湖北省黄冈中学2019届高三下学期5月第二次模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

湖北省黄冈中学2019届高三下学期5月第二次模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 湖北省黄冈中学2019届高三第二次模拟考试 综合（理科）试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56‎ 第Ⅰ卷（选择题，126分）‎ ‎1.《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（ ）‎ A. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 B. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源 C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅 D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 合金属于金属材料，A项正确；‎ B. 核电、光电、风电、水电等这些电能均是经过转化的能源属于二次能源，B项错误；‎ C. 光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，C项错误；‎ D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D项错误；‎ 答案选A ‎【点睛】本题B选项是易错点，一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。包括：原煤、原油、天然气、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等；‎ 二次能源则指由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，主要包括：电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、 液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等。‎ ‎2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 在电解精炼铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数目为NA B. 将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体分子数为NA C. 9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NA - 20 -‎ D. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了NA个电子，有0.5mol铜单质生成，质量为0.5mol×64g/mol=32g，A项正确；‎ B. 将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中氯化氢与一氯甲烷是气体，根据元素守恒可知，氯化氢的物质的量为1mol，B项错误；‎ C. 依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知，1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子，9.2g甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA，C项正确；‎ D. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，因此醋酸分子数为100mL×0.1mol/L×NA=0.01NA，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应，如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握， 这样才能通过复习切实提高得分率。‎ ‎3.已知M、N是合成某功能高分子材料的中间产物，下列关于M、N说法正确的是（ ）‎ A. M、N都属于烯烃，但既不是同系物，也不是同分异构体 B. M、N分别与液溴混合，均发生取代反应 C. M、N分子均不可能所有原子共平面 - 20 -‎ D. M、N均可发生加聚反应生成高分子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. M分子结构中官能团为碳碳双键与羟基，为烃的衍生物，不属于烯烃，M与N在组成上相差不是n个CH2，且分子式也不相同，所以但既不是同系物，也不是同分异构体，A项错误；‎ B. M、N分子结构中均含碳碳双键，与液溴混合时，可发生加成反应，苯环与液溴发生取代反应时，还需要催化剂，B项错误；‎ C. M分子内含碳碳单键，中心C原子采用sp3杂化，不可能所有原子共平面，N所有原子可以共平面，C项错误；‎ D. M、N分子结构中均含碳碳双键，均可发生加聚反应生成高分子化合物，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：‎ ‎①11KClO3+6I2+3H2O == 6KH(IO3)2 +3Cl2↑+5KCl ‎②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O 下列说法正确的是（ ）‎ A. 化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键 B. 反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2‎ C. 向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝 D. 可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 化合物KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；‎ B. 气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；‎ C. 碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；‎ - 20 -‎ D. 钾元素的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学基本常识，A项是易错点，要牢记氢键不属于化学键，且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中，可以分为分子内氢键，如邻羟基苯甲醛，也可存在分子间氢键，如氨气、氟化氢、水和甲醇等。‎ ‎5.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素；元素X和Z同族，Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径大小为Y＜X＜Z B. Y和Z的氢化物溶于水，所得溶液均呈酸性 C. W与Z均只有两种的含氧酸 D. 工业上电解熔融Y2X制备单质Y ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知，同周期元素中，从左到右原子半径依次减小，同主族元素中，从上到下原子半径依次增大，因Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，采用逆分析法可知，这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体，则可知Z为S，其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，可与W的单质（C）反应，因此推出W为C；又X和Z同族，则X为O元素，据此分析作答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，W、X、Y、Z分别是C、O、Na和S元素，则 A. 简单离子的电子层数越多，其对应的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径大小为Y＜X＜Z，A项正确；‎ B. 氢化钠为离子化合物，溶于水后与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，使溶液呈现碱性，B项错误；‎ C. C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代硫酸等，C项错误；‎ - 20 -‎ D. 工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠，而不是Na2O，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】B项是易错点，学生要注意氢元素与活泼金属作用时，形成离子化合物，H显-1价。‎ ‎6.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）‎ A. 灼烧海带：‎ B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：‎ C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2：‎ D. 以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；‎ B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；‎ C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2‎ - 20 -‎ ‎，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误；‎ D. Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点是D项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。‎ ‎7.水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。‎ 已知Ksp(CaSO4)=9×10-6，Ksp(CaCO3)=3×10-9，lg3=0.5，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2+)·c(SO42-)=Ksp(CaSO4)‎ B. CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq) K=3×103‎ C. 该Na2CO3溶液的浓度为1mol/L D. 相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CaSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)= c(Ca2+)·c(SO42-)，A项正确；‎ B. CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数 - 20 -‎ ‎，B项正确；‎ C. 依据上述B项分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq) K=3×103，每消耗1mol CO32-会生成1mol SO42-，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的浓度，设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L，则c(SO42-)=1mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lg c(CO32-)=3.5，与图像相符，C项正确；‎ D. 依据题意可知，起始CaSO4的物质的量为0.02mol，相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lg c(CO32-)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.香豆素存在于黑香豆、香蛇鞭菊、野香荚兰、兰花中，具有新鲜干草香和香豆香，是一种口服抗凝药物。实验室合成香豆素的反应和实验装置如下：‎ 可能用到的有关性质如下：‎ - 20 -‎ 合成反应：‎ 向三颈烧瓶中加入95%的水杨醛38.5g、新蒸过的乙酸酐73g和1g无水乙酸 钾，然后加热升温，三颈烧瓶内温度控制在145~150℃，控制好蒸汽温度。此时，乙酸开始蒸出。当蒸出量约15g时，开始滴加15g乙酸酐，其滴加速度应与乙酸蒸出的速度相当。乙酸酐滴加完毕后，隔一定时间，发现气温不易控制在120℃时，可继续提高内温至208℃左右，并维持15min至半小时，然后自然冷却。‎ 分离提纯：‎ 当温度冷却至80℃左右时，在搅拌下用热水洗涤，静置分出水层，油层用10%的 碳酸钠溶液进行中和，呈微碱性，再用热水洗涤至中性，除去水层，将油层进行减压蒸馏，收集150~160℃/1866Pa馏分为粗产物。将粗产物用95%乙醇(乙醇与粗产物的质量比为1:1)进行重结晶，得到香豆素纯品35.0g。‎ ‎（1）装置a的名称是_________。‎ ‎（2）乙酸酐过量的目的是___________。‎ ‎（3）分水器的作用是________。‎ ‎（4）使用油浴加热的优点是________。‎ ‎（5）合成反应中，蒸汽温度的最佳范围是_____(填正确答案标号)。‎ a．100~110℃ b．117.9~127.9℃ c．139~149℃‎ ‎（6）判断反应基本完全的现象是___________。‎ ‎（7）油层用10%的碳酸钠溶液进行中和时主要反应的离子方程式为______。‎ ‎（8）减压蒸馏时，应该选用下图中的冷凝管是_____(填正确答案标号)。‎ a．直形冷凝管 b．球形冷凝管 c．蛇形冷凝管 - 20 -‎ ‎（9）本实验所得到香豆素产率是______。‎ ‎【答案】 (1). 恒压滴液漏斗 (2). 增大水杨醛的转化率 (3). 及时分离出乙酸和水，提高反应物的转化率 (4). 受热均匀且便于控制温度 (5). b (6). 一段时间内分水器中液体不再增多 (7). 2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑ (8). a (9). 80%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据仪器的构造作答；‎ ‎（2）根据浓度对平衡转化率的影响效果作答；‎ ‎（3）分水器可分离产物；‎ ‎（4）三颈烧瓶需要控制好温度，据此分析；‎ ‎（5）结合表格中相关物质沸点的数据，需要将乙酸蒸出，乙酸酐保留；‎ ‎（6）通过观察分水器中液体变化的现象作答；‎ ‎（7）依据强酸制备弱酸的原理作答；‎ ‎（8）减压蒸馏的冷凝管与普通蒸馏所用冷凝管相同；‎ ‎（9）根据反应的质量，得出转化生成的香豆素理论产量，再根据产率=作答。‎ ‎【详解】（1）装置a的名称是恒压滴液漏斗；‎ ‎（2）乙酸酐过量，可使反应充分进行，提高反应物的浓度，可增大水杨醛的转化率；‎ ‎（3）装置中分水器可及时分离出乙酸和水，从而提高反应物的转化率；‎ ‎（4）油浴加热可使受热均匀且便于控制温度；‎ ‎（5）控制好蒸汽温度使乙酸蒸出，再滴加乙酸酐，根据表格数据可知，控制温度范围大于117.9℃小于139℃，b项正确，故答案为b；‎ ‎（6）分水器可及时分离乙酸和水，一段时间内若观察到分水器中液体不再增多，则可以判断反应基本完全；‎ ‎（7）碳酸钠会和乙酸反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，其离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；‎ ‎（8）减压蒸馏时，选择直形冷凝管即可，故a项正确；‎ ‎（9）水杨醛的物质的量==0.2998mol,乙酸酐的物质的量=‎ - 20 -‎ ‎=0.7157mol，则可知乙酸酐过量，理论上可生成香豆素的物质的量=0.2998mol，其理论产量=0.2998mol×146g/mol=43.77g，则产量==80%。