2021化学高考题真题汇编及解析

2021年普通高中学业水平选择性考试（湖南卷）

化学

可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—140—16F—19Na—23Mg—24

Si—28Cl—35.5Ge—73Br—801—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.下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及化学变化的是（）

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：选A清理江河淤泥，没有新物质生成，不涉及化学变化，A符合题意；化工企

业“三废”指的是废水、废气、废渣，“三废”处理是指将有害固体、液体、气体转化为无害

物质或可回收利用的物质，此过程涉及化学变化，B不符合题意；微生物降解使有毒有害物

质转化为无毒无害物质，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；垃圾无害化处理，

是指通过物理、化学、生物热处理等方式处理垃圾，此过程涉及化学变化，D不符合题意。

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.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：选B糖类中的单糖、二糖不属于高分子化合物，A错误；FeO不稳定，在空气

中受热会被氧化为Fe3O4,B正确；工业上常用SO?漂白纸浆，且SO?还可用于杀菌、消毒，

C错误；根据原电池原理，镀锌铁皮的镀层破损后形成原电池，锌做原电池的负极，保护铁

不被腐蚀，D错误。

3.下列实验设计不能达到实验目的的是（）

X实验目的实验设计

取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变

A检验溶液中FeSO4是否被氧化

化

气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓H2s04的洗气

B净化实验室制备的Cl2

瓶

C测定NaOH溶液的pH将待测液滴在湿润的pH试纸.匕与标准比色卡对照

D工业酒精制备无水乙醇工业酒精中加生石灰，蒸储

解析:选C向待测液中滴加KSCN溶液，溶液若变成血红色，说明存在Fe3’,证明FeSO4

被氧化，可以达到实验目的，A不符合题意；实验室利用二氧化镒与浓盐酸反应制备氯气，

所得气体中含有HC1,故先将所得气体通入饱和食盐水中，除去HC1,再经过浓硫酸干燥，

可得纯净、干燥的氯气，可以达到实验目的，B不符合题意；测定NaOH溶液的pH时，pH

试纸不能润湿，否则会稀释待测液，使溶液碱性减弱，测得的pH偏小，不能达到实验目的，

C符合题意；工业酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再进行蒸储，可制备无水乙醇，

可以达到实验目的，D不符合题意。

4.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：

工业路线“绿色”合成路线

________A____________________________

V

OH

人硝酸，

racoon一空气

催化剂，K</COOH催化剂，△O

下列说法正确的是（）

A.茉宁浪水混合，充分振荡后静置，下层溶液乂橙红色

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：选C苯与澳水混合后，由于Bn易溶于苯且苯的密度小于水，振荡后静置，上

层溶液呈橙红色，A错误；环己醇为环状结构，乙醇为链状结构，二者结构不相似，不属于

同系物，B错误；己二酸中含有拨基，与碳酸氢钠反应有CO2生成，C正确；环己烷分子中

的碳原子均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，D错误。

5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.18gH枚）含有的中子数为IONA

B.0.1mol-L-1HCKh溶液口含有的H+数为O.INA

C.2molNO与1mol5在密闭容器中允分反应后的分子数为2NA

D.11.2LCH4和22.4LCb（均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为1.5必

解析：选D1个18。原子含有10个中子，H原子不含中子，所以每个H蔓O分子中含

有10个中子，Hl'O的相对分子质量为20gmoL,故18gHl'O的物质的量为0.9mol,则

18gHj8O中含有的中子数为9NA,A错误；HC1O4为强酸，在溶液中完全电离，则0.1

mol-L।HC1O4溶液中H'的物质的量浓度为0.1moH/i,由于题中未给出溶液体积，所以无

法计算H+的数目，B错误；2moiNO与1mol。2恰好完全反应生成2moiNCh,由于存在平

衡2NO?N2O4,所以充分反应后容器中的分子数小于2NA,C错误；甲烷与氯气发生取代

11.2L+22.4L

反应，反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变，则反应后的分子数为----------------------X

