2021新高考化学二轮练习题化学示范卷6

2021年普通高中学业水平等级性考试化学示范卷(六)(分值：100分，时间：90分钟)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．化学与科技、生产、生活等密切相关，下列说法错误的是()A．锦纶是有机合成高分子材料，强度很大B．碳纳米管和石墨烯互为同分异构体C．游乐场使用的玻璃钢是一种复合材料D．新型冠状病毒可用医用酒精灭活，因为酒精能使病毒的蛋白质变性B[锦纶是聚酰胺，通过缩聚反应得到，其机械强度高，韧性好，A项正确；分子式相同，结构不同的化合物互称为同分异构体，而碳纳米管和石墨烯都是由碳元素构成的单质，二者互为同素异形体，B项错误；玻璃钢一般是指以玻璃纤维或其制品作为增强材料，以合成树脂作基体材料的一种复合材料，C项正确；体积分数为75%的酒精溶液(医用酒精)可用于消毒，原理是75%的酒精溶液可使病毒的蛋白质变性，D项正确。]2．用化学用语表示反应NH3＋HCl=NH4Cl中的相关粒子，下列说法正确的是()A．中子数为20的氯原子：eq\o\al(20,17)ClD．NH3和NHeq\o\al(＋,4)中的氮原子都是sp3杂化D[中子数为20的氯原子的质量数为37，可表示为eq\o\al(37,17)Cl，A项错误；NH4Cl的电子式应为，B项错误；Cl－的结构示意图应为，C项错误；NH3分子中N原子形成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，N原子采用sp3杂化，同理可推出NHeq\o\al(＋,4)的中心原子N原子采用sp3杂化，D项正确。]3．我国科学家利用Cu2O/Cu双催化剂在水溶液中用H原子将CO2高效转化为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如图所示。下列有关说法正确的是()A．CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的B．催化剂Cu结合含碳微粒，催化剂Cu2O结合氢原子C．反应产物甲醇中可能含有其他副产物D．Cu2O中基态Cu＋的核外电子排布式为[Ar]3d94s1C[CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的，A项错误；根据题图可知催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳粒子，B项错误；根据题图可知中间步骤中有CH2O(甲醛)生成，则反应后的产物中可能会有未经催化还原的CH2O，C项正确；Cu2O中基态Cu＋的核外电子排布式为[Ar]3d10，D项错误。]4．对乙酰氨基酚俗名扑热息痛，是常用的解热镇痛药，其结构简式如图所示。下列叙述错误的是()A．扑热息痛的分子式为C8H9O2NB．可用FeCl3溶液鉴别扑热息痛与阿司匹林eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())C．对乙酰氨基酚能发生取代、水解、加成反应D．1mol对乙酰氨基酚与足量Na2CO3溶液反应能放出1molCO2D[A项，根据题中扑热息痛的结构简式可写出其分子式为C8H9O2N，正确；B项，扑热息痛含有酚羟基，阿司匹林不含酚羟基，二者可用FeCl3溶液进行鉴别，正确；C项，对乙酰氨基酚含有酚羟基，可以发生取代反应，含有肽键，可以发生水解反应，含有苯环，可以发生加成反应，正确；D项，对乙酰氨基酚中的酚羟基与Na2CO3溶液反应时生成NaHCO3，不能放出CO2，错误。]5．某研究小组欲在实验室探究NH3还原氧化铜的相关实验，下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是()A．制取氨气 B．干燥氨气C．氨气还原氧化铜 D．吸收尾气C[氯化铵受热分解产生的氨气和氯化氢遇冷又重新化合为氯化铵，题给装置不能用于制取氨气，A项错误；干燥气体时，气体通过干燥管应大口进、小口出，B项错误；氨气极易溶于水，直接将尾气通入水中，容易发生倒吸，D项错误。]6．下列离子方程式书写正确的是()A．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up9(△),\s\do9())Fe(OH)3↓＋3H＋B．向NaOH溶液中加入少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2OC．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2OD．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2OC[选项A，向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体，生成的不是氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式是Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up9(△),\s\do9())Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，故A错误；选项B，向NaOH溶液中加入少量Ca(HCO3)2溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水，其离子方程式为Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O，故B错误；选项C，正确的离子方程式为S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，故C正确；选项D，向硫酸铝溶液中加入过量氨水发生的离子反应为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，故D错误。]7．N2、CO2与Fe＋体系中存在如图1所示物质转变关系，已知Fe＋(s)与中间产物N2O(g)反应过程中的能量变化如图2所示。图1图2下列说法错误的是()A．ΔH＝－(ΔH1＋ΔH2＋ΔH3)B．Fe＋在反应中作催化剂，能降低反应的活化能C．ΔH1与ΔH2均小于0D．由图2可知，反应Fe＋(s)＋N2O(g)=FeO＋(s)＋N2(g)ΔH4<0C[由题图1可写出4个热化学方程式，①N2O(g)=O(g)＋N2(g)ΔH1、②O(g)＋Fe＋(s)=FeO＋(s)ΔH2、③CO(g)＋FeO＋(s)=Fe＋(s)＋CO2(g)ΔH3、④N2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋N2O(g)ΔH，根据盖斯定律可得，反应④＝－(反应①＋反应②＋反应③)，则ΔH＝－(ΔH1＋ΔH2＋ΔH3)，A正确；由题图1可知，Fe＋反应前后没有发生变化，所以Fe＋为催化剂，B正确；由题图2可知，Fe＋(s)＋N2O(g)=FeO＋(s)＋N2(g)ΔH4<0，而ΔH4＝ΔH1＋ΔH2，则ΔH1＋ΔH2<0，因ΔH、ΔH3未知，故不能确定ΔH1、ΔH2均小于0，只能确定ΔH1、ΔH2中肯定有一个小于0，C错误，D正确。]8．天津大学研究人员以CoP纳米片为电极催化材料，在高电压下电催化硝基芳烃制取胺类化合物，装置如图所示。下列叙述正确的是()A．H2和D2互为同素异形体B．基态原子的第一电离能N<OC．硝基芳烃的沸点比氨基芳烃的沸点高D．—NH2中氮原子的杂化方式为sp3D[A项，H2和D2均是氢气，错误；B项，氮原子的2p轨道处于半满状态，结构相对稳定，第一电离能大于氧，错误；C项，氨基芳烃分子间能形成氢键，导致沸点升高，错误；D项，氨基中的氮原子是sp3杂化，正确。]9．不同价态的Cr在溶液中常常会呈现不同的颜色，已知＋3价Cr与＋6价Cr的有关化合物存在如下转化：下列说法不正确的是()A．推测Cr2O3属于两性氧化物B．④和⑤均不属于氧化还原反应C．③中转移2mol电子时有1molH2O2被氧化D．1molCrO5分子中含有2×6.02×1023个过氧键C[根据①和②的反应物和产物，可以得出Cr2O3属于两性氧化物，A项正确；④和⑤转化过程中各种元素化合价均没有发生改变，所以二者均不属于氧化还原反应，B项正确；③中H2O2被还原，C项错误；CrO5的结构式为，则1molGrO5分子中含有2mol过氧键，D项正确。]10．我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如下图所示)。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法错误的是()A．制氢时，溶液中K＋向Pt电极移动B．制氢时，X电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－=NiOOH＋H2OC．供电时，Zn电极附近溶液的pH降低D．供电时，装置中的总反应为Zn＋2H2O=Zn(OH)2＋H2↑D[闭合K2、断开K1时，该装置为电解池，Pt电极生成氢气，则Pt电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极生成Zn2＋，为负极，X电极为正极。供电时，正极为NiOOH被还原，D错误。]二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．现代社会环境问题越来越引起人们的关注，可通过膜电池除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚()，同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼，装置如下图所示。下列说法正确的是()A．X电极为粗铜，Y电极为纯铜B．电解过程中，乙中电解质溶液(即CuSO4溶液)的浓度降低D．当电路中有0.4mole－转移时，B极区产生的HCOeq\o\al(－,3)的数目为0.1NA(不考虑水解等因素)BD[原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为＋H＋＋2e－=＋Cl－，电流从正极经导线流向负极，据此分析。粗铜精炼的过程中，粗铜作阳极，与电源的正极相连；纯铜作阴极，与电源的负极相连；故X电极为纯铜，Y电极为粗铜，A错误；A极的电极反应式应为＋H＋＋2e－=＋Cl－，C错误。]12．向两个体积可变的密闭容器中均充入1mol的A2和2mol的B2，发生反应：A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)ΔH。维持两个容器的压强分别为p1和p2，在不同温度下达到平衡，测得平衡时AB2的体积分数随温度的变化如图所示。已知：图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上；Ⅳ点不在曲线上。下列叙述正确的是()A．Ⅰ点和Ⅱ点反应速率相等B．Ⅳ点时反应未到达平衡：v(正)<v(逆)C．Ⅰ点时，A2的平衡转化率为40%D．将Ⅱ点所对应容器冷却到600K，可变成Ⅰ点B[A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)正反应气体物质的量减小，根据图示，相同温度，压强为p1条件下，达到平衡时AB2的体积分数大于p2，所以p1>p2，Ⅱ点比Ⅰ点温度高、压强大，所以反应速率Ⅱ点大于Ⅰ点，故A错误；Ⅳ点对应的温度下，达到平衡时AB2的体积分数减小，反应逆向进行，所以Ⅳ点时反应未到达平衡，v(正)<v(逆)，故B正确；A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)起始/mol120转化/molx2x2x平衡/mol1－x2－2x2xeq\f(2x,1－x＋2－2x＋2x)＝0.4，x＝0.5，Ⅰ点时，A2的平衡转化率为50%，故C错误；将Ⅱ点所对应容器冷却到600K，Ⅱ点在压强为p1的曲线上向左移动，故D错误。]13．M、N两种化合物在医药方面有重要的应用。下列说法正确的是()A．化合物M、N都能与Br2发生加成反应而使Br2的四氯化碳溶液褪色B．化合物M、N分子中手性碳原子数分别为1、6C．化合物N的分子式是C15H22O5，其不饱和度为5D．化合物M分子中碳原子杂化有sp3和sp2CD[化合物N的分子中没有碳碳不饱和键，不能与Br2发生加成反应而使Br2的四氯化碳溶液褪色，A项错误；手性碳原子是连有四个不同的原子或原子团的碳原子，分析化合物M、N的结构简式可知，化合物M分子中只有连接氮原子的饱和碳原子为手性碳原子，化合物N分子中手性碳原子如图(*标注的碳原子为手性碳原子)，化合物N分子中手性碳原子数为7，B项错误。]14．由下列实验操作及现象一定能推出相应结论的是()实验操作现象结论A将H2S通入(CH3COO)2Pb溶液中产生黑色沉淀H2S酸性比CH3COOH强B将(NH4)2SO4受热分解产生的气体通入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀分解产物中含SO3(g)C向苯酚钠溶液中通入足量CO2溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚的强D向2支均盛有2mL1mol·L－1NaOH溶液的试管中，分别加入1滴同浓度的AlCl3、FeCl3溶液并振荡前者无沉淀生成，后者有红褐色沉淀生成Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3]C[将H2S通入(CH3COO)2Pb溶液产生黑色沉淀，是因为生成的硫化铅难溶于水，A错误；若(NH4)2SO4受热分解产生SO2气体，将SO2通入Ba(NO3)2溶液，也可产生白色沉淀，B错误；向苯酚钠溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，则碳酸的酸性比苯酚的强，C正确；向2支均盛有2mL1mol·L－1NaOH溶液的试管中，分别加入1滴同浓度的AlCl3、FeCl3溶液并振荡，前者无沉淀生成，是因为氢氧化铝具有两性，与过量的NaOH反应生成可溶的偏铝酸钠，不能由题给现象判断Al(OH)3和Fe(OH)3的溶度积大小关系，D错误。]15．常温下，把某浓度的NaHCO3溶液滴加到NaOH和NaAlO2混合溶液中，测得溶液pH和生成的Al(OH)3的物质的量随加入NaHCO3溶液体积的变化情况如图所示。下列说法不正确的是()A．加入的NaHCO3先与NaOH反应B．b点和c点对应溶液中均有c(Na＋)<2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))C．NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.9mol·L－1D．d点对应溶液中c(Na)＋＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)BC[A项，根据题图可知，当加入的V(NaHCO3)<8mL时，无Al(OH)3沉淀生成，说明先发生反应HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，当加入的V(NaHCO3)>8mL时，生成Al(OH)3沉淀，发生反应HCOeq\o\al(－,3)＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，因此加入的NaHCO3先与NaOH反应，故A正确；B项，b点与c点对应溶液的溶质均为NaAlO2和Na2CO3，根据物料守恒可知c(Na＋)>2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))，故B错误；C项，当加入40mLNaHCO3溶液时沉淀的量最多，此时Al(OH)3沉淀的物质的量为0.036mol，由题图可知与偏铝酸钠反应的碳酸氢钠溶液是32mL，结合HCOeq\o\al(－,3)＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)可知，c(NaHCO3)＝1.125mol·L－1，故C错误；D项，d点时，沉淀量达到最大，此时溶液为碳酸钠溶液，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，故D正确。]三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(12分)随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)提取硒，设计流程如下：回答下列问题：(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是________________________________________________。最佳温度是________。(2)“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为__________。(3)采用硫脲[(NH2)2CS]联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。名称Cu2＋/CuZn2＋/ZnFe2＋/FeFe3＋/Fe2＋ClO2/Cl－H2SeO3/Se电位/V0.345－0.760－0.4400.7701.5110.740①控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应(半反应)式为___________________________。②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在________V。(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)]→Na2S净化→H2SO4酸化等步骤。①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2＋)的最大值为_________________________________________________________，精硒中基本不含铜。[Ksp(CuS)＝1.3×10－36]②硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_____________________________________________________________________________________________。(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32μg·g－1，则精硒中铁的质量分数为________，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。[解析]硒酸泥(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)加入热煤油萃取硫，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，过滤，滤渣中含有氢氧化铁、二氧化硅，氧化浸出液含有H2SeO3，控制电位还原，发生氧化还原反应可生成Se。(1)“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加。最佳温度是95℃(2)“氧化酸浸”中，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，Se转化成H2SeO3，ClOeq\o\al(－,3)还原成ClO2，该反应的离子方程式为4ClOeq\o\al(－,3)＋4H＋＋Se=4ClO2↑＋H2O＋H2SeO3。(3)①控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2，ClO2得电子还原成Cl－，该过程的还原反应(半反应)式为ClO2＋4H＋＋5e－=Cl－＋2H2O。②为使硒和杂质金属分离，确保Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋不被还原，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345V。(4)①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2＋)的最大值为c(Cu2＋)＝eq\f(1.3×10－36,0.026)mol·L－1＝5.0×10－35mol·L－1，精硒中基本不含铜。(5)精硒中铁含量为32μg·g－1，则精硒中铁的质量分数＝eq\f(3.2×10－6g,1g)×100%＝3.2×10－3%。[答案](1)温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加95(2)4ClOeq\o\al(－,3)＋4H＋＋Se=4ClO2↑＋H2O＋H2SeO3(3)ClO2＋4H＋＋5e－=Cl－＋2H2O0.345(4)5.0×10－35mol·L－1Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O(5)3.2×10－3%17．(12分)烯烃在四羰基镍[Ni(CO)4]催化作用下可吸收CO和H2O而生成羧酸，如CH2=CH2＋CO＋H2Oeq\o(→,\s\up9(NiCO4),\s\do9())CH3CH2COOH。回答下列问题：(1)基态镍原子的价电子排布式为3d84s2，形成Ni3＋时，首先失去________轨道上的电子，Ni3＋的价电子排布式为________。(2)硒(Se)元素与氧元素同主族，预测H2Se分子的立体构型为________；H2Se的沸点比H2O的低，原因是________________。(3)CH2=CH2分子中C原子的杂化类型为________；CH3CH2COOH分子中所含元素电负性由大到小的顺序为________________。(4)Ni(CO)4属于配合物，配体CO中提供孤电子对的是C原子，原因可能是________；该配合物中σ键与π键数目之比为________。(5)已知氧化镍晶胞如图1所示，单原子层氧化镍的结构如图2所示。图1图2①已知图1中坐标参数：A(0,0,0)、B(1,1,0)，C的坐标参数为________。②已知图2中氧离子半径为apm，阿伏加德罗常数(NA)为6.02×1023mol－1，则1m2[解析](1)基态镍原子的价电子排布式为3d84s2，形成Ni3＋时先失去4s轨道上的2个电子，再失去3d轨道上的1个电子，故Ni3＋的价电子排布式为3d7。(2)H2Se分子结构与H2O分子结构相似，都为V形；H2O分子间存在氢键，而H2Se分子间只存在范德华力，故H2O的沸点高于H2Se。(3)CH2=CH2分子中C原子的杂化类型为sp2杂化；CH3CH2COOH分子中有三种非金属元素，其电负性由大到小的顺序为O>C>H。(4)CO中C原子与O原子间存在1个σ键，2个π键，其中1个π键是配位键，形成该配位键的电子由氧原子提供，其在一定程度上抵消了C与O间电负性差所造成的极性，使C原子带部分负电荷，O原子带部分正电荷，故在配合物Ni(CO)4中，配体CO中提供孤电子对的是C原子，而不是O原子；Ni(CO)4中σ键个数为1×4＋4＝8，π键个数为2×4＝8，故σ键与π键数目之比为1∶1。(5)①根据氧化镍晶胞及A、B的坐标参数知C的坐标参数为(1,1/2,1/2)。②观察题图2，按图中虚线所示切割出的正六边形如图所示：。相邻两个氧离子相切，两个氧离子中心相连构成正六边形的一条边，边长为2apm＝2a×10－12m，该边所在等边三角形的高h＝eq\r(3)a×10－12m，1个正六边形的面积S＝eq\f(2a×10－12×\r(3)a×10－12,2)×6m2＝6eq\r(3)a2×10－24m2。又1个正六边形净占3个镍离子、3个氧离子，即1个正六边形含3个NiO，则1m2单原子层氧化镍的质量＝eq\f(75×3,6.02×1023×6\r(3)a2×10－24)g＝eq\f(125\r(3),6.02a2)g。[答案](1)4s3d7(2)V形H2O分子间存在氢键，而H2Se分子间只存在范德华力(3)sp2杂化O>C>H(4)CO中配位键的形成使C原子带部分负电荷，O原子带部分正电荷1∶1(5)①(1,1/2,1/2)②eq\f(125\r(3),6.02a2)18．(12分)汽车尾气中含有CO和NOx，减轻其对大气的污染成为科研工作的热点问题。回答下列问题：(1)已知H2还原CO合成甲醇的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1，又CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2＝－49.0kJ·mol－1，CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH3＝－41.1kJ·mol－1。则ΔH1＝________kJ·mol－1，对应反应自发进行的条件为________(填字母)。A．高温B．低温C．任何温度(2)用活化后的V2O5作催化剂，氨气可将NO还原成N2。①V2O5能改变反应速率是通过改变________________实现的。②在1L的刚性密闭容器中分别充入6molNO、6molNH3和适量O2，控制不同温度，均反应tmin，测得容器中部分含氮气体浓度随温度的变化如图所示。NO浓度始终增大的原因可能是________________。700K时，0～tmin内，体系中氨气的平均反应速率为________________(用含t的式子表示)。(3)科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应的热化学方程式为：2NO2(g)＋4CO(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH<0。某温度下，向10L恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：时间/min024681012压强/kPa7573.471.9670.769.768.7568.75在此温度下，反应的平衡常数Kp＝________kPa－1(Kp为以分压表示的平衡常数)；若保持温度不变，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡________(填“右移”“左移”或“不移动”)。[解析](1)根据盖斯定律知，ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＝－49.0kJ·mol－1＋(－41.1kJ·mol－1)＝－90.1kJ·mol－1。根据题给热化学方程式可知，H2还原CO合成甲醇的反应是气体分子数减小的放热反应，根据ΔH－TΔS<0，反应能自发进行，可知该反应自发进行的条件是低温。(2)①催化剂改变反应速率，原因是改变了反应的活化能。②温度升高，NH3被O2氧化生成NO，使NO浓度始终增大。6molNO和6molNH3共有n(N)＝6mol＋6mol＝12mol,700K时n(NO)＝3mol、n(N2)＝4mol，根据N原子守恒得到n(NH3)＝12mol－3mol－2×4mol＝1mol，Δn(NH3)＝6mol－1mol＝5mol，Δc(NH3)＝5mol·L－1,0～tmin内氨气的平均反应速率v(NH3)＝eq\f(5mol·L－1,tmin)＝eq\f(5,t)mol·(L·min)－1。(3)由题表数据可知，向10L恒容器闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO,10min时反应处于平衡状态，体系内压强由75kPa减少到68.75kPa，设平衡时转化的NO2为2xmol·L－1，列三段式得：则eq\f(c起始,c平衡)＝eq\f(p起始,p平衡)，eq\f(0.03,0.03－x)＝eq\f(75,68.75)，解得x＝0.0025，平衡时n(NO2)＝0.05mol，n(CO)＝n(CO2)＝0.1mol，n(N2)＝0.025mol，根据p(A)＝p总×eq\f(nA,n总)，Kp＝eq\f(pN2·p4CO2,p2NO2·p4CO)，解得Kp＝0.04kPa－1。该温度下，K＝eq\f(cN2·c4CO2,c2NO2·c4CO)＝eq\f(0.0025×0.014,0.0052×0.014)＝100，若平衡后，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，c(CO)＝c(CO2)，则Qc＝K，平衡不移动。[答案](1)－90.1B(2)①反应的活化能②NH3和O2反应生成NOeq\f(5,t)mol·(L·min)－1(3)0.04不移动19．(12分)布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如下：回答下列问题：(1)G→H的反应类型为______________，H中官能团的名称为__________________。(2)分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为__________。(3)I→K的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________。(4)写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式：_________________(不考虑立体异构)。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有一个手性碳原子；③核磁共振氢谱有7组峰。(5)写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl为原料制备的合成路线：____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(无机试剂任选)。[解析](1)根据G→H的反应条件及G的结构简式可推知该反应为消去反应，H的结构简式为，所含官能团为碳碳双键、酯基。[答案](1)消去反应碳碳双键、酯基20．(12分)中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石的主要成分为FeS2和FeCO3，实验室为测定FeS2和FeCO3的物质的量比，利用如图所示装置进行实验。实验步骤如下：Ⅰ.按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；Ⅱ.打开K1、K2，通入一段时间氮气、关闭K1、K2，取下干燥管称量其质量(m1)后再连接好装置；Ⅲ.打开K1和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去O2的稀硫酸(其他杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质)，待反应完成后，打开K2通入一段时间氮气；Ⅳ.关闭K1、K2，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；Ⅴ.取下上述步骤Ⅱ中的干燥管并称量其质量(m2)；Ⅵ.取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用0.1mol·L－1KMnO4溶液滴定。回答下列问题：(1)步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是________(填“E”或“F”)。(2)实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，写出装置A中FeS2与稀硫酸反应的化学方程式：__________________________________________________________________________________________________________________。(3)C装置的作用是_____________________________________________；若撤去装置F，则测得的FeCO3的含量会__