2020年广西桂林市高考化学一模试卷_(带答案解析).docx

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2020年广西桂林市高考化学一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分




注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分



一、 单选题（共7题）
1. 化学与生活密切相关。下列物质性质与应用的对应关系错误的是（　　）
A.硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂
B.氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂
C.次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂
D.葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜
2. 下列说法错误的是（　　）
A.以乙醇、空气为原料可制取乙酸
B.甲苯分子中最多13个原子共平面
C.淀粉、油脂和蛋白质都是可以水解的高分子化合物
D.分子式为C5H12O的醇共有8种结构
3. 短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a原子的最外层电子数是其质子数的，b原子的核电荷数等于d原子的最外层电子数，元素c的最高正化合价为+2价，下列说法正确的是（　　）
A.简单离子的半径：d＞c
B.单质的沸点：a＜b
C.b、d的氧化物对应的水化物均为强酸
D.b、c可形成离子化合物b3c2
4. 已知：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42-（aq）△H＜0． 对含有大量CaSO4（s）的浊液改变一个条件，下列图象符合浊液中c（Ca2+）变化的是（　　）
A.
加少量BaCl2（s）
B.
加少量蒸馏水
C.
加少量硫酸
D.
适当升高温度
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（　　）
A.5.6L甲烷含有的共价键数为NA
B.2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NA
C.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA
D.常温下pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
6. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）

选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯中加入少量溴水、振荡，水层变成无色
苯与溴水发生取代反应
B
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，部分沉淀溶解
部分Na2SO2被氧化
C
向溶液中加入少量盐酸生成白色沉淀
溶液中一定含有AlO2-
D
SO2通入含酚酞的NaOH溶液中，红色消失
SO2有漂白性

A.A B.B C.C D.D
7. 钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2Sx）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A.放电时，电极a为正极
B.放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到a
C.充电时，电极b的反应式为Sx2--2e-═xS
D.充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应

评卷人
得分



二、 简答题（共4题）
8. 工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图1：

已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是______（填化学式）。
（2）从溶液B中得到FeSO4•7H2O晶体的操作是______、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是______。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是______。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2•nH2O．请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因：______。
（6）用如图2所示装置（熔融CaF2-CaO作电解质）获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是______，反应过程中CaO的物质的量______（填“减小”“不变”或“增大”）。
9. 新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。
回答下列问题：
（1）用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：
①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-91 kJ•mol-1
②2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H=+566 kJ•mol-1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6 kJ•mol-1
④CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=______ kJ•mol-1。
（2）在容积均为2 L的两个恒容密闭容器中发生反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），有关数据如表：

容器
温度/℃
起始量
达到平衡
CO/mol
H2O/mol
H2/mol
CO转化率
所需时间/min
1
800
2
1


3
2
800
1
2
n
x


①800°C时该反应的平衡常数K=______。
②容器2中x=______，n=______。
③若800°C起始时，在2 L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol，则此时v正______v逆（填“＞”“＜”或“=”）。
（3）反应（NH4）2CO3+H2O+CO2⇌2NH4HCO3OH可用于捕捉空气中的CO2，为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定CO2气体的浓度，得到的曲线图如图：
①△H______0（填“＞”“＜”或“=”）。T1～T2区间，c（CO2）变化的原因是______。
②已知常温下NH3•H2O的电离常数K=1.8×10-5，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，则恰好完全反应时所得的NH4HCO3溶液中c（H+）______c（OH-）（填“＞”“＜”或“=”）。
③在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是______。

10. 镁、铝、硅、银、铁的单质及其化合物在建筑业、飞机制造业、电子工业和石油化工等方面应用广泛。回答下列问题：
（1）Fe3+价层电子的轨道表达式（电子排布图）为______。
（2）硅能形成多种化合物（如SiH4、Si2H4等），SiH4的中心原子的杂化轨道类型为______，其分子的立体构型为______，键角为______；Si2H4分子中含有的σ键和π键的数目之比为______。
（3）Mg、Al的第一电离能：Mg______Al（填“＞”或“＜”）。
（4）Ca和Fe属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ca的熔点、沸点等都比金属Fe低，原因是______。
（5）Ag晶体的堆积方式为面心立方最密堆积（如图所示），晶胞中Ag原子的配位数为______；设 Ag原子半径为r cm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则Ag晶体的密度为。______g•cm-3（写出表达式）。

