2023年天津市五校联考高考化学一模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36分）
1．（3分）第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，许多核心技术为比赛保驾护航。下列说法不正确的是（ ）
A．场馆选用了二氧化碳跨临界制冷系统，同时利用冷热联供一体化设计对制冷余热进行回收利用，比传统氟利昂制冷技术更节能、环保
B．大规模使用氢燃料电池车，行驶时只产生水，实现“零碳排放”
C．户外保暖穿戴设备由石墨烯材料制造，该石墨烯材料属于传统无机非金属材料
D．碲化镉（CdTe）薄膜太阳能电池与半导体玻璃结合形成的碲化镉发电玻璃应用于国家速滑馆中，其中，Te位于元素周期表中金属与非金属的交界处
2．（3分）下列实验操作或实验仪器的使用正确的是（ ）
A．做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须用过量的氯气或双氧水氧化I﹣
B．用剩的药品能否放回原瓶，应视具体情况而定
C．其他条件相同时，双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中慢
D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴不能接触锥形瓶内壁
3．（3分）关于反应S2+2H2O+（CNS）2═2+2CNS﹣+4H+，下列说法正确的是（ ）
A．（CNS）2可以和Na反应，生成NaCNS
B．CNS﹣是氧化产物
C．S2既是氧化剂又是还原剂
D．生成1，转移2NA个电子
4．（3分）《新修本草》是我国古代中药著作，记载药物844种，其中“青矾”条目下写到：“本来绿色，新出窟未见风者，正如玻璃……烧之赤色……”，据此推测“青矾”的主要成分为（ ）
A．CuSO4 5H2O B．ZnSO4 7H2O
C．KAl（SO4）2 12H2O D．FeSO4 7H2O
5．（3分）某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应：下列说法正确的是（ ）
A．②中的大量气泡主要成分是氢气
B．③中溶液变红，说明有酸性物质生成
C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D．⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
6．（3分）双酚A是重要的有机化工原料，可用苯酚和丙酮利用以下原理来制备。下列说法正确的是（ ）
A．双酚A分子中共线的碳原子最多有5个
B．双酚A与足量氢气加成后的分子中六元环上的一氯代物有4种（不考虑空间异构）
C．苯酚与双酚A均为酚类物质，互为同系物
D．苯酚与双酚A可以与NaHCO3溶液反应
7．（3分）一定温度下，在密闭容器中发生反应：BaSO4（s）+4H2（g） BaS（s）+4H2O（g）ΔH＞0。下列说法正确的是（ ）
A．在恒容条件下，向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
B．在恒压条件下，向平衡体系中加入H2，BaSO4的转化率不变
C．混合气体的物质的量不再发生变化可说明反应达到平衡
D．该反应在任何温度下都能自发进行
8．（3分）下列由实验得出的结论正确的是（ ）
实 验 结 论
A 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 生成的有机物具有酸性
B 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体 乙醇与水分子中氢的活性相同
C 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明 生成物无色，可溶于四氯化碳
D 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，再加入银氨溶液未出现银镜 蔗糖未水解
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）有机物R的结构简式如图所示。下列有关R的性质叙述正确的是（ ）
A．R的所有原子一定在同一平面上
B．在Ni催化和加热条件下，1mol R能与5molH2发生加成反应
C．R既能与羧酸、醇反应，还能发生加成、氧化反应
D．1mol R与足量氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠的物质的量为2mol
10．（3分）萤石是制作光学玻璃的原料之一，其主要成分氟化钙的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ca位于元素周期表s区
B．每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有4个
C．F﹣位于Ca2+构成的四面体空隙
D．基态氟原子核外电子的原子轨道有四种伸展方向
11．（3分）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体。利用太阳能电池电解NH3得到高纯H2的装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该装置工作时，只发生两种形式能量的转化
B．电解过程中OH﹣由b极区向a极区迁移
C．电解时b极区溶液中n（KOH）减少
D．电解过程中1molNH3参与反应，得到3×6.02×1023个电子
12．（3分）下列关于物质结构的命题中，错误的项数有（ ）
①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种
②元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为[Ar]4s24p2，属于p区
