2020年河南省新乡市高考化学一模试卷(含答案解析)

2020年河南省新乡市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.化学与科技、生产、生活密切相关。

下列说法正确的是()
A. 纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂
B. 加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化
C. 草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性
D. 向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变
2.关于有机物a()、b()、c()的说法错误的是()
A. a是b的同分异构体
B. b不是c的同系物
C. c分子中的所有原子不可能在同一平面上
D. a、c均能与溴水反应，b可萃取溴水中的溴
3.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是()
A. 56gN2与CO的混合物中原子总数是4N A
B. 0.1mol/L的硫酸溶液中含H+的数目为0.2N A
C. 3mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，Fe得到8N A个电子
D. 标准状况下，22.4L SO3所含的氧原子数目为3N A
4.下列实验方案能达到实验目的是()
选项实验目的实验方案
A
证明Mg(OH)2沉淀可以转化
为Fe(OH)3向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3
B比较氯和碳的非金属性强弱将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中
C检验蔗糖水解产物取蔗糖的水解液，加入足量新制氢氧化铜并加热
D验证氧化性：Fe3+>I2将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色
A. A
B. B
C. C
D. D
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素的族序数之和为20。

X原子的最
外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1︰5。

下列说法不正确的是()
A. W在元素周期表中处于第二周期、第VA族
B. 化合物YX、YZ2中化学键类型相同
C. 简单离子的半径：Z<Y<X
D. 非金属性：Z>W
6.摇椅式锂离子电池不再使用单质锂，电池的核心部分变为锂离子
及锂嵌合物。

某新型锂离子电池结构如图所示，电池反应为。

下列说法错误的是()
A. 放电时，a极发生氧化反应
B. 放电时，当a极失去1mol电子，b极生成1molLiCoO2
C. 充电时，b极发生反应：LiCoO2−e−=CoO2+Li+
D. 充电时，电池内部Li+向b极移动
7.25℃时，将1.0L w mol·L−1的CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，充分反应后向混合液中
加入HCl气体或NaOH固体，溶液pH随加入HCl或NaOH的物质的量的变化如图所示。

下列叙述正确的是()
A. a、b、c三点对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是a>b>c
B. c点对应溶液中c(Na+)>c(CH3COO−)
C. 加入NaOH固体过程中，c(Na+)×c(OH−)
减小
c(CH3COO−)
×10−7mol·L−1
D. 若忽略溶液体积变化，则25℃时CH3COOH的电离平衡常数K=0.2
w−0.2
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
8.苯甲酸乙酯()可用于配制香水，及应用于食品香精，也是一种重要的有机合成
中间体。

Ⅰ.实验室制备苯甲酸乙酯的流程如下：
Ⅱ.部分物质其部分数据如下：
物质乙醇苯甲酸环己烷乙醚苯甲酸乙酯
沸点/℃78.5249.080.034.5212.6
密度/g·mL−10.7893 1.26590.77850.7318 1.0500
Ⅲ.制备装置如下：
回答下列问题：
(1)写出该法制备苯甲酸乙酯的化学方程式：______________________________。

(2)图一、图二中a，b，c，d中进水口为________，图一中采用水浴加热的优点是__________。

(3)中和操作中除去的杂质是__________________(写物质名称)。

(4)分离操作需先分离出粗产品，然后采用图二装置进行蒸馏。

①从制备反应混合液中分离出粗产品的操作方法是__________。

②仪器丁的名称是__________；仪器甲和仪器丙均为冷凝管，仪器甲能否代替仪器丙并说明理
由：_____________________________。

③支管e的作用是____________________________。

(5)经过分离操作后得到2.5mL纯净的目标产物，则该制备反应的产率=__________。

三、简答题（本大题共3小题，共44.0分）
9.LiNiO2是一种前景很好的锂离子电池正极材料。

当温度高于850°C时，LiNiO2会分解。

请按要求
回答下列问题：
(1)LiNiO2中Ni的化合价为______，工业上用Ni(OH)2与LiOH的混合物在空气流中加热到
700～800°C制得LiNiO2，该反应的化学方程式为______，加热温度不宜过高的原因是______，工业上也可用LiNO3代替上述工艺中的LiOH，存在的缺点可能是______。

