2022届河南省郑州高三二模化学试卷及答案

这是一份2022届河南省郑州高三二模化学试卷及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
河南省郑州市2022届高三第二次质量预测理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2022年北京冬奥会成功举办。本届冬奥会体现了科技创新与艺术设计的完美融合。下列有关本届冬奥会的说法错误的是
A．比赛用冰壶的材质为花岗岩，属于硅酸盐材料
B．用干冰实现人工制冰的过程环保高效，不涉及化学变化
C．速滑竞赛服使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，属于天然有机高分子材料
D．首钢单板滑雪大跳台主体结构采用的高强钢和耐火耐候钢，属于合金材料
2．2022年央视春晚的舞蹈剧《只此青绿》灵感来自北宋卷轴画《千里江山图》，舞台的蓝色场景美轮美奂。已知靛蓝是一种古老的蓝色染料，其染色过程中涉及以下反应：

下列相关说法中错误的是
A．靛白和靛蓝分子中共有5种官能团
B．靛白可以在Cu的催化作用下和O2发生反应
C．1mol靛蓝可以和9molH2发生加成反应
D．靛白和靛蓝分子中苯环上的一氯代物均为4种
3．钛铁合金具有优异的性能，在航天和生物医学等领域有广泛的应用。下图是以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体和石墨坩埚分别做电极材料，以CaCl2熔盐为离子导体(不参与电极反应)制备钛铁合金的电解装置示意图。下列相关说法正确的是

A．石墨坩埚连接直流电源的负极
B．通入Ar气主要是为了保护石墨坩埚不被氧化
C．TiO2发生的电极反应为：TiO2-4e-＝Ti＋2O2-
D．每生成16.0g TiFe2时，流出气体在标准状况下的体积大于4.48L
4．用0.11mol·L-1的NaOH溶液滴定0.0125 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液，滴定过程中的pH变化如下图所示。已知M点开始出现轻微沉淀，用激光笔照射时有明显的丁达尔现象；N点不再产生明显的沉淀；O点沉淀开始溶解。已知浓氨水的pH最大可达到11.7左右。下列相关说法错误的是

A．滴定前溶液呈酸性的主要原因是Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
B．M点之前发生反应的离子方程式为H＋＋OH-=H2O
C．OP段发生反应的离子方程式为Al3＋＋4OH-=[Al(OH)4]-
D．根据该实验数据可知Al(OH)3在浓氨水中可部分溶解
5．以下为有机物的制备实验装置。下列相关说法错误的是

A．图1右侧试管中观察到淡黄色沉淀，可证明制备溴苯的反应为取代反应
B．图2所制得的硝基苯因溶解有NO2略带黄色，可加入NaOH溶液过滤除去
C．图3导气管口应在右侧试管中Na2CO3溶液液面上方，以防止倒吸
D．图4球形冷凝管可冷凝回流提高产率，分水器分出生成的水可提高反应转化率
6．已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期。由X、Y、Z组成的某有机物常用于合成高分子化合物，其结构如下图所示。W原子的最外层电子数比Z多。相关说法正确的是

A．该有机物不能使酸性溶液退色
B．Y、Z、W可以组成各原子均满足8电子稳定结构的某种微粒
C．Z的氢化物熔点一定高于Y的氢化物
D．氧化物对应水化物的酸性：W一定比Z强
7．磷酸是生产磷肥和饲料营养剂的原料，同时还是常用的食品添加剂。常温下H3PO4在水中各级电离的过程如下图所示。已知：pK＝-1gK

下列相关说法正确的是
A．反应 H3PO4＋2PO3HPO       pK=16
B．Na2HPO4溶液中：［PO］＞2［H3PO4］＋［H2PO］
C．用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液时宜选用甲基橙做指示剂
D．H3PO4和Na3PO4组成的混合溶液pH＝6时，溶液中：［H2PO］＞［HPO］＞[H3PO4]
二、工业流程题
8．铂和钯同属于铂族元素，其价格均高于黄金，在工业上有广泛的应用。电解精炼铜阳极泥中除含有较多的铂、钯和银以外，还有少量的镍、铜等元素。一种综合提取阳极泥中贵重金属的工艺流程如下：


