1、（全国I卷）湖南省长郡中学2020届高三化学第三次适应性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C 12 O 16 Zn 65 Mg 24 S23第卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.北宋杨亿、黄鉴杨文公谈苑中记载：“嘉州峨媚山有菩萨石，多人采之，色莹白，若泰山狼牙石、上饶水晶之类，日光射之有五色。”下列“石”与“菩萨石”具有相同的化学成分的是A. 硅石B. 冰晶石C. 石灰石D. 重晶石【答案】A【解析】【详解】色莹白，水晶之类，日光射之有五色，说明是水晶石，水晶在矿物学中属于石英，化学成分为二氧化硅(SiO2)
2、，是一种无色透明、洁净明亮宝石。“菩萨石”色莹白指的就是这一点，硅石的主要成分是SiO2，冰晶石的成分是Na3AlF6，石灰石的主要成分是CaCO3，重晶石的主要成分是BaSO4，故答案选A。2.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是ABCD实验分离CCl4中的I2除去水中的氯化钠制取NO称取NaOH固体装置或仪器A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】AI2溶于CCl4，不能用分液方法分离，由于I2和CCl4的沸点不同，可用蒸馏的方法进行分离，A选项错误；B加热时，水易挥发，但NaCl不挥发，所以可以采用蒸馏的方法出去水中的NaCl，B选项正确；C制取NO时，长颈漏斗的
3、下端应伸入锥形瓶的液面以下，防止生成的NO气体从长颈漏斗逸出，C选项错误；DNaOH具有强腐蚀性且易潮解，为防止NaOH腐蚀托盘和纸张，应放置在烧杯中称量，D选项错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及基本操作、物质的分离提纯等知识点，明确实验原理、实验基本操作等知识点是解答本题的关键，易错选项是B。3.傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(R为烃基)和苯通过傳克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)下列说法错误的是A. 一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺23己烷互为同分异构体B. b的二氯代物超过三种C. R为C5H11时，a的结构有3种
4、D. R为C4H9时，1molb加成生成C10H20至少需要3molH2【答案】C【解析】【详解】A.环己烯分子式为C6H10，螺23己烷分子式为C6H10，所以互为同分异构体，故A正确；B.若全部取代苯环上的2个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示4种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示2种取代位置，有2种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故B正确；C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1氯戊烷、2氯戊烷和3氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在2号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为2甲基1氯丁烷、2甲基2氯丁
5、烷、3甲基2氯丁烷和3甲基1氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷烃有4个相同的甲基，因此氯原子只能有一种位置，即2，3二甲基1氯丙烷。综上所叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种，故C错误；D.-C4H9已经达到饱和，1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与3mol H2加成，故D正确。答案：C【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。4.实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理为SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=-97.3kJ/
6、mol。装置如图所示(部分装置已省略)。已知SO2C12的熔点为-54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是A. 乙中盛放的试剂为无水氯化钙B. 制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中C. 用来冷却的水应该从a口入，b口出D. 可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫【答案】B【解析】【分析】SO2C12的熔沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的冷凝管的作用是使挥发的产物冷凝回流，由于会有一部分SO2和Cl2通过冷凝管逸出，SO2和Cl2都会污染空气，故乙装置应使用碱性试剂，SO2C12遇水能发生剧烈反应并产生白雾，乙中盛放碱石灰，吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止
7、污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解。【详解】A乙的作用是吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解，故乙中盛放的试剂应该是碱石灰，无水氯化钙只能吸收水，A选项错误；B根据题目中热化学方程式可知，H0，则该反应为放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率，B选项正确；C冷凝水应从冷凝管的下口进，上口出，故用来冷却的水应该从b口入，a口出，C选项错误；D硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸，故不可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，D选项错误；答案选B。【点睛】解答此类问题时需仔细分
8、析题干，利用题干信息分析出装置的作用以及相关试剂，综合度较高，要求对知识点能够综合运用和灵活迁移。5.在乏燃料后处理流程中，四价铀作为铀钚分离的还原剂己广泛使用。在UO2(NO3)-2HNO3-N2H4。HNO3体系下采用电解法制备四价铀，电解总反应为2UO22+N2H5+3H+ 2U4+N2+4H2O，电解装置如图所示。下列说法正确的是A. 若转移4mol e-，将有4mol H+透过质子交换膜B. b极的电极反应式为UO22+2H2O2e=U44OHC. 电解液中NO3-的移动方向：a质子交换膜bD. 当产生11.2 mL N2时，同时生成U4+的质量为0.2389【答案】A【解析】【分析
9、】此装置为电解池模型，结合图像可知，a极接电源负极，为电解池阴极，UO22+在阴极得到电子，发生的电极反应为：UO22+2H2O2e=U44OH，b接电源正极，为电解池阳极，N2H5在阳极得到电子，发生的电极反应为：N2H5+-4e= N2+5H+，H+经质子交换膜向阴极（a极）移动，据此可分析选项。【详解】A根据上述分析，电极a是阴极，电极b是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，根据电荷守恒可知，导线中转移4mol e-，溶液中消耗4molH+，H+透过质子交换膜向阴极（a极）移动，A选项正确；B酸性环境下，b电极发生的反应为：N2H5+-4e= N2+5H+，B选项错误；CNO3-不能透过质子
10、交换膜，C选项错误；D未注明标准状况，不能够准确计算，D选项错误；答案选A。6.短周期主族元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y同主族。m、n、q是由这些元素组成的三元化合物，0.1 molL-l q溶液常温下的pH=1；r、s、t、u是由这些元素组成的二元化合物，r常用作调味剂，t通常为液态；v是元素X的一种常见单质。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A. 原子半径：RWXZN，ClNa，故原子半径大小：NaClNOH，即YZWXR，A选项错误；Bn为NH4Cl，含有离子键和共价键，r为NaCl，含离子键，t为H2O，含共价键，化学键类型不同，B选项错误；Cu为NO，v为
11、O2，q为HNO3，均含有X(O)元素，C选项正确；Dm为NaOH，属于碱，s为NH3，属于非金属氢化物，不属于碱，D选项错误；答案选C。7.配离子的稳定性可用K不稳衡量，例如Ag(NH3)2+的K不稳= 。在一定温度下，向0.1 mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag+2NH3Ag(NH3)2+。溶液中pNH3与(X)的关系如图。其中pNH3=-lgc(NH3)、(X)= (X代表Ag+或Ag(NH3)2+。下列说法不正确的是A. 图中2代表的是(Ag(NH3)2+)B. 向溶液中滴入稀硝酸，(Ag+)减小C. 该溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)D. 该温度时，K不稳(
12、Ag(NH3)2+)=10-7.3【答案】B【解析】【详解】A向0.1mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，随着氨水的加入，n(Ag+)逐渐减少，(Ag(NH3)2+)逐渐增大，即(Ag+)减少，(Ag(NH3)2+)增加，结合图像变化趋势，(Ag+)随着pNH3的增大而增大，所以1代表的是(Ag+)，2代表的是(Ag(NH3)2+)，A选项正确；BNH3与H+反应生成NH4+，使反应Ag+2NH3 Ag(NH3)2+逆向移动，c(Ag+)增大，则(Ag+)增大，B选项错误；C溶液中电荷守恒：c(Ag+)+c(Ag(NH3)2+)+c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)，物料守恒
