2021年湖南省高考化學試卷（含解析）

湖南省2021年普通高中學業(yè)水平選擇性考試

化學

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂

黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將

答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：

H：1C:12N：14O:16F:19Na:23Mg：24Si:28Cl:35.5Ge:73Br:8O1:127

一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項

中，只有一項是符合題目要求的。

1.下列有關湘江流域的治理和生態(tài)修復的措施中，沒有涉及到化學變化的是

A.定期清淤，疏通河道

B.化工企業(yè)“三廢”處理后，達標排放

C.利用微生物降解水域中的有毒有害物質

D.河道中的垃圾回收分類后，進行無害化處理

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.定期清淤，疏通河道，保證河流暢通，沒有涉及化學變化，A符合題意；

B.工業(yè)生產中得到產品的同時常產生廢氣、廢水和廢渣（簡稱“三廢”），常涉及化學方法

進行處理，如石膏法脫硫、氧化還原法和沉淀法等處理廢水，廢渣資源回收利用等過程均有

新物質生成，涉及化學變化，B不符合題意；

C.可通過微生物的代謝作用，將廢水中有毒有害物質尤其復雜的有機污染物降解為簡單的、

無害物質，所以微生物法處理廢水有新物質的生成，涉及的是化學變化，C不符合題意；

D.河道中的垃圾回收分類，適合焚化處理的垃圾，利用現代焚化爐進行燃燒，消滅各種病

原體，把一些有毒、有害物質轉化為無害物質，同時可回收熱能，用于供熱和發(fā)電等，此過

程涉及化學變化，D不符合題意；

故選Ao

2.下列說法正確的是

A.糖類、蛋白質均屬于天然有機高分子化合物

B.FeO粉末在空氣中受熱，迅速被氧化成Fe3O《

C.S。?可漂白紙漿，不可用于殺菌、消毒

D.鍍鋅鐵皮的鍍層破損后，鐵皮會加速腐蝕

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.糖類分為單糖、二糖和多糖，其中屬于多糖的淀粉、纖維素的相對分子質量上

萬，屬于天然高分子化合物，蛋白質也屬于天然有機高分子化合物，而單糖和二糖相對分子

質量較小，不屬于天然高分子化合物，A錯誤；

B.氧化亞鐵具有較強的還原性，在空氣中受熱容易被氧氣氧化為穩(wěn)定的四氧化三鐵，B正

確；

C.二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白紙漿、毛和絲等，還可用于殺菌消毒，例如，在葡

萄酒釀制過程中可適當添加二氧化硫，起到殺菌、抗氧化作用，C錯誤；

D.鍍鋅的鐵皮鍍層破損后構成原電池，鋅作負極，鐵作正極被保護，鐵皮不易被腐蝕，D

錯誤；

故選B。

3.下列實驗設計不能達到實驗目的的是

實驗目的實驗設計

A檢驗溶液中FeSO4是否被氧化取少量待測液，滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色變化

B凈化實驗室制備的C"氣體依次通過盛有飽和NaCl溶液、濃H2sO4的洗氣瓶

C測定NaOH溶液的pH將待測液滴在濕潤的pH試紙上，與標準比色卡對照

D工業(yè)酒精制備無水乙醇工業(yè)酒精中加生石灰，蒸儲

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.若Fe2+被氧化為Fe3+,Fe3+能與SCN-生成Fe(SCN)3,溶液變成血紅色，能達到