③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子
④Na2O、Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1：2
⑤Cu（OH）2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物
⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“ ”表示）结合成NH3 H2O分子，根据氨水的性质可知NH3 H2O的结构式可记为：
⑦HF沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HF
⑧可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键
A．7项 B．6项 C．5项 D．4项
二、简答题（本大题共4小题，共64分）
13．（18分）CO2是温室气体，但也是重要的工业原料，CO2的综合利用有利于碳达峰、碳中和目标的最终实现。
（1）CO2和乙烷反应制备乙烯。298K时，相关物质的相对能量如图，CO2与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为 。
（2）在Ru/TiO2催化下发生反应：CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）。假定无副反应，350℃时向1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，初始总压强为5aMPa，反应进行到5min时，CO2与CH4分压（分压＝总压×组分物质的量分数）相等，再过5min后反应达到平衡，CO2和CH4的平衡分压分别为0.25aMPa和0.75aMPa。
①该可逆反应达到平衡的标志为 （填标号）。
A.四种物质分压之比等于计量系数之比
B.单位体积内分子总数不变
C.混合气体的平均相对分子质量不变
D.CO2和CH4的物质的量之和不变
②0～5min内，v（H2O）＝ ，平衡时CO2的转化率为 。该温度下充入1molCO2和3molH2，则该反应的平衡常数K＝ 。
③10min达平衡后，该温度下继续充入1molCO2和4molH2，再次达到平衡后H2的体积分数将 。（填“变大”“变小”或“不变”）
（3）CO2与环氧丙烷（ ）在催化剂作用下生成（ 的反应原理如图：
该反应的化学方程式为 ，催化剂为 。
14．（10分）近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH3NH3]+[SCN]﹣}气相辅助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘（FAPbI3）。请回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子排布图为 。
（2）甲脒（FA）的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为 ，其中碳原子的杂化方式为 。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是 。
（3）FAPbI3的晶体结构单元如图所示，图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为 。
15．（16分）四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）；
有关信息如下表：
化学式 SnCl2 SnCl4
熔点/℃ 246 ﹣33
沸点/℃ 652 144
其他性质 无色晶体，易氧化 无色液体，易水解
回答下列问题：
（1）甲装置中仪器A的名称为 。
（2）用甲装置制氯气，MnO4﹣被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为 。
（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到 （填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：①促进氯气与锡反应； ② 。
（4）如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为 ；乙装置的作用是 ：
A．除去未反应的氯气，防止污染空气
B．防止空气中CO2气体进入戊装置
C．防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解
D．防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化
（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2 的有 （填标号）。
A．H2O2溶液
B．FeCl3溶液（滴有KSCN）
C．AgNO3溶液
D．溴水
（6）反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.38gSnCl4，则SnCl4的产率为 。（保留3位有效数字）
16．（20分）烃A是基本有机化工原料，其分子式为C3H6，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。
已知：，R﹣C≡NRCOOH
（1）B中含氧官能团名称为 。
（2）C的结构简式为 。
（3）A→D的反应类型为 。
（4）用星号（*）标出该化合物中所含的手性碳原子 ，下列物质不能与发生反应的是 （填序号）。
a.NaOH溶液
b.溴水
c.FeCl3溶液
d.金属Na
（5）写出E→F的化学方程式为 。
（6）满足以下条件，化合物B的同分异构体有 种，
