2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（2月份）
2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（2月份）
一、选择题：本大题包括7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1. 下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）
A.质子数为17、中子数为20的氯原子：1720Cl
B.氯离子(Cl−)的结构示意图：
C.氯分子的电子式：
D.氯乙烯分子的结构简式：H3C−CH2Cl
2. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A.将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+H2O
B.向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe3+
C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
3. 下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A.硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B.锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C.电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
4. 短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X，Y的核电荷数之比为3:4，W−的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是（ ）
A.X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B.原子半径大小：X
W
C.化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D.Y，W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
5. 由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.由X→Y反应的ΔH=E5−E2
B.由X→Z反应的ΔH>0
C.降低压强有利于提高Y的产率
D.升高温度有利于提高Z的产率
6. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法错误的是（ ）
A.电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4
B.电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g
C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D.电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多
7. 已知异丙苯的结构简式如图,下列说法错误的是（ ）
A.异丙苯的分子式为C9H12
B.异丙苯的沸点比苯高
C.异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D.异丙苯和苯互为同系物
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二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题:3题,共43分。
ClO2与Cl2的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．
（1）仪器D的名称是________，安装F中导管时，应选用图2中的________．
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜________（填“快”或“慢”）．
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是________．
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为________，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是________．
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是________，原因是________．
SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：________。
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：________。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M=60g⋅mol−1)含量的方法如下：
取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol⋅L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol⋅L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是________。
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是________。
③还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下，15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：________===催化剂▫15NNO+▫H2O。
催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO．反应的热化学方程式如下：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1＝−53.7kJ⋅mol−1Ⅰ
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T(K)
催化剂
CO2转化率
甲醇选择性(%)
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(%)
543
Cat．l
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat．l
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为−283.0kJ⋅mol−1和−285.8kJ⋅mol−1
②H2O(l)=H2O(g)△H3＝44.0kJ⋅mol−1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K＝________；
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有（ ）。
A.使用催化剂Cat.1
B.使用催化剂Cat.2
C.降低反应温度
D.投料比不变，增加反应物的浓度
E.增大CO2和H2的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是________。
（4）如图，在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程∼能量”示意图。
(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）
研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为_________________________，元素Mn与O中，第一电离能较大的是________，基态原子核外未成对电子数较多的是________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________。
(3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为______________________，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在___________。
（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r(O2−)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a′=0.448nm，则r(Mn2+)为________nm。
【化学-选修5：有机化学基础】（15分）
化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHO→NaOH/H2O△RCH=CHCHO+H2O
②+→催化剂
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________。
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（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别为________、________。
（3）E的结构简式为________。
（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为__________________________________________________________。
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:1，写出2种符合要求的X的结构简式________________________________________________。
（6）写出用环戊烷和2−丁炔为原料制备化合物的合成路线____________________________________（其他试剂任选）。
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参考答案与试题解析
2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（2月份）
一、选择题：本大题包括7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1.
【答案】
C
【考点】
原子结构示意图
结构简式
电子式
电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．元素的左上角应标明质量数，应为17+20=37，A项错误；
B．Cl−的最外层为8个电子，B项错误；
C．Cl2 中两个Cl 原子之间有一对共用电子，C项正确；
D．氯乙烯分子中有一个碳碳双键，结构简式为CH2=CHCl，D项错误。
故选C。
2.
【答案】
C
【考点】
离子方程式的书写
【解析】
A．反应生成硝酸铜、NO和水；
B．电子、电荷不守恒；
C．反应生成氢氧化铝和硫酸铵；
D．硅酸钠在水中完全电离，钠离子实际不参加反应。
【解答】
A．将铜插入稀硝酸中的离子反应为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故B错误；
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C正确；
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸的离子反应为SiO32−+2H+=H2SiO3↓，故D错误；
3.
【答案】
A
【考点】
常见的能量转化形式
氧化还原反应
【解析】
氧化还原反应的本质是电子转移，特征是元素的化合价在反应前后发生变化，凡是有元素化合价升降的化学反应都是氧化还原反应，原电池和电解池工作时均有电子转移，均与氧化还原反应有关。
【解答】
A.硅太阳能电池工作时直接将光能转化为电能，没有氧化还原反应的发生，A符合题意。
B.锂离子电池放电时，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，B不符合题意。
C.电解质溶液导电时，电能转化成化学能，形成电解池，两极分别发生氧化、还原反应，C不符合题意。
D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时被O2氧化，发生氧化还原反应，D不符合题意。
故选A。
4.
【答案】
D
【考点】
原子结构与元素周期律的关系
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3:4，则Y为O元素，W−的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，以此解答该题．
【解答】
解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3:4，则Y为O元素，W−的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X>Y，Z>W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质是臭氧，W的单质是氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故答案为D。
5.
【答案】
C
【考点】
化学平衡的影响因素
【解析】
本题考查能量变化图象的分析。
【解答】
A．由图象可知，由X→Y反应的ΔH=E3−E2，故A错误；
B．由图象可知，X→Z的反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即X→Z反应的ΔH<0，故B错误；
C．由图象可知，该反应的化学方程式为2X（g）⇌3Y（g），该反应是气体体积增大的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，故C正确；
D．由B分析可知，X→Z为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误；
故选C。
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6.
【答案】
D
【考点】
原电池的工作原理及应用
电解池与原电池的工作原理
电极反应和电池反应方程式
【解析】
由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li−e−=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e−=S82−，S82−+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e−=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e−=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算．
【解答】
由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li−e−=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e−=S82−，S82−+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e−=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e−=2Li2S2；
A．据分析可知正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4，故A正确；
B．负极反应为：Li−e−=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减少的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，故B正确；
C．硫的导电性非常差，而石墨烯是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确；
D．充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，故D错误；
故选D。
7.
【答案】
C
【考点】
有机物的结构和性质
苯的同系物的化学性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
根据键线式书写特点并结合异丙苯的结构简式可知，异丙苯的分子式为C9H12，A正确异丙苯的相对分子质量大于苯，则分子间作用力强于苯，故异丙苯的沸点比苯高，B正确；异丙苯可看作2个一CH3、1个一C6H5(苯基)取代了甲烷分子中的3个氢原子，依据甲烷为正四面体结构可知，异丙苯中碳原子不可能都处于同一平面，C错误;异丙苯是苯分子中氢原子被烷基取代后的产物，因此与苯互为同系物，D正确。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题:3题,共43分。
【答案】
锥形瓶,b
慢
吸收Cl2
4H++5ClO2−＝Cl−+4ClO2↑+2H2O,验证是否有ClO2生成
稳定剂Ⅱ,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是用于验证二氧化氯的，F中的颜色不变，从而验证C的作用是吸收氯气，
（1）根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；
（3）F装置中发生Cl2+2KI＝2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2−＝Cl−+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2 生成；
（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．
【解答】
根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，
故答案为：锥形瓶；b；
为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，
故答案为：慢；
F装置中发生Cl2+2KI＝2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，
故答案为：吸收Cl2；
在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2−＝Cl−+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2 生成，
故答案为：4H++5ClO2−＝Cl−+4ClO2↑+2H2O；验证是否有ClO2 生成；
由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好，
故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．
【答案】
（1）①CO(NH2)2+H2O→△CO2+2NH3,②8NH3+6NO2===催化剂7N2+12H2O,③2SO2+O2+4NH3+2H2O===2(NH4)2SO4,④3(2c1v1−c2v2)100a
（2）①BaO,②8:1,③415NO+4NH3+3O2===催化剂415NNO+6H2O
【考点】
氮的氧化物的性质及其对环境的影响
化学方程式的有关计算
“三废”处理与环境保护
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）①根据题意，反应物为H2O和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，
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反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。
②根据题意，反应物为NH3和NO2，生成物为N2和H2O，反应需在催化剂作用下进行。
③根据题意，NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。
④根据题意，加入硫酸的总物质的量为c1v1×10−3mol，NaOH消耗硫酸的物质的量为c2v2×10−32mol，因此与NH3反应的硫酸的物质的量为c1v1×10−3−c2v2×10−32mol，根据关系式：CO(NH2)2∼2NH3∼H2SO4，得n[CO(NH2)2]=2c1v1×10−3−c2v2×10−32mol，因此尿素溶液中溶质的质量分数为c1v1×10−3−c2v2×10−32×60ga g×100%=3(2c1v1−c2v2)100a。
（2）①由图a可以看出NOx在BaO中储存，在Ba(NO3)2中还原，因此储存NOx的物质为BaO。
②由图b可知，Ba(NO3)2在第一步反应中被H2还原为NH3，根据得失电子守恒，1mol Ba(NO3)2转化成NH3得到2mol×8=16mol电子，1mol氢气失去2mol电子，因此消耗的氢气与硝酸钡的物质的量之比为8:1。
③根据题意，有氧气参与反应，同时根据生成物为15NNO和H2O，可推测出参加反应的15NO与NH3的物质的量之比为1:1，结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。
【答案】
c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)
C,D
表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响
反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程∼能量”示意图为。
【考点】
化学平衡常数的含义
化学平衡的影响因素
【解析】
（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）催化剂不影响平衡移动，焓变为负，为放热反应，降低温度或增大反应物浓度均可使平衡正向移动；
（3）未达到平衡前，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响；
（4）催化剂不改变反应的始终态，Cat.1比Cat.2的选择性低，活化能大。
【解答】
反应I的平衡常数表达式K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)，
故答案为：c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)；
A．使用催化剂Cat.1，不影响平衡移动，故A不选；
B．使用催化剂Cat.2，不影响平衡移动，故B不选；
C．为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，转化率增大，故C选；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，可看成体积减小、压强增大，平衡正向移动，转化率增大，故D选；
E．增大CO2和H2的初始投料比，CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故E不选；
故答案为：CD；
表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响，
故答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
催化剂不改变反应的始终态，Cat.1比Cat.2的选择性低，活化能大，则反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程∼能量”示意图为，
答：反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程∼能量”示意图为。
(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）
【答案】
（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2,O,Mn
（2）sp,sp3
（3）H2O>CH3OH>CO2>H2,常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可参与形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高
（4）π键、离子键
（5）0.148,0.076
【考点】
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物质结构与性质综合应用
化学键种类及离子、共价化合物的判断
晶胞的计算
原子轨道杂化方式及杂化类型判断
元素电离能、电负性的含义及应用
原子核外电子排布
氢键的存在及其对物质性质的影响
【解析】
（1）Co是27号元素，可按照能量最低原理书写电子排布式；O为非金属性，难以失去电子，第一电离能较大；
（2）CO2和CH3OH分子中C原子分别形成2、4个σ键；
(3)水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断；
（4）Mn(NO3)2为离子化合物，含有离子键、共价键，共价键含有σ键和π键；
(5)阴离子采用面心立方最密堆积方式，位于顶点和面心；阳离子为体心立方堆积，体心和棱，以此计算半径．
【解答】
解：（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2．元素Mn与O中，由于O元素是非金属元素且原子半径更小，对核外电子的吸引力更强；而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O；O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O；Mn
（2）对于CO2，根据VSEPR理论，其中心原子C原子的价层电子对数=2+4−2×22=2，根据杂化轨道理论，C的杂化方式为sp杂化；CH3OH分子中C原子形成4个σ键，中心原子C原子的价层电子对数为4，所以C的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：sp；sp3；
(3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可参与形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高；
(4)硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键，
故答案为：π键；离子键；
(5)因为O2−是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2−半径的4倍，即4r=2a，解得r=24×0.420nm≈0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，Mn2+构成的是体心立方堆积，体对角线是Mn2+半径的4倍，面上相邻的两个Mn2+距离是此晶胞的一半，因此有2r(O2−)+2r(Mn2+)=a′=0.448nm，则r(Mn2+)=0.448nm−2×0.148nm2=0.076nm；
【化学-选修5：有机化学基础】（15分）
【答案】
(1)苯甲醛
（2）加成反应,取代反应
（3）
（4）
（5）
（6）
【考点】
有机化学基础综合应用
有机物的推断
【解析】
由信息①可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，对比F、H的结构简式可知G为，以此解答(1)∼(4)；
（5）F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构；
(6)环戊烷和2−丁炔为原料制备化合物，环戊烷应先生成环戊烯，然后与2−丁炔发生加成反应生成，最后与溴发生加成可生成
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，以此解答该题。
【解答】
解：由信息①可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为；B在氢氧化铜加热的条件下反应生成C，则C为；C与溴发生加成反应生成D，则D为；D在氢氧化钾的醇溶液中发生消去反应生成E，则E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，对比F、H的结构简式可知G为，据此回答问题。
（1）由分析可知A为，即A为苯甲醛；
（2）C为，发生加成反应生成，E为，与乙醇发生酯化反应生成F，为取代反应；
（3）由以上分析可知E为；
（4）G为，F为，二者发生加成反应生成H，反应方程式为；
（5）F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，可能结构有；
（6）环戊烷和2−丁炔为原料制备化合物，环戊烷应先生成环戊烯，然后与2−丁炔发生加成反应生成，最后与溴发生加成反应可生成，反应的流程为。
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