2021年普通高中學業(yè)水平選擇性考試(湖南卷)化學可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16F—19Na—23Mg—24Si—28Cl—35.5Ge—73Br—801—127一、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，沒有涉及化學變化的是()A．定期清淤，疏通河道B．化工企業(yè)“三廢”處理后，達標排放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，進行無害化處理解析：選A清理江河淤泥，沒有新物質(zhì)生成，不涉及化學變化，A符合題意；化工企業(yè)“三廢”指的是廢水、廢氣、廢渣，“三廢”處理是指將有害固體、液體、氣體轉(zhuǎn)化為無害物質(zhì)或可回收利用的物質(zhì)，此過程涉及化學變化，B不符合題意；微生物降解使有毒有害物質(zhì)轉(zhuǎn)化為無毒無害物質(zhì)，有新物質(zhì)生成，涉及化學變化，C不符合題意；垃圾無害化處理，是指通過物理、化學、生物熱處理等方式處理垃圾，此過程涉及化學變化，D不符合題意。2．下列說法正確的是()A．糖類、蛋白質(zhì)均屬于天然有機高分子化合物B．FeO粉末在空氣中受熱，迅速被氧化成Fe3O4C．SO2可漂白紙漿，不可用于殺菌、消毒D．鍍鋅鐵皮的鍍層破損后，鐵皮會加速腐蝕解析：選B糖類中的單糖、二糖不屬于高分子化合物，A錯誤；FeO不穩(wěn)定，在空氣中受熱會被氧化為Fe3O4，B正確；工業(yè)上常用SO2漂白紙漿，且SO2還可用于殺菌、消毒，C錯誤；根據(jù)原電池原理，鍍鋅鐵皮的鍍層破損后形成原電池，鋅做原電池的負極，保護鐵不被腐蝕，D錯誤。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凈化實驗室制備的Cl2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，蒸餾解析：選C向待測液中滴加KSCN溶液，溶液若變成血紅色，說明存在Fe3＋，證明FeSO4被氧化，可以達到實驗目的，A不符合題意；實驗室利用二氧化錳與濃鹽酸反應制備氯氣，所得氣體中含有HCl，故先將所得氣體通入飽和食鹽水中，除去HCl，再經(jīng)過濃硫酸干燥，可得純凈、干燥的氯氣，可以達到實驗目的，B不符合題意；測定NaOH溶液的pH時，pH試紙不能潤濕，否則會稀釋待測液，使溶液堿性減弱，測得的pH偏小，不能達到實驗目的，C符合題意；工業(yè)酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再進行蒸餾，可制備無水乙醇，可以達到實驗目的，D不符合題意。4．己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．己二酸與NaHCO3溶液反應有CO2生成D．環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面解析：選C苯與溴水混合后，由于Br2易溶于苯且苯的密度小于水，振蕩后靜置，上層溶液呈橙紅色，A錯誤；環(huán)己醇為環(huán)狀結(jié)構(gòu)，乙醇為鏈狀結(jié)構(gòu)，二者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同系物，B錯誤；己二酸中含有羧基，與碳酸氫鈉反應有CO2生成，C正確；環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，所有碳原子不可能共面，D錯誤。5．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子數(shù)為10NAB．0.1mol·L－1HClO4溶液中含有的H＋數(shù)為0.1NAC．2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應后的分子數(shù)為2NAD．11.2LCH4和22.4LCl2(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數(shù)為1.5NA解析：選D1個18O原子含有10個中子，H原子不含中子，所以每個Heq\o\al(18,2)O分子中含有10個中子，Heq\o\al(18,2)O的相對分子質(zhì)量為20g·mol－1，故18gHeq\o\al(18,2)O的物質(zhì)的量為0.9mol，則18gHeq\o\al(18,2)O中含有的中子數(shù)為9NA，A錯誤；HClO4為強酸，在溶液中完全電離，則0.1mol·L－1HClO4溶液中H＋的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L－1，由于題中未給出溶液體積，所以無法計算H＋的數(shù)目，B錯誤；2molNO與1molO2恰好完全反應生成2molNO2，由于存在平衡2NO2N2O4，所以充分反應后容器中的分子數(shù)小于2NA，C錯誤；甲烷與氯氣發(fā)生取代反應，反應前后反應物與生成物的物質(zhì)的量之和不變，則反應后的分子數(shù)為eq\f(11.2L＋22.4L,22.4L·mol－1)×NAmol－1＝1.5NA，D正確。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(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C．“氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高溫))MgCl2＋COD．“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MgCl2解析：選D苦鹵水中含有大量鎂離子，加入生石灰，生石灰與水反應生成氫氧化鈣，氫氧化鈣再與鎂離子反應生成氫氧化鎂，生石灰來源豐富、價格便宜，常用來做沉鎂的沉淀劑，A說法正確；鎂為活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融氯化鎂的方法來制備金屬鎂，B說法正確；根據(jù)題給流程圖可知，“煅燒”氫氧化鎂得到氧化鎂，“氯化”過程中，加入碳和氯氣與氧化鎂反應，生成無水氯化鎂和一種氣體，根據(jù)原子守恒和化合價升降可得反應的化學方程式為MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高溫))MgCl2＋CO，C說法正確；向“煅燒”后所得氧化鎂中加稀鹽酸，得到氯化鎂溶液，由于鎂離子會發(fā)生水解反應Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，直接蒸發(fā)MgCl2溶液，生成的HCl揮發(fā)，最終得到的是氫氧化鎂，而不是無水氯化鎂，D說法錯誤。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18e－分子。下列說法正確的是()A．簡單離子半徑：Z>X>YB．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：X>YD．由W、X、Y三種元素所組成化合物的水溶液均顯酸性解析：選BZ的最外層電子數(shù)為K層的一半，則Z的最外層電子數(shù)為1，又W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，則Z不可能為氫、鋰元素，故Z為第三周期的Na元素。Y的原子序數(shù)等于W與X的原子序數(shù)之和，且Y的原子序數(shù)小于11，又W與X可形成原子個數(shù)比為2∶1的18e－分子，分析可知N2H4符合題意，故W為氫元素、X為氮元素，則Y為氧元素。Z、X、Y的簡單離子核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，即簡單離子半徑：X>Y>Z，A錯誤；W與Y能形成H2O2，既含有極性鍵又含有非極性鍵，B正確；X和Y形成的最簡單氫化物分別為NH3和H2O，常溫下，NH3為氣態(tài)，H2O為液態(tài)，故H2O的沸點更高，C錯誤；由氫、氮、氧三種元素所組成的化合物NH3·H2O的水溶液呈堿性，D錯誤。8．KIO3常用作食鹽中的補碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應為6I2＋11KClO3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列說法錯誤的是()A．產(chǎn)生22.4L(標準狀況)Cl2時，反應中轉(zhuǎn)移10mole－B．反應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產(chǎn)生的Cl2制備漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中IOeq\o\al(－,3)的存在解析：選A根據(jù)題干中的化學方程式可知，I元素的化合價由0價升高到＋5價，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6×5×2＝60，所以產(chǎn)生標準狀況下22.4L即1mol氯氣需消耗2mol碘單質(zhì)，轉(zhuǎn)移20mole－，A說法錯誤；該反應中I2為還原劑，KClO3為氧化劑，故氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11∶6，B說法正確；工業(yè)上常用氯氣和石灰乳反應制備漂白粉，C說法正確；酸性條件下，I－與IOeq\o\al(－,3)反應生成I2，淀粉遇I2變藍色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗IOeq\o\al(－,3)的存在，D說法正確。9．常溫下，用0.1000mol·L－1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol·L－1的三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是()A．該NaX溶液中：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)B．三種一元弱酸的電離常數(shù)：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)C．當pH＝7時，三種溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)解析：選C在NaX溶液中，X－發(fā)生水解反應：X－＋H2OHX＋OH－，溶液中存在c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A判斷正確；等濃度的NaX、NaY、NaZ三種溶液的pH大小關系：NaZ>NaY>NaX，根據(jù)“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，則電離常數(shù)關系：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)，B判斷正確；pH＝7時，根據(jù)電荷守恒，三種溶液混合后分別存在c(Cl－)＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三種一元酸的酸性強弱不同，則向其鹽溶液中加入HCl的物質(zhì)的量不同，則c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，C判斷錯誤；分別加入20.00mL鹽酸后，均恰好完全反應，三種溶液的溶質(zhì)分別為HX與NaCl、HY與NaCl、HZ與NaCl，三種溶液混合后的溶液中存在電荷守恒：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D判斷正確。10．鋅/溴液流電池是一種先進的水溶液電解質(zhì)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示：下列說法錯誤的是()A．放電時，N極為正極B．放電時，左側(cè)貯液器中ZnBr2的濃度不斷減小C．充電時，M極的電極反應式為Zn2＋＋2e－=ZnD．隔膜允許陽離子通過，也允許陰離子通過解析：選B在該原電池中，活潑金屬鋅做負極，則N極為正極，A說法正確；放電時，左側(cè)鋅放電產(chǎn)生Zn2＋，貯液器中ZnBr2濃度不斷增大，B說法錯誤；充電時，M極為陰極，電極反應式為Zn2＋＋2e－=Zn，C說法正確；放電時Br－通過隔膜進入溶液中與Zn2＋結(jié)合，充電時Zn2＋通過隔膜在雙極性碳和塑料電極上沉積，D說法正確。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：A(g)＋2B(g)3C(g)ΔH<0，向一恒溫恒容的密閉容器中充入1molA和3molB發(fā)生反應，t1時達到平衡狀態(tài)Ⅰ，在t2時改變某一條件，t3時重新達到平衡狀態(tài)Ⅱ，正反應速率隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是()A．容器內(nèi)壓強不變，表明反應達到平衡B．t2時改變的條件：向容器中加入CC．平衡時A的體積分數(shù)φ：φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)D．平衡常數(shù)K：K(Ⅱ)<K(Ⅰ)解析：選BC該反應是反應前后氣體分子數(shù)不變的反應，隨著反應的進行，氣體的總物質(zhì)的量始終不變，總壓強始終不變，A錯誤；t2時，設向容器中加入3molC，正反應速率逐漸增大，達到新的平衡后保持不變，變化情況與圖像相符，B正確；t2時，設向容器中加入3molC，相當于加入1molA和2molB，則狀態(tài)Ⅱ相當于起始投料為2molA和5molB，若是投料為2molA和6molB與狀態(tài)Ⅰ等效，即狀態(tài)Ⅱ相當于減少了B的投料，平衡逆向移動，A的體積分數(shù)變大，即φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)，C正確；化學平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，平衡常數(shù)不變，即K(Ⅱ)＝K(Ⅰ)，D錯誤。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ANa＋、Al3＋、Cl－、NH3·H2O不能大量共存，因發(fā)生反應：Al3＋＋4NH3·H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2OBH＋、K＋、S2Oeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)不能大量共存，因發(fā)生反應：2H＋＋S2Oeq\o\al(2－,3)=S↓＋SO2↑＋H2OCNa＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)、H2O2能大量共存，粒子間不反應DH＋、Na＋、Cl－、MnOeq\o\al(－,4)能大量共存，粒子間不反應解析：選BAl3＋與NH3·H2O反應產(chǎn)生Al(OH)3沉淀，不產(chǎn)生AlOeq\o\al(－,2)，A錯誤；H＋與S2Oeq\o\al(2－,3)不能共存，發(fā)生反應的離子方程式為2H＋＋S2Oeq\o\al(2－,3)=S↓＋SO2↑＋H2O，B正確；Fe3＋可催化H2O2分解，不能大量共存，C錯誤；酸性條件下，MnOeq\o\al(－,4)可將Cl－氧化為Cl2，D錯誤。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，裝置如圖所示：已知：CH3(CH2)3OH＋NaBr＋H2SO4eq\o(→,\s\up7(△))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Ⅱ中a為進水口，b為出水口C．用裝置Ⅲ萃取分液時，將分層的液體依次從下口放出D．經(jīng)裝置Ⅲ得到的粗產(chǎn)品干燥后，使用裝置Ⅱ再次蒸餾，可得到更純的產(chǎn)品解析：選AD球形冷凝管的作用是冷凝回流易揮發(fā)的物質(zhì)，使反應物充分反應，提高產(chǎn)率，A正確；冷凝時，冷凝管的進水方向為下口進、上口出，即裝置Ⅱ的進水口應為b，出水口為a，B錯誤；萃取分液時，上層液體應從上口倒出，下層液體應從下口放出，C錯誤；裝置Ⅲ得到的粗產(chǎn)品經(jīng)干燥后，還含有1丁醇等雜質(zhì)，可再次蒸餾得到更純的產(chǎn)品，D正確。14．鐵的配合物離子(用[L—Fe—H]＋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HCOOHeq\o(=,\s\up7(催化劑))CO2↑＋H2↑B．H＋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Fe元素的化合價發(fā)生了變化D．該過程的總反應速率由Ⅱ→Ⅲ步驟決定解析：選CD分析題給反應機理圖，可知該過程的反應物為HCOOH，生成物為CO2和H2，則該過程的總反應為HCOOHeq\o(=,\s\up7(催化劑))CO2↑＋H2↑，A說法正確；H＋濃度過大，抑制HCOOH的電離，HCOO－濃度減小，會降低Ⅰ→Ⅱ步驟的反應速率，H＋濃度過小，會降低Ⅲ→Ⅳ步驟反應速率，故H＋濃度過大或者過小，均會導致反應速率降低，B說法正確；整個催化循環(huán)過程中Fe元素化合價均為＋3價，故該催化循環(huán)中Fe元素的化合價沒有發(fā)生變化，C說法錯誤；由相對能量的變化情況圖可以得出，該反應過程中的Ⅳ→Ⅰ步驟的活化能Ea＝86.1kJ·mol－1，為該反應進程中的最大活化能，故該過程的決速步驟為Ⅳ→Ⅰ步驟，D說法錯誤。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第15～17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．(12分)碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。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.Na2CO3的制備步驟Ⅱ.產(chǎn)品中NaHCO3含量測定①稱取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用0.1000mol·L－1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V1mL；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用0.1000mol·L－1鹽酸標準溶液滴定至終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸V2mL；④平行測定三次，V1平均值為22.45，V2平均值為23.51。已知：(ⅰ)當溫度超過35℃時，NH4HCO3開始分解。(ⅱ)相關鹽在不同溫度下的溶解度表(g/100gH2O)溫度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2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)；(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NaHCO3的質(zhì)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NaHCO3質(zhì)量分數(shù)的計算結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。解析：(1)根據(jù)相關鹽在不同溫度下的溶解度可知，30～35℃，NaHCO3的溶解度明顯小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度，因此NaHCO3在步驟Ⅰ中結(jié)晶析出。(2)300℃給固體加熱選用的儀器應為坩堝。(3)本題中測定碳酸氫鈉含量采用了雙指示劑滴定法，第一滴定過程以酚酞為指示劑，Na2CO3轉(zhuǎn)化為NaHCO3，第二滴定過程以甲基橙為指示劑，NaHCO3轉(zhuǎn)化為NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定終點前后溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色。(4)由(3)的分析過程可知，25.00mL待測液中所含NaHCO3的物質(zhì)的量為0.1000mol·L－1×(V2－V1)×10－3L，則2.500g產(chǎn)品中所含NaHCO3的質(zhì)量為84g·mol－1×eq\f(250mL,25.00mL)×0.1000mol·L－1×(23.51－22.45)×10－3L≈0.089g，則產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)＝eq\f(0.089g,2.500g)×100%≈3.56%。(5)第一次滴定終點時，俯視讀數(shù)，導致測得的V1偏小，NaHCO3質(zhì)量分數(shù)的計算結(jié)果偏大。答案：(1)NaHCO330～35℃，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度(2)D(3)甲基橙溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色(4)3.56%(5)偏大16．(14分)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N≡NH—HN—H鍵能E/(kJ·mol－1)946436.0390.8在一定溫度下，利用催化劑將NH3分解為N2和H2?；卮鹣铝袉栴}：(1)反應2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝________kJ·mol－1；(2)已知該反應的ΔS＝198.9J·mol－1·K－1，在下列哪些溫度下反應能自發(fā)進行？________(填標號)A．25℃ B．125℃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0.1molNH3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(zhì)的分壓隨時間的變化曲線如圖所示。①若保持容器容積不變，t1時反應達到平衡，用H2的濃度變化表示0～t1時間內(nèi)的反應速率v(H2)＝________mol·L－1·min－1(用含t1的代數(shù)式表示)；②t2時將容器容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___________________________________________________________________________________________________；③在該溫度下，反應的標準平衡常數(shù)K?＝________[已知：分壓＝總壓×該組分物質(zhì)的量分數(shù)，對于反應dD(g)＋eE(g)gG(g)＋hH(g)K?＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pG,p?)))\s\up12(g)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pH,p?)))\s\up12(h),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pD,p?)))\s\up12(d)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pE,p?)))\s\up12(e))，其中p?＝100kPa，pG、pH、pD、pE為各組分的平衡分壓]。方法Ⅱ.氨電解法制氫氣利用電解原理，將氨轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如圖所示。(4)電解過程中OH－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_________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)ΔH＝反應物鍵能總和－生成物鍵能總和，根據(jù)熱化學方程式以及表格中數(shù)據(jù)可得ΔH＝390.8kJ·mol－1×3×2－(946kJ·mol－1＋436.0kJ·mol－1×3)＝＋90.8kJ·mol－1。(2)若反應能自發(fā)進行，則ΔG＝ΔH－TΔS<0，代入數(shù)據(jù)，ΔG＝ΔH－TΔS＝90.8×103J·mol－1－T×198.9J·mol－1·K－1<0，則T>456.5K，轉(zhuǎn)化成攝氏溫度，則T>183.5℃，故選C、D。(3)①設0～t1時間內(nèi)生成的氮氣為xmol，列“三段式”：2NH3N2＋3H2起始量/mol0.100變化量/mol2xx3x平衡量/mol0.1－2xx3x由題圖可知t1時，氨氣和氫氣的平衡分壓相等，根據(jù)壓強之比等于物質(zhì)的量之比，所以n(NH3)＝n(H2)，則3x＝0.1－2x，解得x＝0.02，所以v(H2)＝eq\f(\f(0.02×3mol,3L),t1min)＝eq\f(0.02,t1)mol·L－1·min－1。②t2時將容器容積迅速縮小至原來的一半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍；其他條件不變時，容器容積減小，壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，即該平衡逆向移動，所以N2分壓先變?yōu)樵瓉淼?倍，后逐漸減小，故選b。③由題圖可知，t1時，反應達到平衡狀態(tài)，且p(NH3)＝p(H2)＝1.2×100kPa，p(N2)＝0.4×100kPa，則K?＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p（H2）,p?)))\s\up12(3)·\f(p（N2）,p?),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p（NH3）,p?)))\s\up12(2))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.2×100kPa,100kPa)))\s\up12(3)×\f(0.4×100kPa,100kPa),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.2×100kPa,100kPa)))\s\up12(2))＝0.48。(4)根據(jù)反應物以及兩極產(chǎn)物，可以看出產(chǎn)生氫氣的一極氫元素的化合價變化為＋1→0，發(fā)生還原反應，應為陰極，產(chǎn)生氮氣的一極氮元素的化合價變化為－3→0，發(fā)生氧化反應，應為陽極。電解池中，陰離子向陽極移動，所以電解過程中OH－的移動方向為從右往左。(5)陽極上NH3變?yōu)镹2，溶液環(huán)境為堿性，所以陽極的電極反應式為2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O。答案：(1)＋90.8(2)CD(3)①eq\f(0.02,t1)②b容積迅速縮小至原來的一半時，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍；其他條件不變時，容器容積減小，壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，該平衡逆向移動，所以N2分壓先變?yōu)樵瓉淼?倍，后逐漸減?、?.48(4)從右往左(5)2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O17．(13分)Ce2(CO3)3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CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質(zhì)。以獨居石為原料制備Ce2(CO3)3·nH2O的工藝流程如下：回答下列問題：(1)鈰的某種核素含有58個質(zhì)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Ⅲ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Ce2(CO3)3·nH2O的離子方程式為____________________，常溫下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“堿性”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)濾渣Ⅱ的主要成分為FePO4，在高溫條件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和H2O，該反應的化學方程式為________________。解析：(1)由質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＋中子數(shù)可知，鈰的質(zhì)量數(shù)＝58＋80＝138，因此該核素的符號為eq\o\al(138,58)Ce。(2)為提高“水浸”效率，可采取攪拌、適當升高溫度、研碎等措施。(3)根據(jù)流程及題中信息分析可知，濾渣Ⅰ為SiO2、CaSO4，濾渣Ⅱ為FePO4，濾渣Ⅲ的主要成分為Al(OH)3。(4)加入絮凝劑的目的是使懸浮粒子聚集變大，加快粒子聚沉速度，更快地形成沉淀。(5)“沉鈰”過程中，Ce3＋與HCOeq\o\al(－,3)反應生成Ce2(CO3)3·nH2O，反應的離子方程式為2Ce3＋＋6HCOeq\o\al(－,3)＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑。由于NHeq\o\al(＋,4)水解溶液顯酸性，HCOeq\o\al(－,3)水解溶液顯堿性，根據(jù)題中提供的電離平衡常數(shù)，可計算出NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常數(shù)為eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10－14,1.75×10－5)≈5.71×10－10，HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡常數(shù)為eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8，所以HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以溶液顯堿性。(6)根據(jù)題中信息，可知反應物為Li2CO3、C6H12O6和FePO4，生成物為LiFePO4、CO和H2O，根據(jù)化合價變化，C：＋4→＋2，0→＋2，F(xiàn)e：＋3→＋2，則反應的化學方程式為6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高溫))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑。答案：(1)eq\o\al(138,58)Ce(2)攪拌、適當升高溫度(合理即可)(3)Al(OH)3(4)促進Al(OH)3膠體聚沉，便于分離(5)2Ce3＋＋6HCOeq\o\al(－,3)＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑堿性(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高溫))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑(二)選考題：共15分。請考生從給出的兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。18．[選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)硅、鍺(Ge)及其化合物廣泛應用于光電材料領域。回答下列問題：(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較高的是____________(填化學式)；(2)硅和鹵素單質(zhì)反應可以得到SiX4。SiX4的熔、沸點SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔點/K183.0203.2278.6393.7沸點/K187.2330.8427.2560.7①0℃時，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液態(tài)的是_____________________________(填化學式)，沸點依次升高的原因是____________________________________________________________________________________________________________，氣態(tài)SiX4分子的空間構(gòu)型是________；②SiCl4與N甲基咪唑()反應可以得到M2＋，其結(jié)構(gòu)如圖所示：N甲基咪唑分子中碳原子的雜化軌道類型為________，H、C、N的電負性由大到小的順序為________，1個M2＋中含有________個σ鍵；(3)下圖是Mg、Ge、O三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。①已知化合物中Ge和O的原子個數(shù)比為1∶4，圖中Z表示________原子(填元素符號)，該化合物的化學式為____________；②已知該晶胞的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm，α＝β＝γ＝90°，則該晶體的密度ρ＝________g·cm－3(設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，用含a、b、c、NA的代數(shù)式表示)。解析：(1)硅原子核外有14個電子，有1s、2s、2p、3s、3p五個能級，每個能級的電子數(shù)分別是2、2、6、2、2，則基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為。晶體硅和碳化硅均為共價晶體，碳原子半徑比硅原子半徑小，則C—Si鍵鍵長比Si—Si鍵鍵長短，故碳化硅的熔點較高。(2)①0℃≈273K，由題表中的數(shù)據(jù)可知，只有SiCl4的熔點低于273K，沸點高于273K，則SiCl4在0℃時為液態(tài)。SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4均為分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量依次增大，則分子間作用力依次增大，沸點逐漸升高。SiX4的中心原子Si周圍的σ鍵電子對數(shù)＝4＋eq\f(1,2)×(4－1×4)＝4，無孤電子對，由VSEPR理論可知，其VSEPR模型與分子空間構(gòu)型均為正四面體。②中甲基碳原子為飽和碳原子，是sp3雜化，碳碳雙鍵中的碳原子為sp2雜化。短周期同周期元素從左到右，電負性逐漸增大，且H的電負性比C小，故電負性由大到小的順序是N>C>H。中1個基團有1個N—Si、4個N—C、1個N=C、1個C=C、6個C—H，共有13個σ鍵，4個基團，則含13×4＝52(個)σ鍵，另外還有2個Si—Cl鍵，故1個中含有σ鍵的數(shù)目為54個。(3)①由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，1個晶胞中，對于X原子，8個位于頂點、4個位于棱上、6個位于面上、3個位于晶胞內(nèi)，故1個晶胞中含有X的數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,4)＋6×eq\f(1,2)＋3＝8(個)；對于Y原子，