模拟试题2-2022年高考化学一轮复习名师精讲练

这是一份模拟试题2-2022年高考化学一轮复习名师精讲练，共16页。试卷主要包含了化学与社会、生活息息相关等内容，欢迎下载使用。

高三化学一轮复习模拟试题2
1．化学与社会、生活息息相关。下列说法不正确的是
A．煤的液化、海带中提碘、焰色反应等都涉及化学变化
B．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能
C．国产大飞机一C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料
D．浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”，描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷是一种硅酸盐产品
2．青出于蓝而胜于蓝，“青”指的是靛蓝，是人类使用历史悠久的染料之一，下列为传统制备靛蓝的过程：

下列说法不正确的是
A．吲哚酚的苯环上的一氯代物有2种
B．靛蓝的分子式为C16H10N2O2
C．1 mol吲哚酮与H2加成时可消耗4 mol H2
D．浸泡发酵过程发生的反应为取代反应
3．下列关于Cu和浓硫酸制备SO2反应的实验原理或操作能达到实验目的的是( )

A．用装置甲制取并收集SO2
B．用装置乙验证二氧化硫的漂白性
C．用装置丙过滤出稀释后混合物中的不溶物
D．用装置丁测定反应后溶液中
4．X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前36号元素，基态W原子的M层电子数比其L层电子数多3个，X、Y、Z都为第二周期元素，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式如图所示。下列说法正确的是

A．元素W属于IIIB族，Z可以和W组成一种化合物W2Z5是常见的催化剂
B．Y的氧化物对应的水化物是强酸
C．X与Z形成的化合物是非极性分子
D．(ZXY)2分子中X原子的杂化方式为sp，ZXY所形成的键角为180°
5．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图所示，下列叙述错误的是

A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B．为了确保得到氧化铝通常向滤液中通入CO2要过量
C．残渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
D．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤可制得Al2O3
6．SO2和NOx是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收SO2和NO。下列有关说法错误的是

A．a极为直流电源的负极
B．阳极发生的反应式为SO2-2e－＋2H2O=SO42-＋4H＋
C．阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H＋为2mol
D．吸收池中发生反应的离子方程式为：2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-
7．25℃时，向20mL0.1mol•L-1H2A溶液中滴加0.1mol•L-1的NaOH溶液，（忽略反应前后溶液体积变化）原溶液中部分粒子的物质的量随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．II表示的是HA-的物质的量的变化曲线
B．NaHA水溶液显碱性
C．的值随若V[NaOH(aq)]的增大而减小
D．当V[NaOH(aq)]=20mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05mol•L-1
8．某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05 mol·L-1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。
（1）检验产物
①取出少量黑色固体，洗涤后，_______（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。
②取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。
（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是________（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测，同时发现有白色沉淀生成，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30 min时量少；溶液红色较30 min时变浅
（资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN）
②对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b：空气中存在O2，由于________（用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设c：酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d：根据_______现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。
③ 下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d成立。
实验Ⅰ：向硝酸酸化的________溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3 min时溶液呈浅红色，30 min后溶液几乎无色。
实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是________，操作及现象是_________。

（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：_______。
9．钼是人体必须的微量元素之一，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体（Na2MoO4▪2H2O）可制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。由钼精矿（主要成分MoS2，含少量PbS等）制备钼及钼酸钠晶体的部分流程如下：

（1）焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是________（填序号）。
a 增大空气的进入量 b 将矿石粉碎 c 采用逆流原理
（2）焙烧过程中，每生成1mol MoO3，转移电子数目为_____。
（3）写出“碱浸”过程中反应的离子方程式__________。
（4）经“结晶”过程可得到钼酸钠晶体的粗品，要得到纯净的钼酸钠晶体，题中方框内需要进行的操作是_______。
（5）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，如图为各炉层固体物料的物质的量的百分组成。

①图像中纵坐标x =______。
②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，该反应的化学方程式为________。每生成标准状况下11.2L SO2，消耗氧化剂的物质的量为______。
10.氨是最为重要的基础化工产品之一，其产量居各种化工产品的首位。合成氨方面的研究共产生了三名诺贝尔奖得主，分别是理论可行性研究、工业化研究和机理研究三个方面，这也代表了现代化学研究的三个方面。回答下列问题：
I.合成氨反应的机理研究：N2和H2在活性铁表面催化合成NH3的机理如图所示，其中(ad)表示物种的吸附状态。

（1）根据反应历程图，写出合成氨反应的热化学方程式___________。
（2）合成氨经历如下五个过程：
N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)i
N(ad)+3H(ad)→NH(ad)+2H(ad)ii
NH(ad)+2H(ad)→NH2(ad)+H(ad)iii
NH2(ad)+H(ad)→NH3(ad)iv
NH3(ad)→NH3(g)V
下列说法正确的是___________（填选项字母）。
A．升高温度，过程i的反应速率减慢，过程ii的反应速率加快
B．增大压强，有利于提高过程i的转化率
C．使用催化剂时，反应N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＜0
II.合成氨反应的反应条件研究：实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比[]之间的关系如图所示。

（3）T0___________420°C(填“＜”“＞”或“=”,下同）。
（4）a点时的转化率：a(N2)___________a(H2)。
（5）a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为___________（用Ka、Kb、Kc、Kd表示）。
（6）b点对应的平衡常数Kb=___________MPa-2(用体系中各物质的分压表示平衡常数，物质的分压＝物质的量百分含量×容器的总压，列出计算式即可）。
III.合成氨的工业化研究：合成氨的原料气中的杂质会影响氨的合成效率，已知某原料气中含有20%N2、40%H2、30%CO、3%Ar。
（7）在恒压条件下，单位时间通入的气体总量一定时，杂质稀有气体Ar会使N2的平衡转化率降低的原因为___________。
11．氨基酸微量元素螯合物在饲料生产应用、解决过量添加无机盐造成环境污染等方面有重要应用。该类螯合物通常以蛋氨酸、赖氨酸、甘氨酸等为配位体，以铜、铁、锌、锰、铬、钴等元素为中心离子。
(1)甘氨酸中共有___个σ键，所含元素的电负性由大到小的顺序为____，官能团中C原子的杂化方式为___。
(2)上述金属元素中，基态原子有五个未成对电子的原子的核外电子排布式为______。
(3)蛋氨酸铜的结构式如下图。该螯合物中含有的化学键类型有_________(填序号)。
a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键

(4)Cr是周期表中第ⅥB族元素，化合价可以是0~+6的整数价态。某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为，则Cr的化合价为______。呈四面体构型，结构为，由两个四面体组成，这两个四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接，结构为。则由n(n>1)个通过顶角氧原子连结的链式结构的化学式为____。
(5)实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+。FeCl3 与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是____；K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，该物质晶胞的结构如下图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为____。

12．有机物A是一种重要的基本化工原料，它的产量往往用来衡量一个国家的石油化工发展水平。化合物PVB常用作安全玻璃夹层，下面是用A为原料合成高分子化合物PVB的路线：

已知：
(1)F与H互为同分异构体，F的核磁共振氢谱只有一种峰,F中含有的官能团名称为_____。
(2)图中有关物质的转化关系中，属于消去反应的是____(填下列序号)。
①D→G ②D→E ③E→H ④ M→N
(3)PVA与N合成PVB的化学方程式是_______。
(4)下列有关PVA和PVB的说法正确的是______
a．每个PVB分子中都只存在一个六元环
b．合成PVB的单体是PVA和N
c．PVA和PVB都是热塑性高分子材料
d．PVA可以做高吸水性树脂
(5)由G制备H的反应副产物可能是________(写结构简式，只需写出一种)。
(6)M的系统命名为_______；其同分异构体(不含M本身，不考虑立体异构)共有_______种。
(7)根据已有知识并结合相关信息，写出以和F为主要原料制备 的合成路线流程图(无机试剂或溶剂等任意选用)_______。

参考答案
1．A【解析】A.焰色反应是元素的性质，属于物理变化，不涉及化学变化，选项A不正确；
B. 利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，选项B正确；
C. 国产大飞机一C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料，选项C正确；
D. 浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”，描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷是一种硅酸盐产品，选项D正确；
答案选A。
2．A【解析】A. 吲哚酚的苯环上有4种氢原子，故其一氯代物有4种，故A错误；
B. 由靛蓝分子的结构简式可知，其分子式为C16H10N2O2，故B正确；
C. 吲哚酮分子中，苯环和羰基均可以与H2发生加成反应，故1 mol吲哚酮与H2加成时可消耗4 mol H2，故C正确；
D. 由流程图可知，浸泡发酵过程中，水分子中的羟基取代了中的-R，生成吲哚酚，故发生的反应为取代反应，故D正确；
故选A。
3．B【解析】A.铜与浓硫酸共热发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫的密度比空气大，应该选用向上排空气法收集二氧化硫，图中的收集装置为向下排空气法，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；
C.过滤时，应用玻璃棒引流，防止液滴飞溅，故C错误，
D.氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，滴定时应选用碱式滴定管盛装，不能用酸式滴定管，故D错误；
故选B。
4．D【解析】X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的前36号元素，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y，X、Y、Z都为第二周期元素，X形成4个共价键，位于ⅣA族，则X是C元素；Y形成3个共价键，位于ⅤA族，Y是N元素；Z形成2个共价键，位于ⅥA族，则Z是O元素；基态W原子的M层电子数比其L层电子数多3个，则W核外电子排布是2、8、11、2，所以W是V元素，据此分析解答。
A．Z 是 O，元素W是V，位于元素周期表第四周期第VB族，V可以和O组成的化合物V2O5是SO2氧化为SO3的的催化剂，不是所有反应的催化剂，A错误；
B．Y是N，N元素最高价+5的氧化物N2O5对应的水化物HNO3是强酸，而+3价的N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，由于题干未指明是否是最高价氧化物对应的水化物，因此不能确定其酸性强弱，B错误；
C．X是C，Z是O，二者形成的氧化物CO2是非极性分子，而CO是极性分子，C错误；
D．X是C，Y是N，Z是O，在分子(OCN)2中，C原子形成共价三键，因此C原子的杂化方式为sp杂化，故分子中化学键与化学键之间的夹角是180°，D正确；
故合理选项是D。
5．D【解析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生SO2，加入氧化钙达到吸收SO2的目的，防止SO2排放污染空气，焙烧产物经过NaOH溶液碱浸，Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量CO2，偏铝酸根与CO2、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产Al2O3；碱浸过程中，Fe2O3不与NaOH反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与Fe2O3在隔绝空气的条件下反应生成SO2和Fe3O4，利用Fe3O4的磁性实现其与烧渣的分离，以此来解答。
A．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2发生反应：2CaO＋2SO2＋O2＝2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，A选项正确；
B．通常向滤液中通入CO2要过量，以确保偏铝酸盐完全转化为氢氧化铝沉淀，从而提高氧化铝的产率，B选项正确；
C．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，C选项正确；
D．滤液中含有，通入过量CO2，发生反应：＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3−，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3制得Al2O3，D选项错误；
答案选D。
6．C【解析】A. 进去的是HSO3-，出来的是S2O42-,硫元素的化合价降低，发生还原反应，是阴极，与电源的负极相连，即a极为直流电源的负极，故A正确
B. 在阳极上发生失电子的氧化反应，故B正确；
C. 据电子守恒，则阴极得到电子量等于通过阳离子交换膜的H+的量，阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H+为1mol，故C错误；
D、硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-，故D正确；
故选：C.
7．B【解析】A．H2A总物质的量为2×10-3mol，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 mol/LH2A溶液中H2A的物质的量小于2×10-3 mol，说明H2A在溶液中不能完全电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A正确；
B．NaHA水溶液是强碱弱酸盐，HA-水解呈显碱性，HA-又会电离呈酸性，则NaHA溶液的酸碱性取决于HA-水解与电离程度的相对大小，由图知，当加入20mL氢氧化钠溶液时，所得即为NaHA水溶液，而此时溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，即HA-水解程度小于电离程度，则NaHA水溶液呈酸性，B错误；
C. 由电离平衡常数可知： ，则，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐减小，所以会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小，C正确；