11. 苯并环己酮是合成萘（）或萘的取代物的中间体。由苯并环己酮合成1-乙基萘的一种路线如图所示：

已知：
回答下列问题：
（1）萘环上的碳原子的编号如（a）式，根据系统命名法，（b）式可称为2-硝基萘，则化合物（c）的名称应是______。

（2）有机物含有的官能团是______（填名称），X的结构简式是______。
（3）步骤Ⅲ的反应类型是______，步骤IV的反应类型是______。
（4）反应Ⅱ的化学方程式是______。
（5）1-乙基萘的同分异构体中，属于萘的取代物的有______种（不含1-乙基蔡）。W也是1-乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，核磁共振氢谱显示W有3种不同化学环境的氢，峰面积比为1：1：2，W的结构简式为______。
（6）写出用CH3COCH3和CH3MgBr为原料制备的合成路线（其他试剂任选）______。

评卷人
得分



三、 实验题（共1题）
12. 葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→C6H12O，（葡萄糖酸）+2HBr
2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑
相关物质的溶解性见表：

物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
水中的溶解性
可溶于冷水
易溶于热水
可溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶

实验流程如下：
葡萄糖酸溶液悬浊液Ca（C6H11O7）2
回答下列问题：
（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。
①你认为缺少的仪器是______
②甲同学在尾气吸收装置中使用倒立漏斗的目的是______。
（2）第②步CaCO3固体过量，其目的是______。
（3）本实验中______（填“能”或“不能”）用CaCl2替代CaCO3，理由是______。
（4）第③步“某种操作”名称是______。
（5）第④步加入乙醇的作用是______。
（6）第⑥步中洗涤操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化钙，洗涤剂最合适的是______（填标号）。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇一水混合溶液


