湖北省八校2020届高三5月第二次联考理综化学试题（全国I卷解析版）

湖北省八校 2020 届高三 5 月第二次联考 理科综合化学试题 1.下列说法正确的是 A. 纤维素水解的最终产物为葡萄糖，因此可作人体的营养物质 B. 飞机上用到的氮化镓是合金 C. NH4Cl 和 KOH 均可作锌锰电池的电解质 D. 用稀硝酸洗涤试管内壁附着的银符合绿色化学思想 【答案】C 【解析】 【详解】A．纤维素水解的最终产物为葡萄糖，但是人体内无水解纤维素的酶，故不能作为人体营养，A 错 误； B．飞机上用到的氮化镓是化合物，合金是混合物，是单质的混合态，B 错误； C．NH4Cl 和 KOH 均可作锌锰电池的电解质，C 正确； D．用稀硝酸洗涤试管内壁附着的银，会生成一氧化氮，在空气中转化为二氧化氮，具有剧毒，不符合绿色 化学思想，D 错误； 答案为 C。 【点睛】本题易错点为 D，注意稀硝酸的强氧化性，能与金属反应生成一氧化氮，进而产生有毒二氧化氮。 2.对比类推法是一种常用的学习和研究方法。下列离子方程式的书写正确且类推合理的是 选项 离子方程式 类推 A 家庭漂白原理：Ca2＋＋2ClO－＋ H2O+CO2=CaCO3↓＋2HClO 向漂白粉溶液中通入少量的 SO2 气体：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋ SO2=CaSO3↓＋2HClO B 向 FeBr2 溶液中通入少量的 Cl2： 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ 向 FeI2 溶液中通入少量的 Cl2： 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ C 用石墨电极电解 NaCl 饱和溶液： 2H2O＋2Cl－ H2↑＋Cl2↑ ＋2OH－ 用石墨电极电解 AlCl3 饱和溶液： 2H2O＋2Cl－ H2↑＋Cl2↑ ＋2OH－ D 明矾净水：Al3＋＋3H2O 硫酸铁净水：Fe3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ Fe(OH)3(胶体)＋3H＋ A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向漂白粉溶液中通入少量的 SO2 气体，因为次氯酸根有弱氧化性，能与亚硫酸根反应生成硫酸 根：Ca2＋＋3ClO－＋H2O＋SO2=CaSO4↓＋Cl—+2HClO，A 错误； B．由于氧化性 Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，所以 FeI2 溶液中通入少量 Cl2 时，应先氧化 I-，2I-+Cl2 = I2+2Cl-，B 错 误； C．用石墨电极电解 AlCl3 饱和溶液，氢离子优先放电，活泼金属阳离子钠离子和铝离子都不参与还原过程， 但生成的氢氧化铝为沉淀，6H2O＋6Cl－+2Al3+ 3H2↑＋3Cl2↑＋2Al(OH)3↓，C 错误； D．硫酸铁净水原理为铁离子水解， Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，明矾净水原理为铝离子水解， 原理一致，D 正确； 答案为 D。 【点睛】本题易错点为 C，注意电解后生成的大量氢氧根离子，会与铝离子结合生成沉淀，在离子反应中 不能拆分。 3.下列实验能达到实验目的的是 A. 利用 A 装置，测定镁铝合金中铝的质量分数 B. 利用 B 装置，证明蔗糖属于还原性糖C 利用 C 装置制备无水 FeCl3 D. 利用 D 装置，证明金属性：Fe>Cu 【答案】A 【解析】 【详解】A．铝单质能与氢氧化钠反应，镁不参与反应，故可以通过连通器原理，用滴定管的精确刻度检测 氢气的体积来计算铝的质量，A 正确； B．蔗糖不是还原性糖，而且和新制氢氧化铜悬浊液反应时，不需要进行水浴加热，B 错误； C．加热灼烧氯化铁的结晶水合物，促进铁离子水解，氯化氢易挥发，生成氢氧化铁易分解最终得到氧化铁， C 错误； D．电解池为非自发的氧化还原反应，与金属本身的性质无关，D 错误； 答案为 A。 4.2020 年，我省爆发了新型冠状病毒肺炎疫情，严重影响了人民的健康。茚地那韦或对新型肺炎有治疗效 果。茚地那韦的结构简式如图所示。下列有关茚地那韦的说法正确的是 A. 分子中含氧官能团有羟基和羧基 B. 苯环上的一溴代物只有五种 .C. 可以发生取代反应和加成反应 D. 该分子属于合成高分子化合物 【答案】C 【解析】 【分析】 有机物结构含有肽键、羟基，只含有 1 个苯环。 【详解】A．分子中含氧官能团有羟基和肽键，A 错误； B．