2025-2026学年四川泸州市泸县第五中学2023级高三第二学期开学检测化学试题 含答案

/高2023级高三第二学期开学检测化学满分：100分。考试时间：75分钟化学试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。注意事项：相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5Ag-108第一部分选择题(共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.生活中常用物品的生产制作离不开化学材料，下列不属于有机高分子材料的是A.制作超轻海绵的石墨烯材料 B.制作汽车轮胎的顺丁橡胶C.制作烹饪器具手柄的酚醛树脂 D.制作被套和睡袋的涤纶纤维【答案】A【解析】【详解】A．石墨烯是石墨的片层结构，是单层碳原子的二维结构，属于碳元素的单质，属于新型无机非金属材料，而不属有机高分子材料，A符合题意；B．顺丁橡胶是有机化合物分子发生加聚反应产生的橡胶，属于有机合成高分子材料，B不符合题意；C．酚醛树脂是苯酚与甲醛发生缩聚反应产生的热固性塑料，属于有机高分子材料，C不符合题意；D．涤纶是聚酯纤维，属于有机合成高分子，因此属于有机高分子材料，D不符合题意；故合理选项是A。2.下列化学用语或图示表述正确的是A.反-2-丁烯的键线式：B.BF3的价层电子对互斥模型：C.用电子式表示K2S的形成：D.的水解方程式：【答案】C【解析】【详解】A．反-2-丁烯的结构简式为CH3-CH=CH-CH3，碳碳双键两端的甲基位于双键异侧，用键线式表示为：，A错误；B．BF3中B的价层电子对数=3+=3，无孤对电子，因此BF3的价层电子对互斥模型为平面三角形，不是图示的四面体形，B错误；C．K2S为离子化合物，K原子失去最外层的1个电子变为K+，S原子获得2个电子形成S2-，2个K+与S2-通过离子键结合形成K2S，用电子式表示其形成过程为：，C正确；D．发生水解产生H2CO3、OH-，水解反应存在化学平衡，则发生水解反应的离子方程式应为：+H2OH2CO3+OH-，题给离子方程式为的电离方程式，D错误；故合理选项是C。3.下列实验操作或处理方法正确的是A.可用加热法除去固体中的 B.用分液法分离乙酸乙酯和乙醇C.过滤时要用玻璃棒边引流边搅拌 D.用溶液检验【答案】A【解析】【详解】A．受热易分解为和气体，而受热不分解，可用加热法除去中的，A正确；B．乙酸乙酯和乙醇互溶，无法通过分液法分离，需用蒸馏法，B错误；C．过滤时玻璃棒仅用于引流，搅拌会破坏滤纸，导致过滤失败，C错误；D．用于检验（生成蓝色沉淀），的检验应使用溶液（显红色），D错误；故选A。4.以表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol金刚石晶胞中含有C-C键数目为B.标况下，11.2L乙烯中含有键的数量为C.常温下，中含有氢键数目为D.晶体中含有离子数目为【答案】D【解析】【详解】A．一个金刚石晶胞中含有8个碳原子，每个碳原子与周围4个碳原子形成共价键，每个C-C键为2个碳原子共用，故一个晶胞中含有的C-C键数目为个，则1mol金刚石晶胞中含有的C-C键数目为16NA，A错误；B．乙烯中C-H键为sp2杂化轨道与H的1s轨道形成的σ键，但键特指纯s与纯p轨道间的键，杂化轨道参与的键不属此类，B错误；C．冰中每个水分子平均形成2个氢键，1mol冰中含有2个氢键，常温下水为液态，由于分子热运动，部分氢键会断裂，因此1mol水中含有的氢键数目小于2，C错误；D．NaHSO4晶体中，1molNaHSO4解离为1molNa+和1mol，总离子数为2NA，D正确；故答案选D。5.将0.5g硫粉和1.0g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状，用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端，引发反应后移开玻璃棒。下列有关实验现象及分析错误的是A.混合物呈红热状态，从一端蔓延到另一端 B.该过程中硫元素从0价转化为-2、+6价C.反应后生成的黑色固体中可能含有 D.取固体产物与稀盐酸反应，有生成【答案】B【解析】【详解】A．混合物呈红热状态，从一端蔓延到另一端。铁与硫反应剧烈放热，反应能自我维持，呈现红热状态并蔓延，A正确；B．硫元素从0价转化为-2、+6价。铁与硫反应生成FeS，硫仅被还原为-2价，无+6价产物（需强氧化条件如氧气参与），B错误；C．反应后可能含Fe3O4。若反应中局部高温使过量铁与氧气反应，可能生成Fe3O4，C正确；D．固体与稀盐酸反应生成H2S。