1、宜昌夷陵中学、襄阳五中、钟祥一中2019届高三5月模拟考试理综模拟试题卷可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Al：27 Cl:35.5 S:32 Ni：59 Ag：108 Pr：141 Mo：96第卷（共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6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.生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是（ ）A. 衣紫腰银B. 点石成金C. 铜鸵荆棘D. 铁柞成针【答案】A【解析】某种金属制成
2、的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去，该金属是银，表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银。A. 衣紫腰银涉及金属银，故A正确；B. 点石成金涉及金属金，故B错误；C. 铜鸵荆棘涉及金属铜，故C错误；D. 铁柞成针涉及金属铁，故D错误；故选A。2.设NA代表阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数。下列叙述正确的是（ ）A. 在标准状况下2.24LCCl4中含有的CCl键数为0.4NAB. 将1mol Cl2通入水中，则N(
3、HClO)+N(Cl)+N(ClO)2NAC. 将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时，反应转移的电子数为aNA/14D. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A. 在标准状况下，CCl4是液体，2.24LCCl4的物质的量远大于0.1mol，CCl键数远大于0.4NA，故A错误；B. 氯气与水反应可逆，将1mol Cl2通入水中，则N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)2NA，故B错误；C. 将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时，参加反应的Na2O2的物质的量是xmol。则2CO2+2Na2O2= 2Na2CO3+O2 m 2m
4、ol 56g xmol agx=，反应转移的电子数为，故C错误；D.甲醛、冰醋酸的最简式都是CH2O，3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，故D正确。3.依曲替酯是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成。下列说法不正确的是（ ）A. 原料X与中间体Y互为同分异构体B. 原料X可以使酸性KMnO4溶液褪色C. 中间体Y能发生还原、加成、取代、氧化、水解反应D. 1 mol依曲替酯只能与1 mol NaOH发生反应【答案】D【解析】【详解】A. 原料X与中间体Y的分子式都是C13H12O4，结构不同，所以互为同分异构体，故A正确；B. 原料X含有碳碳双键、苯环上含
5、有甲基，所以可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C. 中间体Y含有羰基、碳碳双键能与氢气发生加成反应，中间体Y含有酯基、酚羟基能发生取代反应，中间体Y含有酚羟基能发生氧化反应、中间体Y含有酯基能发生水解反应，故C正确D. 1 mol依曲替酯含有1mol酚羟基形成酯基，能与2mol NaOH发生反应，故D错误，选D。4.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛有H2O2溶液试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生
6、成Fe2+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动C铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化D向等浓度的KCl、KI混合液中逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，浓硫酸还将氧化C生成二氧化碳，浓硫酸还体现强氧化性，故A正确；B向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色,一段时间后，说明Fe2+被氧化为Fe3+，此时溶液中出现气泡，Fe3+ 是
7、H2O2分解的催化剂，故B错误；C常温下铝与浓硝酸发生钝化现象，故C正确；D向等浓度的KC1、KI混合液中逐滴满加AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，则说明Ksp(AgCl)Ksp (AgI)，故D正确，答案为B。5.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：CBAB. 气态氢化物的热稳定性：ECC. 最高价氧化对应的水化物的酸性：BED. 化合物DC与EC2中化学键类型相同【答案】C【解析】
8、【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，制冷剂为氨气，所以A为氢元素，B为氮元素，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，为镁元素，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，所以C为氧元素，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，则E为硅元素。A. 根据同周期元素，从左到右原子半径减小，故原子半径： B CA，故错误；B. 氧的非金属性比硅强，所以气态氢化物的热稳定性：C E，故错误；C. 氮的非金属性比硅强，所以最高价氧化对应的水化物的酸性：硝酸大于硅酸，故正确；D. 氧化镁含有离子键，二氧化硅含有共价键，故错误。故选C。6.由相同金
