【文档说明】【精准解析】四川省凉山州2020届高三第二次诊断性检测理综化学试题.doc，共(16)页，608.500 KB，由小赞的店铺上传

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凉山州2020届高中毕业班第二次诊断性检测理科综合化学试题理科综合共300分，包括物理、化学、生物三部分，考试时间共150分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。2.选择题

使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。3.考试结束后，将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-6

4Zn-65Br-80第Ⅰ卷(选择题共126分)一、选择题每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共13题，每题6分，共78分。1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是()A.棉花、麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维B.煤的气化就是将煤在高温条件由固态转化为气态是物

理变化过程C.新型冠状病毒怕酒精是因为酒精能使蛋白质失去生理活性D.淀粉在人体内水解生成葡萄糖，提供给人体各种组织的能量需要【答案】B【解析】【详解】A．棉花、麻、蚕丝、羊毛均是自然界原有的或经人工培植的植物上、人工饲养的动物上直接取得

的纺织纤维，属于天然纤维，故A正确；B．煤和水蒸气在高温条件下反应生成水煤气的过程为煤的气化，所以煤的气化为化学变化，故B错误；C．新冠病毒为蛋白质，酒精可使蛋白质发生变性从而失去生理活性，故C正确；D．淀粉在人体内先水解生成麦芽糖，再水解生成葡萄糖，经肠壁吸收进入血液，提供能量，

故D正确；故答案为B。2.如图是由4个碳原子结合成的5种有机物(氢原子没有画出)，下列说法正确的是abcdeA.有机物(a)的习惯命名法的名称为异丙烷B.有机物(a)中四个碳原子均共面C.上述有机物中与(c)互为同分异构体的只有(b)D.上述有机物中不

能与溴水反应使其褪色的是(a)、(e)【答案】D【解析】【详解】A．有机物(a)含4个C，主链含3个C，有1个侧链，其习惯命名法的名称为异丁烷，故A错误；B．该分子中有三个碳原子连接在同一个饱和碳原子上，不可能全部共面，故B错误；C．c的分子式为C4H8，a的分子式为C4H10，b的分子式为C4H

8，d的分子式为C4H6，的分子式为C4H8，所以与(c)互为同分异构体的有(b)和(e)，故C错误；D．含碳碳双键的有机物能与溴水发生加成反应使其褪色，烷烃或环烷烃不能使溴水褪色，所以不能与溴水反应使其褪色的有(a)、(e)，故D正确；故答案为D。3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错

误的是()A.18g氨基(-N2H2)中含有的电子数为9NAB.32gCu在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为NAC.用惰性电极电解100mL0.1mol·L-1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件

下等体积的气体时，电路中转移电子数为0.04NAD.等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-【答案】B【解析】【详解】A．一个氨基(-N2H2)含有9个电子，18g氨基(-N2H2)的物质的量为18g18g/mo

l=1mol，所含电子数为9NA，故A正确；B．32gCu的物质的量为0.5mol，在足量O2中被氧化成+2价，转移1mol电子，但在硫蒸气中被氧化成+1价，转移0.5mol电子，故B错误；C．用惰性电极电解100mL0.1mol•-1

L的CuSO4溶液，阴极上Cu2+先放电生成0.01molCu，而后H+放电生成H2，阳极上一直是OH-放电生成O2，设生成的气体的物质的量为x，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01×2+2x=4x，解得x=0.01mol，生成一个O2转移4个电子，故转移电子数目为

0.04NA，故C正确；D．二者以1：1混合时，亚铁离子先被氯气氧化，剩余的氯气再氧化溴离子，且有一半的溴离子被氧化，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故D正确；故答案为B。4.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素。A、C处于同一主族，C、D、E

处于同一周期，E原子的最外层电子数是A、B、C原子最外层电子数之和。A、B组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D的单质既能与C元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐，也能与A、E形成的化合物的水溶液

反应生成盐。下列说法正确的是()A.原子半径的大小顺序：C＞D＞E＞A＞BB.C、E组成的化合物M用右图装置进行电解能得到大量的E单质C.元素B、E的最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞ED.C元素的氧化物中阴、阳离子数目之比为1:2【答案】D【解析】【分析】A、B组成的常见气体X能使湿

润的红色石蕊试纸变蓝，则A为H、B为N，X为NH3；A与C同族，且C的原子序数大于N，则C为Na，所以E的最外层电子数为1+1+5=7，则E为Cl，D的单质技能与NaOH反应也能与HCl反应，则D为Al。【详解】A．电子层

数越多半径越大，电子层数相同则原子序数越小半径越大，所以原子半径的大小为：Na>Al>Cl>N>H，即C>D>E>B>A，故A错误；B．C、E组成的化合物为NaCl，如图装置电解饱和氯化钠溶液时，石墨

电极为阳极，氯离子放电生成氯气，铁电极为阴极，氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，氯气的密度比水小，无法溶于水的氯气会上浮到铁电极附近与氢氧根反应生成氯离子和次氯酸跟，无法得到大量的氯气单质，故B错误

；C．N的非金属性小于Cl的非金属性，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：N<Cl，故C错误；D．C元素为Na，其氧化物为Na2O，其中阴、阳离子数目之比为1:2，故D正确；故答案为D。【点睛】该题B选项为易错点，虽然电解饱和食盐水可以产生氯气，但在题目所给装置中生成的氯气无法被收集到。

5.下列有关实验的操作叙述不正确的是()A.Na2S水溶液中通入Cl2，有淡黄色沉淀生成，说明非金属性Cl>SB.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液定容时，俯视凹液面最低点，将造成所配溶液浓度偏高C.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO

3)2固体，铜粉仍不溶解D.用蒸发皿进行加热蒸发时，不需垫石棉网可直接进行【答案】C【解析】【详解】A．Na2S水溶液中通入Cl2，有淡黄色沉淀生成，说明有S单质生成，所以氧化性Cl2>S，所以说明非金属性Cl>S，故A正确；B．定容时，俯视

凹液面最低点，会使溶液的体积偏小，造成浓度偏高，故B正确；C．加入硝酸铜后，溶液中有大量硝酸根和氢离子，在酸性环境下硝酸根会表现强氧化性将铜单质氧化成铜离子，铜粉溶解，故C错误；D．蒸发皿为常见的直接加热仪器，用蒸

发皿进行加热蒸发时，不需垫石棉网可直接进行加热，故D正确；故答案为C。6.碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示(加入两极的物质均是常温常压下的物质)。下列说法正确的是A.电解一

段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为l：2B.石墨l极发生的电极反应为2CH3OH+CO-e-=(CH3O)2CO+H+C.石墨2极与直流电源正极相连D.H+由石墨2极通过质子交换膜向石墨l极移动【答

案】A【解析】通氧气的一极，氧气得到电子生成水，发生还原反应，为阴极，则阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应。A.石墨l极为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，通入氧气的为阴极，电极反应式为O

2+4e--+4H+==2H2O，根据电极反应式，电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为l：2，故A正确；B.石墨l极为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+

，故B错误；C.石墨2极为阴极，与直流电源负极相连，故C错误；D.阳离子向阴极移动，故氢离子由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，故D错误；故选A。点睛：本题考查原电池与电解池综合知识的应用，侧重于原电池的和电解池

工作原理的考查，注意把握电极反应的判断，把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键。7.已知：pOH=-lgc(OH-)。298K时，向20.00mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L

-1的盐酸，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线PJN表示溶液中PH的变化B.M点水的电离程度比Q点大C.M、P两点的数值之和a+b=14D.pH与pOH交叉点J对应的V(盐酸)=20.00mL【答案】C【解析】A、此滴定实验是用盐酸滴定氨水，氨水显碱性，因此曲线

PJN表示的是pOH的变化，故错误；B、曲线MJQ表示溶液中pH的变化，J点pH=pOH，此时溶液显中性，M点溶液显碱性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，对水的电离起抑制作用，Q点溶液显酸性，溶质可能是NH4Cl和HCl，也可能是NH4Cl，如果Q点溶质为NH4C

l，对水的电离起促进作用，因此可能Q点大于M点，故错误；C、根据图像，M点对应pH=a、pOH=b，又是常温下，因此有pH＋pOH=14，故正确；D、交叉点表示溶液显中性，因为NH3·H2O是弱碱，此时的溶质为NH3·H2O和NH4Cl，消耗盐酸的体积小于20.00mL，

故错误。第Ⅱ卷(非选择题)8.1，2-二溴乙烷主要用于汽油抗爆剂的添加剂，还可用作有机合成和蒸熏消毒用的溶剂。实验室用乙醇、浓硫酸制备乙烯并合成1，2-二溴乙烷，反应原理为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br

，反应装置如图(加热装置省略)。实验步骤：①如图组装好仪器，在冰水冷却下，将24mL浓硫酸缓慢加入到12mL乙醇中，混合均匀后取6mL加入到三颈烧瓶中，剩余部分倒入恒压滴液漏斗中。②取一支20mL的吸

滤管，量取3.0mL(0.1mol)液溴倒入吸滤管中，再加入3~5mL水，将吸滤管放入4的烧杯中。③加热装置1前，先切断装置3与4的连接处，待温度上升到约120℃时，大部分空气已被排出，然后连接3与4，待温度上升到约170℃时有乙烯产生，开始缓慢滴加乙醇-硫酸混合液，并维持温度

在170~200℃左右，当溴的颜色全部褪去，反应即告结束。④反应完成后，先取下吸滤管，再停止加热。将产物转移至分液漏斗中，依次以等体积的水、1%氢氧化钠水溶液各洗一次，再用水洗两次至中性。加入适量无水氯化钙干燥粗产品，过滤、蒸馏，收集129~132℃的馏分，产量5.7g。回答下列问题：(1

)乙烯与溴的反应类型为_______反应，组装好仪器后必须先_____________。(2)装置1为乙烯发生器，反应中浓硫酸的作用是____________________。(3)装置2为安全瓶，若系统发生堵塞，2中的现象为____________________。(

4)制备乙烯时，常伴有乙醇被氧化的副反应，生成二氧化碳、二氧化硫等气体、则装置3洗气瓶中的试剂为________，若去掉装置3，则装置4中可能发生的副反应的化学方程式为___________________。(5)若1中滴速过快，可能产生的影响为乙烯来不及与溴反

应而跑掉，同时也会带走一部分溴进入装置5(5%氢氧化钠溶液)，降低产率。装置4吸滤管中加水的目的是________。已知该条件下溴与NaOH反应的氧化产物只有NaBrO3，写出该反应的离子方程式_____________。(6)计算本实验的产率：______________(保留一位小数)。【

答案】(1).加成(2).检查装置气密性(3).催化剂、脱水剂(4).长导管中液面上升形成水柱(5).NaOH溶液(6).SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4(7).防止液溴挥发(8).3Br2+6OH-

=5Br-+BrO-+3H2O(9).30.3%【解析】【分析】本实验目的是合成1，2-二溴乙烷，装置1中利用浓硫酸和乙醇在170℃反应制取乙烯，加热装置1前，先切断装置3与4的连接处，加热排尽装置内的空气；装

置2为安全瓶，防止装置内压强过高；装置3为除杂装置，除去可能产生的二氧化碳和二氧化硫等，可选用氢氧化钠溶液；装置4中吸滤管中乙烯和溴发生加成反应得到1，2-二溴乙烷，溴易挥发，吸滤管中加水可以减小溴的挥发；装置5进行尾气处理。【详解】(1)乙烯与溴的反应为加成反应；组装好仪器后必须先检查装置的

气密性；(2)乙醇在浓硫酸/加热的条件下生成乙烯，该过程中浓硫酸既是催化剂又是脱水剂；(3)若系统发生堵塞，则装置2中液面上方压强增大，会将锥形瓶中液体压导管中，长导管中液面上升形成水柱；(4)二氧化硫和二氧化碳都可以被氢氧化钠溶液吸收；溴单质具有较强氧化性，二氧化硫具有还原性，因此溴可以

将二氧化硫氧化，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；(5)液溴容易挥发，加少量水可以减少溴的挥发；该条件下溴与NaOH反应的氧化产物只有NaBrO3，则根据元素价态变化

规律可知还原产物为Br-，即该反应中Br2既是氧化剂又是还原剂，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为3Br2+6OH-=5Br-+BrO-+3H2O；(6)溴单质的物质的量为0.1mol，根据实验现象可知溴完全反应，则根据方程式CH2=C

H2+Br2→CH2BrCH2Br可知理论生成的CH2BrCH2Br物质的量为0.1mol，所以产率为5.7g100%18.8g=30.3%。9.孔雀石是含铜的碳酸盐矿物，主要成分为Cu2(OH)2CO3，工业上以孔雀石(主要杂质有FeCO3、FeO、SiO2)制备胆矾的一般流

程如下：注：重结晶目的是为了除尽Fe3+回答下列问题：(1)写出气体A的电子式______________。(2)方法1的原理是用微酸性的高锰酸钾溶液将二价铁氧化为Fe(OH)3，使之与MnO2共沉淀，易于过滤，除铁效果好，稍有过量，溶液即显微

红色，便于掌握。稍过量的高锰酸钾会自动分解，产生MnO2和一种无毒的气体，请完善此反应的离子反应方程式：_____MnO4-+________H+=__MnO2↓+____+_____(3)方法1的不足之处是在酸性条件下会发生副反应__________

________(写出离子方程式)，产物Mn2+进入溶液，需要后续步骤除去，同时Fe3+水解也不易彻底。因而实际生产中更多采用的是方法2，用过氧化氢作为氧化剂，优点是____。氧化后调节pH沉淀出氢氧化铁，但需注意pH不可过高，否则造成的影响是_____。(4)若在实验室进行步骤A操作，

需要用到的硅酸盐仪器有_________________。(5)CuSO4·5H2O含量的测定：称取0.5g样品，溶于水，移入100mL容量瓶中，稀释至刻度，量取25.00mL，稀释至100mL，加入10mL氨-氯化铵缓冲溶液(pH=10

)及0.2g红紫酸铵混合指示剂，摇匀，用浓度为cmol·L-1EDTA标准溶液滴定至溶液呈紫蓝色不变，重复三次，平均消耗的标准溶液体积为VmL。(EDTA能与大多数金属离子形成稳定的1:1络合物，是络合滴定中的常用滴定试剂)①计算CuSO4·5H2O质量分数______________。②若不

进行重结晶操作，计算出的质量分数结果会__________。(填偏低、偏高或者无影响)。【答案】(1).(2).4(3).4(4).4(5).3O2↑(6).2H2O(7).MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O(8).还原产物

为水，不引入其他杂质离子(9).Cu2+水解程度增大，产率降低(10).酒精灯、蒸发皿、玻璃棒(11).2cV×100%(12).偏高【解析】【分析】孔雀石主要成分为Cu2(OH)2CO3，主要杂质有

FeCO3、FeO、SiO2，粉碎后加入硫酸除SiO2均可溶于硫酸，所以得到的沉淀A为SiO2；孔雀石的主要成分和某些杂质中都含有碳酸根，则在和硫酸反应时会生成二氧化碳气体，所以气体A为CO2；得到的浸取液中主要金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Cu

2+；之后通过方法一或方法二进行除杂，两种方法共同点都是先将亚铁离子氧化成铁离子再进行除杂；之后进行过滤得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品，再通过重结晶进行进一步除杂。【详解】(1)根据分析可知气体A为CO2，其电子式为；(2)根据题

目信息可知过量的高锰酸钾自行分解过程中还原产物为MnO2，根据元素的价态变化规律，K元素和H元素化合物价已为最高价不能再升高，则只能是氧元素化合价生高，即氧化产物为O2，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：4MnO4-+4H+=4MnO2↓+

3O2↑+2H2O；(3)根据题目信息可知酸性条件下高锰酸钾氧化亚铁离子时还原产物可能为Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；过氧化氢做氧化剂，其还原产物为水，既不污染环境也不引入新的杂质；pH过高，促

进铜离子水解，产生氢氧化铜沉淀，产率降低；(4)步骤A为蒸发浓缩、冷却结晶，用到的硅酸盐仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；(5)①根据题目信息“EDTA能与大多数金属离子形成稳定的1:1络合物”可知滴定过程中n(Cu2+)=n(EDTA)，则待测液中n(Cu2+)=V×10-3L×cmol·L-

1=cV×10-3mol，所以样品中所含n(CuSO4·5H2O)=Vc×10-3mol×100mL25mL=4cV×10-3mol，所以CuSO4·5H2O质量分数为3410mol250g/mol100%

0.5gVc−=2cV×100%；②若不进行重结晶，则会有Fe3+，导致单位质量的样品消耗更多的EDTA标准液，测得的CuSO4·5H2O质量分数偏高。【点睛】书写信息型氧化还原反应方程时要利用常见元素的价态变化规律来判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物分别

是何种物质，需要学生平时多注意积累常见元素的常见化合价；工艺流程题目中常用H2O2作氧化剂，其优点是其还原产物为水无污染，且不引入新的杂质。10.在工业废气和汽车尾气中含有多种氮氧化物，主要是NO和NO2，都以NOx来表示。NOx能破坏臭氧层，产生光化学烟雾，

是造成大气污染的主要来源之一。回答下列问题：(1)已知1mol分子分解为单个原子所需要的能量为解离焓。N2(g)、NO(g)、O2(g)的解离焓分别为941.7、631.8、493.7(单位kJ/mol)，计算反应2NO(g)=N2(g)+O2(g)的△H=_______kJ/mol，试判断N

O(g)常温、常压下能否自发分解________填能或不能)。(2)为防止光化学烟雾，除从工厂、汽车的设计进行改进外，也要采用某些化学方法。用焦炭还原NOx的反应为2NOx(g)+xC(s)⇌N2(g)+xCO2(g)Ⅰ.在恒温条件下，2molNO2(g)和足量C(s)反应，

测得平衡时NO2(g)和CO2(g)的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：①A、B两点NO2平衡转化率的关系α(A)____α(B)，平衡常数关系K(A)_____K(B)(填＞、＜或＝)。②计算C点时该反应的压强平

衡常数Kp=_____MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度)计算，分压=总压×物质的量分数)。Ⅱ.现在向容积均为2L的两个密闭容器A、B中加入一定量的NO(g)和足量的C(s)，相同温度下测得两容器中n(

NO)随时间变化情况如表所示：020406080n(NO)/mol(A)21.51.10.80.8n(NO)/mol(B)10.80.650.530.45B容器内反应在100s时达到平衡状态，则0~100s内用NO表示的平均反应速率为v(NO)=____________。(

3)近年来电化学方法在处理氮氧化物方面也起到了一定的作用，如图是一种氨气一二氧化氮燃料电池，常温下可将二氧化氮转化为氮气。①c口通入的气体为______，写出负极反应的方程式________。②若a、d口产生的气体体积共为1.568L(标况下)，电路中通过的电子数

为____。【答案】(1).-171.8(2).能(3).>(4).=(5).1(6).3×10-3mol·L-1·s-1(7).NO2(8).2NH3-6e-=N2+6H+(9).0.24NA【解析】【详解】(1)根据解离焓的定义

和焓变的定义可知焓变应等于反应物的解离焓之和-生成物的解离焓之和，所以反应2NO(g)=N2(g)+O2(g)的△H=2×631.8kJ/mol-(941.7kJ/mol+493.7kJ/mol)=-171.8kJ/mol；该反应熵变不大，而该反应△H<0，所以常温常压下△H

-T△S<0，所以该反应可以自发进行；(2)Ⅰ.NO2(g)和C(s)反应方程式为2NO2(g)+2C(s)⇌N2(g)+2CO2(g)；①该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡会左移，即压强越大NO2的平衡转化率越小，A、B两点均为平衡点，而B点的

压强大于A点，所以转化率α(A)>α(B)；该反应在恒温条件下进行，温度不变平衡常数不变，所以K(A)=K(B)；②初始投料为2molNO2和足量C，容器体积为2L，C点NO2和CO2的浓度相等，设生成的CO2物质的量为x，根据反应方程式2NO2(g)+2C

(s)⇌N2(g)+2CO2(g)可知剩余的NO2的物质的量为(2-x)mol，则有x=2-x，所以此时容器中n(NO2)=n(CO2)=1mol，n(N2)=0.5mol；总压强为5MPa，则p(NO2)=p(CO2)=

1mol5MPa1mol+1mol+0.5mol=2MPa，p(N2)=1MPa，Kp=()()()2222222CON21=NO2ppp=1；Ⅱ.NO(g)和C(s)反应方程式为2NO(g)+C(s)⇌N2(g)+CO

2(g)，该反应前后气体体积不变，且反应为C为固体，所以相同温度下不同容器中通入不同量的NO，最终达到的均为等效平衡；据表格数据可知A容器60s时已经到达平衡，初始投料A容器中NO的物质的量时B容器的二倍，二者达到等效平衡，所以平衡时B容器中n(

NO)=0.4mol，容器体积为2L，所以0~100s内用NO表示的平均反应速率为v(NO)=1mol-0.4mol2L=100sct=3×10-3mol·L-1·s-1；(3)该装置为原电池，根据氢离子的移动方向可知右侧为正极，得电子发生还原反应，左侧为

负极，失电子发生氧化反应；①右侧为正极，正极发生还原反应，该过程中二氧化氮转化为氮气被还原，应发生在正极区，即c口通入的气体为NO2；氨气在负极被氧化成氮气，电极方程式为：2NH3-6e-=N2+6H+；②该电池工作时，正极

反应为6NO2+24H++24e-=3N2+12H2O，负极反应为8NH3-24e-=4N2+24H+，可知转移24mol电子时，正极产生3mol气体，负极产生4mol气体，共7mol气体，标况下1.568L的物质的量为0.07mol，所以转移的电子为0.24mol，数目为0.24NA。【点

睛】对于反应前后气体系数之和不变的可逆反应，压强的改变不使平衡发生移动，所以温度不变的情况下只要按照初始投料成比例改变投料都可以达到等效平衡。11.Wilson病是一种先天性铜代谢障碍性疾病，D-青霉胺具有排铜作用，用以治疗或

控制Wilson病症。D-青霉胺结构简式如图：回答下列问题：(1)写出Cu的简化电子排布式________。(2)已知气态基态原子得到一个电子形成气态基态负一价离子所产生的能量变化称为该元素原子的第一电子

亲合能(吸收能量为负值，释放能量为正值)，试解释碳原子第一电子亲合能较大的原因_________。第一电子亲合能可能为正值或负值，而第二电子亲合能均为负值，原因是_____。(3)D-青霉胺中，硫原子的VSEPR模型为____，碳原子的杂化方式为_______。(4)请简述D-青霉胺

能溶于水的主要原因________。(5)青霉胺在临床治疗时对于症状改善较慢，常有并发症出现，因而近年采用锌剂(ZnSO4)替代治疗，可由硫化锌制备。立方硫化锌晶胞与金刚石晶胞类似，结构如图其中a代表S2-，b代表Zn2+。则该晶胞中S2-的配位数为______，若晶体的密度为ρg·cm-3，

则晶胞的体积为________cm3(列出计算式)。【答案】(1).[Ar]3d104s1(2).碳原子2p能级有两个电子，得到一个电子后2p能级为半充满，能量低更稳定(3).原子得到一个电子后显负电性，若要再得电子会有较大的排斥力，需要吸收能量(4).四面体形(5).sp2、sp3(6).D-

青霉胺中的羧基、氨基能与水分子间形成氢键(7).4(8).(65+32)×4/ρNA【解析】【详解】(1)Cu为29号元素，其简化电子排布式为[Ar]3d104s1；(2)碳原子2p能级有两个电子，得到一个电子后2

p能级为半充满，能量低更稳定，所以碳原子第一电子亲合能较大；原子得到一个电子后显负电性，若要再得电子会有较大的排斥力，需要吸收能量，所以第二电子亲合能为负值；(3)根据D-青霉胺的结构简式可知S原子与氢原子形成一个σ键，与碳原子形成一个σ键，同时还有两对孤

电子对，所以为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形；形成羧基的碳原子与氧原子形成一个碳氧双键，为sp2杂化，其他碳原子均为饱和碳原子，均为sp3杂化；(4)D-青霉胺中的羧基、氨基均为亲水基，能与水分子间形成氢键；(5)已面心的S2-为研究对象，每个晶胞内部有

2个距离S2-相等且最近的Zn2+，所以该晶胞中S2-的配位数为4；根据均摊法，该晶胞含有S2-个数为118+682=4，含有Zn2+的个数为4，所以晶胞的质量m=()A65+324gN，所以晶胞的体积V=()()-33AAcmg

?cm65+324g65+324==NmN。12.一种由甲苯合成多取代芳香族化合物的反应路线如图：回答下列问题:(1)甲苯分子中最多有__________个原子共平面(2)写出反应②的化学方程式___________，反应类型为_______。(

3)甲苯易在甲基的邻、对位发生反应，若不进行反应①，直接进行反应②~④，可能会得到的副产物的结构简式有________________(写出两种)。(4)反应⑤的目的是_____________________。(5)产物A与足量氢气加成后的

产物，核磁共振氢谱有_____个峰，1mol产物B可与___mol氢氧化钠溶液反应。(6)不改变取代基的结构与个数，产物B的同分异构体(不包括B)有______种。【答案】(1).13(2).+(CF3COO)3Tl

→+CF3COOH(3).取代反应(4).、、、(5).保护酚羟基，防止被高锰酸钾氧化(6).8(7).2(8).9【解析】【详解】(1)甲苯中苯环以及与苯环相连的碳原子共12个原子一定共面，单键可以旋转，所以经旋转甲基上有一个氢原子可以与苯环共面，最多有13个原子共

面；(2)根据反应②前后的物质结构可知该过程中与甲基邻位的氢原子被取代，反应方程式为：+(CF3COO)3Tl→+CF3COOH，反应类型为取代反应；(3)反应②~④在苯环上引入了酚羟基，若不进行反应①，则甲基的邻、对位都可能引入

酚羟基，可能的副产品有：、、、；(4)后续步骤中需要将苯环上的甲基氧化成羧基，酚羟基易被氧化，所以反应⑤的目的是保护酚羟基，防止被高锰酸钾氧化；(5)产物A与足量氢气加成得到的产物为，环上有6种环境的氢原子，取代基上有2种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有8个峰；1molB

含有1mol普通酯基可以消耗1molNaOH，含有1mol酚羟基可以消耗1molNaOH，共可以与2molNaOH反应；(6)采取“定二移一”的分析方法，先固定-COOCH3和-OH，二者处于邻位，则-COCH3有4种位置；若-COOCH3和-OH为间位，则-COCH3有4

种位置；若-COOCH3和-OH为对位，则-COCH3有2种位置，所以包括B在内共有10种结构，则产物B的同分异构体(不包括B)有9种。【点睛】第5题为易错点，要注意物质A与氢气加成后，与-COOCH3和-OH相连的碳原子上也各有一个氢原子；苯环上有两

个不同取代基时，有邻间对三种结构；有三个取代基时可采用“定二移一”的分析方法。