FeS与盐酸反应生成H2S，即使铁过量也会产生H2S（同时可能生成H2），D正确；答案选B。6.X、Y、Z、W、M是周期表中原子序数依次增大的前20号元素。Y、Z位于同一周期，X、Y、Z形成的一种常见物质结构如图，W、M的基态原子都只有一个未成对电子，两者相互作用形成的离子的电子层结构相同，且最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>X B.由X、Z、M形成的化合物只含离子键C.简单氢化物的沸点：Z>Y D.X和W两种元素的单质，在暗处剧烈化合并发生爆炸【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的前20号元素，Y、Z同周期。根据X、Y、Z形成的物质结构及成键特点，推断X为H（形成1个键），Y为C（形成4个键，连3个H和1个Z），Z为O（与Y同周期，形成2个键连2个Y）。W、M基态原子均只有1个未成对电子，形成离子电子层结构相同，且最高能级电子对数等于最高能层电子层数，推知W为Cl（3s23p5，1个未成对电子）、M为K（4s1，1个未成对电子），Cl-和K+均为18电子结构，最高能级3p6（3对电子），最高能层电子层数3（3=3），符合条件。综上：X=H，Y=C，Z=O，W=Cl，M=K。【详解】A．原子半径：同周期从左到右原子半径减小，C>O>H（Y>Z>X），A错误；B．X、Z、M形成的化合物为KOH，含离子键（K+与OH-）和共价键（O-H），B错误；C．简单氢化物沸点：Z（H2O，含氢键）>Y（CH4，分子间作用力），C正确；D．X（H2）与W（Cl2）在光照下反应，暗处不反应，D错误；故选：C。7.下列解释事实离子方程式错误的是A.氧化钙溶于稀硝酸：B.硫酸铜溶液中加少量的铁粉，溶液蓝色变浅：C.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：D.向酸性的淀粉—碘化钾溶液中滴加适量双氧水，溶液变蓝：【答案】B【解析】【详解】A．氧化钙与稀硝酸反应生成硝酸钙和水，反应的离子方程式为，A正确；B．铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为，B错误；C．氢氧化镁悬浊液与氯化铵溶液反应生成氯化镁和一水合氨，反应的离子方程式为，C正确；D．向酸性的淀粉—碘化钾溶液中滴加适量双氧水，溶液变蓝发生的反应为酸性条件下碘离子与过氧化氢溶液反应生成碘和水，反应的离子方程式为，D正确；故选B。8.已知：核磁共振氟谱是一种核磁共振技术，用于分析含氟化合物的结构。某杀虫剂的有效成分氟铃脲的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.氟铃脲在碱性条件下不能发生水解B.基团中的4个F均与O共面C.氟铃脲的核磁共振氟谱图中有3组峰D.氟铃脲中含有2个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．氟铃脲分子中含有酰胺基（-CONH-），酰胺基在碱性条件下可发生水解反应生成羧酸盐和胺类，A错误；B．基团中，与O相连的C记为，和另一个C记为，均为杂化，呈四面体结构，四面体结构中四个取代基不共面，故上的2个F、上的2个F均不可能与O共面，B错误；C．核磁共振氟谱中峰的组数取决于氟原子的化学环境。氟铃脲中含3种化学环境的F：苯环上2个等效F为第1组、中2个等效F为第2组、中2个等效F为第3组，共3组峰，C正确；D．手性碳原子需连有4个不同基团。氟铃脲中所有饱和碳原子均存在相同取代基比如中C连2个F，苯环碳为杂化，该分子无手性碳原子，D错误；故选C。9.苯与液溴能发生反应，某化学兴趣小组利用如图四组装置制备溴苯并验证苯与液溴之间发生了取代反应。下列说法正确的是A.按气流方向最合理的连接顺序为a→ef→bc→dB.将甲中反应后的混合物过滤，用NaOH溶液洗涤并分液可得溴苯C.装置连接顺序及操作均正确时，乙中出现淡黄色浑浊说明甲中发生了取代反应D.丙、丁中除溴单质的原理完全相同【答案】C【解析】【分析】甲装置中苯与液溴发生反应，出来的气体含HBr和挥发的Br2；丁装置中苯吸收挥发的Br2；乙装置中AgNO3溶液检验HBr；丙装置中NaOH溶液处理尾气HBr，据此回答；【详解】A．根据分析，甲装置出来的气体需先经丁装置吸收Br2，长进短出，故f进e出，再通入乙装置检验HBr，需长进短出使气体充分接触溶液，故b进c出，最后用丙装置处理尾气，因此气流顺序为a→f→e→b→c→d，A错误；B．甲中反应后混合物含溴苯、苯、Br2、FeBr3及铁粉，过滤除去铁粉后，用NaOH洗涤可除去Br2和FeBr3，但有机层仍为溴苯与苯的混合物，需蒸馏分离，B错误；C．