實驗目的，故A不符合題意；

B.實驗室用濃鹽酸和二氧化鎬加熱制氯氣，先用飽和食鹽水除去混有的氯化氫，再通過濃

硫酸的洗氣瓶干燥，能達到實驗目的，故B不符合題意；

C.用pH試紙測定NaOH溶液的pH不能潤濕pH試紙，否則會因濃度減小，而影響測定結

果，不能達到實驗目的，故C符合題意；

D.制取無水酒精時，通常把工業(yè)酒精跟新制的生石灰混合，加熱蒸儲，能達到實驗目的，

故D不符合題意。

答案選C。

4.己二酸是一種重要的化工原料，科學家在現有工業(yè)路線基礎上，提出了一條“綠色”合成

路線：

工業(yè)路線“綠色”合成路線

_A_、,______A______

OH

硝酸_廣COOH_空氣c

催化劑,△"[COOHr催化劑,△O

下列說法正確的是

A.苯與澳水混合，充分振蕩后靜置，下層溶液呈橙紅色

B.環(huán)己醇與乙醇互為同系物

C.己二酸與NaHCC>3溶液反應有CO2生成

D.環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.苯的密度比水小，苯與濱水混合，充分振蕩后靜置，有機層在上層，應是上層

溶液呈橙紅色，故A錯誤；

B.環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，和乙醇結構不相似，分子組成也不相差若干Oh原子團，不互為

同系物，故B錯誤；

C.己二酸分子中含有竣基，能與NaHCCh溶液反應生成C02,故C正確；

D.環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，與每個碳原子直接相連的4個原子形成四面體

結構，因此所有碳原子不可能共平面，故D錯誤；

答案選C。

5.NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是

A.18gH含有的中子數為IONA

B.O.lmol?□HCIO4溶液中含有的H+數為O」NA

C.2molNO與lmolO2在密閉容器中充分反應后的分子數為22VA

D.11.2LCH4和22.4LCL（均為標準狀況）在光照下充分反應后的分子數為1.5踵

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.18gHFo的物質的量為=0.9mol,1個H/。含O+（18-8）=1O個中子,

2C0g/mol?

貝也8gH2"。含有的中子數為9NA，A錯誤；

B.未給溶液體積，無法計算，B錯誤；

C.存在2NO+O2=2NCh,2NO2BN2O4,因此2moiNO與lmoK）2在密閉容器中充分反應

后的分子數小于2NA，C錯誤；

D.甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代，Imol氯氣可取代ImolH,同時產生ImolHCl分子，標

準狀況下1L2LCH4的物質的量為0.5mol,22.4LC12的物質的量為Imol,0.5molCH4含

4molH,最多可消耗4moicb,因此CH4過量,根據Imol氯氣可取代ImolH,同時產生ImolHCl

分子可知ImolCb完全反應可得ImoHCl,根據C守恒，反應后含C物質的物質的量=甲烷

的物質的量=0.5mol,因此11.2LCH4和22.4LCU（均為標準狀況）在光照下充分反應后的分

子數為1.5NA，D正確；

選D。

6.一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如下:

