新疆2024年高考化学模拟试题（含答案）

新疆2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与生产、生活、环境等密切相关。下列说法正确的是A．向天然水中加入明矾可起到杀菌消毒的作用B．淀粉、纤维素在人体内最终的水解产物均为CO2和H2OC．用风能发电可减少温室气体排放D．C919国产大飞机风挡结构部分使用的有机玻璃属于硅酸盐材料2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温下22.4LNH3含有的中子数为7NAB．常温下1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为0.2NAC．将50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3ND．56gC3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NA3．利用下列装置(夹持部分略)和试剂进行实验，能达到实验目的的是A．制备SO2B．制备并收集少量NOC．配制NaCl溶液D．观察铁的析氢腐蚀4．有机物M是合成抗过敏药物色甘酸钠的中间体，结构简式如图。下列关于该有机物的说法正确的是A．分子中只含有醚键、酯基两种官能团B．能与NaOH溶液反应C．苯环上的一氯取代物有4种D．所有碳原子不可能共平面5．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，Y单质可用作光电池，X的周期序数等于主族序数，Z原子的最外层电子数等于最内层电子数的3倍，下列叙述错误的是A．工业上采用熔融电解法冶炼X的单质B．含X或Y的某些盐可用于制备胶体C．简单离子的半径：Z>W>XD．YW2和ZW2都是酸性氧化物，都不与酸反应6．我国科学家近期开发了一种高性能的水系锰基锌电池。其工作原理如图所示，已知该装置工作一段时间后，K2SO4溶液的浓度增大。下列说法正确的是A．电子流向：Zn电极→b膜→a膜→MnO2电极→负载→Zn电极B．负极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2OC．a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜D．装置工作一段时间后，正极区溶液的pH降低7．相同温度和压强下，研究Cl2分别在不同浓度的盐酸和NaCl溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)变化如图所示。已知氯气溶解存在以下过程：①Cl2(aq)+H2O(1)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)K1=4.2×10-4②Cl2(aq)+Cl-(aq)⇌Cl3③HClO(aq)⇌H+(aq)+ClO-(aq)Ka=3.2×10-8下列说法错误的是A．随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，溶液中n(ClOB．随着盐酸浓度的增大，反应①被抑制，反应②为主要反应从而促进Cl2溶解C．a点时，c(H+)>c(Cl-)>c(Cl3-D．b点时，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Cl3-)+c(OH-二、非选择题8．为保护环境，充分利用钴资源，一种以废旧钴酸锂电池材料(正极材料主要含有LiCoO2、铝箔及金属钢壳)回收钴酸锂的工艺流程如下：已知一定条件下，部分金属阳离子形成氢氧化物的pH如下表：离子Co3+Fe3+Co2+Fe2+Al3+开始沉淀的pH0.32.77.27.63.6完全沉淀的pH1.13.29.29.65.2请回答下列问题：（1）废旧钴酸锂电池需经放电、拆解、粉碎预处理。放电方式为电化学放电，可以将废旧电池浸泡在(填标号)中进行放电。粉碎的目的是。A．Na2SO4溶液B.98%的H2SO4溶液C．酒精（2）“酸浸”过程中，除加入H2SO4，还要加入H2O2。①H2O2的作用是(填标号)。A．做氧化剂B．做还原剂C．既做氧化剂又做还原剂②H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，该反应的离子方程式为。③相同条件下，“酸浸”时钴的浸出率随温度变化如右图所示，此时温度控制在80℃左右的原因为。（3）“调pH”时，溶液应控制的pH范围为，选用的最佳试剂是(填标号)。A．H2SO4B．CoCO3C．石灰乳D．NaOH（4）高温时，CoC2O4和Li2CO3生成LiCoO2的同时放出CO2。此反应的化学方程式为。9．2022年11月，神舟十五号载人飞船发射任务取得圆满成功。肼(N2H4)可作火箭发射的燃料，具有强还原性，实验室用NH3与Cl2合成N2H4的装置如图所示，请回答下列问题：（1）仪器c的名称为，装置中仪器a的作用除了导气还有。（2）按图连接装置，盛放试剂前，首先要进行操作。（3）装置D中制备Cl2的化学方程式为，导管b的作用是。（4）装置C中的试剂是。（5）装置B中制备N2H4的离子方程式为。（6）实验室对产品中肼的质量分数进行测定。已知：N2H4+2I2=N2↑+4HI。取装置B中的溶液6.00g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成500mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，滴加2~3滴淀粉溶液，用0.2000mol·L1的I2溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定终点的现象是，测得消耗I2溶液的体积为20.00mL，则该产品中N2H4的质量分数为%(保留3位有效数字)。10．为实现“碳达峰”及“碳中和”，二氧化碳甲烷化技术是CO2循环再利用最有效的技术之一。请回答下列问题：（1）二氧化碳甲烷化时发生的反应为：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)①298K时，已知相关物质的相对能量如图，则该反应的ΔH为kJ·mol-1。②某温度下，向某容积为1L的恒容密闭容器中充入冒2molCO2和5molH2，5min时反应达到平衡，CO2的转化率为50%，该反应的平衡常数K为；能判断该程反应已达化学平衡状态的标志是(填标号)。A．CO2体积分数保持不变B．容器中混合气体的质量保持不变C．混合气体的平均相对分子质量保持不变D．CO2的生成速率与H2O的生成速率相等③有利于提高体系中CO2平衡转化率的措施是(填标号)。A．使用高效催化剂B．增加CO2投入量C．延长反应时间|D．及时分离CH4（2）催化剂的选择是CO2甲烷化的核心，金属Ni或Ni-CeO2均可作为催化剂。反应相同时间，测得CO2转化率和CH4选择性随温度的变化如图所示。高于320℃，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是。(CH4的选择性=转化成甲烷所消耗的二氧化碳的量二氧化碳的总转化量（3）Ni-CeO2催化CO2加H2生成CH4的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，则发生的副反应的方程式为。（4）某温度，在体积为1L的恒容密闭容器中加入1molCO2和4molH2，10min后达到平衡，CO2的平衡转化率和CH4的选择性分别为80%、90%，则CH4的反应速率为。（5）还可以采用微生物电化学法生产甲烷，装置如图，b电极的电极反应式为。11．钕铁硼磁铁在绝对零度时磁性仅次于钬磁铁，但是在常温下磁性远远强于目前已知的所有永久磁铁。生产钕铁硼磁铁的主要原料有稀土金属钕、纯铁、铝硼及其他稀土原料。（1）钕(Nd)为60号元素，在周期表中第周期。（2）①铝原子激发态的电子排布式有(填标号，下同)，其中能量较高的是。A.1s22s22p63s13p2B.1s22s22p63s2C.1s22s22p63s23p2D.1s22s22p63p3②实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。已知Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于分子(填“极性”或“非极性”)，分子中Al采取杂化。（3）硼元素及与其同周期相邻两种元素第一电离能由大到小的顺序为(用元素符号表示)。晶体硼的熔点比晶体硅高，原因是。（4）羰基铁[Fe(CO)5]与二茂铁[Fe(C5H5)2]是两种重要的配合物。测定表明二茂铁中配体环戊二烯离子的结构简式为，且所有氢原子的化学环境都相同，则下列说法中正确的是____(填标号)。A．二茂铁的中心粒子与配体间存在离子键，且配体中存在一个Π5B．羰基铁中，配位原子为C原子，且配体与CN-是等电子体C．两种配合物的中心粒子价电子排布图均为D．1mol羰基铁中有10NA个σ键和10NA个π键（5）已知氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼(I)与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼(II)是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如下图所示。①六方相氮化硼结构与石墨相似，但是却不导电的原因是。②立方相氮化硼中，离硼原子最近且等距离的硼原子有个。③若立方相氮化硼晶胞边长为104nm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则立方相BN晶体的摩尔体积Vm=m3·mol-1(列出计算式)。12．阿利克仑是一种肾素抑制剂，以芳香化合物A为原料合成其中间体I的一种合成路线如下：请回答下列问题：（1）A的化学名称是，C中含氧官能团的名称为。（2）F生成G的反应类型是。（3）E的结构简式为，F的分子式为。（4）B生成C的化学方程式为。（5）有机物X与E互为同分异构体，已知满足下列条件的X有种。①X为芳香化合物；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③能发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为(写出其中一种)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．明矾可以水解生成氢氧化铝胶体，但没有氧化性，则向天然水中加入明矾可起到净水的作用，不能起到杀菌消毒的作用，故A不符合题意；B．人体内不含有使纤维素水解的酶，则纤维素在人体内不能发生水解，故B不符合题意；C．用风能发电可减少化石能源的使用，从而减少温室气体二氧化碳的排放，故C符合题意；D．有机玻璃属于合成高分子化合物，不属于硅酸盐材料，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒；

B.纤维素在人体内不能水解；

C.利用风能发电能减少化石燃料的使用；

D.有机玻璃属于有机高分子材料。2．【答案】D【解析】【解答】A．常温下，不能使用Vm=22.4L/mol计算22.4LNH3的物质的量，故无法计算22.4LNH3所含有的中子数，A不符合题意；B．pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L´1L=0.1mol，即该溶液中OH-的数目为0.1NA，B不符合题意；C．n(HCl)=0.05L´12mol/L=0.6mol，根据化学方程式MnO2+4HCl(浓)Δ__MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，0.6molHCl完全参加反应可转移0.3mol电子，但实际上随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，故反应中转移电子数小于0.3ND．C3H6和C4H8的最简式都是CH2，可以将混合气体看成是由CH2构成的，则n(CH2)=56g14g/mol=4mol，n(H)=2´4mol=8mol，故该混合气体中氢原子数目为8NA故答案为：D。

【分析】A.常温下，气体摩尔体积不为22.4L/mol；

B.根据n=cV计算；

C.稀盐酸与MnO2不反应；

D.C3H6和C4H8的最简式都是CH2。3．【答案】B【解析】【解答】A．铜和浓硫酸在加热条件下才能反应生成二氧化硫气体，故不选A；B．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，NO难溶于水，用排水法收集NO，能达到实验目的，故选B；C．配制NaCl溶液，不能直接在容量瓶中溶解氯化钠固体，故不选C；D．铁钉在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀，不能达到实验目的，故不选D；故答案为：B。

【分析】A.铜和浓硫酸制备二氧化硫需要加热；

B.铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；

C.不能在容量瓶中配制溶液；

D.铁在中性溶液中发生吸氧腐蚀。4．【答案】B【解析】【解答】A．分子中含有醚键、酯基、碳碳双键3种官能团，A不符合题意；B．该物质分子中含有酯基，因此能与NaOH溶液反应，B符合题意；C．根据物质结构简式可知：在苯环上含有3种不同位置的H原子，处于苯环上的一氯取代物有3种，C不符合题意；D．苯分子是平面分子，-OCH3的O取代苯分子中H原子的位置，单键可以旋转，可能处于同一平面上；乙烯分子是平面分子，-CH3及酯基的C原子取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯分子的平面上，乙烯平面与苯分子平面共直线，由于碳碳单键可以旋转，则该分子中所有碳原子可能共平面，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.该物质中含有的官能团为醚键、酯基、碳碳双键；

B.酯基在NaOH溶液中发生水解；

C.该分子中苯环上有3种不同环境的氢原子；

D.苯环、碳碳双键和碳氧双键均为平面结构，单键可以旋转。5．【答案】D【解析】【解答】A．工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝单质，故A不符合题意；B．铝盐水解可制备氢氧化铝胶体，可溶性硅酸盐与酸反应可制备硅酸胶体，故B不符合题意；C．离子的电子层结构越大，离子半径越大，则三种离子中硫离子的离子半径最大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则氧离子的离子半径大于铝离子，所以三种离子的离子半径大小顺序为Z>W>X，故C不符合题意；D．二氧化硅是酸性氧化物，但能与氢氟酸反应，二氧化硫也能与强氧化性酸反应，如硝酸，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】Y单质可用作光电池，则Y为Si元素；Z原子的最外层电子数等于最内层电子数的3倍，其原子序数大于Si元素，则Z为S元素，W、Z同主族，则W为O元素；X的周期序数等于主族序数，其原子序数大于O元素，则X为Al元素。6．【答案】C【解析】【解答】A．原电池中电子通过导线从负极流向正极，电子不能通过溶液，因此电子流向为Zn电极→负载→MnO2电极，故A不符合题意；B．MnO2为正极，正极区电极反应为：MnO2+2e－+4H+=Mn2++2H2O，Zn电极为负极，电极反应式为：Zn+4OH―-2e－=Zn(OH)42−C．电池工作时，SO42−通过a膜进入中间，K+D．电池放电时，正极区发生电极反应：MnO2+2e－+4H+=Mn2++2H2O，H+浓度减小，溶液pH增大，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】由图可知，Zn电极上，Zn失去电子生成Zn(OH)42−，则Zn电极为负极，电极反应式为Zn+4OH―-2e－=Zn(OH)42−，MnO2电极为正极，电极反应式为MnO2+2e－+4H+=Mn2++2H2O，SO42−7．【答案】A【解析】【解答】A．同一溶液中n(ClO-)n(HClO)=c(ClO-)c(H+)c(HClO)c(B．盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，B项不符合题意；C．a点溶液中的氯化氢的浓度为3mol/L，氯气的浓度约为0.81mol/L，氯化氢为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与氯气结合生成，所以有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl3−)，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱，所以c(Cl3−)>c(ClO-)，综上所述，有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl3−D．b点溶液中根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Cl3-)+c(OH-故答案为：A。

