合肥七中、肥西農(nóng)興中學(xué)、合肥三十二中、合肥五中2020屆高三沖刺高考“最后一卷”理科綜合化學(xué)試卷可能需要的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Si28S32Cl35.5K39Fe56Cu641.煤、石油、天然氣仍是人類使用的主要能源，同時也是重要的化工原料，我們熟悉的塑料、合成纖維和合成橡膠主要是以石油、煤和天然氣為原料生產(chǎn)的。下列說法中不正確的是A.工業(yè)上可通過石油的熱裂解生產(chǎn)苯、甲苯等芳香烴（）B.煤干餾的產(chǎn)品有焦?fàn)t煤氣、煤焦油和焦炭C.羊毛、蠶絲、棉花和麻等是天然的蛋白纖維或植物纖維D.天然氣是一種清潔的化石燃料，作為化工原料它主要用于合成氨和甲醇【答案】A【解析】【詳解】A．工業(yè)上，通過石油的熱裂解獲得乙烯、1，3丁二烯等短鏈不飽和烴，通過煤的干餾獲得苯、甲苯等芳香烴，故A錯誤；B．煤干餾是隔絕空氣加強(qiáng)熱發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)品主要為出爐煤氣、煤焦油和焦炭，故B正確；C．羊毛、蠶絲、棉花和麻等在自然界中存在，屬于天然纖維，故C正確；D．天然氣廣泛用于民用及商業(yè)燃?xì)庠罹?、熱水器，是一種清潔的化石燃料，天然氣也可用作化工原料，以天然氣為原料的一次加工產(chǎn)品主要有合成氨、甲醇、炭黑等，故D正確；答案選A。NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列敘述正確的是（）2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl、HClO和ClONANAC.常溫常壓下，0.1molNH3NAD.在2.8g晶體硅中所含的Si－Si鍵的數(shù)目為0.4NA【答案】B【解析】【詳解】A.因為氣體狀況未知，所以無法計算氯氣物質(zhì)量，故A錯誤；NA，故B正確；C.NH3和HCl反應(yīng)后生成的氯化銨為離子化合物，故無氯化銨分子，故C錯誤；NA，故D錯誤；故選B?！军c睛】公式（標(biāo)況時，Vm=22.4L/mol）的使用是易錯點，在使用時一定看清楚兩點:①條件是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，②在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，該物質(zhì)是否為氣體。3.下列關(guān)于2－環(huán)己基丙烯（）和2－苯基丙烯（）的說法中正確的是A.二者均為芳香烴 B.2－苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面C.二者均可發(fā)生加聚反應(yīng)和氧化反應(yīng) D.2－苯基丙烯的一氯代產(chǎn)物只有3種【答案】C【解析】【詳解】A、結(jié)構(gòu)中不含苯環(huán)，不是芳香烴，故A錯誤；B、2－苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面，不能說一定，因為當(dāng)苯環(huán)與丙烯基連接的單鍵旋轉(zhuǎn)時就不在同一平面內(nèi)，故B錯誤；C、兩者都有碳碳雙鍵，所以二者均可發(fā)生加聚反應(yīng)和氧化反應(yīng)，故C正確；D、因2－苯基丙烯分子中含有5種等效氫原子，則其一氯代產(chǎn)物有5種，故D錯誤；答案為C?！军c睛】芳香烴是指含有苯環(huán)的烴，為易錯點。4.乙醇催化氧化制取乙醛(沸點為20.8℃，能與水混溶)的裝置(夾持裝置已略)如圖所示：下列說法錯誤的是A.向圓底燒瓶中滴入H2O2溶液前需打開KB實驗開始時需先加熱②，再通O2，然后加熱③C.裝置③中發(fā)生的反應(yīng)為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD.實驗結(jié)束時需先將④中的導(dǎo)管移出。再停止加熱【答案】B【解析】【分析】根據(jù)裝置圖，①中過氧化氫在二氧化錳催化條件下生成氧氣，通入②中與乙醇形成混合蒸氣，在③中加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成乙醛，④用于收集乙醛以及未反應(yīng)的乙醇，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．向圓底燒瓶中滴入H2O2溶液前需打開K，避免生成的氧氣，使裝置內(nèi)壓強(qiáng)過大，故A正確；B．實驗時應(yīng)先加熱③，以起到預(yù)熱的作用，使乙醇充分反應(yīng)，故B錯誤；C．催化條件下，乙醇可被氧化生成乙醛，發(fā)生2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C正確；D．實驗結(jié)束時需先將④中的導(dǎo)管移出，再停止加熱，以避免發(fā)生倒吸，故D正確；故選B?！军c睛】明確反應(yīng)的原理是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為A，要注意滴入過氧化氫就會反應(yīng)放出氧氣，容器中的壓強(qiáng)會增大。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Y、Z形成的化合物是常見的調(diào)味劑和防腐劑，W、X形成的一種化合物室溫下易升華，W、Z形成的化合物是一種無色液體，廣泛用于海帶提碘等化學(xué)實驗中。下列說法不正確的是（）A.X、Z的某些單質(zhì)或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑B.化合物Y2X2和YZX都既存在離子鍵，又存在共價鍵C.原子半徑大?。篧>X；簡單離子半徑：Y<ZD.W與X形成的化合物尾氣可用Y的最高價氧化物的水化物溶液吸收【答案】D【解析】【分析】Y、Z形成的化合物是常見的調(diào)味劑和防腐劑，該化合物是食鹽NaCl，W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，則Y是Na、Z是Cl；W、Z形成的化合物是一種無色液體，廣泛用于海帶提碘等化學(xué)實驗中，則該化合物是做萃取劑，即CCl4，則W為C；W、X形成的一種化合物室溫下易升華，推測該化合物是CO2，則X為O，則W、X、Y、Z分別為：C、O、Na、Cl?！驹斀狻坑煞治隹芍琖、X、Y、Z分別為：C、O、Na、Cl；A．X、Z形成的化合物ClO2，可作為水的消毒劑，A正確；B．化合物Y2X2是Na2O2，存在離子鍵和共價鍵，YZX是NaClO，存在離子鍵和共價鍵，B正確；C．同周期從左到右，原子半徑減小，故C>O，即W>X；Na+是10電子結(jié)構(gòu)，核外電子層數(shù)是2，Cl是18電子結(jié)構(gòu)，核外電子層數(shù)是3，故Na+<Cl，即Y<Z，C正確；D．W與X形成的化合物尾氣是CO，Y的最高價氧化物的水化物溶液是NaOH溶液，兩者不反應(yīng)，D錯誤；答案選D。6.我國對二氧化硫一空氣質(zhì)子交換膜燃料電池的研究處于世界前沿水平，該電池可實現(xiàn)硫酸生產(chǎn)、發(fā)電和環(huán)境保護(hù)三位一體的結(jié)合。其原理如圖所示。下列說法不正確的（）A.Pt1電極附近發(fā)生的反應(yīng)為：SO2+2H2O－2e－=SO42－+4H+B.相同條件下，放電過程中消耗的SO2和O2的體積比為2∶1C.該電池工作時質(zhì)子從Pt2電極經(jīng)過內(nèi)電路流到Pt1電極D.該電池實現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結(jié)合【答案】C【解析】【分析】由題可知，該電池的Pt1電極為負(fù)極，發(fā)生SO2的氧化反應(yīng)；Pt2電極為正極，發(fā)生氧氣的還原反應(yīng)。【詳解】A．通過分析可知，Pt1電極為電池的負(fù)極，結(jié)合原理示意圖可知，該電極的電極反應(yīng)式為：，A項正確；B．通過分析可知，SO2在負(fù)極被氧化，O2在正極被還原，根據(jù)得失電子守恒可知，相同條件下，電池放電時，負(fù)極消耗的SO2和正極消耗的O2體積比為2:1，B項正確；C．通過分析可知，電池工作時，Pt1為電池的負(fù)極，Pt2為電池的正極，所以質(zhì)子從Pt1電極經(jīng)過內(nèi)電路遷移到Pt2電極，C項錯誤；D．該裝置可以將化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，同時獲得了硫酸又避免了SO2排放造成的環(huán)境污染，D項正確；答案選C。【點睛】原電池中涉及的三個方向：一是電子的遷移方向，沿外電路中的導(dǎo)線由負(fù)極遷移至正極；二是電流的方向，外電流從正極流向負(fù)極，內(nèi)部的電流從負(fù)極流向正極；三是電解質(zhì)中離子的遷移方向，陽離子朝向正極的方向遷移，陰離子朝向負(fù)極的方向遷移。7.在25°C時，向amL0.10mol·L1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L1的NaOH溶液，滴定過程中，混合溶液的pOH[pOH=lgc(OH)]與NaOH溶液的體積V的關(guān)系如圖所示。已知P點溶液中存在c(OH)=c(H+)+c(HNO2)，下列說法不正確的是（）A.25°C時，HNO2電離常數(shù)的數(shù)量級是104B.M點溶液中存在：3c(H+)+c(HNO2)=3c(OH)+c(NO2)C.圖上M、N、P、Q四點溶液中所含離子種類相同【答案】B【解析】【分析】已知P點溶液中存在c(OH)=c(H+)+c(HNO2)，同時溶液中存在電荷守恒：c(OH)+c(NO2)=c(H+)+c(Na+)，二式聯(lián)立可得：c(NO2)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點溶液中的溶質(zhì)只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，據(jù)此分析作答。【詳解】A.HNO2的電離常數(shù)2溶液的pOH=11.85，即溶液中c(OH)=10mol/L，根據(jù)水的離子積可知c(H+)=10mol/L，溶液中存在電離平衡HNO2?H++NO2，溶液中氫離子濃度和亞硝酸根離子濃度大致相等，所以，故25°C時，HNO2電離常數(shù)的數(shù)量級是104，故A正確；2和NaNO2，存在電荷守恒：c(OH)+c(NO2)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式聯(lián)立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH)+c(NO2)，故B錯誤；C.M、N、P、Q四點溶液中均含有：H+、OH、NO2、Na+，故四點溶液中所含離子的種類相同，故C正確；D.根據(jù)以上分析可知a=10.80，故D正確；故選B。8.CS(NH2)2（硫脲，白色而有光澤的晶體，溶于水，20℃時溶解度為13.6g；在150℃時轉(zhuǎn)變成NH4SCN）是用于制造藥物、染料、金屬礦物的浮選劑等的原料。某化學(xué)實驗小組同學(xué)用Ca(HS)2與CaCN2（石灰氮）合成硫脲并探究其性質(zhì)。（1）制備Ca(HS)2溶液，所用裝置如圖（已知酸性：H2CO3＞H2S）：①裝置a中反應(yīng)發(fā)生的操作為_________；裝置b中盛放的試劑是________。②裝置c中的長直導(dǎo)管的作用是________。（2）制備硫脲：將CaCN2與Ca(HS)2溶液混合，加熱至80℃時，可合成硫脲，同時生成一種常見的堿，合適的加熱方式是__________；該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________。（3）探究硫脲的性質(zhì)：①取少量硫脲溶于水并加熱，驗證有NH4SCN生成，可用的試劑是_____（填化學(xué)式，下同）②向盛有少量硫脲的試管中加入NaOH溶液，有NH3放出，檢驗該氣體的方法為______。③可用酸性KMnO4溶液滴定硫脲，已知MnO被還原為Mn2+，CS(NH2)2被反應(yīng)為CO2、N2及SO，該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_____?！敬鸢浮?1).打開裝置a、b之間的活塞(2).飽和NaHCO3溶液(3).作安全導(dǎo)管，避免燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)過大(4).水浴加熱(5).2CaCN2+Ca(HS)2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2(6).FeCl3(7).用濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若變藍(lán)則為NH3(8).14:5【解析】【分析】(1)裝置b中的試劑用于除去CO2中混有的HCl，應(yīng)加入飽和NaHCO3溶液；(3)檢驗SCN用Fe3+；檢驗NH3用濕潤的紅色石蕊試紙；用酸性KMnO4溶液滴定硫脲，反應(yīng)的離子方程式為：，可得氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比?！驹斀狻?1)①裝置a中，需防止啟普發(fā)生器內(nèi)正壓力的形成，所以應(yīng)打開活塞，裝置b中的試劑應(yīng)能除去CO2中混有的HCl，同時又不能吸收CO2，應(yīng)加入飽和NaHCO3溶液；故答案為：打開裝置a、b之間的活塞；飽和NaHCO3溶液；②當(dāng)裝置c中壓力過大時，可通過調(diào)節(jié)c中的液體量來調(diào)節(jié)壓強(qiáng)，所以長直導(dǎo)管的作用是：作安全導(dǎo)管，避免燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)過大；故答案為：作安全導(dǎo)管，避免燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)過大；(2)將CaCN2與Ca(HS)2溶液混合，加熱至80℃時，可合成硫脲，同時生成Ca(OH)2，因為溫度不高于100℃且需控制，所以合適的加熱方式是水浴加熱；該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CaCN2+Ca(HS)2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2；故答案為：水浴加熱；2CaCN2+Ca(HS)2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2；(3)①驗證有NH4SCN生成，既可驗證，又可驗證SCN，但驗證SCN的效果更好，可選用FeCl3；故答案為：FeCl3；②檢驗NH3的方法是將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍(lán)則為NH3；故答案為：用濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若變藍(lán)則為NH3；③已知被還原為Mn2+，則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：，該反應(yīng)中氧化劑為，還原劑為CS(NH2)2，二者的物質(zhì)的量之比為14:5，故答案為：14:5。9.廢舊可充電電池主要含有Fe、Ni、Cd、Co等金屬元素，一種混合處理各種電池回收金屬的新工藝如下圖所示。已知：Ⅰ．濾液①中含有Ni(NH3)62+、Cd(NH3)42+、Co(NH3)62+等物質(zhì)。Ⅱ．萃取和反萃取的反應(yīng)原理分別為:Ni(NH3)62++2HRNiR2+2NH4++4NH3；NiR2+2H+Ni2++2HR(1)為了加快浸取速率，可采取的措施為__________（任寫一條）。(2)已知浸取過程中NH3和NH4+的物質(zhì)的量之和與Ni、Cd、Co浸取率的關(guān)系如表2所示。表2浸取過程中氨總量與各離子浸取率的關(guān)系編號n(NH3)+n(NH4+)/molNi浸取率/%Cd浸取率/%Co浸取率/%①②988③④⑤則可采用的最佳實驗條件編號為_____。(3)Co(OH)3與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氣體單質(zhì)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式______。(4)操作①的名稱為_________、過濾、洗滌。(5)向有機(jī)相中加入H2SO4能進(jìn)行反萃取的原因為_______（結(jié)合平衡移動原理解釋）。(6)將水相加熱并通入熱水蒸氣會生成CdCO3沉淀，并產(chǎn)生使紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，該反應(yīng)的離子方程式為___。(7)上述工藝流程中可能循環(huán)使用的物質(zhì)為______。(8)已知Ksp(CdCO3)=1.0×1012，Ksp(NiCO3)=1.4×1072+和Ni2+溶液中滴加Na2CO3溶液(設(shè)溶液體積增加1倍)，使Cd2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Cd2+)=1.0×105mol/L時，是否有NiCO3沉淀生成(填“是”或者“否”)____?！敬鸢浮?1).攪拌(適當(dāng)升溫或增大浸取劑的濃度)(2).③(3).2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O(4).蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(5).根據(jù)NiR2+2H+Ni2++2HR可知，加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向右移動(6).Cd(NH3)42++CO32CdCO3↓+4NH3↑(7).NH3、有機(jī)萃取劑(8).否【解析】【分析】已知已預(yù)處理的電池粉末，經(jīng)過NH3和(NH4)2CO3水溶液的浸取后，得到的濾液①中含有Ni(NH3)62+、Cd(NH3)42+、Co(NH3)62+等物質(zhì)，在濾液①中通入空氣進(jìn)行催化氧化，得到Co(OH)3沉淀和濾液②，從而將Co元素分離出來，Co(OH)3與鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到CoCl2溶液，再經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌得到CoCl2?6H2O晶體；在濾液②中加入有機(jī)萃取劑，發(fā)生反應(yīng)Ni(NH3)62++2HRNiR2+2NH4++4NH3，從而將Cd元素與Ni元素分離，水相中含有Cd(NH3)42+，將水相加熱并通入熱水蒸氣會生成CdCO3沉淀；在有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，發(fā)生反應(yīng)NiR2+2H+Ni2++2HR，得到NiSO4溶液，再經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌得到NiSO4?6H2O晶體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)攪拌、適當(dāng)升溫或增大浸取劑的濃度，均可加快浸取速率；(2)通過表2中，浸取過程中氨總量與各離子浸取率的關(guān)系數(shù)據(jù)可知，當(dāng)n(NH3)+n(NH4+)=4.8mol時，對Ni、Cd、Co浸取率都比較高，因此可采用的最佳實驗條件編號為③；(3)Co(OH)3與鹽酸反應(yīng)生成CoCl2溶液，由此可知Co元素表現(xiàn)了氧化性，則HCl表現(xiàn)還原性，產(chǎn)生的氣體單質(zhì)應(yīng)為Cl2，根據(jù)得失電子守恒，元素守恒可配平該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O；(4)CoCl2溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌得到CoCl2?6H2O晶體；(5)根據(jù)以上分析可知，在有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，發(fā)生反應(yīng)NiR2+2H+Ni2++2HR，得到NiSO4溶液，從平衡移動原理的角度解釋，即根據(jù)NiR2+2H+Ni2++2HR可知，加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向右移動，從而得到NiSO4溶液；(6)水相中含有Cd(NH3)42+、CO32，將水相加熱并通入熱水蒸氣會生成CdCO3沉淀，并產(chǎn)生使紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，則該氣體為NH3，則該反應(yīng)的離子方程式為Cd(NH3)42++CO32CdCO3↓+4NH3↑；(7)由以上分析可知，上述工藝流程中可能循環(huán)使用的物質(zhì)為NH3、有機(jī)萃取劑；(8)當(dāng)Cd2+恰好沉淀完全時，溶液中，此時溶液中，Q(NiCO3)=c(Ni2+)c(CO32)=0.1×1.0×107=1.0×108＜Ksp(NiCO3)，故沒有NiCO3沉淀生成。【點睛】第(8)問，在計算NiCO3的離子積時，一定注意溶液體積增加1倍，c(Ni2+)=0.1mol/L，而不是0.2mol/L，這是同學(xué)們的易錯點。10.熱化學(xué)碘硫循環(huán)可用于大規(guī)模制氫氣，SO2水溶液還原I2和HI分解均是其中的主要反應(yīng)?；卮鹣铝袉栴}：（1）以太陽能為熱源，熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水是一種高效、無污染的制氫方法。其反應(yīng)過程如圖所示。反應(yīng)II包含兩步反應(yīng)：①H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）△H1=+177kJ/mol②2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H2=+196kJ/mol①寫出反應(yīng)①自發(fā)進(jìn)行的條件是：________。②寫出反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式：________。（2）起始時HI的物質(zhì)的量為1mo1，總壓強(qiáng)為0.1MPa下，發(fā)生反應(yīng)HI（g）H2（g）+I2（g）平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量隨溫度變化如圖所示：①該反應(yīng)的△H________（“＞”或“＜”）0。②600℃時，平衡分壓p（I2）=___MPa，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=______（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)）。（3）反應(yīng)H2（g）＋I(xiàn)2（g）2HI（g）的反應(yīng)機(jī)理如下：第一步：I22I（快速平衡）第二步：I＋H2H2I（快速平衡）第三步：H2I＋I(xiàn)2HI（慢反應(yīng)）①第一步反應(yīng)_____（填“放出”或“吸收”）能量。②只需一步完成的反應(yīng)稱為基元反應(yīng)，基元反應(yīng)如aA＋dD=gG＋hH的速率方程，v=kca（A）?cd（D），k為常數(shù)；非基元反應(yīng)由多個基元反應(yīng)組成，非基元反應(yīng)的速率方程可由反應(yīng)機(jī)理推定。H2（g）與I2（g）反應(yīng)生成HI（g）的速率方程為v=____（用含k1、k－1、k2…的代數(shù)式表示）。【答案】(1).高溫(2).2H2SO4(1)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)△H=+550kJ/mol(3).＞(4).0.0125(5).(或0.167)(6).吸收(7).c(H2)·c(I2)【解析】【分析】(1)由反應(yīng)式①+②可得熱化學(xué)方程式；(2)①隨著溫度的不斷升高，HI的物質(zhì)的量不斷減小，H2的物質(zhì)的量不斷增大，則平衡正向移動，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；②從圖中采集數(shù)據(jù)，600℃時，n(HI)=0.75mol，n(H2)=0.125mol，反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，從而得出平衡分壓，計算出各組分氣體的分壓，從而求得平衡常數(shù)；(3)①第一步反應(yīng)斷裂共價鍵，吸收能量；②反應(yīng)速率由慢反應(yīng)決定，即v=k3c(H2I)?c(I)，用第一步反應(yīng)k1c(I2)=k1c2(I)，求出c(I)的表達(dá)式，用第二步的反應(yīng)k2c(I)?c(H2)=k2c(H2I)，求出c(H2I)的表達(dá)式，代入即可求得v?！驹斀狻?1)①反應(yīng)①是氣體物質(zhì)的量增大的吸熱反應(yīng)，由，能自發(fā)進(jìn)行的條件是高溫，故答案為：高溫；②由反應(yīng)式①+②可得出反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式：2H2SO4(1)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)△H=+550kJ/mol；故答案為：2H2SO4(1)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)△H=+550kJ/mol；(2)①隨著溫度的不斷升高，HI的物質(zhì)的量不斷減小，H2的物質(zhì)的量不斷增大，則平衡正向移動，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，該反應(yīng)的△H＞0，故答案為：＞；②從圖中采集數(shù)據(jù)，600℃時，n(HI)=0.75mol，n(H2)=0.125mol，反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，從而得出平衡分壓p，各氣體的平衡分壓：，，反應(yīng)HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常數(shù)，故答案為：0.0125；(或0.167)；(3)①第一步反應(yīng)斷裂共價鍵，吸收能量，故答案為：吸收；②反應(yīng)速率由慢反應(yīng)決定，即v=k3c(H2I)?c(I)，第一步是快速平衡，k1c(I2)=k1c2(I)，可得，第二步也是快速平衡，k2c(I)?c(H2)=k2c(H2I)，可得，則速率方程為：，故答案為：c(H2)·c(I2)?！净瘜W(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11.鋰—磷酸氧銅電池正極的活性物質(zhì)是Cu4O(PO4)2，可通過下列反應(yīng)制備：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2O=Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O（1）寫出基態(tài)Cu2+的核外電子排布式：___。與Cu同周期的元素中，與銅原子最外層電子數(shù)相等的元素還有___（填元素符號），上述方程式中涉及到的N、O元素第一電離能由小到大的順序為___。（2）的空間構(gòu)型是____。（3）與NH3互為等電子體的分子、離子有___、__(各舉一例)。（4）氨基乙酸銅的分子結(jié)構(gòu)如圖，碳原子的雜化方式為___。（5）在硫酸銅溶液中加入過量KCN，生成配合物[Cu(CN)4]2，則1molCN－中含有的π鍵的數(shù)目為____。（6）Cu元素與H元素可形成一種紅色化合物，其晶體結(jié)構(gòu)單元如右圖所示。則該化合物的化學(xué)式為____。（7）銅晶體為面心立方最密堆積，銅的原子半徑為127.8pm，列式計算晶體銅的密度____。【答案】(1).[Ar]3d9(2).K、Cr(3).O＜N(4).正四面體(5).PH3或AsH3(6).H3O＋或(7).sp3、sp2(8).2NA(9).CuH(10).3【解析】【詳解】(1)Cu是29號元素，基態(tài)Cu2+的核外電子排布式為：[Ar]3d9；Cu原子最外層只有1個電子，與Cu同周期的元素中，與銅原子最外層電子數(shù)相等的元素還有K、Cr；7號元素N原子的電子排布式為1s22s22p3，8號元素O原子的電子排布式為1s22s22p4，N原子的2p能級處于半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以N、O元素第一電離能由小到大的順序為O＜N。(2)中P的孤電子對數(shù)為=0，σ鍵電子對數(shù)為4，則空間構(gòu)型是正四面體。(3)與NH3互為等電子體的分子有PH3或AsH3；離子有H3O＋、等。(4)在氨基乙酸銅的分子中CH2碳原子為sp3雜化，羰基碳原子為sp2雜化。(5)在CN－中碳原子與氮原子是以共價三鍵結(jié)合的，三鍵中含1個σ鍵和2個π鍵，1molCN中含有的π鍵的數(shù)2NA。(6)在該化合物的晶胞中Cu：12×+2×+3=6，H：6×+4=6，所以Cu：H=1:1，故該化合物的化學(xué)式為CuH。(7)銅晶體為面心立方最密堆積，則每個晶胞中含有銅的原子：8×+6×=4，Cu原子半徑為127.8pm=127.8×1010cm，假設(shè)晶胞的邊長為d，則d=4×127.8×1010cm，則晶胞的體積是=（2×127.8×1010）cm3，則晶體銅的密度==3。【化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】12.有機(jī)化合物G是4羥基香豆素，是重要的醫(yī)藥中間體，可用來制備抗凝血藥，可通過下列路線合成。請回答：（1）D→E的反應(yīng)類型是___。（2）G中含有的官能團(tuán)名稱為____。