2021年湖北省高考化学联考试卷（5月份）

这是一份2021年湖北省高考化学联考试卷（5月份），共36页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年湖北省高考化学联考试卷（5月份）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．（3分）化学与生活、生产关系密切。下列对相关应用所作的解释正确的是（　　）
选项
应用
解释
A
面粉厂用静电除尘装置进行除尘
粉尘胶粒带电，可在电极上沉积
B
生石灰作燃煤的添加剂
减少温室气体排放和酸雨形成
C
聚四氟乙烯与铜箔复合制作印刷电路板
聚四氟乙烯和铜均有强导电性
D
镁合金作嫦娥五号航天器的外壳材料
镁的熔点高，硬度大
A．A B．B C．C D．D
2．（3分）自然界中氮循环的部分过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．雷电是使大气中的氮转化为硝酸盐的最主要方式
B．氨或铵盐转化为亚硝酸盐属于氮的固定
C．多数蛋白质在动物体内被直接吸收
D．研究自然界中的元素循环有利于解决环境和资源问题
3．（3分）ClO2是一种环境友好型消毒剂，可灭活新型冠状病毒，一种制备ClO2的反应为NaClO3+HCl→NaCl+ClO2↑+Cl2↑+H2O（未配平）。下列与该反应相关的说法正确的是（　　）
A．中子数为12的Na原子可表示为Na
B．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．Cl2的电子式为Cl：Cl
D．生成1mol 还原产物时转移1mol电子
4．（3分）萜类化合物是寻找和发现天然药物生物活性成分的重要来源，下列关于三种萜类化合物的说法正确的是（　　）
A．m和q互为同系物
B．p与q互为同分异构体
C．p能发生消去反应
D．m、p、q分子中的碳原子均处于同一平面
5．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1molSiO2和Si 的混合物中含有的化学键数目为2NA
B．常温下，1LpH＝1的NaHSO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA
C．标准状况下，5.6L F2和C2H6的混合物中含有电子的数目为4.5NA
D．含有0.01mol CH3COO﹣的CH3COONa溶液中的Na+数目为0.01NA
6．（3分）短周期主族元素W，X，Y，Q的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，其原子的最外层电子数等于W、X原子的最外层电子数之和，Q的原子序数等于X原子序数的2倍；查德威克实现了核反应：以W+He→X+n。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：W＞X＞Y＞Q
B．W和Q在元素周期表中处于对角线位置
C．X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸
D．Y与Q形成的化合物可用作耐火材料
7．（3分）实验小组在实验室中制备1，2﹣二溴乙烷，装置如图所示（部分夹持装置略去）。下列说法错误的是（　　）
A．①中液体变为棕色，体现浓硫酸的强氧化性和脱水性
B．试剂X可选用NaOH溶液
C．实验后通过分液操作从③的混合液中分离出产品
D．④中收集到的尾气需要进行集中处理
8．（3分）一种高能锂离子电池的装置如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．两极区均用Li2S溶液可降低电池的生产成本
B．LiPF6/SO（CH3）2中LiPF6能电离出Li+
C．工作时，Li2S溶液的浓度保持不变
D．导线中通过1mole﹣时正极区溶液质量增加7g
9．（3分）综合处理铅阳极泥（含Pb、Ag、Au、Se、Sb、S、As等）有利于保护环境和合理利用资源，一种处理工艺如图所示。已知：烧渣中含有PbO、Sb2O3、As2O5、Ag、Au，浸液中含有AsCl5、PbCl2、SbCl3等。下列说法正确的是（　　）

A．“水吸收”反应能证明S的非金属性弱于Se
B．“浸取”过程涉及反应2Ag+2HCl═2AgCl+H2↑
C．“还原”的主要目的是将As（Ⅴ）转化为As（Ⅲ）
D．“蒸馏”装置中冷凝管适合选用蛇形冷凝管
10．（3分）我国研发出一种合成重要有机原料（Q）的新路线（如图所示）。下列说法错误的是（　　）
A．反应①的原子利用率为100%
B．P的分子式为C8H12O
C．M的一氯代物多于Q的一氯代物（不考虑立体异构）
D．可用酸性KMnO4溶液鉴别N、P
11．（3分）Negishi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一，反应过程如图所示（R，R'表示烃基）。下列说法正确的是（　　）

A．RZnCl是该反应的催化剂
B．反应过程中只生成一种偶联有机产物
C．反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成
D．存在反应+RZnCl═+ZnCl2
12．（3分）由下列实验操作和现象所得的结论正确的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论
A
分别将Na2SO4和Hg（NO3）2加入蛋白质溶液中
均出现沉淀
均属于蛋白质盐析
B
向石蕊溶液中通入Cl2
溶液先变红后褪色
Cl2具有漂白性
C
洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼
烧，透过蓝色钴玻璃观察
火焰呈紫色
待测液中一定含有钾元素
D
向含有等浓度Cu2+和Al3+的稀溶液中滴加少量NaOH溶液
先产生白色沉淀
相同温度下，Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Al（OH）3]
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）二氧化碳的捕获技术备受瞩目，一种应用电化学原理捕获二氧化碳的工作原理如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．捕获过程中两极区碳元素的化合价均发生变化
B．二氧化碳的捕获在阳极区完成
C．阳极的电极反应式为2C2O52﹣﹣4e﹣═4CO2↑+O2↑
D．导线中通过2mole﹣时生成1molC
14．（3分）25℃时，向20.00mL 0.1000mol•L﹣1的Na2R溶液中滴入0.1000mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示（忽略混合过程中溶液体积的变化）。下列说法错误的是（　　）

A．Ka2（H2R）＞Kh1（R2﹣）
B．Ka1（H2R）的数量级为10﹣4
C．滴定过程中水的电离程度先减小后增大
D．m点时，溶液中存在c（Cl﹣）+2c（R2﹣）+c（HR﹣）＝c（Na+）
15．（3分）一定温度下，恒容密闭容器中发生反应2X（g）+Y（g）⇌3Z（？）△H＜0。实验测得部分数据如表所示，下列说法正确的是（　　）
起始充入物质的物质的量
反应前容器内压强
平衡时容器内压强
2molX（g）、1molY（g）
p0
0.4p0
A．Z为气体
B．X的体积分数不变说明反应达到平衡状态
C．Y的平衡转化率为40%
D．若缩小容器容积，反应再次达到平衡时容器内的压强为0.4p0
二、解答题（共4小题，满分55分）
16．（14分）过硫酸钾（K2S2O8）可用作破胶剂、聚合促进剂、氧化剂、分析试剂等，100℃时分解。实验小组对过硫酸钾进行相关探究。
回答下列问题：
（1）K2S2O8的结构式为，该物质检验酸性溶液中的Mn2+时，观察到溶液变为红色，反应的离子方程式为　 　。
（2）小组同学预测过硫酸钾的分解产物有K2SO4、SO3、SO2和O2，并用如图所示装置验证分解产物中含有SO3和SO2（部分夹持及加热仪器已省略）。