①与B具有相同官能团
②能发生银镜反应：
写出其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式 。
（7）根据题中信息，写出以甲苯和乙醇为有机原料制备苯乙酸乙酯的合成路线（无机试剂任选） 。
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，共36分）
1．【分析】A.二氧化碳无毒；
B.氢气燃烧生成水；
C.传统无机非金属材料是指陶瓷、玻璃、水泥等产品，石墨烯材料属于新型无机非金属材料；
D.根据元素周期表进行分析。
【解答】解：A.场馆选用了二氧化碳跨临界制冷系统，二氧化碳无毒，同时利用冷热联供一体化设计对制冷余热进行回收利用，减少了氟利昂的使用，比传统氟利昂制冷技术更节能、环保，故A正确；
B.氢燃料燃烧生成水，实现“零碳排放”，故B正确；
C.石墨烯为新型无机非金属材料，故C错误；
D.根据元素周期表可知，Te位于元素周期表中金属与非金属的交界处，为半导体材料，故D正确，
故选：C。
2．【分析】A．过量的氯气可氧化碘单质生成碘酸根离子；
B．一般剩余药品不能放回原瓶，特殊药品如钠等可放回原瓶；
C．双氧水在溶液中存在两步电离，能电离出氢离子，碱性溶液促进了过氧化氢的电离，酸性溶液抑制过氧化氢的电离；
D．滴定接近终点时，需使滴定管的尖嘴处液体流下。
【解答】解：A．过量的氯气可氧化碘单质生成碘酸根离子，做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须用适量的氯气或双氧水氧化I﹣，故A错误；
B．一般剩余药品不能放回原瓶，防止试剂污染，特殊药品如钠等可放回原瓶，视具体情况而定，故B正确；
C．双氧水在溶液中存在两步电离，能电离出氢离子，碱性溶液促进了过氧化氢的电离，酸性溶液抑制过氧化氢的电离，故双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中快，故C错误；
D．滴定接近终点时，需使滴定管的尖嘴处液体流下，则滴定管的尖嘴能接触锥形瓶内壁，故D错误；
故选：B。
3．【分析】A．（CNS）2性质和Cl2相似；
B．S2+2H2O+（CNS）2═2+2CNS﹣+4H+，反应中（CNS）2中S元素化合价﹣1价降低到﹣2价，做氧化剂；
C．S2中硫元素化合价升高做还原剂；
D．S2反应过程中硫元素化合价+5价升高到+6价，结合电子守恒计算。
【解答】解：A．（CNS）2性质和Cl2相似，和Na反应生成NaCNS，故A正确；
B．S2+2H2O+（CNS）2═2+2CNS﹣+4H+，反应中（CNS）2中S元素化合价﹣1价降低到﹣2价，做氧化剂，CNS﹣是还原产物，故B错误；
C．分析硫元素化合价变化可知，S2是还原剂，故C错误；
D．S2反应过程中硫元素化合价+5价升高到+6价，生成1，转移NA个电子，故D错误；
故选：A。
4．【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，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。
【解答】解：“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，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，
A为蓝色晶体，
B为ZnSO4 7H2O是白色晶体，
C为KAl（SO4）2 12H2O是无色晶体，
D为FeSO4 7H2O为黄色晶体，
所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4 7H2O，
故选：D。
5．【分析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱，遇酚酞变红，后来红色褪去的可能原因是溶液中含有强氧化性物质，漂白褪色；再加入少量二氧化锰，过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，据此分析解答。
【解答】解：A、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，所以②中的大量气泡主要成分是氧气，故A错误；
B、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱，遇酚酞变红，说明生成碱性物质，故B错误；
C、④中红色褪去，可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，漂白褪色，故C正确；
D、过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，即验证过氧化钠和水反应生成的过氧化氢，故D错误。
故选：C。
6．【分析】A．苯环对角线上的原子共线；
B．双酚分子加成后产物为：；
C．苯酚中含有1个苯环，双酚A中含有两个苯环；
D．苯酚的酸性小于碳酸，强于碳酸氢根离子。
【解答】解：A．苯环对角线上的原子共线，最多有2个原子共线，故A错误；
B．双酚分子加成后为，为对称结构，六元环上的一氯代物有4种，故B正确；
C．苯酚中含有1个苯环，双酚A中含有两个苯环，结构不同，不属于同系物，故C错误；
D．苯酚的酸性小于碳酸，强于碳酸氢根离子，故苯酚与碳酸氢钠不反应，故D错误；
故选：B。
7．【分析】A．在恒容条件下，向平衡体系中充入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变；
B．在恒压条件下，向平衡体系中加入H2，平衡正向移动；
C．该反应气体总物质的量不变；
D．该反应为吸热反应。
【解答】解：A．在恒容条件下，向平衡体系中充入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，故A正确；