参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】D
【解析】解：A、硅胶具有吸水性，并且吸水能力强，无毒，所以可作食品、药品的干燥剂，故A正确；
B、氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸中的盐酸，所以氢氧化铝可用作胃酸中和剂，故B正确；
C、次氯酸钠具有强氧化性，能使有色物质褪色，可用作织物的漂白剂，故C正确；
D、工业上用葡萄糖还原银氨溶液生成银单质制镜，利用的是葡萄糖的还原性，故D错误；
故选：D。
A、硅胶具有吸水性，可作干燥剂；
B、氢氧化铝能与盐酸发生中和反应；
C、次氯酸钠具有强氧化性，可知漂白剂；
D、葡萄糖具有还原性，能还原银氨溶液生成银镜。
本题考查了物质的组成、结构和性质的关系，侧重考查元素化合物的性质与用途，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2. 【答案】C
【解析】解：A．乙醇能被催化氧化生成乙醛，乙醛能被氧化生成乙酸，以乙醇和空气为原料可制取乙酸，故A正确；
B．苯分子中所有原子共平面、甲烷中有3个原子共平面，单键可以旋转，所以苯环上所有原子、甲基中2个原子能和苯环共平面，则甲苯分子中最多13个原子共平面，故B正确；
C．相对分子质量在10000以上的分子为高分子化合物，油脂的相对分子质量较小，为小分子化合物，故C错误；
D．含有5个C原子的烷烃有3种结构，每种结构的烷烃中含有几个氢原子就有几种一元醇，含有5个C原子的烷烃有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种结构，正戊烷有3种氢原子，所以其一元醇有3种，异戊烷有4种氢原子，所以其一元醇有4种，新戊烷有1种氢原子，其一元醇有1种，则分子式为C5H12O的醇共有8种结构，故D正确；
故选：C。
A．乙醇能被催化氧化生成乙醛，乙醛能被氧化生成乙酸；
B．苯分子中所有原子共平面、甲烷中有3个原子共平面；
C．油脂为小分子化合物；
D．含有5个C原子的烷烃有3种结构，每种结构的烷烃中含有几个氢原子就有几种一元醇。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识掌握和灵活运用，明确基本概念内涵、原子共平面判断方法、同分异构体种类判断方法是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
3. 【答案】A
【解析】解：由以上分析可知a为C、b为N、c为Mg、d为Cl元素。
A．氯离子核外有3个电子层，镁离子核外有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则简单离子的半径：d＞c，故A正确；
B．a为C，对应的单质中，金刚石、石墨都为原子晶体，沸点较高，故B错误；
C．d为Cl元素，如为HClO，则为弱酸，故C错误；
D．b、c可形成离子化合物c3b2，故D错误。
故选：A。
a原子的最外层电子数是其质子数的，应为C元素，元素c的最高正化合价为+2价，应为Mg元素，b原子的核电荷数等于d原子的最外层电子数，则b的核电荷数大于6，小于8，应为7，则b为N元素，d为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题．
本题考查原子结构与元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原子结构特点，明确元素的种类为解答该题的关键，难度不大．
4. 【答案】C
【解析】解：A、加少量BaCl2（s），生成BaSO4，使c（SO42- ）减小，平衡正向移动，c（Ca2+）增大，故A错误；
B、加少量蒸馏水，CaSO4（s）继续溶解，仍为CaSO4（s）的饱和溶液，所以c（Ca2+）不变，故B错误；
C、加少量硫酸，c（SO42- ）增大，Ksp=c（Ca2+）•c（SO42- ），则c（Ca2+）减小，故C正确；
D、CaSO4（s）溶解放热，所以升高温度，平衡逆向移动，c（Ca2+）减小，故D错误；
故选：C。
A、CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42- （aq），加少量BaCl2（s），生成BaSO4，使平衡正向移动；
B、大量CaSO4（s）的浊液中加少量蒸馏水，仍为CaSO4（s）的饱和溶液；
C、Ksp=c（Ca2+）•c（SO42- ），加少量硫酸，则c（SO42- ）增大；
D、CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42- （aq）△H＜0，升高温度，平衡逆向移动。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象，为高频考点，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5. 【答案】B
【解析】解：A、甲烷所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故A错误；
B、D2l6O和2 g H2 18O的摩尔质量均为20g/mol，故2 g D2l6O和2 g H2 18O的物质的量均为0.1mol，且均含10个中子，故0.1mol两者中均含中子为NA个，故B正确；
C、过氧化钠和水反应生成的氧气是由-1价的氧反应得到的，故生成0.1mol氧气后转移电子为0.2NA个，故C错误；
D、溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故D错误。
故选：B。
A、甲烷所处的状态不明确；
B、D2l6O和2 g H2 18O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子；
C、过氧化钠和水反应生成的氧气是由-1价的氧反应得到的；
D、溶液体积不明确。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
6. 【答案】B
【解析】解：A．苯中加入少量溴水，发生萃取，为物理变化，故A错误；
B．沉淀部分溶于盐酸，可知久置的Na2SO3部分被氧化生成硫酸钠，操作、现象、结论均合理，故B正确；
C．白色沉淀可能为硅酸、AgCl，则原溶液中不一定含AlO2-，故C错误；
D．二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH反应，溶液褪色，现象与二氧化硫的漂白性无关，故D错误；
故选：B。
A．苯中加入少量溴水，发生萃取；
B．沉淀部分溶于盐酸，可知久置的Na2SO3部分被氧化；
C．白色沉淀可能为硅酸、AgCl；
D．二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH反应。
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。
7. 【答案】C
【解析】解：A、放电时，Na失电子发生氧化反应，所以a作负极，故A错误；
B、放电时，a作负极、b作正极，电解质中阳离子向正极移动，所以内电路中Na+的移动方向为从a到b，故B错误；
C、充电时，电极b为阳极，电极反应式与正极反应式正好相反，则电极b的反应式为Sx2--2e-═xS，故C正确；
D、充电时，a为阴极，Na+在电极a上获得电子，发生还原反应，故D错误；
故选：C。
根据总反应为2Na+xSNa2Sx知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以a作负极、b作正极，负极反应式为2Na-2e-═2Na+、正极反应式为xS+2e-═Sx2-，充电时a为阴极、b为阳极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析解答。
本题考查化学电源新型电池，正确获取图片提供信息是解本题关键，根据得失电子确定正负极、阴阳极，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
二、 简答题
8. 【答案】SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶 Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 溶液中存在水解平衡TiO2++（n+1）H2O⇌TiO2•nH2O+2H+，加入的Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），促进水解平衡向生成TiO2•nH2O的方向移动 C+2O2--4e-═CO2↑ 不变
【解析】解：（1）FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，过滤滤渣为SiO2杂质，
故答案为：SiO2；
（2）蒸发是从溶液中获得晶体常采用的方法，产生沉淀后通过过滤实现分离，因此从溶液B中得到FeSO4•7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（3）溶液C中加入NH4HCO3后发生反应是亚铁离子和碳酸氢根离子反应，生成碳酸亚铁和二氧化碳和水，反应方程式为
Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）煅烧碳酸铁，得到二氧化碳气体和氧化铁固体，所以反应方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
（5）富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），使平衡TiO2++（n+1）H2O⇌TiO2•nH2O+2H+向生成TiO2•nH2O的方向移动，可得到TiO2粗产品，
故答案为：溶液中存在水解平衡TiO2++（n+1）H2O⇌TiO2•n H2O+2H+，加入的Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），促进水解平衡向生成TiO2•n H2O的方向移动；
（6）根据图知，阳极上生成二氧化碳，则阳极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，
故答案为：C+2O2--4e-═CO2↑；不变。
工业上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，加过量硫酸，反应后形成含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子的溶液，加入铁粉还原铁离子得到亚铁离子，通过蒸发浓缩、冷却结晶过滤洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，加水溶解，配制成溶液，调节溶液pH为5-8.5范围内，再加入足量碳酸氢铵，过滤得到碳酸亚铁沉淀，在坩埚中灼烧得到氧化铁，过滤后得到富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），使平衡TiO2++（n+1）H2O⇌TiO2•nH2O+2H+向生成TiO2•nH2O的方向移动，可得到TiO2粗产品，
（1）Fe2O3为碱性氧化物，过量硫酸，SiO2为酸性氧化物，据此分析；
（2）溶液B是FeSO4、H2SO4，最后溶液合一块，进行蒸发，浓缩，冷却结晶，过滤，就得到FeSO4•7H2O，以此解答该题；
（3）溶液C中加入NH4HCO3后，有沉淀生成为碳酸亚铁，根据质量守恒进行解答；
（4）煅烧碳酸铁，得到二氧化碳气体和氧化铁固体；
（5）富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），使平衡TiO2++（n+1）H2O⇌TiO2•nH2O+2H+向生成TiO2•nH2O的方向移动；
（6）根据图知，阳极上生成二氧化碳，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
本题考查化学实验基本操作方法的综合应用，为高考常见题型，题目浓度较大，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
9. 【答案】-49.8 1 = ＜ T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，相同时间内碳酸铵溶液捕获的CO2就越多，则剩余的CO2气体浓度就越小 ＜ T1
【解析】解：（1）已知①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-91kJ•mol-1
②2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H=+566.0kJ•mol-1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6kJ•mol-1。
由盖斯定律可知，①+（②+③）得CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g），△H=-91kJ•mol-1+（566.0kJ•mol-1-483.6kJ•mol-1）=-49.8kJ•mol-1，
故答案为：-49.8；
