2022-2023学年福建省福建师范大学附属中学高三上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省福建师范大学附属中学高三上学期第一次月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，有机推断题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

福建省福建师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．利用、和的强氧化性进行消毒
B．电热水器用镁棒防止铁质内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
C．某品牌运动服材料的主要成分聚氨酯，属于有机高分子化合物
D．实施“煤改气”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境
【答案】A
【详解】A．消毒的原理不是利用氧化性，故A错误；
B．电热水器用镁棒防止铁质内胆腐蚀，镁作负极，铁作正极，正极不反应被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．聚氨酯是通过有机小分子发生缩聚反应得到的有机高分子化合物，故C正确；
D．实施“煤改气”等清洁燃料改造工程，可减少二氧化硫、粉尘等的排放，降低对环境的污染，故D正确；
故选：A；
2．实验室石蜡催化裂化的装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是（    ）

A．试管Ⅰ连的玻璃导管加长是为使气态石蜡冷凝回流
B．装置Ⅱ中冷水的作用是冷凝收集裂化油
C．酸性KMnO4溶液若倒吸可加快褪色速率
D．试管Ⅲ中溶液颜色变浅甚至褪色可说明有乙烯生成
【答案】D
【详解】A．依据石油分馏工业的分馏塔原理，设置了长导管，其作用除导气外，兼起冷凝气体的作用，故A正确；
B．装置Ⅱ中冷水的作用是冷凝收集裂化油，故B正确；
C．因为试管II中有不饱和烃生成，所以酸性KMnO4溶液若倒吸可加快褪色速率，故C正确；
D．根据裂化的反应原理，试管Ⅲ中溶液颜色变浅甚至褪色可说明发生了氧化还原反应，有常温下呈气态含碳数小于5的不饱和烃生成，不一定是乙烯，故D错误；
故答案选D。
3．下列说法正确的是
A．取少量卤代烃加NaOH水溶液共热，冷却，再加AgNO3溶液检验卤原子存在
B．用酸性KMnO4溶液直接检验乙醇与浓硫酸反应是否得到乙烯
C．用C8H18萃取溴水中的溴，可观察到溶液分层，上层为橙红色，下层接近无色
D．热的苯酚浓溶液放入冷水中冷却，溶液变浑浊，此时发生了化学反应
【答案】C
【详解】A．取少量卤代烃加NaOH水溶液共热，冷却后应先加入硝酸酸化后，再加AgNO3溶液检验卤原子存在，A错误；
B．乙醇易挥发，酸性高锰酸钾溶液也能氧化乙醇，因此不能用酸性KMnO4溶液直接检验乙醇与浓硫酸反应是否得到乙烯，B错误；
C．溴易溶于有机溶剂，C8H18的密度小于水，因此用C8H18萃取溴水中的溴，可观察到溶液分层，上层为橙红色，下层接近无色，C正确；
D．热的苯酚浓溶液放入冷水中冷却，溶液变浑浊，是由于苯酚的溶解度减小，此时没有发生化学反应，D错误；
答案选C。
4．某兴趣小组为制备1－溴丙烷(沸点71℃，密度1.36g/cm3)，将浓硫酸缓慢加入正丙醇及水的混合液中，冷却至室温后加入NaBr，缓慢加热，直到无油状物馏出为止。将馏出液进行分液处理，得粗产品。上述过程中涉及的装置或操作正确的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．要蒸馏得到1－溴丙烷馏分，温度计应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，A错误；
B．应该使用直行冷凝管，B错误；
C．用冰水浴利于产物冷凝，废气接室外可防止中毒，C正确；
D．1－溴丙烷密度1.36g/cm3密度大于水，有机层位于下面，D错误；
故选C。
5．苯甲醛在浓 NaOH 溶液中反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，反应后静置，液体分层。有关物质的物理性质如下：

