黑龙江2023年高考化学模拟题汇编-05物质结构与性质

这是一份黑龙江2023年高考化学模拟题汇编-05物质结构与性质，共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

黑龙江2023年高考化学模拟题汇编-05物质结构与性质

一、单选题
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）抗癌药阿霉素与环糊精在水溶液中形成超分子包合物，增大了阿霉素的水溶性，控制了阿霉素的释放速度，从而提高其药效。下列说法错误的是

A．阿霉素分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
B．红外光谱法可推测阿霉素分子中的官能团
C．阿霉素分子含有羟基、羧基和氨基
D．阿霉素分子中，基态原子的第一电离能最大的元素为N
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌锂－脱锂的材料。尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按III方式交替排布构成，“○”表示O2−。下列说法不正确的是

A．充电时，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4−xe－＝Li1−xMn2O4＋xLi＋
B．充电和放电时，LiMn2O4电极的电势均高于电池另一极
C．“●”表示的微粒是Mn
D．每个LiMn2O4晶胞转化为Li1−xMn2O4时转移8x个电子
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）化学与科技、社会、生产密切相关。下列有关说法正确的是
A．使用乙醇汽油可以减少汽车尾气中氮氧化物的排放
B．燃煤中加入氧化钙有利于实现“碳达峰”
C．载人火箭逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于有机高分子材料
D．量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同位素
4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2SO3) +c()+c()。室温下，H2SO3的电离常数分别为Ka1 =1.4×10-2、Ka2=6.0×10-8；Ksp (BaSO4)=1×10-10。

下列说法中错误的是
A．SO2是由极性键构成的极性分子
B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1 mol·L-1时溶液呈酸性
C．“吸收”后得到的溶液pH=5，则“氧化”时主要反应的离子方程式为2+O2=2+2H+
D．将“氧化”所得溶液用0.1 mol·L-1的NaOH溶液调节至pH=7，再与0.1 mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中c( )=2×10-9 mol· L-1
5．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的一种核素常用于测定文物年代，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，X原子与Y原子的价层电子数之和与Z原子的价层电子数相等。下列说法正确的是
A．X、W形成的化合物易溶于水
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X> Z
C．Y元素的第一电离能比同周期相邻元素大
D．原子半径：X> Y> Z> W
6．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是

A．四种元素中X的电负性最大
B．简单离子半径：W C．由Z和X两种元素可能形成非极性分子
D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素只有2种
7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）物质的用量可能影响反应的产物，下列离子方程式正确的是
A．向溶液中加入少量的HI溶液：
B．将过量通入到少量碳酸钠溶液中：
C．向溶液中加入过量氨水：
D．向溶液中加入过量的NaOH溶液：
8．（2023·黑龙江大庆·统考一模）下列关于、、及的叙述正确的是
A．都是共价化合物且常温下均为气体
B．可用于制光导纤维，干冰可用于人工降雨
C．都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应
D．都能溶于水且与水反应生成相应的酸
9．（2023·黑龙江大庆·统考一模）X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，其有关性质或结构信息如下：
元素
X
Y
Z
M
性质或结构信息
原子核外有三个能级，每个能级含有的电子数都相等
原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子
氢化物为二元弱酸
基态原子核外价电子排布式为

下列说法错误的是A．X元素与Z元素的原子可构成直线形分子
B．Y元素氢化物的沸点一定比X元素氢化物的沸点高
C．Z元素的二价阴离子是正四面体结构
D．将M的低价硝酸盐溶解在足量稀硝酸中，有气体产生

二、工业流程题
10．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiO2等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如图：

查阅资料：偏钒酸铵(NH4VO3)溶于热水和稀氨水，微溶于冷水，不溶于乙醇。
钒的盐类的颜色五光十色，常被制成鲜艳的颜料。如：VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
(1)在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为_____。
(2)以上流程中应用过滤操作的有_____(填序号)，在③操作后，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的NH4Cl，从平衡角度分析原因_____。
(3)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成100mL(VO2)2SO4溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用amol•L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
①完成下列滴定过程的离子方程式：_____。
______VO+______H2C2O4+______=______VO2++______CO2↑+______
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点时的实验操作和现象是______。
③产品的纯度为______。(用质量分数表示，已知V2O5，M=182g/mol；H2C2O4，M=90g/mol)
(4)钒的晶胞结构为体心立方结构(如图所示)。

①若原子1，原子3，原子7的坐标分别为(0，0，0)，(1，1，0)，(1，1，1)；则原子8，原子9的坐标分别为_____，_____。
②若晶胞边长为308pm，则钒的密度为_____g•cm-3。(列出计算式)
11．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）一种废镍催化剂中含有Ni、 Al、Cr。、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[(C10H8COO)2Ni，常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.4
5.4
完全沉淀的pH
3.2
9.0
8.4
6.7

回答下列问题：
(1)充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为_______。
(2)“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、_______。基态Cr原子的价层电子排布式为_______。
(3)“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是_____。
(4)“调pH”时，溶液pH的范围为_______。
(5)常温下，CuS的Ksp极小，用S2-可将Cu2+完全沉淀。CuS晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。

①与S2-距离最近的S2-数目为_______。
②CuS的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuS晶体的密度为_______g·cm-3。
(6)环烷酸的化学式为C10H8COOH，写出“合成”反应的化学方程式： _______。
(7)测定样品纯度：已知环烷酸镍样品中含有环烷酸杂质。取1.000g环烷酸镍样品，加入足量稀硫酸[发生反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]后，用氨水调节溶液pH为9~10时，加入紫脲酸胺作指示剂，用0.1000mol· L-1 EDTA标准溶液滴定(Ni2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)，消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸镍样品纯度为_______%。

三、原理综合题
12．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）氢能是极具发展潜力的清洁能源，2021年我国制氢量位居世界第一。请回答：
(1)298K时，1 g 燃烧生成放热121 kJ，1 mol 蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为______。
(2)工业上，常用与重整制备。500℃时，主要发生下列反应：
I．
II．
①已知：  。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是______。
②下列操作中，能提高平衡转化率的是______(填标号)。
A．加催化剂        B．增加用量    
C．移除        D．恒温恒压，通入惰性气体
③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，的物质的量为0.25 mol，则反应II的平衡常数______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(3)实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。
恒压下，和的起始物质的量之比为1∶3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。该反应的______0，甲醇的产率P点高于T点的原因为______。

(4)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体：四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为______(填元素符号)：在该化合物中，M离子的价电子排布式为______。


四、结构与性质
13．（2023·黑龙江大庆·统考一模）镍铜合金是由60%镍、33%铜、7%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性强，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。根据所学知识，回答下列问题：
(1)铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为_______(填标号)。
A．    B．    C．
(2)基态的价电子排布式为_______。
(3)乙酰丙酮(结构如图)中C原子的杂化轨道类型有_______，乙酰丙酮中σ键与π键数目之比为_______。

(4)Cu与Fe的第二电离能分别为，，大于的主要原因是_______。
(5)已知的立方晶胞结构如图所示。

①已知a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为_______。
②晶胞边长为cpm，该晶体的密度为_______。(列计算式，设为阿伏加德罗常数的数值)

参考答案：
1．C
【详解】A．阿霉素分子中含有苯环和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2、sp3，故A正确；
B．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，故B正确；
C．阿霉素分子含有羟基、氨基和羰基，没有羧基，故C错误；
D．阿霉素分子中含有H、C、N、O四种元素，同周期元素，从左往右第一电离能呈增大的趋势，N位于第VA族，p轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于O，则这四种元素中第一电离能最大的元素为N，故D正确；
故选C。
2．C
【详解】A．LiMn2O4是一种常用的正极材料，则充电时，LiMn2O4为阳极，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4−xe－＝Li1−xMn2O4＋xLi＋，故A正确；
B．放电时，LiMn2O4电极为正极，电势高于负极电势，充电放电时，LiMn2O4电极为阳极，电势高于阴极的电势，故B正确；
C．根据A的结构分析小黑球有个，氧离子有4个，B的结构分析小黑球有，氧离子有4个，三角形有4个，整个晶胞中小黑球有 ，氧离子有32个，三角形有16个，它们之比8:16:32=1:2:4，因此整个晶胞中“●”表示的微粒是Li，故C错误；
D．根据LiMn2O4−xe－＝Li1−xMn2O4＋xLi＋，每个晶胞的组成为Li8Mn16O32，所以每个LiMn2O4晶胞转化为Li1−xMn2O4时转移8x个电子，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．C
【详解】A．高温下空气中的氮气和氧气反应生成NO、NO与氧气反应生成NO2，则乙醇汽油的广泛使用不能减少汽车尾气中氮氧化物的排放，A错误；
B．含硫燃料燃烧生成二氧化硫、氧化钙和二氧化硫生成亚硫酸钙、亚硫酸钙被氧气氧化生成硫酸钙，因此燃煤中添加石灰石能起“固硫”作用、可消除SO2对环境的污染，不能减少CO2的生成，B错误；
C．酚醛树脂为苯酚和甲醛缩聚反应生成的有机物，属于有机高分子材料，C正确；
D．碳纳米管TEM与石墨烯均是碳单质，互为同素异形体，D错误；
故选C。
4．D
【分析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。
【详解】A． SO2空间构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A正确；
B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1 mol·L-1 =c(H2SO3) +c()+c()，则c(S)=c(Na+)，此时得到NaHSO3溶液，根据分析，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故亚硫酸氢钠溶液呈酸性，B正确；
C．Na2SO3显碱性，NaHSO3显酸性，当若“吸收”所得溶液的pH约为5时，溶液中主要含硫的微粒为，则“氧化”时主要发生的反应为，C正确；
D．“氧化”所得溶液用的NaOH溶液调节至，则溶质只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4浓度为0.05mol/L，与的溶液等体积混合，生成BaSO4沉淀后，溶液中，最终溶液中，D错误；
故选D。
5．C
【分析】X的一种核素常用于测定文物年代，X为C；基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，Y核外电子排布为：或，Y为O或Mg；X原子与Y原子的价层电子数之和与Z原子的价层电子数相等，若Y为O，则Z价电子数位10，不存在，若Y为Mg，则Z的价电子数为6，Z为S，W为Cl，据此解答。
【详解】A．X、W形成的化合物为CCl4，不溶于水，故A错误；
B．非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：S>C，则酸性：H2SO4>H2CO3，故B错误；
C．Y为Mg，其最外层为3s2，处于全满的较稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻的两种元素，故C正确；
D．电子层数越多原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小原子半径越大，则原子半径：Y> Z> W> X，故D错误；
故选：C。
6．C
【分析】短线表示是共价键和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。
【详解】A．四种元素中，氧元素电负性最大，A正确；
B．镁离子和氧离子的核外电子排布相同，Mg的核电荷数大，镁离子半径小于氧离子，B正确；
C．X是O，Z是H，可形成H2O和H2O2，均为极性分子，C错误；
D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D正确；
故选：C。
7．B
【详解】A．酸性条件下硝酸根的氧化性强于，少量HI反应时，反应方程式：，故A错误；
B．溶于水生成亚硫酸，亚硫酸酸性强于碳酸，过量通入到少量碳酸钠溶液中反应生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，离子方程式正确，故B正确；
C．溶于过量氨水，反应离子方程式为：，故C错误；
D．与NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：，故D错误；
故选：B。
8．B
【详解】A．二氧化硅常温下不是气体，故A错误；
B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，所以二氧化硅可用于制光导纤维，干冰升华时吸收能量，使空气中周围环境的温度降低，可用于人工降雨，故B正确；
C．二氧化氮不是酸性氧化物，故C错误；
D．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成相应的酸，故D错误；
故选B。
9．B
【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子核外有三个能级，每个能级含有的电子数都相等，则X为C，Y原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子，则Y为N，Z的氢化物为二元弱酸，则Z为S，M基态原子核外价电子排布式为3d64s2，则M为Fe。
【详解】A．C和S元素可以形成CS2分子，CS2分子为直线形分子，A正确；
B．C的氢化物有多种，其中含碳量较高的氢化物其沸点高于NH3，B错误；
C．硫酸根离子中中心原子S的价电子对数为4+0=4，无孤电子对，为正四面体结构，C正确；
D．硝酸亚铁能被稀硝酸氧化，硝酸被还原生成NO，D正确；
故答案选B。
10．(1)2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2
(2)     ③和④     偏钒酸铵微溶于冷水，铵根离子浓度增大，促进生成偏钒酸铵沉淀平衡正向移动，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解平衡正向移动，钒元素沉降率增大
(3)     2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O     当滴入最后半滴标准液后，溶液变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色     %
(4)     (1，0，1)     (，，)    

【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒，以此解答。
【详解】（1）在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该过程中O元素由0价下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2。
（2）根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水。需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；应用过滤操作的有③和④；偏钒酸铵微溶于冷水，铵根离子浓度增大，促进生成偏钒酸铵沉淀平衡正向移动，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解平衡正向移动，钒元素沉降率增大。
（3）①有CO2气体生成，则反应应在酸性条件下进行，结合氧化还原反应的电子守恒规律、电荷守恒和原子守恒可得2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；
②VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的颜色；
③根据反应可得关系式2 VO~ H2C2O4，可得c(VO)=，带入数据可得c(VO)=2amol/L，n(VO)=cV=2amol/L0.1L， 又2VO~V2O5，故n(V2O5) = = 0.1amol，m(V2O5)=nM= 0.1amol182g/mol=18.2ag，样品的纯度为=%。
（4）①由晶胞结构可知，原子8位于晶胞的顶点，坐标为：(1，0，1)；原子9位于晶胞的体心，坐标为：(，，)；
②晶胞中V的个数为1+8=2，若晶胞边长为308pm，则钒的密度为=。
11．(1)SO2
(2)     、     3d54s1
(3)浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率
(4)3. 2≤pH<5.4
(5)     12    
(6)2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O
(7)80. 60

【分析】废镍催化剂(含有Ni、 Al、Cr、Cu、FeS及碳粉) 通入空气灼烧，C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，用NaOH溶液进行碱浸，Al、Cr的氧化物与NaOH反应溶解，过滤取滤渣，干燥后金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含有Ni2+、Fe2+、 Fe3+、 Cr3+等阳离子的溶液，加入试剂X调节pH使Fe元素转化为沉淀，加硫酸铵除铜，过滤后经过结晶得到硫酸镍，经过氨化，得到Ni2(OH)2SO4、、NH3·H2O的混合物，加入环烷酸合成环烷酸镍，经过汽油萃取环烷酸镍，分液分离有机层，蒸馏分离最终得到产品。
【详解】（1）根据分析，充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为SO2；
（2）“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、、；Cr的原子序数为24，核外电子数为24，根据洪特规则特例，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；
（3）浓硫酸在稀释过程中会放热，温度越高，反应速率越快，故答案为：浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率；
（4）调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，根据题目所给数据可知pH的范围为3. 2≤pH<5.4；
（5）①离顶点的S2-最近的S2-位于面心，个数为，故与S2-距离最近的S2-数目为12；
S2-位于顶点和面心，个数为8+6=4，根据化学式可知，存在4个Cu2+，则晶胞质量为g=，晶胞体积为(a)3cm3，则晶胞密度=g·cm-3；
（6）环烷酸的化学式为C10H8COOH，“合成”反应中C10H8COOH与Ni2(OH)2 SO4反应生成(C10H8COO)2Ni、硫酸镍和水，反应的化学方程式为2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O；
（7）根据反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]可知关系式为(C10H8COO)2Ni ~(Ni2+~EDTA，则环烷酸镍样品纯度为=80.60%。
12．(1)
(2)     吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率     CD     7
(3)     <     P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率
(4)     Fe    

【详解】（1）1 g 燃烧生成放热121 kJ，可得热化学方程式：；
1 mol 蒸发吸热44kJ，可得：；
燃烧热的热化学方程式 ，由该盖斯定律可知该反应可由：I-II得到，，燃烧热的热化学方程式 ，故答案为：；
（2）①加入多孔CaO，可以吸收反应II生成的二氧化碳，从而降低CO的浓度，有利于反应I的平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率，故答案为：吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率；
②A．加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能提高甲烷转化率，故不选；
B．增加用量，使甲烷的转化率降低，故不选；    
C．移除 ，可使反应正向移动，从而提高甲烷的转化率，故选；
D．恒温恒压，通入惰性气体，容器体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，有利于反应I正向进行，从而提高甲烷的转化率，故选；
故答案为：CD；
③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，结合反应列三段式：


平衡时体系中含有：0.5mol、0.25mol、0.25molCO、0.25molCO2、1.75molH2、气体总物质的量3mol，
则反应II的平衡常数，故答案为：7；
（3）由图可知随温度升高，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则逆向为吸热方向，该反应为放热反应，小于0，P点有分子筛膜，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率，故答案为：<；P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率；
（4）由晶胞结构可知黑球的个数为，灰球的个数为：8，黑球代表：M(NH3)4，白球代表：BH4，则该晶胞的化学式为：M(NH3)4[BH4]2，其摩尔质量为，则M的相对原子质量为56，该元素为Fe，其在该化合物中的价态为+2价，价电子排布式为：，故答案为：Fe；；
13．(1)A
(2)
(3)     和     7：1
(4)基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子
(5)     (，，)    

【详解】（1）橙色、黄色、绿色对应的波长分别为622～597nm、597～577nm、577～492nm，故选A；
（2）铜元素的原子序数为29，基态铜离子的价电子排布式3d9，故答案为：3d9；
（3）由结构简式可知，乙酰丙酮分子中单键碳原子的杂化方式为sp2杂化、双键碳原子的杂化方式为sp3杂化，有机物分子中单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则乙酰丙酮分子中σ键与π键数目之比为14：2=7：1，故答案为：和；7：1；
（4）铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁元素的原子序数为26，基态,原子价电子排布为3d64s2，失去两个电子后形成了3d6的结构，较易失去1个电子形成3d5的半充满结构，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；
（5）①由位于顶点的a原子、体心的b原子的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)可知，四面体的边长为1，则位于体对角线处的d原子的坐标参数为(，，)，故答案为：(，，)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球为8×+1=2，位于体内的白球为4，由氧化亚铜的化学式可知，黑球代表氧离子、白球代表亚铜离子，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30c3d，解得d=，故答案为：。