说法正确的 是 A. 1molX 中含有2mol 碳氧π 键 B. Y 与足量HBr 反应生成的有机化合物中不含手性碳原子 C. Z 在水中的溶解度比Y 在水中的溶解度大 D. X、Y、Z 分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同【答案】D 【解析】 【详解】A．1molX 中含有1mol 碳氧π 键，醛基中含有1 个碳氧π 键，羟基中不含有碳氧π 键，A 错误； B．Y 与足量HBr 反应生成的有机化合物中含手性碳原子， ，B 错误； C．Z 中含有酯基不易溶于水，Y 含有羧基合羟基易溶于水，Z 在水中的溶解度比Y 在水中的溶解小，C 错 6/18 误； D．X、Y、Z 分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同均为： ， 7/18 D 错误； 答案选D。 11. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。 实验1：用pH 试纸测量0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH 约为8 实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀 实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH 从12 下降到约为9 实验4：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去 下列说法正确的是 A. 由实验1 可得出：Ka2(H2CO3)> B. 实验2 中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO )<Ksp(CaCO3) C. 实验3 中发生反应的离子方程式为CO +H2O+CO2=2HCO D. 实验4 中c 反应前(CO )<c 反应后(CO ) 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验1：用 试纸测量 溶液的 ，测得 约为8，c(H+)＞c(OH-)。 则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1 可得出： ， Kw=H+·OH-， ， ，Ka2(H2CO3)= ＜ = ，A 错误； B．实验2：将 溶液与 溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙， 则由沉淀溶解平衡原理知，实验2 中两溶液混合时有： ，B 错误； C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3： 溶液中通入一定量的 ， 7/18 溶液 从12 下降到10，则实验3 中发生反应的离子方程式为 ，C 正确； D． 由图知： 和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c 反应前(CO )＞c 反应后 (CO )，D 错误； 8/18 答案选C。 12. 通过下列方法可分别获得H2和O2：①通过电解获得NiOOH 和H2(如图)；②在90℃将NiOOH 与H2O 反应生成Ni(OH)2并获得O2。下列说法正确的是 A. 电解后KOH 溶液的物质的量浓度减小 B. 电解时阳极电极反应式：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O C. 电解的总反应方程式：2H2O 2H2↑+O2↑ D. 电解过程中转移4mol 电子，理论上可获得22.4LO2【答案】B 【解析】 【详解】A．阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应为 ，电解后KOH 溶液的物质的量浓度不变，故A 错误； B．电解时阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故B 正确； C．阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应为 ，故C 错误； D．电解过程中转移4mol 电子，生成4molNiOOH，根据 ，生成1mol 氧气，非标准状况下的体积不一定是22.4L，故D 错误； 选B。 13. 室温下，用0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。 已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是 8/18 A. 0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+c(H2CO3) 9/18 B. 反应CaSO4+CO CaCO3+SO 正向进行，需满足 > ×104 C. 过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)= 且c(Ca2+)≤ D. 滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)，A 错误； B．该反应的平衡常数K= = = = = ×104，当浓度商 ＜K 时，反应正向进行，B 错误； C．上层清液为碳酸钙的保护溶液，所以清液中满足c(Ca2+)= ，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸 钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤ ，C 正确； D．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D 错误；综上所述答案为C。 14. NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O 的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2 除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成 N2的选择性[ 100%]与温度的关系如图所示。 9/18 下列说法正确的是 A. 其他条件不变，升高温度，NH3 平衡转化率增大 B. 其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大 C. 催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃ D. 高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂 的 10/18 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O 的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度， 平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A 错误； B．根据图像，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B 错误； C．根据图像，温度高于250 N ℃ 2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温 度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C 错误； D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高 和N2选择性高的催化剂，故D 正确； 答案为D。 二、非选择题：共4 题，共58 分。 15. 以锌灰(含ZnO 及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除 煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 （1）“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___(填 化学式)。 （2）“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL 除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL 容量瓶中， 加水稀释至刻度；准确量取20.00mL 稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用 0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3 次，平均消耗EDTA 溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。 10/18 （3）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S 的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反 应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S 反应生成ZnS 和FeS，其化学方程式为___。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS 参与了H2S 与CO2生成COS 的反应，反应前后 ZnS 11/18 的质量不变，该反应过程可描述为___。 （4）将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图 所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。 【答案】（1）Fe3+、H+ （2）0.7500mol·L-1 （3 ） ①. ZnFe2O4+3H2S+H2 ZnS+2FeS+4H2O . ② ZnS+CO2=ZnO+COS ； ZnO+H2S=ZnS+H2O （4）ZnS 和FeS 部分被氧化 硫酸盐 【解析】 【分析】锌灰含ZnO 及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2 和硫酸不反应，过滤出 SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