苯甲醛
苯甲酸
苯甲醇
沸点/℃
178.1
249.2
205.4
熔点/℃
-26
121.7
-15.3
溶解性（常温）
微溶于水，易溶于有机溶剂

下列说法不正确的是A．苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应
B．用分液法分离出有机层，再用蒸馏法分离出苯甲醇
C．反应后的混合物直接加酸酸化，再用过滤法分离得到粗苯甲酸
D．制得的粗苯甲酸可以用重结晶法进一步提纯
【答案】C
【详解】A．苯甲醛→苯甲酸，增加了氧原子，属于氧化反应，苯甲醛→苯甲醇，增加了氢原子，属于还原反应，所以苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应，A正确；
B．反应后的溶液分为有机层和水层，互不相溶，可用分液法分离，有机层中苯甲醛和苯甲醇的沸点相差较大，可用蒸馏法分离，B正确；
C．反应后的溶液中加酸酸化，苯甲酸进入有机层，应该分液后蒸馏，C错误；
D．苯甲酸为无色、无味片状晶体，常温下，苯甲酸微溶于水，含杂质的粗苯甲酸可用重结晶法提纯，D正确；故答案为：C。
6．2021年诺贝尔化学奖颁给了“在不对称催化方面”做出贡献的两位科学家。脯氨酸(结构如图)可参与诱导不对称催化反应。下列关于脯氨酸的说法错误的是

A．可发生取代、氧化反应 B．饱和碳原子上的二氯代物有8种
C．能形成分子间氢键 D．与互为同分异构体
【答案】B
【详解】A．脯氨酸中有羧基可发生取代反应，大多数有机物可以燃烧，发生氧化反应，故A正确；    
B．如果指定一个氯原子的位置，另一个氯原子分别在以下9种位置， 、、、，故饱和碳原子上的二氯代物有9种，故B错误；
C．由结构可知，脯氨酸分子中含有羧基和亚氨基，能形成分子间氢键，故C正确；
D．与的分子式都是C5H9NO2，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故答案为：B
7．利用如图智能纳米反应器可调节光引发反应的取向。下列有关说法错误的是

A．a中碳的杂化方式有sp2、sp3 B．a→b发生加成反应
C．b的一氯代物有8种 D．在紫外光作用下，HCOONa参与b→c的转化
【答案】C
【详解】A．a中苯环上的碳、C=O及碳碳双键上的碳原子杂化方式为sp2，而头上的甲基中的碳原子的杂化方式为sp3，A说法正确；
B．a→b反应为a与苯发生的加成反应，B说法正确；
C．b的一氯代物，有9种，C说法错误；
D．根据图象可知，在紫外光作用下，HCOONa与b反应生成，则HCOONa参与b→c，D说法正确；
答案为C。
8．蔗糖酯可由油酸()与蔗糖反应而得，其转化关系如下图所示：

下列说法正确的是
A．蔗糖不能发生银镜反应
B．油酸是一种饱和高级脂肪酸
C．蔗糖酯属于油脂类物质
D．蔗糖酯在酸性条件下充分水解的最终产物为油酸和蔗糖
【答案】A
【详解】A．从蔗糖结构简式知其不含醛基，故不能发生银镜反应，A正确；
B．油酸中的-C17H33不满足饱和烷烃通式，油酸是一种不饱和高级脂肪酸，B错误；
C．蔗糖酯含有酯基，属于酯类物质，C错误；
D．蔗糖在酸性条件下还能进一步水解生成单糖（一分子葡萄糖和一分子果糖），D错误；
故选A。
9．无水FeCl2是常用还原剂，实验室中可以利用反应2FeCl3+C6H5Cl2 FeCl2+ C6H4Cl2+HCl↑制取，已知：C6H5Cl熔点-45℃，沸点132℃；C6H4Cl2熔点53℃，沸点173℃。下列说法不正确的是（）

A．仪器a的作用是冷凝、回流、导气
B．反应开始前应向甲中通N2，为防止FeCl2被装置中空气氧化
C．反应结束后，甲中混合物经冷却、过滤、干燥得到纯净的产品
D．最好用油浴加热三颈烧瓶
【答案】C
【详解】A．C6H5Cl、C6H4Cl2的沸点不高，受热后易气化，所以仪器a的作用是冷凝、回流、导气，A正确；
B．因为FeCl2具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，所以在反应开始前应向甲中通N2，以排尽装置内的空气，B正确；
C．反应结束后，甲中混合物呈液态，经冷却、蒸馏、干燥可得到纯净的产品，C不正确；
D．因为加热温度超过100℃，且使混合物均匀受热，所以最好用油浴加热三颈烧瓶，D正确；
故选C。
10．利用CrCl3+ +3NH3=Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl制备降爆剂Cr(C5H7O2)3 (结构如图)，下列有关说法不正确的是

