2021年广西壮族自治区玉林中学高考11月模拟理综-化学试卷含解析

这是一份2021年广西壮族自治区玉林中学高考11月模拟理综-化学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


广西壮族自治区玉林中学2021年高考11月模拟试卷
理综化学
一、单选题
1．2019年12月末，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。其中，酒精、“81”消毒液(有效成分为NaClO)、过氧乙酸(CH3COOOH)均可用于疫情期间的消毒杀菌。下列说法正确的是(　　)
A．三种消毒剂均利用了物质的强氧化性
B．医用消毒酒精的浓度越大越好，最好使用无水乙醇
C．为增强消毒效果，可将“84”消毒液与浓盐酸混合使用
D．过氧乙酸分子中的过氧键不稳定，贮藏时应置于阴凉处
2．某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是（　　）

A．该有机物的分子式为C9H8O2
B．1mol该有机物取多与4molH2发生加成反应
C．该有机物能使溴水褪色是因为发生了取代反应
D．该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上
3．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．标准状况下，22.4 L CHCl3中分子数为NA
B．常温常压下，28gN2含有的原子数为2NA
C．1L0.1mol•L−1CH3COOH的水溶液中含氧原子数为0.2NA
D．常温下，28g铁片投入足量浓H2SO4中生成SO2为0.5NA
4．利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是（　　）

选项
实验目的
X中试剂
Y中试剂
A
用Na2SO3和浓硫酸制取、收集纯净干燥的SO2，并验证其漂白性
品红溶液
浓硫酸
B
用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO
水
浓硫酸
C
用碳酸钙和盐酸制取、收集CO2、并验证酸性H2CO3＞ HClO
饱和Na2CO3溶液
Ca(ClO)2溶液
D
用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2
饱和食盐水
浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
5．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．酸化的NaIO3和NaI的溶液混合：I- +IO 3− +6H+=I2 +3H2O
B．实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO 32− (aq)+CaSO4(s) ⇌ CaCO3(s)+SO 42− (aq)
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2 ：Fe2++2OH-=Fe(OH)2 ↓
6．近日，我国学者在Science报道了一种氧离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳板电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是（　　）

A．Ni电极与电源负极相连
B．工作过程中阴极附近pH减小
C．该过程的总反应为CH2=CH2 +H2O → +H2
D．电流由电源经Pt电极、KCl溶液、Ni电极回到电源
7．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W的单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法正确的是（　　）
A．非金属性：X＞Z
B．简单离子半径：Z＞W
C．X、Y形成的化合物只含有极性键
D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
二、非选择题
8．叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇。不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂，实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置(图甲)及实验步骤如下：

①关闭止水夹K2，打开止水夹K1，制取并通入氨气。
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。
③向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210~220 ℃，然后打开止水夹K2，通入Na2O。
请回答下列问题：

（1）盛放无水氯化钙的仪器名称是　 　，图乙中可用来制取氨气的装置有　 　(填标号)。
（2）步骤①中先通氨气的目的是　 　，步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为　 　，步骤③中最适宜的加热方式为　 　(填标号)。
a水浴加热 b．油浴加热 c．酒精灯直接加热
（3）生成NaN3的化学方程式为　 　。
（4）反应结束后，进行以下操作，得到NaN3固体(NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气)。

操作II的目的是　 　，操作IV最好选用的试剂是　 　。
9．铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：

已知：
①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀
9.0
3.7
6.7
9.8
②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38
（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有　 　（任写一种）。
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：　 　。
（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为　 　，若加 A 后溶液的 pH调为5，则溶液中 Fe3＋的浓度为　 　mol/L。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：　 　。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是　 　。
（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是　 　(写化学式)。
（7）过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是　 　。
10．甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
Ⅱ．CO2(g) +H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41 kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）已知CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(g) ΔH3=-99 kJ·mol-1 ，则ΔH1=　 　 kJ·mol-1，反应I在　 　下易自发进行。
（2）向刚性容器中充入一定量的CO2和H2，在不同催化剂(Cat1，Cat2)下反应相同时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性= n(CH3OH)n(CO)+n(CH3OH) ×100%随温度的变化如图所示：