请回答以下问题。
(1)铜阳极泥中的铂和钯以游离态存在的理由是_______。
(2)阳极泥中的单质钯反应后转化为请写出该反应的离子方程式_______。
(3)用草酸除铜镍时，草酸用量对铜镍去除率的影响如下表1。除铜镍时的温度对去除率的影响如下表2。
表1草酸加入量对铜镍去除率的影响
过量系数
净化后液/()
去除率/%




1.0
16.93
1.47
68.44
46.15
1.5
4.67
0.61
91.30
77.66
2.0
0.091
0.031
99.83
98.86
2.5
0.25
0.042
99.53
98.46
3.0
0.28
0.040
99.48
98.53
4.0
0.26
0.035
99.52
98.72

表2反应温度对铜镍去除率的影响
温度
净化后液/()
去除率/%




70
0.65
0.130
98.799
95.24
75
0.26
0.091
9.52
96.67
80
0.18
0.043
99.66
98.42
85
0.15
0.045
99.72
98.35
90
0.14
0.042
99.74
98.46
95
0.14
0.040
99.74
98.53

则草酸的过量系数应为_______。实际工业中采用的温度为80—85℃。试分析其原因_______。
(4)已知配离子存在解离平衡：，根据平衡移动原理说明加盐酸分银的原理_______。
(5)分银液中加盐酸把转化为沉淀，过滤后用适量的盐酸溶解。则加入盐酸溶解时的化学方程式为_______。
(6)海绵钯具有优良的吸氢功能，其密度为。标准状况下，吸附氢气的体积是钯体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R=_______，氢气的浓度r=_______(吸附容量R是指1g钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为吸附氢气的物质的量)。
三、实验题
9．摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是一种常见的复盐。以下是摩尔盐的制备流程。请回答相关问题。

(1)步骤2的名称应为_______。
(2)抽滤装置如图所示。和普通过滤相比，抽滤的优点是_______。


(3)加热浓缩时所用到的主要仪器中属于硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和_______。
(4)生成摩尔盐的反应方程式为_______。
(5)步骤3中将滤液加热浓缩至_______即停止加热，这样做的原因是_______。
(6)步骤3抽滤后用乙醇洗涤后再用滤纸吸干。用乙醇洗涤的原因是_______。
(7)Fe3＋含量是影响产品品质的关键指标。定量测定方法是：取1.00g产品于烧杯中，加入适量盐酸溶解，并加入3滴KSCN溶液，定容至50mL，取溶液置于比色管中，与标准色阶进行目视比色，确定产品级别。可以根据颜色确定产品级别的原理是_______。
(8)取30.00g所制得的固体于小烧杯中，加入适量稀硫酸，溶解后在250mL容量瓶中定容。取25.00mL于锥形瓶中，用0.1mol·L-1的KMnO4，溶液滴定至终点。平行操作三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为16.00mL。此样品中Fe2+含量为_______%(保留小数点后1位)。导致该测定结果与理论值有偏差的可能原因是_______。
A．配溶液定容时俯视刻度线       B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥       D．摩尔盐的结晶水数量不足
四、原理综合题
10．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，制是热点研究之一。中科院大连化物所研究团队直接利用与合成甲醇，主要涉及以下反应：
①
②
③
④
(1)_______。
(2)反应①、②的平衡常数随温度变化曲线如图Ⅰ所示，则表示②反应的关系的曲线为_______(填“l”或“m”)。

(3)恒压下，向容器中充入、，的平衡转化率随温度变化曲线如图Ⅰ中n线所示。在500℃达到平衡时，体系中的物质的量为，的物质的量为，则此时的转化率为_______。此时反应①的平衡常数值_______1(填“大于”、“小于”或“等于。)
(4)有同学认为在400℃以后反应②在该体系中可以忽略，其依据是_______。
(5)500℃以后的平衡转化率随温度变化的可能原因是_______。
(6)恒压下将和按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应。在相同时间段内的选择性和产率随温度的变化如图Ⅱ所示。其中的选择性=。

