湖北省2020年第五届高考测评活动2020届高三元月调考（一模考试）理综化学试题


2020年湖北省第五届高考测评活动高三元月调考
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56
一、选择题
1.2019年9月25日，全世界几大空之一―—北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是( )
A. 机杨航站楼所用钢铁属于合金材料
B. 航站楼使用的玻璃是无机非金属材料
C. 航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料
D. 机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏
【答案】C
【解析】
【详解】A．机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，故A正确；
B．玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；
C．橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，故C错误；
D．常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D正确；
故答案为C。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下， 将22.4 LNO与0.5 mol O2充分混合， 混合后气体分子数为NA
B. 1 L 0.1mol/L硫酸钾溶液中含有的氧原子数为0.4NA
C. 5.6 g Fe与1 L 0.2 mol/L HNO3溶波充分反应， 至少失去电子数为0.2 NA
D. 0.1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致二氧化氮分子个数减少，故反应后得到的二氧化氮分子个数小于NA个，故A错误；
B．在1 L 0.1mol/L硫酸钾溶液中，除SO42-中含有氧原子，溶剂水中也含有氧原子，则溶液中含有的氧原子数远大于0.4NA，故B错误；
C．1 L 0.2 mol/L HNO3溶液中含有0.2molHNO3，5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与0.2mol硝酸反应，无论硝酸是浓还是稀，铁均过量，故反应后铁变为+2价，由于铁过量，故失去的电子小于0.2NA个，故C错误；
D．1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气，则0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧气，消耗氧气分子数为0.3NA，故D正确；
故答案为D。
【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算；关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
3.下列说法不正确的是( )
A. 金属汞一旦活落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深理处理
B. 氨氮废水(含NH4+及NH3 ) 可用化学氧化法或电化学氧化法处理
C. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加人沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
D. 用pH计、电导率仅(一种测量溶渡导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度
【答案】A
【解析】
【详解】A．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能深埋处理，易污染土壤和地下水，故A错误；
B．氨氮废水中N为-3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B正确；
C．做蒸馏实验时，蒸馏烧瓶中忘记加人沸石，需要停止加热，冷却后补加，故C正确；
D．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可监测乙酸乙酯的水解程度，故D正确；
故答案为A。
4.金合欢醇广泛应用于多种香型的香精中，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是( )

A. 金合欢醇的同分异构体中不可能有芳香烃类
B. 金合欢醇可发生加成反应、取代反应、氧化反应
C. 金合欢醇分子的分子式为C15H26O
D. 1 mol金合欢醇与足量Na反应生成0.5 mal氢气， 与足量NaHCO3溶液反应生成1 mol CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．金合欢醇的分子组成含有O元素，而烃为C、H化合物，则金合欢醇的同分异构体中不可能有芳香烃类，故A正确；
B．金合欢醇分子结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应和氧化反应，含有羟基，可发生取代反应和氧化反应，故B正确；
C．由金合欢醇的结构简式可知，其分子式为C15H26O，故C正确；
D．金合欢醇分子结构中含有羟基，与碳酸氢钠不反应，故D错误；
故答案为D。
【点睛】以有机物金合欢醇的结构为载体，考查官能团的性质；熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，难点是选项A，易混淆烃的概念。
5.某小组为探究K3[Fe(C2O4)3·3H2O(三草酸合铁酸钾晶体)的热分解产物，按如图所示装置进行实验。下列有关叙述错误的是( )

