2020年云南省楚雄州姚安一中高考化学模拟试卷3月份(含答案解析)

2020年云南省楚雄州姚安一中高考化学模拟试卷3月份
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是()
A. 用激光笔分别照射盛有牛奶、食盐水的玻璃杯，都有光亮的通路
B. 神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，转换材料是二氧化硅
C. 氯气溶于水生成次氯酸有强氧化性，可以起到除去水中杂质和杀菌消毒作用
D. 可以用物理方法或化学方法从海水中提取所需物质
2.《新修本草》是中国古代著名的中药学著作，记载药物844种。

其中有关用“青矾”制备“绛
矾”的描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃……烧之赤色，故名绛矾矣。

”据此推测，“青矾”的主要成分为
()
A. Fe2O3
B. FeSO4⋅7H2O
C. Na2SO4⋅10H2O
D. CuSO4⋅5H2O
3.A、B、C、D、E、F为短周期六种元素，原子序数依次增大，其中A与D同主族，B、C同周
期，且能形成BC和BC2两种气态化合物，E的最外层电子数是D的最外层电子数3倍，D是短周期元素中原子半径最大的元素，常温下F的单质是一种有色气体。

则下列推断中不正确的是()
A. 由A、D均可能与C形成原子个数比为1：1和2：1的化合物
B. 虽然D与E的活泼性不同，但工业上都常用电解法冶炼这两种单质
C. 有机化合物中一定含有A、B两种元素
D. DF可以从海水中提取出来
4.某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，下列说法不正确的是()
已知：①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。

A. 装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d
B. 装置E中发生反应的化学方程式为
C. 装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生的NO2
D. 装置B的作用是干燥，防止水蒸气进入E中干扰反应
5.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。

某微生物燃料电池的工作
原理如图所示，下列说法正确的是()
A. 如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化
B. 电子从b流出，经外电路流向a
C. HS−在硫氧化菌作用下转化为SO42−的反应为：HS−+4H2O−8e−=SO42−+9H+
D. 若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.5molH+通过质子交换膜
6.某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、Al3+、NH4+、CO32−、SO32−、SO42−、Cl−中的若干种，现取X
溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：
下列说法正确的是( )
A. 气体F 不能与溶液E 发生反应
B. X 中肯定存在Fe 2+、Al 3+、NH 4+、SO 42−
C. X 中肯定不存在CO 32−、SO 32−、Cl −
D. X 中不能确定的离子是Al 3+和Cl −
7. 25℃时，向Na 2CO 3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。

