2021年普通高中学业水平选择性考试化学(新高考湖南卷)

这是一份2021年普通高中学业水平选择性考试化学(新高考湖南卷)，共17页。试卷主要包含了5　Ge 73　Br 80，下列说法正确的是，常温下,用0等内容，欢迎下载使用。

湖南省2021年普通高中学业水平选择性考试
化　学

　　　　　　　　　　　　　　　　　
可能用到的相对原子质量:H 1　C 12　N 14　O 16　F 19　Na 23　Mg 24　Si 28　Cl 35.5　Ge 73　Br 80
I 127
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选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(2021·湖南·1,3分,难度☆)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
解析A　本题考查了化学变化与物理变化的判断。化学变化的根本特征是有新物质生成。对河道定期清淤属于物理变化,未涉及化学变化;而“三废处理”“利用微生物降解水域中的有毒有害物质”“垃圾回收分类后进行无害化处理”等都有化学变化发生。故答案选A。
2.(2021·湖南·2,3分,难度☆☆)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Fe3O4
C.SO2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
解析B　本题考查了高分子化合物、氧化亚铁的不稳定性、二氧化硫的用途及电化学腐蚀等基础知识。糖类中只有多糖属于高分子化合物,而单糖、双糖等都不属于高分子化合物,A项错误;氧化亚铁具有较强的还原性,在空气中受热可迅速被氧气氧化生成四氧化三铁,B项正确;二氧化硫具有漂白性,可漂白纸浆,少量的二氧化硫也可用于杀菌消毒,如二氧化硫用于葡萄酒的生产等,C项错误;镀锌铁皮镀层锌破损后,会构成锌铁原电池,铁作正极,仍会被锌保护,D项错误。
3.(2021·湖南·3,3分,难度☆☆☆)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KSCN溶液,观察溶液颜色变化


续　表　　

实验目的
实验设计
B
净化实验室制备的Cl2
气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓H2SO4的洗气瓶
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,蒸馏

解析C　本题考查了铁离子的检验方法、氯气的净化除杂、pH试纸的使用以及工业制取无水酒精的方法。检验溶液中硫酸亚铁是否被氧化,也就是检验溶液中是否有铁离子生成,通常是向待测液中加KSCN溶液,若溶液变红,则证明硫酸亚铁被氧化,A项正确;实验室用二氧化锰和浓盐酸制备的氯气中含有氯化氢气体和水蒸气,若想得到干燥纯净的氯气,通常先将制得的氯气通过饱和食盐水以除去氯化氢杂质,再使气体通过浓硫酸除去水蒸气,即可得干燥纯净的氯气,B项正确;用pH试纸测待测液的pH时,不能事先将试纸湿润,否则会引起误差,C项错误;工业制备无水酒精通常是向工业酒精中加入生石灰除去水分,再通过蒸馏,即可得到无水酒精,D项正确。
4.(2021·湖南·4,3分,难度☆☆☆)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:

下列说法正确的是(　　)
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.己二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成
D.环己烷分子中所有碳原子共平面
解析C　本题考查了有机化合物的分子结构与化学性质。苯的密度比水小,苯萃取溴水中的溴之后,液体分为两层,萃取了溴的苯在上层,A项错误;环己醇属于环状醇,而乙醇属于链状醇,二者分子相差不是若干个“CH2”原子团,所以二者不属于同系物,B项错误;己二酸中含有官能团羧基,而羧酸的酸性强于碳酸,故己二酸可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体,C项正确;环己烷分子中的碳原子都是饱和碳原子,根据甲烷分子的四面体结构可判断环己烷分子中的碳原子不可能共平面,D项错误。
5.(2021·湖南·5,3分,难度☆☆☆)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A.18 g H218O含有的中子数为10NA
B.0.1 mol·L-1 HClO4溶液中含有的H+数为0.1NA
C.2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA
D.11.2 L CH4和22.4 L Cl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA
解析D　本题考查了阿伏加德罗常数的判断。A项,一个H218O分子中含有10个中子,而H218O的摩尔质量是20 g·mol-1,所以20 g H218O含有的中子数为10NA,A项错误;B项,由于没有给出高氯酸溶液的体积,所以无法计算氢离子的个数,B项错误;C项,2 mol一氧化氮和1 mol氧气可完全反应生成2 mol二氧化氮,但二氧化氮和四氧化二氮之间又存在平衡2NO2N2O4,所以最后气体的分子数小于2NA,C项错误;在标准状况下,11.2 L甲烷的物质的量为0.5 mol,22.4 L氯气的物质的量为1 mol,反应前气体的物质的量之和为1.5 mol。根据氯气和甲烷发生取代反应的过程和原理可知无论反应如何进行,气体的分子总数保持不变,即气体的物质的量之和始终为1.5 mol,D项正确。
6.(2021·湖南·6,3分,难度☆☆☆)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下:

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MgCl2制备金属镁
C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO
D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸,将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2
解析D　本题以流程图形式考查了海水提镁的过程。海水中的镁元素以镁盐的形式存在,“沉镁”即使Mg2+变成氢氧化镁,与Mg2+直接反应的物质一般是氢氧化钙,那么物质X通常选用生石灰(氧化钙),A项正确;工业上通常用电解熔融氯化镁的方法制备金属镁,B项正确;根据流程图中步骤“氯化”图示可知,反应物为碳单质、氯气和氧化镁,产物为氯化镁和一氧化碳,C项正确;“煅烧”后的固体产物是氧化镁,氧化镁和盐酸反应生成氯化镁,由于镁离子能发生水解,蒸发氯化镁溶液最终得到氢氧化镁固体,不能得到无水氯化镁,D项错误。
【知识拓展】从海水中提取镁
(1)工艺流程

(2)注意事项:
①由MgCl2·6H2O到无水MgCl2,必须在HCl气流中加热,以防MgCl2水解。
②因镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应,故工业电解MgCl2得到的镁应在H2氛围中冷却。
7.(2021·湖南·7,3分,难度☆☆☆☆)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。下列说法正确的是(　　)
A.简单离子半径:Z>X>Y
B.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>Y
D.由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性
解析B　本题考查了元素推断和元素周期律的应用。首先根据“Z的最外层电子数为K层的一半”可推知满足该条件的短周期元素有钠元素和锂元素,再依据“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素”可排除锂元素,则Z为钠元素。再依据“W与X可形成原子个数比为2∶1的18e-分子”可推知,W为氢元素,X为氮元素,二者所形成的18e-分子为肼(N2H4)。最后依据“Y的原子序数等于W与X的原子序数之和”可确定Y为氧元素。Na+、N3-和O2-具有相同的核外电子排布,根据“径小序大”规律可知,离子半径大小顺序为N3->O2->Na+,A项错误;氢和氧可形成H2O2,其结构式为H—O—O—H,其中含有非极性键,B项正确;氮元素、氧元素形成的最简单的氢化物分别为氨气和水,水的沸点高于液氨,C项错误;NH3·H2O由氢、氮、氧三种元素组成,其水溶液呈碱性,D项错误。

8.(2021·湖南·8,3分,难度☆☆☆☆)KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化法”制备,该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是(　　)
A.产生22.4 L(标准状况)Cl2时,反应中转移10 mol e-
B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6
C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3-的存在
解析A　本题考查了氧化还原反应原理的分析与物质的检验、用途等知识。反应中的电子转移情况为:。据此可知,生成1 mol Cl2时,反应中转移20 mol e-,A项错误;根据电子转移情况,可判断反应中碘单质作还原剂,氯酸钾作氧化剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比是11∶6,B项正确;工业上常将氯气通入石灰乳中制得漂白粉,C项正确;酸化的碘化钾溶液可与食盐中的碘酸根发生归中反应生成碘单质(IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O),淀粉遇碘单质变蓝,D项正确。

9.(2021·湖南·9,3分,难度☆☆☆☆☆)常温下,用0.100 0 mol·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1的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(　　)
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:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)
解析C　本题考查了滴定曲线的分析判断及电解质溶液中微粒浓度的大小关系和等量关系。由于NaX为强碱弱酸盐,X-会部分水解使溶液呈弱碱性,所以NaX溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A项正确;由于等浓度的三种盐溶液的pH大小关系为NaZ>NaY>NaX,根据盐类水解规律“越弱越水解”可知,NaZ对应的酸(HZ)的酸性最弱,而NaX对应的酸(HX)的酸性最强,则电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B项正确;由于三种盐溶液的体积和浓度相同,但碱性强弱不同,所以要使滴定后的溶液pH=7,所滴加盐酸的体积也不相同,即NaZ溶液中滴加盐酸最多,而NaX溶液中滴加盐酸最少,所以最后呈中性的三种溶液中c(Cl-)不相等,据电荷守恒及溶液呈中性条件可知,三种溶液中有c(Cl-)=c(X-)、c(Cl-)=c(Y-)、c(Cl-)=c(Z-),C项错误;将三种溶液混合后所得的混合溶液中的电荷守恒式为c(Cl-)+c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),由于混合前三种溶液的物质的量浓度和体积与所加盐酸的物质的量浓度和体积都相等,则混合后的溶液中c(Cl-)=c(Na+),则c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)=c(H+),D项正确。
【知识拓展】电离常数的四大应用
(1)判断弱酸(或弱碱)的相对强弱,电离常数越大,酸性(或碱性)越强。如常温下,CH3COOH的Ka=1.75×10-5,HClO的Ka=2.95×10-8,则酸性强弱为CH3COOH>HClO。
(2)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱
电离常数越大,对应的盐水解程度越小,盐溶液的碱性(或酸性)越弱,如醋酸的电离常数K=1.75×10-5,次氯酸的电离常数K=2.95×10-8,则同浓度的醋酸钠和次氯酸钠溶液的pH:醋酸钠<次氯酸钠。
(3)判断反应能否发生或者判断产物是否正确
通过强酸制弱酸来判断。如H2CO3:Ka1=4.2×10-7,Ka2=5.6×10-11,苯酚(C6H5OH):Ka=1.3×10-10,向苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量,其化学方程式都为C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3。
(4)判断溶液中微粒浓度比值的变化
利用温度不变,电离常数不变来判断。如把0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释,c(CH3COO-)c(CH3COOH)=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)·c(H+)=Kac(H+),稀释时,c(H+)减小,Ka不变,则c(CH3COO-)c(CH3COOH)变大。
10.(2021·湖南·10,3分,难度☆☆☆☆☆)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示:

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ZnBr2的浓度不断减小
C.充电时,M极的电极反应式为Zn2++2e-Zn
D.隔膜允许阳离子通过,也允许阴离子通过
解析B　本题考查新型化学电源工作原理。该电池放电反应总方程式:Zn+Br2ZnBr2,放电时,Br2在正极反应,ZnBr2被循环回路“回收”至左侧贮液器中,A项正确、B项错误;充电时,锌极为阴极发生还原反应:Zn2++2e-Zn,C项正确;放电时,Br2得电子产生Br-,通过隔膜迁移向负极区,形成ZnBr2回流至左侧贮液器,Zn失电子产生Zn2+,通过隔膜迁移至正极区,形成ZnBr2回流至右侧贮液器,充电时,Zn2+得电子生成Zn在M极放电,部分Zn2+在隔膜上生成沉积锌,而Br-在贮液器处转化为Br2复合物贮存,该过程中Zn2+、Br-都可以通过隔膜,D项正确。
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.(2021·湖南·11,4分,难度☆☆☆)已知:A(g)+2B(g)3C(g)　ΔH<0,向一恒温恒容的密闭容器中充入1 mol A和3 mol B发生反应,t1时达到平衡状态Ⅰ,在t2时改变某一条件,t3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(　　)

A.容器内压强不变,表明反应达到平衡
B.t2时改变的条件:向容器中加入C
C.平衡时A的体积分数φ:φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)
D.平衡常数K:K(Ⅱ) 解析B　本题考查化学平衡的移动原理。恒温恒容条件下进行反应,该反应前后气体分子数不变,所以容器内的气体压强始终保持不变,A项错误;t2时,正反应速率在平衡状态Ⅰ的基础上逐渐增大,则说明为增大产物C的浓度导致的,B项正确;根据勒夏特列原理,该平衡只能是向“减弱”改变的方向移动,最终平衡时A的体积分数应减小,C项错误;平衡常数只与温度有关,温度不变,故平衡常数不变,D项错误。
12.(2021·湖南·12,4分,难度☆☆☆☆)对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是(　　)

