2021年高考化学真题试卷(湖南卷)(word版,含答案与解析)

2021年高考化学真题试卷（湖南卷）

一、单选题

1.（2021·湖南）下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（   ）            

A. 定期清淤，疏通河道

B. 化工企业“三废”处理后，达标排放

C. 利用微生物降解水域中的有毒有害物质

D. 河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理

【答案】 A   

【考点】物理变化与化学变化的区别与联系，常见的生活环境的污染及治理    

【解析】【解答】A．定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，并没有产生新物质没有涉及化学变化，A符合题意； 

B．工业生产中得到产品的同时常产生废气、废水和废渣（简称“三废”），如石膏法脱硫、氧化还原法和沉淀法等处理废水，废渣资源回收利用等过程均有新物质生成，是化学变化，B不符合题意；

C．可通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其复杂的有机污染物降解为简单的、无害物质，此过程涉及到新物质的产生是化学变化，C不符合题意；

D．河道中的垃圾回收分类，以及将适合焚化处理的垃圾进行焚烧，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，均产生新物质此过程涉及化学变化，D不符合题意；

故答案为：A。

 

 【分析】工业上的三废以及微生物的降解以及垃圾进行无害化处理，均产生了新物质，发生了化学变化；而疏通河道并没有产生新物质顾伟物理变化

2.（2021·湖南）下列说法正确的是（   ）            

A. 糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物

B.  粉末在空气中受热，迅速被氧化成 

C.  可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒

D. 镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀

【答案】 B   

【考点】二氧化硫的性质，金属的腐蚀与防护，铁的氧化物和氢氧化物，高分子材料    

【解析】【解答】A．多糖中的淀粉、纤维素的的分子式均为C6H10O5,其相对分子质量上万，属于天然高分子化合物，蛋白质也属于天然有机高分子化合物，但是糖类还包括单糖、二糖，是小分子化合物，A不符合题意； 

B．氧化亚铁具有较强的还原性，在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁，B符合题意；

C．二氧化硫具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还具有微弱氧化性可用于杀菌消毒，C不符合题意；

D．镀锌的铁皮镀层破损后构成原电池，锌作负极失去电子变为锌离子，铁作正极被保护，铁皮不易被腐蚀，D不符合题意；

故答案为：B。

 

 【分析】A.糖类包括单糖、二糖、多糖等，单糖和二糖是小分子化合物，而蛋白质和多糖是高分子化合物

 B.氧化亚铁具有还原性易被氧化

 C.二氧化硫具有漂白性，同时也具有一定的还原性和氧化性可用于消毒杀菌

 D.镀锌后形成是原电池，锌做负极失去电子保护了铁

3.（2021·湖南）下列实验设计不能达到实验目的的是（   ）  

	实验目的	实验设计
A	检验溶液中  是否被氧化	取少量待测液，滴加  溶液，观察溶液颜色变化
B	净化实验室制备的	气体依次通过盛有饱和  溶液、浓  的洗气瓶
C	测定  溶液的pH	将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D	工业酒精制备无水乙醇	工业酒精中加生石灰，蒸馏

A. A                                  B. B                                  C. C                                  D. D

【答案】 C   

【考点】测定溶液pH的方法，氯气的实验室制法，二价铁离子和三价铁离子的检验，乙醇的工业制法    

【解析】【解答】A.若Fe2+被氧化为Fe3+  ， Fe3+能与SCN-生成Fe(SCN)3  ， 溶液变成血红色，通过颜色的改变说明含有铁离子说明亚铁离子被氧化，故A不符合题意； 

B．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢同时降低氯气的溶解，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B不符合题意；

C．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果，测量溶液pH时需要用的是干燥的试纸，将其放在玻璃板上，用玻璃棒蘸取待测液滴入到试纸上，半分后与标准比色卡进行对比，故C符合题意；

D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合将水消耗，提高沸点的差异，利用加热蒸馏，将乙醇蒸出，能达到实验目的，故D不符合题意。

故答案为：C。

 

