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2020年广东省深圳市高考化学二模试卷
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2020年广东省深圳市高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 中国古代成语蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是( )
A. “甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，与白糖的主要成分相同
B. “近朱者赤”中“朱”指朱砂(HgS)，可用作红色颜料
C. “沙里淘金”利用了“沙”和“金”密度的差异进行分离
D. “红砖绿瓦”中“砖”和“瓦”都属于硅酸盐产品
2. 气相条件下，立方烷能自发地发生热重排反应生成一系列化合物。下列说法正确的是( )
A. a、f中所有原子均可处于同一平面
B. 1mol化合物e完全燃烧消耗12molO2
C. 六硝基立方烷最多有3种结构(不考虑立体异构)
D. 立方烷热重排产物均能使酸性KMnO4溶液褪色
3. 实验室制备莫尔盐[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]的过程是：向稀H2SO4中加入过量的铁屑，充分反应后过滤，向滤液中加入一定量的(NH4)2SO4饱和溶液。经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到莫尔盐晶体。下列说法正确的是( )
A. 铁屑上若有少量铁锈，将导致莫尔盐中混入杂质Fe2(SO4)3
B. 蒸发浓缩使用的仪器有坩埚、玻璃棒、酒精灯
C. 室温时，莫尔盐的溶解度比(NH4)2SO4和FeSO4的都小
D. 晶体析出后，取少量母液加入K3[Fe(CN)6]，无蓝色沉淀生成
4. 硅是制作光伏电池的关键材料。在Si晶体中掺杂不同种类的元素，可形成多电子的n型或缺电子的p型半导体。n型和p型半导体相互叠加形成p−n结，此时自由电子发生扩散运动，在交界面处形成电场。下列说法正确的是( )
A. 1molSi晶体中含有的Si−Si键数目为4NA
B. 若在Si晶体中掺入P元素，可得n型半导体
C. p−n结中，n型一侧带负电，p型一侧带正电
D. 光伏电池的能量转化形式为：光能→化学能→电能
5. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20.X、Y同周期，X的最高正价与最低负价代数和为4.化合物ZW2与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物。下列说法正确的是( )
A. 单质的沸点：W>Y B. 化合物ZW2中只含有离子键
C. 简单氢化物的热稳定性：X>Y D. X的氧化物的水化物均是强酸
6. 一种新型电池的工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法错误的是( )
A. Pt/C电极为负极，质子通过交换膜从负极区移向正极区
B. 正极的电极反应为NO3−+4H++3e−=NO↑+2H2O
C. 反应池中发生总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实现HNO3再生
D. 理论上，当消耗22.4L(标准状况下)H2时，会消耗1molO2
7. 25℃时，向50mL浓度均为l.0mol⋅L−1的醋酸和醋酸钠混合溶液中，缓慢滴加1.0mol⋅L−l的NaOH溶液，所得溶液的pH变化情况如图所示(已知：25℃时，Ka(CH3COOH)=1.8×10−5.下列叙述错误的是( )
A. a点溶液中，c(H+)约为1.8×10−5mol⋅L−1
B. b点溶液中，c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)
C. V(NaOH)≤50mL时，随V(NaOH)增大，溶液中离子总浓度增大
D. 从a到c的过程中，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)不变
二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）
8. 以CH4、CO2为原料合成乙酸，是综合开发温室气体资源的新方向。
Ⅰ.CH4、CO2催化重整间接制乙酸
CH4、CO2催化重整制合成气，再利用合成气制乙酸，涉及的反应如下：
反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H
反应2：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.9kJ⋅mol−1
反应3：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g)△H=−118.2kJ⋅mol−1
(1)已知：CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)△H=+37.9kJ⋅mol−1，则“反应l”的△H=______。
(2)“反应1”的化学反应速率v=k(PCH4)m⋅(PCO2)n，k为速率常数。1123K和1173K时，分别保持PCO2或PCH4不变，测得速率v与PCH4、PCO2的关系如图1所示。
①由图1可知，下列叙述正确的是______(填标号)。
A.当10kPa≤PCH4≤25kPa时，m=l
B.其他条件不变，增大PCO2，v不一定增大
C.a、b、c三点速率常数的大小关系为：ka>kb>kc
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，且kb=1.3×10−2mol⋅g−1⋅s−1⋅kPa−2，则b点的化学反应速率v=______mol⋅g−1⋅s−1。
(3)向盛有催化剂的刚性容器中通入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，发生“反应1”。在923K和1173K时，CH4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系如图2所示。
923K时，CH4(g)的平衡转化率α=______，若平衡时体系的总压强为P0，平衡常数K923K=______(用含有P0的代数式表示)。
Ⅱ.CH4、CO2两步法制乙酸
(4)反应CH4(g)+CO2(g)=CH3COOH(g)不能自发进行。将该反应拆分成两个连续的步骤进行，可在较温和的条件下实现上述转化，具体过程如图：
①第二步反应的化学方程式为______。
②为增大CH3COOH的平衡产率，从温度角度考虑，第一步反应在高温下进行，第二步反应在______进行；从H2浓度的角度考虑，应采取的措施是______。
9. Pd/A12O3是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/A12O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%，γ−A12O392.8%，其他杂质6.9g%)中回收金属Pd的工艺如图：
已知：γ−Al2O3能与酸反应，α−A12O3不与酸反应。
回答下列问题：
(l)“预处理”时，γ−A12O3经焙烧转化为α−A12O3，该操作的主要目的是______。
(2)“酸浸”时，Pd转化为PdCl42−，其离子方程式为______。
(3)“滤液①”和“滤液②”中都含有的主要溶质有______(填化学式)。
(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaC1O3，但缺点是______。两者相比，______(填化学式)的氧化效率更高(氧化效率以单位质量得到的电子数表示)。
(5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]C12沉淀，其化学方程式为______。
(6)酸性条件下，BrO3−能在负载Pd/A12O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br−。
①发生上述转化反应的电极应接电源的极______(填“正”或“负”)。
②研究表明，电流密度越大，电催化效率越高；但当电流密度过大时，该电极会发生副反应生成______(填化学式)。
10. 钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题：
(l)基态Co原子的核外电子排布式为______。
(2)以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构简式如图1所示。
①配合物中提供孤对电子的原子是______(填元素符号)。
②该多齿配体中所含元素电负性由大到小的顺序为______(填元素符号)。
③下列化合物与上述配合物中C和N原子的杂化类型均相同的是______(填标号)。
(3)亚硝酸钴钠可与K+结合形成K2Na[Co(NO2)6]，从而实现对K+的定量测定。
①K2Na[Co(NO2)6]中存在的化学键类型有______(填标号)。
A.金属键 B.离子键 C.极性共价键 D.配位键
②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有______(写一种)。
(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是______。
(5)某种铁酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影如图2所示。晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于______位置，与Co紧邻的O的个数为______。若晶胞中Co与O的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为______g⋅cm−3(列出计算式)。
11. 他米巴罗汀是一种对白血病、阿尔茨海默症等疾病具有较好治疗效果的药物，其一种合成路线如图：
回答下列问题：
(l)A的结构简式是______，C中含氧官能团的名称是______。
(2)①和③的反应类型分别是______。
(3)下列说法正确的是______(填标号)。
a.A为苯的同系物
b.B的一氯代物有5种
c.1mol C最多可与2mol NaOH反应
d.弱碱性条件有利于反应⑤进行
(4)草酰氯()与乙二胺()反应可得到一种六元环状化合物，该反应的化学方程式为______。
(5)化合物W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应；②能发生银镜反应；③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeC13发生显色反应，则W共有______种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为______。
(6)参照上述合成路线，设计由苯和1，3一丁二烯合成的路线(其它无机试剂任选)。______。
三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
12. H2O2是生产、生活、实验中常用的试剂。
Ⅰ.工业上制备H2O2的流程如图：
(l)“转化”中反应的化学方程式为______。“低温放置”的目的是______、______。
(2)图甲为“减压蒸馏”的部分装置，该装置由克氏蒸馏头和______(填仪器名称)组成。
