2021年湖南高考化學(xué)模擬試題及解析

2021年湖南高考化學(xué)模擬試題

1.2020年7月23日我國(guó)首個(gè)火星探測(cè)器“天問一號(hào)”發(fā)射成功?；鹦擒囁婕暗南铝胁牧现袑儆诮饘俨牧系?/p>

是（）

A.用石墨纖維和硅制成的太陽(yáng)能電池復(fù)合材料

B,溫控涂層材料的成分聚酰胺

C.用鈦合金做的車輪材料

D.探測(cè)儀鏡頭材料用的二氧化硅

【答案】C

【解析】A.用石墨纖維和硅制成的太陽(yáng)能電池復(fù)合材料，屬于無機(jī)非金屬材料，A錯(cuò)誤；

B.溫控涂層材料的成分聚酰胺，屬于高分子材料，B錯(cuò)誤；

C.用鈦合金做的車輪材料，屬于金屬材料，C正確；

D.探測(cè)儀鏡頭材料用的二氧化硅，屬于無機(jī)非金屬材料-，D錯(cuò)誤；

答案選C。

2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）

A.120.0gNaHSC）4與MgSO4的固體混合物中含有的離子總數(shù)大于2以

B.含0.ImolCH3coONa的溶液與適量的CH3coOH混合使溶液的pH=7,則CH3coO的個(gè)數(shù)為

0.1NA

C.O.lmolFe恰好溶解在100mL某濃度的硝酸溶液中，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA

D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC%溶于水轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為O.INA

【答案】B

【解析】A.NaHSOa和MgSCh的摩爾質(zhì)量都為120g/moL固體NaHSC）4中含有Na+和HSO4，固體MgSCh

中含有Mg2+和SOj,120gNaHSO4和MgSCU的固體混合物的物質(zhì)的量之和為Imol,所以離子總的物質(zhì)的

量為2mol,離子總數(shù)為2NA,故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)電荷守恒可知：“(CH3coO)+〃(OH-)=〃(Na+)+”(H+),而溶液呈中性，故〃(OH)=〃(H+),可得：

++

M(CH3COO)=n(Na),n(Na)=0.1mol,故“(CH3co0)=0.1mol,個(gè)數(shù)為O.INA個(gè),故B正確;

C.鐵與某濃度的硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵或硝酸鐵，因此O.lmolFe完全溶解，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)在0.2mol~0.3mol

之間，故C錯(cuò)誤；

D.氯氣與水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCL溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為小于O.INA,故D錯(cuò)

誤；

故選Bo

3.下列對(duì)化學(xué)用語(yǔ)的描述中，正確的是()

A.羥基與氫氧根離子的電子式都可表示為：.GiH

B.S2一的結(jié)構(gòu)示意圖：硒28?

5II

C.由Na與C1形成NaCl的過程：

D.HC1O的結(jié)構(gòu)式：H-C1-O

【答案】C

【解析】A.羥基電子式可表示為：.0:H,氫氧根的電子式為［:0:H「，A錯(cuò)誤；

B.S?-的結(jié)構(gòu)示意圖：&2??>B錯(cuò)誤；

5/I

C.鈉原子失去電子、氯原子得到電子而形成了氯化鈉，由Na與C1形成NaCl的過程：

、a(j：?Xa［：CI：］--C正確；

????

D.次氯酸分子內(nèi)氧原子分別和氫原子、氯原子共用1對(duì)電子對(duì)，HC10的結(jié)構(gòu)式：H-O-Cl,D錯(cuò)誤;

答案選C。

4.下列對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋的方程式中，正確的是()

A.向醋酸中加入小蘇打溶液，產(chǎn)生無色氣體：2cH3co0H+C0：==2CH3coer+CO^T+H?。

B.向NaHSC）4溶液中加入足量的Ba（0H）2溶液，得到白色沉淀:

+：2+

2H+SO4+Ba+20H=4==BaSOZ4J+2H,0

C.向AgCl懸濁液中滴入Na2s溶液，生成黑色沉淀：2Ag++S?-===Ag?SJ

D.向銘酸鉀溶液中滴入少量濃硫酸，溶液變橙色：2CrO：（黃色）+2H+.?503橙色）+也0

【答案】D

【解析】A.碳酸氫鈉俗稱小蘇打，向醋酸中加入小蘇打溶液，產(chǎn)生無色氣體：

CH3coOH+HC0；=CH3coeT+C02T+H20,A錯(cuò)誤；

B.向NaHSO」溶液中加入足量的Ba（0H）2溶液，則氫離子和硫酸根按1:1反應(yīng)，得到白色沉淀，反應(yīng)后

+2+

氫氧根有余：H+SO^+Ba+OH-===BaSO4+H20,B錯(cuò)誤；

C.向AgCl懸濁液中滴入Na2s溶液，白色的氯化銀沉淀轉(zhuǎn)變?yōu)槿芙舛雀〉牧蚧y黑色沉淀：

2

2AgCl+S-=Ag2S^+2Cr,C錯(cuò)誤；

D.向銘酸鉀溶液中滴入少量濃硫酸，因氫離子濃度增加，平衡向右移動(dòng)，溶液變橙色：

2CrO：（黃色）+2丁一?（橙色）+凡0,D正確；

答案選D。

5.實(shí)驗(yàn)室提純含少量氯化鈉雜質(zhì)的硝酸鉀的過程如圖所示，下列分析錯(cuò)誤的是（）

工適址水

試樣------WdI--------1*（1II--------提價(jià)10-----------KN0.

A.操作I是溶解，操作n是蒸發(fā)濃縮

B.若從分離出固體的濾液中獲得NaCl晶體，可再降溫結(jié)晶

C.操作HI是降溫結(jié)晶一過濾一洗滌一干燥，使硝酸鉀晶體從溶液中分離出來

D.除去KN03中NaCl的原理是二者溶解度受溫度變化影響不同

【答案】B

【解析】A.試樣先用適量水溶解，再進(jìn)行蒸發(fā)濃縮，得到較高溫度下的飽和溶液，故A正確；

B.由于NaCl的溶解度隨溫度降低變化不大，故從其溶液中獲得晶體一般采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法，故B錯(cuò)誤;

C.操作HI是降溫結(jié)晶析出KNCh,經(jīng)過濾、洗滌、干燥可得KNCh晶體，故C正確；

D.KNCh的溶解度隨溫度的升高而增大，且較明顯，NaCl的溶解度隨溫度的升高基本無明顯變化，故D正

確。

綜上所述，答案為B。

6.已知某有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列說法正確的是（）

A.X屬于芳香煌的含氧衍生物B.X的分子式為CIOHMOS

c.X分子只含有兩種官能團(tuán)D.X分子可發(fā)生取代、消去、加成、氧化、縮聚反應(yīng)

【答案】D

【解析】A.有機(jī)物X含有六元環(huán)，不含有苯環(huán)，不屬于芳香燃的含氧衍生物，故A錯(cuò)誤；

B.由有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X的分子式為C10H14O3,故B錯(cuò)誤；

C.由有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X的官能團(tuán)為碳碳雙鍵、羥基和竣基，共3種，故C錯(cuò)誤；

D.由有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X的官能團(tuán)為碳碳雙鍵、羥基和較基，一定條件下能發(fā)生取代反應(yīng)、消去

反應(yīng)、加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)和縮聚反應(yīng)，故D正確；

故選D。

7.二氧化硫一空氣質(zhì)子交換膜燃料電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能的同時(shí)，實(shí)現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體

的結(jié)合，降低了成本提高了效益，其原理如圖所示（注：質(zhì)子指H*，質(zhì)子交換膜僅允許H+通過）。下列說法

正確的是（）

S（?——空氣質(zhì)子交換膜燃料電池的原理圖

A.Pt1為電池正極，Pt?為負(fù)極

B.P。電極附近溶液的pH變大

C.相同條件下，放電過程中消耗的SO?和。2的體積比為2：1

2

D.Pt2電極附近發(fā)生的反應(yīng)為。2+4e「=2O-

【答案】C

【解析】A.Pt1電極上二氧化硫失去電子被氧化，故為電池負(fù)極，團(tuán)2為正極，A錯(cuò)誤；

B.Pt1電極上二氧化硫失去電子被氧化生成硫酸，電極附近溶液氫離子濃度增大，pH變小，B錯(cuò)誤；

C.按得失電子守恒可知，2SO2024e~,相同條件下，放電過程中消耗的SO2和。2的體積比為2：1，

C正確；

D.Pt2電極上氧氣得到電子被還原，質(zhì)子參與下生成水，發(fā)生的反應(yīng)為Oz+4e-+4H+=2Hz。，D錯(cuò)誤;

答案選C。

8.NaClO?是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下。下列說法正確的是（）

XaCIO,食心木

破收so.11

?■反應(yīng)■Cl<h'電,一結(jié)晶.卜蝶?NaCl。：產(chǎn)拓

A.在“反應(yīng)”步驟中參加反應(yīng)的SO?和NaC。的物質(zhì)的量之比為1:2

B.在“反應(yīng)”步驟中氧化性：C102>NaC103

C.“電解”中陰極反應(yīng)的主要產(chǎn)物是Cl2

D.氯元素的化合價(jià)為+3價(jià)，故Nad。？的化學(xué)名稱也稱為次氯酸鈉

【答案】A

【分析】

由題給流程可知，在硫酸作用下，二氧化硫與氯酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化氯，電解二氧化氯和食

鹽水混合溶液，氯離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，二氧化氯在陰極上得到電子生成C1C）2，將

電解后的溶液結(jié)晶、干燥得到NaCKh產(chǎn)品。

【解析】A.反應(yīng)步驟中，二氧化硫?yàn)榉磻?yīng)的還原劑，被氧化生成硫酸根離子，氯酸鈉為反應(yīng)的氧化劑，被

還原生成二氧化氯，由得失電子數(shù)目守恒可知，還原劑二氧化硫和氧化劑氯酸鈉的物質(zhì)的量之比為1:2,故

A正確；

B.氧化劑的氧化性強(qiáng)于還原產(chǎn)物，反應(yīng)步驟中，氯酸鈉為反應(yīng)的氧化劑，二氧化氯為還原產(chǎn)物，則氯酸鈉

的氧化性強(qiáng)于二氧化氯，故B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，電解中二氧化氯在陰極上得到電子生成CIO2,故C錯(cuò)誤;

D.NaC102中氯元素的化合價(jià)為+3價(jià)，名稱為亞氯酸鈉，故D錯(cuò)誤；

故選Ao

9.某研究小組以AgZSM為催化劑，在容積為1L的容器中，相同時(shí)間下測(cè)得0.1molNO轉(zhuǎn)化為N2的轉(zhuǎn)

化率隨溫度變化如圖所示［無CO時(shí)反應(yīng)為2NO(g).N2(g)+O2(g)；有CO時(shí)反應(yīng)為

2CO(g)+2NO(g)2co,(g)+N,(g)］。下列說法錯(cuò)誤的是()

II為〃(，())/〃(、())=1時(shí)

50()60070()80()90()

溫度小

A.達(dá)到平衡后，其他條件不變，使一^'>】，可使NO轉(zhuǎn)化率提高

“(NO)

B.反應(yīng)2NO(g)N2(g)+C)2(g)的△”<()

C.CO能提高NO的轉(zhuǎn)化率的原因可能是CO與生成的氧氣反應(yīng)

D.Y點(diǎn)再通入CO、N2各。.01mol,此時(shí)平衡逆移

【答案】D

【解析】A.達(dá)到平衡后，其他條件不變，使〃大(WCO>)1,，CO的濃度相對(duì)增大，平衡正向移動(dòng)，可使NO轉(zhuǎn)

?(NO)

化率提高，故A正確；

B.曲線I,在溫度低于750℃時(shí)，隨著溫度升高，NO轉(zhuǎn)化率升高，溫度高于750°C之后，隨著溫度的升

高，NO轉(zhuǎn)化率降低，說明在750℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，溫度升高，NO轉(zhuǎn)化率降低，說明反應(yīng)為放熱反應(yīng)，

故B正確；

C.由2co(g)+2NO(g).2CO2(g)+N2(g)可知，CO能提高NO的轉(zhuǎn)化率的原因可能是CO與生成

的氧氣反應(yīng)，故C正確；

D.由圖可知，Y點(diǎn)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率為80%,貝?眥時(shí)生成〃(C02)=0.08mol,〃(N2)=0.04

nAQ2*04

mol,剩余的〃(CO)=〃(NO)=0.02mol,容器體積為1L,則Y點(diǎn)的平衡常數(shù)K=^——=1600，Y

0.022X0.022

點(diǎn)再通入CO、N?，各0.01mol后，QC=,°，°8*(0.0,+0.01?注888.89<K,反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，故

?(0.02+0.01)2X0.022

D錯(cuò)誤.

故答案為D。

10.A產(chǎn)與F-具有很強(qiáng)的親和性，當(dāng)F一的濃度過大時(shí)，還會(huì)形成A1F；，A嗎在一定溶劑中也存在分步

電離(溶液中存在AIF3、A1F；、A1F?+、AP+等含鋁的粒子)，常溫下，實(shí)驗(yàn)測(cè)定某濃度的A1F,中各種含

鋁的粒子百分含量隨p[p=-lgc(F-)]的變化如圖所示，下列說法不正確的是()

A.常溫下，電離方程式：A1F,A1球+F的K(A1F,)的數(shù)量級(jí)為10-4

B.曲線c表示A1F?.

C.p=6時(shí)，溶液中C(A1F2+)>C(AF+)>C(A1E；)

C(A1F2+)

常溫下,向溶液中加入氟化鈉固體,

D.A1F?+變小

C(A1F2)

【答案】B

【分析】

根據(jù)圖像得到，p[p=-lgc(F。]越小，則c(F)越大，從左到右c(F)越來越大，當(dāng)c(F。很小時(shí)，濃度最

大的是AP+,隨著c(F)逐漸增大，Af+與一個(gè)F結(jié)合得到A1F2+，然后A1F?+再與一個(gè)P結(jié)合得到A1F；,

然后A1母再與一個(gè)b結(jié)合得到A1F,,最后A叫與三個(gè)廠結(jié)合得到A1或一，因此a、b、c、d四條曲線分

別代表AP+、HF?*、A1F；、AIF3。

【解析】A.根據(jù)題中信息，p[p=-lgc(F。]越小，則c(F)越大，因此p=3.7時(shí)A嗎與A1琦濃度相等,

因此在常溫下，電離方程式：A1F,.?A1E+F的)=吁)=,因此K(A1FJ

C(A1居)

的數(shù)量級(jí)為i(r*,故A正確；

B.根據(jù)前面分析得出曲線c表示A1F；,故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)圖中信息，當(dāng)p=6時(shí)，從，=6的點(diǎn)作一條與y軸相平的平行線

，根據(jù)a、b、c曲線分別代表AP+、A1F2+、Al球，因此從圖中曲線

0.2k/XA\\

008642P

得到溶液中C(A1F2+)>C(AI3+)>C(A1F^),故C正確；

D.常溫下，向A1F,溶液中加入氟化鈉固體，c(F)增大，。(平)=K(A吧變小,故口正確。

c(AlK)c(F)

綜上所述，答案為B。

二、選擇題：每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的有兩個(gè)選項(xiàng)正確。

11.類比學(xué)習(xí)是一種認(rèn)知思維與推測(cè)的方法。通過把兩個(gè)或兩類事物或情形進(jìn)行比較，找出它們?cè)谀骋怀?/p>

象層上的相似關(guān)系，并以此為依據(jù)適當(dāng)整理對(duì)應(yīng)到另一事物或情況，從而獲得有效的認(rèn)知。下列說法合理

的是()

A.向Ca(ClO)2溶液中通入CO2可生成HC1O,則向其中通入SO?也可生成HC1O

B.FeQq可改寫FeOFe2O3,則Pb，C)4也可改寫為PbOPbzOslPb與C同主族)

C.Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCL，則Fe與L反應(yīng)也生成FeL,

D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca(C10)2+C02+H2O===CaCO31+2HC10,則向NaClO溶

液中通入少量C。?也寫為：NaClO+CO2+H2O===NaHCO3+HC1O

【答案】D

解析】A.向Ca(ClO)2溶液中通入C。,可生成HC1O,則向其中通入SO,則不然，次氯酸及其鹽有強(qiáng)氧

化性、二氧化硫有強(qiáng)還原性，會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，A不合理;

