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2023年陕西省咸阳市武功县高考化学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年陕西省咸阳市武功县高考化学二模试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年陕西省咸阳市武功县高考化学二模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共36.0分）
1. 近年来我国取得了很多令世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法正确的是( )
A. 神舟十三号载人飞船返回舱逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于天然高分子化合物
B. “北斗系统”组网成功，其芯片的主要成分为二氧化硅
C. “嫦娥五号”运载火箭用液氧、液氢做推进剂，产物对环境无污染
D. T−碳(T−Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素
2. 草本植物石菖蒲在《神农本草经》中被列为上品，广泛应用癫痫、中风等的治疗，其活性物质的结构如图所示。下列对于该活性物质的说法错误的是( )
A. 分子中含有四种官能团
B. 能和NaHCO3溶液反应生成CO2
C. 能发生加成、取代、氧化反应
D. 1mol该活性物质最多消耗4molNaOH
3. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O
B. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH−=NH3⋅H2O
C. 将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+H2O+2ClO−=2HClO+SO32−
D. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时：A13++SO42−+3OH−+Ba2+=BaSO4↓+Al(OH)3↓
4. 大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子(如图所示)。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z同主族。下列说法正确的是 ( )
A. 原子半径：Z>X>Y
B. 气态氢化物的稳定性：Z>X>Y
C. Z的氯化物的分子式一定为ZCl3
D. 此阴离子中Y、Z均满足8电子稳定结构
5. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是 ( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红
Ag+的氧化性一定比Fe3+强
B
向某黄色溶液中加入淀粉−KI溶液，溶液呈蓝色
原溶液中一定含有Br2
C
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解
部分Na2SO3被氧化
D
将乙醇溶液和浓硫酸共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
产生的气体为乙烯
A. A B. B C. C D. D
6. 某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72−废水(pH约为6)和淡化食盐水，其装置示意图如图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6.下列说法不正确的是( )
A. E为阴离子交换膜
B. X为有机物污水，Y为含Cr2O72−废水
C. 理论上处理1mol的Cr2O72−的同时可脱除6mol的NaCl
D. C室的电极反应式为Cr2O72−+6e−+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O
7. T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法不正确的是( )
A. 曲线Ⅰ是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线
B. 加热可使溶液由X点变到Z点
C. Y点对应的可能为CdCO3的过饱和溶液
D. T℃时，CdCO3(s)+2OH−(aq)⇌Cd(OH)2(s)+CO32−(aq)的平衡常数K=102
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
8. 钛在医疗领域的使用非常广泛，如制人造关节、头盖、主动心瓣等。TiCl4是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如图装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。
已知：HCl与TiO2不发生反应；装置C中除生成TiCl4外，同时还生成一种有毒气态氧化物和少量CCl4。其他相关信息如下表所示：
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g⋅cm−3)
水溶性
TiCl4
−24
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂
CCl4
−23
76.8
1.6
难溶于水
请回答下列问题：
(1)装置A中仪器b的名称 ______ ，装置B中所盛试剂为 ______ (写名称)，装置A中发生反应的离子方程式为 ______ 。
(2)组装好仪器后，部分实验步骤如下：
a.装入药品
b.打开分液漏斗活塞
c.检查装置气密性
d.关闭分液漏斗活塞
e.停止加热，充分冷却
f.加热装置C中陶瓷管
从上述选项选择合适操作(不重复使用)并排序： ______ 。 (填标号)
(3)装置C中石棉绒载体的作用为 ______ ，装置D中使用冷水浴收集到粗产品，可采用 ______ 方法提纯。
(4)TiCl4可制备纳米TiO2：以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应生成Ti(OH)4。再控制温度生成纳米xTiO2⋅yH2O，测定产物xTiO2⋅yH2O组成的方法如下：
步骤一：取样品2.100g用稀硫酸充分溶解得到TiOSO4，再用足量铝将TiO2+还原为Ti3+，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入250mL容量瓶，定容得到待测液。
步骤二：取待测液25.00mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000mol/L的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3+氧化为TiO2+，三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL。
①写出步骤二中Ti3+被氧化为TiO2+的离子方程式： ______ 。
②通过分析、计算，该样品中的组成为 ______ 。
三、简答题（本大题共4小题，共54.0分）
9. 铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣(主要含PbSO4、FAsO4⋅2H2O、SiO2、S、In2O3、In2S3)中提取锢的工艺如图所示
已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
②As2O3微溶于水；
③In(OH)3性质与Al(OH)3类似；
④FeS4O6为强电解质。
回答下列问题：
(1)FeAsO4⋅2H2O中铁元素化合价为+3，则As元素的化合价为 ______ 。
(2)“硫酸化焙烧”时，其他条件一定，焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示。
适宜的焙烧温度是 ______ ℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是 ______ 。
(3)“水浸”工艺中的浸渣除了As2O3外，还含有 ______ (填化学式)。
(4)“还原铁”工艺的离子反应方程式为 ______ 。
(5)“萃取除铁”工艺中，发现当溶液pH>1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是 ______ (已知：当有悬浊液产生时，导致两相分层困难)。
(6)“置换铟”时，发现会有少量的气体AsH3生成，生成AsH3的化学方程式为 ______ 。
(7)粗铟可用电解法进行提纯，提纯过程中粗铟作 ______ (填“阴极”或“阳极”)。
10. 绿色能源的开发利用是未来能源发展的重要方向，也是实现“碳中和”目标的重要举措。氢能是重要的绿色能源，利用甲烷来制取氢气的总反应可表示为：CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)，该反应可通过如下过程来实现：
反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)△H1=+206.3kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=−41.2kJ⋅mol−1
(1)总反应的△H= ______ kJ⋅mol−1。
(2)在恒温的刚性容器中，发生上述反应，测得一段时间后，CH4转化率变化如图所示，请解释温度升高转化率变化的原因是 ______ 。
(3)在恒容条件下发生上述反应，不同进气比[n(CH4)：n(H2O)]和不同温度时测得相应的CH4平衡转化率见表。
平衡点
a
b
c
d
n(CH4)/mol
1
1
1
1
n(H2O)/mol
2
2
1
1
CH4平衡转化率%
50
69
50
20
①由表数据分析，温度：a点 ______ b点(填“>”或“<”)。
②c点平衡混合物中H2的体积分数为 ______ (保留3位有效数字)。
③若d点的总压强为aMPa，则d点反应I分压平衡常数Kp为 ______ (MPa)2(列出计算式即可)。
(4)反应Ⅱ在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，研究表明该反应用Fe3O4作催化剂，反应历程如下：
第一步：Fe3O4+4CO→3Fe+4CO2
第二步：3Fe+4H2O→Fe3O4+4H2
已知第一步为慢反应，则第一步反应的活化能比第二步反应 ______ (填“大”或“小”)。
由于CO还原性较强，若将Fe3O4还原成Fe，并以Fe的形式大量存在于反应体系中，会使催化剂失去活性，但在实际生产中一般不会发生催化剂失去活性的情况，请结合一氧化碳的催化变换反应历程说明理由 ______ 。
(5)用二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H<0。经实验测定在不同投料比x1、x2、x3时CO2的平衡转化率与温度的关系如图曲线所示x=n(CO2)n(H2)。
①x1、x2、x3从小到大的顺序为 ______ 。
②从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是 ______ 。
11. 向蓝色的CuSO4溶液中加入过量浓氨水，溶液中产生深蓝色的[Cu(NH3)4]2+。继续向该溶液中加入95%的乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体。请结合实验情境与所学知识回答下列问题：
(1)Cu2+的价电子排布图为 ______ ，在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析原因 ______ 。
(2)CuSO4溶液显蓝色是由于Cu2+与H2O结合形成[Cu(H2O)4]2+，画出该离子的结构 ______ ，1mol该离子中含有σ键的数目为 ______ 。
(3)SO42−的空间结构为 ______ ，其中S原子的杂化类型为 ______ 。
(4)[Cu(NH3)4]2+其实为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+的简略写法。该配离子的空间结构为狭长八面体(如图所示)。
下列关于a、b两种配体的说法中不正确的是 ______ (填序号)。
①中心原子的杂化方式相同
②价电子对的空间结构不同
③中心原子的第一电离能：a ④配体结合中心离子的能力：a>b
(5)Cu与F形成化合物的晶胞结构如图所示，则该物质的化学式为 ______ ；若晶体密度为ρg⋅cm−3，则Cu与F原子之间的最短距离为 ______ pm(阿伏加德罗常数用NA表示)。
12. 化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图：
已知：
回答下列问题：
(1)化合物D的名称为 ______ 。
(2)化合物E中含氧官能团有 ______ 。
(3)⑥的反应类型是 ______ 。
(4)由D生成E的化学方程式为 ______ 。
(5)反应⑤中，已知N为催化剂，E+M→F+3X，X的结构简式为 ______ 。
(6)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，Q有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ______ 种(不考虑立体异构)。
a.含苯环的单环化合物
b.能发生银镜反应
c.能发生水解反应
其中核磁共振氢谱的峰面积之比为6：2：1：1且水解产物之一能使FeCl3溶液显紫色的结构简式为 ______ 。
(7)根据上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线(无机试剂任选) ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.酚醛树脂是一种合成塑料，属于合成高分子化合物，故A错误；
B.芯片的主要成分为单质硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，故B错误；
C.液氧、液氢反应生成水，水对环境无污染，故C正确；
D.同位素指的是质子数相同，中子数不同的原子，C60属于单质，与T−碳应互称为同素异形体，故D错误。
故选：C。
晶体硅的用途作半导体材料和芯片，二氧化硅是光导纤维的主要成分，同素异形体指的是同种元素形成的不同单质，同位素是质子数相同，中子数不同的原子。
本题综合考查物质的性质与应用，以及同位素，同素异形体的概念，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产以及环保问题，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.该活性物质分子中含有羟基、羧基、酯基、碳碳双键，分子中含有四种官能团，故A正确；
B.该活性物质含有羧基，能和NaHCO3溶液产生CO2，故B正确；
C.含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羟基、酯基能发生取代反应，含有碳碳双键和羟基，能发生氧化反应，故C正确；
D.该分子中羧基、酯基能和NaOH按1：1反应，故1mol该活性物质最多消耗2molNaOH，故D错误；
故选：D。
该有机物中含有醇羟基、碳碳双键、酯基、羧基，具有醇、烯烃、酯和羧酸的性质，一定条件下能发生氧化反应、加成反应、加聚反应、消去反应、酯化反应、水解反应等。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意：只有羧基能和碳酸氢钠溶液反应，羧基和酚羟基能和碳酸钠溶液反应。
3.【答案】A
【解析】解：A.向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3，离子方程式为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故A正确；
B.同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：H++OH−=H2O，故B错误；
C.将少量SO2气体通入NaClO溶液的离子反应方程式为：SO2+H2O+2ClO−=SO42−+H++Cl−+HClO，故B错误；
D.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀物质的量最大，离子方程式：2Al3++3Ba2++3SO42−+6OH−=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故D错误；
故选：A。
A.锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰、二氧化碳和水；
B.同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应；
C.次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子；
D.沉淀物质的量最大时二者反应生成氢氧化铝和硫酸钡、硫酸钾。
本题考查了离子方程式书写，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循电荷守恒、原子个数守恒规律，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素，
A.同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径的：Z>X>Y，故A正确；
B.非金属性N>P，则气态氢化物的稳定性：Y>X>Z，故B错误；
C.P的氯化物的分子式可能为PCl5，不一定为PCl3，故C错误；
D.阴离子中P原子与6个F原子各形成1个共用电子对，其最外层有12个电子，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：A。
X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z同主族，由结构可知X可形成3个共价键，则X为N元素，Z为P元素；Y形成1个共价键，结合原子序数可知Y为F元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由实验操作和现象，不能证明Ag+的氧化性一定比Fe3+强，故A错误；
B.黄色溶液可能含铁离子，可使淀粉−KI溶液变蓝，不能证明原溶液中是否含有Br2，故B错误；
C.亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，白色沉淀部分溶解，可知部分Na2SO3被氧化，故C正确；
D.挥发的乙醇、生成的乙烯及可能混有的二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色不能证明生成乙烯，故D错误；
故选：C。
A.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
B.黄色溶液可能含铁离子；
C.亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸；
D.挥发的乙醇、生成的乙烯及可能混有的二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】根据装置中电子的流向可知，该原电池中C室为正极区，Cr2O72−离子在C室发生得电子的还原反应转化为2Cr(OH)3沉淀，电极反应式为Cr2O72−+6e−+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，装置A室是负极区，负极上有机物失电子发生氧化反应，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以X为有机物污水，Y为含Cr2O72−废水，据此分析解答。
A、该原电池中碳电极为正极，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，为了淡化食盐水，则Na+移向C室，Cl−移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；
B、该原电池中碳电极为正极，含Cr2O72−废水在正极区发生得电子的还原反应，含有机物污水在负极区发生失电子的氧化反应，所以X为有机物污水，Y为含Cr2O72−废水，故B正确；
C、该原电池正极电极反应式为Cr2O72−+6e−+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，则理论上处理1mol的Cr2O72−的同时转移电子6mol，即Na+、Cl−分别定向移动6mol，即可脱除6mol的NaCl，故C正确；
D、该原电池中C室为正极区，Cr2O72−离子在C室发生得电子的还原反应转化为2Cr(OH)3沉淀，电极反应式为Cr2O72−+6e−+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，故D正确；
故选：A。
7.【答案】B
【解析】解：A.CdCO3的沉淀溶解平衡为CdCO3(s)⇌Cd2+(aq)+CO32−(aq)，即Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)⋅c(CO32−)，则pKsp(CdCO3)=pCd2++pCO32−；Cd(OH)2的沉淀溶解平衡为Cd(OH)2(s)⇌Cd2+(aq)+2OH−(aq)，即Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)+c2(OH−)，则Ksp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH，结合题图中曲线Ⅰ、Ⅱ的斜率可知，曲线I为Cd((OH)2的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，故A正确；
B.曲线Ⅰ为Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，若加热，Cd(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，溶液中的Cd2+和OH−浓度会同时增大，阴、阳离子浓度的负对数均会减小，故B错误；
C.Y点在CdCO3的沉淀溶解平衡曲线的下方，该点pCd2+为4，即c(Cd2+)=10−4mol⋅L−1，pCO32−为6，即c(CO32−)=10−6mol⋅L−1，则10−10>Ksp(CdCO3)，故Y点对应的为CdCO3的过饱和溶液，故C正确；
D.由反应CdCO3(s)+2OH−(aq)⇌Cd(OH)2(s)+CO32−(aq)可知，K=c(CO32−)c2(OH−)=Ksp(CdCO3)Ksp[Cs(OH)2]=10−1210−14=102，故D正确；
故选：B。
CdCO3的沉淀溶解平衡为CdCO3(s)⇌Cd2+(aq)+CO32−(aq)，即Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)⋅c(CO32−)，则pKsp(CdCO3)=pCd2++pCO32−；Cd(OH)2的沉淀溶解平衡为Cd(OH)2(s)⇌Cd2+(aq)+2OH−(aq)，即Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)+c2(OH−)，则Ksp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH，结合题图中曲线Ⅰ、Ⅱ的斜率可知，曲线I为Cd((OH)2的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，pKsp(CdCO3)=pCd2++pCO32−=8+4=12，即Ksp(CdCO3)=10−12；而Ksp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH=2+2×6=14，即Ksp[Cd(OH)2]=10−14。
本题考查沉淀溶解平衡，侧重考查学生沉淀溶解曲线的掌握情况，试题难度中等。
8.【答案】蒸馏烧瓶 浓硫酸 2MnO4−+16H++10Cl−=5Cl2↑+2Mn2++8H2O cabfed 增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率 蒸馏 Ti3++H2O+Fe3+=Fe2++TiO2++2H+ 12TiO2⋅5H2O
【解析】解：(1)由题干实验装置图可知，装置A中仪器b的名称为蒸馏烧瓶；装置B的作用是干燥氯气，因此所盛放的试剂是浓硫酸；装置A中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应，产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，反应的离子方程式为2MnO4−+16H++10Cl−=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：蒸馏烧瓶；浓硫酸；2MnO4−+16H++10Cl−=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；
(2)组装好仪器后，首先要检查装置的气密性，然后装入药品，并打开分液漏斗活塞，使浓盐酸滴入装置A中发生反应，然后加热装置C中陶瓷管，使Cl2、C与TiO2反应制取TiCl4，待反应结束时停止加热，充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞，故操作顺序用字母序号表示为cabfed，
故答案为：cabfed；
(3)石棉绒载体比较膨松，可以增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率；装置D中的烧杯中可加入冷水，目的是降低温度，使TiCl4液化，但反应产生的物质中有少量CCl4也会被液化，因此可利用二者沸点相差较大采用蒸馏提纯，
故答案为：增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率；蒸馏；
(4)①步骤二中Ti3+被氧化为TiO2+即NH4Fe(SO4)2电离出的Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，则该反应的离子方程式为：Ti3++H2O+Fe3+=Fe2++TiO2++2H+，
故答案为：Ti3++H2O+Fe3+=Fe2++TiO2++2H+；
②三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL，物质反应转化关系为TiO2～NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)=80g/mol×0.1000mol/L×0.024L×250mL25.00mL=1.92g，m(H2O)=(2.100−1.92)g=0.18g，x：y=1.92g80g/mol：0.18g18g/mol=12：5，故物质的化学式为12TiO2⋅5H2O，
故答案为：12TiO2⋅5H2O。
A中浓盐酸和高锰酸钾固体混合得到氯气、氯化锰、水，离子反应方程式为2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，TiCl4易水解，所以加入C装置的氯气应该是干燥的，HCl和TiO2不反应，B装置中浓硫酸用于干燥氯气，装置D为收集装置，因为TiCl4易水解，因此还要防止空气中水蒸气进入D装置，因此装置E的作用是防止空气中水蒸气进入，同时吸收尾气氯气，污染环境；
(4)①步骤二中Ti3+被氧化为TiO2+即NH4Fe(SO4)2电离出的Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+；
②三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL，物质反应转化关系为TiO2～NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)=80g/mol×0.1000mol/L×0.024L×250mL25.00mL=1.92g，m(H2O)=(2.100−1.92)g=0.18g，根据TiO2和H2O的物质的量之比判断其化学式。
本题考查物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确各个装置的作用、可能发生的反应、方程式的计算方法等知识点是解本题关键，难点是方程式的计算，题目难度中等。
9.【答案】+5 450 温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解导致铟、铁浸出率降低 SiO2、PbSO4 2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62− 当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解生成难溶物In(OH)3，形成难被P2O4萃取的物质，导致铟萃取率下降 As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O 阳极
【解析】解：(1)结合化合物的化合价为0，FeAsO4⋅2H2O中铁元素化合价为+3，则As元素的化合价为+5，
故答案为：+5；
(2)根据焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响图，适宜温度为450(“440～460”的数值)℃时、铁浸出率都很高；温度过高铟、铁浸出率降低的原因是温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解导致铟、铁浸出率降低，
故答案为：450；温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解导致铟、铁浸出率降低；
(3)根据分析，“水浸”工艺中由于As2O3、SiO2、PbSO4不和酸反应，浸渣除了As2O3外，还含有SiO2、PbSO4，
故答案为：SiO2、PbSO4；
(4)“还原铁”工艺中，Na2S2O3将三价铁转化为二价铁，Fe元素由+3价下降到+2价，根据的得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62−，
故答案为：2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62−；
(5)“萃取除铁”工艺中，发现当溶液pH>1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解生成难溶物In(OH)3，形成难被P2O4萃取的物质，导致铟萃取率下降，
故答案为：当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解生成难溶物In(OH)3，形成难被P2O4萃取的物质，导致铟萃取率下降；
(6)As2O3和Zn在硫酸中反应得AsH3和硫酸锌，化学方程式为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O，
故答案为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O；
(7)电解精炼时被精炼金属作阳极，故电解精炼铟时，粗铟应做阳极，失电子，
故答案为：阳极。
从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含主要含PbSO4、FeAsO4⋅2H2O、SiO2、S、In2O3、In2S3)中提取铟，先将铜烟灰加入硫酸酸化焙烧，焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在，然后水浸，由于As2O3、SiO2、PbSO4不和酸反应，过滤得到含As2O3、SiO2、PbSO4浸渣，滤液加入Na2S2O3将铁离子还原为亚铁离子，然后加入P2O4萃取除铁，随后加入硫酸反萃取，用Zn置换出粗铟。
本题考查了物质分离提纯实验，设计物质性质的应用，题干信息的分析理解，熟悉操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。
10.【答案】+165.1kJ/mol 在低温时，以反应I为主导，升高温度，平衡正向移动，CH4的转化率增大；当高温时，以反应II为主导，升高温度，反应II的平衡逆向移动，c(CO)增大，而增大c(CO)，使得反应I的平衡逆向移动，导致CH4的转化率减小 < 56.7% (0.122.4×1.2a)×(0.682.4×1.2a)3(0.82.4×1.2a)×(0.722.4×1.2a) 大 第一步反应生成Fe，而第二步反应消耗Fe，但是反应速率：第一步<第二步，即消耗Fe的速率大于生成Fe的速率，因此反应体系中的Fe3O4不会以大量Fe的形式存在，所以不会出现催化剂失活 x1
故答案为：+165.1kJ/mol；
(2)已知反应I是一个正向吸热的反应，反应II是一个正向放热的反应，在温度较低时，以反应I为主导，升高温度，平衡正向移动，CH4的转化率增大；当温度较高时，以反应II为主导，升高温度，反应II的平衡逆向移动，c(CO)增大，而增大c(CO)，使得反应I的平衡逆向移动，CH4的转化率减小，
故答案为：在低温时，以反应I为主导，升高温度，平衡正向移动，CH4的转化率增大；当高温时，以反应II为主导，升高温度，反应II的平衡逆向移动，c(CO)增大，而增大c(CO)，使得反应I的平衡逆向移动，导致CH4的转化率减小；
(3)①已知反应CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的正反应是一个吸热反应，升高温度，甲烷的转化率增大，在相同进气比时，甲烷转化率a
②c点时，n(CH4)：n(H2O)=1：1，α(CH4)=50%，CO平衡体积分数=10%，假设起始时n(CH4)=n(H2O)=1mol，根据三段式进行计算：
CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)
起始量(mol) 1 1 0 0
转化量(mol) 0.5 0.5 1.5 0.5
平衡量(mol) 0.5 0.5 1.5 0.5
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
起始量(mol) 0.5 0.5 0 1.5