A．100g 中键数目为6NA
B．标况下每消耗67.2L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为NA
C．1mol Cr(C5H7O2)3中含有配位键数目为3NA
D．1mol 完全反应脱去数目为NA
【答案】A
【详解】A．的结构简式为CH3COCH2COCH3，含有14个σ键，100g中，即1mol，σ键数目为14NA，A说法错误；
B．标况下每消耗67.2L NH3即3mol，生成1mol Cr(C5H7O2)3，其数目为NA，B说法正确；
C．Cr(C5H7O2)3中Cr3+与3个C5H7O中的碳原子形成3个配位键，则1mol Cr(C5H7O2)3中含有配位键数目为3NA，C说法正确；
D．1mol 完全反应生成C5H7O2，则脱去1mol H+，数目为NA，D说法正确；
答案为A。
11．化合物Z是合成用于降低体重、缩小腰围药物利莫那班的重要中间体。

下列有关X、Y、Z的说法不正确的是
A．X→Y、Y→Z都是取代反应
B．X分子中所有碳原子可能在同一平面上
C．Y在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D．Z与足量NaOH溶液反应最多消耗3mol NaOH
【答案】C
【详解】A．X→Y反应过程中-CH2-中H原子被Br取代，属于取代反应，Y→Z反应过程中除生成物Z外，还有HBr生成，所以也是取代反应，A正确；
B．苯环所有原子共平面，酮羰基也是平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能共平面，B正确；
C．Y在NaOH乙醇溶液加热的条件下发生消去反应，C错误；
D．Z中含有碳氯键，且连在苯环上，所以1mol该官能团可以与2molNaOH反应，一个Z含有一个酯基，1mol该官能团可以消耗1molNaOH，共消耗3molNaOH，D正确；
故选C。
12．科学家利用原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z组合成一种超分子，其分子结构示意图如图所示(图中实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在其所在周期中最大。下列说法错误的是

A．Z元素的金属性在其所在周期中最强 B．W与Z可形成离子化合物
C．单核离子半径：Z 【答案】D
【分析】根据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素。
【详解】A．同一主族的元素，原子序数越大，金属越强；同一周期的元素，原子序数越大，金属越弱，可知Na元素的金属性在其所在周期中最强，A项正确；
B．W是H元素，Z是Na元素，则W与Z可形成离子化合物NaH，B项正确；
C．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z D．X是C，Y是O，相应的最简单氢化物为：CH4X，D项错误；
综上所述答案为D。
13．葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]是一种常见的补锌药物。某研究小组使用葡萄糖酸钙制备葡萄糖酸锌的流程如下。下列有关说法不正确的是

已知：葡萄糖酸钙和葡萄糖酸锌均可溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。
A．适当控制反应温度并不断搅拌有利于提高反应速率
B．趁热过滤后的滤液中存在的离子只有Zn2+、C6H11O
C．趁热过滤的目的是防止葡萄糖酸锌析出
D．使用95%乙醇洗涤的目的是减少葡萄糖酸锌溶解
【答案】B
【分析】制备葡萄糖酸锌的化学方程式Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+ZnSO4═Zn(C6H11O7)2(葡萄糖酸锌)+CaSO4↓，趁热过滤防止葡萄糖酸锌析出，而降低产率，结晶后用乙醇洗涤，葡萄糖酸锌在乙醇中溶解度小，减少产品的损失，另外乙醇易挥发，加快干燥速率。
【详解】A． 适当控制反应温度并不断搅拌，增加反应物接触的机会，有利于提高反应速率，故A正确；
B． 趁热过滤后的滤液中存在的离子有Zn2+、C6H11O、SO、Ca2+，故B错误；
C． 趁热过滤的目的是防止葡萄糖酸锌析出，产品产率降低，故C正确；
D． 使用95%乙醇洗涤的目的是减少葡萄糖酸锌溶解，减少产物的损失，故D正确；
故选B。
14．乙酸叔丁酯(M)的某合成反应历程如下图所示。下列说法正确的是

A．该合成反应的类型属于加成反应
B．该历程中存在非极性键的断裂与生成
C．Y中所有碳原子最外层均已达到8电子稳定结构
D．如果使用含的X为原料，则M中不含
【答案】D
【详解】A．该反应属于取代反应，描述错误，不符题意；
B．该反应中只存在C—O键、O—H键等极性键断裂，没有非极性键断裂，描述错误，不符题意；
C．Y中最中间的碳正离子缺电子，最外层电子数未达8电子稳定结构，描述错误，不符题意；
D．根据该反应进程描述，可以看到是叔丁醇上C—O键断键，最终链接的是乙酸提供的氧原子，故X结构中若带有18O原子，最终不会存在于产物酯的分子中，会在生成的水分子中，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
15．高分子M广泛用于纺织、涂料等产品，合成路线如下：

已知：
下列说法不正确的是
A．化合物A不存在顺反异构体 B．A是的同系物
C．A→N为聚合反应 D．M、N均可水解得到
【答案】B
【分析】CH3COOH与C2H2加成得到A CH3COOCH=CH2，A加聚得到N ，N与CH3OH发生已知信息的反应得到CH3COOCH3和高分子M。
【详解】A．据分析，化合物A的结构简式是CH3COOCH=CH2，碳碳双键的一个碳原子上连接两个相同原子(H原子)，则A分子不存在顺反异构体，A正确；
B．A是CH3COOCH=CH2，与的官能团不完全相同，二者不是同系物， B不正确；
C．据分析，A→N是：CH3COOCH=CH2加聚得到，是聚合反应，C正确；
D．M和N均有链节中的酯基可发生水解，得到和CH3COOH，D正确；
故选B。

二、实验题
16．塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，实验装置(部分装置省略)如图甲。已知：正丁醇的沸点为118℃；纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点为340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解。由邻苯二甲酸酐和正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯的实验操作流程如图乙。

①向三颈烧瓶内依次加入30g(0.2mo1)邻苯二甲酸酐、22g(0.3mo1)正丁醇以及少量浓硫酸。
②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应2小时，保温至反应结束。
③冷却至室温，将反应混合物倒出，通过操作X，得到粗产品。
④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液(粗酯)→减压蒸馏，经过处理得到产品为20.85g。
请回答下列问题：
(1)仪器a的名称为___________。
(2)步骤②中需要不断从分水器下部分离出产物水的目的是___________，判断反应已结束的方法是___________。
(3)反应Ⅰ进行得迅速而完全，反应Ⅱ是可逆反应，进行得较缓慢，为提高反应速率，可采取的措施是___________。
A．增大压强 B．增大正丁醇的量
C．分离水 D．加热至200℃
(4)操作X中，应先用5%溶液洗涤，其作用是___________。
(5)粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是___________。
(6)本实验中，邻苯二甲酸二丁酯(相对分子质量是278)的产率为___________%(保留小数点后一位)。
【答案】(1)球形冷凝管
(2)     使平衡正向移动，提高反应物的转化率     分水器中水位高度保持不变
(3)B
(4)除去邻苯二甲酸，溶解正丁醇，降低邻苯二甲酸二丁酯的水解损失
(5)邻苯二甲酸二丁酯的沸点高，高温会造成其分解，减压可以使其沸点降低
(6)50.0

【详解】（1）根据仪器a的构造可知，仪器a的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
（2）水是生成物，减小生成物浓度，使平衡正向移动，可以提高反应物的转化率，所以不断从分水器下部分离出产物水的目的是使平衡正向移动，提高反应物的转化率，反应结束后，反应体系的压强不在变化，分水器中水位不在改变，所以判断反应已结束的方法是分水器中水位高度保持不变，故答案为：使平衡正向移动，提高反应物的转化率；分水器中水位高度保持不变；
（3）A．增大压强，该反应中没有气体参加，压强不影响化学平衡，增大压强，平衡不发生移动，A错误；
B．增加正丁醇的量，反应物浓度增大，反应速率加快，且可以使平衡向着生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，B正确；
C．分离出水，减小了生成物浓度，反应速率降低，C错误；
D．由题干信息可知，纯邻苯二甲酸二丁酯在酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解，加热至200℃，邻苯二甲酸二丁酯分解，反应II逆向移动，不利于邻苯二甲酸二丁酯的合成，D错误；
故答案为：B；
（4）操作X中，应先用5%Na2CO3溶液洗涤，其作用是除去邻苯二甲酸，溶解正丁醇，降低邻苯二甲酸二丁酯的水解损失，不能使用氢氧化钠洗涤的原因是氢氧化钠溶液碱性过强，会使生成的邻苯二甲酸二丁酯水解，降低了产率，故答案为：除去邻苯二甲酸，溶解正丁醇，降低邻苯二甲酸二丁酯的水解损失；
（5）因为邻苯二甲酸二丁酯的沸点为340℃，温度超过180℃易发生分解，减压可以使其沸点降低，减少分解造成的损失，故答案为：邻苯二甲酸二丁酯的沸点高，高温会造成其分解，减压可以使其沸点降低；
（6）邻苯二甲酸酐的物质的量为：0.2mol，正丁醇的物质的量为：0.3mol，又1mol邻苯二甲酸酐可以消耗2mol正丁醇，所以邻苯二甲酸酐过量，理论上可以生成邻苯二甲酸二丁酯的质量为：×0.30mol×278g/mol=41.7g，所以邻苯二甲酸二丁酯的产率为×100%=50.0%，故答案为：50.0。

三、有机推断题
17．有机物H是一种合成镇痛药的主要成分。某小组设计如图的合成路线：

已知：①(X为卤素原子，R为H或烃基，下同)
②
(1)A的化学名称为___________。
(2)B→C的反应类型为___________。
(3)D中含氧官能团的名称为___________。
(4)G与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
(5)M是E的同分异构体，同时满足下列条件的M的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构。
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1.
(6)参照上述合成路线和信息，以和有机化合物A为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___________。
【答案】(1)对甲基苯酚
(2)加成反应
(3)酚羟基、酮羰基
(4)+2NaOH→+2H2O
(5)4
(6)

【分析】由A的分子式、C的结构简式，推知A为，A与发生取代反应生成B，B与HCHO发生加成反应生成C，故B为，由分子式可知，C中羟基被氯原子取代生成D，D中氯原子被-CN取代生成E，E与CH3CHO发生信息Ⅱ的反应生成F，F中-CN转化为-COOH而生成G，结合G的结构简式，推知D为、E为、F为，G分子内脱去2个氢原子成环生成H；
（6）发生G→H的转化生成，发生消去反应生成，与在催化剂条件下生成，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为，A的化学名称为对甲基苯酚，故答案为：对甲基苯酚；
（2）由分析可知，B→C是与HCHO发生加成反应生成C即，故答案为：加成反应；
（3）由分析可知，D为，D中所含官能团有碳氯键、酚羟基、酮羰基，其中含氧官能团为：酚羟基和酮羰基，故答案为：酚羟基、酮羰基；
（4）G与足量氢氧化钠反应的化学方程式为+2NaOH→+2H2O，故答案为：+2NaOH→+2H2O；
（5）M是E（）的同分异构体，同时满足下列条件的M的结构：①结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构，说明存在1个三键或2个双键，②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：2：2：1，说明存在对称结构，且有2个化学环境相同的甲基，-NH2、-C≡CCOOH处于对位，2个甲基均与-NH2或-C≡CCOOH相邻，-COOH、-C≡CNH2处于对位，2个甲基均与-COOH或-C≡CNH2相邻，符合条件的同分异构体共有4种，故答案为：4；
（6）发生G→H的转化生成，发生消去反应生成，与在催化剂条件下生成，故该合成路线为：，故答案为：：。

四、原理综合题
18．二氧化碳、甲烷等是主要的温室气体。研发二氧化碳和甲烷的利用技术对治理生态环境具有重要意义。
(1)已知：　　
　　
　　
则催重整反应的___________，平衡常数___________(用含、、的代数式表示)。
(2)催化重整反应中，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示：

在压强为、投料比、950℃的条件下，X点平衡常数___________。
(3)以二氧化钛表面覆盖为催化剂，还可以将和直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250~300℃时，温度升高而乙酸的生成速率却在降低的原因是___________。

(4)反应　的正、逆反应速率可分别表示为、，则如图所示的四条斜线中，能表示随T变化关系的是___________(填序号)。

(5)一种以甲醇为原料，利用和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。

①电解过程中阳极电极反应式为___________。
②当有4mol通过质子交换膜时，装置中生成和HC0OH共计___________mol。
【答案】(1)     (a-2b-2c)kJ/mol    
(2)
(3)温度超过250℃，催化剂的催化效率降低导致速率减小的程度大于温度升高导致速率增大的程度
(4)④
(5)     CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+     3mol

