湖南省达标名校2019年高考二月大联考化学试卷含解析

湖南省达标名校2019年高考二月大联考化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列说法正确的是
A．氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H+和Cl-
B．硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同
C．NH3和HCl都极易溶于水，是因为都可以和H2O形成氢键
D．CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同
2．室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（）
加入的物质结论
A 0.05molCH3COONa固体减小
B 0.05molNaHSO4固体c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）﹣c（SO42﹣）
C 0.05molNH4Cl固体水电离程度增大
D 50mLH2O 由水电离出的c（H+）·c（OH﹣）减小
A．A B．B C．C D．D
3．分子式为C5H10O2，能与NaHCO3溶液反应的有机物有
A．4种B．5种C．6种D．7种
4．通过下列反应不可能一步生成MgO的是
A．化合反应B．分解反应C．复分解反应D．置换反应
5．最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"Power Trekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。

其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是( ) A．该电池可用晶体硅做电极材料
B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3
C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．当电池转移0.2 mol电子时，可生成标准状况下1.12 LH2
6．下列表述和方程式书写都正确的是
A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H= -1367.0 kJ/mol
B．KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=
AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2 =2Mn2++5O2↑+8H2O
D．用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-
+2H+电解Cl2↑+H2↑
7．下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是
A．SO2与NaOH溶液反应B．Cu在氯气中燃烧
C．Na与O2的反应D．H2S与O2的反应
8．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（）
①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类；⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol NaOH；⑥属于芳香族化合物。

A．②④⑤B．①④⑤C．②③⑥D．②③④
9．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）
选项实验操作和现象结论
A
向NaBr溶液中分别滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层
呈橙红色
Br-的还原性强于Cl-
B 相同条件下，分别向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和
20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过
量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反
应无影响)
浓度对反应速率的影响：浓
度越大，反应速率越快
C
向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色
褪去
氯气具有强氧化性和漂白性
D
室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，
0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5 HSO3-结合H+的能力比SO32-的强
A．A B．B C．C D．D 10．属于弱电解质的是
A．一水合氨B．二氧化碳C．乙醇D．硫酸钡11．下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．Cl2通入Na2CO3溶液中
B．CO2通入CaCl2溶液中
C．NH3通入AgNO3溶液中
D．SO2通入NaHS溶液中
12．有3.92 g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到7.0 g固体沉淀物，这种铁的氧化物为
A．Fe3O4B．FeO C．Fe2O3D．Fe5O7
13．甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO 3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：
①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；
②0.1 mol·L-1乙溶液中c（H+）＞0.1 mol·L-1；
③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。

下列结论不正确的是（）
A．甲溶液含有Ba2+B．乙溶液含有SO42-
C．丙溶液含有Cl﹣D．丁溶液含有Mg2+
14．微生物电解池(MEC)是一项潜在的有吸引力的绿色电解池，其制取氢气的原理如图所示：
下列说法正确的是（）
A．MEC可在高温下工作
B．电解池工作时，化学能转变为电能
C．活性微生物抑制反应中电子的转移
D．阳极的电极反应式为CH3COO-+4H2O-8e-=2HCO3-+9H+
15．N A表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是
A．铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3N A
B．1 molNaClO中含有的Cl—数目为N A
C．5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5×10－7N A
D．18g H2O中含有的电子数为10N A
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．LiCoO2（钴酸锂）是锂离子电池的正极材料。

以某海水为原料制备钴酸锂的一种流程如下：
已知如下信息：
①该海水中含浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等。

②碳酸锂的溶解度与温度关系如图所示：
③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：
物质Li2CO3MgCO3CaCO3MnCO3Mg(OH)2
Ksp 2.5×10-26.8×10-62.8×10-92.3×10-116.0×10-10
请回答下列问题：
（1）LiCoO2中钴的化合价为________。

滤渣1主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和__________（填化学式）。

（2）调节pH=5的目的是__________。

（3）“沉锂”包括过滤、洗涤等，宜用_________（填“热水”或“冷水”）洗涤Li2CO3。

加入纯碱的量与锂回收率的关系如表所示：
序号
()
()
23
Na CO
LiCl
n
n沉淀质量/g 碳酸锂含量/% 锂回收率/%
①0.9∶1 10.09 92.36 77.67
②1.0∶1 10.97 90.19 82.46
③1.1∶1 11.45 89.37 85.27
④1.2∶1 12.14 84.82 85.45
从生产成本考虑，宜选择_______（填序号）方案投料。