已知：lgX =lg c(CO 32−)c(HCO 3−)或lg c(HCO 3−)c(H 2CO 3)，下列叙述正确的是( )
A. 曲线m 表示pH 与lg c(HCO 3−)
c(H 2CO 3)的变化关系
B. 当溶液呈中性时，c(Na +)=c(HCO 3−)+2c(CO 32−)
C. K a1(H 2CO 3)=1.0×10−6.4
D. 25℃时，Na 2CO 3溶液中离子浓度大小为：c(Na +)>c(CO 32−)>c( HCO 3− )>c(OH − )>c( H +)
二、简答题（本大题共5小题，共63.0分）
8. 实验室以一种工业废渣(含80%～90%的Ca(OH)2，其余为焦炭等不溶物)为原料制备KClO 3的实
验过程如图1：
几种物质的溶解度如图2：
(1)反应I的目的是制备Ca(ClO3)2，写出该反应的化学方程式：______；在通入Cl2和O2比例、废渣量均一定的条件下，为使Cl2转化完全，可采取的合理措施是______．
(2)若过滤时滤液出现浑浊，其可能的原因是______(填序号)．
A.漏斗中液面高于滤纸边缘
B.滤纸已破损
C.滤纸未紧贴漏斗内壁
(3)所加试剂Y选用KCl而不用KNO3的原因是______．
(4)已知：4KClO
3
−
 400℃ 
3KClO4+KCl；2KClO3−
 600℃ 
2KCl+3O2↑.实验室可用KClO3制备高纯KClO4
固体，实验中必须使用的用品有：热过滤装置(如图3所示)、冰水．
①热过滤装置中玻璃漏斗的下端露出热水浴部分不宜过长，其原因是______．
②请补充完整由KClO3制备高纯KClO4固体的实验方案：
向坩埚中加入一定量的KClO3，______，在低温下干燥得KClO4固体．
9.甲酸钙广泛用于食品、工、石油等工业生产上，300～400℃左右分解．
Ⅰ、实验室制取的方法之一是：Ca(OH)2+2HCHO+H2O2=Ca(HCOO)2+2H2O+H2↑.
实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛依次加入到质量分数为30−70%的过氧化氢溶液中(投料物质的量之比依次为1：2：1.2)，最终可得到质量分数98%以上且重金属含量极低的优质产品．
(1)过氧化氢比理论用量稍多，其目的是______
(2)反应温度最好控制在30−70℃之间，温度不易过高，其主要原因是______
(3)制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，
加硫化钠的目的是______
(4)实验时需强力搅拌45min，其目的是______；结束后需调节溶液的pH 7～8，其目的是______.最后经结晶分离、干燥得产品．
Ⅱ、某研究性学习小组用工业碳酸钙(主要成分为CaCO3；杂质为：Al2O3、FeCO3)为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙．结合右图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol⋅L−1计算)，现提供的试剂有：a.甲酸钠，b.5mol⋅L−1硝酸，c.5mol⋅L−1盐酸，d.5mol⋅L−1硫酸，e.3%H2O2溶液，f.澄清石灰水．
请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤
金属离子开始沉淀
的pH
沉淀完全
的pH
Fe3+ 1.1 3.2
Al3+ 3.0 5.0
Fe2+ 5.88.8
步骤1.称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用．步骤2．______
步骤3．______
步骤4.过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、______、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体．
10.水煤气(CO和H2)是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的炭层制得：
C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1
(1)该反应的平衡常数K随温度的升高而___________(增大/减小/不变)。

(2)上述反应达到平衡后，将体系中的C(s)全部移走，平衡___________。

(向左移/向右移/不移动)。

(3)下列事实能说明该反应在一定条件下已达到平衡状态的有_______(填序号)。

A.单位体积内每消耗1mol CO的同时生成1 molH2
B.混合气体总物质的量保持不变
C.生成H2O(g)的速率与消耗CO的速率相等
D.H2O(g)、CO、H2的浓度相等
(4)上述反应在t0时刻达到平衡(如右图)，若在t1时刻
改变某一条件，请在右图中继续画出t1时刻之后c(CO)随时间的变化。

①缩小容器体积(用实线表示)。

②降低温度(用虚线表示)。

(5)某温度下，将4.0mol H2O(g)和足量的炭充入2L的密闭容器中，发生如下反应，
C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，达到平衡时测得K=1，则此温度下H2O(g)的转化率为________________
(6)己知：①C(s)+H 2O(l) CO(g)+H2(g)△H 1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H 2
③H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H 3
则2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)的△H=_____________________。

11.以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵
[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。

(1)Fe基态核外电子排布式为______；[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是
______(填元素符号)。

(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是______；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为
______。

(3)与NH4+互为等电子体的一种分子为______(填化学式)。

(4)柠檬酸的结构简式如图。

1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为______mol。

12.佛罗那可用于治疗新生儿高胆红素血症。

以甲苯为原料制备佛罗那的合成路线如图：
回答下列问题：
(1)D的名称是____________，B中官能团的名称为____________。

(2)写出H的结构简式：_________________。

(3)结构中不含碳碳双键，有六个碳原子在同一条直线上的B的同分异构体的结构简式有
_______种(不考虑立体异构)，写出其中一种结构的结构简式：________________。

(4)上述合成路线中有字母代号的物质中有手性碳原子的是_______(填字母代号
．．．．．)。

(5)H→佛罗那的反应类型为____________________。

(6)写出F→G的化学方程式：______________________。

(7)参照上述合成路线，设计以丙二酸、乙醇和氯乙烷为原料合成乙基丙二酸的合成路线
____________________________________________(无机试剂任选)。

【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：A.牛奶是胶体有丁达尔效应，食盐水是溶液，没有，故A错误；
B.太阳能电池板的主要成分是硅单质，不是二氧化硅，故B错误；
C.次氯酸有强氧化性，能杀菌消毒，不能去除杂质，故C错误；
D.海水中含有食盐、水等物质，故获取淡水、食盐的过程中没有新物质生成，属于物理变化；海水中含有不含镁、纯碱等物质，故从海水中获取镁、纯碱等的过程中有新物质生成，属于化学变化，故D正确．
故选D．
A.丁达尔效应是胶体的特性；
B.太阳能电池板的主要成分是硅单质；
C.次氯酸有强氧化性；
D.没有生成其它物质的变化叫做物理变化；生成了其它物质的变化叫做化学变化．
本题考查物理变化、胶体、硅的用途和净水原理，题目难度不大，明确氯水不能净水是解题的关键．2.答案：B
解析：
本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，准确把握信息的理解是关键，题目难度不大。

依据题意可知，青矾为绿色，烧之赤色，而氧化铁为红棕色固体，可知青矾经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色，青矾含有铁元素，为FeSO4⋅7H2O，故B正确。

故选B。

3.答案：C
解析：
本题考查原子结构和元素周期律的关系，正确判断元素是解本题关键，明确物质结构、金属冶炼方法等知识点即可解答，易错选项是C，题目难度不大。

A、B、C、D、E、F为短周期六种元素，原子序数依次增大，B、C同周期，且能形成BC和BC2两种气态化合物，则B是C、C是O元素；D是短周期元素中原子半径最大的元素，为Na元素；常温下F的单质是一种有色气体，为Cl元素；其中A与D同主族，A为H元素；E的最外层电子数是D 的最外层电子数3倍，E为Al元素；
通过以上分析知，A、B、C、D、E、F分别是H、C、O、Na、Al、Cl元素；
A.由A、C形成1：1和2：1的化合物分别是H2O2、H2O，D与C形成原子个数比为1：1和2：1的化合物为Na2O2、Na2O，故A正确；
B.D、E较活泼，工业上用电解方法冶炼这两种金属，电解冶炼氯化钠冶炼钠，电解熔融氧化铝冶炼Al，故B正确；
C.有机化合物中一定含有碳元素但不一定含有H元素，如四氟乙烯，故C错误；
D.海水中含有大量NaCl，所以氯化钠可以从海水中提取出来，故D正确。

故选C。

4.答案：D
解析：
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。

用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，结合实验装置可知，A中Cu与稀硝酸反应生成NO，D中水除去挥发的硝酸和可能产生的NO2，F中干燥NO，然后在E中发生2NO+2Fe FeO+N2，结合信息可知，B中浓硝酸可氧化NO，C中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。

A.由上述分析可知，顺序为A→D→F→E→B→C，则装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)b→c→d，故A正确；
B.Fe为还原剂，NO为氧化剂，由反应物、生成物及电子和原子守恒可知E中发生的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2，故B正确；
C.装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和可能产生的NO2，保证进入E的只有NO气体，为除杂装置，故C正确；
D.装置B的作用将E装置中过量的NO氧化为NO2，便于C中尾气的吸收，故D错误。

故选D。

5.答案：C
解析：
本题考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键，难度中等。

A、如果将反应物直接燃烧，高温下微生物被杀死，效率更低，故A错误；
B、b是电池的正极，a是负极，所以电子从a流出，经外电路流向b，故B错误；
C、负极上HS−在硫氧化菌作用下转化为SO42−，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS−+4H2O−8e−=SO42−+9H+，故C正确；
D、根据电子守恒，若该电池有0.4mol电子转移，有0.4molH+通过质子交换膜，故D错误，
故选：C。

