湖南省永州市2021年高考化学三模试卷及答案

这是一份湖南省永州市2021年高考化学三模试卷及答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
 高考化学三模试卷
一、单选题
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（   ）
A. 甘油可作护肤品保湿剂                                       B. 碳酸钠可用于去除餐具的油污
C. 活性炭具有除异味和杀菌作用                             D. 天然气是我国目前推广使用的清洁燃料
2.下列表示相关微粒的化学用语正确的是（   ）
A. 中子数为8的氧原子 O                                     B. N2H4的结构式
C. Mg2+的结构示意图                              D. H2O的电子式
3.下列离子方程式书写错误的是（   ）
A. FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
B. 等浓度等体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH-=H2O
C. NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=C2O +2H2O
D. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO
4.下列说法错误的是（   ）
A. 一定条件下，乙酸和乙醇都能与CuO反应           B. 丙烷和丁烷都没有同分异构体
C. 油脂和蛋白质都能发生水解反应                         D. 乙烯和丙烯可通过石油裂解的方法大量获得
5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（   ）
A. 标准状况下，11.2LHF含有的分子数为0.5NA
B. 1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA
C. 7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA
D. 0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应，转移电子数均为0.2NA
6.工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：

下列说法错误的是（   ）
A. 反应过程中碳元素的化合价始终不变
B. 第4步反应的氧化剂是CH3COORh*I
C. HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物
D. 催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O
7.关于有机物（ ）的说法错误的是（   ）
A. 分子式为C8H12O        B. 有2种官能团        C. 能发生消去反应        D. 分子中所有原子可能共平面
8.下列实验操作正确的是（   ）
A. 将MgCl2溶液加热蒸干以制备无水MgCl2
B. 金属钠可保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中
C. 常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二
D. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
9.如表所示为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，T的单质常温下为液体。下列说法错误的是（   ）

A. X、Y的单质均存在同素异形体                            B. Y、Z的简单氢化物的稳定性依次递增
C. R的单质可用于制造半导体材料                          D. Y、Z、W元素简单阴离子的半径大小：Y>Z>W
10.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为TiO2电极，b 为Pt 电极，c 为 WO3 电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区与大气相通，B 区为封闭体系并有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是（   ）

A. 若用导线连接a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小
B. 若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为HxWO3-xe－=WO3+ xH+
C. 若用导线连接 b、c，b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e－=2H2O
D. 利用该装置，可实现太阳能向电能转化
11.工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图1为298K各气体分压与CO物质的量分数的关系，图2为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。

下列说法错误的是（   ）
A. 不同温度下脱硝的产物为N2 ， 脱硫的产物可能有多种
B. 温度越高脱硫脱硝的效果越好
C. NOx比SO2更易被CO还原
D. 体系中可能发生反应：2COS⇌S2+2CO、4CO2+S2⇌4CO+2SO2
二、多选题
12.电Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基（•OH）能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是（   ）

A. 电源的A极为正极
B. 与电源B极相连的电极反应式为：H2O-e-=H++•OH
C. H2O2与Fe2+发生的反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe（OH）2++•OH
D. 每消耗2.24LO2（标准状况），整个电解池中理论上可产生的•OH为0.2mol
13.四氯化锡在军工业生产中具有重要的作用。实验室常用金属锡与氯气直接化合制备无水四氯化锡。

已知：①无水四氯化锡的熔点-33℃、沸点114.1℃；②四氯化锡易水解，易溶于有机溶剂。下列说法正确的是（   ）
A. 试剂E为无水氯化钙
B. 仪器甲的名称为直形冷凝管
C. 上述各装置的连接顺序是a→h→i→f→g→e→d→c→b
D. 实验所得SnCl4中溶有Cl2 ， 可用蒸馏的方法提纯SnCl4
14.常温下，向20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L-1Na2CO3溶液的滴定曲线如图所示。已知：pBa=-lgc（Ba2+），pKa=-lgKa；常温下H2CO3：pKa1=6.4，pKa2=10.3。下列说法正确的是（   ）

