广西柳州市2020届高三毕业班4月模拟化学试题

柳州市2020届高三毕业班4月模拟
理科综合能力测试化学部分
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 Ca-40 Cr-52
1.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法错误是（ ）
A. “火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应
B. “千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲”蕴含了碳酸钙的分解反应
C. “榆荚只能随柳絮,等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素
D. “日照香炉生紫烟,遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥散在空气中的PM2. 5固体颗粒
【答案】D
【解析】
【详解】A．很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应，A正确；
B．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”蕴含了碳酸钙在高温下分解成氧化钙和二氧化碳，B正确；
C．一切植物都含有大量的纤维素，“柳絮”主要成分是纤维素，C正确；
D．日照香炉生紫烟”的意思是说“由于瀑布飞泻，水气蒸腾而上，在丽日照耀下，仿佛香炉峰冉冉升起了团团紫烟”，由此可见这个“烟”实际上是水产生的雾气，D错误。
答案选D。
2.一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A. 分子中所有碳原子可在同一平面上
B. 该有机物的分子式是C10H16O
C. 该有机物能发生加成和氧化反应
D. 该有机物与互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；
B．该有机物的分子式是C10H14O，B错误；
C．该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；
D．的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。
答案选C。
3.X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11， YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是短周期中最大的，W和Z同主族。下列说法错误的是（ ）
A. X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性
B. 气态氢化物的稳定性：Z> W
C. 简单离子半径：W> R
D. Z、R形成的化合物中可能含有共价键
【答案】A
【解析】
【分析】
YZ气体遇空气变成红棕色，则Y是N，Z是O，NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2；
R的原子半径是短周期中最大的，则R是Na；
W和Z同主族，则W是S；
X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11，则X在第一周期，为H；
综上所述，X、Y、Z、R、W分别为：H、N、O、Na、S，据此解答。
【详解】A．X、Y、Z 分别为：H、N、O，H、N、O三种元素形成化合物溶于水也可能显碱性，如NH3·H2O的水溶液显碱性，A错误；
B．非金属性：Z(O)＞W(S)，故气态氢化物的稳定性：Z(O)＞W(S)，B正确；
C．S2-核外有三层电子，Na+核外有两层电子，故离子半径：S2-＞Na+，C正确；
D．Z、R为O、Na，O、Na形成的化合物中可能含有共价键，如Na2O2，D正确。
答案选A。
4.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）

下列说法正确的是（ ）
A. 反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应
B. 上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
C. X是HNO2，是还原产物
D. [(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；
C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；
D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。
答案选B。
5.25 °C时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 酸性强弱顺序是HX> HY> HZ
B. 加入10 mL NaOH溶液时，HY溶液中c（Na+ ）>c（Y -）
C. pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D. 加入20 mL NaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点
【答案】C
【解析】
【分析】
0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，则c(HZ)= c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；
C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；
D．加入20 mL NaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。
答案选C。
【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；
pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；
pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；
pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)
6.下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
B
除去干燥CO2中混有少量的SO2
可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
C
检验Na2SO3已经变质
向Na2SO3溶液中先加入Ba(
NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
D
比较铁和铜的活泼性
常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；
B．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B正确；
C．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；
D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。
答案选B。
【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。
7.科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（ ）

A. 反应过程中需要不断补充Fe2+
B. 阳极反应式是2HCl- 2e- =Cl2+2H+
C. 电路中转移1 mol电子，消耗标况下氧气5.6 L
D. 电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g） + 2H2O（g）
【答案】A
【解析】
【分析】
HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。
【详解】A．由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；
B．HCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl- 2e- =Cl2+2H+，B正确；
C．根据电子得失守恒有：O2～4e-，电路中转移1 mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6 L，C正确；
D．由图可知，反应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+ 2H2O(g)，D正确。
答案选A。
8.某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：

回答下列问题:
（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。
（2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于______。（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。
（3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。
（5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-) ：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。
【答案】 (1). Na2SiO3 (2). NaAlO2 (3). H2SiO3 (4). 4.7 (5). NH4++VO3-=NH4VO3↓ (6). 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑ (7). 3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O (8). c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞C2O42-＞c(OH-) (9). 0.38
【解析】
【分析】
“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2；
“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+；
“调pH”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；
“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5；
“还原”时，用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+，调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3，据以上分析解答。
【详解】(1) 高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；
(2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，Fe3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=4.0×10-38，c3(OH-)=4.0×10-33，c3(H+)=，c(H+)=×10-4≈6×10-4，pH≈4-lg6＜4。Al3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=1.0×10-33，c3(OH-)=1.0×10-28，c3(H+)=，c(H+)=，pH=-lg()=5- lg()≈4.7＞4，综上所述，要使A3+和Fe3+完全沉淀，pH不低于4.7，故答案为：H2SiO3；4.7；
(3)“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，离子方程式：NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3沉淀煅烧得到V2O5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O和NH3，方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑，故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；
(4) “还原”时，C2O42-将CrO42-还原成Cr3+，pH在2.5左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为CO2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O，故答案为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O；
(5) HC2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)＞c(HC2O4-)，HC2O4-的电离常数= Ka2=6. 4×10-5，HC2O4-的水解常数Kh==≈1.7×10-13，电离常数＞＞水解常数，加之水电离也能产生一定的H+，所以c(H+)＞C2O42-＞c(OH-)。水解和电离都是微弱的，所以，c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，综上所述：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)。H2C2O4H++HC2O4-，Ka1=，HC2O4-H++C2O42-，Ka2=，Ka1×Ka2=×=。pH= 2.5，则c(H+)=10-2.5，所以，==0.38（保留两位有效数字），即c(C2O42- ):c(H2C2O4)=0.38，故答案为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；0.38；
【点睛】(5)二酸弱酸H2X：。
9.某实验小组探究肉桂酸的制取:
I:主要试剂及物理性质

注意:乙酸酐溶于水发生水解反应
II :反应过程.
实验室制备肉桂酸的化学方程式为: +(CH3CO2)O+CH3COOH
III：:实验步骤及流程
①在250 mL三口烧瓶中（如图甲）放入3 ml（3. 15 g，0. 03 mol）新蒸馏过的苯甲醛、8 ml（8. 64g，0. 084 mol）新蒸馏过的乙酸酐，以及研细的4.2 g无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。
②反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20 mL水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH等于8。然后进行水蒸气蒸馏（如图乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤。在搅拌下，将HCl加入到滤液中，当固体不在增加时，过滤，得到产品，干燥，称量得固体3.0 g。
IV：如图所示装置:

回答下列问题:
（1）合成时装置必须是干燥的，理由是___________。反应完成后分批加人20mL水，目的是________。
（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是_____。
（3）步骤②进行水蒸气蒸馏，除去的杂质是______，如何判断达到蒸馏终点__________。
（4）加入活性炭煮沸10- 15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是_______。
（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是______，该实验产品的产率约是_______。（保留小数点后一位）
【答案】 (1). 防止乙酸酐与水反应 (2). 除去过量的乙酸酐 (3). 慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH (4). 苯甲醛 (5). 蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束 (6). 增大肉桂酸的溶解度，提高产率 (7). 重结晶 (8). 67.6%
【解析】
【分析】
苯甲醛和乙酸酐、碳酸钾在三颈烧瓶中反应生成肉桂酸盐和乙酸盐和二氧化碳，为了提高原料利用率，不断回流冷凝，由于反应产生二氧化碳，可观察到反应产生一定量的泡沫。由于乙酸酐能和水发生水解反应，故反应结束，过量的乙酸酐通过缓慢加入20mL水除去，慢慢加入碳酸钠调解pH=8，未反应的苯甲醛通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝的液体不成油状时，说明苯甲醛除尽。此时溶液中主要成分为肉桂酸盐和乙酸盐，加入活性炭煮沸、过滤得到含肉桂酸盐的滤液，往滤液中加HCl可生成肉桂酸，由于肉桂酸在水中的溶解度很小，可得肉桂酸晶体，此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。
【详解】(1)由题目所给信息可知，反应物乙酸酐遇水反应，故合成时装置必须是干燥，也因为乙酸酐能和水反应，实验结束剩余的乙酸酐能用水除去，所以，反应完成后分批加人20mL水，是为了除去过量的乙酸酐，故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；
(2)慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH，故答案为：慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH；
(3)第①步将乙酸酐、乙酸除去了，此时进行水蒸气蒸馏，能除苯甲醛，苯甲醛是无色液体，在水中的溶解度很小，故蒸出、接收的苯甲醛液体应呈无色油状，所以，当苯甲醛完全蒸出时，将不再出现无色油状液体，故答案为：苯甲醛；蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束；
(4)过滤，活性炭等杂质留在滤渣里，肉桂酸留在滤液里，常温下，肉桂酸溶解度很小，趁热过滤，是为了增大肉桂酸的溶解度，提高产率，故答案为：增大肉桂酸的溶解度，提高产率；
(5)此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。由制备肉桂酸的方程式可知，乙酸酐和苯甲醛按物质的量1:1反应，但是所给原料量为：0. 03 mol苯甲醛、0. 084 mol乙酸酐，很明显，乙酸酐过量，按苯甲醛的量计算，理论上可得0.03mol肉桂酸，对应质量=0.03mol×148.16g/mol=4.4448g，所以，产率==67.6%，故答案为：重结晶；67.6%。
10.（1）氢气是一种未来十分理想的能源。
镧镍合金是一种良好的储氢材料，在一定条件下通过如下反应实现储氢：
LaNi3（s）+3H2（g） LaNi3H6（s） ∆H<0。 某实验室模拟该过程，向体积一定的密闭容器中充入反应物发生反应。H2的平衡转化率与其初始加入量（n）、反应温度（T）的关系如下左图所示；一定温度（T）下，将a mol的氢气充入体积是1 L的容器内，气体的压强（P）随时间（t）的变化关系如下右图所示：

①n1、n2、n3的大小关系是_______。
②温度T1下反应的平衡常数是__________（用含a的代数式表示）。
③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，容器内的压强_________6kPa（填写“大于”或“小于”）。
（2）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应①
②
③
_______。
（3）TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO（g）和H2O（g）发生上述反应②（已排除其他反应干扰），测得CO（g）物质的量分数随时间变化如下表所示：

若初始投入CO为2 mol，恒压容器容积10 L，用H2O（g）表示该反应0-5分钟内的速率v[H2O(g)]=______。6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，且第9min达到平衡时，CO的物质的量是0.2mol，则改变的外界条件为_________。
（4）温度、压强对反应CO（g）十2H2（g）=CH3OH（g） ∆H=-90. 1 kJ·mol-1中CO转化率的影响如图所示：

①温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是____________ （填“温度”或“压强”）。
②由图像可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高。但实际生产往往采用300~400 °C和10 MPa的条件，其原因是________。
【答案】 (1). n1＜n2＜n3 (2). (3). 小于 (4). -206 kJ·mol-1 (5). 0.032mol/L (6). 降低温度 (7). 温度 (8). 温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备要求提高，成本增加
【解析】
【分析】
(1) LaNi3（s）+3H2（g）LaNi3H6（s） ∆H<0。
①该反应是一个气体分子数减小的反应，在恒容密闭容器中进行该反应，充入氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，氢气的转化率将增大；
②由图可知，平衡时，体系压强由9kPa变为3kPa，氢气的物质的量变为起始值的三分之一；
③保持温度不变，容积压缩至原容积的一半，平衡正向移动，气体分子数减小，压强应小于起始压强的2倍；
(2)第三个反应出现CH3OH(g)，但目标方程式未出现CH3OH(g)，可得出第三个方程式用不到，根据观察发现，②-①可以得到，用盖斯定律计算即可；
(3)是一个气体体积不变的反应，故气体总物质的量=2mol+2mol=4mol，0-5分钟，CO含量减小了0.4，即减小了4×0.4mol=1.6mol，结合体积可计算浓度变化量，进而计算CO表示的速率，进而计算v[H2O(g)]。6分钟到9分钟，CO的含量下降，说明平衡正向移动，且6到9分钟CO含量减少程度比2到5分钟小，说明6分钟改变的条件使反应速率减小了；
(4)①分析图发现，低温时，无论压强多大，CO的转化率都相等；
②实际化工生产除了需要考虑平衡原理外，还要考虑实际生产效率、成本投入等。
【详解】(1)①恒温恒容下，增大氢气的起始量，压强增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大，结合图像可知：n1＜n2＜n3，故答案为：n1＜n2＜n3；
②该反应中只有氢气一种气体，则容器压强与氢气的物质的量成正比，温度T1时，起始时，压强为9kPa，平衡时，压强为3kPa，设平衡时氢气的物质的量为n，则，解得：n=，则平衡时，c(H2)=，所以，K==，故答案为：；
③假设平衡不移动，则t6时刻将容积压缩至原容积的一半，压强应变为t6时刻压强的2倍，即6kPa，但实际情况是，平衡正向移动，气体分子数减小，所以，此时容器内的压强小于6kPa，故答案为：小于；
(2)②-①得：=(-41kJ·mol-1)-(+165kJ·mol-1)=-206 kJ·mol-1，故答案为：-206 kJ·mol-1；
(3)是一个气体分子总数不变的反应，故气体总物质的量=2mol+2mol=4mol，0-5分钟，CO含量减小了0.4，即减小了4×0.4mol=1.6mol，则CO浓度减小了=0.16mol/L，v(CO)==0.032mol/L，由方程式计量数可知v[H2O(g)]=v(CO)= 0.032mol/L。由分析可知，6分钟时改变的条件使平衡正向移动、同时反应速率减小，又从表格可知，6分钟时CO含量没有变化，不可能是移走生成物，综上所述，6分钟时，降低了温度，故答案为：0.032mol/L；降低温度；
(4)①由图可知，低温时，无论压强多大，CO的转化率几乎相等，则低温时，对CO转化率影响的主要因素是温度，故答案为：温度；
②温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备抗压要求增大，设备成本增加，故实际生产往往采用300~400 °C和10 MPa的条件，故答案为：温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备要求提高，成本增加。
【点睛】(1)LaNi3(s)+3H2(g)LaNi3H6(s)，只涉及氢气一种气体，温度、容积不变，增加氢气的起始量，压强增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大！
[化学一选修 3:物质结构与性质]
11.锂碳、铝、铬是重要的元素，在工业生产和科技中有重要的应用。
（1）铝热反应可以冶炼金属铬，Cr基态核外电子排布式为_____________。
（2）金属锂是锂电池重要的组成部分。Li、Be、B 原子的第一电离能由大到小的顺序为______。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂。AlH4-的空间构型为___________。
（4）++CH3COOH
①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为________。
②l mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键的数目为_______
③甲苯分子难溶于水的原因是________。
（5）已知铬酸钙晶胞如图所示，该晶体密度为ρ g·cm-1，NA是阿伏加德罗常数的值。Ca离子周围距离最近且相等的O有_____个。相邻两个面心氧离子最短核间距（d）为_______pm。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1 (2). Be＞B＞Li (3). 正四面体 (4). sp2、sp3 (5). 20NA (6). 甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂 (7). 12 (8). ××1010
【解析】
【详解】(1)Cr为24号元素，核外有24个电子，且3d轨道半充满，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1；
(2)同周期元素，从左往右，第一电离能增大，Li的第一电离能最小，但Be的价层电子充满2s轨道，比相邻的B难失去电子，所以Be的第一电离能大于B，综上所述，第一电离能由大到小的顺序为：Be＞B＞Li，故答案为：Be＞B＞Li；
(3)AlH4-的成键电子对数==4，孤电子对数==O，故AlH4-中Al原子为sp3杂化且没有孤对电子，则AlH4-为正四面体构型，故答案为：正四面体；
(4)①甲基的C为sp3杂化，羰基的C为sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；
②C-C键、C-H键全是σ键，碳氧双键含一个σ键，一个π键，苯环中含C和C之间含6个σ键和一个大π键，所以，l mol对甲基苯乙酮分子中含20molσ键，即数目为：20NA，故答案为：20NA；
③甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂，所以，甲苯分子难溶于水，故答案为：甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂；
(5)从晶胞结构上看，与Ca离子周围距离最近且相等的O为与Ca离子相交的三个面面心的O，共3个，根据均摊法，实际个数=3×=1.5，那么与Ca离子周围距离最近且相等的O的个数=1.5×8=12。由均摊法可知，1个晶胞中，Ca个数=8×=1，O个数=6×=3，Cr个数=1，所以1个晶胞的质量=g，又因为密度为ρg·cm-1，则1个晶胞的体积V=a3=，a=cm，如图所示：，相邻两个面心氧离子最短核间距为面对角线的一半，设晶胞参数为a，则d=a=×cm=××1010pm，故答案为：12；××1010。
【点睛】(5)由晶胞结构计算与Ca原子相近的O原子个数，用均摊法计算。
[化学一选修 6:有机化学基础]
12.
已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛
回答下列问题：
（1）B物质所含官能团名称是________，E物质的分子式是_________
（2）巴豆醛的系统命名为____________，检验其中含有碳碳双键的方法是___________。
（3）A到B的反应类型是__________，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_____。
（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有________种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结构简式______。
（5）已知：+ ，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线______。
【答案】 (1). 氨基、溴原子 (2). C13H18O (3). 2-丁烯醛 (4). 先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键 (5). 取代反应； (6). (7). 5 (8). (9).
【解析】
【分析】

【详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；
(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；
(3)A到B，氨基邻位C上的H被Br取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；；
(4)A为，比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3，另1个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N，苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综上所述，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为：5；；
(5)原料为乙醇，有2个C，产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：，故答案为：。