2022届内蒙古呼和浩特市二中高三第一次质量数据监测理科综合化学试题含解析

这是一份2022届内蒙古呼和浩特市二中高三第一次质量数据监测理科综合化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。


2022届内蒙古呼和浩特市二中高三第一次质量数据监测
理科综合化学试题
一、单选题
1．我国材料的发展充分体现了“中国技术”、“中国制造”和“中国力量”，下列有关说法错误的是（　　）
A．三星堆青铜大面具亮相虎年春晚，展示了三星堆青铜文化的独特魅力。青铜属于合金，比纯铜具有更高的熔点
B．北斗卫星导航专用ASIC硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成分为Si
C．2021年我国科学家首次实现由CO2人工合成淀粉，淀粉是由碳、氢、氧三种元素组成的高分子化合物
D．2022年2月我国成功举办第24届冬奥会，北京冬奥会使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保
2．2021年诺贝尔化学奖授予List和MacMillan，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，L-脯氨酸是一种不对称有机催化剂，结构简式为：，下列有关L-脯氨酸说法正确的是(已知：手性碳原子是连接4个不同的原子或者原子团的碳原子)（　　）
A．所有原子均可能共面
B．分子中含有手性碳原子
C．是CH3CH(NH2)COOH的同系物
D．1mol该物质与NaHCO3反应生成22.4L CO2
3．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的原子序数等于X与Y的原子序数之和，W的最外层电子数为K层的一半，X与Y可形成原子个数比为3 ： 1的10电子分子。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径Z B．Y和Z的简单气态氢化物的稳定性Z C．W与Z形成的化合物中阴阳离子个数比均为1：2
D．由X、Y、Z三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性
4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（　　）


A
B
C
D
装置




目的
干燥CO2
提纯乙酸乙酯
发生铝热反应
制取Cl2
A．A B．B C．C D．D
5．钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是（　　）

A．是该反应的催化剂
B．过程①②④中反应的原子利用率为100%
C．该催化循环中V的成键数目发生变化
D．该反应的离子方程式为：H2O2+Cl-+ H+= HOCl+ H2O
6．中科大经过多次实验发现，采用如图所示装置，阳极(Ti基)上产生羟基·OH(·OH氧化性仅次于F)，阴极上产生H2O2，分别深度氧化苯酚( C6H5OH)为CO2，实现了对苯酚酸性废水的高效处理。下列有关说法错误的是（　　）

A．电流从a极→Ti基→废水→不锈钢→b极
B．阴极电极反应为2H+ + O2+ 2e-= H2O2
C．阳极处理苯酚的方程式为C6H5OH + 28·OH = 6CO2 +17H2O
D．当消耗14molO2时，理论上共氧化处理94g苯酚
7．常温下，向10mL0.1mol·L-1 NaX溶液和10mL0.1mol·L-1Na2Y溶液分别滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液。滴加过程中pM[pM= -lgc (X )或-lgc (Y2-)]与所加溶液体积之间的关系如图所示(提示：不考虑NaX和Na2Y水解，AgX和Ag2Y均为难溶物)。下列说法正确的是（　　）

A．曲线I是向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液
B．若将c(NaX)改为0.2mol·L-1 ，则m点可平移至n点
C．m、p、w点所在溶液中c(Ag+)：m>w>p
D．Ag2Y(s) + 2X-(aq) ⇌2AgX(s)+Y2-(aq)的平衡常数为107.6
二、综合题
8．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实验流程制得：

已知：a.反应原理：CH2OH( CHOH)4CHO + Br2+ H2O→C6H12O7 (葡萄糖酸) + 2HBr；2C6H12O7(葡萄糖酸) + CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+ H2O + CO2↑
b.相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
在水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
极易溶
在乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
c.相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸
d.相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是　 　，盛放NaOH溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式　 　。

（2）步骤Ⅱ中加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是　 　。
（3）步骤Ⅲ的“操作”是将所得悬浊液煮沸，并趁热采用装置抽滤，滤掉未反应的CaCO3，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液。抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差。与普通过滤操作相比，抽滤的优点是　 　；抽滤过程需要趁热进行的原因是 　 　。

（4）步骤Ⅴ洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液 ，理由是　 　。
（5）该实验中葡萄糖酸钙的产率为　 　( 保留3位有效数字)。
9．铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氢氧化物，前者还含有Cr(Ⅲ)的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：

已知：Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
（1）硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施　 　 (写出两条)。
（2）“电解Ⅰ”的目的，一方面是回收铜，另一方面是　 　，为证明这一目的是否达成，取少量“电解Ⅰ”后的溶液滴加的试剂是　 　(填化学式)。
（3）“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为　 　。
（4）“萃取II”时，发生的反应为Cu(NH3)42+ + 2HR = CuR2 + 2NH4+ + 2NH3和Ni(NH3)62+ + 2HR = NiR2+ 2NH4+ + 4NH3，则“反萃取Ⅱ”时含铜微粒发生反应的离子方程式为　 　。
（5）整个流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有NH3·H2O， (NH4)2CO3和　 　(填化学式)。
（6）NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSO4·6H2O。将NiSO4·6H2O样品在900℃下，空气中进行煅烧，固体质量随时间变化如图。B点对应物质的化学式为　 　；D点到E点反应的化学方程式为　 　。

10．甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的研究和探索，在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：
（1）①常温下， H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和726.4 kJ·mol-1， 1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的热量，则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+ 3H2(g) ⇌ CH3OH(g) +H2O(l) △H=　 　kJ·mol-1；
②上述反应分两步进行：
第一步　 　(写化学方程式)△H> 0
第二步Cu/Zn* + 2H2 + CO2 = Cu/ZnO* + CH3OH △H< 0
③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为　 　。
a. b.
c. d.
（2）工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应：
主反应CO2(g) +3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H<0
副反应CO2(g)+ H2(g) ⇌CO(g)+ H2O(g) △H>0
一定条件下，在装有催化剂的密闭容器中投入amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。
①在相同时间内，测得甲醇产率与温度的关系如图所示。温度为470K时，图中P点　 　(填“处于”或“不处于”)平衡状态；490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是　 　。

②某温度下，达平衡时容器中CH3OH的物质的量为c mol， CO的物质的量为d mol。则此条件下CO2的转化率为　 　(列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为　 　；此条件下副反应的平衡常数为　 　。
（3）甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应： 3CH3OH(g)⇌C3H6(g) + 3H2O(g) ，该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-EaT+C( Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=　 　kJ·mol-1，当改变外界条件时，实验数据如中的直线b所示，则实验可能改变的外界条件是　 　。

11．磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷-石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。

回答下列问题：
（1）Li 、C、P三种元素中，电负性最小的是　 　(用元素符号作答)。
（2）基态磷原子的电子排布式为　 　。
（3）图2中，黑磷区P原子的杂化方式为　 　，石墨区C原子的杂化方式为　 　。
（4）氢化物PH3、CH4、NH3的沸点最高的是　 　，原因是　 　。
（5）根据图1和图2的信息，下列说法正确的有　 　(填字母)。
a.黑磷区P- P键的键能不完全相同
b.黑磷与石墨都属于混合型晶体
c.复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
（6）LiPF6、LiAsF6.等也可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时， Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。

①从化学键角度看， Li+迁移过程发生　 　(填“物理”或“化学” )变化。
②相同条件下，电极材料　 　( 填“LiPF6”或“LiAsF6”)中的Li+迁移较快，原因是　 　。
（7）贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为　 　，晶体的密度为　 　g·cm-3(列出计算式)。

图3
12．化合物J是一种药物合成中间体，其合成路线如下：

（1）A的化学名称为　 　，J的分子式为　 　。
（2）B中官能团的名称为　 　；B→C、E→G的反应类型为　 　、　 　。
（3）C→D的化学反应方程式为　 　。
（4）H的结构简式　 　；H有多种同分异构体，含有-COO-和碳碳双键的同分异构体有　 　种(不考虑顺反异构，下同)，写出其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式　 　。
（5）设计以F和CH2=CHCHO为起始原料，合成的路线　 　(其它试剂任选)。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．青铜可以说是人类使用最早的合金，而一般合金熔点比原来的金属熔点低，即青铜比纯铜的熔点低，A符合题意；
B．芯片主要成分为半导体材料晶体硅，故“中国芯”的主要成分为Si，B不符合题意；
C．淀粉由碳、氢、氧三种元素组成，分子式表示为（C6H10O5）n，是天然有机高分子，C不符合题意；
D．氟利昂可在强烈的紫外线作用下分解，产生的氯原子自由基会对臭氧层产生长久的破坏作用；而二氧化碳跨临界制冰机组，利用了二氧化碳经过机械压缩成为高温、高压的超临界流体，再利用热回收器进行逐级降温，一方面可以减少电力消耗，另一方面跌下临界温度的低温液态二氧化碳可提供低温，最后再蒸发进入下一循环，从而实现碳中和，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A．一般合金熔点比组分金属熔点低；
B．芯片主要成分为晶体硅；
C．淀粉分子式为（C6H10O5）n；
D．氟利昂会破坏臭氧层。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．如图结构中有C连4个单键呈四面体，故不可能所有原子共平面，A选项不符合题意；
B．如图结构中与羧基C原子相连的五元环上的C原子是手性碳原子，B选项符合题意；
C．两分子中含N基团分别为氨基-NH2和亚氨基=NH，类别不同，碳链结构也不同，不是同系物，C选项不符合题意；
D．未标明标准状况，气体体积不一定为22.4L，D选项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．碳连4个单键呈四面体形；
B．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；
C．同系物：指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；
D．未标明标准状况。
3．【答案】C
【解析】【解答】根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素，
A．核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径 W＜Z＜Y，故A不符合题意；
B．非金属性：N＜O，则简单气态氢化物的稳定性Z＞Y，故B不符合题意；
C．W与Z形成的化合物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比均为1：2，故C符合题意；
D．由X、Y、Z三种元素所组成化合物的水溶液不一定显酸性，如硝酸、亚硝酸、硝酸铵呈酸性，但一水合氨呈碱性，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；
B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强；
C．依据电子式分析；
D．由三种元素所组成化合物有多种。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．浓硫酸干燥除水应使用长进短出连接的洗气瓶盛装，A选项不符合题意；
B．NaOH会使乙酸乙酯水解而消耗，应使用饱和碳酸钠溶液，B选项不符合题意；
C．药品装置符合题意，可以发生铝热反应，C选项符合题意；
D．MnO2与浓盐酸反应需加热，D选项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．气体不能通过溶液；
B．乙酸乙酯在NaOH中水解；
C．依据铝热反应的操作分析；
D．反应需加热。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．过程①和过氧化氢反应，在反应④中生成 ，则为催化剂，故A不符合题意；
B．反应②中有水生成，原子利用率没有达到100%，故B符合题意；
C．过程①中H2O2转化为-H和-OOH，有氢氧键的断裂和形成，过程②中有氢氧键的断裂，则该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C不符合题意；
D．由图可知，每次循环的反应物有H2O、H+、H2O2和Cl-，生成物有HOCl和H2O，所以整个反应体系中每次循环的净反应为H++H2O2+Cl-=HOCl+H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．催化剂反应前后质量不变，化学性质不变；
B．反应物全部转化为产物；
C．依据历程中键的断裂和形成判断；
D．利用循环的反应物和生成物书写。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．电流从正极经导线流向负极，即从a极→Ti基→废水→不锈钢→b极，A不符合题意；
B．阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-=•OH+H+， B不符合题意；
C．羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，则苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O，C不符合题意；
D．阴极反应电极式为：O2+2e-+2H+ =H2O2，1个水失一个电子生成1个•OH，2个•OH可看作1个H2O2，即阴阳极各产生一个H2O2，消耗14molO2即产生28molH2O2，由C6H5OH~14H2O2，可知消耗2molC6H5OH，质量为m=nM=2mol×94g/mol=188g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．电流从正极经导线流向负极；
B．阴极上得电子发生还原反应；
C．羟基自由基对有机物有极强的氧化能力；
D．依据得失电子守恒分析。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由上述分析可知，曲线I表示向NaX溶液中滴加AgNO3溶液，曲线II表示向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液，故A不符合题意；
B．将c(NaX)改为0.2mol/L，平衡时-lgc(X-)=4.9，消耗硝酸银为原来的2倍，溶液体积变为原来的2倍，仍为AgX的饱和溶液，pX=4.9，即m点可平移至n点，故B符合题意；
C．m点c(Ag+)=10-4.9mol/L，p点c(Ag+)=2×10-4.0mol/L，Ksp(Ag2Y)=c2(Ag+)•c(X-)=(2×10-4.0)2×10-4.0=4×10-12.0，w点Na2Y过量，10mL0.1mol/LNa2Y溶液与10mL0.1mol/LAgNO3溶液混合时c(Y2-)=0.025mol/L，此时c(Ag+)=Ksp(Ag2Y)c(Y2-)=4×10-12.00.025mol/L=1.6×10-5mol/L，则溶液中c(Ag+)：p＞w＞m，故C不符合题意；
D．Ag2Y(s)+2X-(aq)⇌2AgX(s)+Y2-( aq)的平衡常数K=c(Y2-)c2(X-)=c(Y2-)c2(X-)×c2(Ag+)c2(Ag+)=Ksp(Ag2Y)Ksp2(AgX)=4.0×10-12.0(10-9.8)2=4×107.6，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】依据溶度积常数判断和进行相关计算。
8．【答案】（1）温度计；H++ OH-= H2O
（2）除去反应体系中残余的HBr
（3）过滤速率快，固液分离更彻底；防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低
（4）水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失
（5）76.3%
【解析】【解答】(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；盛放NaOH溶液的烧杯中主要示吸收HBr，发生反应的离子方程式H++OH-=H2O，故答案为：温度计；H++OH-=H2O；
(2)葡萄糖氧化过程中生成了HBr，能与CaCO3反应生成CaBr2、CO2，加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是除去HBr，故答案为：除去反应体系中残余的HBr；
(3)抽滤时形成负压，水流的更快，所以与普通过滤操作相比，抽滤过滤速度快，可以减少因溶液温度较低而析出的葡萄糖酸钙，抽滤过程需要趁热进行的原因是葡萄糖酸钙可溶于冷水，易溶于热水，故答案为：过滤速率快，固液分离更彻底；防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低；
(4)步骤V洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液，理由是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：水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失；
(5)9.0gC6H12O6的物质的量n(C6H12O6)=mM=9.0g180g/mol=0.05mol，根据C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]=12 n(C6H12O6)=0.025mol，Ca(C6H11O7)2的理论产量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025mol×430g/mol=10.75g，葡萄糖酸钙的产率=8.2g10.75g×100%≈76.3%，故答案为：76.3%。

【分析】(1)依据反应的条件，选择加热方式和仪器；中和反应的实质；
(2)利用强制弱除去杂质；
(3)操作时形成负压，水流的更快；温度对溶解度的影响；
(4)依据洗涤剂的性质和物质的溶解度分析；
(5)根据原子守恒计算。
9．【答案】（1）加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等
（2）使Fe2+转化为Fe3+；铁氰化钾
（3）Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱溶解
（4）CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR
（5）Na3PO4
（6）NiSO4·4H2O；4NiO + O2煅烧__2Ni2O3
【解析】【解答】向铬系铜镍电镀污泥中加入稀硫酸将金属氢氧化物溶解浸出过滤，电解滤液回收铜，同时将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。向电解后溶液中加入磷酸钠形成缓冲溶液调节溶液pH分离Ni与其他杂质金属，沉淀物进行转溶进一步处理，滤液备用；向非铬系铜镍电镀污泥中加入氨水与碳酸铵将Cu2+、Ni2+转成氨络离子分离浸出，用HR转化这些离子为NiR2、CuR2，经水洗除杂后加稀硫酸反萃取回收HR并获取NiSO4、CuSO4溶液，电解回收Cu合并上一流程NiSO4溶液，最终回收硫酸镍。据此可解答。
(1)为加快固体与稀硫酸的溶解浸出速率，可进行加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等操作；
(2)后续操作显示Fe元素转成Fe(OH)3除去，故在电解环节还需将Fe2+转化为Fe3+，检验Fe2+是否存在可选用铁氰化钾溶液检验，若未产生深蓝色沉淀，说明目的已达成；
(3)Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱NaOH溶解，需控制用量；
(4)H+反萃取出Cu2+，反应式为CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR；
(5)流程一中萃取I和反萃取I最终回收磷酸钠，可循环使用；
(6)NiSO4·6H2O的式量为263，原样品物质的量为0.1mol，含水0.6mol。由图可知A→B过程中固体质量减少26.3-22.7=3.6(g)，即减少n(H2O)=3.6/18=0.2mol，故B点固体化学式为NiSO4·4H2O；同理可推断C、D点对应物质分别为NiSO4、NiO，D→E固体质量增加0.8g，即0.1molNiO被空气中O2氧化增加氧元素n(O)=0.8/16=0.05mol，得到E的化学式为Ni2O3，故反应方程式为4NiO + O2煅烧__2Ni2O3 。

【分析】(1)利用速率的影响因素分析；
(4)利用平衡进行分析；
(5)利用原子守恒确定化学式；
(6)依据质量的变化确定化学式；依据反应物和产物书写化学方程式。
10．【答案】（1）-49.0；Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O；c
（2）不处于；升高温度，主反应平衡逆向移动，甲醇产率降低；催化剂活性降低或副反应更易进行；d+ca×100%；cc+d×100%；d(c+d)(a-c-d)(3a-3c-d)
（3）31.0；使用催化剂(或使用更高效的催化剂)
【解析】【解答】(1)①根据题意写出热化学方程式H2(g)+12O2(g)=H2O(l)，ΔH1=-285.8kJ/mol，CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，ΔH2=-726.4kJ/mol，CH3OH(l)=CH3OH(g)，ΔH3=+82.0kJ/mol，由盖斯定律得目标方程式的ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=-285.8×3+726.4+82.0=-49.0(kJ/mol)；②以总反应方程式与第二步反应式相减即得第一步反应方程式：Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O；③第一步反应吸热，第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，因此第二步速率快，反应活化能低于第一步，所以c选项正确；
(2)①由图像可知470K之后甲醇产率还在增大，温度持续升高，说明反应还在朝着主反应的正方向进行，不处于平衡状态；在490K时，反应达到平衡，此时甲醇产率达最高值，升高温度，主反应平衡逆向移动，另外随温度升高催化剂活性降低或副反应更易进行，甲醇产率降低；②根据题意可列三段式，注意主反应各物质的末态量作为副反应对应物质的起始量，已知量为CO2、H2的起始物质的量、CH3OH、CO的末态物质的量：
CO2+3H2⇌CH3OH+H2On0a3a00Δn-c-3c+c+cnta-c3(a-c)cc，CO2+H2⇌CO+H2On0a-c3(a-c)0cΔn-d-d+d+dnta-c-d3(a-c)-ddc+d
则CO2转化率=c+da×100%；甲醇的选择性=cc+d×100%；副反应的化学平衡常数为
K副=c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H)2=d(c+d)(a-c-d)(3a-3c-d)；
(3)将直线a上两点坐标代入Rlnk=-EaT+C列方程组9.2=-(3.2×10-3)Ea+C3.0=-(3.4×10-3)Ea+C 解得Ea=31.0(kJ·mol-1)；由于该反应的Arrhenius经验公式为一直线方程，因此活化能Ea即为该直线的斜率，如图过程a→b直线斜率减小，即活化能Ea降低，所以改变的条件可能是使用了催化剂或使用了更高效的催化剂。

【分析】(1)①根据盖斯定律得目标方程式；②以总反应方程式与第二步反应式相减即得第一步反应方程式；③活化能越高，速率越慢。
(2)①催化剂应在适宜的温度下活性最大；②根据三段式法计算；
(3)利用斜率分析原因。
11．【答案】（1）Li
（2）1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3
（3）sp3；sp2
（4）NH3；NH3 分子之间能形成氢键
（5）ab
（6）化学；LiAsF6；LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移
（7）8；2×374NA(a×10-7）3
【解析】【解答】(1)C、P是非金属，有较强得电子能力，而Li为金属，易失电子，则三种元素中Li的电负性最小，故答案为：Li；
(2)P原子核电荷数为15，原子核外最外层有5个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3；
(3)图2黑磷区中P原子的价层电子对数目为3+5-1×32 =4，P原子采取sp3杂化，而石墨区中C原子的价层电子对数目为3+4-2×22=3，则杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
(4)PH3的相对分子质量大于CH4，PH3的沸点比CH4高，但NH3分子间存在氢键沸点最高，所以沸点由高到低顺序为NH3＞PH3＞CH4，故答案为：NH3；NH3 分子之间能形成氢键；
(5)a．黑磷区中P-P键的键长不完全相等，则键能也不完全相同，故a正确；
b．黑磷与石墨晶体的层与层之间由范德华力互相吸引，两者均为混合晶体，故b正确；
c．复合材料单层中，P原子与C原子之间形成共价键，即作用力为共价键，故c不正确；
故答案为：ab；
(6)①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化，故答案为：化学；
②因为PF6-的半径比AsF6-的小，PF6-与Li+的作用力就比AsF6-的强，迁移速度就慢，故答案为：LiAsF6；LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移；
(7)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为V=a3 nm3=(a×10-7)3cm3，晶胞的质量为m=237×4NAg，所以晶体的密度为ρ=mV=2×374NA(a×10-7）3g/cm3，故答案为：8；2×374NA(a×10-7）3。

【分析】(1)非金属越强，电负性越小
(2)利用原子核外电子排布规律；
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
(4)分子间存在氢键，沸点高；
(5)依据晶胞结构确定化学键的参数。；
(6)①生成了新物质的反应为化学反应；
②依据离子之间的作用力分析；
(7)根据均摊法确定化学式再利用ρ=mV计算。
12．【答案】（1）1，7-庚二酸；C14H16ON3Cl
（2）羰基；加成反应；取代反应
（3）→一定条件+H2O
（4）CH3-CH=CH-COOH；7；
（5）
【解析】【解答】A组成上脱去1分子水、1分子二氧化碳生成B，B与氨气发生加成反应生成C，由D的分子式可知C发生醇的消去反应生成D为，由E的分子式、G的结构简式可知D中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E为，E与F发生取代反应生成G和HCl，对比G、I的结构简式可知，G与H发生取代反应生成I和HBr，推知H为CH3CH=CHCOOH，I分子内脱去1分子水形成酰胺基得到J；
(1)A的结构简式为HOOC-（CH2）5-COOH，其化学名称为1，7-庚二酸；由结构简式可知，J的分子式为C14H16N3OCl，故答案为：1，7-庚二酸；C14H16N3OCl；
(2)B中官能团的名称为羰基；B→C是碳碳双键与氨气发生加成反应；E与F反应生成G和HCl，E→G的反应类型为取代反应，故答案为：羰基；加成反应；取代反应；
(3)C→D的化学反应方程式为→一定条件+H2O；
(4)对比G、I的结构简式可知，G与H发生取代反应生成I和HBr，推知H的结构简式为CH3CH=CHCOOH；H有多种同分异构体，含有-COO-和碳碳双键的同分异构体可以是将-COO-插入CH3CH=CH2中的碳碳单键、碳氢键之间，每种位置的插入有2种连接顺序，去掉H本身共有2×4-1=7种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式为，故答案为：CH3CH=CHCOOH；7； ；
(5)模仿生成J的过程可知，在乙酸酐条件反应生成，与NH3发生取代反应生成，与CH2=CHCOOH发生取代反应生成，而CH2=CHCHO发生催化氧化生成CH2=CHCOOH，合成路线为

【分析】
(1)利用结构简式确定名称；由结构简式确定分子式；
(2)依据结构简式确定官能团的名称；依据反应过程中结构简式的变化确定反应类型；
(3)醇发生消去反应；
(4)利用结构简式的变化推知；依据条件确定官能团，书写同分异构体 ；
(5)根据题目信息和已学知识设计合成路线。