A. 常温下，Na2CO3溶液的pKh1=3.7（Kh1为一级水解常数）
B. 常温下，Ksp（BaCO3）≈1.0×10-9
C. E，F，G三点的Ksp从大到小的顺序为：G＞F＞E
D. 其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移
三、实验题
15.检测某明矾样品（含砷酸盐）中砷的含量是否超标，实验步骤如下：
（1）（实验1）配制砷标准溶液
①取0.132gAs2O3 ， 用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液（此溶液1mL相当于0.10mg砷）。
②取一定量上述溶液，配制1L含砷量为1mg•L-1的砷标准溶液。
步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需________。步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液________mL。
（2）（实验2）制备砷标准对照液（实验装置如图，夹持装置已略去）

①往B瓶中加入2.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。
②往B瓶中加入足量锌粒（含有ZnS杂质），立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管C，并使C管右侧末端插入比色管D中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25～40℃。45min后，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。
③取出C管，在D中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液。
乙酸铅棉花的作用是________。
（3）完成生成砷化氢反应的离子方程式：________。
Zn+H3AsO3+H+=（     ）+Zn2++（      ）
（4）控制B瓶中反应温度的方法是________；反应中，通入N2的作用是________。
（5）C管右侧末端导管口径不能过大（一般为1mm），原因是________。
（6）（实验3）判断样品中砷含量是否超标
称取ag明矾样品替代（实验2）①中“2.00mL砷标准溶液”，重复（实验2）后续操作。对比实验2、3比色管D中液体的颜色，若实验3中液体颜色浅，说明该样品含砷量未超标，反之则超标。
国标规定砷限量为百万分之二（质量分数）。实验测得明矾样品中砷的含量恰好达标，则a的值为________g。
16.以软锰矿（主要成分是MnO2 ， 含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料合成新型的环保催化剂（OMS—2）的工艺流程如图：

（1）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是________；调pH后再过滤主要除去________元素。

（2）Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，锰元素的化合价有两种，则Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）物质的量之比为________。生产过程中KMnO4、MnSO4•H2O按物质的量比1：5与K2S2O8反应，产物中硫元素全部以SO 的形式存在，该反应的离子方程式为________。
（3）滤液X可进一步分离出多种化合物，其一为盐类，该盐在农业生产中可用作________ 。
（4）OMS—2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS—2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图：

由图可知，OMS—2与MnOx相比，催化效率较高是________，原因是________。
（5）甲醛（HCHO）在OMS—2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS—2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验。实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.47mg/L，该实验中甲醛的转化率为________（保留三位有效数字）。
17.合成气是一种重要的化工原料气，可以合成甲醇、甲酸甲酯、二甲醚等化工产品。甲烷、二氧化碳自热重整制合成气的主要反应有：
Ⅰ.CH4（g）+2O2（g）→CO2（g）+2H2O（g）ΔH1=-820.6kJ·mol-1
Ⅱ.CH4（g）+CO2（g） 2CO（g）+2H2（g）ΔH2=+247.3kJ·mol-1
Ⅲ.CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH3=+206.1kJ·mol-1
Ⅳ.CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH4
回答下列问题：
（1）反应Ⅳ的ΔH4=________kJ·mol-1。
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入2molCH4（g）、1molCO2（g）、1molH2O（g）和适量O2（g）发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4（g）为ɑmol，CO2（g）为bmol，H2O（g）为cmol，此时CO（g）的浓度为________mol·L-1（用含a、b、c、V的代数式表示，下同），反应Ⅳ的平衡常数为________。
（3）不同温度下，向体积为VL的含少量O2的密闭容器按照n（CO2）：n（CH4）=1投料，实验测得平衡时n（H2）：n（CO）随温度的变化关系如图1所示：