Ⅱ.实验小组利用图乙装置测定阿伏加德罗常数(NA)
(3)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用______(填标号)试剂对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
A.H2C2O4B.KMnO4C.淀粉KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为______，说明装置的气密性良好。
(4)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cmol⋅L−1H2O2溶液VlmL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于______状态时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为______mL。
③设室温下O2的密度为ρg⋅L−1，一个O2实际质量为mg，则NA=______(用含ρ等字母的代数式表示)。
(5)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点有______(写两条)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.“甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，白糖成分为蔗糖，成分不同，故A错误；
B.朱砂的主要成分为HgS，为古代常用的一种红色颜料，故B正确；
C.因金的密度较大，则能用水冲洗的方法从沙里淘金，故C正确；
D.“红砖绿瓦”中“砖”和“瓦”都是黏土烧制得到，属于硅酸盐产品，故D正确；
故选：A。
A.白糖成分为蔗糖；
B.朱砂含Hg元素，为红色固体；
C.金的密度较大；
D.“红砖绿瓦”中“砖”和“瓦”都是黏土烧制得到；
本题考查物质的组成、物质分离、提纯方法的选择，注意物质的性质差异选择合理的分离方法是解答本题的关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.f含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故A错误；
B.e的分子式为C8H8，消耗氧气的物质的量为(8+84)mol=10mol，故B错误；
C.六硝基立方烷的同分异构体与二硝基立方烷的同分异构体数目相同，二硝基立方烷的同分异构体有3种，分别位于边、面对角线、体对角线，则六硝基立方烷最多有3种结构，故C正确；
D.苯与酸性高锰酸钾不反应，故D错误。
故选：C。
A.f含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；
B.e的分子式为C8H8，消耗氧气的物质的量结合(x+y4)计算；
C.六硝基立方烷的同分异构体与二硝基立方烷的同分异构体数目相同；
D.苯与酸性高锰酸钾不反应。
本题考查有机物的合成及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定有机物的性质，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A、铁屑上若有少量铁锈，由2Fe3++Fe=3Fe2+，可知莫尔盐中混入有的杂质应为FeSO4，故A错误；
B、蒸发浓缩使用的仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，故B错误；
C、硫酸亚铁铵在水中的溶解度比组成它的每一种盐的溶解度都小，故C正确；
D、晶体析出后，取少量母液，其中含有Fe2+，加入K3[Fe(CN)6]，发生3Fe2++2K3[Fe(CN)6]=6K++Fe3[Fe(CN)6]2↓，有蓝色沉淀生成，故D错误；
故选：C。
A、3价铁具有氧化性，与Fe发生反应生成2价铁，2Fe3++Fe=3Fe2+，故莫尔盐中混入有的杂质应为FeSO4；
B、蒸发浓缩使用的仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯；
C、根据题意知产品为硫酸亚铁铵，需从溶液中最先析出；
D、晶体析出后，母液中含有Fe2+，加入K3[Fe(CN)6]可得蓝色沉淀。
本题考查了实验步骤的分析判断，物质制备的实验设计方法，性质验证，晶体析出方法的应用，题目难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：A.硅晶体中每个硅原子与其周围四个硅原子形成四个共价键，但是每个共价键是两个硅原子共用的，所以1molSi含有2mol共价键，即Si−Si键数目为2NA，故A错误；
B.若在Si晶体中掺入As元素，图示分析得到，晶体中形成了自由移动的电子，可得n型半导体，P与As是同主族元素，若在Si晶体中掺入P元素，可得n型半导体，故B正确；
C.p−n结中，n型一侧带负电，p型一侧不带电核，故C错误；
D.光伏电池的能量转化形式为光能转化为电能，过程中无化学能转化，故D错误；
故选：B。
A.硅单质晶体中，结合分摊方法得到，晶体中含2条共价键；
B.若在Si晶体中掺入As元素，图示分析得到，晶体中形成了自由移动的电子，可得n型半导体，P与As是同主族元素；
C.p−n结中，n型一侧带负电，p型一侧不带电；
D.光伏电池的能量转化形式为光能转化为电能。
本题考查了晶体结构、晶体性质、微粒间的作用等知识点，注意信息的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，W为C元素，X为S，Y为Cl，Z为Ca元素。
A.常温下C的单质为固态，而Cl2为气态，则单质的沸点：W>Y，故A正确；
B.ZW2为CaC2，CaC2中含有离子键和共价键，故B错误；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性S
故选：A。
主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20.化合物ZW2与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物，则Z为Ca，W为C元素；X的最高正价与最低负价代数和为4，位于ⅥA族，则X为S；X、Y同周期，则Y为Cl元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6.【答案】D
【解析】解：新型原电池工作时H2被氧化，通入H2的Pt/C电极为负极，则碳毡电极应为原电池的正极，原电池工作时，H+通过质子交换膜移向正极，
A、该电池中，通入H2的Pt/C电极上H2失去电子生成H+，则通入H2的Pt/C电极为负极，碳毡电极应为原电池的正极，质子通过交换膜从负极区移向正极区，故A正确；
B、该电池中，碳毡电极应为原电池的正极，HNO3被还原，电极反应式为NO3−+4H++3e−=NO↑+2H2O，故B正确；
C、由图可知，反应池中NO、O2反应生成HNO3，反应池中总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，生成的HNO3循环使用，实现HNO3再生，故C正确；
D、该电池中，负极反应为H2−2e−=2H+，正极反应式NO3−+4H++3e−=NO↑+2H2O，所以消耗22.4L(标准状况下)H2即1molH2时，转移电子2mol，生成23molNO，反应池中总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，则消耗0.5molO2，故D错误；
故选：D。
新型电池工作时H2被氧化，通入H2的Pt/C电极为负极，电极反应为H2−2e−=2H+，HNO3被还原，碳毡电极应为原电池的正极，电极反应式为NO3−+4H++3e−=NO↑+2H2O，原电池工作时，H+通过质子交换膜移向正极，反应池中NO、O2反应生成HNO3，反应池中总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，从而实现了HNO3再生，以此解答该题。
本题考查化学电源新型电池工作原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、计算能力和灵活运用能力，把握电极反应及正确书写电极方程式是解题关键，注意电子守恒在电化学计算中的应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.a点醋酸和醋酸钠的浓度均为1mol/L，CH3COOH的电离程度和CH3COO−的水解程度均较小，则c(CH3COO−)≈c(CH3COOH)≈1mol/L，Ka(CH3COOH)≈c(H+)=1.8×10−5mol⋅L−1，故A正确；
B.b点只有20mL的醋酸参与反应，原溶液中还剩余30mL醋酸，Kh(CH3COO−)=10−141.8×10−5≈5.6×.8×10−10<c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故B正确；
C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，设加入NaOH溶液的体积为x，则c(Na+)=1mol/L×(x+50)×10−3L(x+50)×10−3L=1mol/L，即c(Na+)几乎不变，而c(H+)逐渐减小，则溶液中离子总浓度减小，故C错误；
D.从a到c的过程中，CH3COO−的水解平衡常数不变，则溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh(CH3COO−)的比值不变，故D正确；
故选：C。
A.浓度均为l.0mol⋅L−1的醋酸和醋酸钠混合溶液中c(CH3COO−)≈c(CH3COOH)≈1mol/L，Ka(CH3COOH)=c(H+)；
B.b点加入20mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质仍然为醋酸和醋酸钠，醋酸根离子的水解程度较小，混合液呈酸性；
C.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，设加入NaOH溶液的体积为x，则c(Na+)=1mol/L×(x+50)×10−3L(x+50)×10−3L=1mol/L，即c(Na+)几乎不变，结合加入氢氧化钠溶液后氢离子浓度逐渐减小分析；
D.c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh(CH3COO−)，温度不变，水解平衡常数不变。
本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度中等，明确图示曲线变化为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
8.【答案】+247.0kJ⋅mol−1 AB 5.2 60% 8164P02或1.265625P02 CO2+Co3C+2H2⇌CH3COOH+3Co 低温 第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大氢气的浓度(或压强)
【解析】解：I、(1)反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H1
反应2：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.9kJ⋅mol−1
反应3：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g)△H3=−118.2kJ⋅mol−1
