2021湖南新高考化学试题解析.pdf

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1、2021年湖南新高考化学试题解析1.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【解析】A.定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，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”），常涉及化学方法进行处理，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，涉及化学变化，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

2、为简单的、无害物质，所以微生物法处理废水有新物质的生成，涉及的是化学变化，C不符合题意；D.河道中的垃圾回收分类，适合焚化处理的垃圾，利用现代焚化炉进行燃烧，消灭各种病原体，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，同时可回收热能，用于供热和发电等，此过程涉及化学变化，D不符合题意；故选Ao2.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.FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成Fes。C.SO?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【解析】A.糖类分为单糖、二糖和多糖，其中属于多糖的淀粉、纤维素的相对分子质量上万，属于天然高分子化合物，蛋白质也

3、属于天然有机高分子化合物，而单糖和二糖相对分子质量较小，不属于天然高分子化合物，A错误；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正确；C.二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还可用于杀菌消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C 错误；D.镀锌的铁皮镀层破损后构成原电池，锌作负极，铁作正极被保护，铁皮不易被腐蚀，D错误：故选B。3.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FeSO4是否被氧化取少量待测液，滴加K S C N 溶液，观察溶液颜色变化B净化实验室制备的c u气体依次通过盛有饱和Na

4、Cl溶液、浓 H 2 s o4的洗气瓶C测定N a O H 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，蒸储A.A B.B C.C D.1)【答案】C【解析】A.若 Fe被氧化为Fe,Fe：”能 与 SCN生 成 Fe(SCN”,溶液变成血红色，能达到实验目的，故 A 不符合题意；B.实验室用浓盐酸和二氧化镒加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，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，不能达到实验目的，故 C 符合题意；D.

5、制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸播，能达到实验目的，故 D 不符合题意。答案选C。4.己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：工业路线_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(OHC_ (A 硝酸M 催化剂,“绿色 合成路线、,_ A_COOH.空气COOH 催化剂,O下列说法正确的是A.苯与澳水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B.环己爵与乙醇互为同系物C.已二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成D.环己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】A.苯的密度比水小，苯与淡水混

6、合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故 A错误：B.环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH?原子团，不互为同系物，故 B错误；C.己二酸分子中含有竣基，能与NaHCO,溶液反应生成CO”故 C正确；D.环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4 个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故 D错误；答案选C。5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.18gH2前。含有的中子数为10SB.0.1mol L-HC104溶液中含有的H+数 为INAC.2m oiNO与 Imol。2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD.

7、11.2LCH4和 22.4LC12(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为15小【答案】D【解析】A.18gH0 的 物 质 的 量 为；=o.9mol,1 个H/0 含 0+(18-8)=10个中子,-20g/mol贝口8 g H 2 I 8 O 含有的中子数为9NA，A错误；B.未给溶液体积，无法计算，B错误；C.存在2 N 0+0 2=2 N 0 2,2 N O 2 U N 2 O”因此2 m o i N O 与I m o l O 2 在密闭容器中充分反应后的分子数小于2NA，C错误；1).甲烷和氯气在光照下发生取代，I m o l 氯气可取代I m o l H,同时产生I m o

8、 l H C l 分子，标准状况下1 1.2 L C H4的物质的量为0.5 m o l,2 2.4 L C 1,的物质的量为I m o l,0.5 m o l C H,含 4 m o l H,最多可消耗4 m o l C k,因此C H 过量，根 据 I m o l 氯气可取代I m o l H,同时产生I m o l H C l 分子可 知 I m o l C k 完全反应可得I m o H C l,根据C守恒，反应后含C物质的物质的量=甲烷的物质的量=0.5 m o l,因此1 L 2 L C H&和 2 2.4 L C k (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5%,D 正确

9、;选 D o6.一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：物质X 碳、氯气II海水-.苦卤水一麻 叫 肉 烧 H 氯化无水MgC12T 1滤液 气体下列说法错误的是A.物质X常选用生石灰B.工业上常用电解熔融MgCU制备金属镁高温C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+CUMgCh+COD.“燃烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水M g C l 2【答案】D【解析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含M g。苦卤水中加物质X 使 M g 转化为M g(0 H)2,过滤除去滤液，煨烧M g(0 H)2 得 M g O,M g O 和 C、C k 经“氯化”得无水M g C L【

10、解析】A.物质X的作用是使M g 转化为M g(0 H)2,工业上常采用C a O,发生C a O+l I2O=C a(O I I)2,C a (O H)2+M g2=M g(0 H)2+C a2,A 正确；B.M g 是较活泼金属，工业上常用电解熔融M g C l 2 制备金属镁，B正确；C.由图可知“氯化”过程反应物为M g O、氯气、C,生成物之一为M g C k,C在高温下能将二氧化碳还原为C O,则“气体”为 C O,反应方程式为M g O+C+C 1 2*M g C 1 2+C O,C正确；D.“燃烧”后得到M g O,M g O 和盐酸反应得到M g C l z 溶液，由于M g

11、 C l z 在溶液中水解为氢氧化镁和H C 1,将所得溶液加热蒸发H C 1 会逸出，M g C L 水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水M g C h,D错误；选 D o7.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1 8 e-分子。下列说法正确的是A.简单离子半径：Z X YB.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：X YD.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【解析】Z 的最外层电子数为K 层的一

12、半，则 Z 的核外有3 个电子层，最外层电子数为1,即为N a,W 与 X能形成原子个数比为2:1 的 1 8 电子的分子，则形成的化合物为N2H.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 0。据此解析解答。【解析】由解析可知，W为 H,X 为 N,Y 为 0,Z为 N a。A.离子的电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，即离子半径大小为：N (f N a+,即简单离子半径为：X Y Z,故 A 错误；B.W为 H,Y 为 0,能形成H Q 2,含有极性共价键和非极性共价键，故 B 正确；C.X 的最简单氢化物为氨气，Y 的最简单氢化物为水，水的沸点高于

13、氨气，即最简单氢化物的沸点为Y X,故 C错误；I).由W、X、Y 三种元素形成的化合物有硝酸，硝酸镂，氨水等，硝酸，硝酸镂显酸性，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错误；故选B。8.K I。?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6 I2+11K C I O3+3 H2O=6KH（I O3）2+5K C 1+3C 12 T。下列说法错误的是A.产生22.4L（标准状况）CU时，反应中转移lO mo le-B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C.可用石灰乳吸收反应产生的C l?制备漂白粉D.可用酸化 淀粉碘化钾溶液

14、检验食盐中I O；的存在【答案】A【解析】A.该反应中只有碘元素价态升高，由 0价升高至K H（10。2中+5价，每个碘原子升高 5 价，即 6 L 6 0 e ,又因方程式中6 L 3 c k,故 3C L 6 0 e ,即 C k 20 e ,所以产生22.4L（标准状况）C k 即 lmo l C L 时，反应中应转移20 mo l e ,A 错误；B .该反应中K C I O 3中氯元素价态降低，K C 1Q,作氧化剂，L 中碘元素价态升高，L 作还原剂，由该方程式的计量系数可知，llK C 10 3 6 k,故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6,B 正确;C.漂白粉的有效

15、成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D.食盐中I O?可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H；I 发生归中反应lO：+5 r+6 H+=3 L+3 H 2 O 生成L 再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中1。3的存在，D正确。故选A9 .常温下，用0.lO O O mo l L的盐酸分别滴定20.0 0 mL浓度均为0.1 O O O mo l L-1三种一元弱酸的钠盐（N a X、N a Y、N a Z）溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是PHNaZNaX0 1-(盐酸)/mLA.该 NaX 溶液中：c(Na+)c(X-)c(OH)c(H+)

16、B.三种一元弱酸的电离常数：&(HX)(HY)&(HZ)C.当 pH=7 时,三种溶液中：c(X-)=c(Y-)=c(Z-)D.分别滴加20.0 0 mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H j-c(O H)【答案】C【解析】由图可知,没有加入盐酸时，N a X、N a Y、N a Z 溶液的p H 依次增大,则 H X、H Y、H Z三种一元弱酸的酸性依次减弱。【解析】A.N a X 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(N a*)c(X)c(0 H )c(H+),故 A 正确；B.弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由解析可知，

17、H X、H Y、H Z 三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为4.(H X)4 (H Y)(H Z),故 B正确；C.当溶液p H 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(D ,故 C错误；D.向三种盐溶液中分别滴加2 0.0 0 m L 盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存 电荷守恒关系c(N a)+c(H，)=c(X )+c(Y-)+c(Z )+C(c r)+c(0 H),由 c(N a*)=C(c r)可得：c(X)+c(Y-)+c

