2021湖南省高考冲刺压轴卷：化学+答案解析

这是一份2021湖南省高考冲刺压轴卷：化学+答案解析，共16页。试卷主要包含了下列表示不正确的是，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

2021湖南省高考压轴卷
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 C 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 I 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．中国古代文化博大精深，值得后人传承和研究。以下关于古代化学知识的分析不正确的是（ ）。
A．“弄风柳絮疑城雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉汁”，涉及的基本操作是过滤
C．《新修草本》有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色…，据此推测“青矾”的主要成分为Fe2（SO4）3·7H2O
D．《本草纲目》记载：“至元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露。”“其法”是指蒸馏
2.下列表示不正确的是( )
A.2-甲基-2-戊烯的键线式： B.乙醇的结构简式：
C.乙烯的球棍模型： D.醋酸的电子式：
3．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）。
A．28g乙烯中含有4NA个δ键
B．0.1molFeCl3•6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NA
C．100mL18mol•L－1浓硫酸与足量Cu粉加热反应，产生SO2分子数为0.9NA
D．反应S+6HNO3（浓）H2SO4+6NO2↑+2H2O中，生成1molNO2时转移NA个电子
4．能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）。
A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH－＝AlO2－+3H2↑
C．四氧化三铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O
D．漂白粉溶液中通入足量SO2：Ca2++2ClO－+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+SO42－+2Cl－+4H+
5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素。X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。下列说法正确的是（ ）。
A．简单氢化物的热稳定性：Z＞W＞X
B．Z、W的简单气态氢化物中心原子的杂化方式不相同
C．XW2分子的空间构型为直线形
D．Z的最高价含氧酸的钠盐溶液中有三种含Z元素的微粒
6．以下3种有机物是一些食用香精和精油的主要成分，下列说法不正确的是( )

A．桂醛分子中所有原子均可能处于同一平面上
B．1mol桂醛最多与4mol H2发生加成反应
C．香茅醇的分子式为C10H20O
D．可用银氨溶液鉴别桂醛和D-香芹酮
7.过氧化钠可用作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁]反应的化学方程式为，下列有关说法错误的是( )
A.分别和反应，生成物均为
B.该反应中的氧化产物是
C.若有2 mol 被氧化，则被还原的为1 mol
D.每生成18.6 g氧化钠转移电子的物质的量是1.4 mol
8．Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，其流程如下：

下列说法正确的是
A．上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物
B．Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性
C．上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换
D．实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗
9.某溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、AlO2－、CrO42-、CO32－、SO42－中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验：①加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液；②在①所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成并析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成并产生白色沉淀乙，则原沉淀中一定存在的离子是
A. Na+、AlO2－、CrO42-、CO32－ B. Na+、AlO2－、CO32－
C. Na+、AlO2－、CO32－、SO42－ D. Na+、Ba2+、AlO2－、CO32－
10．用图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）。
A
B
C
D




探究温度对2NO2N2O4平衡的影响
除去CO2气体中混有的HCl
验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
制取少量含NaClO的消毒液
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目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能；乙图是含Cr2O72-酸性废水的处理装置。将甲、乙两装置连接[Fe(Ⅱ)极与X极连接]，可将Cr2O72-转化成Cr(OH)3沉淀而除去。下列说法错误的是

A．若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋，
B．电解一段时间后，在Fe(I)极附近有沉淀析出
C．装置乙的隔膜是阳离子交换膜
D．电路中每转移3 mol电子，最多有0.5 mol Cr2O72-被还原
12.下列有关实验操作和现象及解释或结论都一定正确的是( )
选项
实验操作和现象
解释或结论
A
将受热分解产生的气体通入某溶液，溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失
该溶液是溶液或溶液
B
向盛有NaBr溶液的试管中依次滴入少量氯水和苯振荡、静置，溶液上层呈橙红色
非金属性：Cl C
将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，钠表面变暗，将其放置在坩埚中加热，钠燃烧，发出黄色火焰
钠易与氧气反应，加热时生成的是
D
向20%蔗糖溶液中加入足量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，加热，未出现银镜
蔗糖未水解
A.A B.B C.C D.D
13．合成气的主要组分为CO和H2；以天然气为原料生产的合成气有多种方法，其中Sparg工艺的原理为CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)。在特定温度下，向甲、乙、丙三个密闭容器中充入相同量的CH4(g)和CO2(g)，改变容器体积，测得平衡时容器内气体的浓度如下表所示：
实验编号
容器温度/℃
容器体积
物质浓度/(mol·L－1)
CH4
CO2
CO
甲
300
V1
0.02
0.02
0.10
乙
300
V2
x
x
0.05
丙
350
V1
y
y
0.12
下列说法正确的是（ ）
A．该反应在低温条件下不能自发进行
B．300 ℃时反应的平衡常数为25
C．V1∶V2＝3∶7
D．保持温度和容器体积不变，开始时向甲容器中充入0.28 mol CO和0.28 mol H2，CO转化率一定大于2/7
14.常温下，用NaOH溶液滴定二元弱酸溶液，溶液中与或与的关系如图所示。下列说法错误的是( )

A.
B.线表示与的数量关系
C.点溶液中相等
D.点溶液中
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）化学小组探究溶液与溶液的反应产物，利用如图装置进行如下实验：
Ⅰ.向盛有溶液的三颈瓶中，滴加一定量溶液，搅拌，能闻到臭鸡蛋气味，产生沉淀A。
Ⅱ.向盛有溶液的三颈瓶中，滴加少量溶液，搅拌，产生沉淀B。

已知：①为黑色固体，且不溶于水和盐酸。
②，，，。
回答下列问题：
（1）NaOH溶液的作用是_________________________________________________。
小组同学猜测，沉淀A、B可能为S、硫化物或它们的混合物。他们设计如下实验进行探究：
实验一、探究A的成分
取沉淀A于小烧杯中，进行如下实验：

（2）试剂X是______。由此推断A的成分是______（填化学式）。
实验二、探究B的成分
取沉淀B于小烧杯中，进行如下实验：

（3）向试管a中加入试剂Y，观察到明显现象，证明溶液中存在。试剂Y是______，明显现象是_____________________。由此推断B的成分是______（填化学式）。
（4）请分析Ⅱ中实验未得到的原因是______________________。
16．（13分）钼酸钠晶体( Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。

回答下列问题：
(1) Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是__________；在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉项进入，这样处理的目的是__________________。
(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出该反应的化学方程式:____________________，反应中氧化产物是_______________(填化学式)。
(3)“浸取”时含钼化合物发生反应的离子方程式为______________；“ 结晶”前需向滤液中加入Ba(OH)2固体以除去。若滤液中c(MoO)=0. 40 mol/ L，c()=0.10 mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，的去除率是____________% [ 已知：Ksp(ВaCO3)= 1×10-9 、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8]。
(4)“分析纯”的钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与流程中所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式为_____________。
(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图所示。

要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为____________。
17．（14分）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请回答：
（1）如图表示在CuO存在下HCl催化氧化的反应过程，则总反应的热化学方程为___________。

（2）研究HCl催化氧化反应中温度和等因素对HCl转化率的影响，得到如下实验结果：①利用Na2S2O3溶液和KI溶液测定反应生成Cl2的物质的量，若消耗V1mLc1mol·L−1的Na2S2O3溶液，则生成Cl2_____mol（已知2S2O32－+I2＝S4O62－+2I−）。
②表示催化剂的质量与HCl（g）流速之比，是衡量反应气体与催化剂接触情况的物理量。当＝4，＝50g·min·mol−1时，每分钟流经1g催化剂的气体体积为__________L（折算为标准状况下）。