13、：c(Ag+)+c(Ag(NH3)2+) = c(NO3-)，两式整理得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，C选项正确；Da点时，c(Ag+)=c(Ag(NH3)2+)，pNH3=3.65，则c(NH3)=10-3.65mol/L，K不稳(Ag(NH3)2+)= c2(NH3)=( 10-3.65)2=10-7.3，D选项正确；答案选B。8.无色透明的锆石(主要成分为ZrSiO4)酷似钻石，是很好的钻石代用品。锆石又称锆英石，常含有铁、铝、铜的氧化物杂质。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如图所示：己知：i.Zr在化合物中通常显+4价，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均
14、转化为高价氯化物；ii.SiC14极易水解生成硅酸；ZrC14易溶于水，390升华；iii.Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度。请回答下列问题：(1)“粉碎”锆英石的目的为 _。(2)“氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为 _。“氯化”过程中ZrC14的产率与温度、压强的关系如图所示：由图可知，“氯化”过程选择的最佳条件为_，“氯化”温度超过390时，ZrC14产率降低的原因为 _。(3)“滤液1”中含有的阴离子除OH-、Cl-外，还有 _。(4)常用的铜抑制剂有NaCN(氰化钠)，NaCN可与铜离子反应生成Cu(
15、CN)2KspCu(CN)2=410-10沉淀。己知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1 molL-1，当溶液中Cu2+浓度不大于110-6 molL-1时即达到后续生产的要求，则欲处理1L该溶液至少需要2molL-1的NaCN溶液的体积为_L(溶液混合时的体积变化忽略不计，计算结果保留两位小数)。由于氰化钠有剧毒，所以需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分。请写出在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式_。(5)通过“萃取”“反萃取”可以分离铁，富集锆，原理为_。【答案】 (1). 增大反应物接触面积，缩短“氯化”时间
16、，提高锆英石的转化率 (2). ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2 (3). 1 MPa、390 (4). 温度高于390，ZrCl4因升华而逸出 (5). AlO2-、SiO32- (6). 1.02 (7). 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2+H2O (8). “络合”后Fe3+和Zr4+分别与NH4SCN反应生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4则被MIBK萃取，进入有机层，再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4，从而达到分离铁，富集锆的目的【解析】【分析】由题干可知，天然锆英石的
17、主要成分是ZrSiO4，常含有Fe、Al、Cu等金属的氧化物杂质。根据反应流程，将粉碎后的天然锆英石用CO和Cl2氯化，得到ZrCl4、SiCl4、AlCl3、FeCl3、CuCl2，之后用NaOH溶液碱浸，SiCl4、AlCl3被溶解为硅酸钠、偏铝酸钠，过滤后得到滤液1，ZrCl4、FeCl3、CuCl2与NaOH反应生成Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，过滤后得到滤渣1。滤渣1用盐酸溶解得到ZrCl4、FeCl3、CuCl2的混合溶液，向其中加入铜抑制剂(可以是NaCN，生成沉淀为Cu(CN)2)除去铜，滤渣2即为Cu(CN)2。向滤液2加入NH4SCN，NH4SCN与Z
18、rCl4、FeCl3发生络合反应得到Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，加入有机溶剂MIBK萃取，已知Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4易溶于MIBK，所以分液后，Zr(SCN)4在有机层MIBK中。用硫酸将含有Zr(SCN)4的有机层反萃取，使Zr(SCN)4分离出MIBK，通入氨气实现沉锆，最后沉淀经过煅烧得到ZrO2。【详解】结合上述分析：(1)锆英石“粉碎”后表面积增大，反应速率加快，“氯化”时间缩短，锆英石的转化率提高。故答案为：增大反应物接触面积，缩短“氯化”时间，提高锆英石的转化率；(2)根据已知条件i可知，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物，
19、Zr在化合物中通常显+4价，因此“氯化”过程中，锆英石发生的主要化学反应为ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2，此反应体系为无水体系，SiCl4不水解，故答案为：ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2；由图可知,压强和温度都会影响ZrCl4的产率，图中“氯化”过程中ZrCl4的产率最高时的条件为1 MPa、390。由已知条件ii可知ZrCl4易溶于水，390升华，因此若“氯化”温度超过390，ZrCl4因升华而逸出，导致其产率降低，故答案为：1 MPa、390；温度高于390，ZrCl4因升华而逸出；(3)“氯化”后“碱浸”，“氯化”产物Z
