湖南新高考化學試題答案解析

2021湖南新高考化學試題解析

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

【解析】A.定期清淤，疏通河道，屬于采用物理措施，修復生態(tài)；

B.化工企業(yè)"三廢”必須經過化學反應，將有毒、有害物質降低到標準值排放；

C.降解的過程屬于化學變化；

D.垃圾分類處理后，進行無害化處理，屬于化學措施，涉及化學變化。

【詳解】解：A.定期清淤，疏通河道，屬于物理修復，沒有涉及化學變化，故A正確；

B.工業(yè)“三廢”是指廢水、廢氣、廢渣，必須經過化學反應，將有毒、有害物質降低到

規(guī)定的標準，才能排放，即達標排放，故B錯誤；

C.利用微生物降解水域中的有毒有害物質的過程發(fā)生了化學變化，故C錯誤；

D.垃圾分類處理后，進行無害化處理，涉及到了化學變化，故D錯誤。

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Fe3O4

C.S02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】A.單糖、二糖的相對分子質量在10000以下,不屬于高分子化合物；

B.FeO粉末空氣中受熱，部分被氧化；

C.二氧化硫可添加于葡萄酒中用于殺菌消毒；

D.在金屬活動性順序表中鋅比鐵活潑，所以破損后仍腐蝕的是鋅，保護的是鐵。

【解答】解：A.單糖、二糖的相對分子質量在10000以下，不屬于高分子，而糖類中淀

粉、纖維素及蛋白質為天然有機高分子化合物，故A錯誤；

B.FeO是一種黑色粉末，不穩(wěn)定，在空氣中受熱，若迅速反應，只有部分被氧化，氧化

生成Fe3O4,故B正確；

C.二氧化硫具有漂白性，可以漂白紙漿，也可以用于葡萄酒中，抑制葡萄酒中微生物增

殖，故C錯誤；

D.在金屬活動性順序表中鋅比鐵活潑，所以破損后仍腐蝕的是鋅，保護的是鐵，故D錯

誤；

故選：B。

【拓展】本題考杳有關物質轉化的相關知識，涉及高分子化合物，氧化還原反應，二氧

化硫相關性質以及金屬電化學腐蝕等內容，考查范圍較廣，學生掌握基礎為解題關鍵，

其中B項難度略大，需要明確迅速氧化的概念進行解析，整體難度適中。

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FeSO4是否被氧取少量待測液，滴加KSCN

化溶液，觀察溶液顏色變化

B凈化實驗室制備的Cl2氣體依次通過盛有飽和

NaCI溶液、濃H2so4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，蒸儲

A.AB.BC.CD.D

【解析】A.滴加KSCN溶液遇鐵離子變?yōu)檠t色；

B.飽和NaCI溶液可除去HCI,濃硫酸干燥氯氣；

C.測定NaOH溶液的pH,應選干燥的pH試紙；

D.加CaO與水反應，增大與乙醇的沸點差異。

【解答】解：A.滴加KSCN溶液遇鐵離子變?yōu)檠t色，觀察溶液的顏色可檢驗是否氧化

變質，故A正確；

B.飽和NaCI溶液可除去HCL濃硫酸干燥氯氣，可凈化氯氣，故B正確；

C.測定NaOH溶液的pH,應選干燥的pH試紙，不能滴在濕潤的pH試紙上，導致溶

液被稀釋，故C錯誤；

D.加CaO與水反應，增大與乙醇的沸點差異，然后蒸憎可分離，故D正確；

故選：C。

【拓展】本題考查化學實驗方案的評價，為2021年湖南高考試題，把握物質的性質、

反應與現(xiàn)象、混合物分離提純、離子檢驗、pH測定為解答的關鍵,側重解析與實驗能力

的考查，注意實驗的評價性解析，題目難度不大。

4.己二酸是一種重要的化工原料，科學家在現(xiàn)有工業(yè)路線基礎上，提出了一條"綠色"合

成路線:

工業(yè)路線“綠色”合成線路

__________________八_______________________________________人__________________

（OH^

--?硝酸,racoon.空氣

OU催化劑，△QCOOH催化劑，△O

下列說法正確的是（）

A.苯與浸水混合，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NaHCCX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】A.苯與溪水不反應，發(fā)生萃取，且苯的密度小于水的密度；

