四川省成都市2021年高考化学二模试卷含答案

这是一份四川省成都市2021年高考化学二模试卷含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 高考化学二模试卷
一、单选题
1.碳元素的相关研究获诺贝尔奖最多。其中焦炭主要含石墨微晶，煤干馏技术提升能改变焦炭的孔隙大小，满足下游产品丰富的应用要求。下列相关说法正确的是（   ）
A.焦炭与金刚石一样是碳的同素异形体，化学性质相同
B.煤干馏的温度不同得到的产物及应用不同
C.空隙多的焦炭具有更好的消毒杀菌性能
D.炼铁时焦炭作还原剂高炉尾气中只含CO2
2.苯乙酸苄酯( )是花香型香料，下列对苯乙酸苄酯的相关分析正确的是（   ）
A.分子中所有碳原子可能共平面
B.可在不同条件下水解，产物均为 和
C.其苯环上的一溴代物最多有3种
D.苯乙酸苄酯易溶于水及乙醇
3.下列方程式能正确解释相应实验的是（   ）
A.用惰性电极电解饱和AlCl3溶液：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-
B.实验室制备Fe(OH)3胶体：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3(胶体)＋3NaCl
C.将水垢浸泡在饱和碳酸钠溶液中：CO +Ca2+=CaCO3↓
D.将浓氨水滴在氢氧化钠固体上：NH3·H2O NH3↑+H2O
4.X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，且原子序数依次增大。它们能形成结构如图所示的分子，下列推断错误的是（   ）

A. X、Z原子之间形成的是极性共价键                     B. 气态氢化物的沸点：W＞Z
C. 右图分子中Y满足最外层8电子稳定结构              D. 最高价含氧酸的酸性：W＞Y
5.将铁棒插入95%的浓硫酸中(如图所示)，探究铁与浓硫酸的反应。观察到立即产生大量的细腻气泡聚集在液体表面，犹如白色泡沫，由快变慢直至停止，酸液中出现白色不溶物，静置后分层。下列说法错误的是（   ）

A.产生的气体可能是SO2和少量的H2
B.取上层清液滴加少量饱和FeSO4溶液，有白色固体X析出，推测固体X可能是FeSO4
C.反应过程中FeSO4的生成也可能使反应由快变慢
D.取反应后铁棒直接放入盛有KSCN溶液的烧杯中，可检验反应时是否有Fe3+生成
6.锂空气电池因其比能量非常高，具有广阔应用前景。下图是两种不同的锂空气(Li-O2)电池，下列分析错误的是（   ）

A. 放电时图1中电流从a电极经电解液流回b电极
B. 放电时，两种电池负极反应式均为：Li-e-=Li+
C. 转移相同电子，两种电池正极产物的物质的量相同
D. 两种不同的锂空气电池比能量不同
7.常温下，向Na2SO3溶液中缓慢通入氯化氢气体，溶液中pH与离子浓度的变化关系如图所示。(“pc”指浓度的负对数，如pc(HR)=-lgc(HR))下列说法中正确的是（   ）

A.L2表示pH与 之间的关系
B.由图可知，Ka2(H2SO3)=10-1.8
C.M点溶液中：c(Na+)=2c(HSO )+3c(H2SO3)
D.pH=5溶液中：c(HSO )>c(SO )>c(H2SO3)
二、综合题
8.KMnO4是一种常见强氧化剂，从软锰矿制备KMnO4有以下步骤。回答下列问题：
（1）I.熔融制K2MnO4
将MnO2固体与KOH固体混合加热熔融得到K2MnO4 ， 化学方程式是________。
（2）该步骤需要在________(填仪器名称)中熔融，同时还需要用到的仪器是________(填序号)。
A． B． C． D． E.
（3）II.Cl2氧化制备KMnO4
已知：K2MnO4在酸性或者中性的水溶液中易歧化

