2021年高考湖南化學試題解析版

2021年高考湖南化學解析版

可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16F:19Na:23Mg：24Si:28Cl：35.5Ge:73Br:80

1:127

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】

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

育法脫硫、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F%。,

C.SO?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

【答窠】B

【解析】

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，米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FI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Cl?氣體依次通過盛有飽和Na。溶液、濃H2s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，蒸溜

【答案】C

【解析】

A.若Fe?+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鐳加熱制氯氣，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

,____________人

0H

。一。"<溫—0

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)己醉與乙醇互為同系物

C.已二酸與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】

A.苯的密度比水小，苯與溟水混合，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CH2原子團，不互為同系物，故B

錯誤；

C.己二酸分子中含有粉基，能與NaHCCh溶液反應生成CO2,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."人為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是

A.18gH「0含有的中子數為IONA

B.O.lmol-L'HC^溶液中含有的H+數為

C.2moiNO與ImolO2在密閉容器中充分反應后的分子數為2義八

D.11.2LCH4和22.4LC12（均為標準狀況）在光照下充分反應后的分子數為

【答案】D

【解析】

A.18gH2豚0的物質的量為就扁■=0.9mol,1個H?"。含0+(18-8)=10個中子，則18gH2”0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=2NO2,2NO2UN2O4,因此2moiNO與ImolOz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11.2LCH4

的物質的量為0.5moL22.4LC12的物質的量為Imol,0.5molCH4含4moiH,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ImolCL完全反應可得ImoHCL根據C

守恒，反應后含C物質的物質的量二甲烷的物質的量=0.5mol,因此11.2LCH4和22.4LC12(均為標準狀況)

在光照下充分反應后的分子數為L5NA，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：

物質X碳、氯氣

II

海水——A苦鹵水一?沉鎂一》燃燒一一氯化一一無水MgCl2

??

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MgCk制備金屬鎂

局溫

C.“氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO+C+C120MgeU+CO

D.“燃燒”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MgC"

【答案】D

【解析】

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(0H)2,過濾除去

濾液，煨燒Mg(OH)2得MgO,MgO和C、CL經“氯化”得無水MgCh。

A.物質X的作用是使Mg2+轉化為Mg(OH)2,工業(yè)上常采用CaO,發(fā)生CaO+H2O=Ca(OH)2,

Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+,A正確;

B.Mg是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解烙融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

高溫

CO,則“氣體”為CO,反應方程式為MgO+C+C12^=MgC12+CO,C正確；

D.哪燒”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3

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18e-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】

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。

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O,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，硝酸鉉，氨水等，硝酸，硝酸錢顯酸性，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.KI。、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

6I2+11KCIO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KC1+3C1,T。下列說法錯誤的是

A.產生22.4L（標準狀況）Clz時，反應中轉移lOmole-

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C"制備漂白粉

D.可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中10；的存在

【答案】A

【解析】

A.該反應中只有碘元素價態(tài)升高，由。價升高至KH（IO3）2中+5價，每個碘原子升高5價，即6k~60e-,

又因方程式中6L~3a2,故3cb~60e-,即Cb~20e-,所以產生22.4L（標準狀況）Cb即1molCI2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，KC103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，llKCIO3~6k,故該反應的僦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10；可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I?發(fā)生歸中反應10；+51+6%=312+3也0生成12,

L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10；的存在，D正確。

故選Ao

9.常溫下，用O.lOOOmoLLi的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為O.lOOOmol?匚1三種一元弱酸的鈉鹽

（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)>K<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(0H)

【答案】C

【解析】

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。

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枳越大，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在電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y)+c(Z-)+c(Cl)+c(OH),由c(Na+)=c(Cl)

