重庆市2026届高三化学下学期5月适应性测试二【含答案】

1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的。1.“十五五”规划聚焦培育和发展新质生产力，下列说法正确的是A.5G通信产业所用半导体材料砷化镓，属于新型金属材料B.神舟二十一号航天器使用的玻璃纤维，属于高分子材料C.脑机接口所用零维石墨烯属于无机非金属材料D.航天飞行器壳体使用的碳纤维增强树脂，属于金属复合材料【答案】C【解析】【详解】A．砷化镓属于新型无机非金属半导体材料，不属于金属材料，A错误；B．玻璃纤维主要成分为硅酸盐类无机物，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；C．石墨烯是碳元素的单质，属于无机非金属材料，C正确；D．碳纤维增强树脂的增强体碳纤维和基体树脂均不含金属组分，属于非金属复合材料，不属于金属复合材料，D错误；故选C。2.化学用语是化学的基石，下列化学用语表达正确的是A.甲基的电子式：B.2，4，4-三甲基戊烷的键线式：C.中共价键的电子云轮廓图：D.聚丙烯的链节：【答案】A【解析】【详解】A．甲基为中性基团，C原子最外层有3对C-H成键电子和1个单电子，共7个电子，电子式为，A正确；B．从靠近支链多的右端编号，主链含5个碳原子，2号碳连2个甲基，4号碳连1个甲基，对应2,2,4-三甲基戊烷，B错误；C．中的共价键是p轨道“头碰头”重叠形成的键，电子云呈轴对称，为p轨道“肩并肩”重叠形成的键的电子云轮廓图，C错误；D．聚丙烯为，则链节为：，D错误；故选A。3.下列与实验相关的操作或方案正确的是A.图甲装置用于验证的氧化性B.图乙装置用于制取硝基苯C.图丙装置用于氨气的制取与收集D.图丁装置用于测定醋酸溶液的物质的量浓度【答案】D【解析】【详解】A．验证的氧化性应将氢气通入氯气中，瓶口有白雾，氢气密度比空气小，图中操作错误，A错误；B．制取硝基苯需要水浴加热，温度计需要测量水浴的温度，应插入水浴中，该装置温度计插入反应液，操作错误，B错误；C．浓氨水滴入生石灰可以制取氨气，但收集氨气时，收集试管口不能密封橡胶塞，否则空气无法排出，压强过大易发生危险，操作错误，C错误；D．用标准溶液滴定醋酸时，是碱性溶液，聚四氟乙烯耐碱腐蚀，不会与反应，可使用带聚四氟乙烯活塞的滴定管盛装；醋酸和恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，选用酚酞作指示剂符合要求，操作正确，D正确；故答案选D。4.室温下，下列各组离子，在指定条件下一定能大量共存的是A.的溶液：、、、B.的溶液中：、、、C.75%的酒精溶液中：、、、D.水电离出的溶液：、、、【答案】B【解析】【详解】A．的溶液为强酸性溶液，酸性条件下具有强氧化性，会与发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B．0.1mol/L的溶液呈碱性，、、、之间互不反应，且均不与反应，可以大量共存，B正确；C．酸性条件下具有强氧化性，会和具有还原性的乙醇发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D．水电离的的溶液为强酸性或强碱性溶液，碱性条件下与反应生成，酸性条件下与反应生成S、和水，不能大量共存，D错误。5.根据下列实验及现象所得推论正确的是选项实验现象推论A向补铁剂中滴加酸性溶液，紫色褪去该补铁剂中含有B甲苯中溶入冠醚18-冠-6时，水溶液与甲苯反应的氧化效果明显增强冠醚18-冠-6可识别，形成超分子，增大了在有机溶剂中的溶解度C常温下，向和溶液中分别滴加2滴酚酞，溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深酸性：D以金属和金属为两极材料组成原电池，接通电路后，金属溶解活泼性：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．该补铁剂的配体中含有碳碳双键也能还原酸性使紫色褪去，无法证明存在，A错误；B．18-冠-6可与配位形成超分子，能携带进入有机相，增大在甲苯中的溶解度，使接触更充分，提升氧化效果，B正确；C．实验未说明和两种盐溶液的浓度相同，无法通过溶液碱性强弱比较对应酸的酸性强弱，C错误；D．原电池中溶解的电极不一定是更活泼的金属，例如Mg、Al和NaOH溶液构成的原电池中，Al作负极溶解但活泼性，D错误；故选B。6.钢铁冶炼所得的铁水中含有硅、磷、硫等元素，通常加入Mg、CaO等进行脱硫。下列说法正确的是A.含碳量：钢＞生铁 B.酸性：C.离子键的百分数： D.第一电离能：【答案】C【解析】【详解】A．生铁含碳量为2%~4.3%，钢的含碳量为0.03%~2%，含碳量：生铁＞钢，A错误；B．同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强，非金属性，故酸性，B错误；C．成键元素电负性差值越大，离子键的百分数越高，电负性，故与的电负性差值大于与的电负性差值，离子键的百分数：，C正确；D．同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但的轨道为半满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的，故第一电离能：，D错误；故选C。7.一种治疗原发性血小板减少症的药物的结构简式如图，下列说法错误的是A.其分子式为B.最多能与发生加成反应C.M在一定条件下既能与酸反应，也能与碱反应D.M中最多有6个原子共线【答案】D【解析】【详解】A．由的结构简式可知，M的分子式为，A正确；B．酯基不能与加成，则最多能与(苯环3mol、碳碳三键2mol)发生加成反应，B正确；C．该有机物中的氮原子有孤电子对，能与氢离子结合，即能与盐酸反应；分子中酯基能在碱性条件下水解，能与碱反应，C正确；D．分子中-C≡C-为直线形结构，与之直接相连的两个碳原子也在这条直线上，共4个原子共线；苯环对位的两个C，以及一这两个C相连的原子，理论上可以直线重合，故最多只有4个原子共线，D错误；故选D。8.羟胺()是一种易分解的化工原料，其水溶液呈碱性的原理与氨水类似，氮原子上电子云密度越大碱性越强。羟胺受热可发生分解反应：，下列说法错误的是A.中原子为杂化B.键角：C.同浓度水溶液的碱性：D.在羟胺受热分解过程中，每转移电子，形成键的数目为【答案】B【解析】【详解】A．中原子形成3个键，还含1对孤电子对，价层电子对数为4，故为杂化，A正确；B．中连接的电负性大于，吸电子效应使上电子云密度降低，成键电子对之间的排斥力小于，因此键角：，B错误；C．的吸电子作用使中电子云密度小于中的，根据题干“氮原子上电子云密度越大碱性越强”，可知同浓度水溶液碱性：，C正确；D．反应中中的为-1价，歧化为中-3价的和中0价的，每转移2mol电子生成1mol（1mol含2mol键），故转移1mol电子时生成1mol键，数目为，D正确；故选B。9.NaCl的Bom-Haber循环如下图所示，则的为A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】根据循环图所示，得出：Na(g)→Na+(g)ΔH=+495.0kJ/mol①Cl2(g)→Cl(g)ΔH=+119.6kJ/mol②Cl(g)→Cl-(g)ΔH=-348.3kJ/mol③Na+(g)+Cl-(g)→NaCl(s)ΔH=-785.6kJ/mol④①+②+③+④解得：Na(g)+Cl2(g)=NaCl(s)ΔH=-519.3kJ/mol则2Na(g)+Cl2(g)=2NaCl(s)ΔH=-1038.6kJ/mol；答案为A。10.浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素、、、的原子序数依次增大且位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，和的最外层电子数之和等于的最外层电子数，的电子占据的最高能级为全充满的能级。下列说法错误的是A.中存在由提供孤电子对形成的配位键B.形成的单质可能为极性分子C.的最高价含氧酸的酸性在同族中最强D.单质镶嵌在船舶的外壳上，可以避免船体遭受腐蚀【答案】A【解析】【分析】首先推断元素：Y最外层电子数是内层3倍，故Y为O；最高能级为全充满3d，即价电子排布为能级，故M为Zn；四种元素位于不同的前四周期且原子序数依次增大，故X为第一周期的H，Z为第三周期元素；X（最外层1电子）和Y（最外层6电子）最外层电子数之和为7，故Z最外层7电子，Z为Cl。【详解】A．即，配位键中，中心离子提供空轨道，配体、提供孤电子对，并非提供孤电子对，A错误；B．Y为O，其单质包括（非极性分子）和（V形结构，分子不对称，为极性分子），因此Y的单质可能为极性分子，B正确；C．Z为Cl，其最高价含氧酸为，卤族元素从上到下最高价含氧酸酸性逐渐减弱，酸性在同族中最强，C正确；D．M为Zn，活泼性强于船体的Fe，形成原电池时Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，可避免船体遭受腐蚀，D正确；故答案选A。11.常温常压下，和反应生成红棕色且具有高度离子导电性的。由、两层构成，其、层及晶体结构如下图所示。(已知：)下列说法错误的是A.的晶体类型为离子晶体 B.每生成，转移电子C.相邻与间的作用力：层间>层内 D.周围最近且等核间距的数目为6【答案】D【解析】【详解】A．由Li+、N3-构成，且具有离子导电性，属于离子晶体，A正确；B．反应中Li由0价变为+1价，N由0价变为-3价，生成时，3molLi失去3mol电子，故转移3mol电子，B正确；C．由图可知，层内距离中心N最近的6个Li原子到N的距离为：，层间距离中心N最近的2个Li原子到N的距离为：，212.2pm>194pm，则层间距离更短，离子键作用力更强，因此层间作用力大于层内，C正确；D．结合C分析可知，层间距离更短，则最近且等核间距的Li数目为2，不是6，D错误；故选D。12.已知：时，的电离常数，，，。下列描述错误的是A.时的溶液中：B.溶液与溶液反应至中性时，存在C.向溶液中滴加溶液，此时上层清液中D.向1.2mol/L溶液中滴加等体积等浓度溶液，有沉淀生成【答案】C【解析】【详解】A．根据，pH=2时，代入得，故，A正确；B．中性时，电荷守恒得，物料守恒得，联立得（），B正确；C．反应后过量物质的量为，总体积为，故，由得，C错误；D．等体积混合后，，以电离为主，，计算得，离子积，有沉淀生成，D正确；故选C。13.热敏结晶增强液态热化学电池中，胍离子()选择性诱导结晶，冷热端电极产生电势差，从而实现给锂离子电池充电，工作原理如图。锂离子电池反应为。下列说法错误的是A.冷端电极电势高于热端电极电势B.该新型热敏电池放电时，热端的电极反应式为C.锂离子电池充电过程中，Li+通过LiPON薄膜移向a极D.对锂离子电池充电时，电路中转移xmol电子，b极生成xmolLi1-xCoO2【答案】D【解析】【分析】根据锂离子电池反应可知，放电时，Li1-xCoO2发生反应：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，得到电子，即b极作正极，LixSi即a极为负极，充电时，a极为阴极，b极为阳极，冷端电极为正极，热端电极为负极，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，冷端电极为正极，热端电极为负极，即冷端电极电势高于热端电极电势，A正确；B．由分析可知，该新型热敏电池放电时，热端电极为负极，发生氧化反应，故热端的电极反应式为，B正确；C．由分析可知，锂离子电池充电过程中，a极为阴极，b极为阳极，故Li+通过LiPON薄膜移向a极，C正确；D．对锂离子电池充电时，b电极反应为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，电路中每转移xmol电子，生成1molLi1-xCoO2，D错误。14.甘油()可制得和，其过程中的主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：条件下，通入、发生上述反应达到平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是A.曲线①表示的物质的量，反应Ⅲ的B.时，反应Ⅱ的C.时，向容器中通入，的物质的量不变D.其他条件不变，范围升高温度，平衡时水蒸气物质的量分数在不断增大【答案】B【解析】【分析】起始时，C3H8O3的物质的量为1mol，故体系中C原子的总量为3mol，550℃时，曲线①对应物质为5mol，若为CO或者CH4，都不符合碳原子守恒，故曲线①代表H2，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应Ⅱ属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量增大，③对应的物质是CO，曲线②代表CH4，550℃时，CO、CO2和CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol，三者所含碳原子的总量为3mol，此时体系中不再含有C3H8O3，据此分析作答。【详解】A．由分析知，曲线①是代表H2，不是CO，随温度升高（曲线②）物质的量降低，说明升温使反应Ⅲ平衡逆向移动，故反应Ⅲ的，A错误；B．结合分析，由图知，时，，，，CO、CO2和CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol,三者所含碳原子的总量为3mol，此时体系中不再含有C3H8O3，由H守恒可得，，B正确；C．反应在恒压条件下，通入惰性气体Ar，容器体积增大，各物质分压降低，平衡向气体分子数增多的方向移动，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ不移动，则的物质的量将增大，C错误；D．反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动会消耗CO2，反应Ⅲ平衡逆向移动会生成CO2，由题图可知，温度由400℃升高到550℃的过程中，CO2的物质的量增大，说明反应Ⅲ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动进行的程度，而反应Ⅲ平衡逆向移动会消耗H2O(且反应Ⅲ中H2O的化学计量数大于反应Ⅱ中H2O的化学计量数)，故平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，D错误；故选B。二、非选择题：本大题共4小题，共58分。15.电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收、、、等金属或其化合物的工艺流程如图所示：已知：易溶于水，、难溶于水；。回答下列问题：（1）PtTe/C催化剂在乙醇燃料电池中有广泛应用，对其表征结果如下图，表征所用的仪器是___________(填序号)，基态Te原子的价电子轨道表示式为___________。a．射线衍射仪b．红外光谱仪c．核磁共振氢谱仪d．元素分析仪（2）“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态、均转化为单质，其中发生反应的化学方程式为___________。（3）滤液b中的主要成分为___________(填化学式)。（4）“氯浸”工艺中，金属、、被氧化为配离子：、、。其中产生理论上消耗的物质的量为___________。已知的空间结构为正八面体形，则的结构有___________种(不考虑对映异构)。（5）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属外，还有___________。（6）利用“滤液c”可制备Pt，工艺流程如下图所示。“沉铂”总反应的离子方程式为___________。（7）“沉钯”之前，测得溶液中，加入的溶液充分反应，测得反应后混合液中。处理该溶液至少需要加入溶液的体积为___________L(忽略溶液混合时的体积变化)。【答案】（1）①.a②.（2）（3）（4）①.2mol②.2（5）将-还原为，便于后续使含Pt物种与含Pd物种分离（6）（7）5【解析】【分析】向阳极泥(含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再加水“浸取”，过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Pt、Pd、Au的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：、、，再加入过量草酸“分金”，将还原为金单质、还原为，过滤分离出金单质，最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得到含滤液c和沉淀，据此解答。【小问1详解】该图为晶体X射线衍射图，X射线衍射仪用于表征晶体结构，红外光谱仪测官能团、核磁共振氢谱测氢原子种类、元素分析仪测元素组成，故选a；Te为第五周期ⅥA族元素，价电子，轨道表示式为。【小问2详解】氧化焙烧时PdSe转化为Pd单质，Se被氧化为，化学方程式为。【小问3详解】阳极泥中的Cu经氧化焙烧转化为CuO，酸浸时CuO与稀硫酸反应生成可溶的，贵金属不溶，因此滤液b主要成分为。【小问4详解】由Pt生成化合价0→+4价，Cl2生成Cl-化合价0→-1价，根据原子守恒、电子得失守恒配平得，根据方程式可知，生成1mol消耗2molCl-来源于HCl，则消耗2molHCl；正八面体二取代只有邻位和对位两种，所以结构是2种。【小问5详解】草酸作过量还原剂，保证完全还原为Au析出，提高Au回收率，同时将还原为，便于后续使含Pt物种与含Pd物种分离。【小问6详解】将氧化成与反应生成沉淀，离子方程式为。【小问7详解】，已知平衡时，代入得；设加入NH4Cl溶液体积为VL，忽略体积变化，总体积为(1+V)L，沉淀消耗，则：，解得。16.二苯乙二酮()是重要的化学品，常由安息香()制得。一种利用氧化安息香制二苯乙二酮的原理、步骤及装置如下：Ⅰ．在三颈烧瓶中加入醋酸铜粉末、硝酸铵固体(过量)、安息香以及冰醋酸。Ⅱ．如图2安装装置，加入搅拌子，使用磁搅拌加热器加热搅拌。平稳加热回流，停止加热。Ⅲ．充分冷却后，过滤得粗产品，经重结晶后，晾干称量，称得黄色针状晶体，经检测，所得产品二苯乙二酮的纯度为90%。已知：安息香为白色固体，难溶于冷水，溶于热水和乙醚、乙醇；二苯乙二酮是一种黄色针状晶体，不溶于水，溶于乙醇和乙醚。回答下列问题：（1）仪器A的名称是___________，其作用是___________。（2）步骤Ⅲ重结晶操作中可选用的溶剂为___________(填标号，下同)，若晾干后的产品仍混有少量未氧化的安息香，可用少量___________洗涤除去。a．热水b．冷水c．乙醇d．乙醚（3）图1中反应B的化学方程式为___________。（4）本次实验二苯乙二酮的产率为___________。（5）步骤Ⅱ中，可利用薄层色谱(TLC)监测安息香是否反应完全。每隔15min取反应液点在涂有硅胶的薄板M(薄板结构如图3)处，乙酸乙酯和正己烷的展开剂会带动样品在薄板上爬升(图4)，由于硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同，因此爬升高度不同，反应过程中结果如图5，其中点为安息香的斑点，请从结构角度说明原因：___________。【答案】（1）①.球形冷凝管②.冷凝回流，减少挥发性物质如冰醋酸、反应物等的损失，提高原料利用率（2）①.c②.a（3）（4）76.5%（5）硅胶表面含有大量羟基，安息香分子中含有羟基，能与硅胶表面的羟基形成分子间氢键，而二苯乙二酮分子中没有羟基，因此硅胶对安息香的吸附力更强，导致其在薄板上爬升较慢，高度较低【解析】【小问1详解】仪器A名称是球形冷凝管，它的作用是冷凝回流，冷凝挥发的反应物，提高原料利用率；【小问2详解】重结晶需要将产物溶于热溶剂，冷却后析出提纯，二苯乙二酮和安息香都溶于乙醇，冷却时二苯乙二酮结晶析出，安息香杂质留在母液中，因此重结晶选乙醇，若产品混有少量安息香，安息香可溶于热水，而二苯乙二酮不溶于水，因此用少量热水洗涤即可除去杂质安息香；【小问3详解】由题目信息可知，反应B是、和反应生成、和，根据原子守恒配平后的反应方程式为；【小问4详解】安息香的化学式为，摩尔质量为，4.24g安息香物质的量为，1:1生成的二苯乙二酮的化学式为，摩尔质量为，理论产量为，实际纯产物的质量为，因此产率为；【小问5详解】硅胶表面有大量极性羟基，安息香分子中含有羟基，能与硅胶表面的羟基形成分子间氢键，而二苯乙二酮分子中没有羟基，因此硅胶对安息香的吸附力更强，导致其在薄板上爬升较慢，高度较低。17.研究铁的相关物质，指导其在生产生活中的相关应用。将FeSO4(s)置入抽空的恒温刚性容器中，发生分解反应Ⅰ：。（1）该反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。（2）能作为反应达到平衡的标志是___________(填标号)。a．b．SO2百分含量不再发生变化c．气体平均相对分子质量不再发生变化d．气体密度不再发生变化（3）将FeSO4(s)置入抽空的刚性容器中，平衡时和的关系如下表所示。600620640660680700pSO0.751.01.251.51.752.0700K时，若开始时投入1molFeSO4(s)并通入0.5molSO2(g)，起始压强p0=0.5kPa，10min后无固体剩余，请通过计算说明原因：___________。随即降温至600K，再次充分反应后，Fe2O3的物质的量___________(填“增多”“减少”或“不变”)，p(SO2)=___________kPa。（4）950K时，进一步发生反应Ⅱ：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，5min达平衡时，测得总=36.0kPa，p(SO2)=24.0kPa，则化学反应速率___________，反应Ⅱ的___________。（5）一种基于铁变价和蒽醌吩嗪融合分子设计的电池结构如图，其装置如图所示：ｂ极的电极反应式为___________(用M表示，N表示)。【答案】（1）高温（2）d（3）①.假设1molFeSO4完全分解，生成0.5molSO2和0.5molSO3，此时p(SO2)=1.0kPa，p(SO3)=0.5kPa，浓度商Qp=1.0×0.5=0.5<Kp=4.0，反应正向进行到底，故无固体剩余②.不变③.6/7(或0.86)（4）①.0.8②.36.0（5）M+4e-+2H2O=N+2OH-【解析】【小问1详解】由题干信息可知，该反应的，＞0，根据自由能综合判据可知，该反应在高温条件下能自发进行；【小问2详解】a．化学平衡的本质特征是正逆反应速率相等，而题干未告知SO2、SO3的反应速率是正反应还是逆反应，故当不能说明反应达到化学平衡，a不合题意；b．化学平衡的宏观特征之一是各组分的百分含量或者浓度保持不变，但该反应体系中只有SO3、SO2两种，且一直是以1:1混合，SO2的百分含量始终保持不变，故当SO2百分含量不再发生变化不能说明反应达到化学平衡，b不合题意；c．由题干方程式可知，体系中只有SO3、SO2两种，且一直是以1:1混合，即气体的平均相对分子质量一直保持不变，故当气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到化学平衡，c不合题意；d．在恒温恒容密闭容器中，反应过程中气体的质量一直在改变，即混合气体的密度始终在改变，故当气体密度不再发生变化说明反应达到化学平衡，d符合题意；故选d。【小问3详解】由题干表中数据可知，700K时Kp=2.0kPa×2.0kPa=4.0kPa2，若假设1molFeSO4完全分解，生成0.5molSO2和0.5molSO3，此时p(SO2)=1.0kPa，p(SO3)=0.5kPa，浓度商Qp=1.0×0.5=0.5<Kp=4.0，反应正向进行到底，故无固体剩余，随即降温至600K，假设FeSO4仍然完全分解，根据理想气体状态方程可知，物质的量不变、体积不变时，气体的压强与温度成正比，p(SO2)=×1.0kPa=kPa(或0.86kPa)，p(SO3)=×0.5kPa=kPa，此时Kp=0.750kPa×0.750kPa=0.5625kPa2＞×=kPa2，即再次充分反应后，FeSO4仍然完全分解，故Fe2O3的物质的量不变；【小问4详解】若只发生反应Ⅰ，不发生反应Ⅱ，根据方程式可知，p(SO3)=p(SO2)，现继续发生反应Ⅱ，设平衡时，p（O2）=xkPa，，则24-4x+24+x=36，解的x=4，p（SO3）=8kPa，则化学反应速率=0.8，反应Ⅱ的==36；【小问5详解】由题干图示装置可知，a中[Fe(CN)6]4-转化[Fe(CN)6]3-，Fe的化合价升高，a为负极，则b为正极，b电极上由M转化为N，故该电极反应为：M+4e-+2H2O=N+2OH-。18.香豆素衍生物Ⅰ能减少病毒感染导致细胞的凋亡，Ⅰ的合成路线如下：已知：+CO(NH2)2→+H2O回答下列问题：（1）B中官能团有碳碳双键、___________，G的名称为___________。（2）的结构简式是___________。（3）中有两个六元环，C→D的反应为先开环再成环的过程，其中反应(a)的化学方程式是___________。（4）下列说法正确的是____