‎ ‎9.铅单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。‎ ‎（1）铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、类似Fe3O4的Pb3O4，盛有PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，其反应的化学方程式为_______。‎ ‎（2）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：‎ 过程1中分离提纯的方法是___，滤液2中的溶质主要是____填物质的名称）。过程1中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_______。‎ ‎（3）将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式_________。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为____。‎ ‎③电解过程中，Na2PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向____极室（填“阴”或者“阳”）加入____（填化学式）。‎ ‎【答案】 (1). PbO2+4HCl (浓)= PbCl2+Cl2↑+4H2O (2). 过滤 (3). 硫酸钠 ‎ - 20 -‎ ‎(4). Pb+ PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O (5). PbCl42-+2e-=Pb+4Cl- (6). H+ (7). 阴 (8). PbO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据给定信息结合氧化还原反应规律和元素守恒规律作答；‎ ‎（2）含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）与硫酸亚铁和硫酸作用，生成不溶物PbSO4、炭黑和滤液硫酸铁、硫酸等，其中硫酸亚铁作催化剂，加快Pb和PbO2的反应，经过过滤得到的PbSO4粗品再与氢氧化钠反应制得PbO粗品，再经过分离提纯得到高纯PbO，据此分析作答；‎ ‎（3）在上述装置图中，电解池的阳极水中的氢氧根离子发生氧化反应生成氧气，阴极则为PbCl42-得电子生成Pb的过程，再结合电解池的原理分析作答。‎ ‎【详解】（1）盛有PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，则该气体为氯气，根据氧化还原反应的规律及元素守恒可知，产物还有PbCl2和水，其化学方程式为：PbO2+4HCl (浓)= PbCl2+Cl2↑+4H2O；‎ ‎（2）过程1中得到了滤液和不溶物PbSO4，则过程1的操作方法为过滤；PbSO4与氢氧化钠反应生成物除了PbO以外，应还有硫酸钠，则滤液2中的溶质主要是硫酸钠，在Fe2+催化下，Pb和PbO2在稀硫酸作用下发生归中反应生成PbSO4的方程式为：Pb+ PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O，故答案为：过滤；硫酸钠；Pb+ PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O；‎ ‎（3）①电解时阴极PbCl42-得电子生成Pb，其电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；‎ ‎②电解过程中，惰性电极a（阳极）上水失电子发生氧化反应，其电解反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，为平衡电荷，生成的H+会通过阳离子交换膜移向阴极，故答案为：H+；‎ ‎③电解过程中，阴极发生电极反应：PbCl42－+2e-=Pb+4Cl-，则可在阴极补充PbO生成PbCl42-，使Na2PbCl4电解液浓度恢复，故答案为：阴极，PbO。‎ ‎10.雾霾中含有多种污染物，其中有氮氧化物（NOx）、CO、SO2等，给人类健康带来了严重影响，化学在解决雾霾污染中发挥了重要作用。‎ ‎（1）煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与NO2反应的化学方程式_____________。‎ ‎（2）汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应：‎ - 20 -‎ ‎2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.8kJ·mol-1‎ ‎4CO(g)+2NO2(g)3CO2(g)+N2(g) △H=-1200kJ·mol-1‎ 则反应的CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) △H=_____kJ·mol-1‎ ‎（3）氮硫的氧化物间存在如下转化SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)；实验测得平衡常数 与温度的关系如下图所示。回答下列问题：‎ ‎①该反应正反应的活化能___（填“＞”或“＜”）逆反应的活化能。‎ ‎②反应速率v=V正-V逆=k正xSO2·xNO2-k逆xSO3·xNO，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，T℃时，k正_____k逆（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎③T℃时，在体积为2L的容器中加入1molSO2(g)、1molNO2(g)，5min时测得xSO3=0.2，此时平衡向___（填“正”或“逆”）反应方向移动，=___（保留2位小数）。‎ ‎（4）已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g) ΔH=－180.6kJ/mol，在某表面催化剂的作用下，NO可以分解生成N2、O2，其反应机理可简化为：‎ 第一步：2NO →N2O2 快 第二步：N2O2 →N2+O2 慢 下列表述正确的是____（填标号)。‎ A．所有化合反应都是放热反应 B．N2O2是该反应的的中间产物 C．加入合适的催化剂可以减小反应热ΔH，加快反应速率 D．第一步的活化能比第二步低 ‎【答案】 (1). CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O (2). -226.6 (3). < (4). = (5). 正 (6). 2.25 (7). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）CH4催化还原NO2会生成无污染的氮气与二氧化碳；‎ - 20 -‎ ‎（2）依据盖斯定律作答；‎ ‎（3）①根据图像结合平衡常数随温度的变化规律得出反应的热效应，反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能，据此分析；‎ ‎②T℃时K正=K逆，反应的平衡常数K=；‎ ‎③依据三段式，结合浓度商与平衡常数的大小关系作答，再根据上述公式先求出各物质的体积分数再作答；‎ ‎（4）A. 放热反应跟是否是化合反应无关；‎ B. 反应生成后又被消耗的物质属于中间产物；‎ C.催化剂不会改变反应热；‎ D.化学反应由慢反应决定，活化能越小，反应速率越快。‎ ‎【详解】（1）CH4与NO2反应的化学方程式为CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O；‎ ‎（2）反应I：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.8kJ·mol-1‎ 反应II： 4CO(g)+2NO2(g)3CO2(g)+N2(g) △H=−1200kJ⋅mol−1‎ 盖斯定律计算(反应II−反应I)×得到反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) △H = −226.6 kJ/mol，故答案为：−226.6；‎ ‎（3）①K正随温度的增加而减小，K逆随温度的增加而增大，则说明该反应正反应方向为放热反应，△H<0，则正反应的活化能<逆反应的活化能；‎ ‎②SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)是气体分子数不变的反应，化学平衡常数K== =1，所以k正=k逆；‎ ‎③T℃时，K=1，在体积为2L的容器中加入1molSO2(g)、1molNO2(g)，5min时测得xSO3=0.2，则,此时xSO3=0.2，则=0.2，解得x=0.2，则浓度商Qc=<1，则平衡向正方向移动，v正=k正 - 20 -‎ xSO2·xNO2，v逆=k逆xSO3·xNO，则=，故答案为：正；2.25；‎ ‎（4）A. 不是所有的化合反应都是放热反应，如C和CO2化合生成CO的反应为吸热反应，A项错误；‎ B. 反应生成后又被消耗的物质属于中间产物，N2O2是该反应的的中间产物，B项正确；‎ C. 加入合适的催化剂可以加快化学反应速率，但不能改变反应热，C项错误；‎ D. 第一步反应为快反应，第二步的反应为慢反应，快反应的的活化能较低，D项正确；答案选BD。‎ ‎11.‎ 镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：‎ ‎（1）基态镍原子的价电子排布式为_____，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。‎ ‎（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有___‎ A．CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2-‎ B．NH3的空间构型为平面三角形 C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4‎ D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，镍元素均是sp3杂化 ‎（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“•••”分别表示出配位键和氢键。_____‎ ‎（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：‎ - 20 -‎ NiO晶胞中Ni2+的配位数为____，NiO熔点比NaCl高的原因是_____。‎ ‎（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示，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). 3d84s2 (2). 5 (3). A (4). (5). 6 (6). 离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高 (7). 5 (8). 3 (9). 6 (10). 0.18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据Ni的最外层电子排布式作答；‎ - 20 -‎ ‎（2）A. CO与N2互为等电子体，互为等电子体的两种物质结构相似；‎ B. 依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论作答；‎ C. 找出[Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+两种配合物的配体个数；‎ D. 依据杂化轨道理论分析其杂化类型；‎ ‎（3）依据配位键与氢键的存在原子种类分析；‎ ‎（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠相同；从离子晶体的晶格能角度分析熔点高低；‎ ‎（5）①利用均摊法求出晶胞中La与Ni的原子个数比，进而得出化学式；‎ ‎②根据空间构型分析作答；‎ ‎③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）Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d轨道有5个伸展方向，故答案为：3d84s2；5；‎ ‎（2）A. CO、CN-与N2互为等电子体，N2分子内含1个σ键和2个π键，A项正确；‎ B. NH3中N原子为sp3杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，B项错误；‎ C. [Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+中的Ni的化合价为+2价，其配位数分别是4和6，C项错误；‎ D. [Ni(CN)4]2-为正四面体，采用sp3杂化，而[Ni(NH3)6]2+是正方形，不是sp3杂化方式，D项错误；‎ 故答案选A；‎ ‎（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O和F等电负性很强原子形成的共价键的H与另外的N、O和F等电负性很大的原子之间，则可以为：；‎ ‎（4）氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6，NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高；‎ - 20 -‎ ‎（5）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照图a和b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如下图所示，，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）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5，‎ ‎②其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示：‎ ‎，（若以空心球表示原子，实心球表示空隙的中心，则正八面体结构为，四面体结构为：；‎ ‎③六方晶胞体积V=a2csinθ=(500×10-10)2×400×10-10×sin60°=8.5×10-23 cm3，‎ - 20 -‎ ‎。‎ ‎12.‎ 利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下：‎ 已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2‎ ‎②‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为____。‎ ‎（2）B中含氧官能团的名称是______。‎ ‎（3）X的分子式为_______。‎ ‎（4）反应①的反应类型是________。‎ ‎（5）反应②的化学方程式是_______。‎ ‎（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。‎ ‎（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。‎ ‎【答案】 (1). 3-氯丙炔 (2). 酯基 (3). C13H16O2 (4). 取代反应 (5). ‎ - 20 -‎ ‎ (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；‎ - 20 -‎ ‎（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；‎ ‎（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；‎ ‎（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；‎ ‎（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；‎ ‎（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。‎ ‎ ‎ - 20 -‎