6.答案：D
解析：解：强酸性溶液中一定不会存在CO32−和SO32−离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42−离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E 为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；
H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；不能确定是否含有的离子是Cl−，
A.溶液E为HNO3，气体F为NH3，二者能反应生成硝酸铵，故A错误；
B.X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42ˉ，不能肯定是否存在A13+，故B错误；
C.溶液X中一定不存在：CO32−和SO32−，可能存在：C1−，故C错误；
D.通过以上分析知，X中不能确定的离子是A13+和C1ˉ，故D正确．
故选D．
强酸性溶液中一定不会存在CO32−和SO32−离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42−离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F 为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；
H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；不能确定是否含有的离子是Cl−，以此解答．
本题考查无机物推断，为高频考点，明确常见物质性质及状态是解本题关键，注意NO的特殊性质
是推断A 的关键，注意：亚硫酸盐能被硝酸氧化，题目难度中等．
7.答案：C
解析：解：A.H 2CO 3的电离平衡常数K a1>K a2，K a1=c(H +)c(HCO 3−)c(H 2CO 3)，K a2=c(H +)c(CO 32−)c(HCO 3−)，当pH 相等时，，lg c(HCO 3−)
c(H 2CO 3)>lg c(CO 32−)c(HCO 3−)，m 曲线代表lg c(CO 32−)
c(HCO 3−)，故A 错误； B.滴入盐酸引进了氯离子，则呈中性时，c(Na +)=c(HCO 3−)+2c(CO 32−)+c(Cl −)，故B 错误；
C.K a1(H 2CO 3)=c(HCO 3−)⋅c(H +)c(H 2CO 3)，在N 点lg c(HCO 3−)
c(H 2CO 3)=1，即c(HCO 3−)
c(H 2CO 3)
=10，N 点的pH =7.4，则c(H +)=10−7.4mol/L ，所以K a1(H 2CO 3)=10×10−7.4=1.0×10−6.4，故C 正确；
D.钠离子不水解，碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，水电离出氢氧根及氢离子，所以该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na +)>c(CO 32−)>
c(OH −)>c(HCO 3−)>c(H +)，故D 错误。

