2021化學高考題真題匯編及解析

2021年普通高中學業(yè)水平選擇性考試（湖南卷）

化學

可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1C—12N—140—16F—19Na—23Mg—24

Si—28Cl—35.5Ge—73Br—801—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(guān)湘江流域的治理和生態(tài)修復的措施中，沒有涉及化學變化的是（）

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

解析：選A清理江河淤泥，沒有新物質(zhì)生成，不涉及化學變化，A符合題意；化工企

業(yè)“三廢”指的是廢水、廢氣、廢渣，“三廢”處理是指將有害固體、液體、氣體轉(zhuǎn)化為無害

物質(zhì)或可回收利用的物質(zhì)，此過程涉及化學變化，B不符合題意；微生物降解使有毒有害物

質(zhì)轉(zhuǎn)化為無毒無害物質(zhì)，有新物質(zhì)生成，涉及化學變化，C不符合題意；垃圾無害化處理，

是指通過物理、化學、生物熱處理等方式處理垃圾，此過程涉及化學變化，D不符合題意。

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.FeO粉末在空氣中受熱，迅速被氧化成Fe3O4

C.SO2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

解析：選B糖類中的單糖、二糖不屬于高分子化合物，A錯誤；FeO不穩(wěn)定，在空氣

中受熱會被氧化為Fe3O4,B正確；工業(yè)上常用SO?漂白紙漿，且SO?還可用于殺菌、消毒，

C錯誤；根據(jù)原電池原理，鍍鋅鐵皮的鍍層破損后形成原電池，鋅做原電池的負極，保護鐵

不被腐蝕，D錯誤。

3.下列實驗設(shè)計不能達到實驗目的的是（）

X實驗目的實驗設(shè)計

取少量待測液，滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色變

A檢驗溶液中FeSO4是否被氧化

化

氣體依次通過盛有飽和NaCl溶液、濃H2s04的洗氣

B凈化實驗室制備的Cl2

瓶

C測定NaOH溶液的pH將待測液滴在濕潤的pH試紙.匕與標準比色卡對照

D工業(yè)酒精制備無水乙醇工業(yè)酒精中加生石灰，蒸儲

解析:選C向待測液中滴加KSCN溶液，溶液若變成血紅色，說明存在Fe3’,證明FeSO4

被氧化，可以達到實驗目的，A不符合題意；實驗室利用二氧化鎰與濃鹽酸反應制備氯氣，

所得氣體中含有HC1,故先將所得氣體通入飽和食鹽水中，除去HC1,再經(jīng)過濃硫酸干燥，

可得純凈、干燥的氯氣，可以達到實驗目的，B不符合題意；測定NaOH溶液的pH時，pH

試紙不能潤濕，否則會稀釋待測液，使溶液堿性減弱，測得的pH偏小，不能達到實驗目的，

C符合題意；工業(yè)酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再進行蒸儲，可制備無水乙醇，

可以達到實驗目的，D不符合題意。

4.己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(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____________________________

V

OH

人硝酸，

racoon一空氣

催化劑，K</COOH催化劑，△O

下列說法正確的是（）

A.茉寧浪水混合，充分振蕩后靜置，下層溶液乂橙紅色

B.環(huán)己醇與乙醇互為同系物

C.己二酸與NaHCO3溶液反應有CO2生成

D.環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面

解析：選C苯與澳水混合后，由于Bn易溶于苯且苯的密度小于水，振蕩后靜置，上

層溶液呈橙紅色，A錯誤；環(huán)己醇為環(huán)狀結(jié)構(gòu)，乙醇為鏈狀結(jié)構(gòu)，二者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于