無水MgCk

濾液氣體

下列說法錯誤的是

A.物質X常選用生石灰

B.工業(yè)上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂

C.“氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO+C+Cl2=MgCl2+CO

D.“煨燒”后的產物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無水MgCL

【答案】D

【解析】

【分析】海水經一系列處理得到苦鹵水，苦鹵水中含Mg2+,苦鹵水中加物質X使Mg2+轉化

為Mg(OH)2,過濾除去濾液，煨燒Mg(OH)2得MgO,MgO和C、Cb經“氯化”得無水MgCE

【詳解】A.物質X的作用是使Mg2+轉化為Mg(0H)2,工業(yè)上常采用CaO,發(fā)生

2+2+

CaO+H2O=Ca(OH)2,Ca(OH)2+Mg=Mg(OH)2+Ca,A正確；

B.Mg是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融MgCL制備金屬鎂，B正確；

C.由圖可知“氯化”過程反應物為MgO、氯氣、C,生成物之一為MgCb,C在高溫下能將

二氧化碳還原為CO,則“氣體”為CO,反應方程式為MgO+C+Cl23MgeU+C。，C

正確；

D.“煨燒”后得到MgO,MgO和鹽酸反應得到MgCL溶液，由于MgCb在溶液中水解為氫

氧化鎂和HC1,將所得溶液加熱蒸發(fā)HC1會逸出，MgCb水解平衡正向移動，得到氫氧化鎂,

得不到無水MgCb,D錯誤；

選D。

7.W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，Y的原子序數等于W與X的原子

序數之和，Z的最外層電子數為K層的一半，W與X可形成原子個數比為2：1的18仁分子。

下列說法正確的是

A.簡單離子半徑：Z>X>Y

B.W與Y能形成含有非極性鍵的化合物

c.X和Y的最簡單氫化物的沸點：X>Y

D.由W、X、Y三種元素所組成化合物的水溶液均顯酸性

【答案】B

【解析】

【分析】Z的最外層電子數為K層的一半，則Z的核外有3個電子層，最外層電子數為1,

即為Na,W與X能形成原子個數比為2:1的18電子的分子，則形成的化合物為N2H4,所

以W為H,X為N,Y的原子序數是W和X的原子序數之和，則Y為O。據此分析解答。

【詳解】由分析可知，W為H,X為N,Y為O,Z為Na。

A.離子的電子層數相同時，原子序數越小，半徑越大，即離子半徑大小為：N3->O2->Na+,

即簡單離子半徑為：X>Y>Z,故A錯誤；

B.W為H,Y為0,能形成H2O2,含有極性共價鍵和非極性共價鍵，故B正確；

C.X的最簡單氫化物為氨氣，Y的最簡單氫化物為水，水的沸點高于氨氣，即最簡單氫化

物的沸點為Y>X,故C錯誤；

D.由W、X、Y三種元素形成的化合物有硝酸，硝酸鏤，氨水等，硝酸，硝酸核顯酸性，

氨水顯堿性，故由W、X、Y三種元素形成的化合物不一定都是酸性，故D錯誤；

故選B。

8.KK)3常用作食鹽中的補碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應為

A人

6I2+11KCIO3+3H2O=6KH(I03)2+5KC1+3C12T。下列說法錯誤的是

A.產生22.4L(標準狀況)CU時，反應中轉移lOmolF

B.反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為11：6

C.可用石灰乳吸收反應產生的CU制備漂白粉

D.可用酸化淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中101的存在

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.該反應中只有碘元素價態(tài)升高，由0價升高至KH（IO3）2中+5價，每個碘原子

升高5價，BP6l2~60e-,又因方程式中6L~3cl2,故3c12~60e,即Cb~20e-,所以產生

22.4L（標準狀況）Cb即ImolCb時，反應中應轉移20moie,A錯誤；

B.該反應中KCIO3中氯元素價態(tài)降低，KC1O3作氧化劑，12中碘元素價態(tài)升高，12作還原

劑，由該方程式的計量系數可知，11KC1O3~6I2,故該反應的氧化劑和還原劑的物質的量之

比為11:6,B正確；

C.漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應，C正確；

D.食鹽中101可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、r發(fā)生歸中反應

IO/5r+6H+=3l2+3H2。生成L,卜再與淀粉發(fā)生特征反應變?yōu)樗{色，故可用酸化的淀粉

碘化鉀溶液檢驗食鹽中103的存在，D正確。

故選Ao

9.常溫下，用O.lOOOmoLITi的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為QlOOOmoLIji三種一元

弱酸的鈉鹽（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是

A.該NaX溶液中：c（Na+）＞c（X-）＞c（OH-）＞c（H+）

B.三種一元弱酸的電離常數：Ka（HX）〉Ka（HY）〉Ka（HZ）

C.當pH=7時，三種溶液中：c（X"）=c（Y"）=c（Z"）

D.分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合:

c(X)+c(Y)+c(Z)=c(H+)-c(OH)

【答案】c

【解析】

【分析】由圖可知，沒有加入鹽酸時，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，則HX、HY、

HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱。

【詳解】A.NaX為強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順

序為c(Na+)>c(X-)>c(OH)>c(H+),故A正確；

B.弱酸的酸性越弱，電離常數越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依

次減弱，則三種一元弱酸的電離常數的大小順序為Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),故B正確；

