2020年湖南省岳阳市高考化学一模试卷(有答案解析)

这是一份2020年湖南省岳阳市高考化学一模试卷(有答案解析)，共13页。试卷主要包含了单选题，推断题，简答题等内容，欢迎下载使用。

2020年湖南省岳阳市高考化学一模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 下列叙述不正确的是(    )
A. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
B. 胆矾的成分是CuSO4⋅5H2O
C. 医疗上用的“钡餐”成分是BaSO4
D. 光导纤维主要成分是Si
2. 用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法中，正确的是(    )
A. 1.8g重水(D2O)中含有的质子数为1.0 NA
B. 500℃、30MPa下：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；△H=-38.6kJ⋅mol-1；将1.5NA的H2和过量N2在此条件下充分反应，放出热量19.3kJ
C. 标准状况下，11.2 L Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NA
D. 44 g丙烷分子中含有的C-C键数目为3NA 
3. J、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如下表．已知：J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，M是地壳中含量最多的金属元素．下列说法错误的是(    )
A. J和氢组成的化合物分子中只含有极性共价键
B. 工业上用电解熔融的M的氧化物方法来制备M
C. R、T两元素的气态氢化物中，T的气态氢化物更稳定
D. J、M、R、T元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HTO4
4. 下列化学原理表述正确的是(    )
A. 氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，H+浓度增大
B. Na2CO3溶液中满足：c(Na+)=2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)
C. NaHCO3溶液不显中性的原因：HCO3-+H2O⇌CO32-+H3O+
D. 同体积同pH的盐酸和醋酸，与足量的锌反应，盐酸的反应速率快，生成H2的物质的量多
5. 常温下，向10 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1醋酸溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(   )

A. pH=7时，所加醋酸溶液的体积为10 mL
B. pH<7时，溶液中：c(CH3COO-)>c(Na+)
C. 7c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
D. 继续滴加0.1 mol·L-1醋酸溶液，溶液pH可以变为1


6. E是非金属性最强的元素，M是E的气态氢化物，在固定体积的密闭容器中，气体M存在如下关系：
xM(g)⇌Mx(g)，反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如图．下列说法正确的是(    )
A. 该反应的化学方程式是2HF⇌(HF)2
B. 平衡时混合气体的平均摩尔质量是33.3
C. t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，重新达到平衡时，c(MX)c(M)将增大
D. M的沸点比同主族下一周期元素的气态氢化物沸点低


7. 用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和碳酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变，且用惰性电极，下列说法不正确的是(    )
A. 当电池负极消耗m g气体时，电解池阴极同时有m g气体生成
B. 电池的正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 电解后c(Na2CO3)不变，且溶液中有晶体析出
D. 电池中c(KOH)不变；电解池中溶液pH变大
二、推断题（本大题共1小题，共14.0分）
8. A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质。E、F均为气体，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件均已略去)。
请回答下列问题：
(1)D的化学式为______。
(2)反应③的离子方程式为______。
(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为______。
(4)0.1mol⋅L-1的X溶液和0.1mol⋅L-1的Y溶液等体积混合，溶液呈______性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是______(用离子方程式说明)。
(5)常温下0.1mol⋅L-1的Y溶液中c(H+)/c(OH-)=1×10-8，下列叙述正确的是______
A.该溶液的pH=11
B.该溶液中的溶质电离出的阳离子浓度0.1mol⋅L-1
C.该溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)乘积为1×10-22
D.pH=3的盐酸溶液V1 L与该0.1mol⋅L-1的Y溶液V2 L混合，若混合溶液pH=7，则：V1>V2
E.将以上溶液加水稀释100倍后，pH为9。

三、简答题（本大题共5小题，共54.0分）
9. 某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：
乙二酸(HOOC-COOH，可简写为H2C2O4)俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸(为弱电解质)，且酸性强于碳酸，其熔点为101.5℃，在157℃升华．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：
(1)向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为______．
(2)向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有______(填“氧化性”、“还原性”或“酸性”)，请配平该反应的离子方程式：
______MnO4-+______H2C2O4+______H+=______Mn2++______CO2+______H2O
(3)将一定量的乙二酸放于试管中，按下图所示装置进行实验(夹持装置未标出)：