①由图可知，催化效果：Cat1 　 　Cat2(填“＞” “＜”或“=”)。
②在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因：　 　。
（3）一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应I与II。
①有利于提高甲醇平衡产率的条件是　 　(填标号)。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
②可证明反应II达列平衡状态的标志是　 　(填标号)。
A．CO的浓度不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．体系的压强不再变化
③若达到平衡时CO2的转化率为20% ，CH3OH的选择性为75%，反应II的压强平衡常数Kp=　 　 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
11．氮及其化合物在工、农业生产中用途广泛。
（1）基态氮原子的核外电子排布式为　 　；与N同周期的主族元素中，电负性大于N的有　 　种。
（2）NaN3在强烈撞击的情况下快速分解并产生大量氮气，可用于汽车安全气囊的制造。写出一种与 N3− 互为等电子体的分子的化学式：　 　， N3− 的空间构型为　 　。
（3）氮化硼(BN)和碳一样可以形成像石墨那样的平面六角形的层状结构，如图1所示，其中B原子的杂化方式为　 　。该氮化硼晶体具有良好的润滑性，其原因是　 　。

（4）一定条件下，层型BN可转变为立方氮化硼，其晶胞结构如图2所示。晶胞中B原子的配位数为　 　；已知晶体的密度为d g·cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为　 　pm(用含d、NA的代数式表示)。
12．布洛芬是一种常见的解热镇痛药，有机物G是布洛芬的一种合成中间体，G的合成路线如图所示：

已知：RCHO+ R'CH2NO2NO2→一定条件 (R、R'为氢原子或烃基)。
回答下列问题：
（1）G的分子式为　 　。
（2）F中官能团的名称为　 　。
（3）写出D → E的化学方程式：　 　。
（4）A → B及B → C的反应类型分别为　 　反应和　 　反应。
（5）E与足量酸性高锰酸钾溶液反应得到有机物H，分子式为C8H6O4，其化学名称为 　 　，同时满足 下列条件的H的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1 ：2：2： 1的结构简式为　 　。
①属于芳香族化合物且不含其他环状结构。
②1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应产生1molCO2。
③1 mol该物质与足量Na反应产生1 mol H2。

答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．酒精能使蛋白质变性，从而达到消毒杀菌的效果，酒精没有强氧化性，A不符合题意；
B．酒精浓度太大会使变性的蛋白质在病毒表面形成一层外壳，阻止酒精进入病毒内部，达不到消毒杀菌的效果，B不符合题意；
C．“81”消毒液有效成分为NaClO，会和HCl发生归中反应生成氯气，降低消毒效果，C不符合题意；
D．根据过氧化氢的性质可以推测过氧乙酸分子中的过氧键不稳定，贮藏时应置于阴凉处，防止其分解，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.考查的是消毒剂的消毒原理，84和过氧乙酸具有氧化性，而酒精不具有
B.消毒的酒精浓度不是越大越好
C.混合使用后减弱效果
D.考查的键的稳定性，可以参照过氧化氢的性质
2．【答案】C
【解析】【解答】A. 有结构简式可知，该有机物的分子式为 C9H8O2 ，故A不符合题意；
B. 碳碳双键和苯环都能和氢气发生加成反应,则1mol该物质最多能和4mol氢气发生加成反应生成 C9H1602 ，故B不符合题意；
C. 该有机物含有碳碳双键能使溴水褪色是因为发生了加成反应，故C符合题意；
D. 苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，甲酸中所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.根据结构式即可写出分子式
B.考查的加成反应
C.考查的是双键的性质。发生的是加成反应
D.考查的是苯环和双键和羧基的结构
3．【答案】B
【解析】【解答】A．CHCl3在标准状况下是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故22.4 L CHCl3中分子数不等于NA，A不符合题意；
B．常温常压下，28gN2含有的原子数为 28g28g•mol−1×NA×2=2NA ，B符合题意；
C．除CH3COOH中含有O原子外，H2O中也含有O原子，故1L0.1mol•L−1CH3COOH的水溶液中含氧原子数大于0.2NA，C不符合题意；
D．常温下，铁片在浓硫酸中发生钝化，故28g铁片（0.5mol）投入足量浓H2SO4中几乎不生成SO2，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．CHCl3在标准状况下是液体；
B．根据n=mM计算；
C．水中有大量的O；
D．常温下，铁片在浓硫酸中发生钝化；
4．【答案】A
【解析】【解答】A． Na2SO3和浓硫酸生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫，浓硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反应，所以能干燥二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，所以采用此法排空气收集，二氧化硫有毒，不能直接排空，应该有尾气处理装置，故A能达到实验目的；
B． 用Cu与稀硝酸制取一氧化氮中含有挥发出来的硝酸，一氧化氮难溶于水，可用水除去硝酸，再用浓硫酸干燥，但是一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B不能达到实验目的；
C． 碳酸钙和盐酸反应生成CO2，盐酸具有挥发性，CO2中混有HCl，因为Na2CO3溶液能与CO2反应，不能用Na2CO3溶液除去HCl，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故C不能达到实验目的；
D． MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故D不能达到实验目的；
故答案为：A。