①装置D、E中盛放的试剂依次为　 　（填选项字母）。装置D、E中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为　 　。
a.品红溶液
b.NaOH溶液
c.BaCl2溶液
d.Ba（NO3）2溶液
e.浓H2SO4
②实验时，通入He排尽装置中的空气后，应先加热装置　 　（填“A”或“B”），其中装置A适合的加热方式为　 　。
③装置B中石棉绒的作用为　 　；装置C的作用为　 　。
（3）工业上利用K2S2O8能将低价氮氧化为NO3﹣，来测定废水中氮元素的含量。取100mL含NH4NO3的废水，用cmol•L﹣1K2S2O8标准溶液滴定（杂质不参加反应），达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为VmL，则废水中氮元素的含量为　 　mg•L﹣1（用含c、V的代数式表示）。
17．（14分）化合物M（）是一种解热镇痛药物，实验室一种制备M的合成路线如图所示。

已知：①RCH2COOHRCHClCOOH；
②。
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为 　 　；B的结构简式为 　 　；C的化学名称为 　 　。
（2）由C生成D的第一步反应的化学方程式为 　 　。
（3）一个F分子中手性碳（连有四个不同原子或基团的碳）原子的数目为 　 　。
（4）由G生成H、由E和I生成J的反应类型分别为 　 　、　 　。
（5）同时满足下列条件的G的同分异构体有 　 　种（不考虑立体异构）。
①既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与NaHCO3溶液反应生成气体。
②核磁共振氢谱中有5组吸收峰。
（6）已知：。参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料（无机试剂任选），设计制备2﹣氯丙酸的合成路线：　 　。
18．（14分）苯乙烯是一种重要的有机化工原料，可利用乙苯催化脱氢法制备，实际生产中常在体系中充入一定量的CO2，主要反应如下：
Ⅰ.C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）△H1＝+117.6kJ•mol﹣1；
Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol﹣1。回答下列问题：
（1）相比于乙苯直接脱氢制苯乙烯，工业实际生产中充入一定量CO2的优点为 　 　（任写一点）﹔二氧化碳与乙苯气体反应生成苯乙烯气体、一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 　 　。
（2）一定温度下，起始向10L盛放催化剂的恒容密闭容器中充入2molC8H10（g）和1molCO2（g）发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。20min末达到平衡时，C8H8（g）、H2O（g）的体积分数分别为25%和5%。
①0～20min内，用C8H10的物质的量浓度变化表示的平均反应速率v（C8H10）＝　 　。
②反应Ⅱ的平衡常数Kc＝　 　。
③起始投料量不变，在不同温度、压强下重复实验，测得H2的平衡体积分数与温度和压强的关系如图所示。

由图可知，温度低于T0℃时，以反应 　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）为主，理由为 　 　；T1℃时，三条曲线几乎相交的原因为 　 　；p1、p2、p3由大到小的顺序 　 　。
（3）若乙苯催化脱氢过程中发生积碳反应（g）═8C（s）+4H2（g）△H3＝﹣126kJ•mol﹣1。积碳反应可能导致的后果为 　 　（任写一点）。
19．（13分）氧化铬（Cr2O3）可用作着色剂、催化剂、印刷纸币的油墨等。以含铬废料（含FeCr2O4、MgO、SiO2、Al2O3等）为原料制备氧化铬的一种流程如图所示。

已知：烧渣的成分为Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、F2O3、MgO；Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38、Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33、Ksp[Mg（OH）2]＝2×10﹣11，溶液中离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1时认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“研磨”的目的为 　 　；“焙烧”过程发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　 　。
（2）若滤液1中金属离子的浓度均为0.2mol•L﹣1，则“调pH”的最小值为 　 　（保留两位有效数字）。
（3）“除镁”工序控制温度不能过高，且不能在陶瓷容器中进行的原因为 　 　。
（4）“转化”时加入适量H2SO4的作用为 　 　。
（5）部分物质的溶解度曲线如图所示。

①“系列操作”具体指 　 　，将所得滤液降温结晶、过滤、乙醚洗涤。
②降温结晶时控制的适宜温度为 　 　（填选项字母）。
A.0～10℃
B.10～20℃
C.50～70℃
D.80℃以上
③用乙醚洗涤而不用乙醇洗涤的原因为 　 　。
（6）“煅烧”反应生成N2和水蒸气，该反应的化学方程式为 　 　。