9、属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合K2，断开K1，一段时间后，再断开K2,闭合K1，即可形成浓差电池，电流计指针偏转。下列不正确的是（ ）A. 充电前，该电池两电极存在电势差B. 放电时，右池中的NO3通过离了交换膜移向左池C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，两电极的质量差为21.6gD. 放电时，电极Y为电池的正极【答案】A【解析】【分析】先闭合K2，断开K1，形成电解池，X电极是阴极，电极反应是Ag+e-=Ag，Y是阳极，电极反应式是Ag-e-=Ag+，NO
10、3-通过离子交换膜进入右池，所以左池浓度小于右池；再断开K2,闭合K1，形成原电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极。【详解】A. 充电前，左右两池浓度相同，该电池两电极不存在电势差，故A错误；B. 放电时，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极，右池中的NO3通过离了交换膜移向左池，故B正确；C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，X电极消耗0.1molAg，Y电极生成0.1molAg，所以两电极的质量差为21.6g，故C正确；D. 电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，充电后左池浓度小于右池，所以放电时，电极Y为电池的正极
11、，故D正确；选A。7.20时，在H2C2O4、NaOH混合溶液中，c（H2C2O4）c（HC2O4-）c（C2O42-）0.100mol/L。含碳元素微粒的分布分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 表示H2C2O4的分布曲线，表示C2O42-的分布曲线B. 20时，H2C2O4的二级电离平衡常数Ka21104.2C. Q点对应溶液中lgc（H）lgc（OH）D. 0.100molL1的NaHC2O4溶液中：c（OH）c（H）2c（C2O42-）c（H2C2O4）【答案】B【解析】【详解】A.H2C2O4是二元弱酸，表示HC2O4-的分布曲线，表示H2C2O4的分布曲线、
12、表示C2O42-的分布曲线，故A错误；B.p点c（HC2O4-）=c（C2O42-），pH=4.2，20时，H2C2O4的二级电离平衡常数Ka2=1104.2，故B正确；C. Q点的溶液呈酸性，c（OH）c（H），对应溶液中lgc（H）lgc（OH），故C错误；D. 0.100 molL-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒，c（Na+）=c（C2O42-）+c（H2C2O4）+c（HC2O4-），电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42-）+c（OH-）+c（HC2O4-），计算得到c（OH-）+c（C2O42-）c（H+）+c（H2C2O4），故D错误。【点睛】本题考查了弱电解质
13、的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。8.为检验溶液中是否含有Cl-，某同学采用向溶液中先加HNO3，再加AgNO3，溶液的实验方案，若有白色沉淀生成，则证明有Cl-。对此结论，有人提出了质疑，设计了如下探究性实验。实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液编号Na2SO4溶液AgNO3溶液现象体积/mL浓度(molL-1)体积/滴浓度(molL-1)1l32出现大量白色沉淀1130.5出现少量白色沉淀1130.1有些许浑浊1130.0l无明显变化（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为_。（2）学生设计了如下表格，对实验一内容进行理论
14、计算，请帮他完成表格。(表中不要留空格)。25时Ksp(Ag2SO4)=1210-5，Ksp(AgCl)=1810-10编号AgNO3浓度(molL-1)稀释后Ag+浓度(molL-1)混合液中SO42-的最小理论检出浓度(molL-1)20.20.00030.5_0.00480.10.0l0.12_0.001_若向lmL某溶液中加入3滴0.1mol/LAgNO3溶液，分析上面数据，判断下列说法正确的是_ (填字母序号)。A混合液中c(SO42-)=0.1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀B混合液中c(SO42-)=1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀C无论SO42-浓度大小都会产生Ag2
15、SO4沉淀D若使用0.01 mol/LAgNO3溶液，可基本排除SO42-对Cl-检验构成的干扰（3）将实验一中编号中的理论计算结果与现象对照，发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀，这与“有些许浑浊”的现象相矛盾。为探究真相，在实验一的基础上继续设计了以下实验。实验二：编号AgNO3溶液浓度(molL-1)现象向沉淀中滴加硝酸后的现象2出现大量白色沉淀滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失0.5出现少量白色沉淀滴加稀硝酸，沉淀基本消失对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设一。(已知：H2SO4=H+HSO4-、HSO4-H+SO42-；假设二可能的原因是NO3-与A
16、g+形成配位化合物)假设一：_。假设二：NO3-对Ag2SO4溶解起作用。（4）从下列限选试剂中选择适当试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立。请写出实验步骤和结论。(限选试剂：Ag2SO4固体、浓HNO3、NaNO3饱和溶液、CaSO4固体)_（5）通过（4）的实验，若证实假设一成立，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因_【答案】（16分）（1）2Ag+ SO42-Ag2SO4 （2分）（2）0.05 （1分） 0.01 （1分） 12（2分） AD （2分）（3）假设一：H+对Ag2SO4溶解起作用（2分）（4）取少量CaSO4固体于试管中，加入一定量浓HNO3，充分振荡。若
