江西省鹰潭市2021年高考化学二模试卷及答案

这是一份江西省鹰潭市2021年高考化学二模试卷及答案，共15页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

高考化学二模试卷
一、单选题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是（   ）
A. 燃放的焰火是焰色反应所呈现出来的色彩，此焰色反应是由于火药燃烧产生的高温使某些金属元素发出特殊颜色的光，所以焰色反应是化学反应
B. 石油的分馏、裂化、裂解以及煤的干馏和液化都能促使人们更有效地使用化石能源，有利于节能和环保
C. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
D. 用84消毒液与酒精混合使用能更有效杀灭新冠病毒
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（   ）
A. 球碳盐K3C60中阴阳离子个数比为1：3
B. 标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数为
C. 32g铜与足量硫单质完全反应，转移电子数为NA
D. 22.4L Cl2和CO的混合气体中含有的原子数为2NA
3.某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4.某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：

下列说法错误的是（   ）
A. 步骤①操作中，生成的气体可用CuSO4溶液吸收
B. 检验滤液1中是否含有Fe2+ ， 可以选用KSCN和新制的氯水
C. 步骤②操作中，应先加1.0mol·L-1H2SO4 ， 然后不断搅拌下缓慢加入6%H2O2
D. 滤渣1中含有SiO2 ， 滤渣2中含有S和SiO2
4.分属周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如图的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，W的原子序数最大，Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是（   ）

A. X、Z可形成具有强氧化性的高效消毒剂
B. X、Y、Z的原子半径从大到小为： Y > Z >X
C. 由Z和W形成的化合物中可以存在共价键
D. Y的最高价氧化物对应的水化物中，除了氢原子外所有原子满足8电子稳定结构
5.由苯酚制取 时，最简便的流程需要下列哪些反应，其正确的顺序是（   ）
①取代；②加成；③氧化；④消去；⑤还原
A. ①⑤④①                          B. ②④②①                          C. ⑤③②①④                          D. ①⑤④②
6.在固态金属氧化物燃料电解池中，以H2—CO混合气体为燃料，基本原理如右图所示。下列说法错误的是（   ）

A. Y极是原电池的正极，发生还原反应                    B. 负极的电极反应式是：H2－2eˉ＋O2ˉ＝H2O   CO－2eˉ＋O2ˉ＝ CO2
C. 总反应可表示为：H2＋CO＋O2 ＝H2O＋CO2          D. 同温同压下两极消耗的气体的体积之比是1︰1
7.25℃时，c(H2C2O4)+c(HC2O )+c(C2O )=0.1mol·L-1的草酸溶液中，lgc(H2C2O4)、lgc(HC2O )和lgc(C2O )随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（   ）

A. 曲线①代表lgc(H2C2O4)，曲线③代表lgc(C2O )
B. lg[Ka2(H2C2O4)]=-4.3
C. pH=2.8时，c(HC2O )＞0.01mol·L-1
D. pH由0变化至14过程中， 先增大后不变
二、非选择题
8.某化学兴趣小组对钠和钠的化合物进行了一系列的探究活动，下面是系列活动中的两个实验，请你回答下列问题：
（1）实验I：探究二氧化碳与过氧化钠反应是否有氧气生成，设计了如图的实验装置。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液吸收挥发出的HCl，E为收集氧气装置。

C中盛有________，目的是________。
（2）指出装置E的不正确：________。
（3）取a g C3H6O2某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的Na2O2固体完全反应，反应后固体的质量增加________(填大于、等于或者小于)a g。
（4）实验II：利用如图装置(省略夹持装置)模拟工业级NaN3的制备。

已知：2NaNH2+N2O NaN3+NaOH+NH3
装置B中盛放的药品为________。
（5）实验中使用油浴加热相比水浴加热的优点是________。
（6）氨气与熔融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为________。
（7）N2O可由NH4NO3(熔点为169.6℃)在240°C下分解制得，应选择的气体发生装置是________。

9.高锰酸钾是中学化学常用的试剂。主要用于防腐、化工、制药等。实验室模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下：

（1）实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择哪一种仪器________
a.普通玻璃坩埚    b.石英坩埚    c.陶瓷坩埚    d.铁坩埚
（2）第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式：________
（3）操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在________(填性质)上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4。趁热过滤的原因是________
（4）KMnO4常用在实验室制取氧气，其产物常做电池材料，其中碱性电池锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)。电池工作时，锌做________极，电池正极的电极反应式为________外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小________g
（5）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的________(填标号)
a.双氧水        b.84消液(NaClO溶液)        c.75％酒精
10.化学平衡及其移动是中学化学的重点知识，请回答下列问题：
（1）I.在密闭容器中的可逆反应CO(g)+NO2(g) CO2(g)+NO(g)(正反应为放热反应)达到平衡后：
扩大容器体积，平衡________(向左、向右、不)移动，反应混合物的颜色________(变深、变浅、不变)。
（2）加入催化剂，NO的物质的量________(增大、减小、不变)，原因是________。
（3）II.工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0.该反应在起始温度和体积均相同(T℃、1L)的两个密闭容器中分别进行，反应物起始物质的量见下表：

CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
反应a(恒温恒容)
1
3
0
0
反应b(绝热恒容)
0
0
1
1
达到平衡时，反应a，b对比：CO2的体积分数φ(a)________φ(b)(填“>”、“＜”或“=”))。
（4）下列能说明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。
A.v正(CO2)=3v逆(H2)
B.混合气体的平均摩尔质量不再改变
C.c(CH3OH)=c(H2O)
D.容器内压强不再改变
（5）III.在体积为5 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol SO2和足量的炭粉，发生反应C(s)+SO2(g)  S(g)+CO2(g)。测得不同温度下，达到化学平衡时生成S的物质的量与温度的关系如图所示。

850℃时，反应经过11min到达A点，测得容器内总压强为P0 ， 则A点的化学平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×物质的量分数)。A点时，保持其他条件不变，再向容器中充入1.0mol SO2和1.0 mol CO2 ， 则平衡向________(填“正反应方向”或“逆反应方向”)移动。
（6）一定温度和压强下，把4体积的SO2和2体积的O2充入一密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH<0.反应达到平衡后，测得混合气体的体积为5体积。若保持上述反应温度和压强不变，设a、b、c分别表示加入的SO2、O2和SO3的体积数，如果反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同。若起始时向逆反应方向进行，则c的取值范围是________。
11.铜及其化合物在生活和生产中有着广泛的应用。回答下列问题:
（1）基态铜原子价层电子排布式为________，基态铜原子有________种运动状态不相同的电子。
（2）单质铜是由________键形成的晶体。
（3）Cu2+能与多种物质形成配合物。
①CuSO4溶液与氨水在一定条件下可以生成[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体，该晶体中杂化轨道类型为sp3的原子为________。
②CuCl2溶液与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成配离子： ；Cu2+的配位数为________，乙二胺沸点高于1，2﹣二氯乙烷(Cl-CH2-CH2-Cl)的主要原因是________。
（4）已知铜与氯形成化合物的立方晶胞如图所示(黑点代表铜原子)。

①该晶体的化学式为________。
②已知铜与氯的电负性分别为1.9和3.0，则铜与氯组成的化合物属于________(填“共价”或“离子”)化合物。
③已知该晶体的密度为ρ g/cm3 ， 阿伏伽德罗常数为NA ， 该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为体对角线的 ，则该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离________cm(列计算式即可)。
12.有机物H是重要的有机化工原料，以苯酚为原料制备H的一种合成路线如下：

已知： R- CH2-COOH。
请回答：
（1）B的化学名称为________。
（2）②的反应类型为________；D中所含官能团的名称为________。
（3）反应④的化学方程式为________。
（4）G的分子式为________。
（5）设计②⑦两步反应的目的为________。
（6）满足下列条件的E的同分异构体共有________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为________ (任写一种即可)。
i.苯环上有两个取代基，其中一个为-NH2；ii.能发生水解反应。
（7）已知：R-NH2容易被氧化；羧基为间位定位基。
请参照上述合成路线和信息，以甲苯和( CH3CO)2O为原料(无机试剂任选)，设计制备 的合成路线________。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．火药的燃烧过程有新物质产生，属于化学变化；燃放的焰火是某些金属元素的焰色反应所呈现出来的色彩，此过程没有新物质生成，属于物理变化，故A不符合题意；
B．低沸点的烃可以通过石油的分馏得到，石油的裂化可以把长链烃变为短链烃，裂解可以得到短链不饱和烃；煤的干馏可以得到煤焦油、粗氨水、焦炉气等，煤的液化可得甲醇等，因此以上的变化过程，都能促使人们更有效地使用化石能源，有利于节能和环保，故B符合题意；
C．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的高，可以适用于不同的要求；高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，不属于传统的硅酸盐材料，故C不符合题意；
D．84消毒液主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，而乙醇具有还原性，二者混合使用，会产生有毒气体，降低各自的杀毒效果，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.颜色反应是元素从激发态到基态时释放出能量以光谱的形式存在，过程中没有新物质产生
B.石油、煤等化石燃料的深度加工可提高化石能源的利用率和环保
C.高温结构陶瓷时新型无机非金属材料
D.84消毒液具有氧化性，利用其氧化性将病毒杀死，而酒精具有还原性，可以使病毒变性失活，混合后发生氧化还原反应不能起到杀毒作用
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．球碳盐K3C60中存在阳离子为K+、阴离子为C ，则阴阳离子个数比为1：3，A说法符合题意；
B．NO2气体中存在2NO2⇌ N2O4 ， 则标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数小于NA ， B说法不符合题意；
C．32g铜与足量硫单质完全反应，Cu的化合价由0价变为+1价，则转移电子数为0.5NA ， C说法不符合题意；
D．标况下，22.4L Cl2和CO的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数为2NA ， 未给定气体状态，则原子数不能确定，D说法不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据球碳盐K3C60=3K++C603-,即可判断阴阳离子的个数比
B.未考虑二氧化氮和四氧化氮的转化
C.硫的氧化性弱将铜氧化为+1价亚铜离子
D.使用摩尔体积时需要注意条件和状态
3.【答案】 B
【解析】【解答】A．步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，则可用CuSO4溶液吸收，故A不符合题意；
B．滤液1中除含有Fe2+ ， 还含有Fe3+ ， 加入用KSCN和新制的氯水不能检验，故B符合题意；
C．如先加入过氧化氢，在加热条件下易发生分解，应先加入1.0mol•L-1H2SO4 ， 故C不符合题意；
D．二氧化硅与硫酸不反应，滤渣1含有SiO2 ， H2O2和CuS发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3 ， 浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到粗硫酸铜晶体，以此解答该题。
4.【答案】 D
【解析】【解答】根据分析可知，W为Na，X为H，Y为B，Z为O元素；
A．H、O形成的H2O2具有强氧化性，故A不符合题意；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y＞Z＞X，故B不符合题意；
C．Z、W形成的化合物过氧化钠中含有共价键，故C不符合题意；
D．Y的最高价氧化物的水合物是硼酸，硼酸结构式为 ，该分子中H、B都没有达到8电子稳定结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，根据图示可知，W为+1价阳离子，且W的原子序数最大，则W为Na元素，说明X、Y、Z位于前2周期；Y、Z处于同一周期，则Y、Z位于第二周期，阴离子带2个负电荷，Y为B元素；Z能够形成2个共价键，则Z为O元素；X形成1个共价键，为H元素，据此解答。
5.【答案】 B
【解析】【解答】用逆合成分析法，可以推知，要得到 ，可通过 在氢氧化钠溶液中水解，要得到 ，可通过 与溴水反应，把苯酚与氢气在催化剂作用下发生加成反应得到环己醇，环己醇在浓硫酸、加热下发生消去反应即可得到 ，故由苯酚制取 最简便的流程为：苯酚→环己醇→环己烯→ → ，其正确的顺序是②加成；④消去；②加成；①取代；B符合题意；
故答案为：B。

【分析】用逆合成分析法，可以推知，要得到 ，可通过 在氢氧化钠溶液中水解，要得到 ，可通过 与溴水反应，而可由环己醇发生消去反应得到。据此设计合成路线。
6.【答案】 D
【解析】【解答】A．根据图示知：与X相连的电极通入H2、CO，所以X是负极，Y是正极，故A不符合题意；
B.负极上发生氧化反应，电极反应式为：H2+O2--2e-=H2O、CO+O2--2e-=CO2 ， 故B不符合题意；
C、根据正负极的电极反应式可知，总反应式可以为：H2+CO+O2=H2O+CO2 ， 故C不符合题意；
D、总反应式可表示为：H2+CO+O2=H2O+CO2 ， 同温同压下两极消耗的气体体积之比是2：1，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示知：与X相连的电极通入H2、CO，所以X是负极，Y是正极，负极上发生氧化反应，电极反应式为：H2+O2--2e-=H2O、CO+O2--2e-=CO2 ， 正极上发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=O2- ， 总反应为：H2+CO+O2=H2O+CO2。
7.【答案】 D
【解析】【解答】溶液pH较小时，主要以H2C2O4形式存在，pH升高， 先增大后减小，当pH增大到一定数值， 浓度才会增大；故根据pH=0时，最多的是①H2C2O4 ， 其次是② ，③为
A．浓度越大，lgc越大，曲线①代表lgc(H2C2O4)，曲线③代表lgc(C2O )，A项不符合题意；
B． ，当②③交点pH=4.3，此时c( )=c( )，Ka2=c(H+)=10-4.3 ， lg[Ka2(H2C2O4)]=-4.3，B项不符合题意；
C．pH=2.8时，①与③交点，c(H2C2O4)=c( )，2c(H2C2O4)+ c( )=0.1①， =10-1.3 ， 当pH=2.8时， =101.5②，由①②可得，c( )=0.094mol/L>0.01mol/L，C项不符合题意；
D． ， ， ， ， 不变，c(H+)减少，所以 增大，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.根据 lgc(H2C2O4)、lgc(HC2O  )和lgc(C2O  ) 数值越大，浓度越大即可判断
B.利用草酸的二级电离方程式计算出结合②和③的交点即可计算
C.根据 pH=2.8时 利用交点和 c(H2C2O4)+c(HC2O  )+c(C2O  )=0.1mol·L-1 以及草酸的一级电离常数即可计算
D.利用一级和二级电离常数将   表示出即可判断
二、非选择题
8.【答案】 （1）浓硫酸；除去二氧化碳中的水蒸气
（2）E中导气管应短进长出
（3）大于
（4）碱石灰
（5）油浴可以在210～220oC下进行，水浴不能达到这样的温度
（6）2Na+2NH3=2NaNH2+H2
（7）D
【解析】【解答】实验I：
 
(1) A装置中大理石与盐酸反应制取CO2中混有HCl和水蒸气，B中盛有饱和碳酸氢钠溶液吸收挥发出的HCl，水蒸气也能与过氧化钠反应生成氧气，为防止水蒸气与过氧化钠反应产生O2对实验的干扰，C中盛放浓硫酸，用于除去二氧化碳中的水蒸气，故答案为：浓硫酸；除去二氧化碳中的水蒸气；
(2)根据装置图，E装置采用排水法收集氧气，为了将E装置的水排入F中，E装置中集气瓶导管应短进长出，故答案为：E中导气管应短进长出；
(3)a g C3H6O2写成C(CO)2 (H2)3 ， 该物质中多了1个C，故在氧气中完全燃烧，再与足量的Na2O2固体完全反应，增加质量大于a g，故答案为：大于；
实验II：
(4)生成的氨气含有水蒸气，需要干燥，则装置B中盛放的药品为碱石灰，故答案为：碱石灰；
(5)由于制备NaN3的反应需要在210℃~220℃下进行，水浴不能达到这样的温度，所以实验中使用油浴而不用水浴，故答案为：油浴可以在210℃~220℃下进行，水浴不能达到这样的温度；
(6)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2 ， 根据原子守恒可知还有H2生成，反应的化学方程式为2Na+2NH3=2NaNH2+H2 ， 故答案为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2；
(7)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6℃)在240°C下分解制得，由于在该温度下硝酸铵已融化，同时为避免液体倒流引起试管炸裂，因此选择的气体发生装置是装置D，故答案为：D。
【分析】实验I：A装置中大理石与盐酸反应制取CO2；由于过氧化钠与水蒸气反应生成氧气，所以通入D装置中的CO2必须是干燥的，则C中盛放浓硫酸，用于干燥CO2；装置D中实现过氧化钠和二氧化碳的反应；有机物在足量的O2中燃烧生成CO2和H2O，CO2和H2O分别与过氧化钠反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑、2H2O +2Na2O2=4NaOH+O2↑，对生成物变式：Na2CO3~ Na2O2 CO，2NaOH~ Na2O2 H2 ， 可知CO2和H2O分别与Na2O2反应使得固体质量增加，其质量增加的本质是与CO2等物质的量的CO的质量、与H2O等物质的量的H2的质量，即有机物能拆成(CO)m (H2)n的形式，则有机物完全燃烧所产生的CO2和H2O使得Na2O2质量增加的量刚好等于有机物(CO)m (H2)n的质量，据此分析解答。
实验II：A装置加热浓氨水制取氨气，生成的氨气含有水蒸气，装置B中盛放的药品为碱石灰用于干燥氨气，装置C中氨气与熔融的钠反应生成NaNH2 ， NaNH2与N2O在210℃~220℃下反应制备NaN3 ， 据此分析解答。
 
9.【答案】 （1）d
（2）3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O
（3）溶解性；避免温度下降，造成主产品的纯度降低
（4）负；2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-；6.5g
（5）ab
【解析】【解答】(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择铁坩埚，因为普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚中的二氧化硅均与KOH反应，故答案为：d；
 
(2)第一步熔融时二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾发生反应生成K2MnO4的化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O；
(3)采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4 ， 说明高锰酸钾的溶解性随温度变化较大，操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在溶解性上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4 ， 趁热过滤的原因是避免温度下降，造成主产品纯度降低，故答案为：溶解性；避免温度下降，造成主产品纯度降低；
(4)电池工作时Zn失电子，故Zn为负极；电池正极的电极反应式为2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-；Zn+2OH--2e-= Zn(OH)2 ， 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小 ；
(5) KMnO4稀溶液因为其强氧化性是一种常用的消毒剂，双氧水、84消液(NaClO溶液)具有强氧化性能消毒，酒精消毒是因为其能使组成细菌的蛋白质变性，故答案为：ab。
【分析】根据题中流程图可知，二氧化锰、氢氧化钾、氯酸钾熔融发生反应：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O；加水溶解，分离出KCl，得到K2MnO4溶液；向K2MnO4溶液中通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、 K2CO3 ， 过滤除去滤渣MnO2 ， 滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3。
 
10.【答案】 （1）不；变浅
（2）不变；催化剂对平衡状态没有影响
（3）>
（4）B,D
（5）0.25p0；逆反应方向
（6）c≥2
【解析】【解答】I．(1)该反应为气体不变的反应，增大容器的体积，平衡不移动；反应物NO2(g)的浓度减小，颜色变浅；
 
(2)加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，则NO的物质的量不变；
II．(3)根据表中数据，反应a，b的初始量等效，反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，反应b为绝热，则反应b相当于反应a平衡后再降低温度，即平衡正向移动，则CO2的体积分数φ(a)＞φ(b)；
(4)A．反应速率之比等于化学计量数之比，v正(CO2)= v正(H2)=3v逆(H2)，反应未达到平衡状态，A与题意不符；
B．反应中各物质均为气体，容器恒容，反应为气体减小的反应，即平衡时，气体的物质的量不再改变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，B正确；
C．c(CH3OH)=c(H2O)，不能判断同一物质的正逆反应速率是否相等，C与题意不符；
D．反应中各物质均为气体，容器恒容，反应为气体减小的反应，即平衡时，气体的物质的量不再改变，则容器内压强不再改变，D正确；
答案为BD；
III．(5)根据图像，850℃时，n(S)=0.45mol，即生成n(CO2)=0.45mol，剩余n(SO2)=0.55mol，Kp= =0.25 P0；A点时，K= mol/L=0.074mol/L，保持其他条件不变，再向容器中充入1.0mol SO2和1.0 mol CO2 ， Qc= mol=0.084mol/L＞K ， 平衡向逆反应方向移动；
(6)4体积的SO2和2体积的O2充入一密闭容器中，混合气体的体积为5体积， ，若起始时向逆反应方向进行，则c的取值范围是≥2。
【分析】（1）扩大容器，压强减小但是平衡不移动颜色变浅
（2）催化剂只是改变速率，平衡不移动
（3）建立等效平衡，但是对于a反应进行压强减低平衡逆向移动，导致二氧化碳分数大
（4）对于 ：CO2(g)＋3H2(g)  CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0. 判断平衡，可以根据气体的平均摩尔质量不变以及浓度不变以及压强不再改变即可判断平衡
（5）根据此时的数据结合三行式计算出平衡时的物质的量即可计算出平衡分压计算出平衡常数，根据给出的数据计算出此时浓度商进行对比即可
（6）根据给出的 4体积的SO2和2体积的O2充入一密闭容器中发生反应，计算出平衡时的三氧化硫的体积即可
 
11.【答案】 （1）3d104s1；29
（2）金属
（3）N、O、S；4；乙二胺分子间存在氢键
（4）CuCl；共价；×
【解析】【解答】(1)铜元素的原子序数为29，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1 ， 同一原子中没有运动状态完全相同的电子，则基态铜原子有29种运动状态不相同的电子，故答案为：3d104s1；29；
 
(2)单质铜是由铜离子和自由电子通过金属键形成的金属晶体，故答案为：金属；
(3)①NH3分子中N原子的价层电子对数为4、H2O分子中O原子的价层电子对数为4、SO 离子中S原子的价层电子对数为4，则N、O、S的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：N、O、S；
②根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4；乙二胺分子间能形成氢键，而1，2﹣二氯乙烷分子间不能形成氢键，则乙二胺分子间的作用力大于1，2﹣二氯乙烷，沸点高于1，2﹣二氯乙烷，故答案为：乙二胺分子间存在氢键；
(4)①由晶胞结构可知，1个晶胞中氯原子个数为8× +6× =4，位于体内的铜原子个数为4，晶胞内原子个数比1:1，则化学式为CuCl，故答案为：CuCl；
②由题给数据可知，铜与氯的电负性差值为(3.0—1.9)=1.1＜1.7，则铜与氯易形成共价键，组成的化合物为共价化合物，故答案为：共价；
③设晶胞的边长为acm，由晶胞质量公式可得a3ρ= ，解得a= ，则体对角线为 × ，由晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为体对角线的 可知，晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离 × ，故答案为： × 。
【分析】（1）根据铜原子的核外电子能级排布即可写出价层电子排布，即可找出运动不相同的电子
（2）金属铜是金属晶体含有金属键
（3）① 根据原子的成键情况即可判断杂化方式②根据配离子的结构式即可找出铜离子的配位数，氢键可以影响物质的沸点
（4）①根据晶胞结构中原子的占位情况即可计算出化学式    ②根据元素的电负性之差小于1.7形成共价键，大于1.7形成离子键，即可判断  ③根据晶胞赵薇计算出原子的个数，结合密度计算出晶胞参数即可计算出最短距离
 
 
12.【答案】 （1）对硝基苯酚或4-硝基苯酚
（2）取代反应；氨基、醚键
（3）+(CH3CO)2O +CH3COOH
（4）C11H13O4N
（5）保护酚羟基
（6）18种；中任选一种
（7）
【解析】【解答】(1)B的结构简式为 ，其名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚。
 
(2)由B生成C的结构简式可知，②为取代反应；D为 ，故D中所含官能团为醚键和氨基。
(3) (CH3CO)2O 和D发生取代生成E，所以反应方程式为： +(CH3CO)2O +CH3COOH。
(4)G为 ，所以G的分子式是为C11H13O4N。
(5)通过B和CH3I发生取代反应，然后再与HI发生取代反应，起到官能团的保护作用，也就是保护酚羟基。
(6)由条件可知，苯环上有两个取代基，一个为氨基，另一个可以发生水解反应，根据E的结构简式可知，可以发生水解的官能团只能是酯基，酯基的位置异构有6种，又因为在苯环上和氨基存在邻间对的位置关系，即为：6×3=18种；吸收峰只有5组，即可以在 种任选一种。
(7)第一步甲苯和硝酸发生取代反应，取代对位上的氢；第二步对硝基甲苯和酸性高锰酸钾发生氧化反应，生成对硝基苯甲酸；第三步参照题干流程图中的反应③发生还原反应，把硝基转化为氨基；第四步参照题干流程图中的反应④发生取代反应。所以流程图为： 。
【分析】根据A，C的结构简式，可以看出B和CH3I发生取代反应生成C，所以B的结构简式为 ，反应③为还原反应，把硝基还原成氨基，则D为 ；由题目中的已知方程式可知，两个羧基连在同一个碳原子上，在加热的条件下，会减少一个羧基，所以F生成G的反应中减去F的一个羧基即为G的结构简式，G为 ，G与HI发生取代反应生成H，据此分析解答。