总反应：CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)△H=+37.9kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，反应l+反应2+反应3可得总反应，△H1+△H2+△H3=△H，则△H1=△H−△H2−△H3=+37.9kJ⋅mol−1−(−90.9kJ⋅mol−1)−(−118.2kJ⋅mol−1)=+247.0kJ⋅mol−1，
故答案为：+247.0kJ⋅mol−1；
(1)①A、当10kPa≤PCH4≤25kPa时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图象为一条直线，故斜率为1，则m=l，故A正确；
B、由右图的速率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，PCO2增大，在PCO2的值为25kPa时，速率值不再发生变化，故速率v不一定增大，故B正确；
C、由图象可知，va>vb>vc，a和b的PCH4相等、根据公式，v=k[PCH4]m⋅[PCO2]n，由于va>vb，ka>kb，三个点中c点PCH4值最小，故无法得出c点速率常数最小关系，故C错误；
故答案为：AB；
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，则b点的化学反应速率v=k[PCH4]m⋅[PCO2]n，已知Kb=1.3×10−2mol⋅g−1⋅s−1⋅kPa−2，CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)，由图象可知，当10kPa≤PCH4≤25kPa时，m=l，n=1，vb=kb[20]×[20]=1.3×10−2mol⋅g−1⋅s−1⋅kPa−2×400=5.2mol⋅g−1⋅s−1，
故答案为：5.2；
(3)反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H>0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH4(g)的转化率增大，则平衡时CH4(g)的转化率为98%的曲线为1173K时的平衡曲线，60%的为温度923K时的平衡曲线，由曲线可知，923K时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，若平衡时体系的总压强为p0，设CH4和CO2的初始投入物质的量为1mol，923K平衡时时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，列“三段式”：
CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) (单位：mol)
起始量：1 1 0 0
转化量：0.6 0.6 1.2 1.2
平衡量：0.4 0.4 1.2 1.2
平衡常数KP=p2(H2)×p2(CO)p(CH4)×p(CO2)，P(CH4)=0.43.2×P0，P(CO2)=0.43.2×P0，P(H2)=1.23.2×P0，P(CO)=1.23.2×P0，
KP=(1.23.2×P0)2×(1.23.2×P0)2(0.43.2×P0)1×(0.43.2×P0)1=8164P02=1.265625P02，
故答案为：60%；8164P02或1.265625P02；
II、(4)①根据图示，第二步反应的化学方程式为CO2+Co3C+2H2⇌CH3COOH+3Co，
故答案为：CO2+Co3C+2H2⇌CH3COOH+3Co；
②根据图示可知，第二步反应为放热反应，增大CH3COOH的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反应向放热的方向进行，从温度角度考虑，第二步反应在低温下进行；从H2浓度的角度考虑，反应一中氢气为生成物，使反应正向进行，则应该减小氢气的浓度(或压强)，对于反应二，氢气为反应物，可增大氢气的浓度(或压强)，促使平衡正向移动，使CH3COOH的平衡产率增大，
故答案为：低温；第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大氢气的浓度(或压强)。
I(1)反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H1
反应2：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.9kJ⋅mol−1
反应3：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g)△H3=−118.2kJ⋅mol−1
总反应：CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)△H=+37.9kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，反应l+反应2+反应3可得；
(1)①A、当10kPa≤PCH4≤25kPa时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图象为一条直线，故斜率为1；
B、由右图的速率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，PCO2增大，在PCO2的值为25kPa时，速率值不再发生变化；
C、由图象可知，va>vb>vc，a和b的PCH4相等、根据公式，v=k[PCH4]m⋅[PCO2]n，由于va>vb，ka>kb，三个点中c点PCH4值最小；
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，则b点的化学反应速率v=k[PCH4]m⋅[PCO2]n，已知Kb=1.3×10−2mol⋅g−1⋅s−1⋅kPa−2，CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)，由图象可知，当10kPa≤PCH4≤25kPa时，m=l，n=1，代入数据进行计算；
(3)反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H>0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH4(g)的转化率增大，则平衡时CH4(g)的转化率为98%的曲线为1173K时的平衡曲线，60%的为温度923K时的平衡曲线，由曲线可知，923K时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，若平衡时体系的总压强为p0，设CH4和CO2的初始投入物质的量为1mol，923K平衡时时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，列“三段式”：
CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) (单位：mol)
起始量：1 1 0 0
转化量：0.6 0.6 1.2 1.2
平衡量：0.4 0.4 1.2 1.2
平衡常数KP=p2(H2)×p2(CO)p(CH4)×p(CO2)，P(CH4)=0.43.2×P0，P(CO2)=0.43.2×P0，P(H2)=1.23.2×P0，P(CO)=1.23.2×P0；
II、(4)①根据图示可知第二步反应的化学方程式；
②根据图示可知，第二步反应为放热反应，增大CH3COOH的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反应向放热的方向进行；结合化学平衡移动进行分析。
本题综合考查化学反应原理，知识点综合性强，均为高频考点，涉及化学反应速率的影响因素、盖斯定律应用及热化学方程式书写、化学平衡状态等，侧重考查学生分析图象信息能力、灵活运用知识的能力，需要学生有扎实的基本功，题目难度中等。
9.【答案】有利于Pd与Al2O3的分离 3Pd+ClO3−+6H++11Cl=3PdCl42−+3H2O AlCl3 对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) NaClO3 [Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl 负 H2
【解析】解：(1)由于α−Al2O3不与酸反应，“预处理”时，γ−Al2O3经焙烧转化为α−Al2O3，该操作的主要目的是将大量的Al2O3在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于Pd与Al2O3的分离，
故答案为：有利于Pd与Al2O3的分离；
(2)根据分析，“酸浸”时，Pd转化为PdCl42−，其离子方程式为3Pd+ClO3−+6H++11Cl−=3PdCl42−+3H2O，
故答案为：3Pd+ClO3−+6H++11Cl−=3PdCl42−+3H2O；
(3)根据分析“滤液①”主要含有Al3+、Cl−，“滤液②”中主要含有Al3+、Cl−、H+，二者都含有的主要溶质有AlCl3，
故答案为：AlCl3；
(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到163mol≈0.016mol的电子，106.5gNaClO3为1mol，做氧化剂转化为PdCl42−，转移6mol电子，即1gNaClO3参与反应得到6106.5mol≈0.056mol电子，两者相比，NaClO3的氧化效率更高，
故答案为：对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；NaClO3；
(5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，其化学方程式为[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl，
故答案为：[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl；
(6)①BrO3−能在负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br−，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连，
故答案为：负；
②电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被BrO3−得到转化为Br−，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：2H++2e−=H2↑，
故答案为：H2。
废Pd/Al2O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%，γ−Al2O392.8%，其他杂质6.0%)进行预处理，废催化剂进行焙烧，使大量的γ−Al2O3经焙烧转化为α−Al2O3，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为PdCl42−，γ−Al2O3转化为Al3+后过滤，发生的离子反应为：3Pd+ClO3−+6H++11Cl=3PdCl42−+3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，α−Al2O3不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，α−Al2O3以滤渣的形式除去，得到含有PdCl42−、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将PdCl42−置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl−的滤液①，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl−、H+的滤液②和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为PdCl42−，向得到的溶液中加入氨水，将PdCl42−转化为[Pd(NH3)4]2+，再加入盐酸，使[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，过滤后，对[Pd(NH3)2]Cl2进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此分析解答。