B．在恒压条件下，向平衡体系中加入H2，平衡正向移动，BaSO4的转化率变大，故B错误；
C．该反应气体总物质的量不变，故混合气体的物质的量不变不能说明反应到平衡，故C错误；
D．该反应为吸热的，不是在任何温度下都能自发进行，故D错误；
故选：A。
8．【分析】A．发生取代反应生成HCl，HCl能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；
B．乙醇和水都能和钠反应生成氢气，但是反应速率不同；
C．乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷；
D．在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液。
【解答】解：A．发生取代反应生成HCl，HCl能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而一氯甲烷为中性，故A错误；
B．乙醇和水都能和钠反应生成氢气，但是反应速率不同，所以可以根据生成氢气速率判断乙醇和水分子中H原子的活泼性强弱，故B错误；
C．乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷溶于四氯化碳而导致溶液互溶，最终变为无色透明，故C正确；
D．在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液，否则银氨溶液和稀硫酸反应而得不到银镜反应，故D错误；
故选：C。
9．【分析】该分子中含有苯环、醛基、醇羟基、羧基，具有苯、醛、醇和羧酸性质，据此分析解答。
【解答】解：A．该分子中连接羟基的C原子采用sp3杂化，所以该分子中所有原子不在同一个平面上，故A错误；
B．苯环和醛基能和氢气发生加成反应，则在Ni作催化剂条件下，1molR能与4molH2发生加成反应，故B错误；
C．醇羟基能和羧基发生酯化反应、羧基能和醇发生酯化反应，苯环和醛基能发生加成反应，醇羟基和醛基能发生氧化反应，故C正确；
D．只有羧基能和NaOH反应，则1molR最多能消耗1molNaOH，故D错误；
故选：C。
10．【分析】A．Ca位于第四周期第ⅡA族；
B．面心上的Ca2+，与之距离最近且等距的F﹣位于体内，共8个；
C．F﹣距离最近且等距的Ca2+为4个；
D．基态氟原子核外电子排布式为1s22s22p5。
【解答】解：A．Ca位于第四周期第ⅡA族，属于s区元素，故A正确；
B．面心上的Ca2+，与之距离最近且等距的F﹣位于体内，共8个，则每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有8个，故B错误；
C．由晶胞结构图可知，F﹣距离最近且等距的Ca2+为4个，所以F﹣位于Ca2+构成的四面体空隙，故C正确；
D．基态氟原子核外电子排布式为1s22s22p5，其中s能级有一种伸展方向，p能级有三种伸展方向，共4种，故D正确；
故选：B。
11．【分析】电解池中，左侧消耗NH3生成N2，发生氧化反应，a是阳极，是NH3失电子发生氧化反应生成N2，消耗了OH﹣，右侧水中H+得电子生成H2，发生还原反应，b是阴极，电极反应中生成OH﹣。
【解答】解：A．该装置工作时，实现了光能转化为电能，电能转化为化学能，化学能转化为热能等，故A错误；
B．电解池中，左侧消耗NH3生成N2，发生氧化反应是阳极，消耗了OH﹣，右侧水中H+得电子生成H2，发生还原反应，是阴极，电极反应中生成OH﹣，故OH﹣从右向左移动，由b极区向a极区迁移，故B正确；
C．b是阴极，电极反应中生成OH﹣，电解时b极区溶液中n（KOH）不变，故C错误；
D．阳极是NH3失电子发生氧化反应生成N2，则电极反应式为6OH﹣+2NH3﹣6e﹣＝N2+6H2O，电解过程中1molNH3参与反应，失去3×6.02×1023个电子，故D错误；
故选：B。
12．【分析】①甲基中碳原子价层电子对数为4，﹣COOH中碳原子价层电子对数为3；
②Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；
③H2O2结构不对称；
④Na2O每有2个Na+，就有1个O2﹣，Na2O2每有2个Na+，就有1个O22﹣，NaHSO4晶体中为Na+和HSO4﹣；
⑤Cu（OH）2能溶于氨水，是因为Cu（OH）2和氨水反应生成络合离子；
⑥氢键应形成于X H﹣Y形式中，X、Y必须是N、O、F元素之一；
⑦HF和HCl属于分子晶体，HF分子间存在氢键；
⑧O可以形成氢键，因此可燃冰中水分子之间存在氢键。
【解答】解：①甲基中，碳原子价层电子对数＝σ键个数+孤电子对数＝4+0＝4，所以为sp3杂化，﹣COOH中，碳原子价层电子对数＝3+0＝3，形成3个σ键，无孤对电子，采取sp2杂化，故①正确；
②Ge位于第四周期ⅣA族，Ge为32号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于p区元素，故②错误；
③H2O2结构不对称，属于极性分子，故③错误；
④Na2O每有2个Na+，就有1个O2﹣，阴阳离子个数比为1：2，Na2O2每有2个Na+，就有1个O22﹣，阴阳离子个数比为1：2，NaHSO4晶体中为Na+和HSO4﹣，阴阳离子个数比为1：1，故④错误；
⑤Cu（OH）2属于碱能溶于硝酸，但Cu（OH）2能溶于氨水，是因为Cu（OH）2和氨水反应生成络合离子，属于络合反应，Cu（OH）2无两性，故⑤错误；
⑥氢键应形成于X H﹣Y形式中，X、Y必须是N、O、F元素之一，这样NH3 H2O的结构式有两种可能：H3N H﹣O﹣H、H2N﹣H OH2，由于NH3 H2O可电离出NH4+和OH﹣，则前者合理，故⑥正确；
⑦HF和HCl属于分子晶体，由于HF中存在H﹣F H这样的相互作用，即氢键，使得HF沸点高于HCl，故⑦错误；
⑧O可以形成氢键，因此可燃冰中水分子之间存在氢键，但甲烷和水分子之间不存在氢键，故⑧错误；
综上所述，共6项错误，
故选：B。