①压强p1、p2、p3由大到小的顺序为________，判断的依据是________。
②压强为p2时，随着温度升高，n（H2）：n（CO）先增大后减小。解释温度Tm前后，随着温度升高n（H2）：n（CO）变化的原因分别是________。
③根据图1、图2，为提高CO的选择性可采取的措施为________。
A．提高n（O2）：n（CH4）比例
B．降低n（CO2）：n（CH4）比例
C．高温、高压D．低温、低压
18.氮的化合物应用广泛：
（1）Reineckesalt的结构如图所示：

其中配位原子为________（填元素符号），阳离子的空间结构为________，NCS-中碳原子杂化方式为________。
（2）重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O 的结构如图。（NH4）2Cr2O7中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是________（填元素符号），1mol该物质中含σ键的数目为________NA。

（3）[Zn（IMI）4]（ClO4）2是Zn2+的一种配合物，IMI的结构为 ，IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物 常温下为液态而非固态。原因是________。
（4）已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”（或大π键）。大π键可用 表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子个数和电子数，如苯分子中大π键表示为 。
①下列微粒中存在“离域Π键”的是________。
A．CH2=CH—CH=CH2     B．CCl4     C．H2O      D．SO2
②NaN3中阴离子N 与CO2互为等电子体，均为直线型结构，N 中的2个大π键可表示为________。
（5）氮化铝（AlN）陶瓷是一种新型无机非金属材料，晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的Al原子数为________个；若晶胞结构的高为anm，底边长为bnm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为________g·cm-3（列出计算式）。

19.香豆素-3-羧酸丹皮酚酯具有多种生物活性，结构简式为 ，用M表示，合成路线如图：

已知：丹皮酚的结构简式为 。
请回答下列问题：
（1）A的化学名称是________，反应Ⅰ的类型是________。
（2）M中除酯基外的含氧官能团的名称是________。
（3）反应Ⅱ为加成反应，D的结构简式是________。
（4）反应Ⅲ的化学方程式为________。
（5）N与丹皮酚互为同分异构体，满足下列条件的N有________种（不考虑立体异构）。
①遇FeCl3溶液变色；
②1molN与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH；
③苯环上有3个取代基。
（6）已知： + +R2OH。根据已学知识，请写出以CH3OH和 为原料（其它试剂任选）合成 的路线________。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A．甘油为丙三醇，它由于是脂肪醇含有多羟基结构极易从空气中吸水，并且有非常高的沸点而具备一定的保湿能力，故A不符合题意；
B．碳酸钠溶液为碱性可用于去除餐具的油污，故B不符合题意；
C．活性炭具具有吸附性能除异味，没有杀菌作用，故C符合题意；
D．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧生成水和二氧化碳，是我国目前推广使用的清洁燃料，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】 A.甘油是丙三醇的俗名，具有吸水性；
B.碳酸钠溶液呈碱性，能促进酯类水解；
C.活性炭具有吸附作用，但没有强氧化性；
D.天然气的主要成分是甲烷，完全燃烧产物为二氧化碳和水。
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．中子数为8的氧原子的质量数=8+8=16，该原子正确的表示方法为 O，故A不符合题意；
B．N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间形成共价单键，肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，结构式为 ，故B不符合题意；
C．镁离子核外电子数10，结构示意图为 ，故C不符合题意；
D．水是共价化合物，分子中存在两个氢氧共价键，电子式为 ，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．中子数=质量数-质子数；
B．N形成3条共价键；
C．镁离子核外电子数10；
D．H2O分子中两个H与O以单键相连。
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．FeSO4溶液与溴水，溴水具有氧化性，将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子反应式：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br- ， 故A不符合题意；
B．NH4HSO4在水中电离为铵根、氢离子、硫酸根，等浓度等体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH-=H2O，故B不符合题意；
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应生成NaHC2O4：H2C2O4+OH-=HC2O +H2O，故C符合题意；
D．铅酸蓄电池充电时的阳极失电子发生氧化反应反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO ，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】 A.溴水能够氧化亚铁离子生成铁离子；
B.等浓度等体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应；
C.草酸过量，反应生成草酸氢钠；
D.铅酸蓄电池充电时的阳极应该失去电子发生氧化反应。
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．一定条件下，乙酸与CuO反应生成醋酸铜和水，乙醇与CuO反应生成乙醛、铜、水，故A不符合题意；
B．丙烷只有一种结构，丁烷有正丁烷、异丁烷两种结构，故B符合题意；
C．油脂能水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质能水解为氨基酸，故C不符合题意；
D．石油裂解可生成乙烯和丙烯等烯烃，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】 A.氧化铜为碱性氧化物，能够与乙酸反应，加热条件下能够与乙醇发生氧化还原反应；
B.丁烷存在正丁烷和异丁烷；
C.油脂水解生成甘油和高级脂肪酸(或盐)，蛋白质水解最终生成氨基酸；
D.石油裂解可生成乙烯、丙烯等。
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．标准状况下，HF是液体，11.2LHF的物质的量不是0.5mol，故A符合题意；
B．1个CH2=CH2分子中含有6个共价键，1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA ， 故B不符合题意；
C．Na2S含 ，Na2O2含 ，7.8gNa2S与Na2O2的总物质的量为0.1mol，含离子总数为0.3NA ， 故C不符合题意；
D．0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2反应，氯气完全反应，氯元素化合价由0降低为-1，所以转移电子数均为0.2NA ， 故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】 A.HF分子间存在氢键，沸点较高，标况下为液体；
B.每个乙烯分子中含有含用4个碳氢键，1个碳碳双键，共六个共价键；
C.Na2S与Na2O2均是由两个钠离子和一个阴离子构成的离子化合物，且摩尔质量均为78g/mol，所以0.1mol的这两种物质中含有的离子总数为0.3NA；
D.根据电子转移守恒计算。
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A符合题意；
B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B不符合题意；
C．根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C不符合题意；
D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A．CH3OH和CH3COOH中C的化合价不同；
B．根据第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI分析；
C．先生成后反应的物质是中间产物；
D．根据图示，循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O。
7.【答案】 D
【解析】【解答】A．根据有机物结构简式可知，其分子式为C8H12O，A项不符合题意；
B．有机物 中含有碳碳三键和羟基，共2种官能团，B项不符合题意；
C． 中含有羟基，且与羟基直接相连碳原子的邻C原子上含有H原子，可以发生消去反应，C项不符合题意；
D．C原子形成4个单键时，与C相连的4个原子位于四面体的四个顶点，一定不共面，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】中的官能团有碳碳三键、醇羟基，根据官能团的性质分析。
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．MgCl2溶液加热蒸干生成Mg（OH）2 ， 故A不符合题意；
B．金属钠的密度比四氯化碳小，钠不能保存在四氯化碳中，故B不符合题意；
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二，故C符合题意；
D．NaHCO3溶液本身呈碱性，滴定终点因溶有碳酸呈弱酸性，选择甲基橙为指示剂，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】 A.加热促进水解，且生成盐酸易挥发；
B.四氯化碳密度比水大；
C.超过容积的三分之二时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出；
D.标准HCl溶液NaHCO滴定3溶液，溶液由碱性变为酸性，酚酞变色pH范围约为8~10。
9.【答案】 D
【解析】【解答】A．P对应的同素异形体有红磷、白磷等，O对应的同素异形体由氧气、臭氧等，故A不符合题意；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性增强，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故Y、Z的简单氢化物的稳定性依次递增，故B不符合题意；
C．Ge和Si位于同一主族，为重要的半导体材料，故C不符合题意；
D．Y、Z、W元素简单阴离子分别为O2-、F-、Cl- ， 核外电子排布相同的离子，根据“序大径小”规律，简单阴离子的半径大小：Cl-> O2-> F- ， 故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】T的单质常温下为液体，应为Br元素，由元素在周期表中的位置可知Z为F元素、W为Cl元素、Y为O元素、X为P元素，R为Ge元素。
10.【答案】 B
【解析】【解答】A．根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为： ；由于生成H+ ， 所以a极附近的pH下降；A项不符合题意；
B．根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作： ；B项符合题意；
C．根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为： ；C项不符合题意；
D．连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】 由图可知，TiO2电极作催化剂，光照条件下，a电极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为， 提供酸性环境，b电极发生得电子的还原反应，为正极，电极反应式为， 若用导线连接b、c电极时，则b电极为正极，c电极为负极，电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+ ， 若用导线连接a、c电极时，a电极上H2O→O2，则a电极为负极，c电极为正极，电极反应式为。
11.【答案】 B
【解析】【解答】A．根据图2可知，不同温度下脱硝的产物为N2 ， 脱硫的产物可能有S2、COS等多种物质，故A不符合题意；
B．根据图2可知，1200K~1400K，随温度升高，SO2含量升高，故B符合题意；
C．由图示可知，NOx比SO2更易被CO还原，故C不符合题意；
D．由图示可知，温度低于1000K时COS含量降低，S2、CO含量升高，体系中可能发生反应：2COS⇌S2+2CO；温度大于1000K时CO2、S2含量降低，CO、SO2含量升高，体系中可能发生反应：4CO2+S2⇌4CO+2SO2 ， 故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】 A.由图可知，NO还原成无害物质为氮气，脱硫的产物多种；
B.温度高于1200°C时二氧化硫的含量增大；
C.图中氮气的含量较高；
D.COS可以分解生成S2和CO，CO2与S2反应可生成SO2、CO。
二、多选题
12.【答案】 A,D
【解析】【解答】A．根据图示，Fe3+、O2在左侧电极得电子发生还原反应，所以电源的A极为负极，故A符合题意；
B．B是正极，与电源B极相连的电极发生氧化反应，反应式为：H2O-e-=H++•OH，故B不符合题意；
C．根据图示，H2O2与Fe2+发生反应生成Fe（OH）2+、•OH，反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe（OH）2++•OH，故C不符合题意；
D．每消耗1molO2 ， 转移4mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe（OH）2++•OH可知，转移1mol电子生成1mol•OH，所以理论上可产生的•OH为0.4mol，故D符合题意；
故答案为：AD。