A中使用油浴加热的优点是________。
（4）连接装置：顺序为a→________→________→________→________→________→________ (按气流方向，用小写字母表示)；操作为：连接装置，________，打开流速控制器。
（5）该实验需严格控制A中浓盐酸流速，若过快，产生的不利后果是________。
9.镍氢电池有着广泛的应用，旧电池的回收和再利用同样的重要。废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，以下为金属分离以及镍的回收流程，按要求回答下列问题：

（1）N2H4的电子式是________；“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是________。
（2）“氧化”过程中与Fe2+有关的离子方程式是________，滤渣1主要成分是弱碱，其化学式是________。
（3）已知 =8.0×10-44 ， 当三价钴沉淀完全时，溶液pH=________。(已知：lg2=0.3)
（4）滤液A的主要溶质是________；操作X是________
（5）用滴定法测定NiCO3产品中镍元素含量。取2.500g样品，酸溶后配成250mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.1000mol/L的Na2H2Y溶液进行滴定。
已知：①Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+
②紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
①滴定终点的现象是________。
②如果紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，则会导致________。。
10.甲烷-CO2重整反应可以得到用途广泛的合成气，已知方程式如下。回答下列问题：
CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) ΔH>0
（1）相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热(kJ·mol-1)
890.3
283.0
285.8
①   ΔH=________kJ·mol-1
②  用Ni基双金属催化，反应的活化能降低，ΔH________(填“变大”、“变小”或者“不变”)
（2）控制其它条件不变，改变温度对合成气中甲烷质量分数的影响如图。

若充入a molCH4 ， 经过2小时后达到如右图A点，2小时内用CH4表示的平均反应速率为________mol/h(用a表示)；假设A为平衡态，此时压强为2MPa，平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压x物质的量分数，保留2位小数)。
（3）甲烷的重整反应速率可以表示为η=k·p(CH4) [p(CH4)是指甲烷的分压]，其中k为速率常数。下列说法正确的是________。
a.增加甲烷的浓度，η增大   b.增加CO2浓度，η增大
c.及时分离合成气，η增大   d.通过升高温度，提升k
（4）已知在高温的条件下，会发生如下副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.0 kJ·mol-1 ， 且温度越高副反应的转化率越高，化学上称之为“温度的选择性”。不同n(CO2)/n(CH4)配比随温度变化对平衡时n(H2)/n(CO)配比的影响如图所示。

按n(CO2)/n(CH4)=2.5的配比进料，随温度升高，合成气n(H2)/n(CO)配比“先增加后减小”。增加是因为高温有利甲烷分解的积碳反应，请解释“减小”的可能原因________。
（5）一定温度下反应会出现积碳现象而降低催化剂活性。如图是Ni基双金属催化剂抗积碳的示意图。

结合图示：
①写出一个可能的积碳反应方程式________。
② 金属钴能有效消碳的原因是________。
11.水滑石(LDHs)阻燃剂，是由带正电荷的主体层板和插入层板间的阴离子组装而成。引入Ca2+、Mg2+、Al3+、B(OH) 、SiO 等离子可改变其性能。回答下列问题：
（1）基态Ca原子中，核外电子占据最高能层的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。
（2）元素镁和铝的第一电离能I1(Mg)________I1(A1)(填“>”或“＜”)。
（3）B(OH) 中B原子的杂化形式为________，空间立体构型为________；“水滑石”层间阴离子通过________作用力与层板结合。
（4）原硅酸(H4SiO4)较稳定，为原酸结构 。而类似结构的原碳酸(H4CO4)则不能稳定存在，试从结构角度解释其原因________。
（5）Li、Al、Si三元化合物晶胞结构如下图所示。

①该化合物的化学式是________。
②已知晶胞参数为5.93A，Si与Al之间的共价键长是________(写出计算表达式)。
12.盐酸阿比朵尔(Arbidl Hydmchloride)是广谱抗病毒药。李兰娟院士团队发现它能有效抑制新型冠状病毒(COVID-19)，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是________
（2）反应①分为两步进行，完成反应ii
反应i. +NH3
反应ii________，其反应类型是________。
（3）反应②生成1mol的D消耗________mol Br2；反应③加入KHCO3的作用是________。(填序号)。
（4）G为盐酸盐，其中H+与-N(CH3)2间形成的作用力是___________。
A.共价键
B.离子键
C.范德华力
D.氢键
（5）H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，写出H的一种可能的结构简式________。
（6）根据相关信息并结合已有知识，写出以 、 制备扑炎痛 的合成路线(其它试剂任选)。________。
已知： + +NaCl

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．焦炭与金刚石都是碳元素的单质，互为同素异形体，是不同的单质，因此化学性质不同，故A不符合题意；
B．煤干馏按加热终温的不同，可分为三种：900～1100℃为高温干馏，即焦化；700～900℃为中温干馏；500～600℃为低温干馏，在不同温度下得到的产物不同，故B符合题意；
C．焦炭具有良好的物理吸附性，但并不具有消毒杀菌的性能，故C不符合题意；
D．炼铁时焦炭作还原剂，炼铁过程中C与CO2反应生成CO，CO与铁的氧化物发生氧化还原反应生成铁单质，高炉尾气中主要气体为CO2、CO等，故D不符合题意；
故答案为B。

【分析】A.焦炭主要含有石墨晶体，但是不是单质
B.煤干馏的温度不同产物不同
C.空隙较多可以做吸附剂不能杀毒
D.根据炼铁时的还原剂时一氧化碳，因此在高炉尾气还有多余的一氧化碳
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．当苯乙酸苄酯空间结构结构为 ( 为苯环所在面的上方， 为苯环所在面的下方)，且两个苯环及两个苯环连接之间的碳原子处于同一平面时，分子中所有碳原子共平面，故A符合题意；
B．苯乙酸苄酯在酸性条件下水解得到 、 ，在碱性条件下水解得到 、 ，故B不符合题意；
C．苯乙酸苄酯存在对称( )，因此其苯环上的一溴代物最多有6种，故C不符合题意；
D．苯乙酸苄酯为有机物，易溶于乙醇，苯乙酸苄酯属于酯类，难溶于水，故D不符合题意；
故答案为A。

【分析】A.苯环上的所有碳原子均共面，苯环之间通过单键连接可以旋转进行共面
B.酸性和碱性得到的产物不同
C.找出苯环上的氢原子的种类即可
D.酯类一般不溶于水可以溶于有机物
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．用惰性电极电解饱和AlCl3溶液过程中，溶液中Cl-在阳极上失去电子发生氧化反应生成Cl2 ， H2O电离出的H+在正极上发生还原反应生成H2 ， 溶液中Al3+与OH-会发生复分解反应生成Al(OH)3 ， 因此电解总反应为2Al3++6Cl-+6H2O 3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓，故A不符合题意；
B．实验室制备Fe(OH)3胶体是利用FeCl3在沸水中发生水解反应，反应方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故B不符合题意；
C．水垢中含有CaSO4等，将水垢浸泡在饱和碳酸钠溶液中发生反应生成CaCO3 ， CaSO4为微溶物，反应离子方程式为CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq) ，故C不符合题意；
D．浓氨水中存在平衡NH3+H2O NH3·H2O +OH- ， 将浓氨水滴在氢氧化钠固体上，溶液中OH-浓度增大，平衡逆向移动生成NH3和H2O，故D符合题意；
故答案为D。

