2020年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）-教师用卷

这是一份2020年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）-教师用卷，共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，流程题，简答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
宋代《千里江山图)描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2⋅CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2⋅2CuCO3)。下列说法错误的是( )
A. 保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D. Cu(OH)2⋅CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2⋅2CuCO3
【答案】C
【解析】解：A.Cu(OH)2⋅CuCO3和Cu(OH)2⋅2CuCO3均不稳定，受热易分解，图纸材料纤维素等能水解，长期在潮湿环境中易腐烂变质，则保存《千里江山图》需控制温度和湿度，故A正确；
B.Cu(OH)2⋅CuCO3和Cu(OH)2⋅2CuCO3中除O元素外，C、H、Cu均为最高价，无还原性，不能被空气中氧气氧化，则孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化，故B正确；
C.Cu(OH)2⋅CuCO3和Cu(OH)2⋅2CuCO3均能与酸反应，不与碱反应，则孔雀石、蓝铜矿颜料耐碱不耐酸，故C错误；
D.Cu(OH)2⋅CuCO3中铜的质量分数为128222×100%，Cu(OH)2⋅2CuCO3中铜的质量分数为192346×100%，则Cu(OH)2⋅CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2⋅2CuCO3，故D正确；
故选：C。
本题以《千里江山图》为载体，考查物质的组成、结构和性质的关系，涉及元素质量分数的计算和盐的通性，基础考查，难度中等。
金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如图：下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是( )
A. 可与氢气发生加成反应B. 分子含21个碳原子
C. 能与乙酸发生酯化反应D. 不能与金属钠反应
【答案】D
【解析】解：A、分子中含有碳碳双键、碳氧双键和苯环，可以发生加成反应，故A正确；
B、由图可知金丝桃苷的分子式C21H20O12，则分子含21个碳原子，故B正确；
C、分子中含有羟基，能发生酯化反应，即能与乙酸发生酯化反应，故C正确；
D、分子结构可知结构中含有羟基，能与金属钠反应产生氢气，故D错误；
故选：D。
A、分子中含有碳碳双键、碳氧双键和苯环；
B、由图可知金丝桃苷的分子式C21H20O12；
C、分子中含有羟基，能发生酯化反应；
D、分子结构可知结构中含有羟基；
本题考查有机物结构和性质，侧重考查酚、烯烃、醇、醚和酮的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 22.4L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B. 1ml重水比1ml水多NA个质子
C. 12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子
D. 1L1ml⋅L-1NaCl溶液含有28NA个电子
【答案】C
【解析】解：A.氮气是双原子分子，一个氮气分子有14个中子，22.4L(标准状况)氮气中含有14NA个中子，故A错误；
B.重水(D2O)和水(H2O)的质子数都是10，1ml重水比1ml水都是10NA个质子，故B错误；
C.12g石墨烯n(C60)=12g720g/ml=160ml，含有个碳原子物质的量n(c)=160ml×60=1ml，含有NA个碳原子，12g金刚石(C)的物质的量n=mM=12g12g/mL=1mL，含有NA个碳原子，故C正确；
D.1L1ml⋅L-1NaCl溶质含有28NA个电子，溶剂水也要考虑，故D错误；
故选：C。
A.一个氮气分子有14个中子；
B.重水和水的质子数相等；
C.12g石墨烯和12g金刚石均为碳元素单质，碳原子的物质的量都是1ml，所以均含有NA个碳原子；
D.溶剂也要考虑。
本题考查阿伏伽德罗常数的计算，是高频考点，要熟练掌握计算公式，和公式的使用条件，D选项容易思维定式出现错误。
喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体--溶液，能出现喷泉现象的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】解：A、H2S在稀盐酸中溶解度小，且与稀盐酸不反应，不能出现喷泉，故A错误；
B.HCl气体极易溶于稀氨水，且氯化氢气体与氨水反应生成氯化铵，产生压强差，形成喷泉，故B正确；
C、一氧化氮不溶于稀H2SO4，也不与稀H2SO4反应，不能出现喷泉，故C错误；
D、二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠，也不与饱和碳酸氢钠反应，不能出现喷泉，故D错误；
故选：B。
在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。
本题考查实验装置综合，为高频考点，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷泉，题目难度不大。
对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是( )
A. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO42-
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+
D. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH-=NH3⋅H2O
【答案】A
【解析】解：A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO42-，符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，故A正确；
B.弱酸不能制强酸，向CaCl2溶液中通入CO2不反应，故B错误；
C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，FeCl3做催化剂，促进双氧水的分解，氧气的氧化性大于三价铁离子，弱氧化剂不能制强氧化剂，故C错误；
D.不符合客观事实，氢氧根优先与酸性更强的氢离子反应，正确的离子方程式：H++OH-=H2O，故D错误；
故选：A。
A.符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，
B.向CaCl2溶液中通入CO2不反应；
C.不符合客观事实，氧气氧化二价铁离子；
D.不符合客观事实，氢氧根优先于氢离子反应。
本题考查了化学反应原理，离子方程式的书写，离子方程式的正误判断，重点考查反应发生的可能性，掌握强制弱的原理，难度中等。
一种高性能的碱性硼化钒(VB2)--空气电池如图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2+16OH--11e-=VO43-+2B(OH)4-+4H2O该电池工作时，下列说法错误的是( )
A. 负载通过0.04ml电子时，有0.224L(标准状况)O2参与反应
B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C. 电池总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8B(OH)4-+4VO43-