17、沉淀溶解，说明假设一成立。取少量Ag2SO4固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设二成立。（验证假设一和假设二各2分，共4分）（5）Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)2Ag+（aq）+SO42-（aq），H+与SO42-结合生成HSO4-，SO42-浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解。（2分）【解析】试题分析：（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为2Ag+ SO42-Ag2SO4。（2）根据实验可知，稀释后浓度变成原来的，因此稀释后的浓度为0.05 molL，稀释前的浓度为0.01 molL-1，根据Ksp(Ag2SO4)=1210-
18、5，有c2(Ag+)c(SO42)=0.012c(SO42)= 1210-5，解得：c(SO42)=12molL向l mL某溶液中加入3滴01 molL AgNO3溶液，AgNO3的浓度为001 molL。当混合液中c(SO42-)=01 molL时不会产生Ag2SO4沉淀，A正确；当混合液中c(SO42-)=1 molL时会产生Ag2SO4沉淀，B、C错误；若使用001 molL AgNO3溶液，c(SO42)需达到12molL才能生成沉淀，在一般的稀溶液中是不可能的，可基本排除SO42-对Cl-检验构成的干扰，D正确；（3）加入的硝酸溶液中含有两种离子H+和NO3-，结合题意“假设二可能的
19、原因是NO3-与Ag+形成配位化合物”可知假设一应该与H+有关：H+对Ag2SO4溶解起作用（4）取少量CaSO4固体于试管中，加入一定量浓HNO3，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设一成立。取少量Ag2SO4固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设二成立。（5）Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)2Ag+（aq）+SO42-（aq），H+与SO42-结合生成HSO4-，SO42-浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解。考点：考查了化学实验的设计与猜想和化学平衡等相关知识。9.金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为+6、
20、+5、+4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)，部分流程如图1所示：已知：钼酸微溶于水，可溶于液碱和氨水。回答下列问题：（1）钼精矿焙烧时，每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为_。（2）钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_，请你设计工业上除去该尾气的方法（写出两种“变废为宝”的方法和离子方程式）：_；_。（3）由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_。（4）操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO42-)0.80mol/L，c(SO42-)0.04mol/L，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO
21、42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是_。Ksp(BaSO4)1.11010、Ksp(BaMoO4)4.0108，溶液体积变化可忽略不计（5）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。x_。焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应转移6mol电子，则消耗的氧化剂的物质的量为_。【答案】 (1). 14mol (2). 形成酸雨 (3). 可用氨水吸收后制成氮肥，并为硫酸工业提供原料气 (4). 2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-H2O，SO32-+2H+=SO2H2O (5). 瓷坩埚 (6). 94
22、.5% (7). 64 (8). 3mol【解析】【分析】（1）钼精矿焙烧时，MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2； （2）钼精矿焙烧时排放的尾气SO2是酸性氧化物；工业上可以用氨水吸收制取氮肥，并为硫酸工业提供原料气；（3）钼酸灼烧得到MoO3；（4）根据Ksp(BaMoO4)40108计算BaMoO4开始沉淀时c（Ba2+），再根据c（Ba2+）和 Ksp(BaSO4)1.11010计算溶液中c(SO42-)；（5）第6层炉含有MoO2、MoS2、MoO3，根据Mo元素守恒计算x；MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的方程式是MoS2+6MoO37MoO2+2SO2；【详解】（1）钼
23、精矿焙烧时，MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2，反应方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，所以每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为14mol；（2）钼精矿焙烧时排放的尾气SO2是酸性氧化物，对环境的主要危害是形成酸雨；工业上可用氨水吸收后制成氮肥，并为硫酸工业提供原料气，反应方程式是2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-H2O，SO32-+2H+=SO2H2O；（3）钼酸灼烧得到MoO3，灼烧固体的仪器是瓷坩埚；（4）c(MoO42-)0.80mol/L，则BaMoO4开始沉淀时c（Ba2+）= 510-8，此时c(SO42-)=2.2 10-3，SO42-的去除率