乙中出现淡黄色浑浊是HBr与AgNO3反应生成的AgBr，则说明甲中发生取代反应生成溴苯和HBr，C正确；D．丁中苯可溶解Br2，通过物理变化除溴，丙中NaOH与Br2反应，通过化学变化除溴，原理不同，D错误；故选C。10.的排放来自汽车尾气，研究利用反应，用活性炭可对其进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的和一定量的气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示，下列有关说法不正确的是A.若能测得反应产生，则反应放出的热量为B.达到平衡后减小活性炭的用量，平衡逆向移动C.在之间，化学反应速率：D.使用合适的催化剂，可加快反应，反应的不变【答案】B【解析】【详解】A．物质的量为，反应产生放热，产生放热，物质的量为，反应放出热量为，A正确；B．活性炭是固体，固体的量的改变不影响平衡移动，B错误；C．在之间，转化率在减小，说明反应逆向进行，所以，C正确；D．催化剂可加快反应速率，但不改变反应的，D正确；故选B。11.在容积恒为1.00L的容器中，通入一定量的气体，发生反应，随温度升高，混合气体的颜色变深。在时，体系中各物质浓度随时间变化如下图所示。下列说法错误的是A.反应的B.在时段，反应速率C.体系的总压强保持不变时，反应达到平衡状态D.反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．随温度升高，混合气体的颜色变深，说明NO2浓度增加，平衡正向移动，故正反应吸热，反应的ΔH>0，A正确；B．在时段，NO2浓度从0变为0.120mol/L，故反应速率c(NO2)==0.0020mol⋅L−1⋅s−1，B正确；C．反应前后气体体积数发生变化，容器体积恒定，体系的总压强是变量，故体系的总压强保持不变时，反应达到平衡状态，C正确；D．反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，体系压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，D错误；故本题选D。12.以锰矿粉（主要成分为和，还含少量、、、等杂质）为原料制备的工艺流程如图所示。下列叙述错误的是A.实验室模拟分离出“滤渣”所需的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒B“滤渣”中主要成分可用于制造光导纤维C.试剂X可能为D.“沉铜”过程若控制在较高温度下进行，可加快沉铜速率并减少物料损耗【答案】D【解析】【分析】锰矿粉加入双氧水和硫酸，双氧水作还原剂，把和还原为，二氧化硅不与硫酸反应，形成滤渣。同时其它的杂质金属转化为相应的金属离子进入溶液。为不引入杂质，试剂可以使用调，把和转化为氢氧化物沉淀除去，之后加入，除去铜离子，最后加入碳酸氢铵沉锰，方程式为：，据此作答。【详解】A．分离出“滤渣”是利用过滤的原理，所以需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；B．滤渣为二氧化硅固体，可用于制造光导纤维，B正确；C．试剂可以使用调，消耗剩余的硫酸，把和转化为氢氧化物沉淀除去，C正确；D．用沉铜时，如果温度过高，易水解且产生容易挥发的，反而会增加药剂损耗，不利于收率提高，D错误；故选D。13.Bi4(TiO4)3是一种铁电材料，掺杂La可提高其光电转化性能，La取代部分Bi后的晶胞结构示意图(氧原子未画出)如下。下列说法错误的是A.该晶体的化学式为Bi2La2(TiO4)3B.若p点La平移至晶胞体心，则Ti位于晶胞顶点C.Bi填充在Ti形成的六面体空隙中D.该晶胞在xy平面的投影为【答案】B【解析】【详解】A．由均摊法可知，Ti的数目为，Bi与La的数目均为，则该晶体的化学式为Bi2La2(TiO4)3，A不符合题意；B．若p点La平移至晶胞体心，平移后Ti位于晶胞棱上和体内：，B符合题意；C．由图可知，最左/右侧两端，La填充在Ti原子形成的正方体体心，是六面体结构的空隙中，La替代了Bi，Bi在正方体体心，是六面体结构，C不符合题意；D．该晶胞在xy平面的投影，棱上为Ti、Bi、La，投在四个角，La、Bi、Ti，投在面心，该晶胞在xy平面的投影为，D不符合题意；故选B。14.我国科学家发明了一种可充电电池，其工作原理如下图：下列说法错误的是A.充电时向Zn电极移动B.充电时，阴极附近溶液的pH增大C.放电时，当电路中转移0.2mol电子时，正极区溶液质量增加5.5gD.放电时，电池总反应为【答案】C【解析】【分析】Zn-MnO2电池应该是一种碱性电池，因为通常这类电池使用KOH作为电解质。