D．V[NaOH(aq)]=20 mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，体积变化忽略不计，总体积为40 mL，钠离子浓度为0.05 mol/L，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)=0.05 mol/L，D正确；
答案选B。
8．（1）①加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀②Fe+2Fe3+=3Fe2+（2）①4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O②加入KSCN溶液后产生白色沉淀③0.05 mol·L-1 NaNO3溶液；FeSO4溶液（或FeCl2溶液）；分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深（3）溶液中存在反应：①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag ，②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应开始时，c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。，约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小
【解析】（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体，再用HCl检验Ag+。②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。
（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②O2氧化Fe2+生成Fe3+的反应为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O。白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05 mol·L-1 NaNO3溶液。原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2（或者FeSO4溶液）。假设d成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN时红色会更深。
（3）由于存在过量铁粉，溶液中存在反应有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反应生成的Fe2+能够被Ag+氧化发生反应②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。
9．（1）abc（2）14NA（3）MoO3+CO＝MoO+CO2↑（4）重结晶（5）16（6）MoS2 +6MoO37MoO2+2SO2；1.5mol
【解析】 (1)a.增大空气的进入量，增大了氧气的浓度，有利于钼精矿充分反应，故正确；
b.将矿石粉碎，增大了固体表面积，使得钼精矿和空气中的氧气的接触面积更大，有利于钼精矿充分反应，故正确；
c.采用逆流原理，可以增大钼精矿和空气中的氧气的接触面积，有利于钼精矿充分反应，故正确；
abc正确，故答案为：abc；
（2）辉钼精矿在高温下进行氧化焙烧，MoS2与空气中氧气反应生成MoO3和SO2，反应中Mo元素和S元素的化合价均升高，生成1molMoO3，转移电子的物质的量为(6—4)×1mol+[4—(—2)]×2mol=14mol，则转移电子数目为14NA，故答案为：14NA；
（3）由题意可知MoO3为酸性氧化物，碱浸过程中，MoO3与碳酸钠溶液反应生成Na2MoO4和CO2，反应的离子方程式为MoO3+CO32—＝MoO42—+CO2↑，故答案为：MoO3+CO32—＝MoO42—+CO2↑；
（4）用重结晶的方法可以将含有杂质的钼酸钠晶体粗品转化为纯净的钼酸钠晶体，故答案为：重结晶；
（5）设起始MoS2的物质的量为1mol，MoO3的物质的量分数为a%，由图可知，MoO2的物质的量分数为68%，MoO3与MoS2的物质的量分数相等，由Mo原子个数守恒可得1mol×68%+1mol×a%+1mol×a%=1mol，解得a=16，故答案为：16；
（6）高温下，MoS2与MoO3发生氧化还原反应生成MoO2和SO2，该反应的化学方程式为MoS2 +6MoO37MoO2+2SO2；反应中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-4升高到+4价被氧化，MoO3中Mo元素化合价由+6价降低到+4价被还原，做氧化剂，由化学方程式可知，生成2mol二氧化硫反应转移6molMoO3，标准状况下11.2L二氧化硫的物质的量为=0.5mol，则消耗氧化剂MoO3的物质的量为=1.5mol，故答案为：MoS2 +6MoO37MoO2+2SO2；1.5mol。
10.（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1（2）B（3）＞（4）＜（5）Kb=Kc>Ka>Kd（6）或或9.5×10－2（7）恒压容器中，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率
【解析】Ⅰ.(1)根据反应历程图可知，合成氨为放热反应，其热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2×(276kJ/mol-106kJ/mol-33kJ/mol-41kJ/mol-50kJ/mol)=-92kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1；
(2)A．升高温度，过程ⅰ和ii的反应速率均加快，A错误；
B．过程ⅰ为N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)，反应前后体积减小，增大压强，平衡正向移动，有利于提高过程ⅰ的转化率，B正确；
C．使用催化剂时，反应N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g) ΔH＞0，C错误；
故答案为：B；
Ⅱ.(3)根据图像，由①④曲线分析可知，压强相同，420℃→T0℃，平衡时氨气的含量降低，说明平衡逆向移动，又反应为放热反应，所以420℃→T0℃为温度升高的过程，则T0＞420℃，故答案为：＞；
(4)根据图像可知，a点时起始氢氮比，则N2的转化率＜H2的转化率，故答案为：＜；
(5)由于②③的温度相同，所以两个条件下平衡常数相等，即Kb=Kc，①④相比，压强相同，④的温度更高，所以平衡常数Ka＞Kd，①②相比，①的温度更高，所以平衡常数Kb＞Ka，故答案为：Kb=Kc>Ka>Kd；
(6)根据图像，b点时起始氢氮比，总压强为20MPa，平衡时氨气的含量为50%，设N2的起始投量为1mol，转化量为xmol，则列三段式有：

