全国I卷2025届高三化学模拟考试试题含解析

PAGE18-（全国I卷）2025届高三化学模拟考试试题（含解析）1.《梦溪笔谈》中记载:“解州盐泽..卤色正赤,在版泉之下,俚俗谓之“蚩尤血’。..唯巫咸水入,则盐不复结,故人谓之‘无咸河..原其理,盖巫咸乃浊水,入卤中，则淤淀卤脉,盐遂不成,非有他异也”。下列有关说法正确的是A.“卤色正赤”的缘由为水中含有Fe2+B.“巫咸水乃浊水”指巫咸水是悬浊液C.“巫咸水入卤中”发生了胶体的聚沉.D.解州盐泽带负电荷,巫咸水带正电荷【答案】C【解析】【分析】解州盐湖，……，在版泉下面，盐卤呈正红色，民间称作“蚩尤血”。……，将巫咸水引入，则盐就不能结晶出来，所以人们“无咸河。”……，探讨其道理，那是由于无咸河的水不干净，这种水进入大卤中就出现淤泥状的沉淀物，不能成盐，这没有什么惊奇的；据此分析；【详解】A.“卤色正赤”说明显红色，Fe2＋显浅绿色，应含有Fe3＋，故A错误；B.巫咸乃浊水，入卤中，则淤淀卤脉，从中得出巫咸水乃浊水指的是胶体，故B错误；C.依据B选项分析，巫咸水为胶体，卤水中含有电解质，两者混合，能使胶体聚沉，故C正确；D.盐泽和巫咸水都不带电，只是其中含有带电的微粒，故D错误；答案：C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol/L的NH4Br溶液中通人适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+的数目为NAB.25°C时，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9,则BaCO3饱和溶液中Ba2+的浓度为5×10-5mol/LC.100g17%双氧水中含有H原子的数目为NAD.28gN2和CO的混合气体中含有的氧原子的数目为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A.依据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(Br－)，因为溶液呈中性，因此c(H＋)=c(OH－)，即c(NH4＋)=c(Br－)=1mol·L－1，但溶液中没有说明溶液的体积，无法计算NH4＋的物质的量，故A错误；B.依据溶度积，Ksp=c(Ba2＋)c(CO32－)，则25℃碳酸钡饱和溶液中c(Ba2＋)==5×10－5mol·L－1，故B正确；C.双氧水中含有H原子的有H2O2和H2O，因此该混合物中含有H原子的物质的量为（）>1mol，故C错误；D.不知N2和CO比例是多少，因此无法推断出该混合物中氧原子物质的量，故D错误；答案：B。3.有机物X的结构简式如图所示。下列说法错误的是A.有机物X的分子式为C20H18O4B.1mol有机物X最多可以和8molH2加成C.1mol有机物X最多消耗2molNaOHD.苯环上的一氯取代产物有4种【答案】D【解析】【详解】A.依据有机物的结构简式，该有机物的分子式C20H18O4，故A说法正确；B.酯基中碳氧双键不与H2发生加成，1个该有机物分子中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，因此1mol该有机物最多与8molH2发生加成反应，故B说法正确；C.该有机物中酯基水解成酚羟基和羧基，酚羟基和羧基能与氢氧化钠反应，因此1mol该有机物X最多消耗2molNaOH，故C说法正确；D.左边苯环不含对称结构，该苯环上有4种不同的H原子，右边苯环有对称轴，如图所示，，右边苯环有2种不同的氢原子，因此该有机物苯环上有6种不同的氢原子，即苯环上一氯代物有6种，故D说法错误；答案：D。4.下列有关试验操作、试验现象和得出的结论均正确的是选项试验操作试验现象结论A将乙烯通入溴水中溴水颜色褪去乙烯具有还原性B向5mL1mol·L－1的NaOH溶液中先滴入2滴1mol·L－1的MgCl2溶液，再滴入2滴1mol·L－1的FeCl3溶液先有白色沉淀生成，后沉淀变为红褐色Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]C向BaCl2溶液中同时通入NH3和SO2气体无沉淀生成H2SO3不能和BaCl2反应生成BaSO3和HClD向盛有KI3溶液的试管中加入苯和AgNO3溶液溶液分层，上层溶液变紫红色，下层有黄色沉淀生成KI3溶液中存在平衡：I3－I2＋I－A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.