贵州省达标名校2019年高考二月大联考化学试卷含解析

贵州省达标名校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．下列有关能量的判断和表示方法正确的是
A．由C(s，石墨)=C(s，金刚石) ∆H=+1.9 kJ/mol，可知：石墨比金刚石更稳定
B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多
C．由H+(aq)+OH-(aq) =H2O(l) ∆H=-57.3 kJ/mol，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ
D．2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g) =2H2O(l)
∆H=-285.8 kJ/mol
2．25℃时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是
A．稀释后溶液的pH=7 B．氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小
C．稀释过程中
+
4
32
c(NH)
c(NH H O)
增大D．pH = 11氨水的浓度为0.001mol/L
3．阿伏加德罗常数为N A。

关于l00mLl mol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确是
A．加NaOH可制得Fe(OH)3胶粒0.2N A
B．溶液中阳离子数目为0.2N A
C．加Na2CO3溶液发生的反应为3CO32-+ 2Fe3+ = Fe2(CO3 )3↓
D．Fe2(SO4)3溶液可用于净化水
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
A．pH=2的透明溶液：K+、SO42-、Na+、MnO4-
B．使酚酞变红的溶液：Na+、Mg2+、Cl-、NO3-
C．与Al反应生成H2的溶液：NH4+、K+、NO3-、SO42-
D．c（NO3-）=1.0mol•L-1的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-
5．下列关于物质保存或性质的描述错误的是（）
A．金属钠可以保存在无水乙醇中
B．氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色
C．氟化钠溶液需在塑料试剂瓶中保存
D．向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊
6．在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。

原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（）
A．1：10 B．9：1 C．4：1 D．4：3
7．某药物中间体的合成路线如下：
下列说法正确的是
A．对苯二酚和互为同系物
B．1 mol该中间体最多可与7 mol氢氧化钠反应
C．2，5—二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应
D．该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团
8．古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。

则该物质是( )
A．明矾B．草木灰C．熟石灰D．漂白粉
9．已知：FeCl 3(aq)+3KSCN(aq)3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq)，平衡时Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T 的关系如图所示，则下列说法正确的是
A．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大
B．加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点
C．反应处于D点时，一定有υ（正）＜υ（逆）
D．若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
10．仪器：①容量瓶、②长颈漏斗、③分液漏斗、④滴定管，使用前必须要检查是否漏液的是
A．全部B．①③④C．只有③和④D．只有④
11．25℃时，1 mol/L醋酸加水稀释至0.01 mol/L，下列说法正确的是
A．溶液中
()+
c H
c(CH,COOH)
的值增大B．pH增大2个单位
C．溶液中c(OH-)减小D．K w减小
12．以铁作阳极，利用电解原理可使废水中的污染物凝聚而分离，其工作原理如图所示。

下列说法错误的是（）
A ．电极b 为阴极
B ．a 极的电极反应式：Fe-2e -=Fe 2+
C ．处理废水时，溶液中可能发生反应：4Fe 2++O 2+8OH -+2H 2O=4Fe(OH)3
D ．电路中每转移3 mol 电子，生成1 mol Fe(OH)3胶粒
13．目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有１６种，下列对这１６种非金属元素的相关判断 ①都是主族元素，最外层电子数都大于４ ②单质在反应中都只能作氧化剂 ③氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物 ④氧化物常温下都可以与水反应生成酸 A ．只有①②正确
B ．只有①③正确
C ．只有③④正确
D ．①②③④均不正确
14．电化学合成氨法实现了氨的常温常压合成，一种碱性介质下的工作原理示意图如下所示。

下列说法错误的是
A ．b 接外加电源的正极
B ．交换膜为阴离子交换膜
C ．左池的电极反应式为223N 6H O 6e 2NH 6OH --
++===+
D ．右池中水发生还原反应生成氧气
15．短周期主族元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增加，K 、L 、M 均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X 、Y 的单质,甲是常见的固体，乙是常见的气体。

K 是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L 丙溶液的pH 为l ，上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是
A ．原子半径：W<X<Y
B ．元素的非全属性：Z>Y>X
C．化合物XYZ中只含共价键D．K、L、M中沸点最高的是M
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图．完成下列填空：
（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是______．
（2）①反应开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．
②停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．
（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用化学方程式表示）______．（4）装置E中用_____（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为____mol．
（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42﹣的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀．该方案是否合理____，理由是___．
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。

