2021年高考化學(xué)真題試卷(湖南卷)(word版,含答案與解析)

1、2021年高考化學(xué)真題試卷（湖南卷）一、單選題1. （2021湖南）下列有關(guān)湘江流域的治理和生態(tài)修復(fù)的措施中，沒有涉及到化學(xué)變化的是（）A.定期清淤，疏通河道B.化工企業(yè)三廢”處理后，達(dá)標(biāo)排放C.利用微生物降解水域中的有毒有害物質(zhì)D.河道中的垃圾回收分類后，進(jìn)行無害化處理【答案】A【考點(diǎn)】物理變化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)系，常見的生活環(huán)境的污染及治理【解析】【解答】A.定期清淤，疏通河道，保證河流暢通，并沒有產(chǎn)生新物質(zhì)沒有涉及化學(xué)變化，A符合題意；B.工業(yè)生產(chǎn)中得到產(chǎn)品的同時(shí)常產(chǎn)生廢氣、廢水和廢渣（簡稱主廢”），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(zhì)生成，是化

2、學(xué)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(zhì)尤其復(fù)雜的有機(jī)污染物降解為簡單的、無害物質(zhì)，此過程涉及到新物質(zhì)的產(chǎn)生是化學(xué)變化，C不符合題意；D.河道中的垃圾回收分類，以及將適合焚化處理的垃圾進(jìn)行焚燒，把一些有毒、有害物質(zhì)轉(zhuǎn)化為無害物質(zhì)，均產(chǎn)生新物質(zhì)此過程涉及化學(xué)變化，D不符合題意；故答案為：Ao【分析】工業(yè)上的三廢以及微生物的降解以及垃圾進(jìn)行無害化處理，均產(chǎn)生了新物質(zhì)，發(fā)生了化學(xué)變化；而疏通河道并沒有產(chǎn)生新物質(zhì)顧偉物理變化2. （2021湖南）下列說法正確的是（）A.糖類、蛋白質(zhì)均屬于天然有機(jī)高分子化合物B.FeO粉末在空氣中受熱，迅速被氧化成Fe3dC.SC2可漂白紙

3、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【考點(diǎn)】二氧化硫的性質(zhì)，金屬的腐蝕與防護(hù)，鐵的氧化物和氫氧化物，高分子材料【解析】【解答】A.多糖中的淀粉、纖維素的的分子式均為C3H10O5，其相對分子質(zhì)量上萬，屬于天然高分子化合物，蛋白質(zhì)也屬于天然有機(jī)高分子化合物，但是糖類還包括單糖、二糖，是小分子化合物，A不符合題意；B.氧化亞鐵具有較強(qiáng)的還原性，在空氣中受熱容易被氧氣氧化為穩(wěn)定的四氧化三鐵，B符合題意；C.二氧化硫具有漂白作用，可漂白紙漿、毛和絲等，還具有微弱氧化性可用于殺菌消毒，C不符合題意；D.鍍鋅的鐵皮鍍層破損后構(gòu)成原電池，鋅作負(fù)極失去電子變?yōu)殇\離子，鐵作正

4、極被保護(hù)，鐵皮不易被腐蝕，D不符合題意；故答案為：Bo【分析】A.糖類包括單糖、二糖、多糖等，單糖和二糖是小分子化合物，而蛋白質(zhì)和多糖是高分子化合物B.氧化亞鐵具有還原性易被氧化C.二氧化硫具有漂白性，同時(shí)也具有一定的還原性和氧化性可用于消毒殺菌D.鍍鋅后形成是原電池，鋅做負(fù)極失去電子保護(hù)了鐵3.（2021湖南）下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)A檢驗(yàn)溶液中FeSO4是否被氧化取少量待測液，滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色變化B凈化實(shí)驗(yàn)室制備的C12氣體依次通過盛有飽和NaCl溶液、濃H2so4的洗氣瓶C測定NaOH溶液的pH將待測液滴在濕潤的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照D工業(yè)

5、酒精制備無水乙醇，業(yè)酒精中加生石灰，蒸福A.AB.BC.CD.D【答案】C【考點(diǎn)】測定溶液pH的方法，氯氣的實(shí)驗(yàn)室制法，二價(jià)鐵離子和三價(jià)鐵離子的檢驗(yàn)，乙醇的工業(yè)制法【解析】【解答】A.若Fe2+被氧化為Fe3+,Fe3+能與SCN生成Fe（SCN3,溶液變成血紅色，通過顏色的改變說明含有鐵離子說明亞鐵離子被氧化，故A不符合題意；B.實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸和二氧化鎰加熱制氯氣，先用飽和食鹽水除去混有的氯化氫同時(shí)降低氯氣的溶解，再通過濃硫酸的洗氣瓶干燥，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔅不符合題意；C.用pH試紙測定NaOH溶液的pH不能北濕pH試紙，否則會因濃度減小，而影響測定結(jié)果，測量溶液pH時(shí)需要用的是干燥的試紙

6、，將其放在玻璃板上，用玻璃棒蘸取待測液滴入到試紙上，半分后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡進(jìn)行對比，故C符合題意；D.制取無水酒精時(shí)，通常把工業(yè)酒精跟新制的生石灰混合將水消耗，提高沸點(diǎn)的差異，利用加熱蒸儲，將乙醇蒸出，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故D不符合題意。故答案為：Co【分析】A.利用硫氧化鉀溶液遇到鐵離子形成血紅色的物質(zhì)用濃硫酸將水蒸綠色”合成路Bo濃鹽酸具有揮發(fā)性，利用飽和食鹽水的可以吸收氯化氫同時(shí)降低了氯氣的溶解，再氣除去C.不能用濕潤的試紙進(jìn)行測量pH,相當(dāng)于稀釋氫氧化鈉溶液，導(dǎo)致測量結(jié)果偏低D.利用水和生石灰反應(yīng)，同時(shí)利用了熔沸點(diǎn)的差異進(jìn)行蒸儲得到純凈乙醇4.（2021湖南）已二酸是一種重要的化工原料，科學(xué)家

7、在現(xiàn)有工業(yè)路線基礎(chǔ)上，提出了一條線：匚業(yè)路線0H硝酸COOH空氣催化劑,'。COOH'催化劑,下列說法正確的是（）A.苯與濱水混合，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NaHCO3溶液反應(yīng)有CO2生成D.環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【考點(diǎn)】有機(jī)化合物中碳的成鍵特征，分液和萃取，同系物【解析】【解答】A.苯不與濱水反應(yīng)，苯與濱水混合，充分振蕩后靜置，有機(jī)層密度小，應(yīng)是上層溶液呈橙紅色，故A不符合題意；B.環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，是不飽和一元醇，乙醇是飽和一元醇，結(jié)構(gòu)不相似，分子組成也不相差若干CH2原子團(tuán)，不互為同系物，故B不符合題意；C.

8、己二酸分子中的竣基能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2,故C符合題意；D.環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，因此所有碳原子不可能共平面，故D不符合題意；故答案為：C【分析】A.考查的是苯的密度與水的密度大小問題，確定有機(jī)層和無機(jī)層的位置B.同系物是結(jié)構(gòu)相似，分子式中相差n個(gè)CH2的有機(jī)物，但是環(huán)己醇和乙醇結(jié)構(gòu)都不同C.與碳酸氫鈉反應(yīng)放出氣體的官能團(tuán)是竣基，而乙二酸含有竣基D.環(huán)己烷中的碳原子均是飽和碳原子不共面5. （2021湖南）？7為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）AA. 18gH218O含有的中子數(shù)為10?AB. 0.1mol?L-1HClO4溶液中含有的H+數(shù)為0.1?AC.

9、2moiNO與1moiO2在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)為2?%D. 11.2LCH4和22.4LCl2（均為標(biāo)準(zhǔn)狀況）在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為1.5?*A【答案】D【考點(diǎn)】阿伏伽德羅常數(shù)?【解析】【解答】A.18gH218o的物質(zhì)的量為?=比方=0.茄。1,氧原子的質(zhì)子數(shù)為8,1個(gè)H218O含0+（18-8）=10個(gè)中子，則18gH218O含有的中子數(shù)為9?%,A不符合題意；B.高氯酸，是強(qiáng)酸，屬于弓II電解質(zhì)，c（H+）=0.1moi/L,未給溶液體積，無法計(jì)算，B不符合題意；C.一氧化氮與氧氣反應(yīng)中，存在2NO+O2=2NO2和2NO2?N2O4,產(chǎn)生的二氧化氮會轉(zhuǎn)化為四氧化二氮導(dǎo)致

10、物質(zhì)的量減小，因此2moiNO與1moiO2在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)小于2?4,C不符合題意；D,甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代，CH+Cl2/CH3Cl+HCl,CHCl+C2-CH2cl2+HCl,CH2Cl2+Cl2fCHC3+HCl,CHCi+Cl2fCC4+HC1,標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LCH4的物質(zhì)的量為0.5mol,22.4LCl2的物質(zhì)的量為1mol,根據(jù)碳元素和氫元素守恒，得到的產(chǎn)生ImolHCl分子可知1molCl2完全反應(yīng)可得ImoHCl,根據(jù)C守恒，反應(yīng)后含C物質(zhì)的物質(zhì)的量二甲烷的物質(zhì)的量=0.5mol,因此11.2LCH4和22.4LCl2（均為標(biāo)準(zhǔn)狀況）在光照下充分反

11、應(yīng)后的分子數(shù)為1.5?'D符合題意；故答案為：Do【分析】A.先計(jì)算出物質(zhì)的量，再計(jì)算出1個(gè)水分子中的中子個(gè)數(shù)即可B.根據(jù)n=cv進(jìn)行計(jì)算，但是體積未知C.一氧化氮與氧氣反應(yīng)產(chǎn)生的是二氧化氮，但是考慮到二氧化氮會轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，可逆反應(yīng)的不完全反應(yīng)D.根據(jù)元素守恒即可判斷6.（2021湖南）一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如下:卜列說法錯(cuò)誤的是（）A.物質(zhì)X常選用生石灰B.工業(yè)上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂Wj溫C.氯化”過程中發(fā)生的反應(yīng)為MgO+C+Cl2二MgCl2+COMgCl2D.煨燒”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【考點(diǎn)】海水資源及其綜合利

12、用，鎂、鋁的重要化合物【解析】【解答】A.物質(zhì)X的作用是使Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg（OH）2,工業(yè)上常采用CaO,發(fā)生CaO+H2O=Ca(OH>,Ca(OH>+Mg2+=Mg(OH)2>Ca2+,A不符合題意;B.Mg是較活潑金屬，氧化鎂的熔點(diǎn)過高，需要消耗能量過多，工業(yè)上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂，B不符合題意；C.由圖可知氯化”過程反應(yīng)物為MgO、氯氣、C,其中生成物為MgCl2和CO,反應(yīng)方程式為Wj溫MgO+C+Cl2_MgCl2+CO，C不符合題意；D.煨燒”后得到MgO,MgO和鹽酸反應(yīng)得到MgCl2溶液，氯化鎂會發(fā)生水解產(chǎn)生氫氧化鎂和氯化氫，而氯化氫易揮發(fā)，因