【分析】A.考查的是二氧化硫的制取和验证二氧化硫的漂白性
B.考查的是一氧化氮的制取以及收集一氧化氮，但是一氧化氮一般是用排水法收集
C.考察的盐酸的挥发性
D.反应条件考查
5．【答案】C
【解析】【解答】A．选项所给离子方程式电荷不守恒，符合题意离子方程式为5I- +IO 3− +6H+=3I2 +3H2O，A不符合题意；
B．一水合氨为弱电解质，不能拆，符合题意离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH 4+ ，B不符合题意；
C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为CO 32− (aq)+CaSO4(s) ⇌ CaCO3(s)+SO 42− (aq)，C符合题意；
D．NaOH过量，铵根也会反应，符合题意离子方程式为2NH 4+ +Fe2++4OH-=Fe(OH)2 ↓+2NH3·H2O，D不符合题意；
故答案为C。

【分析】A.得失电子不守恒
B.考查的是氨水是弱碱，不拆
C.考查的是难溶性物质的转换
D.考查的反应物的量对反应的影响

6．【答案】B
【解析】【解答】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl-转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A不符合题意；
B．工作过程中阴极区的反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故阴极附近pH增大，B符合题意；
C．根据阳极的反应历程 和阴极区的反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，可知该过程的总反应为： CH2=CH2+H2O→ +H2，C不符合题意；
D．电流由电源的正极流向电解池阳极即Pt电极，通过KCl溶液(离子导电)，从Ni电极流回电源的负极，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】结合题意和电解池装置知，制备环氧乙烷的原理为：氯离子在阳极表面被氧化成氯气，后者与水发生歧化反应生成HCl和HClO，HClO与通入电解液的乙烯反应生成氯乙醇，而HCl没有被消耗，因此在电解过程中阳极电解液变成酸性。在阴极表面，水得到电子生成氢气和氢氧根离子，因此在电解结束时，阴极电解液变为碱性。在电解结束后，将阳极电解液和阴极电解液输出混合，氢氧根离子与氯乙醇反应生成环氧乙烷。同时，在阴极处生成的氢氧根离子也可以中和阳极电解液山的HCl，据此分析解答。
7．【答案】B
【解析】【解答】A． 非金属性：N＞H，A不符合题意；
B． N3-、Al3+的核外电子排布相同，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径：N3-＞Al3+，B符合题意；
C． X、Y形成的化合物，如乙烯中含有极性键和非极性键，C不符合题意；
D． Y的最高价氧化物对应水化物碳酸的酸性比Z的最高价氧化物对应水化物硝酸的酸性弱，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，则X为氢元素，Z的单质是空气中含量最高的气体，则Z为氮元素，W单质在常温下能被浓硫酸钝化，则W为铝元素，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为碳元素。
8．【答案】（1）球形干燥管(或干燥管)；BCD
（2）排尽装置中的空气；2Na+ 2NH3熔化__ 2NaNH2 + H2；b
（3）NaNH2 +N2O 210℃−220℃__ NaN3+ H2O
（4）降低NaN3的溶解度(或促使NaN3结晶析出等合理答案)；乙醚
【解析】【解答】(1)根据仪器的结构特点可知盛放无水氯化钙的仪器为球形干燥管(或干燥管)
实验室制取氨气主要有三种方法：①加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物；②加热浓氨水；③浓氨水中加入固态碱性物质。
A．用A装置加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氦气时，试管口应朝下，故不选A项；
B．B装置可用于加热浓氨水制取氨气，
故答案为：B项；
C．C装置可加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，
故答案为：C项；
D．D装置中，长颈漏斗装入浓氨水，烧瓶中加入固体碱性物质(如氢氧化钠)，可制取氨气，
故答案为：D项；
综上所述，本题正确答案为：BCD；
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+ 2NH3熔化__ 2NaNH2 + H2；已知步骤③的温度为210~220℃，宜用油浴加热，
故答案为：b；
(3) 根据电子守恒和元素守恒可知NaNH2和N2O反应生成NaN3的化学方程式为NaNH2 +N2O 210℃−220℃__ NaN3+ H2O；
(4)由题可知，NaN3不溶于乙醚，因此操作Ⅱ加乙醚的目的是降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出；乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，因此操作Ⅳ最好选用乙醚。
