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1、湖南省2021年普通高中学业水平选择性考试化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H:1 C:1 2 N:1 4 0:1 6 F:1 9 N a:2 3 M g：2 4 S i:2 8 C l:3 5.5 Ge:7 3 B r:8 0 1:1 2 7一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个
2、选项中，只有一项是符合题目要求的。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2 .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.F e O 粉末在空气中受热，迅速被氧化成F e Q&C.S 0?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F e S 0 4 是否被氧化取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化B净化实验室
3、制备的气体依次通过盛有饱和N a C l 溶液、浓 H z S。”的洗气瓶试卷第1 页，共 1 2 页c测定NaOH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.D4.已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_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ OH硝酸M-【J催化剂,“绿色”合成路线、,_ A_COOH _ 空气COOH r 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
4、己醇与乙醇互为同系物C.己二酸与NaHCOj溶液反应有CO2生成D.环己烷分子中所有碳原子共平面5.%为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.18gHO 含有的中子数为10NAB.0.1molL-HC104溶液中含有的H+数为0-C.2molNO与lmolO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2$D.H.2LCH4和22.4LC（均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为5小6.一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下:无水MgCb滤液气体试卷第2页，共 12页下列说法错误的是A.物质X 常选用生石灰B.工业上常用电解熔融MgC%制备金属镁高温C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+C12=Mg
5、CL+C。D.“煨烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCU7.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18片分子。下列说法正确的是A.简单离子半径：ZX 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：XYD.由 W、X、Y 三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性8.KI。,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6I2+11KCIOJ+3H,O=6KH（I03）+5KCl+3Cl2
6、 T。下列说法错误的是A.产生22.4L（标准状况）C12时，反应中转移lOmoeB.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C1?制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中10；的存在9.常温下，用O.lOOOmol匚 的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol-L；i三种一元弱酸的钠盐（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是试卷第3页，共 12页A.该NaX溶液中：c（Na+）c（X-）c（0H-）c（Ht）B.三种一元弱酸的电离常数：Ka（HX）Ka（HY）K HZ）C.当PH=7时，三种溶液中：C（X-）=C（
7、Y-）=C（Z-）D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c（X 1+c（Y-）+c（Z）=c（H*）-c QfT）10.锌澳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。三单体串联锌溪液流电池工作原理如图所：循环回路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极的电极反应式为Z/+2e-=ZnD.隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过二、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0分。11.已知：A（
8、g）+2B（g）=3 c （g）A”0,向一恒温恒容的密闭容器中充入ImolA和3molB发生反应，4时达到平衡状态I,在4时改变某一条件，G时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是试卷第4页，共12页A.容器内压强不变，表明反应达到平衡B.G时改变的条件：向容器中加入CC.平衡时A 的体积分数夕：夕(H)sD.平衡常数K：K(II)CH,(CH2)3Br+NaHSO4+H2O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n 中 a 为进水口，b 为出水口c.用装置in萃取分液时，将分层的液体依次从下放出D.经装置HI得到的粗产品
9、干燥后，使用装置n 再次蒸储，可得到更纯的产品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：HCOOH43.5,过渡态1 L；过渡态2。弓3)、用混M安0.0i+hoodh+,oouhI.-SU+HOOJHIV4 2.-6I V+OJ+OOJH-2-2H I+OO+HOOJHI+d u+x+OOUH反应进程下列说法错误的是催化剂A.该过程的总反应为HCOOH-C02t+H2tB.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元素的化合价发生了变化D.该过程的总反应速率由IIIH步骤决定试卷第6页，共 12页二、非选择题：包
10、括必考题和选考题两部分。第 15 17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 18、19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。以碳酸氢钱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I.Na2cO j的制备蒸储水 碳酸氢镀粉末步骤H.产品中NaHCO3含量测定称取产品2.500g,用蒸储水溶解，定容于250mL容量瓶中；移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2 滴指示剂M,用O.lOOOmol.匚盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色（第一滴定终点），消耗盐酸Ym L；在上述锥形瓶中再