③在420℃、＝3，＝200g·min·mol−1条件下，α（HCl）为33.3%，则O2的反应速率为____________mol·g−1·min−1。
④比较在下列两种反应条件下O2的反应速率：vⅠ__vⅡ（填“＞”“＝”或“＜”）。
Ⅰ．410℃、＝3，＝350g·min·mol−1；
Ⅱ．390℃、＝4，＝350g·min·mol−1。
（3）在101.325kPa时，以含N2的HCl和O2的混合气体测定不同温度下HCl催化氧化反应中HCl的平衡转化率，得到如图结果。

①360℃时反应的平衡常数K360℃与400℃时反应的平衡常数K400℃之间的关系是K360℃______ K400℃（填“＞”“＝”或“＜”）。
②一定温度下随着的增大，HCl的平衡转化率______（填“增大”“减小”或“不变”），原因为______________________________________________________。
(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。
【选修3：物质结构与性质】（15分）
18．有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C原子的p轨道处于半充满状态，D的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A与C之和；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物。请回答下列问题：
(1)E元素基态原子的M能层中具有_____个能级，该元素的常见化合价有多种，其中E+的简化电子排布式为__________。
A．[Ar]3d104s1 B．[Ar]3d10 C．[Ar]3d94s1 D．[Ar]3d84s2
(2)元素C和D的原子的第一电离能较大的为__________(填元素符号)，其原因是________；C与A可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为____________，其中C原子的杂化轨道类型为__________。
(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中σ键和π键数目之比是_____；C2D与BD2互为_______(填“等电子体”或“非等电子体”)，其理由是_____________。
(4)在E催化下，分子式为BA4D的化合物可被氧化为分子式为BA2D的化合物，则BA2D分子中键角约为____；BA4D和BA2D两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了___键的缘故。
(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为__________；元素B的单质晶体结构有多种，其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点_______E单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若B单质的原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a，则该晶体的空间利用率约为________。(百分数表示，取两位有效数字)(已知=1.732)

【选修5：有机化学基础】（15分）
19.“海南沉香，一片万钱，冠绝天下。”在《本草纲目》中，明代名医李时珍曾这样盛赞海南沉香。香料的使用，在我国具有悠久的历史，如下是一种香料H(分子式为C13H14O2)的合成流程，请回答下列问题：

已知：①RCHO+R′CH2ClRCH=CHR
②
③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
(1)A中官能团名称是_______，D→E的反应类型是_______。
(2)B→C的化学方程式为_______。
(3)D的名称是_______，G的结构简式为_______。
(4)H与足量NaOH溶液共热的化学方程式为_______。
(5)有机物X为E的同分异构体，满足下列条件的X结构简式为_______。
①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 ③苯环上只有一种化学环境的氢原子
(6)请设计合理路线，以乙醇和苯为有机原料合成CH3CH=CHCH2OH，其他无机试剂任选_______。