实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红．据此回答：
上述装置中，D的作用是______.乙二酸分解的化学方程式为______．
(4)该小组同学将2.52g草酸晶体(H2C2O4⋅2H2O)加入到100mL0.2mol⋅L-1的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是______(用文字简单描述)．
(5)以上溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：______(用离子符号表示)．
10. 甲醇是一种很好的燃料，工业上用CH4和H2O为原料，通过下述反应Ⅰ和Ⅱ来制备甲醇．
(1)将1.0mol CH4和2.0mol H2O(g)通入反应室(容积为100L)，在一定条件下发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)…I.CH4的转化率与温度、压强的关系如图．
①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为 ______ ．
②图中的P1 ______ P2(填“<”、“>”或“=”)，100℃时平衡常数为 ______ ．
③该反应的△H ______ 0(填“<”、“>”或“=”)．
(2)在压强为0.1MPa条件下，将a mol CO与3amol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0
Ⅱ.
①若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是 ______ ．
A.升高温度                        B.将CH3OH(g)从体系中分离
C.充入He，使体系总压强增大       D.再充入1mol CO和3mol H2
②为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中．
实验编号
T(℃)
n(CO)/n(H2)
p(MPa)
l
150
13
0.1
2
n
13
5
3
350
m
5
A.则上表中剩余的实验条件数据：a= ______ 、b= ______ ．
B.根据反应Ⅱ的特点，右上图是在压强分别为0.1MPa和5MPa下CO的转化率随温度变化的曲线图，请指明图中的压强Px= ______ MPa．

11. 【化学--物质结构与性质】
现有部分前四周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
A
第三周期中的半导体材科
B
L层s电子数比p电子数少l
C
地壳中含量最高的元素
D
第三周期主族元素中其第一电离能最大
E
第四周期中未成对电子数最多
( 1)写出元素E基态原子的电子排布式：______。
(2)B单质分子中，含有______个σ键和______个π键，元素B的气态氢化的空间构型为______。
(3)A、B、C第一电离由大到小的顺序为(用元素符号表示)：______；
(4)C单质的熔点______A单质的熔点(填“高于”或“低于”)，其原因是：______。
12. Ⅰ固硫剂是把煤燃烧时生成的二氧化硫以盐的形式固定在炉渣中的物质，可减少二氧化硫对大气的污染。下列物质中可用做固硫剂的有______
A.CaO B.Na2CO3 C.NH4NO3 D.P205
Ⅱ以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如下：

请回答下列问题：
(1)在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为______；
(2)炉气精制的作用是将含SO2的炉气______、______及干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是______。
(3)精制炉气(含SO2体积分数为7%、O2为ll%、N2为82%)中SO2平衡转化率与温度及压强关系如下图所示。在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃；左右(对应图中A点)，而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是______、______；

(4)在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是______、______，从而充分利用能源。
13. 阿明洛芬属于苯丙酸类抗炎药，镇痛效果优于布洛芬。图是阿明洛芬的一条合成路线。

(1)反应①为取代反应，该步反应物Me2SO4中的“Me”表示______。
(2)E中的官能团有：______(写名称)。
(3)写出反应类型：④______；
(4)写出F的结构简式______。
(5)反应③可以看成是两步反应的总反应，第一步是氰基(-CN)的完全水解反应生成羧基(-COOH)，请写出第二步反应的化学方程式______。
(6)化合物是合成某些药物的中间体。试设计合理方案由化合物合成。
【提示】①合成过程中无机试剂任选；
②在400摄氏度金属氧化物条件下能发生脱羰基反应；
③CH2=CH-CH=CH2与溴水的加成以1，4-加成为主；
④合成反应流程图表示方法示例如下：
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D

解析：解：A、漂白粉的成分是氯化钙与次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，有效成分是次氯酸钙，故A正确；
B、五水硫酸铜也被称作硫酸铜晶体，俗称蓝矾、胆矾，故B正确；
C、BaSO4不溶于水和脂质，是药用钡餐的成分，故C正确；
D、光导纤维的主要成分是二氧化硅，硅用于光电池、芯片材料，故D错误．
A、次氯酸钙具有强氧化性，是漂白粉有效成分．
B、胆矾的成分是CuSO4⋅5H2O.
C、BaSO4不溶于水和脂质，用作药用钡餐．
D、光导纤维的主要成分是二氧化硅．
考查物质名称与成分，比较简单，旨在考查学生对基础知识的掌握．
2.答案：C

