河北唐山市2026年高三下学期普通高中学业水平选择性考试第一次模拟演练 化学试卷（含答案）

第第页河北唐山市2026年高三下学期普通高中学业水平选择性考试第一次模拟演练化学试卷一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。)1．“文房四宝”是古人书法必备用品。以下四种，其主要化学成分属于非金属单质的是A．湖笔B．徽墨C．宣纸D．易水砚A．A B．B C．C D．D2．下列操作不符合实验安全要求的是A．KMnO4B．闻气体气味时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔C．向铜与浓硫酸反应后的试管中加入水，观察溶液颜色D．给液体加热时，沿试管倾斜方向不停移动试管或加入碎瓷片，以免液体暴沸3．高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是A．用聚氯乙烯制作食品保鲜膜B．用高强度的改性聚丙烯制作电动车头盔C．用聚乳酸制作免拆手术缝合线D．用聚甲基丙烯酸甲酯制作有机玻璃4．设NAA．1L0.1mol⋅L−1的HF溶液中B．26g乙炔中σ键的数目为3NC．标准状况下，22.4LNH3中价层电子对的数目为4D．1mol储氢材料氨硼烷(H3B5．下列化学用语表述正确的是A．CO2分子的球棍模型：B．水分子的价层电子对互斥模型：C．氯自由基的电子式：D．CH4分子中σ键的形成：6．从紫苏中提取的迷迭香酸(E)的结构如图，下列说法正确的是