11、加入2 滴指示剂N,继续用O.lOOOmol.匚1盐酸标准溶液滴定至终点（第二滴定终点），又消耗盐酸V2mL；平行测定三次，V 平均值为22.45,V2平均值为23.51。已知：当温度超过35。（3时，NH4HCO3开始分解。（ii）相关盐在不同温度下的溶解度表（g/100gH（）温度/0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO.6.98.29.611.112.714.516.4NH4C129.433.337.241.445.850.455.2试卷第7页，共 12页回答下列问题：（1）步骤I
12、 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“300。：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（4）产品中NaHCO3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，则NaHCOj质量分数的计算结果（填“偏大”“偏小”或“无影响”1 6.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。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 三NH-HN-H键能E/（kJmo）946436.0390.8一定温
13、度下，利用催化剂将NH3分解为N?和H?。回答下列问题：反应2N&（g）U N 2（g）+3H2（g）AH=k J m or:已知该反应的AS=198.9J-mol L K ，在下列哪些温度下反应能自发进行？（填标号）A.25 B.125 C.225 D.325（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,通入3L 的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200kPa）,各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。试卷第8页，共 12页2.0.62.8c(l,Ed*i壬0.4Z/min若保持容器体积不变，乙 时反应达到平衡，用 H Z 的浓度变化表示0 右 时
14、间内的反应速率V（H2）=molmi n-（用含4的代数式表示）4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；在该温度下，反应的标准平衡常数K=。（己知：分压=总压x该组分物质的量分数，对于反应 dD(g)+e E(g)U g G(g)+h H(g),心PG、PH、P n、PE为各组分的平衡分压）。方法I I：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。NH3KOH溶液阴离子交换膜H2KOH溶液（4）电解过程中O H -的移动方向为（填“从左往右”或“从右往左试卷第9页，共 1
15、2 页(5)阳 极 的 电 极 反 应 式 为。1 7.C e 2(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，钝(C e)主要以C e P O 形式存在，还含有S i。2、A 12O3,F e.、C a F?等物质。以独居石为原料制备C e z。?)?fHQ的工艺流程如下:M g O 调 p H=5浓H 2 sO 4 H,O 卜,e C h 溶液絮凝剂 N H 4H C O 3溶液独居石一 1 1A 焙.烧一A 水 浸 一A 除磷一A 聚.沉 -T 沉产|C e 2(C O 3)3*H j O酸 性 废 气 滤 渣1 nr Ti 灌渣n 滤渣1 1 1 漉液回答下列问题：(
16、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I H 的 主 要 成 分 是(填 化 学 式)；(4)加 入 絮 凝 剂 的 目 的 是；(5广沉铀”过程中，生成C e z U O j L n H Q 的 离 子 方 程 式 为,常温下加入的N H J I C O：溶液呈(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：N&乩0的 储=L 75xl O-5,H2C O3的%=4.4xl 0 L a 2=4.7x1 0-）；(6)滤渣U 的主要成分为Fe P O,在高温条件下，L i2c o
17、3、葡萄糖(QH2c)(,)和F e P O,可制备电极材料Li F e P O4,同时生成CO和H?。，该反应的化学方程式为(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修3:物质结构与性质1 8.硅、楮(G e)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：(1)基 态 硅 原 子 最 外 层 的 电 子 排 布 图 为,晶 体 硅 和 碳 化 硅 熔 点 较 高 的 是(填 化学式)；(2)硅和卤素单质反应可以得到S i x,，S i x 的熔沸点如下表：试卷第1 0 页，共 1 2 页SiE,SiCl4SiBr4Sil4熔点/K183.
18、0203.2278.6393.7沸点/K187.2330.8427.2560.7 时，SiF,、SiCl,、SiBr,、Si14呈 液 态 的 是（填化学式）,沸点依次升高的原因是气态SiX,分 子 的 空 间 构 型 是；SiCl 与 N-甲基咪噬（H3C-NQ）反应可以得到M?+，其结构如图所示:-1 2+此 一010-网gl i r J ci Q-C H3N-甲 基 咪 哇 分 子 中 碳 原 子 的 杂 化 轨 道 类 型 为,H、C、N 的电负性由大到小的顺序为,1个M?+中含有 个b键；（3）下图是Mg、G e、0 三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。已知化合物中Ge和O 的原子个
19、数比为1：4,图中Z 表示 原子（填元素符号），该化 合 物 的 化 学 式 为、己知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm,a=/?=7=9（）。，则该晶体的密度P=g-cm-3（设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、b、c、治 的代数式表示）。选修5:有机化学基础|19.叶酸拮抗剂Alimta（M）是一种多靶向性抗癌药物。以苯和丁二酸醉为原料合成该化合物的路线如下：试卷第11页，共 12页回答下列问题:N2H4 H2O(1)A 的 结 构 简 式 为;(2)A-B,Df E的 反 应 类 型 分 别 是,(3)M中虚线框内官能团的名称为a，b(4)B 有多种同分异构体，同时满足下列条件
20、的同分异构体有 种(不考虑立体异构)苯环上有2个取代基能够发生银镜反应与F e Cl3溶液发生显色发应其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1 的 结 构 简 式 为；(5)结合上述信息，写出丁二酸酎和乙二醇合成 聚 丁 二 酸 乙 二 醇 酯 的 反 应 方 程 式；?H?(6)参照上述合成路线，以乙烯和 N、为原料，设计合成 H N|1 fl的路线第 N 人*g H2NANXNJ(其他试剂任选)。试卷第1 2 页，共 1 2 页1.A【详解】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”
21、)，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A o2.B【详解】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
