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；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】【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CuSO45H2O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CuSO45H2O【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CuSO45H2O，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CuD. 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，主要利用其氧化性，C正确；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)B. 实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)c(CO)104C. 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．0.5molL-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。下列说法正确的是A. 其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大B. 其他条件不变，在175300 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【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175300 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 N2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0.0150molL-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)。（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。硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。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）0.7500molL-1 （3） . ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O . ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O （4）ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐【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、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。【小问1详解】“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。【小问2详解】根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L0.015molL-1=3.7510-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为；【小问3详解】硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；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的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；【小问4详解】在280~400范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。16. F是一种天然产物，具有抗肿瘤等活性，其人工合成路线如图:（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是___。（2）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式:___。分子中不同化学环境的氢原子个数比是2:2:2:1。苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团。（3）A+BC的反应需经历A+BXC的过程，中间体X的分子式为C17H17NO6。XC的反应类型为___。（4）EF中有一种分子式为C15H14O4的副产物生成，该副产物的结构简式为___。（5）写出以CH3和FCH2OH为原料制备 的合成路线流程图___(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】（1）7 （2）或 （3）消去反应 （4） （5）【解析】【分析】A和B在K2CO3作用、加热条件反应得到C、HF和H2O，C和H2发生还原反应得到D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应得到F。【小问1详解】从成键方式看，形成双键的中心原子通常采用sp2杂化，醛基和苯环中的碳原子为sp2杂化，饱和C为sp3杂化，故共有7个碳原子采取sp2杂化；故答案为:7；【小问2详解】B的一种同分异构体，环上有4个取代基，且有两种含氧官能团，根据其不饱和度可知，这两种含氧官能团为羟基和含羰基的官能团；分子中不同化学环境的氢原子个数比是2:2:2:1，说明分子结构具有一定的对称性，则该物质可能为或；故答案为:或；【小问3详解】由题给C结构式可知，C分子式为C17H15NO5；中间体X的分子式为C17H17NO6；结合C的结构简式可知XC生成碳碳双键，反应类型为消去反应；故答案为:消去反应；【小问4详解】由E与F结构简式可知，EF为甲氧基被-OH取代，则可能另一个甲氧基也被-OH取代，副产物的分子式为C15H14O4，则其结构简式为:；故答案为:；【小问5详解】以和为原料制备，两个碳环以-O-连接在一起，则一定会发生类似A+BC的反应，则需要和，故需要先得到，得到，和得到，催化氧化得到，可设计合成路线为: ；故答案为: 。17. 以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。（1）浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是___；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为___。（2）除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05molL-1，则=___。[Ksp(MgF2)=510-11，Ksp(CaF2)=510-9]（3）制备MnCO3。在搅拌下向100mL1molL-1MnSO4溶液中缓慢滴加1molL-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为___。（4）制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，___，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1molL-1H2SO4溶液、2molL-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。【答案】（1） . H2SO4溶液 . MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O （2）100 （3）200mL （4）加热到450充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1molL-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化0.1molL-1BaCl2溶液不变浑浊【解析】【小问1详解】若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O；【小问2详解】=；【小问3详解】该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL ；【小问4详解】根据图像在450C左右MnO2占比最高，所以加热到450C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1molL-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1molL-1BaCl2溶液不变浑浊。18. 甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。（1）500时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) H=-178.8kJmol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。（2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=246.5kJmol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) H=41.2kJmol-1反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) H=-172.5kJmol-1在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的H=___。1.01105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800下CO2平衡转化率远大于600下CO2平衡转化率，其原因是___。（3）利用铜—铈氧化物(xCuOyCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuOyCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。当催化氧化温度超过150时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。【答案】（1）吸收CO2，提高H2的产率，提供热量 （2） . 657.1kJmol-1 . 反应和反应的H0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应的H0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小 （3） . 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 . 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu【解析】【小问1详解】已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) H=178.8kJmol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。【小问2详解】反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=246.5kJmol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) H=41.2kJmol-1依据盖斯定律可知I3II2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的H=657.1kJmol-1。由于反应和反应的H0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应的H0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800下CO2平衡转化率远大于600下CO2平衡转化率。小问3详解】图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150时，催化剂的催化活性下降。