C.當溶液pH為7時，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，

則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序為c(X-)>c(Y)>c(Z-),故C錯誤；

D.向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應，溶液中鈉離子濃度等于氯

離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+

c(Cl)+c(OH),由c(Na+)=c(C1)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z)=c(H+)—c(OH),故D正確；

故選Co

10.鋅漠液流電池是一種先進的水溶液電解質電池，廣泛應用于再生能源儲能和智能電網的

備用電源等。三單體串聯(lián)鋅澳液流電池工作原理如圖所：

循環(huán)回路

泵鋅電極/沉積鋅

雙極性碳和塑料電極-------Br2活性電極Bj復合物貯存

下列說法錯誤的是

A.放電時，N極為正極

B.放電時，左側貯液器中ZnBr2的濃度不斷減小

C.充電時，M極的電極反應式為Zn2++2e「=Zn

D.隔膜允許陽離子通過，也允許陰離子通過

【答案】B

【解析】

【分析】由圖可知，放電時，N電極為電池的正極，浪在正極上得到電子發(fā)生還原反應生成

澳離子，電極反應式為Br2+2e-=2BL,M電極為負極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離

子，電極反應式為Zn—2e-=Zn2+,正極放電生成的澳離子通過離子交換膜進入左側，同時

鋅離子通過交換膜進入右側，維持兩側濱化鋅溶液的濃度保持不變；充電時，M電極與直

流電源的負極相連，做電解池的陰極，N電極與直流電源的正極相連，做陽極。

【詳解】A.由分析可知，放電時，N電極為電池的正極，故A正確；

B.由分析可知，放電或充電時，左側儲液器和右側儲液器中澳化鋅的濃度維持不變，故B

錯誤；

C.由分析可知，充電時，M電極與直流電源的負極相連，做電解池的陰極，鋅離子在陰極

上得到電子發(fā)生還原反應生成鋅，電極反應式為Zn2++2e-=Zn,故C正確；

D.由分析可知，放電或充電時，交換膜允許鋅離子和澳離子通過，維持兩側澳化鋅溶液的

濃度保持不變，故D正確；

故選B?

二、選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項

中，有一個或兩個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2

分，有選錯的得0分。

11.已知：A（g）+2B（g）^3C（g）AH<0,向一恒溫恒容的密閉容器中充入ImolA和

3molB發(fā)生反應，4時達到平衡狀態(tài)I,在今時改變某一條件，4時重新達到平衡狀態(tài)U，

正反應速率隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是

A.容器內壓強不變，表明反應達到平衡

B.弓時改變的條件：向容器中加入C

C.平衡時A的體積分數。：°(11)>。(1)

D.平衡常數K：K(II)<K(I)

【答案】BC

【解析】

【分析】根據圖像可知，向恒溫恒容密閉容器中充入ImolA和3molB發(fā)生反應，反應時間

從開始到ti階段，正反應速率不斷減小，tl-t2時間段，正反應速率不變，反應達到平衡狀態(tài),

t2-t3時間段，改變條件使正反應速率逐漸增大，平衡向逆反應方向移動，t3以后反應達到新

的平衡狀態(tài)，據此結合圖像分析解答。

【詳解】A.容器內發(fā)生的反應為A(g)+2B(g)B3c(g),該反應是氣體分子數不變的可逆反應,

所以在恒溫恒容條件下，氣體的壓強始終保持不變，則容器內壓強不變，不能說明反應達到

平衡狀態(tài)，A錯誤；

B.根據圖像變化曲線可知，t2~t3過程中，t2時相’瞬間不變，平衡過程中不斷增大，則說明

反應向逆反應方向移動，且不是“突變”圖像，屬于“漸變”過程，所以排除溫度與催化劑等影

響因素，改變的條件為：向容器中加入C,B正確；

C.最初加入體系中的A和B的物質的量的比值為1：3,當向體系中加入C時，平衡逆向移

動,最終A和B各自物質的量增加的比例為1：2,因此平衡時A的體積分數9(11)>9(1),

C正確；

D.平衡常數K與溫度有關，因該反應在恒溫條件下進行，所以K保持不變，D錯誤。

故選BC?

12.對下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是

粒子組判斷和分析

不能大量共存，因發(fā)生反應：

3+

ANa+、Al>C「、NH3-H2O

3+

Al+4NH3H2O=A1O-+4NH；+2H2O

不能大量共存，因發(fā)生反應：

BH+>K+、S2O，、SO：

2H++S2O1=SJ+SO2T+H2O

3+

CNa+、Fe>SO：、H2O2能大量共存，粒子間不反應

DH+、Na+、Cl->MnO；能大量共存，粒子間不反應

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.AF+和NH3F2O生成A1(OH)3沉淀而不是生成A10，故A錯誤；

B.S2。；-和H+反應生成單質硫、二氧化硫和水，離子方程式為：2H++

-

S2O3=SI+SO2f+H2O,故B正確；

C.Fe3+可以將H2O2氧化得Fe2+和02,不能大量共存，故C錯誤；

D.在酸性條件下MnO：能將C1-氧化為CL,不能大量共存，故D錯誤；

答案選B。

13.1-丁醇、澳化鈉和70%的硫酸共熱反應，經過回流、蒸儲、萃取分液制得1-澳丁烷粗產

品，裝置如圖所?。?/p>

已知：CH3(CH2)3OH+NaBr+H2SO4^^CH3(CH2)3Br+NaHSO4+H2O

下列說法正確的是

A.裝置I中回流的目的是為了減少物質的揮發(fā)，提高產率

B.裝置H中a為進水口，b為出水口

C.用裝置III萃取分液時，將分層的液體依次從下放出

D.經裝置ill得到的粗產品干燥后，使用裝置n再次蒸儲，可得到更純的產品

【答案】AD

【解析】

【分析】根據題意1-丁醇、澳化鈉和70%的硫酸在裝置I中共熱發(fā)生

CH3(CH2)3OH+NaBr+H2SO4CH3(CH2)3Br+NaHSO4+H2O得至ij含

CH3(CH2)3OH,CH3(CH2)3Br,NaHSCU、NaBr、H2so4的混合物，混合物在裝置II中

蒸儲得到CHKCHzbOH和CH3(CH2)3：Br的混合物，在裝置III中用合適的萃取劑萃取分

液得CHsCCHzbBr粗產品。

【詳解】A.濃硫酸和NaBr會產生HBr,1-丁醇以及濃硫酸和NaBr產生HBr均易揮發(fā)，

用裝置I回流可減少反應物的揮發(fā)，提高產率，A正確；

B.冷凝水應下進上出，裝置II中b為進水口，a為出水口，B錯誤；

C.用裝置III萃取分液時，將下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，C錯誤；

D.由題意可知經裝置III得到粗產品，由于粗產品中各物質沸點不同，再次進行蒸儲可得到

更純的產品，D正確；

選AD。

14.鐵的配合物離子(用［L-Fe-H『表示)催化某反應的一種反應機理和相對能量的變化

情況如圖所示:

，，?產渡新，手，過渡Q

(

0.丁0\W

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OU,：

SEUo

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o+

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0

0

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工

反應進程

下列說法錯誤的是

催化劑4?

