1、湖北省新高考联考协作体2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 C1-355 Cr-52 Fe-561. 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是( )A. 75%的乙醇指的是体积分数B. NaClO与洁厕灵混用消毒效果更好C. 过氧乙酸通过氧化性灭活病毒D. 氯仿的分子式为CHCl3是一种良好的有机溶剂【答案】B【解析】【详解】
2、A. 体积分数为75%的乙醇为医用酒精，可用于杀菌消毒，能处理外伤，故A正确；B. 次氯酸钠与盐酸（洁厕灵主要成分）反应生成有毒气体，故次氯酸钠不能与洁厕灵混合使用，故B错误；C. 含过氧键的物质都有强氧化性，过氧乙酸含过氧键而具有强氧化性，可灭活病毒，故C正确；D. 氯仿的分子式为CHCl3是一种良好的有机溶剂，故D正确；故答案为：B 。2. 下面的价电子排布中，第一电离能最小的原子可能是（ ）A. ns2np3B. ns2np5C. ns2np4D. ns2np6【答案】C【解析】【详解】同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第A族元素比第A族元素的第一电离能
3、大，第A族比第A族第一电离能大，ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6属于同一周期且其原子序数依次增大，但ns2np3属于第VA元素，ns2np4属于第A族，所以元素的第一电离能的大小顺序是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4，所以最小的为ns2np4，故选C。【点睛】本题考查了同一周期元素第一电离能大小的判断，注意原子轨道处于半充满、全充满状态下结构稳定，同一周期中第A族元素比第A族元素的第一电离能大，第A族比第A族第一电离能大。3. 下列反应式中，不能正确表达反应颜色变化的是( )A. 过氧化钠在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2 = 2Na2O
4、+ O2B. 用稀硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中放置会变蓝：4I- + O2 + 4H+ = 2I2 + 2H2OC. 浓硫酸滴到蔗糖中，蔗糖变黑，体现浓硫酸脱水性：C12H22O11 12C + 11H2OD. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2 + 2FeCl3 = 2Fe(OH)3 + 3MgCl2【答案】A【解析】【详解】A. 过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+ O2，故A错误；B. 酸性条件下碘离子容易被氧气氧化成碘单质，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为：4I-
5、 + O2 + 4H+ =2I2 + 2H2O，故B正确；C. 浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水而碳化，发生反应：C12H22O11 12C + 11H2O ，故C正确；D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀，发生反应为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3 = 2Fe(OH)3 + 3MgCl2 ，故D正确；故答案为：A 。4. 下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是()A. 键能C-CSi-Si、C-HSi-H，因此C2H6稳定性大于Si2H6B. 立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度C. Si原子
6、间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p-p键D. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4【答案】D【解析】【详解】A原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳定，原子半径：SiC，所以键能C-CSi-Si、C-HSi-H，C2H6稳定性大于Si2H6，故A正确；B由于立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，即为原子晶体，依靠很强的共价键聚集，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正确；CSi的原子半径较大，原子间形成的键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故C正确：DSi与
7、C为同主族元素，同族元素从上到下非金属性减弱，所以C的氧化性强于Si，则SiH4还原性大于CH4，故D错误；故选：D。5. 某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的一种或者几种组成，进行如下实验：混合物溶于水，得到澄清透明溶液；做焰色反应，火焰颜色为黄色；向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象对其组成判断正确的是( )A. 可能为KCl、NaClB. 一定为NaCl、MgSO4C. 可能为NaCl、KCl、MgSO4D. 可能为KCl、MgSO4、CaCO3【答案】C【解析】【详解】混合物溶于水，得到澄清透明溶液；则无CaCO3；做焰色反应，火焰颜色为黄色，则含有NaC
8、l，可能含有KCl；向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；综上：白色固体混合物中一定有NaCl、MgSO4，可能含KCl，一定没有CaCO3，故C正确；故选：C。6. 下列选用的仪器和药品不能达到实验目的的是( )ABCD制备Fe(OH)2并能较长时间看到白色沉淀在铁上镀铜制备无水MgCl2除Cl2中的HClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，要较长时间保存Fe(OH)2沉淀，必须在制取过程中尽可能减少和空气接触，图中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以能减少氢氧化亚铁与氧气的接触，符合题意，故A正确；B.
9、 在铁上镀铜，则铁为阴极应与电源负极相连，铜为阳极应与电源正极相连，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，符合题意，故B正确；C. 制备无水MgCl2，应在氯化氢气流中加热，符合题意，故C正确；D. 除杂时导管应长进短出，图中气体的进入方向不合理，故D错误；故答案为：D 。7. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。M是地壳中含量第二高的元素，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是( )A. Y、Z、M形成简单氢化物稳定性：ZYMB. X、Y、Z、M的原子半径：MZYXC. Z2X4的水溶液
10、呈碱性D. ZQ3中原子最外层都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，M是地壳中含量第二高的元素，则M为Si元素，又知Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，则Y为C元素，Z为N元素；化合物Z2X4的电子总数为18个，则X的电子数为，X为H元素，该化合物为N2H4；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，所以Q为第三周期元素，最外层电子数为7，Q为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为Cl元素，则：A. 同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素非
11、金属性依次减弱，因元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，所以Y、Z、M形成简单氢化物稳定性：Z Y M，故A正确；B. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比较： M（Si）Y（C）Z（N）X（H），故B错误；C. N2H4的结构简式可表示为H2N-NH2，分子中含两个氨基，可与酸反应，具有碱性，故C正确；D. ZQ3形成的化合物为NCl3，该分子中原子最外层都满足8电子稳定结构，故D正确；故答案为：B 。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意
12、规律性知识的应用，题目难度不大。8. 从中草药中提取的calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebin A说法错误的是()A. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种B. 1mol该物质与溴水反应，最多消耗5 mol Br2C. 其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应D. l mol该分子最多与9 mol H2发生加成反应【答案】B【解析】【分析】由结构可知，分子中含酚羟基、碳碳双键、酯基及醚键、羰基，结合酚、烯烃、酯等有机物的性质来解答。【详解】A. 该有机物结构不对称，苯环上分别含3种H，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故A正确；B. 该有机物中
13、能与溴水发生的官能团有酚羟基和碳碳双键，所以1 mol该物质与溴水反应，最多消耗4 mol Br2，故B错误；C. 该有机物中含酯基，可在酸溶液中水解，且水解产物均含酚羟基，可与碳酸钠溶液反应，故C正确；D. 苯环、碳碳双键、羰基与氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与9mol H2发生加成反应，故D正确；故选B 。9. 熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为：2Na + x SNa2Sx (x = 53，难溶于熔融硫)。下列说法错误的是( )A. Na2S4的电子式为：B. 放电时正极反应为：xS + 2Na+ + 2e- = Na2SxC. 充电时的阴极反应
14、：Na - e- = Na+D. Na和S分别为电池的负极和正极【答案】C【解析】【分析】由电池的总反应方程式可知，放电时，熔融钠失电子发生氧化反应作负极，熔融硫得电子发生还原反应作正极，负极反应式为Na - e- = Na+，正极反应为xS + 2Na+ + 2e- = Na2Sx，阴离子向负极移动，Na-Al2O3为隔膜，阳离子向正极移动，以此答题。【详解】A. Na2S4的结构类似过氧化钠，所以Na2S4电子式为：，故A正确；B. 由电池的总反应方程式可知，x个S原子得到2个电子，所以放电时正极反应为xS + 2Na+ + 2e- = Na2Sx（因Na2Sx难溶于熔融硫，故不拆），故B
15、正确；C. 由充电时的总反应方程式可知，电池充电时阴极发生得电子的还原反应，故C错误；D. 由电池的总反应方程式可知，放电时，熔融钠失电子发生氧化反应作负极，熔融硫得电子发生还原反应作正极，故D正确；故选：C。10. 5 mL 0.1 mol/L KI溶液与1 mL 0.1mol/L FeCl3溶液发生反应：2Fe3+ (aq) + 2I-(aq) = 2Fe2+(aq) + I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )A. 加入苯，振荡，平衡正向移动B. 加入FeSO4固体，平衡逆向移动C. 该反应的平衡常数K=D. 经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈红色，表明该化学
16、反应存在限度【答案】C【解析】【详解】A. 加入苯，导致溶液中碘单质的浓度减小，减少生成物的浓度平衡正向移动，故A正确；B. 加入FeSO4固体，导致溶液中亚铁离子的浓度变大，平衡逆向移动，故B正确；C. 由反应2Fe3+(aq) + 2I- (aq) = 2Fe2+(aq) + I2(aq)可知：平衡常数K=，故C错误；D. 在FeCl3与过量的KI溶液充分反应后的溶液用苯萃取后，往溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有三价铁离子，即铁离子没有完全反应，说明该化学反应存在限度，故D正确；故选C 。11. 交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）A.
17、聚合物P中有酯基，能水解B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应C. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构D. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得【答案】C【解析】【详解】A. 根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A正确；B. 聚合物P中含酯基，可由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应合成，故B正确；C. 乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH，与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，不能形成交联结构，故C错误；D. 聚合物P的原料之一为丙三醇，油脂为高级脂肪酸甘油酯，油脂水解可生成甘油即丙三醇，故D正确；答案选C。【点睛】根据
18、X和Y的结构知聚合物P中含酯基，所以用切割法判断合成聚合物P的原料。12. 室温下，将两种浓度均为0.l mol/L的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是 ( )A. NaHCO3-Na2CO3混合溶液：c(Na+)c(HCO)c(CO)c(OH-)B. 氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH3H2O)c(NH)c(Cl-)c(OH-)c(H+)C. CH3COOH-CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)D. H2C2O4-NaHC2O4混合溶液：2c(Na+)=c
19、(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O)【答案】B【解析】【详解】ANaHCO3水溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：碳酸根离子 碳酸氢根离子，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)c(CO )，碳酸氢根离子和碳酸根离子水解程度微弱，生成的OH- 浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)c(HCO)c(CO )c(OH-)，故A正确；B. 该混合溶液中电荷守恒为：c(NH) + c(H+) = c(Cl-) + c(OH-)，物料守恒为：c
20、(NH3H2O) + c(NH) = 2c(Cl-)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NH) + 2c(H+) = c(NH3H2O) + 2 c(OH-)，又因为氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)，所以混合溶液显碱性，即c(OH-)c(H+)，因此溶液中c(NH3H2O)c(NH)，故B错误；C. 溶液中物料守恒为：2 c(Na+) =c(CH3COOH) + c(CH3COO-)，溶液中电荷守恒为：c(Na+) + c(H+) =c(OH-) + c(CH3COO-)，两式联立消去c(Na+)可得：c(CH3COO-) + 2c(OH-) =c(CH3COOH) + 2c(H+)
21、，故C正确；D. 该混合溶液中物料守恒为：2 c(Na+) =c(H2C2O4) +c(HC2O4-) + c(C2O)，故D正确；答案选B。13. 已知Co(H2O)62+呈粉红色，CoC142-呈蓝色，ZnC142-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：Co(H2O)62+ + 4Cl- CoC142- + 6H2O H用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：以下结论和解释正确的是( )A. 由实验可推知H CoC142-【答案】BD【解析】【详解】A. 置于冰水浴中由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明Co(H2O)62+ + 4Cl- CoC142- +
22、6H2O的平衡向逆反应方向移动，即降温，平衡逆向移动，说明逆反应为放热反应，则Co(H2O)62+ + 4Cl- CoC142- + 6H2O的反应为吸热反应，所以H 0，故A错误；B. 1 mol H2O分子中有2 mol键，1 mol Co(H2O)62+的键为：26+6=18mol；1 mol CoC142- 的键为4 mol，所以等物质的量的Co(H2O)62+和CoC142- 中键数之比为18:4 = 9:2，故B正确；C. c(H2O)是常数，不会改变；平衡逆向移动应是离子浓度减小引起的，故C错误；D. 加入ZnCl2后，生成难电离的稳定的粉红色的Co(H2O)62+；Zn2+浓度
23、增大，与Co2+ 结合的Cl- 更易与Zn2+ 形成配位键，生成ZnC142-，说明配离子：ZnC142- 的稳定性强于CoC142- 的稳定性，故D正确；故答案为：BD 。14. CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B. 曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D. 恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改
24、变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】【详解】A甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B根据两个反应得到总反应为CH4(g)2CO2(g) H2(g)3CO(g) H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改
25、变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。综上所述，答案为BD。15. 据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( )A. 该反应可消耗温室气体CO2B. OH- 作为中间产物参与了该催化循环C. 该催化循环中Fe的成键数目发生了变化D. 该反应可产生清洁燃料H2【答案】CD【解析】【分析】Fe(CO)5催化反应的一种反应机理为：Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H- + CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2 + OH- Fe(CO)4H2Fe(CO)4 + H2Fe(CO)5，由反应机理图可知，总反应为C
26、O + H2OCO2+ H2，其中OH-参与了该催化循环，生成清洁燃料H2和温室气体CO2，据此分析解答。【详解】A. 由反应机理图可知，总反应为CO + H2OCO2+ H2，所以该反应可生成温室气体CO2，消耗CO，没有消耗CO2，故A错误；B. 由反应机理图可知：OH- 作为催化剂参与了该催化循环，不是中间产物，故B错误；C. 由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键6个共价键5个共价键4个共价键5个共价键，即催化循环中Fe的成键数目发生变化，故C正确；D. 由反应机理图可知，总反应CO + H2OCO2+ H2 ，所以该反应可产生清洁燃料H2，故D正确。故答案为：CD 。【点
27、睛】本题考查反应机理的分析判断、催化剂作用的理解应用、化学键的变化等，明确反应机理中的各个阶段是解题关键，掌握化学反应原理等基础知识即可解答，题目难度中等。16. I：汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO， 汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如：反应I：2CO +2NON2+2CO2 H1；反应II：4CO+2NO2N2+4CO2 H20。(1)已知：反应N(g)+O2(g)=2NO(g)H3=+180.0 kJ/mol， 若CO的燃烧热H为-283.5 kJ/mol，则反应I的H1=_。(2)若在恒
28、容的密闭容器中，充入2 mol CO和l mol NO，发生反应I，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是_。AN2和CO2的物质的量之比不变 B混合气体的密度保持不变C混合气体的压强保持不变 D2v (N2) =v (CO)E混合气体的平均相对分子质量保持不变(3)在2 L密闭容器中充入2 mol CO和1 mol NO2， 发生上述反应II。若在某温度下，该反应达平衡时CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为_。如图为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。则温度：T1_T2(填“)；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。
29、II：CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电解装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：(4)阴极上的反应式为_。(5)若阳极生成的乙烯和乙烷的体积比为1：1，则两电极消耗的CH4和CO2体积比为_ (气体体积在相同条件下测定)。【答案】 (1). -747.0kJ/mol (2). ABD (3). 2 (4). (5). E (6). CO2+2e=CO+O2 (7). 4：3【解析】【详解】(1)已知N2(g)+O2(g)=2NO(g)H3=+180.0kJmol-1，CO的燃烧热H为-283.5 kJ/mol，则有2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H4=-567kJm
30、ol-l，根据盖斯定律，-得2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的H1=-747.0kJmol-1；(2)A初始投料为CO和NO，所以反应过程中N2和CO2的物质的量之比始终为1:2，所以二者的比值不变不能说明反应平衡，故A符合题意；B反应I为纯气体体系，反应前后气体总质量保持不变，恒容条件下，混合气体体积始终不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应达到平衡，故B符合题意；C反应I反应先后气体体积减小的体系，反应后体系气体压强减小，当混合气体的压强保持不变，可以说明反应达到平衡，故C不符合题意；D选项并未注明是正反应速率还是逆反应速率，无法说明是否平衡，故D符合题意；E
31、反应前后气体总质量保持不变，而气体的物质的量改变，所以未平衡时混合气体的平均相对分子质量发生改变，当其不变时，说明平衡，故E不符合题意；综上所述答案为ABD；(3)初始投料为2 mol CO和1 mol NO2，平衡时CO的转化率为50%，则平衡时n(CO)=1mol，列三段式有 ；容器的容积为2L，则平衡常数K=2；该反应焓变小于0，正反应为放热反应，相同压强条件下，升高温度平衡逆向移动，CO2的体积分数减小，所以T1T2；该反应正反应为压强减小的反应，所以压强减小平衡逆向移动CO2的体积分数减小，同时升温也会使CO2的体积分数减小，所以可能会移动到E点；(4)与电源负极相连的一极为阴极，所
32、以电极A为阴极，根据球棍模型可知电极A上CO2得电子生成CO同时产生O2，所以电极反应为CO2+2e=CO+O2；(5)根据元素守恒和电子守恒可知阳极(B极)的反应为4CH4-6e+3O2=C2H6+C2H4+3H2O，转移6mol电子时消耗4molCH4，根据阴极反应式可知消耗3molCO2，所以消耗的CH4和CO2体积比为4:3。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。17. I：氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热
33、稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。(1)写出基态N原子的核外电子排布图_。(2)NH3BH3分子中，N-B化学键称为配位键，其电子对由_原子提供。氨硼烷在催化剂作用下与水反应放出氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH+B3O+9H2B3O的结构为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_变为_。II：如图是某化合物晶胞示意图，硅原子与铝原子之间都以共价键连接。该立方体晶胞边长为apm。(3)该化合物的化学式是_。(4)该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中，Al原子构成的图为下列图形中的_。(5)求出Si与Al之间的共价键键长是_pm。【答案】 (1). (2). 氮(或者N) (3). sp3
34、(4). sp2 (5). LiAISi (6). D (7). 【解析】【分析】(1)根据构造原理书写基态N原子的核外电子排布式，据此分析解答；(2)NH3BH3分子中，氮原子和氢原子形成了3个键，氮原子还有1对孤电子对，硼原子和氢原子形成了3个键，硼原子还有空轨道，产物 中，硼原子形成3个键，没有孤电子对，据此分析解答；II： (3) 根据晶胞结构利用均摊法计算各种原子数目，其最简式即为该化合物的化学式；(4)根据晶胞中Al原子的位置结合选项分析判断；(5) Si与Al之间的共价键键长为晶胞体对角线长度的。【详解】(1)基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则核外电子排布式图；(
35、2)NH3BH3分子中，氮原子和氢原子形成了3个键，氮原子还有1对孤电子对，硼原子和氢原子形成了3个键，硼原子还有空轨道，所以氮原子和硼原子之间的共用电子对是氮原子单方面提供的，则N-B化学键称为配位键；在NH3BH3中，B原子形成4个键，没有孤电子对，B原子的杂化类型是sp3，而产物中，B原子形成3个键，没有孤电子对，原子的杂化类型是sp2，所以在该反应中，B原子的杂化类型由sp3变为sp2；II：(3)根据晶胞结构可知Si原子个数是4，Al原子个数是8+6=4，Li原子个数是12+1=4，因此该化合物的化学式是LiAlSi；(4)Al原子在该晶胞的顶点和面心，该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图
36、中，Al原子构成的图为下列图形中的D，答案选D；(5)已知该立方体晶胞边长为apm，则其体对角线的长度为apm，由晶胞图示可知，Si与Al之间的共价键键长是对角线的，即为a=pm。18. 某化工厂排放的工业废水中主要含Na+、HSO、SO，研究小组欲测定其中HSO的浓度，设计如下三个方案。请回答下列问题：(1)利用如图所示的装置完成方案一。仪器A的名称是_。量气管读数前，除冷却至室温外，还应进行操作是_。(2)方案二中吸收气体a的“X溶液可能是_。a双氧水 b硝酸钠溶液 cH2SO4酸化的KMnO4溶液若X为次氯酸钠，写出气体a与X溶液反应的离子方程式_。该方案中，操作I包含的操作名称依次为_
37、 。(3)方案三:量取20.00mL废水试样，用0.02mol/L酸性KMnO4标准溶液进行滴定。记录数据，计算。方案三设计的下列滴定方式中，最合理的是_(填标号)。该方案是否需要指示剂_?(填“是”或“否)。滴定数据记录如表：计算该废水试样中HSO3-的浓度为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 调节B、C装置使两液面相平 (3). ab (4). SO2+ClO-+H2O=2H+SO+Cl- (5). 过滤、洗涤、干燥 (6). a (7). 否 (8). 0.05【解析】【分析】方案一的原理为：利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成SO2，通过测定生成的SO2的体积来确定亚硫酸氢根的浓度；方
38、案二的原理为：首先利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成SO2，然后利用具有氧化性的溶液吸收氧化SO2得到硫酸根，再用BaCl2溶液沉淀硫酸根，过滤、洗涤、干燥得到硫酸钡沉淀，通过硫酸钡的量来计算SO2的量，继而得到硫酸氢根的浓度；方案三的原理为：利用酸性高锰酸钾溶液氧化滴定亚硫酸氢根的浓度，方程式为5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2+3H2O。【详解】(1)根据仪器A的结构可知其为分液漏斗；为保证C中气体的压强与大气压相同(这样才能知道C中气体的压强)，所以量气筒读数前除了要冷却到室温之外还应调节B、C装置使两液面相平；(2)气体a为SO2，X溶液的目的是氧化吸收SO2；a双氧水具有氧化性可以
39、氧化SO2得到硫酸根，故a可以；b硝酸钠溶液中含有硝酸根，SO2溶于水显酸性，酸性环境下硝酸根可以氧化SO2得到硫酸根，故b可以；c虽然硫酸酸化的高锰酸钾可以氧化吸收SO2，但引入了硫酸根，故c不可以；综上所述答案为ab；次氯酸钠中含有次氯酸根，可以将SO2氧化得到SO，自身被还原成Cl，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为SO2+ClO-+H2O=2H+SO+Cl-；操作I的目的是从固液混合物中得到硫酸钡沉淀，所以操作为过滤、洗涤、干燥；(3)酸性高锰酸钾溶液显酸性，且具有强氧化性，所以要用酸式滴定管，即带玻璃旋塞滴定管，故a最合理；该方案滴定过程中高锰酸根会被亚硫酸氢根还原，到达滴定终点
40、时，亚硫酸氢根完全反应，高锰酸钾过量，所以溶液会从无色变为浅紫色，所以不需要指示剂；根据表格数据四次实验消耗的高锰酸钾标准液的体积为：20.12mL-0.10mL=20.02mL、21.08mL-1.10mL=19.98mL、23.45mL-1.45mL=22.00mL、20.00mL，第三组实验数据偏差较大，所以舍去，则该实验中消耗的酸性高锰酸钾标准液的体积为=20.00mL，待测液的体积为20.00mL，结合方程式5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2+3H2O可得c(HSO)=0.05mol/L。19. 某化工厂“用含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO等)制备羟基氧化镍(
41、2NiOOHH2O)的工艺流程如图：已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如图：请回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分是_。如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_，若酸浸时将温度控制在80左右，则滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，其原因可能是_。(2)操作A中生成S的反应的离子方程式为：_。(3)试剂Y用于调节溶液的pH，则调控pH的范围是_。(4)写出沉钙后氧化过程中反应的离子方程式_。 (5)沉钙时，当溶液中c(F-)=3.010-2 mol/L时，通过计算确定溶液中Ca2+否沉淀完全_常温时，Ksp(CaF2)=2.710-11。【答案】 (1). Ca
42、SO4 (2). 70 (3). 随着温度的升高，Ni2+水解程度增大，从而形成一定量的Ni(OH)2沉淀 (4). H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+ (5). 3.2pH7.1 (6). ClO-+2Ni2+4OH-=2NiOOHH2O+C1- (7). c(Ca2+)=mol/L=3.010-8 mol/L1.010-5 mol/L，Ca2+已沉淀完全【解析】【分析】含NiO的废料(杂质为Fe2O3、 CaO、 CuO等)用H2SO4酸浸后，金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+进入溶液，大部分的CaO转化为CaSO4沉淀，即为滤渣1，少量的Ca2+残留在溶液中。加H2S，可
43、将Fe3+还原为Fe2+，也可以将Cu2+转化为CuS沉淀，此时溶液中的金属离子还有Ni2+、Fe2+和少量的Ca2+。加氧化剂X将Fe2+还原为Fe3+，再加试剂Y调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，再加NaF将Ca2+沉淀，金属离子只剩Ni2+，最后加NaOH、NaClO，制得羟基氧化镍(2NiOOHH2O)。【详解】（1）由分析可知，滤渣1的主要成分是CaSO4；由图可知当温度在70左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70C；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，；（2）由分析可知，操作A是H2S与Fe3+的反
44、应，方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+；（3）调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2pH7.1；（4）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOHH2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2+4OH-=2NiOOHH2O+C1-；（5）一般认为溶液中离子的浓度小于1.010-5mol/L，该离子沉淀完全。Ksp(CaF2)=2.710-11，所以c(Ca2+)=mol/L=3.010-8mol/L1.010-5mol/L，Ca2+已沉淀完全。20. 硝苯地平H是一种治疗高血压的药物；其一种合成路线如下：已知：酯分子中的-碳原子上的氢比
45、较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应。 + + ROH回答下列问题：(1)B的化学名称为_，的反应类型是_ 。(2)D的结构简式为_ 。(3)反应的化学方程式为_。(4)已知M与G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，且能与NaHCO3溶液反应，满足条件的M有_种，其中核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为1:1:6，写出这种物质的结构简式_。(5)参照上述合成路线，设计以乙醇为原料制备_ (无机试剂任选)。【答案】 (1). 邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) (2). 取代反应 (3). (4). + + ； (5). 5 (6). (7). 【解析】【分析】(1) 由题给B的结构简式可得
46、其名称；对比B、C的结构简式，可知的反应类型；(2) 对比C与E的结构简式，结合反应条件，可得D的结构简式；(3) 反应是甲苯发生邻位硝化反应生成B；(4) M与G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，且能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基；结合核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为1:1:6书写；(5) 由题给条件，采用逆合成分析可得合成路线。【详解】(1) 物质B中硝基为取代基，甲苯为母体，硝基与甲基处于邻位，故B的名称为：邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) ；对比B、C的结构简式，可知B中甲基上H原子被-COCOOC2H5替代，同时生成C2H5OH，属于
47、取代反应；故答案为：邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) ；取代反应；(2) 对比C与E的结构简式，结合反应条件，可知C发生酯的水解反应生成D，D脱羧得到E，故D的结构简式为：；故答案为：；(3) 反应是甲苯发生邻位硝化反应生成B，反应方程式为：+ + ；故答案为：+ + ；(4) M与G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，且能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，则满足条件的M的结构简式可能为：OHCCH2CH2CH2COOH、CH3CH(OHC)CH2COOH、CH3CH2CH(OHC) COOH、OHCCH2CH(CH3)COOH、CH3C(CHO)(CH3)COOH，共5种；其中核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为1:1:6，这种物质的结构简式为：；故答案为：5；(5) 由题给信息中酯与酯的反应可知，2分子乙酸乙酯反应可以得到CH3COCH2COOC2H5。乙醇发生氧化反应得到乙酸，乙酸与乙醇分子酯化反应得到乙酸乙酯，合成路线流程图为：；故答案为：【点睛】本题考查有机物的合成，题目涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线的设计等，注意对题目信息的理解、根据物质的结构明确发生的反应。