粒子组
判断和分析
A
Na+、Al3+、Cl-、NH3·H2O
不能大量共存,因发生反应:Al3++4NH3·H2OAlO2-+4NH4++2H2O
B
H+、K+、S2O32-、SO42-
不能大量共存,因发生反应:2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O
C
Na+、Fe3+、
SO42-、H2O2
能大量共存,粒子间不反应
D
H+、Na+、Cl-、MnO4-
能大量共存,粒子间不反应

解析B　本题考查离子共存与离子方程式正误判断。NH3·H2O碱性较弱,与Al3+反应只能生成Al(OH)3沉淀,A项错误;酸性条件下,S2O32-能够发生歧化反应生成SO2和S,B项正确;Fe3+对H2O2的分解具有催化作用,C项错误;酸性较强时,MnO4-会氧化Cl-生成Cl2,D项错误。
13.(2021·湖南·13,4分,难度☆☆☆)1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应,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:

已知:CH3(CH2)3OH+NaBr+H2SO4
CH3(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Ⅱ中a为进水口,b为出水口
C.用装置Ⅲ萃取分液时,将分层的液体依次从下口放出
D.经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后,使用装置Ⅱ再次蒸馏,可得到更纯的产品
解析AD　本题考查以1-溴丁烷的制取为素材,考查分离提纯操作。装置Ⅰ的冷凝管可以使挥发出的1-丁醇冷凝回流,继续参与反应,增大了原料的利用率,提高产品的产率,A项正确;装置Ⅱ中冷凝水应从b口通入,a口流出,B项错误;分液操作应将下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,C项错误;分液操作后得到的粗产品,再经蒸馏可以进一步提纯产品,D项正确。
14.(2021·湖南·14,4分,难度☆☆☆☆☆)铁的配合物离子(用[L-Fe-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:


下列说法错误的是(　　)
A.该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B.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Ⅱ→Ⅲ步骤决定
解析CD　本题以反应机理考查微粒的变化历程及能量变化关系。从图可知,该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑,A项正确;结合能量图看,H+浓度过大会使HCOO-浓度过低,H+浓度过小则浓度过小,均会降低该反应的反应速率,B项正确;金属氢化物中氢为-1价,据此分析该反应过程中Fe的化合价都是+2价,即反应过程中铁的化合价不发生变化,C项错误;从Ⅳ→Ⅰ的过程活化能最大,决定了总反应的速率,D项错误。
三、非选择题:包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。
15.(2021·湖南·15,12分,难度☆☆☆☆)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:
步骤Ⅰ.Na2CO3的制备

步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定
①称取产品2.500 g,用蒸馏水溶解,定容于250 mL容量瓶中;
②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶,加入2滴指示剂M,用0.100 0 mol·L-1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V1 mL;
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用0.100 0 mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点),又消耗盐酸V2 mL;
④平行测定三次,V1平均值为22.45,V2平均值为23.51。
已知:(ⅰ)当温度超过35 ℃时,NH4HCO3开始分解。
(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100 g H2O)
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0



NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2

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“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NaHCO3质量分数的计算结果　　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 
答案(1)NaHCO3　相同温度下,碳酸氢钠与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小
(2)D
(3)甲基橙　溶液由黄色变为橙色
(4)3.56%　(5)偏大
解析本题属于综合实验题,但考查点难度较小,主要考查了物质成分的分析、仪器的选择使用、滴定操作中指示剂的选择及滴定现象的描述、物质含量的计算等。
(1)根据流程图及最终产品是碳酸钠可推知晶体A的成分是碳酸氢钠。根据已知(ⅱ)中相关盐在不同温度下的溶解度表可知碳酸氢钠的溶解度在35 ℃的温度下,与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小。所以当将碳酸氢铵粉末和氯化钠溶液混合时,溶液中易析出碳酸氢钠晶体。
(2)给固体加热所用的仪器一般为坩埚。
(3)用盐酸标准溶液滴定含有碳酸氢钠杂质的碳酸钠溶液时,由于开始时溶液呈碱性,且首先发生反应:Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,此时所用指示剂M为酚酞,终点的现象是:溶液由红色变为近无色。第二个滴定阶段发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑,由于最终溶液呈弱酸性,所以可用甲基橙作指示剂(N)。滴定终点的现象是溶液由黄色变为橙色。
(4)根据滴定过程中的反应原理:Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl、NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑可知,2.500 g产品中碳酸氢钠所消耗的盐酸的体积为(V2-V1) mL×10=(23.51-22.45) mL×10,则样品中n(NaHCO3)=(23.51-22.45) mL×10×10-3 L·mL-1×0.100 0 mol·L-1=1.06×10-3 mol。所以产品中碳酸氢钠的质量分数为1.06×10-3mol×84 g·mol-12.500 g×100%=3.56%。
(5)由于滴定管的刻度上小下大,当第一滴定终点时俯视读数,会使所读刻度值偏小,即V1偏小,引起(V2-V1)偏大,则最终所算得的碳酸氢钠的质量分数偏大。
16.(2021·湖南·16,14分,难度☆☆☆☆☆)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≡N
H—H
N—H
键能E/(kJ·mol-1)
946
436.0
390.8

在一定温度下,利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题:
(1)反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)　ΔH=　　　　 kJ·mol-1; 
(2)已知该反应的ΔS=198.9 J·mol-1·K-1,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0.1 mol NH3通入3 L 的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200 kPa),各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。

①若保持容器体积不变,t1时反应达到平衡,用H2的浓度变化表示0~t1时间内的反应速率v(H2)=　　　　 mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示); 
②t2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　　　　　　　　　　　　　; 
③在该温度下,反应的标准平衡常数Kθ=　　　　　 
(已知:分压=总压×该组分物质的量分数,对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)
Kθ=(pGpθ)g·(pHpθ)ℎ(pDpθ)d·(pEpθ)e,其中pθ=100 kPa,pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ.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。

(4)电解过程中OH-的移动方向为　　　　　　(填“从左往右”或“从右往左”); 
(5)阳极的电极反应式为　　　　　　　　　。 
答案(1)+90.8　(2)CD
(3)①0.02t1　②b　t2时刻,将容器的体积迅速缩小为原来的一半,则所有气体的分压突然增大为原平衡时的2倍,则N2的分压突变为0.8×100 kPa,之后平衡逆向移动,氮气的分压减小　③0.48
(4)从右往左　(5)2NH3-6e-+6OH-N2↑+6H2O
解析本题是热化学、电化学与速率平衡的综合题,考查了反应热的计算、自由能与反应的自发性、速率与平衡常数的计算、电极反应式的书写等知识。
(1)根据ΔH=反应物中化学键的键能之和-生成物中化学键键能之和=6×390.8 kJ·mol-1-(946 kJ·mol-1+3×436.0 kJ·mol-1)=+90.8 kJ·mol-1。
(2)ΔG=ΔH-TΔS<0时,反应可自发进行。代入数据可得,90.8 kJ·mol-1-T×198.9 J·mol-1·K-1<0,解得T>456.5 K,即温度应高于456.5-273=183.5 ℃。故合理答案为CD。
(3)①根据图像可知,从反应达平衡时(即t1时),氨气和氢气的分压都为1.2×100 kPa,氮气的分压为0.4×100 kPa,列三段式为:
　2NH3N2+3H2　总压
起始/mol 0.1 0 0 200 kPa
转化/mol 2n n 3n
平衡/mol 0.1-2n n 3n (1.2+1.2+
0.4)×100 kPa
恒温恒容条件下,气体的压强与物质的量成正比,可列式:0.10.1-2n+n+3n=200(1.2+1.2+0.4)×100
解得n=0.02,所以0~t1时间段内v(H2)=0.06mol3 L·t1min=0.02t1 mol·L-1·min-1。
②t2时刻,将容器的体积迅速缩小为原来的一半,则所有气体的分压突然增大为原平衡时的2倍,则N2的分压突变为0.8×100 kPa,之后平衡逆向移动,氮气的分压减小,所以符合条件的曲线为b。
③根据t1时各气体的分压,可列式Kθ=0.4×1.231.22=0.48。
(4)根据总反应2NH3N2+3H2可推知,生成氮气的电极为阳极,生成氢气的电极为阴极,阴离子应向阳极移动,故OH-的移动方向为从右往左。(5)阳极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-N2↑+6H2O。
17.(2021·湖南·17,13分,难度☆☆☆☆☆)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中,铈(Ce)主要以CePO4形式存在,还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下:

回答下列问题:
(1)铈的某种核素含有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Ⅲ的主要成分是　　　　　(填化学式); 
(4)加入絮凝剂的目的是　　　　　　　　　　; 
(5)“沉铈”过程中,生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　,常温下加入的NH4HCO3溶液呈　　　　　(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知:NH3·H2O的Kb=1.75×10-5,H2CO3的Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11); 
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4,在高温条件下,Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4,同时生成CO和H2O,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案(1)　58138Ce
(2)将“焙烧”所得固体粉碎、加热、搅拌
(3)Fe(OH)3和Al(OH)3
(4)为了使沉淀更完全,得到澄清溶液
(5)2Ce3++6HCO3-+nH2OCe2(CO3)3·nH2O+3CO2↑　碱性
(6)3Li2CO3+C6H12O6+6FePO4
6LiFePO4+9CO↑+6H2O
解析本题借助化工流程图形式考查了核素构成、物质间的转化、陌生离子方程式或化学方程式的书写等知识。“焙烧”时,二氧化硅不参加反应,氧化铝和氧化铁分别与硫酸反应生成硫酸铝和硫酸铁,CaF2与浓硫酸反应生成硫酸钙,同时得到酸性气体HF。所以“水浸”时所得滤渣Ⅰ为SiO2。根据第(6)问题干可知,“除磷”时,加入的FeCl3是为了除去PO43-,得到滤渣Ⅱ为FePO4。“聚沉”过程加入MgO,为了得到沉淀Fe(OH)3和Al(OH)3,加入絮凝剂可使沉淀完全。最后加入NH4HCO3溶液是得到产品Ce2(CO3)3·nH2O。
(1)根据铈元素某种核素内的质子数和中子数可求得其质量数为58+80=138,所以该核素的符号为 　58138Ce。
(2)提高“水浸”效率的方法较多,如将“焙烧”所得固体粉碎、加热、搅拌等措施。
(3)滤渣Ⅲ的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
(4)加入絮凝剂是为了使沉淀更完全,得到澄清溶液。
(5)“沉铈”时,Ce3+与HCO3-相互促进水解,从而得到产品Ce2(CO3)3·nH2O,离子方程式为2Ce3++6HCO3-+nH2OCe2(CO3)3·nH2O+3CO2↑。
由碳酸的Ka1可求得HCO3-的水解常数Kh=10-144.4×10-7,该水解常数Kh>碳酸的Ka2,所以HCO3-在溶液中以水解为主,又由于NH4+的水解常数Kh为10-14Kb=10-141.75×10-5,则NH4HCO3溶液中NH4+的水解程度弱于HCO3-的水解程度,所以NH4HCO3溶液呈碱性。
(6)根据提示可得:Li2CO3+C6H12O6+FePO4LiFePO4+CO+H2O,配平可得化学方程式为3Li2CO3+C6H12O6+6FePO46LiFePO4+9CO↑+6H2O。
(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。
18.(2021·湖南·18,15分,难度☆☆☆☆☆)[选修3:物质结构与性质]
硅、锗(Ge)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SiX4。
SiX4的熔沸点

SiF4
SiCl4
SiBr4
SiI4
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7

①0 ℃时,SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液态的是　　　　　(填化学式),沸点依次升高的原因是　　　　　　　,气态SiX4分子的空间结构是　　　　　　　; 
②SiCl4与N-甲基咪唑()反应可以得到M2+,其结构如图所示:

N-甲基咪唑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M2+中含有　　　　个σ键; 
(3)下图是Mg、Ge、O三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。