22、高分子化合物，蛋白质也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，在葡萄酒限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.C【详解】A.若 F e2+被氧化为F e3+,F e?+能与S C M 生成F e(S C N)3，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
23、用浓盐酸和二氧化镭加热制氯气，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;答案第1 页，共 1 4 页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.制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸储，能达到实验目的，故 D 不符合题意。答案选C。4.C【详解】A.苯的密度比水小，苯与溪水混合，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 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CH2原子团，不互为同系物，故
24、B 错误；C.己二酸分子中含有竣基，能与NaHCCh溶液反应生成C C h,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.D【详解】18aA.18gHFO的物质的量为,/0.9mo9 1个H J o 含 0+（18-8尸10个中子,则18gH5 020g/mol含有的中子数为9N“A 错误；B.未给溶液体积，无法计算，B 错误；C.存在2NO+Ch=2NO2,2NO2UN2O4,因此2moiNO与 lmo1C）2在密闭容器中充分反应后的分子数小于2 人，C 错误；D.甲烷和氯气在光照
25、下发生取代，Imol氯气可取代Im olH,同时产生ImolHCl分子，标准状况下11ZLCH”的物质的量为（）.5mol,22.4LC12的物质的量为Imol,0.5molCH4含4molH,最多可消耗4moicI2，因此CH4过量，根 据 Imol氯气可取代Im olH,同时产生ImolHCl分子可知ImolCL完全反应可得Im oH Cl,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 L2LCHD22.4LC1式均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为L5A,D 正确;答案第2页，共 14页选D。6.D【分析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中
26、含M g 2+,苦卤水中加物质X使M g?-转化为M g(OH)2,过滤除去滤液，煨烧M g(0 H)2得M g O,M g O和C、C L经“氯化”得无水M g C L【详解】A.物质X的作用是使M g 2+转化为M g(OH)2,工业上常采用C a O,发生C a O+H 2 O=C a(OH)2,C a(OH)2+M g2+=M g(OH)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?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 L，C在高温下能将高温二氧化碳还原为C O,则“气体”为C O,反应方
27、程式为M g O+C+C 1 2M 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溶液，由于M g C L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 L，D错误：选D。7.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，最外层电子数为1,即为Na,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N 2 H 4,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。据此分析解答。【详解】由分析可知，W为
28、H,X为N,Y为0,Z为Na。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：N3-O2:Na，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 2 O2,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，水的沸点高于氨气，即最简单氢化物的沸点为Y X,故C错误；D.由W、X、Y三种元素形成的化合物有硝酸，硝酸镀，氨水等，硝酸，硝酸镂显酸性，答案第3页，共1 4页氨水显碱性，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 o8.A【详解】A.该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至K H(I C
29、)3)2中+5价，每个碘原子升高5价,即6L 60 e-,又因方程式中6 L 3 c l 2,故3 c b 60 e-,即CSO e、所以产生2 2.4 L(标准状况)CL即I t n o l C L时,反应中应转移2 0 m o i e,A错误;B.该反应中K C I C h中氯元素价态降低，K C I C h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，1 1 K C 1 O3 6 I 2,故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 1:6,B正确；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应，C正确；D.食盐中1 0：可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中
30、的H+、r发生归中反应I 0；+5 r+6 H=3 1 2+3 0生成L,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 O；的存在，D正确。故选A o9.C【分析】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。【详解】A.N aX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(Na r)c(X-)c(OH)c(H+),故 A 正确；B.弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，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
31、序为K”(HX)K“(HY)K“(HZ),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(Z ),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在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(C l)+c(OH)，由 c(Na+尸 c(C l)可得：c(X-)+c(Y )+c(Z )=c(H )c(OH)，故 D 正确;答案第4页，共1 4页故选c。1 0.B【分析】由图
32、可知，放电时，N 电极为电池的正极，浪在正极上得到电子发生还原反应生成漠离子，电极反应式为B r 2+2 e-=2 B ，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Z n2 e=Z n2+,滨离子进入左侧，左侧澳化锌溶液的浓度增加；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。【详解】A.由分析可知，放电时，N 电极为电池的正极，故 A正确；B.由分析可知，放电时，溶液中有Z M+与B r 生成，通过循环回路，左侧储液器中演化锌的浓度增大，故 B错误；C.由分析可知，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