在放电过程中，锌作为负极被氧化，而二氧化锰作为正极被还原。充电过程则是相反的，即电解反应，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。【详解】A．充电时，阳离子（如K⁺）应该向阴极迁移，原来的负极Zn在充电时会成为阴极，这时候阳离子K+应该向阴极移动，故A正确；B．充电时的阴极发生的反应应该是Zn(OH)+2e⁻=Zn+4OH⁻，这样，阴极处会产生OH⁻，使得溶液的pH升高，故B正确；C．根据上面的分析，正极的放电反应是，得电子。当转移电子时，对应的的物质的量为，正极区溶液质量增加，由电荷守恒进入溶液中，质量减少，则正极质量应减少：，故C错误；D．由分析，放电时，电池总反应为，故D正确；故选C。15.常温下，在含(二元弱酸)和的混合液中滴加溶液，溶液中[，或或]与关系如图所示。下列有关叙述正确的是A.直线L1、L2分别表示、与的关系B.当时，溶液中C.L1和L3直线交点坐标为D.常温下，反应的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，c(H+)浓度减小，=，增大，，增大，且>，由可知，=减小，则L1代表-lg与pH的关系，L2代表-lg与pH的关系，L3代表-lg与pH的关系，A选项错误；B．当时，根据电荷守恒，因为，=0时，pH<7，，则，B选项错误；C．由a点(4，0.2)可得；由b点(5，0.6)可得；由c点(8，-1.24)可得，；设和交点处pH=x，则，即，=，则，，代入，，解得，pH=6.72，代入，，，交点坐标为(6.72，-2.52)，C选项正确；D．反应的平衡常数，代入，可得，D选项错误；综上，答案是C。第二部分非选择题(共55分)二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.碳酸亚铁晶体为白色固体，不溶于水，干燥品在空气中稳定，湿品在空气中缓慢氧化为呈茶色，可用作阻燃剂、动物饲料铁添加剂、补血剂等。回答下列问题：（1）实验室利用溶液和溶液制备，实验装置(夹持仪器已省略)如图所示：①方框内为制取的装置，下列装置和药品较为适宜的是___________(填字母)。②装置D中仪器a的名称是___________。③根据①的选择，装置甲中试剂a的名称是___________，其作用为___________。④开始先通入一段时间的作用是___________。（2）的制备，步骤如下：通入一段时间后，向溶液中加入过量溶液，搅拌，反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥，得到。①生成的化学方程式为___________。②装置丙的作用是___________。（3）将溶液换成溶液能提高产品纯度，原因是碱性较强，易产生副产物，该副产物的化学式可能为___________。（4）某同学查阅资料得知，煅烧的产物中含有价铁元素，于是他设计了由制备的方案。先向中依次加入试剂：稀硫酸、___________和___________；然后再___________(填操作)灼烧，即可得到。【答案】（1）①.C②.长颈漏斗③.饱和碳酸氢钠溶液④.除去中的HCl杂质⑤.排净装置中空气，防止被氧化(合理即可)（2）①.②.液封，防止(或空气)进入装置乙中（3）（4）①.氯水或溶液(答案合理即可)②.氢氧化钠溶液或氨水等③.过滤、洗涤【解析】【分析】本题为制备类的实验题，装置甲左侧装置制备二氧化碳，通过装置甲除去二氧化碳中的氯化氢后，在装置乙中参与反应制备产物，由于二价铁具有还原性，容易被空气中氧气氧化，所以增加了装置丙，以此解题。【小问1详解】①应该采用盐酸和碳酸钙，不加热制备二氧化碳，故排除A、E，同时在选项D中使用碳酸钠容易溶解，不能用该装置制备二氧化碳，在选项B、C中，其中B中排出气体的导管在液面下方，故排除B，故答案为C；②由图可知，装置D中仪器a的名称是长颈漏斗；③利用盐酸和碳酸钙制备的二氧化碳中容易混入氯化氢气体，可以通过饱和碳酸氢钠来除去其中的氯化氢，故装置甲中试剂a的名称是饱和碳酸氢钠溶液；④由于装置中含有空气，因此先通入一段时间是为了排净装置中空气，防止被氧化。【小问2详解】①根据题意硫酸亚铁和碳酸钠反应生成产物，化学方程式为：；②由于二价铁具有还原性，要防止空气中氧气氧化二价铁，故装置丙的作用是：液封，防止(或空气)进入装置乙中；【小问3详解】将溶液换成溶液能提高产品纯度，原因是溶液碱性弱，能减少副产物的生成；【小问4详解】中铁为价，需要制备氧化铁中铁的化合价为价，则用稀硫酸溶解后，需要加入氧化剂，可以选择：氯水或溶液，随后调高pH从而得到氢氧化铁沉淀，可以选择：氢氧化钠溶液或氨水；随后过滤、洗涤即可。