2021年湖北省高考化学联考试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．（3分）化学与生活、生产关系密切。下列对相关应用所作的解释正确的是（　　）
选项
应用
解释
A
面粉厂用静电除尘装置进行除尘
粉尘胶粒带电，可在电极上沉积
B
生石灰作燃煤的添加剂
减少温室气体排放和酸雨形成
C
聚四氟乙烯与铜箔复合制作印刷电路板
聚四氟乙烯和铜均有强导电性
D
镁合金作嫦娥五号航天器的外壳材料
镁的熔点高，硬度大
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．胶粒具有电泳的性质；
B．燃煤中含有S元素，在煤燃烧时S转化为SO2，若向燃煤中加入CaO，SO2与CaO会反应产生CaSO3，进一步被空气氧化产生CaSO4；
C．聚四氟乙烯是绝缘体、不导电；
D．镁合金是良好的轻型结构材料，可用于制造火箭、导弹和飞机、航天材料的部件。
【解答】解：A．带电的胶体粒子具有电泳的性质，可用电泳的性质进行除尘，粉尘胶粒可在电极上沉积，故A正确；
B．燃煤燃烧时S转化为SO2，若向燃煤中加入CaO，SO2与CaO会反应产生CaSO3，进一步被空气氧化产生CaSO4，可减少酸雨的形成，但煤燃烧产生的CO2与CaO在高温下不反应，则燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故B错误；
C．铜具有强导电性，但聚四氟乙烯是绝缘体、不导电，可与铜箔复合制作印刷电路板，防止漏电，故C错误；
D．镁合金作嫦娥五号航天器的外壳材料，是因为镁合金的密度小，与硬度大小的性质无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（3分）自然界中氮循环的部分过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．雷电是使大气中的氮转化为硝酸盐的最主要方式
B．氨或铵盐转化为亚硝酸盐属于氮的固定
C．多数蛋白质在动物体内被直接吸收
D．研究自然界中的元素循环有利于解决环境和资源问题
【分析】A．雷电只能使大气中少量的氮转化为硝酸盐；
B．游离态氮转化为化合态为氮的固定；
C．动物体不能直接吸收蛋白质；
D．研究自然界中的元素循环能够帮助人们解决环境和资源问题。
【解答】解：A．雷电只能使大气中少量的氮转化为硝酸盐，不是使大气中的氮转化为硝酸盐的最主要方式，故A不选；
B．氨或铵盐转化为亚硝酸盐是不同化合态的氮之间的转化，不属于氮的固定，故B不选；
C．多数蛋白质在动物体内水解生成氨基酸，能够被动物体直接吸收，故C不选；
D．研究自然界中的元素循环有利于解决环境和资源问题，说法正确，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查了氮的循环和氮的固定，明确氮的循环过程，准确把握氮的固定概念是解题关键，题目难度不大。
3．（3分）ClO2是一种环境友好型消毒剂，可灭活新型冠状病毒，一种制备ClO2的反应为NaClO3+HCl→NaCl+ClO2↑+Cl2↑+H2O（未配平）。下列与该反应相关的说法正确的是（　　）
A．中子数为12的Na原子可表示为Na
B．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．Cl2的电子式为Cl：Cl
D．生成1mol 还原产物时转移1mol电子
【分析】A．中子数为12的Na原子，其质子数为11，质量数为23；
B．NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0价，配平方程式为：2NaClO3+4HCl＝2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
C．氯原子的最外层有7个电子，两个Cl之间存在一个共用电子对；
D．NaClO3被还原为ClO2，Cl元素的化合价降低1价。
【解答】解：A．中子数为12的Na原子，其质子数为11，质量数为23，可表示为Na，故A错误；
B．2NaClO3+4HCl＝2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B错误；
C．氯原子的最外层有7个电子，两个Cl之间存在一个共用电子对，故Cl2的电子式为，故C错误；
D．NaClO3被还原为ClO2，Cl元素的化合价降低1价，则生成1mol 还原产物时转移1mol电子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，把握氧化还原反应中元素化合价的变化以及元素化合物的性质为解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
4．（3分）萜类化合物是寻找和发现天然药物生物活性成分的重要来源，下列关于三种萜类化合物的说法正确的是（　　）
A．m和q互为同系物
B．p与q互为同分异构体
C．p能发生消去反应
D．m、p、q分子中的碳原子均处于同一平面
【分析】A.m和q结构不同；
B.p与q分子式分别为为C10H14O、C10H16O；
C.p羟基邻位碳原子含有氢原子；
D.均含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征。
【解答】解：A.m和q结构不同，则不是同系物，故A错误；
B.p与q分子式分别为为C10H14O、C10H16O，二者分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C.p羟基邻位碳原子含有氢原子，则可发生消去反应，故C正确；
D.均含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不能在同一个平面上，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大。
5．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1molSiO2和Si 的混合物中含有的化学键数目为2NA
B．常温下，1LpH＝1的NaHSO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA
C．标准状况下，5.6L F2和C2H6的混合物中含有电子的数目为4.5NA
D．含有0.01mol CH3COO﹣的CH3COONa溶液中的Na+数目为0.01NA
【分析】A.1molSi有2molSi﹣Si键，1molSiO2有4molSi﹣O键；
B.水分子中也含有氧原子；
C.F2和C2H6均含有18个电子；
D.CH3COO﹣水解。
【解答】解：A.1molSiO2和Si 的混合物中含有的化学键数目为2NA～4NA，故A正确；
B.1LpH＝1的NaHSO4溶液中含有n（NaHSO4）＝1L×0.1mol/mol＝0.1mol，含有氧原子0.1mol×4＝0.4mol，同时水中也含有氧原子，故溶液中含有氧原子数大于0.4NA，故B错误；
C.标准状况下，5.6LF2和C2H6的混合物中含有电子的数目为×18×NA/mol＝4.5NA，故C正确；
D.CH3COO﹣水解会使CH3COO﹣数目减少，故溶液中含有0.01molCH3COO﹣，Na+数目大于0.01NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
6．（3分）短周期主族元素W，X，Y，Q的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，其原子的最外层电子数等于W、X原子的最外层电子数之和，Q的原子序数等于X原子序数的2倍；查德威克实现了核反应：以W+He→X+n。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：W＞X＞Y＞Q
B．W和Q在元素周期表中处于对角线位置
C．X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸
D．Y与Q形成的化合物可用作耐火材料
【分析】短周期主族元素W，X，Y，Q的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O，其原子的最外层电子数等于W、X原子的最外层电子数之和，W、X原子的最外层电子数之和为6，结合反应W+He→X+n可知A＝9+4﹣1＝12，则W、X位于第二周期，二者最外层电子数之和为Z﹣2+Z+2﹣2＝6，解得Z＝4，则W为Be，X为C元素；Q的原子序数等于X原子序数的2倍，则Q为Mg元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为Be，X为C，Y为O，Q为Mg元素，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Q＞W＞X＞Y，故A错误；
B．Be、Mg位于同一主族，不是处于对角线位置，故B错误；
C．X的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，碳酸为弱酸，故C错误；
D．Y与Q形成的化合物为MgO，MgO熔点较高，可用作耐火材料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构及转化关系推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（3分）实验小组在实验室中制备1，2﹣二溴乙烷，装置如图所示（部分夹持装置略去）。下列说法错误的是（　　）
A．①中液体变为棕色，体现浓硫酸的强氧化性和脱水性
B．试剂X可选用NaOH溶液
C．实验后通过分液操作从③的混合液中分离出产品
D．④中收集到的尾气需要进行集中处理
【分析】无水乙醇在浓硫酸做催化剂和脱水剂条件下反应生成乙烯和水，制取的乙烯中含有杂质二氧化硫和二氧化碳，先通过盛有氢氧化钠溶液吸收二氧化硫和二氧化碳，再通入溴的四氯化碳溶液，尾气中含有乙烯和挥发的溴蒸汽，需要集中处理，据此分析解答。
【解答】解：A．浓硫酸具有强的氧化性和脱水性，将乙醇碳化使①中液体变为棕色，故A正确；
B．试剂X主要作用除去乙烯中混有的二氧化硫和二氧化碳，可以用氢氧化钠溶液，故B正确；
C．1，2﹣二溴乙烷与四氯化碳相互溶解，不能用分液法分离，故C错误；
D．尾气中含有乙烯和挥发的溴蒸汽，需要集中处理，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉乙醇和浓硫酸的性质是解题关键，题目难度不大。
8．（3分）一种高能锂离子电池的装置如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．两极区均用Li2S溶液可降低电池的生产成本
B．LiPF6/SO（CH3）2中LiPF6能电离出Li+
C．工作时，Li2S溶液的浓度保持不变
D．导线中通过1mole﹣时正极区溶液质量增加7g
【分析】A．Li是活泼金属能与水反应；
B．LiPF6/SO（CH3）2是液体电解质，存在自由移动的离子；
C．原电池中，阳离子向正极移动；
D．导线中通过1mole﹣时，有1molLi+进入正极区，同时正极上FeS得电子生成Fe和S2﹣。
【解答】解：A．Li是活泼金属能与水反应，所以负极区不能用水溶液作电解质溶液，故A错误；
B．LiPF6/SO（CH3）2是液体电解质，存在自由移动的离子，所以LiPF6能电离出Li+，故B正确；
C．原电池中，阳离子向正极移动，则Li+进入正极区，所以Li2S溶液的浓度会增大，故C错误；
D．导线中通过1mole﹣时，有1molLi+进入正极区，同时正极上FeS得电子生成Fe和S2﹣，正极反应为FeS+2e﹣═Fe+S2﹣，所以正极溶液增加的质量为1mol×7g/mol+0.5mol×32g/mol＝23g，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池原理的应用，把握正负极的判断、电极方程式的书写、电子守恒的应用等知识点是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
9．（3分）综合处理铅阳极泥（含Pb、Ag、Au、Se、Sb、S、As等）有利于保护环境和合理利用资源，一种处理工艺如图所示。已知：烧渣中含有PbO、Sb2O3、As2O5、Ag、Au，浸液中含有AsCl5、PbCl2、SbCl3等。下列说法正确的是（　　）