24、是；（5）第6层炉含有MoO2、MoS2、MoO3，MoS2、MoO3的含量分别为18%，根据Mo元素守恒，MoO2的含量为1-18%-18%=64%；MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的方程式是MoS2+6MoO37MoO2+2SO2，MoO3中Mo元素由+6价降低为+4，MoO3是氧化剂，若转移6mol电子，则消耗MoO3的物质的量为3mol。【点睛】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查流程图中操作过程、物质性质、图象分析等，明确操作基本原理及物质的性质是解本题关键，同时考查学生分析判断及知识综合应用能力，注意溶度积常数的有关计算。10.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲
25、烷在催化作用下脱氢,在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g) H 0化学键HHCHC = CCCE(kJ / mol)abcd（1）已知相关化学键的键能如表，甲烷制备乙烯反应的H =_(用含a.b.c.d的代数式表示)。（2）T1温度时，向1L的恒容反应器中充入2 molCH4，仅发生上述反应，反应过程中015 min CH4的物质的量随时间变化如图1,测得10-15 min时H2的浓度为1.6molL-1010min内CH4表示的反应速率为_mol/(Lmin) o若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时
26、，达到平衡过程中n (CH4)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_(填“a”或 “b”)。15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_(任答一条即可)。（3）实验测得：v正=K正c2(CH4)，v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)，其中K正、K逆为速率常数仅与温度有关，T1温度时k正与K逆的比值为_(填数值)。若将温度由T1升高到T2,则反应速率增大的倍数V正_V逆(选填“”、“”或“=”)；判断的理由是_（4）科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示，电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2-C极的Pt为_极
27、(选填“阳”或“阴” )。该电池工作时负极反应方程式为_。用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL,则电解后所得溶液在25时pH=_(假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL)。【答案】 (1). +(4b-c-2a) kJmoL-1 (2). 0.16 (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). 12.8 (6). (7). H 0，温度升高，k正增大的倍数大于k逆 (8). 阳 (9). CH48e+4O2=CO2+2H2O (10). 12【解析】【分析】（1）焓变=反应物的总键能生成物的总键能；（2）；催化剂表面积越大，反应速率越快；15
28、min时,改变外界反应条件导致n( CH4)减小，说明平衡正向移动； （3）利用 “三段式”计算T1温度，平衡时各物质的量的浓度，带入v正=K正c2(CH4)，v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)计算速率，再根据平衡时正逆反应速率相等计算k正与K逆的比值；根据升高温度后平衡移动方向分析升温后V正、V逆的相对大小；（4）甲烷燃料电池，通入氧气的一极为正极、通入甲烷的一极为负极，负极是甲烷失电子生成二氧化碳和水；电解池的C极与电源的正极相连，C是阳极、D是阴极。【详解】（1）焓变=反应物的总键能生成物的总键能，2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g) H=8bc 4b2a+(4b-c-2a)
29、kJmoL-1；（2）10-15 min时H2的浓度为1.6molL-1，根据反应方程式，甲烷的浓度变化为1.6molL-1， 010min内CH4表示的反应速率=0.16 mol/(Lmin)；催化剂表面积越大，反应速率越快，表示催化剂表面积较大的曲线是b；2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)正反应吸热、气体物质的量增多，所以升高温度或减小压强，平衡正向移动， n( CH4)减小，故15 min时，改变外界反应条件可能是升高温度或减小压强。（3）2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)开始 2 0 0转化 1.6 0.8 1.6平衡 0.4 0.8 1.6v正=K正c2(CH4)
30、= K正(0.4)2，v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)= K逆0.8(1.6)2，平衡时正逆反应速率相等，即K正(0.4)2= K逆0.8(1.6)2，k正与K逆的比值为12.8；该反应H 0，温度升高，平衡正向移动，所以k正增大的倍数大于k逆；（4）电解池的C极与电源的正极相连，C极的Pt为阳极。通入甲烷的一极为负极，负极是甲烷失电子生成二氧化碳和水，负极反应方程式为CH48e+4O2=CO2+2H2O。用该电池电解饱和食盐水，电解方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2,生成气体的物质的量是 ，则生成氢氧化钠xmol；2NaCl+2H2O 2NaOH+ H2+Cl2 2
31、2 x 0.005x=0.005mol，c(OH-)= ，则25时，电解后所得溶液在pH=12。11.化学物质结构与性质镧系为元素周期表中第B族、原子序数为5771的元素。（1）镝（Dy）的基态原子电子排布式为Xe4f106s2，画出镝（Dy）原子外围电子排布图：_。（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3，基态时Cu3的电子排布式为_。（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示3价的元素是_（填元素名称）。几种镧系元素的电离能（单位：kJmol1）元素I1I2I3I4Yb（镱）604121744945014Lu（镥）532139041114987La（镧）5381067185