A. 通入氮气的目的有；隔绝空气、使反应产生的气体全部进人后续装置
B. 实验中观察到装置F中澄清石灰水变浑浊，装置E中固体变为红色，由此可判断热分解产物中一定含有CO2和CO
C. 为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通人氮气
D. 样品完全分解后，取少许装置A中残留物于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液， 溶液变红色， 可证明残留物中含有
【答案】B
【解析】
【分析】
探究三草酸合铁酸钾[K3[Fe(C2O4)3]•3H2O]受热分解的产物，连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是检验装置气密性，利用氮气提供惰性环境，避免干扰分解产物的分析和验证，装置A：三草酸合铁酸钾[K3[Fe(C2O4)3]•3H2O]受热分解，装置B：将气体产物通过澄淸石灰水，观察到澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，装置C：用氢氧化钠将CO2除尽，装置D：净化(干燥)剩余产物气体，装置E：检验CO(用CuO，变红)，装置F：检验有CO2生成(CO的氧化产物)，以此解答该题。
【详解】A．在反应开始前通入N2，可排净装置中的空气，以免O2和CO2对实验干扰，同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验，故A正确；
B．E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，只有B中澄清石灰水变浑浊才可证明分解产物中一定含有CO2，故B错误；
C．为防止倒吸，需要先关闭反应装置中的酒精灯，冷却至常温过程中需保持一直通入N2，故C正确；
D．结束实验后，待A中固体冷却至室温，取少量于试管中，加稀硫酸溶解，滴加1-2滴KSCN溶液，溶液变红，说明生成铁离子，即证明残留物中含有，故D正确；
故答案为B。
6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，已是由Z元素形成的单质。已知：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；25℃时，0.1 mol/L丁溶液的pH为13。下列说法不正确的是( )
A. 1 mol甲与足量的乙完全反应共转移1mol电子
B. Y元素位于第2周期第IVA族， 它可以形成自然界中硬度最高的天然矿物
C. 化合构戊中既有离子键又有非概性共价键
D. 原子半径：W>Y>Z>X
【答案】C
【解析】
【分析】
0.1 mol•L-1丁溶液的pH为13(25℃)，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Z组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为C，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题。
【详解】0.1 mol•L-1丁溶液的pH为13(25℃)，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Z组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为C；
A．Na2O2和水反应生成NaOH和O2，此反应中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，且1 molNa2O2与足量的水完全反应共转移1mol电子，故A正确；
B．Y为碳，在周期表中位置为：第二周期第ⅣA族，且金刚石是自然界中硬度最高的天然矿物，故B正确；
C．戊是碳酸钠，属盐，含有离子键和极性共价键，故C错误；
D．由以上分析可知：X为氢、Y为碳、Z为氧、W为钠元素，则原子半径大小顺序为：Na＞C＞O＞H，即：W＞Y＞Z＞X，故D正确；
故答案为C。
7.已知：常阻下， Ksp.(ZnS)=1.6×10—24； pM=—lgc(M2+)(MI2+为Cu2+或Zn2+)。常温下，向10 mL 0.10 mol/L CuCl2溶液中滴加0.10 mol/L Na2S溶液，滴加过程中pM与Na2S溶液体积(V) 关系如图所示。下列说法错误的是( )

A. Ksp(CuS) 的数量级为10-36
B. a点溶液中， c(Na+) =2[c(S2—) +c(HS—) +c(H2S)]
C. d点溶液中：c(Na+)>c(Cl—)>c(S2—)>c(H+)
D. 相同条件下， 若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液， 则反应终点c向b方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中有关守恒分析解答此题。
【详解】A．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4=100.6×10-36，由于1＜100.6＜10，则Ksp(CuS)的数量级为10-36，故A正确；
B．a点溶液中所含有的溶质为NaCl和Na2S，则根据物料守恒可知，c(Na+) =2[c(S2—) +c(HS—) +c(H2S)]+c(Cl—) ，故B错误；
C．d点时溶质为NaCl和Na2S，n(Na+)=0.1mol/L×0.02L×2=0.004mol，n(Cl-)=0.1mol/L×0.01L×2=0.002mol，即c(Na+)＞c(Cl-)，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，即c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)，所以c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；
D．已知Ksp(CuS)=10-35.4、Ksp(ZnS)=1.6×10—24，则 若用等浓度等体积ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，滴加Na2S溶液10mL时恰好完全反应，此时溶液中c(Zn2+)＞c(Cu2+)，即PM(Cu2+)＞PMc(Zn2+)，反应终点c向b方向移动，故D正确；
故答案为B。
二、填空题
8.亚硝酰氯(NOCl) 是一种黄色气体， 焰点-64.5℃， 沸点-5.5℃， 遇水发生剧烈反应。亚硝酰氯可以由干燥纯净的NO与Cl2合成。某小组设计实验制备亚硝酰氯，实验装置如图所示。 

(1)装置A中发生的是实验室制备氯气的反应。仪器a的名称是_____________，装置A中反应的离子方程式是__________________________________________。
(2)装置B的作用是________________________________________。
(3)装置E中盛放的药品可以几________(填子号)
A.浓硫酸 B.无水硫酸铜 C.无水氯化钙 D.碱石灰
(4)实验室中也可用下图装置X代替装置F制备NO。与装置F比较，装置X的优点为_____。

(5)在装置D中发生反应2NO+Cl22NOCl制得NOCl。已知NOCl分子中各原子都满足8e—稳定结构，其结构式为______________。
(6)查阅资料可知：由浓硝酸与浓盐酸混和而形成的王水在一定条件下可生成亚硝酰氯和氯气。该反应的化学方程式为________________________________。
(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCI。设计实验证明HNO2是弱酸：_______________(仅提供试剂：1 mol/L盐酸、1 mol/L HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl－Mn2++ Cl2↑+2H2O (3). 除去Cl2中混有的HCl气体 (4). D (5). 随开随用，随关随停 (6). O=N—Cl (7). HNO3(浓)+3HCl(浓) NOCl↑+Cl2↑+2H2O (8). 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，证明HNO2是弱酸
【解析】
【分析】
A装置制得的Cl2经B中食盐水和C浓硫酸除去HCl并干燥后，与F中生成的NO经干燥后一起在装置D中发生反应，其中气体通入浓硫酸，除干燥外还可起到观察气泡调节气体流速的作用，因沸点较低，应在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，且NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，防止水蒸气进入D装置中，以此解答该题。
【详解】(1)装置A是实验室制备氯气装置，其中仪器a的名称是分液漏斗，装置A中MnO2和浓盐酸发生反应应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl－Mn2++ Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl－Mn2++ Cl2↑+2H2O；
(2)浓盐酸有挥发性，由A装置制得的Cl2中混有HCl和水 ，则装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，故答案为：除去Cl2中混有的HCl气体；
(3)装置E为干燥管，其作用为除去挥发的HNO3并干燥NO气体，则应选择固体碱性干燥剂，D选项碱石灰满足条件，故答案为：D；
(4) 实验室用装置X制备NO，与装置F相比X 装置无需排除发生装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，故答案为：随开随用，随关随停；
(5) NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，电子式为，则其结构式为O=N—Cl，故答案为：O=N—Cl；
(6) 王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酞氯和氯气，该反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓) NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：HNO3(浓)+3HCl(浓) NOCl↑+Cl2↑+2H2O；
(7) 若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，证明HNO2是弱酸。
9.以锆英石(主要成分是ZrSiO4 ， 还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质) 为原料生产硅、铝、锆及其化合物的流程如图所示

(1)高温气化过程中， 不考虑损失， 发现分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大， 用反应方程式说明其原因：__________________。
(2)写出上述流程中ZrCl4与水反应的化学方程式：_______________________。
(3)搭杂Y2O3的ZrO3固体，在高温下能传导O2—。利用它的导电性，可制得燃料电池。利用CH4燃料电池作为电源(如左下图所示)，采用如右下图所示电解槽装置，用Cu-Si合金作硅源，在950℃下利用三层液熔盐对冶金硅进行电解精炼提纯、可降低高纯硅制备成本。 

①电极c与_____(填“b”或“a”)相连。
②a极的电极反应为：______________________。
③假设在电解精炼过程中没有能量损失， 则消耗33.6 L CH4 (标准状况下) 时，提纯____mol Si。
(4)高温气化后的固体残渣除碳外， 还有Al2O3和FeCl3，从残渣中分离出Al2O3的方法如下：

