河南省安阳市2023届高三下学期二模理综化学试题

这是一份河南省安阳市2023届高三下学期二模理综化学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河南省安阳市2023届高三下学期二模理综化学试题

一、单选题
1．化学让生活更美好。下列选项中围绕科技新闻的相关阐述错误的是
选项
科技新闻
相关阐述
A
以芝麻壳为原料，制备高性能超级电容器
芝麻壳的主要成分是油脂
B
通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气
天然生物质转化为新能源，实现废物利用
C
C60在一定条件下能转化为导电、高硬度的非晶态碳玻璃
碳玻璃与C60互为同素异形体
D
用紫外线作能源、氯化铝作催化剂，将废弃聚苯乙烯塑料转化为更有价值的产品
聚苯乙烯的链节为

A．A B．B C．C D．D
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，生成2.24LO2转移的电子数为0.4NA
B．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NA
C．常温下，5.6g铁与足量稀硝酸反应转移的电子数为0.3NA
D．2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中数目为0.1NA
3．下列根据实验操作及现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
淀粉溶液和稀硫酸混合加热后，再加新制的Cu(OH)2悬浊液加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未水解
B
室温下，向盛有1mL0.2mol·L-1NaOH溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又产生红褐色沉淀
室温下，Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
C
向两支试管中分别加入2mL和1mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液，再向盛有1mLNa2S2O3溶液的试管中加入1mL蒸馏水，最后同时向两支试管中加2mL0.1mol·L-1H2SO4溶液，振荡，加入2mLNa2S2O3溶液的试管先出现浑浊
其他条件一定时，反应物浓度越大，反应速率越快
D
将SO2通入酸性KMnO4溶液中，取反应后的溶液于试管中，再向试管中加入BaCl2溶液，振荡，产生白色沉淀
该环境中SO2的氧化产物为

A．A B．B C．C D．D
4．有机物M是合成塑身药物利莫那班的重要中间体，其结构简式如图所示：

下列关于M的叙述正确的是
A．M的分子式为C15H18O4Cl
B．M能使Br2的CCl4溶液褪色
C．M在碱性条件下能稳定存在
D．M苯环上的二溴代物有4种
5．据文献报道，利用阴极膜过滤反应器能除去废水中的磷元素(假设磷元素的存在形态只有)，其装置原理示意图如图所示[图中CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O]：下列叙述正确的是

A．三电极流出(入)的电子数均相等
B．工作时Ti/SnO2-Sb电极应与直流电源的负极相连
C．Ti/SnO2-Sb电极周围H2O分子被氧化，其氧化产物为H+和O2
D．阴极区的总反应式：20Ca2++14+26e-+2zH2O=2[3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O]↓+13H2↑
6．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，原子序数之和为32；M是由这四种元素组成的化合物，其化学式为YZX2W2(其中每种元素只有一种化合价)；将8.0gM投入水中有刺激性气味的气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，向所得溶液中通入足量的CO2，经过滤等一系列操作后得到7.8g的白色固体。下列叙述错误的是
A．四种元素中有两种金属元素
B．原子半径：Y>Z>X
C．M与盐酸反应能生成三种离子化合物
D．Y元素最高价氧化物的水化物能溶解Z元素最高价氧化物
7．NaH2PO4、Na2HPO4是新型冠状病毒灭活疫苗的辅料之一。298K时，向H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，所得溶液中H3PO4、、、的物质的量分数δ(X)随溶液pH的变化如图所示[δ(X)=]。下列叙述正确的是(已知：lg2=0.3)

A．使δ()增加的离子方程式：H3PO4+2OH-=+2H2O
B．b点溶液中：c(Na+)<3c()+3c()
C．c点溶液中由水电离出的c(H+)为10-12.7
D．若NaH2PO4和Na2HPO4组成的混合溶液pH=6，则溶液中：c()=400c(H3PO4)

二、实验题
8．[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下：
I．制备CoCl2
已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86°C，易潮解。制备装置如下：

(1)制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。
(2)试剂X通常是___________(填名称)。
(3)试剂Z的作用为___________。
(4)为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是___________。
Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化
已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图所示：

③加入少量浓盐酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。
(5)按图组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→控制温度在10°C以下→___________→加热至60°C左右，恒温20min→在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。

①缓慢加入H2O2溶液
②滴加稍过量的浓氨水
③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水
(6)写出氧化阶段发生反应的离子方程式：___________。
(7)粗产品可用重结晶法提纯：向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，___________，冷却后向滤液中加入少量___________，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥，得纯产品[Co(NH3)6]Cl3。

三、工业流程题
9．氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示：

已知：i．二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+、[Zn(NH3)4]2+；

ii．25°C时相关物质的Ksp如下表：
物质
MnS
FeS
ZnS
PbS
CdS
CuS
Ksp
2.5×10-13
6.3×10-18
1.6×10-24
8.0×10-28
3.6×10-29
5.0×10-36

iii．Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125°C、300°C。
请回答下列问题：
(1)“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，写出生成FeOOH的离子方程式：___________；“氧化预处理”的目的是___________。
(2)若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，写出该反应的离子方程式：___________。
(3)已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则[Cu(NH3)4]2+(aq)+S2-(aq)=CuS(s)+4NH3(aq)的化学平衡常数K1为___________。
(4)实验室模拟蒸氨装置如图所示。蒸氨时控制温度为95°C左右，在装置b中[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。

①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为___________(填字母)。
A．液面上方但不接触液面
B．略伸入液面下
C．伸入溶液底部
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是___________(写出一种)。
③混合气体e可返回至“___________”阶段循环利用。
(5)研究发现Znx(OH)y(CO3)z。热分解得到ZnO的过程可分为两步。某实验小组取11.2gZnx(OH)y(CO3)z固体进行热重分析，两步反应的固体失重率()依次为8.0%、19.6%，则Znx(OH)y(CO3)z的化学式为___________。

四、原理综合题
10．CO2与CH4均是温室气体，CO2与CH4催化重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化的重要方法。
(1)CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO和H2，其反应原理为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+120kJ·mol-1
①该反应在一定温度下能自发进行的原因为___________。
②已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C-H     
C≡O     
H-H     
键能/(kJ·mol-1)
413
1075
436

则CO2(g)=C(g)+2O(g)　ΔH=___________kJ·mol-1。
(2) 催化重整涉及的反应如下：
i．CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)　ΔH=+41.2kJ·mol-1
若在恒温、恒容密闭容器中进行反应i、ii，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是___________ (填字母)。A．相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1
B．体系内n(H2)/n(CO)保持不变
C．体系内各物质的浓度保持不变
D．体系内混合气体的密度保持不变
(3)在总压为24p0的恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)：n(CO2)=1：1的混合气体，在一定温度下发生反应i、ii，测得CH4、CO2的平衡转化率分别为20%和40%。
①平衡时容器的体积是起始时的___________倍。
②该温度下反应i的压强平衡常数Kp=___________(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③维持其他因素不变，若向平衡体系中通入一定量的N2(N2不参与反应)，再次平衡后CH4的转化率___________ (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”，下同)，___________。
(4)光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(h+，具有强氧化性)，CO2在导带获得电子生成CO和O2-，价带上CH4直接转化为CO和H2，反应机理如图所示：

在Rh表面，每生成1molCO，则价带产生的空穴(h+)数为___________NA；价带上的电极反应式可表示为___________。

五、结构与性质
11．利用石灰石可吸收烟气中的H2S，其相关反应如下：
反应i：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)
反应ii：CaO(s)+H2S(g)CaS(s)+H2O(g)
反应iii：CaS(s)+2O2(g)CaSO4(s)
请回答下列问题：
(1)基态硫原子价电子排布式为___________，其核外电子有___________种空间运动状态。
(2)钙元素的焰色反应呈砖红色，焰色属于___________(填“吸收”或“发射”)光谱；元素S、Ca、O中，第一电离能最大的是___________(填元素符号)。
(3)H2S和PH3分子的价层电子对数为___________，PH3分子中的H-P-H键角大于H2S中的H-S-H键角，请从价层电子互斥理论解释其原因是___________。
(4)晶体CaCO3中含有的化学键有___________(填字母)。
a．σ键b．π键c．离子键d．非极性键
(5)CaCO3、MgCO3热分解温度更高的是___________原因是___________。
(6)方解石的成分为CaCO3，其晶胞结构如图所示，晶胞参数：高为cnm，晶胞底面为平行四边形，边长为anm。若用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该方解石的密度为___________g·cm-3(用含a、c、NA的代数式表示)。


六、有机推断题
12．溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：

请回答下列问题：
(1)B的化学名称为___________；H中含有的官能团名称为___________。
(2)F转化为G的反应类型是___________。
(3)写出I转化为K的化学方程式：___________。
(4)X是I的同分异构体，具有如下结构与性质：
①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环符合条件的X共有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为___________。
(5)写出仅以乙烯为有机原料通过四步反应制备丁二酸的合成路线：___________(无机试剂任选)。

参考答案：
1．A
【详解】A.芝麻富含油脂，芝麻壳的主要成分是纤维素，故A错误，符合题意；
B.香蕉皮中的纤维素在一定条件下分解为多孔碳和氢气，可将天然生物质转化为新能源，实现废物利用，故B正确，不符合题意；
C.碳玻璃与C60都是碳元素的单质，两者互为同素异形体，故C正确，不符合题意；
D.苯乙烯通过加聚反应生成聚苯乙烯，该聚合物的单体为 ，链节为 ，故D正确，不符合题意。
故答案为：A
2．C
【详解】A．未指出反应物，生成2.24LO2转移电子数不一定为0.4NA，如H2O2分解生成标况下2.24L即0.1molO2转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，A错误；
B．由于铜离子水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)，则n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-)，因为n(Cl-)=4mol，所以n(H+) C．0.1mol铁与足量稀硝酸反应生成铁离子，转移0.3mol电子，转移电子数为0.3NA，C正确；
D．重铬酸钾溶液中存在水解平衡：H2O+Cr2O⇌2CrO+2H+，则2L0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O的物质的量小于2L×0.05mol·L-1=0.1mol，其数目小于0.1NA，D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应，要求环境是碱性，题中所给信息，没有中和稀硫酸，故A错误；
B．室温下，向盛有1mL0.2mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，氯化镁不足，氢氧化钠过量，再滴加氯化铁溶液，氯化铁与剩余NaOH反应生成氢氧化铁沉淀，不能比较出氢氧化铁溶解度与氢氧化镁大小，故B错误；
C．其他条件下相同，Na2S2O3的浓度不同，因此可以探究浓度对反应速率的影响，第二支试管中，加入2mLNa2S2O3溶液，Na2S2O3浓度比第一支试管大，第二支试管先变浑浊，说明其他条件不变，浓度越大，反应速率越快，故C正确；
D．通入SO2的酸性KMnO4溶液中，反应后溶液若是含有K2SO3，也能与BaCl2产生白色沉淀，干扰实验，故D错误；
答案为C。
4．D
【详解】A．根据M的结构简式，M的分子式为C15H17O4Cl，故A错误；
B．M中不含碳碳不饱和键和醛基，因此M不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；
C．该结构中含有酯基，在碱性条件下发生水解，因此M在碱性条件下不能稳定存在，故C错误；
D．苯环上有两种不同的氢原子，根据定一移一，苯环上的二溴代物有4种，故D正确；
答案为D。
5．D
【详解】中间电极上产生CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，说明中的氢被还原生成氢气，则该电极为阴极，连接电源的负极，两侧的电极就是阳极。据此解答。
A．中间的为阴极，两侧的为阳极，根据电子守恒分析，阳极失去的电子总数应该等于阴极得到电子总数，故三电极流出或流入的电子数不相等，A错误；
B．工作时Ti/SnO2-Sb电极与电源的正极相连，B错误；
C．Ti/SnO2-Sb电极为阳极，水被氧化，氧化产物为氧气，氢离子不是氧化产物，C错误；
D．阴极是中的氢得到电子生成氢气，同时生成和，和钙离子和水结合形成3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，D正确；
故选D。
6．C
【分析】M投入水中有刺激性气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，根据原子守恒，M中含有N元素，向溶液中通入足量CO2，经过一系列操作后得到白色沉淀，该白色沉淀为Al(OH)3，M中含有Al元素，原溶液中含有H、Al、N，四种元素原子序数为32，推出另一种元素为Na，W为H、X为N、Y为Na、Z为Al，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，Na、Al为金属元素，故A说法正确；
B．N核外有2个电子层，Na、Al核外有3个电子层，同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径大小顺序是Na＞Al＞N，故B说法正确；
C．根据上述分析M的化学式为NaAlN2H2，与盐酸反应生成NaCl、AlCl3、NH4Cl，AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，NaCl、NH4Cl属于两种离子化合物，故C说法错误；
D．Y的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Z元素最高价氧化物为Al2O3，氧化铝属于两性氧化物，能与NaOH溶液反应，故D说法正确；
答案为C。
7．D
【详解】A．磷酸属于三元弱酸，电离应分步进行，HPO物质的量分数增大，发生离子方程式为H2PO+OH-=HPO+H2O，故A错误；
B．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)= c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)，根据图像可知，b点有c(H2PO)=c(HPO)，有c(Na+)+c(H+)=3c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)，b点溶液显弱碱性，即c(H+)＜c(OH-)，因此c(Na+)＞3c(HPO)+3c(PO)，故B错误；
C．c点溶质为Na2HPO4和Na3PO4，此时溶液显碱性，因HPO、PO发生水解导致，水电离出c(H+)等于水电离出c(OH-)==10-1.3，故C错误；
D．Ka1=、Ka2=，=×==102.6=400，因此c()=400c(H3PO4)，故D正确；
答案为D。
8．(1)2:1
(2)饱和食盐水或饱和氯化钠溶液
(3)吸收多余Cl2，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解
(4)硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体，合理即可)
(5)     ③     ②①
(6)2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3
(7)     趁热过滤     浓盐酸

【分析】I．M装置MnO2和浓盐酸共热制备氯气，气体通过试剂X（饱和食盐水）除HCl气体，通过试剂Y（浓硫酸）除水，装置N中Co和氯气反应生成CoCl2，在收集器收集到CoCl2，试剂Z为碱石灰，吸收多余Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
Ⅱ．按图组装好装置，向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，打开磁力搅拌器，控制温度在10°C以下，滴加稍过量的浓氨水，再缓慢加入H2O2溶液，加热至60°C左右，恒温20min，在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。
【详解】（1）制氯气的化学方程式为，该反应中氧化剂是MnO2，还原剂是HCl，1molMnO2和4molHCl反应，只有一半HCl作还原剂，另一半作酸，则还原剂与氧化剂的物质的量之比2:1。
（2）制得的氯气中含有HCl气体，通过试剂X可除去HCl气体，则X为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。
（3）试剂Z应为碱石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空气，同时可防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
（4）为了获得更纯净的CoCl2，需先将体系空气排尽，当硬质玻璃管中充满黄绿色气体或收集器中出现黄绿色气体时，开始点燃N处酒精喷灯。
（5）按图组装好装置，③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，由于Co2+不易被氧化，因此②滴加稍过量的浓氨水，将Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，再①缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+。故答案为③；②①。
（6）由（5）分析知，缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3。
（7）由溶解度曲线图可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度随温度升高而增大，因此向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，防止过滤过程中晶体析出，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。
9．(1)     2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1-     避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解
(2)ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O
(3)2×1022
(4)     C     增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)     氨浸
(5)Zn2(OH)2CO3

【分析】“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，氨浸”阶段ZnO、CuO、PbO、CdO转化为[Zn(NH3)4]2+等配离子，过滤，得到滤液b，深度净化阶段，加入Na2S溶液，生成CuS、PbS、CdS，过滤，除去杂质，得到滤液d，蒸氨时， [Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀，煅烧，得到氧化锌。
【详解】（1）已知“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平生成FeOOH的离子方程式：2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1-；根据相关物质的Ksp表格可知，“氧化预处理”的目的是避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解，导致后续无法除去Fe2+、Mn2+。
（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，该反应的离子方程式：ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O。
（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)   K=1013，则
。
（4）①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为伸入溶液底部，保证将氨气充分蒸出，故选C。
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)。
③混合气体e为氨气和水蒸气的混合气体，故可返回至“氨浸”阶段循环利用。
（5），热分解得到ZnO的过程中，第一步失去水，第二步失去二氧化碳，故，，则，故Znx(OH)y(CO3)z的化学式为Zn2(OH)2CO3。
10．(1)     该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0(合理即可)     +1490
(2)BC
(3)     1.2     3     增大     不变
(4)     2     CH4+2h++O2-=CO+2H2

【详解】（1）①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0；
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和，则ΔH=2E(C=O)+4×413-2×1075-2×436=120kJ/mol，解得，E(C=O)=745kJ/mol，故CO2(g)=C(g)+2O(g)　ΔH=745×2=+1490kJ/mol；
（2）A. 两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，不能证明反应达到平衡，A错误；
B. 在反应进行的过程中，氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；
C. 在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时可以证明反应达到平衡，C正确；
D.体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D错误；
故选BC；
（3）根据题给数据可得以下三段式：


①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的；
②平衡时气体总物质的量=2.4mol，则此时反应i平衡常数；
③加入氮气相当于减压，反应i正向移动，CH4的转化率增大；反应i平衡常数，反应ii平衡常数，则，平衡常数只与温度有关，故该比值不变；
（4）1molCH4转化为1molCO反应为，转移2 mol电子,即2NA个电子，则形成空穴(h+)数为2NA；由图可知在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气，可以表示为：CH4+2h++O2-=CO+2H2。
11．(1)     3s23p4     9
(2)     发射     O
(3)     4     S原子与P原子都是sp3杂化，H2S分子中的s原子有2对孤电子对，PH3分子中的P原子有1对孤电子对，S原子中2对孤电子对对S-H键的斥力大于P原子中1对孤电子对对P-H键的斥力(合理即可)
(4)abc
(5)     CaCO3     Mg2+半径比Ca2+小，MgO比CaO晶格能大，Mg2+对中的O2-吸引力更大(合理即可)
(6)

【详解】（1）硫的原子序数为16，基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则其价电子排布式为3s23p4；基态硫原子核外电子占有9个原子轨道，则其核外电子有9种空间运动状态。
（2）电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量，因此焰色属于反射光谱；同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能最大的是O。
（3）H2S中心S原子价层电子对数=，PH3中心P原子价层电子对数，即H2S和PH3分子的价层电子对数均为4；由于S原子与P原子都是sp3杂化，H2S分子中的S原子有2对孤电子对，PH3分子中的P原子有1对孤电子对，孤电子对数越多，孤电子对与成键电子对的排斥力越大，因此S原子中2对孤电子对对S-H键的斥力大于P原子中1对孤电子对对P-H键的斥力，使得H-P-H键角大于H2S中的H-S-H键角。
（4）CaCO3由钙离子和碳酸根离子构成，含离子键，结构为，含σ键和π键，不含非极性键，故选abc。
（5）和所带电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小，MgO比CaO晶格能大，Mg2+对中的O2-吸引力更大，因此CaCO3热分解温度更高。
（6）由晶胞结构图可知，位于顶点和体心的Ca2+个数=，2个位于晶胞内部，晶胞体积=，由得，。
12．(1)     2-氯甲苯或邻氯甲苯     氰基、醚键
(2)还原反应或加成反应
(3)+ +H2O
(4)     15    
(5)CH2=CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH

【分析】根据C的结构简式，以及A的分子式，推出A的结构简式为，A生成B，发生取代反应，即B的结构简式为，根据E的结构简式，C与苯酚发生取代反应，即D的结构简式为，对比I和K的结构简式，I生成K发生酯化反应，即J的结构简式为，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析B的结构简式为，名称为2-氯甲苯或邻氯甲苯；根据H的结构简式，所含官能团为氰基、醚键；故答案为2-氯甲苯或邻氯甲苯；氰基、醚键；
（2）对比F、G的结构简式，酮羰基转化成羟基，该反应为还原反应或加成反应，故答案为还原反应或加成反应；
（3）I和J发生酯化反应，其反应方程式为++H2O；故答案为++H2O；
（4）I的不饱和度为10，同分异构体中含有“”不饱和度为8，能发生银镜反应，说明含有醛基，即1个X分子中含有2个醛基，根据“定一移一”，同分异构体分别为、、、、、、、、、、、，共有12种；核磁共振氢谱有3组峰，说明有3种不同的氢，峰面积之比为1∶2∶2，符合条件的是；故答案为12；；
（5）根据G→H→I，推出生成丁二酸的步骤为HOCH2CH2OH→NCCH2CH2CN→HOOCCH2CH2COOH，因此乙烯制备丁二酸的路线有CH2=CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH；故答案成为CH2=CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH。