山东专用2021届高三化学下学期4月三模适应性训练二

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1、（山东专用）2021届高三化学下学期4月三模适应性训练二一、单选题1下列关于分散系的叙述不正确的是A分散系的分类：B用平行光照射FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体，可以加以区分C把FeCl3饱和溶液滴入到蒸馏水中，以制取Fe（OH）3胶体D如图所示是树林中的晨曙，该反应与丁达尔效应有关2下列仪器无定量的要求的是A量筒B分液漏斗C滴定管D容量瓶3下列说法不正确的是A10种氨基酸形成的十肽的数目定为1010种B甲酸、乙二酸、乳酸、水杨酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C纤维素溶解在铜氨溶液中，将形成的溶液压入稀酸中，生成铜氨纤维D油脂不溶于水，人体中油脂能溶解一些不能溶解在水中的营养物质，以利于人体吸收

2、4将过量SO2通入下列溶液中，能出现白色浑浊的是()。Ca(OH)2BaCl2NaAlO2Na2SiO3 Ba(NO3)2苯酚钠Na2CO3ABCD5下列说法正确的是()A氧化铝不能与水反应，它不是氢氧化铝对应的氧化物B因为氧化铝是金属氧化物，所以它是碱性氧化物C氧化铝能跟所有的酸碱溶液反应D氧化铝能跟强的酸碱溶液反应6如图所示是铜锌原电池示意图。当该原电池工作时，下列描述不正确的是A溶液逐渐变蓝B锌片上的电极反应式是：Zn2e=Zn2+C铜片上有气泡产生D电流计指针发生偏转7短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系如图所示，下列推测不正确的是XYZWA若Z的核电荷数是Y的两倍

3、，则X是碳元素B若W的核电荷数是Y的两倍，则X是氮元素C原子半径： D简单氢化物的稳定性：8下列说法中正确的是A将纯水加热的过程中，Kw变大，pH变小B保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2水解C将FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体D向0.1molL1氨水中加入少量水，pH减小，KW减小9如右图所示，下列叙述正确的是AX为阴极，发生还原反应B电子沿ZnYXCu路径流动CNa+移向Y，与滤纸接触处有氧气生成DY与滤纸接触处变红10分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A8种B9种C10种D11种11下列四种元素中，其单质还原性最强的是A基态原子最外电子层排

4、布为2s22p5的元素B基态原子最外电子层排布为3s1的元素C原子核外电子数最少的元素D第二周期中基态原子含有未成对电子最多的元素12有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含硝酸的浓度为1mol/L，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后（假设只生成NO气体），最多可收集到标况下的气体的体积为A89.6mLB112mLC168mLD224mL13过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，下列说法不正确的是ANa2O2的电子式Na+2-Na+B此反应每生成1mol氧气转移2mol电子C氧元素的一种核素18O的中子数为12D此反应Na2O2既是氧

5、化剂也是还原剂14反应2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可用于工业上制备Na2S2O3。下列化学用语表示正确的是A中子数为20的硫原子SB基态O原子核外电子轨道表达式CSO2分子的空间构型V型DCO水解的离子方程式CO+2H2OH2CO3+2OH-二、多选题15ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2，2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。则下列说法中正确的是AH2C2O4在反应中是还原剂B每转移1个e-，能得到2个气体分子CKClO3失去电子，化合价降低，发生还原反应D在反应中

6、CO2是还原产物三、填空题16合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，反应原理为N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.4 kJmol1。一种工业合成氨的简式流程图如下：（1）步骤中制氢气的原理如下：aCH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)；K1 bCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)；K2则反应CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g)；K=_(用含K1、K2的代数式表示)。T1温度时，对于反应：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)，向2 L的恒容密闭容器中通入一定量的CO和H2O(g)。若达到平衡后，反应放热Q kJ，保持其他条件不变，只是向原平

7、衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，则下列说法正确的是_。ACO的转化率将增大 B达到新平衡时的反应热H Q C气体的密度将不变 DH2O的体积分数增大（2）将3 molH2和2 molN2充入某恒温恒压容器中，发生合成氨的反应：3H2(g) N2(g) 2NH3(g)达平衡时NH3的浓度为c molL-1。保持温度不变，按下列配比分别充入该容器，平衡后NH3的浓度不为c molL-1的是_。A6 molH2 + 4 molN2 B0.75 molH2 + 0.75 molN2 + 0.5 molNH3C3 molH2+ 1 molN2 + 2 mol NH3 若是在恒温恒容的容器中

8、反应，达到平衡时NH3的浓度为c1 molL-1，则c_c1（填“”或“=”），原因是_。四、实验题17工业上SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：提示：已知在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式。已知KspSn(OH)2 1.010-26回答下列问题：（1）SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是_，加入Sn粉的作用是_。（2）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的离子方程式_。（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法_。（4）反应硫酸的作用之一是控制溶液的pH，若溶液中c(Sn2+)1.0molL-1，则应控制溶液pH_。（5）酸性条件下，S

9、nSO4还可以用作双氧水去除剂，请写出发生反应的离子方程式_。五、结构与性质18原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是半径最小的元素，Y原子基态时成对电子数是其未成对电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W原子4s原子轨道上有1个电子，M能层为全充满的饱和结构。回答下列问题：(1) Z和X形成的某分子可用作火箭燃料，该分子中Z原子的杂化类型为_。 (2)人们已经合成了由Y和Z两种元素形成的晶体，该晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，Z的配位数是_,该晶体硬度大于金刚石的原因是_。(3)Z和X形成的简单分子A还能与很多化合物通过配位键发生相互作用

10、。例如：科学家潜心研究的一种可作储氢材料的化合物 B是A与第二周期另一种元素的氢化物相互作用的产物，B是乙烷的等电子体，化合物B的结构式为_（必须标明配位键）。(4)最高价氧化物水化物酸性比Z的比Y的强，原因是_；(5) Y60用做比金属及其合金更为有效的新型吸氢材料，其分子结构中每一个Y原子皆为SP2杂化，含多个键和键，36gY60最多可以吸收标准状况下的氢气_L。(6)元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为_六、原理综合题19I.(1)氮氧化物、二氧化硫是造成大气污染的主要物质，某科研小组进行如下研究。写出SO2

11、(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式_。II.(2)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电解转变而成，有关转化如图，阴极反应式为_。若转化时转移了0.2mol电子，共生成Cu2S_mol。III.(3)T时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)H=+489kJ/mol，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件，逆反应速率v(逆)随时间(t)的变化关系如图所示，则t1时刻改变的条件可能是(填写字母)_。a.保持温度、体积不变，加少量碳粉 b.保持温度、体积不变，增大CO浓度 c.保持温度不

12、变，压缩容器(4)在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(P总)加入lrnolCO2与足量的碳，发生反应C(s)+CO2(g)2CO(g) H=+172kJ/mol，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。650时，该反应达平衡后吸收的热量是_。(计算时不考虑温度对H的影响)T时，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2):V(CO)=3:4的混合气体，平衡_(填:“正向”、“逆向”或“不”)移动。925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp为_(保留三位有效数字)。气体分压P分气体总压P总体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作Kp七、有机推断

13、题20氯乙酸(ClCH2COOH)是医药工业中重要的合成中间体。用氯乙酸制取镇静药巴比妥(K)的合成路线如下：(1)A中的官能团为_(用化学符号表示)；BC的反应类型是_。(2)D与E反应生成F的化学方程式为_。(3)已知：物质DEF熔点135.6-117.3-50沸点(140分解)78199.3实验室利用该反应制备F时，最适合的装置是_(选填编号)；选择该装置的理由是_。 (4)最后一步反应为：G+H K+2E，则H的结构简式为_。(5)能水解产生丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)的F的同分异构体有_种。(6)结合题中流程信息，以乙烯为原料设计合成丁二酸的路线_。(合成路线常用的表示方式

14、为：甲乙 目标产物)参考答案1C【解析】【详解】A、分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，当分散质粒子直径小于109m时，为溶液，当介于109m107m时，为胶体，当大于107m时，是浊液，A正确；B、用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，B正确；C、Fe（OH）3胶体的制备是将FeCl3饱和溶液滴入到沸水中，继续煮沸，至溶液变为红褐色即制得氢氧化铁胶体，C错误；D、大气是胶体，被阳光照射时产生丁达尔效应，D正确。答案选C。【点睛】本题考查了胶体的有关性质和制备，应注意胶体、溶液和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，题目难度不大。2B【解析】【详解】A. 量筒为

15、量取一定体积的液体专用仪器，有刻度，有定量的要求，A不选；B. 分液漏斗为分离固体和液体的仪器，不需要定量要求，B选；C. 滴定管为量取一定体积的液体专用仪器，有刻度，有定量的要求，C不选；D. 容量瓶为配制特定体积物质的量浓度溶液的专用仪器，有定量的要求，D不选；答案选B。3A【详解】A10种氨基酸形成的十肽的数目最多为1010种，A错误；B甲酸中有醛基结构、乙二酸具有还原性、乳酸具有羟基、水杨酸含有酚羟基，故均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C铜氨溶液中加入脱脂棉即纤维素搅拌成黏稠液，用注射器将黏稠液注入稀盐酸中，可生成铜氨纤维，取出生成物，用水洗涤即可，C正确；D油脂不溶于水，人体中油

16、脂能溶解一些不能溶解在水中的营养物质，以利于人体吸收，D正确；故答案为：A。4D【解析】【详解】通入过量SO2Ca(OH)2+ 2SO2= Ca(HSO3)2 ，不出现白色浑浊，故错误；BaCl2不与SO2反应，不出现白色浑浊，故错误；NaAlO2+ SO2+2H2O= Al(OH)3+NaHSO3，出现白色浑浊，故正确；Na2SiO3 +2SO2+2H2O= H2SiO3 +2NaHSO3，出现白色浑浊，故正确；Ba(NO3)2 +3SO2+2H2O = BaSO4+2NO2H2SO4，出现白色浑浊，故正确；，出现白色浑浊，故正确；Na2CO3+ 2SO2+H2O= 2NaHSO3+ CO2

17、，故错误；答案选D。5D【分析】氢氧化铝对应的氧化物为Al2O3；氧化铝是两性氧化物；氧化铝不能和弱碱反应；氧化铝能跟盐酸反应、能与氢氧化钠溶液反应。【详解】氢氧化铝对应的氧化物为Al2O3，和氧化铝的溶解性无关，故A错误；氧化铝和强酸强碱都能反应，是两性氧化物，故B错误； 氧化铝和强酸强碱都能反应，不能和弱碱反应，故C错误；氧化铝能跟盐酸等强酸反应、氧化铝能与氢氧化钠等强碱溶液反应，故D正确。6A【详解】A. 锌的活泼性大于铜，锌是负极，锌失电子生成硫酸锌，硫酸锌溶液为无色，故A错误；B. 锌的活泼性大于铜，锌是负极，锌失电子生成锌离子，锌片上的电极反应式是：Zn-2e-=Zn2+，故B正确

18、；C. 锌的活泼性大于铜，铜是正极，铜片上的电极反应是2H+2e-=H2，故C正确；D. 铜锌构成原电池示，电路中有电子流动，所以电流计指针发生偏转，故D正确；选A。【点睛】本题考查原电池工作原理，根据氧化还原反应理解反应本质，明确活泼金属作负极，负极失电子发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极经导线流入正极。7C【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素，设X的核电荷数为x，则Y、Z、W的核电荷数分别为x+1、x+8、x+9，据此分析；【详解】A. 若的核电荷数是的两倍，则x+8=2(x+1)，则x=6，则X为碳元素、和分别是氮和硅，W为磷元素，A项正确；B. 若的核电荷数是的两倍，则x+9

19、=2(x+1)，得x=7，则X、Y、Z、W分别为氮元素、氧元素、磷元素和硫元素，B项正确；C. 属于第二周期，核外有2层电子、属于相邻主族元素，W属于第三周期，核外有3层电子、原子半径：，C项错误；D. 元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：，故简单氢化物的稳定性：，D项正确；答案选C。8A【详解】A、水的电离吸热，加热促进电离，H和OH浓度均增大，Kw增大，PH减小，故A正确；B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，故B错误；C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀

20、，灼烧分解生成氧化铁，故C错误；D、向0.1 molL-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，最终氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液PH减小；温度不变，所以Kw不变，故D错误；答案选A。【点睛】易水解的盐，如果水解的产物有易挥发的成分，且其它成分也易挥发或难溶，则其水溶液加热蒸干后将完全水解，不能留下该盐的固体，如FeCl3 、AlCl3、 MgCl2等。9D【解析】该装置中，左边装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，右边装置是电解池，X为阳极、Y为阴极，阳极上电极反应为Cu-2e-=Cu2+、阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2。AX与原电池的正极相连为阳极，阳极

21、失电子发生氧化反应，故A错误；B电子从原电池负极锌流出经导线流向阴极Y，电子又从阳极X流出经导线流向正极铜，电子不能通过X与Y之间的电解质溶液，故B错误；C通过以上分析知，Y是阴极，阳离子钠离子与氢离子都向阴极移动，氢离子先放电，在阴极上得电子发生还原反应产生氢气，故C错误；DY为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，生成碱，所以Y和滤纸接触处变红，故D正确；故选D。点睛：正确判断原电池和电解池是解题的关键。本题中左边装置是锌铜原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，右边装置是电解池，电解硫酸钠溶液，X为阳极、Y为阴极。 10B【分析】烷烃上二元取代物同分异构体数目的判断，用“定

22、一移一”的方法。【详解】丁烷上二元取代物的同分异构体，“定一移一”的方法：注意不要重复，共有9种。本题答案选B。11B【详解】A. 基态原子最外电子层排布为2s22p5的元素，则为Cl，单质氧化性较强，故A错误；B. 基态原子最外电子层排布为3s1的元素，则为Na，单质还原性最强，故B正确；C. 原子核外电子数最少的元素，则为H，单质还原性较强，但比Na弱，故C错误；D. 第二周期中基态原子含有未成对电子最多的元素，则为N，单质氧化性较弱，故D错误。综上所述，答案为B。12D【分析】硫酸的浓度为2mol/L为稀硫酸，硝酸的浓度为1mol/L为稀硝酸，溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。【详解】铜与稀

23、硝酸的离子反应方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O。Cu的物质的量为，硝酸根离子的物质的量为0.02mol，硝酸和硫酸均提供氢离子，故H+的物质的量为，故氢离子、硝酸根离子过量，则生成的NO在标况下的体积为。答案选D。【点睛】硝酸根在溶液中存在氢离子时，仍是硝酸具有强氧化性。铜与硝酸反应生成硝酸盐，若有酸存在时，铜依然能被硝酸氧化，故直接利用离子方程式进行计算更为便利。13C【详解】ANa2O2是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，电子式Na+2-Na+，故A正确；B此反应中，O元素由-1价变为0价和-2价，每生成1mol氧气转移2mol电子，故B正确；C氧元素的一

24、种核素18O，质量数为18，质子数为8，则中子数为188=10，故C错误；D此反应中只有过氧化钠中的氧元素的化合价发生变化，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，故D正确；答案选C。14C【详解】A中子数为20的硫原子中质量数为20+16=36，表示为S，故A错误；B基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，根据泡利原理和洪特规则画出核外电子轨道表达式为，故B错误；CSO2分子中心原子是S，其孤对电子数=(6-22)=1，与O形成键电子对数=2，价层电子对数=1+2=3，S原子为sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，分子构型为V形，故C正确；DCO水解的离子方程式CO+H2OHCO+OH-，故

25、D错误；故选C。15AB【详解】A反应中H2C2O4中碳的化合价由+3价变为+4价，作还原剂，A说法正确；B根据方程式，转移2个电子，生成4个气体，则每转移1个e-，能得到2个气体分子，B说法正确；CKClO3中氯的化合价由+5价变为+4价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，C说法错误；D在反应中CO2为化合价升高的产物，为氧化产物，D说法错误；答案为AB。16K1K2 AD C 在恒容的容器中，随着反应的进行压强会减小，导致反应正向进行的限度减小，所以NH3的浓度会比在恒压容器中的小 【分析】(1) 分析写出平衡常数K1和K2、K的表达式，再进行相关运算即可得出答案。对于反应CO(g)+

26、H2O(g)CO2(g)+ H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，即增加反应浓度，平衡向正反应方向移动，据此分析。(2)合成氨反应3H2(g)N2(g)2NH3(g)，题设投料3mol H2和2 mol N2，以此为参照，按等效平衡的思想分析解答。合成氨反应3H2(g)N2(g)2NH3(g)，正反应气体分子数目减小，在恒温恒容条件下达到平衡时的压强小于恒温恒压条件下达到平衡时的压强，所以恒温恒容条件相当于减压过程，由此分析。【详解】(1)对于反应CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)，有平衡常数K1=，对于反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，有平衡常数K

27、2=，对于反应CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g)，有平衡常数K=，显然K=K1K2。A.对于反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，A项正确；B.因为平衡向正反应方向移动，放出的热量比Q多，放热反应的H为负，所以达到新平衡时的反应热Hc1。【点睛】运用等效平衡思想解题时要弄清是哪种类型的等效平衡：一是等温等容条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量相等，则分别达到的平衡互为等效平衡；二是等温等压条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质

28、的物质的量成比例，则分别达到的平衡互为等效平衡。17（1）抑制Sn2+水解；（2分） 防止Sn2+被氧化（2分）（2）Sn2+ + CO32-SnO + CO2 （3分）（3）取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；（2分）（4）小于1 （2分）（5）Sn2+ + H2O2 + 2H+Sn4+ + 2H2O （3分）【解析】试题分析：（1）Sn2+在溶液中水解，溶液显酸性，因此SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是抑制Sn2+水解；又因为Sn2+易被氧化，所以加入Sn粉的作用是防止Sn2+被氧化。（2）反应I生成的沉淀为SnO，同时还有气体产生，所以根据原子守恒

29、可知生成的气体是CO2，所以该反应的离子方程式为Sn2+ + CO32-SnO + CO2。（3）沉淀表明有吸附的氯离子，因此可以通过检验氯离子来检验沉淀是否已经“漂洗”干净，所以实验方法是取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净。（4）已知KspSn(OH)2 1.010-2，因此若溶液中c(Sn2+)1.0molL-1，则溶液中氢氧根的浓度是，所以应控制溶液pH为。（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，其中双氧水的还原产物是水，而SnSO4的氧化产物是Sn4+，则发生反应的离子方程式为Sn2+ + H2O2 + 2H+Sn4+ + 2H2O。考点：

30、考查盐类水解、溶解平衡以及氧化还原反应应用等18sp3杂化 3 原子半径：CN，键长：C-NC-C；C-N键能大，硬度大 H2CO3和HNO3可表示为 （HO）2CO和 （HO）NO2， N原子正电性更高。导致NOH中的O原子的电子云更向N偏移，越易电离出H+ 33.6L CuCl2HCl=H2CuCl3(或CuCl2HCl=H2CuCl3) 【详解】试题分析：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是半径最小的元素，则X是H；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，则Y是C；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，所以Z是N；W原子4s原子轨道上有1个电子，M能层为全充

31、满的饱和结构，则W是Cu。（1）Z和X形成的某分子可用作火箭燃料，该分子是N2H4，其中Z原子的杂化类型为sp3杂化；（2）Y和Z两种元素形成的晶体，根据化合价可知化学式为C3N4，该晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，N的配位数是3；由于原子半径：CN，键长：C-NC-C；C-N键能大，因此硬度大。（3）Z和X形成的简单分子A是氨气，氨气还能与很多化合物通过配位键发生相互作用。B是氨气与第二周期另一种元素的氢化物相互作用的产物，B是乙烷的等电子体，由于互为等电子体的原子数和价电子数分别均相等，则化合物B的结构式为；（4）H2CO3和HNO3可表示为（HO）2CO和（HO）NO2

32、，N原子正电性更高。导致NOH中的O原子的电子云更向N偏移，越易电离出H+ ，所以酸性更强；（5）C60分子结构中每一个C原子皆为sp2杂化，含多个键和键，每个碳周围有一个碳碳双键和两个碳碳单键，均为两个碳共用，所以每个碳实际占有的碳碳单键是1个，碳碳双键数为0.5个，这说明C60分子中含有的碳碳双键个数是30，一个碳碳双键需要1分子氢气加成，因此36gC60最多可以吸收标准状况下的氢气。（6）根据晶胞结构可知晶胞中铜原子的个数是81/8+61/2=4，氯原子全部在晶胞内，共计4个，因此该氯化物的化学式是CuCl，该晶体中W的配位数为4。它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，

33、反应的化学方程式为CuCl2HClH2CuCl3(或CuCl2HClH2CuCl3)。考点：考查物质的结构与性质知识，侧重于晶体性质、杂化类型与配位键、晶胞的计算等19SO2(g)+NO2(g) =SO3(g) +NO(g) H= -41.8kJ/mol 2CuFeS2+2e-+6H+= Cu2S+2Fe2+3H2S 0.2 bc 43kJ 逆向 23.0P总 【分析】根据图中信息写出热化学方程式；根据图中信息，阴阳两极上均有硫化亚铜生成；根据平衡常数的表达式进行分析；从图中找出关键信息解决相关的问题。【详解】I.(1)由图中信息可知，2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H= - 113

34、.0kJ/mol，2SO2(g)+ O2(g)= 2SO2(g) H= -196.6kJ/mol，根据盖斯定律，(-)0.5可得SO2(g)+NO2(g) =SO3(g) +NO(g)，则 H=-196.6kJ/mol-( - 113.0kJ/mol)0.5= -41.8kJ/mol ，综上所述，SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式为SO2(g)+NO2(g) =SO3(g) +NO(g) H= -41.8kJ/mol。II.(2)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电解转变而成，根据其有关转化示意图并结合电解原理可知，阴极上黄铜矿被还原生成硫化亚

35、铜，阴极的电极反应式为2CuFeS2+2e-+6H+= Cu2S+2Fe2+3H2S 。阳极的电极反应式为2Cu-2e-+H2S= Cu2S+2H+。根据电极反应可知，若转化时转移了0.2mol电子，阴极和阳极分别生成0.1mol Cu2S，故共生成0.2mol Cu2S。III.(3)T时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)H=+489kJ/mol，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件。a保持温度、体积不变，加少量碳粉，化学反应速率不变，a不符合题意； b保持温度、体积不变，增大CO浓度，逆反应速率增大，平衡向逆反应方

36、向移动，但是由于该反应的平衡常数K=c3(CO)，温度不变其值不变，故等重新达到平衡后，v(逆)与原平衡相等，b符合题意；c保持温度不变，压缩容器，CO浓度增大，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，但是由于该反应的平衡常数K=c3(CO)，温度不变其值不变，故等重新达到平衡后，v(逆)与原平衡相等，c符合题意。综上所述，t1时刻改变的条件可能是bc。(4)由图中信息可知，650时，该反应达平衡后，CO在平衡体系中的体积分数为40%，则CO2在平衡体系中的体积分数为60%，两者物质的量之比为2:3。设CO2的变化量为x，则CO的变化量为2x，则有(1mol-x):2x=3:2，解之得，x=0.

37、25mol，则反应中吸收的热量是0.25mol172kJ/mol =43kJ。由图中信息可知，T时，平衡体系中V(CO2):V(CO)=1:1，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2):V(CO)=3:4的混合气体，则相当于增大生成物浓度，平衡逆向移动。由图中信息可知，925时，平衡体系中CO和CO2体的积分数分别为96%和4%，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=23.0P总。【点睛】反应Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)中，只有CO的浓度是可变的，故在一定的温度下，该反应的化学平衡常数只与CO的浓度有关，温度不变，CO的浓度不变。20Cl、COOH 取代反应

38、+2C2H5OH+2H2O b 反应温度8085，应选用水浴加热，产物的沸点高于反应物，不能将其蒸馏分离出 或CO(NH2)2或(NH2)2CO 3 CH2=CH2BrCH2CH2BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH 【分析】由流程知A为ClCH2COOH， B为ClCH2COONa，C为NCCH2COONa， D与E生成F的反应为丙二酸和乙醇在浓硫酸、下的酯化反应得到F即，G+H K+2E，则H为。要以乙烯为主要原料合成丁二酸、由逆合成分析法、结合流程知，即需要得到NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN可仿照AB的反应由BrCH2CH2Br转变，BrCH2CH2Br由乙烯

39、与溴水发生加成反应获得。【详解】(1)A为ClCH2COOH，所含官能团为Cl、COOH；B为ClCH2COONa，C为NCCH2COONa，则BC的反应类型是取代反应。(2)由流程知，D与E生成F的反应为丙二酸和乙醇在浓硫酸、下的酯化反应，则化学方程式为+2C2H5OH+2H2O。(3)由反应条件知，需要的水浴加热、产物的沸点高于反应物，不能将其蒸馏分离出，故最合适的装置为B。(4) G+H K+2E，即 +H +2 C2H5OH，则该反应为取代反应，物质H中含-NH2，反应时中的乙氧基被氨基中的氮原子取代生成、乙氧基和清远结合生成乙醇，则H的结构简式为或CO(NH2)2或(NH2)2CO。(5)F为，能水解产生丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)的F的同分异构体含有酯基、当分子内含2个酯基时，结构为、当分子内只有1个酯基时、另一个官能团为羧基，结构有、，共有3种。(6)要以乙烯为主要原料合成丁二酸、由逆合成分析法、结合流程知，即需要发生类似CD的反应，则需引入-CN，得到NCCH2CH2CN，仿照AB，需引入卤原子得到BrCH2CH2Br即可，BrCH2CH2Br由乙烯与溴水发生加成反应获得，则以乙烯为原料设计合成丁二酸的路线为CH2=CH2BrCH2CH2BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH。