1、PAGE PAGE 25湖南省2021年普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。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)“

2、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【答案】A【解析】【分析】【詳解】A定期清淤，疏通河道，保證河流暢通，沒有涉及化學變化，A符合題意；B工業(yè)生產(chǎn)中得到產(chǎn)品的同時常產(chǎn)生廢氣、廢水和廢渣（簡稱“三廢”），常涉及化學方法進行處理，如石膏法脫硫、氧化還原法和沉淀法等處理廢水，廢渣資源回收利用等過程均有新物質生成，涉及化學變化，B不符合題意；C可通過微生物的代謝作用，將廢水中有毒有害物質尤其復雜的有機污染物降解為簡單的、無害物質，所以微生物法處理廢水有新物質的生成，涉及的是化學變化，C不符合題意；D河道中的垃圾回收分類，適合焚化處理

3、的垃圾，利用現(xiàn)代焚化爐進行燃燒，消滅各種病原體，把一些有毒、有害物質轉化為無害物質，同時可回收熱能，用于供熱和發(fā)電等，此過程涉及化學變化，D不符合題意；故選A。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. 粉末在空氣中受熱，迅速被氧化成C. 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【答案】B【解析】【分析】【詳解】A糖類分為單糖、二糖和多糖，其中屬于多糖的淀粉、纖維素的相對分子質量上萬，屬于天然高分子化合物，蛋白質也屬于天然有機高分子化合物，而單糖和二糖相對分子質量較小，不屬于天然高分子化合物，A錯誤；B氧化亞鐵具有較強的還原性，在空氣

4、中受熱容易被氧氣氧化為穩(wěn)定的四氧化三鐵，B正確；C二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白紙漿、毛和絲等，還可用于殺菌消毒，例如，在葡萄酒釀制過程中可適當添加二氧化硫，起到殺菌、抗氧化作用，C錯誤；D鍍鋅的鐵皮鍍層破損后構成原電池，鋅作負極，鐵作正極被保護，鐵皮不易被腐蝕，D錯誤；故選B。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檢驗溶液中是否被氧化取少量待測液，滴加溶液，觀察溶液顏色變化B凈化實驗室制備的氣體依次通過盛有飽和溶液、濃的洗氣瓶C測定溶液的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，蒸餾A. AB. BC. CD. D【答案】

5、C【解析】【分析】【詳解】A.若Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+能與SCN-生成Fe(SCN)3，溶液變成血紅色，能達到實驗目的，故A不符合題意；B實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制氯氣，先用飽和食鹽水除去混有的氯化氫，再通過濃硫酸的洗氣瓶干燥，能達到實驗目的，故B不符合題意；C用pH試紙測定NaOH溶液的pH不能潤濕pH試紙，否則會因濃度減小，而影響測定結果，不能達到實驗目的，故C符合題意；D制取無水酒精時，通常把工業(yè)酒精跟新制的生石灰混合，加熱蒸餾，能達到實驗目的，故D不符合題意。答案選C。4. 已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：下列說法正確

6、的是A. 苯與溴水混合，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. 已二酸與溶液反應有生成D. 環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.苯的密度比水小，苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，有機層在上層，應是上層溶液呈橙紅色，故A錯誤；B環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，和乙醇結構不相似，分子組成也不相差若干CH2原子團，不互為同系物，故B錯誤；C己二酸分子中含有羧基，能與NaHCO3溶液反應生成CO2，故C正確；D環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，與每個碳原子直接相連的4個原子形成四面體結構，因此所有碳原子不可能共平面，故D錯誤；答案選C。5. 為阿伏加德羅常數(shù)的

7、值。下列說法正確的是A. 含有的中子數(shù)為B. 溶液中含有的數(shù)為C. 與在密閉容器中充分反應后的分子數(shù)為D. 和(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數(shù)為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A的物質的量為=0.9mol，1個含0+(18-8)=10個中子，則含有的中子數(shù)為，A錯誤；B未給溶液體積，無法計算，B錯誤；C存在2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，因此與在密閉容器中充分反應后的分子數(shù)小于，C錯誤；D甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代，1mol氯氣可取代1molH，同時產(chǎn)生1molHCl分子，標準狀況下的物質的量為0.5mol，的物質的量為1mol，0.5molCH4含4molH，最多可消耗

