2021年新高考湖南省高考化學真題試卷（解析版）

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1、湖南省2021年普通高中學業(yè)水平選擇性考試 化學 可能用到的相對原子質(zhì)量： 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(zhì) 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(chǎn)中得到產(chǎn)品的同時常產(chǎn)生廢氣、廢水和廢渣（簡稱“

2、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(zhì)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(zhì)尤其復雜的有機污染物降解為簡單的、無害物質(zhì)，所以微生物法處理廢水有新物質(zhì)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(xiàn)代焚化爐進行燃燒，消滅各種病原體，把一些有毒、有害物質(zhì)轉(zhuǎn)化為無害物質(zhì)，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A。 2. 下列說法正確的是 A. 糖類、蛋白質(zhì)均屬于天然有機高分子化合物 B. 粉

3、末在空氣中受熱，迅速被氧化成 C. 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(zhì)量上萬，屬于天然高分子化合物，蛋白質(zhì)也屬于天然有機高分子化合物，而單糖和二糖相對分子質(zhì)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

4、．鍍鋅的鐵皮鍍層破損后構(gòu)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 檢驗溶液中是否被氧化 取少量待測液，滴加溶液，觀察溶液顏色變化 B 凈化實驗室制備的 氣體依次通過盛有飽和溶液、濃的洗氣瓶 C 測定溶液的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，蒸餾 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 【詳解】A.若Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+能與SCN-生成Fe(SC

5、N)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錳加熱制氯氣，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(jié)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，加熱蒸餾，能達到實驗目的，故D不符合題意。 答案選C。 4. 已二酸是一種重要的化工原料，科學家在現(xiàn)有工業(yè)路線基礎上，提出了一條“綠色”合成路線： 下列說法正確的是 A. 苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，下層溶液呈

6、橙紅色 B. 環(huán)己醇與乙醇互為同系物 C. 已二酸與溶液反應有生成 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，苯與溴水混合，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(jié)構(gòu)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．己二酸分子中含有羧基，能與NaHCO3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(jié)構(gòu)，因此所有碳原子不可能共平面，故D錯誤； 答案選C。 5. 為阿伏加德羅常

7、數(shù)的值。下列說法正確的是 A. 含有的中子數(shù)為 B. 溶液中含有的數(shù)為 C. 與在密閉容器中充分反應后的分子數(shù)為 D. 和(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數(shù)為 【答案】D 【解析】 【分析】 【詳解】A．的物質(zhì)的量為=0.9mol，1個含0+(18-8)=10個中子，則含有的中子數(shù)為，A錯誤； B．未給溶液體積，無法計算，B錯誤； C．存在2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，因此與在密閉容器中充分反應后的分子數(shù)小于，C錯誤； D．甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代，1mol氯氣可取代1molH，同時產(chǎn)生1molHCl分子，標準狀況下的物質(zhì)的量為0.5mol，的物質(zhì)的

8、量為1mol，0.5molCH4含4molH，最多可消耗4molCl2，因此CH4過量，根據(jù)1mol氯氣可取代1molH，同時產(chǎn)生1molHCl分子可知1molCl2完全反應可得1moHCl，根據(jù)C守恒，反應后含C物質(zhì)的物質(zhì)的量=甲烷的物質(zhì)的量=0.5mol，因此和(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數(shù)為，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： 下列說法錯誤的是 A. 物質(zhì)X常選用生石灰 B. 工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂 C. “氯化”過程中發(fā)生的反應為 D. “煅燒”后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無水 【答案】D 【解析

9、】 【分析】海水經(jīng)一系列處理得到苦鹵水，苦鹵水中含Mg2+，苦鹵水中加物質(zhì)X使Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，過濾除去濾液，煅燒Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2經(jīng)“氯化”得無水MgCl2。 【詳解】A．物質(zhì)X的作用是使Mg2+轉(zhuǎn)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)上常用電解熔融制備金屬鎂，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MgCl2，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，C正確； D．

10、“煅燒”后得到MgO，MgO和鹽酸反應得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解為氫氧化鎂和HCl，將所得溶液加熱蒸發(fā)HCl會逸出，MgCl2水解平衡正向移動，得到氫氧化鎂，得不到無水MgCl2，D錯誤； 選D。 7. W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y的原子序數(shù)等于W與X的原子序數(shù)之和，Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，W與X可形成原子個數(shù)比為2：1的分子。下列說法正確的是 A. 簡單離子半徑： 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： 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】

11、Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，則Z的核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為1，即為Na，W與X能形成原子個數(shù)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(shù)是W和X的原子序數(shù)之和，則Y為O。據(jù)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(shù)相同時，原子序數(shù)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

12、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，硝酸銨，氨水等，硝酸，硝酸銨顯酸性，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. 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。下列說法錯誤的是 A. 產(chǎn)生22.4L(標準狀況)時，反應中轉(zhuǎn)移 B. 反應中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11：6 C. 可用石灰乳吸收反應產(chǎn)生的制備漂白粉 D. 可用酸化淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在 【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

13、，每個碘原子升高5價，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以產(chǎn)生22.4L (標準狀況) Cl2即1mol Cl2時，反應中應轉(zhuǎn)移20 mol e-，A錯誤； B．該反應中KClO3中氯元素價態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價態(tài)升高，I2作還原劑，由該方程式的計量系數(shù)可知，11KClO36I2，故該反應的氧化劑和還原劑的物質(zhì)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．食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I-發(fā)生歸中反應生成I2，I2再與淀粉發(fā)生特征反應變?yōu)樗{色

14、，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在，D正確。 故選A。 9. 常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為三種一元弱酸的鈉鹽溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是 A. 該溶液中： B. 三種一元弱酸的電離常數(shù)： C. 當時，三種溶液中： D. 分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合： 【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

15、-)＞c(H+)，故A正確； B．弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)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(shù)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(

16、OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正確； 故選C。 10. 鋅溴液流電池是一種先進的水溶液電解質(zhì)電池，廣泛應用于再生能源儲能和智能電網(wǎng)的備用電源等。三單體串聯(lián)鋅溴液流電池工作原理如圖所： 下列說法錯誤的是 A. 放電時，N極為正極 B. 放電時，左側(cè)貯液器中的濃度不斷減小 C. 充電時，M極的電極反應式為 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，溴在正極上得到電子發(fā)生還原反應生成溴離子，電極反應式為Br2+2e—=2

17、Br—，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+，正極放電生成的溴離子通過離子交換膜進入左側(cè)，同時鋅離子通過交換膜進入右側(cè)，維持兩側(cè)溴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(cè)儲液器和右側(cè)儲液器中溴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

18、確； D．由分析可知，放電或充電時，交換膜允許鋅離子和溴離子通過，維持兩側(cè)溴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：，向一恒溫恒容的密閉容器中充入和發(fā)生反應，時達到平衡狀態(tài)I，在時改變某一條件，時重新達到平衡狀態(tài)Ⅱ，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(nèi)壓強不變，表明反應達到平衡 B. 時改變的條件：向容器中加入C C. 平衡時A的體積分數(shù)： D. 平衡常數(shù)K： 【答案】

19、BC 【解析】 【分析】根據(jù)圖像可知，向恒溫恒容密閉容器中充入1molA和3molB發(fā)生反應，反應時間從開始到t1階段，正反應速率不斷減小，t1-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(jù)此結(jié)合圖像分析解答。 【詳解】A.容器內(nèi)發(fā)生的反應為A(g)+2B(g)3C(g)，該反應是氣體分子數(shù)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(nèi)壓強不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，A錯誤； B.根據(jù)圖像變化曲線可知，t2t3過程中，t2時，瞬間不變，平衡過程中不斷增大，

20、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(zhì)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(zhì)的量增加的比例為1：2，因此平衡時A的體積分數(shù)(II)>(I)，C正確； D.平衡常數(shù)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 A 、、、 不能大量共存，因發(fā)生反應： B 、、、 不能大量共存，因發(fā)生反應：

21、 C 、、、 能大量共存，粒子間不反應 D 、、、 能大量共存，粒子間不反應 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A錯誤； B．S2和H+反應生成單質(zhì)硫、二氧化硫和水，離子方程式為：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正確； C．Fe3+可以將H2O2氧化得Fe2+和O2，不能大量共存，故C錯誤； D．在酸性條件下Mn能將Cl-氧化為Cl2，不能大量共存，故D錯誤； 答案選B。 13. 1-丁醇、溴化鈉和70%的硫酸共熱反應，經(jīng)過回流、蒸餾、萃取

22、分液制得1-溴丁烷粗產(chǎn)品，裝置如圖所示： 已知： 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(zhì)的揮發(fā)，提高產(chǎn)率 B. 裝置Ⅱ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(jīng)裝置Ⅲ得到的粗產(chǎn)品干燥后，使用裝置Ⅱ再次蒸餾，可得到更純的產(chǎn)品 【答案】AD 【解析】 【分析】根據(jù)題意1-丁醇、溴化鈉和70%的硫酸在裝置I中共熱發(fā)生得到含、、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在裝置Ⅱ中蒸餾得到和的混合物，在裝置Ⅲ中用合適的萃取劑萃取分液得粗產(chǎn)品。 【詳解】A．濃硫酸和NaBr會產(chǎn)生HBr，1-丁醇以及濃硫酸和NaB

23、r產(chǎn)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(chǎn)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(jīng)裝置Ⅲ得到粗產(chǎn)品，由于粗產(chǎn)品中各物質(zhì)沸點不同，再次進行蒸餾可得到更純的產(chǎn)品，D正確； 選AD。 14. 鐵的配合物離子(用表示)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： 下列說法錯誤的是 A. 該過程的總反應為 B. 濃度過大或者過小，均導致反應速率降低 C. 該催化循環(huán)中元素的化合價發(fā)生了變化 D. 該過程的總反應速率由Ⅱ→

24、Ⅲ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(jié)合，放出二氧化碳，然后又結(jié)合氫離子轉(zhuǎn)化為氫氣，所以化學方程式為HCOOHCO2↑+H2↑，故A正確； B．若氫離子濃度過低，則反應Ⅲ→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→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，F(xiàn)e在反應過程中，化學鍵數(shù)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

25、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(jù)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。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下： 步驟I.的制備 步驟Ⅱ.產(chǎn)品中含量測定 ①稱取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，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； ③在上述錐形瓶

26、中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用鹽酸標準溶液滴定至終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸； ④平行測定三次，平均值為22.45，平均值為23.51。 已知：(i)當溫度超過35℃時，開始分解。 (ii)相關鹽在不同溫度下的溶解度表 溫度/ 0 10 20 30 40 50 60 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 11.9 15.8 21.0 27.0 6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4

27、 55.2 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)； A. B. C. D. (3)指示劑N為_______，描述第二滴定終點前后顏色變化_______； (4)產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)為_______(保留三位有效數(shù)字)； (5)第一滴定終點時，某同學俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則質(zhì)量分數(shù)的計算結(jié)果_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。 【答案】 (1). NaHCO3 (2). 在30-35C時NaHCO3的溶解度最?。ㄒ馑己侠?/p>

28、即可） (3). D (4). 甲基橙 (5). 由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色 (6). 3.56% (7). 偏大 【解析】 【分析】步驟I：制備Na2CO3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(jù)不同溫度條件下各物質(zhì)的溶解度不同，為了得到NaHCO3晶體，控制溫度在30-35C發(fā)生反應，最終得到濾液為NH4Cl，晶體A為NaHCO3，再將其洗滌抽干，利用NaHCO3受熱易分解的性質(zhì)，在300C加熱分解NaHCO3制備Na2CO3； 步驟II：利用酸堿中和滴定原理測定產(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反應為

29、：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因為Na2CO3、NaHCO3溶于水顯堿性，且堿性較強，所以可借助酚酞指示劑的變化來判斷滴定終點，結(jié)合顏色變化可推出指示劑M為酚酞試劑；第二次滴定時溶液中的溶質(zhì)為NaCl，同時還存在反應生成的CO2，溶液呈現(xiàn)弱酸性，因為酚酞的變色范圍為8-10，所以不適合利用酚酞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+CO2↑，再根據(jù)關系式求出總的NaHCO3的物質(zhì)的量，推導出產(chǎn)品中NaHCO3的，最終通過計算得出產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)。 【詳解】根據(jù)上述分析可知， (1

30、)根據(jù)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30-35C，目的是為了時NH4HCO3不發(fā)生分解，同時析出NaHCO3固體，得到晶體A，因為在30-35C時，NaHCO3的溶解度最小，故答案為：NaHCO3；在30-35C時NaHCO3的溶解度最??； (2)300C加熱抽干后的NaHCO3固體，需用坩堝、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(jù)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(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達到終點后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不褪色； (4) 第一次

31、滴定發(fā)生的反應是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，則n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.51mL，則根據(jù)方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物質(zhì)的量n總(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，則原溶液中的NaHCO3的物質(zhì)的量n(NaHCO3)= n總(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610

32、-4mol，則原產(chǎn)品中NaHCO3的物質(zhì)的量為=1.0610-3mol，故產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)為，故答案為：3.56%； (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(shù)，則會使標準液鹽酸的體積偏小，即測得V1偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCO3的物質(zhì)的量會偏大，最終導致其質(zhì)量分數(shù)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(shù)據(jù) 化學鍵 鍵能 946 436.0 390.8 一定溫度下，利用催化劑將分解為和?；卮鹣铝袉栴}：

33、 (1)反應_______； (2)已知該反應的，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，將通入3L的密閉容器中進行反應(此時容器內(nèi)總壓為200kPa)，各物質(zhì)的分壓隨時間的變化曲線如圖所示。 ①若保持容器體積不變，時反應達到平衡，用的濃度變化表示時間內(nèi)的反應速率_______(用含的代數(shù)式表示) ②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分壓變化趨勢的曲線是_______(用圖中a、b、c、d表示)

34、，理由是_______； ③在該溫度下，反應的標準平衡常數(shù)_______。(已知：分壓=總壓該組分物質(zhì)的量分數(shù)，對于反應，，其中，、、、為各組分的平衡分壓)。 方法Ⅱ：氨電解法制氫氣 利用電解原理，將氮轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如圖所示。 (4)電解過程中的移動方向為_______(填“從左往右”或“從右往左”)； (5)陽極的電極反應式為_______。 KOH溶液KOH溶液 【答案】 (1). +90.8 (2). CD (3). (4). b (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

35、 (6). 0.48 (7). 從右往左 (8). 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O 【解析】 【分析】 【詳解】(1) 根據(jù)反應熱=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案為：+90.8； (2)若反應自發(fā)進行，則需H-TS<0，T>==456.5K，即溫度應高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案為：CD； (3)①設t1時達到平衡，轉(zhuǎn)化的NH3的物質(zhì)的量為2x，列出三段式：

36、根據(jù)同溫同壓下，混合氣體的物質(zhì)的量等于體積之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL-1min-1，故答案為：； ②t2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?。? ③由圖可知，平衡時，NH3、N2、H2的分壓分別為120 kPa、40 kPa、120 kPa，反應的標準平衡常數(shù)==0.48，故答案為：0.48； (4)由圖可知，通NH3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

37、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(jié)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. 可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質(zhì)。以獨居石為原料制備的工藝流程如下： 回答下列問題： (1)鈰的某種核素含有58個質(zhì)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Ⅲ的主要成分是___

38、____(填化學式)； (4)加入絮凝劑的目的是_______； (5)“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_______，常溫下加入的溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的，的，)； (6)濾渣Ⅱ的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和，該反應的化學方程式為_______ 【答案】 (1). (2). 適當升高溫度，將獨居石粉碎等 (3). Al(OH)3 (4). 促使鋁離子沉淀 (5). ↑ (6). 堿性 (7). 6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑ 【解析】 【分析

39、】焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3和H3PO4，與硫酸不反應，轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣Ⅰ為和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣Ⅱ為FePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得Ce2(CO3)3nH2O。 【詳解】(1)鈰的某種核素含有58個質(zhì)子和80個中子，則質(zhì)量數(shù)為58+80=138，該核素的符號為； (2)為提高“水浸”效率，可采取

40、的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等； (3)結(jié)合流程可知，濾渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3； (4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀； (5)用碳酸氫銨“沉鈰”，則結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為↑；銨根離子的水解常數(shù)Kh()=≈5.710-10，碳酸氫根的水解常數(shù)Kh()==≈2.310-8，則Kh()

41、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(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)] 18. 硅、鍺(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)； (2)硅和鹵素單質(zhì)反應可以得到，的熔沸點如下表： 熔點/K 1830 203.2 278.6 393.7 沸點/K 187.2 330.8 427.2 560.7 ①0℃時，、、、呈液態(tài)的是____(填化學式)，沸點依次升高的原因是_____，氣態(tài)分子的空間構(gòu)型是____

42、___； ②與N-甲基咪唑反應可以得到，其結(jié)構(gòu)如圖所示： N-甲基咪唑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個中含有_______個鍵； (3)下圖是、、三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。 ①己知化合物中和的原子個數(shù)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(shù)分別為anm、bnm、cnm，，則該晶體的密度_______(設阿伏加德羅常數(shù)的值為，用含a、b、c、的代數(shù)式表示)。 【答案】 (1). ； (2). SiC (3).

43、SiCl4 (4). SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)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). 54 (9). O (10). Mg2GeO4 (11). =1021 【解析】 【分析】 【詳解】(1)硅元素的原子序數(shù)為14，價電子排布式為3s23p2，則價電子排布圖為；原子晶體的熔點取決于共價鍵的強弱，晶體硅和碳化硅都是原子晶體，碳原子的原子半徑小于硅原子，非金屬性強于硅原子，碳硅鍵的鍵能大于硅硅鍵、鍵長小于硅硅鍵，則碳硅鍵強于硅硅鍵，碳化硅的熔點高于晶

44、體硅，故答案為：；SiC； (2) ①由題給熔沸點數(shù)據(jù)可知，0℃時，四氟化硅為氣態(tài)，四氯化硅為液態(tài)，四溴化硅、四碘化硅為固態(tài)；分子晶體的沸點取決于分子間作用力的大小，SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大，則SiX4的沸點依次升高；SiX4分子中硅原子的價層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為0，則分子的空間構(gòu)型為正四面體形，故答案為：SiCl4； SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形； ②由M2+離子的結(jié)構(gòu)可知，離子中含有雜化方式為sp3雜化的單鍵碳原子和sp2雜化的雙鍵碳原子；元素的非金屬性越強，其電負性越大

45、，元素的非極性強弱順序為N>C>H，則元素電負性的大小順序為N>C>H；M2+離子的結(jié)構(gòu)中含有單鍵、雙鍵和配位鍵，單鍵和配位鍵都是σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵，則離子中含有54個σ鍵，故答案為：sp2、sp3；N>C>H；54； (3)①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點、面心、棱上和體內(nèi)的X原子為8+6+4+3=8，位于體內(nèi)的Y原子和Z原子分別為4和16，由Ge和O原子的個數(shù)比為1：4可知，X為Mg原子、Y為Ge原子、Z為O原子，則晶胞的化學式為Mg2GeO4，故答案為：O；Mg2GeO4； ②由晶胞的質(zhì)量公式可得：=abc10—21ρ，解得ρ=1021g/cm3，故答案為：1021。 [選

46、修5：有機化學基礎] 19. 葉酸拮抗劑是一種多靶向性抗癌藥物。以苯和丁二酸酐為原料合成該化合物的路線如下： 回答下列問題： 已知：① ② (1)A的結(jié)構(gòu)簡式為_______； (2)，的反應類型分別是_______，_______； (3)M中虛線框內(nèi)官能團的名稱為a_______，b_______； (4)B有多種同分異構(gòu)體，同時滿足下列條件的同分異構(gòu)體有_______種(不考慮立體異構(gòu)) ①苯環(huán)上有2個取代基②能夠發(fā)生銀鏡反應③與溶液發(fā)生顯色發(fā)應 其中核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積之比為6：2：2：1：1的結(jié)構(gòu)簡式為_______； (5)結(jié)合上述信息，寫出丁二

47、酸酐和乙二醇合成聚丁二酸乙二醇酯的反應方程式_______； (6)參照上述合成路線，以乙烯和為原料，設計合成的路線_______(其他試劑任選)。 【答案】 (1). (2). 還原反應 (3). 取代反應 (4). 酰胺基 (5). 羧基 (6). 15 (7). (8). (9). 【解析】 【分析】 【詳解】1)由已知信息①可知，與 反應時斷鍵與成鍵位置為，由此可知A的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：。 (2)A→B的反應過程中失去O原子，加入H原子，屬于還原反應；D→E的反應過程中與醛基相連的碳原子上的H原子被溴原子取代

48、，屬于取代反應，故答案為：還原反應；取代反應。 (3)由圖可知，M中虛線框內(nèi)官能團的名稱為a：酰胺基；b：羧基。 (4)的同分異構(gòu)體滿足：①能發(fā)生銀鏡反應，說明結(jié)構(gòu)中存在醛基，②與FeCl3溶液發(fā)生顯色發(fā)應，說明含有酚羥基，同時滿足苯環(huán)上有2個取代基，酚羥基需占據(jù)苯環(huán)上的1個取代位置，支鏈上苯環(huán)連接方式（紅色點標記）： 、 共五種，因此一共有53=15種結(jié)構(gòu)；其中核磁共振氫譜有五組峰，因酚羥基和醛基均無對稱結(jié)構(gòu)，因此峰面積之比為6：2：2：1：1的結(jié)構(gòu)簡式一定具有對稱性(否則苯環(huán)上的氫原子不等效)，即苯環(huán)上取代基位于對位，核磁共振氫譜中峰面積比為6的氫原子位于與同一碳原子相連的兩個甲基上，因此該同分異構(gòu)的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：15；。 (5)丁二酸酐()和乙二醇(HOCH2CH2OH)合成聚丁二酸乙二醇酯()的過程中，需先將轉(zhuǎn)化為丁二酸，可利用已知信息②實現(xiàn)，然后利用B→C的反應類型合成聚丁二酸乙二醇酯，因此反應方程式為，故答案為：。 (6)以乙烯和為原料合成的路線設計過程中，可利用E→F的反應類型實現(xiàn)，因此需先利用乙烯合成，中醛基可通過羥基催化氧化而得，中溴原子可利用D→E的反應類型實現(xiàn)，因此合成路線為，故答案為：。