2022届安徽省芜湖一中等江南十校高三下学期3月一模联考理综化学试题含解析

这是一份2022届安徽省芜湖一中等江南十校高三下学期3月一模联考理综化学试题含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


2022届安徽省芜湖一中等江南十校高三下学期3月一模联考
理综化学试题
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．北京时间10月6日晚，2021年诺贝尔化学奖授予 Benjamin List和David W.C.MacMillan，以奖励他们“对于有机小分子不对称催化的重要贡献”。不对称催化剂具有选择性。下列说法错误的是（　　）
A．催化剂不仅可以是金属催化剂和酶，也可以是有机小分子
B．不对称催化剂可以提高目标产物在最终产物中的比率
C．催化剂在反应前后的质量和性质不变
D．“不对称有机催化”对医药研究和绿色化学有极为重要的意义
2．下列物质除杂的过程中，不能实现目的的是（　　）
　
原物(杂质)
除杂试剂
除杂方法
A
CO2(H2S)
CuSO4溶液
洗气
B
碳粉(MnO2)
浓盐酸
加热后过滤
C
乙酸(乙醇)
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
D
硝基苯(NO2)
NaOH溶液
分液
A．A B．B C．C D．D
3．下列化学反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．工业制取漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH稀溶液：NH4++OH-=NH3·H2O
C．向H2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3浓溶液：2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s) ⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)
4．汉代张仲景在《伤寒论》中收有解表名方“葛根汤”，其中活性物质葛根素的结构简式如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．该物质的分子式为C21H20O9
B．1mol该物质与足量的金属钠反应可以产生67.2LH2
C．该物质能够使溴水褪色
D．该物质苯环上的一氯代物有4种
5．短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为20，仅X、Y、Z为同周期相邻元素。下列说法正确的是（　　）
A．常温下，W单质一定为空气的主要成分
B．Z的最高价含氧酸一定是强酸
C．X与Z形成化合物时，其原子最外层电子均满足8电子稳定结构
D．X、Y、Z的简单氢化物中至少有一种物质可以存在氢键
6．我国某公司开发的“刀片电池”外观上类似普通干电池，但内部结构看上去像一堆排列整齐的裁纸刀，每一个刀片里又被分成很多个容纳腔，每个容纳腔里都包含一个电芯，整个刀片是由多个极芯串联而成的模组。该电池本质上还是磷酸铁锂电池，电池的总反应方程式为：
LiM1-xFexPO4+6C⇌放电充电M1-xFexPO4+LiC6，其装置工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．该电池工作时，负极的电极反应式为：
LiM1-x FexPO4-e-=M1-x FexPO4+Li+
B．该电池中的聚合物隔膜是阳离子交换膜，在充电时，阳离子由左向右移动
C．该电池充电时阴极的电极反应式为：C6Li1-x+xLi++xe-=C6Li
D．刀片电池可以搭载在新能源汽车上，作为动力来源
7．H3A是一种多元酸，25℃时，向1mol·L-1H，A溶液中逐滴加入NaOH稀溶液至过量，滴加过程中各种含A微粒的物质的量分数随溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．1 mol·L-1的H3A溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)
B．25℃时H3A的第一级电离平衡常数数量级为10-3
C．1 mol·L-1的NaH2A溶液中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(H2A-)>c(HA2-)
D． NaH2A溶液中存在：c(H3A)+c(H+)=c(OH-)+c(HA2-)