13、此最終的產(chǎn)物為氫氧化鎂不是氯化鎂，D符合題意；故答案為：Do【分析】A.海水中有鎂離子將鎂離子變?yōu)槌恋硇枰尤雺A性物質(zhì)，氧化鈣易制取，且與水反應(yīng)得到氫氧化鈣可以沉降鎂離子B.工業(yè)上對于比較活潑的金屬一般選擇的是電解熔融的離子化合物進(jìn)行制取，而鎂是離子化合物，且熔點(diǎn)不是很高符合電解制取氯化鎂的要求C.根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物以及質(zhì)量守恒即可判斷產(chǎn)物，據(jù)此寫出方程式D.氯化鎂溶液得到氯化鎂固體，需要在蒸發(fā)時(shí)不斷的通入氯化氫氣體，抑制鎂離子的水解7. （2021湖南）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(gè)數(shù)比為

14、2:1的18e-分子。下列說法正確的是（）A.簡單離子半徑：Z>X>Y8. W與Y能形成含有非極性鍵的化合物9. X和丫的最簡單氫化物的沸點(diǎn)：X>YD.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【考點(diǎn)】元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用【解析】【解答】由分析可知，W為H,X為N,丫為O,Z為Na。A.離子的電子層數(shù)相同時(shí)，原子序數(shù)越小，半徑越大，離子半徑大小為：N3->O2->Na+,即簡單離子半徑為：X>Y>Z,故A不符合題意；B. W為H,Y為O,能形成H2O2,含有H-O極性共價(jià)鍵和O-O非極性共價(jià)鍵，故B

15、符合題意；C. X的最簡單氫化物為氨氣，Y的最簡單氫化物為水，水是液態(tài)，氨氣是氣體，水的沸點(diǎn)高于氨氣，即最簡單氫化物的沸點(diǎn)為Y>X,故C不符合題意；D. W為H,X為N,Y為O、W、X、Y三種元素形成的化合物有硝酸，硝酸鏤，氨水等，硝酸是酸，硝酸鏤水解顯酸性，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不符合題意；故答案為：Bo【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(gè)電子層，最外層電子數(shù)為1,即為Na,W與X能形成原子個(gè)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H,X為N,丫的原子序數(shù)是W和X的原子序數(shù)之和，則丫為O。根據(jù)此結(jié)合選

16、項(xiàng)進(jìn)行分析判斷即可8. （2021湖南）K|O3常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為A6I2+11KCIO3+3H2O_6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2"下列說法錯(cuò)誤的是（）A.產(chǎn)生22.4L（標(biāo)準(zhǔn)X況）C|2時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移10moie-B.反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11:6C.可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的C|2制備漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中|O3的存在【答案】A【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計(jì)算【解析】【解答】A.該反應(yīng)中只有碘元素價(jià)態(tài)升高，由0價(jià)升高至KH(IO3)2中+5價(jià)，每個(gè)碘原子升高5價(jià)，即61

17、260e-3Cl2,所以產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)大況)C12即1molCI2時(shí)，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20mole-,A符B.該反應(yīng)中KC1O3中氯元素價(jià)態(tài)降低，KC1O3作氧化劑，I2作還原劑，由該方程式的計(jì)量系數(shù)可知,11KC1O3612,故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11:6,B不符合題意；C.漂白粉主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，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(yīng)，C不符合題意；D-食鹽中IO3可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、發(fā)生氧化還原反應(yīng)IO3+5I-+6H+=3I2+3H2O生成I2,I2與淀粉變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中IO3的存在，D不符合題意

18、。故答案為：Ao【分析】根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行標(biāo)注元素化合價(jià)找出氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物即可判斷氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比，同時(shí)可以根據(jù)氯氣的量求出轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目，工業(yè)上利用氯氣合石灰乳制取漂白粉，利用碘離子的還原性合碘酸根的氧化性發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到碘單質(zhì)通過淀粉進(jìn)行檢驗(yàn)9. (2021湖南)常溫下，用0.1000moi?L1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000moi?L1三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、Naz)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯(cuò)誤的是()pHIH鹽酸)mLA.該NaX溶液中：?Na+)>?X-)>?Oh)>B.三種一元弱酸的電離常數(shù)

19、：？2(hx)>?2(hy)>?(HZ)c.當(dāng)pH=7時(shí)，三種溶液中：？?攵-)=?y-)=?z-)D.分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：？?X-)+?Y-)+?Z-)=?H+)-?Oh)【答案】C【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過程中的變化曲線，離子濃度大小的比較【解析】【解答】A.NaX為強(qiáng)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?yàn)閏(Na+)>c(X)>c(OH-)>c(H+),故A不符合題意；B.由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序?yàn)镵

20、a(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),故B不符合題意；C.當(dāng)溶液pH為7時(shí)，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?yàn)閏(X-)>c(Y)>c(Z-),故C符合題意；D.向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽恰好完全反應(yīng)，可知c(Na+)=c(C-),將三種溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+尸c(X-)+c(Y)+c(1)+c(C1-)+c(OH-),由c(Na+尸c(Cl-)可得：c(X)+c(Y)+c(乙尸c(H+)-c(OH-),故D不符合題意；故答案為：Co【分析】根據(jù)一元弱酸的鹽的pH即可

21、得出酸性的強(qiáng)弱是：HZvHYvHXA.在NaX溶液中，水解呈堿性，因此根據(jù)電荷守恒即可判斷B.據(jù)一元弱酸的鹽的pH即可得出酸性的強(qiáng)弱是：HZvHYvHX,即可判斷電離常數(shù)C.根據(jù)電荷守恒列出式子，再根據(jù)中性進(jìn)行判斷只需要判斷加入氯離子的物質(zhì)的量濃度即可，因?yàn)樗獬潭炔灰粯庸始尤氲柠}酸不一樣，堿性越強(qiáng)需要的酸越多剩余的酸根離子越少D.混合之后利用電荷守恒即可判斷10. （2021湖南）鋅澳液流電池是一種先進(jìn)的水溶液電解質(zhì)電池，廣泛應(yīng)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)鋅澳液流電池工作原理如圖所：循環(huán)回路泵鋅電極/濕積鋅雙極性碳和塑料電極活性電極復(fù)合物貯存下列說法錯(cuò)誤的是（）A.放電

22、時(shí)，N極為正極B.放電時(shí)，左側(cè)貯液器中ZnBr2的濃度不斷減小C.充電時(shí)，M極的電極反應(yīng)式為Zn2+2e=ZnD.隔膜允許陽離子通過，也允許陰離子通過【答案】B【考點(diǎn)】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式，原電池工作原理及應(yīng)用【解析】【解答】A.放電時(shí)，N是Br2得到電子，發(fā)生的還原反應(yīng)，N電極為電池的正極，故A不符合題意；B.放電或充電時(shí)，左側(cè)儲液器和右側(cè)儲液器中消耗和生成的澳化鋅的量相等，因此澳化鋅的濃度維持不變，故B符合題意；C.充電時(shí)，M電極與電源的負(fù)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(yīng)生成鋅，電極反應(yīng)式為Zn2+2e-=Zn,故C不符合題意；D.交換膜允許鋅離子和濱離子通過

23、，維持兩側(cè)澳化鋅溶液的濃度保持不變，故D不符合題意；故答案為：Bo【分析】根據(jù)圖示判斷放電時(shí)，鋅做負(fù)極，鋅失去電子，變?yōu)殇\離子，則M為負(fù)極，澳做正極，得到電子變?yōu)榘碾x子，則N作為正極。充電時(shí)，M與電池的負(fù)極相連，鋅離子得到電子變?yōu)殇\單質(zhì)，N與電池的正極相連接，澳離子得到電子變?yōu)榘膯钨|(zhì)。M極的隔膜可以允許鋅離子進(jìn)入儲液池，液可以允許澳離子進(jìn)入。二、選擇題11. (2021湖南)已知：A(g)+2B(g)?3c(g)?R0,向一恒溫恒容的密閉容器中充入1m01A和3mo舊發(fā)生反應(yīng)，？1?時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)I,在？時(shí)改變某一條件，？3?時(shí)重新達(dá)到平衡狀態(tài)n，正反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化如圖所示。下列說法正確的

24、是()A.容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，表明反應(yīng)達(dá)到平衡B.?時(shí)改變的條件：向容器中加入CC.平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)？：？?«1)>?«)D.平衡常數(shù)K:?(|)<?(|)【答案】B,C【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過程中的變化曲線【解析】【解答】A.容器內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)為A(g)+2B(g)?3c(g),該反應(yīng)是前后氣體分子數(shù)不變的可逆反應(yīng)，所以在恒溫恒容條件下，氣體的壓強(qiáng)始終保持不變，則容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，A不符合題意；B.根據(jù)圖像變化曲線可知，t2t3過程中，t2時(shí)？布瞬間不變，平衡過程中不斷增大，則說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，改變的

25、條件為：向容器中加入GB符合題意；C.根據(jù)上述分析可知，t2-t3時(shí)間段，改變條件使正反應(yīng)速率逐漸增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動，達(dá)到新的平衡狀態(tài)后，生成A的量增大，但總的物質(zhì)的量不變，所以A的體積分?jǐn)?shù)？增大，即A的體積分?jǐn)?shù)?:?(II)>?(I),C符合題意；D.平衡常數(shù)K與溫度有關(guān)，因該反應(yīng)在恒溫條件下進(jìn)行，所以K保持不變，D不符合題意。故答案為：BC。【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(yīng)，反應(yīng)時(shí)間從開始到3階段，正反應(yīng)速率不斷減小，所以平衡向正反應(yīng)方向移動，t1-t2時(shí)間段，正反應(yīng)速率不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，t2-t3時(shí)間段，改變條件使正反應(yīng)速率

26、逐漸增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動，t3以后反應(yīng)達(dá)到新的平衡狀態(tài)，結(jié)合圖像選項(xiàng)進(jìn)行判斷12.(2021湖南)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ANa+、Al3+、Cl-、NH3?H2O不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：Al3+4nh3?h20=a102+4NH+2H2OBH+、K+、S2O3、SO2不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：2H+S2O3=SJ+SO2T+H2OCNa+、Fe3+、SO4、H2O2能大量共存，粒子間不反應(yīng)DH+、Na+、Cl-、MnO4能大量共存，粒子間不反應(yīng)A. AB.BC.CD.D【答案】B【考點(diǎn)】離子共存【解析】【解答】A.Al3+和NH3?H

27、2O生成Al（OH）3沉淀而不是生成A1O2-,反應(yīng)方程式是：A13+3NH3.H2O=A1（OH）3卜3H做A不符合題意；B. S2O32-和H+反生歧化反應(yīng)生成單質(zhì)硫、二氧化硫和水，發(fā)生的離子方程式為：2H+S?O3-=SJ+SOT+KO,故B符合題意；C. Fe3+可以被H2O2還原得Fe2+和叱。，發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存，故C不符合題意；D.在酸性條件下MnO4-能將C1-氧化為C12,發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存，故D不符合題意；故答案為：Bo【分析】A.氨水不能溶解氫氧化鋁B.S2O3-中的硫元素處于+2價(jià)態(tài)處于中間價(jià)態(tài)可以發(fā)生歧化反應(yīng)C.鐵離子具有氧化性，過氧化氫具有還原性

