2021年天津市高考化学模拟试卷（一）（含答案）

这是一份2021年天津市高考化学模拟试卷（一）（含答案），共23页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2021年天津市高考化学模拟试卷（一）

1. 下列科学家所对应的理论或贡献正确的是( )
①汤姆生：在研究阴极射线时发现原子中存在电子
②徐光宪：在稀土金属串级萃取领域做出突出贡献
③鲍林：在一个原子轨道里最多容纳2个电子且自旋相反
④洪特：电子排布同一能级不同轨道时，基态原子总优先单独分占不同轨道且自旋相同
⑤侯德榜：侯氏制碱法，制取NaOH
⑥勒夏特列：提出工业合成氨的方法
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②④ C. ②③④⑤ D. ①②⑤⑥
2. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A. 56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NA
B. 在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212g氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA
C. 16gO2和 14C2H4的混合物中所含中子数为8NA
D. 常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH=7，则溶液中CH3COO−与NH4+的数目均为0.5NA
3. 下列有关物质性质的比较。结论不正确的是( )
A. 离子还原性：S2−>Cl−>Br−>I−
B. 酸性：HClO4>HClO3>HClO
C. 键角：SiH4>PH3>H2S
D. 结合质子能力：OH−>CH3COO−>Cl−
4. KSCN溶液常用于鉴别Fe3+。在水溶液中，Fe3+以[Fe(H2O)6]3+形式存在，与SCN−可发生反应：[Fe(H2O)6]3++SCN−⇌[Fe(H2O)5SCN]2++H2O，[Fe(H2O)5SCN]2+能溶于乙醚。下列说法错误的是( )
A. [Fe(H2O)5SCN]2+显红色
B. 该鉴别方法不受溶液酸碱性的限制
C. 当Fe3+浓度很低时，用乙醚富集可使现象明显
D. 加水稀释，平衡左移，溶液颜色变浅
5. 某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：下列实验分析中，不正确的是( )
序号
①
②
③


实验操作



实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
A. ①说明Cl2被完全消耗
B. ②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI
C. ③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−
D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
6. 头孢拉定又名先锋霉素，是常用的一种抗生素，其结构简式如图，下列说法不正确的是( )
A. 1mol头孢拉定分子含有6molπ键
B. 头孢拉定与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液都可以反应
C. 1mol头孢拉定最多可与6molH2和5molBr2发生加成反应
D. 头孢拉定既可与盐酸反应，也可与NaOH溶液反应
7. 下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是( )
①HCl比H2S稳定       ②HClO氧化性比H2SO4强     ③HClO4酸性比H2SO4强
④Cl2能与H2S反应生成S ⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子
⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe 反应生成FeS.
A. ②⑤ B. ①②⑥ C. ①②④ D. ①③⑤
8. 离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，应用广泛。1−乙基−3−甲基咪唑四氟硼酸盐离子液体结构如图所示，下列相关叙述错误的是( )
A. 该离子液体中C、N杂化方式均有sp2和sp3两种
B. 阴离子呈正四面体形，存在共价键和配位键
C. 阳离子中σ键数目是π键数目的10倍
D. 该离子液体与水能够形成氢键
9. 已知NH4CuSO3与足量的3mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法错误的是( )
A. 反应中硫酸作氧化剂
B. NH4CuSO3中氮元素被氧化
C. 有刺激性气味的气体是氨气
D. 1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子
10. 有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，下列说法错误的是( )

