湖南省长郡中学2020届高三第三次适应性考试(全国I卷)理综化学试题

1、湖南省长郡中学2020届高三第三次适应性考试（全国I卷）理综化学试题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】【分析】【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）, 是一种无色透明、洁净明亮的宝石。 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BaSd,故答

2、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A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】A. I2溶于CC14,不能用分液的方法分离，由于I2和CC14的沸点不同，可用蒸储的方法进行分离，A选项错误；B.加热时，水易挥发，但 NaCl不挥发，所以可以采用蒸储的方法出去水中的 NaCl, B选项正确；C.制取NO时，长颈漏斗的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；D. NaOH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Bo【点睛】 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及基本

3、操作、物质的分离提纯等知识点，明确实验原理、实试卷第1页，总16页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为姓基）和苯通过停克反应合成b的过程如下（无机小分子产物略去）&b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2. 3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D. R为C4H9时，1molb加成生成Ci0H20至少需要3molH2【答案】C【解析】【分析】 【详解】A.环己烯1分子式为C6H10,螺2. 3己烷分子式为C6H10,所以互为同分异构体

4、，故A正确；RB.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;。白所示4种R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， i有2种结构，若考虑姓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 烷、3甲基一2氯丁烷和3甲基一1氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷姓有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

5、烷。综上所叙分子式为C5H11。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/mol试卷第2页，总16页装置如图所示（部分装置已省略）。已知SO2c12的熔点为-54.1 C,沸点为69.1C,

6、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C12通过冷凝管逸出，SO2和C12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 SO2c12水解。【详解】A.乙的

7、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SO2C12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，？H<0,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SO2C12 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Bo【点睛】解答此类问题时需仔细分析题干，利用题干信息分析出装置的作用以及相关试剂，综合度较

8、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，四价铀作为铀钵分离的还原剂己广泛使用。在 UO2（NO3）-2HNO3-N2H4。HNO3 体系下米用电解法制备四价铀，电解总反应为 2UO22+N2H5+3H + = 2U4+N2T+4HO,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+2H2O + 2e =U4 +4OHC.电解液中NO3-的移动方向：a一质子交换膜一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】此装置为电解池模型，结合图像

9、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+ + 2H2O + 2e =U4 +4OH , 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 = N2T+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 + ,日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 = N2T+5H, B选项错误；C. NO

10、3-不能透过质子交换膜，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Ao6.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 mol?Lq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rS -A.原子半径：R<W<X<Z<YB. n、r、t中化学键类型相同C. u、v、q中均含有X元素D. m、s均属于碱【答案】C【解析】【分析】由题，r、s、t、u是由这些元素

11、组成的二元化合物，r常用作调味剂，则r为NaCl, t通常为液态，t可能为H2O, m、n、q是由这些元素组成的三元化合物，0.1 mol?L-lq溶液常温下的pH=1, q为一种一元强酸，则q 为HNO3,根据转化关系可知，m为NaOH, n为NH4CI,在加热的条件下可生成r(NaCl)、s(NH3)、t(H2。)， NH3在催化剂加热的条件下与 X的单质(02)反应生成NO和H2O,再与02反应可生成HNO3,综上，m为NaOH, n 为 NH4C1, q 为 HNO3, r 为 NaCl, s 为 NH3, t 为 H2O, u 为 NO, v 为。2,又 R、W、X、Y、Z 为短周期

12、元 素，且原子序数依次增大，R、Y同主族，则R为H元素，W为N元素，X为。元素，Y为Na元素，Z为 Cl元素，据此可解答问题。【详解】A.根据上述分析，R为H元素，W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，H为第一周期元 素，N、O为第二周期元素，Na、Cl为第三周期元素，又原子序数：O>N,Cl>Na,故原子半径大小：Na>Cl>N>O>H , 即Y>Z>W>X>R , A选项错误；B. n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；C. u为NO, v为O

13、2, q为HNO3,均含有X(O)元素，C选项正确；D. m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Co 7,配离子的稳定性可用 K不稳衡量，例如Ag(NH3)2+的K不稳=,“人小? 1 + 0 在一定温度下，向0.1 mol/Lc(Ag(NH3)2)硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应 Ag+2NH3? Ag(NH 3)2+。溶液中pNH3与6 (X)勺关系如图。其中pNH3=-lgc(NH 3)、n(X)6 (X)=c(Ag+)+c(Ag(NH 3)2+) (X 代表 Ag+或 Ag(NH 3)2+。下列说法不正确的是pNH”和O-XH-的分布系散网

14、A.图中W代表的是6 (Ag(NH3)2+)B,向溶液中滴入稀硝酸，6(Ag)减小C .该溶液中 c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)D .该温度时，K 不稳(Ag(NH 3)2+)=10-7.3【答案】B【解析】【分析】【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，6 (Ag(NH3)2+)逐渐增大，即6 (Ag) 减少，6(Ag(NH)2+)增加，结合图像变化趋势，6 (Ag)随着pNH3的增大而增大，所以&代表的是6(Ag), &代表的是6(Ag(NH)2+), A选项正确；B. NH3与H+反应生成NH4+,使反应Ag

15、+2NH3 Ag(NH3)2+逆向移动，c(Ag+)增大，则6 (Ag)增大，B 选项错误；C.溶液中电荷守恒：c(Ag+)+c(Ag(NH 3)2+)+c(NH4+)+c(H+尸c(OH-)+c(NO3-),物料守恒：c(Ag+)+c(Ag(NH 3)2+) =c(NO3-),两式整理得c(NH4+)+c(H+尸c(OH-), C选项正确；D. a点时，c(Ag+尸c(Ag(NH 3)2+), pNH3=3.65,则 c(NH3)=10-3.65mol/L , K 不稳(Ag(NH 3)2+)=c2(NH3)=( 10-3.65)2=10-7.3, D 选项正确；答案选Bo8.环丁基甲酸是重

16、要的有机合成中间体，如图是用烯姓 A和竣酸D合成环丁基甲酸的路线请回答下列问题:试卷第15页，总16页(1)A的结构简式为 (2)B中官能团的名称为、。(3)B -C的反应类型为 o D-E的反应类型为 (4)C+E-F的化学方程式为满足下列条件的H的所有同分异构体(不考虑立体异构)共有一种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为 0能使澳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CHeOH(6)以，和为原料，选用必要的无机试剂，写出合成的路线H 0cHl CHji OH" s(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

17、】CH3CH=CH2(或个)碳碳双键澳原子 加成反应酯化反应(或取代反应)C00CH2CH3BrCH2CH2CH2Br+COOCHjCHa一定条件+2HBrHOCH入皿。HHBt BrCQCHR 一 _hochXch/»*b©iKch我二亚莉，goocQ>“0比 HOOC 种虢酸HOOCXXXcOOHdHOOC -<2>OCOOH【解析】【分析】A的分子式为C3H6,不饱和度=2 32+2-6=1 ,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

18、析。【详解】2 3+2-6根据图小车化关系，A-B为取代反应，B-C为加成反应，又A的分子式为C3H6,不饱和度=-2=1, 含有碳碳双键，则A的结构简式为CH3CH=CH2(或一)，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澳原子，故答案为：碳碳双键；澳原子；(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)；一定条件cooch2ch3C与E在一定条件下发生取代得到 F,反应方程式为：BrCH2CH2CH2Br+CH?cdoch2ch3+2HBr(5)H的分子式

19、为C5H8。2,能使澳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， 则含有酯基或竣基，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,Ols C-CHj其中一C4H7中含有一个碳碳双键，由于丁烯有I '、CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3三种结构，去CHg有八种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为-，一故答案为：8；掉一个H得到的丁烯基一C4H7分别有4种、2种、2种，即一C4H7有8种，故满足条件的H的同分异构体共I ；H

20、 P0.noCHj CHi OH(6)结合题干中烯姓A和竣酸D合成环丁基甲酸的路线，类比推理可得出：以山和”°旷丫2为 H 工-H. UH.原料合成的路线为:HOCHX CHjOHhBc BrCHCHjBr HOCH/CHjOrrTBra，CH我一定府f %Q00C 7 COOCjH)C00CA电也 HOCXCOOH J HOOC -OO-COOH 0hoocAAAcooh【点睛】t 、,、,、-r 4I 、,、,2x+2-y根据有机物的化学式计算不饱和度的万法：若有机物的化学式为CxHy则不饱和度。二。29.无色透明的结石(主要成分为ZrSiO4)酷似钻石，是很好的钻石代用品。结石

21、又称皓英石，常含有铁、铝铜的氧化物杂质。工业上一种以培英石为原料制备 ZrO 2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、。元素外，其他元素均转化为高价氯化物；ii.SiCI 4极易水解生成硅酸；ZrC1 4易溶于水，390c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”皓英石的目的为。(2) 氯化”过程中，结英石发生的主要反应的化学方程式为o 氯化”过程中ZrCl4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