二、简答题（本大题共4小题，共64分）
13．【分析】（1）二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为C2H6（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+CO（g）+H2O（g），则△H＝（52﹣110﹣242+84+393）kJ/mol＝+177 kJ/mol；
（2）①A．四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等；
B．该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等；
D．二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等；
②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）
开始（mol）1 4 0 0
变化（mol）x 4x x 2x
平衡（mol）1﹣x 4﹣4x x 2x
由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：＝，解得x＝0.5mol，由容器的体积为1L可知，0﹣5min内水的反应速率为ν＝，设5min时消耗二氧化碳的物质的量为ymol，由题意可建立如下三段式：
CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）
开始（mol）1 4 0 0
变化（mol）y 4y y 2y
5min（mol）1﹣y 4﹣4y y 2y
由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa＝1：3可得：＝，解得y＝0.75，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为K＝，据此计算；
③10min达平衡后，该温度下继续充入1molCO2和4molH2，平衡正向移动；
（3）由图可知，在和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成。
【解答】解：（1）二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为C2H6（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+CO（g）+H2O（g），则△H＝（52﹣110﹣242+84+393）kJ/mol＝+177 kJ/mol，则热化学方程式为C2H6（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）△H＝+177 kJ/mol，
故答案为：C2H6（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）△H＝+177 kJ/mol；
（2）①A．四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；
故答案为：BC；
②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）
开始（mol）1 4 0 0
变化（mol）x 4x x 2x
平衡（mol）1﹣x 4﹣4x x 2x
由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：＝，解得x＝0.5mol，由容器的体积为1L可知，0﹣5min内水的反应速率为ν＝＝＝0.2mol/（L min）；CO的转化率为×100%＝50%，设5min时消耗二氧化碳的物质的量为ymol，由题意可建立如下三段式：
CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）
开始（mol）1 4 0 0
变化（mol）y 4y y 2y
5min（mol）1﹣y 4﹣4y y 2y
由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa＝1：3可得：＝，解得y＝0.75，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为K＝＝L2 mol﹣2＝6.75L2 mol﹣2，温度不变，化学平衡常数不变，则该温度下充入1mol二氧化碳和3mol氢气的反应平衡常数也为6.75 L2 mol﹣2，
故答案为：0.2mol/（L min）；；50%；6.756.75 L2 mol﹣2；
②③10min达平衡后，该温度下继续充入1molCO2和4molH2，平衡正向移动，再次达到平衡后H2的体积分数将减小，
故答案为：减小；
（3）由图可知，在和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成，反应的化学方程式为+CO2，
故答案为：+CO2； 和I﹣或ZnO4和I﹣。
14．【分析】（1）S为16号元素，依据构造原理写出核外电子排布式；
（2）①元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越强，据此判断电负性强弱；中心原子C的价层电子对＝2+（4﹣1﹣1）＝3，推出碳原子的杂化方式；
②两者均为分子晶体，分析氢键对熔沸点的影响；
（3）分析图中结构可知，Y表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA：Pb：I＝1：1：3，Y在顶点，8×＝1个，甲脒在中心，为X，有1个，Z为I，在晶胞的棱中心，12×＝3个，与甲脒距离最近且相等的碘的个数为12个。
【解答】解：（1）S为16号元素，最外层有六个电子，其价电子的电子排布图为，
故答案为：；