故选：C 。

本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用，把握图中纵坐标和横坐标的含义，难度较大。

8.答案：2Ca(OH)2+2Cl 2+5O 2=2Ca(ClO 3)2+2H 2O 缓慢通入Cl 2、O 2(搅拌浆料或控制合适的温度) AB 防止产物KClO 3中含有较多的KNO 3杂质 防止滤液冷却析出的晶体堵塞漏斗 控制温度400℃，使KClO 3充分分解，将所得固体溶于水并煮沸至有大量固体析出，用热过滤装置过滤，并用冰水洗涤滤渣2～3次
解析：解：(1)反应I 的目的是制备Ca(ClO 3)2，发生的反应化学方程式为：2Ca(OH)2+2Cl 2+5O 2=2Ca(ClO 3)2+2H 2O ；为使Cl 2转化完全，可缓慢通入Cl 2、O 2(搅拌浆料或控制合适的温度)； 故答案为：2Ca(OH)2+2Cl 2+5O 2=2Ca(ClO 3)2+2H 2O ；缓慢通入Cl 2、O 2(搅拌浆料或控制合适的温度)；
(2)若过滤时滤液出现浑浊，其可能的原因是：漏斗中液面高于滤纸边缘、滤纸已破损； 故答案为：AB ；
(3)KNO 3的溶解度随温度的升高而增大，防止产物KClO 3中含有较多的KNO 3杂质，所加试剂Y 选用KCl 而不用KNO 3；
故答案为：防止产物KClO 3中含有较多的KNO 3杂质；
(4)①为防止滤液冷却析出的晶体堵塞漏斗，
热过滤装置中玻璃漏斗的下端露出热水浴部分不宜过长；
故答案为：防止滤液冷却析出的晶体堵塞漏斗；
②已知：4KClO 3−
 400℃ 3KClO 4+KCl ，由KClO 3制备高纯KClO 4固体的实验方案：向坩埚中加入一定量
的KClO 3，控制温度400℃，使KClO 3充分分解，将所得固体溶于水并煮沸至有大量固体析出，用热过滤装置过滤，并用冰水洗涤滤渣2～3次，在低温下干燥得KClO 4固体；
故答案为：控制温度400℃，使KClO 3充分分解，将所得固体溶于水并煮沸至有大量固体析出，用热过滤装置过滤，并用冰水洗涤滤渣2～3次．
工业废渣(含80%～90%的Ca(OH)2，其余为焦炭等不溶物)，加入水打浆，通入氯气氯化和氢氧化钙反应在80℃生成氯酸钙和水，过滤掉焦炭等不溶物，向滤液中加入饱和KCl 溶液，转化为KClO 3的溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，趁热过滤得到析出KClO 3的晶体，据此分析作答．
本题考查了物质的制备和分离提纯的过程分析判断，实验条件和物质性质的理解应用，实验设计和反应流程、原理理解是关键，题目难度中等．
9.答案：使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；防止H 2O 2分解和甲醛挥发；除去重金属离子；使反应物充分接触，提高产率；防止甲酸钙水解；用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；用石灰水调整溶液pH =5；趁热过滤
解析：解：Ⅰ.(1)化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率，则加过量的过氧化氢能使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；
故答案为：使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；
(2)温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发，则反应温度最好控制在30−70℃之间，温度不易过高，能防止H 2O 2分解和甲醛挥发；
故答案为：防止H 2O 2分解和甲醛挥发；
(3)制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na 2S 溶液，硫化钠与重金属离子结合生成硫化物，硫化物难溶于水，可以除去重金属离子；
故答案为：除去重金属离子；
(4)搅拌是使使反应物充分接触，使其反应完全，提高产率；甲酸根离子为弱酸根离子，则甲酸钙水解显弱碱性，调节溶液pH 7～8，溶液为弱碱性能抑制甲酸钙水解，故答案为：使反应物充分接触，提高产率；防止甲酸钙水解；
Ⅱ.该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子(双氧水或硝酸)，再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH 为5(用石灰水调节)；然后加入甲酸
钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出；
则具体的步骤为：
步骤1.称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用；
步骤2.用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；
步骤3.用石灰水调整溶液pH=5；
步骤4.过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体，
故答案为：用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；用石灰水调整溶液pH=5；趁热过滤．
Ⅰ.(1)化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率；
(2)温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发；
(3)重金属离子与硫离子反应生成难溶的硫化物；
(4)搅拌是使反应物充分接触；甲酸钙水解显碱性，溶液为弱碱性能抑制其水解；
Ⅱ.该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子(双氧水或硝酸)，再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5(用石灰水调节)；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出．
本题是一道实验综合题，涉及实验操作目的、原理、步骤等有关问题，主要考查了物质的制备、除杂质、提高产率的方法、实验方案设计，题目难度中等，考查学生的实验探究能力．
10.答案：(1)增大；
(2)向左移；
(3)AB；
(4)
；
(5)50%；
(6)2△H1+△H2−2△H
3。

解析：此题考查化学平衡常数及有关计算、化学平衡及反应速率的影响因素、热化学方程式书写等，难度中等。

(1)该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；
(2)将C全部移走，由于是可逆反应，还会生成碳，生成的碳不能完全反应，故平衡向左移动；
(3)C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1 ，反应是气体分子数增大的放热反应。

A.单位体积内每消耗1mol CO的同时生成1molH2 ，说明对一氧化碳或氢气正逆反应速率相同，故A 正确；
B.反应前后气体物质的量变化，混合气体总物质的量保持不变说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.生成H2O(g)的速率与消耗CO的速率相等只能说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.H2O(g)、CO、H2的浓度相等和起始量变化量有关，不能作为平衡标志，故D错误。

故答案为：AB。

(4)①缩小容器体积，压强增大，瞬间正反应速率加快，平衡向逆反应移动，正反应速率增大到新平衡；
②降低温度，瞬间正反应速率减慢，平衡逆反应移动，正反应速率增大到新平衡，故图象为：
(5)设H2O转化了xmol/L，依据化学平衡三段式列式计算；
C (s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)
初始浓度(mol/L) 2.00 0
转化浓度(mol/L)x x x
平衡浓度(mol/L) 2.0−x x x
达到平衡时测得K=1
解得x=1.0
(6)①C(s)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)△H1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2
③H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H3
依据盖斯定律计算①×2+②−2×③得到，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=2△H1+△H2−2△H
3。