(2)D生成E的反应类型为____________。

(3)C的结构简式为________________。

(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1 mol A和1 mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 mol B、1 mol H2O和1 mol CO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。

(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。

①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳
②遇FeCl3溶液发生显色反应
③除苯环外不含其他环
(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．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：
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LaNi x H y。

①LaNi x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，N A =6.0×1023，
=1.7）
19．（6分）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)
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．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．由C(s，石墨)=C(s，金刚石) ∆H=+1.9 kJ/mol可知：石墨比金刚石具有的总能量低，因此石墨比金刚石更稳定，A正确；
B．硫蒸气转化为硫固体要放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多，B错误；C．CH3COOH电离吸收能量，则含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，C错误；
D．2 g H2为1mol，2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g) =H2O(l) ∆H=-285.8 kJ/mol，D错误；
答案选A。

2．C
【详解】
A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10＜pH＜11，故A错误；
B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，故B错误；
C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH1．H2O)减小，则溶液中
+
4
32
c(NH) c(NH H O)
增大，故C正确；
D．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；
故答案为C。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；
B. l00mL l mol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3] =1 mol∙L−1 ×0.1L =0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，铁离子水解Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2N A，故B错误；
C. 加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为3CO32−+ 2Fe3+ + 3H2O =2
Fe(OH)3↓ + 3CO2↑，故C错误；
D. Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。

综上所述，答案为D。

【点睛】
铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。

4．A
【解析】
【详解】
A. pH=2是酸性溶液，K+、SO42-、Na+、MnO4-均能共存，A正确；
B. 使酚酞变红的溶液是碱性溶液，Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的白色沉淀，不能共存，B错误；
C. 与Al反应生成H2的溶液是可酸可碱，NH4+与OH-反应生成一水合氨，不能共存，C错误；
D. 在酸性溶液中，NO3-会显强氧化性，将Fe2+氧化生成Fe3+，所以H+、NO3-、Fe2+不能共存，D错误；
故答案选A。

在酸性环境中，NO3-、ClO-、MnO7-、Cr2O72-会显强氧化性，氧化低价态的Fe2+、S2-、SO32-、I-、有机物等，所以不能共存。

5．A
【解析】
【详解】
A．钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A错误；
B．氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色，故B正确；
C．氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能用玻璃瓶盛放，可以用塑料试剂瓶中保存，故C正确；
D．碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D正确；
故选：A。

6．D
【解析】
【分析】
已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。

【详解】
分两种情况：
⑴若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)=
224
:4:3 2/32/
g
g mol g mol
=；
⑵若H2过量，根据化学反应方程式2 H2 + O2 = 2 H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气
体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)=
1016
:10:1 2/32/
g g
g mol g mol
=；
故答案为D。

【点睛】
抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。

7．B
【解析】
【分析】
A.对苯二酚中含两个酚羟基，中含1个酚羟基和1个醇羟基，结构不相似，不是同系物，A 错误；
B.中间体中的2个Cl原子、酯基、酚羟基都可与氢氧化钠反应，由于Cl原子与苯环直接相连，酯基为酚酯基，故1mol中间体最多可与7molNaOH反应，B正确；
C.2，5—二羟基苯乙酮中存在的苯环、羰基能与氢气等发生加成反应，但不能发生水解反应，C错误；
D.中间体分子中含有酯基、羟基、羰基三种含氧官能团，D错误；
答案选B。

8．A
【解析】
【详解】
早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]中铝离子水解，其水解方程式为：3++
Al+3H O Al(OH)+3H，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，23
A项符合题意，
答案选A。

9．C
【解析】
【详解】
A．由图象可知，A点c[Fe(SCN)3]较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误；
B．根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3++3SCN-Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C．D在曲线上方，不是平衡状态，c[Fe（SCN）3]比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正＜V逆，故C 正确；
D．随着温度的升高c[Fe（SCN）3]逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故D错误；
故选C。

10．B
【解析】
【分析】
据仪器的构造、用途判断其用法。

【详解】
①容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，其瓶塞与瓶口须吻合使用前必须检查是否漏液。

②长颈漏斗上下相通、没有塞子或活塞，无须检查是否漏液。

用于向反应容器中添加液体，下端应插入液面下形成液封。

③分液漏斗有活塞和玻璃塞，必须检查是否漏液。

球形分液漏斗用于向反应容器中添加液体，不需形成液封；锥形分液漏斗用于萃取分液。

④滴定管用于滴定实验，使用前需检查酸式滴定管的活塞处、碱式滴定管的乳胶管处是否漏液。

本题选B。

11．A
【解析】
【详解】
A．加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka=
()()
()
3
3
c CH COO c H
c CH COOH
-+
不变，故溶液中
()+
c H
c(CH,COOH)
的值增大，故A正确；
B．加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故B错误；C．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，故c(OH-)增大，故C错误；
D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，故D错误；
故答案为A。

12．D
【解析】
【分析】
根据图示可知，铁做阳极，失电子，发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，所以a为阳极， b电极为阴极，发生还原反应，2H2O+2e-=H2+2OH-。

【详解】
A. 根据图示a电极为Fe电极，连接电源正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，b电极连接电源负极，作阴极，A正确；
B. 由图示可知：a电极为Fe电极，失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，B正确；
C. Fe2+具有还原性，容易被溶解在溶液的氧气氧化变为Fe3+，氧气得到电子变为OH-，Fe3+与OH-结合形成Fe(OH)3，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，在处理废水时，溶液中可能发生的反应为：
4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3，C正确；
D. Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以电路中每转移3 mol电子，生成Fe(OH)3胶粒的物质的量小于1 mol，D错误；
故合理选项是D。

13．D
【解析】 【详解】
①都是主族元素，但最外层电子数不都大于４，如氢元素最外层只有1个电子，错误 ②当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误 ③氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下为液体，错误 ④SiO 2、NO 等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。

故选D 。

14．D 【解析】 【详解】
A ．在电化学合成氨法中，N 2发生还原反应，而电解池的阴极发生还原反应，通N 2的极为阴极，则a 为电源负极，b 为电源的正极，故A 正确；
B ．由图示可知，电解池工作时，左侧池中OH -向右池移动，则交换膜为阴离子交换膜，故B 正确；
C ．左池中N 2发生还原反应生成NH 3，则电极反应式为223N 6H O 6e 2NH 6OH --
++===+，故C 正确；
D ．右池中发生氧化反应，电极反应式为4OH --4e -=2H 2O+O 2↑，则是4OH -发生还原反应生成氧气，故D 错误； 故答案为D 。

15．C 【解析】 【分析】
0.05mol/L 丙溶液的pH 为l ，可知丙为二元强酸，应为H 2SO 4，K 是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H 2SO 4，则应为SO 2，可知乙为O 2，L 为H 2O ，甲是单质，且与浓硫酸反应生成SO 2、H 2O ，可知甲为C ，M 为CO 2，则W 为H 元素，X 为C 元素，Y 为O 元素，Z 为S 元素。

【详解】
A 项、同周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，C ＞O ，故A 错误；
B 项、同主族元素，从上到下非金属性减弱，O ＞S ，故B 错误；
C 项、化合物COS 都由非金属性构成，只含共价键，故C 正确；
D 项、K 、M 常温下为气体，L 为水，常温下为液体，沸点最高，故D 错误。

故选C 。

【点睛】
本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，注意溶液pH 为推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．吸收Cl 2或SO 2等尾气，保护环境 品红溶液褪色 品红溶液褪色 褪色的品红又恢复为红色 无明显现象 Cl 2+SO 2+2H 2O=2HCl+H 2SO 4 KMnO 4 0.2 不合理 蘸有试剂的棉花中可能含有
SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验
【解析】
【分析】
探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E 用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。

【详解】
(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；
(2)①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；
②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；
(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：
2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5mol氯气被氧化的HCl是10mol，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1mol氯气，所以被氧化的HCl 的物质的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1mol＝0.2mol；
(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验，所以该方案不合理。

【点睛】
考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．HOOC－CH2－COOH 醚键、酯基取代反应
15
【解析】
【分析】
本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。

合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出
D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子
式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1 mol A和1 mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 mol B、1 mol H2O和1 mol CO2”，可推断出A的结构简式为。

【详解】
（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；
（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为
取代反应；
（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；
（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：
；
（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）
中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。

（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A 生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故
合成路线为：
【点睛】
本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。

官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．3d84s2 5 A 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 5 3 6 0.18
【解析】
【分析】
（1）依据Ni的最外层电子排布式作答；
（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等电负性很强的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；
（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：。