A．1molE与浓溴水反应，最多消耗6molBrB．E不存在顺反异构现象C．1molE最多与9molH2D．E中含有手性碳原子7．下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A．配制CuOHB．检验1-氯丁烷中的氯元素C．模拟“侯氏制碱法”D．制备FeA．A B．B C．C D．D8．化学研究应注重宏观与微观相结合。下列描述与微观解释不符的是描述微观解释A沸点：H2分子间氢键的数目：H2B硬度：金刚石>晶体硅键能：C-C>Si-SiC甲苯能使酸性KMnO4甲基使苯环变活泼、易被氧化D键角：C中心原子杂化类型不同A．A B．B C．C D．D9．短周期主族元素Q、W、X、Y、Z的原子半径依次增大，Q的原子序数与族序数相等；Y、Z同周期，W、Z同主族且Z的原子序数是W的两倍；基态X原子核外有3种能量不同但数目相同的电子。下列说法错误的是A．单质沸点：X＜W B．电负性：Y>ZC．Q2W2与YW2均有强氧化性 D．10．某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时插入PbSe中的Na变成NaA．电解质溶液换成NaPF6B．充电时，负载于碳纳米管的PbSe电极接直流电源的负极C．放电时，电极电势：Na3−xD．外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g11．立方钙钛矿晶胞如图甲所示，晶胞参数为anm；一种金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I−和有机碱离子CH3A．甲中氧离子之间的最短距离为22B．甲的密度为136C．乙中CH3NH3D．甲中Ti4+与乙中Pb12．乙醇-水蒸气制H2①C2H②CO101kPa时，H2的平衡产率(Y)与温度、起始时水醇比[nH2A．H2B．反应②的正反应活化能大于逆反应活化能C．Q、P两点反应①的平衡常数：KD．只改变温度可使Y13．下列实验操作及现象能得出相应结论的是实验操作及现象结论A用pH计测得碳酸钠溶液的pH小于苯酚钠溶液的pH酸性：碳酸>苯酚B加热0.3mol⋅L−1CuCl+CuHC向葡萄酒中滴加几滴酸性KMnO4葡萄酒中含SOD取两份新制氯水，分别滴加AgNO3氯气与水的反应存在限度A．A B．B C．C D．D14．25℃时，向100mL蒸馏水中加入10gCaCO3已知：25℃时，KspCaCO3=3.4×10−9；饱和CaCO3溶液的pH略小于10.下列说法错误的是A．a→c为CaCO3B．c时刻加入水，c→d的变化原因主要是溶液被稀释C．e点后达到沉淀溶解平衡，上层清液中存在cD．体系中任意时刻都满足：2c二、填空题(共4小题，共计58分)15．双水杨醛缩乙二胺(H2L)的锰配合物[MnLClxⅠ．MnLClx制备原理：实验步骤：实验装置如图所示(省略夹持和加热等装置)，单孔塞连接仪器A．将反应物用物质B溶解，在空气中，65～70℃反应30分钟。反应结束后，经冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥，获得产物。Ⅱ．MnLClx①移取20.00mL3.5mg⋅mL−1的MnLClx溶液置于锥形瓶中，加入10.00mL0.03020②往上述锥形瓶中加入5滴1%的淀粉溶液，立即用0.01000mol⋅L−1上述测定过程所涉及的反应如下：ⅰ．MnLClxⅱ．I回答下列问题：（1）仪器A选用(填序号)，冷凝效果最好。仪器选择选项a．空气冷凝管b．直形冷凝管c．球形冷凝管（2）制备过程中，空气的作用是；“物质B”常选用乙醇，下列说法错误的是(填序号)。a．H2b．H2c．MnCH（3）配平反应ⅰ的化学方程式：。__MnLCl（4）步骤②中滴定时间不宜过长。若用时过长，会导致测定结果(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（5）步骤②中，滴定终点现象为：加入最后半滴I2标准溶液，，且半分钟内无变化。接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为（6）根据实验数据，MnLClx中x=16．铝土矿生产氧化铝的过程中产生废渣，其主要成分为MgO、Sc2O3及少量Al已知：①KspMgF2=7.1×10②Al3++6回答下列问题：（1）钪在元素周期表中的位置为。（2）为加快“酸浸”步骤中废渣的溶解，可采取的措施有(写出一种)；“酸浸”时不能用盐酸代替硫酸，请说明理由；写出“滤渣”的一种工业用途。（3）向“滤液”中加入CaCl2溶液，可将铝元素转化为Al3+(不考虑Ca2+与SO42−的反应)，反应的离子方程式为（4）“萃取”步骤中存在：3HR+Sc3+⇌17．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2反应ⅰ：CH4g反应ⅱ：CO2g回答下列问题：（1）反应ⅰ在(填“任意条件”“高温”或“低温”)下自发进行，又已知反应CH4g+H2Og⇌（2）起始时，向容器中充入1.0molCH4和1.0molCO①若容器为恒容绝热密闭容器，下列描述不能说明反应达到平衡状态的有(填序号)。a．混合气体密度保持不变b．混合气体温度不再改变c．混合气体压强不再改变d．v②在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的是(填“T1”“T2”或“③在起始压强为100kPa的恒容密闭容器中，恒温下反应4min达到平衡，测得体系总压强为120kPa，且pCO2:pCO:pH2O:p（3）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图所示。若投料组成中Ar含量下降，平衡体系中18．有机物I是一种治疗非小细胞肺癌药物的中间体，科研工作者设计的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）有机物A的含氧官能团名称为。（2）反应B→C的化学方程式为(不考虑K2（3）C→D的反应类型为。（4）有机物G的结构简式为。（5）D→E的转化过程如下：反应①中还可能生成另一产物(与M互为同分异构体)，其结构简式为，有机物K的结构简式为。（6）同时满足下列条件的E的同分异构体有种(不考虑立体异构)。①含环状结构；②N原子上除氢原子外不再连接其他取代基；③能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：2：1：1的结构简式为。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.湖笔笔头由动物毛发制成，主要成分为蛋白质（有机混合物），因此A项描述错误；B.徽墨的主要成分为炭黑（碳单质），属于非金属单质，故B项正确；C.宣纸的主要成分是纤维素（有机高分子化合物），所以C项说法错误；D.易水砚由天然石材加工而成，主要成分为硅酸盐等无机物，因此D项不正确；正确答案为B。

【分析】湖笔笔头成分是蛋白质，徽墨成分为碳单质，宣纸成分是纤维素，易水砚成分是硅酸盐。2．【答案】C【解析】【解答】A．KMnO4是强氧化剂，乙酸乙酯是易燃有机物，两者若混放可能因泄漏引发燃烧或爆炸，因此必须分柜存放，符合安全要求，A选项不符合题意；B．闻气体时应采用扇闻法，使少量气体飘入鼻孔，避免吸入过量有毒气体，符合安全规范，B选项不符合题意；C．铜与浓硫酸反应后试管中残留浓硫酸，若直接加水会导致液体飞溅，存在安全隐患，该操作违反安全规定，C选项符合题意；D．加热液体时通过倾斜移动试管使受热均匀，加入碎瓷片可防暴沸，操作符合安全要求，D选项不符合题意；综上所述，正确答案为C。

【分析】A．根据高锰酸钾和乙酸乙酯的性质，二者需分开存放；

B．闻气体正确方法是用手轻轻煽动，让少量气体飘进鼻孔；

C．把含有浓硫酸的溶液倒入水中；

D．根据试管使用方法，加热液体时，加入碎瓷片，倾斜试管。3．【答案】A【解析】【解答】A.聚氯乙烯（PVC）因含氯元素，受热可能释放氯化氢等有毒物质，(如B.改性聚丙烯（PP）通过增强处理具备高强度特性，能满足电动车头盔的抗冲击要求，B排除；C.聚乳酸（PLA）具有生物相容性，可被人体酶降解吸收，适用于手术缝合线，C排除；D.聚甲基丙烯酸甲酯（PMMA，有机玻璃）透光率达92%，是透明高分子材料的典型应用，D排除；综上，正确答案为A。【分析】A.根据聚氯乙烯性质，不可作食品保鲜膜；

B.改性聚丙烯具有高强度特性，性质决定用途；

C.根据聚乳酸可被人体吸收性质，可制作手术缝合线；

D.聚甲基丙烯酸甲酯可制作有机玻璃。4．【答案】A【解析】【解答】A.HF是弱电解质，存在电离平衡HF⇌H++F-。在1L0.1mol/L的HF溶液中，F-的物质的量小于0.1mol，因此数目小于0.1NA，A选项符合题意；B.乙炔(C2H2)的摩尔质量为26g/mol，26g乙炔的物质的量为1mol。每个乙炔分子含有3个σ键（1个C≡C键和2个C-H键），因此26g乙炔中σ键的数目为3NA，B选项不符合题意；

C.标准状况下22.4LNH3的物质的量为1mol。NH3分子中N原子的价层电子对数为4（3个N-H键和1对孤电子对），因此价层电子对的数目为4NA，C选项不符合题意；

D.氨硼烷(H3B·NH3)中，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道形成配位键。1个氨硼烷分子含有1个N→B配位键，因此1mol氨硼烷中配位键的数目为NA，D选项不符合题意；

综上所述，正确答案是A。

5．【答案】C【解析】【解答】A．二氧化碳分子(CO2)的空间结构为直线形，氧原子半径小于碳原子半径。题目给出的图示是COCO2的比例模型（空间填充模型），而球棍模型应为：，因此A选项错误；

B．水分子(HH2O)的中心氧原子价层电子对数为4（计算式：2+(6-2×1)/2=4），含有两对孤对电子，其价层电子对互斥模型应为四面体形，，故B选项错误；

C．氯自由基即氯原子，最外层有7个电子，题目给出的电子式正确，因此C选项正确；

D．甲烷(CH4)中C-Hσ键是由碳原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠形成，而题目图示显示的是p轨道间的重叠。正确的示意图应为：，因此D选项错误；

正确答案是C。

【分析】A．二氧化碳是直线形分子；

B．水分子的价层电子对互斥模型为四面体；

C．氯最外层有7个电子；

D．甲烷是正四面体结构，C-H键为s-6．【答案】D【解析】【解答】A．迷迭香酸分子含有4个酚羟基，其邻位和对位可与溴水发生取代反应，1mol该物质最多消耗6molBr2；分子中还含有一个碳碳双键，可与1molBr2发生加成反应，因此1molE与浓溴水反应最多消耗7molBr2，选项A错误。B．分子中的碳碳双键两端连接的基团各不相同（一侧连苯环和氢原子，另一侧连羧基和氢原子），因此存在顺反异构现象，选项B错误。C.1个苯环可与3molH2加成，1个碳碳双键可与1molH2加成，而羧基和酯基不能与H2反应，因此1molE最多消耗7molH2，选项C错误。D．该分子中酯基氧原子右侧的碳原子（-O-CO-部分）符合此条件，因此E含有手性碳原子，选项D正确。正确答案为D。

【分析】根据有机物结构，含有羟基，碳碳双键、羧基和酯基，有机物存在顺反异构，有机物和溴水发生取代反应和加成反应，苯环和碳碳双键与氢气发生加成反应，手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子，因此可判断有机物中含手性碳原子。7．【答案】B【解析】【解答】A.检验醛基需使用新制Cu(OH)2碱性悬浊液。正确操作是向2mL10%NaOH溶液中滴加5滴5%CuSO4溶液，确保NaOH过量，反应时会产生砖红色沉淀。该操作能达到实验目的，故A不符合题意；B.检验1-氯丁烷中的氯元素需分三步：①NaOH溶液加热水解生成Cl-；②稀硝酸中和过量NaOH；③加AgNO3溶液检验Cl-。直接加硝酸酸化的AgNO3无法检测有机氯，故B符合题意；C.侯氏制碱法模拟实验的正确顺序：先通NH3使饱和食盐水碱化（增大CO2溶解度），再通CO2发生反应：NaCl+NH3D.制备Fe(OH)2的关键是隔绝氧气。操作流程：①打开止水夹，Fe与H2SO4反应生成H2排尽空气；②关闭止水夹，利用H2压力将FeSO4压入NaOH溶液，发生反应：FeSO4综上所述，只有B项操作不能达到实验目的，故选B。

【分析】A.配制CuOH2悬浊液应保证氢氧化钠过量；

B.检验氯代烃中氯元素，卤代烃中先加入氢氧化钠溶液，加热后，在加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行检测；

C.制备纯碱实验中，先通入氨气，后通入二氧化碳；8．【答案】C【解析】【解答】A．每个水分子（H2O）平均可形成2个分子间氢键，而每个氟化氢（HF）分子平均只能形成1个分子间氢键。由于水分子间氢键数量更多，分子间作用力更强，因此水的沸点高于氟化氢（H2O＞HF），选项A正确；B．金刚石和晶体硅都是共价晶体。由于碳原子半径小于硅原子，C-C键长比Si-Si键更短，键能更大（C-C＞Si-Si）。共价键键能越大，晶体硬度越高，因此金刚石的硬度大于晶体硅，选项B正确；

C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其本质是苯环的电子效应活化了侧链甲基，使甲基更易被氧化。题目给出的微观解释不正确，选项C错误；

D．乙烯（C2H4）中碳原子采用sp2杂化，键角约为120°；而甲烷（CH4）中碳原子为sp3杂化，键角为109°28'。因此乙烯的键角大于甲烷（C2H4>CH4），选项D正确；9．【答案】A【解析】【解答】A.X的单质（如碳）常温下为固态，W的单质（如氧气、臭氧）常温下为气态，因此单质沸点：C>O，即X>W，A选项正确；