B.Fe3O4中鐵元素分別呈+2、+3價(jià)，可改寫為FeO-Fe2O3；Pb與C同主族，Pb3O4中鉛元素分別呈+2、

+4價(jià)，PbsC，可改寫為2PbO-PbC)2,B不合理；

C.氯氣的氧化性大于鐵離子，F(xiàn)e與C12反應(yīng)生成FeCl、，則鐵離子的氧化性大于碘單質(zhì)，F(xiàn)e與L反應(yīng)不

能生成Fe%,C不合理；

D.次氯酸的電離能力介于碳酸的一級(jí)電離和二級(jí)電離之間，所以次氯酸鹽溶液中通入二氧化碳，得到次氯

酸和碳酸氫根離子，但由于鈣離子的存在，能進(jìn)一步促使碳酸氫根轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓徕}沉淀，故向Ca(ClO)2溶液

中通入少量CO2：Ca(C10)2+C02+H2O===CaCO3+2HC1O,向NaClO溶液中通入少量CO?也寫

為：NaClO+CO2+H2O===NaHCO3+HC1O,D合理；

答案選D。

12.硫酸亞鐵核隔絕空氣加熱到50(TC發(fā)生的反應(yīng)為：

2(NH4)2Fe(so4)2500℃Fe,CX+2NHaT+N2TMXT+5H2O,下列說法錯(cuò)誤的是()

A.該反應(yīng)的還原產(chǎn)物為Fe2c和N2

B.X是SO2

C.每生成ImolN2轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為8moi

D.分別氧化鐵元素、氮元素所需的硫酸根離子的物質(zhì)的量之比為1：1

【答案】AD

【解析】A.由方程式可知，反應(yīng)中氮元素和鐵元素的化合價(jià)升高被氧化，氧化鐵和氮?dú)鉃檠趸a(chǎn)物，故A

錯(cuò)誤；

B.由質(zhì)量守恒定律可知，X為二氧化硫氣體，故B正確；

C.由方程式可知，生成Imol氮?dú)?，反?yīng)轉(zhuǎn)移8moi電子，故C正確；

D.由得失電子數(shù)目守恒可知，生成Imol氧化鐵，需要還原Imol硫酸根，生成Imol氮?dú)?，需要還原3moi

硫酸根，則分別氧化鐵元素、氮元素所需的硫酸根離子的物質(zhì)的量之比為1：3,故D錯(cuò)誤；

故選AD,

13.海洋生物參與氮循環(huán)過程如圖所示:

下列說法不E確的是（）

A.反應(yīng)①?⑤中包含3個(gè)氧化還原反應(yīng)

B.反應(yīng)②中有極性鍵斷裂和非極性鍵生成

C.反應(yīng)③中可能有氧氣參與反應(yīng)

D.等量N0￡參加反應(yīng)，反應(yīng)④轉(zhuǎn)移電子數(shù)目比反應(yīng)⑤多

【答案】A

【解析】A.反應(yīng)①中化合價(jià)未發(fā)生改變，不是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)②NH20H中-1價(jià)氮降低到N2H4中-2

價(jià)，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)③中-2價(jià)氮變?yōu)?價(jià)，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)④中+3價(jià)氮變?yōu)門價(jià)氮，是氧化

還原反應(yīng)，反應(yīng)⑤中+3價(jià)氮變?yōu)?價(jià)氮，是氧化還原反應(yīng)，因此共有4個(gè)氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)②中NH20H反應(yīng)生成N2H4,N—O極性鍵斷裂，有N—N非極性鍵生成，故B正確；

C.反應(yīng)③N2H4中-2價(jià)氮變?yōu)椤r(jià)，化合價(jià)升高，是還原劑，必然有氧化劑參與反應(yīng)，可能有氧氣參與反

應(yīng)，故C正確；

D.反應(yīng)④由+3價(jià)氮變?yōu)門價(jià)氮，反應(yīng)⑤由+3價(jià)氮變?yōu)?價(jià)氮，因此等量NO：參加反應(yīng)，反應(yīng)④轉(zhuǎn)移電

子數(shù)目比反應(yīng)⑤多，故D正確。

綜上所述，答案為A。

14.某同學(xué)欲從苯與漠反應(yīng)后的混合物中分離出漠苯和無水FeBr,。下列設(shè)計(jì)能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.裝置甲中AgNC>3溶液中產(chǎn)生淡黃色沉淀證明苯與澳發(fā)生了取代反應(yīng)

B.反應(yīng)后向反應(yīng)混合物中加入蒸懦水，用乙裝置分離有機(jī)層和水層，可觀察到圖中所示的現(xiàn)象

C.用裝置丙將分液后的水層蒸發(fā)至干燥，再灼燒制得無水FeBj

D.將經(jīng)水洗、堿洗、水洗后的粗溟苯蒸儲(chǔ)后可以得到純溟苯

【答案】D

【解析】A.苯和液澳在鐵（實(shí)質(zhì)是FeBq）作催化劑作用下反應(yīng)是放熱反應(yīng)，由于澳易揮發(fā)，因此進(jìn)入到硝

酸銀溶液中有部分浪蒸汽，澳蒸汽與硝酸銀溶液反應(yīng)，因此不能通過得到黃色沉淀證明苯與溪發(fā)生了取代

反應(yīng)，故A不符合題意；

B.反應(yīng)后向反應(yīng)混合物中先加NaOH反應(yīng)剩余的澳單質(zhì)，再加入水水洗，再倒入到分液漏斗中，由于澳苯

和苯是互溶的，溶液分層，上層是苯和澳苯的混合物，再用分液漏斗分離有機(jī)物和水層，故B不符合題意;

c.FeBr：與水發(fā)生水解生成氫氧化鐵和澳化氫，HBr易揮發(fā)，在HBr氣流中加熱蒸干得到FeBj,故C不

符合題意；

D.將經(jīng)水洗、再堿洗（主要將多余的漠單質(zhì)反應(yīng)）、水洗后用分液漏斗分離得到苯和漠苯的混合物，再將粗

溟苯蒸儲(chǔ)后可以得到純浪苯，故D符合題意。

綜上所述，答案為D。

15.一定條件下可發(fā)生反應(yīng)CH4（g）+CO2（g）=CH3COOH（g）,該反應(yīng)歷程示意圖如下所示:

點(diǎn)渡態(tài)

有人提出利用電化學(xué)處理，可提高能量的利用率，下列說法不正確的是()

A.若設(shè)計(jì)為原電池，則通入甲烷的電極為負(fù)極

B.由圖像可知①一②放出能量并形成了C—C鍵

C.使用催化劑，可降低活化能和焰變，加快反應(yīng)速率

+

D.若設(shè)計(jì)為原電池，用稀硫酸作電解質(zhì)溶液，正極反應(yīng)為：2CO2+8e+8H===CH3COOH+2H2O

【答案】C

【解析】A.由圖知，該轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)為CC)2+CH4=CH3coOH,若設(shè)計(jì)為原電池，則通入甲烷的電極

為負(fù)極，A正確：

B.由圖像可知，反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，故①T②放出能量并形成了C-C鍵，B正確；

C.使用催化劑，可降低活化能，加快反應(yīng)速率，但焰變不變，c不正確；

D.結(jié)合A分析知，若設(shè)計(jì)為原電池，用稀硫酸作電解質(zhì)溶液，正極上二氧化碳得到電子被還原，生成醋酸,

故電極反應(yīng)式為：2CO2+8e-+8H+===CH3COOH+2H2。，D正確；

答案選C。

三、非選擇題

16.A、B、D、E、F是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素。A是周期表中相對(duì)原子質(zhì)量最小的元素，A、

B能形成兩種液態(tài)化合物A?B和A?B?；D是短周期中原子半徑最大的主族元素；E的周期序數(shù)和族序數(shù)相

等；D、F的原子最外層電子數(shù)之和為8。

(1)E在周期表中的位置是。

(2)如下圖所示，將F單質(zhì)的水溶液分別滴入盛有不同試劑的試管中。

溶液淀粉-KI溶液

①試管a中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為該反應(yīng)可用于制備漂白液。

②試管b中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為，說明F的非金屬性強(qiáng)于碘，從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因是

(3)錢(3iGa)與E為同主族元素，氮化錢(GaN)作為第三代半導(dǎo)體材料，具有耐高溫、耐高電壓等特性，隨

著5G技術(shù)的發(fā)展，GaN商用進(jìn)入快車道。下列相關(guān)說法中，正確的是：(填字母序號(hào))。

a.Ga位于元素周期表的第四周期

b.Ga3+的離子半徑小于E3+的離子半徑

c.GaN中Ga的化合價(jià)為+3

(4)FB2是一種高效消毒劑，工業(yè)上用其處理中性廢水中的鎰，使Mn?+轉(zhuǎn)化為MnO?沉淀除去，F(xiàn)被還原

至最低價(jià)，該反應(yīng)的離子方程式為o

【答案】(1).第三周期第HIA族(2).C12+2OH=C1+C1O+H20(3).溶液變藍(lán)色(4).C1

與I位同一主族，C1的電子層數(shù)比I的少，其原子半徑比I的小，故原子得電子能C1>I。非金屬性Cl>1

2++

(5).ac(6),2C1O2+5Mn+6H2O=2C1+5MnO,+12H

【分析】

A是周期表中相對(duì)原子質(zhì)量最小的元素，則A為H元素：A、B能形成兩種液態(tài)化合物A2B和A2B2,則B

為0元素；D是短周期中原子半徑最大的主族元素，則D為Na元素；E的周期序數(shù)和族序數(shù)相等，且E原

子序數(shù)大于D,則E為A1元素；D、X的原子最外層電子數(shù)之和為8,D最外層電子數(shù)為1,則X最外層電

子數(shù)為7,且X原子序數(shù)大于D,則X為C1元素，以此分析。

【解析】(1)E為A1元素；E在周期表中的位置是第三周期第I11A族。

(2)@X為C1元素，新制氯水滴入氫氧化鈉溶液中發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

②新制氯水滴入淀粉碘化鉀溶液中發(fā)生反應(yīng)：C12+2KI=2KC1+I2,淀粉遇碘顯藍(lán)色，則現(xiàn)象為溶液變藍(lán)色,

C1的非金屬?gòu)?qiáng)于I是由于氯原子和碘原子最外層都是7個(gè)電子，C1的電子層數(shù)比I的少，其原子半徑比I

的小，原子核對(duì)核外電子的吸引力強(qiáng)，得電子能力強(qiáng)，所以氯的非金屬性比碘強(qiáng)。

(3)a.Ga位于元素周期表第HIA族，第4周期，故a正確；

b.Ga3+的電子層數(shù)大于A伊的電子層數(shù)，則Ga3+的離子半徑大于E3+的離子半徑，故b錯(cuò)誤；

c.GaN中N的化合價(jià)為-3價(jià)，根據(jù)化合物中化合價(jià)代數(shù)和為0可知Ga的化合價(jià)為+3價(jià)，故c正確；

故答案選：ac?

