广东省广州市天河区普通高中2023-2024学年高三毕业班综合测试（二）化学试题（含解析）

这是一份广东省广州市天河区普通高中2023-2024学年高三毕业班综合测试（二）化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．我国历史文化底蕴浓厚源远流长。下列文物的主要材料为硅酸盐的是
A．西普青瓷羊形壶B．东汉青铜铜车马
C．北宋绢本寒林图D．金漆木雕大神龛
2．雪龙二号是我国自主建造的全球第一艘采用艏艉双向破冰技术的极地科考破冰船，展现了我国科技发展的巨大成就。下列说法不正确的是
A．螺旋桨采用镍铝青铜合金有强度大、不易锈蚀的特点
B．舰体使用密度小、强度高的钛合金，钛属于IIB族元素
C．船载雷达系统所用半导体材料碳化硅属于共价晶体
D．船用发动机使用的燃料柴油主要成分属于烃类
3．化学与人类生活、社会发展息息相关。下列叙述不正确的是
A．大力发展新能源汽车，可减少氮氧化物的排放
B．为防止月饼因氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰
C．汽车防冻液的主要成分乙二醇，其熔点高的原因是易形成分子间氢键
D．用人工合成淀粉，有利于减少农药化肥使用并促进“碳中和”
4．冰晶石—熔体电解法仍然是目前工业生产金属铝的唯一方法。实验室利用以下装置能达到实验目的的是
A．制取B．制取C．分离D．制取
5．化学处处呈现美。下列有关说法正确的是
A．干冰制造舞台烟雾发生了共价键断裂
B．“日照澄洲江雾开”的现象属于丁达尔效应
C．“铁水打花”又叫打铁花，利用了铁元素的焰色试验
D．“雨过天背云破处，这般颜色做将来”，瓷器青色来自
6．航母山东舰采用模块制造再焊接组装而成。实验室模拟海水和淡水对焊接金属材料的影响，结果如图所示。下列分析正确的是
A．舰艇腐蚀是因为形成了电解池B．图甲是海水环境下的腐蚀情况
C．腐蚀时负极反应为：D．焊点附近可用锌块打“补丁”延缓腐蚀
7．生产、生活中蕴藏着丰富的化学知识。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A．AB．BC．CD．D
8．栀子苷可用作治疗心脑血管、肝胆等疾病的原料药物，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．分子中含有2个手性碳原子
B．分子中含有4种含氧官能团
C．该化合物最多能与反应
D．该化合物既能使酸性溶液褪色，又能使溴水褪色
9．某实验小组用作催化剂，以乙炔为原料制备草酸()，反应原理为：。下列说法不正确的是
A．装A使用多孔球泡可增大反应速率
B．向装置C通入氧气的目的是排除装置内的空气
C．装置D的作用是吸收氮氧化物，防止污染空气
D．装置A、B、C中的现象分别为有红棕色、无色、红棕色
10．部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．若，则b既有氧化性又有还原性
B．在加热条件下，c能将乙醇氧化为乙醛
C．a在潮湿的空气中久置会转化为c
D．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
11．氯气是重要的化工原料，其化工产品在生活生产中有广泛应用。表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．晶体中含有的质子数为
B．溶液中含的数目为
C．与足量溶液反应转移电子的数目为
D．含的漂白粉(成分为和)中数目为
12．陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是
A．AB．BC．CD．D
13．是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实验室通过氧化制得，再与镁反应得到。下列说法不正确的是
A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水
B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为
C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性
D．水解的方程式
14．颜料紫是含锰化妆品着色剂，其化学式为，X、Y、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中对具有正四面体空间结构，的结构如图所示。下列说法正确的是
A．键角：
B．第一电离能：
C．简单氢化物沸点：
D．中各原子最外层均为8电子稳定结构
15．在相同条件下通入一定量X，研究催化剂对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图。下列说法正确的是
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．使用催化剂Ⅰ，时，
D．c曲线可表示使用催化剂I时Z的浓度随t的变化
16．甘氨酸()是人体必需氨基酸之一，25℃时，甘氨酸溶液中、、的分布分数与溶液关系如图(分布分数即各组分的平衡浓度占总浓度的分数)。下列说法不正确的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．溶液中
二、解答题
17．化学是一门以实验为基础的学科。某学习小组探究、能否将氧化，开展如下活动。
(1)用固体配制溶液，下列仪器中用到的有 (填名称)。
(2)设计如下实验：
A中反应的离子方程式为 ，说明氧化性：。
(3)甲同学依据B中现象得出不能氧化，乙同学表示不同意，依据是 。
(4)已知。将和溶液等体积混合，混合后溶液中 。预测可能是、浓度很小，氧化性、还原性很弱，二者直接接触不发生氧化还原反应。
(5)乙同学设计了如图实验：
①盐桥中电解质使用 (填“”或“”)。
②K闭合时，指针偏转，“石墨1”电极反应为 。
③丙同学测得溶液的，认为可能是氧化了。设计实验验证该猜想，将上述 (填“左烧杯”或“右烧杯”)中的溶液换成 指针不偏转，丙同学猜想不成立。
综上所述：、都能将氧化，但与直接接触时主要发生沉淀反应。
18．我国是世界上稀土资源最丰富的国家，冶炼提纯技术位于世界前茅。从某种磷精矿(主要成分为，含少量)分离稀土元素钪()的工业流程如下：
(1)钪的基态原子核外价电子排布式为 。
(2)“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。
由表可知：随中碳原子数增加，产率降低，请从结构的角度分析原因 。
②“反萃取”的目的是分离和元素。向“萃取液”中通入，的沉淀率随的变化如图。试剂X为 (填“”或“”)，应调节为 。
③反萃取时，通入得到沉淀的过程为：
i．
ii． (写出该过程的化学方程式)。
(3)草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃晶体主要成分是 (填化学式)，℃反应的化学方程式为 。
(4)的一种氢化物晶胞结构如图，晶体中H周围与其最近的的个数为 。为阿伏伽德罗常数的值，晶胞参数为，则该晶胞的密度为 。
19．研究氮氧化物分解的反应机理，对于控制汽车尾气排放、保护环境有重要意义。
I.直接催化分解法是消除的主要方法，已知部分催化分解过程如下：
①
②
③
④
(1)反应的 。
(2)T℃，在密闭容器中尝试利用表面催化工艺分解，用分别表示、、和固体催化剂，则在固体催化剂表面分解的反应过程可用下图表示。
已知：在固体催化剂表面吸附过程自发发生，且总熵减小。画出从状态A到状态D体系能量的变化曲线图 。
(3)T℃和恒定压强时，在密闭容器中模拟废气中的催化分解过程，各组分的信息如下表：
①x= ，y= ，该温度下反应②的压强平衡常数 (分压=总压×物质的量分数)。
②若先除去废气中的，再在相同条件下模拟实验，发现的平衡转化率明显降低，其原因是 。
Ⅱ.用含碳物质消除氮氧化物也是防治污染的有效方法。
(4)活性炭还原法消除氮氧化物污染的反应原理为：。已知该反应正、逆反应速率方程分别为、，其中、分别为正、逆反应速率常数，其变化曲线如下图所示，则该反应的反应热 0(填“>”或“<”)。
(5)将含等物质的量的和C0的混合气体分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器中，进行反应，经过相同时间测得的转化率如图所示，图中cd段转化率下降的可能原因是 。(任写一种)
20．高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如图：
已知：Ⅰ．RCOR'(R、R′、R″代表烃基，下同)
Ⅱ．
Ⅲ．RCOOR′+R″18OHRCO18OR″+R′OH
回答下列问题：
(1)B的分子式是 ，化合物X是B的同分异构体且能被新制氧化，则X的化学名称是 。
(2)步骤②发生反应的化学方程式为 。
(3)PET单体含有的官能团名称是 。
(4)根据D的结构特征，分析预测可能的化学性质，完成下表：
(5)关于反应⑦的说法中，正确的是_______(填字母)。
A．反应过程中有C-O的断裂和形成
B．反应物D中所有碳原子共平面，碳原子均采用杂化
C．反应物G与水均为极性分子，两者形成的溶液中存在氢键
D．产物PMMA单体分子中只存在“头碰头”形成的σ键
(6)结合题中所给信息，以、和为原料合成。基于你的设计，回答下列问题：
①最后一步反应中的有机反应物为 (写结构简式)。
②步骤中涉及烯烃制醇的反应，其化学反应方程式为 。
选项
劳动项目
化学知识
A
用碳铵()给农作物施肥
受热易分解
B
用硫酸钡做钡餐检查胃病
既不溶于水，也不溶于酸
C
用纯碱溶液清洗抽油烟机上的油渍
油脂在碱性条件下易水解
D
用活性炭清除冰箱中的异味
活性炭具有吸附性
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
常温下，将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B
高温、高压、催化剂的条件下合成氨
与合成氨是吸热反应
C
乙醇与足量反应生成
分子中比更易断裂
D
具有氧化性
可用作葡萄酒中的添加剂
实验现象
