2022届四川省成都市高三下学期第一次适应性考试理科综合化学试题（含解析）

试卷第=page1010页，共=sectionpages1212页四川省成都市2022届高三下学期第一次适应性考试理科综合化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学对提高人类生活质量、促进社会发展和科技的创新有重要作用，下列叙述错误的是A．北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，实现了火焰的可视性B．维生素C和细铁粉均可作食品脱氧剂C．纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+D．用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量银离子可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【答案】C【解析】【详解】Ａ．火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，利用了金属的焰色实验现象，实现了火焰的可视性，A项正确；Ｂ．维生素C和细铁粉均具有还原性，可做食品脱氧剂，B项正确；Ｃ．纳米铁粉具有还原性，将污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+还原为对应的单质，C项错误；Ｄ．银离子为重金属阳离子，可以使细菌蛋白质变性，防止牛奶变质，D项正确；答案选C。2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．3g14C16O与14N16O的混合气体，含有的中子数介于1.5NA与1.6NA之间B．常温常压下，17gNH3中含有的电子数为10NAC．0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的O2分子数为0.3NAD．60gSiO2和12g金刚石中各含有4NA个Si—O键和C—C键【答案】D【解析】【详解】A．14C16O和14N16O的摩尔质量都为30g/mol，14C16O和14N16O的中子数分别为16和15，所以3g14C16O与14N16O的混合气体，含有的中子数应介于×16×NAmol—1=1.6NA和×15×NAmol—1=1.5NA之间，故A正确；B．常温常压下，17gNH3中含有的电子数为×10×NAmol—1=10NA，故B正确；C．1mol乙烯和乙醇完全燃烧所消耗氧气的物质的量都为3mol，所以0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.1mol×3=0.3NA，故C正确；D．金刚石中每个碳原子与4个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子所共有，每个碳原子形成的碳碳共价键的数目为4×=2个，则12g金刚石中含有的碳碳键的数目为×2×NAmol—1=2NA，故D错误；故选D。3．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序数：3Y=Z+R，常温下X与Y可组成两种液态二元化合物。某种缓冲溶液的主要成分结构如图。下列说法错误的是A．R的最高价氧化物对应的水化物为强酸B．简单氢化物的稳定性：Y<ZC．X、W均能与Y形成具有漂白性的化合物D．简单离子半径：Y>Z>W【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，常温下X与Y可组成两种液态二元化合物，则X为H元素、Y为O元素；由缓冲溶液的主要成分结构中W为正一价阳离子、R形成5个共价键可知，W为Na元素、R为P元素；由原子序数：3Y=Z+R可知，Z为F元素。【详解】A．磷元素的最高价氧化物对应的水化物磷酸为中强酸，故A错误；B．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性弱于氟元素，所以水的稳定性弱于氟化氢，故B正确；C．过氧化氢和过氧化钠都具有强氧化性，都是具有漂白性的化合物，故C正确；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的离子半径为O2—>F—>Na+，故D正确；故选A。4．下列有关制取气体的设计方案正确的是选项制取气体所选药品收集装置①②ANH3浓氨水氧化钙④BSO2浓硫酸亚硫酸钠④CCO2醋酸溶液石灰石③DCl2浓盐酸二氧化锰③A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，密度比空气小，因此一般采用向下排空气法收集氨气，故A错误；B．亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2，可用氯化钙干燥，其密度比空气大，用向上排空气法收集，故B正确；C．CO2是酸性气体，③中碱石灰会吸收二氧化碳，且其密度比空气大，向上排空气法收集，故C错误；D．二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气需要加热，所以该装置不能得到氯气，故D错误；故选：B。5．柠檬酸苯甲酯是一种重要的有机物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A．柠檬酸苯甲酯的所有碳原子可以共平面B．1mol柠檬酸苯甲酯最多能与6molH2发生加成反应C．柠檬酸苯甲酯能发生取代反应、氧化反应D．1mol柠檬酸苯甲酯与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．含有多个饱和碳原子，具有四面体的结构特征，则所有的碳原子不可能共平面，故A错误；B．只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol柠檬酸苯甲酯与足量H2加成，最多消耗3molH2，故B错误；C．柠檬酸苯甲酯含有羧基，能与醇类发生取代反应，能燃烧，发生氧化反应，故C正确；D．