①已知Ksp[Fe(OH)3=1×10—39。“提纯”过程中， 当溶液中c(Fe3+)<10—6 mol/L时， 落液中c(OH—)>____mol/L。
②“沉淀”过程中，通入过量CO2时发生反应的离子方程式为______________。
【答案】 (1). SiO2+2Cl2+2CSiCl4+2CO (2). ZrCl4+9H2O=ZrOCl·8H2O+2HCl (3). a (4). CH4− 8e− +4O2− = CO2+2H2O (5). 3 (6). 1×10－11 (7). AlO2－+ CO2+ 2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－
【解析】
【分析】
锆英石(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2•8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆；
(1)因锆英石含有杂质SiO2，SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4；
(2)根据图示ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2•8H2O，结合原子守恒进行解答；
(3)①左图是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极；右图中d电极表面失电子发生氧化反应，为阳极，c电极为阴极；
②通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应；
③33.6 L CH4 (标准状况下) 的物质的量为=1.5mol，氧化产物为CO2，则转移电子的物质的量为1.5mol×8=12mol，根据电子守恒计算提纯Si的物质的量；
(4)①根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)计算c(OH-)；
②碳酸的酸性强于偏铝酸，“沉淀”过程中，通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀。
【详解】(1)锆英石(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，杂质SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，涉及反应的化学方程式为SiO2+2Cl2+2CSiCl4+2CO，故答案为：SiO2+2Cl2+2CSiCl4+2CO；
(2)ZrCl4与水反应生成ZrOCl2•8H2O和HCl，根据原子守恒，反应的化学方程式为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl，故答案为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl；
(3)①左图是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，右图中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故答案为：a；
②通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e-+4O2-═CO2+2H2O，故答案为：CH4-8e-+4O2-═CO2+2H2O；
③33.6 L CH4 (标准状况下) 的物质的量为=1.5mol，氧化产物为CO2，则转移电子的物质的量为1.5mol×8=12mol，由电子守恒可知提纯Si的物质的量为=3mol，故答案为：3；
(4)①Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，“提纯”过程中，当c(Fe3+)＜10-6 mol•L-1时，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)，c(OH-)=mol/L=1×10-11，故答案为：1×10-11；
②碳酸的酸性强于偏铝酸，“沉淀”过程中，过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2－+ CO2+ 2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－，故答案为：AlO2－+ CO2+ 2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－。
10.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。科学家设想了一系列捕捉和封存CO2的方法。
(1) Bosch反应：
已知CO2(g) 和H2O(g) 常温下的生成焓分别为-393.5 kJ/mol和-241.8 kJ/mol(生成焓是指压力为101 kPa， 一定温度下时， 由元素最稳定的单质生成生成1mol纯化合物时的反应焙变) 。则Bosch反应的△H=________________。
(2)在Pd-MgO/SiO2催化下， 以CO2和H2为原料完成Sabatie反应的机理妇下图：

Sabatier反应的化学方程式为___________________________________________。
(3)可将二氧化碳转化为甲醇，其原理是：△H=-53.7 kJ/mol。526K时， 向3 L刚性密闭容器中通人0.2 mol CO2和0.4 mol H2， 若测得其压强(p) 随时间(t) 变化如图中曲线Ⅰ所示，则有：

①反应经过5 min达到平衡。反应开始至达平衡时，v(H2) =_________；该温度下反应的平衡常数为________。
②只改变某一条件，其他条件相同时，测得曲线变化为曲线Ⅱ，则改变的条件可能是_____。
(4)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O2·H2O热分解可制备CaO。在隔绝空气的条件下，CaC2O2·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。

①写出400~600℃范围内分解反应的化学方程式：_________________。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O2·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能， 其原因可能是__________________________________________________。
【答案】 (1). -90.1kJ·mol－１ (2). CO2+4H2 CH4+2H2O (3). 0.02mol/(L·min) (4). 900 (5). 加入催化剂 (6). CaC2O4CaCO3+CO↑ (7). CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
【解析】
【分析】
(1)Bosch反应的△H等于水的生成焓的二倍减去二氧化碳的生成焓；
(2) 根据信息：一定条件下Pd-Mg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”结合反应机理来书写方程式并结合化合价判断；
(3) 开始时混合气体总物质的量=(0.2+0.4)mol=0.6mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量=×0.6mol=0.4mol，根据方程式知，如果有3mol氢气完全反应，则混合气体物质的量减少2mol，则混合气体减少(0.6-0.4)mol=0.2mol，则消耗n(H2)=×0.2mol=0.3mol，反应开始至达平衡时，v(H2)=；

根据化学平衡常数K=计算；
②改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变；
(4) CaC2O4•H2O热分解先分解生成草酸钙和水，0-200°C，固体质量变化146-128=18，反应的化学方程式：0-200°C发生的反应：CaC2O4•H2O CaC2O4+H2O，400-600°C质量减少128-100=28g，草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，是发生反应CaC2O4 CaCO3+CO，800-1000°C，质量变化=100-56=44，是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式：CaCO3 CaO+CO2，据此分析判断；
①上述分析可知400～600℃范围内分解反应为草酸钙分解生成碳酸钙和一氧化碳；
②CaC2O4•H2O热分解放出更多的气体。
【详解】(1) Bosch反应的△H等于水的生成焓的二倍减去二氧化碳的生成焓，则Bosch反应的△H=2(-241.8kJ•mol-1)-(-393.5kJ•mol-1)=-90.1kJ/mol，故答案为：-90.1kJ/mol；
(2) 据信息可知一定条件下Pd-Mg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”的反应物为二氧化碳和氢气，生成物为甲烷和水，反应的化学方程式为：CO2+4H2 CH4+2H2O，故答案为：CO2+4H2 CH4+2H2O；
(3) 开始时混合气体总物质的量=(0.2+0.4)mol=0.6mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量=×0.6mol=0.4mol，根据方程式知，如果有3mol氢气完全反应，则混合气体物质的量减少2mol，则混合气体减少(0.6-0.4)mol=0.2mol，则消耗n(H2)=×0.2mol=0.3mol，反应开始至达平衡时，v(H2)===0.02mol/(L·min)；由题意建立如下三段式：

则化学平衡常数K===900，故答案为：0.02mol/(L·min)；900；
②改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以改变的条件是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；
(4) CaC2O4•H2O热分解先分解生成草酸钙和水，0-200°C，固体质量变化146-128=18，反应的化学方程式：0-200°C发生的反应：CaC2O4•H2OCaC2O4+H2O↑，400-600°C质量减少128-100=28g，草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，是发生反应CaC2O4CaCO3+CO↑，800-1000°C，质量变化=100-56=44，是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式：CaCO3CaO+CO2↑，据此分析判断；
①400-600°C质量减少128-100=28g，草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，是发生反应CaC2O4CaCO3+CO↑，故答案为：CaC2O4CaCO3+CO↑；
②CaC2O4•H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是：CaC2O4•H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，故答案为：CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔。
11.[化学—选修3：物质结构与性质]
我国近几年在化学领域取得了许多新成就，例如我国科学家用Ni-BaH2/Al2O3、Ni-LiH等作催化剂，利用化学键合成氨，中国科学院大连化学物理研究员王峰团队在二氧化铈界面酸碱催化的研究中取得新进展等。回答下列问题：
(1)基态Ni原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_____________________________。
(2)BaH2的熔点比CaH2的低，原因是_________________________________________________________。
(3)NH3可用于制备NaN3、硝酸盐、铵盐、三聚氰胺()等等含氮化物：NaN3中阴离子空间构型______________；NH4+和NO3—中中心原子杂化方式依次为_____________，三聚氰胺分子中含σ健______个。
(4)二氧化铈(CeO2)可应用于处理汽车尾气有害成分一氧化碳和氮氧化物。
①C、N、O三种元素第一电离能由大到小顺序为______________。
②N、P位于同一主族，NH3、PH3分子结构如下图所示：

NH3和PH3中，H—N—H间的夹角比H—P—H间的大，其主要原因是__________________________________________________。
③氮的含氧酸有两种，从物质结构与性质的角度说明硝酸比亚硝酸酸性强的原因______________________________________________。
④CeO2的晶体结构如下图所示，NA为阿伏伽德罗常数的数值，晶体密度为7.13 g·cm—3，CeO2的摩尔质量为172.115 g/mol，则晶胞参数为____________nm(列出计算式)。

●O ○Ce
【答案】 (1). (2). 两者均为离子晶体，Ca2+半径小于Ba2+半径，CaH2晶格能较大，熔点较高 (3). 直线型 (4). sp3、sp2 (5). 15 (6). N>O>C (7). NH3和PH3中中心原子N、P的杂化方式相同、孤电子对数相同，N-H的键长小于P-H的键长，键角较大 (8). 同种元素的无机含氧酸，非羟基氧的数目越多酸性越强。1个硝酸分子中有2个非羟基氧，1个亚硝酸分子中只有1个非羟基氧，所以硝酸的酸性比亚硝酸酸性强 (9).
【解析】
分析】
(1) Ni原子的核电荷数为28，其价电子排布式为3d84s2；
(2)BaH2和CaH2均为离子晶体，晶体格能大的熔点高；
(3) 根据中心原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，判断杂化轨道形式和空间构型；共价单键均为σ键个数，C=N键中有一个σ键和一个π键；
(4)①同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素；
②中心原子的电负性N＞P，NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子，使成键电子对间的斥力变大；
③同种元素的无机含氧酸，非羟基氧的数目越多酸性越强；
④根据均摊法计算晶胞中Ce原子、O原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，再根据ρ=计算该晶体的体积，最后再计算晶胞参数。
【详解】(1) 基态Ni原子的核电荷数为28，其价电子排布式为3d84s2，则基态Ni原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为；
(2) BaH2和CaH2均为离子晶体，且Ca2+半径小于Ba2+半径，则CaH2晶格能较大，熔点较高；
(3) NaN3中阴离子N3-，中心原子价层电子对个数=2+=2，则中心N原子为sp杂化，空间构型为直线型；NH4+的中心原子价层电子对个数=4+=4，则中心N原子为sp3杂化， NO3—的中心原子价层电子对个数=3+=3，则中心N原子为sp2杂化；在三聚氰胺分子中含6个N-H键、6个C-N键和3个N=C键，则三聚氰胺分子中含15个σ健；
(4) ①同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C；
②中心原子的电负性N＞P，NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子，使成键电子对间的斥力变大，键角变大，所以H-N-H间的夹角比H-P-H间的大；
③同种元素的无机含氧酸，非羟基氧的数目越多酸性越强，而1个硝酸分子中有2个非羟基氧，1个亚硝酸分子中只有1个非羟基氧，所以硝酸的酸性比亚硝酸酸性强；
④晶胞参数为anm，由均摊法可知晶胞中含Ce原子数8×+6×=4，O原子数为8，则晶胞中含有4个CeO2，可知晶胞的质量为，由ρ=可知晶胞的体积V==(a×10-7cm)3，解得：a=。
【点睛】考查原子杂化方式及分子的立体构型的判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。
12.[化学—选修5：有机化学基础]
化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体，实验室由A制备G的一种路线如下：

已知：①
②B的分子式为C10H8SO3，C的分子式为C10H8O，E的分子式为C12H12O2，G的分子式为C10H12O3.
(1)D的分子式为________________。
(2)F中所含官能团名称是________________________；由E生成F的反应类型是_________________。
(3)C的结构简式为________________________，G的结构简式为_______________________。
(4)由D生成E的化学方程式为_______________________________________________________。
(5)芳香族化合物X是F的同分异构体，1 mol X做多可与2 mol NaOH反应，其核磁共振氢谱显示分子中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，写出种符合要求的X的结构简式______________________。
(6)请写出以甲苯和(CH3CO)O为原料制备染料中间体的合成路线流程图(无机试剂任用)。 ________________________________________
已知：①
②
③NH2呈弱碱性，易被氧化。
【答案】 (1). C10H10O (2). 酯基、羟基 (3). 取代反应或水解反应 (4). (5). (6). +(CH3CO)2O+CH3COOH (7). (8).
【解析】
【分析】
结合流程及A、D的结构可知，A发生取代反应生成B为，B发生取代反应生成C为，C发生加成反应生成D，结合H的结构简式可知D发生取代反应生成E为，E发生加成后水解生成F为，G为，G发生取代反应生成H；
(6)甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻-硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成。
【详解】(1)D的结构简式为，则其分子式为C10H10O；
(2)F的结构简式为，所含官能团名称是酯基、羟基；E发生加成后水解生成F，反应类型是取代反应或水解反应；
(3)由分析知：C的结构简式为，G的结构简式为；
(4)由D生成E的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；
(5)芳香族化合物X是F的同分异构体，1molX最多可与4 molNaOH反应，其核磁共振氯谱显示分子中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3：3：1，则分子中含2个某酸苯酚酯结构、且含甲基，分子中有3种H，符合要求的X的结构简式为；
(6)甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻-硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，流程为。
【点睛】根据信息合成时，应根据的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。本题难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。