11.答案：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2O sp3N>O>C CH4或SiH47
解析：解：(1)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是O，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；O；
(2)N原子上有一对孤对电子，且形成3个N−H键，NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是sp3杂化，非金属性越强，第一电离能越大，且N的2p电子半满为稳定结构，C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，
故答案为：sp3；N>O>C；
(3)原子数、价电子数相同的微粒互为电子体，与NH4+互为等电子体的一种分子为CH4或SiH4，
故答案为：CH4或SiH4；
(4)由图可知，含3个−COOH、1个−OH，则含4个C−O键，3个C=O键，单键为σ键，双键中含1
个σ键，则1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键为7mol，
故答案为：7。

(1)Fe的核外电子数为26，O含孤对电子；
(2)N原子上有一对孤对电子，且形成3个N−H键，非金属性越强，第一电离能越大，且N的2p电子半满为稳定结构；
(3)原子数、价电子数相同的微粒互为电子体；
(4)由图可知，含3个−COOH、1个−OH，则含4个C−O键，3个C=O键。

本题考查原子结构、杂化、等电子体，为高频考点，把握电子排布、化学键、电负性的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质结构与性质的应用，题目难度不大。

12.答案：苯乙酸；氯原子；；3；CH3−C≡C−C≡C−CH2−CH2Cl、H3−CH2−C≡C−C≡C−CH2Cl、CH3CHClC≡C−C≡CCH2Cl(任意1种)；E；取代反应；
+2CH3C2OH+2H2O；
H2O/H+
→
解析：解：(1)D的结构简式为，D的名称是：苯乙酸；B为，B中官能团的名称为：氯原子，
故答案为：苯乙酸；氯原子；
(2)对比G与佛罗那的结构，结合H的分子式、反应条件可知，G中连接酯基的碳原子上的H原子
被−CH2CH3取代生成H，H发生取代反应生成佛罗那并同时有乙醇生成，故H为，故答案为：；
(3)结构中不含碳碳双键，有六个碳原子在同一条直线上的B()的同分异构体的结构简
式有：CH3−C≡C−C≡C−CH2−CH2Cl、H3−CH2−C≡C−C≡C−CH2Cl、CH3CHClC≡C−C≡CCH2Cl，共3种，
故答案为：3；CH3−C≡C−C≡C−CH2−CH2Cl、H3−CH2−C≡C−C≡C−CH2Cl、CH3CHClC≡C−C≡CCH2Cl(任意1种)；
(4)连有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，上述合成路线中有字母代号的物质中有手性碳原子的是：E，
故答案为：E；
(5)H→佛罗那的反应类型为：取代反应，
故答案为：取代反应；
(6)F→G的化学方程式：+2CH3C2OH+2H2O，
故答案为：+2CH3C2OH+2H2O；
(7)HOOCCH2COOH与乙醇反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，再与氯乙烷反应生成，最后酸性条件下水解生成.合成路线流程图为：
H2O/H+，
→
H2O/H+
故答案为：→。

对比A、C的结构，结合B的分子式，可知A再光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，故B为.C发生水解反应生成D.D先发生取代反应，再与碳酸氢钠反应
生成E.对比E、G的结构，结合反应条件可知，E中氯原子被−CN取代后水解为−COOH、酸性条件下−COONa也转化为−COOH后生成F，F与乙醇发生酯化反应生成G，故F为.对比G与佛罗那的结构，结合H的分子式、反应条件可知，G中连接酯基的碳原子上的H原子被−CH2CH3取代生成H，H发生取代反应生成佛罗那并同时有乙醇生成，故H为。

(7)HOOCCH2COOH与乙醇反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，再与氯乙烷反应生成，最后酸性条件下水解生成。

本题考查有机物的推断与合成，对比有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，注意水温官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。