2022届云南省昆明市一中高三“三诊一模”模拟考试理科综合化学试题含解析

这是一份2022届云南省昆明市一中高三“三诊一模”模拟考试理科综合化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。


2022届云南省昆明市一中高三“三诊一模”模拟考试
理科综合化学试题
一、单选题
1．2022年4月17日，神舟十三号载人飞船与天和核心舱实现对接后顺利返航。下列说法正确的是（　　）
A．航天器的操纵杆采用的碳纤维属于有机高分子材料
B．火箭推进剂的燃烧可将化学能完全转化为机械能
C．空间站使用的太阳能电池板主要材料是二氧化硅
D．核心舱内氧气来源于水的电解，此过程中氧气为氧化产物
2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L苯含有的碳碳双键数目为3NA
B．20g重水(D2O)中含有的质子数和中子数均为10NA
C．200g质量分数为23%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6NA
D．1molSO2与足量O2在密闭容器中充分反应生成SO3的数目为NA
3．实验室可利用苯和液溴在铁粉的催化作用下制取溴苯，其制备及提纯过程为：制备→水洗并分液→碱洗并分液→水洗并分液分离，部分装置如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．制备装置a中长导管可加快产物的挥发
B．装置b用于制备过程中吸收尾气
C．分液时，有机层由装置c的上口倒出
D．分离应选择装置d
4．下列说法正确的是（　　）
A．葡萄糖能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．CH2=CH2是的单体
C．用光照射甲烷和氯气的混合物发生加成反应
D．氟利昂-12分子式为CF2Cl2，有两种同分异构体
5．X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图甲所示，X、Y、Z、M形成的化合物如图乙所示，Z与W同主族。下列说法错误的是（　　）

A．简单氢化物的熔沸点：Z＞W
B．简单离子的半径：W＞Z＞M
C．X2Z2和M2Z2中的化学键类型完全相同
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Y
6．向AgCl悬浊液中滴加少量NaBr溶液，生成浅黄色的AgBr沉淀。T℃下，饱和溶液中-lg[c(Ag+)]与-lg[c(Xn-)](Xn-指Cl-、Br-、CO32-)的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．曲线①表示AgCl的沉淀溶解曲线
B．升高温度，曲线②向上方平行移动
C．T℃下，Ag2CO3的Ksp为10-9.7
D．T℃下，反应AgCl(s)+Br-(ag)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K=102.6
7．Ph表示苯基，三苯基胺(Ph3N)在一定条件下可失去一个电子形成Ph3N+。一种铝胺电池工作原理示意图如下。下列说法错误的是（　　）

A．放电时电子由Al电极流出
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．充电时阴极的电极反应式为4Al2Cl7-+3e－=Al+7AlCl4-
D．理论上每生成1molPh3N，外电路通过1mol电子
二、综合题
8．从烟气脱硝催化剂(SCR)中回收金属元素可实现资源的循环利用。一种从废弃SCR(主要含TiO2、V2O5、WO3及SiO2、Al2O3)中回收金属钒和钨的工艺流程如下：

已知：
①Al元素及Si元素在水溶液中的主要存在形式与pH的关系为：

②V2O5为两性氧化物：在水溶液中存在：VO3-+2H+⇌VO2++H2O；钒元素常见的化合价及其在水溶液中的存在形式如下：
价态
+5
+4
+3
+2
存在形式
VO3-/VO2+
VO2+
V3+
V2+
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，滤液中的金属含氧酸根离子除WO42-外还有　 　。
（2）“调节pH”时，所调pH的范围是　 　。
（3）“沉钒”过程中：
①沉钒率随溶液pH的变化如下图所示。沉钒率随溶液pH值的增加先升高后降低的原因可能是　 　。

②已知25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ksp(NH4VO3)=3.0×10-8。若25℃时控制“沉钒”的pH为8.0，当VO3-恰好完全沉淀时，溶液中的c(NH3·H2O)=　 　mol·L-1。
（4）常温下，钨酸(H2WO4)是一种难溶于水的弱酸。“沉钨”过程中发生反应的离子方程式为　 　；“沉钨”后需对滤渣2进行洗涤、干燥，判断滤渣2已洗涤干净的方法为　 　。
（5）V2O5具有强氧化性，可与浓盐酸发生反应生成气体单质，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，则反应的化学方程式为　 　。
9．纯碱是重要的化工原料。我国科学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”打破了西方对我国的技术封锁。某实验小组同学利用下图装置，模拟“侯氏制碱法”的部分流程。

已知：NaCl、NH4HCO3、NaHCO3、NH4Cl四种盐在不同温度下的溶解度如下表所示：
温度溶解度(g)
物质
10℃
20℃
30℃
40℃
50℃
60℃
70℃
NaCl
35.8
36.0
36.3.
36.6
37.0
37.3
37.8
NH4HCO3
15.8.
21.0
27.0
一
一
—
—
NaHCO3
8.15
9.6
11.1
12.7
14.45
。16.4
一
NH4Cl
33.3
37.2
41.1
45.8
50.4
55.2
60.2
回答下列问题：
（1）试剂b的名称是　 　，试剂a的作用是　 　。
（2）实验时应先打开　 　(填“K1”或“K2”)开关，持续通入气体一段时间后，关闭此开关，再打开另一开关。硬质玻璃管的作用是　 　。
（3）反应一段时间后，双颈烧瓶中观察到的实验现象为　 　。该反应一般控制在30~35℃下进行，温度不宜过高的主要原因是　 　(用化学方程式表示)。
（4）实验结束后，过滤双颈烧瓶中的混合物，滤渣经灼烧得纯碱，并回收滤液中的NH4Cl。为促进滤液中NH4Cl析出，需向滤液中通入NH3并加入一定量NaCl固体，原因是　 　。
（5）制得的纯碱中混有NaHCO3和少量不与盐酸反应的杂质。该小组为测定其中NaHCO3的含量，取ag样品于试管中加水完全溶解，加入几滴酚酞溶液，用cmol·L-1的盐酸滴定至溶液由红色变为浅红色，消耗盐酸V1mL；再加1~2滴甲基橙指示剂，继续用盐酸滴定至溶液由黄色变为橙色，又消耗盐酸V2mL。则纯碱样品中NaHCO3质量分数为　 　。
10．二甲醚(CH3OCH3)是一种性能优良的汽车燃料，工业上可利用CO和H2来合成二甲醚，发生的反应为：
I.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH1=-90.7kJ·mol-l
II.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-24.5kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）由CO和H2直接合成CH3OCH3(g)的热化学反应方程式为　 　。
（2）一定条件下，向恒容容器中充入amolCO和bmolH2，反应1min后，测得不同温度下CO转化率如下表所示。则CO转化率在600K时达到最高的原因是　 　。
温度/K
400
450
500
550
600
650
700
CO转化率
22%
28%
32%
40%
61%
50%
18%
（3）T℃下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入2molCH3OH(g)发生反应II。20min时反应达平衡，测得体系中H2O(g)的体积分数为25%。
①0~20min内，用CH3OH表示的平均反应速率v(CH3OH)=　 　mol·L-1·min-1；T℃下反应的平衡常数K=　 　。若其他条件不变，向该平衡体系中再充入1molCH3OH和lmolCH3OCH3，则平衡向　 　(填“正”或“逆”)反应方向移动。
②实验测得该反应：v正=k正c2(CH3OH)，v逆=k逆c(CH3OCH3)·c(H2O)，k正、k逆为速率常数。若改变温度为Tˊ℃，测得平衡时k正=k逆3，则Tˊ　 　T(填“大于”或“小于”)，判断的理由为　 　。
（4）不同压强和温度下，将2.0molCO(g)和4.0molH2(g)充入容积为2L的恒温密闭容器中，平衡时体系中二甲醚的物质的量分数变化情况如下图所示，则H2的平衡转化率最大时应选择的条件是____(填标号)。

A．p1、T4 B．p4、T2 C．P3、T3 D．P4、T1
11．胆矾化学式为CuSO4·5H2O。实验证明CuSO4·5H2O中有4个水分子为配位水分子，其结构示意图如下：回答下列问题：