可得：c(X-)+c(Y-)+《Z-)=c(H+)—以OH),故D正確；

故選C。

10.鋅濱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

雙極性碳和塑料電極Br?活性電極復合物貯存

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ZnBb的濃度不斷減小

C.充電時，M極的電極反應式為Zi?++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】

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)生還原反應生成濱離子，電極反應式為

Br2+2e-=2Br-,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-=ZM+,正極

放電生成的溪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，維持兩側淡化鋅溶液的濃

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。

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電極與宜流電源的負極相連，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Zd++2e-二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溟離子通過，維持兩側浪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.己知：A(g)+2B(g)B3c(g)M<0,向一恒溫恒容的密閉容器中充入ImolA和3mO1B發(fā)生反應,

。時達到平衡狀態(tài)I,在72時改變某一條件，G時重新達到平衡狀態(tài)H，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.右時改變的條件：向容器中加入C

c.平衡時A的體積分數>：8(n)>e⑴

D.平衡常數K：K(n)vK(D

【答案】BC

【解析】

根據圖像可知，向恒溫恒容密閉容器中充入ImolA和3mO1B發(fā)生反應，反應時間從開始到U階段，正反應

速率不斷減小，所以平衡向正反應方向移動，2t2時間段，正反應速率不變，反應達到平衡狀態(tài)，12七時間

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，13以后反應達到新的平衡狀態(tài)，據此結合圖

像分析解答。

A.容器內發(fā)生的反應為A(g)+2B(g)U3c(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，I2~t3過程中，t2時入?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.根據上述分析可知，t2七時間段，改變條件使正反應速率逐漸增大，平衡向逆反應方向移動，達到新的

平衡狀態(tài)后，生成A的量增大，總的物質的量不變，所以A的體積分數*增大，即A的體積分數9：陽11)

>0(1),C正確：

D.平衡常數K與溫度有關，因該反應恒溫條件下進行，所以K保持不變，D錯誤。

故選BCo

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：

ANa*、"+、C「、NH3H.O

3+

Al+4NH.-H2O=A1O"+4NH：+2H2O

不能大量共存，因發(fā)生反應：

BH+、K，、S2O：、SO：

2H++S2O；=SJ+SO,T+H,O

+3+

CNa>Fe>SO：、H2O2能大量共存，粒子間不反應

DFT、Na，C「、MnO；能大量共存，粒子間不反應

【答案】B

【解析】

A.AW和NHTH2O生成A1(OH)3沉淀而不是生成A10；,故A錯誤；

B.S2O廣和H+反應生成單質硫、二氧化硫和水，離子方程式為：2H++S2O；-=Sl+SO2T+H2O,故B正確；

C.Fe3+可以將H2O2氧化得Fe2+和6,不能大量共存，故C錯誤；

D.在酸性條件下MnO；能將C「氧化為C5不能大量共存，故D錯誤；

答案選B。

13.1-丁醇、浜化鈉和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

示：

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II中a為進水口，b為出水口

c.用裝置in萃取分液時,將分層的液體依次從下放出

D.經裝置in得到粗產品干燥后，使用裝置H再次蒸儲，可得到更純的產品

【答窠】AD

【解析】

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+H2SO4—CH3(CH2)3Br+NaHSO4+H2O得至ij含CH3(CH2)3OH、

CH3(CH2)3Br.NaHSQi、NaBr、H2s。4的混合物,混合物在裝置II中蒸儲得到CHJC^bOH和

CH3(CH2)3Br的混合物，在裝置山中用合適的萃取劑萃取分液得CHKCl^bBr粗產品。

A.濃硫酸和NaBr會產生HBr,1?丁醇以及濃硫酸和NaBr產生的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HI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HI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:

L,過渡態(tài)i，坐43$、過渡及

(O.O

-I也

.

O+,

EH8

0也

201II+I

3，Z

■、H8I+V

+工

娑+C

.OO

玄0OH

UOU

要0HO+

UJI

工O

HO

O

H

反應進程

下列說法錯誤的是

催化劑

A.該過程的總反應為HCOOH------COJ+H2f

B.JT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.該過程總反應速率由n-ni步驟決定

【答案】D

【解析】

A.由反應機理可知，HCOOH電離出氫離子后，HCOO與催化劑結合，放出二氧化碳，然后又結合氫離子

催化劑

轉化為氫氣，所以化學方程式為HCOOHCO2T+H2T，故A正確；

B.若氫離子濃度過低，則反應in-iv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-n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NTI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

蒸儲水碳酸氫錢粉末

氯化鈉

碳酸鈉

步驟H.產品中NaHC03含量測定

①稱取產品2.500g,用蒸謂水溶解，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O.lOOOmol-L-鹽酸標準溶液滴定，溶液由紅

色變至近無色(第?滴定終點)，消耗鹽酸YmL；

③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N,繼續(xù)用0.lOOOmolL'鹽酸標準溶液滴定至終點(第二滴定終點),

又消耗鹽酸V?mL；

④平行測定三次，Y平均值為22.45,V［平均值為23.51。

已知：①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/lOOgH?。)

溫度/℃0102030405060

NaCI35.735.836.036.336.637.037.3

NH4HCO；

11.915.821.027.0

NaHCO3

6.98.29.611.112.714.516.4

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NaHCOs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】⑴.NaHCCh(2).在30-35°C時NaHCCh的溶解度最小(意思合理即可)(3).D(4).

紫色石蕊試液(5).藍色變?yōu)榧t色⑹.3.56%(7).偏大

【解析】

【分析】步驟I：制備Na2c03的工藝流程中，先將Na。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NHKl,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Na2c03；

步驟II：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+HCI=NaHCO3+NaCl,因為Na2cO3、NaHCCh溶于水顯堿性，且堿性較強，所以可借助酚酰指示劑

的變化來判斷滴定終點，結合顏色變化可推出指示劑M為酚儆試劑；第二次滴定時溶液中的溶質為NaHCCh

和NaCl,溶液呈現弱堿性，因為酚酬的變色范圍為8-10,所以不適合利用酚猷指示劑檢測判斷滴定終點，

可選擇紫色石蕊試液，所以指示劑N為紫色石蕊試液，發(fā)生的反應為：NaHC03+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NaHCOs

的質量分數。

【詳解】根據上述分析可知，

⑴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℃,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,C時，NaHCCh的溶解度最小，故答案為:

NaHCO3；在30-35℃時NaHCCh的溶解度最小;

(2)300°C加熱抽干后的NaHCCh固體，需用生坍、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為紫色石蕊試液，滴定到終點前溶液的溶質為碳酸

氫鈉和氯化鈉，溶液顯藍色，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：藍色變?yōu)榧t

色；

⑷第一次滴定發(fā)生的反應是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,則n(Na2co3)=n生成

(NaHCO3)=n(HCl)=0.1OOOmol/Lx22.45xHpL=2.245xlO^moh第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.5lmL,

則根據方程式NaHCCh+HCl=NaCl+H2O+CO2T可知，消耗的NaHCCh的物質的量n總(NaHCCh)=O.lOOOmol/L

x23.51x10-3L=2.351xlOW,則原溶液中的NaHCCh的物質的量n(NaHCO3)=nMNaHCCh)-n生成

4

(NaHCO3)=2.351x10'3mol-2.245x10-3mol=1.06x10mol,則原產品中NaHCCh的物質的量為

1Q°inLx1.06x10^mol=1.06x1O,moi,故產品中NaHCCh的質量分數為

10mL

1.06x10molx84g/mol

x100%=3.5616%?3.56%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

H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=NH-HN-H

鍵能E/(kJ?mol")946436.0390.8

一定溫度下，利用催化劑將NH?分解為N?和H??；卮鹣铝袉栴}:

⑴反應2NH4g)UN?(g)+3H2(g)AH=kJ-mop1；

⑵已知該反應的△S=198.9J-mo「?KT，在下列哪些溫度下反應能自發(fā)進夕??？(填標號)

A.25℃B.125℃C.225rD.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.lmoINF^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如圖所示。

〃min

①若保持容器體積不變，乙時反應達到平衡，用H2的濃度變化表示0~乙時間內的反應速率U(H2)=

molLr'-niiir'(用含%的代數式表示)

②灰時將容器體積迅速縮小至原來的?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K0=。(已知：分壓=總壓x該組分物質的量分數，對于反應

/、g/\h

\Po\.PH

10I0

dD(g)+eE(g)QgG(g)+hH(g),KpP《了'，其中p°=100kPa,PG、P”、分、PE為

PD|(PE_

00

{pJ\pJ

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

(4)電解過程中OH-的移動方向為(填“從左往右''或“從右往左”);

(5)陽極電極反應式為

KOH溶液KOH溶液

0.02

【答案】(D.+90.8(2).CD⑶.------(4).b

A

(5).開始體積減半,N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動,N2分壓比原來2倍要小(6).

0.48(7).從右往左(8).2NH3-6e-+6OH=N2+6H2O

【解析】

【分析】

【詳解】(1)根據反應熱二反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，2NH3(g)UN2(g)+3H2(g),?//=390.8kJ-mol->

x3x2-(946kJ?mol"+436.0kJmoHx3)=+90.8kJmoH,故答案為：+90.8；

?H90.8xl03J/mol

(2)若反應自發(fā)進行，則需?，-T6SV0,T>——y—―T=456.5K,即溫度應高于

?S198.9J/(mol-K)

(456.5-273)℃=183.5℃,CD符合,故答案為：CD；

(3)①設U時達到平衡，轉化的NH3的物質的量為2x,列出三段式：

2NH3(g)^N2(g)+3H2(g)

起始/mol0.100

轉化/mol2xX3x

平卷f/mol0A-2xx3x

01200

根據同溫同壓下，混合氣體的物質的量等于體積之比，———-一寸~”，解得x=0.02mol,V(H)=

0.1+2x120+120+402

0.02x3mol0.020.02

.—=mol-L-1-min',故答案為：

3Lxj乙

②12時將容器體積壓縮到原來的一半，開始N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N2分壓

比原來2倍要小，故b曲線符合，故答案為：b；開始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平

衡逆向移動，N2分壓比原來2倍要?。?/p>

③由圖可知，平衡時，NH3、N?、H?的分壓分別為120kPa、40kPa.120kPa,反應的標準平衡常數K*二

04x(1.2)3

=0.48,故答案為：0.48；

(IN?

(4)由圖可知，通N%的一極氮元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，為電解池的陽極，則另一電極為陰極，電

解過程中OH-移向陽極，則從右往左移動，故答案為：從右往左；

(5)陽極NH3失電子發(fā)生氧化反應生成N2,結合堿性條件，電極反應式為：2NH3-6e+6OH-=N2+6H2O,故答

案為：2NH3-6e+6OH-=N2+6H2O。

17.Ce2(CC)3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，缽(Ce)主要以CePO,形式存在，還

含有Si。？、ALO.比2。3、Ca5等物質。以獨居石為原料制備CezCOaLnH2。的工藝流程如下：

獨居石

Ce】（COJ.〃HQ

回答下列問題：

(1)鈾的某種核素含有58個質子和80個中子，該核素的符號為

(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有(至少寫兩條)；

(3)濾渣HI的主要成分是(填化學式)：

(4)加入絮凝劑的目的是；

(5)“沉鋪”過程中，生成Ce2(CO3)3，nH2。的離子方程式為,常溫下加入的NH^HCO,溶液呈

-5-7

（填“酸性”“堿性”或“中性”）（已知：NH3H2O的Kb=1.75xl0,H2cO3的Ka]=4.4xl0,

n

Ara2=4.7xl0-）；

⑹濾渣H的主要成分為FePO4,在高溫條件下，Li2c。3、葡萄糖(CeH^O。和FePC\可制備電極材料

LiFePO4,同時生成CO和H2。，該反應的化學方程式為

【答案】(1).ilCe(2).適當升高溫度，將獨居石粉碎等(3).AI(OH)3(4).促使鋁離子沉淀

3+

(5).6HCO3+2Ce+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3-nH2O+3CO2t(6).堿性⑺.6Li2CO3+C6Hl2O6

+12FePO4=l2LiFePC>4+6C0T+6H2O+6CO2T

【解析】

【分析】焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，CePC)4轉化為Ce2(SO4)3和H3P04，SiO?與硫酸不反應，

川2。3轉化為Ab(SO4)3,Fea轉化為Fe2(SO4)3,Ca^轉化為CaSCh和HF,酸性廢氣含HF；后過濾，濾

渣I為Si。？和磷酸鈣、FePCh,濾液主要含H3Po??,Ce2(SO4)3,A12(SO4)3,Fe2(SO4)3,加氯化鐵溶液除磷，

濾渣I［為FePCh；聚沉將鐵離子、鋁離子轉化為沉淀，過漉除去，謔渣HI主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵;

加碳酸氫錢沉錦得Ce2(CO3)3nH2Oo

【詳解】(1)鈾的某種核素含有58個質子和80個中子，則中子數為58+80=138,該核素的符號為嚷Ce；

(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等；

(3)結合流程可知，濾渣III的主要成分是A1(OH)3；

(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；

(5)用碳酸氫鉞“沉錚”，則結合原子守恒、電荷守恒可知生成Ce2(CO3)3』H：O的離子方程式為

In-14

3+

6HCO；+2Ce+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3-nH2O+3CO2t：俊根離子的水解常數Kh(NH：)=--_-

1.75x10

K]044

=5.7x10/。，碳酸氫根的水解常數Kh(HCO?)==L=F——7^2.3x10-8,則Kh(NH：)<Kh(HCO；),因

KUI.4.4x10

此常溫下加入的NH4HCO3溶液呈堿性：

⑹由在高溫條件下，Li2co3、葡萄糖(C6Hl2。6)和FeP()4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和

H?0可知，該反應中Fe價態(tài)降低，C價態(tài)升高，結合得失電子守恒、原子守恒可知該反應的化學方程式

為6Li2c。3+C6Hl2。6+12FePO4=12LiFePO4+6C0f+6H2O+6CO2T。

(二)選考題：共15分。請考生從給出的兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。

[選修3：物質結構與性質1

18.硅、錯(Ge)及其化合物廣泛應用于光電材料領域?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為,晶體硅和碳化硅熔點較高的是(填化學式)；

⑵硅和鹵素單質反應可以得到SiXd，SiX4的熔沸點如下表：

SiRSiCl4SiBr4Sil4

熔點/K183.0203.2278.6393.7

沸點/K187.2330.8427.2560.7

①0C時，Si^、SiCl4.SiBq、Si。呈液態(tài)的是―(填化學式)，沸點依次升高的原因是,氣態(tài)SiX,

分子的空間構型是；

②SiCL與N-甲基味噗(H3c?NQJ)反應可以得到M?+，其結構如圖所示：

吟NQ,#、、Q?CH3

“SI、

依-NJ&QN-CH3

N?甲基咪喋分子中碳原子的雜化軌道類型為,H、C、N的電負性由大到小的順序為,1個M?+

中含有個。鍵;

⑶下圖是Mg、Ge、0三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。

①己知化合物中Ge和O的原子個數比為1：4,圖中Z表示原子(填元素符號)，該化合物的化學式

為________

②已知該晶胞的晶胞參數分別為anm、bnm、cnm,?=/?=/=90°,則該晶玲的密度夕=gem

(設阿伏加德羅常數的值為NA，用含a、b、c、NA的代數式表示)。

【答案】(1)-在措口;

(2).SiC(3).SiC14(4).SiX4都是結構相似的分子晶體，相對

分子質量依次增大，分子間作用力依次增大(5).正四面體形(6).sp2、sp3；；(7).N>C>H(8).

740

21

54(9).0(10).Mg2GeO4(11).=LXTxlO

abcNA

【分析】

3P

【詳解】(1)硅元素的原子序數為14,價電子排布式為3s23P2,則價電子排布圖為回原子晶體

ItltlI

的熔點取決于共價