A．“水吸收”反应能证明S的非金属性弱于Se
B．“浸取”过程涉及反应2Ag+2HCl═2AgCl+H2↑
C．“还原”的主要目的是将As（Ⅴ）转化为As（Ⅲ）
D．“蒸馏”装置中冷凝管适合选用蛇形冷凝管
【分析】铅阳极泥（含Pb、Ag、Au、Se、Sb、S、As等）焙烧，烧渣中含有PbO、Sb2O3、As2O5、Ag、Au，同时得到SeO2、SO2，可用水吸收得到Se，烧渣加入盐酸并通入氯气，得到AgCl、Au等，可用于提取Ag、Au，浸液中含有AsCl5、PbCl2、SbCl3等，浸液加入KI还原，用TBP萃取，分液得到PbCl2水相，有机相蒸馏，可收集到TBP、I2、AsCl3、SbCl3，以此解答该题。
【解答】解：A.不是单质之间的反应，不能证明S的非金属性弱于Se，故A错误；
B.Ag和HCl不反应，故B错误；
C.浸液中含有AsCl5，还原生成AsCl3，则“还原”的主要目的是将As（Ⅴ）转化为As（Ⅲ），故C正确；
D.“蒸馏”装置中冷凝管选用蛇形冷凝管，则导致液体不能顺利流出，应用直形冷凝管，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）我国研发出一种合成重要有机原料（Q）的新路线（如图所示）。下列说法错误的是（　　）
A．反应①的原子利用率为100%
B．P的分子式为C8H12O
C．M的一氯代物多于Q的一氯代物（不考虑立体异构）
D．可用酸性KMnO4溶液鉴别N、P
【分析】A.反应①为加成反应；
B.P分子含有8个C、12个H、1个O原子；
C.M含有4种H，Q含有2种H；
D.N、P都含有碳碳双键和醛基，都可被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【解答】解：A.反应①为加成反应，则反应①的原子利用率为100%，故A正确；
B.P分子含有8个C、12个H、1个O原子，则P的分子式为C8H12O，故B正确；
C.M含有4种H，Q含有2种H，则M的一氯代物多于Q的一氯代物（不考虑立体异构），故C正确；
D.N、P都含有碳碳双键和醛基，都可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故D错误；
故选：D。
【点评】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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
11．（3分）Negishi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一，反应过程如图所示（R，R'表示烃基）。下列说法正确的是（　　）

A．RZnCl是该反应的催化剂
B．反应过程中只生成一种偶联有机产物
C．反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成
D．存在反应+RZnCl═+ZnCl2
【分析】A.RZnCl为反应物；
B.偶联有机产物有R﹣R、R﹣R'等；
C.反应中存在C﹣Cl键的断裂和C﹣C键的形成；
D.方程式没有配平。
【解答】解：A.由反应机理可知，RZnCl为反应物，不是催化剂，故A错误；
B.偶联有机产物有R﹣R、R﹣R'等，不只生成一种，故B错误；
C.反应中存在C﹣Cl键的断裂和C﹣C键的形成，分别为极性键和非极性键，故C正确；
D.方程式没有配平，应为反应+2RZnCl═+2ZnCl2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，主要把握反应机理的探究，把握物质的性质，题目难度不大。
12．（3分）由下列实验操作和现象所得的结论正确的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论
A
分别将Na2SO4和Hg（NO3）2加入蛋白质溶液中
均出现沉淀
均属于蛋白质盐析
B
向石蕊溶液中通入Cl2
溶液先变红后褪色
Cl2具有漂白性
C
洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼
烧，透过蓝色钴玻璃观察
火焰呈紫色
待测液中一定含有钾元素
D
向含有等浓度Cu2+和Al3+的稀溶液中滴加少量NaOH溶液
先产生白色沉淀
相同温度下，Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Al（OH）3]
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.分别将Na2SO4和Hg（NO3）2加入蛋白质溶液中，前者为盐析、后者为变性；
B.氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性；
C.透过蓝色钴玻璃观察K的焰色反应；
D.等浓度Cu2+和Al3+的稀溶液中滴加少量NaOH溶液，先生成白色沉淀为氢氧化铝。
【解答】解：A.分别将Na2SO4和Hg（NO3）2加入蛋白质溶液中，前者为盐析、后者为变性，均有固体析出，故A错误；
B.氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，则石蕊溶液先变红后褪色，氯气不具有漂白性，故B错误；
C.透过蓝色钴玻璃观察K的焰色反应，由操作和现象可知，待测液中一定含有钾元素，故C正确；
D.等浓度Cu2+和Al3+的稀溶液中滴加少量NaOH溶液，先生成白色沉淀为氢氧化铝，且沉淀类型不同，不能直接比较Ksp，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（3分）二氧化碳的捕获技术备受瞩目，一种应用电化学原理捕获二氧化碳的工作原理如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．捕获过程中两极区碳元素的化合价均发生变化
B．二氧化碳的捕获在阳极区完成
C．阳极的电极反应式为2C2O52﹣﹣4e﹣═4CO2↑+O2↑
D．导线中通过2mole﹣时生成1molC
【分析】左侧电极上，C2O52﹣失电子生成CO2、O2，失电子的一极为阳极，则左侧为阳极，右侧为阴极，阴极上CO32﹣得电子生成C，据此分析。
【解答】解：A．阳极上C2O52﹣失电子生成CO2、O2，O元素的化合价发生变化，C元素的化合价没有变化，故A错误；
B．阴极上发生CO32﹣+4e﹣═C+3O2﹣，然后O2﹣与CO2结合生成CO32﹣，所以二氧化碳的捕获在阴极区完成，故B错误；
C．阳极上C2O52﹣失电子生成CO2、O2，阳极的电极反应式为2C2O52﹣﹣4e﹣＝4CO2↑+O2↑，故C正确；
D．由电极方程式CO32﹣+4e﹣＝C+3O2﹣可知，导线中通过4mole﹣时生成1molC，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理的应用，涉及电极的判断、电极反应式的书写等，为高频考点，把握电解池的工作原理即可解答，注意结合图片示意图写出电极反应式，题目难度不大。
14．（3分）25℃时，向20.00mL 0.1000mol•L﹣1的Na2R溶液中滴入0.1000mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示（忽略混合过程中溶液体积的变化）。下列说法错误的是（　　）