转化量(mol) x x x x
平衡量(mol) 0.5−x 0.5−x x 1.5+x
则CO平衡体积分数=(0.5−x)mol0.5mol+(0.5−x)mol+(0.5−x)mol+xmol+(1.5+x)mol×100%=10%，解得x=0.2，则n(总)=1.7mol，平衡混合物中H2的体积分数=1.7mol3mol×100%≈56.7%，
故答案为：56.7%；
③d点时，n(CH4)：n(H2O)=1：1，α(CH4)=20%，CO平衡体积分数=5%，假设起始时n(CH4)=n(H2O)=1mol，根据三段式进行计算：
CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)
起始量(mol) 1 1 0 0
转化量(mol) 0.2 0.2 0.6 0.2
平衡量(mol) 0.8 0.8 0.6 0.2
CO(g)+H2O(g)=CO2(g )+H2(g)
起始量(mol) 0.2 0.8 0 0.6
转化量(mol) yy y y
平衡量(mol) 0.2−y 0.8−y y 0.6+y
则平衡时，n(总)=0.8mol+(0.2−y)mol+(0.8−y)mol+ymol+(0.6+y)mol=2.4mol，CO平衡体积分数=(0.2−y)mol2.4mol×100%=5%，解得y=0.08；已知d点起始压强为akPa，当达平衡时，体系的压强为1.2akPa，因此可得d点反应Ⅰ分压平衡常数K=P(CO)P3(H2)P(CH4)P(H2O)(0.122.4×1.2aMPa)×(0.682.4×1.2aMPa)3(0.82.4×1.2aMPa)×(0.722.4×1.2aMPa)=(0.122.4×1.2a)×(0.682.4×1.2a)3(0.82.4×1.2a)×(0.722.4×1.2a)(MPa)2，
故答案为：(0.122.4×1.2a)×(0.682.4×1.2a)3(0.82.4×1.2a)×(0.722.4×1.2a)；
(4)一般情况下，活化能越大，反应速率越慢，根据题意，第一步为慢反应，因此第一步反应的活化能比第二步反应大；一氧化碳的催化变换反应历程：第一步反应生成Fe，而第二步反应消耗Fe，但是反应速率：第一步<第二步，即消耗Fe的速率大于生成Fe的速率，因此反应体系中的Fe3O4不会以大量Fe的形式存在，所以不会出现催化剂失活，
故答案为：大；第一步反应生成Fe，而第二步反应消耗Fe，但是反应速率：第一步<第二步，即消耗Fe的速率大于生成Fe的速率，因此反应体系中的Fe3O4不会以大量Fe的形式存在，所以不会出现催化剂失活；
(5)①对于2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)，若增大H2的物质的量，平衡正向移动，使得CO2的平衡转化率增大；但是当n(CO2)为定值时，增大n(H2)，x值减小，综合以上分析可得，x的取值越小，CO2的平衡转化率越大；从图中可以看出，当温度一定时，CO2的平衡转化率：x1>x2>x3，因此x由小到大的顺序为：x1
故答案为：当温度升高到一定范围时，此时温度对平衡的影响占主导，该反应正向是一个放热的反应，温度升高，平衡逆向移动，此时再增加H2的投料，对CO2的平衡转化率影响不大。
(1)根据盖斯定律，将已知反应进行相应调整，即可计算出目标反应的△H；
(2)升高温度，平衡向吸热反应方向进行，降低温度，平衡向放热反应方向进行；反应I为吸热反应，反应II为放热反应，且反应I中的生成物CO是反应II的反应物，从图中可以看出甲烷的平衡转化率随着温度的升高先增大后减小，即在温度较低时，以反应I为主，甲烷的平衡转化率增大，但是高温时，以反应II为主反应，平衡逆向移动，生成的CO抑制了反应I正向进行；
(3)①对于一个正向吸热的反应来说，升高温度，反应物的转化率增大；若为放热反应，升高温度，反应物的转化率减小；
②对于连续反应，根据第一个反应的生成物是第二个反应的反应物，以及题目所给甲烷的平衡转化率和CO平衡体积分数，再利用三段式便可计算出平衡时体系中各物质的物质的量，以及氢气的体积分数；
③与②中的计算方法相同，利用三段式计算出平衡时体系中各物质的物质的量以及物质的量分数，再根据分压平衡常数K=P(CO)P3(H2)P(CH4)P(H2O)即可写出计算式；
(4)在一般情况下，活化能越大，化学反应速率越慢；当催化剂以Fe的形式大量存在于反应体系中，会使催化剂失去活性，题目已知第一步生成铁的速率小于第二步消耗铁的速率，因此催化剂不会以Fe的形式大量存在于反应体系中；
(5)①从图中可以看出，当温度一定时，CO2的平衡转化率：x1>x2>x3，若n(CO2)为定值，x=n(CO2)n(H2)的值越小，n(H2)越大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率越大；
②温度与浓度均会影响化学平衡的移动进而影响反应物的转化率，二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇的反应正向是一个放热的反应，当温度升高到一定范围时，温度对平衡的影响占主导，而增大反应物的浓度，对平衡影响很小。
本题主要考查化学平衡的影响因素、平衡常数的计算、平衡图像的分析等，难度较大。
11.【答案】 Cu+和Cu2+的核外价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全满状态，能量更低，更稳定 12NA 正四面体形 sp3 ②④ CuF 34×3332ρNA×1010
【解析】解：(1)Cu是29号元素，Cu2+的价电子为3d9，Cu2+的价电子排布图为；Cu2O中的Cu+和CuO中的Cu2+的核外价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全满状态，能量更低，更稳定，
故答案为：；Cu+和Cu2+的核外价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全满状态，能量更低，更稳定；
(2)[Cu(H2O)4]2+中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，[Cu(H2O)4]2+的结构简式为，铜离子配体数为4，1mol该离子中含有σ键的数目为12NA，
故答案为：；12NA；
(3)SO42−中中心S原子价层电子对数为4+6+2−2×42=4，没有孤电子对，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；
(4)①在H2O和NH3中，中心原子的杂化方式相同，均为sp3杂化，故①正确；
②在H2O和NH3中，中心原子的杂化方式相同，均为sp3杂化，故价电子对的空间结构相同，均为正四面体形，故②错误；
③同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族、第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大，故第一电离能：N>O，中心原子的第一电离能：a
故答案为：②④；
(5)Cu原子位于晶胞顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，4个F原子位于体内，Cu：F=4：4=1：1，该物质的化学式为CuF，晶胞质量为4×(19+64)NAg，设晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据ρ=mV可得，ρg⋅cm−3=4×(64+19)NAg(a×10−10)3cm3，则a=3332ρNA×1010pm，Cu与F原子之间的最短距离为体对角线的14，即 34×3332ρNA×1010pm，
故答案为：CuF； 34×3332ρNA×1010。
(1)Cu是29号元素，Cu2+的价电子为3d9；
(2)铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4；
(3)SO42−中中心S原子价层电子对数为4+6+2−2×42=4，没有孤电子对；
(4)由图和化学式可知，a为H2O，b为NH3，
①在H2O和NH3中，中心原子的杂化方式均为sp3杂化；
②在H2O和NH3中，中心原子的杂化方式均为sp3杂化，价电子对的空间结构均为正四面体形；
③同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族、第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大；
④非金属性越强，给出电子的能力越弱；
(5)Cu原子位于晶胞顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，4个F原子位于体内，晶胞质量为4×(19+64)NAg，设晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据ρ=mV可求得晶胞边长a，Cu与F原子之间的最短距离为体对角线的14。
本题以铜元素及其化合物为载体，综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布式、配位键、杂化方式、空间构型、晶胞结构与计算等知识点，注意晶胞的结构为解答难点，侧重考查学生的看图理解能力、分析能力，题目难度中等。
12.【答案】苯乙酸 (酚)羟基、羰基 取代反应 +→一定条件+H2O CH3CH2OH0 14 或
【解析】解：(1)D的名称为苯乙酸，
故答案为：苯乙酸；
(2)化合物E中的含氧官能团有(酚)羟基和羰基，
故答案为：(酚)羟基、羰基；
(3)反应⑥为F与CH3CHBrCH3发生取代反应生成G，
故答案为：取代反应；
(4)由上述分析可知，H为，则由D生成E的化学方程式为+→一定条件+H2O，
故答案为：+→一定条件+H2O；
(5)E与HC(OC2H5)3反应生成F和X，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知该转化中还有CH3CH2OH生成，则X为CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
(6)D为苯乙酸，Q是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则Q比D对1个CH2原子团，Q有多种同分异构体，同时满足：a.含苯环的单环化合物，则其分子中只有苯环一种环状结构，b.能发生银镜反应，说明含有醛基，c.能发生水解反应，说明含有酯基，当取代基为−CH3、−CH3、−OOCH时，有6种结构，当取代基为−CH2CH3、−OOCH时，有3种结构，当取代基为−CH2CH2OOCH时，有1种结构，当取代基为−CH(CH3)OOCH时，有1种结构，当取代基为−CH3、−CH2OOCH时，有3种结构，则符合条件的同分异构体共有14种；其中满足核磁共振氢谱的峰面积比为6：2：1：1且水解产物之一能使FeCl3溶液显紫色的结构简式为或，
故答案为：14；或；
(7)由和为原料制备，由逆合成分析，可由和反应得到，参照题干合成路线可知，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，则合成路线为，
故答案为：。
A在光照下和氯气发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C在酸性条件下水解生成D，D一定条件和H反应生成E，结合D、E结构，H为，E反应生成F，F进一步转化为G，据此解答；
(7)由和为原料制备，由逆合成分析，可由和反应得到，参照题干合成路线可知，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确反应前后分子式变化、官能团及碳链变化中发生的反应并正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度较大。
2023年陕西省咸阳市武功县高考化学二模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共36.0分）
1. 近年来我国取得了很多令世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法正确的是( )
A. 神舟十三号载人飞船返回舱逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于天然高分子化合物
B. “北斗系统”组网成功，其芯片的主要成分为二氧化硅
C. “嫦娥五号”运载火箭用液氧、液氢做推进剂，产物对环境无污染
D. T−碳(T−Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素
2. 草本植物石菖蒲在《神农本草经》中被列为上品，广泛应用癫痫、中风等的治疗，其活性物质的结构如图所示。下列对于该活性物质的说法错误的是( )
A. 分子中含有四种官能团
B. 能和NaHCO3溶液反应生成CO2
C. 能发生加成、取代、氧化反应
D. 1mol该活性物质最多消耗4molNaOH
3. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O
B. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH−=NH3⋅H2O
C. 将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+H2O+2ClO−=2HClO+SO32−
D. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时：A13++SO42−+3OH−+Ba2+=BaSO4↓+Al(OH)3↓
4. 大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子(如图所示)。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z同主族。下列说法正确的是 ( )
A. 原子半径：Z>X>Y
B. 气态氢化物的稳定性：Z>X>Y
C. Z的氯化物的分子式一定为ZCl3
D. 此阴离子中Y、Z均满足8电子稳定结构
5. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是 ( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红
Ag+的氧化性一定比Fe3+强
B
向某黄色溶液中加入淀粉−KI溶液，溶液呈蓝色
原溶液中一定含有Br2
C
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解
部分Na2SO3被氧化
D
将乙醇溶液和浓硫酸共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
产生的气体为乙烯
A. A B. B C. C D. D
6. 某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72−废水(pH约为6)和淡化食盐水，其装置示意图如图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6.下列说法不正确的是( )
A. E为阴离子交换膜
B. X为有机物污水，Y为含Cr2O72−废水
C. 理论上处理1mol的Cr2O72−的同时可脱除6mol的NaCl
D. C室的电极反应式为Cr2O72−+6e−+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O
7. T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法不正确的是( )
A. 曲线Ⅰ是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线
B. 加热可使溶液由X点变到Z点
C. Y点对应的可能为CdCO3的过饱和溶液
D. T℃时，CdCO3(s)+2OH−(aq)⇌Cd(OH)2(s)+CO32−(aq)的平衡常数K=102
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
8. 钛在医疗领域的使用非常广泛，如制人造关节、头盖、主动心瓣等。TiCl4是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如图装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。
已知：HCl与TiO2不发生反应；装置C中除生成TiCl4外，同时还生成一种有毒气态氧化物和少量CCl4。其他相关信息如下表所示：
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g⋅cm−3)
水溶性
TiCl4
−24
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂
CCl4
−23
76.8
1.6
难溶于水
请回答下列问题：
(1)装置A中仪器b的名称 ______ ，装置B中所盛试剂为 ______ (写名称)，装置A中发生反应的离子方程式为 ______ 。
(2)组装好仪器后，部分实验步骤如下：
a.装入药品
b.打开分液漏斗活塞
c.检查装置气密性
d.关闭分液漏斗活塞
e.停止加热，充分冷却
f.加热装置C中陶瓷管
从上述选项选择合适操作(不重复使用)并排序： ______ 。 (填标号)
(3)装置C中石棉绒载体的作用为 ______ ，装置D中使用冷水浴收集到粗产品，可采用 ______ 方法提纯。
(4)TiCl4可制备纳米TiO2：以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应生成Ti(OH)4。再控制温度生成纳米xTiO2⋅yH2O，测定产物xTiO2⋅yH2O组成的方法如下：
步骤一：取样品2.100g用稀硫酸充分溶解得到TiOSO4，再用足量铝将TiO2+还原为Ti3+，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入250mL容量瓶，定容得到待测液。
步骤二：取待测液25.00mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000mol/L的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3+氧化为TiO2+，三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL。
①写出步骤二中Ti3+被氧化为TiO2+的离子方程式： ______ 。
②通过分析、计算，该样品中的组成为 ______ 。
三、简答题（本大题共4小题，共54.0分）
9. 铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣(主要含PbSO4、FAsO4⋅2H2O、SiO2、S、In2O3、In2S3)中提取锢的工艺如图所示
已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
②As2O3微溶于水；
③In(OH)3性质与Al(OH)3类似；
④FeS4O6为强电解质。
回答下列问题：
(1)FeAsO4⋅2H2O中铁元素化合价为+3，则As元素的化合价为 ______ 。
(2)“硫酸化焙烧”时，其他条件一定，焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示。
适宜的焙烧温度是 ______ ℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是 ______ 。
(3)“水浸”工艺中的浸渣除了As2O3外，还含有 ______ (填化学式)。
(4)“还原铁”工艺的离子反应方程式为 ______ 。
(5)“萃取除铁”工艺中，发现当溶液pH>1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是 ______ (已知：当有悬浊液产生时，导致两相分层困难)。
(6)“置换铟”时，发现会有少量的气体AsH3生成，生成AsH3的化学方程式为 ______ 。
(7)粗铟可用电解法进行提纯，提纯过程中粗铟作 ______ (填“阴极”或“阳极”)。
10. 绿色能源的开发利用是未来能源发展的重要方向，也是实现“碳中和”目标的重要举措。氢能是重要的绿色能源，利用甲烷来制取氢气的总反应可表示为：CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)，该反应可通过如下过程来实现：
反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)△H1=+206.3kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=−41.2kJ⋅mol−1
(1)总反应的△H= ______ kJ⋅mol−1。
(2)在恒温的刚性容器中，发生上述反应，测得一段时间后，CH4转化率变化如图所示，请解释温度升高转化率变化的原因是 ______ 。
(3)在恒容条件下发生上述反应，不同进气比[n(CH4)：n(H2O)]和不同温度时测得相应的CH4平衡转化率见表。
平衡点
a
b
c
d
n(CH4)/mol
1
1
1
1
n(H2O)/mol
2
2
1
1
CH4平衡转化率%
50
69
50
20
①由表数据分析，温度：a点 ______ b点(填“>”或“<”)。
②c点平衡混合物中H2的体积分数为 ______ (保留3位有效数字)。
③若d点的总压强为aMPa，则d点反应I分压平衡常数Kp为 ______ (MPa)2(列出计算式即可)。
(4)反应Ⅱ在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，研究表明该反应用Fe3O4作催化剂，反应历程如下：
第一步：Fe3O4+4CO→3Fe+4CO2
第二步：3Fe+4H2O→Fe3O4+4H2
已知第一步为慢反应，则第一步反应的活化能比第二步反应 ______ (填“大”或“小”)。
由于CO还原性较强，若将Fe3O4还原成Fe，并以Fe的形式大量存在于反应体系中，会使催化剂失去活性，但在实际生产中一般不会发生催化剂失去活性的情况，请结合一氧化碳的催化变换反应历程说明理由 ______ 。
(5)用二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H<0。经实验测定在不同投料比x1、x2、x3时CO2的平衡转化率与温度的关系如图曲线所示x=n(CO2)n(H2)。
①x1、x2、x3从小到大的顺序为 ______ 。
②从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是 ______ 。
11. 向蓝色的CuSO4溶液中加入过量浓氨水，溶液中产生深蓝色的[Cu(NH3)4]2+。继续向该溶液中加入95%的乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体。请结合实验情境与所学知识回答下列问题：
(1)Cu2+的价电子排布图为 ______ ，在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析原因 ______ 。
(2)CuSO4溶液显蓝色是由于Cu2+与H2O结合形成[Cu(H2O)4]2+，画出该离子的结构 ______ ，1mol该离子中含有σ键的数目为 ______ 。
(3)SO42−的空间结构为 ______ ，其中S原子的杂化类型为 ______ 。
(4)[Cu(NH3)4]2+其实为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+的简略写法。该配离子的空间结构为狭长八面体(如图所示)。
下列关于a、b两种配体的说法中不正确的是 ______ (填序号)。
①中心原子的杂化方式相同
②价电子对的空间结构不同
③中心原子的第一电离能：a ④配体结合中心离子的能力：a>b
(5)Cu与F形成化合物的晶胞结构如图所示，则该物质的化学式为 ______ ；若晶体密度为ρg⋅cm−3，则Cu与F原子之间的最短距离为 ______ pm(阿伏加德罗常数用NA表示)。
12. 化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图：
已知：
回答下列问题：
(1)化合物D的名称为 ______ 。
(2)化合物E中含氧官能团有 ______ 。
(3)⑥的反应类型是 ______ 。
(4)由D生成E的化学方程式为 ______ 。
(5)反应⑤中，已知N为催化剂，E+M→F+3X，X的结构简式为 ______ 。
(6)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，Q有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ______ 种(不考虑立体异构)。
a.含苯环的单环化合物
b.能发生银镜反应
c.能发生水解反应
其中核磁共振氢谱的峰面积之比为6：2：1：1且水解产物之一能使FeCl3溶液显紫色的结构简式为 ______ 。
(7)根据上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线(无机试剂任选) ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.酚醛树脂是一种合成塑料，属于合成高分子化合物，故A错误；
B.芯片的主要成分为单质硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，故B错误；
C.液氧、液氢反应生成水，水对环境无污染，故C正确；
D.同位素指的是质子数相同，中子数不同的原子，C60属于单质，与T−碳应互称为同素异形体，故D错误。
故选：C。
晶体硅的用途作半导体材料和芯片，二氧化硅是光导纤维的主要成分，同素异形体指的是同种元素形成的不同单质，同位素是质子数相同，中子数不同的原子。
本题综合考查物质的性质与应用，以及同位素，同素异形体的概念，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产以及环保问题，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.该活性物质分子中含有羟基、羧基、酯基、碳碳双键，分子中含有四种官能团，故A正确；
B.该活性物质含有羧基，能和NaHCO3溶液产生CO2，故B正确；
C.含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羟基、酯基能发生取代反应，含有碳碳双键和羟基，能发生氧化反应，故C正确；
D.该分子中羧基、酯基能和NaOH按1：1反应，故1mol该活性物质最多消耗2molNaOH，故D错误；
故选：D。
该有机物中含有醇羟基、碳碳双键、酯基、羧基，具有醇、烯烃、酯和羧酸的性质，一定条件下能发生氧化反应、加成反应、加聚反应、消去反应、酯化反应、水解反应等。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意：只有羧基能和碳酸氢钠溶液反应，羧基和酚羟基能和碳酸钠溶液反应。
3.【答案】A
【解析】解：A.向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3，离子方程式为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故A正确；
B.同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：H++OH−=H2O，故B错误；
C.将少量SO2气体通入NaClO溶液的离子反应方程式为：SO2+H2O+2ClO−=SO42−+H++Cl−+HClO，故B错误；
D.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀物质的量最大，离子方程式：2Al3++3Ba2++3SO42−+6OH−=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故D错误；
故选：A。
A.锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰、二氧化碳和水；
B.同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应；
C.次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子；
D.沉淀物质的量最大时二者反应生成氢氧化铝和硫酸钡、硫酸钾。
本题考查了离子方程式书写，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循电荷守恒、原子个数守恒规律，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素，
A.同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径的：Z>X>Y，故A正确；
B.非金属性N>P，则气态氢化物的稳定性：Y>X>Z，故B错误；
C.P的氯化物的分子式可能为PCl5，不一定为PCl3，故C错误；
D.阴离子中P原子与6个F原子各形成1个共用电子对，其最外层有12个电子，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：A。
X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z同主族，由结构可知X可形成3个共价键，则X为N元素，Z为P元素；Y形成1个共价键，结合原子序数可知Y为F元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由实验操作和现象，不能证明Ag+的氧化性一定比Fe3+强，故A错误；
B.黄色溶液可能含铁离子，可使淀粉−KI溶液变蓝，不能证明原溶液中是否含有Br2，故B错误；
C.亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，白色沉淀部分溶解，可知部分Na2SO3被氧化，故C正确；
D.挥发的乙醇、生成的乙烯及可能混有的二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色不能证明生成乙烯，故D错误；
故选：C。
A.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
B.黄色溶液可能含铁离子；
C.亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸；
D.挥发的乙醇、生成的乙烯及可能混有的二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】根据装置中电子的流向可知，该原电池中C室为正极区，Cr2O72−离子在C室发生得电子的还原反应转化为2Cr(OH)3沉淀，电极反应式为Cr2O72−+6e−+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，装置A室是负极区，负极上有机物失电子发生氧化反应，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以X为有机物污水，Y为含Cr2O72−废水，据此分析解答。
A、该原电池中碳电极为正极，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，为了淡化食盐水，则Na+移向C室，Cl−移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；
B、该原电池中碳电极为正极，含Cr2O72−废水在正极区发生得电子的还原反应，含有机物污水在负极区发生失电子的氧化反应，所以X为有机物污水，Y为含Cr2O72−废水，故B正确；
C、该原电池正极电极反应式为Cr2O72−+6e−+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，则理论上处理1mol的Cr2O72−的同时转移电子6mol，即Na+、Cl−分别定向移动6mol，即可脱除6mol的NaCl，故C正确；
D、该原电池中C室为正极区，Cr2O72−离子在C室发生得电子的还原反应转化为2Cr(OH)3沉淀，电极反应式为Cr2O72−+6e−+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，故D正确；
故选：A。
7.【答案】B
【解析】解：A.CdCO3的沉淀溶解平衡为CdCO3(s)⇌Cd2+(aq)+CO32−(aq)，即Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)⋅c(CO32−)，则pKsp(CdCO3)=pCd2++pCO32−；Cd(OH)2的沉淀溶解平衡为Cd(OH)2(s)⇌Cd2+(aq)+2OH−(aq)，即Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)+c2(OH−)，则Ksp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH，结合题图中曲线Ⅰ、Ⅱ的斜率可知，曲线I为Cd((OH)2的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，故A正确；
B.曲线Ⅰ为Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，若加热，Cd(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，溶液中的Cd2+和OH−浓度会同时增大，阴、阳离子浓度的负对数均会减小，故B错误；
C.Y点在CdCO3的沉淀溶解平衡曲线的下方，该点pCd2+为4，即c(Cd2+)=10−4mol⋅L−1，pCO32−为6，即c(CO32−)=10−6mol⋅L−1，则10−10>Ksp(CdCO3)，故Y点对应的为CdCO3的过饱和溶液，故C正确；
D.由反应CdCO3(s)+2OH−(aq)⇌Cd(OH)2(s)+CO32−(aq)可知，K=c(CO32−)c2(OH−)=Ksp(CdCO3)Ksp[Cs(OH)2]=10−1210−14=102，故D正确；
故选：B。
CdCO3的沉淀溶解平衡为CdCO3(s)⇌Cd2+(aq)+CO32−(aq)，即Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)⋅c(CO32−)，则pKsp(CdCO3)=pCd2++pCO32−；Cd(OH)2的沉淀溶解平衡为Cd(OH)2(s)⇌Cd2+(aq)+2OH−(aq)，即Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)+c2(OH−)，则Ksp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH，结合题图中曲线Ⅰ、Ⅱ的斜率可知，曲线I为Cd((OH)2的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，pKsp(CdCO3)=pCd2++pCO32−=8+4=12，即Ksp(CdCO3)=10−12；而Ksp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH=2+2×6=14，即Ksp[Cd(OH)2]=10−14。
本题考查沉淀溶解平衡，侧重考查学生沉淀溶解曲线的掌握情况，试题难度中等。
8.【答案】蒸馏烧瓶 浓硫酸 2MnO4−+16H++10Cl−=5Cl2↑+2Mn2++8H2O cabfed 增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率 蒸馏 Ti3++H2O+Fe3+=Fe2++TiO2++2H+ 12TiO2⋅5H2O
【解析】解：(1)由题干实验装置图可知，装置A中仪器b的名称为蒸馏烧瓶；装置B的作用是干燥氯气，因此所盛放的试剂是浓硫酸；装置A中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应，产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，反应的离子方程式为2MnO4−+16H++10Cl−=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：蒸馏烧瓶；浓硫酸；2MnO4−+16H++10Cl−=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；
(2)组装好仪器后，首先要检查装置的气密性，然后装入药品，并打开分液漏斗活塞，使浓盐酸滴入装置A中发生反应，然后加热装置C中陶瓷管，使Cl2、C与TiO2反应制取TiCl4，待反应结束时停止加热，充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞，故操作顺序用字母序号表示为cabfed，
故答案为：cabfed；
(3)石棉绒载体比较膨松，可以增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率；装置D中的烧杯中可加入冷水，目的是降低温度，使TiCl4液化，但反应产生的物质中有少量CCl4也会被液化，因此可利用二者沸点相差较大采用蒸馏提纯，
故答案为：增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率；蒸馏；
(4)①步骤二中Ti3+被氧化为TiO2+即NH4Fe(SO4)2电离出的Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，则该反应的离子方程式为：Ti3++H2O+Fe3+=Fe2++TiO2++2H+，
故答案为：Ti3++H2O+Fe3+=Fe2++TiO2++2H+；
②三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL，物质反应转化关系为TiO2～NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)=80g/mol×0.1000mol/L×0.024L×250mL25.00mL=1.92g，m(H2O)=(2.100−1.92)g=0.18g，x：y=1.92g80g/mol：0.18g18g/mol=12：5，故物质的化学式为12TiO2⋅5H2O，
故答案为：12TiO2⋅5H2O。
A中浓盐酸和高锰酸钾固体混合得到氯气、氯化锰、水，离子反应方程式为2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，TiCl4易水解，所以加入C装置的氯气应该是干燥的，HCl和TiO2不反应，B装置中浓硫酸用于干燥氯气，装置D为收集装置，因为TiCl4易水解，因此还要防止空气中水蒸气进入D装置，因此装置E的作用是防止空气中水蒸气进入，同时吸收尾气氯气，污染环境；
(4)①步骤二中Ti3+被氧化为TiO2+即NH4Fe(SO4)2电离出的Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+；
②三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL，物质反应转化关系为TiO2～NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)=80g/mol×0.1000mol/L×0.024L×250mL25.00mL=1.92g，m(H2O)=(2.100−1.92)g=0.18g，根据TiO2和H2O的物质的量之比判断其化学式。
本题考查物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确各个装置的作用、可能发生的反应、方程式的计算方法等知识点是解本题关键，难点是方程式的计算，题目难度中等。
9.【答案】+5 450 温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解导致铟、铁浸出率降低 SiO2、PbSO4 2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62− 当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解生成难溶物In(OH)3，形成难被P2O4萃取的物质，导致铟萃取率下降 As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O 阳极
【解析】解：(1)结合化合物的化合价为0，FeAsO4⋅2H2O中铁元素化合价为+3，则As元素的化合价为+5，
故答案为：+5；
(2)根据焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响图，适宜温度为450(“440～460”的数值)℃时、铁浸出率都很高；温度过高铟、铁浸出率降低的原因是温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解导致铟、铁浸出率降低，
故答案为：450；温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解导致铟、铁浸出率降低；
(3)根据分析，“水浸”工艺中由于As2O3、SiO2、PbSO4不和酸反应，浸渣除了As2O3外，还含有SiO2、PbSO4，
故答案为：SiO2、PbSO4；
(4)“还原铁”工艺中，Na2S2O3将三价铁转化为二价铁，Fe元素由+3价下降到+2价，根据的得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62−，
故答案为：2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62−；
(5)“萃取除铁”工艺中，发现当溶液pH>1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解生成难溶物In(OH)3，形成难被P2O4萃取的物质，导致铟萃取率下降，
故答案为：当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解生成难溶物In(OH)3，形成难被P2O4萃取的物质，导致铟萃取率下降；
(6)As2O3和Zn在硫酸中反应得AsH3和硫酸锌，化学方程式为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O，
故答案为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O；
(7)电解精炼时被精炼金属作阳极，故电解精炼铟时，粗铟应做阳极，失电子，
故答案为：阳极。
从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含主要含PbSO4、FeAsO4⋅2H2O、SiO2、S、In2O3、In2S3)中提取铟，先将铜烟灰加入硫酸酸化焙烧，焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在，然后水浸，由于As2O3、SiO2、PbSO4不和酸反应，过滤得到含As2O3、SiO2、PbSO4浸渣，滤液加入Na2S2O3将铁离子还原为亚铁离子，然后加入P2O4萃取除铁，随后加入硫酸反萃取，用Zn置换出粗铟。
本题考查了物质分离提纯实验，设计物质性质的应用，题干信息的分析理解，熟悉操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。
10.【答案】+165.1kJ/mol 在低温时，以反应I为主导，升高温度，平衡正向移动，CH4的转化率增大；当高温时，以反应II为主导，升高温度，反应II的平衡逆向移动，c(CO)增大，而增大c(CO)，使得反应I的平衡逆向移动，导致CH4的转化率减小 < 56.7% (0.122.4×1.2a)×(0.682.4×1.2a)3(0.82.4×1.2a)×(0.722.4×1.2a) 大 第一步反应生成Fe，而第二步反应消耗Fe，但是反应速率：第一步<第二步，即消耗Fe的速率大于生成Fe的速率，因此反应体系中的Fe3O4不会以大量Fe的形式存在，所以不会出现催化剂失活 x1
故答案为：+165.1kJ/mol；
(2)已知反应I是一个正向吸热的反应，反应II是一个正向放热的反应，在温度较低时，以反应I为主导，升高温度，平衡正向移动，CH4的转化率增大；当温度较高时，以反应II为主导，升高温度，反应II的平衡逆向移动，c(CO)增大，而增大c(CO)，使得反应I的平衡逆向移动，CH4的转化率减小，
故答案为：在低温时，以反应I为主导，升高温度，平衡正向移动，CH4的转化率增大；当高温时，以反应II为主导，升高温度，反应II的平衡逆向移动，c(CO)增大，而增大c(CO)，使得反应I的平衡逆向移动，导致CH4的转化率减小；
(3)①已知反应CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的正反应是一个吸热反应，升高温度，甲烷的转化率增大，在相同进气比时，甲烷转化率a
②c点时，n(CH4)：n(H2O)=1：1，α(CH4)=50%，CO平衡体积分数=10%，假设起始时n(CH4)=n(H2O)=1mol，根据三段式进行计算：
CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)
起始量(mol) 1 1 0 0
转化量(mol) 0.5 0.5 1.5 0.5
平衡量(mol) 0.5 0.5 1.5 0.5
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
起始量(mol) 0.5 0.5 0 1.5
转化量(mol) x x x x
平衡量(mol) 0.5−x 0.5−x x 1.5+x
则CO平衡体积分数=(0.5−x)mol0.5mol+(0.5−x)mol+(0.5−x)mol+xmol+(1.5+x)mol×100%=10%，解得x=0.2，则n(总)=1.7mol，平衡混合物中H2的体积分数=1.7mol3mol×100%≈56.7%，
故答案为：56.7%；
③d点时，n(CH4)：n(H2O)=1：1，α(CH4)=20%，CO平衡体积分数=5%，假设起始时n(CH4)=n(H2O)=1mol，根据三段式进行计算：
CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)
起始量(mol) 1 1 0 0
转化量(mol) 0.2 0.2 0.6 0.2
平衡量(mol) 0.8 0.8 0.6 0.2
CO(g)+H2O(g)=CO2(g )+H2(g)
起始量(mol) 0.2 0.8 0 0.6
转化量(mol) yy y y
平衡量(mol) 0.2−y 0.8−y y 0.6+y
则平衡时，n(总)=0.8mol+(0.2−y)mol+(0.8−y)mol+ymol+(0.6+y)mol=2.4mol，CO平衡体积分数=(0.2−y)mol2.4mol×100%=5%，解得y=0.08；已知d点起始压强为akPa，当达平衡时，体系的压强为1.2akPa，因此可得d点反应Ⅰ分压平衡常数K=P(CO)P3(H2)P(CH4)P(H2O)(0.122.4×1.2aMPa)×(0.682.4×1.2aMPa)3(0.82.4×1.2aMPa)×(0.722.4×1.2aMPa)=(0.122.4×1.2a)×(0.682.4×1.2a)3(0.82.4×1.2a)×(0.722.4×1.2a)(MPa)2，
故答案为：(0.122.4×1.2a)×(0.682.4×1.2a)3(0.82.4×1.2a)×(0.722.4×1.2a)；
(4)一般情况下，活化能越大，反应速率越慢，根据题意，第一步为慢反应，因此第一步反应的活化能比第二步反应大；一氧化碳的催化变换反应历程：第一步反应生成Fe，而第二步反应消耗Fe，但是反应速率：第一步<第二步，即消耗Fe的速率大于生成Fe的速率，因此反应体系中的Fe3O4不会以大量Fe的形式存在，所以不会出现催化剂失活，
故答案为：大；第一步反应生成Fe，而第二步反应消耗Fe，但是反应速率：第一步<第二步，即消耗Fe的速率大于生成Fe的速率，因此反应体系中的Fe3O4不会以大量Fe的形式存在，所以不会出现催化剂失活；
(5)①对于2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)，若增大H2的物质的量，平衡正向移动，使得CO2的平衡转化率增大；但是当n(CO2)为定值时，增大n(H2)，x值减小，综合以上分析可得，x的取值越小，CO2的平衡转化率越大；从图中可以看出，当温度一定时，CO2的平衡转化率：x1>x2>x3，因此x由小到大的顺序为：x1
故答案为：当温度升高到一定范围时，此时温度对平衡的影响占主导，该反应正向是一个放热的反应，温度升高，平衡逆向移动，此时再增加H2的投料，对CO2的平衡转化率影响不大。
(1)根据盖斯定律，将已知反应进行相应调整，即可计算出目标反应的△H；
(2)升高温度，平衡向吸热反应方向进行，降低温度，平衡向放热反应方向进行；反应I为吸热反应，反应II为放热反应，且反应I中的生成物CO是反应II的反应物，从图中可以看出甲烷的平衡转化率随着温度的升高先增大后减小，即在温度较低时，以反应I为主，甲烷的平衡转化率增大，但是高温时，以反应II为主反应，平衡逆向移动，生成的CO抑制了反应I正向进行；
(3)①对于一个正向吸热的反应来说，升高温度，反应物的转化率增大；若为放热反应，升高温度，反应物的转化率减小；
②对于连续反应，根据第一个反应的生成物是第二个反应的反应物，以及题目所给甲烷的平衡转化率和CO平衡体积分数，再利用三段式便可计算出平衡时体系中各物质的物质的量，以及氢气的体积分数；
③与②中的计算方法相同，利用三段式计算出平衡时体系中各物质的物质的量以及物质的量分数，再根据分压平衡常数K=P(CO)P3(H2)P(CH4)P(H2O)即可写出计算式；
(4)在一般情况下，活化能越大，化学反应速率越慢；当催化剂以Fe的形式大量存在于反应体系中，会使催化剂失去活性，题目已知第一步生成铁的速率小于第二步消耗铁的速率，因此催化剂不会以Fe的形式大量存在于反应体系中；
(5)①从图中可以看出，当温度一定时，CO2的平衡转化率：x1>x2>x3，若n(CO2)为定值，x=n(CO2)n(H2)的值越小，n(H2)越大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率越大；
②温度与浓度均会影响化学平衡的移动进而影响反应物的转化率，二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇的反应正向是一个放热的反应，当温度升高到一定范围时，温度对平衡的影响占主导，而增大反应物的浓度，对平衡影响很小。
本题主要考查化学平衡的影响因素、平衡常数的计算、平衡图像的分析等，难度较大。
11.【答案】 Cu+和Cu2+的核外价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全满状态，能量更低，更稳定 12NA 正四面体形 sp3 ②④ CuF 34×3332ρNA×1010
【解析】解：(1)Cu是29号元素，Cu2+的价电子为3d9，Cu2+的价电子排布图为；Cu2O中的Cu+和CuO中的Cu2+的核外价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全满状态，能量更低，更稳定，
故答案为：；Cu+和Cu2+的核外价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全满状态，能量更低，更稳定；
(2)[Cu(H2O)4]2+中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，[Cu(H2O)4]2+的结构简式为，铜离子配体数为4，1mol该离子中含有σ键的数目为12NA，
故答案为：；12NA；
(3)SO42−中中心S原子价层电子对数为4+6+2−2×42=4，没有孤电子对，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；
(4)①在H2O和NH3中，中心原子的杂化方式相同，均为sp3杂化，故①正确；
②在H2O和NH3中，中心原子的杂化方式相同，均为sp3杂化，故价电子对的空间结构相同，均为正四面体形，故②错误；
③同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族、第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大，故第一电离能：N>O，中心原子的第一电离能：a
故答案为：②④；
(5)Cu原子位于晶胞顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，4个F原子位于体内，Cu：F=4：4=1：1，该物质的化学式为CuF，晶胞质量为4×(19+64)NAg，设晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据ρ=mV可得，ρg⋅cm−3=4×(64+19)NAg(a×10−10)3cm3，则a=3332ρNA×1010pm，Cu与F原子之间的最短距离为体对角线的14，即 34×3332ρNA×1010pm，
故答案为：CuF； 34×3332ρNA×1010。
(1)Cu是29号元素，Cu2+的价电子为3d9；
(2)铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4；
(3)SO42−中中心S原子价层电子对数为4+6+2−2×42=4，没有孤电子对；
(4)由图和化学式可知，a为H2O，b为NH3，
①在H2O和NH3中，中心原子的杂化方式均为sp3杂化；
②在H2O和NH3中，中心原子的杂化方式均为sp3杂化，价电子对的空间结构均为正四面体形；
③同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族、第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大；
④非金属性越强，给出电子的能力越弱；
(5)Cu原子位于晶胞顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，4个F原子位于体内，晶胞质量为4×(19+64)NAg，设晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据ρ=mV可求得晶胞边长a，Cu与F原子之间的最短距离为体对角线的14。
本题以铜元素及其化合物为载体，综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布式、配位键、杂化方式、空间构型、晶胞结构与计算等知识点，注意晶胞的结构为解答难点，侧重考查学生的看图理解能力、分析能力，题目难度中等。
12.【答案】苯乙酸 (酚)羟基、羰基 取代反应 +→一定条件+H2O CH3CH2OH0 14 或
【解析】解：(1)D的名称为苯乙酸，
故答案为：苯乙酸；
(2)化合物E中的含氧官能团有(酚)羟基和羰基，
故答案为：(酚)羟基、羰基；
(3)反应⑥为F与CH3CHBrCH3发生取代反应生成G，
故答案为：取代反应；
(4)由上述分析可知，H为，则由D生成E的化学方程式为+→一定条件+H2O，
故答案为：+→一定条件+H2O；
(5)E与HC(OC2H5)3反应生成F和X，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知该转化中还有CH3CH2OH生成，则X为CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
(6)D为苯乙酸，Q是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则Q比D对1个CH2原子团，Q有多种同分异构体，同时满足：a.含苯环的单环化合物，则其分子中只有苯环一种环状结构，b.能发生银镜反应，说明含有醛基，c.能发生水解反应，说明含有酯基，当取代基为−CH3、−CH3、−OOCH时，有6种结构，当取代基为−CH2CH3、−OOCH时，有3种结构，当取代基为−CH2CH2OOCH时，有1种结构，当取代基为−CH(CH3)OOCH时，有1种结构，当取代基为−CH3、−CH2OOCH时，有3种结构，则符合条件的同分异构体共有14种；其中满足核磁共振氢谱的峰面积比为6：2：1：1且水解产物之一能使FeCl3溶液显紫色的结构简式为或，
故答案为：14；或；
(7)由和为原料制备，由逆合成分析，可由和反应得到，参照题干合成路线可知，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，则合成路线为，
故答案为：。
A在光照下和氯气发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C在酸性条件下水解生成D，D一定条件和H反应生成E，结合D、E结构，H为，E反应生成F，F进一步转化为G，据此解答；
(7)由和为原料制备，由逆合成分析，可由和反应得到，参照题干合成路线可知，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确反应前后分子式变化、官能团及碳链变化中发生的反应并正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度较大。
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