乙烯通入溴水中发生CH2=CH2＋Br2→CH2Br－CH2Br，该反应类型为加成反应，故A错误；B.NaOH与MgCl2反应，NaOH有剩余，再滴加FeCl3溶液，FeCl3与过量NaOH溶液反应生成Fe(OH)3，不存在沉淀的转化，无法比较出两种沉淀的Ksp大小，故B错误；C.NH3通入水中生成NH3·H2O，通入SO2，发生2NH3＋SO2＋H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2发生Ba2＋＋SO32－=BaSO3↓，有沉淀生成，故C错误；D.苯的密度小于水，且不与水互溶，上层为苯，上层溶液变紫红色，说明有I2生成，I2易溶于苯，下城有黄色沉淀生成，该沉淀为AgI，说明有I－存在，从而推出KI3溶液中存在平衡：I3－I2＋I－，故D正确；答案：D。5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,核电荷数之和为35，X的单质在常温下为气体，Y的单质是空气中体积分数最大的气体，X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数。下列说法正确的是A.简洁离子半径:r(W)>r(Y)>r(Z)B.X分别与Y、Z、W形成化合物的化学键类型相同C.Z和W形成二元化合物水溶液呈酸性D.X和Y只能形成一种二元化合物【答案】A【解析】【分析】Y的单质是空气中体积分数最大的气体，则Y为N，原子序数依次增大，且X单质在常温下为气体，则X为H，X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数，则Z的最外层电子数为1，即Z为Na，四种元素的核电荷数之和为35，推出W的核电荷数为16，即W为S，据此分析；【详解】Y的单质是空气中体积分数最大的气体，则Y为N，原子序数依次增大，且X单质在常温下为气体，则X为H，X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数，则Z的最外层电子数为1，即Z为Na，四种元素的核电荷数之和为35，推出W的核电荷数为16，即W为S，A.Y、Z、W简洁离子为N3－、Na＋、S2－，则离子半径大小依次是r(S2－)>r(N3－)>r(Na2＋)，故A正确；B.形成的化合物分别是NH3、NaH、H2S，NH3、H2S含有化学键为共价键，NaH含有化学键为离子键，故B错误；C.形成二元化合物是Na2S，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故C错误；D.N和H形成二元化合物可以是NH3，也可以是N2H4，故D错误；答案：A。【点睛】微粒半径大小比较：①看电子层数：一般微粒半径随着电子层数增多而增大；②看原子序数：电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小；③看电子数：电子层数相同，原子序数相同，微粒半径随着电子数的增多而增大。6.合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)△H的反应机理如图所示,图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是A.该反应的△H=-46kJ·mol-1B.该反应机理中最大活化能为79kJ·mol-1C.上升温度，该反应过渡态的能量会增大D.该反应达到平衡后增大压强反应正向进行【答案】C【解析】【详解】A.△H与始态和终态有关，与过程无关，△H=生成物的总能量减去反应物总能量由图可知，△H=－46kJ·mol－1，故A说法正确；B.该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79kJ·mol－1，故B说法正确；C.该反应过渡态的能量不会随着温度的变更而变更，故C说法错误；D.该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右进行，故D说法正确；答案：C。7.H2A为二元弱酸,常温下,向肯定体积的0.1mol·L-1的H2A溶液中逐滴加入肯定浓度的NaOH溶液,溶液中不同形态的粒子(H2A、HA-、A2-)的物质的量分数a(X)随pH的变更曲线如图所示，下列说法错误的是A.K1(H2A)=1.0×10-7 B.K2(H2A)=1.0×10-11C.pH=9时,c(Na+)<c(HA-)+2c(H2A) D.pH=7时,c(Na+)=c(H2A)+2c(A2-)【答案】C【解析】【详解】A.