20、rCl4与NaOH反应生成难溶于水的Zr(OH)4，SiCl4水解生成的H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3，Fe3+、Cu2+转化为沉淀，Al3+与过量NaOH溶液反应生成AlO2-，因此，“滤液1”中含有的阴离子除0H、CI外，还有AlO2-、SiO32-，故答案为：AlO2-、SiO32-；(4)1 L Cu2+浓度为1 mol/L的溶液中n(Cu2+)=1 mol，消耗2 mol NaCN。c(Cu2+) =110-6 mol/L时，设至少需要NaCN溶液的体积为V L，则2V-2 =210-2(V+1)，解得V1.02，故答案为：1.02；选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化
21、钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分，即为N2，因此漂白液与氰化钠反应的离子方程式为：2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2+H2O，故答案为：2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2+H2O ；(5)“滤液2”中含有Fe3+和Zr4+,“络合”后形成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，由已知条件iii可知Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度，通过萃取Zr(SCN)4进入有机层，Fe(SCN)3留在水层，再利用用硫酸将含有Zr(SCN)4的有机层反萃取，从而达到分离铁而富集锆的目的，故答案为：“
22、络合”后Fe3+和Zr4+分别与NH4SCN反应生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4则被MIBK萃取，进入有机层，再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4，从而达到分离铁，富集锆的目的。9.硼酸三丁酯的结构简式为B(OCH2CH2CH2CH3)3，常温常压下为略带香味的油状液体，是一种重要的含硼有机物，主要用作有机溶剂、脱水剂和催化剂，其一种实验室制备的原理为H3BO3+3CH3CH2CH2CH2OHB(OCH2CH2CH2CH3)+3H2O，装置如图所示(夹持装置及微波加热装置已略去)：实验步骤如下：.向微波专用圆底烧瓶中加入磁力搅拌子，并加
23、入6.2 g硼酸(H3BO3)和47.4 mL正丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)以及1.0 g NaHSO4H2O；.微波加热：60下2 min，80下2 min，90下5 min，100下2 min，118下2 min；回流分水；.待反应结束后，蒸馏得产品20.2 g。已知：正丁醇密度为0.81 g.cm-3。请回答下列问题：(1)分水器使用前需检查 _，分水器的作用是 _(任写一条)。(2)图中仪器X的名称为 _，其进水口应为_(填“a”或“b”)口。(3)为了提高转化率，常用带水剂把生成的水从反应体系中分离出。分别以下列四种物质作为制备硼酸三丁酯的带水剂，结果如表所示，该实验选择正丁
24、醇作带水剂，优点是_。带水剂种类甲苯苯环己烷正丁醇产率/%78.283.480.480.5(4)步骤II中需要在不同温度下进行加热，并控制好时间，加热方式采用微波加热的优点是 _；实验过程中发现，随着微波加热时间延长，硼酸三丁酯的产率增加，但当加热时间超过13 min后，产率增加幅度明显减小，造成此现象可能的原因是_。(5)蒸馏装置中仪器的选择和安装均正确的是_(填选项字母)。A. B. C. D. (6)本实验中硼酸三丁酯的产率为_(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 是否漏液 (2). 分离出水，有利于平衡正向移动，提高产率，提高转化率，判断反应终点（写出一点即可） (3). 球形冷凝
25、管 (4). a (5). 苯作带水剂产率高，但有毒，正丁醇同时作为反应物，无毒且带水效果较好，故选择正丁醇 (6). 可以准确控制反应温度和反应时间 (7). 开始时，反应向正反应方向进行，13min时，反应已接近化学平衡状态 (8). B (9). 87.8%【解析】【分析】(1)分水器下端有旋塞，使用前需检查是否漏液，分水器的作用是分离出水，有利于平衡正向移动，提高产率，提高转化率，判断反应终点等；(2)仪器X的名称为球形冷凝管，作用为冷凝回流；(3)分析表中数据可知，苯作为带水剂时产率高，但有毒，正丁醇同时作为反应物，无毒且带水效果较好；(4)采用微波加热的优点是可以准确控制反应温度和
26、反应时间，开始时，反应向正反应方向进行，随着微波加热时间延长，硼酸三丁酯的产率增加，但当加热时间超过13 min后，反应巳接近化学平衡状态，因此产率增加幅度明显减小。(5)蒸馏装置中应选择直形冷凝管，且温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管处；(6)根据正丁醇密度和体积计算可知，正丁醇过量。则可算出其理论产量，进一步求出产率。【详解】(1)分水器下端有旋塞，使用前需检查是否漏液；分水器的作用是分离出水，有利于平衡正向移动，提高产率，提高转化率，判断反应终点等；故答案为：是否漏液；分离出水，有利于平衡正向移动，提高产率，提高转化率，判断反应终点（写出一点即可）；(2)仪器X的名称为球形冷凝管，作用为冷