【分析】 A.电源的A电极连接的电极上为氧气得电子生成双氧水的还原反应；
B.阳极上发生氧化反应；
C. Fenton反应物是Fe2+和H2O2生成Fe3+、OH和·OH；
D.根据阴阳极的反应结合电子守恒分析据此进行计算。
13.【答案】 C,D
【解析】【解答】A．试剂E为碱石灰，目的是吸收过量的氯气，防止空气污染，同时吸收空气中的水蒸气，防止四氯化锡水解，故A不符合题意；
B．仪器甲的名称为蒸馏烧瓶，故B不符合题意；
C．根据分析，上述各装置的连接顺序是a→h→i→f→g→e→d→c→b，制备氯气，除去HCl，除去水蒸汽，制备四氯化锡，最后尾气处理并防止空气中水蒸气进入，故C符合题意；
D．实验所得SnCl4中溶有Cl2 ， SnCl4常温下呈液态，因为SnCl4遇水水解，又易溶于有机溶剂，所以除去SnCl4中的Cl2采用蒸馏法，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据实验目的，首先MnO2与浓盐酸共热制取氯气，此时制得的氯气中混有HCl和H2O（g），在氯气与Sn反应前应将气体依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去其中的HCl、H2O（g），由于氯气有毒，最后要进行尾气吸收，故装置的连接顺序为a→h→i→f→g→e→d→c→b。
14.【答案】 A,B
【解析】【解答】A． ， ， ，A项符合题意；
B．20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L-1Na2CO3溶液，当加入10mL Na2CO3溶液时，Ba2+和 恰好完全反应生成BaCO3 ， 此时溶液中 ，F点 ， ， ，B项符合题意；
C．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故E、F、G三点的Ksp相等，C项不符合题意；
D．MgCO3微溶于水，BaCO3难溶于水，若用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，当恰好完全反应时，溶液中 ＞ ，则 ＜ ，F点向下移动，D项不符合题意；
故答案为：AB。

【分析】向20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L-1Na2CO3溶液，发生反应Ba2++ =BaCO3 ， 10mL时Ba2+恰好沉淀，此时=10-4.5mol/L，， 结合分析。
三、实验题
15.【答案】 （1）1000mL容量瓶；10.0
（2）除去H2S气体，以免干扰D中反应
（3）3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O
（4）水浴加热；将AsH3气体完全带入D管、防止AsH3被氧化
（5）增大反应接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银
（6）1.0
【解析】【解答】（1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有1000mL容量瓶；1mL相当于0.10mg砷，配制1L含砷量为1mg·L-1的砷标准溶液，步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液 10.0mL；
 
（2）锌粒中含有ZnS杂质，ZnS和酸反应生成H2S，乙酸铅棉花的作用是除去H2S气体；
（3）Zn和H3AsO3在酸性条件下反应生成AsH3、Zn2+和H2O，离子方程式为： ；
（4）控制B中反应温度25～40℃，可采用水浴加热；反应中，通入N2可以将AsH3气体完全带入D管，并且AsH3易被氧化，通入N2可排净装置内空气，防止AsH3被氧化；
（5）C管右侧末端导管口径不能过大（一般为1mm），原因是增大反应接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银；
（6）配制1L含砷量为1mg. L-1的砷标准溶液，2.00mL砷标准溶液含砷2.0mg，以国标规定砷限量为百万分之二计算，则有 ，解得 。
【分析】取0.132gAs2O3 ， 用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液（此溶液1mL相当于0.10mg砷），取10.0mL上述溶液，配制1L含砷量为1mg•L-1的砷标准溶液；往B瓶中加入2.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3 ， 加入足量锌粒，Zn和H3AsO3在酸性条件下反应生成AsH3、Zn2+和H2O，离子方程式为： ，锌粒中含有ZnS杂质，ZnS和酸反应生成H2S，乙酸铅棉花的作用是除去H2S气体，在比色管D中， 和Ag+反应生成红色胶态Ag，取出C管，在D中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液；称取ag明矾样品替代【实验2】①中“2.00mL砷标准溶液”，根据得到的红色胶态Ag颜色的深浅，可判断样品中砷含量是否超标。
 
16.【答案】 （1）90℃；Fe或铁
（2）5:1；2MnO +2S2O +10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4SO +22H+
（3）钾肥
（4）OMS—2；OMS—2颗粒小，表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快
（5）49.2%
【解析】【解答】（1）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度越高MnS2O6的生成率越低，“浸锰”的适宜温度是90℃；软锰矿和黄铁矿加硫酸浸出，滤液A中含有Fe2+ ， 加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+ ， 调节pH将铁元素除去得到MnSO4·H2O；
 
（2）Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，设Mn （Ⅲ）为x个，则Mn （Ⅳ）为12-x，根据化合物中元素化合价代数和为0，即得3x+4（12-x）=2×19，x为10，Mn （Ⅳ）为2，Mn （Ⅲ）、Mn （Ⅳ） 物质的量之比为5:1；根据题意生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以SO42-的形式存在，该反应的离子方程式为2MnO +2S2O +10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4SO +22H+；
（3）根据反应方程式可知，溶液B中含有的K2SO4、H2SO4 ， 该工艺中循环使用的物质化学式是H2SO4 ， K2SO4在农业生产中可用作钾肥；
（4）由图像可以看出，相同温度下，OMS-2作催化剂时，因纳米级OMS-2 比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快，故OMS-2与MnOx相比，催化效率较高是OMS-2；
（5）设体积为VL，CO2含量由0.590mg/L升高至1.47mg/L，CO2含量增多0.88mg/L，反应生成的CO2的物质的量为 ，根据原子个数守恒，参与反应的甲醛的物质的量为 ，故该实验中甲醛的转化率为 =49.2%。
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2 ， 含有SiO2、Fe2O3等少量杂质），滤渣为二氧化硅，滤液A中含有Fe2+ ， 加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+ ， 调节pH将铁元素除去得到MnSO4·H2O，原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O反应方程式为：2MnO +2S2O +10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4SO +22H+ ， 溶液B中含有的K2SO4、H2SO4 ， 据此分析解题。
 
17.【答案】 （1）+41.2
（2）；
（3）P3>P2>P1；反应Ⅱ、Ⅲ是气体分子数目增大的反应，减小压强平衡正向移动，n（H2）增加的程度大于n（CO）；升高温度平衡Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均正向移动，TTm后，对反应Ⅳ的促进作用更大，n（CO）增加的更多；AC
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ=Ⅱ-Ⅲ，则ΔH4=ΔH2-ΔH3=+247.3kJ·mol-1-206.1kJ·mol-1=+41.2kJ·mol-1 ， 故答案为：+41.2；
 
（2）通入2molCH4（g）、1molCO2（g）、1molH2O（g）和适量O2（g），达到平衡时，容器中CH4（g）为ɑmol，CO2（g）为bmol，H2O（g）为cmol，设H2（g）的物质的量为x，CO（g）的物质的量为y，由C、H原子守恒有：{ ，解得x=5-2a-c，y=3-a-b，即n（H2）=（ 5-2a-c）mol，n（CO）=（ 3-a-b）mol，此时c（CO）= = mol·L-1；

则K= = ，故答案为： ； ；
（3）①由反应可知，反应Ⅱ、Ⅲ是气体分子数目增大的反应，减小压强平衡正向移动，n（H2）增加的程度大于n（CO），则压强p1、p2、p3由大到小的顺序为P3>P2>P1 ， 故答案为：P3>P2>P1；反应Ⅱ、Ⅲ是气体分子数目增大的反应，减小压强平衡正向移动，n（H2）增加的程度大于n（CO）；
②由图1可知，压强为p2时，随着温度升高，n（H2）：n（CO）先增大后减小，原因是反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为吸热反应，升高温度平衡Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均正向移动，TTm后，对反应Ⅳ的促进作用更大，n（CO）增加的更多，故答案为：升高温度平衡Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均正向移动，TTm后，对反应Ⅳ的促进作用更大，n（CO）增加的更多；
③A．根据图2，提高n（O2）：n（CH4）比例，可提高CO的选择性，故A正确；
B．根据图2，降低n（CO2）：n（CH4）比例，不能提高CO的选择性，故B不正确；
C．根据图1，升高温度、增大压强时n（H2）:n（CO）比例减小，即CO的选择性提高，故C正确；
D．根据C项分析，低温、低压时CO的选择性降低，故D不正确；
故答案为：AC。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)根据三段式计算CO浓度，根据K=计算平衡常数；
(3)①根据勒夏特列原理分析；
②根据温度对平衡移动的影响分析；
③根据勒夏特列原理分析。
 
18.【答案】 （1）N；正四面体；sp杂化
（2）N＞O＞Cr；16
（3）阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低（或阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子键键能小，熔点低）
（4）AD；Π
（5）12；
【解析】【解答】（1）根据Reineckesalt的结构图可知，配位原子为N，氮原子提供孤电子对；阳离子为铵根离子，根据价层电子互斥理论，孤电子对数为0，含有4个σ键，采取sp3杂化，可知其空间结构为正四面体；NCS-中碳原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，属于sp杂化；
 
（2）N为半满稳定结构，其第一电离能大于O，N、O为非金属，第一电离能均大于金属，所以N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞Cr；1个Cr2O 含有8个σ键，1个铵根离子中含有4个σ键，故1mol该物质中含有σ键数目为：（4×2+8） NA =16 NA；
（3）常温下，IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物 为液态而非固态，原因为阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低（或阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子键键能小，熔点低）；
（4）①CH2=CH—CH=CH2、SO2分子中各原子共面，且原子之间均有相互平行的p轨道，可以形成大Π键，水分子中氢原子没有p轨道，不能形成大Π键，CCl4是正四面体构型，各原子不共面，不能形成大Π键，因此微粒中存在“离域Π键”的是AD。
②N 与CO2互为等电子体，均为直线型结构，根据二氧化碳的结构可以判断出N 中σ键为2个，该离子中两边的氮原子提供1个电子，中间氮原子提供2个电子形成大Π键，所以形成的2个大π键可表示为Π ；
（5）由晶体结构示意图可知，与铝原子连接的氮原子构成的是正四面体结构，与N原子连接的Al原子构成的也是正四面体结构，则晶体中若铝原子处于立方体顶点，截图为： ，铝原子到面心有3个铝原子，且通过该铝原子可以形成8个晶胞，每个铝原子被计算了2次，因此与1个铝原子周围距离最近的铝原子数为（3×8）× =12；在该结构图中， ，底面为菱形，处于对位的两个角分别为60°和120°，含有铝原子个数： ×4+ ×4+1=2，含有氮原子数： ×2+ ×2+1=2，因此1个该结构中含有2个AlN；1个晶胞的体积为V=b×b×sin60°×anm3 ， 所以晶体的密度ρ=   = g·cm-3。
【分析】 (1)配位原子能提供孤对电子；阳离子为NH4+ ， 根据价层电子对数目判断N原子杂化方式，再判断结构，计算孤电子对数与价层电子对数，进而确定构型；
(2)N、O、Cr三种元素中Cr为金属元素，而N原子的2p3为半充满结构，相对稳定；1个NH4+中含4个σ键，1个Cr2O 含8个σ键；
(3)阴、阳离子体积大，所带电荷数，形成晶体的晶格能小；
(4)①形成离域键的形成条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，据此分析；
②N2与CO2互为等电子体，等电子体结构相似，根据二氧化碳结构判断N中σ键数目，该离子中两边的N原子提供一个电子、中间N原子提供2个电子形成大π键；
(5)根据晶胞的结构分析，以上底面面心的Al为参考点，周围与距离最近的Al有12个，结合密度公式计算晶体密度。
 
19.【答案】 （1）丙二酸（或1，3-丙二酸）；取代反应（或酯化反应）
（2）羰基（或酮基）、醚键
（3）
（4）+CH3CH2OH
（5）20
（6）
【解析】【解答】（1）A为HOOCCH2COOH，是丙二酸（或1，3—丙二酸）；反应Ⅰ是HOOCCH2COOH和C2H5OH发生酯化反应生成CH2（COOC2H5）2 ， 故反应类型为取代反应（或酯化反应）；
 
（2）M为 ，含有的含氧官能团为：酯基、羰基、醚键；
（3） CH2（COOC2H5）2和 在一定条件下发生加成反应生成 ，则D的结构简式为 ；
（4） 在催化剂加热的条件下失去C2H5OH生成 ，化学方程式为： +CH3CH2OH；
（5）N与丹皮酚互为同分异构体，①遇FeCl3溶液变色，说明N中含有酚羟基；②1molN与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH；③苯环上有3个取代基；当含有的取代基为-OH、-OOCH、-CH2CH3时，-OH和-OOCH位于邻位时，有4种同分异构体，-OH和-OOCH位于间位时，有4种同分异构体，-OH和-OOCH位于对位时，有2种同分异构体，苯环上含有三种不同的取代基，共有10种同分异构体，当含有的取代基为-OH、-OOCCH3、-CH3时，同样有10种同分异构体，共20种；
（6） 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成 ， 和甲醇发生酯化反应生成 ， 和 反应生成 ，合成路线为： 。
【分析】HOOCCH2COOH和C2H5OH发生酯化反应生成CH2（COOC2H5）2 ， CH2（COOC2H5）2和 在一定条件下发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成 ， 在催化剂加热的条件下失去C2H5OH生成 ， 水解生成 ， 和SOCl2发生取代反应生成 ， 和 在一定条件下发生取代反应生成 。