2021湖南省高考压轴卷
化 学
参考答案及解析
1.【答案】C
【解析】“柳絮”和棉花都是植物纤维，其主要成分均为纤维素，A选项正确；“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉汁”，实际上是将豆汁和豆渣分离的过程，涉及的基本操作是过滤，B选项正确；“青矾”的描述为本来绿色，则说明其中含有Fe2+，其主要成分最可能为FeSO4·7H2O，C选项错误；“蒸令气上，用器承滴露。”，其操作是先加热蒸发后冷凝得液体，所以“其法”是指蒸馏，D选项正确。
2.【答案】D
【解析】本题考查化学用语的书写与正误判断。2-甲基-2戊烯结构简式为，其键线式为，A正确；乙醇的结构简式为，B正确；乙烯分子中存在碳碳双键和碳氢单键，为其球棍模型，C正确；醋酸分子的结构简式为，其电子式为， D错误。
3.【答案】D
【解析】乙烯的结构式是，1个乙烯分子中有5个δ键，28g乙烯中含δ键×5×NAmol－1＝5NA，故A错误；Fe（OH）3胶粒是Fe（OH）3的集合体，0.1molFeCl3•6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1NA，故B错误；铜与稀硫酸不反应，100mL18mol•L－1浓硫酸与足量Cu粉加热反应，硫酸有剩余，产生SO2分子数小于0.9NA，故C错误；反应S+6HNO3（浓）H2SO4+6NO2↑+2H2O中，N元素化合价由+5降低为+4，生成1molNO2时转移NA个电子，故D正确。
4. 【答案】D
【解析】氯化铵溶液水解显酸性，向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg（OH）2+2NH4+＝Mg2++2NH3·H2O，A不正确；用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑，B不正确；四氧化三铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3－＝9Fe3++NO↑+14H2O，C不正确；漂白粉溶液中通入足量SO2，SO2全部被ClO－氧化为SO42－，部分SO42－转化为CaSO4沉淀，ClO－被还原为Cl－，则离子方程式为Ca2++2ClO－+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+SO42－+2Cl－+4H+，D正确。
5.【答案】C
【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为ⅠA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na元素、Z为P元素。X为C元素、W为S元素，Z为P元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性W＞Z，简单气态氢化物的热稳定性：W＞Z，故A错误；W为S元素，Z为P元素，Z、W的简单气态氢化物分别为PH3和H2S，PH3中心原子P的价电子对数＝3+＝4，P原子的杂化方式为sp3杂化，H2S中心原子S的价电子对数＝2+＝4，S原子的杂化方式为sp3杂化，二者中心原子的杂化方式相同，故B错误；X为C元素、W为S元素，XW2为CS2，CS2与CO2互为等电子体，互为等电子体的分子具有相似的结构，CO2分子的空间构型为直线形，则CS2分子的空间构型也为直线形，故C正确；Z为P元素，Z的最高价含氧酸的钠盐溶液为Na3PO4，Na3PO4属于强碱弱酸盐，PO43－在溶液中发生多步水解，在溶液中以PO43－、HPO42－、H2PO4－、H3PO4四种含P元素的微粒存在，故D错误。
6.【答案】B
【解析】A．桂醛中存在苯环、双键、醛基，这些结构均为平面形结构，这些结构与单键相连单键具有旋转性，因此桂醛中所有原子可能处于同一平面上，A正确；B．桂醛中含有1个苯环，可以与3个H2发生加成反应，含有1和双键，可以和1个H2发生加成反应，含有1个醛基，可以和1和H2发生加成反应，因此，1个桂醛可以和3+1+1=5个H2发生加成反应，即1mol桂醛最多与5mol H2发生加成反应，B错误；C．根据香茅醇的结构，香茅醇的分子式为C10H20O，C正确；D．桂醛中含有醛基而D-香芹酮中含有羰基，醛基可以发生银镜反应，因此可以利用银氨溶液鉴别桂醛和D-香芹酮，D正确。
7.【答案】A
【解析】有强氧化性，具有还原性，与反应生成物中可能有、，A错误；该反应中，中铁、铬元素的化合价升高，被氧化，是氧化产物，B正确；若有2 mol 被氧化，则失去2 mol电子，被还原的为1 mol，C正确；每生成3 mol 转移14 mol电子，则生成18.6 g(0.3 mol) 转移1.4 mol电子，D正确。
8.【答案】C　
【解析】饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，同时放出二氧化碳，I中的溶液应为NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固体，将NaHSO3转化为Na2SO3，再次充入SO2，将Na2SO3转化为NaHSO3，得到过饱和的NaHSO3溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5，发生2NaHSO3═Na2S2O5+H2O。A．上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A错误；B．SO2作漂白剂时，未发生氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；C．根据上述分析，上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换，否则得不到过饱和的NaHSO3溶液，故C正确；D． “结晶脱水”是加热固体分解，应该在坩埚中进行，故D错误。
9.【答案】B
【解析】根据①可知，气体应该是CO2，所以一定含有CO32－，则就一定没有Ba2+、Al3+，因此根据溶液的电中性可知，一定有钠离子。又因为溶液是无色的，所以没有CrO42-。根据②可知，气体是氨气，沉淀只能是氢氧化铝，这说明原溶液中含有AlO2－。由于碳酸氢铵是过量的，所以根据③可知，一定能生成气体氨气和白色沉淀碳酸钡，因此不能确定SO42－，答案选B。
10.【答案】A
【解析】NO2为红棕色气体，根据冷水和热水中气体的颜色变化可以探究温度对2NO2N2O4平衡的影响，A正确；二氧化碳也会和碳酸钠溶液反应，B错误；两支试管除了催化剂为变量之外还有温度，变量不唯一，无法探究FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，C错误；右侧装置中上端为阳极，氯离子放电生成氯气，下端为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，由于氯气在上端生成，所以无法与产生的氢氧根接触，不能制取NaClO，D错误。
11.【答案】CD
【解析】A. 甲装置是利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，即甲装置为原电池，根据原电池工作原理，M极为负极，若废水中含有乙醛，则其电极反应式为CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋，故A正确；B. Fe(I)连接Y，即Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，该区域发生氧化还原反应6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，Fe(II)电极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，H＋不断在阴极上得电子成为H2而析出，且Cr2O72－与Fe2＋的反应也在消耗H＋，使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性，Cr3＋＋3OH－＝Cr(OH)3↓，Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓，因隔膜为离子交换膜，因此Fe(I)附近有沉淀产生，故B正确；C. 根据乙装置以及B选项分析，乙装置右侧中Cr2O72－向左侧移动，则隔膜为阴离子交换膜，故C错误；D. 根据B选项分析，建立12e－～6Fe2＋～Cr2O72－，每转移3mol电子，最多有=molCr2O72－被还原，故D错误。
12.【答案】C
【解析】碳酸氢铵受热分解得到等物质的量的，同时通入溶液或溶液中，会产生沉淀，继续通入，因为的存在，不会和或沉淀反应，浑浊不会消失，A错误；溶液上层呈橙红色，说明生成了单质，即的氧化性强于，所以非金属性：Cl>Br，B错误；将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，钠表面变暗，生成，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰，生成，C正确；验证蔗糖的水解产物时，要先加入足量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入银氨溶液，水溶加热，若直接向水解液中加入银氨溶液，过量的稀硫酸会和银氨溶液发生中和反应，从而不产生银镜，无法验证是否水解，D错误。
13.【答案】AC
【解析】A．从300℃和350℃时CO的物质的量浓度可以看出，升高温度，CO浓度增加，正反应为吸热反应，ΔH>0，反应过程中气体量增多，反应的熵增加，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS，反应在高温条件下可以自发进行，A正确；B．根据甲实验可以计算300℃时的平衡常数，K===0.25，B错误；C．根据该温度下的平衡常数可以计算出x的值，x=0.005，又因为反应开始时充入了相同物质的量的CH4和CO2气体，可列出等式(0.02+0.05)V1=(0.005+0.025)V2，可计算出V1∶V2＝3∶7，C正确；D．保持温度和容器体积不变，充入CO和H2，根据该温度下的平衡常数，可求出平衡时c(CO)=0.23mol/L，此时的转化率为<，D错误。
14.【答案】CD
【解析】二元弱酸的一级电离常数远远大于二级电离常数，则线为与的数量关系图像，线为与的数量关系图像。点时，，，A说法正确；由上述分析知，线表示与的数量关系，B说法正确；点溶液中与相等，，C说法错误；点溶液中，由电荷守恒可得，D说法错误
15.【答案】（12分）（1）吸收气体（1分）（2）或二硫化碳（2分）（2分）
（3）铁氰化钾溶液（或NaOH溶液）（2分）产生蓝色沉淀（或产生白色沉淀、转化为灰绿色，最后红褐色）（1分）（2分）
（4）很小，（2分）
【解析】（1）臭鸡蛋气味的气体是，具有毒性会污染空气，所以使用NaOH溶液进行尾气处理。（2）S可溶于，加热烘干后可得到淡黄色的固体硫。固体加入稀HCl产生臭鸡蛋气味气体说明含有FeS，则A是S和FeS的混合物。（3）可用溶液检验，若含有则会生成蓝色沉淀，也可用NaOH溶液检验，若含有则会先生成白色沉淀，然后逐渐转化为灰绿色，最后变成红褐色。由溶液甲加热无淡黄色固体说明不存在硫单质，加入足量产生淡黄色物质说明有硫生成，臭鸡蛋气味气体说明有生成，所以硫是由氧化得到，则B是。（4）不产生沉淀，则离子积小于溶度积常数，即。
16.【答案】（13分）（1）+6价（1分） 增大固气接触面积，提高原料利用率(加快反应速率亦可)（1分） （2）2MoS2 +7O22MoO3+ 4SO2 （2分） MoO3、SO2 （2分）
（3） MoO3+ = MoO42-+ CO2↑（2分） 90% （2分）
（4）(NH4)2CO3 、(NH4)2SO3 （2分） （5）1：1 （1分）
【解析】(1)根据化合物中元素化合价代数和为0可知，Na2MoO4•2H2O中钼元素的化合价为+6价，矿石经粉碎及从炉顶进入可增大固气接触面积，加快反应速率，同时使原料中的MoS2尽可能反应，提高原料利用率；(2)“焙烧”：氧气将MoS2氧化成MoO3、SO2，反应的方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，氧化产物为MoO3、SO2；(3)“浸取”：主要反应为MoO3和Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2，反应的离子方程式为：MoO3+=+CO2↑。Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，c()=0.40 mol • L-1，由Ksp(BaMoO4=得：当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)==10-7mol/L，由Ksp(BaCO3)=得，此时溶液中c()==10-2mol/L，所以，的去除率=；(4)(NH4)2MoO4和NaOH反应生成Na2MoO4、H2O和NH3，流程中产生的气体为SO2、CO2，把SO2、NH3、CO2通入水中可产生(NH4)2CO3、(NH4)2SO3两种正盐；(5)由图可知，碳素钢的缓蚀效果最优时，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度都为150mg/L，即二者浓度比为1:1。
17.【答案】（14分）（1）2HCl（g）+O2（g）＝H2O（g）+Cl2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3（2分）（2）①c1V1×10−3（2分） ②0.56（2分）
③（2分） ④＞（2分）（3）①＞（1分）
②减小（1分） 随着增大，N2含量增大，HCl（g）、O2（g）、H2O（g）和Cl2（g）的浓度均使反应体系的浓度商Q＞K，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小（2分）
【解析】（1）根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由题图可知热化学方程式为2HCl（g）+O2（g）＝H2O（g）+Cl2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3。（2）①根据题中离子方程式2S2O32－+I2＝S4O62－+2I−，Cl2氧化I−的离子方程式为Cl2+2I−＝2Cl−+I2，可以得到如下关系式：2S2O32－～I2～Cl2，n（Cl2）＝n（S2O32－）＝c1V1×10−3mol；②当＝50g·min·mol−1时，每分钟流经1g催化剂的HCl为mol，＝4，所以每分钟流经1g催化剂的O2为mol，总气体的物质的量为mol+mol＝mol，体积为mol×22.4L/mol＝0.56L；③＝200g·min·mol−1时α（HCl）为33.3%，则v（HCl）＝×33.3%mol·g−1·min−1，根据化学方程式HCl和O2反应的比例为4∶1，v（O2）＝v（HCl）＝××33.3%mol·g−1·min−1＝mol·g−1·min−1；④根据第③题的计算过程可知，当相同时，HCl的转化率越大，反应速率越大，据图可知410℃、＝3的情况下HCl的转化率较大，所以vI＞vⅡ；（3）①由图可知，当相同时，温度越高HCl平衡转化率越小，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K360℃＞K400℃；②一定温度下随着增大，在相同的情况下，通过催化剂的混合气体中HCl和O2量变小，N2的量变大，相当于反应物和生成物的浓度同时变小相同倍数，根据浓度商Qc＝，若各物质浓度变小相同倍数时，会使Qc大于K，此时平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小。
18.【答案】（15分）（除注明外每空1分）（1）3 B （2）N N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大 三角锥形 sp3杂化 （3）1:2 等电子体 二者的价电子总数和原子总数相等 （4） 120。 氢 （5）2:1 高于 34% （2分）
【解析】分析知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Cu元素，
(1)E为Cu元素，其为29号元素，根据构造原理可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu元素基态原子的M能层中具有3个能级，其中Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10；
(2)C为N元素，D为O元素，由于N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故N原子的第一电离能较大；A为H元素，C与A可形成NH3分子，中心原子N原子形成3个σ键，孤电子对数为，则N原子的价层电子对数为4，则NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；
(3)C2为N2分子，其分子结构为，故其σ键和π键数目之比是1:2；C2D为N2O，BD2为CO2，二者的价电子总数和原子总数相等，故它们互为等电子体；
(4)BA4D为CH4O，BA2D为CH2O，在Cu的催化下，分子式为CH4O的化合物可被氧化为分子式为CH2O的化合物，则CH4O为甲醇，CH2O为甲醛，其结构式为，中心原子C原子采取sp2杂化，则CH2O分子中键角约为120。；甲醇和甲醛两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了氢键的缘故；
(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为，体心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为，则二者实际含有的Cu原子的个数之比为1:2；C元素的该种单质晶体硬度很大，且具有如图所示的结构，则该晶体为金刚石，其为原子晶体，其熔点比Cu单质晶体的熔点高；金刚石中C原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，设碳原子的半径为r，则可得，解得，则该晶体的空间利用率约为。
19.【答案】（15分）(1)羧基（1分） 取代反应（1分）
(2)+C2H5OH+H2O （2分）
(3)邻甲基苯酚（2分） （2分）
(4)+2NaOH+H2O（2分）
(5)或 （2分）
(6)CH3CH2OHClCH2CH2OH；CH3CH2OHCH3CHO与ClCH2CH2OHCH3CH=CHCH2OH （3分）
【解析】已知B与乙醇在浓硫酸加热的条件下反应生成C，则B为C水解的产物，其的结构简式为；A与氯气发生取代反应生成B，则A为丁酸；D生成E发生已知②的反应，且发生在酚羟基的对位上，则E为；G与C发生已知①的反应，则G中含有醛基，且醛基与酚羟基相邻，故G为；有机物在酸性条件下生成H，H的分子式为C13H14O2，则有机物发生酯的水解反应后，再分子内酯化反应，H为。
(1)分析可知，A为丁酸，含有官能团名称为羧基；D→E为发生已知②的反应，反应类型为取代反应；
(2)B→C为与乙醇的酯化反应，化学方程式为+C2H5OH+H2O；
(3)D含有酚羟基，属于酚类，甲基与酚羟基相邻，名称为邻甲基苯酚；分析可知，G的结构简式为；
(4)H为，含有酯基，水解后生成的酚羟基也能与NaOH反应，则方程式为+2NaOH+H2O；
(5)有机物X为E的同分异构体，分子式为C9H10O2，具备①能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，②能发生银镜反应，只有2个氧原子，其中一个为羟基，则只能含有醛基，③苯环上只有一种化学环境的氢原子，则苯环上的氢原子对称，故苯环还连有2个甲基，且对称，X的结构简式为或；
(6)合成CH3CH=CHCH2OH，需要发送已知①的反应，需要ClCH2CH2OH和CH3CHO，乙醇与氯气取代可生成ClCH2CH2OH，乙醇氧化可生成乙醛，则流程为CH3CH2OHClCH2CH2OH；CH3CH2OHCH3CHO与ClCH2CH2OHCH3CH=CHCH2OH。