8、4molCl2，因此CH4過量，根據(jù)1mol氯氣可取代1molH，同時產(chǎn)生1molHCl分子可知1molCl2完全反應可得1moHCl，根據(jù)C守恒，反應后含C物質的物質的量=甲烷的物質的量=0.5mol，因此和(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數(shù)為，D正確；選D。6. 一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如下：下列說法錯誤的是A. 物質X常選用生石灰B. 工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂C. “氯化”過程中發(fā)生的反應為D. “煅燒”后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無水【答案】D【解析】【分析】海水經(jīng)一系列處理得到苦鹵水，苦鹵水中含Mg2+，苦鹵水中加物質X使Mg2+轉化為Mg(OH

9、)2，過濾除去濾液，煅燒Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2經(jīng)“氯化”得無水MgCl2。【詳解】A物質X的作用是使Mg2+轉化為Mg(OH)2，工業(yè)上常采用CaO，發(fā)生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正確；BMg是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂，B正確；C由圖可知“氯化”過程反應物為MgO、氯氣、C，生成物之一為MgCl2，C在高溫下能將二氧化碳還原為CO，則“氣體”為CO，反應方程式為，C正確；D“煅燒”后得到MgO，MgO和鹽酸反應得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解為氫氧化鎂和HCl，將所得溶液加熱蒸發(fā)HCl

10、會逸出，MgCl2水解平衡正向移動，得到氫氧化鎂，得不到無水MgCl2，D錯誤；選D。7. W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y的原子序數(shù)等于W與X的原子序數(shù)之和，Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，W與X可形成原子個數(shù)比為2：1的分子。下列說法正確的是A. 簡單離子半徑：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：D. 由W、X、Y三種元素所組成化合物的水溶液均顯酸性【答案】B【解析】【分析】Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，則Z的核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為1，即為Na，W與X能形成原子個數(shù)比為2:1的18電子的分子，則形成的化合物為N2H4，所以W為

11、H，X為N，Y的原子序數(shù)是W和X的原子序數(shù)之和，則Y為O。據(jù)此分析解答。【詳解】由分析可知，W為H，X為N，Y為O，Z為Na。A離子的電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越小，半徑越大，即離子半徑大小為：N3-O2-Na+，即簡單離子半徑為：XYZ，故A錯誤；BW為H，Y為O，能形成H2O2，含有極性共價鍵和非極性共價鍵，故B正確；CX的最簡單氫化物為氨氣，Y的最簡單氫化物為水，水的沸點高于氨氣，即最簡單氫化物的沸點為YX，故C錯誤；D由W、X、Y三種元素形成的化合物有硝酸，硝酸銨，氨水等，硝酸，硝酸銨顯酸性，氨水顯堿性，故由W、X、Y三種元素形成的化合物不一定都是酸性，故D錯誤；故選B。8. 常用作食鹽

12、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。下列說法錯誤的是A. 產(chǎn)生22.4L(標準狀況)時，反應中轉移B. 反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為11：6C. 可用石灰乳吸收反應產(chǎn)生的制備漂白粉D. 可用酸化淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在【答案】A【解析】【分析】【詳解】A該反應中只有碘元素價態(tài)升高，由0價升高至KH(IO3)2中+5價，每個碘原子升高5價，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以產(chǎn)生22.4L (標準狀況) Cl2即1mol Cl2時，反應中應轉移20 mol e-，A錯誤；B該反應中KClO3中氯元素價態(tài)降低

13、，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價態(tài)升高，I2作還原劑，由該方程式的計量系數(shù)可知，11KClO36I2，故該反應的氧化劑和還原劑的物質的量之比為11:6，B正確；C漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應，C正確；D食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I-發(fā)生歸中反應生成I2，I2再與淀粉發(fā)生特征反應變?yōu)樗{色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在，D正確。故選A。9. 常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為三種一元弱酸的鈉鹽溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是A. 該溶液中：B. 三種一元弱酸的電離常數(shù)：C. 當時，三種溶液中：D. 分別滴加20.

14、00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：【答案】C【解析】【分析】由圖可知，沒有加入鹽酸時，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，則HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱。【詳解】ANaX為強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序為c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，故A正確；B弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序為Ka(HX)Ka (HY)Ka(HZ)，故B正確；C當溶液pH為7時，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序為

15、c(X-)c(Y-)c(Z-)，故C錯誤；D向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存電荷守恒關系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-)，故D正確；故選C。10. 鋅溴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網(wǎng)的備用電源等。三單體串聯(lián)鋅溴液流電池工作原理如圖所：下列說法錯誤的是A. 放電時，N極為正極B. 放電時，左側貯液器中的濃度不斷減小

16、C. 充電時，M極的電極反應式為D. 隔膜允許陽離子通過，也允許陰離子通過【答案】B【解析】【分析】由圖可知，放電時，N電極為電池的正極，溴在正極上得到電子發(fā)生還原反應生成溴離子，電極反應式為Br2+2e=2Br，M電極為負極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，電極反應式為Zn2e=Zn2+，正極放電生成的溴離子通過離子交換膜進入左側，同時鋅離子通過交換膜進入右側，維持兩側溴化鋅溶液的濃度保持不變；充電時，M電極與直流電源的負極相連，做電解池的陰極，N電極與直流電源的正極相連，做陽極?！驹斀狻緼由分析可知，放電時，N電極為電池的正極，故A正確；B由分析可知，放電或充電時，左側儲液器和右側儲液器

17、中溴化鋅的濃度維持不變，故B錯誤；C由分析可知，充電時，M電極與直流電源的負極相連，做電解池的陰極，鋅離子在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成鋅，電極反應式為Zn2+2e=Zn，故C正確；D由分析可知，放電或充電時，交換膜允許鋅離子和溴離子通過，維持兩側溴化鋅溶液的濃度保持不變，故D正確；故選B。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. 已知：，向一恒溫恒容的密閉容器中充入和發(fā)生反應，時達到平衡狀態(tài)I，在時改變某一條件，時重新達到平衡狀態(tài)，正反應速率隨時間的變化如圖所示。下列

18、說法正確的是A. 容器內(nèi)壓強不變，表明反應達到平衡B. 時改變的條件：向容器中加入CC. 平衡時A的體積分數(shù)：D. 平衡常數(shù)K：【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)圖像可知，向恒溫恒容密閉容器中充入1molA和3molB發(fā)生反應，反應時間從開始到t1階段，正反應速率不斷減小，t1-t2時間段，正反應速率不變，反應達到平衡狀態(tài)，t2-t3時間段，改變條件使正反應速率逐漸增大，平衡向逆反應方向移動，t3以后反應達到新的平衡狀態(tài)，據(jù)此結合圖像分析解答?！驹斀狻緼.容器內(nèi)發(fā)生的反應為A(g)+2B(g)3C(g)，該反應是氣體分子數(shù)不變的可逆反應，所以在恒溫恒容條件下，氣體的壓強始終保持不變，則容器內(nèi)壓強

19、不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，A錯誤；B.根據(jù)圖像變化曲線可知，t2t3過程中，t2時，瞬間不變，平衡過程中不斷增大，則說明反應向逆反應方向移動，且不是“突變”圖像，屬于“漸變”過程，所以排除溫度與催化劑等影響因素，改變的條件為：向容器中加入C，B正確；C.最初加入體系中的A和B的物質的量的比值為1：3，當向體系中加入C時，平衡逆向移動，最終A和B各自物質的量增加的比例為1：2，因此平衡時A的體積分數(shù)(II)(I)，C正確；D.平衡常數(shù)K與溫度有關，因該反應在恒溫條件下進行，所以K保持不變，D錯誤。故選BC。12. 對下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是粒子組判斷和分析A、不

20、能大量共存，因發(fā)生反應：B、不能大量共存，因發(fā)生反應：C、能大量共存，粒子間不反應D、能大量共存，粒子間不反應A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A錯誤；BS2和H+反應生成單質硫、二氧化硫和水，離子方程式為：2H+ S2=S+SO2+H2O，故B正確；CFe3+可以將H2O2氧化得Fe2+和O2，不能大量共存，故C錯誤；D在酸性條件下Mn能將Cl-氧化為Cl2，不能大量共存，故D錯誤；答案選B。13. 1-丁醇、溴化鈉和70%的硫酸共熱反應，經(jīng)過回流、蒸餾、萃取分液制得1-溴丁烷粗產(chǎn)品，裝置如圖所

21、示：已知：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(chǎn)率B. 裝置中a為進水口，b為出水口C. 用裝置萃取分液時，將分層的液體依次從下放出D. 經(jīng)裝置得到的粗產(chǎn)品干燥后，使用裝置再次蒸餾，可得到更純的產(chǎn)品【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)題意1-丁醇、溴化鈉和70%的硫酸在裝置I中共熱發(fā)生得到含、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在裝置中蒸餾得到和的混合物，在裝置中用合適的萃取劑萃取分液得粗產(chǎn)品。【詳解】A濃硫酸和NaBr會產(chǎn)生HBr，1-丁醇以及濃硫酸和NaBr產(chǎn)生HBr均易揮發(fā)，用裝置I回流可減少反應物的揮發(fā)，提高產(chǎn)率，A正確；B冷凝水應下進上出，裝置

22、中b為進水口，a為出水口，B錯誤；C用裝置萃取分液時，將下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，C錯誤；D由題意可知經(jīng)裝置得到粗產(chǎn)品，由于粗產(chǎn)品中各物質沸點不同，再次進行蒸餾可得到更純的產(chǎn)品，D正確；選AD。14. 鐵的配合物離子(用表示)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：下列說法錯誤的是A. 該過程的總反應為B. 濃度過大或者過小，均導致反應速率降低C. 該催化循環(huán)中元素的化合價發(fā)生了變化D. 該過程的總反應速率由步驟決定【答案】D【解析】【分析】【詳解】A由反應機理可知，HCOOH電離出氫離子后，HCOO-與催化劑結合，放出二氧化碳，然后又結合氫離子轉化為氫氣，所以化學

23、方程式為HCOOHCO2+H2，故A正確；B若氫離子濃度過低，則反應的反應物濃度降低，反應速率減慢，若氫離子濃度過高，則會抑制加酸的電離，使甲酸根濃度降低，反應速率減慢，所以氫離子濃度過高或過低，均導致反應速率減慢，故B正確；C由反應機理可知，F(xiàn)e在反應過程中，化學鍵數(shù)目發(fā)生變化，則化合價也發(fā)生變化，故C正確；D由反應進程可知，反應能壘最大，反應速率最慢，對該過程的總反應起決定作用，故D錯誤；故選D。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第1517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(jù)要求作答。(一)必考題：此題包括3小題，共39分。15. 碳酸鈉俗稱純堿，是一

24、種重要的化工原料。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：步驟I.的制備步驟.產(chǎn)品中含量測定稱取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用鹽酸標準溶液滴定，溶液由紅色變至近無色(第一滴定終點)，消耗鹽酸；在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用鹽酸標準溶液滴定至終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸；平行測定三次，平均值為22.45，平均值為23.51。已知：(i)當溫度超過35時，開始分解。(ii)相關鹽在不同溫度下的溶解度表溫度/010203040506035.735.836.036.3

25、36.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列問題：(1)步驟I中晶體A的化學式為_，晶體A能夠析出的原因是_；(2)步驟I中“300加熱”所選用的儀器是_(填標號)；A. B. C. D.(3)指示劑N為_，描述第二滴定終點前后顏色變化_；(4)產(chǎn)品中的質量分數(shù)為_(保留三位有效數(shù)字)；(5)第一滴定終點時，某同學俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則質量分數(shù)的計算結果_(填“偏大”“偏小”或“無影響”)?！敬鸢浮?(1). NaHCO3 (2). 在30-35C時NaHCO3的