33、极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Z n2+2 e=Z n,故 C正确；D.由分析可知，放电或充电时，交换膜允许锌离子和滨离子通过，维持两侧溪化锌溶液的浓度保持不变，故 D正确；故选B。1 1.B C【分析】根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入h nolA 和 3 m olB 发生反应，反应时间从开始到h阶段，正反应速率不断减小，t t 2 时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t 2-t 3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t 3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。【详解】A.容器内发生的反应为A(g)+2 B(g)U 3c(g),该反应
34、是气体分子数不变的可逆反应，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，不能说明反应达到平衡状态，A 错误：B.根据图像变化曲线可知，t 2 t 3过程中，t 2 时看.瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C,B 正确；C.最初加入体系中的A 和 B 的物质的量的比值为1：3,当向体系中加入C时，平衡逆向移答案第5 页，共 1 4页动，最终A 和 B 各自物质的量增加的比例为1：2,因此平衡时A 的体积分数。，C正确；D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温
35、条件下进行，所以K保持不变，D错误。故选BC o1 2.B【详解】A.AP+和N H3 H2O生成Al(0 H)3沉淀而不是生成A 1 0-,故 A 错误；B.S 2。；-和 H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2 H+S 2 O；-=S l+S O2t+H2O,故 B 正确；C.F e 3+做催化剂促进H 2 O 2 分解，不能大量共存，故 C错误；D.在酸性条件下M n O；能 将 氧 化 为 CL,不能大量共存，故 D错误：答案选B。1 3.A D【分析】根据题意1-丁醇、溟化钠和7 0%的硫酸在装置I 中共热发生C H3(C H2)3O H+N a Br+H,S O4-CH
36、3(C H2)3Br+N a H S O4+H2O f#J lJ -C H3(C H2)3OH、C H3(C H2),Br.N a H S O4 N a Br、H 2 s O 4的混合物，混合物在装置H 中蒸储得到C&d H i b O H和C K C H z B r 的混合物，在装置I H 中用合适的萃取剂萃取分液得C H 3(C H 2)、Br 粗产品。【详解】A.浓硫酸和N a Br 会产生H Br,1-丁醇以及浓硫酸和N a Br 产生的H Br 均易挥发，用装置1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n 中 b 为进水口，a 为出水口，B 错误；C.用
37、装置H 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i n 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 AD。1 4.C D【详解】答案第6 页，共 1 4 页A.由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOCT与催化剂结合，放出二氧化碳，然催化剂后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH=CO2T+H2T，故A正确；B.若氢离子浓度过低，则反应H I-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-H速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速
38、率减慢，故B正确；C.由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误；D.由反应进程可知，反应IVTI能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；故选CDo15.NaHCCh 在30-35C时NaHCCh的溶解度最小(意思合理即可)D 甲基橙 由 黄 色 变 橙 色，且半分钟内不褪色 3.56%偏大【分析】步骤I：制备Na2cCh的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3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NaHCCh晶体，控制温度在30-35 发生反应，最终得到滤液为N H 4C l,晶体A为NaHC
39、Ch,再将其洗涤抽干，利用NaHCCh受热易分解的性质，在300C加热分解NaHCCh制备Na2cCh;步骤II：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：Na2co3+HCl=NaHCO3+NaCL因为Na2co3、NaHCCh溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚BW旨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为酚儆试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为N aC L同时还存在反应生成的C O 2,溶液呈现弱酸性，因为酚酬的变色范围为8-1 0,所以不适合利用酚酶指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+H
40、Cl=NaCl+H2O+CO21,再根据关系式求出总的NaHCCh的物质的量,推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCCh的质量分数。【详解】根据上述分析可知，(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30-35C,目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCCh固体，得到晶体A,因为在30-35C时，NaHCCh的溶解度最小，故答案为：NaHCCh;在30-35C时NaHCCh的溶解度最小；答案第7页，共14页(2)300。C 加热抽干后的NaHCCh固体，需用生烟、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)根据上述分
41、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和碳酸(溶解的CO2),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：Na2CO3+HCI=NaHCO3+NaCl,则 n(Na2co3)=n生 或(NaHCO,3)=n(HCl)=0.1000mol/Lx22.45x 10-3L=2.245x 10-3m ol,第二次滴定消耗的盐酸的体积%=23.51mL,则根据方程式NaHCCh+HCl=NaCl+H20+C02T可知，消耗的NaHCCh的物质的量 n 总(NaHCCh)=0.
42、1000mol/Lx23.51 x 10-3L=2.351x 10-3m o l,则原溶液中的 NaHCCh 的物质的量 n(NaHCCh尸 n,0(NaHCO3)-n(NaHCO3)=2.351 x 10-3mol-2.245x 10-3mol=1.06x lO-mol,则原产品中NaHCO3的物质的量为10m L x 1.06x10-4mol=1.06x 1 Omol,故产品中NaHCCh10mL的质量分数为必也皿 胆则X100%=3.5616%B3.56%,故答案为：3.56%；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
43、力偏小，所以原产品中NaHCCh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。0.0216.+90.8 CD-b4开始体积减半，N2分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，Nz分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【详解】根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)U N 2(g)+3H2(g),D=390.8kJ mol x3x2-(946 kJ-mol+436.0kJ-mol-1 x3)=+90.8kJ mol-,故答案为：+90.8；(2)若反应自发进行，则需D/-TDS驾q僵”吗=456.5K,即温度应高于
44、S 198.9J/(mol-K)(456.5-273)=183.5,CD 符合，故答案为:CD；(3)设ti时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2 x,列出三段式：答案第8页，共 14页2 N H,(g)-N2(g)+3 H 4 起始/m o l 0.1 0 0转化/m o l 2x x 3x平衡/m o l 0.1-2 x x 3x根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，引=古后加解得0.0 2 x 3 m o l 0.0 2 ，x=0.0 2 m o l,U(H2)=3 Lx t)=-m o l-L-m i n ,故答案为:0.0 2t 2 时将容器体积压缩到原来的一半，开始N 2
45、 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，故 b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N 2 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；由图可知，平衡时，N H 3、N 2、比 的分压分别为1 2 0 k P a、4 0 k P a 1 2 0 k P a,反应的标准平衡常数K1 然*普=0.4 8,故答案为：0.4 8；(4)由图可知，通 N H 3 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O H-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；(5)阳极N F h 失电子发生氧化反
46、应生成N 2,结合碱性条件，电极反应式为：2 N H 3-6 U+6 0 H MN 2+6 H 2 O,故答案为：2 N H 3-6 e-+6 O H-=N 2+6 H 2 O。1 7.嗡C e 适当升高温度，将独居石粉碎等 A 1(O H)3 和 F e(0 H)3 促使铝离子沉淀6 H C O；+2 C e3 F+(n-3)H,O=C e2(C O3)3 n H2O+3 C O2 T 碱性 3 L i2C O3+C6H1 2O6+6 F e P O q =6 L i F e P O4+9 C 0 f+6 H 2 O【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，C e P O,转化为C e M
47、S O)和 H 3 P o4,S i O?与硫酸不反应，转化为A1 2(S C)4)3,F e a 转化为F e 2(S C 4)3,C aF 2 转化为C aS C 4 和 H F,酸性废气含 H F；后过滤，滤渣I 为S i。?和磷酸钙、F e P O4)滤液主要含H 3 P o4,C e2(S O4)3,A12(S O4)3,F e 2(S O 4)3,加氯化铁溶液除磷，滤渣I I 为 F e P C U;聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣山主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢镂沉铀得C e 2(C O 3)3 F H 2 O。【详解】铀的某种核素含有58 个质子和8 0
48、个中子,则质量数为58+8 0=1 3 8,该核素的符号为嚷C e ；答案第9 页，共 1 4 页(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HI的主要成分是A1(OH)3和 Fe(0H)3：(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铁 沉钥i”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成CezCOsb f H Q 的离子方程式为6HCO；+2Ce+(n-3)Hq=Ce2(CO3)3 nH,O+3CO2 铉根离子的水解常数Kh(NH；尸?=5.7xio-o,碳酸氢根的水解常数1.75 x IO,K 1014Kh(HCO；)=2.3x 10-8
49、,则 Kh(NH；)CH 54 O Mg2GeO4=a b c N x102【详解】(1)硅元素的原子序数为1 4,价电子排布式为3s23P2,则价电子排布图为3s 3p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，碳原子的原子半径小于硅原子，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：|f；SiC；3s 3p(2)由题给熔沸点数据可知，OT时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溪化硅、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，SiX4都是结构相似的分子晶体，答案第10页，共 14页相对分子质量
50、依次增大，分子间作用力依次增大，则 S i X 4 的沸点依次升高；S i X 4 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:S i C 1 4；S i X 4 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;由 M 2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为s p 3 杂化的单键碳原子和s p 2 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 OH,则元素电负性的大小顺序为N C H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是。键，双键中含有1 个 键，则离子中含有5