(2)以废旧二次电池为原料回收利用合成Ni(OH)2的工艺如下：
已知：酸浸后滤液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+；
K sp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，K sp[Al(OH)3]=1.0×10−33，K sp[Ni(OH)2]=1.6×10−14；
①滤渣Ⅱ”为______。

②“氧化除锰”是将锰元素最终转化为MnO2而除去，反应历程如下：
i.5S2O82−+2Mn2++8H2O=2MnO4−+10SO42−+16H+；
ii．______(用离子方程式表示)。

③转化”操作后，还需经过过滤、洗涤、烘干得到产品。

检验Ni(OH)2是否洗涤干净的实验操
作是______。

④调pH=5”操作时，已知溶液中Ni2+浓度为2.0mol/L，则“滤渣II”中是否存在Ni(OH)2沉
淀？______(列式计算，并使用必要的文字说明)。

10.甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是
反应①：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H>0
(1)已知：
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H1=−802kJ⋅mol−1
CO(g)+1
2
O2(g)=CO2(g)△H2=−283kJ⋅mol−1
H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)△H3=−242kJ⋅mol−1
则反应①的△H=______ (用△H1、△H2和△H3表示)．
(2)其他条件相同，反应①在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下反应相同时间后，CH4的转化率随
反应温度的变化如图所示．
①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是______ ．
②a点所代表的状态______ (填“是”或“不是”)平衡状态．
③c点CH4的转化率高于b点，原因是______ ．
(3)反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1：2，10h后CH4的转
化率为80%，并测得c(H2O)=0.132mol⋅L−1，计算0～10h内消耗CH4的平均反应速率(写出计算过程，结果保留2位有效数字)．
(4)在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变
化的示意图(进行必要标注)．
11.过渡元素铜能与磷元素形成多种化合物，如：磷化铜(Cu3P2)、磷青铜(SnCu3P)等。

回答下列问
题：
(1)结合Cu的电子排布式解释Cu的第二电离能相对较大的原因是________；与Cu同周期且基
态原子核外的单电子数与Cu相同的元素还有________种。

(2)海产品添加剂多聚磷酸钠是由Na+与多聚磷酸根离子组成的，某种多聚磷酸根的结构如图。

①磷原子的杂化类型为________。

②这种多聚磷酸根的结构通式为________(假设多聚磷酸根中含n个磷原子)。

(3)磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为Sn________P(填“>”、“<”或“=”)。

(4)某磷青铜晶胞结构如下图所示。

①该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有________个，这些Sn原子所呈现的构型为________。

②若晶体密度为8.82g·cm−3，最近的Cu原子核间距为________pm(用含N A的代数式表示)。

四、推断题（本大题共1小题，共5.0分）
12.以烃A为原料合成有机化合物M和N的路线如下：
已知：
a.在催化剂作用下，烯烃分子间的双键碳原子可以互换而发生烯烃复分解反应：
b.X的苯环上有2种等效氢，且只含1个甲基。

回答下列问题：
(1)根据系统命名法，B的名称是________。

N中含氧官能团的名称为________。

(2)M的结构简式是________。

(3)F→G的反应类型是________。

(4)写出C→D的化学方程式________。

(5)同时满足下列两个条件的N的同分异构体共有________种；
①能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1︰4；
②苯环上连接—C5H11。

上述同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9︰2︰2︰2︰1的有________和________(写结构简式)。

(6)写出以CH2=CH(CH2)4CH=CH2为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。

【答案与解析】
1.答案：A
解析：解：A.用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂，故A正确；
B.加入“聚铁”净水剂可以使海水净化，但不能淡化海水，故B错误；
C.草木灰的成分为碳酸钾，水解显碱性，使土壤碱性增强，故C错误；
D.汽油和甲醇的热值不同，所以向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值会改变，故D错误；
故选：A。

本题考查了物质的性质与用途之间的联系，熟悉物质的性质是解题关键，注意沉淀转化的规律，题目难度中等。

2.答案：C
解析：
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质、同系物及同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

A.a和b的分子式都是C7H8，结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B.b、c的分子式分别为C7H8、C8H8，b中不含碳碳双键、c中含有碳碳双键，b不是c的同系物，故B正确；
C.c中苯环、双键均为平面结构，且直接相连，则c分子的所有原子可能在同一平面上，故C错误；
D.a、c含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应；b难溶于水，不与溴水反应，可萃取溴水中的溴，故D正确。

故选C。

3.答案：A
解析：
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

A.氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故56g混合物的物质的量为2mol，且两者均为双原子分子，故2mol混合物中含原子为4N A个，故A正确；
B.溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故B错误；
C.铁燃烧变为四氧化三铁时失电子，3mol铁失去8N A个电子，故C错误；
D.标况下SO3不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误。

4.答案：D
解析：解：A.NaOH过量，均为沉淀生成，不发生沉淀转化，则不能证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3，故A错误；
B.盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；
C.水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，没有在碱性溶液中不能检验水解产物，故C错误；
D.KI和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成碘，由现象可知氧化性：Fe3+>I2，故D正确；
故选：D。

A.NaOH过量，均为沉淀生成；
B.盐酸为无氧酸；
C.水解后检验葡萄糖在碱性溶液中；
D.KI和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成碘。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀生成、非金属性比较、物质的检验、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.答案：C
解析：
本题考查位置结构性质关系、元素化合物知识，难度中等，利用提供数据及位置关系推断元素是解题的关键。

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X 为O元素，Y原子最外层电子数与内层电子总数之比为1∶5，则Y为Mg元素，X、Y、Z、W的族序数之和为20，结合原子序数关系，则W为N元素，Z为Cl元素。

A.W为N元素，W在元素周期表中处于第二周期、第VA族，故A正确；
B.MgO、MgCl2中只含离子键，故B正确；
C.核外电子排布相同时，原子序数大的离子半径小，核外电子层数越多，离子半径越大，故简单离
子的半径：Y<X<Z，故C错误；
D.同一周期原子序数越大，非金属性越强，同一主族，原子序数越大，非金属性越弱，故非金属性：Z>W，故D正确。

故选C。

6.答案：D
解析：
本题考查电化学知识，涉及电极发生反应类型、电子转移、电极方程式书写及离子流向等，高频考点，难度一般。

根据电池反应可知，放电时，a为负极，b为正极；充电时，a为阴极，b为阳极，据此解题。

A.放电时，a极发生氧化反应，故A正确；
B.放电时，当a极失去1mol电子，b极生成1molLiCoO2，故B正确； 
C.充电时，b极发生反应：LiCoO2−e−=CoO2+Li+，故C正确；
D.充电时，电池内部Li+向a极移动，故D错误。

故选D。

7.答案：D
解析：
本题考查了弱电解质的电离、电离常数的计算、溶液中守恒关系的应用等，题目难度中等，注意把握电离常数的计算和电荷守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力、计算能力。

1.0L wmol⋅L−1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH<5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加盐酸时，CH3COONa与盐酸反应生成CH3COOH；加NaOH 时，NaOH与CH3COOH反应生成CH3COONa；
A.溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c>b>a，故A错误；
B.c点pH=7，则c(H+)=c(OH−)，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，所以c(Na+)=c(CH3COO−)，故B错误；
C.加入NaOH过程中，c(Na+)和c(OH−)增大，c(Na+)的增大程度大于c(CH3COO−)的增大程度，所以
加入NaOH过程中，c(Na +)×c(OH−)
c(CH3COO−)
增大，故C错误；
D.pH=7时，c(H+)=10−7mol⋅L−1，由图可知，c(Na+)=c(CH3COO−)=0.2mol/L，Ka=
c(CH3COO−)×c(H+) c(CH3COOH)=0.2
w−0.2
×10−7mol⋅L−1，故D正确。

故选D。

8.答案：(1)；
(2)bd；温度平稳，易于控制；
(3)硫酸、苯甲酸；
(4)①分液；
②温度计；否；蒸馏操作中若使用球形冷凝管，则球体中可能会残留流出液；
③平衡气压；
(5)58.3%。

解析：
本题考查有机物制备实验的分析，实验方案的设计和评价，化学方程式的书写，物质的分离和提纯，产率的计算等，考查学生实验操作能力，分析问题和解决问题能力，难度中等。

(1)制备苯甲酸乙酯的反应原理是羧酸与醇的酯化反应，则化学方程式为：
；
故答案为：；
(2)冷凝时为保证效果，冷却水需充满整个冷凝管，故图一、图二中进水口为b、d，图一中采用水浴加热的优点是温度平稳，易于控制；
故答案为：bd；温度平稳，易于控制；
(3)该制备反应的浓硫酸是催化剂，反应后仍然在混合液中，另外还有未完全反应的苯甲酸，所以中和操作中除去的杂质是硫酸、苯甲酸； 故答案为：硫酸、苯甲酸；
(4)分离操作需先分离出粗产品，然后采用图二装置进行蒸馏。

①反应后的苯甲酸乙酯是难溶于水的混合物，所以从制备反应混合液中分离出粗产品的操作方法是分液；
故答案为：分液；
②蒸馏操作需收集一定馏分的馏出物，则仪器丁的名称是温度计；仪器甲和仪器丙均为冷凝管，仪器甲为球形冷凝管，也叫冷凝回流管，一般做回流使用，竖直安装，而仪器丙是直形冷凝管，做蒸馏操作用，便于馏出物流出，所以不能用仪器甲代替仪器丙，因为蒸馏操作中若使用球形冷凝管，则球体中可能会残留流出液；
故答案为：温度计；否；蒸馏操作中若使用球形冷凝管，则球体中可能会残留流出液； ③支管e 连接大气，可平衡装置内外大气压，便于馏出物流出； 故答案为：平衡气压；
(5)乙醇过量，由元素守恒可知n 理论(苯甲酸乙酯)=n(苯甲酸)= 3.66g
122g·mol −1=0.03mol ，而n 实际(苯甲酸乙酯)=
1.05g·mL −1×
2.5mL
150g·mol −1
=0.0175mol ，则产率为
0.0175mol 0.03mol
=0.583=58.3％；
故答案为：58.3%。

9.答案：
(1)+3；4Ni(OH)2+4LiOH +O 24LiNiO 2+6H 2O ；防止温度高于850℃时LiNiO 2分
解；产生氮氧化物，污染环境； (2)①Al(OH)3、Fe(OH)3；
②2MnO 4−+3Mn
2++2H 2O =5MnO 2↓+4H +； ③取最后一次的洗涤液，先加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
④Qc =(10−9)2×2=2×10−18<K sp [Ni(OH)2]=1.6×10−14，则“滤渣II ”中不存在Ni(OH)2沉淀。

解析：
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意沉淀生成及元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。

由实验流程可知，加入硫酸，酸浸后滤液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，过滤得到残渣I为炭粉，结合信息①可知，滤液中加入NiO调节溶液pH，使溶液中Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤分离出滤渣II为Al(OH)3、Fe(OH)3，氧化除去锰离子，发生5S2O82−+2Mn2++8H2O=
2MnO4−+10SO42−+16H+、2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，过滤分离出滤渣III为MnO2，滤液中加NaOH生成Ni(OH)2，过滤分离得到Ni(OH)2，
(1)LiNiO2中Ni的化合价为0−(+1)−(−2)×2=+3，工业上用Ni(OH)2与LiOH的混合物在空气流中加热到700～800°C制得LiNiO2，该反应的化学方程式为4Ni(OH)2+4LiOH+O2
4LiNiO2+6H2O，加热温度不宜过高的原因是防止温度高于850℃时LiNiO2分解，工业上也可用LiNO3代替上述工艺中的LiOH，存在的缺点可能是产生氮氧化物，污染环境，
故答案为：+3；4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；防止温度高于850℃时LiNiO2分解；产生氮氧化物，污染环境；
(2)①由上述分析可知，滤渣Ⅱ为Al(OH)3、Fe(OH)3，
故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；
②“氧化除锰”是将锰元素最终转化为MnO2而除去，反应为i.5S2O82−+2Mn2++8H2O=2MnO4−+ 10SO42−+16H+；ii.2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，
故答案为：2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；
③转化”操作后，还需经过过滤、洗涤、烘干得到产品。