26、溶解度最?。ㄒ馑己侠砑纯桑?(3). D (4). 甲基橙 (5). 由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色 (6). 3.56% (7). 偏大【解析】【分析】步驟I：制備Na2CO3的工藝流程中，先將NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加熱，根據(jù)不同溫度條件下各物質的溶解度不同，為了得到NaHCO3晶體，控制溫度在30-35C發(fā)生反應，最終得到濾液為NH4Cl，晶體A為NaHCO3，再將其洗滌抽干，利用NaHCO3受熱易分解的性質，在300C加熱分解NaHCO3制備Na2CO3；步驟II：利用酸堿中和滴定原理測定產(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反應為：Na2CO3+HCl

27、=NaHCO3+NaCl，因為Na2CO3、NaHCO3溶于水顯堿性，且堿性較強，所以可借助酚酞指示劑的變化來判斷滴定終點，結合顏色變化可推出指示劑M為酚酞試劑；第二次滴定時溶液中的溶質為NaCl，同時還存在反應生成的CO2，溶液呈現(xiàn)弱酸性，因為酚酞的變色范圍為8-10，所以不適合利用酚酞指示劑檢測判斷滴定終點，可選擇甲基橙試液，所以指示劑N為甲基橙試液，發(fā)生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，再根據(jù)關系式求出總的NaHCO3的物質的量，推導出產(chǎn)品中NaHCO3的，最終通過計算得出產(chǎn)品中NaHCO3的質量分數(shù)?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，(1)根據(jù)題給信息中鹽在不同溫度下的

28、溶解度不難看出，控制溫度在30-35C，目的是為了時NH4HCO3不發(fā)生分解，同時析出NaHCO3固體，得到晶體A，因為在30-35C時，NaHCO3的溶解度最小，故答案為：NaHCO3；在30-35C時NaHCO3的溶解度最?。?2)300C加熱抽干后的NaHCO3固體，需用坩堝、泥三角、三腳架進行操作，所以符合題意的為D項，故答案為：D；(3)根據(jù)上述分析可知，第二次滴定時，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點前溶液的溶質為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達到終點后溶液的溶質為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不褪色；(4) 第一次滴定發(fā)生的反應是：Na2CO3+HCl=Na

29、HCO3+NaCl，則n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.51mL，則根據(jù)方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，消耗的NaHCO3的物質的量n總(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，則原溶液中的NaHCO3的物質的量n(NaHCO3)= n總(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，則原產(chǎn)品中NaHCO3的物質的量為

30、=1.0610-3mol，故產(chǎn)品中NaHCO3的質量分數(shù)為，故答案為：3.56%；(5)若該同學第一次滴定時，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，則會使標準液鹽酸的體積偏小，即測得V1偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCO3的物質的量會偏大，最終導致其質量分數(shù)會偏大，故答案為：偏大。16. 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鍵的鍵能數(shù)據(jù)化學鍵鍵能946436.0390.8一定溫度下，利用催化劑將分解為和。回答下列問題：(1)反應_；(2)已知該反應的，在下列哪些溫度下反應能自發(fā)進行？_(填標號)A25 B.125

31、C.225 D.325(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，將通入3L的密閉容器中進行反應(此時容器內(nèi)總壓為200kPa)，各物質的分壓隨時間的變化曲線如圖所示。若保持容器體積不變，時反應達到平衡，用的濃度變化表示時間內(nèi)的反應速率_(用含的代數(shù)式表示)時將容器體積迅速縮小至原來的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后分壓變化趨勢的曲線是_(用圖中a、b、c、d表示)，理由是_；在該溫度下，反應的標準平衡常數(shù)_。(已知：分壓=總壓該組分物質的量分數(shù)，對于反應，其中，、為各組分的平衡分壓)。方法：氨電解法制氫氣利用電解原理，將氮轉化為高純氫氣，其裝置如圖所示。(4)電解

32、過程中的移動方向為_(填“從左往右”或“從右往左”)；(5)陽極的電極反應式為_。KOH溶液KOH溶液【答案】 (1). +90.8 (2). CD (3). (4). b (5). 開始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N2分壓比原來2倍要小 (6). 0.48 (7). 從右往左 (8). 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O【解析】【分析】【詳解】(1) 根據(jù)反應熱=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案