【分析】实验室选用氯化铵和消石灰共热或用浓氨水和新制生石灰(或氢氧化钠固体)，或用加热浓氨水制备氨气；金属钠有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，先通入氨气排尽装置中的空气，氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，在210~220℃条件下，氨基钠和一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，叠氮化钠易溶于水，NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，故将a中混合物加水除去NaNH2，加入乙醇，经溶解、过滤、经乙醚洗涤干燥后得到叠氮化钠，由此分析。
9．【答案】（1）充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等正确的任一答案均可
（2）2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O
（3）3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；4.0×10－11
（4）Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋
（5）将溶液加热
（6）(NH4)2SO4
（7）取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）
【解析】【解答】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等正确的任一答案均可，
答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等正确的任一答案均可；
（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，
答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH调的范围为3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；当溶液pH调为5时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)= Kwc(H+)=10−1410−5mol/L =10-9 mol/L，已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则c(Fe3+)= Ksp[Fe(OH)3]c3(OH−) = 4.0×10－38(10−9mol/L)3 =4.0×10－11 mol/L，
答案为：3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；4.0×10－11；
（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋，
故答案为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，
故答案为将溶液加热；
（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，
故答案为(NH4)2SO4；
（7）检验沉淀是都洗净，主要是检验沉淀表面是否含有硫酸根离子，则操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净，
答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。
【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。
10．【答案】（1）-58；低温
（2）＞；温度升高，催化剂的活性降低(或温度升高，更有利于加快反应II速率)
（3）B；AC；5 ×10-3
【解析】【解答】(1)已知①CO2(g) +H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41 kJ·mol-1；
②CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(g) ΔH3=-99 kJ·mol-1
根据盖斯定律①+②可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=(+41-99)kJ/mol=-58kJ/mol；反应I为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，该反应ΔH＜0，所以当温度较低时易满足ΔH-TΔS＜0，反应自发进行；
(2)①其它条件相同时，相同时间内二氧化碳转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，所以催化效果Cat.1＞Cat.2；