（2）①体积为2 L，发生反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），根据起始通入的CO浓度为1mol/L，H2O为0.5mol/L，由三步法知：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始浓度 1 0.5 0 0
变化浓度 1×
平衡浓度
800°C时该反应的平衡常数K===1，
故答案为：1；
②温度不变，K不变，设第二种充入方式中CO浓度的变化量为x，则
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始浓度 0.5 1 0 0
变化浓度 y y y y
平衡浓度 0.5-y 1-y y y
800°C时该反应的平衡常数K===1，则y=，n=y=，
故答案为：；；
③若800°C起始时，在2 L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol，则浓度商QC==1=K，处于平衡，故v正=v逆，
故答案为：=；
（3）①由图1可知：温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c（CO2）增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应△H＜0；T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高，相同时间内碳酸铵溶液捕获的CO2就越多，则剩余的CO2气体浓度就越小，
故答案为：＜；T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，相同时间内碳酸铵溶液捕获的CO2就越多，则剩余的CO2气体浓度就越小；
②碳酸一级电离K1=4.4×10-7，NH3•H2O的电离常数K=1.8×10-5，K1＜K，所以碳酸氢根的水解程度大于铵根离子的水解，溶液显碱性，所以c（H+）＜c（OH- ），
故答案为：＜；
③因为反应为放热反应，温度越高K越小，故T1时平衡常数最大，
故答案为：T1。
（1）由盖斯定律可知①+（②+③）可得CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H；
（2）①根据800°C时该反应的平衡常数K=计算；
②温度不变，化学平衡常数不变，列三步法计算；
③根据浓度商与K的大小判断；
（3）①温度升高，c（CO2）增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应；
②T1-T2区间，化学反应未达到平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随着温度的升高而提高；
③碳酸一级电离K1=4.4×10-7，NH3•H2O的电离常数K=1.8×10-5，结合平衡常数判断。
本题综合考查化学反应知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡常数的计算、影响速率的因素、化学平衡移动等知识点，正确分析图象中各个物理量的关系是解本题关键，再结合盖斯定律、物质的性质等知识点来分析解答，题目难度中等。
10. 【答案】 sp3 正四面体 109°28' 5：1 ＞ 金属Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱 12
【解析】解：（1）Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，Fe3+的价层电子为其3d能级上5个电子，Fe3+的价层电子的电子排布图为：，
故答案为：；
（2）SiH4的中心原子的价层电子对数==4，没有孤电子对，故中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化，其分子的立体构型为正四面体，键角109°28'，Si2H4分子与乙烯一致，Si原子成2个Si-H键、1个Si=Si键，单键是σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，故分子中含有5个σ键、1个π键，1molSi2H4分子中含有σ键与π键的数目之比为5：1，
故答案为：sp3；正四面体；109°28'；5：1；
（3）同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA与IIIA族、第VA与VIA族反常，则第一电离能顺序是Al＜Mg，
故答案为：＞；
（4）与Fe相比Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属Ca的熔点、沸点等都比金属Fe低，
故答案为：金属Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱；
（5）由晶胞图可知，Ag为面心立方最密堆积，以顶点Ag原子研究，其配原子位于晶胞面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故其配原子数目为=12．处于面对角线上的原子相邻，Ag原子半径为rcm，则晶胞棱长为2rcm，晶胞中Ag原子数目=8×+6×=4，晶胞质量=4×g，晶体密度=（4×g）÷（2rcm）3= g•cm-3，
故答案为：12；。
（1）基态Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级上一个电子生成Fe3+；
（2）SiH4的中心原子的价层电子对数==4，没有孤电子对，故中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化，其分子的立体构型为正四面体，键角109°28'，单键是σ键，双键中含有1个σ键、1个π键；
（3）同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA与IIIA族、第VA与VIA族反常；
（4）与Fe相比Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱；
（5）由晶胞图可知，Ag为面心立方最密堆积，原子配位数为12；处于面对角线上的原子相邻，Ag原子半径为rcm，则晶胞棱长为2r cm，均摊法计算晶胞中Ag原子数目，计算晶胞中原子总质量，即为晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及价电子排布图、第一电离能、分子极的性质、晶胞结构与计算、空间构型等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，（5）为易错点、难点，需要学生具有一定的空间想象与数学计算能力。