22.4L-mol1

NAmo「i=1.5NA,D正确。

6.一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：

物质x碳、筑气

海水-—-苦卤水一陪毒一庵瓦无水MgCL

II

滤液气体

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MgCb制备金属镁

C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+C12=^=MgC12+CO

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MgCk

解析：选D苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，

氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富、价格便宜，常用来做沉镁的沉淀

剂，A说法正确；铁为活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法

正确；根据题给流程图可知，“煨烧”氢氧化铁得到氧化铁，“氯化”可程中，加入碳和氯气

与氧化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体，根据原子守恒和化合价升降可得反应的化学方

程式为MgO+C+CbW=MgC12+CO,C说法正确；向“燃烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，

2++

得到氯化镁溶液，由于镁离子会发生水解反应Mg+2H2OMg（OH）2+2H,直接蒸发

MgCk溶液，生成的HC1挥发，最终得到的是氢氧化镁，而不是无水氯化镁，D说法错误。

7.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：选BZ的最外层电子数为K层的一半，则Z的最外层电子数为1,又W、X、Y、

Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z不可能为氢、锂元素，故Z为第三周期的

Na元素。Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，且Y的原子序数小于11,又W与X

可形成原子个数比为2：I的18。分子，分析可知N2H4符合题意，故W为氢元素、X为氮

元素，则Y为氧元素。Z、X、Y的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径

越小，即简单离子半径：X>Y>Z,A错误；W与Y能形成H2O2,既含有极性键又含有非极

性键，B正确；X和Y形成的最简单氢化物分别为NH3和HzO,常温下，NH3为气态，H20

为液态，故HzO的沸点更高，C错误；由氢、氮、氧三种元素所组成的化合物NH3-H2O的

水溶液呈碱性，D错误。

8.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+UKGO3+3H2O:6KH(IO3)2+5KC1+3C12f。

下列说法错误的是()

A.产生22.4L(标准状况)Cb时，反应中转移10mole—

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。2制备漂白粉

D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中103的存在

解析：选A根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由。价升高到+5价，转移

电子数为6X5X2=60,所以产生标准状况下22.4L即1mol氯气需消耗2moi碘单质，转移

20mole-,A说法错误；该反应中b为还原剂，KCIO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质

的量之比为11：6,B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；

酸性条件下，「与103■反应生成b,淀粉遇L变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验10]

的存在，D说法正确。

9.常温下，用0.1000mol的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000molLr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:以X)=c(Y-)=c(Z)

D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)-c(H+)-

c(OH)

-

解析：选C在NaX溶液中，X一发生水解反应：X+H2OHX+OH，溶液中存在

c(Na+)>c(X-)>c(OH)>c(H+),A判断正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小

关系：NaZ>NaY>NaX,根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ,则电离常数关系：

Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B判断正确；pH=7时，根据电荷守恒，三种溶液混合后分别存在

c(Cr)+c(X-)=c(Na+),c(Cr)4-ciY-)=c-(Na+).c(Cr)+c(Z-)=c(Na+),由于三种一元酸的

酸性强弱不同，则向其盐溶液中加入HC1的物质的量不同，则《XT)、c(Y.)、。亿一)三者不等,

C判断错误；分别加入20.00mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与

NaCkHY与Na。、HZ与Na。，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c<X-)+c(¥-)4-

c(Z-)=c(H+)-c(OH),D判断正确。

10.锌/漠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/溟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ZnBn的浓度不断减小

C.充电时，M极的电极反应式为Zn"+2e—^=Zn

D.隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过

解析：选B在该原电池中，活泼金属锌做负极，则N极为正极，A说法正确；放电时,

左侧锌放电产生Z/+,贮液器中ZnBrz浓度不断增大，B说法错误；充电时，M极为阴极,

电极反应式为Zn2++2e-=Zn,C说法正确；放电时B「通过隔膜进入溶液中与Zn?一结合,

充电时ZM'通过隔膜在双极性碳和塑料电极上沉积，D说法正确。

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FI要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分。

11.已知：A(g)+2B(g)3C(g)△〃<(),向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3

molB发生反应，九时达到平衡状态I,在尬时改变某一条件，h时重新达到平衡状态H,正

反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是()

t/min

A.容器内压强不变，表明反应达到平衡

B.B时改变的条件：向容器中加入C

C.平衡时A的体积分数(p：«P(H)>(p(I)

D.平衡常数K：K(II)<K(I)

解析：选BC该反应是反应前后气体分子数不变的反应，随着反应的进行，气体的总

物质的量始终不变，总压强始终不变，A错误；/2时，设向容器中加入3molC,正反应速

率逐渐增大，达到新的平衡后保持不变，变化情况与图像相符，B正确；及时，设向容器中

加入3molC,相当于加入1molA和2molB,则状态II相当于起始投料为2molA和5molB,

若是投料为2molA和6molB与状态I等效，即状态H相当于减少了B的投料，平衡逆向

移动，A的体积分数变大，即(p(II)>(p(I),C正确；化学平衡常数只与温度有关，温度不变,

平衡常数不变，即K(H)=K(I),D错误。

12.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()

X粒子组判断和分析

不能大量共存，因发生反应：

ANa+、Ap+、。一、NH3・H:0

3+

AI+4NH3・H2O=A1O£+4NH.J+2H2O

H\K+、S2O歹、不能大量共存，因发生反应：

B

+

SOF2H+S20r=S1+SO2t+H20

Na+、Fe3+、SOF、

C能大量共存，粒子间不反应

H2O2

H*、Na、C「、

D能大量共存，粒子间不反应

MnOj

解析：选BAP'与NH3・匕0反应产生A1(OH)3沉淀，不产生Al。?，A错误；H+与

+

S2O歹不能共存，发生反应的离子方程式为2H+S20r=SI+S02t+H2O,B正确；

Fe3+可催化H2O2分解，不能大量共存，C错误；酸性条件下，MnO4■可将C「氧化为Cb,D

错误。

13.1丁醇、澳化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸储、萃取分液制得1澳

丁烷粗产品，装置如图所示:

已知：CH3(CH2)3OH+NaBr+H2SO4^-*CH3(CH2)3Br+NaHSO4-l-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III萃取分液时，将分层的液体依次从下口放出

D.经装置in得到的粗产品干燥后，使用装置II再次蒸储，可得到更纯的产品

解析：选AD球形冷凝管的作用是冷凝回流易挥发的物质，使反应物充分反应，提高

产率，A正确；冷凝时，冷凝管的进水方向为下口进、上口出，即装置II的进水口应为b,

出水口为a,B错误；萃取分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出，C错

误；装置IH得到的粗产品经干燥后，还含有1丁醇等杂质，可再次蒸偏得到更纯的产品，

D正确。

14.铁的配合物离子（用［L—Fe—H「表示）催化某反应的•种反应机理和相对能量的变化

情况如图所示：

45.343.5

:-\过液态

1:-\过液态2

7M

-

0I

目+am

X

□_、

Cn+2.-6

)8ON

+3

X+

+H+

塞.OHO+

OO¥©

文CJ

8OO?

年HU

XHO=

3+

H

O

O

W

H

反应进程

下列说法错误的是（）

A.该过程的总反应为HCOOH金幽CO2t+H2t

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H-IH步骤决定

解析：选CD分析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH,生成物为CO>

和H2,则该过程的总反应为HC00H2%CO2t+H2t,A说法正确；H+浓度过大，抑制

HCOOH的电离，HCOO一浓度减小，会降低I-II步骤的反应速率，H+浓度过小，会降低

III-IV步骤反应速率，故H+浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低，B说法正确；整个

催化循环过程中Fe元素化合价均为+3价，故该催化循环中Fe元素的化合价没有发生变化,

C说法错误；由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程中的IV-I步骤的活化能反=

86.1kJ-mor1,为该反应进程中的最大活化能，故该过程的决速步骤为IV~I步骤，D说法

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.(12分)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢彼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.Na2c03的制备

蒸水

溜碳酸氢钱粉末

-

滤液

氯

化

静置碳

T晶体3

钠

-抽滤酸

钠

步骤H.产品中NaHC03含量测定

①称取产品2.500g,用蒸储水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M,用0.1000mol-L।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HmL：

③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用0.1000mol-L-1盐酸标准溶液滴定至

终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸LmL；

④平行测定三次，%平均值为22.45,匕平均值为23.51。

己知：(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/100gH2O)

温度/℃0102030405060

NaCl35.735.836.036.336.637.037.3

NH4HCO311.915.821.027.0

NaHCO36.98.29.611.112.71-.516.4

NH4CI29.433.337.241.445.850.455.2

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1中“300℃力口热”所选用的仪器是(填标号)；

ABCD

(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NaHC03质量分数的计算结

果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

解析：(1)根据相关盐在不同温度下的溶解度可知，30〜35℃,N&HCO3的溶解度明显小

于NaCl、NH4HCO3和NH4cl的溶解度，因此NaHCCh在步骤I中结晶析出。(2)300℃给固

体加热选用的仪器应为增埸。(3)本题中测定碳酸氢钠含量采用了双指示剂滴定法，第一滴定

过程以酚歆为指示剂，Na2c。3转化为NaHCCh，第二滴定过程以甲基橙为指示剂，NaHCCh

转化为NaCkCO2和H2O,所以第二滴定终点前后溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。

l

(4)由⑶的分析过程可知,25.00mL待测液中所含NaHCCh的物质的量为0.1000mol-LX(V2

-V1)X1O-3L,则2.500g产品中所含NaHCCh的质量为84g-mol1X^^XO.IOO0

mol-L-'X(23.51-22.45)X10-3L^0.089g,则产品中NaHCCh的质量分数=若洛义100%

Z.DvVg

比3.56%。(5)第一次滴定终点时，俯视读数，导致测得的％偏小，NaHCCh质量分数的计算

结果偏大。

答案：(l)NaHCCh30〜35℃,NaHCCh的》容解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4cl的溶

解度

(2)D(3)甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色(4)3.56%(5)偏大

16.(14分)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/(kJ-mo「)946436.0390.8

在一定温度下，利用催化剂招N%分解为N2和Hz。回答下列问题：

⑴反应2NH3®N2(g)+3H2(g)

△H=kJ-mol,；

(2)已知该反应的AS=198.9J-moP1-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0.1molNH3

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。

①若保持容器容积不变，力时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0〜力时间内的反应

速率。32)=mol-L1•min।(用含t\的代数式表示)；

②，2时将容器容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K=［已知：分压=总压X该组分物质的

/阴•解

量分数，对于反应JD(g)+eE(g)gG(g)+/?H(g)帮西其中〃=100kPa,PG、

〃H、PD、PE为各组分的平衡分压］。

方法n.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。

阴

离

子H2

交

换

膜

KOH溶液

⑷电解过程中OFT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___________________________________________________

解析：(1)△"=反应物键能总和一生成物键能总和，根据热化学方程式以及表格中数据

可得AW=390.8kJ・mor,X3X2-(946kJmoL+436.0kJmoF1X3)=+90.8kJ-moFL(2)

若反应能自发进行，贝UAG=AH-TAS<0,代入数据，AGnAH-TASugO^XlO3

J・mori-TX198.9J・mori・K「vO,贝U7>456.5K,转化成摄氏温度，则T>183.5C故

选C、Do(3)①设。〜力时间内生成的氮气为xmol,列“三段式”：

2NH3N2+3H2

起始量/mol0.100

变化量/mol2xx3x

平衡量/mol0.1—2xx3x

由题图可知力时，氨气和氢气的平衡分压相等，根据压强之比等于物质的量之比，所以

0.02X3mol

〃(NH3)=〃32),则3x=0.1—2%,解得x=0.02,所以加出)=—机卷一=华

mol-L，-min」。②々时将容器容积迅速缩小至原来的一半，N2分压变为原来的2倍；其他

条件不变时，容器容积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即该平衡逆向移

动，所以N2分压先变为原来的2倍，后逐渐减小，故选b。③由题图可知，小时，反应达到

平衡状态，且p(NH3)=p(H2)=1.2X100kPa,p(N2)=0.4X100kPa,贝1K°=

~P<H2)T.p(N2)p.2X100kPa?0.4X100kPa

」•p°I100kPaJ'100kPa

(NH3)『=(1.2X100kPaf=048°

_p。JI~~100kPa_)

(4)根据反应物以及两极产物，可以看出产生氢气的一极氢元素的化合价变化为+1-0,

发生还原反应，应为阴极，产生氮气的一极氮元素的化合价变化为-3一0,发生氧化反应，

应为阳极。电解池中，阴离子向阳极移动，所以电解过程中OK的移动方向为从右往左。(5)

阳极上NH3变为N2,溶液环境为碱性，所以阳极的电极反应式为2N%—6e—+6OIT=N2

+6H2O。

答案：(D+90.8(2)CD(3)①竿②b容积迅速缩小至原来的一半时，Nz分压变为

原来的2倍；其他条件不变时，容器容积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动,

该平衡逆向移动，所以N2分压先变为原来的2倍，后逐渐减小③0.48(4)从右往左

(5)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O

17.(13分)Cc2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铀(Cc)主要

以CeP04形式存在，还含有Si(h、AI2O3、Fe2O3>CaF?等物质。以独居石为原料制备

Ce2(CO3)3•/7H2O的工艺流程如下：

①Mg()调pH=5

②絮凝剂

浓H2SO&HzOFeCh溶液|NH，HC(%溶液

£扁一扇一点一曲一矗・

酸d废气滤渣I滤渣u滤3m旋液

回答下列问题：

(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)滤渣川的主要成分是(填化学式)；

(4)加入絮凝剂的目的是；

(5)“沉钵”过程中，生成CeXCQM•〃&O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

A：b=1.75X10-5,H2cO3的Kd=4.4X10-7,乂2=4.7X10")；

(6)滤渣II的主要成分为FePO4,在高温条件下，Li2co3、葡萄糖(C6Hl2O6)和FePO,可制

备电极材料LiFePO”同时生成CO和H2O,该反应的化学方程式为o

解析：(1)由质量数=质子数+中子数可知，铺的质量数=58+80=138,因此该核素的

符号为赞Ce。(2)为提高“水浸”效率,可采取搅拌、适当升高温度、研碎等措施。(3)根据流

程及题中信息分析可知，滤渣I为Si。?、CaSO4,滤渣II为FePO4,滤渣HI的主要成分为

A1(OH)3O(4)加入絮凝剂的目的是使悬浮粒子聚集变大，加快粒子聚沉速度，更快地形成沉

淀。(5)“沉铺”过程中，Ce3+与HCO］反应生成Ce2(CO3)3•«H2O,反应的离子方程式为

3+

2Ce+6HCO3+(«-3)H2O=Ce2(CO3h-nH2OI+3CO210由于NH；水解溶液显酸性，

HCO5水解溶液显碱性，根据题中提供的电离平衡常数，可计算出NH；的水解平衡常数为华

Ab

in-i4K|0-14

10

=r^viH5^5.71Xio-,HCO.f的水解平衡常数为h=一/八产2.3义10-8,所以HCO?

