云南省曲靖市2021年高考化学二模试卷及答案

这是一份云南省曲靖市2021年高考化学二模试卷及答案，共16页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学二模试卷
一、单项选择题
1.从化学的视角分析，以下说法错误的选项是〔   〕
A.除去锅炉中的水垢时，可先用碳酸钠溶液处理，使水垢蓬松，再参加盐酸去除
B.可作供氧剂
C.人体摄入的油脂、蛋白质必须先经过水解才能被吸收
D.石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐
2.以下实验的反响原理用离子方程式表示正确的选项是〔   〕
A.少量 通入 溶液中：
B.用惰性电极电解氯化镁溶液：
C.向 溶液中参加足量Ba(OH)2溶液：
D.用双氧水和稀硫酸处理铜印刷电路板：
3.短周期元素M、X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素，其中X与W处于同一主族，Z元素的原子半径在短周期中最大(稀有气体除外)，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，六种元素原子最外层电子数之和为22。以下说法正确的选项是〔   〕
A. X的氢化物沸点比Y的氢化物沸点低
B. 含有M与Y元素的化合物中可能存在离子键
C. Y的简单气态氢化物与Q单质在一定条件下不会发生置换反响
D. Z与Q形成的化合物分子熔融状态下会导电
4.以下实验中，现象及相应结论都正确的选项是〔   〕
选项
实验操作
现象
结论
A
对于二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，缩小容器体积
混合气体颜色逐渐加深
符合勒夏特列原理
B
溶液和KSCN溶液混合反响后，再参加少量KCI固体
溶液红色变浅
增大生成物浓度，平衡逆向移动
C
向某无色溶液中滴加浓盐酸
产生能使品红溶液褪色的气体
不能证明原溶液中含有 或
D
向BaCl2溶液中先通入足量NH3 ， 再通入SO2气体
无沉淀生成
不能和 反响生成 和HCl
A.A  
B.B  
C.C  
D.D
5.用苯炔和M合成化合物N的方程式如图：
+ (-Ph为苯基)
以下说法中错误的选项是〔   〕
A.1molN最多消耗2molNaOH
B.1mol苯炔在氧气中充分燃烧消耗氧气7mol
C.化合物M能发生复原反响、取代反响、加成反响、氧化反响
D.合成化合物N的反响类型是加成反响
6.2021-2021年，国家相继出台一系列政策，扶持光伏发电工程建设。图1是太阳能电池工作示意图，与图2装置联合可实现能量的转化和储存。以下有关说法正确的选项是〔   〕

A. 图2交换膜一定为阳离子交换膜
B. 图2右池电极反响为：
C. Y接太阳能电池N极
D. 每转移1mol电子，图2右池溶液中n(H+)的变化量为4mol
7.常温下，向amL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和一水合二甲胺[(CH3)2NH·H2O]的混合溶液中逐滴参加bmL0.1mol·L-1盐酸(一水合二甲胺在水中电离与一水合氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH·H2O]=2.0×10-5)。以下说法错误的选项是〔   〕
A.b=0的溶液中有c(Na+)+c[(CH3)2NH ]=c(OH-)-c(H+)
B.b=a所得溶液的pH值无法计算
C.b=1.5a所得溶液中有c[(CH3)2NH ]＞c[(CH3)2NH·H2O]
D.b=2a时水的电离程度最大
二、非选择题
8.我国有丰富的Na2SO4资源，2021年10月，中科院过程工程研究所公布了利用Na2SO4制备重要工业用碱(NaHCO3)及盐(NaHSO4)的闭路循环绿色工艺流程：

某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。答复以下问题：
〔1〕用所给实验装置图进行流程中的“一次反响〞

①装置A中的橡皮管a的作用是________。
②装置B中参加CCl4的目的是________。
③装置C中的试剂b是________。
④装置B中发生反响的化学方程式为________。
〔2〕在“二次反响〞中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反响生成溶解度比较小的复盐[Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O]，别离该复盐与溶液的操作为________。
〔3〕用所给实验装置图进行流程中的“煅烧(350℃)〞

①煅烧时，要边加热边通氮气，理由是________。
②依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反响〞与“煅烧(350℃)〞的实验中均采用如下列图装置处理尾气，那么烧杯中的X溶液最好是________。
〔4〕分析流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反响的化学方程式________。
9.碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2 ， 还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如下列图：

：①“复原焙烧〞主反响为： 。
②可能用到的数据如表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
4.2
8.3
沉淀完全pH
3.7
9.7
7.4
9.8
答复以下问题：
〔1〕在实验室进行步骤A，需要用到的仪器为________(选填“瓷埚〞或“铁坩埚〞)。
〔2〕步骤C中得到滤渣的主要成分为________，步骤D中发生反响的离子方程式为________。
〔3〕步骤E中调节pH的范围为________。“10%NaOH溶液〞宜用________(填序号)代替。
A．CuO   B．MnO2   C．Mn(OH)2   D．HCl
〔4〕不用碳酸钠溶液替代 溶液，可能的原因是________。
〔5〕如图，用Fe、C(碳)作电极电解含MnO 的污水，使之转化为Mn(OH)2沉淀而除去的装置示意图。污水中MnO 转化为沉淀的离子方程式为________。

〔6〕测定某产品中钒元素的含量：称取15.30g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再参加 溶液 。最后用 溶液滴定过量的 至终点，消耗 溶液的体积为100.00mL。假设杂质不参与反响。那么产品中含钒元素的质量分数是________。
10.是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。
〔1〕碱液吸收。用NaOH溶液捕获 ，假设所得溶液中 ，那么溶液 ________。(室温下， 的 ； )
〔2〕催化转化。以 、 为原料在催化剂作用下合成 涉及的主要反响如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
答复以下问题：
① ________kJ/mol。
②在绝热恒容的密闭容器中，将按物质的量之比1∶3投料发生反响Ⅰ，以下能说明反响已达平衡的是________(填序号)。
A．体系的温度保持不变
B．体系的密度保持不变
C．单位时间内体系中消耗 的同时生成
D．混合气体平均相对分子量保持不变
E. 和 的转化率相等
③不同压强下，按照 投料，实验测定 的平衡转化率和 的平衡产率随温度(T)的变化关系如下列图。

其中纵坐标表示 的平衡产率的是________(填“X〞或“Y〞)；压强 、 、 由大到小的顺序为________；温度高于 时，Y几乎相等的原因是________。
〔3〕超干重整 的催化转化如下列图：

①关于上述过程Ⅱ的说法正确的选项是________(填序号)。
A．CO表示未参与反响
B．
C．实现了含碳物质与含氢物质的别离
D． 、CaO为催化剂，降低了反响的
②在体积为1L的刚性密闭容器中，充入 和 ，参加 催化剂并加热至 使其发生反响 ，容器内的总压强p随时间t的变化如表所示：
反响时间
0
2
4
6
8
10
12
总压强p/kPa
10.0
11.5
12.3
13.0
13.6
14.0
14.0
该温度下的平衡常数 ________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保存一位小数)。
11.Co、Se、Fe、Cr、Ni、C等元素化合物在生产、生活中应用广泛。答复以下问题：
〔1〕金属可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“________理论〞解释。
〔2〕金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合________(选填编号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为________。
A．    B．    C．    D．
〔3〕无水CoCl2的熔点是735℃，沸点1049℃，CoCl2属于________晶体；砷酸 分子中As原子的杂化方式为________杂化。
〔4〕碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞， 分子占据顶点和面心处， 占据的是 分子围成的正四面体空隙和________空隙(填几何空间构型)。

〔5〕Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+ ， 那么晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为________，晶胞参数为428pm，那么晶体密度为________g/cm3( 表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式)
12.某药物中间体Ⅰ的合成路线如下列图：

：
答复以下问题：
〔1〕A的名称为________；C的结构简式________；E的官能团名称为________。
〔2〕反响③的化学反响类型为________；④中浓硫酸的作用是________。
〔3〕写出反响⑤可能的化学方程式________(写出一个方程式即可)。
〔4〕写出满足以下条件 的同分异构体的结构简式________。(写两个)
①含有六元含氮杂环；②无N-N键；③1H-NMR谱显示分子中含有4种氢原子。
〔5〕参照上述合成路线和信息，以丙烯为原料合成化合物 的路线流程图________(无机试剂任用，流程图形式见题干)。

答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．除去锅炉中的水垢时，可先用碳酸钠溶液处理，将CaSO4转化为CaCO3 ， 使水垢蓬松，再参加酸去除，A不符合题意；
B．Na2O2与CO2、H2O反响能生成氧气，故可用作供氧剂，B不符合题意；
C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在人体内水解为高级脂肪酸和甘油；蛋白质在人体内水解成氨基酸等小分子，两者均需经水解后才能被吸收，C不符合题意；
D．分子筛是一种人工合成的具有筛选分子作用的水合硅铝酸盐(泡沸石)或天然沸石，其主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分为SiO2 ， D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.主要利用将沉淀转换易溶于盐酸的碳酸钙
B.过氧化钠可以做供氧剂
C.油脂水解以及蛋白质水解后的小分子即可被人体吸收
D.分子筛的主要成分是硅酸盐材料，石英玻璃的主要成分是二氧化硅
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．离子方程式应为SO2+2CO +H2O=SO +2HCO ，A不符合题意；
B．离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，B不符合题意；
C．符合题意离子方程式为Al3++2SO +2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO +2H2O，C不符合题意；
D．双氧水在酸性环境中会将Cu氧化为Cu2+ ， 选项所给离子方程式无误，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.SO2少量无法生成CO2
B.电解氯化镁溶液时阴极产生的氢氧根会和镁离子生成沉淀
C.Ba(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根
D.过氧化氢具有氧化性可将铜单质氧化为铜离子
3.【答案】 B
【解析】【解答】A. 的氢化物与 的氢化物分别为烃和 ，烃有大分子和小分子，A项不符合题意；
B.含有M与Y元素的化合物中可能为 ，含有离子键，B项符合题意；
C. ，可以发生置换反响，C项不符合题意；
D. 与 形成的化合物 为离子晶体，熔融状态会导电，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由题意可知，短周期原子半径最大， 为 ， 之间与 之间原子序数之差相等，那么W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，判断 为 ， 为 ， 与 处于同一主族，那么 为 ,由最外层电子代数和为22，可以推出 为 ， 为 。
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．体系中存在平衡2NO2 N2O4 ， 缩小容器体积压强增大，NO2的浓度增大，颜色加深，但随后平衡正向移动，NO2的量减少，混合气体颜色开始变浅，A不符合题意；
B．混合溶液中存在平衡Fe3++3SCN- Fe(SCN)3 ， 所以参加KCl固体平衡不会发生移动，颜色不变，B不符合题意；
C．向NaClO溶液中参加盐酸会产生氯气，氯气也可以使品红溶液褪色，所以不能证明原溶液中含有 或 ，C符合题意；
D．先通入NH3 ， 再通SO2 ， 两者在溶液中反响生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡会生成亚硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.实验现象描述错误，缩小体积的瞬间，浓度变大，颜色变深，一段时间后颜色变浅
B.颜色不变改变，平衡不会移动
C.产生的气体不一定是氯气可能是氯气或者混合气体
D.现象描述错误，应该有白色沉淀
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．由题给结构可知，N含有酯基、羰基，酯基在碱性条件下可发生水解，1molN最多消耗1molNaOH，故A符合题意；
B．苯炔分子式为C6H4 ， 1mol苯炔在氧气中充分燃烧消耗氧气7mol，故B不符合题意；
C．化合物M含有酯基、羰基，可发生复原反响、取代反响、加成反响、氧化反响，故C不符合题意；
D．由题可知，合成化合物N的反响类型是加成反响，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据N的结构式即可找出与氢氧化钠反响的基团
B.根据苯炔与氧气反响的方程式即可计算
C.根据M的结构简式找出官能团即可找出发生的反响
D.根据反响物和生成物即可判断反响类型
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．由分析知，X电极流入电子，Y电极失去电子，为了维持电荷守恒，可以是阳极室的阳离子〔如H+〕移入阴极室，也可以是阴极室阴离子阴离子〔如 〕移入阳极室，故交换膜可以是阳离子或阴离子交换膜，A不符合题意；
B．由图2知，Y极VO2+失电子转化为 ，对应电极反响为：VO2+-e-+H2O= +2H+ ， B符合题意；
C．由分析知，Y电极连接太阳能电池P电极，C不符合题意；
D．由Y电极反响为VO2+-e-+H2O= +2H+ ， 知每转移1mol电子，右池中有2mol H+生成，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由题意知，图1为太阳能电池工作示意图，属于原电池，图2与图1联合时，图2为电解池，由图2知，X电极反响为 ，发生复原反响，故X为阴极，与电源负极相连，由图1可知，电池的阳离子向P电极移动，所以P电极是太阳能电池的正极，N电极为负极，故X电极连接N电极，Y电极连接P电极。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．b=0的溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)+c[(CH3 )2NH ]=c(OH-)，所以c(Na+)+c[(CH3)2NH ]=c(OH-)-c(H+)，A不符合题意；
B．b=a时NaOH和HCl恰好完全反响，溶液中的溶质为0.05mol/L的NaCl和0.05mol/L(CH3)2NH·H2O，设溶液中c(OH-)=xmol/L，那么有Kb= = ，Kb，所以可以求出c(OH-)，继而计算溶液的pH值，B符合题意；
C．b=1.5a时溶液中的溶质为NaCl、以及等物质的量的(CH3)2NH·H2O和[(CH3)2NH2]Cl，Kb[(CH3)2NH·H2O]=20×10-5 ， 那么Kh= =5×10-10＜Kb ， 所以(CH3)2NH·H2O的电离程度大于(CH3)2NH 的水解程度，那么c[(CH3)2NH ]＞c[(CH3)2NH·H2O]，C不符合题意；
D．b=2a时溶液中的溶质为NaCl和[(CH3)2NH2]Cl，只有(CH3)2NH 的水解促进水的电离，没有酸或碱抑制水的电离，所以此时水的电离程度最大，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.根据电荷守恒即可判断
B.根据给出的数据结合电离常数即可计算出氢氧根浓度即可计算出氢离子浓度
C.根据此时的数据判断出此时溶质即可判断粒子浓度的大小
D.根据给出的数据即可计算出此时的溶质即可判断水的电离程度
二、非选择题
8.【答案】 〔1〕平衡气压，使氨水能顺利滴加；防止溶液倒吸；饱和NaHCO3溶液；Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4
〔2〕过滤
〔3〕排出分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反响；Na2SO4
〔4〕Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3+NaHSO4
【解析】【解答】(1)①A中橡皮管a可以连通圆底烧瓶和分液漏斗，平衡气压，使氨水能顺利滴加；
②氨气是极易溶于水的气体，直接与水接触可能发生倒吸，但氨气难溶于四氯化碳，所以装置B中参加CCl4的目的就是为了防止溶液倒吸；
③稀盐酸和碳酸钙的反响发热，可导致HCl的挥发，使制得的CO2中会混有HCl气体，HCl可以和NaHCO3反响，而CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，所以装置C中为饱和NaHCO3溶液，用来吸收HCl气体；
④装置B中Na2SO4溶液、NH3和CO2反响生成溶解性较小的NaHCO3 ， 同时得到硫酸铵，化学方程式为Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；
(2)该复盐溶解度较小，所以会以固体形式析出，可以过滤别离；
(3)①氨气是碱性气体，能与NaHSO4反响，为防止分解生成的氨气重新与NaHSO4反响，应边加热边通氮气，及时排出氨气；
②尾气中主要含有氨气，为将氨气充分利用，结合“一次反响“步骤中的原料分析可知，最好用Na2SO4溶液吸收氨气后直接循环利用，同时也符合流程的闭路循环绿色特点；
(4)根据流程可知氨气循环使用，所以反响物为Na2SO4溶液和CO2 ， 生成物只有NaHCO3和 NaHSO4 ， 根据元素守恒可得化学方程式为Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3+NaHSO4。
【分析】利用Na2SO4制备 NaHCO3 和NaHSO4的工艺流程为：Na2SO4溶液、NH3和CO2发生“一次反响“生成溶解性较小的NaHCO3 ， 过滤得到NaHCO3 固体和(NH4)2SO4溶液，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反响生成Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，过滤得到固体Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O和Na2SO4溶液，Na2SO4溶液循环到“一次反响〞步骤，“灼烧〞Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O得到NaHSO4和NH3 ， NH3循环到“一次反响“步骤再利用。
(1)装置A中利用浓氨水和碱石灰制取氨气，氨气极易溶于水，所以氨气进入三颈烧瓶后先和四氯化碳接触，防止发生倒吸，右侧装置中利用稀盐酸和碳酸钙反响制取CO2 ， 用饱和NaHCO3溶液除去混有的HCl气体后通入B装置进行反响，进行流程中的“一次反响〞，得到溶解性较小的NaHCO3 ， 过滤得到NaHCO3 固体和(NH4)2SO4溶液，

9.【答案】 〔1〕铁坩埚
〔2〕CaSO4和Cu；MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
〔3〕3.7≤pH＜8.3；C
〔4〕碳酸钠溶液中c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀
〔5〕5Fe2++MnO +9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓
〔6〕50.0%
【解析】【解答】(1)焙烧时碳酸钙会和瓷坩埚中的二氧化硅反响，所以应选用铁坩埚；
 
(2)硫酸酸浸时，Cu不反响，CaO转化为微溶物CaSO4 ， 所以滤渣为CaSO4和Cu；步骤D参加MnO2将Fe2+氧化为Fe3+ ， 离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(3)Fe3+沉淀完全时的pH=3.7和Mn2+开始沉淀时的pH=8.3，所以为完全除去Fe3+ ， 又不减小的Mn2+含量的pH范围为3.7≤pH＜8.3；参加10%NaOH溶液的目的是中和氢离子，使溶液pH增大，但参加CuO会引入锌杂质，MnO2不和氢离子反响，Mn(OH)2既能和氢离子反响又不引入杂质，HCl会使溶液pH减小，
故答案为：C；
(4)Na2CO3溶液碱性较强，c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀，降低产品产率和纯度；
(5)MnO 转化为Mn(OH)2沉淀时Mn元素被复原，而阴离子会在电解池的阳极聚集，阳极发生氧化反响，所以应是以Fe棒作阳极，Fe被氧化为Fe2+ ， Fe2+再将MnO 复原为Mn2+ ， 结合阴极水放电时产生氢氧根生成Mn(OH)2沉淀，离子方程式为5Fe2++MnO +9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓；
(6)Fe2+与KMnO4反响时被氧化为Fe3+ ， Mn元素被复原为Mn2+ ， 根据电子守恒可知5n(Fe2+)=n(KMnO4)，结合题意可知VO 消耗的亚铁离子为2.00mol/L×0.1L-0.1mol/L×0.1L×5=0.15mol，即n(VO )=0.15mol，所以钒元素的质量分数为 ×100%=50%。
【分析】软锰矿参加木炭焙烧，Fe2O3、CuO转化为Fe、Cu，CaCO3分解为CaO，根据题意MnO2转化为MnO，参加硫酸浸取，Fe、MnO得到相应的硫酸盐，Cu不反响，CaO转化为微溶物CaSO4；过滤得到的滤液中主要含有Fe2+、Mn2+等阳离子，参加MnO2将Fe2+氧化为Fe3+ ， 再参加10%NaOH溶液调节pH生成Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液中参加碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，别离烘干得到成品。
 
10.【答案】 〔1〕10
〔2〕+40.9；AD；X；；温度高于 时以反响Ⅲ为主，又反响Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响
〔3〕BC；28.4
【解析】【解答】(1)由 ，知K2= ，解得c(H+)=10-10 ， 那么pH=-Lgc(H+)=10；
 
(2)①Ⅰ-Ⅱ，结合盖斯定律得：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H3=△H1-△H2=+40.9 kJ/mol，故此处填40.9；
②A．由于体系绝热，故反响的热效应会引起温度的改变，当温度不变时，说明反响达平衡，A正确；
B．由于容器体积不变，且反响前后气体总质量不变(前后均为气体，质量守恒)，故体系气体密度( )始终不变，不能用来判断平衡状态，B不正确；
C．消耗H2和生成H2O均为正反响速率，不能说明正逆反响速率相等，故不能用来判断平衡状态，C不正确；
D．虽然反响前后气体总质量不变(前后均为气体，质量守恒)，但气体总物质的量发生改变，由 ，知随着反响进行，混合气体平均相对分子质量发生改变，当不变时，说明反响达平衡，D正确；
E．由于CO2和H2的起始投料比等于化学计量数之比，故任意时刻，CO2和H2的转化率均相等，故不能用来判断平衡状态，E不正确；
故故答案为：AD；
③反响Ⅰ、Ⅱ生成CH3OH，但反响Ⅰ、Ⅱ均为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率下降，故X代表CH3OH的平衡产率，故此处填：X；相同温度下，由于增大压强，反响Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，CH3OH平衡产率提高，故P1＞P2＞P3；由分析知，X代表CH3OH的平衡产率，故Y代表CO2的平衡转化率，当温度高于T1时，不同压强下，CO2的平衡转化率相等，说明压强此时对平衡几乎不产生影响，故此时应以反响Ⅲ为主，故此处填：当温度高于T1时，以反响Ⅲ为主，又反响Ⅲ前后气体分子数相等，压强对其平衡没有影响；
(3)①根据转化原理，过程Ⅱ中第一步：CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO→H2O＋Fe＋CaCO3 ， 第二步：Fe＋CaCO3＋稀有气体→稀有气体＋Fe3O4＋CaO＋CO；
A．根据上述分析，第一步CO为反响物，第二步生成CO，以及过程Ⅱ的总反响为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，知A不正确；
B．根据上述分析，过程Ⅱ的总反响为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，B正确；
C．含碳物质最终转化为CO，含氢物质最终转化为H2O，CO和H2O在不同步骤生成，故实现了含碳物质和含氢物质的别离，C正确；
D．根据上述分析，Fe3O4、CaO为催化剂，焓变只与体系中的始态和终态有关，因此使用催化剂不能改变反响焓变，D不正确；
故答案为BC；
②i． ，利用相同条件下，压强之比等于物质的量之比，有： ，解得x=0.4，该温度下的平衡常数Kp= ，故此处填28.4。
【分析】〔1〕利用给出的比值以及第二电离常数即可计算出pH
〔2〕①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据反响  ，正反响是放热，且系数不等，可以通过判断热量不变以及某物质的正逆速率是否相等以及浓度是否不变以及平均相对分子质量是否保持不变等帕努单是否平衡
③根据产生甲醇的反响均是放热即可判断出甲醇的转化率与温度的关系，根气体系数的大小即可判断，根据图示即可判断，温度大小一定温度后，反响是以III为主
〔3〕①A.根据流程图即可判断CO是否反响
B.根据最初的反响物和最终的生成物即可判断
C.根据流程即可判断实现含氢物质和含碳物质的别离
D.催化剂只是改变速率
②根据给出的数据可以得出平衡时的压强，根据给出的数据级和三行式即可计算出平衡时各物质物质的量即可求出平衡分压求出常数K
 
 
11.【答案】 〔1〕金属键
〔2〕C；12
〔3〕离子；sp3
〔4〕正八面体
〔5〕8∶3；
【解析】【解答】(1)金属晶体中存在金属键，金属键为金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气〞，被所有原子所共用，从而把所有的金属原子维系在一起，所以金属可导电、导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都可以用金属键理论解释；
 
(2)γ型锰为面心立方晶胞，即在立方体的顶点和面心具有Mn原子，俯视时顶点的Mn原子的投影构成一个正方形，与视线平行的面上的面心Mn原子投影位于正方形边的中心，垂直视线的面上的面心Mn原子位于正方形中心，所以投影图为C；以顶点Mn原子为例，距离其最近的Mn原子位于该顶点所在面的面心，个数为 =12；
(3)CoCl2的熔沸点较高，应为离子晶体；H3AsO4分子中As原子与4个O共形成4个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为4，As原子采取sp3杂化；
(4)据图可知棱心、体心的K+还位于6个C60形成的正八面体空隙；
(5)设Ni0.88O中Ni2+的个数为x，Ni3+的个数为y，那么有x+y=0.88、2x+3y=2，解得x：y=8：3；NiaO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，即有4个“NiaO〞，晶体密度= = g/cm3。
【分析】〔1〕金属晶体中存在金属键，因此可以用金属键理论解释
〔2〕根据面心立方体的晶体模型即可判断俯视图，根据晶胞结构图即可找出原子个数
〔3〕根据熔沸点的上下即可判断晶体类型，根据计算出As的价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式
〔4〕根据晶胞结构图即可判断出构型
〔5〕利用化合价代数和为0以及元素守恒即可计算出三价和二价的个数之比，根据晶胞计算出晶胞质量，再结合晶胞参数计算出体积即可求出密度
 
12.【答案】 〔1〕2-甲基丙烯酸；；酯基、羰基
〔2〕加成反响；催化剂和脱水剂
〔3〕+H2 或 +H2 或 +H2
〔4〕
〔5〕CH3CH=CH2 CH3C CH
【解析】【解答】(1)A的结构简式为 ，同时含有羧基和双键的碳链上有3个碳，从靠近羧基的一端数起，2号碳上有一个甲基，所以名称为2-甲基丙烯酸；根据分析可知C的结构简式为 ；根据E的结构简式可知其官能团为羰基、酯基；
 
(2)反响③为羰基的加成反响；④为羟基的消去反响，浓硫酸作催化剂、脱水剂；
(3)反响⑤为H与氢气的加成反响，根据分析可知H可能为 或 或 ，反响方程式为 +H2 或 +H2 或 +H2 ；
(4) 的同分异构体满足：①含有六元含氮杂环，那么支链上有2个原子；②无N-N键；③1H-NMR谱显示分子中含有4种氢原子，说明结构对称，符合条件的有 ；
(5)丙烯为CH3CH=CH2 ， 根据题目所给信息可知目标产物可以由CH3C CH和CH3CH=CH2反响生成，而CH3CH=CH2与溴先加成，再消去可以得到CH3C CH，所以合成路线为CH3CH=CH2 CH3C CH 。
【分析】根据信息反响和B的结构简式可推得A为 ，B中含有碳碳双键，且双键上的碳原子上只有一个氢原子，被酸性高锰酸钾氧化生成C为 ，C与甲醇发生酯化反响生成D，D在乙醇钠存在下发生成环反响生成E，E一定条件下生成F，G中羟基发生消去反响生成H，所以H可能为 或 或 ，H与氢气发生加成反响生成I，据此分析解答。