B.Y为Cl，Z为S，二者同周期，电负性从左到右逐渐增大，故电负性Cl>S，即Y>Z，B选项错误；

C.Q2W2为H2O2（过氧化氢），YW2为ClO2（二氧化氯）。H2O2中O为-1价，ClO2中Cl为+4价，二者均具有强氧化性，C选项错误；

D.XY4为CCl4（四氯化碳），呈正四面体结构；XZ2为CS2（二硫化碳），呈直线形。二者正负电荷中心重合，均为非极性分子，D选项错误；

综上所述，正确答案为A。

【分析】根据题目描述，短周期主族元素中：Q的原子序数与族序数相等且原子半径最小，因此Q为氢（H）。W和Z同主族，且Z的原子序数是W的两倍，故W为氧（O），Z为硫（S）。基态X原子核外有3种能量不同但数目相同的电子，其电子排布为1s10．【答案】B【解析】【解答】A．若将电解质溶液换成NaPF6的水溶液，金属钠会与水发生剧烈反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，这不仅会降低电池效率，还可能损坏电池，因此A选项不符合题意；B．在放电过程中，负载于碳纳米管的PbSe电极作为负极；而在充电时，该电极需要作为阴极连接直流电源的负极，故B选项符合题意；C．放电时，正极电势始终高于负极电势。由于Na3-xV2(PO4)3是正极，PbSe是负极，因此电极电势关系为：Na3-xV2(PO4)3>PbSe，所以C选项不符合题意；D．当外电路通过1mol电子：负极（PbSe电极）减少1molNa的质量（23g），正极[Na3-xV2(PO4)3电极]增加1molNa的质量（23g），因此两电极质量变化的总差值为23g+23g=46g，故D选项不符合题意；综上所述，正确答案是B。【分析】放电过程中，负载于碳纳米管的PbSe电极作为负极，钠离子（Na+）从电极中脱嵌并失去电子，发生氧化反应，反应式为：Na-e-=Na+。与此同时，正极材料Na3-ₓV2(PO4)3接受钠离子和电子，发生还原反应，反应式为：Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-11．【答案】D【解析】【解答】A.在甲晶胞中，氧离子位于棱心位置，两个氧离子之间的最短距离等于面对角线长度的一半，即22B.甲晶胞的边长为a nm=a×10-7 cm，晶胞体积为(a×C.在乙晶胞中，CH₃NH₃⁺位于顶点位置，每个顶点离子周围紧邻的I⁻位于面心，根据面心立方堆积的配位数规律，每个顶点离子周围有12个面心离子。因此选项C的表述不正确。D.通过对比甲、乙两种晶胞结构可以发现：将乙晶胞中体心的Pb²⁺与周围8个相邻晶胞的体心离子连接起来，就能构成甲晶胞的结构。此时乙晶胞中的体心Pb²⁺相当于甲晶胞顶点上的Ti⁴⁺。因此两种晶胞中Ti⁴⁺和Pb²⁺的空间位置相同，选项D的表述正确。综上所述，正确答案是D。

【分析】在立方钙钛矿晶胞结构中：Ca2+离子占据体心位置，每个晶胞含1个；Ti4+离子位于顶点，通过共享计算得8×18=1个；O2-离子分布在棱边，贡献数为12×14=3个。因此化学式为CaTiO312．【答案】D【解析】【解答】A.在其他条件相同的情况下，增加水的浓度会导致反应②向逆反应方向移动，同时促使反应①向正反应方向移动。因此，提高水醇比会使H2的平衡产率上升。由此可以得出，H2的平衡产率关系为：曲线a>曲线b。该结论正确；B.观察图中同一曲线上的点，H2平衡产率相同。在相同水醇比条件下，随着温度升高，H2平衡产率下降，说明反应②占主导地位，即反应②为吸热反应。因此，该反应的正反应活化能大于逆反应活化能。该结论正确；C.由于平衡常数仅与温度相关，Q点和P点的反应①平衡常数相等。该结论正确；D.根据图示可知，要实现Y(M)综上所述，正确答案为D。

【分析】A.根据曲线分析，增大水醇比，反应①正向移动，反应②逆向移动，据此分析；

B.根据曲线变化，相同水醇比，改变温度，氢气产率变化可判断反应②为吸热反应；

C.温度相同，平衡常数相等；

D.M和N点温度和水醇比都不同。13．【答案】B【解析】【解答】A．实验中碳酸钠和苯酚钠溶液的浓度未保持一致，因此无法通过pH比较直接得出碳酸和苯酚的酸性强弱结论，A选项错误；B．实验现象显示加热后溶液由蓝色变为黄色，表明平衡向生成黄色[CuCl4]2-C．由于乙醇也具有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液使其褪色，因此该现象不能作为葡萄酒中含有SO2D．实验现象中：白色沉淀证明Cl-存在，淀粉KI溶液变蓝证明有氧化性物质（Cl2或HClO）存在，但这些现象不能证明氯气与水的反应存在限度，D选项错误；综上所述，正确答案为B。

【分析】A．碳酸钠和苯酚钠溶液浓度未知，无法比较；

B．根据升高温度后，溶液颜色变化可判断热效应；

C．乙醇和二氧化硫都与高锰酸钾溶液反应；

D．根据实验现象无法证明反应物和生成物同时存在，不能说明反应存在限度。14．【答案】C【解析】【解答】A．a→c段：表示碳酸钙（CaCO3）粉末逐渐溶解的过程，溶液中离子浓度增大，电导率持续上升，A正确；

C．e点后溶液的电导率几乎不再改变，由KspCaCO3=3.4×10−9得c(CO32-)=3.4×10−9mol·L-1≈6.0×10−5mol·则x26.0×10−5−x≈2×10−4D．体系中始终满足电荷守恒关系：2cCa2++cH+=2cCO15．【答案】（1）c（2）氧化剂；b（3）2（4）偏大（5）锥形瓶中溶液由无色变为蓝色；b（6）1【解析】【解答】（1）仪器选择：球形冷凝管（选项c）因其冷凝面积大、效果佳，适用于回流操作；直形冷凝管和空气冷凝管分别用于蒸馏和高温蒸馏，不适用本实验；

（2）空气的作用与溶解性分析，空气的作用：提供氧气，作为氧化剂将Mn2+氧化为Mn3+。溶解性判断：a.H2L含疏水基团，水中溶解度小，正确；

b.分子内氢键减少与水分子作用，溶解度降低，错误；

c.四水合醋酸锰为极性溶质，乙醇为极性溶剂，溶解度不会很小，正确。

题目要求选择错误选项，故答案为b。

（3）根据原子守恒配平：2MnLClx+xC6H8O6=2MnL+xC6H6(6)与I2反应的维生素C：n(C6H8O6)=0.01000mol・L-1×0.02020L=2.020×10-4mol，与MnLClx反应的维生素C：n(C6H8O6)=0.03020mol・L-1×0.01000L-2.020×10-4mol=1.000×10-4mol，MnLClx的物质的量：nMnLClx=mM=20.00×3.5×10−3g（321+35.5x）g/mol=20.00×3.5×10−3321+35.5xmol；由2MnLClx~xC6H8O（1）球形冷凝管的冷凝面积大，冷凝效果好，适合用于回流反应；直形冷凝管主要用于蒸馏，空气冷凝管用于高温蒸馏，都不适合本实验的回流操作，故选c；（2）空气的作用：提供氧气，作氧化剂；a．H2L分子含较多疏水基团，在水中溶解度较小，a正确；b．H2L分子内形成氢键会减少与水分子形成氢键的机会，使溶解度降低，b错误；c．Mn(CH3COO)2・4H2O为离子化合物，属于“极性溶质”；乙醇是极性有机溶剂，根据相似相溶原理，四水合醋酸锰在乙醇中的溶解度不会很小，c正确；故选b；（3）依据H原子和Cl原子守恒，先给HCl配2x，再依次配平MnLClx、MnL，最后给C6H6O6和C6H8O6分别配x；答案为：2MnLClx（4）若用时过长，维生素C会被空气中氧气氧化，导致与I2反应的维生素C减少，误认为与MnLClx（5）用碘标准液滴定维生素C，则滴定终点现象为：加入最后半滴碘标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变为蓝色，且半分钟内无变化；滴入半滴标准液的操作：将滴定管尖嘴轻靠锥形瓶内壁，使半滴溶液流下，用少量蒸馏水冲洗内壁；碘具有氧化性会腐蚀橡胶管，则应该选用酸式滴定管盛装碘标准液；故选b；（6）与I2反应的维生素C：n(C6H8O6)=0.01000mol・L-1×0.02020L=2.020×10-4mol，与MnLClx反应的维生素C：n(C6H8O6)=0.03020mol・L-1×0.01000L-2.020×10-4mol=1.000×10-4mol，MnLClx的物质的量：nMnLClx=mM=16．【答案】（1）第四周期ⅢB族（2）适当增大硫酸浓度、搅拌；反应温度为80℃，盐酸易挥发，酸浸效率低；制光导纤维、玻璃、冶炼硅等（3）3Ca2+（4）pH过小时，萃取平衡逆向移动；pH过大时，Sc3+水解生成【解析】【解答】（1）钪（Sc）为21号元素，在元素周期表中位于第四周期ⅢB族；（2）加快“酸浸”步骤中废渣溶解的措施为适当增大硫酸浓度（或搅拌、升高温度、将废渣粉碎等）；“酸浸”时不能用盐酸代替硫酸，理由为反应温度为80℃，盐酸易挥发，酸浸效率低；“滤渣”为SiO（3）向“滤液”中加入CaCl2溶液，反应的离子方程式为3Ca2++[AlF（4）“萃取”步骤中，pH过小时，H+浓度增大，萃取平衡3HR+Sc3+⇌ScR3+3H+逆向移动，Sc3+萃取率减小；pH过大时，Sc3+水解生成Sc(OH)3沉淀，Sc3+萃取率减小。

【分析】废渣主要成分为MgO、Sc2O3、Al2（1）钪（Sc）为21号元素，在元素周期表中位于第四周期ⅢB族；（2）加快“酸浸”步骤中废渣溶解的措施为适当增大硫酸浓度（或搅拌、升高温度、将废渣粉碎等）；“酸浸”时不能用盐酸代替硫酸，理由为反应温度为80℃，盐酸易挥发，酸浸效率低；“滤渣”为SiO（3）向“滤液”中加入CaCl2溶液，反应的离子方程式为3Ca2++[AlF（4）“萃取”步骤中，pH过小时，H+浓度增大，萃取平衡3HR+Sc3+⇌ScR17．【答案】（1）高温；+41（2）ad；T1；反应ⅰ为吸热反应，其他条件相同时，升温，平衡右移，CH（3）增大【解析】【解答】（1）根据热力学第二定律，当吉布斯自由能变化ΔG=ΔH-T·ΔS<0时，反应能够自发进行。对于反应Ⅰ，其焓变ΔH1>0，且正反应方向气体分子数增加，因此熵变ΔS>0。只有在高温条件下，才能满足ΔG<0的条件。通过盖斯定律计算反应Ⅱ的焓变：ΔH2=ΔH1-ΔH=+247kJ·mol-¹-206kJ·mol-¹=+41kJ·mol-¹。（2）①a．ρ=mb．容器是绝热的，说明与外界不存在能量的交换，而两个反应都是吸热反应，在没有达到平衡之前，体系的温度一直在下降，达到平衡后温度不变，可以作为平衡判断的依据，b不符合题意；c．反应ⅰ前后气体分子数不同，在没有达到平衡之前，气体的压强越来越大，平衡后压强不变，可以作为平衡判断的依据，c不符合题意；d．两者在反应ⅱ中的变化量相同，但还在反应ⅰ中作反应物，导致两者速率不相等，该选项不能作为平衡判断的依据，d不符合题意；答案选ad。②反应ⅰ是吸热反应，温度升高，平衡正移，CH4的平衡转化率升高，即温度越高，平衡转化率越大，而图中T1下，③反应ⅱ气体分子数不变，不会引起压强的变化，只有反应ⅰ会。设反应ⅰ中CH4物质的量的变化值为xmol，所以平衡时气体的总物质的量为n气体，平衡=2+2xmol，再根据阿伏加德罗定律的结论可知，n气体，起始n气体，平衡=p气体，起始p气体，平衡=2mol2mol+2xmol=100（3）在恒温恒压条件下，Ar含量的降低相当于系统压力增大。根据勒夏特列原理，这会导致反应Ⅰ的平衡向逆向移动，使得H2和CO的量减少，CO2的量增加。由于H2和CO的减少程度更为显著，进而促使反应Ⅱ的平衡正向移动，最终结果是CO含量上升，H2含量下降，导致n(CO)：n(H2)比值增大。

【分析】(1)根据反应自发条件ΔG=ΔH-T·ΔS<0分析；

(2)在恒容绝热的条件下，判断平衡状态的标志，温度是变量，体系压强是变量，变量不变时，可知反应达到平衡；

(3)根据反应条件，恒压条件下，减少惰性气体，可视为对反应体系增大压强，结合两个反应移动方向，判断n(CO)：n(H2)比值变化。（1）当ΔG=ΔH−T·ΔS<0时，反应可以自发进行，而反应ⅰ的ΔH1（2）①a．ρ=mb．容器是绝热的，说明与外界不存在能量的交换，而两个反应都是吸热反应，在没有达到平衡之前，体系的温度一直在下降，达到平衡后温度不变，可以作为平衡判断的依据，b不符合题意；c．反应ⅰ前后气体分子数不同，在没有达到平衡之前，气体的压强越来越大，平衡后压强不变，可以作为平衡判断的依据，c不符合题意；d．两者在反应ⅱ中的变化量相同，但还在反应ⅰ中作反应物，导致两者速率不相等，该选项不能作为平衡判断的依据，d不符合题意；答案选ad。②反应ⅰ是吸热反应，温度升高，平衡正移，CH4的平衡转化率升高，即温度越高，平衡转化率越大，而图中T1下，③反应ⅱ气体分子数不变，不会引起压强的变化，只有反应ⅰ会。设反应ⅰ中CH4物质的量的变化值为xmol，所以平衡时气体的总物质的量为