二、非选择题
8．某工厂废水中含有Zn2+、Cd2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子，可以通过“降温结晶一化学沉淀一溶剂萃取”的方法对金属离子分别进行分离和回收，图1展示了实验开发的金属回收工艺。

回答下列问题：
（1）取200mL废水置于烧杯中，水浴加热至60℃，搅拌的同时按照化学计量数之比加入硫酸铵固体，待其完全溶解后，在低温时搅拌析出铵明矾晶体，其化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，发生反应的化学方程式为　 　。
（2）降温结晶除掉了废水中大部分铝元素，还需将剩余铝、铁元素去除，故降温结晶、过滤后，向滤液中加入X溶液，将废水中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再调节pH为4.9.根据题意可推知X的电子式为　 　；滤渣1的主要成分是　 　（填化学式）。
（3）工业上常采用有机磷酸类萃取剂P2O4来回收硫酸锌。如果没有设计萃取这一步骤，将会产生的影响是　 　；滤渣2的主要成分是　 　（填化学式）；已知Al(OH)3在强碱溶液中生成Al(OH)4]-，且滤渣2性质类似Al(OH)3，请写出滤渣2与强碱溶液反应的离子方程式　 　。
（4）为提高资源利用率，水相经过滤得到的废液可在实验工艺流程中　 　步骤循环使用。
9．乙醛酸（OHC-COOH)是一种重要的有机化学中间体，具有极其活跃的化学性质和广泛的用途，常温下易溶于水，微溶于酒精，其有多种制备方法，如硝酸氧化法、过氧化氢氧化法和电解法等。

（1）I.硝酸氧化法
第一步：向三颈烧瓶中依次加入质量分数为40%的乙二醛78.5mL，质量分数为30%的盐酸17.2mL，蒸馏水30mL；
第二步：搅拌并通入氧气5分钟，升温至50℃，加入亚硝酸钠固体2.5g，搅拌下升温至60℃，缓慢分批滴加质量分数为40%的硝酸溶液47mL(23分钟加完），恒温下反应2小时，然后升温至75℃，搅拌30分钟反应结束；
第三步：降温结晶、过滤、洗涤，得到产品。
装置a、b的名称分别为　 　。
（2）在催化剂亚硝酸钠的作用下，可用浓硝酸氧化乙二醛（OHC-CHO)制取乙醛酸，该反应的化学方程式为　 　。
（3）第二步通入氧气的目的是　 　（用化学方程式并结合简单文字说明）；硝酸需要缓慢分批加入的原因是　 　。
（4）第三步中洗涤产品所用的最佳试剂为　 　。
（5）II.过氧化氢氧化法
乙二醛硝酸氧化法具有原料易得及反应条件温和等优点，但也存在明显不足。因此用过氧化氢代替硝酸制取乙醛酸的理由是　 　。
（6）III.电解法
乙醛酸溶液可以由草酸（HOOC-COOH)水溶液经电解获得，请写出电解过程中阴极的电极反应式　 　。
10．“十三五”期间，中国应对气候变化工作取得显著成效，并向国际社会承诺2030年前“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。CO2的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，故有效开发利用CO2成为科研热点。回答下列问题：
（1）CO2合成淀粉
2021年9月23日，中国科学院召开新闻发布会，介绍我国科学家历时6年多科研攻关，世界上首次在实验室中实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成。提纯含有氯化钠杂质的淀粉溶液的方法为　 　。
（2）CO2合成二甲醚
存在反应：
I.CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1
II.2CO2(g)+6H2(g) ⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH2
①在一定条件下，仅发生反应II.在该条件下，向5L恒容密闭容器中充人物质的量之比为1：3的CO2和H2混合气体，在不同催化剂作用下合成二甲醚，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示。

其中在催化剂　 　（填“A”“B”或“C”）作用下，可使该反应的活化能最小。若忽略温度对催化剂的影响，则ΔH2　 　0(填“＞”或“＜”），理由是　 　。
②一定温度下，向填充有催化剂的恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2和H2，同时发生反应I和反应II，15min末反应达到平衡。测得反应前容器内压强为Po，平衡时二甲醚气体的分压为P1，氢气的分压为P2.
（I）下列事实能说明容器内反应均达到平衡状态的是（　 　）。
A.氢氢键不再断裂 B.CO2与H2的个数之比不再改变
C.容器内气体的压强不再改变 D.容器内气体的密度不再改变
（II）二氧化碳的平衡转化率为　 　（用含Po、P1、P2的代数式表示）。
（II）该温度下，反应II的平衡常数KP=　 　（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，用含P0、P1、P2的代数式表示）。
③二甲醚常用作燃料电池的燃料，若使用了1kg二甲醚，则理论上电路中通过的电量为　 　库仑（保留两位有效数字，已知e=1.60x10-19C).
（3）CO2制甲醇（MT)和二甲醚（DME)我国科研团队研究发现使用GaZrOx 双金属氧化物催化剂实现CO2加氢制甲醇（MT)和二甲醚（DME)的活性明显优于纯Ga2O3和ZrO2催化剂，其反应机理如图所示。下列有关叙述正确的是____。

A．步骤a→b有化学键的断裂和形成
B．中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇（MT)和二甲醚（DME)
C．反应过程中Ga的成键数目保持不变
D．氧空位用于捕获CO2，氧空位个数越多，速率越快
11．[化学－选修3：物质结构与性质］
CuaSnbSc属于三元化合物，是一种重要的半导体和非线性光学材料，具有杰出的热学、光学和机械等性质，因而备受人们的广泛关注。回答下列问题：
（1）CuaSnbSc中Cu元素有＋1和＋2两种价态，从结构上分析基态Cu+、Cu2+中　 　更稳定，原因是　 　；其中Cu2+可与CN-形成配离子［Cu(CN)4]2-，1 mol该配离子中含有σ键的物质的量为　 　mol.
（2）该三元化合物的四方相晶体结构如图（a)所示，其化学式为　 　。

（3）CuaSnbSc的四方相晶体结构中Cu+离子在晶胞中的配位数是　 　，S原子的杂化类型是　 　。
（4）锡有白锡和灰锡两种单质，白锡晶体中锡原子为六方最密堆积，如图（b)所示，灰锡晶体的结构类似于金刚石，如图（c)所示，则白锡晶体和灰锡晶体晶胞中原子空间利用率之比为　 　（保留三位有效数字），其中一个白锡晶胞中存在　 　个四面体空隙（四面体空隙：由四个球体围成的空隙）。
12．[化学－选修5：有机化学基础］
艾拉莫德J是一种治疗急、慢性关节炎的药物，具有抗炎镇痛的作用，在医药工业中的一种合方法如下：

已知：

回答下列问题：
（1）A具有的官能团名称是　 　（不考虑苯环）。
（2）写出反应②的化学方程式　 　。
（3）设计①、⑤两步的原因是　 　。
（4）反应⑥的反应类型是　 　，写出H的结构简式　 　。
（5）G的化学名称是　 　，它的同分异构体中，既能发生水解反应，又能发生银镜反应的化合物共有　 　种（已知O和Cl不能直接相连）。

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.催化剂可以是金属，也可以是酶，根据题干信息可知，还可以是有机小分子，故A不符合题意；
B. 不对称催化剂具有选择性，可以提高目标产物在最终产物中的比率，故B不符合题意；
C.催化剂在反应前后质量和化学性质不变，但物理性质可能改变，故C符合题意；
D. “不对称有机催化”对医药研究和绿色化学有极为重要的意义，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据题干信息判断；
B.不对称催化剂具有选择性；
C.催化剂的性质包括化学性质和物理性质。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．CuSO4溶液与二氧化碳不反应，与硫化氢反应生成硫化铜沉淀，可达到目的，A不符合题意；
B．浓盐酸和碳粉不反应，和二氧化锰加热生成氯化锰溶液，过滤分离出碳粉，可达到目的，B不符合题意；
C．乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，想保留的物质反应了，不能达到目的，C符合题意；
D．NaOH溶液和硝基苯不反应，和二氧化氮反应生成盐溶液，分液分离出硝基苯，能达到目的，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.H2S与硫酸铜反应生成CuS；
B.浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气、二氧化锰和水；
C.乙酸会与碳酸钠反应；
D.二氧化氮与氢氧化钠反应。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应的离子方程式为 2Cl2+2Ca(OH)2═2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O，故A不符合题意；
B.NaOH少量，发生的反应为 Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故B不符合题意；
C.草酸为弱酸，应保留化学式，正确的离子方程式为 2MnO4−+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C不符合题意；
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3浓溶液发生沉淀的转化，反应的离子方程式为2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，故D符合题意；
故答案为：D

【分析】A.石灰乳应保留化学式；
B.NaOH少量，先与铝离子反应生成氢氧化铝；
C.草酸为弱电解质，应保留化学式；
D.氢氧化铁比氢氧化镁难溶。
4．【答案】B
【解析】【解答】A.根据该物质的结构简式可知，其分子中含有21个C原子，20个H原子，9个O原子，化学式为 C21H20O9 ，故A不符合题意；
B.未指明氢气所处的状态为标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故B符合题意；
C.该物质含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C不符合题意；
D.该物质苯环上共有4种不同环境的H原子，一氯代物有4种，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据结构简式确定其分子式；
B.未指明氢气处于标况下；
C.碳碳双键能与溴水发生加成反应；
D.苯环上共含有4种不同环境的H原子。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.根据上述分析可知，W为N元素或Be元素，Be不是空气的主要成分，故A不符合题意；
B.根据上述分析可知，Z为S元素或Cl元素，S或Cl的最高价含氧酸为硫酸或高氯酸，均为强酸，故B符合题意；
C.X为Si元素或P元素，Z为S元素或Cl元素，若X和Z形成的化合物为PCl5时，P元素的最外层电子数为10，不满足8电子结构，故C不符合题意；
D.Si元素的简单氢化物为SiH4，P元素的简单氢化物为PH3，S元素的简单氢化物为H2S，Cl元素的简单氢化物为HCl，SiH4、PH3、H2S、HCl均不含氢键，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】 仅X、Y、Z为同周期相邻元素， 设X的最外层电子数为a，W的最外层电子数为b，Y、Z的最外层电子数分别为a+1、a+2，则a+a+1+a+2+b=20，即3a+b=17，根据主族元素的最外层电子数不超过8，当a=1时，b=14（舍弃）；当a=2时，b=11（舍弃）；当a=3时，b=8（舍弃），当a=4时，b=5，结合原子序数可知，W为N元素，X为Si元素，Y为P元素，Z为S元素；当a=5时，b=2，结合原子序数可知，W为Be元素，X为P元素，Y为S元素，Z为Cl元素。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.由分析可知，该电池工作时，负极反应为LiC6-e-=Li++6C，故A符合题意；
B.充电时是为电解池，电解池工作时，阳离子向阴极移动，则 Li+由左向右移动，聚合物隔膜是阳离子交换膜 ，故B不符合题意；
C.充电时的阴极反应是 放电时负极反应的逆过程，则阴极反应为 C6Li1-x+xLi++xe-═C6Li，故C不符合题意；
D.该电池可为新能源电池车提供动力，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】放电时为原电池，根据总反应可知，放电时， LiC6失去电子发生氧化反应生成Li+和C，则石墨电极为负极，负极反应为LiC6-e-=Li++6C，磷酸铁锂电极为正极，正极反应为M1-xFexPO4+Li++e-=LiM1-xFexPO4；充电时为电解池。
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 1 mol·L-1的H3A溶液中，根据电荷守恒有 c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，故A不符合题意；
B.根据(3.49，0.5)的点，此时 c(H3A)=c(H2A-)，Ka1=c(H+)=10-3.49，数量级为10-4，故B不符合题意；
C. NaH2A的水解常数Kℎ=KwKa1=10−10.51， Ka2=c(H+)=10-5.85，Ka2>Kh，H2A-的电离程度大于水解程度，则c(Na+)＞c(H2A-)＞c(HA2-)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D.NaH2A溶液中，根据物料守恒有c(Na+)=c(H3A)+c(H2A-)+c(HA2-)，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，整理可得存在质子守恒c(H3A)+c(H+)=c(OH-)+c(HA2-)，故D符合题意；
故答案为： D
【分析】由图可知，H3A为二元弱酸，根据曲线的变化趋势可知，一直减小的是H3A随pH的变化曲线，先增大后减小的是H2A-随pH的变化曲线，一直增大的是HA2-随pH的变化曲线，根据两个交点可计算H3A的一级电离常数和二级电离常数。
8．【答案】（1））Al2(SO4)3 + (NH4)2SO4+ 24H2O60∘__2NH4Al(SO4)2·12H2O
（2）；Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）在用氨水调节 pH 时，Cd2+和 Zn2+会同时沉淀，无法分离；Cd(OH)2；Cd(OH)2 + 2OH- = [Cd(OH)4]2-
（4）降温结晶
【解析】【解答】（1）硫酸铝、硫酸铵反应生成铵明矾的化学方程式为 Al2(SO4)3 + (NH4)2SO4+ 24H2O60∘__2NH4Al(SO4)2·12H2O ；
（2）X溶液的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，为了不引入新杂质，X应为过氧化氢溶液，过氧化氢为共价化合物，其电子式为；根据上述分析可知，滤渣1的成分是Fe(OH)3和 Al(OH)3；
（3）加入氨水， Zn2+也会生成沉淀，先用萃取剂将Zn2+可防止 Cd2+和 Zn2+同时沉淀，因此如果没有设计萃取这一步骤，将会产生的影响是在用氨水调节 pH 时，Cd2+和 Zn2+会同时沉淀，无法分离；根据分析可知，滤渣2的成分为Cd(OH)2；Cd(OH)2性质类似Al(OH)3， 则Cd(OH)2能与强碱溶液发生反应Cd(OH)2 + 2OH- = [Cd(OH)4]2- ；
（4）水相经过滤得到的废液中主要含有硫酸根离子，可返回到降温结晶步骤循环使用。
【分析】废水过滤除去不溶性杂质，加入硫酸铵降温结晶生成铵明矾，过滤分离出铵明矾，向所得滤液中加入X溶液和氨水，X溶液的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水之后，铁离子和铝离子生成沉淀，过滤除去，则滤渣1为氢氧化铁和氢氧化铝， 过滤后萃取分离出锌元素，得到水相后加氨水生成Cd(OH)2沉淀得到滤渣2。
9．【答案】（1）恒压滴液漏斗（或滴液漏斗） 球形冷凝管（或冷凝管）
（2）OHC-CHO + 2HNO3亚硝酸钠__OHC-COOH + 2NO2↑+ H2O
（3）4NO2+O2+2H2O = 4HNO3 (或 3NO2+ H2O = 2HNO3 + NO，2NO + O2 = 2NO2)， 将氮氧化物转化为硝酸，减少污染性气体的排放，提高硝酸的利用率；控制反应速率，减少副产物草酸的含量
（4）酒精（或乙醇）
（5）不引入杂质，无污染
（6）HOOC-COOH + 2e-+ 2H+ = HOOC-CHO + H2O
【解析】【解答】（1）根据仪器的构造可知，装置a为恒压滴液漏斗（或滴液漏斗），装置b为球形冷凝管（或冷凝管）；
（2） 催化剂亚硝酸钠的作用下， 用浓硝酸氧化乙二醛（OHC-CHO)制取乙醛酸，同时浓硝酸被还原为二氧化氮，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为 OHC-CHO + 2HNO3亚硝酸钠__OHC-COOH + 2NO2↑+ H2O ；
（3）通入氧气可以将硝酸的还原产物NO2转化为HNO3，若不通入氧气，NO2溶于水可生成NO，NO具有还原性可能会对反应产生影响，即 第二步通入氧气的目的是4NO2+O2+2H2O = 4HNO3 (或 3NO2+ H2O = 2HNO3 + NO，2NO + O2 = 2NO2)， 将氮氧化物转化为硝酸，减少污染性气体的排放，提高硝酸的利用率；硝酸需分批缓慢加入，原因是控制反应速率，减少副产物草酸的含量；
（4）乙醛酸常温下易溶于水，微溶于酒精，则第三步中洗涤产品所用的最佳试剂为酒精（或乙醇）；
（5）过氧化氢的还原产物是水，不会产生污染，绿色环保，因此用过氧化氢代替硝酸制取乙醛酸的理由是不引入杂质，无污染；
（6）电解时，阴极上草酸得电子发生还原反应生成乙醛酸，电极反应式为HOOC-COOH + 2e-+ 2H+ = HOOC-CHO + H2O。
【分析】 硝酸氧化法是在加热条件下硝酸将乙二醛氧化为乙醛酸；过氧化氢氧化法是用过氧化氢氧化乙二醛得到乙醛酸；电解法是电解草酸水溶液得到乙醛酸。
10．【答案】（1）渗析
（2）A；＜；反应到 a 点开始达到化学平衡，继续升高温度，CO2的平衡转化率降低，化学平 衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H2＜0；BC；P0−8P1−2P2P0×100%；KP=P1×(P02−3P1−P2)(4P1+P2)2×P26；2.5×107
（3）A；B
【解析】【解答】（1）淀粉可形成胶体，氯化钠可形成溶液，分离胶体和溶液的方法为渗析法；
（2）①催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，单位时间内CO2的转化率越大，反应速率越大，催化剂的效率越好，由图可知，在催化剂A作用下，活化能最小；a点CO2的转化率达到最大，则a点为平衡点，升高温度，CO2的转化率减小，平衡逆向移动，则 ΔH2<0；理由是 反应到 a 点开始达到化学平衡，继续升高温度，CO2的平衡转化率降低，化学平 衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，ΔH2<0；
②（Ⅰ）A.该反应为可逆反应，达到化学平衡时正逆反应速率相等，但反应速率不为0，反应仍在进行 ，则氢氢键仍在断裂，故A不符合题意；
B. CO2与H2的个数之比不再改变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B符合题意；
C.该反应的压强是变量，当容器内气体的压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C符合题意；
D. 恒容密闭容器中体积不变，混合气体的总质量不变，则容器内气体的密度一直不变， 容器内气体的密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：BC；
（Ⅱ）起始时CO2和H2的分压均为P02，平衡时反应Ⅱ中，平衡时二甲醚气体的分压为P1，则CO2分压减小2P1，H2分压减小6P1，H2O分压增加3P1，已知平衡时氢气的分压为P2，则反应Ⅰ中H2分压减小（P02-6P1-P2），因此反应Ⅰ中CO2分压减小（P02-6P1-P2），整个反应共减少分压为（P02-4P1-P2），则二氧化碳的平衡转化率为 P0−8P1−2P2P0×100% ；
（Ⅲ）结合（Ⅱ）可知，平衡时CO2分压为4P1+P2， H2分压为P2，二甲醚气体的分压为P1，H2O分压为（P02-3P1-P2），则反应Ⅱ的平衡常数为 KP=P1×(P02−3P1−P2)(4P1+P2)2×P26 ；
③二甲醚完全燃烧生成二氧化碳，1molCH3OCH3反应转移12mole-，1kgCH3OCH3的物质的量为21.74mol，理论上电路中通过的电量为21.74mol×12×6.02×1023/mol×1.60×10-19C=2.5×107C；
（3）A.a→b的过程中有H-H键的断裂和H-O的形成，故A正确；