本题考查物质的制备与分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】[Ar]3d74s2 O、N O>N>C>H B B、C、D SO2或SeO2 Co的原子半径小且价电子较多，金属键更强 面心 12 155×102122a3NA
【解析】解：(1)Co位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，则基态Co的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，
故答案为：[Ar]3d74s2；
(2)①根据配合物的结构简式，配合物中提供孤对电子的原子是N和O，
故答案为：O、N；
②同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大，则该多齿配体中所含元素电负性由大到小的顺序为：O>N>C>H，
故答案为：O>N>C>H；
③A.C为sp2杂化，N为sp3杂化，故A不选；
B.C为sp3杂化，N为sp2杂化，故B选；
C.C为sp3杂化，N为sp3杂化，故C不选；
D.C为sp3杂化，N为sp3杂化，故D不选，
故答案为：B；
(3)①K3[Co(NO2)6]中，内界和外界存在离子键，配体内存在共价键，中心离子和配位间存在配位键，
故答案为：B、C、D；
②等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，对于NO2−，N−和S，Se的价电子相同，所以等电子体为：SO2或SeO2，
故答案为：SO2或SeO2；
(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，考虑二者金属键强度不同，Co的原子半径小且价电子较多，金属键更强，
故答案为：Co的原子半径小且价电子较多，金属键更强；
(5)根据铁酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影，可画出晶胞结构为，晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于面心的位置，
以顶角的Co为参考点，Co所在xy平面上与之紧邻的O有4个，空间中还存在xz和yz平面，所以与Co紧邻的O的个数为12，
一个晶胞中含有Co的数目为8×18=1个，含有Ti的数目为1个，含有O的数目为6×12=3个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=155g，一个晶胞体积为(2a2)3×10−21cm3，所以晶体密度为ρ=mV=155gNA×(2a2)3×10−21cm3=155×102122a3NAg/cm3，
故答案为：面心；12；155×102122a3NA。
(1)Co位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，据此写出基态Co原子的核外电子排布式；
(2)①根据配合物的结构简式分析配位原子；
②同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大；
③−NH2和−CH3中N和C均为sp3杂化，苯环中C为sp2杂化，配合物中C有sp2和sp3杂化，N为sp2杂化；
(3)①K3[Co(NO2)6]中，内界和外界存在离子键，配体内存在共价键，中心离子和配位间存在配位键；
②等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
(4)金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，从金属键角度分析，金属键越强，熔沸点越高；
(5)根据晶胞的三个投影图判断其中的Co、Ti和O的排布方式，根据密度公式ρ=mV计算。
本题比较综合，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，掌握均摊法进行晶胞计算。
11.【答案】 酯基、羧基 取代反应、还原反应 cd 13
【解析】解：(l)A的结构简式是，C为，C中含氧官能团的名称是羧基、酯基，
故答案为：；羧基、酯基；
(2)①和③的反应类型分别是取代反应、还原反应，
故答案为：取代反应、还原反应；
(3)a.A的结构简式是，A和苯结构不相似，所以A和苯不是同系物，故错误；
b.B中含有7种氢原子，所以B的一氯代物有7种，故错误；
c.C中羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，所以1mol C最多可与2mol NaOH反应，故正确；
d.二者反应还生成HCl，HCl和碱发生中和反应，所以弱碱性条件有利于反应⑤进行，故正确；
故选cd；
(4)草酰氯()与乙二胺()反应可得到一种六元环状化合物，二者发生取代反应，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
(5)C为，化合物W与C互为同分异构体，且满足下列条件：
①属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应，说明含有苯环和−COOH；
②能发生银镜反应，含有−CHO；
③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeC13发生显色反应说明为羧酸苯酯，根据C中不饱和度和O原子个数知，应该含有HCOO−结构，
如果取代基为HCOO−、−CH2COOH，有邻间对3种；
如果取代基为HCOO−、−CH3、−COOH，有10种；
所以符合条件的有13种；
其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为，
故答案为：13；；
(6)由苯和1，3一丁二烯合成，根据生成A的反应知，苯和ClCH2CH2CH2CH2Cl反应生成目标产物，1，3−丁二烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH2CH=CHCH2Cl，ClCH2CH=CHCH2Cl和氢气发生加成反应生成ClCH2CH2CH2CH2Cl，其合成路线为，
故答案为：。
根据③反应产物结构简式知，苯发生取代反应生成A为，A发生取代反应生成B为，③为还原反应，④为取代反应，根据C分子式知，C为，⑤为取代反应，⑥水解反应；
(6)由苯和1，3一丁二烯合成，根据生成A的反应知，苯和ClCH2CH2CH2CH2Cl反应生成目标产物，1，3−丁二烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH2CH=CHCH2Cl，ClCH2CH=CHCH2Cl和氢气发生加成反应生成ClCH2CH2CH2CH2Cl。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确分析反应前后碳链结构、官能团结构变化并正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体种类判断。
12.【答案】Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2 防止H2O2受热分解 沉降Na2HPO4⋅nH2O固体 圆底烧瓶 B 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 (V2−V1) 2(V2−V1)ρcV1m 反应完全、无污染、反应速率快
【解析】解：(1)转化中方程式为Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2，低温放置目的在于防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4⋅nH2O固体，
故答案为：Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2；防止H2O2受热分解；沉降Na2HPO4⋅nH2O固体；
(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
(3)①由H2O2的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确，故选B，
故答案为：B；
②根据压强平衡原理可知注射器b的现象为注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL，
故答案为：注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL；
(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，
故答案为：恢复室温或体积不再改变或压强不再改变；
②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的，故氧气的体积为(V2−V1)mL，
故答案为：(V2−V1)；
③由题中信息可知生成的O2的质量m(O2)=ρg/L⋅V2−V11000L，由2H2O2− MnO2 2H2O+O2可知：2H2O2～O2；故可得m(O2)=cV12×10−3×NA×m，所以结合式子可得NA=2(V2−V1)ρcV1m，
故答案为：2(V2−V1)ρcV1m；
(5)H2O2自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等，
故答案为：反应完全、无污染、反应速率快。
由反应流程可知转化方程式为Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2，H2O2受热易分解为水和氧气，故应低温放置，过滤后滤液经低温蒸馏得到H2O2，
(1)由分析可知；
(2)由装置图可知反应中的仪器名称；
(3)①由H2O2的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确；
②根据压强平衡原理可知注射器b的现象为注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL；
(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响；
②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的；
③由题中信息可知生成的O2的质量m(O2)=ρg/L⋅V2−V11000L，由2H2O2− MnO2 2H2O+O2可知：2H2O2～O2；故可得m(O2)=cV12×10−3×NA×m；
(5)H2O2自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
本题考查实验制备方案，明确原理是解题关键，注意对题目信息的提取应用，是对知识的综合运用与分析解决问题能力的考查，注意利用关系式进行计算，题目难度中等。
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2020年广东省深圳市高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 中国古代成语蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是( )
A. “甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，与白糖的主要成分相同
B. “近朱者赤”中“朱”指朱砂(HgS)，可用作红色颜料
C. “沙里淘金”利用了“沙”和“金”密度的差异进行分离
D. “红砖绿瓦”中“砖”和“瓦”都属于硅酸盐产品
2. 气相条件下，立方烷能自发地发生热重排反应生成一系列化合物。下列说法正确的是( )
A. a、f中所有原子均可处于同一平面
B. 1mol化合物e完全燃烧消耗12molO2
C. 六硝基立方烷最多有3种结构(不考虑立体异构)
D. 立方烷热重排产物均能使酸性KMnO4溶液褪色
3. 实验室制备莫尔盐[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]的过程是：向稀H2SO4中加入过量的铁屑，充分反应后过滤，向滤液中加入一定量的(NH4)2SO4饱和溶液。经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到莫尔盐晶体。下列说法正确的是( )
A. 铁屑上若有少量铁锈，将导致莫尔盐中混入杂质Fe2(SO4)3
B. 蒸发浓缩使用的仪器有坩埚、玻璃棒、酒精灯
C. 室温时，莫尔盐的溶解度比(NH4)2SO4和FeSO4的都小
D. 晶体析出后，取少量母液加入K3[Fe(CN)6]，无蓝色沉淀生成
4. 硅是制作光伏电池的关键材料。在Si晶体中掺杂不同种类的元素，可形成多电子的n型或缺电子的p型半导体。n型和p型半导体相互叠加形成p−n结，此时自由电子发生扩散运动，在交界面处形成电场。下列说法正确的是( )
A. 1molSi晶体中含有的Si−Si键数目为4NA
B. 若在Si晶体中掺入P元素，可得n型半导体
C. p−n结中，n型一侧带负电，p型一侧带正电
D. 光伏电池的能量转化形式为：光能→化学能→电能
5. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20.X、Y同周期，X的最高正价与最低负价代数和为4.化合物ZW2与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物。下列说法正确的是( )
A. 单质的沸点：W>Y B. 化合物ZW2中只含有离子键
C. 简单氢化物的热稳定性：X>Y D. X的氧化物的水化物均是强酸
6. 一种新型电池的工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法错误的是( )
A. Pt/C电极为负极，质子通过交换膜从负极区移向正极区
B. 正极的电极反应为NO3−+4H++3e−=NO↑+2H2O
C. 反应池中发生总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实现HNO3再生
D. 理论上，当消耗22.4L(标准状况下)H2时，会消耗1molO2
7. 25℃时，向50mL浓度均为l.0mol⋅L−1的醋酸和醋酸钠混合溶液中，缓慢滴加1.0mol⋅L−l的NaOH溶液，所得溶液的pH变化情况如图所示(已知：25℃时，Ka(CH3COOH)=1.8×10−5.下列叙述错误的是( )
A. a点溶液中，c(H+)约为1.8×10−5mol⋅L−1
B. b点溶液中，c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)
C. V(NaOH)≤50mL时，随V(NaOH)增大，溶液中离子总浓度增大
D. 从a到c的过程中，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)不变
二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）
8. 以CH4、CO2为原料合成乙酸，是综合开发温室气体资源的新方向。
Ⅰ.CH4、CO2催化重整间接制乙酸
CH4、CO2催化重整制合成气，再利用合成气制乙酸，涉及的反应如下：
反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H
反应2：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.9kJ⋅mol−1
反应3：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g)△H=−118.2kJ⋅mol−1
(1)已知：CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)△H=+37.9kJ⋅mol−1，则“反应l”的△H=______。
(2)“反应1”的化学反应速率v=k(PCH4)m⋅(PCO2)n，k为速率常数。1123K和1173K时，分别保持PCO2或PCH4不变，测得速率v与PCH4、PCO2的关系如图1所示。
①由图1可知，下列叙述正确的是______(填标号)。
A.当10kPa≤PCH4≤25kPa时，m=l
B.其他条件不变，增大PCO2，v不一定增大
C.a、b、c三点速率常数的大小关系为：ka>kb>kc
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，且kb=1.3×10−2mol⋅g−1⋅s−1⋅kPa−2，则b点的化学反应速率v=______mol⋅g−1⋅s−1。
(3)向盛有催化剂的刚性容器中通入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，发生“反应1”。在923K和1173K时，CH4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系如图2所示。
923K时，CH4(g)的平衡转化率α=______，若平衡时体系的总压强为P0，平衡常数K923K=______(用含有P0的代数式表示)。
Ⅱ.CH4、CO2两步法制乙酸
(4)反应CH4(g)+CO2(g)=CH3COOH(g)不能自发进行。将该反应拆分成两个连续的步骤进行，可在较温和的条件下实现上述转化，具体过程如图：
①第二步反应的化学方程式为______。
②为增大CH3COOH的平衡产率，从温度角度考虑，第一步反应在高温下进行，第二步反应在______进行；从H2浓度的角度考虑，应采取的措施是______。
9. Pd/A12O3是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/A12O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%，γ−A12O392.8%，其他杂质6.9g%)中回收金属Pd的工艺如图：
已知：γ−Al2O3能与酸反应，α−A12O3不与酸反应。
回答下列问题：
(l)“预处理”时，γ−A12O3经焙烧转化为α−A12O3，该操作的主要目的是______。
(2)“酸浸”时，Pd转化为PdCl42−，其离子方程式为______。
(3)“滤液①”和“滤液②”中都含有的主要溶质有______(填化学式)。
(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaC1O3，但缺点是______。两者相比，______(填化学式)的氧化效率更高(氧化效率以单位质量得到的电子数表示)。
(5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]C12沉淀，其化学方程式为______。
(6)酸性条件下，BrO3−能在负载Pd/A12O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br−。
①发生上述转化反应的电极应接电源的极______(填“正”或“负”)。
②研究表明，电流密度越大，电催化效率越高；但当电流密度过大时，该电极会发生副反应生成______(填化学式)。
10. 钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题：
(l)基态Co原子的核外电子排布式为______。
(2)以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构简式如图1所示。
①配合物中提供孤对电子的原子是______(填元素符号)。
②该多齿配体中所含元素电负性由大到小的顺序为______(填元素符号)。
③下列化合物与上述配合物中C和N原子的杂化类型均相同的是______(填标号)。
(3)亚硝酸钴钠可与K+结合形成K2Na[Co(NO2)6]，从而实现对K+的定量测定。
①K2Na[Co(NO2)6]中存在的化学键类型有______(填标号)。
A.金属键 B.离子键 C.极性共价键 D.配位键
②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有______(写一种)。
(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是______。
(5)某种铁酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影如图2所示。晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于______位置，与Co紧邻的O的个数为______。若晶胞中Co与O的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为______g⋅cm−3(列出计算式)。
11. 他米巴罗汀是一种对白血病、阿尔茨海默症等疾病具有较好治疗效果的药物，其一种合成路线如图：
回答下列问题：
(l)A的结构简式是______，C中含氧官能团的名称是______。
(2)①和③的反应类型分别是______。
(3)下列说法正确的是______(填标号)。
a.A为苯的同系物
b.B的一氯代物有5种
c.1mol C最多可与2mol NaOH反应
d.弱碱性条件有利于反应⑤进行
(4)草酰氯()与乙二胺()反应可得到一种六元环状化合物，该反应的化学方程式为______。
(5)化合物W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应；②能发生银镜反应；③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeC13发生显色反应，则W共有______种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为______。
(6)参照上述合成路线，设计由苯和1，3一丁二烯合成的路线(其它无机试剂任选)。______。
三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
12. H2O2是生产、生活、实验中常用的试剂。
Ⅰ.工业上制备H2O2的流程如图：
(l)“转化”中反应的化学方程式为______。“低温放置”的目的是______、______。
(2)图甲为“减压蒸馏”的部分装置，该装置由克氏蒸馏头和______(填仪器名称)组成。
Ⅱ.实验小组利用图乙装置测定阿伏加德罗常数(NA)
