2020年湖南省永州市高考化学三模试卷 (含答案解析)

2020年湖南省永州市高考化学三模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.中国古代化学成绩斐然，下列说法错误的是()
A. 古代造纸是以木材等为原料，用去除杂质后的纤维素制成的，纤维素属于天然高分子化合物
B. 火药是由硫黄、木炭、硝酸钾按照一定比例混合制得的
C. “China”来源于闻名于世的中国陶瓷，陶瓷是一种硅酸盐产品
D. 司母戊鼎是商朝铸造的青铜器，它是由纯铜制作的
2.设N A是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 标准状况下，44.8LCHCl3中含有氯原子的数目为6N A
B. 1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5N A
C. 7gLi在空气中完全燃烧转移的电子数为2N A
D. 0.5mol/LNH4NO3溶液中含有的NH4+数目小于0.5N A
3.下列说法不正确的是()
A. Penguinone分子所有碳原子不可能都在同一个平面上
B. 1mol 分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这
三种物质的物质的量分别为5 mol、3 mol、1 mol
C. 醋酸和软脂酸互为同系物，C5H12和C9H20也一定互为同系物
D. 石油的裂化、裂解属于化学变化，煤的气化、液化则属于物理变化
4.如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述中不正确的是()
A. 若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊溶液，则C中溶液先变红后
褪色
B. 若A为醋酸溶液，B为石灰石，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊
C. 若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色
D. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀
5.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，曾三次获诺贝尔化学奖，下列说法错误的是()
A. 合成氨技术实现了“从空气到面包”
B. 合成氨涉及氧化还原反应
C. 高效催化剂是合成氨反应的重要条件
D. 合成氨所需要的氢气主要来自于电解水
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

各元素形成的单质依次为A、B、C、D。

甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，且丙为共价化合物，丁为淡黄色固体。

上述
物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是
A. 离子半径：W>X>Y>Z
B. 甲、乙、丁均只含有离子键
C. X的简单氢化物的热稳定性比W的强
D. Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两皆能反应
7.高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn+
2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH.下列叙述正确的是()
A. 放电时，负极反应式为3Zn−6e−+6OH−=3Zn(OH)2
B. 放电时，正极区溶液的pH减小
C. 充电时，每转移3mol电子，阳极有1mol Fe(OH)3被还原
D. 充电时，电池的锌电极接电源的正极
二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
8.四氧化三钴(Co3O4)是锂离子电池的重要前驱体。

一种利用氧化钴矿(主要成分为Co2O3，含少量
SiO2、Fe2O3、Al2O3、MnO2等)制取Co3O4的工艺流程如下：
相关金属离子[c0(M n+)=0.1mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子Mn2+Fe3+Al3+Co2+
开始沉淀的pH8.1 1.5 3.47.2
沉淀完全的pH10.1 2.8 4.79.2
(1)“酸浸”过程中，反应生成Co2+的离子方程式为________________。

“酸浸”过程中钴的浸
出率与浸出终点溶液pH的关系如图所示，当pH>3.5时，钴浸出率明显降低的原因可能是________________________________。

(2)“滤渣”的主要成分是________，“有机层”中主要的金属阳离子是________。

(3)“沉淀”反应的离子方程式为________________；“滤液”中可回收的主要物质是
________________。

(4)“操作Ⅰ”是在空气中煅烧，该步骤的化学方程式为________________________。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9.为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物，并测定铁碳合金中铁元素的质量
分数，某化学活动小组设计了如图所示的实验装置，并完成以下实验探究。

(1)往圆底烧瓶中加入mg铁碳合金，并滴入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现
象，其原因是：①常温下碳与浓硫酸不反应;②__________．
(2)点燃酒精灯，反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因反应温度较高外，还
可能的原因是_____________。

(3)装置B的作用是_______________________。

(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成，他得出了使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。

装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为________。

(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的，他认为为了确认二氧化碳的存在，需在装置B和C之间
添加装置M。

装置E、F中盛放的试剂分别是____________、____________。

重新实验后观察到装置F中的现象是______________。

(6)有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定(5Fe2++MnO 4−+8H+=
5Fe3++Mn2++4H2O)。

测定铁元素质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.往烧瓶A中加入过量铜使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+，过滤，得到滤液B；
Ⅱ.将滤液B稀释为250mL；
Ⅲ.取稀释液25.00mL，用浓度为cmol·L−1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验所需KMnO4溶液体积的平均值为VmL。

①步骤Ⅱ中，将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必
须要用到的是____。

②判断滴定终点的标志是_____________________。

③铁碳合金中铁元素的质量分数为______________________。

四、简答题（本大题共3小题，共34.0分）
10.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用的试剂。

已知：①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+
ClNO(g)ΔH1=a kJ·mol−1，②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)ΔH2=
b kJ·mol−1，③2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)ΔH3=
c kJ·mol−1。

(1)上述反应中a、b、c之间满足的关系为__________。

(2)某温度下，在密闭容器中发生反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，正反应速率的表达式为
=k·c n(NO)·c m(Cl2)(k是反应速率常数，只与温度有关；n、m为反应级数，只取正数)。

v
正
测得正反应速率与浓度的关系如下表所示：
序号c(NO)/mol·L−1c(Cl2)/mol·L−1v正/mol·L−1·min−1
i0.1000.1000.144
ii0.1000.2000.288
iii0.2000.1000.576
①n=______________，m=______________。

②反应达到平衡后，其他条件不变时，缩小容器体积的瞬间，v正________(填“>”或
“<”“=”)v逆，NO的平衡转化率___________(填“增大”或“减小”“不变”)。

(3)在2L恒容密闭容器中充入0.8mol ClNO(g)，发生反应2ClNO(g)⇌Cl2(g)+2NO(g)ΔH，
测得c(Cl2)与温度和时间的关系如图6中甲所示。

300℃时达到平衡后，温度与平衡常数的负对数(−lgK)的变化关系如图6中乙所示。

①a=___________。

②图乙中符合题意的曲线为__________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

11.(1)同周期元素中，比氮元素的第一电离能大的元素共有_____种。

(2)NF3与汞共热可制得N2F2。

①NF3的几何构型为________，N2F2中σ键和π键的个数比为_______。

②已知汞位于第六周期，与锌同族。

基态汞原子的价电子排布式为___________．
(3)H3N−BH3分子中B原子的杂化轨道类型为__________，该分子的熔沸点比乙烷高，原因是___________。

(4)由B、N、F元素组成的离子化合物中，B、N、F原子的个数比为1：1：8，其阴阳离子是等电子体，该化合物中的阴离子是__________(填离子符号)。

(5)氮化硼晶体结构如图所示。

①该晶体中含有的微粒间作用力为_____________。

②图中N原子的坐标参数为(1
4,1
4
,3
4
),(3
4
,3
4
,3
4
),(3
4
,1
4
,1
4
),____________。

③已知BN晶胞中相邻且最近的硼、氮原子的核间距为a cm，N A为阿伏加德罗常数的值，其密
度为____________g·cm−3。

(列出计算式即可)
12.环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，其中一种合成路线如下：
(1)A的名称为______，C的结构简式为______。

(2)1molD分别与足量Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比为______。

(3)B和D发生聚合反应生成高聚物的结构简式为______。

(4)E→F的化学方程式为______。

(5)化合物X是H的同分异构体，X能发生银镜反应和水解反应，且能使溴的四氯化碳溶液褪色，
X共有______种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1的结构简式为______。

(6)参照上述合成路线，以和化合物E为原料(无机试剂任选)，设计制备
的合成路线______。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
【分析】
本题早就考查物质的结构与性质之间的关系的相关知识，据此进行分析解答。

【解答】
A.木材的主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，除去杂质后的纤维素可用于造纸，故A正确；
B.火药是由硫黄、木炭和硝酸钾按物质的量之比为1∶3∶2混合制成的，爆炸时发生的反应为S+
2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑，故B正确；
C.“China”有“陶瓷”的意思，陶瓷是以黏土为原料经高温烧制而成，属于硅酸盐产品，故C正确；
D.司母戊鼎是青铜器，是由铜锡合金制成的，不是由纯铜制作的，故D错误。

故选D。

2.答案：B
解析：
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度中等，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

【解答】
A.在标准状况下，CHCl3是液态，故A错误；
B.1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5N A，故B正确；
=0.5mol，在空气中完全燃烧时转移的电子数为0.5N A，故C错误；C.7g锂物质的量为：7g
14g/mol
D.溶液中NH4NO3的物质的量n=CV，而题目中未告知溶液体积，故D错误。

故选B。

3.答案：D
解析：解：A.图中连接2个甲基的C为四面体结构，则所有碳原子不可能都在同一个平面上，故A 正确；
B.−OH、−COOH与Na反应，酚−OH、−COOH与NaOH反应，只有−COOH与NaHCO3溶液，则分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为5 mol、3 mol、1 mol，故B正确；
C.醋酸和软脂酸均为饱和一元酸，C5H12和C9H20均为烷烃，则醋酸和软脂酸互为同系物，C5H12和C9H20也一定互为同系物，故C正确；
D.煤的气化生成CO和氢气、液化生成甲醇，则石油的裂化、裂解与煤的气化、液化均属于化学变化，故D错误；
故选D．
A.图中连接2个甲基的C为四面体结构；
B.−OH、−COOH与Na反应，酚−OH、−COOH与NaOH反应，只有−COOH与NaHCO3溶液；
C.醋酸和软脂酸均为饱和一元酸，C5H12和C9H20均为烷烃；
D.煤的气化生成CO和氢气、液化生成甲醇．
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化石能源的综合应用，题目难度不大．
4.答案：A
解析：
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的制备实验、性质实验及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

【解答】
A.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，使石蕊变红，则C中盛石蕊溶液，则C中溶液变红，故A错误；
B.醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，则C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊，故B正确；
C.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，则不能生成氯气，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色，故C 正确；
D.浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀，故D正确；
故选：A。

5.答案：D
解析：
【分析】
A.合成氨的原料气中有氮气，通过化学变化得到氮肥可分析；
B.根据合成氨的化学方程式可分析出有化合价的升降，是氧化还原反应；
C.解决合成氨的关键在于要又快又多的得到氨气，采取高温高压、催化剂进行合成；
D.电解水的成本太高．
【解答】
A.合成氨的原料气中有氮气，通过化学变化：氮气→氨气→一氧化氮→二氧化氮→硝酸→硝酸盐、铵盐→肥料，粮食增产，所以合成氨技术实现了“从空气到面包”的说法是有道理的，故A 正确；
B.合成氨的化学方程式：N 2+3H 2
⇌催化剂高温高压 2NH 3，氮的化合价降低，氢的化合价升高，是一个氧化还
原反应，故B 正确；
C.解决合成氨的关键在于要又快又多的得到氨气，采取高温高压、催化剂进行合成，所以高效催化剂是合成氨反应的重要条件，故C 正确；
D.合成氨所需要的氢气主要来自于天然气、石脑油、重质油、煤、焦炭、焦炉气，电解水的成本太高，故D 错误；
故选D ．
本题考查合成氨的价值，化学与生活的联系，合成氨的条件以及原料的选取，氧化还原反应的判断，都是基础知识． 6.答案：B
解析：
【分析】
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握元素化合物知识、物质的转化推断物质及元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意氯化铝为共价化合物，为易错点，题目难度不大。

【解答】
短周期主族元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大，丁为淡黄色固体，且为二元化合物，应为Na 2O 2，
由转化关系可知A 、B 分别为O 2、Na ，丙为共价化合物，C 、D 在通电条件下生成，则丙为AlCl 3，则X 、Y 、Z 、W 分别为O 、Na 、Al 、Cl ，则A 为O 2、B 为Na 、C 为Al 、D 为Cl 2，甲为Al 2O 3、乙为NaCl ，以此解答该题。

A.一般来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则Cl −>O 2−>Na +>Al 3+，故A 正确；
B.过氧化钠含有离子键和共价键，故B 错误；
C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O >Cl ，则氢化物的稳定性H 2O >HCl ，故C 正确；
D.氢氧化铝为两性氢氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，则Y 、Z 、W 的最高价氧化物对应水化物两两皆能反应，故D 正确。

故选：B 。

7.答案：A
解析：解：A.放电时，Zn失去电子，发生3Zn−6e−+6OH−=3Zn(OH)2，故A正确；
B.正极反应式为FeO42+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH−，pH增大，故B错误；
C.充电时，铁离子失去电子，发生Fe(OH)3转化为FeO42−的反应，电极反应为Fe(OH)3−3e−+5OH−= FeO42−+4H2O，每转移3mol电子，阳极有1molFe(OH)3被氧化，故C错误；
D.充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误。

故选：A。

根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为3Zn−6e−+
6OH−=3Zn(OH)2，高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH−，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钾，电极反应式为Fe(OH)3+5OH−=FeO42+4H2O+3e−，阳极消耗OH−离子，碱性要减弱，以此解答该题．
本题考查电解池与原电池，明确电极反应中放电为原电池、充电为电解池为解答本题的关键，题目
难度不大．
8.答案：(1)Co2O3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O；c(H+)减小，Co2+水解程度增大而以
Co(OH)2的形式进入浸出渣中；
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+；
(3)Co2++2HCO3−=CoCO3↓+H2O+CO2↑；Na2SO4、(NH4)2SO4；
(4)6CoCO3+O22Co3O4+6CO2
解析：
【分析】
本题考查无机工业流程，具体考查流程的分析、元素及其化合物的性质、陌生离子方程式的书写、
物质的分离提纯等，意在考查学生应用知识分析实际问题的能力，试题难度中等。

【解答】
(1)浸出过程中Co2O3转化成Co2+，由流程中酸浸时加入的物质可知还原剂为Na2SO3，则“酸浸”过程中，反应生成Co2+的离子方程式为Co2O3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O。

当pH>3.5时，钴浸出率明显降低的原因可能是由于溶液中c(H+)减小，Co2+水解程度增大而以Co(OH)2的形式进入浸出渣中。

(2)由反应流程及相关离子沉淀的pH范围可知，加入碳酸钠、调节pH=5的主要目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，使其转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而被除去。

“萃取”操作主要是除去溶液中的Mn2+，因此“有机层”中主要的金属阳离子是Mn2+。

(3)“沉淀”过程是CoSO4和NH4HCO3反应生成CoCO3，其反应的离子方程式为Co2++2HCO3−= CoCO3↓+H2O+CO2↑，“滤液”的主要成分是硫酸钠和硫酸铵，因此，滤液”中可回收的主要物
质是硫酸钠和硫酸铵。

(4)由CoCO 3转化成Co 3O 4需要将钴氧化，因此“操作Ⅰ”的化学方程式为6CoCO 3+O 22Co 3O 4+6CO 2。

9.答案：(1)Fe 在浓硫酸中钝化
(2)铁、碳在酸溶液中形成原电池 (3)检验SO 2的存在 (4)C +2H 2SO 4(浓)
△ ̲̲̲̲̲̲ 
CO 2↑+2SO 2↑+2H 2O
(5)酸性KMnO 4溶液或溴水 品红溶液 品红溶液不褪色或无明显现象 (6)①250mL 容量瓶
②滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液呈浅紫色，且30s 内不褪色
③
280cV
m
%
解析： 【分析】
本题以浓硫酸和Fe 、C 反应为载体考查性质实验方案设计，还涉及氧化还原反应、物质含量的测定、仪器的选择、实验基本操作等知识点，综合性较强，熟悉流程中各个装置发生的反应、实验目的，注意二氧化硫和二氧化碳检验顺序，为易错点。

【解答】
(1)在加热条件下C 和浓硫酸发生氧化还原反应，常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象，C 和浓硫酸不反应，所以在未点燃酒精灯前A 、B 均未产生现象， 故答案为：常温下碳与浓硫酸不反应；
(2)随着反应的进行，溶液浓度减小，速率应该减小，但实际上增加，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以速率加快的原因可能是C 、Fe 和酸构成原电池，从而加速反应速率，故答案为：铁、碳在酸溶液中形成原电池；
(3)SO 2能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，SO 2能使品红溶液褪色，所以B 可以检验SO 2的存在，故答案为：检验SO 2的存在；
(4)加热条件下，C 和浓硫酸发生氧化还原反应生成CO 2、SO 2和H 2O ，反应方程式为C +2H 2SO 4(浓)
△ ̲̲̲̲̲̲ 
CO 2↑+2SO 2↑+2H 2O ，
故答案为：C +2H 2SO 4(浓) △ ̲̲̲̲̲̲ 
CO 2↑+2SO 2↑+2H 2O ；
(5)SO 2也能使澄清石灰水变浑浊，用澄清石灰水检验CO 2之前要除去SO 2，防止对CO 2造成干扰，所以在B −C 之间增加装置酸性高锰酸钾溶液或溴水和品红溶液，酸性高锰酸钾或溴水是吸收二氧化硫、品红溶液是检验二氧化硫是否除尽，如果二氧化硫完全被吸收，则F 中溶液不褪色或无明显现象， 故答案为：酸性KMnO 4溶液或溴水；品红溶液；品红溶液不褪色或无明显现象； (6)①配制该溶液还需要容量瓶250mL 容量瓶，故答案为：250mL 容量瓶；
②酸性KMnO4溶液为紫红色，当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液呈浅紫色，且30s内不褪色，为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液呈浅紫色，且30s内不褪色；
③设参加反应的亚铁离子的物质的量为x，
根据5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O中5Fe2+---MnO4−，
5Fe2+---MnO4−
5mol 1mol
x 0.001cVmol
5mol：1mol=x：0.001cVmol
x=5mol×0.001cVmol
1mol
=0.005cVmol，
则250mL滤液中n(Fe2+)=0.005cVmol×10=0.05cVmol，
根据Fe原子守恒得n(Fe)=(Fe2+)=0.05cVmol，
m(Fe)=0.05cVmol×56g/mol=2.8cVg
Fe质量分数=2.8cVg
mg ×100%=280cV
m
%，
故答案为：280cV
m
%。

10.答案：(1)2a=b+c；
(2)①2；1；②>；增大；
(3)①1；②Ⅱ。

解析：
【分析】
本题主要考查的是反应的能量变化、化学反应速率和化学平衡，意在考查学生的分析能力、计算能力和知识应用能力，解题的关键是掌握盖斯定律的应用、影响化学平衡移动的因素、化学平衡常数的相关计算。

解题时注意题给信息的利用。

【解答】
(1)由①×2−②得③2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，所以ΔH3=2a kJ·mol−1−b kJ·mol−1=c kJ·mol−1，即2a=b+c，
故答案为：2a=b+c；
(2)①将i、ii两组数据代入v正=k·c n(NO)·c m(Cl2)中，可得0.144=k×(0.1)n×(0.1)m，0.288= k×(0.1)n×(0.2)m，两式相比可以求出m=1；将i、iii两组数据代入v正=k·c n(NO)·c m(Cl2)中，同理可以求出n=2，
故答案为：2；1；
②由反应方程式可知，反应达到平衡后，其他条件不变时，缩小容器体积，化学平衡正向移动，则缩小容器体积的瞬间，v正>v逆，NO的平衡转化率增大，
故答案为：>；增大；
(3)①在2L恒容密闭容器中充入0.8mol ClNO，则c(ClNO)=0.4mol·L−1。

由图甲可知，在300℃时达到平衡后，c(Cl2)=0.1mol·L−1，由发生的反应2ClNO(g)⇌Cl2(g)+2NO(g)可知，另外两组分的平衡浓度均为0.2mol·L−1，所以该反应在此温度下的平衡常数K=0.1×0.22
0.22
=0.1，a=−lgK=1，故答案为：1；
②由图甲可知，在400℃时，氯气的平衡浓度较高，说明温度升高化学平衡向正反应方向移动，所以该反应为吸热反应，温度越高，其化学平衡常数越大，−lgK就越小，因此，图乙中符合题意的曲线为Ⅱ
故答案为：Ⅱ。

11.答案：(1)2；
(2)①三角锥形；3:1；②5d106s；2
(3)sp3；H3N−BH3分子间存在氢键；
(4)BF4−；
(5)①共价键(或极性共价键)；②(1
4,3
4
,1
4
)；③75√3
16a3N A。

解析：
【分析】
本题考查电离能大小、核外电子排布、杂化轨道理论、晶胞的计算等知识，难度一般，在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养，尤其是空间思维的能力培养，从而提高学生的答题能力和学习效率。

【解答】
(1)同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素，比氮元素的第一电离能大的元素为F和Ne；
(2)①NF3分子与NH3分子结构相似，氮原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，所以空间构型是三角锥形；N2F2的结构式为F−N=N−F，该分子中含3个σ键和1个π键，个数比为3:1；
②汞位于第六周期，与锌同族，已知锌为第四周期元素，价电子排布式为3d104s2，则基态汞原子的价电子排布式为5d106s2；
(3)氨硼烷(H3N−BH3)分子中N−B间是配位键，B原子形成4个共价键，所以采取sp3杂化；H3N−BH3分子中存在N、H元素，分子间存在氢键，乙烷中无氢键，氢键的作用力比分子间作用力强，所以该分子的熔沸点比乙烷高；
(4)形成的化合物中F一定是−1价，B最高价只能是+3价，所以N元素+5价，由于形成的是离子化合物，且阴阳离子为等电子体，可推出阳离子是NF4+，阴离子是BF4−；
(5)①氮化硼是原子晶体，B原子和N原子以极性共价键结合；
②结合晶体中4个N 原子所处的位置可知另一个N 原子的坐标参数为(14,34,1
4)；
③晶胞中含8×18+6×1
2=4个B 和4个N ，设晶胞边长为xcm ，则体对角线长度为√3xcm ，晶胞中相邻且最近的硼、氮原子的核间距为体对角线的1/4，则a =√3x
4
cm ，即x =
4√3a
3
cm ，晶胞的密度为4×25
N A g (
4√3a
3
cm)3
=75√3
16a 3N A
g ·cm −3。

12.答案：(1)1，3−二溴丙烷；OHCCH 2CHO
(2)1：2 (3)
(4)
(5)8；HCOOCH =C(CH 3)2
(6)
解析：解：由E 的结构简式，结合A 、B 、C 、D 的分子式与反应条件，逆推可知D 为HOOCCH 2COOH 、C 为OHCCH 2CHO 、B 为HOCH 2CH 2CH 2OH 、A 为BrCH 2CH 2CH 2Br.对比E 、G 的结构简式可知，E 中连接2个酯基的亚甲基上的2个H 原子被−CH 2CH 2CH 2−取代，故F 为，F 发生水
解后酸化生成G(
)，G 脱去CO 2生成环丁基甲酸。

(1)A 为BrCH 2CH 2CH 2Br ，A 的名称为：1，3−二溴丙烷，C 的结构简式为OHCCH 2CHO ， 故答案为：1，3−二溴丙烷；OHCCH 2CHO ；
(2)D 为HOOCCH 2COOH ，
1molD 与足量Na 反应生成1mol 氢气，1molD 与足量NaHCO 3反应生成2mol 二氧化碳，故产生气体的物质的量之比为1：2， 故答案为：1：2；
(3)B 为HOCH 2CH 2CH 2OH 、D 为HOOCCH 2COOH ，二者发生聚合反应生成高聚物的结构简式为：
，
故答案为：；
(4)E→F的化学方程式为：
，
故答案为：；
(5)化合物X是H()的同分异构体，H的不饱和度为2，而X能发生银镜反应和水解反应，且能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明X含有−OOCH基团与碳碳双键，可以看作CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2中的1个H原子被−OOCH取代，分别有4种、2种、2种，符合条件的共有8种，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1的结构简式为HCOOCH=C(CH3)2，故答案为：8；HCOOCH=C(CH3)2；
(6)模仿合成路线中E→H转化，故先与氢溴酸发生取代反应生成，再与E 反应生成，然后在碱性条件下水解、酸化后得到，最后脱羧得到目标物，合成路线流程图为：
，
故答案为：。

本题考查有机物的推断与合成，要充分利用转化中有机物分子式、结构简式进行推理，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重学生分析分析推理、知识迁移运用能力的考查，是常考题型，具有较好的区分度。