18、(Z.)=c(H*)c(0 H),故 D 正确;故选c。1 0.锌嗅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。三单体串联锌澳液流电池工作原理如图所：循环回路下列说法错误的是A.放电时，N极为正极B.放电时，左侧贮液器中Z n B j的浓度不断减小C.充电时，M极的电极反应式为Z n 2*+2 e-=Z nD.隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过【答案】B【解析】由图可知，放电时，N电极为电池的正极，漠在正极上得到电子发生还原反应生成滨离子，电极反应式为Bm+2e=2Br-,M电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子,电极反应式为Zn2 r=Z n,

19、正极放电生成的漠离子通过离子交换膜进入左侧，同时锌离子通过交换膜进入右侧，维持两侧淡化锌溶液的浓度保持不变；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N电极与直流电源的正极相连，做阳极。【解析】A.由解析可知，放电时，N电极为电池的正极，故A正确；B.由解析可知，放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中浪化锌的浓度维持不变，故B错误；C.由解析可知，充电时，M电极与直流电源的负极相连，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Zn+2e=Z n,故C正确；D.由解析可知，放电或充电时，交换膜允许锌离子和溟离子通过，维持两侧澳化锌溶液的浓度保持不变，故D正确；

20、故选Bo二、选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共 16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得。分。1 1.己知：A(g)+2B(g)3 C(g)AH e(i)D.平衡常数 K：K(II)/(D,C正确；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，1)错误。故选B C。1 2 .对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和解析均正确的是粒子组判断和解析ANa+、A产、Cf NH3 H2O不能大量共存，因发生反应：A产+4NH,-H2O=A1OJ+4NH：+2H2OBH+、K+、S 2O；、S O：不能

21、大量共存，因发生反应：2H+S2O；=S J +S O2 T+H2OCNa+、Fe3+、S O：、H2O2能大量共存，粒子间不反应DH+、Na+Cl-MnO；能大量共存，粒子间不反应A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】人 1”和加3 中2 0 生成人1(0 1 1)3 沉淀而不是生成人 0,故 A 错误；B.&O：和 H 反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2 H +S20 =S l+S 02f+H20,故 B正确；C.Fe 可以将H 2 O 2 氧化得Fe,和 不 能 大 量 共 存，故 C错误；D.在酸性条件下M n O；能将C 1 氧化为C L,不能大量共存，故 D

22、错误；答案选B。1 3 .1-丁醇、溪化钠和7 0%的硫酸共热反应，经过回流、蒸储、萃取分液制得1-漠丁烷粗产品，装置如图所示:已知：CH3(CH2)3OH+NaBr+H2S O4 CH3(CH2)3Br+NaHS O4+H20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H中 a为进水口，b 为出水口C.用装置H I 萃取分液时，将分层的液体依次从下放出D.经装置m得到的粗产品干燥后，使用装置H再次蒸储，可得到更纯的产品【答案】AD【解 析】根 据 题 意 1-丁 醇、澳 化 钠 和 7 0%的 硫 酸 在 装 置 I 中 共 热 发 生CH3（CH2）,

23、OH+NaBr+H2S O4 CH3（CH 2）3Br+NaHS O4+H,0 得 到 含CH3（CH2）3OH,CH3（CH2）3Br,Na H S O】、Na B r、H R O,的混合物，混合物在装置 I I 中蒸储得到CH3（CH2）3OH和CH3（CH2）3Br的混合物，在装置HI中用合适的萃取剂萃取分液得 2&（2凡）.网 粗产品。【解析】A.浓硫酸和Na B r 会产生H B r,丁醇以及浓硫酸和Na B r 产 生 I I B r 均易挥发，用装 置 I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A 正确；B.冷凝水应下进上出，装置H中 b 为进水口，a为出水口，B 错误；C.用装置H

24、I 萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；D.由题意可知经装置川得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸储可得到更纯的产品，D正确；选 A D。1 4.铁的配合物离子（用 L-F e-H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:45.3 .过 渡 套I6,YZ41OOOHIVtoutoouH622.II+ISU+HOOUH.J|上工00。工(-.OE婆玄要0.0IHQQUHIQQU工反应选程下列说法错误的是催化剂A.该过程的总反应为H C 0 0 H -CO?!+H JB.H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C.该催化循环中Fe元素的化合

25、价发生了变化D.该过程的总反应速率由II 山步骤决定【答案】D【解析】A.由反应机理可知，HC00H电离出氢离子后，HC00与催化剂结合，放出二氧化碳,催化剂然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCOzt+H M ,故 A 正确；B.若氢离子浓度过低，则反应IH-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 正确；C.由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学健数目发生变化，则化合价也发生变化，故 C正确；D.由反应进程可知，反应W-I 能垒最大，反应速率

26、最慢，对该过程的总反应起决定作用,故 D错误；故选Do二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 1 5 1 7 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1 8、1 9 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必 考 题：此 题 包 括3小 题，共39分。1 5.碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢钺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 L N a 2 c o ,的制备蒸 储 水 碳 酸 氢 镂 粉 末氯化钠碳 酸 步骤H.产品中N a H C O,含量测定称取产品2.5 0 0 g,用蒸储水溶解，定容于2 5 0 m L 容量瓶中；移取2 5.O

27、O n i L 上述溶液于锥形瓶，加入2 滴指示剂M,用 O.l O O O m o l L1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V|O 1 L；在上述锥形瓶中再加入2 滴指示剂N,继续用O.l O O O m o l U 盐酸标准溶液滴定至终点（第二滴定终点），又消耗盐酸V?m L；平行测定三次，M 平均值为2 2.4 5,V 2 平均值为2 3.5 1。已知：（i）当温度超过3 5 时，N H 4 H C O 3 开始分解。（i i）相关盐在不同温度下的溶解度表（g/l O O g H?。）温度/01 02 0304 05 06 0NaCl35.735.836.

28、036.336.637.037.3N H 4 H C O 31 1.91 5.82 1.02 7.0N a H C O36.98.29.61 1.11 2.71 4.51 6.4NH4C 12 9.433.337.24 1.44 5.85 0.45 5.2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“300C 加热”所 选 用 的 仪 器 是(填 标 号)；(3)指示剂N为,描述第二滴定终点前后颜色变化一(4)产品中NaHCO,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，

29、则NaHCC3质量分数的计算结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1).N a HC 03(2).在 30-35 C 时 N a HC O s 的溶解度最小(意思合理即可)(3).D(4).甲基橙(5).由黄色变橙色，且半分钟内不褪色(6).3.5 6%(7).偏大【解析】步 骤 1：制备N a 2 c O s 的工艺流程中，先将N a C I 加水溶解，制成溶液后加入N HJ l C O a粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到N a HC O s 晶体，控制温度在30-35 C发生反应，最终得到滤液为N H C 1,晶体A为 N a HC O s 再将其

30、洗涤抽干，利用 N a HC O s 受热易分解的性质，在 300 加热分解N a l I C Q,制备N a2C 0:)；步 骤 H：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：N a2C 03+HC l=N a HC 03+N a C l,因为N a z C O s、N a HC O,溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚歌指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚微试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为N a C I,同时还存在反应生成的C O”溶液呈现弱酸性，因为酚醐的变色范围为8-1 0,所以不适合利用酚酸指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，

31、所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：N a HC O s+HC k N a C l+Hz O+C O/t ,再根据关系式求出总的N a HC O s的物质的量，推导出产品中N a HC O：,的，最终通过计算得出产品中N a HC O s 的质量分数。【解析】根据上述解析可知，(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在3 0-3 5 C,目的是为了时 N H 1 H C O 3 不发生分解，同时析出N a H C O s 固体，得到晶体A,因为在3 0-3 5 时，N a H C O s 的溶解度最小，故答案为：N a H C O s；在 3 0-3 5 C 时 N a

32、 H C C h 的溶解度最小；(2)3 0 0。C加热抽干后的N a l l C O,固体，需用用崩、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；(3)根据上述解析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，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:由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；(4)第一次滴定发生的反应是：N a2C O3+H C l=N a I I C O3+N a C b 则 n (N a O：J =n 生 成(N a H C 0 3)=n(H C l)=0.1 0 0 0 m o l/L x 2 2.4

33、5 x WV 2.2 4 5 x 1 0 3 m o 1,第二次滴定消耗的盐酸的体积七=2 3.5 1 m L,则根据方程式N a H C O a+H C F N a C l+H z O+C O z t 可知，消耗的N a H C O a 的物质的量n.e(N a H C 03)=0.1 0 0 0 m o l/L x 2 3.5 1 x 1 0 :L=2.3 5 1 x 1 0 m o l,则原溶液中的 N a H C%的物质的量n(N a H C O3)=n ,e(N a H C O:!)-n 生 成(N a H C()3)=2.3 5 1 x 1 0 :!m o l-2.2 4 5 x

34、1 0 :im o l=l.0 6 x 1 0 m o l,则原产品中N a I I C O3的物质的量为1 00m L x 1.06x1 O _4mol=1.0 6 x 1 0 m o l,故产品中N a H C O3的10mL质量分数为 106 x 10 mol x 84g/m 3、100%=3.5616%工 3.56%,故答案为：3.5 6%；2.5000g(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，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得/偏小，所以原产品中N a i k%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。1 6.氨气中氢含量高，是一种优良的小分子

35、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N=NH-HN-H键能 E/（kJ.mor94 64 3 6.03 90.8一定温度下，利用催化剂将N H?分解为N?和 Hz。回答下列问题：反 应 2 N H K g)U N 2(g)+3 H 2(g)A H=k J -m o l-1;(2)己知该反应的4 5 =1 98.9 1 1 1 0 尸1 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？（填标号）A2 5 B.1 2 5 C.2 2 5 D.3 2 5(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O.lmolNH：

36、通入3 L的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为2 0 0 k P a）,各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变，4时反应达到平衡，用H 2的浓度变化表示0彳时间内的反应速率 丫（凡）=m ol 1,血 不（用含4的代数式表示）与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N2分压变化趋 势 的 曲 线 是（用图中a、b、c、d表示），理由是一在该温度下，反应的标准平衡常数K=o （己知：分压=总压X该组分物质的量分数，对于反应d D(g)+e E(g)=g G(g)+h H(g),其中p=1 0 0 k P a ,PG、PH、PD、PE为各组分的平衡分压

37、）。方法I I：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。阴离子交换膜KpHmKOH溶液（4）电解过程中OH-的移动方向为（5）阳 极 的 电 极 反 应 式 为。KO H溶液KO H溶液（填“从左往右”或“从右往左”）；【答案】(1).+9 0.8 (2).C D (3).0.02(4).b(5).开始体积减半，附分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N 2 分压比原来 2 倍要小(6).0.4 8 (7).从右往左(8).2 N H3-6 e +6 0 H=N2+6 H,0【解析】(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能,2 N H3(g)UN z(g

38、)+3 Hz(g),/A 3 9 0.8 k J-m ol x3 x2-(9 4 6 k J-m or+4 3 6.O k J-m ol_ 1 x3)=+9 0.Sk J-m ol1,故答案为:+9 0.8；(2)若反应自发进行，则需T/SC O,T 也S90.8xl03J/mol198.9J/(mol.K)=4 5 6-5K即温度应高于(4 5 6.5-2 7 3)=1 8 3.5,C D 符合,故答案为：C D；(3)设 3时达到平衡，转化的N L 的物质的量为2 x,列出三段式:2NH,(g)BN2(g)+3H2(g)起始/mol0.100转化/mol2xX3x平衡/mol0.1 2xx

39、 3xn 1 200根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，一:=-解得0.1+2x 120+120+400.02x3mol 0.02 0.02x=0.0 2 m ol,U(Hj =-=-m ol-L I-m in,故答案为：-；3Lxt t七时将容器体积压缩到原来的一半，开始此分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N?分压比原来2倍要小，故 b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，电分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，弗分压比原来2 倍要小；由图可知，平衡时，N&、凡、压的分压分别为1 2 0 k P a、4 0 k P a、1 2 0 k P a,反应的标准平衡常

40、数K.二隼黄迅 4 8故答案为：0.4 8；(4)由图可知，通 N H,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，电解过程中0 H 移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；(5)阳极N H：,失电子发生氧化反应生成N?,结合碱性条件，电极反应式为：2 N H3-6e+60 H =N 2+6H Q,故答案为：2 N H3-6e+60 H =N2+6H20=1 7.C e2(C C)3)3 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铀(C e)主要以C eP C 形式存在，还含有S i。？、A 12O3,F e2O3,C*等物质。以独居石为原料制备C e2

41、(C O：)3 FH2。的工艺流程如下：MgO 调 pH=5浓H2sO4 H2O FeCh溶液絮凝剂 NH4HCO3溶液独 居 石 一 焙I烧 X水浸 A I 1H 底磷|?JL I-沉铺 Ce2(CO3)3*nH2OT T T T T酸 性 废 气 滤 渣i 灌渣n 滤渣111 滤液回答下列问题：(1)铀的某种核素含有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H I 的 主 要 成 分 是(填 化 学 式)；加 入 絮 凝 剂 的 目 的 是；(5)“沉铺”过程中，生成C e?。,%，!m?。的

42、 离 子 方 程 式 为,常温下加入的N H 4 H C O 3 溶液呈_ (填“酸性”“碱性”或“中性”)(己知：N H-H?。的r=L 75x l()-5,H 2 c O 3 的 降=4.4x l()-7,A Ta2=4.7x l O-)；(6)滤渣H的主要成分为F e P O q,在高温条件下，L i 2 c o 3、葡萄糖(C 6H l 2。6)和 F eP C)4可制备电极材料L i F eP O 同时生成CO和 H20,该反应的化学方程式为【答案】(1).C e(2).适当升高温度，将独居石粉碎等(3).A K O U),(4).促使铝离子沉淀(5).6HCO；+2Ce3+(n-3

43、)H2O=Ce2(CO3)3-nH2O+3CO2t (6).碱性(7).6L i2CO3+C6Hl 2O6+1 2 F eP O4=1 2 L i F eP O4+6C 0 t +6H20+6C 02t【解析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，C ep。,转化为C e2(S 0 3 和 I hP O“S i O?与硫酸不反应，A I Q?转化为A k(S 0 )3,F e。转化为F ez(S 0 3,C aF 2 转化为C aS O”和 H F,酸性废气含H F；后过 滤,滤 渣 I 为S i。2 和磷酸钙、F eP O”,滤液主要含H3P O4,C e2(S O4)3,A L(S 0 )3,

44、F ez(S 0,)3,加氯化铁溶液除磷，滤渣0为 F eP O,；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣H I 主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢钱沉铀得C e2(C O3)3 n i l 。【解析】(1)铀的某种核素含有58个质子和8 0 个中子，则质量数为58+80=1 3 8,该核素的符号为嗡C e；(2)为提高“水浸”效率，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，滤渣I I I 的主要成分是A l(0 H)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢钱“沉铀”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3-nH2。的离子方程式为

45、 6HCO；+2Ce3+(n-3)H2O=Ce2(COJ3-nH2O+3CO2 t；镂根离子的水解常数i n1 4 K 1 O1 4&(N H；)=7；0八比5.7 X1 0 1 ,碳酸氢根的水解常数Kb(HCO3)=/=必乂 0彳弋2.3 X 1 0、则Kh(NH：)C H (8).54(9).0 (1 0).M g2G eO.)(1 1).740 2 1【解 析】(1)硅 元 素 的 原 子 序 数 为 1 4,价 电 子 排 布 式 为 3 s 2 3 P)则价电子排布图为仃3 S 口3二D；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，碳也I ITI I原子的原子半径小

46、于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅3 S 3n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：1n l Si C;(2)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，四澳化硅、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，Si X,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，则 Si X,的沸点依次升高；Si X“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：Si C l.；Si X,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

47、；由 离 子 的 结 构 可 知，离子中含有杂化方式为s d 杂化的单键碳原子和s d 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；漓子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位犍都是。键,双键中含有1 个。键，则离子中含有54个。键，故答案为：sp;sp 3；N O H；54；(3)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8 F的反应类型实现，因此需先利用乙烯合成B r/、CHO,Br八CHO中醛基可通过羟基催化氧化而得，B rC H O中溪原子可利用D-E的反应类型实现，因此合成路线为H QH=CH2 催化剂O2/CuACH3cH20H *CH3cHODBBA（漠化剂）CH2C12OH*Bi-CHOA 1 H,N N NH,B-故答案为:H,0H，C=CH2 一”士,催化剂OWCu-CH3cH20H*CH3CHODBBA（漠化剂）CH2C12OH此H,N N人CHO