【详解】（1）①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=akJ/mol K1②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2=bkJ/mol K2，③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH3=ckJ/mol K3，根据盖斯定律分析，有①-②×2-③×2得反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的ΔH4=akJ/mol-2bkJ/mol-2 ckJ/mol=(a-2b-2c)kJ/mol，则平衡常数K4=，故答案为：(a-2b-2c)kJ/mol；；
（2）压强为p4、投料比=1、950℃的条件下，，X点平衡常数Kp═==，故答案为：；
（3）200～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率却在降低的原因是 温度超过250℃，催化剂的催化效率降低导致速率减小的程度大于温度升高导致速率增大的程度，故答案为：温度超过250℃，催化剂的催化效率降低导致速率减小的程度大于温度升高导致速率增大的程度；
（4）反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.17kJ/mol，温度升高，正逆反应速率都增大，pk都减小，但平衡正向移动，即正反应速率大于逆反应速率，能表示pk正(pk=-lgk)随T变化关系的是④，故答案为：④；
（5）①从图分析，右侧由甲醇变成甲酸，失去电子，故右侧为阳极，即b为电源正极，电解过程中阳极电极反应式为CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，故答案为：CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+；
②阴极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，当有4molH+通过质子交换膜时，阳极产生1mol甲酸，阴极产生2mol甲酸，故装置中生成HCOO-和HCOOH共计3mol，故答案为：3mol。

五、结构与性质
19．非金属硼化物在现代工农业、医学和国防中有着重要的应用价值。回答下列问题：
(1)氨硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一、氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H…H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是___________(填序号)。
A．和 B．LiH和HCN C．和 D．和
(2)氮杂氟硼二吡咯具有作为光动力学治疗(PDT)光敏剂的潜能，结构如图所示，分子内含有一个大Π键，大Π键可用符号表示，其中m代表参与形成大Π键的原子数，n代表参与形成大Π键的电子数(如苯分子中的大Π键可表示为)、该大Π键的表示形式为___________，该分子中所有元素的电负性由大到小的顺序为___________。

(3)硼氢化钠()是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图所示：

①的配位数是___________。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子坐标参数，其中原子坐标参数“1”为；“2”为；标注为“3”的坐标参数为___________。
③已知硼氢化钠晶体的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则与之间的最近距离为___________nm(用含ρ、的代数式表示)。
④若硼氢化钠晶胞上、下底心处的被取代，得到晶体的化学式为___________。
【答案】(1)BC
(2)          F＞N＞C＞H＞B
(3)     8          ×107nm     Na3Li(BH4)4

【详解】（1）氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N-H••H-B”表示，根据题干所给双氢键的定义可知：
A．C6H6和CHCl3中H均显正电性，则不存在双氢键，A错误；
B．LiH中H显负电性，而HCN中H显正电性，即LiH和HCN可以形成双氢键，B正确；
C．B2H6中H显负电性，而NH3中H显正电性，则存在双氢键，C正确；
D．C2H4和C2H2中H均显正电性，不存在双氢键，D错误；
故答案为：BC；
（2）由题干中氮杂氟硼二吡咯的结构简式可知，分子内含有一个大π键，该大π键由4个碳原子和一个N原子，每个碳原子给出1的电子参与形成大π键，每个N原子给出2个电子参与形成大π键，则该大Π键的表示形式为，该分子中所有元素即H、B、C、N、F，根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小并结合(2)小问题干信息可知，电负性由大到小的顺序为F＞N＞C＞H＞B，故答案为：；F＞N＞C＞H＞B；
（3）①Na+的配位数即离Na+最近的且等距离的个数，由晶胞示意图可知，Na+的配位数是8，故答案为：8；
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子坐标参数，其中原子坐标参数“1”为；“2”为；标注为“3”的坐标参数为，故答案为：；
③已知硼氢化钠晶体的密度为ρ g•cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，由晶胞示意图可知，每个晶胞的体积为：a2×2a×10-21cm3=2a3×10-21cm3，一个晶胞中含有Na+个数为：×4+×6=4，含有个数为：×8+×4+1=4，则一个晶胞的质量为：g，故有ρ＝= g•cm-3=×1021 g•cm-3，即得a=×107nm，而Na+与之间的最近距离为底面对角线的一半，故为×107nm，故答案为：×107nm；
④若硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na+被Li+取代，得到晶体中一个晶胞中含有Na+个数为：×4+×4=3，含有个数为：×8+×4+1=4，Li+数目为：×2=1，该晶体的化学式为Na3Li(BH4)4，故答案为：Na3Li(BH4)4。