B.環(huán)己醇與乙醇中-OH連接的炫基結構不同；

C.含-COOH的有機物可與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳；

D.環(huán)己烷中6個C均為四面體構型。

【解答】解：A.苯與溪水不反應，發(fā)生萃取，且苯的密度小于水的密度，則充分振蕩后

靜置，上層溶液呈橙紅色，故A錯誤；

B.環(huán)己醇與乙醇中-OH連接的煌基結構不同，則二者不屬于同系物，故B錯誤；

C.含-COOH的有機物可與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳廁己二酸與NaHCO3溶液反應

有CO2生成，故C正確；

D.環(huán)己烷中6個C均為四面體構型，則所有碳原子一定不共面，故D錯誤；

腿：C。

【拓展】本題考查有機物的結構與性質，為2021年湖南高考試題，把握官能團與性質、

有機反應為解答的關鍵，側重解析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目

難度不大。

5.NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）

A.18gH218。含有的中子數為IONA

B.0.1mol?「iHCIO4溶液中含有的H+數為O.INA

C.2molNO與lmol。2在密閉容器中充分反應后的分子數為2NA

D.11.2LCH4和22.4LCl2（溝為標準狀況）在光照下充分反應后的分子數為1.5NA

【解析】A.H218O分子中含有10個中子，摩爾質量為20g/mol;

B.缺少溶液體積，無法計算氫離子的數目；

C.NO和氧氣反應后生成的NO2中存在平衡：2NO2tN2O4,導致分子數減少；

D.甲烷與氯氣的反應中,反應前后氣體分子數始終不變。

18

【解答】解：A.18gH2O的物質的量為：2：；扃=0-9mol,含有中子的物質的量

為:0.9molxl0=9mol,含有的中子數為9NA,故A錯誤;

B.缺少0.1mol?LTHCIO4溶液的體積，無法計算溶液中含有的H+數，故B錯誤；

C.2molNO與lmolO2反應生成2molNO2,由于存在平衡：2NO2^N2O4,導致分

子數減少,容器中含有的分子數小于2NA,故C錯誤；

112L

D.標況下11.2LCH的物質的量為；=0.5mol,22.4LCl的物質的量為

422AL/mol2

224L

———=lmol,由于甲烷與氯氣的反應前后氣體分子數始終不變，則反應后氣體總

22.4L/mol

物質的量仍然為0.5mol+lmol=1.5mol,反應后的分子數為1.5NA，故D正確；

故選：D。

【拓展】本題考直阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，為2021年湖南省高考題，注意

掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系，明確分子、原子、原子

核內質子中子及核外電子的構成關系，D為易錯點，試題側重考套學生的解析能力及化

學計算能力，題目難度不大。

6.一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如圖：

物尊X碳、氯氣

海水---A苦鹵水一*沉鎂f燃燒一?氯化f無水MgCl?

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MgCb制備金屬鎂

高溫

C."氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO+C+Cl2—MgCh+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MgCI2

2+

【解析】AK的美離子沉淀:Mg+2OH-=Mg(OH)2l；

B.電解MgCb制備金屬鎂；

C.發(fā)生氧化還原反應，高溫條件下碳元素轉化為一氧化碳；

D.氧化鎂與鹽酸反應得到氯化鎂溶液，直接加熱蒸干氯化鎂溶液得到氫氧化鎂。

【解答】解：A.苦鹵水中加入物質X的目的是將溶液中的鎂離子轉化為Mg(0H)2沉

淀，故物質X溶于水后應該顯堿性，生石灰價格便宜且溶于水顯堿性，故物質常選用生

石灰，故A正確；

B.因鈉鎂鋁為活潑金屬故選用電解法進行冶煉制備鎂可選用電解熔融MgCb的方法，

故B正確；

C.根據流程反應物是MgO、C和CI2發(fā)生氧化還原反應，又因高溫條件下碳元素轉化為

一氧化碳，生成物質為MgCb和CO,據電子守恒配平方程式，故C正確；

D.搬燒后的產物中主要為MgO,MgO中加入稀鹽酸后得到MgCb溶液，但將MgCb

溶液加熱蒸發(fā)后所得的產物為Mg(0H)2,故D錯誤；

雌：D。

【拓展】本題考查本題主要考查海水制備無水氯化鎂的無機工藝流程，涉及了氧化還原

方程式的配平、鹽的水解、元素化合物之間的轉化、金屬冶煉等知識，培養(yǎng)了學生們的

科學態(tài)度和社會責任的化學核心素養(yǎng)，本題比較容易。

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，亞與*可形成原子個數比為2:1的18e

一分子。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】W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數為K

層的一半，結合原子序數可知，Z含有3個電子層，最外層含有1個電子，則Z為Na;

W與X可形成原子個數比為2:1的18e-分子，該化合物應該為N2H4，則W為H,

X為N元素；Y的原子序數等于W與X的原子序數之和，Y的原子序數為1+7=8,則

Y為。元素，以此解析解答。

【解答】解：結合解析可知,W為H,X為N,Y為0,Z為Na元素，

A.氮離子、氧離子、鈉離子的核外電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，則簡

單離子半徑：X>Y>Z,故A錯誤；

B.W與Y形成的過氧化氫含有0-0非極性鍵，故B正確;

C.X和Y的最簡單氫化物分別為氨氣、水，常溫下水為液態(tài)，氨氣為氣態(tài)，則沸點：X

<Y,故C錯誤；

D.H、N、0三種元素所組成化合物的水溶液不一定顯酸性嗎，如一水合氨的水溶液呈

堿性，故D錯誤;

故選：B。

【拓展】本題考直原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數、原子結構推斷

元素為解答的關鍵，側重解析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不

大。

8.KI03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+IIKCIO3+3H2O-6KH(I03)2+5KCI+3cbT。下列說法錯誤的是()

A,產生22.4L(標準狀況)。2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CI2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

A

【解析】解析反應6I2+IIKCIO3+3H2O-6KH(I03)2+5KCI+3CI21可知，I元素化合

價由0價升高到+5價，12為逐原劑，CI元素化合價由+5價降到-1價和0價，KCI03

作為氧化劑，

A.以生成3moic12為標準，反應轉移60mole:據此計算A項;

△

B.解析反應6I2+HKCIO3+3H2O-6KH(I03)2+5KCI+3c3,KCI03作為氧化劑，匕

為還原劑；

C.漂白粉可由生成的氯氣與石灰乳反應制得；

D.酸化的淀粉碘化鉀溶液與KIO3反應生成12使溶液變藍。

【解答】解：A.依據解析生成3moicb為標準，反應轉移60mole:產生22.4L(標準

狀況)即ImolCb時，反應轉移20mole?，故A錯誤；

B.依據方程式可知，I元素化合價由0價升高到+5價，12為還原劑，CI元素化合價由+5

價降到-1價和0價，KCI03作為氧化劑，12為還原劑，氧化劑與還原劑的物質的量之

比為11:6,故B正確；

C.漂白粉可由生成的氯氣與石灰乳反應制得，發(fā)生反應2Ca(OH)2+2CI2=CaCI2+Ca

(CIO)2+2H2O,故C正確;

D.在酸性溶液中103.和I-發(fā)生反應：103-+51-+6H+=3I2+3H2O,可用酸化的淀粉

碘化鉀溶液檢驗食鹽中103'的存在，故D正確；

轆：A。

【拓展】本題以鹵族元素為背景，考查有關氧化還原反應的相關內容，理解反應并計算

轉移電子數為解題關鍵，注意還原產物為氯氣和氯化鉀，優(yōu)先以12為標準計算轉移電子

數,考直較為基礎，難度適中C

9.常溫下，用O.lOOOmohL-1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol?L-1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

V(鹽酸)/mL

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)>Ka(HY)>Ka(HZ)

C.當pH=7時，三種溶液中：c(X-)=c(Y-)=c(Z-)

D.分別滴力口20.00mL鹽酸后，用等三種溶液混合：c(X-)+c(Y*)+c(Z-)=c

(H+)-c(OH-)