(3)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用______(填标号)试剂对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
A.H2C2O4B.KMnO4C.淀粉KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为______，说明装置的气密性良好。
(4)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cmol⋅L−1H2O2溶液VlmL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于______状态时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为______mL。
③设室温下O2的密度为ρg⋅L−1，一个O2实际质量为mg，则NA=______(用含ρ等字母的代数式表示)。
(5)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点有______(写两条)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.“甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，白糖成分为蔗糖，成分不同，故A错误；
B.朱砂的主要成分为HgS，为古代常用的一种红色颜料，故B正确；
C.因金的密度较大，则能用水冲洗的方法从沙里淘金，故C正确；
D.“红砖绿瓦”中“砖”和“瓦”都是黏土烧制得到，属于硅酸盐产品，故D正确；
故选：A。
A.白糖成分为蔗糖；
B.朱砂含Hg元素，为红色固体；
C.金的密度较大；
D.“红砖绿瓦”中“砖”和“瓦”都是黏土烧制得到；
本题考查物质的组成、物质分离、提纯方法的选择，注意物质的性质差异选择合理的分离方法是解答本题的关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.f含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故A错误；
B.e的分子式为C8H8，消耗氧气的物质的量为(8+84)mol=10mol，故B错误；
C.六硝基立方烷的同分异构体与二硝基立方烷的同分异构体数目相同，二硝基立方烷的同分异构体有3种，分别位于边、面对角线、体对角线，则六硝基立方烷最多有3种结构，故C正确；
D.苯与酸性高锰酸钾不反应，故D错误。
故选：C。
A.f含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；
B.e的分子式为C8H8，消耗氧气的物质的量结合(x+y4)计算；
C.六硝基立方烷的同分异构体与二硝基立方烷的同分异构体数目相同；
D.苯与酸性高锰酸钾不反应。
本题考查有机物的合成及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定有机物的性质，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A、铁屑上若有少量铁锈，由2Fe3++Fe=3Fe2+，可知莫尔盐中混入有的杂质应为FeSO4，故A错误；
B、蒸发浓缩使用的仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，故B错误；
C、硫酸亚铁铵在水中的溶解度比组成它的每一种盐的溶解度都小，故C正确；
D、晶体析出后，取少量母液，其中含有Fe2+，加入K3[Fe(CN)6]，发生3Fe2++2K3[Fe(CN)6]=6K++Fe3[Fe(CN)6]2↓，有蓝色沉淀生成，故D错误；
故选：C。
A、3价铁具有氧化性，与Fe发生反应生成2价铁，2Fe3++Fe=3Fe2+，故莫尔盐中混入有的杂质应为FeSO4；
B、蒸发浓缩使用的仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯；
C、根据题意知产品为硫酸亚铁铵，需从溶液中最先析出；
D、晶体析出后，母液中含有Fe2+，加入K3[Fe(CN)6]可得蓝色沉淀。
本题考查了实验步骤的分析判断，物质制备的实验设计方法，性质验证，晶体析出方法的应用，题目难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：A.硅晶体中每个硅原子与其周围四个硅原子形成四个共价键，但是每个共价键是两个硅原子共用的，所以1molSi含有2mol共价键，即Si−Si键数目为2NA，故A错误；
B.若在Si晶体中掺入As元素，图示分析得到，晶体中形成了自由移动的电子，可得n型半导体，P与As是同主族元素，若在Si晶体中掺入P元素，可得n型半导体，故B正确；
C.p−n结中，n型一侧带负电，p型一侧不带电核，故C错误；
D.光伏电池的能量转化形式为光能转化为电能，过程中无化学能转化，故D错误；
故选：B。
A.硅单质晶体中，结合分摊方法得到，晶体中含2条共价键；
B.若在Si晶体中掺入As元素，图示分析得到，晶体中形成了自由移动的电子，可得n型半导体，P与As是同主族元素；
C.p−n结中，n型一侧带负电，p型一侧不带电；
D.光伏电池的能量转化形式为光能转化为电能。
本题考查了晶体结构、晶体性质、微粒间的作用等知识点，注意信息的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，W为C元素，X为S，Y为Cl，Z为Ca元素。
A.常温下C的单质为固态，而Cl2为气态，则单质的沸点：W>Y，故A正确；
B.ZW2为CaC2，CaC2中含有离子键和共价键，故B错误；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性S
故选：A。
主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20.化合物ZW2与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物，则Z为Ca，W为C元素；X的最高正价与最低负价代数和为4，位于ⅥA族，则X为S；X、Y同周期，则Y为Cl元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6.【答案】D
【解析】解：新型原电池工作时H2被氧化，通入H2的Pt/C电极为负极，则碳毡电极应为原电池的正极，原电池工作时，H+通过质子交换膜移向正极，
A、该电池中，通入H2的Pt/C电极上H2失去电子生成H+，则通入H2的Pt/C电极为负极，碳毡电极应为原电池的正极，质子通过交换膜从负极区移向正极区，故A正确；
B、该电池中，碳毡电极应为原电池的正极，HNO3被还原，电极反应式为NO3−+4H++3e−=NO↑+2H2O，故B正确；
C、由图可知，反应池中NO、O2反应生成HNO3，反应池中总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，生成的HNO3循环使用，实现HNO3再生，故C正确；
D、该电池中，负极反应为H2−2e−=2H+，正极反应式NO3−+4H++3e−=NO↑+2H2O，所以消耗22.4L(标准状况下)H2即1molH2时，转移电子2mol，生成23molNO，反应池中总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，则消耗0.5molO2，故D错误；
故选：D。
新型电池工作时H2被氧化，通入H2的Pt/C电极为负极，电极反应为H2−2e−=2H+，HNO3被还原，碳毡电极应为原电池的正极，电极反应式为NO3−+4H++3e−=NO↑+2H2O，原电池工作时，H+通过质子交换膜移向正极，反应池中NO、O2反应生成HNO3，反应池中总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，从而实现了HNO3再生，以此解答该题。
本题考查化学电源新型电池工作原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、计算能力和灵活运用能力，把握电极反应及正确书写电极方程式是解题关键，注意电子守恒在电化学计算中的应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.a点醋酸和醋酸钠的浓度均为1mol/L，CH3COOH的电离程度和CH3COO−的水解程度均较小，则c(CH3COO−)≈c(CH3COOH)≈1mol/L，Ka(CH3COOH)≈c(H+)=1.8×10−5mol⋅L−1，故A正确；
B.b点只有20mL的醋酸参与反应，原溶液中还剩余30mL醋酸，Kh(CH3COO−)=10−141.8×10−5≈5.6×.8×10−10<
C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，设加入NaOH溶液的体积为x，则c(Na+)=1mol/L×(x+50)×10−3L(x+50)×10−3L=1mol/L，即c(Na+)几乎不变，而c(H+)逐渐减小，则溶液中离子总浓度减小，故C错误；
D.从a到c的过程中，CH3COO−的水解平衡常数不变，则溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh(CH3COO−)的比值不变，故D正确；
故选：C。
A.浓度均为l.0mol⋅L−1的醋酸和醋酸钠混合溶液中c(CH3COO−)≈c(CH3COOH)≈1mol/L，Ka(CH3COOH)=c(H+)；
B.b点加入20mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质仍然为醋酸和醋酸钠，醋酸根离子的水解程度较小，混合液呈酸性；
C.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，设加入NaOH溶液的体积为x，则c(Na+)=1mol/L×(x+50)×10−3L(x+50)×10−3L=1mol/L，即c(Na+)几乎不变，结合加入氢氧化钠溶液后氢离子浓度逐渐减小分析；
D.c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh(CH3COO−)，温度不变，水解平衡常数不变。
本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度中等，明确图示曲线变化为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
8.【答案】+247.0kJ⋅mol−1 AB 5.2 60% 8164P02或1.265625P02 CO2+Co3C+2H2⇌CH3COOH+3Co 低温 第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大氢气的浓度(或压强)
【解析】解：I、(1)反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H1
反应2：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.9kJ⋅mol−1
反应3：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g)△H3=−118.2kJ⋅mol−1