27、凝回流，其进水口应为“a”口；故答案为：球形冷凝管；a；(3) 分析表中数据可知，苯作为带水剂时产率最高，但有毒，正丁醇同时作为反应物，产率较高，无毒且带水效果较好，故答案为：苯作带水剂产率高，但有毒，正丁醇同时作为反应物，无毒且带水效果较好，故选择正丁醇；(4)微波炉有定时功能，采用微波加热的优点是可以准确控制反应温度和反应时间，开始时，反应向正反应方向进行，随着微波加热时间延长，硼酸三丁酯的产率增加，但当加热时间超过13 min后，反应巳接近化学平衡状态，因此产率增加幅度明显减小。故答案为：可以准确控制反应温度和反应时间；开始时，反应向正反应方向进行，13min时，反应已接近化学平衡状态；
28、(5)蒸馏装置中应选择直形冷凝管，且温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管处，故答案为：B；(6)根据正丁醇密度和体积计算可知，正丁醇过量。则理论上生成，其质量为0.1mol230gmol-1=23g，则硼酸三丁酯的产率为：，故答案为：87.8%；10.减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用，科学家研究利用回收的CO2制取甲醛，反应的热化学方程式为CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g) H。请回答下列问题：(1)己知：CH2O(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) H1=-480kJ/mol相关化学键的键能数据如表所示：化学键O=OH-HO-H键能/kJmol-149843
29、6464则CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g) H=_(2)一定条件下，将n(CO2):n(H2)=1:2的混合气体充入恒温恒容的密闭容器中，发生反应CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g)。下列说明反应已经达到平衡状态的是_(填选项字母)。a.容器内气体密度保持不变 b.H2O的体积分数保持不变c.该反应的平衡常数保持不变 d.混合气体的平均相对分子质量不变下列措施既能提高H2的转化率又能加快反应速率的是_填选项字母)a.升高温度 b.使用高效催化剂 c.缩小容器体积 d.扩大容器体积(3)实验室在2L密闭容器中进行模拟上述合成CH2O的实验。T1时，将体积比
30、为1：4的CO2和H2混合气体充入容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如表所示：时间/min0102030405060压强/kPa1.080.960.880.820.800.800.80已知：vp(B)=则反应开始10 min内，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为 _kPamin-1。T1时，反应的平衡常数Kp的代数式为Kp=_kPa-1(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。(4)T2时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO2的混合气体，容器内气体压强为1.2 kPa，反应达到平衡时，CH2O的分压与起始的关系如图所示：当=2时，反应达到平衡后，
31、若再向容器中加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05 kPa，则达到新平衡时，H2的转化率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。当=2.5时，达到平衡状态后，CH2O的分压可能是图象中的点_(填“D”“E”或“F”)，原因为_【答案】 (1). -6 KJmol-1 (2). bd (3). c (4). 0.024 (5). (6). 增大 (7). F (8). 当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量最大，当时，达到平衡状态后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图像中的F点【解析】【分析】(1)分析反应物和生成物存在的化学键形式，再根据H=反应物总键能
32、-生成物总键能可求出反应O2(g)+2H2(g)2 H2O(g)的H，进而再根据盖斯定律可求出最终的结果；(2)判断反应是否达到平衡的关键在于变量和不变量的判定，据此分析所给选项是否为变量即可选出答案；而既能提高H2的转化率又能加快反应速率需综合考虑化学反应速率的影响因素和平衡移动的影响因素；(3)根据图中数据，再结合三段式，便可求出速率和平衡常数；(4)根据压强对平衡移动的影响和勒夏特列原理分析可知H2的转化率将增大；再结合图像分析，当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量最大，当时，达到平衡状态后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图像中的F点；【详解】(1) 根据H=