【分析】A.n(ClO-)n(HClO)=c(ClO-)c(H+)c(HClO)c(H+)=Kac(H+)；

B.盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大；

8．【答案】（1）A；增大接触面积，加快反应速率，使充分灼烧（2）B；2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；低于80℃，浸出反应速率随温度升高而增大，超过80℃，Co2+水解加剧及H2O2分解导致浸出反应速率下降（3）5.2≤pH<7.2；B（4）4CoC2O4+2Li2CO3+3O2=高温4LiCoO2+10CO【解析】【解答】（1）Na2SO4溶液能导电，将废旧电池浸泡在Na2SO4溶液中，构成电解池，废旧电池放电；98%的H2SO4溶液不导电，将废旧电池浸泡在98%的H2SO4溶液中，不能构成电解池，废旧电池不放电；酒精是非电解质，将废旧电池浸泡在酒精中，不能构成电解池，废旧电池不放电；故答案为：A。粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使充分灼烧。（2）①H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，Co元素化合价降低，发生还原反应，H2O2的作用是作还原剂，选B。②H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑。③低于80℃，浸出反应速率随温度升高而增大，超过80℃，Co2+水解加剧及H2O2分解导致浸出反应速率下降，所以温度控制在80℃左右。（3）调节pH的目的是使Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，Co2+不能生成沉淀，所以“调pH”时，溶液应控制的pH范围为5.2≤pH<7.2，为不引入新杂质，选用的最佳试剂是CoCO3，选B。（4）高温时，CoC2O4和Li2CO3生成LiCoO2和CO2，反应的化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O2=高温4LiCoO2+10CO2

【分析】废旧电池放电拆解得到正极材料，正极材料灼烧后加入硫酸和过氧化氢酸浸，铁变为硫酸铁，LiCoO2溶解转化为CoSO4，调节pH值将铁离子沉淀，则滤渣为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸铵沉淀钴离子，过滤，向滤液中加入碳酸钠沉淀锂，再过滤得到碳酸锂，CoC2O4和Li2CO3在高温下反应生成LiCoO2和CO2。9．【答案】（1）三颈烧瓶；防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管（2）检查装置气密性（3）Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下（4）饱和NaCl溶液（5）2NH3+2OH-+Cl2=N2H4+2Cl-+2H2O（6）当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色；21.3%【解析】【解答】（1）由实验装置图可知，装置c为三颈烧瓶、装置a为长颈漏斗，因氨气极易溶于水，所以长颈漏斗能起导气和防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管中的作用，故答案为：三颈烧瓶；防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管；

（2）由分析可知，该实验有气体的生成和参与，为防止实验中气体逸出发生意外事故，所以盛放试剂前，首先要进行气密性检查，故答案为：检查气密性；

（3）由分析可知，装置D为浓盐酸与漂白粉中次氯酸钙反应生成氯化钙、氯气和水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，装置中导管b的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下，故答案为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；

（4）由分析可知，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：饱和食盐水；

（5）由分析可知，装置B中氯气与氨气在氢氧化钠溶液中反应制备肼，反应的离子方程式为2NH3+2OH-+Cl2=N2H4+2Cl-+2H2O，故答案为：2NH3+2OH-+Cl2=N2H4+2Cl-+2H2O；

（6）由题意可知，当溶液中的肼和碘溶液完全反应时，滴入最后一滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色；滴定消耗20.00mL0.2000mol/L碘溶液，由方程式可知，6.00g溶液中肼的质量分数为0.2000mol/L×0.02000L×12×20×32g【分析】装置A中，加热氯化铵和氢氧化钙混合物制得氨气，装置C中，浓盐酸和漂白粉发生反应Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O制得氯气，将氨气和氯气通入装置B中发生反应2NH3+2OH-+Cl2=N2H4+2Cl-+2H2O制得肼。10．【答案】（1）-166；4；AC；D（2）320℃时，以Ni-CeO2为催化剂时，CO2甲烷化反应已达到平衡，升高温度平衡左移，而以Ni为催化剂时，CO2甲烷化反应未达到平衡，升高温度反应速率加快（3）CO2+H2⇌CO+H2O（4）0.072mol/(L·min)（5）CO2+8H++8e—=CH4+2H2O【解析】【解答】（1）①由图可知，反应的焓变ΔH=[0+(-393)]kJ/mol-[(-75+(-242)]kJ/mol=-166kJ/mol，故答案为：-166；②A．二氧化碳体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应中混合气体的质量始终保持不变，则容器中混合气体的质量保持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，故不正确；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，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保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，二氧化碳的生成速率与水的生成速率相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不正确；故答案为：AC；③A．使用高效催化剂，化学平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，故不正确；B．增加二氧化碳投入量，平衡向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小，故不正确；C．延长反应时间不能改变化学平衡的移动方向，二氧化碳的转化率不变，故不正确；D．及时分离甲烷，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，故正确；（2）由图可知，320℃时，以Ni—CeO2为催化剂时，二氧化碳甲烷化反应已达到平衡，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳转化率略有下降，而以Ni为催化剂时，二氧化碳甲烷化反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，所以二氧化碳转化率却仍在上升，故答案为：320℃时，以Ni-CeO2为催化剂时，CO2甲烷化反应已达到平衡，升高温度平衡左移，而以Ni为催化剂时，CO2甲烷化反应未达到平衡，升高温度反应速率加快；（3）由图可知，二氧化碳甲烷化反应时，发生的副反应为二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳和水，反应的方程式为CO2+H2⇌CO+H2O，故答案为：CO2+H2⇌CO+H2O；（4）由10min后达到平衡，CO2的平衡转化率和CH4的选择性分别为80%、90%可知，甲烷的反应速率为1mol×80%×90%1L（5）由图可知，与直流电源的负极相连的b电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。

【分析】（1）①根据ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量计算；

②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；

③提高体系中CO2平衡转化率，应使平衡正向移动；

（2）320℃时，以Ni-CeO2为催化剂时，CO2甲烷化反应已达到平衡，升高温度平衡左移，而以Ni为催化剂时，CO2甲烷化反应未达到平衡，升高温度反应速率加快；

（3）二氧化碳甲烷化反应时，发生的副反应为二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳和水；

（4）根据v=ΔcΔt计算；11．【答案】（1）六（2）AD；D；非极性；sp3（3）C>Be>B；晶体硼和晶体硅均为原子晶体，硼原子半径小于硅原子半径，B-B键键长比Si-Si键键长短，键能大，因此晶体硼熔点高于晶体硅（4）B；D（5）层状结构中没有自由移动的电子；12；(1.04×1【解析】【解答】（1）钕(Nd)为60号元素，在周期表中第六周期第ⅢB族；（2）①基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，则铝原子激发态的电子排布式有A.1s22s22p63s13p2、D.1s22s22p63p3，B.1s22s22p63s2、C.1s22s22p63s23p2两者为离子；故答案为：AD；3p轨道能量大于3s，故其中能量较高的是D；②已知Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于非极性分子；分子中Al形成4个共价键，采取sp3杂化；（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故硼元素及与其同周期相邻两种元素第一电离能由大到小的顺序为C>Be>B；晶体硼和晶体硅均为共价晶体，硼原子半径小于硅原子半径，B-B键键长比Si-Si键键长短，键能大，因此晶体硼熔点高于晶体硅；（4）A．二茂铁的中心粒子与配体间存在配位键，且配体环戊二烯离子带1个单位负电荷，存在1个5中心6电子的大π键，故为Π5B．等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团；羰基铁中，C提供孤电子对，配位原子为C原子，且配体与CN-是等电子体，B正确；C．羰基铁[Fe(CO)5]、二茂铁[Fe(C5H5)2]两种配合物的中心粒子分别为铁原子、亚铁离子，价电子排布图不同，C不正确；D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，叁键含有1个σ键、2个π键；1分子羰基铁配体中存在5个σ键和10个π键，配体与中心原子形成5个配位键，故共有10个σ键和10个π键，则1mol羰基铁中有10NA个σ键和10NA个π键，D正确；故答案为：BD；（5）①六