A.該過程的總反應為HCOOH^-OV+H2t

B.H+濃度過大或者過小，均導致反應速率降低

C.該催化循環(huán)中Fe元素的化合價發(fā)生了變化

D.該過程的總反應速率由n-Ui步驟決定

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.由反應機理可知，HCOOH電離出氫離子后，HCOO-與催化劑結合，放出二氧

催化劑

化碳，然后又結合氫離子轉化為氫氣，所以化學方程式為HCOOH^-CO2T+H2T，故A

正確；

B.若氫離子濃度過低，則反應m-w的反應物濃度降低，反應速率減慢，若氫離子濃度過

高，則會抑制加酸的電離，使甲酸根濃度降低，反應I-II速率減慢，所以氫離子濃度過高

或過低，均導致反應速率減慢，故B正確；

C.由反應機理可知，Fe在反應過程中，化學鍵數目發(fā)生變化，則化合價也發(fā)生變化，故C

正確；

D.由反應進程可知，反應IV-I能壘最大，反應速率最慢，對該過程的總反應起決定作用,

故D錯誤；

故選D。

二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第15~17題為必考題，每個試題考

生都必須作答。第18、19題為選考題，考生根據要求作答。

（一）必考題：此題包括3小題，共39分。

15.碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫錢和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并

測定產品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：

步驟I.Na2cO3的制備

蒸儲水碳酸氫鏤粉末

氯化鈉

碳酸彳

步驟II.產品中NaHCO3含量測定

①稱取產品2.500g,用蒸儲水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M,用。lOOOmol?I71鹽酸標準溶液

滴定，溶液由紅色變至近無色（第一滴定終點），消耗鹽酸V]inL；

③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N,繼續(xù)用O.lOOOmol-I71鹽酸標準溶液滴定至終點（第

二滴定終點），又消耗鹽酸V2mL；

④平行測定三次，V1平均值為22.45,V2平均值為23.51。

已知：⑴當溫度超過35℃時，NH4HCO3開始分解。

（ii）相關鹽在不同溫度下的溶解度表（g/100gH20）

溫度/℃0102030405060

NaCl35.735.836.036.336.637.037.3

NH4HCO311.915.821.027.0

NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4

NH4C129.433.337.241.445.850.455.2

回答下列問題：

(1)步驟I中晶體A的化學式為,晶體A能夠析出的原因是—

(2)步驟I中“300℃加熱”所選用的儀器是(填標號)；

(3)指示劑N為,描述第二滴定終點前后顏色變化

(4)產品中NaHCC>3的質量分數為(保留三位有效數字);

(5)第一滴定終點時，某同學俯視讀數，其他操作均正確，則NaHCC>3質量分數的計算結果

(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。

【答案】(1).NaHCCh(2).在30-35°C時NaHCCh的溶解度最小(意思合理即可)

(3).D(4).甲基橙(5).由黃色變橙色，且半分鐘內不褪色(6).3.56%⑺.偏

大

【解析】

【分析】步驟I：制備Na2cCh的工藝流程中，先將NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3

粉末，水浴加熱，根據不同溫度條件下各物質的溶解度不同，為了得到NaHCCh晶體，控制

溫度在30-35°C發(fā)生反應，最終得到濾液為NH4CL晶體A為NaHCCh,再將其洗滌抽干,

利用NaHCCh受熱易分解的性質，在300°C加熱分解NaHCCh制備Na2co3；

步驟H：利用酸堿中和滴定原理測定產品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反應為：

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,因為Na2co3、NaHCCh溶于水顯堿性，且堿性較強，所以可

借助酚獻指示劑的變化來判斷滴定終點，結合顏色變化可推出指示劑M為酚麟試劑；第二

次滴定時溶液中的溶質為NaCl,同時還存在反應生成的CO”溶液呈現弱酸性，因為酚髓

的變色范圍為8-10,所以不適合利用酚酥指示劑檢測判斷滴定終點，可選擇甲基橙試液，

所以指示劑N為甲基橙試液，發(fā)生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2t,再根據關系

式求出總的NaHCCh的物質的量，推導出產品中NaHCCh的，最終通過計算得出產品中

NaHCCh的質量分數。

【詳解】根據上述分析可知，

(1)根據題給信息中鹽在不同溫度下的溶解度不難看出，控制溫度在30-35°C,目的是為了

時NH4HCO3不發(fā)生分解，同時析出NaHCCh固體，得到晶體A,因為在30-35℃時,NaHCCh

的溶解度最小，故答案為：NaHCCh；在30-35°C時NaHCCh的溶解度最??；

⑵300。C加熱抽干后的NaHCCh固體，需用珀煙、泥三角、三腳架進行操作，所以符合題

意的為D項，故答案為：D；

(3)根據上述分析可知，第二次滴定時，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點前溶液

的溶質為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達到終點后溶液的溶質為氯化鈉,所以溶液的顏色變化為:

由黃色變?yōu)槌壬野敕昼妰炔煌噬?/p>

(4)第一次滴定發(fā)生的反應是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,貝Un(Na2co3)=n生成

(NaHC03)=n(HCl)=0.1000mol/Lx22.45x10^=2.245x10-3mol,第二次滴定消耗的鹽酸的體

積y2=23.51mL,則根據方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T可知，消耗的NaHCCh的物

^WSn.&(NaHC03)=0.1000mol/Lx23.51x10-3L=2.351x10-3mol,則原溶液中的NaHCCh的

物質的量n(NaHCO3)=n息(NaHCCh)-n生成(NaHCCh)=

34

2.351x10-mol-2.245x10-3mol=1.06x10-mol,則原產品中NaHCCh的物質的量為

100mLxl.06xl0-4mol=1.06x10-3moL故產品中NaHCCh的質量分數為

10mL

1.06x10-3molx84g/mol，八…一/…，一…、,一?、,

---------------------------------xlOO%=3.5616%u3.56%,故答案為：3.56%；

2.5000g

(5)若該同學第一次滴定時，其他操作均正確的情況下，俯視讀數，則會使標準液鹽酸的體

積偏小，即測得Vi偏小，所以原產品中NaHCCh的物質的量會偏大，最終導致其質量分數

會偏大，故答案為：偏大。

16.氨氣中氫含量高，是一種優(yōu)良的小分子儲氫載體，且安全、易儲運，可通過下面兩種方

法由氨氣得到氫氣。

方法I：氨熱分解法制氫氣

相關化學鍵的鍵能數據

化學鍵N三NH-HN-H

鍵能E/（kJ?mo「）946436.0390.8

一定溫度下，利用催化劑將NH3分解為N?和H?。回答下列問題:

-1

2NH3(g)N2(g)+3H2(g)AH=—kJ-mol；

⑵已知該反應的AS=198.9J-mo「，在下列哪些溫度下反應能自發(fā)進行?

（填標號）

A25℃B.125℃C.225℃D.325℃

（3）某興趣小組對該反應進行了實驗探究。在一定溫度和催化劑的條件下，將O.lmolNHs通

入3L的密閉容器中進行反應（此時容器內總壓為200kPa）,各物質的分壓隨時間的變化曲線

￡

O

Wl

①若保持容器體積不變，％時反應達到平衡，用H2的濃度變化表示0?%時間內的反應速

率丫（凡）=molmirT］（用含乙的代數式表示）

②弓時將容器體積迅速縮小至原來的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后N2分壓變化

趨勢的曲線是（用圖中a、b、c、d表示），理由是；

③在該溫度下，反應的標準平衡常數K?=。（已知：分壓=總壓x該組分物質的量分

f、gr\h

PGPH

n0n0

數，對于反應dD（g）+eE（g）UgG（g）+hH（g）,K?=,其中

,u乙c

/\（\

PD.PE_

00

VPJIPJ

p?=100kPa,PG、PH、PD、PE為各組分的平衡分壓）。

方法n：氨電解法制氫氣

利用電解原理，將氮轉化為高純氫氣，其裝置如圖所示。

陰

離

子

交

換

膜

”)；

右往左

或“從

往右”

“從左

(填

向為

動方

的移

H-

程中O

解過

(4)電

式為

極反應

極的電

(5)陽

溶液

OH

溶液K

KOH

0.02

(4).b

(3).——

D

(2).C

90.8

(1).+

’1

比

2分壓

動，N

向移

衡逆

壓平

于加