（4）“除杂2”中调pH=13时c(Mg2+)=_________mol·L-1。

（5）“合成”中采用高温条件，放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体。

写出“合成”发生反应的化学方程式________。

（6）在“合成”中制备1mol LiCoO2转移电子的物质的量为__________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。

X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数
之和为8，M 的单质为黄绿色有害气体。

请回答下列问题： （1）Q 在元素周期表中的位置为__________________。

（2）Z 、Q 、M 简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。

（3）Y 的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：________________(用离子方程式表示)。

（4）QM 2的电子式为______________。

（5）M 的单质与R 的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。

回答下列问题：
(1)已知4NH 3(g)+5O 2(g)=4NO(g)+6H 2O(g)△H 1=－alkJ/mol ，4NH 3(g)+6NO(g)=5N 2(g)+6H 2O(g)△H 2=－bkJ/mol ，H 2O(1)=H 2O(g)△H 3=+ckJ/mol ，写出在298K 时，氨气燃烧生成N 2的热化学方程式___________。

(2)肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与O 2结合生成MbO 2：Mb(aq)+O 2(g)
MbO 2(aq)，其中k 正和k 逆分别表示
正反应和逆反应的速率常数，即V 正=k 正·
c(Mb)·P(O 2)，V 逆=k 逆·c(MbO 2)。

37℃时测得肌红蛋白的结合度(α)与P(O 2)的关系如下表[结合度(α)指已与O 2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]： P(O 2) 0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 α（MbO 2%）
50.0
67.0
80.0
85.0
88.0
90.3
91.0
①计算37℃、P(O 2)为2.00kPa 时，上述反应的平衡常数K=___________。

②导出平衡时肌红蛋白与O 2的结合度(α)与O 2的压强[P(O 2)]之间的关系式α=___________(用含有k 正、k 逆的式子表示)。

(3)构成肌红蛋白的甘氨酸(NH 2CH 2COOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：
+32H N CH COOH +-32H N CH COO -22H NCH COO
在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与()()
+
-
c H lg c OH 的关系如图所示：
①纯甘氨酸溶液呈___________性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为___________。

②向
()
()
+
-
c H
lg
c OH
=8的溶液中加入过量HCl时，反应的离子方程式为___________。

③用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.
称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(与甘氨酸1︰1发生反应)，测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如下图。

做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为___________%(计算结果保留一位小数)
19．（6分）氟及其化合物用途非常广泛。

回答下列问题：
（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。

它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。

可通过____方法区分晶体、准晶体和非晶体。

（2）基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为____。

[H2F]+[SbF6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为______，依次写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_______、_________。

（3）硼酸（H3BO3）和四氟硼酸铵（NH4BF4）都有着重要的化工用途。

①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序_____（填元素符号）。

②H3BO3本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH﹣生成[B(OH)4]﹣，而体现弱酸性。

[B(OH)4]﹣中B原子的杂化类型为_____。

③NH4BF4（四氟硼酸铵）可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。

四氟硼酸铵中存在_______（填序号）：A离子键Bσ键Cπ键D氢键E范德华力
（4）SF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。

SF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系的键能。

则S—F的键能为_______kJ·mol-1。

（5）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g·cm-3。

①CuF比CuCl熔点高的原因是_____________；
②已知N A为阿伏加德罗常数。

CuF的晶胞结构如上“图b”。

则CuF的晶胞参数a=__________nm （列出计算式）。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】
【详解】
A. HCl是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生H+和Cl-，A错误；
B. 硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键，因此需克服的化学键类型相同，B正确；
C. NH3和HCl都极易溶于水，NH3是因为可以和H2O形成氢键，但HCl分子与H2O分子之间不存在氢键，C 错误；
D. CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于CO2属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，而SiO2属于原子晶体，原子之间以强的共价键结合，熔化时破坏的作用力性质不同，D错误；
故合理选项是B。

2．A
【解析】
室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液的浓度为0.5mol/L。

则A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO－的水解程度变小，
故c(CH3COO－)大于原来的2倍，则c(CH3COO－)/c(Na+)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHSO4固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而c(Na+)=1mol/L，c(SO42－)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO
－)+c(CH3COOH)=c(Na+)－c(SO42－)，B正确；C、加入0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH－)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH－)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的
c(H+)•c(OH－)减小，D正确，答案选A。

3．A
【解析】
【详解】
分子式为C5H10O2且能与NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4种。

答案选A。

4．C
【解析】
【详解】
A. 2Mg+O2∆=2MgO属于化合反应，A不选；
B. Mg(OH)2MgO＋H2O属于分解反应，B不选；
C. 复分解反应无法一步生成MgO，C选；
D. 2Mg＋CO22MgO＋C属于置换反应，D不选；
答案选C。

5．C
【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。

A. 该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B. Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C. 电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D. 当电池转移0.2 mol电子时，可生成标准状况下2.24 LH2，D不正确。

本题选C。

6．C
【解析】
【详解】
A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此该式不能
表示该反应的燃烧热，A错误；
B. KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=
2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，B错误；
C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2 =2Mn2++5O2↑+8H2O，C正确；
D.用石墨作电极电解NaCl溶液，阳极Cl-失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+获得电子变为H2，反应方程式为：2Cl-+2H2O电解Cl2↑+H2↑+2OH-，D错误；
故合理选项是C。

7．B
【解析】
【详解】
A．SO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，选项A错误；
B．Cu在氯气中燃烧生成物只有氯化铜，选项B正确；
C．Na与O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，选项C错误；
D．H2S与O2的反应，若氧气不足燃烧生成硫单质和水，若氧气充足燃烧生成二氧化硫和水，选项D错误。

答案选B。

8．A
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的结构与性质。

不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。

据此回答。

【详解】
①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；
②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；
③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；
⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。

故选A。

9．A
【解析】
【详解】
A．NaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-＞Cl-，A正确；
B．要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；
C．淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D．0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；
故选A。

10．A
【解析】
【分析】
在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。

【详解】
A.NH3•H2O在水溶液中部分电离产生离子，在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，A正确；
B.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，B错误；
C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，C错误；
D.BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，D错误；
故合理选项是A。

【点睛】
本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。

11．B
【解析】
【分析】
【详解】
A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；
B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；
C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH （银氨溶液），C错误；
D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；
12．D 【解析】【详解】
由生成的CO2全部通入足量澄清石灰水中，得到7.0g沉淀，则n(CaCO3)=
7.0g
100g/mol
=0.07mol，由CO～CO2
可知，铁的氧化物中的n(O)=0.07mol，n(Fe)=3.92g0.07mol16g/mol
56g/mol
-⨯
=0.05mol，
n(Fe):n(O)=0.05mol:0.07mol=5:7，则铁的氧化物为Fe5O7，故答案为D。

13．D
【解析】
【详解】
根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D。

【点睛】
本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验，本题解题关键是先找出离子之间能够形成的白色沉淀，然后判断甲的组成即可。

14．D
【解析】
A、由于微生物的蛋白质在高温下变性失去活性，选项A错误；
B、该装置是在外接电源供电下进行的，故电能转变为化学能，选项B错误；
C、微生物作催化剂促进反应中电子的转移，选项C错误；
D、阳极上醋酸根离子被告氧化为碳酸氢根离子，选项D正确。

答案选D。

15．D
【解析】
【详解】
A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；
B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；
C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L×0.005mol/L=2.5×10－5mol，微粒数目略小于2.5×10－5N A，故C错误；
D.18g H2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10N A个电子，故D正确；
答案选D。

本题的易错点为A ，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．＋3 MnCO 3 除去过量的Na 2CO 3，避免蒸发浓缩时析出Li 2CO 3 热水 ③ 6.0×10-8 2Li 2CO 3＋4CoCO 3＋O 2高温
4LiCoO 2＋6CO 2 1mol
【解析】 【分析】 【详解】
（1）LiCoO 2中锂为＋1价，氧为-2价，则钴为＋3价。

由表中溶度积知，碳酸锰难溶于水，因此滤渣1中主要有MgCO 3、Mg (OH )2、CaCO 3和MnCO 3。

答案为：＋3；MnCO 3；
（2）加入盐酸除去过量的碳酸钠，否则碳酸锂会在浓缩时析出，损失锂元素。

答案为：除去过量的Na 2CO 3，避免蒸发浓缩时析出Li 2CO 3；
（3）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤比冷水好，减小锂元素损失。