33、反应物总键能-生成物总键能，反应O2(g)+2H2(g)2H2O(g)的H2=（498+2436）-（4464）=-486kJ/mol，而由盖斯定律，反应CH2O(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) H1=-480kJ/mol与反应O2(g)+2H2(g)2H2O(g)相减即可得到目标反应，故H=H2-H1=-6kJ/mol，答案为：-6kJ/mol；(2)a在恒温恒容的密闭容器中，体积始终不发生改变，根据可知，容器内气体密度为不变量，故a不可以；bH2O的体积分数保持不变，各物质的浓度保持不变，反应达到平衡状态，故b可以；c温度不变，反应平衡常数始终不变，为不变量，c不可以；d根据
34、化学计量数反应前后不等，可知，气体的平均摩尔质量也为变量，可以作为达到平衡的标志，d可以；故选bd；a升高温度反应速率增大，但因为H 0，升高温度，平衡逆向移动，H2转化率降低，不满足题意；b使用高效催化剂不改变转化率，b不满足题意；c缩小容器体积相当于增大压强，反应速率加快，平衡向体积减小的方向进行，即正向移动，H2的转化率增大，满足题意；d扩大容器体积，浓度减小，反应速率降低，不满足题意；故选c；(3)T1时，起始总压强为1.08kPa，由CO2和H2的体积比为1:4可得，CO2和H2的分压为=0.216和=0.864，容器体积不变，根据PV=nRT，分压与物质的量成正比，则有：10min
35、时，(0.216-x)+(0.864-2x)+x+x=0.96，则x=0.12，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为kPamin-1；平衡时，(0.216-x)+(0.864-2x)+x+x=0.80，则x=0.28，反应的平衡常数Kp的代数式为，故答案为：0.024；(4)当=2时，反应达到平衡后，若再向容器中加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05 kPa，平衡正向移动，则H2的转化率增大，结合图像分析，当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量最大，当时，达到平衡状态后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图像中的F点；故答案为：增大；F；当反应物按
36、化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量最大，当时，达到平衡状态后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图像中的F点。11.著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“稀土界的袁隆平”。稀土元素包括钪、钇和镧系元素。请回答下列问题：(1)写出基态二价钪离子(Sc2+)的核外电子排布式_，其中电子占据的轨道数为 _。(2)在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如2LnCl3+3H2C2O4+nH2O=Ln2(C2O4)3nH2O+6HCl。H2C2O4中碳原子的杂化轨道类型为_；1 mol H2C2O4分子中含键和键的数目
37、之比为 _。H2O的VSEPR模型为 _；写出与H2O互为等电子体的一种阴离子的化学式_。HCI和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl2H2O，HCl2H2O中含有H5O2+，结构为，在该离子中，存在的作用力有_a.配位键 b.极性键 c.非极性键 d.离子键 e.金属键 f氢键 g.范德华力 h.键 i.键(3)表中列出了核电荷数为2125的元素的最高正化合价：元素名称钪钛钒铬锰元素符号ScTiVCrMn核电荷数2122232425最高正价+3+4+5+6+7对比上述五种元素原子核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是_(4)PrO2(二氧化镨)的晶胞结构与CaF2相似
38、，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点。假设相距最近的Pr原子与O原子之间的距离为a pm，则该晶体的密度为_gcm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1 (2). 10 (3). sp2杂化 (4). 7:2 (5). 四面体形 (6). NH2- (7). abfi (8). 五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和 (9). 【解析】【分析】(1)Sc(钪)为21号元素，1s22s22p63s23p63d14s2，据此写出基态Sc2+核外电子排布式；s、p、d能级分别含有1、
39、3、5个轨道，基态Sc2+的核外电子3d轨道只占了一个轨道，据此计算Sc2+占据的轨道数； (2)根据杂化轨道理论进行分析；根据共价键的类型结合该分子的结构进行分析计算；根据价层电子对互斥理论分析H2O的分子空间构型；等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，据此写出与之为等电子体的阴离子；HCl2H2O中含有H5O2+，结构为，据此分析该粒子存在的作用力；(3)根据表中数据，分别写出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外围电子排布式为：3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和；(4)