28、，氧化還原反應(yīng)不共存D.高鎰酸根具有氧化性，氯離子具有還原性，因此發(fā)生氧化還原反應(yīng)不共存13. （2021湖南）1-丁醇、澳化鈉和70%的硫酸共熱反應(yīng)，經(jīng)過回流、蒸儲、萃取分液制得1-澳丁烷粗產(chǎn)品，裝置如圖所示：CH3（CH2）3OH+NaBr+H2SO4-CH3（CH2）3Br+NaHSO4+H2O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(zhì)的揮發(fā)，提高產(chǎn)率B.裝置n中a為進(jìn)水口，b為出水口C.用裝置出萃取分液時(shí)，將分層的液體依次從下放出D.經(jīng)裝置出得到的粗產(chǎn)品干燥后，使用裝置n再次蒸儲，可得到更純的產(chǎn)品【答案】A,D【考點(diǎn)】有機(jī)物中的官能團(tuán)，有機(jī)物的合成，有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，物

29、質(zhì)的分離與提純，制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】【解答】A.濃硫酸沸點(diǎn)高，而氫澳酸的沸點(diǎn)低，濃硫酸和NaBr會產(chǎn)生HBr而澳化氫易揮發(fā)，反應(yīng)物1-丁醇熔沸點(diǎn)較低，溫度升高后易揮發(fā)，用裝置I回流可減少反應(yīng)物的揮發(fā)，提高產(chǎn)率，A符合題意；B.冷凝水應(yīng)下進(jìn)上出可以提高冷凝效果，裝置n中b為進(jìn)水口，a為出水口，B不符合題意；C.用裝置出萃取分液時(shí)，一般是將下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，C不符合題意；D.由題意可知經(jīng)裝置出得到粗產(chǎn)品，由于粗產(chǎn)品中各物質(zhì)沸點(diǎn)不同，再次進(jìn)行蒸儲可得到更純的產(chǎn)品，D符合題意；故答案為：AD?！痉治觥緼.回流的目的主要是為了延長反應(yīng)物的接觸時(shí)間提高反應(yīng)產(chǎn)率B.進(jìn)水口和出水口

30、位置弄反，應(yīng)該是從b口進(jìn)入，a口出，主要是為了增加冷凝時(shí)間提高效果C.分液時(shí)，密度小的從上口倒出，密度大的從下口倒出D.經(jīng)過分液后，可通過熔沸點(diǎn)的不同得到純凈的物質(zhì)*1篡安邳14. （2021湖南）鐵的配合物離子（用L-Fe-H+表示）催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理和相對能量的變化情況如圖所示：4J.54£3一,過渡力I*卜列說法錯(cuò)誤的是（）催化劑A.該過程的總、反應(yīng)為HCOOH_CO2T+H2TB.H+濃度過大或者過小，均導(dǎo)致反應(yīng)速率降低C.該催化循環(huán)中Fe元素的化合價(jià)發(fā)生了變化D.該過程的總反應(yīng)速率由nm步驟決定【答案】D【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)速率，化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素催化劑【解析】【解答

31、】A.由反應(yīng)機(jī)理可知，發(fā)生的化學(xué)方程式為HCOOH一CQT+H2T，故A不符合題B.若氫離子濃度過低，則反應(yīng)出一IV的反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)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(yīng)i-n速率減慢，所以氫離子濃度過高或過低，均導(dǎo)致反應(yīng)速率減慢，故B不符合題意；C.由反應(yīng)機(jī)理可知，F(xiàn)e在反應(yīng)過程中，鐵形成的化學(xué)鍵數(shù)目發(fā)生變化，則元素化合價(jià)也發(fā)生變化，故C不符合題意；D.由反應(yīng)進(jìn)程可知，反應(yīng)IV-I能壘最大，活化能越大，反應(yīng)速率最慢，對該過程的總反應(yīng)起決定作用，故D符合題意；故答案為：Do【分析】A.根據(jù)反應(yīng)物和最終的產(chǎn)物即可寫出方程式B.在整個(gè)過程中均存在氫離子參與，因

32、此需要控制氫離子的濃度實(shí)現(xiàn)速率的最大化C.氫離子在整個(gè)過程中參與了反應(yīng)，經(jīng)歷斷鍵成鍵斷鍵的過程，過程中化合價(jià)發(fā)生改變D.整個(gè)反應(yīng)速率是由速率最慢的過程決定，活化能高的速率慢三、非選擇題【必考題】15.（2021湖南）碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫錢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.Na2CO3的制備蒸儲水碳酸氫能粉末械化鈉一攪抻.3d35c水浴部置抽濾一一濾液晶體A.洗滌抽干300“C加熱驟n.產(chǎn)品中NaHCO3含量測定稱取產(chǎn)品2.500g,用蒸儲水溶解，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

33、0.1000moi?L-1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無色（第一滴定終點(diǎn)），消耗鹽酸v1mL;在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N,繼續(xù)用0.1000moi?L1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液,定至終點(diǎn)（第二滴定終點(diǎn)），又消耗鹽酸V2mL.，平行測定三次，V平均值為22.45,V2平均值為23.51。已知：（i）當(dāng)溫度超過35c時(shí)，NH4HCO3開始分解。（ii）相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表（g/100gH2O）溫度/°C0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.(NaHCO36.98.29.611.112.

34、714.516.4NH4CI29.433.337.241.445/50.455.2回答下列問題：（1）步驟I中晶體A的化學(xué)式為,晶體A能夠析出的原因是(2)步驟I中“30叵加熱”所選用的儀器是(填標(biāo)號);A.(3)指示劑N為,描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化;(4)產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留三位有效數(shù)字)；(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果(填偏大“偏小”或無影響”。)【答案】(1)NaHCQ；在30-35°C時(shí)NaHCO3的溶解度最小(意思合理即可)(2)D(3)紫色石蕊試液；藍(lán)色變?yōu)榧t色(4)3.56%(5)偏大【考點(diǎn)】常

35、用儀器及其使用，物質(zhì)的分離與提純，探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量，化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算【解析】【解答】(1)根據(jù)題給信息，控制溫度在30-35°C,目的是為了時(shí)NH4HCO3不發(fā)生分解，同時(shí)析出NaHCO3固體，得到晶體碳酸氫鈉，故答案為：NaHCQ;在30-35°C時(shí)NaHCOs的溶解度最??；(2)300°C加熱抽干后的NaHCQ固體，需用堪竭、泥三角、三腳架進(jìn)行操作，所以正確的為D項(xiàng)，故答案為：D；(3)根據(jù)上述分析可知，第二次滴定時(shí)，使用的指示劑N為紫色石蕊試液，滴定到終點(diǎn)前溶液的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，溶液顯堿性顯藍(lán)色，滴定達(dá)到終點(diǎn)后溶液

36、的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：藍(lán)色變?yōu)榧t色；(4)根據(jù)分析，碳酸鈉中混有碳酸氫鈉，先加鹽酸將碳酸鈉全部變?yōu)樘妓釟溻c，繼續(xù)加入鹽酸與碳酸氫鈉反應(yīng)，第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)是：Na2CO3+HCl=NaHCQ+NaCl,消耗的鹽酸的物質(zhì)跌量為n(HCl)=0.1000mol/LX22.45x10-3L=2.245x10-3mol得出n(Na2CQ)=n生成(NaHC6)=n(HCl)=2.245x10-3mol,第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.51mL,鹽酸的物質(zhì)的量n(HCl)=0.1000mol/LX23.51X10-3L=2.351X10-3mol則根據(jù)方程式NaHCOj+HCHN

37、aCl+HO+CQT可知，消耗的NaHCQ的物質(zhì)的量n總(NaHCC3)=n(HCl)=2.351X10-3mol,則原溶液中的NaHCO3的物質(zhì)的量n(NaHCO3)=n總(NaHCQ)-n生成(NaHCOj)=2.351x10-3mol-2.245x10-3mol=1.06x10-4mol,則原產(chǎn)品中NaHCQ的物質(zhì)的量為100mLx1.06x10-4moi=1.06x10-3mol,故產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1.06><10-3m!184gmoX100%=3.5616%3.56%，故答案為：3.56%;2.5000g(5)若該同學(xué)第一次滴定時(shí)，其他操作均正確的情況下，俯

38、視讀數(shù)，讀數(shù)偏小，則會使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的體積偏小，即測得V1偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCQ的物質(zhì)的量會偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)會偏大，故答案為：偏大?！痉治觥?1)氯化鈉和碳酸氫錢最終得到的碳酸氫鈉固體和氯化俊，因此晶體A是碳酸氫鈉固體，通過對不同時(shí)刻的溶解度進(jìn)行分析，主要是由于低溫時(shí)，碳酸氫鈉的溶解度小(2)溫度過高是加熱應(yīng)該選擇的是塔竭(3)純堿主要是碳酸鈉，適合用酚酬:做指示劑，先加入酚酬:作指示劑滴入鹽酸將碳酸鈉全部轉(zhuǎn)為碳酸氫鈉，碳酸氫鈉適合用石蕊作指示劑，在繼續(xù)使用石蕊做指示劑進(jìn)行滴定，到終點(diǎn)時(shí)，此時(shí)是藍(lán)色，再加入一滴時(shí)溶液變?yōu)榧t色。(4)第一次與碳酸鈉作用，全部轉(zhuǎn)為碳酸氫鈉溶液，第二次是

39、碳酸氫鈉與稀鹽酸作用，根據(jù)數(shù)據(jù)即可計(jì)算出碳酸鈉和碳酸氫鈉的質(zhì)量(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，利用的是滴定管滴定，俯視讀數(shù)，導(dǎo)致V1數(shù)值偏小，導(dǎo)致V2-V1偏大，導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果偏大16.(2021湖南)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(yùn)，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(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)化學(xué)鍵N三NH-HN-H鍵能E/（kJmol-1）946436.0390.8一定溫度下，利用催化劑將NH3分解為N2和H2?；卮鹣铝袉栴}：(1)反應(yīng)2NH3(g)?N2(g)+3H2(g)AH=kJ?mol1；(2)已知該反應(yīng)的？?=198.9J?mol-1?K-1,在下

40、列哪些溫度下反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行？(填標(biāo)號)A.25CB.125CC.225CD.325C(3)某興趣小組對該反應(yīng)進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)探究。在一定溫度和催化劑的條件下，將0.1moiNH3通入3L的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)(此時(shí)容器內(nèi)總壓為200kPa),各物質(zhì)的分壓隨時(shí)間的變化曲線如圖所示。若保持容器體積不變，?時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，用H2的濃度變化表示0?？時(shí)間內(nèi)的反應(yīng)速率?口2)=moi?L1?min-1(用含?的代數(shù)式表示)?2?時(shí)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N2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(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)？*=。(已知：分壓=總壓X亥

41、組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，對于(弱?徐？反應(yīng)dD(g)+eE(g)?gG(g)+hH(g)，?不焉嘴?，其中?=100kPa，？G、？、？D、?為各組分的平衡分壓)。方法n：氨電解法制氫氣利用電解原理，將氮轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如圖所示。陰離子交一(4)電解過程中0H的移動方向?yàn)?填從左往右”或從右往左”)(5)陽極的電極反應(yīng)式為。KOH溶液KOH溶液【答案】(1)+90.8C,D(3)等；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??；0.48(4)從右往左(5)2NH3-6e-+6OH=N2+6H2O【考點(diǎn)】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式，化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平

42、衡的綜合應(yīng)用，原電池工作原理及應(yīng)用，有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算【解析】【解答】(1)根據(jù)方程式：2NH3(g)?N2(g)+3H2(g),H=390.8kJ?mol-1X3X2-(946kJ?,故答案為：+90.8；mol-1+436.0kJ?mol-1X3)=+90.8kJ?mol-1(2)若反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，則需要滿足H-TS<0,?T>赤?=9°.8fmol198叩(mol女)=456.5K,即溫度應(yīng)高于CD;(456.5-273)C=183.5C,CD符合，故答案為:(3)設(shè)ti時(shí)達(dá)到平衡，轉(zhuǎn)化的N2的物質(zhì)的量為x,列出三段式:根據(jù)同溫同壓下,0.02Xmol0.023l1?2

43、NH3(g)?N2(g)+3H2(g)起始,mol0.100轉(zhuǎn)化/mol2?3?平衡,mol0.1-2?3?0.12000.1+2?120+120+400.02mol?L-1?min-1,故答案為:,解得x=0.02mol,u(H2)=隨后t2時(shí)將容器體積壓縮到原來的一半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡向左移動，導(dǎo)致氮?dú)獾男∮贜2分壓比原來2倍，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,由于加壓平衡逆向移動,由圖可知，平衡時(shí)，?(?)?(?)30.4X(1.23N2分壓比原來2倍要??；NH3、N2、H2的分壓分別為120kPa40kPa120kPa,反應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)

44、平衡常數(shù)?(?2(1.2)2=0.48,故答案為：0.48;(4)由圖可知，通NH3的一極氮元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為電解池的陽極，則另一電極為陰極,氫離子的得到電子變?yōu)闅錃?，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(yīng)生成N2,結(jié)合堿性條件，電極反應(yīng)式為：2NH3-6e-+6OH=N2+6H2O,故答案為：2NH3-6e-+6OH=N2+6H2O?！痉治觥?1)根據(jù)反應(yīng)熱=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能即可計(jì)算(2)根據(jù)？G=?H-T?S<0,即可判斷(3)利用三行式進(jìn)行計(jì)算，根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，計(jì)算出物質(zhì)的量即可計(jì)算

45、出氫氣的速率體積減小原來的一半，濃度增大一倍，即壓強(qiáng)增大一倍選擇b根據(jù)物質(zhì)的量之比壓強(qiáng)之比，計(jì)算出平衡時(shí)的壓強(qiáng)，計(jì)算出壓強(qiáng)的平衡常數(shù)即可(4)氨氣中氮元素為-3價(jià)，氫元素為+1價(jià)，氨氣中氮元素變?yōu)榈獨(dú)?，化合價(jià)升高，被氧化，做陽極，因此吸引大量的陰離子，氫氧根離子向左移動，氨氣中的氫元素變?yōu)闅錃?，化合價(jià)降低，被還原，做陰極。(Ce莊要以CePO4形Ce2(CO3)3?nH2O的(5)陽極發(fā)生的是氨氣失去電子變?yōu)榈獨(dú)饨Y(jié)合氫氧根變?yōu)榈獨(dú)?7.(2021湖南)Ce2(CO3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨(dú)居石中，鋪式存在，還含有SiO2、A|2o3、Fe?O3、CaF2等物質(zhì)。以獨(dú)居石為原

46、料制備工藝流程如下：法乩HO,獨(dú)峭右水屋1卜旗赭出以常濯制N兒HCO.溶液沉體QK03tH：0湖曲III回答下列問題:(1)鈾的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)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m的主要成分是(填化學(xué)式)；(4)加入絮凝劑的目的是;(5)沉鋪”過程中，生成Ce2(CO3)3?nH2O的離子方程式為，常溫下加入的NH4HCQ3溶液呈(填酸性"堿性”或中性”理知：NH3?H2O的？=1.75X10-5,H2co3的？之二4.4X10-7,?2=4.7X10-11);(6)濾渣n的主要成分為FePO，在局溫條件下，|_j2c

47、o3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時(shí)生成CO和H2O,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為【答案】(1)13858Ce(2)適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等(3) Al(OH)3(4)促使鋁離子沉淀(5)6HCO3+2Ce3+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3?nH2O+3CO2T；堿性(6)6Li2co3+C3H120s+12FePO4=12LiFePO4+6COT+6H2O+6CO2T【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用，物質(zhì)的分離與提純，制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，離子方程式的書寫，元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用【解析】【解答】(1)鈾的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，則質(zhì)量數(shù)=中子數(shù)+質(zhì)

48、子數(shù)=58+80=138,該核素的符號為1鬻%；58ce'(2)為提高水浸”效率，可以增大接觸面積或者提高水的溫度提高速率，可采取的措施有適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等；(3)結(jié)合流程可知，加入氧化鎂消耗氫離子調(diào)節(jié)pH使鋁離子沉淀為氫氧化鋁，濾渣出的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀;(5)用碳酸氫錢沉鋪”，則結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知生成Ce2(CO3)3?nH2O的離子方程式為6HCO3+2Ce3+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3?nH2O+3CO2?；NH4+H20?%?(?(?)?(?(?)?(。?)?,c-14dnNH3.H2O+OH,kh(N