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基、酯基，则1mol柠檬酸苯甲酯与足量的氢氧化钠溶液反应时，消耗3molNaOH，故D错误；故选：C。6．如图，甲、乙是两个完全相同的光伏并网发电模拟装置，利用它们对煤浆进行脱硫处理。下列叙述中错误的是A．光伏并网发电装置中b为正极B．石墨1电极上消耗1molMn2+，甲、乙中各转移0.5mol电子C．脱硫反应原理为：15Mn3++FeS2+8H2O=15Mn2++Fe3++2SO+16H+D．处理60gFeS2，石墨2电极上消耗7.5molH+【答案】B【解析】【分析】由图可知，石墨1电极上Mn元素价态升高失电子，故石墨1为阳极，电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，Mn3+与FeS2反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，石墨2为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，据此分析解题。【详解】A．石墨1为阳极极，则b极为电源的正极，A正确；B．石墨1为阳极，电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，消耗1molMn2+，电路中转移1mol电子，B错误；C．阳极生成的Mn3+与FeS2反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，C正确；D．处理60gFeS2，消耗阳极生成的Mn3+的物质的量为×15=7.5mol，转移电子7.5mol，石墨2为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，石墨2上消耗7.5molH+，D正确；故答案为：B。7．现有HA、HB和H2C三种酸，室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是A．a点时的溶液中由水电离出的c(OH—)=3×10-13mol·L-1B．b点对应溶液中：c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)C．曲线c点对应溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH—)D．已知H2C的一级电离为H2C=H++HC—，常温下0.1mol·L-1的H2C溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，则往NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H2C=HB+HC—【答案】D【解析】【详解】A．由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，在溶液中完全电离，a点时的溶液中氢离子浓度为=mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=3×10-13mol/L，故A正确；B．由图可知，b点对应的溶液为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，说明溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的浓度大小顺序为c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)，故B正确；C．由图可知，c点对应的溶液为NaB溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(HB)=c(OH—)，故C正确；D．由H2C的一级电离方程式可知，H2C在溶液中第一步电离是完全电离，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H+=HB，故D错误；故选D。二、实验题8．富马酸亚铁(结构简式，相对分子质量170)是治疗贫血药物的一种。实验制备富马酸亚铁并测其产品中富马酸亚铁的质量分数。I.富马酸(HOOC—CH=CH—COOH)的制备。制取富马酸的装置如图甲所示(夹持仪器已略去)，向组装装置加入药品，滴加糠醛()，在90~100℃条件下持续加热2~3h。(1)装有糠醛的仪器名称是____；仪器A的作用是____，出水口为____(填“a”或“b”)。(2)V2O5为反应的催化剂，反应物NaClO3的作用为____(填“氧化剂”或“还原剂”。II.富马酸亚铁的制备。步骤1：将4.64g富马酸置于100mL烧杯中，加水20mL在热沸搅拌下，加入适量Na2CO3溶液调节溶液的pH；步骤2：将上述溶液转移至如图乙所示的装置中(夹持仪器已略去)，缓慢加入40mL2mol/LFeSO4溶液，维持温度100℃，持续通入氮气，充分搅拌1.5h；步骤3：冷却、过滤，洗涤沉淀，然后水浴干燥，得到产品。(3)步骤1中所加Na2CO3溶液需适量的原因是____。(4)步骤2中持续通入氮气的目的是____。(5)判断步骤3中富马酸亚铁产品已洗净的实验方法是____。III.产品纯度测定。步骤①：准确称取粗产品0.1600g，加煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，加煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲—亚铁指示剂，立即用0.050mol/L的硫酸高铈铵[(NH4)2Ce(SO4)3]标准溶液进行滴定，用去标准液的体积为16.02mL(反应式为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)。步骤②：不加产品，重复步骤①操作，滴定终点用去标准液0.02mL。(6)根据上述数据可得产品中富马酸亚铁的质量分数为____%(保留3位有效数字)。(7)该滴定过程的标准液不宜为酸性高锰酸钾溶液，原因是酸性高锰酸钾溶液既会氧化Fe2+，也会氧化含碳碳双键的物质。向富马酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色且有气体生成，该反应的离子方程式为____。【答案】(1)