电离平衡常数只受温度的影响，与浓度大小无关，Ka1=，由图可知，当pH=7时，c(H2A)=c(HA－)，Ka1=c(H＋)=10－7，故A说法正确；B.依据A选项分析，pH=11时，c(A2－)=c(HA－)，Ka2=c(H＋)=10－11，故B说法正确；C.依据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，pH=9的溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)，即c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)，由图像可知，pH=9时，c(A2－)=c(H2A)，代入表达式，c(Na＋)>c(HA－)＋2c(H2A)，故C说法错误；D.依据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，pH=7时，c(H＋)=c(OH－)，c(H2A)=c(HA－)，得出c(Na＋)=c(H2A)＋2c(A2－)，故D说法正确；答案：C。8.锂辉石(主要成分为LiAl(SiO3)2,还含有Fe2O3、MgO、Al2O3等杂质)是最重要的提锂矿石原料,工业上以-锂辉石为原料制备碳酸锂,其工艺流程如下:已知:①-锂辉石化学惰性大,除HF外，几乎不与任何酸碱反应,-锂辉石在高温下可转化为β一锂辉石,β一锂辉石具有更高的化学活性。②β一锂辉石可与浓硫酸发生反应:2β一LiAl(SiO3)2+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O。③部分金属氢氧化物起先沉淀和完全沉淀的pH如表:氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2起先沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711请回答下列问题:(1)将LiAl(SiO3)2改写成氧化物的形式为_______,1000°C焙烧-锂辉石的目的为_____.(2)滤渣2的主要成分为________调整pH值的范围为________。(3)“除大部分Mg”步骤的离子方程式为______________。(4)试验室蒸发浓缩操作中所需的仪器为酒精灯、铁架台(带铁圈)、______________。(5)洗涤过程中检验沉淀是否洗涤干净的操作为________________________________。(6)碳酸锂是制备锂离子电池的原料之一,某锂离子电池以CoP3作为负极材料，以LiM1.5Ni0.5O4作为正极材料,以可传导Li+的无机固体电解质c-LATP作为电解液,其工作时电池反应为Li1-xMn0.5Ni0.5O4+Lix(CoP3)LiMn1.5Ni0.5O4+(CoP3),则该电池放电时负极的电极反应式为_________________,充电时阳极的电极反应式为_____________。【答案】(1).Li2O·Al2O3·4SiO2(2).将不与浓硫酸反应的α－锂辉石转化成为能与浓硫酸反应的β一锂辉石(3).Fe(OH)3、Al(OH)3、CaSO4(4).4.7≤pH<9.6(5).Ca(OH)2(s)＋Mg2＋(aq)=Mg(OH)2(s)＋Ca2＋(aq)(6).蒸发皿和玻璃棒(7).取少量最终一次洗涤液于试管中，先加入HCl，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净(8).Lix(CoP3)－xe－=xLi＋＋(CoP3)(9).LiMn1.5Ni0.5O4－xe－=Li1－xMn0.5Ni0.5O4＋xLi＋【解析】【分析】依据信息①α－锂辉石几乎不与任何酸碱反应，α－锂辉石在高温下可转化为β－锂辉石，β－锂辉石具有更高的化学活性，1000℃的焙烧的目的是α－锂辉石→β－锂辉石，依据信息②250℃时β－锂辉石与硫酸发生反应，依据锂辉石含有物质，以及信息②，SiO2为酸性氧化物，不与硫酸发生反应，即水浸时得到滤渣1为SiO2，滤液中有Li＋、Fe3＋、Mg2＋、Al3＋，依据流程，调pH的目的是除去Fe3＋、Al3＋，“除去大部分Mg”将Mg2＋转化成Mg(OH)2，“除钙镁”的目的是将多余Ca2＋以CaCO3形式除去，据此分析；【详解】(1)硅酸盐改写成氧化物的形式活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·SiO2·H2O，各元素的原子比例不能变更，即LiAl(SiO3)2改写成氧化物的形式：Li2O·Al2O3·4SiO2；依据信息①：α-锂辉石化学惰性大，除HF外，几乎不与任何酸碱反应,α-锂辉石在高温下可转化为β一锂辉石，β一锂辉石具有更高的化学活性，因此1000℃焙烧的目的是将不与浓硫酸反应的α－锂辉石转化成为能与浓硫酸反应的β一锂辉石；(2)依据流程以及原料中含有成分，得出加入碳酸钙调pH的目的是将Fe3＋、Al3＋转化成Fe(OH)3和Al(OH)3，碳酸钙与硫酸反应会生成微溶的硫酸钙，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，含有少量的CaCO3和CaSO4；滤渣2主要成分氢氧化铁和氢氧化铝，因此须要调整pH应≥4.7，调pH，没有使Mg2＋沉淀出来，因此pH应小于3.7，即pH的范围是4.7≤pH<9.6；(3)氢氧化镁犯难溶物，氢氧化钙为微溶物，利用反应向着更难溶的方向进行，其离子方程式为Ca(OH)2(s)＋Mg2＋(aq)=Mg(OH)2(s)＋Ca2＋(aq)；(4)蒸发浓缩须要的仪器有酒精灯、铁架台（带铁圈）、蒸发皿和玻璃棒，因此除酒精灯、铁架台（带铁圈）外，还须要蒸发皿和玻璃棒；(5)“沉锂”发生Li2SO4＋Na2CO3=Li2CO3↓＋Na2SO4，Li2CO3表面杂质含有Na2CO3和Na2SO4，因此检验沉淀是否洗涤干净的操作是取少量最终一次洗涤液于试管中，先加入HCl，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净；(6)依据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价上升，依据题意，负极上的反应式为Lix(CoP3)－xe－=xLi＋＋(CoP3)；充电时，电池的正极连接电源的正极，依据电解原理，阳极上发生氧化反应，即阳极电极反应式为LiMn1.5Ni0.5O4－xe－=Li1－xMn0.5Ni0.5O4＋xLi＋。9.过氧化碳酰胺[CO(NH2)2·H2O2]是一种与过氧化氢性质相像的固体氧化剂,因其具有价廉、平安、易于储存、运用便利等优点,被广泛应用于日用化工、食品、建筑、农业等领域。请回答下列问题:I.过氧化碳酰胺的制备试验室用尿素和双氧水制备过氧化碳酰胺的步骤如下:取5.0mL30%H2O2放入50mL锥形瓶中,加入1.8g尿素(H2O2与尿素的物质的量之比为3:2);将装有反应混合物的锥形瓶放入水浴锅中,水浴加热至60°C,加热几分钟,得到一种澄清、透亮的溶液;将溶液转移到大蒸发皿上,在60°C恒温水浴锅上缓慢蒸发;溶液中缓慢析出针状晶体;当结晶完全后,将针状晶体用滤纸吸去水分,称重,得产品2.5g。已知:CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2·H2O2。(1)H2O2的电子式为________________________。(2)水浴加热时温度限制在60°C最好,其缘由为___________________________。(3)过氧化碳酰胺的产率为___________%(结果保留1位小数)。II.过氧化碳酰胺的性质称取0.50g过氧化碳酰胺于试管中,加5mL水溶解。过氧化碳酰胺的鉴定反应步骤及现象如下:在试管中加入5滴过氧化碳酰胺溶液、0.5mL乙醚和2滴2mol·L-1H2SO4酸化,再加入2~3滴0.1mol.L-1K2CrO4溶液.振荡试管，上层呈深蓝色,过氧化氢和重铬酸钾发生非氧化还原反应生成蓝色的CrO5,CrO5在乙醚中稳定,碳酰胺[CO(NH2)2]不和重铬酸钾反应,下层呈绿色,CrO5在水中不稳定,易分解生成Cr(OH)2+和O2。(4)检验O3可用CrO3与O3反应,得蓝色晶体CrO5:CrO3+O3→CrO5(未配平),则该反应中氧化剂与还原剂的个数比为_____________。(5)CrO5在水中分解的离子方程式为_______________。III.过氧化碳酰胺中活性氧含量的测定(以过氧化氢中氧原子的质量分数计)精确称量7.5200g产品,配制成100mL溶液,用移液管移取10.00mL溶液于250mL锥形瓶中,加人适量水和硫酸,用0.1000mol·L-1酸性高锰酸钾标准溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.00mL。.(6)配制100mL过氧化碳酰胺溶液所用到的玻璃仪器有____________,推断滴定至终点的现象为___________________，过氧化碳酰胺中活性氧含量为_____________(结果保留1位小数)。【答案】(1).(2).若加热温度低于60℃，则反应速率慢，若加热温度高于60℃，则尿素和双氧水会分解，影响产率(3).88.7(4).2：3(5).4CrO5＋8H＋=4Cr(OH)2＋＋7O2↑＋2H2O(6).100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管(7).当滴入最终一滴酸性高锰酸钾标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟(或30s)内不褪色(8).25.5%【解析】【分析】(1)H2O2的结构式为H－O－O－H，然后书写出其电子式；(2)利用温度对化学反应速率以及H2O2稳定性的影响进行分析；(3)投入H2O2和尿素的物质的量之比为3：2，依据反应方程式，过氧化氢过量，依据尿素进行计算；(4)过氧化氢和重铬酸钾溶液发生非氧化还原反应得到CrO5，即CrO5中Cr显＋6价，O有－1价和－2价，须要计算CrO5中－1价O和－2价O的个数，然后配平方程式；(5)依据题意，CrO5在水中不稳定，易分解成Cr(OH)2＋和O2，然后利用原子和电荷守恒，进行书写；(6)依据配制溶液须要的仪器进行分析；用酸性高锰酸钾溶液滴定溶液，高锰酸钾溶液显紫红色，分析得出滴定终点；利用关系法进行计算；【详解】(1)H2O2为共价化合物，其结构式为H－O－O－H，电子式为；(2)过氧化氢和尿酸发生反应时，限制温度在60℃，可保证反应速率不是太慢，又可使尿素和过氧化氢不分解，因此限制温度在60℃的缘由是若加热温度低于60℃，则反应速率慢，若加热温度高于60℃，则尿素和双氧水会分解，影响产率；(3)依据尿素与过氧化氢反应的方程式，依据过氧化氢与尿素的物质的量之比为3：2，过氧化氢过量，应依据尿素进行计算，理论上生成过氧化碳酰胺质量为=2.82g，则产率为=88.7%；(4)过氧化氢和重铬酸钾发生非氧化还原反应生成蓝色的CrO5，CrO5中Cr的化合价为＋6价，CrO5中O显－1价和－2价，令1molCrO5中含xmol－1价O，ymol－2价O，则有x＋y=5，依据化合价代数和为0，则有x＋2y=6，解得x=4，y=1，依据氧化还原反应中的归中规律，该反应方程式为3CrO3＋2O3=3CrO5，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，即个数之比为2：3；(5)依据题意，CrO5在酸性条件下分解成Cr(OH)2＋和O2，依据原子守恒和电荷守恒，分解的离子方程式为4CrO5＋8H＋=4Cr(OH)2＋＋7O2↑＋2H2O；(6)配制过氧化碳酰胺须要的玻璃仪器有100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管；用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，因此滴定终点的现象：当滴入最终一滴酸性高锰酸钾标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟(或30s)内不褪色；过氧化碳酰胺与H2O2性质相像，酸性高锰酸钾溶液相当于滴定H2O2，因此建立关系式为5[CO(NH2)2·H2O2]～5H2O2～2KMnO4，由此可得到过氧化碳酰胺中活性氧含量为×100%=25.5%。【点睛】滴定计算是考试热点，一般弄清晰反应过程，然后建立关系式，将所求物质与已知物质建立联系，这个“中介”一般是上个反应中生成物，下个反应中的反应物，特殊留意系数关系，关系式法比较简洁明白，计算步骤少，不简洁出现问题。10.CO2是一种常用的化工原料,可应用于化学和食品加工过程的惰性爱护、焊接气体、植物生长刺激剂,在铸造中用于硬化模和芯子及用于气动器件,还应用于杀菌气的稀释剂。请回答下列问题:I.我国中科院探讨所利用CO2与环氧丙烷()合成生物降解聚碳酸酯(PPC)和聚(碳酸酯-醚)多元醇,则环氧丙烷中碳元素的平均化合价为____,CO2的结构式为_________。II.CO2与H2反应可用于生产甲醇(1)已知氢气与甲醇的燃烧热分别为akJ·mol-1、bkJ·mol-1,H2O(g)=H2O(l)△H=ckJ·mol-1,CH3OH(g)=CH3OH(l)∆H=dkJ·mol-1，则CO2与H2反应产生气态甲醇与气态水的热化学方程式为__________________________。(2)取肯定体积的CO2和H2的混合气体，加入恒容密闭容器中，发生上述反应，相同时间内，测得甲醇的体积分数(CH3OH)与反应温度T的关系如图1所示,则该反应的(CH3OH)随反应温度T变更的缘由为_______________。(3)温度为T时,向体积分别为V1、V2的甲.乙两容器中充人相同量的CO2和H2的混合气体,经过一段时间两容器均达到平衡，测得压强分别为p1、p2,如图2所示，则p1_____(填“>”“<”或“=”)p2。(4)肯定温度下,在1L的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,压强为p0kPa,发生上述反应,测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变更如图所示。①反应进行到4min时,v(正)________(填“>”“<"或“=”)v(逆)。0~4min,H2的平均反应速率v(H2)=______mol·L-1·min-1。②CO2平衡时的体积分数为____________，该温度下Kp=________(可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算,也可以用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数【答案】(1).(2).O=C=O(3).CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)△H=(b－3a－c－d)kJ·mol－1(4).肯定时间内，当温度低于T1时，反应未达到平衡，随着温度上升，反应速率增大，甲醇的体积分数增大；当温度大于T1时，反应达到平衡状态，因该反应为放热反应，随着温度上升，平衡逆向进行，甲醇的体积分数减小(5).>(6).>(7).0.375(8).10%(9).【解析】【分析】I.利用有机物中O为-2价，H为+1价，然后依据化合价代数和为0，得出C的价态；CO2分子中C和O共用两个电子对；II.(1)写出氢气、甲醇燃烧热的热化学反应方程式，再依据水状态、甲醇状态的变更，最终依据盖斯定律得出结果；(2)T1点，甲醇的体积分数达到最大，说明反应达到平衡，小于T1时，反应没有达到平衡，大于T1时，从影响化学平衡移动的角度进行分析；(3)图2中先达到平衡，说明压强大；(4)①4min后，甲醇物质的量浓度增大，说明未达到平衡，反应向正反应方向移动；依据化学反应速率的数学表达式进行计算；②利用“三段式法”计算CO2的平衡时的体积分数和Kp；【详解】I.依据环氧丙烷的结构式，推出其分子式为C3H6O，O为－2价，H为＋1价，化合价代数和为0，C的平均价态为；C和O之间共用2个电子对，CO2的结构式为O=C=O；II．(1)H2燃烧热的热化学反应方程式为H2(g)＋O2(g)=H2O(l)△H1=－akJ·mol－1①；CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H2=－bkJ·mol－1②；H2O(g)=H2O(l)△H3=ckJ·mol－1③；CH3OH(g)=CH3OH(l)△H4=dkJ·mol－1；CO2与H2反应生成甲醇与气态水的方程式为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，依据盖斯定律，有3×①－②－③－④得出：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)△H=(b－3a－c－d)kJ·mol－1；(2)由图1可知，相同时间内，测的甲醇体积分数随反应温度的上升先增大后减小，是因为一起先温度低时，反应未达到平衡，随着温度上升，反应速率增大，相同时间内生成的甲醇的量增大，当反应达到平衡后，由图可知该反应为放热反应，上升温度，平衡左移，相同时间内生成甲醇的量削减；(3)依据图2相同温度下，甲容器中的反应先达到平衡，说明甲容器中的压强较大，即p1>p2；(4)①依据图像反应进行到4min时，甲醇的物质的量接着增大，反应正向进行，即v(正)>v(逆)；0～4min，消耗CO2的物质的量浓度为(1－0.5)mol·L－1=0.5mol·L－1，此时消耗H2的物质的量浓度为1.5mol·L－1，依据化学反应速率的表达式v(H2)==0.375mol/(L·min)；②则CO2的体积分数为×100%=10%；相同条件下，压强之比等于物质的量之比，即达到平衡时总压强为p=p0，Kp==。【点睛】化学平衡中的计算，“三段式法”属于万能公式，在计算转化率、物质的量分数、化学平衡常数等数值时，我们采纳“三段式法”进行，数值明确，方法简洁明白。11.第四周期元素在生产生活中具有重要的作用。请回答下列问题:(1)基态Sc原子的价电子排布图为___________________。(2)Zn2+和CN-、K+可组成化合物K2Zn(CN)4,其中存在的化学键类型有____________；Zn(CN)42-中的配体为_______，配位原子为_____,与该配离子中配体等电子体的分子为___。(3)与Br同主族的短周期元素有F、Cl,这三种元素的简洁氢化物HF、HCl、HBr的沸点从高到低的依次为___________，理由为______。(4)Fe-Cr-Al合金可作为汽车尾气催化剂的载体,汽车尾气催化剂可将NO2还原为无毒害的气体,防止HNO3型酸雨的形成,NO2的空间构型为_____。HNO3的酸性强于HNO2的缘由为____________________。(5)金属铜采纳面心立方积累方式,其晶胞结构如图所示。已知该晶胞的密度为ρg.cm-3,晶胞参数为anm,阿伏伽德罗常数为NA,则铜原子的相对原子质量的表达式为_______(用含有ρ、a、NA的表达式表示)。【答案】(1).(2).离子键、共价键、配位键(3).CN－(4).C(5).N2或CO(6).HF>HBr>HCl(7).HF、HCl、HBr均为分子晶体，HF分子之间存在氢键，因此HF的沸点最高，HCl和HBr的相对分子质量大，故HBr的沸点高于HCl；(8).V型(9).HNO3中N的化合价为＋5价，其N的正电性强于HNO2中N，使羟基中O－H键的共用电子对更易偏向O原子，羟基更易电离出H＋，故酸性HNO3强于HNO2(10).【解析】分析】(1)Sc原子序数是21号元素，属于过渡元素，价电子排布式为3d14s2，然后书写出价电子排布图；(2)该化合物属于协作物，内界和外界以离子键形式结合，然后依据协作物组成进行分析；(3)分子晶体熔沸点凹凸的推断，从是否含有分子间氢键、相对分子质量大小角度进行分析；(4)利用VSEPR模型进行分析；利用含氧酸酸性强弱规律进行分析；(5)利用密度的定义进行分析计算；【详解】(1)Sc原子序数是21号元素，属于过渡元素，价电子排布式为3d14s2，Sc价电子排布式图为；(2)K2Zn(CN)4中K＋和Zn(CN)42－之间存在离子键，Zn2＋和CN－之间构成配位键，CN－中C和N之间存在共价键，因此该协作物中含有化学键的类型为离子键、配位键、共价键；Zn2＋供应空轨道，CN－中C供应孤电子对，因此配体为CN－，配位原子为C；依据等电子体的定义，与CN－等电子体的分子为N2、CO等；(3)HF、HCl、HBr都属于分子晶体，HF含有分子间氢键，HCl、HBr不含分子间氢键，HBr的相对分子质量大于HCl，HBr的分子间作用力大于HCl，因此沸点大小依次是HF>HBr>HCl；(4)NO2中含有2个σ键，孤电子对数==0.5，可以认为中心原子N的价层电子对数为3，NO2的空间构型为V型；HNO3中N的化合价为＋5价，其N的正电性强于HNO2中N，使羟基中O－H键的共用电子对更易偏向O原子，羟基更易电离出H＋，故酸性HNO3强于HNO2；(5)依据晶胞的结构，Cu原子位于顶点和面心，个数为=4，晶胞的质量为g·mol－1，晶胞的体积为(a×10－7)3cm3，依据密度的定义，，推出M=。12.苯巴比妥是冷静、安眠类药物,其合成路途如下:请回答下列问题:(1)G的化学名称为_________,C的分子式为__________。(2)F+X→G+H2O,X的结构简式为____________。(3)H中含有的官能团名称为__________,I→J的反应类型为______________。(4)同时满意下列条件的E的同分异构体共有______种。①含有苯环且苯环上有两个取代基②能发生水解反应且能发生银镜反应(5)化合物J→苯巴比妥的