①已知化合物中Ge和O的原子个数比为1∶4,图中Z表示　　　　原子(填元素符号),该化合物的化学式为　　　　　; 
②已知该晶胞的晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm,α=β=γ=90°,则该晶体的密度ρ=　　　　　 g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA,用含a、b、c、NA的代数式表示)。 
答案(1)　SiC
(2)①SiCl4　相对分子质量逐渐增大　正四面体　②sp2、sp3　N>C>H　44
(3)①O　Mg2GeO4　②7.4×1023NA×abc
解析本题考查《物质结构与性质》模块的核外电子排布、原子杂化类型、分子空间结构和晶胞及其相关计算等核心知识。
(1)基态硅原子的最外层电子是3s23p2,其电子排布图为:。晶体硅和碳化硅均属于原子晶体,其熔点与共价键的强弱有关,碳原子的半径小于硅原子,故Si—Si键长大于C—Si键,键能C—Si键较大,熔点碳化硅较高。
(2)①由题给数据可知,0 ℃时SiCl4为液态。卤化硅(SiX4)都是分子晶体,分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大,导致熔、沸点升高。SiX4的硅原子存在4个σ键,故Si是sp3杂化,空间结构为正四面体。②N-甲基咪唑中甲基碳原子为sp3杂化,五元环中的碳原子是sp2杂化。根据电负性规律可知,电负性N>C>H。配位键也属于σ键,每个N-甲基咪唑中含有12个σ键,与硅原子又形成1个σ键,另外还有两个Si—Cl键,共含有(12+1)×4+2=44个σ键。
(3)①根据各粒子在晶胞中的位置及其贡献率,确定各元素的原子数目:X位于顶点、棱上、面上和体内:8×18+4×14+6×12+3=8;Y均在体内共4个;Z均在体内共16个。结合Ge和O的原子个数比为1∶4,则化学式为Mg2GeO4。Z元素为O。②每个晶胞含有4个Mg2GeO4,Mg2GeO4的摩尔质量为185 g·mol-1;晶胞体积为(a×b×c)×10-21 cm3。
则晶体的密度为ρ=4×185NA×a×b×c×10-21 g·cm-3=7.4×1023NA×abc g·cm-3。
【巧解】①M2+中σ键数目判断。首先明确配位键也是σ键。结合结构可分为两类判断:Si—Cl配位键;再分析每个N-甲基咪唑可以形成的σ键数目。
②晶胞的化学式判断,可以避开晶胞的结构分析。Ge为+4价,O为-2价,且二者在晶胞中个数比为1∶4,根据化合价代数和为0判断,Mg为+2价,故化学式为Mg2GeO4。
19.(2021·湖南·19,15分,难度☆☆☆☆☆)[选修5:有机化学基础]
叶酸拮抗剂Alimta(M)是一种多靶向性抗癌药物。以苯和丁二酸酐为原料合成该化合物的路线如下:

已知:①++
②
回答下列问题:
(1)A的结构简式为　　　　　　; 
(2)A→B,D→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,同时满足下列条件的同分异构体有　　　　种(不考虑立体异构); 
①苯环上有2个取代基　②能够发生银镜反应
③与FeCl3溶液发生显色反应
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,写出丁二酸酐和乙二醇合成聚丁二酸乙二醇酯的反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　; 
(6)参照上述合成路线,以乙烯和
为原料,设计合成的路线　　　　　　　　　(其他试剂任选)。 
答案(1)
(2)还原反应　取代反应
(3)酰胺基　羧基
(4)15　
(5)n+nHOCH2CH2OH

(6)CH2CH2CH3CH2OH
CH3CHO

解析本题以有机合成与推断为命题素材,考查有机物的结构简式书写、反应类型判断、官能团名称、同分异构体数目的判断、方程式书写和有机合成路线的设计等。
(1)由已知信息①为取代反应可知,丁二酸酐与苯发生反应可以生成A的结构简式为。
(2)A→B的反应符合“去氧加氢”的特点,为还原反应。D→E的变化为Br原子取代了醛基邻位的氢原子,属于取代反应。
(3)M中虚线框内a为酰胺基,b为羧基。
(4)条件②说明分子中含有醛基;条件③说明含有酚羟基(羟基与苯环直接相连);条件①说明两个取代基分别为酚羟基和含醛基的侧链。根据四个碳原子的碳架结构可知,含醛基的侧链和苯环的连接有如下五种形式(序号为连接苯环的碳原子):、。又因为在苯环上两个取代基有三种位置关系,则同分异构体数目为3×5=15种。
其中核磁共振氢谱有5组峰,且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1,结构中含有两个等效甲基,空间对称性很强,其结构简式为。
(5)丁二酸酐和乙二醇生成聚丁二酸乙二醇酯反应过程中,丁二酸酐开环与乙二醇产生酯类聚合物:n+nHOCH2CH2OH
。
(6)结合合成路线中D→E→G的转化,以乙烯和为原料合成的路线为CH2CH2CH3CH2OH
CH3CHO
。
【方法技巧】同分异构体的数目判断
如本题第(5)问,可以对分子进行“拆分”出两个侧链,对含4个碳原子的侧链根据碳架异构确定种类,然后再根据位置异构计算同分异构体总数。