分液漏斗

冷凝回流，提高糠醛的利用率，减少富马酸的挥发

b(2)氧化剂(3)加入过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；加入过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀(4)防止Fe2+被氧化(5)取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净(6)85.0(7)5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O【解析】【分析】本题为实验探究题，通过使用糠醛和NaClO3发生反应来制备富马酸，反应原理为：3+4NaClO33HOOC—CH=CH—COOH+4NaCl+3CO2↑，然后用上述制得的富马酸和FeSO4溶液和Na2CO3溶液共同反应制得富马酸亚铁，并分离出富马酸亚铁，最后通过滴定法来测量所得产品的纯度，滴定过程中设置空白滴定是为了减小实验误差，据此分析解题。(1)由题干实验装置图可知，装有糠醛的仪器名称是分液漏斗，由于富马酸和糠醛易挥发，需采用仪器A来冷凝回流，以提高糠醛的利用率和减少富马酸的挥发损失，为增强冷凝效果，冷却水通常采用下进上出，则出水口为b，故答案为：分液漏斗；冷凝回流，提高糠醛的利用率，减少富马酸的挥发；b；(2)V2O5为反应的催化剂，即三颈瓶中的反应原理为：3+4NaClO33HOOC—CH=CH—COOH+4NaCl+3CO2↑，反应物NaClO3的作用为氧化剂，故答案为：氧化剂；(3)步骤1中所加Na2CO3溶液的量若过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；若过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀，故Na2CO3溶液需适量，故答案为：加入过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；加入过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀；(4)由于空气中的O2能够将Fe2+氧化为Fe3+，影响产物的纯度，故步骤2中持续通入氮气的目的是防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；(5)判断步骤3中富马酸亚铁产品已洗净的实验方法即判断洗涤液中不再存在，则该实验方法是取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净；(6)由题干实验数据可知，n(富马酸亚铁)=n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.050mol/L×(16.02-0.02)×10-3L=8.0×10-4mol，故样品中富马酸亚铁的质量分数为：=85.0%，故答案为：85.0；(7)向富马酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色即生成Mn2+且有气体即为CO2生成，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O，故答案为：5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O。三、工业流程题9．碳酸锶是重要的无机化工产品。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3杂质)制备超细碳酸锶的工艺如图：已知：25℃时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图甲所示：回答下列问题：(1)原料预处理的目的是加快煅烧反应速率，提高原料利用率。预处理方式可以是____。(2)“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。则“高温煅烧”的主要反应化学方程式为____。(3)气体2为____。步骤1的目的为____，不设置步骤1带来的后果是____。(4)“除铁铝”过程维持温度在75℃的好处是____。“除铁铝”后溶液温度降至室温(25℃)，溶液中c(Fe3+)为____mol/L。(100.9=7.9)(5)①写出“沉锶”的离子反应方程式：____。②反应温度对锶转化率的影响如图乙，温度高于60℃时，锶转化率降低的原因为____。【答案】(1)粉碎(2)SrSO4+4CSrS+4CO↑(3)

H2S(或硫化氢)

氧化Fe2+

铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽(4)

加快水解速率，同时避免生成胶体有利于形成沉淀

7.9×10-20(5)

Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O

温度高于60℃时，NH4HCO3分解【解析】【分析】由题给流程可知，锶渣高温煅烧时硫酸锶与碳高温条件下反应转化为硫化锶，向煅烧渣中加入盐酸酸浸，将锶、钙、铁、铝、镁等元素转化为可溶的金属氯化物，过滤得到含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，在75℃水浴加热条件下向反应后的溶液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为7.5，将铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有氯化锶、氯化钙、氯化镁的滤液；在95—100℃条件下向滤液加入氢氧化钠调节溶液pH为12，将镁离子、钙离子转化为氢氧化物沉淀，趁热过滤得到氯化锶溶液；向氯化锶溶液中加入氨水、碳酸氢铵溶液使溶液pH不小于10，将氯化锶转化为碳酸锶沉淀，过滤得到超细碳酸锶。(1)粉碎锶渣可以增大固体的表面积，增大高温煅烧时反应物的接触面积，加快煅烧反应速率，提高原料利用率，故答案为：锶渣；(2)由分析可知，高温煅烧时发生的主要为硫酸锶与碳高温条件下反应生成硫化锶和一氧化碳，反应的化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑；(3)向煅烧渣中加入盐酸酸浸时，硫化锶与盐酸反应生成氯化锶和硫化氢气体；由分析可知，步骤1的目的是加入过氧化氢溶液将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，便于在75℃水浴加热条件下向反应后的溶液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为7.5，将铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，否则溶液中的亚铁离子不能转化为沉淀而不能除尽，故答案为：H2S(或硫化氢)；氧化Fe2+；铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽；(4)铁离子和铝离子在溶液中的水解反应是吸热反应，“除铁铝”过程维持温度在75℃可以加快铁离子和铝离子的水解速率，同时避免铁离子和铝离子生成胶体，有利于铁离子和铝离子形成沉淀完全除去；由图可知，铁离子浓度为10—2mol/L时，溶液pH为1.8，则氢氧化铁的溶度积Ksp=10—2×(10—12.2)3=10—38.6.，所以溶液pH为7.5时，溶液中铁离子浓度为mol/L=10—19.1.mol/L=7.9×10-20mol/L，故答案为：加快水解速率，同时避免生成胶体有利于形成沉淀；7.9×10-20；(5)①由分析可知，沉锶时发生的反应为氯化锶溶液与氨水、碳酸氢铵混合溶液反应生成氯化铵、碳酸锶沉淀和水，反应的离子反应方程式为Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O，故答案为：Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O；②由图可知，温度高于60℃时，锶转化率会降低，原因是温度高于60℃时，碳酸氢铵受热分解，导致锶转化率降低，故答案为：温度高于60℃时，NH4HCO3分解。四、原理综合题10．我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义，其反应原理之一为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。(1)反应在高温下才可自发进行，则该反应的活化能E正____E逆(填“>”“<”或“=”)。判断的理由是____。(2)对在恒温恒容条件下的该反应，下列条件可作为反应达到平衡判断依据的是____(填序号)。a.混合气体密度不变b.容器内压强不变c.2v正(H2S)=v逆(CS2)d.CH4与H2的物质的量分数之比保持不变(3)为了研究甲烷对H2S制氢的影响，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2。保持体系压强为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的变化如图甲所示：①图中表示CH4、H2变化的曲线分别是____。②M点对应温度下，CH4的转化率约为____(保留3位有效数字)。950℃时，该反应的Kp=____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。③维持N点温度不变，向容器内再通入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol，此时速率关系为v正____v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。(4)实验测定：在其他条件不变时，升高温度，CH4的平衡转化率先增大后下降，下降的可能原因是____。(5)H2S可用Na2CO3溶液吸收，将吸收足量H2S气体后的溶液用如图乙所示的电解池电解，可在阳极得到有工业应用价值的Na2S2O3，则图中隔膜应使用_____(填“阳”或“阴”)离子交换膜，阴极电极反应式为____。若电解前阳极室和阴极室溶液质量相同，当电路中通过电子物质的量为2mol时，则理论上阳极室和阴极室质量差为____g。【答案】(1)

>

该反应正向为熵增的反应，在高温下才可自发进行，则ΔH>0，因此该反应的活化能E正>E逆(2)bd(3)

d、a

33.3%

0.01

小于(4)温度过高，H2S发生分解(5)

阴

2H2O+2e-=H2↑+2OH-

70【解析】(1)由反应CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)可知△S＞0，反应在高温下才可自发进行，即△H-T△S＜0，说明△H＞0，该反应的正反应为吸热反应，说明该反应的活化能E正＞E逆，故答案为：＞；该反应正向为熵增的反应，在高温下才可自发进行，则ΔH>0，因此该反应的活化能E正>E逆；(2)a、该反应气体质量与体积不变，则密度为定值，则容器内气体的密度不再随时间变化不能说明该反应已达到平衡状态，故a错误；b、该反应前后气体物质的量发生改变，则压强为变值，则容器内气体的总压强不再随时间变化说明该反应已达到平衡状态，故b正确；c、速率方向有正有逆，但反应速率不与对应物质的化学计量系数成正比，故2v正(H2S)=v逆(CS2)可以说明该反应未达到平衡状态，故c错误；d、CH4为反应物，H2为生成物，当物质的量分数之比保持不变，说明已达到平衡，故d正确；故答案为：bd；(3)①由a、b、c、d变化趋势可知，ab曲线为反应物，cd曲线为生成物，原料初始组成n(CH4)；n(H2S)=1：2，可知CH4的物质的量分数小，即d曲线为CH4，由方程式可知，CS2与H2的生成量为1：4，即曲线a为H2，故答案为：d、a；②M点对应温度下，设原料初始组成n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，△n(CH4)为xmol，由三段式：，M点时H2S和H2的物质的量分数相等，也就是H2S和H2的物质的量相等，即2-2x=4x，可得x=mol，α(CH4)=；950℃时，设原料初始组成n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，△n(CH4)为amol，由三段式：，950℃时，CH4和CS2的物质的量分数相等，也就是CH4和CS2的物质的量相等，即1-a=a，得a=0.5mol，则

CH4、H2S、CS2、H2物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总物质的量为(0.5mol+1mol+0.5mol+2mol)=4mol，p(

CH4)=×0.1MPa=0.0125MPa，p(

H2S)=0.025MPa，p(

CS2)=0.0125MPa，p(

H2)=0.05MPa，该反应的Kp=，故答案为：33.3%；0.01；③由②可知950℃时，在同一容器中，维持N点温度不变，向容器内再通入CH4、H2S、CS2，H2各0.1mol，则

CH4、H2S、CS2、H2物质的量分别为0.6mol、1.1mol、0.6mol、2.1mol，，Qc＞K，反应逆向进行，此时速率关系为v正<v逆，故答案为：小于；(4)在其他条件不变时，随着温度升高，H2S会发生分解，导致浓度H2S减小，CH4的平衡转化率下降，故答案为：温度过高，H2S发生分解；(5)足量的H2S气体与碳酸钠溶液发生反应2H2S+Na2CO3=2NaHS+H2O+CO2，电解NaHS溶液，在阳极生成Na2S2O3，S元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，NaHS溶液显碱性，则电解时阳极的电极反应式为2HS-+8OH--8e-=+5H2O，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-移向阳极，则隔膜应使用阴离子交换膜，当转移2mole-时，阴极生成1molH2，向阳极转移2molOH-，阳极室和阴极室质量差为2mol×1g•mol-1+4mol×17g•mol-1=70g，故答案为：阴；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；70。五、结构与性质11．稀土元素是指钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素，共17种，位于元素周期表中第IIIB族，均为金属元素，在工业。生产中有重要的作用。回答下列问题：(1)钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期，基态钇(Y)元素的原子价电子排布图为____。(2)稀土元素常常能和许多配位体形成配合物。若一个配位体含有两个或两个以上的能提供孤电子对的原子，这种配位体就叫多齿配位体，其中有一个能提供孤电子对的原子为一齿(已知：碳氧双键中的氧原子不能提供孤电子对)。DEDTA(结构见图甲)是____齿配位体，其中碳原子的杂化方式有____，该物质中所含元素的电负性由大到小的顺序是____。②EDTA与正二十一烷的相对分子质量非常接近，但EDTA的沸点(540.6℃)比正二十一烷的沸点(100℃)高得多，原因是____。(3)钪(Sc)离子在水中以稳定的[Sc(H2O)6]3+存在，其空间构型为____。(4)铈(Ce)属于镧系元素，氧化铈是一种重要的光催化材料。氧化铈的晶体结构如图乙所示，氧化铈的化学式为____；若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度=____g/cm3(写出表达式)。【答案】(1)(2)

6

sp2、sp3杂化

O>N>C>H

EDTA能形成分子间氢键而正二十一烷不能(3)正八面体形(4)

CeO2

【解析】(1)钇为39号元素，基态Y原子的价电子排布式为：4d15s2，价电子排布图为；(2)DEDTA是6齿配位体，EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型，前者为sp2杂化、后者为sp3杂化，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性O>N>C>H，则电负性O>N>C>H，故答案为：6；sp2和sp3；O>N>C>H；②能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，EDTA能形成分子间氢键，导致其熔沸点较高，故答案为：EDTA能形成分子间氢键而正二十一烷不能；(3)六个水分子围绕Sc3+形成八面体结构；(4)该晶胞中Ce原子位于八个顶点和六个面心，含有4个Ce原子，O原子位于体心内，共8个，Ce原子与O原子个数比为1:2，化学式为CeO2；晶胞质量为，晶胞参数为anm，则晶胞体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞密度为g/cm3。六、有机推断题12．化合物M是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图：已知：R—CHO+完成下列填空：(1)写出反应类型：反应①____、反应②____。(2)写出X的结构简式：____。(3)仅以B为单体形成的高分子的结构简式为____。(4)检验D中含有碳碳双键的实验