49、H4)=?(?+)=?(?)?(?+)=?=xin-5=5.7*10,HCCfe+H2。I.75I0?H2CQ+OH-,碳酸氫根的水解常數(shù)?(?(?)?(?(?)?(?+)Kw10-14Kh(HCO3)=?(?)=?(?)?(?)-=Ka1=4.4x10-7=2.3X810,則Kh(NH+)<Kh(hcO3),因此常溫下加入的NH4HCO3溶液呈堿性;(6)由在局溫條件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時(shí)生成CO和H2O可知,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Li2CC3+C6H12O6+12FePO4=12LiFePO4+6COT+6H2O+6C

50、O2T?！痉治觥?1)質(zhì)子數(shù)寫在符號左下角，質(zhì)量數(shù)寫在左上角(2)水浸主要是除去可與水反應(yīng)或者是溶于水的物質(zhì)，可以將其表面積增大或者是適當(dāng)?shù)奶岣邷囟燃铀俜磻?yīng)(3)根據(jù)加入的絮凝劑以及氧化鎂調(diào)節(jié)pH=5,即可判斷固濾渣是氫氧化鋁(4)絮凝劑的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率(5)根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物即可寫出離子反應(yīng)方程式，比較俊根離子和碳酸氫根的水解程度即可判斷酸堿性(6)根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物即可寫出反應(yīng)方程式四、非選擇題【選考題】18.(2021湖南)選彳3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)硅、錯(cuò)(Ge)及其化合物廣泛應(yīng)用于光電材料領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為,晶體硅和碳化硅熔點(diǎn)較高的是(填

51、化學(xué)式)；(2)硅和鹵素單質(zhì)反應(yīng)可以得到six4,six4的熔沸點(diǎn)如下表：SiF4SiCI4SiBr4Sil4熔點(diǎn)/K183.0203.2278.6393.7沸點(diǎn)/K187.2330.8427.2560.70C時(shí)，siF4、sic|4、SiBr4、Si|4呈液態(tài)的是(填化學(xué)式),沸點(diǎn)依次升局的原因是,氣態(tài)SiX4分子的空間構(gòu)型是;SiCH與N-甲基咪陛(HjC-N。、)反應(yīng)可以得到M2+，其結(jié)構(gòu)如圖所示：N-甲基咪陛分子中碳原子的雜化軌道類型為,H、C、N的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)?1個(gè)M2+中含有個(gè)？鍵；己知化合物中Ge和O的原子個(gè)數(shù)比為1：4,圖中Z表示原子(填元素符號)，該化合物的化學(xué)式為

52、;已知該晶胞的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm,?=?=?=90°,則該晶體的密度？?=?A,用含a、b、c、?A的代數(shù)式表示)。g?cm-3(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為,、型3P(1) 一;SiCehmm(2) SiC4；SiX都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形；sp2、sp3；N>C>H；54(3) O;Mg2GeO4;=40-x101abcNA【考點(diǎn)】原子核外電子的能級分布，元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用，判斷簡單分子或離子的構(gòu)型，晶體熔沸點(diǎn)的比較，晶胞的計(jì)算，原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【解析】【解答】(1)硅元素的原

53、子序數(shù)為14,核外電子排布是1s22s22p63s23p2,價(jià)電子排布式為3s23p2則價(jià)電子排布圖為;原子晶體的熔點(diǎn)取決于共價(jià)鍵的強(qiáng)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，碳硅鍵的鍵能大于硅硅鍵，則碳硅鍵強(qiáng)于硅硅鍵，碳化硅的熔點(diǎn)高于晶體硅，故答案為:3Sitn3口nr；SiC;(2) a:由題給熔沸點(diǎn)數(shù)據(jù)可知，0c時(shí)，四氟化硅為氣態(tài)，四氯化硅為液態(tài)，四澳化硅、四碘化硅為固態(tài)；分子晶體的沸點(diǎn)取決于分子間作用力的大小，SiX都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，則S區(qū)的沸點(diǎn)依次升高；Si乂分子中硅原子的價(jià)層電子對數(shù)為4,孤對電子對數(shù)為0,則分子的空間構(gòu)型為正四面體形，

54、故答案為：SiC4；SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形；由M2喃子的結(jié)構(gòu)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(qiáng)，其電負(fù)性越大，元素的非極性強(qiáng)弱順序?yàn)镹>C>H,則元素電負(fù)性白大小順序?yàn)镹>C>H;M2悟子的結(jié)構(gòu)中含有單鍵、雙鍵和配位鍵，單鍵和配位鍵都是(T鍵，雙鍵中含有1個(gè)(T鍵，則離子中含有54個(gè)b鍵，故答案為:sp2、sp3;N>C>H;54;(3)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，X位于晶胞中位于頂點(diǎn)、面心、棱上和體內(nèi)，頂點(diǎn)為8個(gè)，面心有6個(gè)，棱上有4個(gè)，體內(nèi)有3個(gè)，則晶胞內(nèi)的X原子為8X1+6X1+4X1+3=8,位于體內(nèi)的Y原子和Z原子分別為4和824716,由Ge和。原子的個(gè)數(shù)比為1:4可知，X為Mg原子、Y為Ge原子、Z為。原子，則晶胞的化學(xué)式為Mg2GeO4,故答案為：O；MgzG