【解析】A.因為HX為弱酸，NaX溶液存在水解反應：X-+H2OHX+OH:即可判

斷離子濃度大小關系；

B.根據鹽類水解的規(guī)律：越弱越水解可知，一元弱酸酸性越弱，則其鹽溶液堿性越強,

結合圖片可知溶液堿性強弱為：NaX<NaY<NaZ,則酸性強弱為：HX>HY>HZ,一

元弱酸中，酸性越強,電離程度越大，電離平衡常數Ka越大，即可判斷Ka的大小關系；

C.根據，NaX溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(0H-)+c(X-)+c

(Q-)，因pH=7時，c(H+)=c(0H-),貝!J有：c(X-)=c(Na+)-c(Cl-),

同理有：c(Y-)=c(Na+)-c(CI),c(Z-)=c(Na+)-c(Cl-)，又因三種

溶液滴定到pH=7時，消耗的HCI的量是不一樣的，即溶液中的c(CI")是不一樣的，

即可進行判斷；

D.分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合后，則混合后溶液總體積為120mL,

且存在電荷守恒:c(X-)+c(Y*)+c(Z-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c

(Na+),然后計算出混合溶液中c(Na+)和c(CI-)，代入電荷守恒表達式，即可得

出結論。

【解答】解：A.因為HX為弱酸，NaX溶液詼水解：X'+H2O^HX+OH-，所以c

(Na+)>c(X-)>c(OH)>c(H+),故A正確；

B.根據鹽類水解的規(guī)律：越弱越水解可知，相同濃度的強堿弱酸鹽溶液中，一元弱酸越

弱，則其鹽溶液堿性越強，結合圖片可知溶液堿性強弱為：NaX<NaY<NaZ,則酸性

強弱為：HX>HY>HZ,一元弱酸中，酸性越強，電離程度越大，電離平衡常數K越大，

所以有：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),故B正確；

C.當pH=7時，c(H+)=c(OH-),根據電荷守恒，NaX溶液中有:c(H+)+c

(Na+)=c(OH-)+c(X-)+c(C「)，則有：c(X-)=c(Na+)-c(CI-),

同理有：c(Y.)=c(Na+)-c(CI),c(Z-)=c(Na+)-c(C|-)，又因三種

溶液滴定到pH=7時，消耗的HCI的量是不一樣的，即溶液中的c(CI")是不一樣的，

所以c(X-)Wc(Y-)/c(Z-)，故C錯誤；

D.分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合后存在電荷守恒:c(X-)+c(Y-)

+c(Z-)+c(OH-)+c(C|-)=c(H+)+c(Na+),又混合溶液中c(Na+)=

.05mol/L混合溶液中《Cl-A

°，嗎優(yōu)產3=0°，嗎優(yōu)了3=005mo|/L/

代入電荷守恒表達式，有c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-),故D

正確。

故選：C。

【拓展】本題主要考杳強堿弱酸鹽的水解等相關知識，具體考查了離子濃度、電離平衡

常數的大小比較，電荷守恒的應用，混合溶液的離子濃度的計算等，同時考查學生的看

圖、讀圖的理解、應用能力，具有一定的綜合性，難度中等。

10.鋅/漠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的

備用電源等。三單體串聯(lián)鋅/濾液流電池工作原理如圖所示:

雙極性碳和塑料電極」Br?活性電極

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ZnBrz的濃度不斷減小

C.充電時，M極的電極反應式為Zn2++2e-=Zn

D.隔膜允許陽離子通過，也允許陰離子通過

【解析】解析可知，鋅漠液流電池總反應為：Zn+Br2=ZnBr2,其中N為正極，發(fā)生還

原反應，電極反應方程式為Br2+2e-=2Br",M為負極，發(fā)生氧化反應，電極反應方

2+

程式為Zn-2e-=Zn,放電過程中，左側Z?+流向右側，左側ZnBr2的濃度不斷減

通電

少，充電過程中，發(fā)生反應ZnBrz—Zn+Br2,據此解析回答問題。

【解答】解：A.依據解析可知，N為正極，故A正確；

B.放電時，左側為負極，發(fā)生氧化反應,電極反應方程式為Zn-2e-=Zn2+,左側生成

的ZM+流向右側，故左側ZnBrz的濃度不變，右側ZnBr2的濃度變大，故B錯誤；

C.放電時，M為負極,充電時,M及為陰極，發(fā)生還原反應,電極反應式為Zn2++2e-

=Zn,故C正確；

D.中間沉積鋅位置的作用為提供電解液，故其隔膜既可以允許陽離子通過，也允許阻離

子通過，故D正確；

古姆：B。

【拓展】本題考直原電池及電解池的工作原理，注意把握原電池中電子及溶液中離子的

定向移動問題，明確正負極，解析裝置及其功能為解題關鍵，考直較為綜合，難度適中。

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.(4分)已知：A(g)+2B(g)w3C(g)叫＜0,向一恒溫恒容的密閉容器中充入

lmolA和3molB發(fā)生反應，ti時達到平衡狀態(tài)I,在t2時改變某一條件,t3時重新

達到平衡狀態(tài)n,正反應速率隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是()

U匕13/.min

A.容器內壓強不變，表明反應達到平衡

B.t2時改變的條件：向容器中加入C

C.平衡時A的體積分數（P：（p（n）＞（P（I）

D.平衡常數K:K（n）＜K（I）

【解析】A.為氣體體積不變的反應，反應前后氣體的物質的量不變；

BQ時正反應速率瞬間不變，然后增大；

C.t2時加入C,平衡逆向移動：

D.平衡常數與溫度有關。

【解答】解：A.為氣體體積不變的反應，反應前后氣體的物質的量不變，則壓強始終不

變，不能判定平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B.t2時正反應速率瞬間不變，然后增大，可知改變的條件為向容器中加入C,故B正確；

C.t2時加入C,平衡逆向移動，則平衡時A的體積分數（p:（p（n）＞（p（I）,故C正確；

D.平衡常數與溫度有關，溫度不變，則平衡常數K:K（□）=K（I）,故D錯誤；

故選：BC。

【拓展】本題考查化學平衡，為2021年湖南高考試題，把握速率變化、平衡移動、K

與溫度的關系為解答的關鍵，側重解析與應用能力的考直，注意速率變化的原因，題目

難度不大。

12.（4分）對下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和解析均正確的是（）

粒子組判斷和解析

ANa\A|3+、Cl\NH3*H2O不能大量共存，因發(fā)生反應：

3+

AI+4NH3*H2O=AIO2"

+4NH4++2H2O

22

BH+、K+、S2O3\SO4"不能大量共存，因發(fā)生反應：

+2

2H+S2O3-=Sl+SO2t

+H2O

32

cNa\Fe\SO4\H2O2能大量共存，粒子間不反應

DNa\Cl\MnO4-能大量共存，粒子間不反應

A.AB.BC.CD.D

【解析】A.A|3+與NH3*H2O發(fā)生反應生成Al(OH)3；不會生成AIO2"；

B.H+、S2O32一發(fā)生反應歧化反應，生成二氧化硫和硫單質；

C.Fe3+可以作為H2O2分解的催化劑；

D.MnO4-具有強氧化性，可以氧化Cl\

【解答】解：A.Na+、AP\Cl\NH3?H2。不能大量共存，因為發(fā)生反應AP++3NH3

?H2O=AI(OH)3I+3NH4+,A項判斷正確，解析錯誤，故A錯誤；

22+2

B.H+、K+、S2O3\SO4■不能大量共存，因發(fā)生反應:2H+S2O3-=Sl+SO2t+H2O,

B項判斷正確，解析正確，故B正確；

32

C.Na\Fe\SO4\H2O2粒子中，F(xiàn)e3+可以作為H2O2分解的催化劑，C項判斷錯

誤，故C錯誤；

D.酸性條件下，MnO4'具有強氧化性，可以氧化Cl',D項判斷錯誤,故D錯誤；

故選：B。

【拓展】本題考查微粒共存問題，涉及氧化還原反應，過氧化氫催化分解等內容，其中

C項需要注意,可能由于催化作用造成微粒無法共存，考查較為基礎，側重考查學生的

解析理解能力，整體難度較｛氐。

13.(4分)1-丁醇、漠化鈉和70%的硫酸共熱反應，經過回流、蒸愜、萃取分液制得1

-澳丁烷粗產品，裝置如圖所示：

IIIm

已知：CH3(CH2)3OH+NaBr+H2so43cH3(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m萃取分液時，將分層的液體依次從下口放出

D.經裝置in得到的粗產品干燥后，使用裝置n再次蒸儲，可得到更純的產品

【解析】A.I中冷凝管可冷凝回流反應物，充分利用原料；

B.冷凝管中冷水下進上出可充滿冷凝管，冷凝效果好；

C.分液時避免上下層液體混合；

D.粗產品干燥后，利用沸點不同分離1-丁醇、17臭丁烷。

【解答】解：A.I中冷凝管可冷凝回流反應物，充分利用原料，則裝置I中回流的目的是

為了減少物質的揮發(fā)，提高產率，故A正確；

B.冷凝管中冷水下進上出可充滿冷凝管，冷凝效果好，則裝置口中b為進水口，a為出

水口，故B錯誤；

C.分液時避免上下層液體混合，則先分離出下層液體，再從上口倒出上層液體，故C錯

誤；

D.粗產品干燥后，利用沸點不同分離1-丁醇、1-漠丁烷，則裝置m得到的粗產品干燥

后,使用裝置n再次蒸憎,可得到更純的產品，故D正確；

古嬤：AD。

【拓展】本題考查有機物的制備實驗，為2021年湖南高考試題,把握有機物的性質、

制備原理、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P健，側重解析與實驗能力的考查，注意實驗裝置

的作用，題目難度不大。

14.（4分）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：

鼠

\涉態(tài)43.5

，二過慮態(tài)2

/\

7O.TO

0苧-2m2.6

-、

日H+

Oo-4-6

OYI

O+H+

HH6+

OO06

刪+

OOOI?

濯O

OHo.￡

改HO

UO+

驊HO.

KO

O

O

H

反應進程

下列說法錯誤的是（）

催化劑

.該過程的總反應為

AHCOOH------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n-m步驟決定

II

o、

I

【解析】反應歷程HCOOH-HCOO-+H+,[L-Fe-H]++HCOO--L-Fe-H,

I[L-Fe-

+

H]+H2te

A.合并反應歷程得總方程式；

B.H+濃度過大或者過小，都影響反應物的濃度;

0

II

C.L?Fe?H和L?Fe?H的化合價不同；

D.決定化學反應速率的步驟是最慢的一步。

II

d、

I

H]++H?，得總方程式，該過程的總反應為HCOOH-------CCbt+H2，故A正確；

0

II

0、

I

B.H+濃度過大HCOO-濃度減小，[L-Fe-H]++HCOO-^L-Fe-H反應慢，H+濃

:I「L-與Fe-HT

度過小L-尸。+H+-L」反應慢，H+濃度過大或者過小，均導致反應速率降低,

故B正確；

仆II：

c.L-Fe-H-C02+L?Fe?H,碳的化合價升高,鐵的化合價降低，故C正確；

D.決定化學反應速率的步驟是最慢的一步，活化能越高，反應越慢，從反應機理圖中

可知，IV-I的活化能最大，該過程的總反應速率由IV-I步驟決定，故D錯誤；

古嬤：D。

【拓展】本題考查反應機理的解析判斷、催化劑作用的理解應用、化學鍵的變化，決定

化學快慢的因素等知識點，明確反應機理中的各個階段是解題關鍵，掌握化學反應原理

等基礎知識即可解答，題目難度中等。

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.Na2c03的制備

L?濾液

氯化鈉

~~?晶體-Ar->f碳酸鈉

步驟n.產品中NaHC03含量測定

①稱取產品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O.lOOOmol.L-1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VimL;

③在上述錐形瓶中再加入2翩示劑N，繼續(xù)用0.1000mol?「i鹽酸標準溶液滴定至

終點（第二滴定終點），又消耗鹽酸V2mL;

④平行測定三次，V1平均值為22.45,V2平均值為23.51。

已知：(i)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/100gH2O)

溫度/℃0102030405060

NaCI35.735.836.036.336.637.0373

NH4HCO311.915.821.027.0

6.98.212.716.4

NaHCO39.611.114.5

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NaHCO3,晶體A能夠析出的原因是在相同的

溫度下，碳酸氫鈉的溶解度較小，所以實驗中只析出NaHCO上晶體；

(2)步驟I中"300℃加熱"所選用的儀器是D(填標號)；

口口(5。

ABCD

(3)指示劑N為甲基橙,描述第二滴定終點前后顏色變化橙色變?yōu)榧t色；

(4)產品中NaHCO3的質量分數為9.02%(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NaHCO3質量分數的計

算結果偏大(填"偏大""偏小"或"無影響"\

【解析】解析流程可知，氯化鈉加蒸儲水溶解，再加入碳酸氫錢粉末,30-35。(2水浴,

靜置抽濾，結合圖中數據解析可知，晶體A為NaHCO3，濾液中主要含有Na\Cl\

HCO3一、NH4+,洗滌抽干，300°C加熱，發(fā)生反應2NaHCO3—Na2cO3+CO2T+H2O,

(1)據解析可知，晶體A為NaHCO3,結合圖表數據解析析出原因;

(2)300°(:加熱為固體受熱分解，應使用以埸；

(3)依據提示“溶液由紅色變至近無色"可知，指示劑M為酚猷，由于滴定終點之前

溶液就已經呈中性，故不能繼續(xù)使用酚猷作為指示劑，改用范圍更為合適的甲基橙，據

此進行解析；

(4)滴定過程中發(fā)生反應Na2co3+2HCI=2NaCI+H2O+CO2t,NaHCO3+HCI=

NaCI+H2O+CO2t,其中HCI的體積為Vi+V2=22.45mL+23.15mL=45.6mL,產品

中為碳酸鈉與碳酸氫鈉的混合物，設碳酸鈉的物質的量為x,碳酸氫鈉的物質的量為y,

可得關系式：106x+84y=2.500g,2x+y=45.6x10-3Lx0.1000mol/Lx,求解

碳酸氫鈉的物質的量，進而計算其質量分數；

(5)滴定終點時俯視讀數會是數值靠上，即鹽酸數值偏小，結合(4)關系式計算對結

果造成的影響。

【解答】解：(1)依據解析可知，晶體A為NaHCO3,根據表中數據可知：在相同的溫

度下,碳酸氫鈉的溶解度較小,所以實驗中只析出NaHCO3晶體，

故答案為：NaHCO3；在相同的溫度下，碳酸氫鈉的溶解度較小，所以實驗中只析出

NaHCO3晶體；

(2)300℃加熱為固體受熱分解，應使用以煙，圖中D為由埸,

故答案為：珀堪；

(3)依據提示"溶液由紅色變至近無色"可知，指示劑M為酚酸，由于發(fā)生反應

Na2CO3+2HCI=2NaCI+H2O+CO2t,NaHCO3+HCI=NaCI+H2O+CO2t,在快接近

終點時，由于生成的二氧化碳溶于水，使滴定終點不再顯中性而顯酸性，故換用指示劑

N甲基橙，繼續(xù)滴定時，終點前后的現(xiàn)象為溶液由橙色變?yōu)榧t色，

故答案為：甲基橙；橙色變?yōu)榧t色；

(4)滴定過程中發(fā)生反應Na2co3+2HCI=2NaCI+H2O+CO2t,NaHC03+HCI=

NaCI+H2O+CO2t,其中HCI的體積為Vi+V2=22.45mL+23.15mL=45.6mL,產品

中為碳酸鈉與碳酸氫鈉的混合物，設碳酸鈉的物質的量為x,碳酸氫鈉的物質的量為y,

可得關系式：106x+84y=2.500g,2x+y=45.6x10-3Lx0.1000mol/Lx,解得

*0.002684mol碳酸氫鈉的質量分數=T(碳酸氫物=0902684黑1x84g/molxl00%

m(樣曲2.5g

*9.02%,

故答案為：9.02%;

(5)滴定終點時俯視讀數會是數值靠上，即鹽酸數值偏小，解出V偏大，則碳酸氫鈉的

質量分數偏大，

故答案為：偏大。

【拓展】本題以碳酸鈉的制備為背景，將教材中有關碳酸鈉及碳酸氫鈉性質，滴定計算

等內容結合，考查內容涉及較廣，掌握基礎為解題關鍵，題目難點在于滴定計算中容易

忽視碳酸氫鈉與氯化氫的反應導致數據不準，整體難度適中。

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

相關化學健的鍵能數據

化學鍵N三NH-HN-H

鍵能E/(kJ?mol-1)946436.0390.8

在一定溫度下，利用催化劑將NH3分解為N2和H2。回答下列問題：

(1)反應2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)△H=+90.8kJ?molt;

(2)6知該反應的AS=198.9J?molT?K」在下列哪些溫度下反應能自發(fā)進行？C、

(填標號)；

A.25℃

B.125℃

C.225℃

D325℃

(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.lmol

NH3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。

①若保持容器體積不變，ti時反應達到平衡，用H2的濃度變化表示0~ti時間內的反應

速率v(出)=乎mol?LT?min?I(用含