B.中间体c通过氢化可得到甲醇和二甲醚，故B正确；
C.a、b、c物质中Ga形成4个化学键，d物质中Ga形成3个化学键，Ga的成键数目发生变化，故C错误；
D.氧空位捕获CO2的同时也捕获H2，氧空位越多个数越多，速率不一定越快，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】（1）采用渗析法分离胶体和溶液；
（2）①催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率；升高温度，CO2的转化率减小，平衡逆向移动；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；计算平衡时二氧化碳的分压即可计算其平衡转化率；计算各物质的平衡分压即可计算其平衡常数；
③先计算甲醚的物质的量，再根据物质的量计算其电量；
（3）根据反应机理图分析判断。
11．【答案】（1）Cu+；Cu+的价层电子排布式为 3d10，为全充满稳定结构，而 Cu2+的价层电子排布式为 3d9， 不是稳定结构。；8
（2）Cu3SnS4
（3）4；sp3
（4）2.18；4
【解析】【解答】（1） Cu+的价层电子排布式为 3d10，为全充满稳定结构，而 Cu2+的价层电子排布式为 3d9， 不是稳定结构，因此 Cu+更稳定；单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键，则1mol该配离子中含有σ键的物质的量为8mol；
（2）根据均摊法，该晶胞中Cu的数目为8×18+8×12+1=6，Sn的的数目为2×12+4×14=2，S的数目为8，则该晶体的化学式为Cu3SnS4；
（3）该晶胞中与Cu+相连且最近的S2-数目为4，则其配位数为4；S形成4个σ键，采用sp3杂化；
（4）白锡中锡原子半径为12a，该晶胞中金属原子数目为13×(3+2×12+12×16)=2，球的体积为2×43πr3，晶胞的底面积为a×a×sin60°=32a2，底层与中间层原子的高度差为(2+12a)2−(233×12a)2=63a，则晶胞高度为263a，晶胞体积为：V=Sh=3a，则原子空间利用率为VsnV×100%=2×43π(12a)32a3×100%=74.05%；灰锡晶胞中锡原子数目为8×18+6×12+4=8，设晶胞参数为a，设锡原子半径为r，两个最近的Sn原子间的距离为体对角线的14，则r=38a，则锡原子在晶胞中的利用率为8×43π(38a)3a3×100%=34%，则白锡晶体和灰锡晶体晶胞中原子空间利用率之比为74.05%34%=2.18；任何4个相切的球构成1个四面体空隙，故1个白锡晶胞中存在4个四面体空隙。
【分析】（1） Cu+的核外电子排布为全充满的稳定结构；
（2）根据均摊法计算；
（3）以体心Cu+为例，与4个S2-相连；S原子形成4个σ键；
（4）根据均摊法和空间利用率=原子体积晶胞体积×100%计算。
12．【答案】（1）羟基、硝基、氯原子
（2）
（3）保护酚羟基
（4）取代反应；
（5）3-氯丙酸；8
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中含有的官能团为羟基、硝基和氯原子；
（2）反应②为B和苯酚发生已知 ⅱ生成C，C为，则反应②的化学方程式为；
（3）D发生取代反应时酚羟基也发生取代反应，所以设计①、⑤两步的目的是保护酚羟基；
（4）反应⑥为取代反应；根据分析可知，H为；
（5）G的化学名称为3-氯丙酸；G的同分异构体中，既能发生水解反应，又能发生银镜反应，醛基能发生银镜反应、酯基和氯原子都能发生水解反应：①若取代基为HCOO-、-Cl，符合条件的同分异构体有HCOOCHClCH3、HCOOCH2CH2Cl；②若取代基为-CHO、-OH、-Cl，符合条件的同分异构体为CH3C(Cl)(OH)CHO、CH2ClCH(OH)CHO、HOCH2CH(Cl)CHO、HOC(Cl)HCH2CHO；③若取代基可能为-CHO、-Cl、-O-，符合条件的同分异构体为CH2Cl-O-CH2CHO、CH3-O-CH(Cl)CHO，则符合条件的同分异构体共8种。
【分析】B发生已知 ⅱ生成C，结合C的化学式可知，C为，C中硝基被还原为氨基生成D，则D为，D中氨基上的1个氢原子被取代生成E，E中甲基被取代生成F中酚羟基，根据F、I的结构简式知，F和G发生取代反应生成H，H为。