该分子中有两个苯环，左边的苯环苯环的取代位有 5 个，为对称结构，一溴代物有 3 种，右边的苯环取 代位有 4 个，不对称，所以一溴代物共有 7 种，B 错误； C．有机物结构含有苯环可以发生取代反应和加成反应，C 正确； D．该分子不属于合成高分子化合物，没有聚合度，D 错误； 答案为 C。 5.2019 年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，其中 W、X、 Z 组成的化合物 M、N、R 之间存在如图所示的反应。下列叙述正确的是 A. 元素非金属性的顺序为 X>Y>Z>W B. M、N、R 三种分子中，所有原子均满足 8 电子稳定结构 C. M、N、R 三种分子均含有极性键和非极性键 D. W、X、Y、Z 四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物 【答案】D 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，其中 M 为 1 个 X 原子和 2 个 Z 原子构成，N 为 1 个 X 原子和 4 个 W 原子构成，R 结构明显为有机物结构，反应为加成反应，即 W 为氢元素，X 为碳元素，Y 为 氮元素，Z 为氧元素，M 为二氧化碳，N 为甲烷，R 为乙酸。 【详解】A．同周期，元素非金属性从左到右逐渐增大，顺序为 Z > Y > X >W，A 错误； B．M、N、R 三种分子中，氢原子满足 2 电子稳定结构，B 错误；C．N、M 分别为甲烷和二氧化碳，只含有极性共价键， R 分子含有极性键和非极性键，C 错误； D．W、X、Y、Z 四种元素既可形成离子化合物硝酸铵，又可形成共价化合物硝酸，D 正确； 答案为 D。 6.2019 年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。用太阳能电池给磷酸铁锂锂 离子电池充电示意图如图所示，阳极反应式为：LiFePO4－xe－=xLi＋＋Li1－xFePO4。下列叙述错误的是 A. 晶体硅能将太阳能转化为电能，但硅太阳能电池不属于原电池 B. 该锂电池放电时负极反应为：LiｘC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6 C. 该锂电池放电时，电子通过外电路由铝箔流向钢箔 D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过 Li+迁移实现，Fe、C、P 元素化合价均不发生变化 【答案】D 【解析】 分析】 由磷酸铁锂锂离子电池图解可知，锂离子从右向左移动，钢箔为阳极，铝箔为阴极，据此回答问题。 【详解】A．晶体硅能将太阳能转化为电能，但硅太阳能电池不属于原电池，A 正确； B．该锂电池放电时负极为铝箔，发生氧化反应，阳极反应式为 LiFePO4－xe－=xLi＋＋Li1－xFePO4，即放电 时正极为 xLi＋＋Li1－xFePO4＋xe－= LiFePO4，即负极反应为：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6，B 正确； C．放电时 Li+右移，铝箔是负极，钢箔是正极，电子由铝箔沿导线流向钢箔，C 正确； D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过 Li+迁移实现，Li、Fe 元素化合价发生变化，D 错误； 答案为 D。 【点睛】本题易错点为 A，燃料电池是将化学能转化为电能的装置，属于原电池，但是硅太阳能电池是将 太阳能转化为电能的装置，不属于原电池。 7.2019 年 9 月起，澳大利亚山火已经持续 100 多天，产生了大量温室气体。有 50mLNaOH 溶液，向其中逐 渐通入一定量的 CO2，然后向溶液中逐滴加入 0.1mol/L 的稀盐酸，产生的 CO2 气体体积（标准状况）与所 【加入的盐酸的体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 滴加盐酸过程中，混合溶液的导电能力不断增强 B. 滴加盐酸过程中，混合溶液中 c(CO32－)、c(HCO3－)、c(H2CO3)之和不断减小 C. V(稀盐酸)=25mL 时，c(H＋)＋c(H2CO3)=c(CO32－)＋c(OH－) D. V(稀盐酸)=50mL 时，c(Na＋)=c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－) 【答案】B 【解析】 【分析】 由图可知，加入 50mL 盐酸之前，反应无气体生成，且再加入 25mL 即反应到达终点，即通入一定量二氧化 碳后，溶液为等物质的量的氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，实验分为三个阶段：第一阶段，滴入的 25mL 盐 酸和氢氧化钠反应；第二阶段，继续滴入的 25mL 盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；第三阶段，滴入的 25mL 盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。 【详解】A. 滴加盐酸过程中，第一阶段，盐酸与 NaOH 反应生成 NaCl，离子总数不变，但溶液体积增大， 所以离子浓度降低，导电性减弱；第三阶段，盐酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，混合溶液中离子浓度也 下降，导电能力不断减弱，A 错误； B. 滴加盐酸过程中，由于溶液体积变大，所以根据物料守恒可知，溶液中 c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)不 断减小，在第三阶段，随着盐酸加入，二氧化碳逸出，使 c(CO32－)、c(HCO3－)、c(H2CO3)之和更小，B 正 确； C. V(稀盐酸)=25mL 时，盐酸恰好消耗完氢氧化钠，为等物质的量的碳酸钠和氯化钠混合溶液，溶液中 CO32- 是大量的，而 H＋和 H2CO3 是少量的，所以 c(H＋)＋c(H2CO3) ＜c(CO32－) + c(OH－)，C 错误； D. V(稀盐酸)=50mL 时，溶液为碳酸氢钠和氯化钠混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na＋)=c(H2CO3)＋c(HCO3 －)＋c(CO32－)+c(Cl-)，D 错误； 答案为 B。 【点睛】本题的切入点为盐酸的分段反应体积，等量的碳酸钠和碳酸氢钠与相同浓度盐酸反应的体积一致， 即在两段曲线中，若盐酸消耗体积比为 1:1，说明溶液为碳酸钠，若大于 1:1，则说明有氢氧化钠剩余，溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合液，若小于 1:1，说明溶液为碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液。 8.2019 年 6 月 5 日美国商务部表示，美方将采取“空前行动”，确保对科技业和军方极其关键的战略性矿物 及稀土供应无虞。我国稀土出口量世界第一。以氟碳铈矿（主要含 CeFCO3，少量其他稀土盐 LnFCO3、非 稀土元素 Fe、Al、Mg 和 SiO2 等）为原料制备 CeO2 的一种工艺流程如图所示： （1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_________________________________。“氧化焙 烧”时，CeFCO3 和其他稀土盐 LnFCO3 分别转化为 CeO2 和 Ln2O3，请写出生成的 CeO2 化学方程式为： ________________________。 （2）“氯化”过程的目的是将 CeO2 和 Ln2O3 分别转化为可溶性的 CeCl3 和 LnCl3，除去 Fe2O3、Al2O3、 MgO、SiO2 等杂质。若溶液中 c(Ce3+)=0.01mol/L，为确保不析出 Ce(OH)3 沉淀，则溶液的 pH________（填 pH 的范围）。（已知 Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]） （3）CeO2 和 Ln2O3 混合物中加入稀盐酸，Ln2O3 溶解生成 LnOCl 的化学方程式为： ___________________________________________________。 （4）化工生产条件的选择： ①“氯化”条件的选择 将氧化焙烧后氟碳铈矿和氯化铵按 1:3、1:4、1:5、1:6、1:7 质量比混合，在 325℃下真空焙烧 60min。稀土 矿氧化物转化成稀土氯化物的氯化率如图所示： 氧化焙烧后氟碳铈矿和氯化铵的最佳质量比为________。 ②“氧化”条件的选择 氧化过程中，反应温度、反应时间对混合稀土氯化物氧化率的关系如图所示：最佳温度和时间是_________，原因是_________________________________________。 （5）取上述流程中得到的 CeO2 产品 0.4500g，加硫酸溶解后，用 0.1000mol•L-1FeSO4 标准溶液滴定至终点 时（铈被还原为 Ce3+，其它杂质均不反应），消耗 25.00mL 标准溶液．该产品中 CeO2 的质量分数为 ___________。 【 答 案 】 (1). 增 大 固 体 和 氧 气 的 接 触 面 积 ， 反 应 更 充 分 (2). 