同系物，B錯誤；己二酸中含有撥基，與碳酸氫鈉反應有CO2生成，C正確；環(huán)己烷分子中

的碳原子均為飽和碳原子，所有碳原子不可能共面，D錯誤。

5.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）

A.18gH枚）含有的中子數(shù)為IONA

B.0.1mol-L-1HCKh溶液口含有的H+數(shù)為O.INA

C.2molNO與1mol5在密閉容器中允分反應后的分子數(shù)為2NA

D.11.2LCH4和22.4LCb（均為標準狀況）在光照下充分反應后的分子數(shù)為1.5必

解析：選D1個18。原子含有10個中子，H原子不含中子，所以每個H蔓O分子中含

有10個中子，Hl'O的相對分子質(zhì)量為20gmoL,故18gHl'O的物質(zhì)的量為0.9mol,則

18gHj8O中含有的中子數(shù)為9NA,A錯誤；HC1O4為強酸，在溶液中完全電離，則0.1

mol-L?HC1O4溶液中H'的物質(zhì)的量濃度為0.1moH/i,由于題中未給出溶液體積，所以無

法計算H+的數(shù)目，B錯誤；2moiNO與1mol。2恰好完全反應生成2moiNCh,由于存在平

衡2NO?N2O4,所以充分反應后容器中的分子數(shù)小于2NA,C錯誤；甲烷與氯氣發(fā)生取代

11.2L+22.4L

反應，反應前后反應物與生成物的物質(zhì)的量之和不變，則反應后的分子數(shù)為----------------------X

22.4L-mol1

NAmo「i=1.5NA,D正確。

6.一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如下：

物質(zhì)x碳、筑氣

海水-—-苦鹵水一陪毒一庵瓦無水MgCL

II

濾液氣體

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MgCb制備金屬鎂

C.“氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO+C+C12=^=MgC12+CO

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

解析：選D苦鹵水中含有大量鎂離子，加入生石灰，生石灰與水反應生成氫氧化鈣，

氫氧化鈣再與鎂離子反應生成氫氧化鎂，生石灰來源豐富、價格便宜，常用來做沉鎂的沉淀

劑，A說法正確；鐵為活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融氯化鎂的方法來制備金屬鎂，B說法

正確；根據(jù)題給流程圖可知，“煨燒”氫氧化鐵得到氧化鐵，“氯化”可程中，加入碳和氯氣

與氧化鎂反應，生成無水氯化鎂和一種氣體，根據(jù)原子守恒和化合價升降可得反應的化學方

程式為MgO+C+CbW=MgC12+CO,C說法正確；向“燃燒”后所得氧化鎂中加稀鹽酸，

2++

得到氯化鎂溶液，由于鎂離子會發(fā)生水解反應Mg+2H2OMg（OH）2+2H,直接蒸發(fā)

MgCk溶液，生成的HC1揮發(fā)，最終得到的是氫氧化鎂，而不是無水氯化鎂，D說法錯誤。

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

解析：選BZ的最外層電子數(shù)為K層的一半，則Z的最外層電子數(shù)為1,又W、X、Y、

Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，則Z不可能為氫、鋰元素，故Z為第三周期的

Na元素。Y的原子序數(shù)等于W與X的原子序數(shù)之和，且Y的原子序數(shù)小于11,又W與X

可形成原子個數(shù)比為2：I的18。分子，分析可知N2H4符合題意，故W為氫元素、X為氮

元素，則Y為氧元素。Z、X、Y的簡單離子核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑

越小，即簡單離子半徑：X>Y>Z,A錯誤；W與Y能形成H2O2,既含有極性鍵又含有非極

性鍵，B正確；X和Y形成的最簡單氫化物分別為NH3和HzO,常溫下，NH3為氣態(tài)，H20

為液態(tài)，故HzO的沸點更高，C錯誤；由氫、氮、氧三種元素所組成的化合物NH3-H2O的

水溶液呈堿性，D錯誤。

8.KIO3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+UKGO3+3H2O:6KH(IO3)2+5KC1+3C12f。

下列說法錯誤的是()

A.產(chǎn)生22.4L(標準狀況)Cb時，反應中轉(zhuǎn)移10mole—

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。2制備漂白粉

D.可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中103的存在

解析：選A根據(jù)題干中的化學方程式可知，I元素的化合價由。價升高到+5價，轉(zhuǎn)移

電子數(shù)為6X5X2=60,所以產(chǎn)生標準狀況下22.4L即1mol氯氣需消耗2moi碘單質(zhì)，轉(zhuǎn)移

20mole-,A說法錯誤；該反應中b為還原劑，KCIO3為氧化劑，故氧化劑和還原劑的物質(zhì)

的量之比為11：6,B說法正確；工業(yè)上常用氯氣和石灰乳反應制備漂白粉，C說法正確；

酸性條件下，「與103■反應生成b,淀粉遇L變藍色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗10]

的存在，D說法正確。

9.常溫下，用0.1000mol的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000molLr的三

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(shù)：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)

C.當pH=7時，三種溶液中:以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)

-

解析：選C在NaX溶液中，X一發(fā)生水解反應：X+H2OHX+OH，溶液中存在

c(Na+)>c(X-)>c(OH)>c(H+),A判斷正確；等濃度的NaX、NaY、NaZ三種溶液的pH大小

關(guān)系：NaZ>NaY>NaX,根據(jù)“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ,則電離常數(shù)關(guān)系：

Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B判斷正確；pH=7時，根據(jù)電荷守恒，三種溶液混合后分別存在

c(Cr)+c(X-)=c(Na+),c(Cr)4-ciY-)=c-(Na+).c(Cr)+c(Z-)=c(Na+),由于三種一元酸的

酸性強弱不同，則向其鹽溶液中加入HC1的物質(zhì)的量不同，則《XT)、c(Y.)、。億一)三者不等,

C判斷錯誤；分別加入20.00mL鹽酸后，均恰好完全反應，三種溶液的溶質(zhì)分別為HX與

NaCkHY與Na。、HZ與Na。，三種溶液混合后的溶液中存在電荷守恒：c<X-)+c(￥-)4-

c(Z-)=c(H+)-c(OH),D判斷正確。

10.鋅/漠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/溟液流電池工作原理如圖所示:

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ZnBn的濃度不斷減小

C.充電時，M極的電極反應式為Zn"+2e—^=Zn

D.隔膜允許陽離子通過，也允許陰離子通過

解析：選B在該原電池中，活潑金屬鋅做負極，則N極為正極，A說法正確；放電時,

左側(cè)鋅放電產(chǎn)生Z/+,貯液器中ZnBrz濃度不斷增大，B說法錯誤；充電時，M極為陰極,

電極反應式為Zn2++2e-=Zn,C說法正確；放電時B「通過隔膜進入溶液中與Zn?一結(jié)合,

充電時ZM'通過隔膜在雙極性碳和塑料電極上沉積，D說法正確。

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FI要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得。分。

11.已知：A(g)+2B(g)3C(g)△〃<(),向一恒溫恒容的密閉容器中充入1molA和3

molB發(fā)生反應，九時達到平衡狀態(tài)I,在尬時改變某一條件，h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()

t/min

A.容器內(nèi)壓強不變，表明反應達到平衡

B.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)(p：?P(H)>(p(I)

D.平衡常數(shù)K：K(II)<K(I)

解析：選BC該反應是反應前后氣體分子數(shù)不變的反應，隨著反應的進行，氣體的總

物質(zhì)的量始終不變，總壓強始終不變，A錯誤；/2時，設(shè)向容器中加入3molC,正反應速

率逐漸增大，達到新的平衡后保持不變，變化情況與圖像相符，B正確；及時，設(shè)向容器中

加入3molC,相當于加入1molA和2molB,則狀態(tài)II相當于起始投料為2molA和5molB,

若是投料為2molA和6molB與狀態(tài)I等效，即狀態(tài)H相當于減少了B的投料，平衡逆向

移動，A的體積分數(shù)變大，即(p(II)>(p(I),C正確；化學平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變,

平衡常數(shù)不變，即K(H)=K(I),D錯誤。

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()

X粒子組判斷和分析

不能大量共存，因發(fā)生反應：

ANa+、Ap+、。一、NH3?H:0

3+

AI+4NH3?H2O=A1O￡+4NH.J+2H2O

H\K+、S2O歹、不能大量共存，因發(fā)生反應：

B

+

SOF2H+S20r=S1+SO2t+H20

Na+、Fe3+、SOF、

C能大量共存，粒子間不反應

H2O2

H*、Na、C「、

D能大量共存，粒子間不反應

MnOj

解析：選BAP'與NH3?匕0反應產(chǎn)生A1(OH)3沉淀，不產(chǎn)生Al。?，A錯誤；H+與

+

S2O歹不能共存，發(fā)生反應的離子方程式為2H+S20r=SI+S02t+H2O,B正確；

Fe3+可催化H2O2分解，不能大量共存，C錯誤；酸性條件下，MnO4■可將C「氧化為Cb,D

錯誤。

13.1丁醇、澳化鈉和70%的硫酸共熱反應，經(jīng)過回流、蒸儲、萃取分液制得1澳

丁烷粗產(chǎn)品，裝置如圖所示:

已知：CH3(CH2)3OH+NaBr+H2SO4^-*CH3(CH2)3Br+NaHSO4-l-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(zhì)的揮發(fā)，提高產(chǎn)率

B.裝置n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口放出

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

解析：選AD球形冷凝管的作用是冷凝回流易揮發(fā)的物質(zhì)，使反應物充分反應，提高

產(chǎn)率，A正確；冷凝時，冷凝管的進水方向為下口進、上口出，即裝置II的進水口應為b,

出水口為a,B錯誤；萃取分液時，上層液體應從上口倒出，下層液體應從下口放出，C錯

誤；裝置IH得到的粗產(chǎn)品經(jīng)干燥后，還含有1丁醇等雜質(zhì)，可再次蒸偏得到更純的產(chǎn)品，

D正確。

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

情況如圖所示：

45.343.5

:-\過液態(tài)

1:-\過液態(tài)2

7M

-

0I

目+am

X

□_、

Cn+2.-6

)8ON

+3

X+

+H+

塞.OHO+

OO￥?

文CJ

8OO?

年HU

XHO=

3+

H

O

O

W

H

反應進程

下列說法錯誤的是（）

A.該過程的總反應為HCOOH金幽CO2t+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H-IH步驟決定

解析：選CD分析題給反應機理圖，可知該過程的反應物為HCOOH,生成物為CO>

和H2,則該過程的總反應為HC00H2%CO2t+H2t,A說法正確；H+濃度過大，抑制

HCOOH的電離，HCOO一濃度減小，會降低I-II步驟的反應速率，H+濃度過小，會降低

III-IV步驟反應速率，故H+濃度過大或者過小，均會導致反應速率降低，B說法正確；整個

催化循環(huán)過程中Fe元素化合價均為+3價，故該催化循環(huán)中Fe元素的化合價沒有發(fā)生變化,

C說法錯誤；由相對能量的變化情況圖可以得出，該反應過程中的IV-I步驟的活化能反=

86.1kJ-mor1,為該反應進程中的最大活化能，故該過程的決速步驟為IV~I步驟，D說法

錯誤。

三、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.(12分)碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫彼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.Na2c03的制備

蒸水

溜碳酸氫錢粉末

-

濾液

氯

化

靜置碳

T晶體3

鈉

-抽濾酸

鈉

步驟H.產(chǎn)品中NaHC03含量測定

①稱取產(chǎn)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0.1000mol-L?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HmL：

③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N,繼續(xù)用0.1000mol-L-1鹽酸標準溶液滴定至

終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸LmL；

④平行測定三次，%平均值為22.45,匕平均值為23.51。

己知：(i)當溫度超過35℃時，NH4HCO3開始分解。

(ii)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表(g/100gH2O)

溫度/℃0102030405060

NaCl35.735.836.036.336.637.037.3

NH4HCO311.915.821.027.0

NaHCO36.98.29.611.112.71-.516.4

NH4CI29.433.337.241.445.850.455.2

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1中“300℃力口熱”所選用的儀器是(填標號)；

ABCD

(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NaHCO3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NaHC03質(zhì)量分數(shù)的計算結(jié)

果(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。

解析：(1)根據(jù)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度可知，30?35℃,N&HCO3的溶解度明顯小

于NaCl、NH4HCO3和NH4cl的溶解度，因此NaHCCh在步驟I中結(jié)晶析出。(2)300℃給固

體加熱選用的儀器應為增埸。(3)本題中測定碳酸氫鈉含量采用了雙指示劑滴定法，第一滴定

過程以酚歆為指示劑，Na2c。3轉(zhuǎn)化為NaHCCh，第二滴定過程以甲基橙為指示劑，NaHCCh

轉(zhuǎn)化為NaCkCO2和H2O,所以第二滴定終點前后溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色。

l

(4)由⑶的分析過程可知,25.00mL待測液中所含NaHCCh的物質(zhì)的量為0.1000mol-LX(V2

-V1)X1O-3L,則2.500g產(chǎn)品中所含NaHCCh的質(zhì)量為84g-mol1X^^XO.IOO0

mol-L-'X(23.51-22.45)X10-3L^0.089g,則產(chǎn)品中NaHCCh的質(zhì)量分數(shù)=若洛義100%

Z.DvVg

比3.56%。(5)第一次滴定終點時，俯視讀數(shù)，導致測得的％偏小，NaHCCh質(zhì)量分數(shù)的計算

結(jié)果偏大。

答案：(l)NaHCCh30?35℃,NaHCCh的》容解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4cl的溶

解度

(2)D(3)甲基橙溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色(4)3.56%(5)偏大

16.(14分)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(guān)化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)

化學鍵N三NH—HN—H

鍵能E/(kJ-mo「)946436.0390.8

在一定溫度下，利用催化劑招N%分解為N2和Hz?；卮鹣铝袉栴}：

⑴反應2NH3?N2(g)+3H2(g)

△H=kJ-mol,；

(2)已知該反應的AS=198.9J-moP1-K-',在下列哪些溫度下反應能自發(fā)進行？

________(填標號)

A.25℃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0.1molNH3

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若保持容器容積不變，力時反應達到平衡，用H2的濃度變化表示0?力時間內(nèi)的反應

速率。32)=mol-L1?min?(用含t\的代數(shù)式表示)；

②，2時將容器容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(shù)K=［已知：分壓=總壓X該組分物質(zhì)的

/陰?解

量分數(shù)，對于反應JD(g)+eE(g)gG(g)+/?H(g)幫西其中〃=100kPa,PG、

〃H、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，將氨轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如圖所示。

陰

離

子H2

交

換

膜

KOH溶液

⑷電解過程中OFT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___________________________________________________

解析：(1)△"=反應物鍵能總和一生成物鍵能總和，根據(jù)熱化學方程式以及表格中數(shù)據(jù)

可得AW=390.8kJ?mor,X3X2-(946kJmoL+436.0kJmoF1X3)=+90.8kJ-moFL(2)

若反應能自發(fā)進行，貝UAG=AH-TAS<0,代入數(shù)據(jù)，AGnAH-TASugO^XlO3

J?mori-TX198.9J?mori?K「vO,貝U7>456.5K,轉(zhuǎn)化成攝氏溫度，則T>183.5C故

選C、Do(3)①設(shè)。?力時間內(nèi)生成的氮氣為xmol,列“三段式”：

2NH3N2+3H2

起始量/mol0.100

變化量/mol2xx3x

平衡量/mol0.1—2xx3x

由題圖可知力時，氨氣和氫氣的平衡分壓相等，根據(jù)壓強之比等于物質(zhì)的量之比，所以

0.02X3mol

〃(NH3)=〃32),則3x=0.1—2%,解得x=0.02,所以加出)=—機卷一=華

mol-L，-min」。②々時將容器容積迅速縮小至原來的一半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍；其他

條件不變時，容器容積減小，壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，即該平衡逆向移

動，所以N2分壓先變?yōu)樵瓉淼?倍，后逐漸減小，故選b。③由題圖可知，小時，反應達到

平衡狀態(tài)，且p(NH3)=p(H2)=1.2X100kPa,p(N2)=0.4X100kPa,貝1K°=

~P<H2)T.p(N2)p.2X100kPa?0.4X100kPa

」?p°I100kPaJ'100kPa

(NH3)『=(1.2X100kPaf=048°

_p。JI~~100kPa_)

(4)根據(jù)反應物以及兩極產(chǎn)物，可以看出產(chǎn)生氫氣的一極氫元素的化合價變化為+1-0,

發(fā)生還原反應，應為陰極，產(chǎn)生氮氣的一極氮元素的化合價變化為-3一0,發(fā)生氧化反應，

應為陽極。電解池中，陰離子向陽極移動，所以電解過程中OK的移動方向為從右往左。(5)

陽極上NH3變?yōu)镹2,溶液環(huán)境為堿性，所以陽極的電極反應式為2N%—6e—+6OIT=N2

+6H2O。

答案：(D+90.8(2)CD(3)①竿②b容積迅速縮小至原來的一半時，Nz分壓變?yōu)?/p>

原來的2倍；其他條件不變時，容器容積減小，壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動,

該平衡逆向移動，所以N2分壓先變?yōu)樵瓉淼?倍，后逐漸減?、?.48(4)從右往左

(5)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O

17.(13分)Cc2(CO3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈾(Cc)主要

以CeP04形式存在，還含有Si(h、AI2O3、Fe2O3>CaF?等物質(zhì)。以獨居石為原料制備

Ce2(CO3)3?/7H2O的工藝流程如下：

①Mg()調(diào)pH=5

②絮凝劑

濃H2SO&HzOFeCh溶液|NH，HC(%溶液

￡扁一扇一點一曲一矗?

酸d廢氣濾渣I濾渣u濾3m旋液

回答下列問題：

(1)鈾的某種核素含有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)濾渣川的主要成分是(填化學式)；

(4)加入絮凝劑的目的是；

(5)“沉缽”過程中，生成CeXCQM?〃&O的離子方程式為,常

溫下加入的NH4HCO3溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：NH3-H2O的

A：b=1.75X10-5,H2cO3的Kd=4.4X10-7,乂2=4.7X10")；

(6)濾渣II的主要成分為FePO4,在高溫條件下，Li2co3、葡萄糖(C6Hl2O6)和FePO,可制

備電極材料LiFePO”同時生成CO和H2O,該反應的化學方程式為o

解析：(1)由質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)可知，鋪的質(zhì)量數(shù)=58+80=138,因此該核素的

符號為贊Ce。(2)為提高“水浸”效率,可采取攪拌、適當升高溫度、研碎等措施。(3)根據(jù)流

程及題中信息分析可知，濾渣I為Si。?、CaSO4,濾渣II為FePO4,濾渣HI的主要成分為

A1(OH)3O(4)加入絮凝劑的目的是使懸浮粒子聚集變大，加快粒子聚沉速度，更快地形成沉

淀。(5)“沉鋪”過程中，Ce3+與HCO］反應生成Ce2(CO3)3??H2O,反應的離子方程式為

3+

2Ce+6HCO3+(?-3)H2O=Ce2(CO3h-nH2OI+3CO210由于NH；水解溶液顯酸性，

HCO5水解溶液顯堿性，根據(jù)題中提供的電離平衡常數(shù)，可計算出NH；的水解平衡常數(shù)為華

Ab

in-i4K|0-14

10

=r^viH5^5.71Xio-,HCO.f的水解平衡常數(shù)為h=一/八產(chǎn)2.3義10-8,所以HCO?

的水解程度大于NH；的水解程度，所以溶液顯堿性。(6)根據(jù)題中信息，可知反應物為Li2c03、

C6Hl2O6和FePCh,生成物為LiFePOjCO和H2O,根據(jù)化合價變化，C：+4-+2,0-+

2,Fe：+3-4-2,則反應的化學方程式為6FePO4+3Li2CO3+C6H12O6=^=6LiFePO4+9COt

+6H2Oto

答案：(1)贈Ce(2)攪拌、適當升高溫度(合理即可)(3)A1(OH)3(4)促進A1(OH)3膠體

聚沉，便于分離

3+

(5)2Ce+6HCO3+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3??H2OI+3cO2t堿性(6)6FePO4+

高溫

3Li2CO3+C6H12O6=^=6LiFcPO4+9COt+6H2Ot

(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。

18.［選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］(15分)

硅、楮(Ge)及其化合物廣泛應用于光電材料領(lǐng)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S1X40