②在210~270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于加快反应II速率，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降；
(3)①合成甲醇的反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度都导致平衡正向移动，从而提高甲醇产率，故答案为：B；
②A．反应达到平衡时各物质的浓度不再改变，所以CO的浓度不再改变可以说明反应达到平衡，A正确；
B．两个反应的反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡，B不正确；
C．虽然反应Ⅱ前后气体系数之和不变，但反应I前后气体系数之和不相等，若反应Ⅱ未达到平衡，则也会影响反应I的平衡，使容器内压强发生变化，所以压强不变时可以说明反应Ⅱ平衡，C正确；
综上所述答案为AC；
③不妨设初始通入10molCO2、30molH2，CO2的转化率为20%，则∆n(CO2)=2mol，根据两个反应方程式可知生成的n(CO)+n(CH3OH)=2mol，CH3OH的选择性为75%，则生成的n(CH3OH)=1.5mol，n(CO)=0.5mol，则反应I消耗的氢气为4.5mol，生成的水为1.5mol，反应Ⅱ消耗的氢气为0.5mol，生成的水为0.5mol，所以平衡时n(CO2)=10mol-2mol=8mol，n(H2)=30mol-4.5mol-0.5mol=25mol，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=0.5mol+1.5mol=2mol，反应Ⅱ前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数，所以Kp= 2×0.58×25 =5 ×10-3。
【分析】（1）根据盖斯定律即可，再根据条件判断熵变的正负即可
（2）①根据图示，根据选择性，即可判断出催化效果②考查的是温度对催化剂的影响
（3）①考查的是影响平衡转化率的影响，温度和压强②平衡标志的判断③根据数据，利用三行式进行计算出平衡的浓度，再根据Kp计算公式计算
11．【答案】（1）1s22s22p3；2
（2）N2O(或CO2)；直线形
（3）sp2；该BN晶体中层与层间之间的作用力是较弱的范德华力，故层与层之间相对易滑动
（4）4；3100dNA ×1010
【解析】【解答】(1)N是7号元素，根据构造原理可知N原子核外电子排布式是1s22s22p3；一般情况下，同一周期元素的电负性随原子序数的增大而增大，则与N同周期的主族元素中，电负性大于N的有O、F两种元素；
(2)与 N3− 互为等电子体的分子可以是N2O、CO2；等电子体结构相似，CO2分子是直线形结构，可知 N3− 的空间构型为直线形；
(3)根据晶体结构可知B原子形成3个共价键，N、B原子之间还形成了一个共价双键，故B原子杂化类型为sp2；该BN晶体中层与层间之间的作用力是较弱的范德华力，故层与层之间相对易滑动，因此具有良好的润滑性；
(4)根据示意图可知：在晶胞中B原子位于晶胞面上，通过该平面可形成2个晶胞，一个晶胞中与B原子连接的N原子有2个，则与B原子连接的N原子共有4个，因此B原子的配位数是4；
该晶胞中含有B原子数目为：8× 18 +6× 12 =4；含有的N原子数目为4，则该晶体的晶胞边长L= 3(14+11)×4NAd×1010 pm= 3100NAd×1010 pm。
【分析】(1)根据构造原理书写电子排布式，根据元素电负性变化规律分析判断；(2)等电子体原子个数相同，原子核外电子数也相同；等电子体结构相似；(3)根据B原子形成化学键情况分析判断；(4)用均摊方法计算B原子的配位数；根据晶体密度计算公式计算晶胞参数。
12．【答案】（1）C13 H19NO2
（2）碳碳双键、硝基
（3）2 +O2→加热Cu 2 +2H2O
（4）加成；取代
（5）对苯二甲酸(或1，4一苯二甲酸)；13；
【解析】【解答】(1)由G 的结构简式可知，其分子式为C13H19NO2；
(2)F为 ，其官能团为碳碳双键和硝基；
(3)据分析可知，D与氧气发生催化氧化生成醛E，即D→E的反应是醇的催化氧化生成醛，化学方程式为2 +O2→加热Cu 2 +2H2O
(4)由A 与丙烯反应生成B 分析可知，该反应的反应类型为加成反应；B和氯气在光照下发生侧链取代反应生成C ，所以该反应的反应类型为取代反应；
(5)E为 ，E与足量的酸性高锰酸钾溶液反应生成H，根据H的分子式，E中的侧链烃基和醛基都被氧化成羧基，生成物H为对苯二甲酸(或1，4一苯二甲酸)；
由题意可知，满足条件的H的同分异构体含有1个苯环、1个羧基、1个羟基，若苯环上有醛基、羟基、羧基三种不同的取代基，结构有10种；若苯环上有-OH、-COCOOH两种不同取代基，结构有3种，故满足条件的H的同分异构体有13种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1 :2 : 2 : 1的结构简式为 。
【分析】 与丙烯在催化剂作用下生成B ， 在光照条件下与氯气发生侧链上的取代反应生成C，C转化为D，D能在铜的催化下氧化成E，E与硝基甲烷反应生成F ，根据已知反应和F的结构简式可推知E为 ，则D为 ，C为 ， 与CH3I、Mg/乙醚、H+作用下最终生成G ，据此分析。