17.氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，广泛地应用于原子能、航空航天、荧光、电子、高技术陶瓷等领域。工业上以钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]为原料提取高纯度氧化钪的流程如下：查阅资料：1．钨的氧化物WO3是酸性氧化物；2．萃取相是采用TBP和P204与煤油按一定比例混合而成的有机相（TP）；3．萃取相比O/W即为有机相与被萃取的酸性溶液的体积比；4．逆流萃取指萃取剂与原溶液逆向流动的萃取。单极萃取指仅进行一次萃取的操作。（1）钪的基态原子价电子轨道表示式为___________。（2）“萃取”采用逆流萃取，相比单级萃取的优势有____________。“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，请根据表格中的数据选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为______。表1萃取相比试验结果萃取相比O/W1:101:151:201:251:301:351:40萃取率%90909080757060表2搅拌速度试验结果搅拌器转速/r/min150300450600700萃取率%708090少量乳浊液大量乳浊液（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为___________。（4）Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是______。（5）苦杏仁酸（）在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，请解释其与Zr4+配位的化学原理是____________。（6）空气中“煅烧”时发生反应的化学方程式为_____________。【答案】（1）（2）①.逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量②.1：20、450r/min（3）Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O（4）转化为，钙盐溶解，降低除钙效率（5）苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位（6）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2【解析】【分析】由题干流程图可知，向钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]中加入硫酸进行浸出即将Sc、Na和Zr的氧化物转化为Sc3+、Na+、Zr4+，而WO3、SiO2为酸性氧化物与硫酸不反应留在滤渣1中，CaSO4为微溶物，即CaO转化部分转化为CaSO4留在滤渣1中，过滤得到含有Ca2+、Sc3+、Na+、Zr4+的滤液，向其中加入TP进行萃取得到有机相和水相，然后向有机相中加入NaOH进行反萃取得到水相和有机相，向水相中加入HCl、Na2HPO4将Ca2+转化为CaHPO4或Ca3(PO4)2进行除钙，得到滤渣2，向滤液2中加入苦杏仁酸进行除锆，最后向滤液中加入草酸进行沉钪得到Sc2(C2O4)3，过滤得到Sc2(C2O4)3，最后煅烧Sc2(C2O4)3得到氧化钪，据此分析解题。【小问1详解】已知Sc是21号元素，故钪的基态原子价电子轨道表示式为，故答案为：；【小问2详解】由题干信息可知，“萃取”采用逆流萃取能够增大接触面积，提高萃取率，即相比单级萃取的优势有逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量，“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，根据表格中的数据可知：O/W比为1:20时萃取率为90%，450r/min时萃取率为90%，故选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为450r/min，故答案为：逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1:20，450r/min；【小问3详解】Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案为：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；【小问4详解】已知Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是转化为，钙盐溶解，降低除钙效率，故答案为：转化为，钙盐溶解，降低除钙效率；【小问5详解】已知苦杏仁酸中O原子周围均含有孤电子对，Zr4+核外有空轨道，故O与Zr4+之间能够通过形成配位键结合成配位化合物，故在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，故答案为：苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位；【小问6详解】由分析可知，空气中“煅烧”时是煅烧Sc2(C2O4)3生成Sc2O3和CO2，根据氧化还原反应配平可得，该过程发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。18.甲醇水蒸气重整制氢技术具有操作方便，反应条件温和等优点，回答下列问题：（1）已知如下热化学方程式：Ⅰ．Ⅱ．计算反应Ⅲ．的______，反应Ⅱ在850K时______（填“能”或“不能”）自发进行。（2）以作催化剂时，甲醇与水蒸气重整制氢过程中只考虑反应Ⅰ和反应Ⅲ。向密闭容器中充入等物质的量的与，反应温度对平衡时的转化率，的选择性及CO的物质的量分数的影响结果如图所示。已知：①平衡时的转化率随温度升高而增大，原因是______。②520K时，的平衡转化率为______，反应Ⅰ的平衡常数______（列出计算式，用摩尔分数代替平衡浓度计算，物质的摩尔分数：）。（3）当温度升高时，反应的活化能越大，反应速率增加的倍数越大。据此对CO的物质的量分数在520K时出现拐点加以解释：______。（4）研究人员认为，在Cu基催化剂上甲醇水蒸气重整反应可能经历了以下三个步骤，写出步骤b的化学方程式。a．2；b．______；c．。【答案】（1）①.②.不能（2）①.反应Ⅰ，Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动②.③.（3）升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，520K后，升温对反应Ⅰ影响程度更大（4）【解析】小问1详解】观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律，则ΔH3=ΔH1​−ΔH2​；850K时反应Ⅱ的ΔG=ΔH−TΔS=40.9J⋅mol−1-850K42.08J⋅K−1⋅mol−1=5132J⋅mol−1>0，所以反应Ⅱ在850K时不能自发进行。【小问2详解】①反应Ⅰ、反应Ⅲ的ΔH均大于0，两个反应均为吸热反应，当升高温度时，平衡向正反应方向移动，所以平衡时CH3​OH的转化率随温度升高而增大。②由图可知520K时，CH3​OH的转化率为40%，CO2​的选择性为95%。设起始CH3​OH和H2​O的物质的量都为1mol，生成CO2​的物质的量为xmol，生成CO的物质的量为ymol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3​OH0.02mol，生成CO0.02mol、H20.04mol，反应Ⅲ消耗CH3​OH0.38mol、消耗水0.38mol，生成CO2​0.38mol、H21.14mol，所以H2​O的平衡转化率为；平衡时，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.02mol，n(CO2)=0.38mol，n(H2​)=(0.04+1.14)mol=1.18mol，n(H2​O)=0.62mol，气体的总物质的量为2.8mol，故反应Ⅰ的平衡常数。【小问3详解】图中520K之前CO的物质的量分数随温度升高而减小，520K之后CO的物质的量分数随温度升高而增大，是因为升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；但520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，CO的物质的量分数减小，520K后升温对反应Ⅰ影响程度更大，CO的物质的量分数增大。【小问4详解】根据总反应以及已知的步骤a和c，可知在步骤b中和H2O反应生成和，则步骤b的化学方程式：。19.吡咯相关衍生物对于生理过程非常重要。一种多取代吡咯(G)的合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。回答下列问题：（1）A与B生成C的反应为加成反应。B的结构简式为_