A. 放电时，电流由a电极经外电路流向b电极
B. 充电时，a电极附近的pH减小
C. 充电时，b电极的电极反应方程式为+4ne−+4nH+=
D. 电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，放电时H+从a极区经过半透膜向b极区迁移
11. 相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)+3Y2(g)⇌2XY3(g)△H=−akJ/mol。实验测得反应的有关数据如下表。
下列叙述正确的是( )
容器
反应条件
起始物质的量/mol
达到平衡所用时间/min
达平衡过程中的能量变化
X2
Y2
XY3
①
恒容
1
3
0
10
放热 0.1akJ
②
恒压
1
3
0
t
放热b kJ
A. 对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的值不同
B. ①中：从开始至10min内的平均反应速率υ(X2)=0.1mol/(L⋅min)
C. ②中：X2的平衡转化率小于10%
D. b>0.1a
12. 下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH4+)c(Cl−)>1
B. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中c(Cl−)c(Br−)不变
C. 向0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液从20℃升温至30℃，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)增大
D. 将CH3COONa溶液从20℃室温至30℃，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)增大
13. 翡翠是一类名贵的装饰品，其主要成分为硅酸铝钠(NaAlSi2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn等元素。回答下列问题：
(1)基态硅原子的电子排布式为 ______；基态铬原子的价电子排布图不能写成形式，其原因是违背了 ______。
(2)NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为 ______(填元素符号)，灼烧硅酸铝钠时，当钠元素的价电子由 ______(填“激发态”或“基态”)跃迁到另一状态时产生黄色火焰。
(3)工业上冶炼金属铝的方程式为 ______。硅与碳类似，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，此三种分子中硅原子为sp3杂化的有 ______；分子空间构型属于正四面体的是 ______。
(4)已知氧化钠、氧化铝的熔点分别为1132℃、2054℃，从结构的角度解释导致这种差异的主要原因：______。
(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，该化合物的化学式为 ______。已知该晶体密度为ρg⋅cm−3。晶体中Cr原子和N的最近核间距为 ______pm(NA表示阿伏加德罗常数的值)。


14. “苯并5螺6”三环体系()是某些天然药物的主要药效基团和核心骨架，合成某种有机物H的路线如图。

已知信息：
+R2OH；
+→+Ph3P=O
回答下列问题：
(1)A中官能团名称为 ______ 。
(2)B的化学名称为 ______ ，B经过聚合可以生成一种树脂，其反应的化学方程式为 ______ 。
(3)由C生成D的化学方程式 ______ 。
(4)由E生成F的反应类型是 ______ 。
(5)化合物E的分子式为 ______ ，E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式： ______ 。
①具有“苯并5螺6”()三环体系；
②官能团只含有；
③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1。
(6)根据题中相关信息，写出由乙酸乙酯与为原料制备的合成路线
(无机试剂和有机溶剂任选)。 ______
15. 以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料可制备N2H4⋅H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：

已知：①Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②2N2H4⋅H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与 NaClO剧烈反应生成N2。
(1)步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成 NaClO3和NaC1，其离子方程式为 ______；实验中控制温度计温度除用冰水浴外，还需采取的措施是  ______。
(2)步骤Ⅱ合成N2H4⋅H2O的装置如图−1所示。 NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是 ______；使用冷凝管的目的是 ______ 。
(3)步骤用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3(水溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−随pH的分布如图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图−3所示)。

边搅拌边向Na 2CO 3溶液中通入SO 2制备 NaSO 3溶液。实验中确定何时停止通SO 2的实验操作为  ______。
请补充完整由 NaHSO 3溶液制备无水Na 2SO 3的实验方案：  ______，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
16. 第五届联合国环境大会(UNEA−5)于2021年2月在肯尼亚举行，会议主题为“加大力度保护自然，实现可持续发展”。有效去除大气中的H2S，SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
(1)氨水可以脱除烟气中的SO2。氨水脱硫的相关热化学方程式如下：
2NH3(g)+H2O(l)+SO2(g)=(NH4)2SO3(aq)ΔH=akJ⋅mol−1
(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)+SO2(g)=2NH4HSO3(aq)ΔH=bkJ⋅mol−1
2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)ΔH=ckJ⋅mol−1
反应NH3(g)+NH4HSO3(aq)+12O2(g)=(NH4)2SO4(aq)的ΔH=______kJ⋅mol−1。(用含a、b、c的代数式表示))
(2)SO2可被NO2氧化：SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)。当温度高于225℃时，反应速率，，、分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，、与该反应的平衡常数K之间的关系为 ______。
(3)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(g)ΔH>0。其他条件相同、以γ−Al2O3作为催化剂，研究表明，γ−Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图1所示。下列有关SO2去除率的说法正确的是 ______。(填标号)
A.240℃以下，SO2能够被催化剂吸附，温度升高，吸附能力减弱，SO2去除率降低
B.以γ−Al2O3作为催化剂，SO2去除率最高只能达到80%
C.温度高于500℃，SO2去除率降低是因为催化剂的活性降低
(4)在气体总压强分别为p1和p2时，反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)在不同温度下达到平衡，测得SO3(g)及SO2(g)的物质的量分数如图2所示。
①压强：p1______(填“>”或“<”)p2。
②若p1=0.81MPa，起始时充入一定量的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)MPa。
(5)电化学氧化法是一种高效去除废水中硫化物的方法，电解NaHS溶液脱硫的原理如图3所示。碱性条件下，HS−首先被氧化生成中间产物Sn2−，Sn2−容易被继续氧化而生成硫单质。
①阳极HS−氧化为Sn2−的电极反应式为 ______。
②电解一段时间后，阳极的石墨电极会出现电极钝化，导致电极反应不能持续有效进行，其原因是______。


答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：①1897年，英国科学家汤姆生发现原子中存在电子．1904年汤姆生提出了一个被称为“西瓜式”结构的原子结构模型，电子就像“西瓜子”一样镶嵌在带正电的“西瓜瓤”中．电子的发现使人们认识到原子是由微小的粒子构成的汤姆生，故①正确；
②徐光宪：在稀土金属串级萃取领域做出突出贡献，被誉为稀土界的“袁隆平”，故②正确；
③根据泡利原理知，同一轨道上的两个电子最多容纳2个电子，且自旋方向相反，鲍林提出杂化轨道理论，故③错误；
④由洪特规则知，电子排布同一能级的不同轨道时，总是优先占据不同轨道，而且自旋方向相同，故④正确；
⑤侯德榜：侯氏制碱法，制取的是碳酸氢钠不是NaOH，故⑤错误；
⑥哈伯提出工业合成氨的方法，不是勒夏特列，故⑥错误；
故正确的是：①②④；
故选：B。
根据各个科学家所做的贡献和成就进行解答和分析。
本题主要考查了化学史，属于记忆的知识，题目难度不大，注意基础知识的积累。

2.【答案】D

【解析】解：A、56g铁的物质的量为1mol，而铁在氧气中燃烧后变为+83价，故1mol铁反应后转移电子为83NA个，故小于3NA个，故A正确；
B、K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，生成3mol氯气转移5mol电子，所得3mol氯气的质量为：37g/mol×1mol+35g/mol×5mol=212g，故当生成212g氯气时，故转移电子为5NA个，故B正确；
C、O2和 14C2H4的摩尔质量均为28g/mol，故16g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均含16个中子，故0.5mol混合物中含中子为8NA个，故C正确；
D、CH3COO−与NH4+均能水解，故此溶液中CH3COO−与NH4+的数目均小于0.5NA，故D错误。
故选：D。
A、求出铁的物质的量，然后根据铁在氧气中燃烧后变为+83价来分析；
B、K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，生成3mol氯气转移5mol电子；
C、O2和 14C2H4的摩尔质量均为28g/mol，且均含16个中子；
D、CH3COO−与NH4+均能水解。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3.【答案】A

【解析】解：A.S、Cl、Br、I四种元素的非金属性强弱为：Cl>Br>I>S，故对应阴离子的还原性强弱为：S2−>I−>Br−>Cl−；故A错误；
B.HClO4、HClO3、HClO的酸性强弱为：HClO4>HClO3>HClO，故B正确；
C.SiH4中存在四对成键电子对，PH3中存在3对成键电子对和1对孤电子对，H2S中存在2对成键电子对和1对孤电子对，故键角有：SiH4>PH3>H2S，故C正确；
D.根据酸性：HCl>CH3COOH>H2O可知，孤电子对：OH−>CH3COO−>Cl−，故D正确；
故选：A。
A.元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性强弱；
B.同种元素的含氧酸中，中心元素化合价越高，对应酸的酸性越强；
C.孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力；
D.酸性越强，其阴离子结合质子的能力越弱。
本题考查知识全面较多，具体涉及元素金属性与阴离子还原性的关系，酸性强弱的判断，键角大小的比较，结合质子能力强弱的比较等，均为高考高频考点，难度中等。

4.【答案】B

【解析】解：A.KSCN溶液常用于鉴别Fe3+，反应后溶液呈红色，发生[Fe(H2O)6]3++SCN−⇌[Fe(H2O)5SCN]2++H2O，则[Fe(H2O)5SCN]2+显红色，故A正确；
B.[Fe(H2O)6]3+与OH−反应生成氢氧化铁沉淀，而加入酸抑制水解，可知该鉴别方法受溶液酸碱性的限制，故B错误；
C.[Fe(H2O)5SCN]2+能溶于乙醚，可起到富集作用，则当Fe3+浓度很低时，用乙醚富集可使现象明显，故C正确；
D.加水稀释，反应物离子浓度减小程度大，则平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故D正确；
故选：B。
A.KSCN溶液常用于鉴别Fe3+，反应后溶液呈红色；
B.[Fe(H2O)6]3+与OH−反应生成氢氧化铁沉淀；
C.2A(g)+B(g)⇌2C(g)△H<0能溶于乙醚，可起到富集作用；
D.加水稀释，反应物离子浓度减小程度大，结合勒夏特列原理分析。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度对平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的性质，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明Cl2被完全消耗，故A正确；
B.实验②中试纸褪色，说明二氧化硫过量，加热后产生的二氧化硫气体与碘水发生氧化还原反应，使试纸褪色，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，故B正确；
C.酸性条件下，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根，③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，故C错误；
D.二氧化硫使品红溶液褪色后，加热会重新变为红色，实验②中二氧化硫过量，加热后溶液不恢复红色，说明品红溶液被氯气氧化，则实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故D正确；
故选：C。
本题考查二氧化硫和氯气的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。

6.【答案】C

【解析】解：A.有机物含有肽键、羧基和碳碳双键等官能团，则1mol头孢拉定分子含有6molπ键，故A正确；
B.含有羧基，与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液都可以反应，故B正确；
C.能与氢气发生加成反应的为碳碳双键，则1mol头孢拉定最多可与3molH2反应，肽键和羧基的C=O键与氢气不反应，故C错误；
D.含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与氢氧化钠溶液反应，故D正确。
故选：C。
由结构简式可知有机物含有氨基、肽键、羧基和碳碳双键，可结合氨基酸、烯烃、羧酸的性质解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

7.【答案】A

【解析】解：①HCl比H2S稳定，则非金属性Cl>S，故①正确；       
②HClO氧化性比H2SO4强，不能确定元素的非金属性强弱，故②错误；     
③HClO4酸性比H2SO4强，则非金属性Cl>S，故③正确；
④Cl2能与H2S反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则非金属性Cl>S，故④正确；    
⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子，不能利用最外层电子数的多少来判断非金属性的强弱，故⑤错误；
⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，则Cl得电子的能力强，所以非金属性Cl>S，故⑥正确；
故选：A。
根据非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸的酸性强弱、离子的还原性强弱、氢化物的稳定性、反应的难易程度等来判断原子的得电子能力强弱，以此来比较非金属性的强弱．
本题考查非金属性的比较，熟悉常见的非金属性比较的方法是解答本题的关键，题目难度不大．

8.【答案】C

【解析】解：A.该离子液体中根据C原子接的化学键有1个双键判断应采用的是sp2杂化，还有碳原子接的是四个单键，判断采用的是sp3杂化，N原子接的有1个双键判断是sp2杂化，另一个N原子接的都是单键判断是sp3，故A正确；
B.阴离子BF4−中的B原子采用sp3杂化，根据VSEPR模型判断空间构型是正四面体。根据杂化理论判断B原子中有空轨道，F−有孤对电子，故还含有配位键，故B正确；
C.根据单键是σ键，双键是π键判断该物质中含有σ键是16个，π键2，σ键数目是π键数目的8倍。故C错误；
D.该物质中含有电负性大的N和F原子，故能与水中的氢原子形成氢键，故D正确；
故选：C。
A.双键为sp2杂化，碳原子接的是四个单键sp3杂化；
B.根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；
C.双键中1根为σ键，1根为π键，单键之间为σ键；
D.该离子中的N原子和F原子可与水分子中的H形成氢键；
本题主要考查了氢键、配位键和共价键的判断、原子杂化方式的判断以及粒子空间构型的判断，侧重考查基本知识的灵活运用，注意键线式中端点和拐点表示碳原子，碳原子形成的是四个化学键，N原子是形成的三个键，题目难度中等。

9.【答案】D

【解析】解：A.反应中硫酸的化合价都不变，则反应中硫酸既不作氧化剂也不作还原剂，故A错误；
B.反应中Cu的化合价为+1价，则只有Cu元素被氧化，故B错误；
C.由以上分析可知刺激性气味的气体是二氧化硫，故C错误；
D.反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故D正确。
故选：D。
NH4CuSO3与足量的3mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应的方程式为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】解：A.放电时，为原电池，电流正极流向负极，即电流由a电极经外电路流向b电极，故A正确；
B.图中变化可知，充电时，聚对苯二酚(图2)被氧化，生成氢离子，酸性增强，pH减小，故B正确；
C.充电时，b电极为电解池的阴极，发生的是还原反应，电极反应方程式为+4ne−+4nH+=，故C正确；
D.放电过程为原电池，阳离子从负极移向正极，放电时H+从b极区经过半透膜向a极区迁移，故D错误；
故选：D。
电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，a电极为电解池的阳极，放电时该电极为原电池的正极，b电极为原电池的负极，电解池的阴极，
A.放电时，为原电池，电流正极流向负极；
B.充电时，聚对苯二酚(图2)被氧化，生成氢离子；
C.充电时，b电极为电解池的阴极，发生的是还原反应；
D.放电过程为原电池，阳离子从负极移向正极。
本题考查了原电池和电解池原理、电极反应的理解应用，主要是充电放电过程的分析判断，题目难度中等。

11.【答案】D

【解析】解：A.相同温度下，反应X2(g)+3Y2(g)⇌2XY3(g)的平衡常数K不变，故A错误；
B.X2(g)+3Y2(g)⇌2XY3(g)△H=−akJ/mol
1mol akJ
   x0.1akJ
1mol：akJ=x：0.1kJ，x=0.1mol，反应①：从开始至10min内的平均反应速率υ(X2)=0.1mol1L10min=0.01mol/(L⋅min)，故B错误；
C.反应①中X2的平衡转化率=0.1mol1mol×100%=10%，反应X2(g)+3Y2(g)⇌2XY3(g)正向是体积减小的反应，所以反应②相当在①的基础上加压，平衡①会正向移动，X2的平衡转化率增大，所以②中X2的平衡转化率大于10%，故C错误；
D.反应②相当在①的基础上加压，平衡会正向移动，放热大于0.1akJ，即b>0.1a，故D正确；
故选：D。
本题考查化学平衡移动问题、等效平衡、反应热等问题，题目难度中等，从等效平衡的角度判断反应进行的方向是解答该题的关键。

12.【答案】D

【解析】解：A.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，显中性，即c(OH−)=c(H+)，所以c(Cl−)=c(NH4+)，故A错误；
B.AgCl、AgBr的饱和溶液中存在AgCl(s)+Br−(aq)⇌AgBr(s)+Cl−(aq)，该反应的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)，向溶液中加入少量AgNO3，K不变，故B错误；
C.平衡常数只与温度有关，CH3COOH电离吸热，20℃升温至30℃时c(H+)增大，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)×c(H+)c(H+)=KaKw不变，故C错误；
D.升高温度，促进醋酸根离子的水解，Kh=c(CH3COOH)c(OH−)c(CH3COO−)增大，则溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)减小，故D正确；
故选：D。
A.根据电荷守恒分析；
B.AgCl、AgBr的饱和溶液中存在AgCl(s)+Br−(aq)⇌AgBr(s)+Cl−(aq)，该反应的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)；
C.CH3COOH是弱酸，电离吸热；
D.升高温度，促进醋酸根离子的水解，Kh=c(CH3COOH)c(OH−)c(CH3COO−)增大。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离平衡常数、水解平衡常数、电荷守恒、水的离子积为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。

13.【答案】1s22s22p63s23p2。  洪特规则  O>Si>Al>Na激发态  2Al2O3(熔融、Si3H8  SiH4  Na2O中的钠离子离子带1个单位的正电荷、Al2O3中的氯离子只带3个单位的正电荷，Al3+半径小于Na+，所以Al2O3中的离子键强于Na2O，从而导致其熔点较高  CrN14×3×3NAρ264cm×1010

【解析】解：(1)已知硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；根据洪特规则，当电子进入同一能级的不同轨道时，电子总是优先单独占据不同的轨道且自旋方向相同，故基态铬原子的价电子排布图不能写成形式，是违背了洪特规则，
故答案为：1s22s22p63s23p2；洪特规则；
(2)依据元素在元素周期表中的位置判断第一电离能，从上往下依次减小，从左往右依次增大，但是需要注意，第IIA族与第VA族由于处于轨道全满与半满的稳定状态，故第一电离能偏大，故NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为O>Si>Al>Na；灼烧硅酸铝钠时，元素由基态到激发态时需吸收能量，当由激发态转化为基态时，则会释放能量，当钠元素的价电子由激发态跃迁到另一状态时产生黄色火焰，
故答案为：O>Si>Al>Na；激发态；
(3)工业上冶炼金属铝的方程式为2Al2O3(熔融，硅与碳类似，类比烃，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，分别类似于CH4、C2H4、C3H8，故此三种分子中硅原子的杂化轨道类型分别为sp3、sp2、sp3；CH4为正四面体结构，故分子空间构型属于正四面体的是SiH4，
故答案为：2Al2O3(熔融；SiH4、Si3H8；SiH4；
(4)氧化钠、氧化铝均属于离子晶体，Na2O中的钠离子离子带1个单位的正电荷、Al2O3中的氯离子只带3个单位的正电荷，Al3+半径小于Na+，所以Al2O3中的离子键强于Na2O，从而导致其熔点较高，
故答案为：Na2O中的钠离子离子带1个单位的正电荷、Al2O3中的氯离子只带3个单位的正电荷，Al3+半径小于Na+，所以Al2O3中的离子键强于Na2O，从而导致其熔点较高；
(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，根据均摊法结合图甲可知，一个晶胞中含有的Cr原子数目为：8×18+6×12=4，N原子数目为：4，该化合物的化学式为原子个数最简比，即CrN；设晶胞的边长为xcm，由该晶体密度为ρg⋅cm−3，晶胞质量为4×66NAg，可知：ρ=4×66NA⋅x3，解得：x=3NAρ264cm，晶体中Cr原子和N的最近核间距为体对角线的14，晶体中Cr原子和N的最近核间距为14×3×3NAρ264cm×1010pm，
故答案为：CrN；14×3×3NAρ264cm×1010。
(1)已知硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；根据洪特规则，当电子进入同一能级的不同轨道时，电子总是优先单独占据不同的轨道且自旋方向相同，故基态铬原子的价电子排布图不能写成形式；
(2)依据元素在元素周期表中的位置判断第一电离能，从上往下依次减小，从左往右依次增大，但是需要注意，第IIA族与第VA族由于处于轨道全满与半满的稳定状态，故第一电离能偏大，故NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为O>Si>Al>Na；灼烧硅酸铝钠时，元素由基态到激发态时需吸收能量，当由激发态转化为基态时，则会释放能量；
(3)工业上冶炼金属铝的方程式为2Al2O3(熔融，硅与碳类似，类比烃，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，分别类似于CH4、C2H4、C3H8，故此三种分子中硅原子的杂化轨道类型分别为sp3、sp2、sp3；CH4为正四面体结构；
(4)氧化钠、氧化铝均属于离子晶体，分析晶格能的影响因素；
(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，根据均摊法结合图甲可知，一个晶胞中含有的Cr原子数目为：8×18+6×12=4，N原子数目为：4，该化合物的化学式为原子个数最简比，即CrN；设晶胞的边长为xcm，由该晶体密度为ρg⋅cm−3，晶胞质量为4×66NAg，可知：ρ=4×66NA⋅x3，解得：x=3NAρ264cm，晶体中Cr原子和N的最近核间距为体对角线的14。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

14.【答案】羰基  丙烯酸甲酯    还原反应  C14H14O2 、、(任写一个)

【解析】解：(1)由结构简式可知，A中官能团名称为：羰基，
故答案为：羰基；
(2)B的结构简式为：，是丙烯酸与甲醇形成的酯，B的化学名称为：丙烯酸甲酯，B经过聚合可以生成一种树脂，发生加聚反应，其反应的化学方程式为：，
故答案为：丙烯酸甲酯；；
(3)C发生取代反应成环而生成D，反应同时有甲醇生成，由C生成D的化学方程式为，
故答案为：；
(4)由E生成F过程酯羰基转化为羟基，组成上去氧加氢，反应类型是还原反应，
故答案为：还原反应；
(5)由结构简式可知E的分子式为：C14H14O2，E的一种符合下列条件的同分异构体：①具有“苯并5螺6”()三环体系；②官能团只含有；③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1，应含有2个羰基且处于对称位置，可以在五元环上，也可以处于六元环上，符合条件的同分异构体为：、、，
故答案为：C14H14O2；、、(任写一个)；
(6)乙酸乙酯发生信息中第一个反应生成，然后再与反应生成，最后与氢气反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
对比有机物的结构可知，A与B发生加成反应生成C，C发生取代反应成环而生成D，反应同时有甲醇生成，D到E的过程是将−COOCH3转化氢原子，E发生还原反应生成F，F的羟基上氢原子被甲基取代生成G，G发生信息中相互交换反应而是生成H；
(5)E的一种符合下列条件的同分异构体：①具有“苯并5螺6”()三环体系；②官能团只含有；③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1，应含有2个羰基且处于对称位置，可以在五元环上，也可以处于六元环上；
(6)乙酸乙酯发生信息中第一个反应生成，然后再与反应生成，最后与氢气反应生成。
本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机物命名、有机反应方程式的书写、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。

15.【答案】【小题1】
3Cl2+6OH−=ClO3−+5Cl−+3H2O
缓慢通入氯气
【小题2】
NaClO碱性溶液
减少水合肼的挥发


【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。

1.【分析】
本题考查离子方程式的书写，和反应条件的控制，因为反应放热，温度升高会有副反应发生，控制氯气的通入的速率可减慢反应的速率，控制温度的升高。
【解答】
温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaC1，反应的离子方程式为3Cl2+6OH−=ClO3−+5Cl−+3H2O，故答案为：3Cl2+6OH−=ClO3−+5Cl−+3H2O；
【解答】
实验中控制温度计温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，故答案为：缓慢通入氯气；
2.【分析】
 本题考查常见仪器的作用，熟悉常见仪器的使用范围和反应的原理及物质的性质是解题的关键。
【解答】
实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液，避免N2H4⋅H2O与NaClO剧烈反应生成N2，故答案为：NaClO碱性溶液；
【解答】
为避免N2H4⋅H2O的挥发，可使用冷凝管回流，故答案为：减少水合肼的挥发；
3.【分析】
 本题考查反应终点的判断，和分离物质的基本方法，通过测定溶液的pH与NaHSO3 溶液相同时可确定反应的终点。


【分析】
本题考查反应终点的判断，通过测定反应后溶液的pH与NaHSO3溶液的pH相比较即可。

【解答】
由图象可知，如溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶液pH的方法控制，故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；
【分析】
 本题考查物质制备方案的设计，熟悉物质的转化和物质的性质是关键。
【解答】
由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图象可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象3可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3，故答案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。  
16.【答案】a−b+c2    AC>0.06MPanHS−−2(n−1)e−+nOH−=Sn2−+nH2O阳极产生的硫覆盖在石墨电极表面，导致石墨电极导电性下降

【解析】解：(1)已知：①2NH3(g)+H2O(1)+SO2(g)=(NH4)2SO3(aq)△H=akJ⋅mol−1，②(NH4)2SO3(aq)t+H2O(l)+SO2(g)=2NH4HSO3(aq)△H=bkJ⋅mol−1，③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H=ckJ⋅mol−1，依据盖斯定律12×(①-②+③)即得到反应NH3(g)+NH4HSO3(aq)+12O2(g)=(NH4)2SO4(aq)的△H=a−b+c2kJ⋅mol−1，
故答案为：a−b+c2；
(2)在上述温度范围内，该反应的平衡常数K=c(NO)c(SO3)c(SO2)c(NO2)，由于平衡时正逆反应速率相等，则，所以，
故答案为：；
(3)A.催化剂γ−Al2O3的比表面积大，具有吸附性，温度较低时(小于240℃)，SO2能够被催化剂吸附，SO2含量降低，随着温度的升高催化剂的吸附能力减弱，导致催化剂吸附的SO2减少，故A正确；
B.催化剂不能影响转化率，故B错误；
C.温度高于500℃，由于温度升高会降低催化剂的活性，因此SO2去除率降低是因为催化剂的活性降低，故C正确；
故答案为：AC；
(4)①当温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，SO3含量升高，所以根据图像可知压强p1>p2，
故答案为：>；
②若p1=0.81MPa，起始时充入一定量的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下平衡时SO3的物质的量分数是0.5，则依据三段式可知
                  2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)
开始(mol)100
变化(mol)2x2xx
平衡(mol)1−2x2xx
因此1−2x1+x=0.5，解得x=0.2，所以该反应的平衡常数Kp=p(O2)p2(SO2)p2(SO3)=0.21.2×0.81×(0.41.2×0.81)2(0.61.2×0.81)2MPa=0.06MPa，
故答案为：0.06MPa；
(5)①阳极HS−失电子首先被氧化生成中间产物Sn2−，电极反应式为nHS−−2(n−1)e−+nOH−=Sn2−+nH2O，
故答案为：nHS−−2(n−1)e−+nOH−=Sn2−+nH2O；
②由于阳极生成的Sn2−容易被继续氧化而生成硫单质，硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降，
故答案为：阳极产生的硫覆盖在石墨电极表面，导致石墨电极导电性下降。
(1)已知：①2NH3(g)+H2O(1)+SO2(g)=(NH4)2SO3(aq)△H=akJ⋅mol−1，②(NH4)2SO3(aq)t+H2O(l)+SO2(g)=2NH4HSO3(aq)△H=bkJ⋅mol−1，③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H=ckJ⋅mol−1，依据盖斯定律12×(①-②+③)即得到反应NH3(g)+NH4HSO3(aq)+12O2(g)=(NH4)2SO4(aq)；
(2)在上述温度范围内，该反应的平衡常数K=c(NO)c(SO3)c(SO2)c(NO2)由于平衡时正逆反应速率相等，则；
(3)A.催化剂γ−Al2O3的比表面积大，具有吸附性，温度较低时(小于240℃)，SO2能够被催化剂吸附，SO2含量降低；
B.催化剂不能影响转化率；
C.温度高于500℃，由于温度升高会降低催化剂的活性；
(4)①当温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，SO3含量升高；
②若p1=0.81MPa，起始时充入一定量的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下平衡时SO3的物质的量分数是0.5，则依据三段式可知
                  2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)
开始(mol)100
变化(mol)2x2xx
平衡(mol)1−2x2xx
因此1−2x1+x=0.5，解得x=0.2，所以该反应的平衡常数Kp=p(O2)p2(SO2)p2(SO3)；
(5)①阳极HS−失电子首先被氧化生成中间产物Sn2−；
②由于阳极生成的Sn2−容易被继续氧化而生成硫单质，硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面。
本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡常数及其计算、电化学原理的应用等知识，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力、计算能力和灵活运用能力，把握化学平衡的计算和平衡常数的应用是解题关键，题目难度中等。