D. 电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】解：A、正极氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，由电极反应式可知，消耗1ml氧气转移4ml电子，则负载通过0.04ml电子时，有0.224L(标准状况)O2参与反应，故A正确；
B、根据负极VB2+16OH--11e-=VO43-+2B(OH)4-+4H2O消耗氢氧根离子，正极O2+4e-+2H2O=4OH-，则正极区溶液的pH升高、负极区溶液的pH降低，故B错误；
C、负极：VB2+16OH--11e-=VO43-+2B(OH)4-+4H2O…①，正极：O2+4e-+2H2O=4OH-…②，根据得失电子守恒，即4①+11②得：4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8B(OH)4-+4VO43-，故C正确；
D、原电池中电流由正极经过外电路向负极，则电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极，故D正确；
故选：B。
A、正极氧气得电子生成氢氧根离子；
B、根据负极VB2+16OH--11e-=VO43-+2B(OH)4-+4H2O消耗氢氧根离子，正极O2+4e-+2H2O=4OH-分析解答；
C、负极：VB2+16OH--11e-=VO43-+2B(OH)4-+4H2O，正极：O2+4e-+2H2O=4OH-，根据得失电子守恒求总的电极反应式；
D、原电池中电流由正极经过外电路向负极，由此分析解答。
本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度中等，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3
与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是( )
A. 非金属性：W>X>Y>ZB. 原子半径：Z>Y>X>W
C. 元素X的含氧酸均为强酸D. Y的氧化物水化物为强碱
【答案】D
【解析】解：A.根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，非金属性Cl>N>H>Na，故A错误；
B.同周期元素从左向右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，原子半径：Na>Cl>N>H，故B错误；
C.元素X的含氧酸有硝酸和亚硝酸，亚硝酸是弱酸，故C错误；
D.Y的氧化物水化物为氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，故D正确；
故选：D。
原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，先假设是氨气和氯化氢，再结合四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，推导出W、X、Y、Z分别是H、N、Na、Cl，据此答题。
本题以推断的形式考查了元素周期律、元素周期表，是高频考点，要熟练掌握周期表的结构，要熟悉常见元素化合物的性质，正确推断出元素后才能做题。
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备
KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是______，a中的试剂为______。
(2)b中采用的加热方式是______。c中化学反应的离子方程式是______，采用冰水浴冷却的目的是______。
(3)d的作用是______，可选用试剂______ (填标号)。
A.Na2S B.NaCl C.Ca(OH)2D.H2SO4
(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，______，______，干燥，得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2
号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显______色。可知该条件下KClO3的氧化能力______NaClO(填“大于”或“小于”)。
【答案】圆底烧瓶 饱和食盐水 水浴加热 Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O 避免生成NaClO3 吸收多余的氯气，防止污染大气 AC 过滤 少量的冷水洗涤 紫 小于
【解析】解：(1)根据形状和用途判断，盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要通入溶液，没有必要除水，所以a中用饱和食盐水除氯化氢，a中的试剂为饱和的食盐水；
故答案为：圆底烧瓶；饱和的食盐水；
(2)根据装置图看出b中采用的加热方式是水浴加热；c中化学反应：Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O改离子方程式：Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O，氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成NaClO3采用冰水浴冷却的目的是提高产品的纯度；
故答案为：水浴加热；Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O；避免生成NaClO3；
(3)d为尾气处理装置，作用是装置d用来吸收多余的氯气，防止污染大气，可选用试剂 可以和氯气反应的物质Na2S和Ca(OH)2；
故答案为：吸收多余的氯气，防止污染大气；AC；
(4)b试管中的溶质主要是KClO3，KCl，KClO3的溶解度受温度影响大冷却结晶，析出KClO3晶体，经过过滤得到KClO3晶体，表面还有KCl杂质，通过冷水洗涤减少KClO3的损失；
故答案为：过滤；少量的冷水洗涤；
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液，1号试管溶液颜色不变，说明KClO3没有和KI溶液反应，2号试管溶液变为棕色，说明NaClO和KI溶液反应生成了碘单质，加入CCl4振荡，碘单质易溶解于CCl4中，静置后CCl4层显紫色。可知该条件下KClO3的氧化能力比NaClO差；
故答案为：紫；小于。
实验目的制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；
实验原理：3Cl2+6KOH- △ KClO3+5KCl+3H2O，Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+3H2O；
实验装置：最左侧为制取氯气装置，a为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要通入溶液，没有必要除水，所以a中用饱和食盐水除氯化氢，
装置b用来制取KClO3，装置c用来制取NaClO，装置d用来吸收多余的氯气，防止污染大气，
(1)根据形状和用途判断，盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，所以a中用饱和食盐水除氯化氢；
(2)根据装置图看出b中采用的加热方式是水浴加热；c中化学反应：Cl2+2NaOH- 冰水 NaClO+NaCl+H2O改离子方程式，氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成NaClO3采用冰水浴冷却的目的是提高产品的纯度；
(3)d为尾气处理装置，作用是装置d用来吸收多余的氯气，防止污染大气，可选用试剂可以和氯气反应的物质Na2S和Ca(OH)2；
(4)b试管中的溶质主要是KClO3，KCl，KClO3的溶解度受温度影响大冷却结晶，析出KClO3晶体，经过过滤得到KClO3晶体，表面还有KCl杂质，通过冷水洗涤减少KClO3的损失；
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液，1号试管溶液颜色不变，说明KClO3没有和KI溶液反应，2号试管溶液变为棕色，说明NaClO和KI溶液反应生成了碘单质，加入CCl4振荡，碘单质易溶解于CCl4中，静置后CCl4层显紫色。可知该条件下KClO3的氧化能力比NaClO差。
本题是制备实验，以制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质，考查学生实验素养和分析问题的能力，难度中等，要有扎实的实验功底和化学学科素养。
三、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用
如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4⋅7H2O )：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为______。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L-1，则“调pH”应控制的pH范围是______。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH.写出该反应的离子方程式______。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______。
【答案】除去油脂、溶解铝及其氧化物 AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O Ni2+、Fe2+、Fe3+ O2或空气 Fe3+ Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0×10-5ml⋅L-1×1×10-5.3ml/L×1×10-5.3ml/L=1×10-15.6(ml⋅L-1)3 3.2～6.2 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O 提高镍的回收率
【解析】解：(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O；
故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，
故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，不能引入杂质，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+、则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；
故答案为：O2或空气；Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5ml⋅L-1，c(H+)=1.0×10-8.7ml⋅L-1，则c(OH-)=KWc(H+)=1×10-141×10-8.7=1×10-5.3ml/L，则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0×10-5ml⋅L-1×1×10-5.3ml/L×1×10-5.3ml/L=1×10-15.6(ml⋅L-1)3如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L-1，为避免镍离子沉淀，Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)，c2(OH-)=Kspc(Ni2+)=1×10-15.6(ml⋅L-1)3此时c(OH-)=1×10-7.8ml⋅L-1，则c(H+)=1.0×10-6.2ml⋅L-1，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2～6.2；
故答案为：Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0×10-5ml⋅L-1×1×10-5.3ml/L×1×10-5.3ml/L=1×10-15.6；3.2～6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率；
故答案为：提高镍的回收率。
由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
本题以化学工艺流程为背景，考查物质的分离提纯，离子反应、氧化还原反应、沉淀平衡常数的计算等知识点，是近年高考的热点题型，属于学科内综合题，考查分析问题能力、提取利用题目信息能力，计算能力、表达能力等，难度中等，注意(4)中Ni2+开始沉淀的pH不能直接利用表中数据，要通过计算获得。
四、简答题（本大题共3小题，共44.0分）
二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=______。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明。原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的△H______0 (填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K,0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=______(MPa)-3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当______。
【答案】1：4 变大 d c 小于 94×1(0.039)3 选择合适的催化剂
【解析】解：(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2⇌CH2=CH2+4H2O，
则该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4；
由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大，
故答案为：1：4；变大；
(2)由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1：3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c；
由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△H小于0，
故答案为：d；c；小于；
(3)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即乙烯的物质的量分数为0.394，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即二氧化碳的物质的量分数为0.393，
Kp=p(C2H4)⋅p4(H2O)p2(CO2)⋅p6(H2)=(0.394×0.1MPa)⋅(0.39×0.1MPa)4(0.393×0.1MPa)2⋅(0.39×0.1MPa)6=94×1(0.039)3(MPa)-3，
故答案为：94×1(0.039)3；
(4)工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂，
故答案为：选择合适的催化剂。
(1)根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响；
(2)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，根据方程式，生成物乙烯与水物质的量之比为1：4，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线；
根据图中代表各组分的曲线随温度变化的趋势，确定该反应是放热反应还是吸热反应；
(3)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，生成物乙烯与水物质的量之比为1：4，求出乙烯、二氧化碳的物质的量分数，结合化学平衡常数公式计算；
(4)根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。
本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比(在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立)，此题难度较大。
氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
(1)H、B、N中，原子半径最大的是______。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素______的相似。
(2)NH3BH3分子中，N-B化学键称为______键，其电子对由______提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：
3NH3BH3+6H2O=3NH4++B3O63-+9H2
B3O63-的结构为.在该反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。
(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，电负性大小顺序是______。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是______(写分子式)，其熔点比NH3BH3______(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在______作用，也称“双氢键”。
(4)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°.氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度ρ=______g⋅cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】B Si 配位键 N sp3 sp2 N>H>B CH3CH3 低 Hδ+与Hδ-的静电引力 62NAabc×10-30
【解析】解：(1)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B.B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。
故答案为：B；Si。
(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N-B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3.NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。
故答案为：配位键、N、sp3、sp2。
(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N>H>B.NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3.由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH 3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ-的静电引力。
故答案为：N>H>B、CH3CH3、低、Hδ+与Hδ-的静电引力
(4)在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm、2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为31×2gNA，小长方体的体积为abc×10-30cm-3，因此，氨硼烷晶体的密度为31×2gNAabc×10-30=62NAabc×10-30g⋅cm-3。
故答案为：62NAabc×10-30
根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。
本题最后有关晶体密度的计算是难点，要求考生能读懂题意，通过观察晶胞结构，确定超晶胞结构中的分子数，并能合理分成8份，从而简化计算。
苯基环丁烯酮(PCBO)是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环反应合成一系列多官能团化合物。近期我国科学家报道用PCBO与醛或酮发生[4+2]环加成反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物(E)，部分合成路线如图：
已知如下信息：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是______。
(2)B的结构简式为______。
(3)由C生成D所用的试剂和反应条件为______；该步反应中，若反应温度过高，C易发生脱羧反应，生成分子式为C8H8O2的副产物，该副产物的结构简式为______。
(4)写出化合物E中含氧官能团的名称______；E中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为______。
(5)M为C的一种同分异构体。已知：1ml M与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2ml二氧化碳；M与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M的结构简式为______。
(6)对于，选用不同的取代基R'，在催化剂作用下与PCBO发生的[4+2]反应进行深入研究，R'对产率的影响见下表：
请找出规律，并解释原因______。
【答案】2-羟基苯甲醛 乙醇、浓硫酸/加热 羟基、酯基 2 随着R'体积增大，产率降低；原因是R'体积增大，位阻增大
【解析】解：(1)A的结构简式为：，醛基所连的碳为“1”号碳，羟基相连的碳为“2”号碳，所以名称为2-羟基苯甲醛(或水杨醛)，
故答案为：2-羟基苯甲醛(或水杨醛)；
(2)根据上述分析可知，B的结构简式为：，
故答案为：；
(3)C()与CH3CH2OH在浓H2SO4加热的条件下，发生酸脱羟基醇脱氢的酯化反应得到D()，即所用试剂为乙醇、浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反应温度过高，根据副产物的分子式C8H8O2可知，C()发生脱羧反应生成，
故答案为：乙醇、浓硫酸/加热；
(4)化合物E的结构简式为：，分子中的含氧官能团为：羟基和酯基，E中手性碳原子共有位置为的2个手性碳，如图所示：，
故答案为：羟基、酯基；2；
(5)M为C( )的一种同分异构体，1mlM与饱和NaHCO3溶液反应能放出2mlCO2，则M中含有两个羧基(-COOH)，M又与酸性高锰酸钾溶液生成对二苯甲酸，所以M分子苯环上只有两个取代基且处于对位，则M的结构简式为：，
故答案为：；
(6)由表格数据分析可得到规律，随着取代基R'体积的增大，产物的产率降低，出现此规律的原因可能是因为R'体积增大，从而位阻增大，导致产率降低，
故答案为：随着R'体积增大，产率降低；原因是R'体积增大，位阻增大。
根据合成路线分析可知，A()与CH3CHO在NaOH的水溶液中发生题给的已知反应，生成B()，B与KMnO4反应，被氧化后再酸化得到C()，C再与CH3CH2OH在浓H2SO4加热条件下，发生酯化反应得D()，D再与苯基环丁烯酮(PCBO)反应得到E()，据此分析。
本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握有机的命名、反应条件、官能团名称、手性碳、同分异构等，明确由手性碳及同分异构的书写是解题关键。同时考查了阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
气体
溶液
A.
H2S
稀盐酸
B.
HCl
稀氨水
C.
NO
稀H2SO4
D.
CO2
饱和NaHCO3溶液
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml⋅L-1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10-5ml⋅L-1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
R'
-CH3
-C2H5
-CH2CH2C6H5
产率/%
91
80
63