(4)XB2為CIO2,與M/+反應(yīng)生成MnCh沉淀和Ch根據(jù)化合價(jià)升降守恒、元素質(zhì)量守恒可得：

2++

2aO2+5Mn+6H2O=5MnO2+2a+12Ho

17.我國(guó)科學(xué)家潘錦功發(fā)明了硝化鎘薄膜太陽(yáng)能電池，又稱為“發(fā)電玻璃”，被譽(yù)為”掛在墻上的油田”，使得

礎(chǔ)元素重新走進(jìn)人們的視野。以錫碑渣(主要含NazSnO?和NazTeC^)為原料，制備碑的流程如圖所示：

HO.濃鹽酸SO,

燒被

之一

錫硫清----堿浸

II.S()4

調(diào)川

已知：I.錫酸鈉(NazSnOs)和亞硫酸鈉(Na?TeO3)均易溶于堿;

II.TeO?微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿。

(1)在生產(chǎn)過程中，要將錫硅渣粉碎，其目的是。

(2)“堿浸”過程中，錫硅浸出率與溶液中堿的質(zhì)量濃度關(guān)系如圖所示，最理想的堿的質(zhì)量濃度為100g-LT,

其理由是:

10()L

6()I--------------1----------1------1------1---------1~~

5070759()10()11()125130

游禹曦質(zhì)量濃度/(g?L)

(3)“氧化”時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為—

(4)“沉碇”時(shí)加入硫酸控制溶液的pH為4.5?5.0,生成Te。2沉淀。如果HzSO^過量，將導(dǎo)致礎(chǔ)的回收率偏

低，其原因是

(5)以石墨為電極對(duì)浸出液電解可獲得Te,陰極上的電極反應(yīng)為。

(6)價(jià)產(chǎn)品中硅質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定，步驟如下：

①取4.(用硫產(chǎn)品，加入酸使其轉(zhuǎn)化為亞硫酸(H?TeO3),將其配制成100mL溶液，取25.00mL于錐形瓶

中。

②往錐形瓶中加入25.00mL0.lmolL'酸性K2Cr2O7溶液，充分反應(yīng)使亞解酸轉(zhuǎn)化為硫酸(H6TeO6)。

1

③用O.lmolU硫酸亞鐵錠［(NH4)2Feis。。2］標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入幾滴試亞

鐵靈指示劑至終點(diǎn)顯紅色，進(jìn)行三次平行實(shí)驗(yàn)，平均消耗18.00mL硫酸亞鐵錢標(biāo)準(zhǔn)溶液。試計(jì)算該蹄產(chǎn)品

中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。(保留小數(shù)點(diǎn)后面二位數(shù)字)

【答案】(1).通過增大接觸面積，加快浸出速率，提高浸出率(2).當(dāng)堿的濃度大于100g/L時(shí)，錫

+

的浸出率幾乎不變，碎的浸出率提高不大(3).2Na+TeO；+H2O2=Na2TeO2+H2O(4).

TeO2可溶于硫酸，導(dǎo)致確的回收率偏低(5).TeO^+3H2O+4e-=Te+6OH-(6).84.48%

【分析】

由題給流程可知，錫舜渣溶于氫氧化鈉溶液過濾得到含有錫酸鈉和亞狒酸鈉的堿性混合溶液；向含有錫酸

鈉和亞硅酸鈉的堿性混合溶液中加入過氧化氫溶液，堿性條件下，過氧化氫與亞福酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)

生成硫酸鈉沉淀，向磺酸鈉中加入濃鹽酸，皤酸鈉與濃鹽酸反應(yīng)得到碎酸溶液，向溶液中通入二氧化硫氣

體，碎酸與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)硫；向含有錫酸鈉和亞硫酸鈉的堿性混合溶液中加入硫酸

調(diào)節(jié)溶液pH得到二氧化硫沉淀，二氧化硫沉淀溶于氫氧化鈉濃溶液得到亞確酸鈉溶液，亞硫酸根在陰極上

得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成單質(zhì)確。

【解析】(1)在生產(chǎn)過程中，將錫碎渣粉碎，可以增大固體的表面積，增加與氫氧化鈉溶液的接觸面積，

從而加快浸出速率，提高浸出率，故答案為：增大接觸面積，加快浸出速率，提高浸出率；

(2)由圖可知，堿的濃度小于100g/L時(shí)，錫碗浸出率隨著溶液中堿的濃度增大而增大，堿的濃度大于100g/L

時(shí)，錫的浸出率幾乎不變，碗的浸出率提高不大，則最理想的堿的質(zhì)量濃度為100g/L,故答案為：當(dāng)堿的

濃度大于100g/L時(shí)，錫的浸出率幾乎不變，碎的浸出率提高不大；

(3)氧化時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為堿性條件下，過氧化氫與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硅酸鈉沉淀，反應(yīng)的離

子方程式為2Na++TeO：+H2O2=Na2TeC)2J+H2O,故答案為：

+

2Na+TeO；-+H2O2=Na2TeO2J+H2O；

(4)由題給信息可知二氧化硅微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿，若硫酸過量，二氧化確溶于過量硫酸

導(dǎo)致硫的回收率偏低，故答案為：Te。2可溶于硫酸，導(dǎo)致硫的回收率偏低;

（5）以石墨為電極對(duì)浸出液電解時(shí)，亞硅酸根在陰極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成單質(zhì)碎，電極反應(yīng)式為

TeO^+3H2O+4e=Te+6OH',故答案為：TeO；+3H2O+4e=Te+6OH-；

(6)由得失電子數(shù)目守恒可得：H(K2Cr2O7)X3=n(H2TeO3)X2+?[(NH4),Fe(S04)2]X1,則100mL

(O.lmol/Lx0.025Lx6-O.lmol/Lx0.018Lx1)x4上『上音"/一卜一

溶液中n(HTeO)=--------------------------------------------=0.0264mol,由硅原子個(gè)數(shù)守怛

232

0.0264molx128g/mol

可知，硫產(chǎn)品中碑中碑的物質(zhì)的量為0.0264moL質(zhì)量分?jǐn)?shù)為X100%=84.48%,故

4.0g

答案為：84.48%.