则有，x=，所以N2的物质的量百分含量为，H2的物质的量百分含量为，则b点对应的平衡常数，故答案为：或或9.5×10－2；
Ⅲ.(7)在恒压条件下，单位时间通入的气体总量一定时，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率，故答案为：恒压容器中，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率。
11．（1）9；O＞N＞C＞H；sp2（2）[Ar]3d54s2（3）abcd（4）+5；（5）K2[Fe(SCN)5]；4
【解析】 (1) 甘氨酸的结构为：，1个甘氨酸分子中含有σ键的数目为9；元素的非金属性越强，其电负性越强，四种非金属元素的电负性从大到小的顺序是：O＞N＞C＞H；官能团是羧基，羧基上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论，杂化类型是sp2，故答案为：9；O＞N＞C＞H；sp2；
(2)基态原子有五个未成对电子的原子是Mn，核外电子排布式为：[Ar]3d54s2，故答案为：[Ar]3d54s2；
(3) Cu2+与N原子形成配位键，C-C之间形成非极性键，C-H、C-S之间形成极性键，Cu2+与COO-形成离子键，故答案为：abcd；
(4) 由阴离子结构可知，Cr与O中形成5个价键，共用电子对偏向O，则Cr的化合价为+5价，两个每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n(n＞1)个通过角顶氧原子连续的链式，减少(n-1)个氧原子，微粒电荷不变，则由n(n＞1)个通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为，故答案为：+5；；
(5) Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为，根据电荷守恒可知与K+形成的配合物化学式为K2[Fe(SCN)5]；晶胞的结构中，Fe3+离子的个数为：，Fe2+离子的个数为：，CN-离子的个数为：，根据电荷守恒：N(K+)+N(Fe3+)×3+N(Fe2+)×2=N(CN-)，可得N(K+)=，故一个晶胞中的K+个数=，故答案为：K2[Fe(SCN)5]；4。
12．（1）醚键(2)① ③（3） +n/2 CH3CH2CH2CHO+n/2H2O (或系数加倍)（4）cd（5）CH2OHCH2OH或CH3CHO（6）1-丁醇；6种（7）
【解析】有机物A是一种重要的基本化工原料，它的产量往往用来衡量一个国家的石油化工发展水平，得出A为乙烯；A与Br2加成得D，D为BrCH2CH2Br，在NaOH溶液中加热发生取代反应生成E，E为HOCH2CH2OH，D在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成G，G为HC≡CH，乙炔水化生成乙醛，H为CH3CHO，H聚合生成PVA，；乙烯与HBr发生加成反应生成B，B为CH3CH2Br，与Mg、无水乙醚生成C，C为CH3CH2MgBr，E脱水生成F，F为环氧乙醚，E、F反应后酸化得M，M为CH3CH2CH2CH2OH，M在Cu作催化剂，氧化生成N，N为CH3CH2CH2CHO，PVA与N合成PVB的化学方程式是+n/2 CH3CH2CH2CHO +n/2H2O。
(1)F与H互为同分异构体，F的核磁共振氢谱只有一种峰，为环氧乙醚，F中含有的官能团名称为醚键。故答案为：醚键；
(2)①D在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成G，G为HC≡CH，故符合；②D为BrCH2CH2Br，在NaOH溶液中加热发生取代反应生成E，E为HOCH2CH2OH，故不符； ③E为HOCH2CH2OH，脱水发生消去反应后生成乙烯醇，异构化后生成乙醛，故符合；④ M为CH3CH2CH2CH2OH，M在Cu作催化剂，氧化生成N，N为CH3CH2CH2CHO，故不符；故答案为：① ③ ；
(3)PVA与N合成PVB的化学方程式是+n/2 CH3CH2CH2CHO +n/2H2O (或系数加倍)。故答案为：+n/2 CH3CH2CH2CHO +n/2H2O (或系数加倍)；
(4)a．每个PVB分子的链节中都存在一个六元环，故错误；
b．合成PVB的单体是乙烯醇和N，故错误；
c．由PVA和PVB的结构可知：二者均为线型分子结构，都是热塑性高分子材料，故正确；
d．PVA分子中含有大量羟基，羟基属于亲水基团，可以做高吸水性树脂，故正确；
故答案为：c d；
(5)G为HC≡CH，G 与水加成完全可得CH2OHCH2OH、CH3CH(OH)2，同一碳上有两个羟基不稳定，脱水后生成CH3CHO，由G制备H的反应副产物可能是CH2OHCH2OH或CH3CHO，故答案为：CH2OHCH2OH或CH3CHO；
(6) M为CH3CH2CH2CH2OH，M的系统命名为1-丁醇；其同分异构体(不含M本身，不考虑立体异构)共有6种，2-丁醇、2-甲基-1-丙醇、2-甲基-2-丙醇，醚包括：CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3。故答案为：1-丁醇；6；
(7)在无水乙醚和Mg反应生成，根据题目提供的信息，与乙醚反应生成，在Cu作催化剂条件下氧化成，结合题中PVA和N反应的模式，和反应生成 ，合成路线流程图如下：故答案为：。