的水解程度大于NH；的水解程度，所以溶液显碱性。(6)根据题中信息，可知反应物为Li2c03、

C6Hl2O6和FePCh,生成物为LiFePOjCO和H2O,根据化合价变化，C：+4-+2,0-+

2,Fe：+3-4-2,则反应的化学方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O6=^=6LiFePO4+9COt

+6H2Oto

答案：(1)赠Ce(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)(3)A1(OH)3(4)促进A1(OH)3胶体

聚沉，便于分离

3+

(5)2Ce+6HCO3+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3•«H2OI+3cO2t碱性(6)6FePO4+

高温

3Li2CO3+C6H12O6=^=6LiFcPO4+9COt+6H2Ot

(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.［选修3：物质结构与性质］(15分)

硅、楮(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S1X40

SiX4的熔、沸点

SiF4SiCI4SiBr4Sih

熔点/K183.0203.2278.6393.7

沸点/K187.2330.8427.2560.7

①0℃时，SiF4、SiC14、SiB「4、SiL呈液态的是

（填化学式），沸点依次升高的原因是_______________________________________

气态SiX4分子的空间构型是：

H,C—

②SiC14与N甲基咪嘎（、？N）反应可以得到M2+,其结构如图所示:

H£_N4«-N-C%

一，4八2

出c-d-

N甲基咪吐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o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anm、〃nm、cnm,a=^=y=90°,则该晶体的密度〃

=________gpm、（设阿伏加德罗常数的值为NA，用含。、b、c、心的代数式表示）。

解析：（1）硅原子核外有14个电子，有Is、2s、2p、3s、3P五个能级，每个能级的电子

数分别是2、2、6、2、2,则基态硅原子最外层的电子排布图为3s3p。晶体硅和

碳化硅均为共价晶体，碳原子半径比硅原子半径小，则C—Si键键长比Si—Si键键长短，故

碳化硅的熔点较高。（2）①0℃Q273K,由题表中的数据可知，只有SQL的熔点低于273K,

沸点高于273K,则SiCLi在0℃时为液态。S®、SiCb*、SiBj、SiL为为分子晶体，结构相

似，相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，沸点逐渐升高。SiX4的中心原子Si

周围的o键电子对数=4+/x（4—1X4）=4,无孤电子对，由VSEPR理论可知，其VSEPR

模型与分子空间构型均为正四面体。②H'C一中甲基碳原子为饱和碳原子，是sp3杂化，

碳碳双键中的碳原子为sp2杂化。短周期同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，且H的电

负性比C小，故电负性由大到小的顺序是N>C>Ho

Si、

0N-CW基团有1个N—Si、4个N—C、1个N=C、1个C=C、6个C—H,共有13

一

个。键，4个&/N-CH嗟团，则含13X4=52（个）0键，另外还有2个Si—C1键，故1个

ClCH,

N=\

01N—CH,

中含有。键的数目为54个。（3）①由晶胞结构图可知，1个晶

胞中，对于X原子，8个位于顶点、4个位于棱上、6个位于面上、3个位于晶胞内，故I个

晶胞中含有X的数目为8x/+4X±+6xT+3=8（个）；对于Y原子，4个Y原子均位于晶胞

内；对于Z原子，16个Z原子均位于晶胞内。其中Ge和0的原子个数比为1：4,则X为

Mg,Y为Ge,Z为0。由上述分析可知，该化合物的化学式为Mg2GeO4o②1个晶胞的质

量=24义8+73：4+16X168=梨g,1个晶胞的体积=出地乂10-21cm3,则晶体的密度p

/VA，YA

740

_而g_740Xl()2i

~ahcXIO-21cm3-abcN^gcm

MI

答案：（1）3s3pSiC

（2）①SiCL,SiR、SiCL、SiBm、SiL»都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作

用力依次增大正四面体②sp2、sp3N>C>H54

-—740X1021

（3）©0Mg2GeO4②abcN、

19.［选修5：有机化学基础］（15分）

叶酸拮抗剂Alimta（M）是一种多靶向性抗癌药物。以苯和丁二酸肝为原料合成该化合物

的路线如下：

CHO

(D)

(M)

叶酸拮抗剂Alimla

回答下列问题:

(1)A的结构简式为;

(2)AD化的反应类型分别是,；

(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FeCb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；

⑸结合上述信息，写出丁二酸肝和乙二醇合成聚「二酸乙二爵酯的反应方程式:

OH

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