SiX4的熔、沸點

SiF4SiCI4SiBr4Sih

熔點/K183.0203.2278.6393.7

沸點/K187.2330.8427.2560.7

①0℃時，SiF4、SiC14、SiB「4、SiL呈液態(tài)的是

（填化學式），沸點依次升高的原因是_______________________________________

氣態(tài)SiX4分子的空間構(gòu)型是：

H,C—

②SiC14與N甲基咪嘎（、？N）反應可以得到M2+,其結(jié)構(gòu)如圖所示:

H￡_N4?-N-C%

一，4八2

出c-d-

N甲基咪吐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M2,中含有個o鍵：

（3）下圖是Mg、Ge、O三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。

①已知化合物中Ge和O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、〃nm、cnm,a=^=y=90°,則該晶體的密度〃

=________gpm、（設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，用含。、b、c、心的代數(shù)式表示）。

解析：（1）硅原子核外有14個電子，有Is、2s、2p、3s、3P五個能級，每個能級的電子

數(shù)分別是2、2、6、2、2,則基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為3s3p。晶體硅和

碳化硅均為共價晶體，碳原子半徑比硅原子半徑小，則C—Si鍵鍵長比Si—Si鍵鍵長短，故

碳化硅的熔點較高。（2）①0℃Q273K,由題表中的數(shù)據(jù)可知，只有SQL的熔點低于273K,

沸點高于273K,則SiCLi在0℃時為液態(tài)。S?、SiCb*、SiBj、SiL為為分子晶體，結(jié)構(gòu)相

似，相對分子質(zhì)量依次增大，則分子間作用力依次增大，沸點逐漸升高。SiX4的中心原子Si

周圍的o鍵電子對數(shù)=4+/x（4—1X4）=4,無孤電子對，由VSEPR理論可知，其VSEPR

模型與分子空間構(gòu)型均為正四面體。②H'C一中甲基碳原子為飽和碳原子，是sp3雜化，

碳碳雙鍵中的碳原子為sp2雜化。短周期同周期元素從左到右，電負性逐漸增大，且H的電

負性比C小，故電負性由大到小的順序是N>C>Ho

Si、

0N-CW基團有1個N—Si、4個N—C、1個N=C、1個C=C、6個C—H,共有13

一

個。鍵，4個&/N-CH嗟團，則含13X4=52（個）0鍵，另外還有2個Si—C1鍵，故1個

ClCH,

N=\

01N—CH,

中含有。鍵的數(shù)目為54個。（3）①由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，1個晶

胞中，對于X原子，8個位于頂點、4個位于棱上、6個位于面上、3個位于晶胞內(nèi)，故I個

晶胞中含有X的數(shù)目為8x/+4X±+6xT+3=8（個）；對于Y原子，4個Y原子均位于晶胞

內(nèi)；對于Z原子，16個Z原子均位于晶胞內(nèi)。其中Ge和0的原子個數(shù)比為1：4,則X為

Mg,Y為Ge,Z為0。由上述分析可知，該化合物的化學式為Mg2GeO4o②1個晶胞的質(zhì)

量=24義8+73：4+16X168=梨g,1個晶胞的體積=出地乂10-21cm3,則晶體的密度p

/VA，YA

740

_而g_740Xl()2i

~ahcXIO-21cm3-abcN^gcm

MI

答案：（1）3s3pSiC

（2）①SiCL,SiR、SiCL、SiBm、SiL?都是分子晶體，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②sp2、sp3N>C>H54

-—740X1021

（3）?0Mg2GeO4②abcN、

19.［選修5：有機化學基礎(chǔ)］（15分）

葉酸拮抗劑Alimta（M）是一種多靶向性抗癌藥物。以苯和丁二酸肝為原料合成該化合物

的路線如下：

CHO

(D)

(M)

葉酸拮抗劑Alimla

回答下列問題:

(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為;

(2)AD化的反應類型分別是,；

(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FeCb溶液發(fā)生顯色反應

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；

⑸結(jié)合上述信息，寫出丁二酸肝和乙二醇合成聚「二酸乙二爵酯的反應方程式:

OH

()