A中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝
B中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝
C中产生黑色沉淀，滴加溶液，变红
产率/
82
62
20
物质
N(投料)/
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/
50
1
20
25
x
y
序号
可反应的试剂及条件
反应形成的新结构
反应类型
①
，催化剂/△

②


取代反应
参考答案：
1．A
【详解】A．陶瓷属于硅酸盐，西普青瓷羊形壶主要材料为硅酸盐，故选A；
B．青铜属于金属材料，东汉青铜铜车马主要材料为金属，故不选B；
C．北宋绢本寒林图主要材料为纤维素，故不选C；
D．金漆木雕大神龛的材料为木材，故不选D；
选A。
2．B
【详解】A．用作螺旋桨的镍铝青铜合金强度和硬度大，不易锈蚀，故A正确；
B．钛属于IVB族元素，故B错误；
C．碳化硅结构类似于硅，属于共价晶体，故C正确；
D．柴油的主要成分为烃类，故D正确；
故选：B。
3．B
【详解】A．开发新能源，减少对化石燃料的依赖，可减少氮氧化物的排放，A正确；
B．生石灰是干燥剂，能吸水，但是不能吸收氧气，所以加入生石灰不能防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，B错误；
C．乙二醇含羟基，羟基能形成氢键，其熔点高的原因是易形成分子间氢键，C正确；
D．人工合成淀粉，可以充分利用二氧化碳，有利于减少农药化肥使用并促进“碳中和”，D正确；
故选B。
4．D
【详解】A．浓硫酸与碳酸钙反应生成微溶的CaSO4，覆盖在CaCO3表面，阻止反应的进一步进行，所以不能用浓硫酸与碳酸钙反应制备CO2，A错误；
B．CO2通入NaAlO2溶液中，导管应长进短出，B错误；
C．过滤操作中，漏斗颈尖嘴应紧贴烧杯内壁，C错误；
D．灼烧Al(OH)3分解生成Al2O3，D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．干冰制造舞台烟雾是干冰升华温度降低水蒸气冷凝形成的，没有发生了共价键断裂，A错误；
B．“日照澄洲江雾开”的现象属于丁达尔效应，丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，B正确；
C．“铁水打花”又叫打铁花，利用了铁和空气中氧气反应生成四氧化三铁，不是铁元素的焰色试验，C错误；
D．氧化铁为红棕色固体，瓷器青色不可能是氧化铁导致的，D错误；
故选B。
6．D
【分析】由图可知，该腐蚀过程是因为形成了原电池，Fe比Sn活泼，Fe作负极，电极反应式为Fe-2e→Fe2+，Sn作正极被保护，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此作答。
【详解】A．舰艇被腐蚀是因为形成了原电池，故A错误；
B．海水中含有电解质浓度大，腐蚀速度快，故乙为海水环境下的腐蚀情况，甲为淡水环境下的腐蚀情况，故B错误；
C．Sn作正极被保护，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D．焊点附近用锌块打“补丁”，Zn比Fe活泼，Zn作负极，Fe作正极被保护，可延缓腐蚀，故D正确；
故选：D。
7．A
【详解】A．用碳铵()给农作物施肥，是因为所含铵根离子中的氮元素是植物的营养元素，是一种氮肥，与受热易分解无关，A符合题意；
B．既不溶于水，也不溶于酸，不易被X射线穿透，故用硫酸钡做钡餐检查胃病，二者有关联，B不符合题意；
C．纯碱溶液水解显碱性，油脂在碱性条件下易水解，因此用纯碱溶液清洗抽油烟机上的油渍，二者有关联，C不符合题意；
D．活性炭具有吸附性，因此用活性炭清除冰箱中的异味，二者有关联，D不符合题意；
答案选A。
8．D
【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；，分子中含有不止2个手性碳原子，A错误；
B．由结构可知，分子中含有羟基、酯基、醚键3种含氧官能团，B错误；
C．酯基能和氢氧化钠反应，该化合物最多能与1ml反应，C错误；
D．该化合物中含有碳碳双键，碳碳双键既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色，D正确；
故选D。
9．B
【分析】C2H2与HNO3(浓)在硝酸汞作催化剂下反应生成草酸和NO2，B中二氧化氮和水生成无色一氧化氮气体，装置C通入氧气使NO转化为NO2，NO2、O2混合气进入D，氮氧化合物和D中氢氧化钠反应被吸收，防止污染空气；
【详解】A．多孔球泡增加与溶液接触面积，增大反应速率，A正确；
B．向装置C通入氧气目的是使NO转化为NO2，NO2、O2混合气进入D，氮氧化合物和D中氢氧化钠反应被吸收，防止污染空气，B错误；
C．装置D中碱液的作用是吸收氮氧化物，防止污染，C正确；
D．装置A中生成二氧化氮气体，B中二氧化氮和水生成无色一氧化氮气体，C中一氧化氮和氧气生成二氧化氮气体，现象分别为有红棕色、无色、红棕色，D正确；
故选B。