（2）①元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越强，故甲脒中组成元素的电负性由小到大的排序为H＜C＜N，中心原子C的价层电子对＝2+（4﹣1﹣1）＝3，碳原子的杂化方式为sp2杂化，
故答案为：H＜C＜N；sp2杂化；
②两者均为分子晶体，甲脒比丙烷的熔点更高的原因是甲脒存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力，
故答案为：甲脒存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力；
（3）分析图中结构可知，Y表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA：Pb：I＝1：1：3，Y在顶点，8×＝1个，甲脒在中心，为X，有1个，Z为I，在晶胞的棱中心，12×＝3个，与甲脒距离最近且相等的碘的个数为12个，在则甲脒的碘配位数为12，
故答案为：12。
15．【分析】SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，以此解答该题。
【解答】解：（1）由仪器装置图可知A为蒸馏烧瓶，
故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）A中发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）═2 KCl+2 MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2 MnO4﹣+10 Cl﹣+16H+＝2 Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2 MnO4﹣+10 Cl﹣+16H+＝2 Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；
故答案为：丁装置内充满黄绿色气体；使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来；
（4）如果缺少乙装置，可能产生的后果是：HCl与Sn反应，发生Sn+2HCl＝SnCl2+H2↑，SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；
A．碱石灰具有碱性，能和氯气反应而除去氯气，从而防止污染空气，故A正确；
B．装置乙防止空气中水蒸气进入戊装置，故B错误；
C．碱石灰具有吸水性，能防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，故C正确；
D．防止空气中防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，故D错误；
故答案为：Sn+2HCl＝SnCl2+H2↑；AC；
（5）A．H2O2溶液能氧化SnCl2，同时双氧水被还原生成水，但是没有明显现象，无法检验，故A错误；
B．FeCl3溶液（滴有KSCN），溶液呈红色，氯化铁氧化SnCl2，铁离子被还原生成亚铁离子，褪色，可以检验，故B正确；
C．AgNO3溶液能检验氯离子，但是不能检验Sn2+，所以无法检验，故C错误；
D．溴水氧化SnCl2，溴被还原生成溴离子，溶液褪色，可以检验，故D正确；
故答案为：BD；
（6）用去锡粒1.19g，其物质的量为：＝0.01mol，根据Sn原子守恒理论生成SnCl4为0.01mol，则则SnCl4的产率为：×100%≈91.2%，
故答案为：91.2%。
16．【分析】B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B的结构简式为CH3CH＝CHCOOCH3，A为C3H6，A发生加成反应生成B，则A的结构简式为CH2＝CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C的结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式可知，E的结构简式为CH2＝CHCH2OH、D的结构简式为CH2＝CHCH2Cl，E和2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯发生加成反应生成F，F的结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G的结构简式为；
（7）由与乙醇发生酯化反应脱水生成；可以由与氢氧化钠和盐酸反应生成；可以由与NaCN反应生成；可以由甲苯与氯气发生取代反应生成。
【解答】解：（1）B为CH3CH＝CHCOOCH3，其中含有的含氧官能团为酯基，
故答案为：酯基；
（2）根据分析可知，C的结构简式为，
故答案为：；
（3）A为C3H6，D为CH2＝CHCH2Cl，故A生成D发生了取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）中所含的手性碳原子为；该化合物中含有羧基、羟基以及双键，故可以与氢氧化钠溶液、金属钠和溴水发生反应，但是不能与氯化铁溶液发生反应，
故答案为：C；
（5）E→F的化学方程式为+HOCH2﹣CH＝CH2 ，
故答案为：+HOCH2﹣CH＝CH2 ；
（6）B的结构简式为CH3CH＝CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键、HCOO﹣，符合条件的有，共8种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式HCOOCH＝C（CH3）2，
故答案为：8；HCOOCH＝C（CH3）2；
（7）由与乙醇发生酯化反应脱水生成；可以由与氢氧化钠和盐酸反应生成；可以由与NaCN反应生成；可以由甲苯与氯气发生取代反应生成，故以甲苯和乙醇为有机原料制备苯乙酸乙酯的合成路线为，
故答案为：。