18.氨基甲酸鏤（NH2coONHQ是一種易分解、易水解的白色固體，易溶于水，難溶于CC1」可用做肥

料、滅火劑、洗滌劑等。某研究小組模擬制備氨基甲酸筱，反應(yīng)原理為:

2NH,（g）+CO2（g）NH2COONH4（S）<0?？蛇x用下列裝置制備氨基甲酸鏤（NH2coONHQ。

回答下列問題:

堿〃隊(duì)

m

電動(dòng)攪拌棒

V?冰水

\1

（1）儀器A的名稱是,,需往其中加入的固體可能是.（填名稱）。

（2）按氣流方向連接各儀器：a->de->jk->一b。（用接口字母表示連接順序）

（3）裝置VI中，采用冰水浴的原因?yàn)?；當(dāng)CC1』液體中產(chǎn)生較多晶體懸浮物時(shí)即停止反應(yīng)，過濾

得到粗產(chǎn)品。為了將所得粗產(chǎn)品干燥，可采取的方法是.（填標(biāo)號(hào)）。

A.蒸儲(chǔ)B.高壓加熱烘干C.真空微熱烘干

某同學(xué)認(rèn)為這套裝置制得的氨基甲酸鏤易變質(zhì)，同時(shí)不符合綠色化學(xué)理念，改進(jìn)了裝置，具體做法是

【答案】（1）.三頸（口）燒瓶（2）.氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰（任答一個(gè)）（3）.ef—gh（4）.

降溫有利于提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率或生成物的產(chǎn)率，防止反應(yīng)放熱使氨基甲酸鏤分解(5).C(6).在裝

置VI中玻琉管i處接裝有濃硫酸的洗氣瓶

【分析】

由題給實(shí)驗(yàn)裝置可知，裝置I為利用濃氨水制備氨氣的裝置，裝置III為氨氣的干燥裝置，裝置VI為氨氣與

二氧化碳反應(yīng)制備氨基甲酸筱的裝置，裝置］I為二氧化碳的制備裝置，裝置V為除去二氧化碳中混有的氯

化氫裝置，裝置IV為干燥二氧化碳裝置，則制備氨基甲酸鏤所需裝置的連接順序?yàn)?/p>

I-in-vi-w-v+n。

【解析】(D由分析可知，裝置I為利用濃氨水制備氨氣的裝置，A儀器的名稱為三頸(口)燒瓶，裝置中濃

氨水滴入氫氧化鈉固體或或氧化鈣或堿石灰中，利用增大溶液中氫氧根離子濃度增大，氨水的電離平衡左

移，溶解或反應(yīng)放出大量的熱，促使氨氣氨氣溶解度減小而逸出制得氨氣，故答案為：三頸(口)燒瓶；氫氧

化鈉或氧化鈣或堿石灰；

(2)由分析可知，制備氨基甲酸鍍所需裝置的連接順序?yàn)镮-ni-vi-iv-v-n,則按氣流方向連接各儀

器的順序?yàn)閍->dc->jk->ef<-gh—b,故答案為：ef<-gh；

(3)制備氨基甲酸錢反應(yīng)為放熱反應(yīng)，采用冰水浴可以降低反應(yīng)溫度，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),

有利于氨基甲酸鍍的生成，同時(shí)可以防止反應(yīng)放熱使氨基甲酸鐵分解；為防止干燥時(shí)氨基甲酸鏤分解，應(yīng)

采用減壓低溫的方法干燥氨基甲酸鏤，即采用真空微熱烘干的方法干燥，C正確；氨氣有強(qiáng)烈的刺激性氣味,

若排入到空氣中，會(huì)污染環(huán)境，需要尾氣處理裝置，空氣中的水蒸氣進(jìn)入VI中，導(dǎo)致氨基甲酸鍍水解，則

改進(jìn)實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的具體做法是在裝置VI中玻琉管i處接裝有濃硫酸的洗氣瓶吸收氨氣，同時(shí)空氣中的水蒸氣進(jìn)

入VI中，故答案為：降溫有利于提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率或生成物的產(chǎn)率，防止反應(yīng)放熱使氨基甲酸鏤分解；C；

在裝置VI中玻琉管i處接裝有濃硫酸的洗氣瓶。

19.二甲醛(CH3OCH3)具有優(yōu)良的燃燒性能，被稱為21世紀(jì)的“清潔能源”。一步法合成二甲醛是以合成

氣(CO/H?)為原料，在一定溫度、壓強(qiáng)和催化劑作用下進(jìn)行，反應(yīng)器中發(fā)生了下列反應(yīng)：

①CO(g)+2H2(g)CH30H(g)AH,=-90.7kJ-mol-1

1

②2cH30H(g),CH30cH3(g)+H2O(g)AH2=-23.5kJ-moE

③C0(g)+H20(g).-CO2(g)+H2(g)AH3=-41.2kJ.mor'

(1)一種新合成二甲醛的方法為一定條件下：

1

2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g),該反應(yīng)的兇=kJ-moE;

判斷該反應(yīng)在一定溫度下、體積恒定的密閉容器中，下列不能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是。

A.平均摩爾質(zhì)量保持不變

B.容器的密度不變

C.容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變

D.單位時(shí)間內(nèi)消耗2moic。2，同時(shí)消耗Imol二甲醛

(2)可采用CO和二甲醛催化合成乙醇。

反應(yīng)①：CH30cH、(g)+CO(g),CH3COOCH3(g)AH,

反應(yīng)②：CH3COOCH3(g)+2H2(g).-CH30H(g)+C2H50H(g)AH2

a.壓強(qiáng)為pkPa時(shí)，溫度對(duì)二甲醛和乙酸甲酯平衡轉(zhuǎn)化率的影響如圖甲所示，則AH|(填“>”

或“<”)0。

0o5

8.4

o0

96

O.3

o5

O..04濟(jì)

—O.

與2

.9國(guó)

O.o5

.82圖

O.9

十.72

6言o0

與0

聲

迪J

Xo5

5.9

E-.96=-邕I

11.X7oo

.84

.80.05

0.40

30040()500600700X0090010003004005006007008009001000

溫收/K溫度/K

個(gè)溫股對(duì)反應(yīng)平衡轉(zhuǎn)化率的影響乙溫度對(duì)平衡體系中產(chǎn)物仃分含證的影響

b.溫度對(duì)平衡體系中乙酸甲酯的含量和乙爵的影響如圖乙所示，在300~600K范圍內(nèi)，乙酸甲酯的含量

逐漸增大，而乙醇的百分含量逐漸減小的原因是：。

c.若壓強(qiáng)為pkPa、溫度為800K時(shí)，向2L恒容密閉容器中充入ImolCH30cH3和ImolCO發(fā)生反應(yīng)

①，2min時(shí)達(dá)到平衡，則前2min內(nèi)CH3co0cH3的平均生成速率為一,該條件下反應(yīng)①的平

衡常數(shù)K=_。

【答案】(1),-122.5(2).B(3).<(4).在300?600內(nèi)。隨溫度升高。反應(yīng)①向逆反應(yīng)方向

移動(dòng)的程度比反應(yīng)②的小(5).0.225mol/(L-min)(6).180

【分析】

由蓋斯定律從已知熱化學(xué)方程式，可計(jì)算出2cO,(g)+6H,(g).CHQCH式g)+3H,O(g)AH：在

一定溫度下、體積恒定的密閉容器中，反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，就從化學(xué)平衡狀態(tài)的特征"等"、"定'’來判斷,

除此之外，可選定某個(gè)物理量，一開始會(huì)隨著反應(yīng)的發(fā)生而變化，而當(dāng)這個(gè)量不再改變的時(shí)候，就達(dá)到化

學(xué)平衡狀態(tài)；抓住圖像提供的信息，結(jié)合勒夏特列原理，判斷反應(yīng)是否放熱、對(duì)于乙酸甲酯同時(shí)參與的2

個(gè)反應(yīng)，注意從圖像的比較中判斷溫度對(duì)2個(gè)反應(yīng)中哪一個(gè)的影響更大，結(jié)合各個(gè)數(shù)據(jù)、運(yùn)用三段式和定

義計(jì)算反應(yīng)速率和平衡常數(shù)；

1

【解析】⑴己知：@CO(g)+2H2(g)l?CH3OH(g)Aff1=-90.7kJmor,

-1

②2cH30H(g).CH3OCH3(g)+H2O(g)AW2=-23.5kJ-mol

③C0(g)+H20(g]CC)2(g)+H2(g)AH3中國(guó)1.2kJ?”,由蓋斯定律知，反應(yīng)2X①+②-2x③可得反應(yīng):

2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH,(g)+3H2O(g)A//=2X.i+2-2xA/y3=2x(-90.7)kJ-mor'

+(-23.5)kJ-mol-1-2x(-4!.2)kJ-moF*=-122.5kJ-moF1;反應(yīng)

2CO2(g)+6H2(g)CHQCH3(g)+3H2O(g)在一定溫度下、體積恒定的密閉容器中，不能作為達(dá)

到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是：

A.反應(yīng)中混合氣體的平均摩爾質(zhì)量會(huì)隨著反應(yīng)而變，故平均摩爾質(zhì)量保持不變能說明已平衡，選項(xiàng)A不符

合；

B.密閉容器中’氣體密度=慧篙

氣體總質(zhì)量守恒，容積體積的不變，故氣體密度不變不能說明

已平衡，選項(xiàng)B符合；

C.反應(yīng)中容器內(nèi)壓強(qiáng)會(huì)隨著反應(yīng)而變，故容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變能說明已平衡，選項(xiàng)C不符合；

D.從速率的角度，任何時(shí)刻都滿足g〃赤(CO2)="正(CH30cH3),1?"逆(82)="逆(CH30cH3),而平衡時(shí)滿

足，,E(CH30cH3)=。逆(CH30cH3),則單位時(shí)間內(nèi)消耗2moic。？，同時(shí)消耗Imol二甲醛，則說明己平衡，

選項(xiàng)D不滿足；

故答案為B；

(2)a.由圖1可知：壓強(qiáng)為pkPa時(shí)，隨著溫度的升高，二甲醛和乙酸甲酯平衡轉(zhuǎn)化率均降低，說明溫度升

高，反應(yīng)①、反應(yīng)②均逆向移動(dòng)，即反應(yīng)的正方向均為放熱反應(yīng)，則△”產(chǎn)0；

b.△H2<0,△Wi<0,升高溫度反應(yīng)①，②均逆向移動(dòng)，但從圖甲可以知道，300?600K時(shí)，反應(yīng)②逆向進(jìn)

行程度更大從而乙醇百分含量逐漸減少：

c.若壓強(qiáng)為pkPa、溫度為800K時(shí)，向2L恒容密閉容器中充入ImolCH30cH3和ImolCO發(fā)生反應(yīng)①,

CH30cH3(g)+CO(g)=CH3coOC&(g)

起始(mol)110

2min時(shí)達(dá)到平衡，則：，前2min內(nèi)

轉(zhuǎn)化(mol)0.9n0.90.n9

平衡(mol)0.10.10.1

0.9mol

CH3coOCH3的平均生