10．C
【分析】该图表示Cu元素，则a为Cu，b为Cu2O、c为CuO、d为Cu(OH) 2、e为+2价的铜盐；
【详解】A．若，反应中+1铜转化为+2铜和0价铜，则Cu2O既有氧化性又有还原性，A正确；
B．c为CuO，在加热条件下，CuO能将乙醇氧化为乙醛，B正确；
C．铜在潮湿的空气中久置会转化为碱式碳酸铜，而不是氧化铜，C错误；
D．d为Cu(OH)2，新制的Cu(OH) 2悬浊液可用于检验葡萄糖中的醛基，D正确；
故选C。
11．A
【详解】A．1ml中含有的28ml质子数，为1ml，则含有的质子数为，A正确；
B．次氯酸根离子水解使得次氯酸根离子的物质的量小于0.2ml，数目小于，B错误；
C．不清楚温度和压强，因此气体的物质的量无法计算，C错误；
D．的漂白粉(成分为和)中阴离子为氯离子、次氯酸根离子，则小于2ml，则其数目小于，D错误；
故选A。
12．C
【详解】A．铁与浓硝酸发生钝化反应，无明显现象，铁与稀硝酸反应生成无色气体NO，因此不能根据实验现象判断浓硝酸、稀硝酸氧化性强弱，A错误；
B．与合成氨是放热反应，高温、高压、催化剂的条件下合成氨是综合考虑反应速率和平衡产率的原因，B错误；
C．乙醇与足量反应生成，说明羟基和钠反应转化为氢气，则分子中比更易断裂，C正确；
D．具有还原性能防止葡萄酒变质且能杀菌，故可用作葡萄酒中的添加剂，D错误；
故选C。
13．B
【分析】该实验目的是利用N2与Mg加热反应生成Mg3N2，A装置中分液漏斗盛放的是浓氨水，浓氨水与生石灰混合放出NH3，B中碱石灰干燥NH3，C装置中NH3与CuO在加热条件下反应生成N2，装置D中浓硫酸能够吸收NH3、干燥N2，干燥的N2进入E装置与Mg加热反应生成Mg3N2，F装置可以防止空气中的CO2、H2O等进入装置中与Mg反应，以此分析解答。
【详解】A．装置A中分液漏斗中的溶液是浓氨水，流入烧瓶中与CaO接触会产生NH3，故A正确；
B．C中发生反应3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，其中氨气是还原剂，氧化铜是氧化剂，氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为3：2，故B错误；
C．装置D中浓硫酸的作用除了干燥N2，还需要吸收NH3，故体现酸性和吸水性，故C正确；
D．Mg3N2水解时先产生镁离子和氮负离子，然后水解产生氢氧化镁和氨气，对应方程式为Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑，故D正确；
故选：B。
14．A
【分析】Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，具有正四面体空间结构，为铵根离子，则Y为N元素，X为H元素；结合的结构可知，Z形成5个共价键，其原子序数大于N元素，则Z为P元素；Q形成2个共价键，其原子序数小于P元素，则Q为O元素，
【详解】根分析可知，X为H元素，Y为N元素，Q为O元素，Z为P元素，
A．、NH3的中心原子N均采用sp3杂化，NH3的N原子含有1对孤电子对，的N原子没有孤电子对，孤电子对越多键角越小，则键角：＞NH3，故A正确；
B．N的2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O＞Mn，故B错误；
C．NH3、H2O分子间均存在氢键，二者的沸点大于PH3，H2O分子间存在的氢键更多，其沸点大于NH3，简单氢化物沸点：H2O＞NH3＞PH3，故C错误；
D．结合的结构可知，P形成5个共价键，其最外层电子数为5+5=10，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：A。
15．D
【分析】由图可知，X为反应物，随着反应进行X的量减小，在0~2min 内X的浓度变化了2.0ml/L，结合化学方程式可知，YZ的浓度变化分别为4.0ml/L、2.0ml/L，则b为为Y浓度变化曲线、c为Z浓度变化曲线；
【详解】A．催化剂改变反应速率，但是不影响反应进行的程度，A错误；
B．由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，则Ⅱ使反应活化能更高，B错误；
C．由分析可知，使用催化剂Ⅰ，0~2min 内X的平均反应速率为：，不是时的反应速率，C错误；
D．由分析可知，c曲线可表示使用催化剂Ⅰ时Z的浓度随t的变化，D正确；
故选D。
16．C
【分析】甘氨酸中含有氨基和羧基，氨基显碱性，羧基显酸性，在酸性条件下，存在的形式为CH2COOH，随着pH 增大，逐步转化成NH2CH2COOH，最终转化成NH2CH2COO-，从而确定曲线a 代表CH2COOH，曲线b代表为NH2CH2COOH，曲线c 代表NH2CH2COO-，据此分析。
【详解】A．甘氨酸含有氨基和羧基，故具有两性，故A正确；
B．分析可知，C为NH2CH2COO-，故B正确；
C．分析a、b交点可知c(NH2CH2COOH)=c(CH2COOH)，此时pH为2.35，K=c(OH-)==10-11.65，故C错误；
D．NH2CH2COOK溶液中酸根离子NH2CH2COO-会发生水解，故c(K+)＞c(NH2CH2COO-)，此时水解后溶液显碱性，故c(OH-)＞c(H+)，则，故D正确；
故答案为：C。
17．(1)胶头滴管、100ml容量瓶
(2)
(3)银离子可以氧化亚铁离子产生三价铁离子，而三价铁离子氧化性大于碘离子
(4)
(5) 右烧杯 pH=6的硝酸
【分析】配制一定物质的量浓度溶液所需要的步骤为计算、称量、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；需要的仪器有托盘天平、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、容量瓶；
【详解】（1）由分析可知，需要的仪器是胶头滴管、100ml容量瓶，不需要锥形瓶、梨形分液漏斗、球形冷凝管，故答案为胶头滴管、100ml容量瓶；
（2）根据实验现象可知有单质碘生成，离子反应方程式为：，故答案为；
（3）根据实验三的实验现象可知生成了三价铁离子和银单质，故银离子的氧化性大于三价铁离子，而三价铁离子的氧化性大于碘离子，故乙同学不同意甲同学的说法；
（4）已知，将和溶液等体积混合，混合后溶液中，故答案为；
（5）①盐桥中电解质可以使用，若用则其中氯离子会与银离子产生沉淀；
②电极1为负极，发生氧化反应，对应的离子方程式为；
③丙同学认为可能是硝酸氧化了碘离子，那么要先有硝酸，故实验步骤为：将右烧杯中的换成pH=6的硝酸，指针不偏转。
18．(1)3d14s2
(2) 随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低 SO2 2 (NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3
(3) Sc2(C2O4)3•H2O Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
(4) 4
【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，过滤得到二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸钪晶体；
【详解】（1）钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，核外价电子排布式为：3d14s2；
（2）①由表可知：随-R中碳原子数增加，(RO)3PO产率降低，请从结构的角度分析原因：随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低．故答案为：随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低；
②由图可知，亚铁离子与Sc3+的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选择SO2，二氧化硫和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸，利于铁离子与Sc3+的分离，结合图像可知，应调节pH为2，此时Sc3+几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好，故答案为：SO2；2；
③总反应为通入NH3得到ScPO4沉淀，反应i.H3PO4+3NH3═(NH4)3PO4，则反应ii为(NH4)3PO4和稀土的硝酸盐转化为ScPO4沉淀的反应，(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3，故答案为：(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3；
（3）设起始时Sc2(C2O4)3•6H2O的物质的量为1ml,质量为462 g,由图可知，250℃时，减少的质量为462g×19.5%≈90g，=5ml,即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3•H2O，250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g,可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3，850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.88%)≈138g,除去钪元素质量后剩余质量为138g-2ml×45g/ml=48g,应为氧元素的质量，=3ml,则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为：Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