11. 【答案】1，6-二甲基萘 溴原子、碳碳双键 CH3CH2MgBr， 取代反应 消去反应 11
【解析】解：（l）如图，萘环上的碳原子的编号如（a）式，根据系统命名，（b）式可称为2-硝基萘，则化合物（c）名称是1，6-二甲基萘，
故答案为：1，6-二甲基萘；
（2）有机物含有的官能团是溴原子、碳碳双键，X的结构简式是CH3CH2MgBr，
故答案为：溴原子、碳碳双键；CH3CH2MgBr；
（3）步骤Ⅲ的反应类型是取代反应，步骤IV的反应类型是消去反应，
故答案为：取代反应；消去反应；
（4）反应Ⅱ的化学方程式是，
故答案为：；
（5）可以有一个取代基为乙基，有2位置（包含1-乙基萘）。可以有2个取代基，为2个甲基，可以处于同一苯环上，确定一个甲基位置，另外甲基位置如图所示：，有4种，若处于不同苯环上，确定一个甲基位置，另外甲基位置如图所示：，有6种，不包括1-乙基萘，符合条件的有2+4+6-1=11种；
W也是1-乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，则含有3个碳碳双键，核磁共振氢谱显示W有三种不同化学环境的氢原子，具有高对称性，且个数比为1：1：2，含有3个-CH=CH2且处于间位，其结构简式为：，
故答案为：11；；
（6）用CH3COCH3和CH3MgBr为原料制备，CH3COCH3和CH3MgBr发生信息中的反应生成（CH3）3COH，然后发生消去反应生成（CH3）2C=CH2，再和溴发生加成反应得到目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
Y分子组成比苯并环己酮多C2H6，结合信息、Y反应后产物结构，可知X为C2H5MgBr，生成Y的整个过程相当于与乙醇发生加成反应，Y的结构简式为：；反应III为取代反应，反应IV为消去反应；
（6）用CH3COCH3和CH3MgBr为原料制备，CH3COCH3和CH3MgBr发生信息中的反应生成（CH3）3COH，然后发生消去反应生成（CH3）2C=CH2，再和溴发生加成反应得到目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析、判断及获取信息解答问题能力，难点是合成路线设计，熟练掌握常见有机物之间的转化及利用信息采用知识迁移能力即可设计，易错点是同分异构体种类判断。
三、 实验题
12. 【答案】温度计 防止倒吸 使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，且过量的碳酸钙易除去 不能 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙 趁热过滤 可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 D
【解析】解：葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；发生的反应为CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，该反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，所以趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca（C6H11O7）2固体；
（1）①第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；
故答案为：温度计；
②反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr，HBr极易被碱液吸收，使用倒立漏斗，为防止倒吸，
故答案为：防止倒吸；
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的转化率，
故答案为：使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，且过量的碳酸钙易除去；
（3）符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，不宜用CaCl2替代CaCO3，
故答案为：不能；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；
（4）葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品，
故答案为：趁热过滤；
（5）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出，
故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
（6）利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，
故答案为：D。
葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；发生的反应为CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，该反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，所以趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca（C6H11O7）2固体；
（1）①第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；
②反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr，HBr极易被碱液吸收；
（2）增加某一种物质的量，可以提高另一种物质的转化率；
（3）符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；
（4）根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度的关系解答；
（5）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，有利于葡萄糖酸钙的析出；
（6）利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失。
本题考查物质制备，涉及对工艺流程的理解、对装置于操作的分析与评价、物质的量分离提纯等，操作考查学生对知识的迁移应用，题目体现化学再生活、生产中应用，难度中等。