 【分析】A.利用硫溶液遇到铁离子形成血红色的物质

 B。浓盐酸具有挥发性，利用饱和食盐水的可以吸收氯化氢同时降低了氯气的溶解，再 用浓硫酸将水蒸气除去

 C.不能用湿润的试纸进行测量pH，相当于稀释氢氧化钠溶液，导致测量结果偏低

 D.利用水和生石灰反应，同时利用了熔沸点的差异进行蒸馏得到纯净乙醇

4.（2021·湖南）已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：  

下列说法正确的是（   ）

A. 苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色

B. 环己醇与乙醇互为同系物

C. 已二酸与  溶液反应有  生成

D. 环己烷分子中所有碳原子共平面

【答案】 C   

【考点】有机化合物中碳的成键特征，分液和萃取，同系物    

【解析】【解答】A.苯不与溴水反应，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层密度小，应是上层溶液呈橙红色，故A不符合题意； 

B．环己醇含有六元碳环，是不饱和一元醇，乙醇是饱和一元醇，结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B不符合题意；

C．己二酸分子中的羧基能与NaHCO3溶液反应生成CO2  ， 故C符合题意；

D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，因此所有碳原子不可能共平面，故D不符合题意；

故答案为：C。

 

 【分析】A.考查的是苯的密度与水的密度大小问题，确定有机层和无机层的位置

 B.同系物是结构相似，分子式中相差n个CH2的有机物，但是环己醇和乙醇结构都不同

 C.与碳酸氢钠反应放出气体的官能团是羧基，而乙二酸含有羧基

 D.环己烷中的碳原子均是饱和碳原子不共面

5.（2021·湖南） 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（   ）            

A.  含有的中子数为 

B.  溶液中含有的  数为 

C.  与  在密闭容器中充分反应后的分子数为 

D.  和  (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为 

【答案】 D   

【考点】阿伏伽德罗常数    

【解析】【解答】A．  的物质的量为  =0.9mol，氧原子的质子数为8，1个  含0+(18-8)=10个中子，则  含有的中子数为  ，A不符合题意； 

B．高氯酸,是强酸，属于强电解质，c(H+)=0.1mol/L,未给溶液体积，无法计算，B不符合题意；

C．一氧化氮与氧气反应中，存在2NO+O2=2NO2和2NO2  N2O4  ， 产生的二氧化氮会转化为四氧化二氮导致物质的量减小，因此  与  在密闭容器中充分反应后的分子数小于  ，C不符合题意；

D．甲烷和氯气在光照下发生取代，CH4+Cl2CH3Cl+HCl,CH3Cl+Cl2 CH2Cl2+HCl,CH2Cl2+Cl2 CHCl3+HCl,CHCl3+Cl2 CCl4+HCl,标准状况下  的物质的量为0.5mol，  的物质的量为1mol，根据碳元素和氢元素守恒，得到的

 产生1molHCl分子可知1molCl2完全反应可得1moHCl，根据C守恒，反应后含C物质的物质的量=甲烷的物质的量=0.5mol，因此  和  (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为  ，D符合题意；

故答案为：D。

 

 【分析】A.先计算出物质的量，再计算出1个水分子中的中子个数即可

 B.根据n=cv进行计算，但是体积未知

 C.一氧化氮与氧气反应产生的是二氧化氮，但是考虑到二氧化氮会转化为四氧化二氮，可逆反应的不完全反应

 D.根据元素守恒即可判断

6.（2021·湖南）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：  

下列说法错误的是（   ）

A. 物质X常选用生石灰

B. 工业上常用电解熔融  制备金属镁

C. “氯化”过程中发生的反应为 

D. “煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水 

【答案】 D   

【考点】海水资源及其综合利用，镁、铝的重要化合物    

【解析】【解答】A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2  ， 工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2  ， Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+  ， A不符合题意； 

B．Mg是较活泼金属，氧化镁的熔点过高，需要消耗能量过多，工业上常用电解熔融  制备金属镁，B不符合题意；

C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，其中生成物为MgCl2和CO，反应方程式为  ，C不符合题意；

D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，氯化镁会发生水解产生氢氧化镁和氯化氢，而氯化氢易挥发，因此最终的产物为氢氧化镁不是氯化镁，D符合题意；

故答案为：D。

 【分析】A.海水中有镁离子将镁离子变为沉淀需要加入碱性物质，氧化钙易制取，且与水反应得到氢氧化钙可以沉降镁离子

 B.工业上对于比较活泼的金属一般选择的是电解熔融的离子化合物进行制取，而镁是离子化合物，且熔点不是很高符合电解制取氯化镁的要求

 C.根据反应物和产物以及质量守恒即可判断产物，据此写出方程式

 D.氯化镁溶液得到氯化镁固体，需要在蒸发时不断的通入氯化氢气体，抑制镁离子的水解

7.（2021·湖南）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2：1的  分子。下列说法正确的是（   ）            

A. 简单离子半径： 

B. W与Y能形成含有非极性键的化合物

C. X和Y的最简单氢化物的沸点： 

D. 由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性

【答案】 B   

【考点】元素周期表的结构及其应用，元素周期律和元素周期表的综合应用    

【解析】【解答】由分析可知，W为H，X为N，Y为O，Z为Na。 

A．离子的电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，离子半径大小为：N3-＞O2-＞Na+  ， 即简单离子半径为：X＞Y＞Z，故A不符合题意；

B．W为H，Y为O，能形成H2O2  ， 含有H-O极性共价键和O-O非极性共价键，故B符合题意；

C．X的最简单氢化物为氨气，Y的最简单氢化物为水，水是液态，氨气是气体，水的沸点高于氨气，即最简单氢化物的沸点为Y＞X，故C不符合题意；

D．W为H，X为N，Y为O、W、X、Y三种元素形成的化合物有，铵，氨水等，是酸，铵水解显酸性，氨水显碱性，故由W、X、Y三种元素形成的化合物不一定都是酸性，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】Z的最外层电子数为K层的一半，则Z的核外有3个电子层，最外层电子数为1，即为Na，W与X能形成原子个数比为2:1的18电子的分子，则形成的化合物为N2H4  ， 所以W为H，X为N，Y的原子序数是W和X的原子序数之和，则Y为O。根据此结合选项进行分析判断即可

8.（2021·湖南） 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为  。下列说法错误的是（   ）            

A. 产生22.4L(标准状况)  时，反应中转移 

B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6

C. 可用石灰乳吸收反应产生的  制备漂白粉

D. 可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中  的存在

【答案】 A   

【考点】氧化还原反应，氧化还原反应的电子转移数目计算    

【解析】【解答】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2  60e-~3Cl2  ， 所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-  ， A符合题意； 

B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3  6I2  ， 故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B不符合题意；

C．漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C不符合题意；

D．食盐中  可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生氧化还原反应  生成I2  ， I2与淀粉变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中  的存在，D不符合题意。

故答案为：A。

 【分析】根据化学方程式进行标注元素化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物即可判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，同时可以根据氯气的量求出转移电子的数目，工业上利用氯气合石灰乳制取漂白粉，利用碘离子的还原性合碘酸根的氧化性发生氧化还原反应得到碘单质通过淀粉进行检验

9.（2021·湖南）常温下，用  的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为  三种一元弱酸的钠盐  溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（   ）  

A. 该  溶液中： 

B. 三种一元弱酸的电离常数： 

C. 当  时，三种溶液中： 

D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合： 

【答案】 C   

【考点】化学平衡常数，化学平衡转化过程中的变化曲线，离子浓度大小的比较    

【解析】【解答】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意； 

B．由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B不符合题意；

C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合题意；

D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐恰好完全反应，可知c(Na+)=c(Cl-)，将三种溶液中存在电荷守恒关系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-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D不符合题意；

故答案为：C。

 

 【分析】根据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX

 A.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此根据电荷守恒即可判断

 B.据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX，即可判断电离常数

 C.根据电荷守恒列出式子，再根据中性进行判断只需要判断加入氯离子的物质的量浓度即可，因为水解程度不一样故加入的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少

 D.混合之后利用电荷守恒即可判断

10.（2021·湖南）锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所：  

下列说法错误的是（   ）

A. 放电时，N极为正极

B. 放电时，左侧贮液器中  的浓度不断减小

C. 充电时，M极的电极反应式为 

D. 隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过

【答案】 B   

【考点】电极反应和电池反应方程式，原电池工作原理及应用    

【解析】【解答】A．放电时，N是Br2得到电子，发生的还原反应，N电极为电池的正极，故A不符合题意； 

B．放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中消耗和生成的溴化锌的量相等，因此溴化锌的浓度维持不变，故B符合题意；

C．充电时，M电极与电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故C不符合题意；

D．交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D不符合题意；

故答案为：B。

 【分析】根据图示判断放电时，锌做负极，锌失去电子，变为锌离子，则M为负极，溴做正极，得到电子变为溴离子，则N作为正极。充电时，M与电池的负极相连，锌离子得到电子变为锌单质，N与电池的正极相连接，溴离子得到电子变为溴单质。M极的隔膜可以允许锌离子进入储液池，液可以允许溴离子进入。

二、选择题

11.（2021·湖南）已知：    ，向一恒温恒容的密闭容器中充入  和  发生反应，  时达到平衡状态I，在  时改变某一条件，  时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（   ）  

A. 容器内压强不变，表明反应达到平衡     B.  时改变的条件：向容器中加入C

C. 平衡时A的体积分数  ：     D. 平衡常数K： 

【答案】 B,C   

【考点】化学平衡常数，化学平衡状态的判断，化学平衡转化过程中的变化曲线    

【解析】【解答】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)  3C(g)，该反应是前后气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意； 

B．根据图像变化曲线可知，t2  t3过程中，t2时  瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，改变的条件为：向容器中加入C，B符合题意；

C．根据上述分析可知，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡状态后，生成A的量增大，但总的物质的量不变，所以A的体积分数  增大，即A的体积分数  ：  (II)＞  (I)，C符合题意；

D．平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，所以平衡向正反应方向移动，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，结合图像选项进行判断

12.（2021·湖南）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（   ）  

	粒子组	判断和分析
A	、  、  、	不能大量共存，因发生反应：
B	、  、  、	不能大量共存，因发生反应：
C	、  、  、	能大量共存，粒子间不反应
D	、  、  、	能大量共存，粒子间不反应

A. A                                  B. B                                  C. C                                  D. D

【答案】 B   

【考点】离子共存    

【解析】【解答】A.Al3+和NH3  H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成AlO2- ，反应方程式是：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3+3H+故A不符合题意； 

B．S2O32- 和H+反生歧化反应生成单质硫、二氧化硫和水，发生的离子方程式为：2H++ S2  =S↓+SO2↑+H2O，故B符合题意；

C．Fe3+可以被H2O2还原得Fe2+和H2O，发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；

D．在酸性条件下MnO4-能将Cl-氧化为Cl2  ， 发生氧化还原反应不能大量共存，故D不符合题意；

故答案为：B。

 

 【分析】A.氨水不能溶解氢氧化铝

 B.   中的硫元素处于+2价态处于中间价态可以发生歧化反应

 C.铁离子具有氧化性，过氧化氢具有还原性，氧化还原反应不共存

 D.高锰酸根具有氧化性，氯离子具有还原性，因此发生氧化还原反应不共存

13.（2021·湖南）1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：  

已知：  

下列说法正确的是（   ）

A. 装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率

B. 装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口

C. 用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出

D. 经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品

【答案】 A,D   

【考点】有机物中的官能团，有机物的合成，有机物的结构和性质，物质的分离与提纯，制备实验方案的设计    

【解析】【解答】A．浓硫酸沸点高，而氢溴酸的沸点低，浓硫酸和NaBr会产生HBr而溴化氢易挥发，反应物1-丁醇熔沸点较低，温度升高后易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A符合题意； 

B．冷凝水应下进上出可以提高冷凝效果，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B不符合题意；

C．用装置Ⅲ萃取分液时，一般是将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C不符合题意；

D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D符合题意；

故答案为：AD。

 

 【分析】A.回流的目的主要是为了延长反应物的接触时间提高反应产率

 B.进水口和出水口位置弄反，应该是从b口进入，a口出，主要是为了增加冷凝时间提高效果

 C.分液时，密度小的从上口倒出，密度大的从下口倒出

 D.经过分液后，可通过熔沸点的不同得到纯净的物质

14.（2021·湖南）铁的配合物离子(用  表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：  

下列说法错误的是（   ）

A. 该过程的总反应为 

B.  浓度过大或者过小，均导致反应速率降低

C. 该催化循环中  元素的化合价发生了变化

D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定

【答案】 D   

【考点】化学反应速率，化学反应速率的影响因素    

【解析】【解答】A．由反应机理可知，发生的化学方程式为HCOOH  CO2↑+H2↑，故A不符合题意； 

B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B不符合题意；

C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，铁形成的化学键数目发生变化，则元素化合价也发生变化，故C不符合题意；

D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，活化能越大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D符合题意；

故答案为：D。

 【分析】A.根据反应物和最终的产物即可写出方程式

 B.在整个过程中均存在氢离子参与，因此需要控制氢离子的浓度实现速率的最大化

 C.氢离子在整个过程中参与了反应，经历断键成键断键的过程，过程中化合价发生改变

 D.整个反应速率是由速率最慢的过程决定，活化能高的速率慢

三、非选择题【必考题】

15.（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：  

步骤I.  的制备

步骤Ⅱ.产品中  含量测定

①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用  盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸  ；

③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用  盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸  ；

④平行测定三次，  平均值为22.45，  平均值为23.51。

已知：(i)当温度超过35℃时，  开始分解。

(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表  

温度/ 

	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	55.2

回答下列问题：

（1）步骤I中晶体A的化学式为________，晶体A能够析出的原因是________；    

（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；            

A.

B.

C.

D.

（3）指示剂N为________，描述第二滴定终点前后颜色变化________；    

（4）产品中  的质量分数为________(保留三位有效数字)；    

（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则  质量分数的计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。    

【答案】 （1）NaHCO3；在30-35  C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）

（2）D

（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色

（4）3.56%

（5）偏大   

【考点】常用仪器及其使用，物质的分离与提纯，探究物质的组成或测量物质的含量，化学实验方案的评价，物质的量的相关计算    

【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35  C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35  C时NaHCO3的溶解度最小； 

(2)300  C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；

(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；

(4)

 根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L  22.45  10-3L=2.245  10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245  10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L  23.51  10-3L=2.351  10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl)  =2.351  10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351  10-3mol-2.245  10-3mol=1.06  10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为  =1.06  10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为  ，故答案为：3.56%；

(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。

【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小

 （2）温度过高是加热应该选择的是坩埚

 （3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。

 （4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量

 （5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大

  

 

 

16.（2021·湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。  

方法I：氨热分解法制氢气

相关化学键的键能数据

化学键
键能	946	436.0	390.8

一定温度下，利用催化剂将  分解为  和  。回答下列问题：

（1）反应    ________  ；    

（2）已知该反应的  ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)            

A.25℃

B.125℃

C.225℃

D.325℃

（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将  通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。  

①若保持容器体积不变，  时反应达到平衡，用  的浓度变化表示  时间内的反应速率  ________  (用含  的代数式表示)

②  时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后  分压变化趋势的曲线是________(用图中a、b、c、d表示)，理由是________；

③在该温度下，反应的标准平衡常数  ________。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应  ，  ，其中  ，  、  、  、  为各组分的平衡分压)。

方法Ⅱ：氨电解法制氢气

利用电解原理，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。

（4）电解过程中  的移动方向为________(填“从左往右”或“从右往左”)；    

（5）阳极的电极反应式为________。  

KOH溶液KOH溶液

【答案】 （1）+90.8

（2）C,D

（3）；b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；0.48

（4）从右往左

（5）2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O   

【考点】电极反应和电池反应方程式，化学反应速率与化学平衡的综合应用，原电池工作原理及应用，有关反应热的计算    

【解析】【解答】(1) 根据方程式：2NH3(g)  N2(g)+3H2(g)，△H=390.8kJ  mol-1  -(946 kJ  mol-1+436.0kJ  mol-1  )= +90.8kJ  mol-1  ， 故答案为：+90.8； 

 

(2)若反应自发进行，则需要满足△H-T△S<0，T>  =  =456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；

(3)①设t1时达到平衡，转化的N2的物质的量为x，列出三段式：

根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，  =  ，解得x=0.02mol，  (H2)=  =  mol  L-1  min-1  ， 故答案为：  ；

②t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于N2分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；

③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数  ==  =0.48，故答案为：0.48；

(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；

(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2  ， 结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。

【分析】

（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算

 （2）根据＜0，即可判断

 （3）①  利用三行式进行计算，根据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速率②体积减小原来的 一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b ③根据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可

 （4）氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价升高，被氧化，做阳极，因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价降低，被还原，做阴极。

 （5）阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气

17.（2021·湖南） 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以  形式存在，还含有  、  、  、  等物质。以独居石为原料制备  的工艺流程如下：  

回答下列问题：

（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为________；    

（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有________(至少写两条)；    

（3）滤渣Ⅲ的主要成分是________(填化学式)；    

（4）加入絮凝剂的目的是________；    

（5）“沉铈”过程中，生成  的离子方程式为________，常温下加入的  溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：  的  ，  的  ，  )；    

（6）滤渣Ⅱ的主要成分为  ，在高温条件下，  、葡萄糖(  )和  可制备电极材料  ，同时生成  和  ，该反应的化学方程式为________    

【答案】 （1）

（2）适当升高温度，将独居石粉碎等

（3）Al(OH)3

（4）促使铝离子沉淀

（5） ↑；碱性

（6）6  +  +12  =12  +6CO↑+6H2O+6CO2↑   

【考点】盐类水解的应用，物质的分离与提纯，制备实验方案的设计，离子方程式的书写，元素周期表的结构及其应用    

【解析】【解答】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数=中子数+质子数=58+80=138，该核素的符号为  ；

 (2)为提高“水浸”效率，可以增大接触面积或者提高水的温度提高速率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等； 

(3)结合流程可知，加入氧化镁消耗氢离子调节pH使铝离子沉淀为氢氧化铝，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；

(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；

(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成  的离子方程式为  ↑；NH4++H2O NH3.H2O+OH-,kh(NH4+)====  ≈5.7×10-10  ， HCO3-+H2O H2CO3+OH-,碳酸氢根的水解常数Kh(  )===  ≈2.3×10-8  ， 则Kh(  )(6)由在高温条件下，  、葡萄糖(  )和  可制备电极材料  ，同时生成  和  可知，该反应的化学方程式为6  +  +12  =12  +6CO↑+6H2O+6CO2↑。

【分析】（1）质子数写在符号左下角，质量数写在左上角

 （2）水浸主要是除去可与水反应或者是溶于水的物质，可以将其表面积增大或者是适当的提高温度加速反应

 （3）根据加入的絮凝剂以及氧化镁调节pH=5,即可判断固滤渣是氢氧化铝

 （4）絮凝剂的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率

 （5）根据反应物和产物即可写出离子反应方程式，比较铵根离子和碳酸氢根的水解程度即可判断酸碱性

 （6）根据反应物和产物即可写出反应方程式

四、非选择题【选考题】

18.（2021·湖南）[选修3：物质结构与性质]  

硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：

（1）基态硅原子最外层的电子排布图为________，晶体硅和碳化硅熔点较高的是________(填化学式)；    

（2）硅和卤素单质反应可以得到  ，  的熔沸点如下表：  

熔点/K	183.0	203.2	278.6	393.7
沸点/K	187.2	330.8	427.2	560.7

①0℃时，  、  、  、  呈液态的是________(填化学式)，沸点依次升高的原因是________，气态  分子的空间构型是________；

②  与N-甲基咪唑 反应可以得到  ，其结构如图所示：

N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为________，H、C、N的电负性由大到小的顺序为________，1个  中含有________个  键；

（3）下图是  、  、  三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。  

①己知化合物中  和  的原子个数比为1：4，图中Z表示________原子(填元素符号)，该化合物的化学式为________；

②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，  ，则该晶体的密度  ________  (设阿伏加德罗常数的值为  ，用含a、b、c、  的代数式表示)。

【答案】 （1）；SiC

（2）SiCl4；SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；sp2、sp3；N>C>H；54

（3）O；Mg2GeO4；=  ×1021   

【考点】原子核外电子的能级分布，元素电离能、电负性的含义及应用，判断简单分子或离子的构型，晶体熔沸点的比较，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断    

【解析】【解答】(1)硅元素的原子序数为14，核外电子排布是1s22s22p63s23p2,价电子排布式为3s23p2  ， 则价电子排布图为 ；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为： ；SiC； 

 