32、05419Ce（铈）527104719493547（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4）2Ce（NO3）6。组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。写出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：_（任写一种）。元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（AlCl3）2，分子中Al原子杂化方式为_，分子中所含化学键类型有_（填字母）。a离子键 b极性键 c非极性键 d配位键（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有_个氧原子；已知晶胞参数为apm，密度为gcm3，NA_（用含a、的代数式表示）
33、。【答案】 (1). (2). Ar3d8(或1s22s22p63s23p63d8) (3). 镧 (4). ONHCe (5). NHO(或NHN或OHN或OHO) (6). sp3 (7). bd (8). 8 (9). (或)【解析】（1）.根据镝(Dy)的基态原子电子排布式Xe4f106s2可知，镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图为：，故答案为：；（2）.Cu是 29号元素，基态原子的电子排布式为：Ar3d104s1，高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，说明Cu失去3个电子，则基态时Cu3+的电子排布式为：Ar3d8 (或1s22s2
34、2p63s23p63d8)，故答案为：Ar3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)；（3）.第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价可能性越大，在上述表中，镧的I1、I2和I3最接近，则最有可能显示+3 价的元素是镧，故答案为：镧；（4）. .元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2Ce(NO3)6，组成配合物的四种元素中，因元素非金属性越强，电负性越大，则ONH，又因Ce是金属，其电负性在四种元素中最小，所以电负性大小顺序为：ONHCe，故答案为：ONHCe； . N和 O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有：N-HO(或 N-HN或O-H
35、N或O-HO)，故答案为：N-HO(或 N-HN或O-HN或O-HO)； .在气态氯化铝 (AlCl3)2中，每个Al原子与4个Cl原子形成4个键，则Al原子的杂化方式为sp3，在该分子中，与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道，故答案为：sp3；bd；（5）.PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为：61/2+81/8=4，则氧原子个数为：42=8；根据上述分析可知，一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2，则=，则NA=(或)，故答案为：8；(或)；12.【化学选修5：有机化学基础】聚合
36、物H ()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下： 已知：C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。Diels-Alder反应：。（1）生成A的反应类型是_。D的名称是_。F中所含官能团的名称是_。（2）B的结构简式是_；“BC”的反应中，除C外，另外一种无机产物是_。（3）D+GH的化学方程式是_。（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为_（任写一种）。（5）已知：乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1,3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无
37、机试剂合成，写出合成路线_（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). 消去反应 (2). 对苯二甲酸 (3). 硝基、氯原子 (4). (5). H2O (6). (7). 10 (8). 或 (9). 【解析】根据题意，A是，C为：,D为：，E为：，F为：，G为：。（1）是由乙醇分子内脱水生成乙烯，故生成A反应类型为：消去反应；D为：，名称为：对苯二甲酸，F是，所含官能团的名称是硝基和氯原子；（2）B由乙烯和生成，故B结构简式是：；“BC”的反应即为分子内脱水，除C外，另外一种产物是水；（3）D为：，G为：，H为，故D+GH的化学方程式是：n+
38、 n + （2n-1）H2O；（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则多一个CH2，分子中除了苯环，还有两个羧基，碳原子还剩下1个，若苯环上只有一个取代基，则为-CH(COOH)2,有一种；若有两个取代基，则为-COOH和-CH2COOH，两者在本换上的位置为邻间对三种；若有三个取代基，则为两个羧基和一个甲基，先看成苯二甲酸，苯二甲酸两个羧基的位置有则Q可能的结构有邻间对，而苯环上的H再被甲基取代的分别有2种、3种1种，总计共10种同分异构体；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为；（5）乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应：，以1,3-丁二烯和乙炔为原料，合成，合成思路为：先用反应合成六元环，再用卤素加成，再用氢氧化钠水溶液取代即可合成产物，故合成路线为：。