A．Ka2（H2R）＞Kh1（R2﹣）
B．Ka1（H2R）的数量级为10﹣4
C．滴定过程中水的电离程度先减小后增大
D．m点时，溶液中存在c（Cl﹣）+2c（R2﹣）+c（HR﹣）＝c（Na+）
【分析】A．图中m点为NaHR、NaCl和Na2R的混合溶液，并且NaHR和Na2R的物质的量浓度相等，结合HR﹣的电离、R2﹣和HR﹣水解分析；
B．加入40.00mLHCl时所得溶液为NaCl和H2R的混合溶液，此时c（H+）≈c（HR﹣）＝10﹣2.5mol/L，（H2R）＝mol/L﹣c（H+）≈mol/L，结合Ka1（H2R）＝进行计算；
C．滴定过程中Na2R→NaHR→H2R，R2﹣促进水的电离，H2R抑制水的电离；
D．图中m点为NaHR、NaCl和Na2R的混合溶液，根据电荷守恒关系式分析判断。
【解答】解：A．反应前n（Na2R）＝cV＝0.02L×0.1000mol•L﹣1＝0.002mol，加入10.00mL0.1000mol•L﹣1盐酸的物质的量为0.01L×0.1000mol•L﹣1＝0.001mol，反应为Na2R+HCl＝NaHR+NaCl，Na2R过量0.001mol，生成0.001molNaHR，溶液中存在R2﹣和HR﹣的双重水解、HR﹣的电离，但溶液呈中性，则HR﹣的电离程度大于R2﹣的水解程度，即Ka2（H2R）＞Kh1（R2﹣），故A正确；
B．加入40.00mLHCl时总反应为Na2R+2HCl＝H2R+2NaCl，所得溶液为NaCl和H2R的混合溶液，此时c（H+）≈c（HR﹣）＝10﹣2.5mol/L，c（H2R）＝mol/L﹣c（H+）≈mol/L，Ka1（H2R）＝＝＝3×10﹣4，数量级为10﹣4，故B正确；
C．M点为Na2R溶液，R2﹣水解使溶液呈碱性，并且c（R2﹣）越大，水的电离程度越大，滴定过程中Na2R→NaHR→H2R，则水的电离程度逐渐减小，故C错误；
D．由上述分析可知，m点为NaHR、NaCl和Na2R的混合溶液，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒关系式为c（Cl﹣）+2c（R2﹣）+c（HR﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），即c（Cl﹣）+2c（R2﹣）+c（HR﹣）＝c（Na+），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，为高考常见题型，明确曲线上各点溶质成分及其性质为解答关键，注意掌握守恒关系式的应用和电离平衡常数的近似计算，试题培养了学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。
15．（3分）一定温度下，恒容密闭容器中发生反应2X（g）+Y（g）⇌3Z（？）△H＜0。实验测得部分数据如表所示，下列说法正确的是（　　）
起始充入物质的物质的量
反应前容器内压强
平衡时容器内压强
2molX（g）、1molY（g）
p0
0.4p0
A．Z为气体
B．X的体积分数不变说明反应达到平衡状态
C．Y的平衡转化率为40%
D．若缩小容器容积，反应再次达到平衡时容器内的压强为0.4p0
【分析】一定温度下，恒容密闭容器中发生反应2X（g）+Y（g）⇌3Z（？），如Z为气体，则反应前后压强不变，由表中数据可知，平衡时压强减小，则Z应为非气体，则反应物只有X、Z，增大压强，平衡正向移动，在相同温度下，应达到相同平衡状态，以此解答该题。
【解答】解：A.由以上分析可知Z为非气体，否则反应前后压强不变，故A错误；
B.Z为非气体，X、Y按2：1反应，且起始物质的量为2：1，则无论是否达到平衡状态，X的体积分数都不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故B错误；
C.气体的压强之比等于物质的量之比，起始时气体的物质的量为2mol+1mol＝3mol，平衡时为3mol×0.4＝1.2mol，则剩余X、Y的物质的量为0.8mol、0.4mol，可知Y的转化率为＝60%，故C错误；
D.反应温度不变，平衡常数不变，缩小体积，再次达到平衡时，X、Y的浓度不变，则容器的压强不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的计算以及平衡移动的影响因素，为高频考点，把握表中数据，把握转化率的计算、判断为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K只与温度有关，题目难度中等。
二、解答题（共4小题，满分55分）
16．（14分）过硫酸钾（K2S2O8）可用作破胶剂、聚合促进剂、氧化剂、分析试剂等，100℃时分解。实验小组对过硫酸钾进行相关探究。
回答下列问题：
（1）K2S2O8的结构式为，该物质检验酸性溶液中的Mn2+时，观察到溶液变为红色，反应的离子方程式为　5S2O82﹣+2Mn2++8H2O＝2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+　。
（2）小组同学预测过硫酸钾的分解产物有K2SO4、SO3、SO2和O2，并用如图所示装置验证分解产物中含有SO3和SO2（部分夹持及加热仪器已省略）。

①装置D、E中盛放的试剂依次为　c、a　（填选项字母）。装置D、E中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为　生成白色沉淀、品红溶液褪色　。
a.品红溶液
b.NaOH溶液
c.BaCl2溶液
d.Ba（NO3）2溶液
e.浓H2SO4
②实验时，通入He排尽装置中的空气后，应先加热装置　 　（填“A”或“B”），其中装置A适合的加热方式为　沸水浴　。
③装置B中石棉绒的作用为　增大铁粉与氧气的接触面积，使O2被充分吸收，同时防止固体粉末堵塞导管　；装置C的作用为　能防倒吸　。
（3）工业上利用K2S2O8能将低价氮氧化为NO3﹣，来测定废水中氮元素的含量。取100mL含NH4NO3的废水，用cmol•L﹣1K2S2O8标准溶液滴定（杂质不参加反应），达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为VmL，则废水中氮元素的含量为　70cV　mg•L﹣1（用含c、V的代数式表示）。
【分析】（1）酸性条件下，K2S2O8氧化Mn2+生成MnO4﹣，S2O82﹣还原为SO42﹣，结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式；
（2）由实验装置图可知，实验过程中先通入He排尽整个装置中的空气，再点燃装置B处酒精灯加热石棉绒中的铁粉，再用沸水浴加热装置A，使过硫酸钾的分解产物中的O2被铁粉充分吸收、防止干扰硫的氧化物的检验，装置C为安全瓶，可起到防倒吸的作用，检验混合气体中的SO3、SO2，应该先用BaCl2溶液检验SO3、SO3+H2O＝H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色的BaSO4沉淀，SO2具有漂白性、常用品红溶液检验，即装置D中盛有BaCl2溶液、用于检验SO3气体，装置E中盛有品红溶液、用于检验SO2气体，据此分析解答；
（3）K2S2O8能将低价氮氧化为NO3﹣，K2S2O8和NH4NO3反应的离子方程式为4S2O82﹣+NH4++3H2O＝8SO42﹣+NO3﹣+10H+，则n（NH4NO3）＝n（K2S2O8）＝0.25×cmol•L﹣1×V×10﹣3L＝2.5cV×10﹣4mol，n（N）＝2n（NH4NO3）＝5cV×10﹣4mol，m（N）＝nM＝5cV×10﹣4mol×14g/mol＝0.007cVg＝7cVmg，据此计算废水中氮元素的含量。
【解答】解：（1）由题意可知，酸性条件下，S2O82﹣氧化Mn2+生成MnO4﹣和SO42﹣，反应的离子方程式为5S2O82﹣+2Mn2++8H2O＝2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+，
故答案为：5S2O82﹣+2Mn2++8H2O＝2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+；
（2）①由上述分析可知，装置D中盛有BaCl2溶液、用于检验SO3气体，SO2与BaCl2溶液不反应，SO3与水反应生成硫酸，H2SO4与BaCl2反应生成白色的BaSO4沉淀；装置E中盛有品红溶液、用于检验SO2气体，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，
故答案为：c、a；生成白色沉淀、品红溶液褪色；
②由上述分析可知，实验时通入He排尽整个装置中的空气，先点燃装置B处酒精灯加热石棉绒中的铁粉，再用沸水浴加热装置A，有利于过硫酸钾分解生成的氧气被铁粉充分吸收，避免干扰SO3、SO2的检验；由题给信息可知，过硫酸钾在100℃时会发生分解，则装置A可用沸水浴加热，便于控制温度、并使装置A受热均匀，
故答案为：B；沸水浴；
③装置B中，铁粉分散于石棉绒中，使铁粉与氧气的接触面积增大，使氧气被充分吸收，可避免干扰硫的氧化物的检验，同时可防止气流速率过快，导致固体粉末堵塞导气管；装置C为空载仪器，作安全瓶，能防倒吸，
故答案为：增大铁粉与氧气的接触面积，使O2被充分吸收，同时防止固体粉末堵塞导管；防倒吸；
（3）K2S2O8和NH4NO3反应的离子方程式为4S2O82﹣+NH4++3H2O＝8SO42﹣+NO3﹣+10H+，则n（NH4NO3）＝n（K2S2O8）＝0.25×cmol•L﹣1×V×10﹣3L＝2.5cV×10﹣4mol，n（N）＝2n（NH4NO3）＝5cV×10﹣4mol，m（N）＝nM＝5cV×10﹣4mol×14g/mol＝0.007cVg＝7cVmg，所以废水中氮元素的含量为＝70cVmg/L，
故答案为：70cV。
【点评】本题考查了物质的性质实验方案设计，涉及氧化还原方程式的书写、物质的性质与检验、实验设计与各个装置的作用、化学方程式的计算等知识，为高频考点，把握实验原理、物质性质和发生的反应是解题关键，试题侧重于考查学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，注意掌握元素及化合物的性质、题给信息的应用等，题目难度中等。
17．（14分）化合物M（）是一种解热镇痛药物，实验室一种制备M的合成路线如图所示。

已知：①RCH2COOHRCHClCOOH；
②。
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为 　羧基　；B的结构简式为 　　；C的化学名称为 　2﹣甲基﹣2﹣氯丙酸　。
（2）由C生成D的第一步反应的化学方程式为 　　。
（3）一个F分子中手性碳（连有四个不同原子或基团的碳）原子的数目为 　1　。
（4）由G生成H、由E和I生成J的反应类型分别为 　消去反应　、　酯化反应或取代反应　。
（5）同时满足下列条件的G的同分异构体有 　4　种（不考虑立体异构）。
①既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与NaHCO3溶液反应生成气体。
②核磁共振氢谱中有5组吸收峰。
（6）已知：。参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料（无机试剂任选），设计制备2﹣氯丙酸的合成路线：　　。
【分析】A发生信息①的反应生成C，C发生消去反应然后酸化得到D，C为（CH3）2CClCOOH，A为（CH3）2CHCOOH，D和乙醇发生酯化反应生成E为CH2＝C（CH3）COOCH2CH2OH，B发生信息②的反应生成F，F发生水解反应生成G，根据G的结构简式及B的分子式知，B为、F为，G发生消去反应生成H为，H和氢气发生加成反应生成I，结合J的分子式知，I和E发生酯化反应生成J为，J发生加聚反应生成M；
（6）以乙醛为原料（无机试剂任选）制备2﹣氯丙酸，根据信息知，CH3CHClCOOH可由CH3CH（OH）COOH发生取代反应得到，乙醛和HCN发生信息②的反应得到。
【解答】解：（1）A为（CH3）2CHCOOH，A中官能团的名称为羧基；通过以上分析知，B的结构简式为；C为（CH3）2CClCOOH，C的化学名称为2﹣甲基﹣2﹣氯丙酸，
故答案为：羧基；；2﹣甲基﹣2﹣氯丙酸；
（2）C为（CH3）2CClCOOH，C中氯原子发生消去反应生成CH2＝C（CH3）COONa，由C生成D的第一步反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）F为，F分子中手性碳原子有1个，如图，
故答案为：1；
（4）G中醇羟基发生消去反应生成H、E和I发生酯化反应或取代反应生成J，所以由G生成H、由E和I生成J的反应类型分别为消去反应、酯化反应或取代反应，
故答案为：消去反应；酯化反应或取代反应；
（5）G的同分异构体符合下列条件：
①既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有酚羟基和﹣COOH；
②核磁共振氢谱中有5组吸收峰，说明含有5种氢原子，符合条件的同分异构体结构对称且含有两个相同的甲基和乙基或2个﹣CH（CH3）2，符合条件的结构简式有、、、，所以有4种，
故答案为：4；
（6）以乙醛为原料（无机试剂任选）制备2﹣氯丙酸，根据信息知，CH3CHClCOOH可由CH3CH（OH）COOH发生取代反应得到，乙醛和HCN发生信息②的反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式结合反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
18．（14分）苯乙烯是一种重要的有机化工原料，可利用乙苯催化脱氢法制备，实际生产中常在体系中充入一定量的CO2，主要反应如下：
Ⅰ.C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）△H1＝+117.6kJ•mol﹣1；
Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol﹣1。回答下列问题：
（1）相比于乙苯直接脱氢制苯乙烯，工业实际生产中充入一定量CO2的优点为 　消耗H2，有利于反应I平衡正向移动，增大反应物转化率　（任写一点）﹔二氧化碳与乙苯气体反应生成苯乙烯气体、一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 　C8H10（g）+CO2（g）⇌C8H8（g）+CO（g）+H2O（g）△H＝+158.8kJ/mol　。
（2）一定温度下，起始向10L盛放催化剂的恒容密闭容器中充入2molC8H10（g）和1molCO2（g）发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。20min末达到平衡时，C8H8（g）、H2O（g）的体积分数分别为25%和5%。
①0～20min内，用C8H10的物质的量浓度变化表示的平均反应速率v（C8H10）＝　0.005mol•L﹣1•min﹣1　。
②反应Ⅱ的平衡常数Kc＝　0.0625　。
③起始投料量不变，在不同温度、压强下重复实验，测得H2的平衡体积分数与温度和压强的关系如图所示。

由图可知，温度低于T0℃时，以反应 　I　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）为主，理由为 　升高温度H2的平衡体积分数增大　；T1℃时，三条曲线几乎相交的原因为 　T1℃时，以反应II为主，该反应前后气体分子总数不变，三条曲线几乎相交　；p1、p2、p3由大到小的顺序 　p3＞p2＞p1　。
（3）若乙苯催化脱氢过程中发生积碳反应（g）═8C（s）+4H2（g）△H3＝﹣126kJ•mol﹣1。积碳反应可能导致的后果为 　生成的碳单质覆盖在催化剂表面，导致催化剂的反应活性降低，减小氢气生成苯乙烯的速率　（任写一点）。
【分析】（1）对比只发生反应I，若同时发生反应II，充入一定量的CO2消耗H2，有利于反应I平衡正向移动，增大反应物转化率，结合盖斯定律计算反应热；
（2）反应I为气体分子数增大的反应，反应II为气体分子数不变的反应，故气体总物质的量的增大值为苯乙烯的生成量，设反应I生成的苯乙烯的物质的量为x，列式得×100%＝25%，解得x＝1mol，反应I消耗1molC8H10（g）生成1molH2（g），设反应2生成的水蒸气的物质的量为y，×100%＝5%，解得y＝0.2mol，则反应II中消耗的CO2（g）、H2（g）的物质的量为0.2mol，平衡时C8H10（g）、H2（g）、CO2（g）、CO（g）、H2O（g）的物质的量分别为1mol、1mol、0.8mol、0.8mol、0.2mol、0.2mol，据此分析回答①②；
③由反应I和反应II的特点和图像信息可知，温度低于T0℃时，反应I占主体，升高温度H2的平衡体积分数增大，若反应II占主体，升高温度，反应前后气体分子总数不变，T1℃时，以反应II为主，该反应前后气体分子总数不变；，压强增大，反应I中H2的平衡体系减小，反应II氢气的平衡体积分数不变；
（3）积碳反应可能导致生成的碳单质覆盖在催化剂表面，分析对于催化剂的影响即可。
【解答】解：（1）对比只发生反应I，若同时发生反应II，充入一定量的CO2消耗H2，有利于反应I平衡正向移动，增大反应物转化率，有盖斯定律可知，I+II得，C8H10（g）+CO2（g）⇌C8H8（g）+CO（g）+H2O（g）△H＝+158.8kJ/mol，
故答案为：消耗H2，有利于反应I平衡正向移动，增大反应物转化率；C8H10（g）+CO2（g）⇌C8H8（g）+CO（g）+H2O（g）△H＝+158.8kJ/mol；
（2）反应I为气体分子数增大的反应，反应II为气体分子数不变的反应，故气体总物质的量的增大值为苯乙烯的生成量，设反应I生成的苯乙烯的物质的量为x，列式得×100%＝25%，解得x＝1mol，反应I消耗1molC8H10（g）生成1molH2（g），设反应2生成的水蒸气的物质的量为y，×100%＝5%，解得y＝0.2mol，则反应II中消耗的CO2（g）、H2（g）的物质的量为0.2mol，平衡时C8H10（g）、H2（g）、CO2（g）、CO（g）、H2O（g）的物质的量分别为1mol、1mol、0.8mol、0.8mol、0.2mol、0.2mol，
①0～20min内，平均反应速率c（C8H10）＝＝0.005mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.005mol•L﹣1•min﹣1；
②反应II的平衡常数Kc＝＝0.0625，
故答案为：0.0625；
③由反应I和反应II的特点和图像信息可知，温度低于T0℃时，反应I占主体，升高温度H2的平衡体积分数增大，若反应II占主体，升高温度，反应前后气体分子总数不变，T1℃时，以反应II为主，该反应前后气体分子总数不变，三条曲线几乎相交，压强增大，反应I中H2的平衡体系减小，反应II氢气的平衡体积分数不变，故p3＞p2＞p1，
故答案为：I；升高温度H2的平衡体积分数增大；T1℃时，以反应II为主，该反应前后气体分子总数不变，三条曲线几乎相交；p3＞p2＞p1；
（3）积碳反应可能导致生成的碳单质覆盖在催化剂表面，导致催化剂的反应活性降低，减小氢气生成苯乙烯的速率，
故答案为：生成的碳单质覆盖在催化剂表面，导致催化剂的反应活性降低，减小氢气生成苯乙烯的速率。
【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡状态的判断、盖斯定律等知识点，难点是平衡状态的判断，注意有关图象分析的相关内容，考察范围较广，题目难度中等．
19．（13分）氧化铬（Cr2O3）可用作着色剂、催化剂、印刷纸币的油墨等。以含铬废料（含FeCr2O4、MgO、SiO2、Al2O3等）为原料制备氧化铬的一种流程如图所示。