40、根据均摊法进行计算该晶胞中所含粒子的数目，根据密度=进行计算。【详解】(1)Sc(钪)为21号元素，基态Sc2+失去两个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1，s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道，但基态Sc2+的核外电子3d轨道只占了一个轨道，故共占据13+32+1=10个，故答案为：1s22s22p63s23p63d1；10；(2)H2C2O4结构式为，含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，分子中含有7个键、2个键，所以键和键数目之比为：7:2，故答案为：sp2杂化；7:2；H2O中O原子的价层电子对数，且含有两个2个孤对电子，所以H2O的VSPER模型
41、为四面体形，分子空间构型为V形，等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，因此，与H2O互为等电子体的阴离子可以是NH2-，故答案为：四面体形；NH2-；HCl2H2O中含有H5O2+，结构为，存在的作用力有：配位键、极性键、氢键和键，故答案为：abfi；(3)根据表中数据，分别写出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外围电子排布式为：3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和，故答案为：五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和；(4)由图可知
42、，相距最近的Pr原子和O原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的，则该晶胞的晶胞参数，每个晶胞中占有4个“PrO2”，则该晶胞的质量为，根据可得，该晶体的密度为：，故答案为： 。【点睛】本题考查新情景下物质结构与性质的相关知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况以及对知识的迁移能力；本题第(2)小题的第问中H2O的VSEPR模型容易习惯性写为空间构型V形，解答时一定要仔细审题，注意细节。12.环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，如图是用烯烃A和羧酸D合成环丁基甲酸的路线。请回答下列问题：(1)A的结构简式为_。(2)B中官能团的名称为_、_。(3)BC的反应类型为_。DE的反应类型为_(4)C+E
43、F的化学方程式为_(5)满足下列条件的H的所有同分异构体(不考虑立体异构)共有_种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为_。能使溴的四氯化碳溶液褪色 能与NaOH溶液反应能与银氨溶液发生银镜反应 不含环状结构(6)以和为原料，选用必要的无机试剂，写出合成的路线_(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)【答案】 (1). CH3CH=CH2(或) (2). 碳碳双键 (3). 溴原子 (4). 加成反应 (5). 酯化反应（或取代反应） (6). BrCH2CH2CH2Br+2HBr (7). 8 (8). (9). 【解析】【分析】A的分子式为C3H6，不饱和度，
44、含有碳碳双键，发生取代反应生成B，B再发生加成反应得到C，D与C2H5OH发生酯化反应得到E，C与E在一定条件下发生取代得到F，进而得到G和H，由此进行分析。【详解】(1)根据图示转化关系，AB为取代反应，BC为加成反应，又A的分子式为C3H6，不饱和度，含有碳碳双键，则A的结构简式为CH3CH=CH2(或)，故答案为：CH3CH=CH2(或)；(2)B的结构简式为BrCH2CH=CH2，含有官能团为碳碳双键和溴原子，故答案为：碳碳双键；溴原子；(3)B发生加成反应得到C，C与E在一定条件下发生取代反应得到F，故答案为：加成反应；酯化反应（或取代反应）；(4) C与E在一定条件下发生取代得到F
45、，反应方程式为：BrCH2CH2CH2Br+2HBr；(5)H的分子式为C5H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有谈谈不饱和键，根据能与NaOH溶液反应，则含有酯基或羧基，根据能与银氨溶液发生银镜反应，则含有醛基或甲酸酯基，结合以上条件分析和条件不含环状结构可知符合条件的同分异构体含有碳碳双键和甲酸酯基，故该同分异构体可表示为HCOOC4H7，其中C4H7中含有一个碳碳双键，由于丁烯有、CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3三种结构，去掉一个H得到的丁烯基C4H7分别有4种、2种、2种，即C4H7有8种，故满足条件的H的同分异构体共有八种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为，故答案为：8；(6)结合题干中烯烃A和羧酸D合成环丁基甲酸的路线，类比推理可得出：以和为原料合成的路线为：。【点睛】根据有机物的化学式计算不饱和度的方法：若有机物的化学式为CxHy则不饱和度=。