22、390c时，ZrCl4产率降低的原因为 滤液1”中含有的阴离子除OH-、Cl-外，还有 。常用的铜抑制剂有NaCN(氟化钠)，NaCN可与铜离子反应生成Cu(CN) 2KspCu(CN) 2=4 M0-10沉淀。 己知盐酸溶解后的溶液中 Cu2+的浓度为1 mol?L-1,当溶液中Cu2+浓度不大于1X10-6mol?L-1时即达到后续生 产的要求，则欲处理1L该溶液至少需要2mol?L-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)。由于氟化钠有剧毒，所以需要对废液”中的氟化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将鼠化钠氧化，其中一种产物为空气的

23、主要成分。请写出在碱性条件下漂白液与氟化钠反应的离子方程式 。 通过 萃取“反萃取”可以分离铁，富集结，原理为 。【答案】增大反应物接触面积，缩短 氯化”时间，提高培英石的转化率ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl 4+SiCl4+4CO2 1 MPa 390c 温度高于 390c , ZrCl4 因升华而逸出 AlO 2-、 SiO32- 1.02 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5C+N2T+HO 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

24、层，再利用 H2SO4 反萃取Zr(SCN”,从而达到分离铁，富集结的目的【解析】 【分析】由题干可知，天然皓英石的主要成分是 ZrSiO4,常含有Fe、Al、Cu等金属的氧化物杂质。根据反应流程，将 粉碎后的天然皓英石用CO和C12氯化，得到ZrCl4、SiCl4、AlCl 3、FeCl3、CuCl2,之后用NaOH溶液碱浸， SiCl4、A1C13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

25、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ZrCl4、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 ,通入氨气实现沉皓，最后沉淀经过煨烧得到ZrO20【详解】结合上述分析：皓英石 粉碎”后表面积增大，反应速率加快，氯化”时间缩短，结英石的转化率提高。故答案为：增

26、大反应物接触面积，缩短 氯化”时间，提高培英石的转化率；(2)根据已知条件i可知，氯化”过程中除C、。元素外，其他元素均转化为高价氯化物，Zr在化合物中通常显+4价，因此 氯化”过程中，结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=ZrCl 4+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、390C。由已知条件ii可知ZrCl4易溶于水，390c升华，因此若 氯化”温度超过390C ,

27、 ZrCl4因升华而逸出，导致其 产率降低，故答案为：1 MPa、390C；温度高于390C, ZrCl4因升华而逸出；氯化”后 碱浸“，氯化”产物ZrCl4与NaOH反应生成难溶于水的Zr(OH)4,SiCl4水解生成的H2SQ3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AlO",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+

28、) =1 10-6 mol/L 时，c CN4 10-6 molgL-1=2 10-2molgL-1 ,设至少需要NaCN溶液的体积为V L,则2V-2 =2 10-2X(V+1),解得V- 1.02故答案为：1.02;选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氟化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分，即为N2,因此漂白液与氟化钠反应的离子方程式为：2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2 T +HO,故答案为：2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2 T +HO ；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

29、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结的目的，故答案为：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，富集结的目的。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

30、取甲醛，反应的热化学方程 式为 CO2(g)+2H2(g)? CH2O(g)+H 2O(g) ?H。请回答下列问题：(1)己知：CH2O(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) ?H i=-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/kJ?mol-1498436464则 CO2(g)+2H2(g)? CH2O(g)+H 2O(g) ?H=(2)一定条件下，将n(CO2):n(H2)=1:2的混合气体充入恒温包容的密闭容器中，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

31、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。C时，将体积比为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/kPa1.080.960.880.820.800.800.80一，Ap(B) .已知：vp(B)=则反应开始10 min内，用H2的压强变化表不该反应的平均反应速率为

32、kPa?min1。C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，分压二总压呦质的量分数)。(4)T2c时，向体积为2L的包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,n H2、，一 ，-反应达到平衡时,CH2O的分压与起始的帝百关系如图所小:一，n H2当 “ 二2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,则 n CO 2达到新平衡时，H2的转化率将(*增大"减小"或不变" J-n H2 当=2.5时，达到平衡状态后,CH2O的分

33、压可能是图象中的点 (填“D” “道“F”,原因为n CO 2【答案】-6 KJ mol-1bd c 0.0240.28 0.28'20.08 0.162增大 F当反应物按化学计量数之比投m H2料，达到平衡时生成物的百分含量最大，当 d =2.5时，达到平衡状态后,CH2O的体积分数应小于C点， m CO2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-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

34、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；根据图中数据，再结合三段式，便可求出速率和平衡常数；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mH学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量最大，当一U=2.5时，达到平衡状态后，CH2O的体积m CO2分数应小于C点，故可能是图像中的F点；【详解】(1)根据？H二反应物总键能-生成物总键能，反应 O2(g)+2H2(g)?2H2O(g)的？H2=(498+2>436) - (4>464)=-486kJ/mol

35、,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.在恒温包容的密闭容器中，体积始终不发生改变，根据二m可知，容器内气体密度为不变量，故 a不可以；b. H2O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.根据化学计量数反应前后不等，M=m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，dn可以；故选

36、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；1- 一TiC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1.08 - =0.216和41.08 -=0.864PV=nRT,分压与物质的量成正比，则有:5CO2 g2H2 g ?CH2O g出。g起0.2160.86400转x

37、2xxx末0.216-x0.864-2xxx,容器体积不变，根据10min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 0 12 2=0.024kPa?min1;平衡时，(0.216-x)+(0.864-2x)+x+x=0.80 , WJ x=0.28,反应的平衡常数 Kp 的代数式100.024；0.28 0.280.08 0.162 '0.28 0.28田依七4为kp= c co c ”2 ，故答案为:0.08 0.162n H2(4)当 * =2时,反应达到平衡后，若再向容器中加入CO2(g)和H2O(

38、g),使二者分压均增大0.05 kPa,n CO2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m H2百分含量最大，当 一不二2.5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 rn CO2m H2点；故答案为：增大；F;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 丁 =2.5 m CO2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，被誉为输土界的袁隆平"稀土元素包括铳、亿和锢系元素。请回答下列问题：写出基态

39、二价铳离子（Sc2+）的核外电子排布式 ,其中电子占据的轨道数为 。（2）在用重量法测定锢系元素和使锢系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如 2LnCl 3+3H2c2O4+nH2O=Ln 2（C2O4）3?nH2O+6HCl。H2c2O4中碳原子的杂化轨道类型为 ; 1 mol H2c2O4分子中含 b键和冗键的数目之比为。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 0HCI和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl?2H2O, HCl?2H2O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

40、极性键 d.离子键 e.金属键f氢键 g.范彳惠华力 h.献i.犍表中列出了核电荷数为2125的元素的最高正化合价：元素名称铳钛锐铭钮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的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（二氧化错）的晶胞结构与CaF2相似，晶胞中Pr（错）原子位于面心和顶点。假设相距最近的Pr原子与。原子之间的距离为a pm,则该晶体的密度为gfCm-3（用Na表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果）4 141+16 2NA £ 4a 10-10【答案】1s22s22p63s23p63d110

41、sp2杂化7:2四面体形NH2-abfi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【解析】【分析】（1）Sc（铳）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、3、5个轨道，基态Sd+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 HO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；HCl?2HO中含有H5O+,结

42、构为据此分析该粒子存在的作用力；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；根据均摊法进行计算该晶胞中所含粒子的数目，根据密度=m进行计算。V【详解】Sc(铳)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 1M+3X2+1=10个，故答案 为：1222s22p

43、63s23p63d1; 10; o 9 o , 八 一，,(2)H2c2O4的结构式为|,含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为 sp2杂化，分子中含H 'O1 C 0 H有7个键、2个冗键，所以b键和九键数目之比为：7:2,故答案为：sp2杂化；7:2； H2O中O原子的价层电子对数=622=4 ,且含有两个2个孤对电子，所以H2O的VSPER模型为四面体形,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-;HCl?2H2。中含有H5O2+,结构为其=&,存在的作用力有:配位键、极性键、

44、氢键和b键，故答案为:abfi ； 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、3d54, 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；1由图可知，相距最近的Pr原子和。原子之间的距离为该立万体晶胞的体对角线的 一，则该晶胞的晶胞参数4=-4a 10-1°cm,每个晶胞中占有4个"PrO',则该晶胞的质量为4 便丁6 2 g ,根据=m可得，该品

45、 3NaV4 141+16 24 141+16 23-3体的密度为:3 亚/ dn-10，故答案为：V310。NA 4a 10NA4a 1033【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.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，具一种实验室制备的原理为H3BO3+3CH3CH2CH2CH20H脩 磁雏雕B（OCH 2CH2CH2CH3）+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:I .向微波专用圆底烧瓶中加入磁力搅拌子， 并加入6.2 g硼酸（H3BO3）和47.4 mL正丁醇（CH3CH2CH2CH2OH）以及 1.0 g NaHSO4?HO；H .微波加热：60 c下 2 min, 80 c 下 2 min, 90 c 下 5 min, 100 c 下 2 min, 118 c 下 2 min；回流分水;田.待