则合成甲醇的适宜条件是_______(填标号)。
A．230℃ B．210℃ C．催化剂 D．催化剂
(7)高压法制备时的钴碘催化循环法如图Ⅲ所示，该循环的总反应为_______。

五、结构与性质
11．镁合金的典型含量为大于90%的Mg、2~9%的Al、1~3%的Zn、0.2%的Mn，若熔进稀土金属(如镨、钍)，可以大大提高镁合金在高温条件保持其强度的能力。Zn的熔点为419.5℃，Mg的熔点为650℃。回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价电子排图(轨道表示式)为_______。
(2)Mg、Zn的晶体结构相同(如图a)，下列叙述正确的是_______(填标号)。

A．金属键：Mg强于Zn B．原子的配位数为8
C．晶胞的空间利用率为68% D．晶体中既存在四面体空隙又存在八面体空隙
(3)工业上均采用碳酸盐分解法制取氧化镁与生石灰，MgCO3的分解温度_______(填“高于”或“低于”) CaCO3，原因是_______。
(4)人体内碳酸酐酶可以使CO2水合和脱水反应速率分别加快13000和25000倍。

①H2O的空间构型为_______；写出两个与CO2互为等电子体的阴离子的化学式_______。
②碳酸酐酶的部分结构如图b所示，为Zn2+提供电子对形成配位键的原子有_______个，图b中碳原子的杂化类型为_______。
(5)一种锌镁合金的六方晶胞如图c所示，除棱心和顶角外，晶胞内还有六个原子，所有的Mg均在晶胞内部。则合金密度为_______g▪ cm-3 (写出计算式即可，阿伏加德常数用NA表示)。

六、有机推断题
12．叶酸是一种水溶性维生素，对贫血的治疗非常重要。叶酸的一种合成方法如下：


已知：R−COOH+SOCl2→R−COCl+HSO2Cl；R-COCl+H2N-R′→R-CONH-R′+HCl
(1)B的结构简式为_______，D的名称为_______。
(2)⑤的反应类型为_______。
(3)E中的含氧官能团名称为_______。
(4)写出④的化学反应方程式_______。
(5)D的同分异构体中，属于—氨基酸、含有羟基、且能发生银镜反应的有_______种。
(6)根据题中的相关信息，设计以对二甲苯与对苯二胺为主要原料，经过三步反应合成防弹材料的路线_______。

参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．花岗岩以石英、长石和云母为主要成分，属于硅酸盐材料，A正确；
B．干冰气化吸热，可以使周围温度降低，从而制冰，该过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，B正确；
C．聚氨酯材料为人工合称的高分子材料，属于合成有机高分子材料，C错误；
D．高强钢和耐火耐候钢属于Fe与其他元素形成的合金，D正确；
综上所述答案为C。
2．A
【解析】
【详解】
A．根据两种物质的结构简式可知共含有羰基、亚氨基、羟基、碳碳双键共4种官能团，A错误；
B．靛白分子中含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有H原子，所以可以在Cu的催化作用下和O2发生反应，B正确；
C．苯环、碳碳双键、羰基可以和氢气发生加成反应，所以1mol靛蓝可以和9molH2发生加成反应，C正确；
D．碳碳双键不能旋转，所以同一苯环上的有4种不同环境的氢原子，但两个苯环所处环境相同，所以苯环上的一氯代物均为4种，D正确；
综上所述答案为A。
3．D
【解析】
【分析】
该装置的目的是制备钛铁合金，所以需要Fe2+、Ti4+发生还原反应，而CaCl2熔盐不参与电极反应，所以阳极应是O2-被氧化生成氧气。
【详解】
A．电解过程中需要Fe2+、Ti4+发生还原反应，所以以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体应为阴极，连接电源的负极，A错误；
B．Ti、Fe性质活泼，容易被生成的氧气氧化，所以通入Ar气主要是为了保护钛铁合金不被氧化，B错误；
C．TiO2得电子发生还原反应，电极反应应为TiO2+4e-＝Ti＋2O2-，C错误；
D．16.0g TiFe2，即=0.1mol，需生成0.1mol Ti、0.2mol Fe，根据电极反应TiO2+4e-＝Ti＋2O2-、FeO+2e-＝Fe＋O2-可知，共转移0.8mol电子，O2-在阳极被还原，电极反应为2O2--4e-=O2↑，所以生成0.2mol氧气，标况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，但同时流出的气体还有Ar，所以流出气体在标准状况下的体积大于4.48L，D正确；
综上所述答案为D。
4．C
【解析】
【详解】
A．硫酸铝溶液中存在铝离子的水解：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，所以溶液呈酸性，A正确；
B．根据题意M点开始轻微沉淀，则M点之前发生的反应为NaOH和水解产生的氢离子反应，离子方程式为H＋＋OH-=H2O，B正确；
C．O点沉淀开始溶解，离子方程式中Al(OH)3不能拆，正确离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-，C错误；
D．浓氨水pH最大可达到11.7左右，据图可知pH为10.24时Al(OH)3就开始溶解，所以Al(OH)3不能，D正确；
综上所述答案为C。
5．B
【解析】
【详解】
A．四氯化碳可以溶解吸收挥发出来的Br2，若仍生成淡黄色沉淀，说明苯与溴反应时有HBr生成，发生取代反应，A正确；
B．硝基苯不与NaOH溶液反应，且难溶于水，而NO2可以和NaOH溶液反应，可以用NaOH溶液除杂，但硝基苯为液体，应分液分离，B错误；
C．蒸馏出的气体中含有极易溶于水的乙醇蒸气，以及能和碳酸钠溶液反应的乙酸蒸气，所以气管口应在右侧试管中Na2CO3溶液液面上方，以防止倒吸，C正确；
D．乙酸和正丁醇易挥发，球形冷凝管可冷凝回流提高产率，酯化反应为可逆反应，分水器分出生成的水可使平衡正向移动，提高反应转化率，D正确；
综上所述答案为B。
6．B
【解析】
【分析】
已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期，X为H，根据结构图可知Y为C，Z为N，W原子的最外层电子数比Z多，W为S或Cl，以此来解析；
【详解】
A．该有机物中含有碳碳双键能使酸性KMnO4溶液退色，A错误；
B．有分析可知Y为C、Z为N、W为S或Cl，可以组成各原子均满足8电子稳定结构的可以是(SCN)2或为CSCl2，B正确；
C．Z为N可以形成NH3为简单气态氢化物，Y为C可以形成CH4，为简单气态氢化物，NH3存在分子间氢键，熔沸点比甲烷的高，但是C还可以形成以苯等许多的烃类，苯就氨的熔沸点高了，C错误；
D．W为S或Cl，Z为N，W最高价氧化物对应水化物的酸性一定Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强，H2SO4和HClO4二者酸性大于HNO3，但是H2SO3和HClO的酸性比HNO3的酸性弱，D错误；
故选B。
7．D
【解析】
【详解】