(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；

②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；

(3)①由晶胞结构可知，X位于晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内，顶点为8个，面心有6个，棱上有4个，体内有3个，则晶胞内的X原子为8×  +6×  +4×  +3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4  ， 故答案为：O；Mg2GeO4；

②由晶胞的质量公式可得：  =abc×10—21×ρ，解得ρ=  ×1021g/cm3  ， 故答案为：  ×1021。

【分析】（1）硅的价层电子数是4个，根据核外电子能级排布即可写出价层电子对排布

 ，均属于原子晶体，原子晶体的熔点与键长有关，键越短熔点越高

 （2）①  根据沸点进行比较即可判断气态，液态，固体，常温下是液态的是四氯化硅，均属与分子晶体，结构相似，沸点随着相对分子质量的增大而增大，SiX4结构与甲烷相似，因此是正四面体结构②根据氮原子成键情况，有双键和单键因此氮原子有sp2和sp3杂化，电负性和非金属性有关，非金属性越强，电负性越大，找出M2+中所有的单键和配位键即可

 （3）①根据原子占位情况计算出化学式即可  ②计算出体积，再根据ρ=m/v计算即可 

 

19.（2021·湖南）[选修5：有机化学基础]  

叶酸拮抗剂  是一种多靶向性抗癌药物。以苯和丁二酸酐为原料合成该化合物的路线如下：

回答下列问题：

已知：① 

② 

（1）A的结构简式为________；    

（2） ，  的反应类型分别是________，________；    

（3）M中虚线框内官能团的名称为a________，b________；    

（4）B有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有________种(不考虑立体异构)  

①苯环上有2个取代基②能够发生银镜反应③与  溶液发生显色发应

其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为________；

（5）结合上述信息，写出丁二酸酐和乙二醇合成聚丁二酸乙二醇酯的反应方程式________；    

（6）参照上述合成路线，以乙烯和 为原料，设计合成 的路线________(其他试剂任选)。    

【答案】 （1）

（2）还原反应；取代反应

（3）酰胺基；羧基

（4）15；

（5）

（6）

【考点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构，有机物的合成，芳香烃，同分异构现象和同分异构体，酯化反应    

【解析】【解答】(1)由已知信息①可知， 与 反应时断键与成键位置即可由此可知A的结构简式为 ，故答案为： 。 

 

(2)A→B的反应过程中失O原子得到H原子，属于还原反应；D→E的反应过程中与醛基相连的碳原子上的H原子被溴原子取代，属于取代反应，故答案为：还原反应；取代反应。

(3)由图可知，M中虚线框内官能团的名称为a：酰胺基；b：羧基。

(4) 的同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基，②与FeCl3溶液发生显色发应，说明含有酚羟基，同时满足苯环上有2个取代基，可以有邻、对、间三个位置取代，酚羟基需占据苯环上的1个取代位置，另外一个取代基是含有4个碳原子且含有一个醛基，故可以写出结构为和， 即可找出含有5个位置可以被取代，因此一共有5×3=15种结构；其中核磁共振氢谱有五组峰，因酚羟基和醛基均不存在对称结构，因此峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式一定具有对称性(否则苯环上的氢原子不等效)，因此苯环上取代基位于对位，且有个甲基取代基且处于同一个碳原子上的对称状态，因此该同分异构的结构简式为 ，故答案为：15； 。

(5)丁二酸酐( )和乙二醇(HOCH2CH2OH)合成聚丁二酸乙二醇酯( )因此反应方程式为 ，故答案为： 。

(6)以乙烯和 为原料合成 的路线设计过程中，可利用E→F的反应类型实现，因此可以下列步骤得到              ， 因此合成路线为 ，故答案为： 。

【分析】（1）根据①即可写出A的结构简式

 （2）根据反应物和生成物即可判断反应类型

 （3）a表示的是酰胺基，b是羧基

 （4）根据条件写出含有醛基以及酚羟基的同分异构体即可，根据氢原子的种类即可写出有机物的结构简式

 （5）根据反应物和生成物即可写出方程式

 （6）根据生成物即可判断最后一步的反应是E到G的反应，因此需要合成， 此物质可以通过乙烯进行合成，先加成变为醇，进行催化氧化，再利用D到E的反应及逆行合成即可