已知：烧渣的成分为Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、F2O3、MgO；Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38、Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33、Ksp[Mg（OH）2]＝2×10﹣11，溶液中离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1时认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“研磨”的目的为 　使含铬废料与NaOH混合均匀，增大焙烧时与O2的接触面积，加快反应速率，使反应更充分　；“焙烧”过程发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　7：4　。
（2）若滤液1中金属离子的浓度均为0.2mol•L﹣1，则“调pH”的最小值为 　4.7　（保留两位有效数字）。
（3）“除镁”工序控制温度不能过高，且不能在陶瓷容器中进行的原因为 　防止NH4F受热分解，且加热促进NH4F水解，防止生成的HF腐蚀陶瓷　。
（4）“转化”时加入适量H2SO4的作用为 　促进2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O的平衡正向移动，使CrO42﹣充分转化为Cr2O72﹣　。
（5）部分物质的溶解度曲线如图所示。

①“系列操作”具体指 　蒸发浓缩、趁热过滤　，将所得滤液降温结晶、过滤、乙醚洗涤。
②降温结晶时控制的适宜温度为 　A　（填选项字母）。
A.0～10℃
B.10～20℃
C.50～70℃
D.80℃以上
③用乙醚洗涤而不用乙醇洗涤的原因为 　防止（NH4）2Cr2O7被乙醇还原，减少产品损失　。
（6）“煅烧”反应生成N2和水蒸气，该反应的化学方程式为 　（NH4）2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O　。
【分析】由题给流程可知，将含铬废料与氢氧化钠固体充分研磨后，通入氧气，在高温条件下焙烧得到含有铬酸钠、偏铝酸钠、硅酸钠、氧化铁、氧化镁的烧渣；向烧渣中加入稀硫酸酸溶，其中偏铝酸钠、氧化铁、氧化镁与稀硫酸反应生成可溶性的硫酸盐，硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有铬酸钠、硫酸铝、硫酸铁、硫酸镁的滤液1；调节滤液1的pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有铬酸钠、硫酸镁的滤液2；向滤液2中加入氟化铵溶液，将镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的滤渣3和含有铬酸钠的滤液3；向滤液3中先后加入稀硫酸、硫酸铵溶液，将铬酸钠转化为重铬酸铵，煅烧重铬酸铵固体制得氧化铬。
【解答】解：（1）研磨可使含铬废料与氢氧化钠混合均匀，增大焙烧时与氧气的接触面积，从而加快反应速率，使反应更充分；焙烧过程发生FeCr2O4、O2与NaOH在高温下发生氧化还原反应生成Na2CrO4、Fe2O3和H2O，反应中FeCr2O4为还原剂、O2为氧化剂，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（1+3×2）：2×2＝7：4，
故答案为：使含铬废料与NaOH混合均匀，增大焙烧时与O2的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；7：4；
（2）由分析可知，调pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，若滤液1中铁离子和铝离子的浓度均为0.2mol/L，由溶度积可知，当铝离子沉淀完全时，铁离子已经沉淀完全，则溶液中氢氧根离子的浓度应不小于＝mol/L＝10﹣9.3mol/L，则溶液pH的最小值为4.7，
故答案为：4.7；
（3）氟化铵受热易分解，且升高温度会促进氟化铵在溶液中的水解程度，水解生成的氟化氢能与陶瓷中的二氧化硅反应使陶瓷受损，所以除镁工序时控制温度不能过高，且不能在陶瓷容器中进行，
故答案为：防止NH4F受热分解，且加热促进NH4F水解，防止生成的HF腐蚀陶瓷；
（4）铬酸根离子在溶液中存在如下平衡：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，转化时加入适量稀硫酸，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于铬酸根离子充分转化为重铬酸根离子，
故答案为：促进2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O的平衡正向移动，使CrO42﹣充分转化为Cr2O72﹣；
（5）①转化时加入硫酸铵溶液发生的反应为重铬酸钠溶液与硫酸铵溶液反应生成重铬酸铵和硫酸钠，由溶解度曲线知，硫酸钠溶解度随温度升高而降低，则为使硫酸钠完全析出，系列操作为蒸发浓缩、趁热过滤，
故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；
②由溶解度曲线知，重铬酸铵的溶解度随温度升高而降低，则降温结晶时控制温度在0～10℃范围内，有利于增大重铬酸铵的析出量，
故答案为：A；
③乙醇具有还原性，能与重铬酸铵发生氧化反应生成乙酸，造成重铬酸铵被乙醇还原出现损失，而乙醚与重铬酸铵不反应，所以洗涤重铬酸铵时，用乙醚洗涤而不用乙醇洗涤，
故答案为：防止（NH4）2Cr2O7被乙醇还原，减少产品损失；
（6）由题意可知，煅烧时发生的反应为重铬酸铵高温时受热发生分解反应生成氧化铬、氮气和水，反应的化学方程式为（NH4）2Cr2O7 Cr2O3+N2↑+4H2O，
故答案为：（NH4）2Cr2O7 Cr2O3+N2↑+4H2O。
【点评】本题考查物质的制备实验及混合物分离与提纯，为高频考点，题目难度中等，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，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。