（1）基态铜原子的价层电子排布式为　 　，位于周期表中第　 　周期　 　族。
（2）胆矾中S原子的杂化方式是　 　，H、O、S中，第一电离能最大的元素是　 　(填元素符号)
（3）胆矾中存在的化学键有配位键、　 　。
（4）含硫化合物SOCl2的VSEPR模型是　 　，试分析该分子中健角∠Cl-S-O大于∠Cl-S-Cl的原因是　 　。
（5）立方铜晶胞中铜原子的配位数为12，则每个晶胞中有　 　个铜原子，铜原子的半径为rcm，则铜晶体的密度为　 　g·cm-3(阿伏加德罗常数值用NA表示)。
12．2021年9月24日，中科院用CO2合成淀粉的成果发表于国际学术期刊《Science》合成路线如下：

回答下列问题：。
（1）I中官能团的名称为　 　。
（2）E+F→G的反应类型为　 　。
（3）H中手性碳原子(连有4个不同原子或原子团的碳原子)的数目为　 　个。
（4）C与足量银氨溶液反应的化学方程式为　 　。
（5）满足下列条件的D的同分异构体有　 　种。(不考虑立体异构)
①能发生银镜反应
②能与钠反应放出H2
③不含-O-O-键，且同一个碳上不连接两个-OH
其中核磁共振氢谱有五个峰的分子的结构简式为　 　。
（6）Kiliani氰化增碳法是低一级糖合成高一级糖的常用方法：

以甲醇为主要原料设计合成甘油醛()　 　。

答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．有机高分子材料分为天然有机高分子材料和合成有机高分子材料，有机高分子材料是相对分子质量大于10000的有机物，碳纤维材料是碳单质不是有机高分子材料，故A不符合题意；
B．火箭推进剂的燃烧可将化学能主要转化为热能，故B不符合题意；
C．晶体硅为良好的半导体，是制造太阳能电池主要原料，二氧化硅为绝缘体，不具有此性质和用途，故C不符合题意；
D．核心舱内氧气来源于水的电解，该过程水分子中氧的化合价升高，故氧气为氧化产物，故D符合题意；
故答案为D。

【分析】A.碳纤维是碳单质，为无机非金属材料；
B.燃料燃烧时化学能转化为热量；
C.太阳能电池板的主要材料是单质硅；
D.电解水生成氧气和氢气。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键，且标准状况下苯不为气体，无法计算其物质的量，选项A不符合题意；
B.20克D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有质子和中子各10mol，含有的个数均为10NA，选项B符合题意；
C.200g质量分数为23%的乙醇水溶液对应乙醇质量为46g，水质量为154g，即溶液中含有1mol乙醇，15418mol水，由1 mol乙醇便知氢原子数大于3NA，选项C不符合题意；
D.0.1mol SO2与足量O2充分反应生成的SO3分子数目小于0.1NA，因为是可逆反应，选项D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.标况下苯为液体；
B.一个重水分子含10个质子和10个中子；
C.乙醇和水中均含有氢原子；
D. SO2与O2反应生成SO3的反应为可逆反应。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．苯和液溴在铁的作用下反应剧烈，可以达到沸腾，使苯和液溴挥发为蒸汽，在经过长导管时，可以将其冷凝并回流；产物中还有HBr气体，经过长导管最终被NaOH吸收，故长导管的作用是导气和冷凝回流，选项A不符合题意；
B．氯化氢极易溶于水，若用装置b吸收尾气容易引起倒吸，应该用倒扣的漏斗置于液面上，选项B不符合题意；
C．分液时，有机层的密度大，应该在下口放出，选项C不符合题意；
D．分离粗溴苯应利用苯与溴苯的沸点不同进行蒸馏，应选择装置d，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.导管起到冷凝回流的作用；
B.HBr极易溶于水；
C.溴苯的密度大于水，位于下层。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．葡萄糖是单糖，含醛基和-OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故葡萄糖能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A符合题意；
B．由单体CH2=CH2制高聚物，故B不符合题意；
C．甲烷属于饱和烃，用光照射甲烷和氯气的混合物发生取代反应，故C不符合题意；
D．氟利昂-12分子式为CF2Cl2，CF2Cl2分子是四面体结构，只有一种空间构型，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.葡萄糖含醛基和羟基；
B.乙烯发生加聚反应生成；
C.甲烷和氯气在光照下发生取代反应；
D.CF2Cl2只有一种结构。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．H2O分子存在氢键，则熔沸点H2O＞H2S，A不符合题意；
B．Z为O元素，M为Na元素，W为S元素，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小，S2-含有3个电子层，Na+和O2-均含有2个电子层，核电荷数Na＞O，则离子半径：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)，B不符合题意；
C．H2O2为共价化合物，分子中含有极性键和非极性键，而Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性键，化学键类型不完全相同，C符合题意；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S＞C，则酸性H2SO4＞H2CO3，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】Z形成一个共价双键，Z与W同主族，且W的原子序数和半径大于Z，则Z为O元素，W为S元素；Y形成2个单键和1个双键，原子序数小于O，半径大于O，则为C元素；M形成+1价阳离子，原子半径最大，则M为Na元素，X形成一个单键，则X为H元素。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．向AgCl悬浊液中滴加少量NaBr溶液，生成浅黄色的AgBr沉淀，这说明溴化银的溶度积常数小于氯化银的，因此曲线①和曲线②分别表示AgBr、AgCl的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B．升高温度溶度积常数增大，离子浓度增大，则曲线②向下方平行移动，B不符合题意；
C．曲线③表示Ag2CO3的沉淀溶解曲线，根据A点数值可知T℃下，Ag2CO3的Ksp＝(10－1.5)2×10－8.2＝10-11.2，C不符合题意；
D．根据图像可知T℃下AgBr、AgCl的溶度积常数分别是10－12.3、10－9.7，因此反应AgCl(s)+Br-(ag)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)＝102.6，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】向AgCl悬浊液中滴加少量NaBr溶液，生成浅黄色的AgBr沉淀，则Ksp(AgCl) 7．【答案】B
【解析】【解答】A．Al是活泼的金属，放电时作负极，因此放电时电子由Al电极流出，故A不符合题意；
B．放电时，负极上Al失电子和AlCl4-反应生成Al2Cl7-，电极反应式为Al-3e－+7AlCl4-= Al2Cl7-，因此离子交换膜为阴离子交换膜，故B符合题意；
C．充电时阴极的电极反应式为放电时负极反应是的逆反应，则为4Al2Cl7-+3e－=Al+7AlCl4-，故C不符合题意；
D．充电时Ph3N失电子生成Ph3N+，则生成1个Ph3N转移1个电子，所以理论上每生成1molPh3N，外电路通过1mol电子，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.放电时，Al失电子和 AlCl4- 反应生成 Al2Cl7-，Al为负极，原电池中电子从负极流向正极；
B.阴离子向负极移动，则离子交换膜为阴离子交换膜；
C.充电时阴极的电极反应式为放电时负极反应的逆反应；
D.根据得失电子守恒计算。
8．【答案】（1）VO3-、AlO2-
（2）5.20 （3）pH过低，VO3-化为VO2+的程度较大；pH过高，NH4+化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；1.7×10-4
（4）2H++WO42-=H2WO4↓；取少量最后一次洗涤液于试管中，先加少量稀盐酸，再加少量BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗涤干净
（5）V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑+3H2O
【解析】【解答】
(1)“碱浸”时，滤渣是含Ti固体，V2O5、WO3、SiO2、Al2O3分别与NaOH反应生成VO3-、WO42-、SiO32-、AlO2-，故滤液中的金属含氧酸根离子除WO42-外还有VO3-、AlO2-。
(2)据分析，硫酸调pH为了除去Si、Al元素，结合已知①，为得到H4SiO4和Al(OH)3沉淀，pH应处在5.20~8.00之间。
(3)①由已知②知在水溶液中存在：VO3-+2H+⇌VO2++H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO3-化为VO2+的程度较大；pH过高，NH4+转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；
②根据Ksp(NH4VO3)=3.0×10-8，当VO3-恰好完全沉淀时，c(VO3-)=10-5mol/L，则溶液中的c(NH4+)=3.0×10-3 mol/L，pH为8.0，即c(OH-)=10-6mol/L，故溶液中的c(NH3·H2O)= c(NH4+)⋅c(OH-)Kb(NH3⋅H2O)=3.0×10-3×10-61.8×10-5≈1.7×10-4 (mol·L-1)。
(4)据分析，硫酸加入沉钒后滤液沉钨，H+与WO42-生成难溶于水的弱酸H2WO4，离子方程式为：2H++WO42-=H2WO4↓；“沉钨”后滤渣含有硫酸根离子，判断滤渣2是否洗涤干净，即判断洗涤液是否含有硫酸根离子，方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加少量稀盐酸，再加少量BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗涤干净。
(5)该反应中氧化剂是V2O5，还原剂是HCl，氧化产物是气体单质Cl2，两者物质的量之比为1：2，根据氧化还原反应原理，V元素化合价降低1价，得到VO2+，故反应的化学方程式为：V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑+3H2O。

【分析】废弃SCR通过碱浸后过滤除去含Ti固体，滤液用硫酸调节pH值生成H4SiO4和Al(OH)3除去Si、Al元素，再往滤液加入(NH4)2SO4沉钒，分离出NH4VO3固体，最后加入硫酸得到钨酸沉淀，分别回收金属钒和钨。
9．【答案】（1）浓氨水；除去CO2中混有的HCl气体
（2）K2；防倒吸
（3）产生大量白色沉淀；NH4HCO3Δ__NH3↑+CO2↑+H2O
（4）增大c(NH4+)、c(Cl-)，使NH4+(aq)+Cl-(aq)⇌NH4Cl(s)平衡正向移动，促使NH4Cl晶体析出
（5）c(V2-V1)×10-3×84a×100%
【解析】【解答】
(1)试剂b为浓氨水，试剂a的作用是除去CO2中混有的HCl气体；
(2)实验时先通入氨气，后通入二氧化碳，故先打开开关K2，硬质玻璃管的作用为防倒吸；
(3)反应一段时间后，双颈烧瓶中有碳酸氢钠生成，由于其溶解度较小，故产生大量白色沉淀，观察到的实验现象为：产生大量白色沉淀；该反应一般控制在30~35℃下进行，温度不宜过高的主要原因防止碳酸氢铵受热分解，化学方程式表示为：NH4HCO3Δ__NH3↑+CO2↑+H2O；
(4)向滤液中通入NH3并加入一定量NaCl固体，增大c(NH4+)、c(Cl-)，使NH4+(aq)+Cl-(aq)⇌NH4Cl(s)平衡正向移动，促使NH4Cl晶体析出；
(5)用cmol·L-1的盐酸滴定至溶液由红色变为浅红色，消耗盐酸V1mL，此时碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，故碳酸钠的物质的量为cV1×10-3mol；继续用盐酸滴定至溶液由黄色变为橙色，又消耗盐酸V2mL，此时盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，样品中的碳酸氢钠的物质的量为：c(V2-V1)×10-3mol，故纯碱样品中NaHCO3质量分数为c(V2-V1)×10-3mol×84g/molag×100%=c(V2-V1)×10-3×84a×100%。

【分析】“侯氏制碱法”的原理是将二氧化碳气体通入氨气的氯化钠饱和溶液中，制备碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到纯碱，该装置中，利用稀盐酸和碳酸钙反应制备二氧化碳，a中用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的HCl；试剂b浓氨水和氧化钙反应制备氨气，氨气和二氧化碳通入烧瓶中进行反应得到碳酸氢钠。
10．【答案】（1）2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-205.9kJ/mol
（2）600K之前反应未达平衡，随着温度上升，反应速率加快，单位时间内CO的转化率增大；该反应为放热反应，600K之后升高温度平衡逆向移动，CO的转化率降低
（3）0.025；0.25；正；小于；反应II的ΔH<0，改变温度后K=13>0.25，说明平衡正向移动，故为降低温度
（4）A
【解析】【解答】(1)I.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH1=-90.7kJ•mol-l
II.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-24.5kJ•mol-1
由盖斯定律可得：反应I×2+反应II得2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-205.9kJ/mol，则由CO和H2直接合成CH3OCH3(g)的热化学反应方程式为2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-205.9kJ/mol；
(2)由题意，表格中转化率不是平衡转化率，相同时间内CO转化率和反应速率有关，故CO转化率在600K时达到最高的原因是600K之前反应未达平衡，随着温度上升，反应速率加快，单位时间内CO的转化率增大；该反应为放热反应，600K之后升高温度平衡逆向移动，CO的转化率降低；
(3)由题意设甲醇的转化量为2x，列三段式开始(mol/L)变化(mol/L)平衡(mol/L)2CH3OH(g)12x1-2x⇌CH3OCH3(g)0xx+H2O(g)0xx，20min时反应达平衡，测得体系中H2O(g)的体积分数为25%，则x=0.25：
①0~20min内，用CH3OH表示的平均反应速率v(CH3OH)=2×0.25mol20min= 0.025mol·L-1·min-1；甲醇、二甲醚、水的平衡浓度分别为0.5mol/L、0.25mol/L、0.25mol/L，则T℃下反应的平衡常数K=0.25mol/L×0.25mol/L(0.5mol/L)2=0.25；若其他条件不变，向该平衡体系中再充入1molCH3OH和lmolCH3OCH3，则Qc=(0.25mol/L+1mol2L)×0.25mol/L(0.5mol/L+1mol2L)2=0.1875<0.25=K，故平衡向正反应方向移动；
②v正=k正c2(CH3OH)，v逆=k逆c(CH3OCH3)·c(H2O)，平衡时v正= v逆，即k正c2(CH3OH)=k逆c(CH3OCH3)·c(H2O)，解得k正=K⋅k逆，则T℃时k正=k逆4，若改变温度为Tˊ℃，测得平衡时k正=k逆3，则此时K’=13>0.25，平衡正向移动，由于该反应是放热反应，则是降低温度，Tˊ小于T；判断的理由整理后为反应II的ΔH<0，改变温度后K=13>0.25，说明平衡正向移动，故为降低温度；
(4)要使H2的平衡转化率最大，就是要使平衡时二甲醚的物质的量分数最大，因此由图可知要选p1压强，T4温度，
故答案为：A。

【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）600K之前反应未达平衡，随着温度上升，反应速率加快；600K之后升高温度平衡逆向移动，CO的转化率降低；
（3）列出反应的三段式进行计算；
（4） 要使H2的平衡转化率最大，就是要使平衡时产物质量分数最大。
11．【答案】（1）3d104s1；四；IB
（2）sp3；O
（3）离子键、共价键
（4）四面体形；O原子半径小，电负性大，使S=O键对S-Cl键的排斥力大于S-Cl键对S-Cl键的排斥力
（5）4；82r3×NA
【解析】【解答】(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其3d、4s能级上的电子为其价电子，则其价电子排布式为3d104s1；Cu在元素周期表中位于第四周期IB族，故答案为：d104s1；四；IB；
(2)胆矾中S原子形成4个σ键，不含孤电子对，采用sp3杂化；三种元素中O元素的非金属性最强，在反应中容易得到电子，形成的共用电子对也偏向O，不容易失去电子，O的第一电离能最大； H只有1个电子，位于1s轨道，原子核对电子的吸引力大，失去电子较难，第一电离能较大，相对来说，S原子的半径较大，失去电子较容易，第一电离能较小，因此H、O、S的电离能由大到小的顺序为：O>H>S，最大的是O，故答案为：sp3杂化；O；
(3)CuSO4·5H2O中有4个水分子为配位水分子，则用配合物的形式表示为[Cu(H2O)4]SO4⋅H2O，由图可知，胆矾中Cu2+和O原子之间存在配位键，Cu2+和SO42-之间存在离子键，还存在S-O和O-H共价键，故答案为：离子键、共价键；
(4)SOCl2中S原子成2个S-Cl键，1个S=O键，价层电子对数为4，含有1个孤电子对，S原子采取sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体形；O原子半径小，电负性较大，导致S=O键对S-Cl键的排斥力大于S-Cl键对S-Cl键的排斥力，从而使得健角∠Cl-S-O大于∠Cl-S-Cl，故答案为：四面体形；O原子半径小，电负性大，使S=O键对S-Cl键的排斥力大于S-Cl键对S-Cl键的排斥力；
(5)立方铜晶胞中铜原子的配位数为12，则其堆积方式为面心立方最密堆积，晶胞中Cu原子位于面心和顶点，则每个晶胞中有8×18+6×12=4个Cu原子；铜原子的半径为rcm，则晶胞棱长为22rcm，晶胞质量为4×64NAg，体积为(22rcm)3，则晶体密度为4×64NAg(22rcm)3=82r3×NAg/cm3，故答案为：4；82r3×NA。

【分析】（1）Cu为29号元素，根据构造原理书写电子排布式；Cu位于第四周期IB族；
（2）胆矾中S形成4个σ键，不含孤电子对；同主族从上到下第一电离能最小，H只有1个电子，位于1s轨道，原子核对电子的吸引力大，失去电子较难，第一电离能大于S；
（3）胆矾中Cu2+和O原子之间存在配位键，Cu2+和SO42-之间存在离子键，还存在共价键；
（4）SOCl2中S原子价层电子对数为4，含有1个孤电子对； O原子半径小，电负性大，使S=O键对S-Cl键的排斥力大于S-Cl键对S-Cl键的排斥力 ；
（5）根据均摊法计算铜原子数目；根据ρ=mV计算晶体密度。
12．【答案】（1）羟基、醚键
（2）加成反应
（3）5
（4）+4Ag(NH3)2OH→水浴加热+6NH3+4Ag↓+2H2O
（5）5；
（6）
【解析】【解答】A加氢去氧发生还原反应得到B，B发生醇的催化氧化得到C，C发生加成反应得到D，D和ATP反应得到E，E异构化得到F，E和F发生加成反应得到G，G通过系列反应得到H，H通过系列反应得到I。
(1)由I的结构简式可知I是聚合物，官能团的名称为羟基、醚键；
(2)E+F→G中两个碳氧双键均转化为C-O单键，且组成：E(C3H5PO6)+F(C3H5PO6)=G(C6H10P2O12)，符合加成反应特征，属于加成反应；
(3)H中手性碳原子(连有4个不同原子或原子团的碳原子)的数目为5个，如图；
(4)C为甲醛，相当于含2个醛基，与银氨溶液反应的化学方程式为+4Ag(NH3)2OH→水浴加热+6NH3+4Ag↓+2H2O；
(5)D含一个不饱和度，D的同分异构体满足：
①能发生银镜反应，则含-CHO，用去一个不饱和度；
②能与钠反应放出H2，则含至少一个-OH；
③不含-O-O-键，且同一个碳上不连接两个-OH；
满足条件的有、CH3-O-CH(OH)CHO、HO-CH2-O-CH2CHO、HO-CH2-CH2-OCHO、CH3-CH(OH)-OCHO，共5种；
其中核磁共振氢谱有五个峰的分子的结构简式为；
(6)以甲醇为主要原料设计合成甘油醛，碳链加长，要出现两次信息所给反应，利用CH3OH发生催化氧化反应得到甲醛，甲醛发生所给信息二步得到2-羟基乙醛，2-羟基乙醛再来一次信息所给反应得到甘油醛，合成路线为。

【分析】（1）I中官能团为羟基和醚键；
（2）E和F发生加成反应生成G；
（3）手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
（4）甲醛与银氨溶液以1：4发生银镜反应；
（5）D的不饱和度为1，含醛基、羟基，且不含-O-O-键，且同一个碳上不连接两个-OH；
（6）CH3OH发生催化氧化反应得到甲醛，甲醛发生已知信息生成2-羟基乙醛，2-羟基乙醛再经过一次已知反应得到甘油醛。