2021年湖南省高考化學(xué)試卷（含解析）

湖南省2021年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試

化學(xué)

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在本試卷和答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂

黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將

答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)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(gè)選項(xiàng)

中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.下列有關(guān)湘江流域的治理和生態(tài)修復(fù)的措施中，沒有涉及到化學(xué)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(dá)標(biāo)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(jìn)行無(wú)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(xué)變化，A符合題意；

B.工業(yè)生產(chǎn)中得到產(chǎn)品的同時(shí)常產(chǎn)生廢氣、廢水和廢渣（簡(jiǎn)稱“三廢”），常涉及化學(xué)方法

進(jìn)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(xué)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(fù)雜的有機(jī)污染物降解為簡(jiǎn)單的、

無(wú)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(xué)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(jìn)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(wú)害物質(zhì)，同時(shí)可回收熱能，用于供熱和發(fā)電等，此過

程涉及化學(xué)變化，D不符合題意；

故選Ao

2.下列說(shuō)法正確的是

A.糖類、蛋白質(zhì)均屬于天然有機(jī)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(huì)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(duì)分子質(zhì)量上

萬(wàn)，屬于天然高分子化合物，蛋白質(zhì)也屬于天然有機(jī)高分子化合物，而單糖和二糖相對(duì)分子

質(zhì)量較小，不屬于天然高分子化合物，A錯(cuò)誤；

B.氧化亞鐵具有較強(qiáng)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(dāng)添加二氧化硫，起到殺菌、抗氧化作用，C錯(cuò)誤；

D.鍍鋅的鐵皮鍍層破損后構(gòu)成原電池，鋅作負(fù)極，鐵作正極被保護(hù)，鐵皮不易被腐蝕，D

錯(cuò)誤；

故選B。

3.下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)

A檢驗(yàn)溶液中FeSO4是否被氧化取少量待測(cè)液，滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色變化

B凈化實(shí)驗(yàn)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(cè)定NaOH溶液的pH將待測(cè)液滴在濕潤(rùn)的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照

D工業(yè)酒精制備無(wú)水乙醇工業(yè)酒精中加生石灰，蒸儲(chǔ)

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(dá)到

實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不符合題意；

B.實(shí)驗(yàn)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(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B不符合題意；

C.用pH試紙測(cè)定NaOH溶液的pH不能潤(rùn)濕pH試紙，否則會(huì)因濃度減小，而影響測(cè)定結(jié)

果，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔆符合題意；

D.制取無(wú)水酒精時(shí)，通常把工業(yè)酒精跟新制的生石灰混合，加熱蒸儲(chǔ)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/p>

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(xué)家在現(xiàn)有工業(yè)路線基礎(chǔ)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(shuō)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(yīng)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(jī)層在上層，應(yīng)是上層

溶液呈橙紅色，故A錯(cuò)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Oh原子團(tuán)，不互為

同系物，故B錯(cuò)誤；

C.己二酸分子中含有竣基，能與NaHCCh溶液反應(yīng)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(gè)碳原子直接相連的4個(gè)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(cuò)誤；

答案選C。

5.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是

A.18gH含有的中子數(shù)為IONA

B.O.lmol?□HCIO4溶液中含有的H+數(shù)為O」NA

C.2molNO與lmolO2在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)為22VA

D.11.2LCH4和22.4LCL（均為標(biāo)準(zhǔn)狀況）在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為1.5踵

【答案】D

【解析】

【分析】

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

2C0g/mol?

貝也8gH2"。含有的中子數(shù)為9NA，A錯(cuò)誤；

B.未給溶液體積，無(wú)法計(jì)算，B錯(cuò)誤；

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

后的分子數(shù)小于2NA，C錯(cuò)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(shí)產(chǎn)生ImolHCl分子，標(biāo)

準(zhǔn)狀況下1L2LCH4的物質(zhì)的量為0.5mol,22.4LC12的物質(zhì)的量為Imol,0.5molCH4含

4molH,最多可消耗4moicb,因此CH4過量,根據(jù)Imol氯氣可取代ImolH,同時(shí)產(chǎn)生ImolHCl

分子可知ImolCb完全反應(yīng)可得ImoHCl,根據(jù)C守恒，反應(yīng)后含C物質(zhì)的物質(zhì)的量=甲烷

的物質(zhì)的量=0.5mol,因此11.2LCH4和22.4LCU（均為標(biāo)準(zhǔn)狀況）在光照下充分反應(yīng)后的分

子數(shù)為1.5NA，D正確；

選D。

6.一種工業(yè)制備無(wú)水氯化鎂的工藝流程如下:

無(wú)水MgCk

濾液氣體

下列說(shuō)法錯(cuò)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MgCl2制備金屬鎂

C.“氯化”過程中發(fā)生的反應(yīng)為MgO+C+Cl2=MgCl2+CO

D.“煨燒”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(wú)水MgCL

【答案】D

【解析】

【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，煨燒Mg(OH)2得MgO,MgO和C、Cb經(jīng)“氯化”得無(wú)水MgCE

【詳解】A.物質(zhì)X的作用是使Mg2+轉(zhuǎn)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(yīng)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(yīng)方程式為MgO+C+Cl23MgeU+C。，C

正確；

D.“煨燒”后得到MgO,MgO和鹽酸反應(yīng)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(huì)逸出，MgCb水解平衡正向移動(dòng)，得到氫氧化鎂,

得不到無(wú)水MgCb,D錯(cuò)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(gè)數(shù)比為2：1的18仁分子。

下列說(shuō)法正確的是

A.簡(jiǎn)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(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：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(shù)為K層的一半，則Z的核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為1,

即為Na,W與X能形成原子個(gè)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(shí)，原子序數(shù)越小，半徑越大，即離子半徑大小為：N3->O2->Na+,

即簡(jiǎn)單離子半徑為：X>Y>Z,故A錯(cuò)誤；

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

C.X的最簡(jiǎn)單氫化物為氨氣，Y的最簡(jiǎn)單氫化物為水，水的沸點(diǎn)高于氨氣，即最簡(jiǎn)單氫化

物的沸點(diǎn)為Y>X,故C錯(cuò)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(cuò)誤；

故選B。

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

A人

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

A.產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CU時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移lOmolF

B.反應(yīng)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(yīng)產(chǎn)生的CU制備漂白粉

D.可用酸化淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中101的存在

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.該反應(yīng)中只有碘元素價(jià)態(tài)升高，由0價(jià)升高至KH（IO3）2中+5價(jià)，每個(gè)碘原子

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

22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）Cb即ImolCb時(shí)，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20moie,A錯(cuò)誤；

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

劑，由該方程式的計(jì)量系數(shù)可知，11KC1O3~6I2,故該反應(yīng)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(yīng)，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(yīng)

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

碘化鉀溶液檢驗(yàn)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(cuò)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(shù)：Ka（HX）〉Ka（HY）〉Ka（HZ）

C.當(dāng)pH=7時(shí)，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(shí)，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(qiáng)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?yàn)閏(Na+)>c(X-)>c(OH)>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?yàn)镵a(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),故B正確；

C.當(dāng)溶液pH為7時(shí)，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?yàn)閏(X-)>c(Y)>c(Z-),故C錯(cuò)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(yīng)，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(guān)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(jìn)的水溶液電解質(zhì)電池，廣泛應(yīng)用于再生能源儲(chǔ)能和智能電網(wǎng)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(fù)合物貯存

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.放電時(shí)，N極為正極

B.放電時(shí)，左側(cè)貯液器中ZnBr2的濃度不斷減小

C.充電時(shí)，M極的電極反應(yīng)式為Zn2++2e「=Zn

D.隔膜允許陽(yáng)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(shí)，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(yīng)生成

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

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

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

流電源的負(fù)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(yáng)極。

【詳解】A.由分析可知，放電時(shí)，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(shí)，左側(cè)儲(chǔ)液器和右側(cè)儲(chǔ)液器中澳化鋅的濃度維持不變，故B

錯(cuò)誤；

C.由分析可知，充電時(shí)，M電極與直流電源的負(fù)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(yīng)生成鋅，電極反應(yīng)式為Zn2++2e-=Zn,故C正確；

D.由分析可知，放電或充電時(shí)，交換膜允許鋅離子和澳離子通過，維持兩側(cè)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(gè)選項(xiàng)

中，有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2

分，有選錯(cuò)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(yīng)，4時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)I,在今時(shí)改變某一條件，4時(shí)重新達(dá)到平衡狀態(tài)U，

正反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是

A.容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，表明反應(yīng)達(dá)到平衡

B.弓時(shí)改變的條件：向容器中加入C

C.平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)。：°(11)>。(1)

D.平衡常數(shù)K：K(II)<K(I)

【答案】BC

【解析】

【分析】根據(jù)圖像可知，向恒溫恒容密閉容器中充入ImolA和3molB發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)時(shí)間

從開始到ti階段，正反應(yīng)速率不斷減小，tl-t2時(shí)間段，正反應(yīng)速率不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài),

t2-t3時(shí)間段，改變條件使正反應(yīng)速率逐漸增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，t3以后反應(yīng)達(dá)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(yīng)為A(g)+2B(g)B3c(g),該反應(yīng)是氣體分子數(shù)不變的可逆反應(yīng),

所以在恒溫恒容條件下，氣體的壓強(qiáng)始終保持不變，則容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到

平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)圖像變化曲線可知，t2~t3過程中，t2時(shí)相’瞬間不變，平衡過程中不斷增大，則說(shuō)明

反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，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(dāng)向體系中加入C時(shí)，平衡逆向移

動(dòng),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(shí)A的體積分?jǐn)?shù)9(11)>9(1),

C正確；

D.平衡常數(shù)K與溫度有關(guān)，因該反應(yīng)在恒溫條件下進(jìn)行，所以K保持不變，D錯(cuò)誤。

故選BC?

12.對(duì)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(yīng)：

3+

ANa+、Al>C「、NH3-H2O

3+

Al+4NH3H2O=A1O-+4NH；+2H2O

不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：

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(yīng)

DH+、Na+、Cl->MnO；能大量共存，粒子間不反應(yīng)

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(cuò)誤；

B.S2。；-和H+反應(yīng)生成單質(zhì)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(cuò)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(cuò)誤；

答案選B。

13.1-丁醇、澳化鈉和70%的硫酸共熱反應(yīng)，經(jīng)過回流、蒸儲(chǔ)、萃取分液制得1-澳丁烷粗產(chǎn)

品，裝置如圖所?。?/p>

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

下列說(shuō)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H中a為進(jìn)水口，b為出水口

C.用裝置III萃取分液時(shí)，將分層的液體依次從下放出

D.經(jīng)裝置ill得到的粗產(chǎn)品干燥后，使用裝置n再次蒸儲(chǔ)，可得到更純的產(chǎn)品

【答案】AD

【解析】

【分析】根據(jù)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(chǔ)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(chǎn)品。

【詳解】A.濃硫酸和NaBr會(huì)產(chǎn)生HBr,1-丁醇以及濃硫酸和NaBr產(chǎn)生HBr均易揮發(fā)，

用裝置I回流可減少反應(yīng)物的揮發(fā)，提高產(chǎn)率，A正確；

B.冷凝水應(yīng)下進(jìn)上出，裝置II中b為進(jìn)水口，a為出水口，B錯(cuò)誤；

C.用裝置III萃取分液時(shí)，將下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，C錯(cuò)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(diǎn)不同，再次進(jìn)行蒸儲(chǔ)可得到

更純的產(chǎn)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(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理和相對(duì)能量的變化

情況如圖所示:

，，?產(chǎn)渡新，手，過渡Q

(

0.丁0\W

._.

一J

。m

￡H+

2OO

)O

、Y

?U

HHlv+

姿

1O4

玄do

OO+6*。

OU,：

SEUo

HHoH

o+

H—

0

0

。

工

反應(yīng)進(jìn)程

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

催化劑4?

A.該過程的總反應(yīng)為HCOOH^-OV+H2t

B.H+濃度過大或者過小，均導(dǎo)致反應(yīng)速率降低

C.該催化循環(huán)中Fe元素的化合價(jià)發(fā)生了變化

D.該過程的總反應(yīng)速率由n-Ui步驟決定

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.由反應(yīng)機(jī)理可知，HCOOH電離出氫離子后，HCOO-與催化劑結(jié)合，放出二氧

催化劑

化碳，然后又結(jié)合氫離子轉(zhuǎn)化為氫氣，所以化學(xué)方程式為HCOOH^-CO2T+H2T，故A

正確；

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

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

或過低，均導(dǎo)致反應(yīng)速率減慢，故B正確；

C.由反應(yīng)機(jī)理可知，F(xiàn)e在反應(yīng)過程中，化學(xué)鍵數(shù)目發(fā)生變化，則化合價(jià)也發(fā)生變化，故C

正確；

D.由反應(yīng)進(jìn)程可知，反應(yīng)IV-I能壘最大，反應(yīng)速率最慢，對(duì)該過程的總反應(yīng)起決定作用,

故D錯(cuò)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(gè)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。以碳酸氫錢和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并

測(cè)定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：

步驟I.Na2cO3的制備

蒸儲(chǔ)水碳酸氫鏤粉末

氯化鈉

碳酸彳

步驟II.產(chǎn)品中NaHCO3含量測(cè)定

①稱取產(chǎn)品2.500g,用蒸儲(chǔ)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(biāo)準(zhǔn)溶液

滴定，溶液由紅色變至近無(wú)色（第一滴定終點(diǎn)），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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)（第

二滴定終點(diǎn)），又消耗鹽酸V2mL；

④平行測(cè)定三次，V1平均值為22.45,V2平均值為23.51。

已知：⑴當(dāng)溫度超過35℃時(shí)，NH4HCO3開始分解。

（ii）相關(guān)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(xué)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(biāo)號(hào))；

(3)指示劑N為,描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化

(4)產(chǎn)品中NaHCC>3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留三位有效數(shù)字);

(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則NaHCC>3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果

(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。

【答案】(1).NaHCCh(2).在30-35°C時(shí)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(nèi)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(jù)不同溫度條件下各物質(zhì)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(yīng)，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(zhì)，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(cè)定產(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)為：

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,因?yàn)镹a2co3、NaHCCh溶于水顯堿性，且堿性較強(qiáng)，所以可

借助酚獻(xiàn)指示劑的變化來(lái)判斷滴定終點(diǎn)，結(jié)合顏色變化可推出指示劑M為酚麟試劑；第二

次滴定時(shí)溶液中的溶質(zhì)為NaCl,同時(shí)還存在反應(yīng)生成的CO”溶液呈現(xiàn)弱酸性，因?yàn)榉铀?/p>

的變色范圍為8-10,所以不適合利用酚酥指示劑檢測(cè)判斷滴定終點(diǎn)，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(yīng)為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2t,再根據(jù)關(guān)系

式求出總的NaHCCh的物質(zhì)的量，推導(dǎo)出產(chǎn)品中NaHCCh的，最終通過計(jì)算得出產(chǎn)品中

NaHCCh的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。

【詳解】根據(jù)上述分析可知，

(1)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30-35°C,目的是為了

時(shí)NH4HCO3不發(fā)生分解，同時(shí)析出NaHCCh固體，得到晶體A,因?yàn)樵?0-35℃時(shí),NaHCCh

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

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

意的為D項(xiàng)，故答案為：D；

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

的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達(dá)到終點(diǎn)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)第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)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(jù)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(zhì)的量n(NaHCO3)=n息(NaHCCh)-n生成(NaHCCh)=

34

2.351x10-mol-2.245x10-3mol=1.06x10-mol,則原產(chǎn)品中NaHCCh的物質(zhì)的量為

100mLxl.06xl0-4mol=1.06x10-3moL故產(chǎn)品中NaHCCh的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(xué)第一次滴定時(shí)，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，則會(huì)使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的體

積偏小，即測(cè)得Vi偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCCh的物質(zhì)的量會(huì)偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)

會(huì)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(chǔ)氫載體，且安全、易儲(chǔ)運(yùn)，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(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)

化學(xué)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??；卮鹣铝袉栴}:

-1

2NH3(g)N2(g)+3H2(g)AH=—kJ-mol；

⑵已知該反應(yīng)的AS=198.9J-mo「，在下列哪些溫度下反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行?

（填標(biāo)號(hào)）

A25℃B.125℃C.225℃D.325℃

（3）某興趣小組對(duì)該反應(yīng)進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)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(jìn)行反應(yīng)（此時(shí)容器內(nèi)總壓為200kPa）,各物質(zhì)的分壓隨時(shí)間的變化曲線

￡

O

Wl

①若保持容器體積不變，％時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，用H2的濃度變化表示0?%時(shí)間內(nèi)的反應(yīng)速

率丫（凡）=molmirT］（用含乙的代數(shù)式表示）

②弓時(shí)將容器體積迅速縮小至原來(lái)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(shì)的曲線是（用圖中a、b、c、d表示），理由是；

③在該溫度下，反應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)K?=。（已知：分壓=總壓x該組分物質(zhì)的量分

f、gr\h

PGPH

n0n0

數(shù)，對(duì)于反應(yīng)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(zhuǎn)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?yàn)?/p>

動(dòng)方

的移

H-

程中O

解過

(4)電

式為

極反應(yīng)

極的電

(5)陽(yáng)

溶液

OH

溶液K

KOH

0.02

(4).b

(3).——

D

(2).C

90.8

(1).+

’1

比

2分壓

動(dòng)，N

向移

衡逆

壓平

于加