解析：解：A.1.8g重水物质的量为1.8g20g/mol=0.09mol，含质子数为0.09mol×10×NA=0.9 NA，故A错误；
B.氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以将1.5NA的H2和过量N2在此条件下充分反应，放出热量小于19.3kJ，故B错误；
C.氯气和石灰乳反应的方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，在此反应中1mol Cl2反应转移的电子数为NA，故标准状况下，11.2 L Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NA，故C正确；
D.44 g丙烷分子物质的量为1mol，含有的C-C键数目为2NA ，故D错误；
故选：C。
A.依据质量换算物质的量结合分子式计算；
B.氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底；
C.在此反应中1mol Cl2反应转移的电子数为NA；
D.1个丙烷分子中含有2个C-C键；
本题考查有关物质的量及阿伏伽德罗常数的计算，熟悉以物质的量为核心计算公式，把握物质的结构组成是解题关键，注意可逆反应不能进行到底，题目难度不大。
3.答案：A

解析：解：J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，说明J的最低化合价与最高化合价绝对值相等，则J最外层电子数为4，根据J、R都为短周期元素可知J为C元素，则R应为S元素，M是地壳中含量最多的金属元素，故M为Al元素，而T是原子序数最大的元素，且为短周期主族元素，故T为Cl元素．
A.J为C元素，和H元素组成的化合物烃中C-H键为极性键，C-C键，C=C，C≡C为非极性键，故A错误；
B.AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，工业冶炼应用Al2O3，故B正确；
C.R应为S元素，T为Cl元素，同周期元素中，从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故T对应的氢化物更稳定，故C正确；
D.T的非金属性最强，最高化合价为+7价，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，故D正确．
故选A．
J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，说明J的最低化合价与最高化合价绝对值相等，则J最外层电子数为4，根据J、R都为短周期元素可知J为C元素，则R应为S元素，M是地壳中含量最多的金属元素，故M为Al元素，而T是原子序数最大的元素，且为短周期主族元素，故T为Cl元素，根据元素周期律的递变规律解答该题．
本题考查位置、结构、性质的相互关系及应用，难度中等，注意B中AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，工业冶炼应用Al2O3．
4.答案：B

解析：解：A、氢硫酸是弱酸存在电离平衡加水稀释，电离程度增大，H+浓度减小，故A错误；
B、Na2CO3溶液中满足碳元素的物料守恒：c(Na+)=2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故B正确；
C、NaHCO3溶液不显中性的原因是因为碳酸氢根离子水解：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；故C错误；
D、同体积同pH的盐酸和醋酸，与足量的锌反应，醋酸存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度大反应速率快，生成H2的物质的量多，故D错误；
故选：B。
A、氢硫酸是弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离；
B、依据溶液中的物料守恒分析判断；
C、碳酸氢根离子水解呈碱性；
D、醋酸是弱电解质存在电离平衡分析；
本题考查了弱电解质的电离平衡应用，盐类水解的应用，溶液中的物料守恒．
5.答案：B

解析：【分析】
本题考查了溶液酸碱性判断、溶液离子浓度的大小比较，本题难度中等．
【解答】
A、所加醋酸溶液的体积为10 mL时恰好生成醋酸钠，是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使溶液呈中性，所以醋酸溶液的体积大于10mL，故A错误；
B、根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+(OH-)，pH<7时，c(H+)>c(OH-)，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，故B正确；
C、7 D、醋酸是弱电解质，不可能完全电离，所以溶液pH不可以变为1，故D错误；
故选：B。
6.答案：C

解析：解：A、F元素是非金属性最强的元素，HF是F的气态氢化物，发生的化学反应为：xHF(g)⇌(HF)x(g)，根据图象，HF和(HF)x物质的量变化量之比=3：1=系数之比，该反应的化学方程式是3HF⇌(HF)3，故A错误；
B、根据图象，平衡时HF和(HF)3物质的量分别为：2mol、1mol，混合气体的平均摩尔质量=混合气体的总质量混合气体的总物质的量=20×2+20×33=33.3g/mol，故B错误；
C、t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，压强增大，化学平衡正向移动，则重新达到平衡时，c(MX)c(M)将增大，故C正确；
D、因为HF分子间存在氢键，沸点较高，而HCl分子间不存在氢键，所以HF沸点高于HCl，故D错误。
故选：C。
A、F元素是非金属性最强的元素，HF是F的气态氢化物，据此来确定化学反应；
B、平衡时混合气体的平均摩尔质量=混合气体的总质量混合气体的总物质的量；
C、再充入1molM，压强增大，根据压强对化学平衡移动的影响来回答；
D、HF分子间存在氢键，导致沸点较高．
本题是一道关于化学反应速率和化学平衡知识的综合题目，结合图象来考查，增加了解题的难度．
7.答案：D

解析：解：A.电池负极反应为：H2-2e-+2OH-=H2O，当负极消耗mg气体时，转移的电子的物质的量为m2mol×2=mmol，电解池阳极得电子为 mmol，阴极发生的反应为：2H++2e-=H2↑，阴极生成气体的质量为m2×2=mg，故A正确；
B.该燃料电池为碱性电池，电池的正极反应为：O2+2H20+4e-=4OH-，故B正确；
C.电解后，由于电解了水，水的质量减小，碳酸钠为饱和溶液，所以会析出碳酸钠晶体，但是c(Na2CO3)不变，故C正确；
D.燃料电池的总反应为O2+2H2=2H20，溶质的物质的量不变，但溶液的体积增大，所以原电池中c(KOH)减小，故D错误；
故选D．
该燃料电池为碱性电池，电池的正极反应为：O2+2H20+4e-=4OH-，负极反应为H2-2e-+2OH-=H2O，电解饱和碳酸钠溶液阴极发生的反应为：2H++2e-=H2↑，阳极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H20，以此回答各电极的变化．
本题考查了原电池和电解池原理，注意电极方程式的书写，根据所学知识完成即可，本题难度中等．
8.答案：H2   3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO   4NH3+6NO=5N2+6H2O   酸   NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+   ACD

解析：解：(1)“白烟”是挥发性酸和氨气相遇后的产物，由此可推知D是H2，“红棕色气体”F应为NO2，反推可知E为NO，C为O2，Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3，
故答案为：H2；
(2)③为NO2与H2O的反应，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，
故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；
(3)E为NO，为污染性气体，在一定条件下可与NH3反应生成N2和H2O，反应的化学方程式为4NH3+6NO=5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；
(4)两者恰好完全反应时生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，溶液中存在NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，铵根离子水解而使溶液显酸性，
故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+；
(5)A.常温下Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，结合题中信息c(H+)c(OH-)=1×10-8，可得c(OH-)=1×10-3mol⋅L-1，故溶液的pH=11，故A正确；
B.根据NH3⋅H2O⇌NH4++OH-可得由氨水电离出的c(NH4+)=1×10-3mol⋅L-1，故B错误；
C.由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-11mol⋅L-1，可得该溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)乘积为1×10-22，故C正确，
D.氨水为弱电解质，盐酸的浓度较小，如等体积混合，则氨水过量，溶液呈碱性，pH=7，则盐酸的体积较大，故D正确；
E.考虑到氨水是弱电解溶液，故加水稀释100倍后，溶液的pH大于9，故E错误。
故答案为：ACD。
(1)本框图突破口之一是“白烟”，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，由此可推知D是H2，突破口之二是“红棕色气体”，F应为NO2，
反推可知E为NO，C为O2，Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3；
(2)③为NO2与H2O的反应；
(3)中涉及反应的名称为氨催化还原反应，其原理是氧化还原中的归中反应；
(4)两者恰好完全反应时生成NH4Cl，铵根离子水解而使溶液显酸性；
(5)常温下Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，结合题中信息c(H+)c(OH-)=1×10-8，可得c(OH-)=1×10-3mol⋅L-1，故溶液的pH=11，A正确。根据NH3⋅H2O⇌NH4++OH-可得由氨水电离出的c(NH4+)=1×10-3mol⋅L-1，B错。由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-11mol⋅L-1，C正确。选项D显然是正确。选项E考虑到氨水是弱电解溶液，故加水稀释100倍后，溶液的pH大于9。
本题考查物质的推断，题目难度中等，本题注意从物质反应的典型现象作为该题的突破口，该题中注意把握盐类的水解以及弱电解质的电离。
9.答案：(1)HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O  
(2)还原性；2；5；6；2；10；8；
(3)除去混合气体中的CO2  ； H2C2O2H2O+CO↑+CO2↑  
(4)反应生成NaHC2O4，HC2O4-的电离程度大于其水解程度  
(5)c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)