4CeFCO3+2Na2CO3+O2 高 温 4CeO2+4NaF+6CO2 (3). ≤8 (4). Ln2O3+2HCl=2LnOCl+H2O (5). 1:6 (6). 550℃ 1.0h (7). 该 条件下，氧化率高（接近 100%），产率高，温度相对较低，节约能源，时间较短，经济效益好。 (8). 95.56% 【解析】 【分析】 氟碳铈矿与碳酸钠和空气加热过程中，分解产生二氧化碳，氟化钠和 CeO2 和 Ln2O3 等固体混合，加入氯化 铵后，转化为可溶性的 CeCl3 和 LnCl3，除去 Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2 等杂质，经过氧化后再次回归 CeO2 和 Ln2O3，用盐酸处理获得产品。 【详解】（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，反应更充分。“氧 化焙烧”时，CeFCO3 和其他稀土盐 LnFCO3 分别转化为 CeO2 和 Ln2O3，根据氧化还原反应可知，方程式为 4CeFCO3+2Na2CO3+O2 高温 4CeO2+4NaF+6CO2。 （2）Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)c3(OH-)=1.0×10-20，若溶液中 c(Ce3+)=0.01mol/L，若恰好不析出 Ce(OH)3 沉淀， ，即 ，则确保不析出沉淀，溶液的 pH≤8。 （3）CeO2 和 Ln2O3 混合物中加入稀盐酸，Ln2O3 溶解生成 LnOCl，根据原子守恒原理，化学方程式为： Ln2O3+2HCl=2LnOCl+H2O。 （4）化工生产条件的选择： 20 -633 3 1.0 10( ) 1.0 10 mol /( ) 0.01 spKc OH Lc Ce − − + ×= = = × 14 6 10lg ( ) lg lg 8( ) 10 wKpH c H c OH − + − −= − = − = − =①由图可知，氧化焙烧后氟碳铈矿和氯化铵的最佳质量比为 1:6。 ②由图可知，最佳温度和时间是 550℃，1.0h，原因是该条件下，氧化率高（接近 100%），产率高，温度相 对较低，节约能源，时间较短，经济效益好。。 （5）取上述流程中得到的 CeO2 产品 0.4500g，加硫酸溶解后，用 0.1000mol•L-1FeSO4 标准溶液滴定至终点， 反应为 CeO2+Fe2++4H+= Ce3++Fe3++2H2O，消耗 25.00mL 标准溶液．即反应消耗了 CeO2 的物质的量为 0.0025mol，质量为 0.43g，该产品中 CeO2 的质量分数为 。 9.间氯苯甲醛是新型农药、医药等有机合成的中间体，是重要的有机化工产品。实验室制取间氯苯甲醛的过 程如下。 Ⅰ．Cl2 的制备 舍勒发现氯气的方法至今还用于实验室制备氯气。本实验中利用该方法制备 Cl2。 （1）该方法可以选择图中的_____（填字母标号）为 Cl2 发生装置，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比 为_______。 （2）选择图中 装置收集一瓶纯净干燥的 Cl2，接口的连接顺序为 a→___________（按气流方向，填小写 字母标号） （3）试用平衡移动原理解释用饱和食盐水除去 Cl2 中混有的 HCl 的原因：_____________________。 Ⅱ．间氯苯甲醛的制备 反应原理： 实验装置和流程如图所示： 的 0.43 100% 95.56%0.45 g g × =（4）图中仪器 A 的名称是_____________。 （5）间氯苯甲醛的制备过程中，二氯乙烷的作用是________________________；该实验要求无水操作，理 由是____________________________________________；该实验有两次恒温过程，为控制反应温度仪器 A 处可采用________加热的方法。 【答案】 (1). B (2). 1:2 (3). g,f→d,e→b,c→h (4). Cl 2 溶于水，存在如下可逆反应： ，在饱和食盐水中，c(Cl-)较大，使平衡左移，氯气溶解度减小，而氯化 氢气体极易溶于水被吸收 (5). 三颈烧瓶 (6). 做溶剂，增大反应物和催化剂间 接触面积，使其充分 反应 (7). 防止三氯化铝水解和氯水氧化苯甲醛 (8). 水浴 【解析】 【分析】 实验室制备氯气为二氧化锰和浓盐酸反应，条件加热，启普发生器不能用于加热反应；在收集氯气过程中， 要先用饱和食盐水吸收挥发的氯化氢，然后用浓硫酸干燥，最后用排空气法收集，尾气用碱石灰吸收。 【详解】（1）实验室 Cl2 的制备选用二氧化锰和浓盐酸进行加热，属于固液加热型装置，该方法可以选择图 中的 B 为 Cl2 发生装置，反应中氧化剂为二氧化锰，还原剂为盐酸，反应为 MnO2 + 4H+ + 2Cl- = Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O，物质的量之比为 1:2。 （2）选择图中的装置收集一瓶纯净干燥的 Cl2，浓硫酸具有吸水性，饱和食盐水吸收挥发出的氯化氢气体 和降低氯气的溶解度，碱石灰防止氯气泄漏，进行尾气处理，即接口的连接顺序为 a→g,f→d,e→b,c→h。 （3）用饱和食盐水除去 Cl2 中混有的 HCl 的原因为 Cl2 溶于水，存在如下可逆反应： ，在饱和食盐水中，c(Cl-)较大，使平衡左移，氯气溶解度减小，而氯化 氢气体极易溶于水被吸收。 （4）图中仪器 A 的名称是三颈烧瓶。 （5）间氯苯甲醛的制备过程中，二氯乙烷的作用是做溶剂，增大反应物和催化剂间的接触面积，使其充分 反应；该实验要求无水操作，理由是防止三氯化铝水解和氯水氧化苯甲醛；该实验有两次恒温过程，为控 的 2 2Cl H O H Cl HClO+ −+ + + 2 2Cl H O H Cl HClO+ −+ + +制反应温度仪器 A 处可采用水浴加热的方法。 10.氮硫的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。 （1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H 的反应机理和各基元反应（基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的 反应，又称为简单反应）的活化能为： 2NO(g) N2O2(g)E1=82kJ·mol－1v=k1c2(NO) N2O2(g) 2NO(g)E-1=205kJ·mol－1v=k－1c(N2O2) N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)E2=82kJ·mol－1v=k2c(N2O2)·c(O2) 2NO2(g) N2O2(g)＋O2(g)E－2=72kJ·mol－1v=k－2c2(NO2) ①2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H=______kJ•mol-1，平衡常数 K 与上述反应速率常数 k1、k-1、k2、k-2 的关系 式为 K=_______； ②某温度下反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的速率常数 k=8.8×10-2L2•mol-2•s-1，当反应物浓度都是 0.05mol•L-1 时，反应的速率是__________________mol•L-1•s-1；若此时缩小容器的体积，使气体压强增大为 原来的 2 倍，则反应速率增大为之前的______倍。 （2）2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程中能量变化如图 1 所示。在 V2O5 存在时，该反应的机理为： V2O5+SO2 2VO2+SO3(快)4VO2+O2 2V2O5(慢) 下列说法正确的是___________ A．反应速率主要取决于 V2O5 的质量 B．VO2 是该反应的催化剂 C．逆反应的活化能大于 198kJ/mol D．增大 SO2 的浓度可显著提高反应速率 （3）某研究小组研究 T1℃、T2℃时，氮硫的氧化物的转化：NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g)中 lgP(NO2) 和 lgP(SO3)关系如图 2 所示，实验初始时体系中的 P(NO2)和 P(SO2)相等、P(NO)和 P(SO3)相等。 ①根据题意可知：T1______T2（填“＞”“＜”或者“=”）,理由 ___________________。 ②由平衡状态 a 到 b，改变的条件是__________________。 是（4）工业上可用 NaClO 碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收SO2。为了提高吸收效率，常用 Ni2O3 作为催化剂。 催化过程如图 3 所示。 ①过程 2 的离子方程式_______________________________。 ②Ca(C1O)2 也可用于脱硫，且脱硫效果比 NaC1O 更好，原因是________________。 【答案】 (1). -113 (2). (3). 1.1×10-5 (4). 8 (5). CD (6). ＜ (7). 该反应为 放热反应，温度越高，Kp 越小 (8). 将容器体积缩小为原来的 0.1 (9). 2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O (10). Ca2+和 SO42-结合生成微溶的硫酸钙，有利于反应的进行 【解析】 【分析】 根据基元反应原理，总反应可分为几步简单反应，可逆反应存在正反两方向的简单反应，寻找规律，速率 常数 k 等于反应物的浓度的反应系数指数幂乘积，据此回答问题。 【详解】（1）①根据基元反应含义，第 1、3 反应为正方向的 2 个基元反应，第 2、4 为逆方向的 2 个基元 反应，2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H=E2+E1-E-1-E-1=-113kJ•mol-1，平衡常数 K= ，反应到达 平 衡 时 ， v 正 =v 逆 ， 所 以 k1c2(NO)= k － 1c(N2O2) ， k2c(N2O2)·c(O2)= k － 2c2(NO2) ， 则 有 ； ②某温度下反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的速率常数 k=8.8×10-2L2•mol-2•s-1，当反应物浓度都是 0.05mol•L-1 时，反应的速率为 mol•L-1•s-1；若此时缩小容器的体积，使气体压强增大为原来的 2 倍，浓度增大为原来的 2 倍，则反应速率 增大为之前的 23=8 倍。 （2）A．V2O5 的质量不影响反应速率，反应速率取决于慢反应速率，A 错误； B．VO2 是该反应的中间态，并非催化剂，催化剂为 V2O5，B 错误； C．生成物总能量低，逆反应的活化能大于 198kJ/mol，C 正确； D．根据有效碰撞理论，增大 SO2 的浓度可显著提高反应速率，D 正确； 答案为 CD。 （3）①根据题意可知：T1＜T2，理由是该反应为放热反应，温度越高，Kp 越小。 ②根据坐标可知，由平衡状态 a 到 b，改变的条件是将容器体积缩小为原来的 0.1。 （4）工业上可用 NaClO 碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收 SO2。为了提高吸收效率，常用 Ni2O3 作为催化剂。 1 2 1 2 k k k k− − 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) c NO c O c NO 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k c NO c N O c NO Kk k c O c NO c N O c O c NO− − = = = 2 3 52 2 2 110( ) ( 2) 8.8 (0.05mol) 1.1 1• 0•L molN c skc O O − −− −= × × = ×①从箭头指向可知，过程 2 的离子方程式 2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O。 ②Ca(C1O)2 也可用于脱硫，且脱硫效果比 NaC1O 更好，原因是 Ca2+和 SO42-结合生成微溶的硫酸钙，有利 于反应的进行。 11.氢能被誉为 21 世纪的“终极能源”，具有高效、高压、环保、体积小等特点，氢能转化被视为新能源汽 车终极解决方案，也是资本与技术趋之若鹜的领域。镧镍合金 LaNix 是一种良好的储氢材料。工业上可用 下列方法冶炼镍。 （1）一个电子的运动状态取决于________种因素，基态 Ni 原子核外电子占据_____个不同原子轨道。 （2）CO 分子内 σ 键和 π 键个数之比为________；已知 Ni(CO)4 的结构如图所示，中心原子 Ni 的杂化类 型为_________，Ni 原子参与形成了______个配位键，Ni(CO)4 属于______晶体，理由是 ________________________________。 （3）研究发现镧镍合金 LaNix 属六方晶系，其晶胞如图 a 中实线或图 a´所示，储氢位置有两种，分别是八 面体空隙（“ ”）和四面体空隙（“ ”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为 LaNixHy。 ①LaNix 合金中 x 的值为_______；②晶胞中和“ ”同类的八面体空隙有____个，和“▲”同类的四面体空隙有____个。 ③若 H 进入晶胞后，晶胞的体积不变，H 的最大密度是______________g/cm-3（保留 2 位有效数字， NA=6.0×1023 =1.7）。 【答案】 (1). 4 (2). 15 (3). 1：2 (4). sp3 (5). 4 (6). 分子 (7). Ni(CO)4 不存在离子键， 晶体的构成微粒是分子，微粒间的相互作用力是分子间作用力 (8). 5 (9). 3 (10). 6 (11). 0.18 【解析】 【分析】 利用均摊法求出晶胞中的 La 与 Ni 的原子个数比，进而得出化学式；结合几何关系，找出六方晶胞的体积， 再依据密度公式作答。 【详解】（1）一个电子的运动状态取决于它所处的电子层、电子亚层、轨道的空间伸展方向和自旋状态 4 种因素，基态 Ni 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，基态 Ni 原子核外电子占据 15 个不同原子轨 道。 （2）CO 分子内存在三键，σ 键和 π 键个数之比为 1：2； 由图可知，Ni(CO)4 中心原子 Ni 的杂化类型为 sp3，Ni 原子参与形成了 4 个配位键，Ni(CO)4 属于分子晶体，理由是 Ni(CO)4 不存在离子键，晶体的构成微 粒是分子，微粒间的相互作用力是分子间作用力。 （3）①该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参考 a，b， 如果将平行六面体抽取出来，晶胞如 a’所示，La 在顶点，Ni 在面心有 4 个，其中顶层和底层各 2 个，均摊 后各 1 个，前后左右 4 个面各 1 个，均摊后共 2 个；体心 1 个，故 LaNix 合金中 x 的值为 5； ②根据 b，c 结构可知，晶胞中和“ ”同类的八面体空隙有 3 个，和“▲”同类的四面体空隙有 6 个。 ③六方晶胞的体积为 V=a2csinθ=(500×10-10)2×400×10-10×sin60°=8.5×10-23，密度 。 12.目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A） 和有机物 C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程： （1）化合物 C 的官能团名称为____________________。B 的结构简式为_____________。 （2）反应①的反应类型为_____________。 3 23 3 23 9 6.02 10 0.18 /8.5 10 m g cmV ρ − − ×= = =×（3）写出 C 与过量 NaHCO3 水溶液反应的化学方程式______________________________。 （4）下列关于化合物 D 的说法正确的是__________（填字母）。 A．属于烯烃 B．1molD 最多能与 4molH2 发生加成反应 C．一定条件下发生缩聚反应 D．核磁共振氢谱有 6 组峰 （5）满足下列条件下的 D 的同分异构体有多种，写出 2 个互为顺反异构的结构简式。顺式结构： _______________，反式结构_______________。 ①能发生银镜反应和水解反应②存在手性碳原子 （6）请参照上述制备流程，写出以有机物 C、乙烯和 为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任用）___。 【 答 案 】 (1). 羧 基 、 酚 羟 基 (2). CH2=CH-CH2Br (3). 取 代 反 应 (4). (5). BD (6). (7). (8). 【解析】 【分析】 丙烯（A）在有光的环境下反应生成 B，发生取代反应，B 为 CH2=CHCH2Br，根据逆推可知，有机物 C （C7H6O3）为苯环结构，取代基在对位，C 为 ，B 与 C 发生取代反应生成 D，再与 SOCl2 发生取代反应，将羧基中的-OH 取代为-Cl，最后再发生一次取代反应生成 F。 【 详 解 】（1）C 为 ， 化 合 物 C 的 官 能 团 名 称 为 羧 基 、 酚 羟 基 。B 的 结 构 简 式 为 CH2=CH-CH2Br。 （2）反应①碳碳双键不参与反应，甲基的氢被取代，反应类型为取代反应。 （3）写出 C 与过量 NaHCO3 水溶液反应，酚羟基不能反应，羧基能参与反应，化学方程式 。（4）化合物 D 含有碳碳双键和羧基，A．具有含氧官能团，不属于烯烃，A 错误； B．1molD 最多能与 4molH2 发生加成反应，羧基不发生还原反应，B 正确； C．不发生缩聚反应，能发生加聚反应，C 错误； D．结构为对位取代，苯环有 2 组氢原子环境一致，核磁共振氢谱有 6 组峰，D 正确； 答案为 BD。 （5）D①能发生银镜反应和水解反应，说明具有-OOCH 结构，②存在手性碳原子，说明存在碳原子的 4 个 共价键连接的取代基不同，顺式结构： ，反式结构 。 （6）根据题中资料，根据逆推法可知，有机物 C、乙烯和 为原料制备 的合成路线流程图为 。