【分析】A.根据阳极吸引大量的氯离子和氢氧根离子，阳极是氯离子先放电，阴极吸引大量的氢离子和铝离子，阴极是氢离子放电即可写出电极反应式，写出总的反应
B.制备氢氧化铁胶体不是用氢氧化钠溶液而是利用的是将饱和氯化铁溶液加入到沸水中加热
C.硫酸钙是微溶物不拆
D.氢氧化钠溶解时释放大量的热，氨水易挥发
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．从分子结构图可知，X、Z原子之间通过共用电子对结合成极性共价键，故A不符合题意；
B．若Z为N，其气态氢化物为NH3 ， W的气态氢化物为H2S，由于NH3分子间有氢键，所以NH3的沸点高于H2S的沸点，即气态氢化物的沸点：W＜Z，故B符合题意；
C．分子中Y原子形成了4个共价单键或2个共价单键和1个共价双键，满足最外层8电子稳定结构，故C不符合题意；
D．W和Y的最高价含氧酸分别为H2SO4和H2CO3 ， S的非金属性强于C，硫酸是强酸，碳酸是弱酸，所以最高价含氧酸的酸性：W＞Y，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，且原子序数依次增大，则X为H；Y能形成4个共价键，则Y为C或Si；Z能形成三个共价键，则Z为N或P；W能形成2个共价键，则W为O或S。Y、Z、W原子序数依次增大，且分布于第二和第三周期，则Y只能为C，W只能为S，Z可能为N或P。即X、Y、Z、W为H、C、N、S或H、C、P、S。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．Fe和浓硫酸发生氧化还原反应：2Fe+6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O，铁与稀硫酸会发生置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，所用浓硫酸的质量分数为95%，两个反应都可能发生，所以产生的气体可能为SO2和少量的H2 ， 故A不符合题意；
B．上层清液滴加少量饱和FeSO4溶液，有白色固体X析出，说明此时溶液中原有溶质已经过饱和，则固体X可能是FeSO4 ， 故B不符合题意；
C．铁和浓硫酸生成硫酸铁，硫酸铁和铁单质反应生成FeSO4：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4 ， 反应生成的FeSO4浓度过大，已经过饱和，会阻碍反应继续进行，可能使反应由快变慢，故C不符合题意；
D．反应后的铁棒上沾有浓硫酸，直接放入KSCN溶液的烧杯中，会发生铁和稀硫酸的置换反应，同时铁和硫酸铁会发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4 ， 所以用此方法不能检验反应时是否有Fe3+生成，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】根据题意给出的是95%的浓硫酸，可能发生浓硫酸与铁反应得到硫酸铁和二氧化硫，铁与稀硫酸反应得到硫酸亚铁和氢气两个反应，因此气体可能是二氧化硫和氢气的混合物，产生的硫酸铁与铁发生反应最终得到的是硫酸亚铁，因此析出的固体可能是硫酸亚铁，取上层清夜加入硫酸亚铁，得到的是白色固体是硫酸亚铁，反应过程的硫酸亚铁浓度过大导致反应摔由快变慢，取反应后的铁棒放入KSCN溶液中得不到血红色现象。
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．放电时，根据图1右侧充入的氧气判断，b为正极，a为负极，则电流从a电极经电解液流回b电极，故A不符合题意；
B．放电时，图1和图2中负极都为Li，根据电解质液传导离子判断，传导离子为锂离子，故电极反应为：Li-e-=Li+ ， 故B不符合题意；
C．图1中正极反应为：O2+2e-+2Li+=Li2O2 ， 图2中正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH- ， 根据电子数相同判断正极产物的物质的量不同，故C符合题意；
D．比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能，根据正极氧气的化合价变化不同判断比能量不同，故D不符合题意；
故答案选C。
【分析】根据化合价的变化判断电池的正负极，根据化合价的升降、电荷守恒及电解液进行书写电极反应。
7.【答案】 D
【解析】【解答】A．常温下，向Na2SO3溶液中缓慢通入氯化氢气体，存在如下平衡： 、 ， ， ，  ， ，溶液pH越大，则 越大， 越小，则L1表示pH与 之间的关系，A不符合题意；
B． ，由图中点(7,0)知， ，Ka2(H2SO3)=10-7 ， B不符合题意；
C． M点溶液中： = ， = ，c(SO )=c(H2SO3)，由物料守恒知，c(Na+)=2 c(SO )+2c(HSO )+2c(H2SO3)，则c(Na+)=2c(HSO )+4c(H2SO3) ，C不符合题意；
D ．亚硫酸钠溶液水解呈碱性，随着盐酸不断加入，逐步生成亚硫酸氢钠，溶液pH不断下降，由图知，pH=5溶液中， ， ， ，结合选项B， ，pH=5的溶液中 ， ，则说明c(HSO ) c(SO ) c(H2SO3)，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.根据“pc”指浓度的负对数，如pc(HR)=-lgc(HR) ，c(HR)浓度越高，pc(HR)越小，结合亚硫酸的分步电离即可判断
B. 根据第二部电离找出关系即可计算
C.根据M点的溶质结合图像和物料守恒即可判断
D.根据此时的pH结合电离常数判断出此时的例子浓度大小
二、综合题
8.【答案】 （1）2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O
（2）坩埚；D、E
（3）油浴加热便于控制加热温度，受热更均匀
（4）f；g；d；e；b；c；检验装置气密性，添加药品，再连接好装置
（5）C中pH降低，发生歧化反应，高酸钾产率降低或Cl2的利用率低
【解析】【解答】(1)将MnO2固体与KOH固体混合加热熔融得到K2MnO4的反应中，Mn元素化合价由+4升高至+6，空气中O2作氧化剂，O元素化合价由0降低至-2，设O2的系数为1，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知MnO2系数为2，根据Mn原子守恒可知K2MnO4的系数为2，根据K原子守恒可知KOH的系数为4，根据H原子守恒可知H2O的系数为2，因此该反应方程式为：2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O；
 
(2)熔融过程的反应需要在坩埚中进行；坩埚应置于泥三角上，泥三角置于三脚架上，故还需要的仪器为泥三角、三脚架，故答案为：坩埚；D、E；
(3)A为Cl2产生装置，A装置利用MnO2与浓盐酸在加热条件下生成Cl2 ， 浓盐酸的挥发性较好，利用油浴加热可将反应容器包裹，使装置受热更均匀，同时方便控制反应温度，故答案为：油浴加热便于控制加热温度，受热更均匀；
(4)A为Cl2产生装置，所制备的气体中含有HCl，HCl与KOH反应会使溶液pH降低而使K2MnO4发生歧化反应，因此需要除去HCl，D为除去Cl2中HCl装置，C为Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4装置，B为除去尾气装置，为保证气体除杂、反应更充分、尾气吸收完全，气流需长进短出，所以装置连接顺序为a→f→g→d→e→b→c；实验过程中存在使用有毒气体的情况，因此需要先检查装置气密性，然后装入药品进行实验，故答案为：f；g；d；e；b；c；检验装置气密性，添加药品，再连接好装置；
(5)因K2MnO4在酸性或者中性的水溶液中易歧化，如果A中浓盐酸流速过快，则产生Cl2的速度过快，Cl2会与KOH发生反应使得溶液pH降低而导致K2MnO4发生副反应(歧化反应)生成MnO2 ， Mn元素利用不充分或Cl2利用率低，故答案为：C中pH降低，发生歧化反应，高酸钾产率降低或Cl2的利用率低。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）熔融需要的温度较高一般用的是坩埚，同时需要的是泥三角和三脚架进行辅助
（3）油浴进行加热使其受热均匀
（4）根据实验的流程以及实验的目的进行连接装置即可
（5）氯气溶于水形成酸性溶液，而 K2MnO4在酸性或者中性的水溶液中易歧化 因此控制流速
 
9.【答案】 （1）；还原Ni(III)为Ni2+
（2）2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3
（3）1.3
（4）NaCl；过滤
（5）滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30s不变色；测得Ni含量偏高
【解析】【解答】(1)N2H4可理解为NH3中1个H原子被-NH2“替换”后的物质，其电子式为 ；“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是还原Ni(III)为Ni2+ ， 避免后续除杂过程中生成Ni(OH)3导致NiCO3产率降低，故答案为： ；还原Ni(III)为Ni2+；
 
(2)“氧化”过程中H2O2与Fe2+反应时，H2O2中O元素化合价由-1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，此时溶液呈酸性，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；由上述分析可知，滤渣1主要成分是Fe(OH)3；
(3)当三价钴沉淀完全时，溶液中c(Co3+)=1×10-5mol/L，此时溶液中c(OH-)= = mol/L=2×10-13mol/L，溶液中c(H+)= = mol/L=0.05mol/L，pH= -lg c(H+)= -lg0.05=1.3；
(4)第二次加入Na2CO3后，溶液中阳离子主要是Na+ ， 溶液中阴离子为NaClO还原后生成的Cl- ， 因此滤液A中主要溶质为NaCl；操作X为固液分离操作，因此操作X为过滤，故答案为：NaCl；过滤；
(5)①当Na2H2Y与Ni2+完全反应后，溶液中无Ni2+ ， 因此溶液由橙黄色变为紫色，故滴定终点现象为：滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30s不变色；
②如果紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，则会导致部分Na2H2Y并未参加反应，使得最终测得Ni含量偏高。
【分析】废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，向混合物中加入盐酸，生成Ni3+、Ni2+、Co2+、Fe2+ ， 再向溶液中加入N2H4还原Ni3+ ， 然后加入H2O2氧化Fe2+ ， 向溶液中加入Na2CO3条件溶液pH使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，过滤后向滤液中加入NaClO氧化Co2+生成Co3+ ， Co3+与溶液中Na2CO3发生复分解反应生成Co(OH)3 ， 过滤后向滤液中加入Na2CO3与Ni2+发生复分解反应生成NiCO3。
 
10.【答案】 （1）247.3；不变
（2）；0.07MPa2
（3）ad
（4）碳和二氧化碳在高温条件下反应生成了一氧化碳
（5）CH4 C+2H2；碳和二氧化碳在钴催化下生成一氧化碳
【解析】【解答】(1)①根据表格中的燃烧热书写出热化学方程式①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1 ， ② CO(g)+ O2(g)= CO2(g) ΔH=-283kJ·mol-1 ， ③ H2(g)+ O2(g)= H2O (l)  ΔH=-285.8kJ·mol-1 ， 根据盖斯定律①-2×③-2×② 得：CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)   ΔH=247.3kJ·mol-1 ， 故答案为：247.3；催化剂不影响焓变，故答案为：不变；
 
(2)根据图像 ，n(CH4)=n(CO2)=a mol，A点甲烷的质量分数为0.2，则A点甲烷的变化量Δn(CH4)=a- = ，V(CH4)= mol/h，故答案为： ； ， =0.07Mpa2 ， 故答案为0.07MPa2；
(3) a．增加甲烷的浓度，甲烷的转化率降低，导致p(CH4)在增大，故η=k·p(CH4)增大，故a说法正确；
b．增加CO2浓度，导致甲烷的转化率增大，导致p(CH4)在减小，故η=k·p(CH4)减小，故b说法不正确；
c．及时分离合成气，导致平衡向右移动，导致甲烷的转化率增大，导致p(CH4)在减小，故η=k·p(CH4)减小，故c说法不正确；
d．通过升高温度，增大活化分子数，提高k，故d说法正确；
故答案为：答案ad；
(4)高温条件下甲烷分解产生碳，碳与二氧化碳发生反应生成一氧化碳，导致碳的含量减小；
(5)①反应过程中甲烷分解，可能的方程式为：CH4 C+2H2；②根据图像中碳的转换判断碳和二氧化碳在钴催化下生成一氧化碳；
【分析】(1)根据盖斯定律计算焓变，根据焓变实质判断其影响因素；
(2)根据质量分数的公式计算各物质的量，利用已知平衡常数表达式结合三段式方法进行计算平衡常数；
(3)根据平衡移动的影响利用外界条件的改变对平衡的影响判断转化率及反应速率；
(4)根据图像利用物质的化合价的变化判断可能发生的反应，根据氧化还原反应根据物质的性质判断反应；
(5)利用图像中各物质间的转化进行判断；
 
11.【答案】 （1）N；球形
（2）＞
（3）sp3杂化；正四面体；离子
（4）Si的电子层数为3，C的电子层为2，硅的电子能层数更大能量越高，越容易失电子与-OH结合，故H4SiO4较稳定
（5）LiAlSi；2.57A
【解析】【解答】(1)Ca为第20号元素，核外电子排布为：1s22s22p63s23p64s2 ， 电子层数为4，基态Ca原子中，核外电子占据最高能层的符号是N，占据该能层电子为S能级，电子云轮廓图形状为球形。
 
(2)镁最外层S能级上电子处于全充满较稳定，铝最外层电子既不是全充满也不是半充满，元素镁和铝的第一电离能I1(Mg)＞I1(A1)。
(3)B(OH) 中B原子形成4条σ键，杂化形式为sp3杂化，空间立体构型为正四面体；水滑石是带正电荷的主体层板中插入阴离子，“水滑石”层间阴离子通过离子键用力与层板结合。
(4)原硅酸(H4SiO4)较稳定，为原酸结构 。而类似结构的原碳酸(H4CO4)则不能稳定存在，Si的电子层数为3，C的电子层为2，硅的电子能层数更大能量越高，越容易失电子与-OH结合，故H4SiO4较稳定。
(5) ①Li=12× +1=4，Al=8× +6× =4，Si=4，化学式为：LiAlSi。
②已知晶胞参数为5.93A，Si与Al之间的共价键长=体对角线的 = 。
【分析】（1）根据钙原子的核外电子能级排布即可找出最高能级符号，通过价电子层的轨道式即可判断形状
（2）根据比较处于半充满或者全充满时能量最低较稳定
（3）根据化学式计算出中心原子的价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式和构型，根据引入阳离子与阴离子之间的作用力与层板结合
（4）主要是电子层数多，对核外电子的束缚能力减弱导致易失去电子易与羟基结合
（5）①根据占位即可计算出晶胞中含有的原子个数即可求出化学式
②根据原子的占位情况即可判断出Si与Al之间的共价键长 为体对角线的计算即可
 
12.【答案】 （1）酯基、羰基(或酮基)
（2）+H2O；消去反应
（3）2；中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率
（4）A
（5）或 或 或 等
（6）
【解析】【解答】(1)A的结构简式为 ，其中含有的含氧官能团为酯基( )、羰基(或酮基)( )；
 
(2) 中羟基发生消去反应生成B( )，反应方程式为 +H2O；
(3)C生成D是烷烃基与Br2在一定条件下发生取代反应，C中有两个H原子被Br原子取代，因此由C生成1mol D需要消耗2mol Br2；反应③为D中1个溴原子被 取代，反应除生成E外还有HBr，HBr为强酸，反应过程中加入KHCO3可将HBr反应，使平衡正向移动，提高反应物转化率，故答案为：2；中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率；
(4)H+核外无电子，具有空轨道，而-N(CH3)2中N原子存在1对孤对电子对，N原子与H+之间通过配位键相连，配位键也是共价键中一种，故答案为A；
(5)A的分子式为C6H10O3 ， H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，根据O原子数为奇数可知H一定具有对称性，且有1个O原子位于对称轴上，不同化学环境的氢原子数之比为4：6，说明一定含有两个等效的甲基，A的不饱和度为2，可能含有环、酯基、羰基等，由此可知H的结构可能为： 或 或 或 等；
(6)由已知信息可知，若要以 、 为原料合成 ，则需利用 合成 ，可利用 与NaOH发生中和反应生成 ，因此合成路线为 。
【分析】（1）根据结构简式即可写出官能团的名称
（2）根据反应物和生成物即可写出化学反应方程式即可判断类型
（3）根据反应物和生成物即可判断消耗的溴的物质的量，反应③发生的是取代反应，产生溴化氢与碳酸氢钾作用促进平衡的移动
（4）主要形成的是配位键属于共价键
（5）根据A的分子式即可按照要求写出同分异构体
（6）根据生成物和反应物进行分析即可利用给出的已知反应类型，先制取即可进行合成产物