解析：【分析】
本题考查已二酸的分解以及溶液离子浓度的大小比较，难度不大，题目较为综合且具有一定难度，做题时注意抓住反应的现象，以此推断物质可能具有的性质。
【解答】
(1)题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4-，且酸性强于碳酸，反应的离子方程式为HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O，故答案为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；
(2)向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明具有氧化性的高锰酸钾被还原，说明草酸具有还原性，把MnO4-还原为Mn2+，反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4-～5H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出反应方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：还原性；2；5；6；2；10；8；
(3)①乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，由各物质的性质可推测B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成，
故答案为：除去混合气体中的CO2；H2C2O2H2O+CO↑+CO2↑；
(4)两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，
故答案为：反应生成NaHC2O4，HC2O4-的电离程度大于其水解程度；
(5)两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，而溶液中还存在着水的电离，故H +>C2O42-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4->H+，故正确顺序为c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-).
故答案为：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)。
10.答案：0.003mol/(L⋅min)；<；2.25×10-4；>；BD；150；13；0.1

解析：解：(1)①由图知道平衡时甲烷的转化率为0.5，所以△c(CH4)1.0mol×0.5100L=0.005mol/L，
所以v(CH4)=0.005mol/L5min=0.001mol/(L⋅min)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=3v(CH4)=3×0.001mol/(L⋅min)=0.003mol/(L⋅min)．
故答案为：0.003mol/(L⋅min)．
②温度相同时，作垂直x轴的辅助线，发现压强为P1的CH4的转化率高，反应为前后体积增大的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向逆反应移动，CH4的转化率降低，所以P1               CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，
开始(mol)：1.0        2.0               0        0
变化(mol)：1.0×0.5    0.5               0.5      1.5
平衡(mol)：0.5        1.5               0.5      1.5
所以平衡常数k=c(CO)×[c(H2)]3c(CH4)×c(H2O)=0.5mol100L×(1.5mol100L)30.5mol100L×1.5mol100L=2.25×10-4，
故答案为：<；2.25×10-4
③由图可知，温度越高甲烷的转化率越大，即升高温度平衡向正反应方向移，温度升高平衡向吸热方向移动，所以正反应为吸热反应，即△H>0．
故答案为：>
(2)①A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故A错误；
B、将CH3OH(g)从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，甲醇的产率增加，故B错误；
C、充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故C错误；
D、再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的产率增加，故D正确．
故选：BD
②A、采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，所以温度、压强是变化的，n(CO)n(H2)应保持不变，所以b=13；比较使用1、2，压强不同，所以温度应相同，故a=150．
故答案为：a=150；b=13
B、温度相同时，作垂直x轴的辅助线，发现压强为Py的CO的转化率高，反应为前后体积减小的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，所以Px 故答案为：0.1
(1)①根据图知道平衡时甲烷的转化率，求出△c(CH4)，根据v=△c△t计算v(CH4)，利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2).
②根据定一议二原则，定温度同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时甲烷的转化率，由此判断；
平衡常数k=c(CO)×[c(H2)]3c(CH4)×c(H2O)，计算出平衡时，各组分的浓度，代入平衡常数计算．
③由图可知，温度越高甲烷的转化率越大，即升高温度平衡向正反应方向移．
(2)①容器容积不变，增加甲醇产率，平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析．
②采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，据此判断a、b的值．
③根据定一议二原则，定温度同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时CO的转化率，由此判断．
本题考查化学反应速率、平衡常数、化学平衡计算、化学平衡的影响因素及读图能力等，综合性较大，难度中等，知识面广，应加强平时知识的积累．注意控制变量法与定一议二原则应用．
11.答案：1s22s22p63s23p63d54s1  1  2  三角锥型  N>O>Si  高于  Si为原子晶体，O2为分子晶体