33、為：+90.8；(2)若反應自發(fā)進行，則需H-TS=456.5K，即溫度應高于(456.5-273)=183.5，CD符合，故答案為：CD；(3)設t1時達到平衡，轉化的NH3的物質的量為2x，列出三段式：根據(jù)同溫同壓下，混合氣體的物質的量等于體積之比，=，解得x=0.02mol，(H2)=molL-1min-1，故答案為：；t2時將容器體積壓縮到原來的一半，開始N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N2分壓比原來2倍要小，故b曲線符合，故答案為：b；開始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N2分壓比原來2倍要?。挥蓤D可知，平衡時，NH3、N2、H2的分壓分

34、別為120 kPa、40 kPa、120 kPa，反應的標準平衡常數(shù)=0.48，故答案為：0.48；(4)由圖可知，通NH3的一極氮元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，為電解池的陽極，則另一電極為陰極，電解過程中OH-移向陽極，則從右往左移動，故答案為：從右往左；(5)陽極NH3失電子發(fā)生氧化反應生成N2，結合堿性條件，電極反應式為：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案為：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。17. 可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、等物質。以獨居石為原料制備的工藝流程如下：回答下列問題：(1)鈰的某種核素含有

35、58個質子和80個中子，該核素的符號為_；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有_(至少寫兩條)；(3)濾渣的主要成分是_(填化學式)；(4)加入絮凝劑的目的是_；(5)“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_，常溫下加入的溶液呈_(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)濾渣的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和，該反應的化學方程式為_【答案】 (1). (2). 適當升高溫度，將獨居石粉碎等 (3). Al(OH)3 (4). 促使鋁離子沉淀 (5). (6). 堿性 (7). 6+12=12+6CO+6H2O+6CO2【解析】【分析】焙燒濃硫酸

36、和獨居石的混合物、水浸，轉化為Ce2(SO4)3和H3PO4，與硫酸不反應，轉化為Al2(SO4)3，轉化為Fe2(SO4)3，轉化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣為和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣為FePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉化為沉淀，過濾除去，濾渣主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得Ce2(CO3)3nH2O。【詳解】(1)鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，則質量數(shù)為58+80=138，該核素的符號為；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當升高溫度，將獨

37、居石粉碎等；(3)結合流程可知，濾渣的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；(5)用碳酸氫銨“沉鈰”，則結合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為；銨根離子的水解常數(shù)Kh()=5.710-10，碳酸氫根的水解常數(shù)Kh()=2.310-8，則Kh()CH (8). 54 (9). O (10). Mg2GeO4 (11). =1021【解析】【分析】【詳解】(1)硅元素的原子序數(shù)為14，價電子排布式為3s23p2，則價電子排布圖為；原子晶體的熔點取決于共價鍵的強弱，晶體硅和碳化硅都是原子晶體，碳原子的原子半徑小于硅原子，非金屬性強于硅原子，碳硅鍵的鍵能大于硅硅鍵、鍵

38、長小于硅硅鍵，則碳硅鍵強于硅硅鍵，碳化硅的熔點高于晶體硅，故答案為：；SiC；(2) 由題給熔沸點數(shù)據(jù)可知，0時，四氟化硅為氣態(tài)，四氯化硅為液態(tài)，四溴化硅、四碘化硅為固態(tài)；分子晶體的沸點取決于分子間作用力的大小，SiX4都是結構相似的分子晶體，相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增大，則SiX4的沸點依次升高；SiX4分子中硅原子的價層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為0，則分子的空間構型為正四面體形，故答案為：SiCl4； SiX4都是結構相似的分子晶體，相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形；由M2+離子的結構可知，離子中含有雜化方式為sp3雜化的單鍵碳原子和sp2雜化的雙鍵碳原子；元素的非金屬性越強，其電負性越大，元素的非極性強弱順序為NCH，則元素電負性的大小順序為NCH；M2+離子的結構中含有單鍵、雙鍵和配位鍵，單鍵和配位鍵都是鍵，雙鍵中含有1個鍵，則離子中含有54個鍵，故答案為：sp2、sp3；NCH；54；(3)由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點、面心、棱上和體內(nèi)的X原子為8+6+4+3=8，位于體內(nèi)的Y原子和Z原子分別