1、2021届高考理综化学临考练习五（新课标1卷）本卷满分100分，时间50分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108Sn119一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。7化学与生产、生活密切相
2、关，下列叙述正确的是（）A淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物B葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体D从海水中可以得到NaCl，电解饱和NaCl溶液可以得到金属Na8化合物X是一种药物中间体，其结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是AX既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应BX分子中有6个手性碳原子C分子式为C27H29NO10D分子中有4种含氧官能团9下列有关金属的工业制法中正确的是A用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液制得钠B用海水为原料，经过一系列过程制得氧化镁固体，电解熔融氧化镁制得镁C以赤铁矿为
3、原料，用CO还原氧化铁制得铁D从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融氯化铝制得铝10某化工厂充分利用工业废气中的CO、，将氯代烃、氯碱工业和甲醇联合生产，减少了环境污染，具体流程如图。下列叙述错误的是A为减少副反应的发生，过程II中的装置需使用阳离子交换膜B过程中的反应是C在联合生产过程中起催化作用D理论上每生成1mol ，可得到1mol 11短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与其他元素均不在同周期，W的K层电子数是M层的 ，ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是A化合物ZY、WY3中化学键的类型相同B由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显酸性C
4、原子半径：YZ c(NH4+)、c(H) c(OH)Dab导电能力增强，说明HR为弱酸二、 非选择题：共58分。第2628题为必考题，每个考试必须作答，第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26以重晶石(主要成分为BaSO4)为主要原料制备立德粉(ZnS和BaSO4的混合物)的工艺流程如下：(1)焙烧(温度为10002000)时，焦炭需过量，其目的是_。(2)焙烧过程中发生的反应之一是4CO+BaSO4BaS+4CO2，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，还原产物是_。(3)反应器中发生反应的化学方程式为_。(4)流程中所需的精制的ZnsO，溶液的制取方法是：首
5、先用工业级氧化锌(含少量FeO和Fe2O3杂质)和稀硫酸反应制取粗硫酸锌溶液，然后向粗硫酸锌溶液中先后加入H2O2溶液和碳酸锌精制。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为_。加入碳酸锌的目的是_，反应的化学方程式为_。27二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。仪器a的名称为_，装置B的作用是_。装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_。装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是_。装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，氧
6、化产物是_。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下：a. 取下装置D，将其中的溶液转入250mL容量瓶，用蒸馏水洗涤D瓶23次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b. 从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00 mL硫代硫酸钠溶液。滴定至终点的现象是_。进入装置D中的ClO2质量为_，与C中ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是_。28天然气净化过程中会产生有毒的H2S，直接排放会污染空气，通过下列方法可以进行处理。回答下列问题：(1)工
7、业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫磺，流程如图：反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H1=-1035.6kJmol-1催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g) H2=-92.8kJmol-1克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：_。(2)T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是_。A脱硫过程中需要不断添加Fe2(SO4)3溶液Bi过程可导致环境pH减小C该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S+2H2OD该过程在高温下进行可加快脱硫速率(3)H2S的分解反应为：H
8、2S(g)H2(g)+S2(g)在无催化剂及Al2O3催化下，H2S在反应器中不同温度时反应，经过相同时间测定H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示：在1100以后，无论有无Al2O3催化，H2S的转化率都几乎相等。其原因是_。在压强p、温度T、Al2O3催化条件下，将H2S(g)、Ar(g)按照物质的量之比为1：n混合，发生热分解反应H2S(g)H2(g)+S2(g) ，S2的平衡产率为。掺入Ar能提高S2的平衡产率，解释说明该事实：_；平衡常数Kp=_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。(4)当废气中硫化氢浓度较低时，常用纯碱溶液进行吸收。已知H2S、H2CO3的电离平衡常数如表
9、所示：电离平衡常数Ka1Ka2H2S5.610-81.210-15H2CO34.210-75.610-11写出纯碱溶液吸收少量H2S的离子方程式并求该反应的平衡常数_。（二）选考题：共15分。从2道化学题中任选一道。如果多做则按第一题给分。35很多过渡金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。Fe的基态原子价电子排布式为_。Ti的基态原子共有_种不同能级的电子。(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2。上述化学方程式中非金属元素电负性由小到大的顺序是_(用元素符号表示)
10、。CCl4和COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，CCl4和COCl2分子中键的个数比为_，COCl2分子的中心原子的杂化方式为_。(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，从微观角度解释NiO的熔点高于FeO的原因为_。(4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为_。已知该晶胞的摩尔质量为Mgmol-1，密度为dgcm-3.设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是_cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳
11、定。已知：a=500pm，c=400pm；标准状况下氢气的密度为910-5gcm-3；储氢能力=。若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为_。(NA可近似取61023，=1.7)36有机化合物J在化工、医药、农林等领域有广泛的应用。实验室制备J的合成路线如下：回答下列问题：(1)A的名称为_；D中含有的官能团名称_。(2)反应GH的化学方程式为_其反应类型是_。(3)F的结构简式为_。(4)同时满足下列条件I的同分异构体有_种。苯环上只有2个取代基能与FeCl3溶液发生显色反应有3个甲基写出其中核磁共振氢谱有5组峰峰面积比为1:1:2:2:9的同分异构体结构简式：_。(5)根据题
12、中信息设计以乙烯和为原料制备1-丁烯的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用合成路线示例见本题题干)_。参考答案1B【分析】A淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是；B胶体具有丁达尔效应，溶液没有；C根据同素异形体的概念进行分析，同素异形体是指由同种元素组成的不同单质；D电解饱和NaCl溶液的实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；【详解】A高分子化合物的相对分子质量特别大，一般达1万以上、一般具有重复结构单元，油脂不是高分子化合物，天然有机高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等，故A错误；B医用葡萄糖注射液葡萄糖是溶质，水是溶剂，是葡萄糖的水溶液，不属于胶体，溶液不能产生丁
13、达尔效应现象，故B正确；C14C与12C是碳元素的不同核素，不是单质，故C错误；D电解饱和NaCl溶液电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl2e=Cl2；阴极上是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H+2e=H2，实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2得不到金属钠，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了高分子、胶体的性质、同素异形体、电解等知识，题目难度不大，C选项判断是否互为同素异形体是易错点，关键要把握两点：同种元素形成，不同单质，这是解决此类题的关键之所在2D【详解】A含有酚羟基，可与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，可与盐酸反应，故A正确；B手性碳原子连接不同的原子或
14、原子团，该有机物含有6个手性碳原子，如图所示，故B正确；C由结构简式可知分子式为C27H29NO10，故C正确；D含有的含氧官能团有羰基、醚键、羟基，应有3种，故D错误。故选：D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物把握官能团的判断。3C【分析】金属钠、镁、铝均为非常活泼的金属，常采用电解法冶炼，铁为较活泼金属，可以采用热还原法冶炼。【详解】A冶炼金属钠的方法是电解熔融的，电解溶液得不到金属钠，A项错误；B熔点很高，熔融时消耗能量很多，冶炼成本较高，故工业上常采用电解熔点相对较低的的方法，以降低生产成本，B项错误；C高
15、炉炼铁的原理为(以赤铁矿为例)，C项正确；D为共价化合物，熔融时不导电，故冶炼金属铝采用电解熔融和(冰晶石)混合物的方法，D项错误；答案选C。4D【分析】由联合生产流程图可知，过程II中发生反应2NaCl +2H2O2NaOH + Cl2+H2，生成的H2参与过程I，与CO2、CO反应生成CH3OH，Cl2参与过程，发生反应2CuCl +Cl2= =2CuCl2，CuCl2进入过程IV中发生反应 2CuCl2 +C2H4 = C2H4Cl2 +2CuCl。【详解】A 过程II为电解饱和NaCl溶液的过程，根据上述分析，电解过程中阳极发生氧化反应生成Cl2，阴极发生还原反应生成OH-，使用阳离子
16、交换膜可防止Cl2和阴离子OH-通过，减少副反应，A正确；B 过程中的反应是，B正确；C CuCl2进入过程IV反应，过程发生的反应主要为过程IV产生的CuCl与过程产生的Cl2反应生成CuCl2，实现了CuCl2的再生，故在联合生产过程中起催化作用，C正确；D 过程I为H2与CO2、CO反应生成CH3OH，过程中H元素的化合价由0 价升高为+1价，则每生成1 mol CH3OH转移4 mol电子，过程发生反应 2CuCl+Cl2 = 2CuCl2，过程IV中发生反应，每生成1 mol C2H4Cl2转移2 mol电子，结合过程II中发生的反应，则理论上每生成1 mol CH3OH，可得到2
17、mol C2H4Cl2，D错误；故选D。5B【分析】根据题意，W的M层有6个电子，K层2个，L层8个，故W原子序数为16，为S元素；因W与Y同主族，则Y为O元素；X不与其它元素同周期，因O位于第二周期，S位于第三周期，则X位于第一周期，则为H元素；为储氢材料，因X为H，原子序数XYZW，所以Z为Mg元素。【详解】ACaO中只含有离子键，中只含有共价键，故A错误；B由H、O、Mg、S组成的化合物为，溶液呈酸性，故B正确；C同周期原子半径从左到右依次减小，故OS，同主族从上到下原子半径依次变大，故SMg，即OSMg，故C错误；D这里没有说明是否为简单离子，其中O可形成，与电子数均为18，故D错误；
18、故选B。6C【分析】由图示可知a所连电极上发生的反应为，失电子发生氧化反应，作阳极，则a为正极；b所连电极上发生的反应为：，得电子发生还原反应，作阴极，则b为负极；阴极生成的亚铁离子与氧气反应生成三价铁离子，氧气生成水，据此解答。【详解】A由以上分析可知b为负极，故A错误；B阳极电极反应式为，故B错误；C阴极首先发生反应，再发生，故C正确；D由图示信息可知Fe3+在整过过程中可循环使用，并不消耗，不需要补充，故D错误；故选：C。7D【分析】A.根据溶液中的溶质进行分析；B.弱酸的阴离子或弱碱的阳离子在水溶液中会发生水解反应；C.c点溶液的pH7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）c（H+），再
19、结合电荷守恒判断； D.溶液导电能力与离子浓度成正比，如果HR是强电解质，加入氨水至溶液呈中性时，溶液中离子浓度会减小，导致溶液导电能力降低。【详解】A. bc段溶液的溶质为NH3H2O、NH4R，溶液由中性变为弱碱性，OH-的浓度增大，故A错误；B.弱酸的阴离子或弱碱的阳离子在水溶液中会发生水解反应，HR是弱酸，且一水合氨是弱碱，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，此时酸和碱恰好完全反应，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相同，故B错误；C.c点溶质为NH3H2O、NH4R，此时溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大，因此溶液中c（OH-）c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4
20、+）c（R-），故C错误；D.加入10mL等浓度的氨水，两者恰好完全反应，HR+NH3H2O=NH4R+H2O，假设HR为强酸，NH4R是强电解质，反应前后导电能力基本相同，但ab导电能力增强，因此假设错误，HR为弱酸，故D正确。故选D。8焦炭燃烧能放出大量的热，可以提供反应所需要的条件，同时增加焦炭可以提高重晶石的利用率 1：4 BaS BaS+ZnSO4=BaSO4+ZnS 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 先加入H2O2溶液，将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为，再加碳酸锌调节溶液的pH值，使Fe3+转化为红褐色氢氧化铁沉淀而除去铁元素 Fe2(SO4)3+3ZnCO
21、3+3H2O=3ZnSO4+2Fe(OH)3+3CO2 【分析】根据工艺流程可知，重晶石矿的主要成分为硫酸钡，在高温时与焦炭反应生成硫化钡和气体为CO、CO2等，所得固体再用水浸，硫化钡是可溶于水的盐，所以通过溶解过滤除去杂质，得硫化钡溶液，硫化钡溶液中加入精制的硫酸锌可得ZnS和BaSO4的混合物，（1）硫酸钡与碳反应需要高温，焦炭燃烧能放出大量的热，可以提供反应所需要的条件，同时增加一种反应物可以提高另一种反应的转化率；（2）化合价升高失去电子被氧化作氧化剂，化合价降低得到电子被还原作氧化剂；（3）反应器中硫化钡与硫酸锌反应生成难溶的硫酸钡和硫化锌；（4）用工业级氧化锌（含少量FeO和Fe
22、2O3杂质）和硫酸制取硫酸锌溶液时，可以先加入H2O2溶液，将亚铁离子氧化成铁离子，再加碳酸锌调节溶液的pH值，使Fe3+转化为红褐色氢氧化铁沉淀而除去铁元素，根据元素守恒和电荷守恒可书写离子方程式和化学方程式。【详解】根据工艺流程可知，重晶石矿的主要成分为硫酸钡，在高温时与焦炭反应生成硫化钡和气体为CO、CO2等，所得固体再用水浸，硫化钡是可溶于水的盐，所以通过溶解过滤除去杂质，得硫化钡溶液，硫化钡溶液中加入精制的硫酸锌可得ZnS和BaSO4的混合物，（1）硫酸钡与碳反应需要高温，焦炭燃烧能放出大量的热，可以提供反应所需要的条件，同时增加焦炭可以提高重晶石的利用率；（2）反应4CO（g）+B
23、aSO4（s）BaS（s）+4CO2（g）中CO中碳元素化合价由+2价升高为+4价被氧化为还原剂，BaSO4中硫元素化合价由+6价降为-2价被还原为氧化剂，BaS为还原产物，根据反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4；还原产物是BaS；（3）反应器中硫化钡与硫酸锌反应生成难溶的硫酸钡和硫化锌，反应的化学方程式为BaS+ZnSO4=BaSO4+ZnS；（4）用工业级氧化锌（含少量FeO和Fe2O3杂质）和硫酸制取硫酸锌溶液时，可以先加入H2O2溶液，将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，再加碳酸锌调节溶液的pH值，使Fe3+转化为红褐色
24、氢氧化铁沉淀而除去铁元素，反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+3ZnCO3+3H2O=3ZnSO4+2Fe(OH)3+3CO2。【点睛】本题主要考查立德粉的制备，侧重于工业流程的分析与推理，答题时注意元素化合物知识的灵活运用及实验基本操作的应用，题目难度中等，综合性较强。9分液漏斗 防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可) SO2H2SO42KClO3=2KHSO42ClO2 检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性 2:1 O2 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.324g 产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部进入D中 【解析】【分
25、析】(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O
26、32-=2I-+S4O62-，可得ClO25S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】(1) 浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是
27、一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；装
28、置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO25S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.10
29、00mol/L0.024L=0.00048mol，则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。102H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) H=-407.l kJmol-1 BC Al2O3催化剂在1100以上的高温下几乎
30、失去催化活性 恒压充入Ar相当于系统减压，使得分解平衡正向移动，S2平衡产率增大 Kp= H2S+CO=HS-+HCO K=1000 【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据反应流程图分析反应的实际过程；根据图示的关系分析催化剂失活的原因；根据影响化学平衡的因素分析平衡移动的原因；根据平衡转化率计算化学平衡常数；根据反应的平衡常数表达式和弱电解质的电离平衡常数表达式的关系计算反应的化学平衡常数。【详解】(1)2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H1=-1035.6kJmol-1；2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g) H2=-92.8kJmol-1，
31、根据盖斯定律，将方程式乘以加上方程式乘以即可得到目标方程式，目标方程式为2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) H=-407.l kJmol-1；(2)A从分析中可以看出，脱硫过程可实现Fe2(SO4)3的循环使用，不需添加Fe2(SO4)3溶液，A不正确；Bi过程中发生反应Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S+H2SO4，可导致环境pH减小，B正确；C由分析可以得出，该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S+2H2O，C正确；D因为天然气的催化脱硫过程，使用T.F菌作催化剂，所以该过程不能在高温下进行，D不正确；故选BC；(3)在约1100时，有无Al2O3催化，其
32、转化率几乎相等，则表明催化剂的催化效果接近0，从而得出原因是1100时，Al2O3几乎失去催化活性；压强一定，掺入稀有气体Ar，虽然不参与反应，但可减小反应物与生成物的浓度，减小反应物的碰撞次数，从而使平衡向气体分子数增大的方向移动，从而得出掺入Ar能提高S2的平衡产率，该事实表明：温度、压强一定时，原料气中掺入Ar，相当于往平衡混合气中充入稀有气体，减小反应物和生成物浓度，促进平衡正向移动，从而提高S2的产率；p、T一定时，H2S(g)、Ar(g)按1n混合，发生反应H2S(g)H2(g)+S2(g)，S2平衡产率为，则反应物的转化率为，设n(H2S)=1mol，则可建立下列三段式：则平衡混
33、合气的总物质的量为(1+0.5+n)mol，平衡常数Kp=；(4)由表中的平衡常数可以看出，H2S只能电离出1个H+与反应，所以纯碱溶液吸收少量H2S，生成HS-和，离子方程式为H2S+=HS-+。答案为：H2S+=HS-+；该反应的平衡常数表达式K=，将平衡常数表达式整理有K=1000。113d64s2 7 CClO 43 sp2 Ni2+的半径更小，和O2-离子间的静电力更强，晶格能更大 LaNi5 1307 【详解】(1)Fe是26号元素，Fe的基态原子价电子排布式为3d64s2；Ti是22号元素，Ti的基态原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d7个能级，共有7种不同能级的电
34、子；(2)反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，CrO2Cl2中Cl为+1价，O为2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：CClO；COCl2分子中有1个C=O键和2个CCl键，所以COCl2分子中键的数目为3，键的数目为1，CCl4分子中有4个CCl键，分子中键的数目为4，则CCl4和COCl2分子中键的个数比为43，COCl2分子的中心原子C电子对数=3+(4122)=3，故中心原子杂化方式为sp2；(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关
35、，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，和O2-离子间的静电力更强，晶格能更大，所以熔点是NiOFeO；(4)从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La的原子数为81。平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子。故晶胞中Ni的原子数为8115，故该晶体的化学式为LaNi5；已知该晶胞的摩尔质量为Mgmol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的质量m=，根据V= ，密度为dgcm-3，则该晶胞的体积是cm3；LaNi5合金储氢后的密度= =0.118gcm-3，由定义式可知
36、储氢能力=1307。12苯酚 溴原子、醚键 +CH3-NH2 HCl+ 取代反应 12 CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2 【分析】A和氢氧化钠溶液反应得到B、B和碘甲烷反应得到C()，则A为苯酚，B为苯酚钠，C()与溴在铁作用下反应生成D、D在Mg和作用下得到E()，则D为，E被强氧化剂CrO3氧化得到F、F又与SO2Cl反应得到G()，则F为，H经LiAlH4、水作用转变为I、I与苯甲醚、甲醛反应得到J()，则可推测出I为，据此回答。【详解】(1)据分析A的名称为苯酚；D为，含有的官能团名称溴原子、醚键；(2)G为 与CH3-NH2反应生成
37、，则同时还有HCl生成，反应GH的化学方程式为+CH3-NH2HCl+，则反应类型是取代反应；(3) E()被强氧化剂CrO3氧化得到F、F又与SO2Cl反应得到G()，则F为；(4) I为， I的同分异构体同时满足下列条件：苯环上只有2个取代基能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有1个酚羟基，其余残基均在另一个侧链上，有3个甲基，则另一个侧链可以为、，每一个侧链与酚羟基又可以处以邻位、间位和对位关系，故满足条件的I的同分异构体有12种。其中核磁共振氢谱有5组峰峰面积比为1:1:2:2:9的同分异构体结构简式为；(5)以乙烯和为原料制备1-丁烯，则需要碳链增长、故核心步骤可仿照DE，则需要溴乙烷和镁、环氧乙烷及水共同作用，所得产物为1-丁醇，在浓硫酸、加热下可得到1-丁烯，而溴乙烷由乙烯和HBr发生加成反应即可得到，故合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2。
