第1頁(yè)/共1頁(yè)成實(shí)外教育集團(tuán)高2021級(jí)高三聯(lián)考試題(二)理科綜合總分：300分，時(shí)間：150分鐘注意事項(xiàng)：1.答題前，務(wù)必將自己的姓名、考籍號(hào)填寫在答題卡規(guī)定的位置上。2.答選擇題時(shí)，必須使用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)的題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。3.答非選擇題時(shí)，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上。4.所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無(wú)效。5.考試結(jié)束后，只將答題卡交回。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16S-32Co-59Cu-64第I卷(選擇題，共126分)1.2024年成都金沙太陽(yáng)節(jié)在2月8日“龍”重登場(chǎng)，給游客留下了深刻的印象。下列有關(guān)敘述正確的是A.金沙遺址出土了大量精美的黃金面具，黃金面具的制作利用了金的延展性B.金沙遺址出土了大量象牙，象牙的化學(xué)成分主要是羥基磷灰石，屬于有機(jī)物C.考古工作者常用12C確定文物年代D.古蜀人使用玉器進(jìn)行祭祀活動(dòng)，玉器的主要成分是硅【答案】A【解析】【詳解】A．金的延展性很好，容易被拉成絲、壓成膜片等，可用于制作黃金面具，A正確；B．象牙的化學(xué)成分主要是羥基磷灰石,化學(xué)式為，不含碳元素，屬于無(wú)機(jī)物，B錯(cuò)誤；C．考古工作者常用14C確定文物年代，C錯(cuò)誤；D．玉器的主要成分是硅酸鹽，D錯(cuò)誤；故選A。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.體積為1L，濃度均為1mol·L-1的KCl和KClO兩種溶液中Cl-的數(shù)目之比為1：1B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22g的CO2中含有的共用電子對(duì)數(shù)目為2NAC.密閉容器中，1molH2(g)和1molI2(g)充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAD.1LpH=2的草酸溶液中，H+的數(shù)目為0.02NA【答案】B【解析】【詳解】A．KClO中陰離子以形式存在，而不是，A錯(cuò)誤；B．CO2中含有的共用電子對(duì)數(shù)目4，22g的CO2的物質(zhì)的量，含有的共用電子對(duì)數(shù)目為2NA，B正確；C．因反應(yīng)為可逆反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于2NA，C錯(cuò)誤；D．1LpH=2的草酸溶液中，H+的數(shù)目為0.01NA，D錯(cuò)誤；故選B。3.布洛芬具有抗炎、鎮(zhèn)痛、解熱作用。口服該藥對(duì)胃、腸道有刺激性，可以對(duì)該分子進(jìn)行如圖所示的修飾，以降低毒副作用。下列說法錯(cuò)誤的是A.該修飾過程為取代反應(yīng)B.水溶性：X小于布洛芬C.布洛芬和X的苯環(huán)上的一氯代物都有2種D.布洛芬分子中所有碳原子可能在同一個(gè)平面【答案】D【解析】【詳解】A．該修飾過程羧基轉(zhuǎn)化為酯基，故可以通過酯化反應(yīng)（取代反應(yīng)）實(shí)現(xiàn)，A正確；B．布洛芬中含有的羧基是親水基團(tuán)可以和水分子形成氫鍵，X中沒有親水基團(tuán)，水溶性：X小于布洛芬，B正確；C．布洛芬和X都是對(duì)稱的結(jié)構(gòu)，苯環(huán)上有兩種環(huán)境的H原子，一氯代物都有2種，C正確；D．布洛芬中含有飽和碳原子，具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，則布洛芬中所有碳原子一定不共平面，D錯(cuò)誤；故選D。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列敘述不正確的是A.X2YW3可用于制備木材防火劑B.離子半徑關(guān)系：r(Z)>r(W)>r(X)C.W的簡(jiǎn)單氫化物穩(wěn)定性比Y的簡(jiǎn)單氫化物穩(wěn)定性高D.化合物M中W不都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則X為Na；由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結(jié)構(gòu)可知，Y形成四個(gè)共價(jià)鍵，說明Y為Si，W形成2個(gè)共價(jià)鍵，W為O，W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，Z的最外層電子數(shù)為7，Z為Cl，據(jù)此解答【詳解】A．硅酸鈉既不燃燒也不支持燃燒，所以Na2SiO3可用于制備木材防火劑，A正確；B．W為O，X為Na、Z為Cl，其簡(jiǎn)單離子分別為O2-、Na+、Cl-，則離子半徑關(guān)系：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，B正確；C．W為O、Y為Si，非金屬性：O>Si，則O的簡(jiǎn)單氫化物穩(wěn)定性比Si的簡(jiǎn)單氫化物穩(wěn)定性高，C正確；D．該結(jié)構(gòu)中O或形成兩個(gè)共價(jià)鍵，或得到1個(gè)電子又形成一個(gè)單鍵，都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D錯(cuò)誤；故選D。5.下列裝置或操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.甲：除去Fe(OH)3膠體中的NaCl溶液B.乙：利用犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法來(lái)保護(hù)鋼鐵輸水管C.丙：測(cè)定KI溶液的濃度D.?。嚎赏ㄟ^關(guān)閉a，打開b，觀察水是否能順利滴下來(lái)判斷裝置的氣密性【答案】B【解析】【詳解】A．Fe(OH)3膠體和溶液都能透過濾紙，不能用過濾的方法除去Fe(OH)3膠體中的NaCl溶液，A錯(cuò)誤；B．Mg別Fe活潑，將Mg與鋼鐵輸水管相連，Mg作負(fù)極，鋼鐵作正極被保護(hù)，屬于犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，B正確；C．溴水具有氧化性，應(yīng)該放在酸式滴定管種，C錯(cuò)誤；D．可通過關(guān)閉a，打開b，不管裝置氣密性是否良好，水都能順利滴下，D錯(cuò)誤；故選B。6.一種可充電鋰硫電池裝置示意圖如圖。電池放電時(shí)，S8與Li+在硫碳復(fù)合電極處生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)。已知Li+、S2-和S能通過離子篩，S、S和S不能通過離子篩。下列說法不正確的是A.S、S和S不能通過離子篩的原因是它們的離子直徑較大B.S8中加入碳得到硫碳復(fù)合電極有利于提高電極的導(dǎo)電性C.充電時(shí)，當(dāng)有0.1molLi2S轉(zhuǎn)化成S8時(shí)，鋰電極質(zhì)量增加0.7gD.放電時(shí)，硫碳復(fù)合電極中S8轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)i2S2的電極反應(yīng)式為【答案】C【解析】【分析】電池放電時(shí)，Li電極失去電子變?yōu)長(zhǎng)i+，發(fā)生氧化反應(yīng)，則Li為負(fù)極，硫碳復(fù)合電極為正極，負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)為：Li-e-=Li+，正極發(fā)生的電極反應(yīng)為：。充電時(shí)硫碳復(fù)合電極為陽(yáng)極，鋰電極為陰極，據(jù)此分析。【詳解】A．已知Li+、S2-和S能通過離子篩，S、S和S不能通過離子篩，說明它們的離子直徑較大，A正確；B．S8與Li+在硫碳復(fù)合電極處生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)，有利于提高電極的導(dǎo)電性，B正確；C．充電時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生電極反應(yīng)式：，陰極為L(zhǎng)i++e-=Li，當(dāng)有0.1molLi2S轉(zhuǎn)化成S8時(shí)，轉(zhuǎn)移0.2mol電子，則鋰電極增加0.2molLi，即鋰電極質(zhì)量增加1.4g，C錯(cuò)誤；D．放電時(shí)，硫碳復(fù)合電極為正極，其中S8轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)i2S2的電極反應(yīng)式為，D正確；故選C7.常溫下，向A(NO3)2、B(NO3)2和HR的混合液中滴加NaOH溶液，pM與pH的關(guān)系如圖所示。已知pM=-1gc(M)，c(M代表c(A2+)、c(B2+)或；Ksp[A(OH)2]>Ksp[B(OH)2]；當(dāng)被沉淀的離子的物質(zhì)的量濃度小于時(shí)，認(rèn)為該離子已沉淀完全，則忽略不計(jì)。下列敘述正確的是A.X、Z分別代表-1gc(A2+)、-1g與pH的關(guān)系B.的平衡常數(shù)C.當(dāng)溶液的pH=7時(shí)，溶液中存在D.圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的pH為6.5，此時(shí)溶液中c(R-)<c(HR)【答案】C【解析】【分析】向混合溶液中加入氫氧化鈉溶液時(shí)，溶液中氫氧根離子濃度增大，pH增大，溶液中減小，增大，由二者溶度積常數(shù)大小可知，曲線X、Y、Z分別代表、、，由圖可知，常溫下，溶液中pH為10時(shí)，溶液中、，、?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，曲線X代表，A錯(cuò)誤；B．的平衡常數(shù)，B錯(cuò)誤；C．常溫下，溶液pH為7時(shí)，且溶液中，可理解為其已沉淀完全，則溶液中剩余成分根據(jù)電荷守恒：，即，C正確；D．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的pH為6.5時(shí)，溶液中即溶液中，D錯(cuò)誤；答案選C。第II卷(非選擇題，共174分)三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33-38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分。8.一水硫酸四氨合銅[Cu(NH3)4SO4·H2O]是一種易溶于水，難溶于乙醇的絳藍(lán)色晶體，可作高效安全的廣譜殺菌劑。成外某興趣小組查閱資料后設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案制備出該晶體并對(duì)制備出的晶體進(jìn)行成分檢驗(yàn)和性質(zhì)探究。I．制備少量Cu(NH3)4SO4·H2O晶體：（1）步驟I中，下列儀器一定需要的有___________(填儀器名稱)。（2）對(duì)比銅和濃硫酸加熱制備硫酸銅，該方案的優(yōu)點(diǎn)是___________。（3）步驟Ⅲ的離子方程式為___________。（4）有同學(xué)查閱資料得知：(NH4)2SO4也難溶于乙醇。故對(duì)于制備出的晶體的成分，該同學(xué)提出如下假設(shè)：假設(shè)一：只有(NH4)2SO4假設(shè)二：只有Cu(NH3)4SO4·H2O假設(shè)三：(NH4)2SO4和Cu(NH3)4SO4·H2O兩種成分都有已知產(chǎn)物晶體為藍(lán)色，則無(wú)需實(shí)驗(yàn)即可排除___________。(填“假設(shè)一”、“假設(shè)二”、“假設(shè)三”)Ⅱ．對(duì)制備出的晶體的成分進(jìn)行檢驗(yàn)和性質(zhì)探究（5）檢驗(yàn)該晶體中陰離子的方法：___________。（6）用所得晶體加水得到深藍(lán)色溶液。取三份1L試樣，分別加入一定量的水、稀硫酸、熱的濃氫氧化鈉溶液，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象記錄如下：加入試劑水稀硫酸熱的氫氧化鈉溶液現(xiàn)象深藍(lán)色稍變淺溶液顏色變成淺藍(lán)色且與同濃度硫酸銅顏色相當(dāng)溶液最終變?yōu)闊o(wú)色結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)，解釋加入稀硫酸后出現(xiàn)的現(xiàn)象的原因___________。請(qǐng)補(bǔ)充完整加入熱的濃氫氧化鈉溶液后的現(xiàn)象：___________。（7）晶體中N含量的測(cè)定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸氣，并用蒸餾水沖洗導(dǎo)管內(nèi)壁，用V1mLc1mol/L的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全吸收。取下接收瓶，用c2mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過剩的HCl，到終點(diǎn)時(shí)消耗V2mL溶液。通入水蒸氣的目的是___________，樣品中N的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為___________，最終通過N的質(zhì)量分?jǐn)?shù)確定了樣品的成分?！敬鸢浮浚?）坩堝、泥三角（2）沒有SO2生成，更環(huán)保且硫酸利用率高（3）（4）假設(shè)一（5）取少量該晶體于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則有硫酸根（6）①.，加入硫酸后，H+結(jié)合NH3導(dǎo)致NH3的濃度減小，平衡正向移動(dòng)，最終全部轉(zhuǎn)化為Cu2+，呈現(xiàn)淺藍(lán)色②.有藍(lán)色沉淀生成，有刺激性氣體產(chǎn)生（7）①.將生成的氨氣全部排入裝鹽酸標(biāo)液的錐形瓶中，減小實(shí)驗(yàn)誤差②.【解析】【分析】Cu在坩堝中加熱生成CuO，CuO溶于硫酸生成硫酸銅溶液，硫酸銅溶液中滴加氨水生成氫氧化銅懸濁液，繼續(xù)滴加氨水至沉淀完全溶解生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，最后加入乙醇，降低其溶解度，析出產(chǎn)物晶體。【小問1詳解】步驟I為灼燒，Cu在坩堝中加熱生成CuO，一定需要坩堝和泥三角；【小問2詳解】銅與濃硫酸直接加熱制備硫酸銅，會(huì)有SO2生成，不僅不環(huán)保而且硫酸利用率低，該方案的優(yōu)點(diǎn)是：沒有SO2生成，更環(huán)保且硫酸利用率高；【小問3詳解】步驟Ⅲ為硫酸銅溶液中滴加氨水生成氫氧化銅懸濁液，離子方程式為：；【小問4詳解】(NH4)2SO4為白色晶體，已知產(chǎn)物晶體為藍(lán)色，則無(wú)需實(shí)驗(yàn)即可排除假設(shè)一；【小問5詳解】該晶體中陰離子為硫酸根離子，檢驗(yàn)的方法是取少量該晶體于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則有硫酸根；【小問6詳解】溶液中存在電離平衡，加入稀硫酸后出現(xiàn)的現(xiàn)象的原因，加入硫酸后，H+結(jié)合NH3導(dǎo)致NH3的濃度減小，平衡正向移動(dòng)，最終全部轉(zhuǎn)化為Cu2+，呈現(xiàn)淺藍(lán)色。加入熱的濃氫氧化鈉溶液后，銅離子和氫氧根離子反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，同時(shí)生成氨氣，現(xiàn)象為：有藍(lán)色沉淀生成，有刺激性氣體產(chǎn)生；【小問7詳解】通入水蒸氣的目的是將生成的氨氣全部排入裝鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液的錐形瓶中，減小實(shí)驗(yàn)誤差。消耗NaOH的物質(zhì)的量為c2V2×10-3mol，則與NaOH反應(yīng)的HCl有c2V2×10-3mol，則與氨氣反應(yīng)的HCl有c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，蒸出氨氣的物質(zhì)的量為(c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，則樣品中N的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為。9.CoCO3可用作選礦劑、催化劑及涂料的顏料。以含鈷廢渣(主要成分為CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質(zhì))為原料制備CoCO3的一種工藝流程如下：已知：堿性條件下，Co2+會(huì)轉(zhuǎn)變?yōu)镃o(OH)2沉淀。（1）“酸浸”時(shí)需控制溫度在40℃左右，原因是___________。（2）“除鋁”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）上述“萃取”過程可表示為。①下列說法不正確的是___________。A．可將廢渣粉碎以提高酸浸效率B．“除鋁”時(shí)，應(yīng)加入過量的Na2CO3溶液C．可選擇CCl4作為萃取劑D．往萃取后的有機(jī)層中加水可獲得ZnSO4溶液②若萃取操作是在實(shí)驗(yàn)室完成，請(qǐng)選擇合適的編號(hào)，按正確的操作順序(有的操作可重復(fù)使用)，完成萃取實(shí)驗(yàn)(假設(shè)只放氣一次)。___________倒入溶液和萃取劑→___________→___________→___________→___________→f→___________→___________→使下層液體慢慢流出→c→上層液體從上口倒出a．打開分液漏斗上口玻璃塞；b．塞上分液漏斗上口玻璃塞；c．關(guān)閉分液漏斗旋塞；d打開分液漏斗旋塞；e．倒轉(zhuǎn)分液漏斗振搖；f．將分液漏斗放在鐵圈上靜置；g．手持分液漏斗靜置。（4）“沉鈷”時(shí)，溶液滴加過快會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品不純，請(qǐng)解釋可能原因___________。（5）該工藝的副產(chǎn)物ZnS可參與H2S與CO2生成COS的反應(yīng)，反應(yīng)前后ZnS的質(zhì)量不變，該過程中涉及到的化學(xué)反應(yīng)有___________。（6）在空氣中煅燒CoCO3生成鈷氧化物和CO2，測(cè)得充分煅燒后固體質(zhì)量為2.41g，CO2的體積為0.672L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則該鈷氧化物的化學(xué)式為___________?！敬鸢浮浚?）溫度過低反應(yīng)速率減慢：溫度過高，SO2溶解度降低（2）（3）①.BCD②.b→e→d→c→f→a→d（4）Na2CO3溶液滴加過快，會(huì)導(dǎo)致局部堿性過強(qiáng)而產(chǎn)生Co(OH)2（5）；（6）Co3O4【解析】【分析】含鈷廢渣(主要成分為CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質(zhì))加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可發(fā)生反應(yīng)生成CoSO4，同時(shí)生成硫酸鋁、硫酸鋅等，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液的pH，可生成氫氧化鋁沉淀而除去鋁離子，然后加入萃取劑，萃取鋅離子，在有機(jī)層中加入稀硫酸，可得硫酸鋅，在水相中加入碳酸鈉，可生成CoCO3沉淀，以此回答該題；【小問1詳解】“酸浸”時(shí)需控制溫度在40℃左右，原因是溫度過低反應(yīng)速率減慢：溫度過高，SO2溶解度降低；小問2詳解】向酸浸后的溶液中加碳酸鈉調(diào)溶液的pH，鋁離子和碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀而除去鋁離子：；【小問3詳解】①A．將廢渣粉碎可以增大反應(yīng)的接觸面積加快反應(yīng)速率，以提高單位時(shí)間內(nèi)的酸浸效率，故A正確；B．“除鋁”時(shí)，加入過量的溶液會(huì)讓Co2+轉(zhuǎn)變?yōu)镃o(OH)2沉淀，故溶液不能過量，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)方程可知，不可選用四氯化碳作為萃取劑，故C錯(cuò)誤；D．由可知，加水后往萃取后的有機(jī)層中加水不可獲得溶液，故D錯(cuò)誤；答案選BCD；②萃取操作的步驟為1、倒入溶液和萃取劑；2、蓋上玻璃塞；3、倒轉(zhuǎn)分液漏斗振搖；4、打開旋塞放氣；5、關(guān)閉活塞正立；6、放在鐵圈上靜置；7、打開上口玻璃塞；8、打開旋塞使下層液體從下口放出，最后關(guān)閉旋塞使上層液體從上口倒出，故答案為：b→e→d→c→f→a→d；【小問4詳解】“沉鈷”時(shí)，Na2CO3溶液滴加過快，會(huì)導(dǎo)致局部堿性過強(qiáng)而產(chǎn)生Co(OH)2導(dǎo)致產(chǎn)品不純；【小問5詳解】該工藝的副產(chǎn)物ZnS可參與H2S與CO2生成COS的反應(yīng)，反應(yīng)前后ZnS的質(zhì)量不變，可知該過程中涉及到的化學(xué)反應(yīng)有：；；【小問6詳解】CO2的體積為0.672L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，，氧化物中，則該鈷氧化物的化學(xué)式為Co3O4。10.煤的氣化和天然氣凈化過程中會(huì)產(chǎn)生H2S，將其吸收與轉(zhuǎn)化是環(huán)境保護(hù)和資源利用的有效措施?；卮鹣铝袉栴}：（1）利用足量純堿溶液可吸收低濃度H2S，生成的含硫物質(zhì)主要是___________(填化學(xué)式。H2S的，；H2CO3的，)。（2）電解氧化法處理H2S原理是：在氧化反應(yīng)器中，利用Fe3+氧化H2S；在電解反應(yīng)器中實(shí)現(xiàn)Fe3+的再生，并副產(chǎn)氫氣，總反應(yīng)為，相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如下表：則H=___________kJmol-1。物質(zhì)H2S(g)S(s)H2(g)燃燒熱H/(kJmol-1)-562.0-296.8-285.8（3）工業(yè)上采用高溫?zé)岱纸釮2S的方法制取H2，在膜反應(yīng)器中分離出H2.在恒容密閉容器中，以H2S的起始濃度均為0.009mol/L控制不同溫度進(jìn)行H2S分解：，實(shí)驗(yàn)過程中測(cè)得H2S的轉(zhuǎn)化率如圖所示。曲線a表示H2S的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系，曲線b表示不同溫度下反應(yīng)經(jīng)過相同時(shí)間時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率。①該反應(yīng)為___________(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)，985℃時(shí)該反應(yīng)在tmin時(shí)達(dá)到平衡，則從開始到平衡的平均反應(yīng)速率為___________。②隨著H2S分解溫度的升高，曲線b逐漸向曲線a靠近，其原因是___________。③若在一容積可變?nèi)萜髦谐淙?molH2S進(jìn)行上述反應(yīng)，平衡轉(zhuǎn)化率為20%，維持溫度和壓強(qiáng)不變，欲將H2S的平衡轉(zhuǎn)化率提升至50%，需向反應(yīng)器中充入___________molAr作為稀釋氣。（4）工業(yè)上采用C6H5Cl和H2S的高溫氣相反應(yīng)制備有機(jī)合成中間體苯硫酚(C6H5SH)，同時(shí)有副產(chǎn)物C6H6生成：I．Ⅱ．使氯苯和硫化氫按一定的比例進(jìn)入反應(yīng)器，定時(shí)測(cè)定由反應(yīng)器尾端出來(lái)的混合氣中各產(chǎn)物的量，得到單程收率(原料一次性通過反應(yīng)器反應(yīng)后得到的產(chǎn)品與原料總投入量的百分比)與溫度的關(guān)系如圖所示。活化能較大的是反應(yīng)___________(填“I”或“Ⅱ”)。根據(jù)圖中曲線判斷，下列說法正確的是___________(填標(biāo)號(hào))。A．500℃~540℃反應(yīng)1已經(jīng)達(dá)到平衡B．590℃以上，隨溫度升高，反應(yīng)1平衡逆向移動(dòng)C．590℃以上，隨溫度升高，反應(yīng)I消耗H2S減少D．645℃，反應(yīng)I、Ⅱ速率相等【答案】（1）NaHS（2）+20.6(或20.6)（3）①.吸熱②.③.該分解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，分解速率加快，達(dá)到平衡所需時(shí)間縮短④.42.75(或171/4)（4）①.II②.BC【解析】【小問1詳解】電離平衡常數(shù)越大，該酸的酸性就越強(qiáng)；根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性：H2CO3＞H2S＞＞HS－，所以足量純堿溶液可吸收低濃度H2S，反應(yīng)生成NaHCO3和NaHS，則其中的含硫物質(zhì)主要NaHS;故答案為：NaHS;【小問2詳解】根據(jù)物質(zhì)的燃燒熱，可得熱化學(xué)方程式①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(l)

ΔH1=－562.0kJ/mol；②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.8kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)

ΔH1=－285.8kJ/mol；根據(jù)蓋斯定律，將①－②－③整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g)

ΔH=＋20.6kJ/mol；故答案為：＋20.6kJ/mol;【小問3詳解】①由曲線a可知，升高溫度H2S的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；②根據(jù)速率表達(dá)式可以推導(dǎo)得到；③根據(jù)題意可知：曲線a表示H2S的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系，曲線b表示不同溫度下反應(yīng)經(jīng)過相同時(shí)間時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)合圖像發(fā)現(xiàn)隨著H2S分解溫度的升高，曲線b逐漸向曲線a靠近原因是：該分解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，分解速率加快，達(dá)到平衡所需時(shí)間縮短。④反應(yīng)在恒溫恒壓裝置中進(jìn)行，kp保持不變；設(shè)總壓為p總;那么p(H2S)=p總；p(H2)=p總；p(S2)=p總；本題特殊，p(H2S)=p(H2),設(shè)加入的Ar的物質(zhì)的量為nmol，則有故答案為：①吸熱；②；③該分解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，分解速率加快，達(dá)到平衡所需時(shí)間縮短；④42.75【小問4詳解】①反應(yīng)I在590℃時(shí)的單程收率已經(jīng)較高，達(dá)到40%，而此時(shí)反應(yīng)Ⅱ的單程收率僅達(dá)到5%，這說明反應(yīng)I的活化能較小，反應(yīng)容易發(fā)生，而反應(yīng)Ⅱ活化能較大，反應(yīng)不容易發(fā)生，故兩個(gè)反應(yīng)中活化能較大的是反應(yīng)Ⅱ；故答案選Ⅱ；②A．根據(jù)圖象可知：對(duì)于反應(yīng)I，540℃后，溫度升高，物質(zhì)的單程收率還在增加，說明反應(yīng)正向進(jìn)行，還沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，因此反應(yīng)I在500℃~540℃時(shí)也未達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；B．對(duì)于反應(yīng)I，590℃以上，隨溫度升高，物質(zhì)的單程收率降低，說明此時(shí)反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，升高溫度，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，B正確；C．590℃以上，隨溫度升高，反應(yīng)I的物質(zhì)的單程收率降低，反應(yīng)Ⅱ的物質(zhì)的單程收率增大，說明反應(yīng)I消耗H2S隨溫度的升高而減少，反應(yīng)Ⅱ消耗H2S隨溫度的升高而增大，C正確；D．645℃，反應(yīng)I、Ⅱ的物質(zhì)單程收率相同，這并不表示二者的反應(yīng)速率相等，D錯(cuò)誤；故答案選BC；【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11.鈷(Co)和銅(Cu)是生命體必需的微量元素，且在材料、醫(yī)藥等領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）Cu-Ni-Co-Si合金具有較高的導(dǎo)電、導(dǎo)熱性和良好的加工、耐蝕性，是很有發(fā)展?jié)摿Φ牟牧?。①基態(tài)Cu原子的最外層電子軌道表示式為___________。②電解熔融的CoCl2或CoO都能制備金屬鈷。CoCl2的熔點(diǎn)(735℃)低于CoO的熔點(diǎn)(1935℃)的原因是___________。（2）含金屬鈷和一氧化碳配體的羧基鈷配合物具有抗腫瘤和抗炎的潛力。一種羰基鈷配合物的合成路線如下：①化合物I中各元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開__________。固體I中存在的作用力除共價(jià)鍵外，還有___________。1molI中含有的σ鍵數(shù)目為___________。②化合物Ⅱ分子中原子的雜化方式有___________。③配合物Ⅲ中，配體一氧化碳的配位原子為___________，寫出一個(gè)與CO互為等電子體的陰離子___________。（3）Cu-Mn-Al合金的晶胞如a圖所示，該晶胞可視為Mn，Al位于Cu形成的立方體體心位置，圖b是沿立方格子對(duì)角面取得的截圖，其中Al原子與相鄰Cu原子相切。①該合金的化學(xué)式為___________。②已知原子半徑：，r(Al)=143pm，則該晶胞中Cu原子之間的最短核間距為___________pm?！敬鸢浮浚?）①.②.CoCl2和CoO均為離子晶體，O2-半徑小于Cl-半徑，且O2-所帶電荷多，CoO的晶格能大，離子鍵強(qiáng)，熔點(diǎn)高（2）①.O>N>C>H②.范德華力和氫鍵③.17NA④.sp3、sp2和sp⑤.C⑥.CN-或C等（3）①.AlMnCu2②.【解析】【小問1詳解】①已知Cu是29號(hào)元素，故基態(tài)Cu原子的價(jià)層電子排布式為3d104s1，最外層電子軌道表示式為；②CoCl2和CoO均為離子晶體，O2-半徑小于Cl-半徑，且O2-所帶電荷多，CoO的晶格能大，離子鍵強(qiáng)，熔點(diǎn)高?！拘?詳解】①根據(jù)同一周期從左往右元素的電負(fù)性依次增大，同一主族從上往下依次減小可知，化合物Ⅰ中各元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镺＞N＞C＞H；固體I中存在的作用力除共價(jià)鍵外，還有范德華力和氫鍵，1molI中含有的σ鍵數(shù)目為17NA；②化合物Ⅱ分子中含有亞甲基、苯環(huán)和碳碳三鍵，碳原子的雜化方式有sp3、sp2和sp；③配合物Ⅲ中，配體中電負(fù)性小的容易提供孤電子對(duì)形成配位鍵，一氧化碳的配位原子為C，與CO互為等電子體的陰離子為：CN-或C等。小問3詳解】①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Cu的個(gè)數(shù)為=8，Mn的個(gè)數(shù)為4，Al的個(gè)數(shù)為4，該合金的化學(xué)式為AlMnCu2；②Cu原子之間的最短核間距離為晶胞棱長(zhǎng)的一半。位于體對(duì)角線上的原子相切，可知晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)度為4[r(Cu)+r(Al)]，而晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)度等于晶胞棱長(zhǎng)的倍，則晶胞棱長(zhǎng)=pm，則Cu原子之間的最短核間距離為：pm=pm?！净瘜W(xué)-選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】12.吲哚布芬為抗血栓形成藥，用于治療動(dòng)脈硬化引起的缺血性心血管、腦血管病變。其合成路線如圖所示。已知：R-XR-CNR-COOH+NH回答下列問題：（1）反應(yīng)②的反應(yīng)條件及試劑為_______。（2）J中含有官能團(tuán)的名稱為_______。（3）反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為_______。（4）反應(yīng)⑦中Na2S2O4