总反应：CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)△H=+37.9kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，反应l+反应2+反应3可得总反应，△H1+△H2+△H3=△H，则△H1=△H−△H2−△H3=+37.9kJ⋅mol−1−(−90.9kJ⋅mol−1)−(−118.2kJ⋅mol−1)=+247.0kJ⋅mol−1，
故答案为：+247.0kJ⋅mol−1；
(1)①A、当10kPa≤PCH4≤25kPa时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图象为一条直线，故斜率为1，则m=l，故A正确；
B、由右图的速率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，PCO2增大，在PCO2的值为25kPa时，速率值不再发生变化，故速率v不一定增大，故B正确；
C、由图象可知，va>vb>vc，a和b的PCH4相等、根据公式，v=k[PCH4]m⋅[PCO2]n，由于va>vb，ka>kb，三个点中c点PCH4值最小，故无法得出c点速率常数最小关系，故C错误；
故答案为：AB；
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，则b点的化学反应速率v=k[PCH4]m⋅[PCO2]n，已知Kb=1.3×10−2mol⋅g−1⋅s−1⋅kPa−2，CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)，由图象可知，当10kPa≤PCH4≤25kPa时，m=l，n=1，vb=kb[20]×[20]=1.3×10−2mol⋅g−1⋅s−1⋅kPa−2×400=5.2mol⋅g−1⋅s−1，
故答案为：5.2；
(3)反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H>0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH4(g)的转化率增大，则平衡时CH4(g)的转化率为98%的曲线为1173K时的平衡曲线，60%的为温度923K时的平衡曲线，由曲线可知，923K时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，若平衡时体系的总压强为p0，设CH4和CO2的初始投入物质的量为1mol，923K平衡时时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，列“三段式”：
CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) (单位：mol)
起始量：1 1 0 0
转化量：0.6 0.6 1.2 1.2
平衡量：0.4 0.4 1.2 1.2
平衡常数KP=p2(H2)×p2(CO)p(CH4)×p(CO2)，P(CH4)=0.43.2×P0，P(CO2)=0.43.2×P0，P(H2)=1.23.2×P0，P(CO)=1.23.2×P0，
KP=(1.23.2×P0)2×(1.23.2×P0)2(0.43.2×P0)1×(0.43.2×P0)1=8164P02=1.265625P02，
故答案为：60%；8164P02或1.265625P02；
II、(4)①根据图示，第二步反应的化学方程式为CO2+Co3C+2H2⇌CH3COOH+3Co，
故答案为：CO2+Co3C+2H2⇌CH3COOH+3Co；
②根据图示可知，第二步反应为放热反应，增大CH3COOH的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反应向放热的方向进行，从温度角度考虑，第二步反应在低温下进行；从H2浓度的角度考虑，反应一中氢气为生成物，使反应正向进行，则应该减小氢气的浓度(或压强)，对于反应二，氢气为反应物，可增大氢气的浓度(或压强)，促使平衡正向移动，使CH3COOH的平衡产率增大，
故答案为：低温；第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大氢气的浓度(或压强)。
I(1)反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H1
反应2：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.9kJ⋅mol−1
反应3：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g)△H3=−118.2kJ⋅mol−1
总反应：CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)△H=+37.9kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，反应l+反应2+反应3可得；
(1)①A、当10kPa≤PCH4≤25kPa时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图象为一条直线，故斜率为1；
B、由右图的速率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，PCO2增大，在PCO2的值为25kPa时，速率值不再发生变化；
C、由图象可知，va>vb>vc，a和b的PCH4相等、根据公式，v=k[PCH4]m⋅[PCO2]n，由于va>vb，ka>kb，三个点中c点PCH4值最小；
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，则b点的化学反应速率v=k[PCH4]m⋅[PCO2]n，已知Kb=1.3×10−2mol⋅g−1⋅s−1⋅kPa−2，CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)，由图象可知，当10kPa≤PCH4≤25kPa时，m=l，n=1，代入数据进行计算；
(3)反应l：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)△H>0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH4(g)的转化率增大，则平衡时CH4(g)的转化率为98%的曲线为1173K时的平衡曲线，60%的为温度923K时的平衡曲线，由曲线可知，923K时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，若平衡时体系的总压强为p0，设CH4和CO2的初始投入物质的量为1mol，923K平衡时时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，列“三段式”：
CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) (单位：mol)
起始量：1 1 0 0
转化量：0.6 0.6 1.2 1.2
平衡量：0.4 0.4 1.2 1.2
平衡常数KP=p2(H2)×p2(CO)p(CH4)×p(CO2)，P(CH4)=0.43.2×P0，P(CO2)=0.43.2×P0，P(H2)=1.23.2×P0，P(CO)=1.23.2×P0；
II、(4)①根据图示可知第二步反应的化学方程式；
②根据图示可知，第二步反应为放热反应，增大CH3COOH的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反应向放热的方向进行；结合化学平衡移动进行分析。
本题综合考查化学反应原理，知识点综合性强，均为高频考点，涉及化学反应速率的影响因素、盖斯定律应用及热化学方程式书写、化学平衡状态等，侧重考查学生分析图象信息能力、灵活运用知识的能力，需要学生有扎实的基本功，题目难度中等。
9.【答案】有利于Pd与Al2O3的分离 3Pd+ClO3−+6H++11Cl=3PdCl42−+3H2O AlCl3 对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) NaClO3 [Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl 负 H2
【解析】解：(1)由于α−Al2O3不与酸反应，“预处理”时，γ−Al2O3经焙烧转化为α−Al2O3，该操作的主要目的是将大量的Al2O3在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于Pd与Al2O3的分离，
故答案为：有利于Pd与Al2O3的分离；
(2)根据分析，“酸浸”时，Pd转化为PdCl42−，其离子方程式为3Pd+ClO3−+6H++11Cl−=3PdCl42−+3H2O，
故答案为：3Pd+ClO3−+6H++11Cl−=3PdCl42−+3H2O；
(3)根据分析“滤液①”主要含有Al3+、Cl−，“滤液②”中主要含有Al3+、Cl−、H+，二者都含有的主要溶质有AlCl3，
故答案为：AlCl3；
(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到163mol≈0.016mol的电子，106.5gNaClO3为1mol，做氧化剂转化为PdCl42−，转移6mol电子，即1gNaClO3参与反应得到6106.5mol≈0.056mol电子，两者相比，NaClO3的氧化效率更高，
故答案为：对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；NaClO3；
(5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，其化学方程式为[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl，
故答案为：[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl；
(6)①BrO3−能在负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br−，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连，
故答案为：负；
②电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被BrO3−得到转化为Br−，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：2H++2e−=H2↑，
故答案为：H2。
废Pd/Al2O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%，γ−Al2O392.8%，其他杂质6.0%)进行预处理，废催化剂进行焙烧，使大量的γ−Al2O3经焙烧转化为α−Al2O3，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为PdCl42−，γ−Al2O3转化为Al3+后过滤，发生的离子反应为：3Pd+ClO3−+6H++11Cl=3PdCl42−+3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，α−Al2O3不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，α−Al2O3以滤渣的形式除去，得到含有PdCl42−、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将PdCl42−置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl−的滤液①，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl−、H+的滤液②和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为PdCl42−，向得到的溶液中加入氨水，将PdCl42−转化为[Pd(NH3)4]2+，再加入盐酸，使[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，过滤后，对[Pd(NH3)2]Cl2进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此分析解答。
本题考查物质的制备与分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】[Ar]3d74s2 O、N O>N>C>H B B、C、D SO2或SeO2 Co的原子半径小且价电子较多，金属键更强 面心 12 155×102122a3NA
【解析】解：(1)Co位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，则基态Co的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，
故答案为：[Ar]3d74s2；
(2)①根据配合物的结构简式，配合物中提供孤对电子的原子是N和O，
故答案为：O、N；
②同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大，则该多齿配体中所含元素电负性由大到小的顺序为：O>N>C>H，
故答案为：O>N>C>H；
③A.C为sp2杂化，N为sp3杂化，故A不选；
B.C为sp3杂化，N为sp2杂化，故B选；
C.C为sp3杂化，N为sp3杂化，故C不选；
D.C为sp3杂化，N为sp3杂化，故D不选，
故答案为：B；
(3)①K3[Co(NO2)6]中，内界和外界存在离子键，配体内存在共价键，中心离子和配位间存在配位键，
故答案为：B、C、D；
②等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，对于NO2−，N−和S，Se的价电子相同，所以等电子体为：SO2或SeO2，
故答案为：SO2或SeO2；
(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，考虑二者金属键强度不同，Co的原子半径小且价电子较多，金属键更强，
故答案为：Co的原子半径小且价电子较多，金属键更强；
(5)根据铁酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影，可画出晶胞结构为，晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于面心的位置，
以顶角的Co为参考点，Co所在xy平面上与之紧邻的O有4个，空间中还存在xz和yz平面，所以与Co紧邻的O的个数为12，
一个晶胞中含有Co的数目为8×18=1个，含有Ti的数目为1个，含有O的数目为6×12=3个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=155g，一个晶胞体积为(2a2)3×10−21cm3，所以晶体密度为ρ=mV=155gNA×(2a2)3×10−21cm3=155×102122a3NAg/cm3，
故答案为：面心；12；155×102122a3NA。
(1)Co位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，据此写出基态Co原子的核外电子排布式；
(2)①根据配合物的结构简式分析配位原子；
②同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大；
③−NH2和−CH3中N和C均为sp3杂化，苯环中C为sp2杂化，配合物中C有sp2和sp3杂化，N为sp2杂化；
(3)①K3[Co(NO2)6]中，内界和外界存在离子键，配体内存在共价键，中心离子和配位间存在配位键；
②等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
(4)金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，从金属键角度分析，金属键越强，熔沸点越高；
(5)根据晶胞的三个投影图判断其中的Co、Ti和O的排布方式，根据密度公式ρ=mV计算。
本题比较综合，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，掌握均摊法进行晶胞计算。
11.【答案】 酯基、羧基 取代反应、还原反应 cd 13
【解析】解：(l)A的结构简式是，C为，C中含氧官能团的名称是羧基、酯基，
故答案为：；羧基、酯基；
(2)①和③的反应类型分别是取代反应、还原反应，
故答案为：取代反应、还原反应；
(3)a.A的结构简式是，A和苯结构不相似，所以A和苯不是同系物，故错误；
b.B中含有7种氢原子，所以B的一氯代物有7种，故错误；
c.C中羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，所以1mol C最多可与2mol NaOH反应，故正确；
d.二者反应还生成HCl，HCl和碱发生中和反应，所以弱碱性条件有利于反应⑤进行，故正确；
故选cd；
(4)草酰氯()与乙二胺()反应可得到一种六元环状化合物，二者发生取代反应，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
(5)C为，化合物W与C互为同分异构体，且满足下列条件：
①属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应，说明含有苯环和−COOH；
②能发生银镜反应，含有−CHO；
③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeC13发生显色反应说明为羧酸苯酯，根据C中不饱和度和O原子个数知，应该含有HCOO−结构，
如果取代基为HCOO−、−CH2COOH，有邻间对3种；
如果取代基为HCOO−、−CH3、−COOH，有10种；
所以符合条件的有13种；
其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为，
故答案为：13；；
(6)由苯和1，3一丁二烯合成，根据生成A的反应知，苯和ClCH2CH2CH2CH2Cl反应生成目标产物，1，3−丁二烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH2CH=CHCH2Cl，ClCH2CH=CHCH2Cl和氢气发生加成反应生成ClCH2CH2CH2CH2Cl，其合成路线为，
故答案为：。
根据③反应产物结构简式知，苯发生取代反应生成A为，A发生取代反应生成B为，③为还原反应，④为取代反应，根据C分子式知，C为，⑤为取代反应，⑥水解反应；
(6)由苯和1，3一丁二烯合成，根据生成A的反应知，苯和ClCH2CH2CH2CH2Cl反应生成目标产物，1，3−丁二烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH2CH=CHCH2Cl，ClCH2CH=CHCH2Cl和氢气发生加成反应生成ClCH2CH2CH2CH2Cl。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确分析反应前后碳链结构、官能团结构变化并正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体种类判断。
12.【答案】Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2 防止H2O2受热分解 沉降Na2HPO4⋅nH2O固体 圆底烧瓶 B 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 (V2−V1) 2(V2−V1)ρcV1m 反应完全、无污染、反应速率快
【解析】解：(1)转化中方程式为Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2，低温放置目的在于防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4⋅nH2O固体，
故答案为：Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2；防止H2O2受热分解；沉降Na2HPO4⋅nH2O固体；
(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
(3)①由H2O2的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确，故选B，
故答案为：B；
②根据压强平衡原理可知注射器b的现象为注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL，
故答案为：注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL；
(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，
故答案为：恢复室温或体积不再改变或压强不再改变；
②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的，故氧气的体积为(V2−V1)mL，
故答案为：(V2−V1)；
③由题中信息可知生成的O2的质量m(O2)=ρg/L⋅V2−V11000L，由2H2O2− MnO2 2H2O+O2可知：2H2O2～O2；故可得m(O2)=cV12×10−3×NA×m，所以结合式子可得NA=2(V2−V1)ρcV1m，
故答案为：2(V2−V1)ρcV1m；
(5)H2O2自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等，
故答案为：反应完全、无污染、反应速率快。
由反应流程可知转化方程式为Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2，H2O2受热易分解为水和氧气，故应低温放置，过滤后滤液经低温蒸馏得到H2O2，
(1)由分析可知；
(2)由装置图可知反应中的仪器名称；
(3)①由H2O2的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确；
②根据压强平衡原理可知注射器b的现象为注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL；
(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响；
②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的；
③由题中信息可知生成的O2的质量m(O2)=ρg/L⋅V2−V11000L，由2H2O2− MnO2 2H2O+O2可知：2H2O2～O2；故可得m(O2)=cV12×10−3×NA×m；
(5)H2O2自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
本题考查实验制备方案，明确原理是解题关键，注意对题目信息的提取应用，是对知识的综合运用与分析解决问题能力的考查，注意利用关系式进行计算，题目难度中等。
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