解析：解：A是第三周期中的半导体材料，则A为Si元素；B元素原子L层s电子数比p电子数少1，其外围电子排布为2s22p3，则B为N元素；C是地壳中含量最高的元素，则C为O元素；D在第三周期主族元素中其第一电离能最大，则D为Cl元素；E是第四周期中其未成对电子数最多，其外围电子排布为3d54s1，核外电子数为24，则E为Cr元素，
(1)E为Cr元素，外围电子排布为3d54s1，则Cr元素基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1；
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
(2)B为N元素，其单质为氮气，氮气分子中氮原子之间形成N≡N三键，含有1个σ键、2个π键，元素B的气态氢化物为NH3，分子中氮原子成3个N-H键，氮原子含有1对孤对电子，空间构型为三角锥型，
故答案为：1；2；三角锥型；
(3)A、B、C分别为Si、N、O元素，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，非金属性越强第一电离能越大，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为：N>O>Si，
故答案为：N>O>Si；
(4)A、C的单质分别为Si、O2，Si为原子晶体，O2为分子晶体，共价键的作用力远大于分子间作用力，则Si的熔点大于O2的熔点，
故答案为：高于；Si为原子晶体，O2为分子晶体。
A是第三周期中的半导体材料，则A为Si元素；B元素原子L层s电子数比p电子数少1，其外围电子排布为2s22p3，则B为N元素；C是地壳中含量最高的元素，则C为O元素；D在第三周期主族元素中其第一电离能最大，则D为Cl元素；E是第四周期中其未成对电子数最多，其外围电子排布为3d54s1，核外电子数为24，则E为Cr元素，据此解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握原子核外电子排布规律及第一电离能的影响因素，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
12.答案：A、B  4FeS2+11O2- 高温  4Fe2O3+8SO2  除尘、  水洗  砷、硒等化合物会使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响  不选B点，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大。SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压  不选C点，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450℃时，催化剂的催化效率最高，故选择A点，而不选择C点。  利用反应放出的热量预热原料气体  上层反应气经热交换器温度降到400～500℃进入下层使反应更加完全

解析：解：Ⅰ、二氧化硫是一种酸性氧化物，在所给的物质中能与二氧化硫反应的只有选项A、B，故选A、B；
Ⅱ、(1)黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应，故答案为：4FeS2+11O2- 高温  4Fe2O3+8SO2；
(2)在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响，故答案为：
除尘、水洗；砷、硒等化合物会使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；
(3)在反应2SO2+O2⇌2SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大。SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450℃时，催化剂的催化效率最高。故答案为：不选B点，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大。SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压；不选C点，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450℃时，催化剂的催化效率最高，故选择A点，而不选择C点。
(4)在SO2催化氧化设备中设置热交换器，把不同温度之间的气体进行热交换，可预热反应气体，冷却生成气体，可起到充分利用能源的目的，故答案为：利用反应放出的热量预热原料气体；上层反应气经热交换器温度降到400～500℃进入下层使反应更加完全。
二氧化硫是一种酸性氧化物，在一定条件下可与CaO、Na2CO3 等反应生成硫酸盐，达到固硫的作用；黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应：4FeS2+11O2- 高温  4Fe2O3+8SO2
；在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响；在反应2SO2+O2⇌2SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大。SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但反应较慢，450℃时，催化剂的催化效率最高。
本题考查硫酸的工业制法，涉及环境保护、反应原理、工业流程等问题，本题中注意炉气的精制、反应条件等问题的考查，是易错点。
13.答案：甲基(-CH3)  氨基、酯基  还原反应  

解析：解：(1)反应①为取代反应，碳链骨架不变，则-CH2CN中1个-H原子被-CH3取代，则反应物Me2SO4中的“Me”表示甲基(-CH3)，故答案为：甲基(-CH3)；
(2)由合成图可知，D发生与氢气反应生成E，D中硝基发生还原反应，E中存在-NH2和-COOC-，则官能团为氨基、酯基，故答案为：氨基、酯基；
(3)加氢去氧的反应为还原反应，则反应④为还原反应，故答案为：还原反应；
(4)由合成图可知，E→F发生取代反应，-NH2中的-H被CH2=C(CH3)CH2-取代，则F为，
故答案为：；
(5)第二步为酯化反应，醇与羧酸在硫酸作催化剂条件下发生酯化反应，该反应为，
故答案为：；
(6)由化合物合成，结合信息可知，先发生脱羰基反应，再发生1，4加成反应，然后发生水解反应，最后发生氧化反应即可，该合成路线为，
答：合成路线为：。
(1)反应①为取代反应，碳链骨架不变，则-CH2CN中1个-H原子被-CH3取代；
(2)由合成图可知，D发生与氢气反应生成E，D中硝基发生还原反应；
(3)加氢去氧的反应为还原反应；
(4)由合成图可知，E→F发生取代反应，-NH2中的-H被CH2=C(CH3)CH2-取代；
(5)第二步为酯化反应，醇与羧酸在硫酸作催化剂条件下发生酯化反应；
(6)由化合物合成，结合信息可知，先发生脱羰基反应，再发生1，4加成反应，然后发生水解反应，最后发生氧化反应即可。
本题考查有机物的合成，熟悉合成图中的反应条件及物质的碳链骨架是分析物质结构及反应类型的关键，并注意信息的利用，题目难度中等，(6)为解答的难点。