检验Ni(OH)2是否洗涤干净的实验操作是取最后一次的洗涤液，先加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，
故答案为：取最后一次的洗涤液，先加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
④调pH=5”操作时，已知溶液中Ni2+浓度为2.0mol/L，则Qc=(10−9)2×2=2×10−18<
K sp[Ni(OH)2]=1.6×10−14，则“滤渣II”中不存在Ni(OH)2沉淀，
故答案为：Qc=(10−9)2×2=2×10−18<K sp[Ni(OH)2]=1.6×10−14，则“滤渣II”中不存在
Ni(OH)2沉淀。

10.答案：(1)△H1−△H2−3×△H3；
(2)
①Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ；
②不是；
③b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
(3)依据化学平衡的三段式列式计算，设CH4与H2O(g)物质的量为a，2a；
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
起始量(mol⋅L−1) a 2a 0 0
变化量(mol⋅L−1)2a−0.1322a−0.1322a−0.1326a−0.396
平衡量(mol⋅L−1)0.132−a0.1322a−0.1326a−0.396
10h后CH4的转化率为80%，则2a−0.132
a
=80%，解得a=0.11，所以0～10h内消耗CH4的平均反应速
率V=△c
△t =(2×0.11−0.132)mol/L
10h
=0.0088mol/(L⋅h)，
答：0～10h内消耗CH4的平均反应速率为0.0088mol/(L⋅h)；
(4)
解析：解：(1)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H1=−802kJ⋅mol−1
②CO(g)+1
2
O2(g)=CO2(g)△H2=−283kJ⋅mol−1
③H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)△H3=−242kJ⋅mol−1
利用盖斯定律将①−②−3×③可得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)
△H=△H1−△H2−3×△H3，
故答案为：△H1−△H2−3×△H3；
(2)①根据图象，反应①在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，所以三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是
Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，故答案为：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ；
②因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，
故答案为：不是；
③此时反应一直向正反应方向移动，b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以c点CH4的转化率高于b点，故答案为：b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高；
(3)依据化学平衡的三段式列式计算，设CH4与H2O(g)物质的量为a，2a；
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
起始量(mol⋅L−1) a 2a 0 0
变化量(mol⋅L−1)2a−0.1322a−0.1322a−0.1326a−0.396
平衡量(mol⋅L−1)0.132−a0.1322a−0.1326a−0.396
10h后CH4的转化率为80%，则2a−0.132
a
=80%，解得a=0.11，所以0～10h内消耗CH4的平均反应速
率V=△c
△t =(2×0.11−0.132)mol/L
10h
=0.0088mol/(L⋅h)，
答：0～10h内消耗CH4的平均反应速率为0.0088mol/(L⋅h)；
(4)700℃时化学反应速率比850℃的小，曲线斜率则700℃小，达到平衡需要的时间长，由于该反应为吸热反应，温度降低，CH4的转化率也减小，所以达到平衡时700℃时CH4的转化率比850℃的小，
据此画出700℃时CO2的转化率随时间变化的示意图为，
故答案为：．
(1)根据盖斯定律计算；
(2)根据图象，反应①在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，结合催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下达平衡时CH4的转化率相同，据此分析；
(3)依据化学平衡的三段式结合平均反应速率V=△c
△t
列式计算；
(4)CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H>0，根据温度减小反应速率减小及达到平衡时CH4的转化率减小，据此画出在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图．
本题考查了盖斯定律的应用及其化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，题目难度中等，注意明确化学平衡的影响因素，掌握利用三段式进行化学平衡的计算方法．
11.答案：(1)基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，失去1个电子后生成Cu+，电子排布式为[Ar]3d10，比较稳定，再失去1个电子比较困难；4；
(2)①sp3；
②[P n O3n+1]−(n+2)；
(3)<；
(4)①4；平面正方形；
②√2
2×√342
N A×8.82
3×1010。

解析：
本题考查了原子核外电子排布、元素电离能、电负性大小比较、原子杂化方式、晶胞计算等，掌握
基础是解题关键，题目难度中等。

(1)基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，失去1个电子后生成Cu+，电子排布式为[Ar]3d10，比
较稳定，再失去1个电子比较困难，所以Cu的第二电离能相对较大；基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，有1个单电子，与Cu同周期且基态原子核外也有1个单电子的元素还有K、Sc、Ga，Br，共4种元素；
故答案为：基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，失去1个电子后生成Cu+，电子排布式为[Ar]3d10，比较稳定，再失去1个电子比较困难；4；
(2)①P原子形成了四个σ键，没有孤电子对，价电子对数为4，故为sp3杂化；
故答案为：sp3；
②由给出的多聚磷酸根结构式知，多聚磷酸根的结构通式为[P n O3n+1]−(n+2)；
故答案为：[P n O3n+1]−(n+2)；
(3)磷青铜中的锡、磷两元素的非金属性Sn<P，非金属性越强，电负性越大，所以电负性的大小为Sn<P；
故答案为：<；
(4)①该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个，这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形；
故答案为：4；平面正方形；
②晶体中P 原子位于体心，含有一个磷原子，含Cu 原子数为：6×12=3，含Sn 原子数为：8×1
8=1，据此得到化学式为SnCu 3P ，一个晶胞质量为342
N A
g ，设立方体边长为x ，铜原子间最近距离为a ，则a 2=
(x
2)2+
(x
2)2， a =
√2
2
x ，结合密度ρ=m
V ，
V =x 3=
342
N A
g 8.82g/cm
3=
342N A ×8.82
cm 3， x =√342
N A
×8.823
cm ，a =√2
2
x =
√22
×√
342
N
A ×8.82
3
cm =
√22
×√
342
N
A ×8.82
3
×1010pm ；
故答案为：√22×√342
N
A
×8.82
3
×1010。

12.答案：(1)3，4−二甲基−3−己烯；酯基
(2)
(3)消去反应
(4)
(5)48；；
(6)
解析：
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识迁移能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息的正确、灵活运用，题目难度较大。

由F 的结构可推知A 为
，A 通过加成反应生成的E 为
，
由M 及信息a 可推知B 为，B 通过加成反应生成的C 为
，C水解可得到D为，然后D与乙二酸发生酯化反应得到的M为，G分子中只有一个甲基，则G为
，结合N的分子式，X的苯环上有2种等效氢，且只含1个甲基，则X为
，进一步可得N为，据此分
析作答。

(1)B为，主连上6个C原子，3、4号位置上分别存在一个甲基，B
的名称为3，4−二甲基−3−己烯；N为，含氧官能团的名称为酯基。

(2)M的结构简式为。

(3)由分析可知F→G的反应类型是消去反应。

(4)C为，D为，
C→D的化学方程式为。

(5)
①能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1︰4，说明含有2个醛基；
②苯环上连接—C5H11，—C5H11一共有8种同分异构体。

当两个醛基处于邻位时，戊基有2个取代位；
当两个醛基处于间位时，戊基有3个取代位；
当两个醛基处于对位时，戊基有1个取代位；
则同时满足下列两个条件的N的同分异构体共有6×8=48种。

核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9︰2︰2︰2︰1的有；。

(6)CH2=CH(CH2)4CH=CH2在催化剂作用下可生成，与单质溴发生加成反应可得
，最后发生消去反应的，则相应的合成路线为：。