A．根据题目信息可知①H3PO4H2PO+H+ pK1=2.2、②H2POHPO+H+ pK2=7.2、③HPOPO+H+ pK3=12.7，①+②-2×③可得H3PO4＋2PO3HPO，所以该反应的pK=2.2+7.2-12.7×2=-16，A错误；
B．Na2HPO4溶液中质子守恒：［H+］+2［H3PO4］+［H2PO］=［OH-］+［PO］，pK3=12.7，即HPO的电离平衡常数为10-12.7，同理H2PO的电离平衡常数为10-7.2，所以HPO的水解平衡常数为=10-6.8，即水解常数更大，所以溶液显碱性，［H+］＜［OH-］，结合质子守恒可知［PO］＜2［H3PO4］＋［H2PO］，B错误；
C．用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液时达到滴定终点时，溶液中的溶质为Na3PO4，由于PO的水解，溶液显碱性，所以应选用酚酞做指示剂，C错误；
D．溶液pH=6时，［H+］=10-6mol/L，===10-1.2＜1，所以［H2PO］＞［HPO］；====102.6＞1，所以［HPO］＞[H3PO4]，综上［H2PO］＞［HPO］＞[H3PO4]，D正确；
综上所述答案为D。
8．(1)铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电
(2)Pd+Cl2+2Cl-=PdCl
(3)     2     温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从经济效率角度考虑选用此温度
(4)加入HCl后，NH3和H+生成NH4+，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的
(5)Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4
(6)         
【解析】
【分析】
此流程目的提取阳极泥中贵重金属铂和钯，阳极泥通入氯气和加入盐酸，得铂钯氯化液([AgCl2]-、PdCl、PtCl、Cu2+、Ni2+)，得铂钯氯化液加草酸得草酸铜、草酸镍沉淀，过滤洗涤，净化后溶加入萃取剂，萃余液中含铂，在经系列操作得铂粉；萃取液中含有(AgCl、PdCl)，氨水盐酸得到氯化银沉淀，再加盐酸得粗二氯二氨合钯沉淀，粗二氯二氨合钯沉淀再加盐酸得(NH4)2PdCl4 ，在经系列操作得金属Pb，以此来解析；
(1)
粗铜的精炼粗铜做阳极.纯铜做阴极，含有Cu2+的溶液做电解质溶液，阳极发生氧化反应，所以还原性强的物质优先反应，比铜活泼性强的先电子变成阳离子进入溶液液中活泼性差的以游离态存在于阳极泥中，铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电；
(2)
单质Pb变为PdCl，Pb化合价由0价升高为+2价，需要加入氧化剂，Cl化合价由0降低为1价，根据化合价升降守恒、原子可恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：Pd+Cl2+2Cl-=PdCl-；
(3)
由表1数据可知，草酸过量系数为2.0时，铜、镍去除率最佳；温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从节能经济效率角度考虑选用此温度；
(4)
根据Ag(NH3)⇌Ag++2NH3，加入HCl后，NH3和H+生成NH4+，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的；
(5)
Pd(NH3)2Cl2沉淀加入盐酸溶解根据流程分析可知生成(NH4)2PdCl4 反应的化学方程式为：Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4 ；
(6)
海绵状金属钯密度为ρg/cm3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R==cm3/g，1cm3=1ml，1molPb的质量为106g，氢气的浓度r==；
9．(1)硫酸亚铁的制备
(2)加快过滤速度，得到更干燥的固体
(3)蒸发皿
(4)FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
(5)     表面有晶膜出现     防止杂质析出（并防止结晶水数量不足）
(6)产物在乙醇中溶解度小，减小溶解损失；乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥
(7)Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，Fe3+浓度越大，溶液颜色越深
(8)     14.9     AD
【解析】
【分析】
本实验的目的是制备摩尔盐，加入碳酸钠溶液煮沸，除去表面油污，过滤分离洗涤后，加入硫酸反应制备FeSO4，趁热抽滤后加入硫酸铵固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤，得到产品。
(1)
步骤2中Fe与稀硫酸反应得到FeSO4，所以该步骤的名称为硫酸亚铁的制备；
(2)
抽滤时抽滤瓶中形成真空，可以加快过滤速度，得到更干燥的固体；
(3)
加热浓缩时需要在蒸发皿中进行，蒸发皿也属于硅酸盐材质的仪器；
(4)
根据题意硫酸亚铁和硫酸铵反应可以得到摩尔盐，根据元素守恒可得化学方程式为FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
(5)
将滤液加热浓缩至表面有晶膜出现时，即停止加热，这样做可以防止杂质析出，同时也可以防止结晶水数量不足；
(6)
产物在乙醇中溶解度小，用乙醇洗涤可以减小溶解损失；同时乙醇易挥发，乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥；
(7)
Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，该反应为可逆反应，Fe3+浓度越大，平衡正向移动，溶液颜色越深，所以可以根据颜色确定产品级别；
(8)
根据电子守恒可知滴定过程中存在数量关系n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.1mol/L×0.016L=0.008mol，则250mL待测液中n(Fe2+)=0.08mol，则样品中Fe2＋含量为×100%≈14.9%；
理论上Fe2＋含量应为×100%≈14.3%；测定结果偏大；
A．配溶液定容时俯视刻度线，导致所配待测液浓度偏大，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结果偏大，A符合题意；
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗，导致摩尔盐被稀释，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏少，测定结果应偏小，B不符合题意；
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，C不符合题意；
D．摩尔盐的结晶水数量不足导致30.00固体中所含Fe2+偏多，测定结果偏大，D符合题意；
综上所述答案为AD。
10．(1)+41kJ⋅mol-1
(2)l
(3)     b+a-0.6     小于
(4)其平衡常数小于10-5，可以认为几乎不反应
(5)反应是①吸热反应，温度升高平衡向正方向移动；反应③④是放热反应，温度升高平衡向逆方向移动；且温度对反应③④的影响大于对反应①的影响；
(6)AD
(7)CO+CH3OHCH3COOH
【解析】
【分析】
(1)根据反应可知①=③-②，根据盖斯定律可进行ΔH的计算；
(2根据反应放热升温对Kc的影响，以及lgKc-T值的关系曲线可得曲线；
(3)根据图中信息可知反应可知500℃，反应②值小于10-5，认为容器发生①③④，设三个反应二氧化碳反应的分别为x、a、2y，结合三个反应的数据，再根据原子守恒和转化率，可求得H2的转化率；再根据图中信息可知根据图中信息830℃时反应①lgKc=0，此反应吸热，温度越高Kc值越大，可知500℃反应①的Kc小于1；
(4)根据图中信息400℃反应②的lgKc=-5，Kc=10-5，温度越高Kc值越小；
(5)反应是①吸热反应，温度升高平衡向正方向移动；反应③④是放热反应，温度升高平衡向逆方向移动；且温度对反应③④的影响大于对反应①的影响；
(6)由图Ⅱ信息知，相同温度下，CZ(Zr-1)T作催化剂时，CH3OH的选择性和产率都优于CZT作催化剂，为兼顾CH3OH的选择性和产率，由图知温度；
(7)根据题图中向里的箭头为反应物向外的箭头为生成物，则CO和CH3OH为反应物而CH3COOH为生成物，可得循环总反应方程式；
(1)
根据反应可知①=③-②，根据盖斯定律可知ΔH1=ΔH3-ΔH2=−49kJ⋅mol-1-(-90kJ⋅mol-1)=+41kJ⋅mol-1；
(2)
反应②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=−90kJ⋅mol−1为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高，Kc值越小，lgKc越小，故表示②反应的1gKc-T关系的曲线为l；
(3)
根据图中信息400℃反应②的lgKc=-5，Kc=10-5，温度越高Kc值越小，Kc小于10-5可以忽略不计；500℃时反应②的平衡常数的值小于10-5，可认为容器中没有发生反应②（即可以忽略），认为容器发生①③④，设三个反应二氧化碳反应的的量分别为x、a、2y，则
                      
根据题意可知根据图中信息可知反应500℃时，CO2转率为60%，则①=60%，根据水的物质的量为②b=x+a+3y，将①②联立解得x=1.8-2b-a，y=b-0.6代入而氢气的转率为===b+a-0.6；
反应①为吸热反应，升温平衡正向移动，温度越高Kc值越大，可知m代表反应①，根据图中信息830℃时反应①lgKc=0，即Kc=1，温度低于830℃，500℃此时反应①的平衡常数值Kc小于1；
(4)
根据图中信息400℃反应②的lgKc=-5，Kc=10-5，温度越高Kc值越小，在400℃以后反应②在该体系中Kc小于10-5可以认为几乎不反应，可以忽略不计；
(5)
反应是①吸热反应，温度升高平衡向正方向移动；反应③④是放热反应，温度升高平衡向逆方向移动；且温度对反应③④的影响大于对反应①的影响，故500℃以后 CO2的平衡转化率随温度升高而减小；
(6)
由图Ⅱ信息知，相同温度下，CZ(Zr-1)T作催化剂时，CH3OH的选择性和产率都优于CZT作催化剂，所以工业合成甲醇选择催化剂CZ(Zr-1)T，为兼顾CH3OH的选择性和产率，由图知温度应选择230℃；
故选AD。
(7)
根据题图中向里的箭头为反应物，向外的箭头为生成物，则CO和CH3OH为反应物，而CH3COOH为生成物，则循环总反应的方程式为：CO+CH3OHCH3COOH。
11．(1)
(2)AD
(3)     低于     离子半径Mg2+小于Ca2+，二者带电荷数相同，Mg2+吸引O2-形成MgO的能力强
(4)     V形     SCN-、OCN-、N等     4     sp3、sp2
(5)
【解析】
(1)
Mn为25号元素，价电子排布为3d54s2，轨道表示式为；
(2)
A．Mg2+和Zn2+所带电荷数相同，但Mg2+的半径更小，所以Mg中的金属键更强，A正确；
B．以顶面面心原子为例，顶面有6个距离其最近且相等，晶胞内部有3个，该晶胞上方的晶胞中还有3个，所以配位数为12，B错误；
C．该堆积模型为六方最密堆积，空间利用率为74%，C错误；
D．晶胞内部3个和顶面面心的1个可以形成四面体空隙，任一侧面上的4个以及距离该侧面最近的位于晶胞的内部的2个(有一个位于另一个晶胞中)可以形成八面体空隙，D正确；
综上所述答案为AD；
(3)
XCO3分解的实质即X2-与碳酸根中的氧离子形成离子键，离子半径Mg2+小于Ca2+，二者带电荷数相同，Mg2+吸引O2-形成MgO的能力强，所以MgCO3的分解温度更低；
(4)
①H2O分子中O原子为sp3杂化，含两对孤电子对，空间构型为V形；CO2含3个原子、16个价电子，其等电子体的阴离子有SCN-、OCN-、N等；
③据图可知与为Zn2+提供电子对的原子有1个O原子、3个N原子，共4个；形成双键(五元环上)的碳原子为sp2杂化，形成单键的碳原子(甲基)为sp3杂化；
(5)
根据均摊法，晶胞中Zn原子的个数为6+8×+4×=8，Mg原子的个数为4，所以晶胞的质量为g，底面棱长为0.5221nm，为菱形，所以底面积为0.52212×sin60°nm2，则晶胞体积为0.52212×sin60°×0.8567nm3=0.52212×sin60°×0.8567×10-21cm3，所以合金的密度为g·cm3。
12．(1)          谷氨酸(2-氨基戊二酸或2-氨基-1,5-戊二酸)
(2)还原反应
(3)羧基、硝基、酰胺键(肽键)
(4)+→+HCl
(5)10
(6)
【解析】
【分析】
甲苯经硝化反应生成A，A中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成B，B与SOCl2反应生成C，根据C中硝基的位置可知A为，B为；根据题目所给信息以及E的结构简式可知，D的结构简式为。
(1)
根据分析可知B的结构简式为；D为，主链上含有2个羧基，2号碳上有一个氨基，所以名称为谷氨酸(2-氨基戊二酸或2-氨基-1,5-戊二酸)；
(2)
对比E和F的结构简式可知，硝基转化为氨基，所以为还原反应；
(3)
观察E的结构简式可知E中的含氧官能团为羧基、硝基、酰胺键(肽键)；
(4)
根据题目所给信息可知反应④的化学方程式为+→+HCl；
(5)
D为，其同分异构体满足：属于α-氨基酸，则氨基和羧基在同一碳原子上，含有羟基、且能发生银镜反应，即还含有醛基，则符合条件的有、、、(序号表示羟基可能的位置)，共有3+3+2+2=10种；
(6)
对二甲苯为，对苯二胺为；根据防弹材料的结构简式可知，其可以由和对苯二胺发生缩聚反应生成，而可以由与SOCl2反应生成，对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化可以得到，所以合成路线为。