从投料比看出，序号③的比例中，投入碳酸钠量较小，锂回收率较高，可降低生产成本。

答案为：热水；③； （4）
pH =13，c (OH －
)=1×10－1
mol ·L －1
，c (Mg 2 )=
sp 22
-
[Mg(OH)](OH )
K c =6.0×10－
8 mol ·L －1。

答案为：
6.0×10－8
；
（5）在合成中钴的反应中钴的化合价升高，必有O 2参与反应，副产物是CO 2。

答案为：2Li 2CO 3＋4CoCO 3＋O 2
高温
4LiCoO 2＋6CO 2；
（6）Co 元素化合价从+2升高到+3价，生成1 mol LiCoO 2转移1 mol 电子。

答案为：1mol 。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．第二周期ⅡA 族 Cl -> O 2-> Mg 2+ NH 3+H 2O
NH 3•H 2O
NH 4++OH -
Cl 2+2OH -=Cl -+H 2O+ClO -。

【解析】 【分析】
X 、Y 、Z 、R 、Q 、M 是六种短周期元素，原子序数依次增大。

X 是原子半径最小的元素，则X 为氢元素；Y 的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y 为氮元素；Z 为地壳中含量最多的元素，则Z 为氧元素；R 与X 同主族，原子序数大于氧元素，则R 为钠元素；Y 、R 、Q 最外层电子数之和为8，则Q 的最外层电子数为8-5-1=2，故Q 为镁元素；M 的单质为黄绿色有害气体，则M 为氯元素，据此分析。

【详解】
X 、Y 、Z 、R 、Q 、M 是六种短周期元素，原子序数依次增大。

X 是原子半径最小的元素，则X 为氢元素；Y 的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y 为氮元素；Z 为地壳中含量最多的元素，则Z 为氧元
素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。

（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族；
（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl-> O2-> Mg2+；
（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2O NH3•H2O NH4++OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；
（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) △H=
3230
5
a b c
++
-kJ/mol 2.00
()
()2
2
K P O
K P O K
+
正
正逆
酸
H3N+CH2COO->H2NCH2COO->H3N+CH2COOH H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH 85.0
【解析】
【分析】
(1) 根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；
(2)①根据平衡常数的含义，结合37℃、P(O2)为2.00kPa时a(MbO2)计算平衡常数；
②根据反应达到平衡时，V正=V逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；
(3)①根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和
H3N+CH2COOH，若只含有H3N+CH2COO-，此时lg
()
()2
c H
c OH
+
-
≈，结合溶液的Kw可判断溶液的pH、确定溶
液的酸碱性；当溶液呈中性时，lg
()
()
c H
c OH
+
-
=0，根据图示判断微粒浓度大小；
②根据lg
()
()
c H
c OH
+
-
=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变为
H3N+CH2COOH，书写反应方程式；
③结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c·V计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。

【详解】
(1) ①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol，
②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，
③H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，将①×3+②×2-③×30，整理可得热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)
△H=
3230
5
a b c
++
-kJ/mol；
(2)①37℃、P(O2)=2.00kPa时，结合度为80%，化学平均常数
K=
()
()()
2
2
Mb0.8
2.00
0.2 2.00
c O
c Mb P O kPa
==
⨯
kPa-1；
②由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以K=
()
()()
2
2
Mb
c O K
c Mb P O K
=正
逆
，可求出
c(MbO2)=
()()
2
K c Mb P O
K
正
逆
，代入结合度定义式a=
()
()()
2
2
Mb
Mb c Mb
c O
c O+
可得a=
()
()2
2
K P O
K P O K
正
正逆
+
；
①甘氨酸的三种存在形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，
由此判断，图中I、II和III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，当lg
()
()
c H
c OH
+
-
=-8时，溶
液显碱性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl反应生成H3N+CH2COOH。

由图可知纯甘氨
酸溶液呈酸性(实际在5.9左右)，溶液呈中性时，lg
()
()
c H
c OH
+
-
=0，中性时H3N+CH2COO->
H2NCH2COO->H3N+CH2COOH；②根据lg
()
()
c H
c OH
+
-
=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于加
入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO-变为H3N+CH2COOH，反应方程式为
H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；
根据滴定曲线的突跃范围，消耗HClO4溶液17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。

n(HClO4)= 0.1000mol/L×0.01700L=0.0017mol，则n(甘氨酸)=0.0017mol，甘氨酸的质量为m(甘氨
酸)=0.0017mol×75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：(0.1275g÷0.150g)×100%=85.0%。

19．X—射线衍射V型H2O NH2-F＞N＞O＞B sp3AB 327 由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华
力3483
7.1
A
N
⨯
7
【解析】
【分析】
（1）通过X—射线衍射区分晶体、非晶体、准晶体；
（2）根据锑元素原子核外电子排布写出基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式；用价层电子对互斥理论判断[H2F]+的空间构型；用替代法书写与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子；
（3）①同周期主族元素自左而右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势；
②[B(OH)4]﹣中B的价层电子对=4+1/2（3+1-4×1）=4，所以采取sp3杂化；
③NH 4BF 4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铵根离子中含3个σ键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个σ键和1个配位键；
（4）键能指气态基态原子形成1mol 化学键释放的最大能量。

由图a 可知，气态基态S （g ）和6F （g ）原子形成SF 6（g ）释放的能量为1962kJ ，即形成6molS —F 键释放的能量为1962kJ ，则形成1molS —F 键释放的能量为1962kJ÷6=327kJ ，则S —F 的键能为327kJ·
mol -1； （5）①CuCl 是分子晶体，而CuF 为离子晶体，CuF 离子晶体的晶格能大于CuCl 分子间范德华力，故CuF 比CuCl 熔点高；
②均摊法计算晶胞中Cu +、F -离子数，计算晶胞质量，晶胞质量=晶体密度×晶胞体积； 【详解】
（1）从外观无法区分三者，区分晶体、非晶体、准晶体最可靠的方法是X —射线衍射法。

本小题答案为：X-射线衍射。

（2）锑为51号元素，Sb 位于第五周期VA 族，则基态锑（Sb ）原子价电子排布的轨道式为；
[H 2F]+[SbF 6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H 2F]+，
[H 2F]+中中心原子F 的价层电子对数为2+7121
2
--⨯=4，σ键电子对数为2，该离子的空间构型为V 型，与[H 2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子为H 2O 、阴离子为NH 2- 。

本小题答案为：
； V 型 ；H 2O ； NH 2-。

（3）①H 3BO 3和NH 4BF 4涉及的四种元素中第二周期元素是B 、N 、O 、F 四种元素，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N 的2p 能级半充满较稳定，N 的第一电离能大于O ，则这四种元素第一电离能由大到小的顺序为F ＞N ＞O ＞B 。

本小题答案为：F ＞N ＞O ＞B 。

②[B(OH)4]﹣中B 的价层电子对=4+1/2（3+1-4×1）=4，所以B 采取sp 3杂化。

本小题答案为：sp 3。

③NH 4BF 4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，铵根离子中含3个σ键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个σ键和1个配位键，铵根离子和氟硼酸根离子以离子键相结合，则四氟硼酸铵中存在离子键、σ键、配位键。

本小题答案为：AB 。

（4）键能指气态基态原子形成1mol 化学键释放的最大能量。

由图a 可知，气态基态S （g ）和6F （g ）原子形成SF 6（g ）释放的能量为1962kJ ，即形成6molS —F 键释放的能量为1962kJ ，则形成1molS —F 键释放的能量为1962kJ÷6=327kJ ，则S —F 的键能为327kJ·
mol -1。

本小题答案为：327。

（5）①CuCl 的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，CuCl 是分子晶体，而CuF 的熔点为908℃，CuF 为离子晶体，CuF 离子晶体的晶格能大于CuCl 分子间范德华力，故CuF 比CuCl 熔点高。

本小题答案为：由两者的熔点可知，CuCl 是分子晶体，而CuF 为离子晶体，CuF 离子晶体的晶格能大于CuCl 分子间范德华力。

②晶胞中Cu +数目为8×1/8+6×1/2=4，F -数目为4，故晶胞质量=（4×64+4×19）g÷N A =（4×83）/N A g ，根据
483A N ⨯=7.1g/cm 3×(a ×10-7cm)3，34837.1A N ⨯107nm 34837.1A
N ⨯107。