（4）Sc的一种氢化物晶胞结构如图2，晶体中H周围与其最近的Sc的个数为：4，晶胞中分摊法得到，Sc个数=8×+6×=4，H个数8个，表示的氢化物为：H8Sc4， NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞质量为，晶胞参数为anm，晶胞体积为V=(a×10−7)3cm3，则该晶胞的密度。
19．(1)ΔH=2ΔH1-ΔH3或者ΔH=2ΔH1+2ΔH4-ΔH3或者ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH4-ΔH3
(2)
(3) 2 2 500P0kPa 恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移动
(4)＜
(5)该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的转化率在cd段转化率下降（或者升高温度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）
【详解】（1）根据盖斯定律，①-③，或者②，或者①+②+④-③可得题中2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g)，则ΔH=2ΔH1-ΔH3或者ΔH=2ΔH1+2ΔH4-ΔH3或者ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH4-ΔH3；
（2）A→B过程中固体催化剂表面吸附，能量降低，B→C过程NO分子中化学键断裂是吸热过程，C→D过程N≡N键、O═O键形成，释放能量，其能量变化如图所示：；
（3）①平衡时生成的氧气为20ml-6.5ml=13.5ml，反应①消耗的N2O是27ml，平衡时总消耗N2O是33ml，设反应②和反应③分别消耗N2O为xml和yml，则x+y=6，0.5x+0.75y=50-19-27=4，解得x=2，y=4，因此最终得到的NO是2ml，NO2是2ml，平衡时总的物质的量为50+1+20+25+2+2=100ml，反应①中N2O、N2、O2各气体的物质的量分数分别为、、，由此求出各气体的分压为分压p(N2O)=P0kPa、p(N2)=P0kPa、p(O2)=P0kPa，则平衡常数Kp==500P0kPa；
②恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移动，所以N2O的平衡转化率明显降低；
（4）由图可知，随增大，lgk正和lgk逆均减小，即随T的减小，k 正和k逆都减小，且k 正的减小幅度小于k逆减小幅度，说明降低温度，平衡正向移动，说明该反应是放热反应；
（5）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的转化率在cd段转化率下降（或者升高温度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）。
20．(1) C3H6O 丙醛
(2)+H2O
(3)酯基、羟基
(4) 加成反应 浓硫酸、加热 R-COO-R'
(5)AC
(6) +HBrCH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr
【分析】流程图中，乙烯与Br2/CCl4发生加成反应生成BrCH2CH2Br(E)，E在NaOH溶液中发生水解生成HOCH2CH2OH(F)和NaBr，F与发生酯交换反应，生成(PET单体)和CH3OH(G)；PET单体缩聚生成和HOCH2CH2OH(B)。PMMA的结构简式为，逆推得它的单体为；A经过一系列转化生成D：，结合A化学式可知，A为，A中羟基氧化为酮基得到B：，B发生已知反应Ⅰ原理生成C：；C发生消去反应得到D；
【详解】（1）由分析可知，B为，分子式是C3H6O，化合物X是B的同分异构体且能被新制氧化，则X含有醛基，化学名称是丙醛；
（2）C：；C发生消去反应得到D，反应为+H2O；
（3）(PET单体)含有酯基、羟基官能团；
（4）D：含有碳碳双键，能在催化剂催化下和氢气加成生成碳碳饱和键，故为加成反应；
D：含有羧基，能在浓硫酸催化加热条件下生成酯：R-COO-R'，故答案为：浓硫酸、加热；R-COO-R'；
（5）A．在生成酯基的过程中存在羧基中的C-O的断裂；卤代烃发生取代生成醇的过程中存在C-O的形成，正确；
B．D：中碳碳双键两端的原子共面，则反应物D中所有碳原子共平面，分子中甲基碳原子均采用杂化，错误；
C．反应物G为甲醇，甲醇具有微弱极性，与水均为极性分子，两者形成的溶液中存在氢键，正确；
D．产物PMMA的单体为，分子中存在头碰头形成的σ键，也存在肩并肩形成π键，错误；
故选AC；
（6）和HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，再在氢氧化钠水溶液条件下发生取代引入羟基得到CH3CHOHCH3，CH3CHOHCH3氧化为CH3COCH3，CH3COCH3和发生已知Ⅱ原理生成，转化为；
①由分析可知，最后一步反应中的有机反应物为。
②步骤中涉及烯烃制醇的反应，其化学反应方程式为：+HBrCH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr。