2023年高考化学真题试卷.docx

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1、2023 年高考化学真题试卷湖南卷一、单项选择题共 10 题；共 30 分1. 以下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，进展无害化处理【答案】 A【考点】物理变化与化学变化的区分与联系，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，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”，常涉及化学方法进展处理，如石 膏法脱硫、氧化复原法和沉淀法等处理废水，废渣资源回收

2、利用等过程均有物质生成，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简单的有机污染物降解为简洁的、无害物质， 所以微生物法处理废水有物质的生成，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，利用现代焚化炉进展燃烧，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展无害化处理，均产生了物质，发生了化学变化； 而疏通河道并没有产生物质顾伟物理变化2. 以下说法正确的选项是 A. 糖类、蛋白质

3、均属于自然有机高分子化合物B. FeO 粉末在空气中受热，快速被氧化成 Fe3O4C. SO2 可漂白纸浆，不行用于杀菌、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多糖的淀粉、纤维素的相对分子质量上万，属于自然高分子化合物，蛋白质也属于自然有机高分子化合物，而单糖和二糖相对分子质量较小，不属于自然高分子化合物，A 不符合题意； B氧化亚铁具有较强的复原性，在空气中受热简洁被氧气氧化为稳定的四氧化三铁，B 符合题意； 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

4、，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 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，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.氧化亚铁具有复原性易被氧化C.二氧化硫具有漂白性，同时也具有肯定的复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. 以下试验设计不能到达试验目的的是 试验目的检验溶液中 FeSO4 是否被氧A化B 净化试验室制备的 Cl2C 测定 NaOH 溶液的 pH D 工业酒精制备无水乙醇

5、试验设计取少量待测液，滴加 KSCN 溶液，观看溶液颜色变化气体依次通过盛有饱和 NaCl 溶液、浓 H2SO4 的洗气瓶将待测液滴在潮湿的 pH 试纸上，与标准比色卡比照工业酒精中加生石灰，蒸馏A. AB. BC. CD. D【答案】 C【考点】测定溶液 pH 的方法，氯气的试验室制法，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.假设 Fe2+被氧化为 Fe3+， Fe3+能与 SCN-生成 Fe(SCN)3， 溶液变成血红色，能到达试验目的，故A 不符合题意； B试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，再通过浓硫酸的洗气瓶 枯燥，能到达试验目

6、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，不能到达试验目的，故C 符合题意； D制取无水酒精时，通常把工业酒精跟制的生石灰混合，加热蒸馏，能到达试验目的，故D 不符合题意。故答案为：C。【分析】A.利用硫氰化钾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取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.不能用潮湿的试纸进展测量 pH，相当于稀释氢氧化钠溶液，导致测量结果偏低D.利用水和生石灰反响，同时利用了熔沸点的差异进展蒸馏得到纯洁乙醇4. 已二酸是一种重要的化工原料，科学家在

7、现有工业路线根底上，提出了一条“绿色”合成路线：以下说法正确的选项是 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 NaHCO3 溶液反响有 CO2 生成D. 环己烷分子中全部碳原子共平面【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.苯与溴水混合，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 不符合题意；B环己醇含有六元碳环，和乙醇构造不相像，分子组成也不相差假设干CH2 原子团，不互为同系物，故B不符合题意；C己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3 溶液反响生成 CO2， 故 C 符合题意；

8、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 个原子形成四周体构造，因此全部碳原子不行能共平面，故D 不符合题意；故答案为：C。【分析】A.考察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.同系物是构造相像，分子式中相差n 个 CH2 的有机物，但是环己醇和乙醇构造都不同C.与碳酸氢钠反响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.𝑁A为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是 A. 18gH218含有的中子数为 10𝑁OAAB. 0.1mol L1 HClO4 溶液中含有的 H数为 0.1

9、𝑁AC. 2molNO 与 1molO2 在密闭容器中充分反响后的分子数为 2𝑁AD. 11.2LCH4 和 22.4LCl2 (均为标准状况)在光照下充分反响后的分子数为 1.5𝑁【答案】 D【考点】阿伏伽德罗常数【解析】【解答】A 18gH218 O 的物质的量为18g 20g/mol=0.9mol，1 个 H218 O 含 0+(18-8)=10 个中子，A则 18gH218 O 含有的中子数为 9𝑁，A 不符合题意；B. 未给溶液体积，无法计算，B 不符合题意；C. 存在 2NO+O2=2NO2， 2NO2 N2O4， 因

10、此 2molNO 与 1molO2 在密闭容器中充分反响后的分子数小于 2𝑁A，C 不符合题意；D. 甲烷和氯气在光照下发生取代，1mol 氯气可取代 1molH，同时产生 1molHCl 分子，标准状况下11.2LCH4 的物质的量为 0.5mol， 22.4LCl2 的物质的量为 1mol，0.5molCH4 含 4molH，最多可消耗4molCl2， 因此 CH4 过量，依据 1mol 氯气可取代 1molH，同时产生 1molHCl 分子可知 1molCl2 完全反响可得 1moHCl，依据 C 守恒，反响后含C 物质的物质的量=甲烷的物质的量=0.5mol，因此 11

11、.2LCH4 和A22.4LCl2 (均为标准状况)在光照下充分反响后的分子数为1.5𝑁，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. 依据 n=cv 进展计算，但是体积未知C. 一氧化氮与氧气反响产生的是二氧化氮，但是考虑到二氧化氮会转化为四氧化二氮，可逆反响的不完全反响D. 依据元素守恒即可推断6. 一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：以下说法错误的选项是 A. 物质X 常选用生石灰B. 工业上常用电解熔融 MgCl2 制备金属镁高温_C. “氯化”过程中发生的反响为 MgO+C+Cl2_MgCl2+COD. “煅烧

12、”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水 MgCl2【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， 工业上常承受 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，工业上常用电解熔融 MgCl2 制备金属镁，B 不符合题意；C. 由图可知“氯化”过程反响物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2， C 在高温下能将二氧化碳复原高温_为 CO，则“气体”为 CO，反响方程式为 MgO+C+Cl2_MgCl2+

13、CO ，C 不符合题意；D. “煅烧”后得到MgO，MgO 和盐酸反响得到MgCl2 溶液，由于MgCl2 在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发 HCl 会逸出，MgCl2 水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2， 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参加碱性物质，氧化钙易制取，且与水反响得到氢氧化 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展制取，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. 依据反响物和产物以及质量守恒即可推断产物，据此写出方程式D. 氯化镁溶液得到氯化镁

14、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. 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 18e 分子。以下说法正确的选项是 A. 简洁离子半径： Z X YB. W 与Y 能形成含有非极性键的化合物C. X 和 Y 的最简洁氢化物的沸点： 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【考点】元素周期表的构造及其应用，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 N

15、a。 A离子的电子层数一样时，原子序数越小，半径越大，即离子半径大小为：N3-O2-Na+， 即简洁离子半径为：XYZ，故A 不符合题意；BW 为 H，Y 为 O，能形成H2O2， 含有极性共价键和非极性共价键，故B 符合题意；CX 的最简洁氢化物为氨气，Y 的最简洁氢化物为水，水的沸点高于氨气，即最简洁氢化物的沸点为YX，故C 不符合题意；D由W、X、Y 三种元素形成的化合物有硝酸，硝酸铵，氨水等，硝酸，硝酸铵显酸性，氨水显碱性，故由 W、X、Y 三种元素形成的化合物不肯定都是酸性，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

16、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。依据此结合选项进展分析推断即可8. KIO3 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反响为_26I2+11KCIO3+3H2O _6KH(IO3)+5KCl+3Cl2 。以下说法错误的选项是 A. 产生 22.4L(标准状况) Cl2 时，反响中转移 10moleB. 反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为11：6C. 可用石灰乳吸取反响产生的 Cl2 制备漂白粉3D. 可用酸化

17、的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 IO的存在【答案】 A【考点】氧化复原反响，氧化复原反响的电子转移数目计算22222【解析】【解答】A该反响中只有碘元素价态上升，由0 价上升至 KH(IO3)2 中+5 价，每个碘原子上升 5 价，即 6I 60e-， 又因方程式中 6I 3Cl， 故 3Cl 60e-， 即 Cl 20e-， 所以产生22.4L (标准状况) Cl2 即 1mol Cl2 时，反响中应转移 20 mol e-， A 符合题意；B该反响中KClO3 中氯元素价态降低，KClO3 作氧化剂，I2 中碘元素价态上升，I2 作复原剂，由该方程式的32计量系数可知，11KClO 6I， 故

18、该反响的氧化剂和复原剂的物质的量之比为11:6，B 不符合题意； C漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反响，C 不符合题意；33D食盐中 IO-可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反响 IO- +5I-+6H+=3I2+3H2O 生成3I2， I2 再与淀粉发生特征反响变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 IO-的存在，D 不符合题意。故答案为：A。【分析】依据化学方程式进展标注元素化合价找出氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物即可推断氧化剂与复原剂的物质的量之比，同时可以依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

19、复原性合碘酸根的氧化性发生氧化复原反响得到碘单质通过淀粉进展检验9. 常温下，用 0.1000mol L1的盐酸分别滴定 20.00mL 浓度均为 0.1000mol L1三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ) 溶液，滴定曲线如下图。以下推断错误的选项是 A. 该 NaX 溶液中： 𝑐(Na ) 𝑐(X ) 𝑐(OH ) 𝑐(H )B. 三种一元弱酸的电离常数： 𝐾 (HX) 𝐾 (HY) 𝐾 (HZ)aaaC. 当 pH = 7 时，三种溶液中： 𝑐(X )

20、= 𝑐(Y ) = 𝑐(Z )D. 分别滴加 20.00mL 盐酸后，再将三种溶液混合： 𝑐(X )𝑐(Y )𝑐(Z ) = 𝑐(H )𝑐(OH )【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】ANaX 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挨次为c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，故 A 不符合题意；B. 弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ 三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三

21、种一元弱酸的电离常数的大小挨次为 Ka(HX)Ka (HY)Ka(HZ)，故 B 不符合题意；C. 当溶液pH 为7 时，酸越弱，向盐溶液中参加盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小挨次为 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，三种盐都完全反响，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

22、-)，故 D 不符合题意；故答案为：C。【分析】依据一元弱酸的盐的 pH 即可得出酸性的强弱是：HZHYHX A.在 NaX 溶液中，水解呈碱性，因此依据电荷守恒即可推断B. 据一元弱酸的盐的 pH 即可得出酸性的强弱是：HZHYHX，即可推断电离常数C. 依据电荷守恒列出式子，再依据中性进展推断只需要推断参加氯离子的物质的量浓度即可，由于水解程度不一样故参加的盐酸不一样，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推断10. 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：以下说法错误的选项

23、是 A. 放电时，N 极为正极B. 放电时，左侧贮液器中 ZnBr2 的浓度不断减小C. 充电时，M 极的电极反响式为 Zn22e= ZnD. 隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过【答案】 B【考点】电极反响和电池反响方程式，原电池工作原理及应用【解析】【解答】A放电时，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溴化锌的浓度维持不变，故B 符合题意；C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复原反响生成锌，电极反响式为 Zn2+2e-=Zn，故 C 不符合题意； D放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧

24、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】依据图示推断放电时，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、选择题共 4 题；共 16 分11. ： A(g) 2B(g) 3C(g) 𝛥𝐻 𝜑(I)D. 平衡常数K： 𝐾(II) 𝐾(I)【答案】 B,C【考点】化学平衡常数，化

25、学平衡状态的推断，化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】A容器内发生的反响为 A(g)+2B(g) 3C(g)，该反响是气体分子数不变的可逆反响，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，不能说明反响到达平衡状态，A 不符合题意；232正B. 依据图像变化曲线可知，t t 过程中，t 时 𝑣,瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反响向逆反响方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排解温度与催化剂等影响因素，转变的条件为：向容器中参加C，B 符合题意；C. 依据上述分析可知，t2-t3 时间段，转变条件使正反响速率渐渐增大，平衡向逆反响方向

26、移动，到达的平衡状态后，生成A的量增大，总的物质的量不变，所以A 的体积分数 𝜑 增大，即A 的体积分数 𝜑 ：𝜑 (II) 𝜑 (I)，C 符合题意；D. 平衡常数K 与温度有关，因该反响在恒温条件下进展，所以K 保持不变，D 不符合题意。故答案为：BC。【分析】依据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA 和 3molB 发生反响，反响时间从开头到t1 阶段， 正反响速率不断减小，所以平衡向正反响方向移动，t1-t2 时间段，正反响速率不变，反响到达平衡状态， t2-t3 时间段，转变条件使正反响速率渐渐增大，平衡向逆反响

27、方向移动，t3 以后反响到达的平衡状态， 结合图像选项进展推断粒子组推断和分析ANa、 Al3H2O、 Cl、 NH3 不能大量共存，因发生反响： Al32H2O不能大量共存，因发生反响：4NH3 H2O=AlO24NH4B H、 K、 S2O23、 SO242HS O2 =S 23SO2H O2C Na、 Fe3、 SO24、 H2O2能大量共存，粒子间不反响D H、 Na、 Cl、 MnO4能大量共存，粒子间不反响12. 对以下粒子组在溶液中能否大量共存的推断和分析均正确的选项是 A. AB. BC. CD. D【答案】 B【考点】离子共存23【解析】【解答】A.Al3+和 NH3 H2O

28、 生成 Al(OH)3 沉淀而不是生成 Al O，故 A 不符合题意；3BS2 O2合题意；和H+反响生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H+ S2 O2=S+SO2+H2O，故 B 符CFe3+可以被 H2O2 复原得 Fe2+和 H2O，不能大量共存，故C 不符合题意；4D在酸性条件下 Mn O 能将 Cl-氧化为 Cl2， 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3B. S2O2 中的硫元素处于+2 价态处于中间价态可以发生歧化反响C. 铁离子具有氧化性，过氧化氢具有复原性，氧化复原反响不共存D. 高锰酸根具有氧化性，氯离子具有复原性，因此发生

29、氧化复原反响不共存13.1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反响，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：3： CH(CH2)3OH+NaBr+H2SO4 CH3(CH2)3Br+NaHSO4+H2O以下说法正确的选项是 A. 装置I 中回流的目的是为了削减物质的挥发，提高产率B. 装置中 a 为进水口，b 为出水口C. 用装置萃取分液时，将分层的液体依次从下放出D. 经装置得到的粗产品枯燥后，使用装置再次蒸馏，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，有机物的构造和性质，物质的分别与提纯，制备试验方案的设计【解析】【解答】A浓硫酸和 NaBr

30、 会产生 HBr，1-丁醇以及浓硫酸和 NaBr 产生的 HBr 均易挥发，用装置I 回流可削减反响物的挥发，提高产率，A 符合题意；B冷凝水应下进上出，装置中 b 为进水口，a 为出水口，B 不符合题意；C用装置萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C 不符合题意； D由题意可知经装置得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进展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响物的接触时间提高反响产率B.进水口和出水口位置弄反，应当是从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

31、下口倒出D.经过分液后，可通过熔沸点的不同得到纯洁的物质14. 铁的协作物离子(用 L Fe H+ 表示)催化某反响的一种反响机理和相对能量的变化状况如下图：以下说法错误的选项是 催化剂_A. 该过程的总反响为 HCOOH_CO2+H2B. H+ 浓度过大或者过小，均导致反响速率降低C. 该催化循环中 Fe 元素的化合价发生了变化D. 该过程的总反响速率由步骤打算【答案】 D【考点】化学反响速率，化学反响速率的影响因素【解析】【解答】A由反响机理可知，HCOOH 电离出氢离子后，HCOO-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HCOOH_CO2+H2，故

32、 A 不符合题意；B假设氢离子浓度过低，则反响的反响物浓度降低，反响速率减慢，假设氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反响速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反响速率 减慢，故B 不符合题意；C由反响机理可知，Fe 在反响过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C 不符合题意； D由反响进程可知，反响能垒最大，反响速率最慢，对该过程的总反响起打算作用，故D 符合题意；故答案为：D。【分析】A.依据反响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，因此需要掌握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响，经受断键成键断键的过程，过

33、程中化合价发生转变D.整个反响速率是由速率最慢的过程打算，活化能高的速率慢三、非选择题【必考题】共 3 题；共 39 分15. 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：步步骤 I. Na2CO3 的制备骤.产品中 NaHCO3 含量测定称取产品 2.500g，用蒸馏水溶解，定容于 250mL 容量瓶中；移取25.00mL 上述溶液于锥形瓶，参加2 滴指示剂M，用 0.1000mol 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 V1mL ；在上述锥形瓶中再参加 2 滴指示剂N，连续用 0.10

