1、2021 年化学高考湖南卷解析年化学高考湖南卷解析 一、一、选择题选择题 1、 【答案】A 【解析】 判断是否涉及到化学变化的本质是看是否有新物质生成。 A 选项，清理淤泥，疏通河道过程无新物质生成，属于物理变化； B 选项，对“三废“即废气、废水、废渣进行处理，过程中有新物质的生成，属于 化学变化； C 选项， 有毒有害物质在微生物作用下降解为无毒无害的新物质， 属于化学变化； D 选项，与 C 选项同理，属于化学变化。 2、 【答案】B 【解析】 A 选项，多糖（淀粉和纤维素）和蛋白质属于天然有机高分子化合物，错误； B 选项，FeO 在空气中加热可迅速氧化成 Fe3O4，正确； C 选项
2、，SO2既可以漂白有机色质，也可以通过 SO2的熏蒸或喷洒来杀菌消毒。 D 选项， 镀层破损后， 金属锌和金属铁形成原电池， 铁作为正极会被保护起来 （是 的， 相当于所谓的牺牲阳极的阴极保护法） ， 腐蚀速度并不会加快， 错误。 如果把镀层金属由锌换成比铁更不活泼的金属，比如铜，那么镀层破损 后，铁皮会加速腐蚀。 3、 【答案】C 【解析】 A 选项，Fe3+与 KSCN 会反应生成血红色物质，而 Fe2+与 KSCN 则不反应，无颜 色变化，所以，FeSO4溶液若被氧化了，则滴加 KSCN 溶液后溶液会变 成血红色，若未被氧化，则溶液颜色不变化，正确； B 选项，实验室是在浓盐酸和二氧化锰
3、在加热的条件下制备氯气，所以，氯气中 含有的杂质气体是氯化氢和水蒸气，为得到洁净干燥的氯气，需要把氯化 氢和水蒸气依次去除。根据氯化氢与氯气的溶解性不同，所以，氯化氢可 以用水去除，为尽量降低氯气的溶解度，所以，采用饱和氯化钠溶液来去 除 氯 化 氢 ， 因 在 溶 液 中 存 在 大 量 的 Cl-， 所 以 会 使 得 Cl2+H2OCl-+H+HClO 该平衡逆向移动，正确。 C 选项，pH 试纸使用的时候不能润湿，否则会使结果向 7 的方向偏，也就是润 湿的 pH 试纸测酸的 pH 值会偏大，测碱的 pH 值会偏小，错误； D 选项，生石灰为 CaO，可与水反应生成 Ca(OH)2，再
4、蒸馏后可制备无水乙醇， 正确。 4、 【答案】C 【解析】 A 选项，溴在苯中的溶解度比在水中大，所以，静置之后，呈橙红色的是溴的苯 溶液，因为的苯溶液的密度小于水，所以，上层溶液呈橙红色，错误； B 选项，同系物是具有相似结构、相同种类及个数的官能团、不饱和度，分子式 上仅相差若干个 CH2的有机物。环己醇里有个环状结构与乙醇不是同系 物，错误； C 选项，羧酸的酸性强于碳酸，所以，根据强酸制弱酸，乙二酸可以和碳酸氢钠 反应生成二氧化碳，正确； D 选项，如果环己烷中所有碳原子共平面，则碳碳键的夹角为 1200，但是，实际 上环己烷中所有的碳都是 sp3杂化，所以，与共平面的结果矛盾，错误。
5、 5、 【答案】D 【解析】 A 选项，注意到 H218O 与 H2O 不同，H2O 摩尔质量是 18g/mol，而 H218O 摩尔质 量是 20g/mol， 18g H218O 不足 1mol，1 个 H218O 分子中的中子数是 10 个，所以，不足 1mol 的 H218O 所含中子数不足 10NA，错误； B 选项，已知浓度，未提体积，则无法得到物质的量即无法得到 H+的粒子数， 错误； C 选项， 2 mol NO 与 1 mol O2充分反应后， 可得到 2 mol NO2， 但是存在 NO2 N2O4，所以，分子数会小于 2 NA，错误； D 选项，根据 CH4与 Cl2发生取
6、代反应的特点，每有 1 分子的 Cl2参与反应，则 对应着有 1 分子的 HCl 生成， 也就是 CH4与 Cl2发生的是反应前后分子数 不变的反应， 所以， 反应后的分子数就等于反应前的分子数。 标准状况下， CH4与 Cl2都是气体，且二者的分子数之和 0.5 NA+1 NA=1.5 NA，与反应 后的分子数相同，正确。 6、 【答案】D 【解析】 A 选项，“沉镁”即把镁转化成 Mg(OH)2沉淀，也就是加入的物质 X 后，溶液呈 碱性，所以，从生产生产的角度，选用生石灰（CaO）既可以达到使溶液 呈碱性的目的，同时很经济实惠可降低生产成本，正确； B 选项，镁的金属性强于铝，所以，可采
7、用电解熔融氯化镁的方式制备金属镁， 正确； C 选项，氯气做氧化剂，生成还原产物氯化镁，碳做还原剂，生成氧化产物 CO。 因为在工业生产中，为了保证充分反映产生更多的氯化镁，所以，加入的 碳和氯气是过量的，所以，即使反应过程中产生了 CO2，也会在高温条件 下与 C 反应，最终生成 CO，正确； D 选项，弱碱金属元素形成的氯盐（如氯化镁、氯化铜等等） ，会在加热蒸发过 程中，水解，产生弱碱和氯化氢，而在加热的条件下氯化氢挥发，从而促 进弱碱金属离子的水解，使得最终得到的产物是弱碱，而非氯盐，错误。 7、 【答案】B 【解析】 W、X、Y、Z 为原子序依次增大的短周期主族元素，且 Z 的最外层
8、电子数是 K 层的一半，所以，Z 为 Na，且 W、X、Y 三种元素为前两周期的主族元素；W 与 X 可形成原子个数比为 2：1 的 18 电子分子，首先从 W、X 位于前两周期来 看，W2X（姑且这么写）的电子数达不到 18，所以，分子构成应为(W2X)n，其 电子数为 18，说明(W2X)这个“组合”的电子数是 18 的因数（18、9、2） ，且只能 是 9，由此可以推出 W 是 H，X 是 N，且 n=2，18 电子分子是 N2H4；根据原子 序数 Y=W+X，所以，Y 是 O。W、X、Y、Z 分别为 H、N、O、Na。 A 选项， 简单离子 Na+、 O2-的核外电子数相同， 核电荷数
9、越大， 则粒子半径越小， 错误； B 选项，H 和 O 可以形成 H2O2，含非极性键，正确； C 选项，常温下，N 和 O 的氢化物形态分别为气态和液态，很直观的可以得到 H2O 的沸点高于 NH3，正确； D 选项，NH3H2O 的水溶液显碱性，错误。 8、 【答案】A 【解析】 根据反应方程式， KClO3作为氧化剂，+5 价 Cl 全部参与氧化还原反应，对应 的还原产物为 KCl 和 Cl2，I2为还原剂，全部参与氧化还原反应。 A 选项，产生 1 mol Cl2时，Cl 元素由+5 价， 降为 0 价，1 个 Cl 原子得 5 个电子， 共转移了 10 mol 电子；但是，同时有 5
10、/3 mol 的还原产物 KCl 生成，Cl 由+5 价， 得 6 个电子， 降为-1 价， 转移电子数为 10mol； 所以， 产生 1 mol Cl2时，总共转移的电子数为 20 mol，错误； B 选项，KClO3和 I2全部参与氧化还原反应，物质的量之比为 11：6，正确； C 选项，用石灰乳吸收氯气可得到 Ca(ClO)2即为漂白粉的有效成分，正确； D 选项，I-与 IO3-会在酸性条件下发生归中反应，生成 I2，使得淀粉变蓝，正确。 9、 【答案】C 【解析】 A 选项， NaX 溶液中， 由于 X-的水解， 所以， c(Na+)c(X-)， 水解使得溶液呈 碱 性，所以，c(O
11、H-)c(H+)，又因为水解是微弱的，所以，c(X-)c(OH-)， 综上，在 NaX 溶液中： c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，正确； B 选项，NaX、NaY、NaZ 溶液初始浓度相同，酸越弱则酸根的水解能力越强， pH 越大。未滴加盐酸时，根据 NaX、NaY、NaZ 溶液 pH 大小，可以得 到对应酸的强弱大小关系即得到酸的电离平衡常数关系，该选项结论正 确； C 选 项 ， 当 pH=7 时 ， c(OH-)=c(H+) ， 且 三 种 溶 液 中 的 电 荷 守 恒 ： c(W-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(Na+)，其中，W=X 或 Y 或 Z，根
12、据以上两 个浓度关系式，可得 c(W-)+ c(Cl-)=c(Na+)，其中，W=X 或 Y 或 Z，滴加 盐酸的量不同， 则 c(Cl-)不同， 且导致体积变化不同即 c(Na+)不同， 所以， 三种溶液中的 c(W-)的值不相同，错误； D 选项，滴加 20.00 mL 盐酸时 c(Na+)=c(Cl-)，且满足电荷守恒：c(X-)+ c(Y-) c(Z-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(Na+)，根据以上两式，可得选项中的形式， 正确。 10、 【答案】B 【解析】 放电时，锌失去电子被氧化，M 作为负极，Br2得到电子被还原，N 作为正极。 A 选项，放电时，N 作为正极
13、，正确； B 选项，放电时，锌失去电子，Zn2+浓度增加，使得左侧贮液器中的 ZnBr2浓度 随之增加，错误； C 选项，充电时，M 电极为阴极，Zn2+得到电子被还原，正确； D 选项，充放电时，隔膜允许阴阳离子通过，正确。 二、不定项选择题（一个或两个正确选项） 11、 【答案】BC 【解析】 A 选项，该反应前后气体计量数之和不变，所以，反应前后压强不发生变化，因 此压强不变无法表明反应达到平衡，错误； B 选项，t2时刻反应速率没有断点，且后续反应速率逐渐增大，说明改变的反应 条件为增加生成物 C 的量， 使得反应平衡逆向移动， 反应物的浓度增大， 反应速率 v正增大，正确； C 选项
14、，初始时，A 和 B 按照 1：3 的比例加入体系中，t2时刻在体系中加入了 生成物 C，使得平衡逆向移动，A 和 B 按照 1：2 的比例增加，因此平衡 时 A 的体积分数(II)(I)，正确； D 选项，化学平衡常数只随温度改变问改变，t2时刻并未改变温度，所以，K(II) =K(I)，错误。 12、 【答案】B 【解析】 A 选项，不能大量共存，因为 Al3+可与 NH3H2O 发生反应，产生 Al(OH)3沉淀， 错误； B 选项，不能大量共存，因为 S2O32-会在酸性环境（H+）中发生歧化反应，正确； C 选项，不能大量共存，Fe3+会催化 H2O2分解，错误； D 选项， 因为高
15、锰酸钾不和稀盐酸反应， 所以， MnO4-和 Cl-可以大量共存。 但是， 要注意高锰酸钾可与浓盐酸反应，也就是不能说 MnO4-和 Cl-不反应，错 误。 13、 【答案】AD 【解析】 A 选项，装置 I 可冷凝回流 1-溴丁烷，使得反应进行的更加充分，正确； B 选项，冷凝管的进水方向为下进上出，错误； C 选项，分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，错误； D 选项，粗产品干燥后，可以再次蒸馏洗涤干燥，得到更纯的产品，正确。 14、 【答案】CD 【解析】 A 选项，从反应机理图中，可以得出反应物为 HCOOH，产物为 CO2和 H2，正 确； B 选项，H+浓度过大时会抑制
16、HCOOH 电离，使得反应速率降低；H+浓度过小 时，反应机理图中的由 III 物质与 H+反应生成 IV 物质时，使得反应物浓 度低，反应速率降低，正确； C 选项， 看 Fe 的化合价可以从过渡物质结构式中 Fe 形成化学键的个数及过渡物 质所带电荷数共同来判断，I 中形成 2 根键，带一个单位正电荷，II、III 中形成 3 根键，IV 中也形成 3 根键，带一个单位正电荷，但是 H2中氢 的化合价为 0，所以，Fe 的化合价未发生变化，错误； D 选项，化学反应速率主要取决于慢反应，活化能越大，反应越慢，反应进程图 中由 IV 到 I 的活化能最大 86.1kJ/mol，所以，IVI
17、步骤为决速步，错 误。 三、非选择题 （一）必考题 15、 【答案】 （1）NaHCO3，30-35时，NaHCO3的溶解度显著低于其他的反应物和产物； （2）D （3）甲基橙；溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色； （4）3.56%； （5）偏大 【解析】 （1） 分析流程图可得，水浴加热时，发生 NaCl+NH4HCO3=NaHCO3+ NH4Cl 反应，所以，晶体 A 是 NaHCO3，而 NaHCO3的溶解度在阴阳离子自由组 合配对形成的物质中是最低的，所以，NaHCO3可以析出； （2）300属于高温煅烧的温度，所以，应该选坩埚； （3）用盐酸滴定样品（Na2CO3和 NaHCO
18、3，且进行了两个阶段的滴定，产生了 两个滴定终点，所以，涉及到的两个反应：一个是适量盐酸与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，全部生成 NaHCO3为第一滴定终点；一个是适量盐酸与 NaHCO3反应 生成 NaCl、H2O 和 CO2，至反应完全时为第二滴定终点。步骤中，第一滴定 终点判断的依据是 Na2CO3和 NaHCO3的水解能力的不同，在相同浓度下，水解 程度越大，溶液碱性越强，所以，指示剂 M 为酚酞。步骤中，第二滴定终点 判断的依据是 NaHCO3溶液呈弱碱性， 完全反应时溶液呈中性或微弱的酸性，所 以，指示剂 N 为甲基橙（甲基橙的变色范围是 pH3.1 时变红，3.14.4
19、时呈橙 色，pH4.4 时变黄。 ） ，第二滴定终点的颜色变化为由黄色变为橙色； （4） 步骤， 滴定的是 Na2CO3的物质的量 n1； 步骤， 滴定的是原有的 NaHCO3 和步骤中由 Na2CO3反应生成的 NaHCO3，总物质的量为 n2；根据两个反应中 反 应 物 系 数 之 间 的 关 系 ， 得 到 步 骤 中 n(HCl)=n1=22.45 x 10-3 molx0.1mol/L=22.45x10-4mol ， 步 骤 中n(HCl)=n2=23.51x10-3 molx0.1mol/L=23.51 x 10-4mol，所以，原有的 NaHCO3的物质的量为(n2- n1) x
20、 250mL 25mL =(23.51 x 10-4mol-22.45 x 10-4mol) x 10=1.06 x 10-3mol， 样品中 NaHCO3 的质量分数为1.06 x10 3 mol x84 g/mol 2.5 ? x 100%3.56% （5）第一滴定终点时，俯视读数，使得记录的消耗盐酸的体积偏小，则计算的 Na2CO3的物质的量偏小，进而计算的产品中原有的 NaHCO3的物质的量偏大， 最终使得 NaHCO3的质量分数计算结果偏大。 16、 【答案】 （1）+90.8； （2）CD （3）0.02 ?1 ； b，容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原来的 2
21、 倍， 故 cd 错误；压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡逆向移动，N2的 分压减小，故 b 正确，a 错误； 0.48 （4）从右往左； （5）6OH-+2NH3+6e-=N2+6H2O 【解析】 （1） 由H=反应物键能-生成物键能，该反应的H=23390.8kJ/mol-946 kJ/mol-3436 kJ/mol=+90.8 kJ/mol。 （2） 对于等温等压的反应，若G 为负，则正反应自发进行，即若反应要自发 进行，则G0，由G=H-TS0，则 T456.5K=183.52，故选 CD。 （3） 密闭容器中 0.1 mol NH3总压为 200 kPa，则如图?1时，H2
22、的分压为 120 kPa，则 H2的物质的量为 0.06 mol，故 ?2= C(?2) t = 0.06? 3? ?1?th = 0.02 ?1 molL-1min-1。 容器体积迅速减小到原来的一半，则氨气的分压迅速增大到原来的 2 倍，故 cd 错误；压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡逆向移动， N2的分压减小，故 b 正确，a 错误。 由图可知，平衡时，p(H2)= 1.2 100 kPa，p(NH3)= 100 1.2 kPa，则 K?= ( ?(?2) ? )( ?(?2) ? )3 ( ?(?3) ? )2 = 0.4x 1.23 1.22 =0.48。 （4） 电解池
23、中，左侧消耗 NH3生成 N2，发生氧化反应消耗了 OH-；右侧水中 H+得电子生成 H2，电极反应中生成 OH-，故 OH-从右往左移动。 （5） 阳极是NH3失电子生成N2， 故电极反应式为： 6OH-+2NH3+6e-=N2+6H2O。 17、【答案】 （1） 58 138? （2）粉碎样品、搅拌（或适当升温） （3）Al(OH)3、Fe(OH)3； （4）加入絮凝剂是为了促进 Al(OH)3、Fe(OH)3胶体聚沉，便于分离； （5）(n-3)H2O+6HCO3-+2Ce3+=Ce(CO3)3nH2O+3CO2；碱性。 （6）3Li2CO3+C6H12O6+6FePO4=6LiFePO
24、4+9CO+6H2O （高温） 【解析】 杂质中的 CaF2可与浓硫酸发生反应：CaF2+H2SO4（浓）CaSO4+ 2HF，则“焙 烧”加入浓硫酸可以除去 CaF2，酸性气体为 HF；“水浸”过程中，Al2O3和 Fe2O3 分别与稀硫酸反应生成 Al2(SO4)3和 Fe2(SO4)3， 则滤渣 I 为 SiO2和 CaSO4； “除磷” 过程中，FeCl3和 CePO4反应生成 CeCl2和 FePO4沉淀，则滤渣 II 为 FePO4； “聚 沉”过程中， 加入 MgO 调节 pH=5，是为了促进溶液中 Al3+和 Fe3+水解为 Al(OH)3 和 Fe(OH)3，加入絮凝剂是为了
25、促进 Al(OH)3和 Fe(OH)3聚沉，二者为滤渣 III 的 主要成分，便于分离；最后， “沉铈” 过程为 Ce3+与 HCO3-反应生成目标产物。 （1）核素符号是? ?，其中，X 是元素符号，Z 是原子序数，A 是质量数。根据 该核素有 58 个质子和 80 个中子，得到该核素的 Z=58，A=138，所以，该核素 符号为 58 138?； （2）提高水浸的效率，有两个思路，一个是增大接触面积，措施有粉碎样品和 搅拌；一个是提供适宜的温度，措施是适当升温； （3） （4） “聚沉”过程中，加入 MgO 调节 pH=5，是为了促进溶液中 Al3+和 Fe3+水 解为 Al(OH)3和
26、Fe(OH)3，加入絮凝剂是为了促进 Al(OH)3和 Fe(OH)3聚沉，二 者为滤渣 III 的主要成分； （5）离子方程式注意符合电荷守恒和原子守恒；NH4+和 HCO3-均会水解，溶液 的酸碱性由二者水解程度的强弱来决定， 而水解平衡常数与对应的碱或酸的电离 常数呈反比（如：Kh= ? ? ） 。根据 Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)，所以，NH4+的水 解程度弱于 HCO3-的水解程度，溶液显碱性； （6）反应物为 Li2CO3、C6H12O6和 FePO4，生成物为 LiFePO4、CO 和 H2O，标 注化合价可得，C6H12O6为还原剂，C 元素的化合价由 0 价升高为
27、+2 价，Li2CO3 和 FePO4为氧化剂，C 的化合价由+4 价降低为+2 价，Fe 的化合价由+3 价降低 为+2 价，根据得失电子守恒（升降价守恒）配平反应方程式即可。 （二）选考题（二）选考题 18、 【答案】 （1） SiC； （2）SiCl4； SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4均为分子晶体，相对分子质量依次增加，分子 间作用力依次增加，沸点依次升高； 正四面体； sp2杂化和 sp3杂化，N C H，54 （3）O；Mg2GeO4 740 NA abc x 1021 【解析】 （1） 硅的原子序数是 14，基态硅原子的最外层电子排布式为 3s23p2； 晶体硅和碳化硅
28、都属于原子晶体，键长越短的熔点越高，Si-C 键的键长 小于 Si-Si 键的键长，则 SiC 的熔点较高。 （2）0=273.15K，结合表中熔点和沸点的数据可知，SiCl4呈液态； 沸点依次升高的原因是 SiX4为分子晶体，熔沸点随相对分子质量增大而升高； SiX4的中心原子 Si 为 sp3杂化，且不含孤对电子，所以空间构型为正四面体； 由结构图可知，N-甲基咪唑中有双键碳和甲基碳，所以，碳原子的杂化轨道 类型为 sp2杂化和 sp3杂化； 3s?3p? 同周期元素，从左到右，电负性增强； 单键均为键，1 个双键中含有 1 个键和 1 个键，所以，1 个 N-甲基咪唑中含 有的的为 12
29、 个，1 个 M2+中含有 12x4+6=54 个键； （3） 根据均摊法计算可得， 一个晶胞中有 X： 1 88+4 1 4+6 1 2+3=8、 Y： 41=4、 Z：161=16，三种粒子数中数目之比为 8：4：16=2：1：4，根据 Ge 和 O 的原 子个数之比为 1：4，可得 X、Y、Z 分比为 Mg、Ge、O；分子式为 Mg2GeO4； ? ? ? ? ? 4?185 ? ?h?1021 gcm-3? 740 NA? abc 1021gcm-3 19、 【答案】 （1）或； （2）还原反应，取代反应； （3）酰胺基，羧基； （4）15； （5） （6） 【解析】 （1）根据已知信
30、息的反应，得到丁二酸酐的碳氧单键断开，并与苯发生取代 反应，得到 A，键线式为； （2）由 AB，羰基上的 O 下去，加上了两个 H，所以，该反应为还原反应， 由 BC，即 B 与 C2H5OH 发生酯化反应得到 C； （3）-CONH-为酰胺键或酰胺基（高中生物课上叫肽键） ，-COOH 为羧基； （4）B 中含有 10 个 C，2 个 O，=5；根据限定条件：“苯环上有 2 个取代基 “，得到同分异构体中含有苯环（6 个 C，=4） ，且苯环上有两个取代基；“能 够发生银镜反应”，得到取代基中含有醛基-CHO（1 个 C，1 个 O，=1） ；“与 FeCl3发生显色反应”，得到苯环上的取
31、代基之一为酚羟基（1 个 O） 。所以，我们 可以得到的信息是：苯环上有两个取代基，一个是酚羟基，另一个未知取代基含 有 1 个-CHO， 3 个 C，=0。同分异构的来源有两个方面：一方面是两个取代 基的位置异构：邻间对 3 种；一方面是未知取代基的结构异构，而结构异构来源 于两个层面，一个层面是丙基的碳骨架异构：正丙基和异丙基，一个层面是醛基 在丙基上的位置异构，示意图为，所以，未知取代基 的异构有 3+2=5 种。因此，B 的同分异构体总共有 3?5=15 种； 根据核磁共振氢谱给出的峰信息，得到该同分异构体为高度对称结构，两个取代 基处于对位，且未知取代基本身结构对称；当峰面积之比中出
32、现 3 的 n 倍时，可 以考虑有 n 个甲基处于对称位置，所以，峰面积之比“6：2：2：1：1”中的一个“6” 表示未知取代基上有两个甲基处于对称位置，两个“2”分别为苯环上两组等效氢， 两个“1”分别表示酚羟基和醛基上的氢。综上得出该同分异构体的结构式。 （5） 缩聚反应的方程式注意不要落掉中括号外的基团，还有生成水分子的系数。 （6）给定原料到目标产物的合成原理可以参考给定合成路线中物质 E+FG 的 反应，即（其中，1 2 3 4 5 是碳的标号） 要得到目标产物需要使乙烯经过一定反应之后，变为含有溴原子取代基的乙醛， 而醛类物质上加溴原子的方式可以参考给定合成路线 DE 的反应，即 从乙烯到乙醛的过程可以采用课内学习的知识，即 所以，通过倒推法，我们可以得到给定原料到目标产物的合成路线：