34、00mol L1 盐酸标准溶液滴定至终点(其次滴定终点)，又消耗盐酸 V2mL ；平行测定三次， V1 平均值为 22.45， V2 平均值为 23.51。：(i)当温度超过 35时， NH4HCO3 开头分解。温度/CNaCl010203040506035.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3NH4HCO311.9 15.8 21.0 27.0NaHCO3NH4Cl6.9 8.29.611.1 12.7 14.5 16.429.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表 (g/100gH2O)答复以下问题：（1

35、） 步骤I 中晶体A 的化学式为，晶体A 能够析出的缘由是；A.B.（2） 步骤I 中“300加热”所选用的仪器是(填标号)；C.D.（3） 指示剂N 为，描述其次滴定终点前后颜色变化；（4） 产品中 NaHCO3 的质量分数为(保存三位有效数字)；（5） 第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 NaHCO3 质量分数的计算结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。3【答案】 1NaHCO ；在 30-352D3紫色石蕊试液；蓝色变为红色43.56%（5） 偏大 C 时 NaHCO3 的溶解度最小意思合理即可【考点】常用仪器及其使用，物质的分别与提纯，探究物质的组成或测量物质的含量，

36、化学试验方案的评价，物质的量的相关计算【解析】【解答】(1)依据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，掌握温度在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A，由于在 30-35 C 时，NaHCO33的溶解度最小，故答案为：NaHCO ；在 30-35 C 时 NaHCO3 的溶解度最小；(2)300C 加热抽干后的 NaHCO3 固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进展操作，所以正确的为D 项，故答案为：D；(3) 依据上述分析可知，其次次滴定时，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，溶液显蓝色，滴定到达

37、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；生成(4) 第一次滴定发生的反响是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则 n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L2 22.45 10-3L=2.245 10-3mol，其次次滴定消耗的盐酸的体积 V =23.51mL，则依据方程式NaHCO+HCl=NaCl+H O+CO 可知，消耗的 NaHCO 的物质的量n(NaHCO )= 0.1000mol/L 23.51 3223总310-3L=2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO 的物质的量n(NaHCO )= n(NaH

38、CO )- n(NaHCO )= 2.351 33总3生成310-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中 NaHCO3 的物质的量为 100mL 1.06 10-4mol10mL3=1.06 10-3mol，故产品中 NaHCO答案为：3.56%；的质量分数为 1.0610-3mol84g/mol 100% = 3.5616% 3.56% ，故2.5000g(5) 假设该同学第一次滴定时，其他操作均正确的状况下，俯视读数，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。【

39、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展分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小（2） 温度过高是加热应中选择的是坩埚（3） 纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先参加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，在连续使用石蕊做指示剂进展滴定，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，其次次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，依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 V

40、2-V1 偏大，导致计算结果偏大16. 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。化学键N H N NHH键能 E/(kJ 946436.0 390.8mol-1)方法 I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据肯定温度下，利用催化剂将 NH3 分解为 N2 和 H2 。答复以下问题：1反响 2NH3(g) N2(g) + 3H2(g)H=kJ mol1 ；（2） 该反响的 𝛥𝑆 = 198.9J mol1 K1 ，在以下哪些温度下反响能自发进展？(填标号) A.25B.125 C.225 D.325（3） 某兴

41、趣小组对该反响进展了试验探究。在肯定温度和催化剂的条件下，将 0.1molNH3 通入 3L 的密闭容器中进展反响(此时容器内总压为 200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如下图。假设保持容器体积不变， 𝑡1 时反响到达平衡，用 H2 的浓度变化表示 0𝑡1 时间内的反响速率𝑣(H2) =mol L1 min1 (用含 𝑡1 的代数式表示) 𝑡2 时将容器体积快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；G在该温度下，反响的标准平衡常数 𝐾𝛩 =。(：分压=总压该组分物质的量分数，对于反响 dD(g)+eE(g) gG(g)+hH(g) ， 𝐾𝛩 =为各组分的平衡分压)。方法：氨电解法制氢气𝑝(𝑝𝛩G(𝑝𝑝𝛩D)𝑔(𝑝H𝑝𝛩E)𝑑(𝑝𝑝𝛩