最新高中八校高三5月第二次联考(全国I卷)理综化学试题(答案解析)

湖北省八校【精品】高三5月第二次联考（全国I卷）理综
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
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
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
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－
明矾净水：Al3＋＋3H2O Al(OH)3(胶体)＋3H＋硫酸铁净水：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋
A．A B．B C．C D．D 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
4．【精品】，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5．【精品】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
6．【精品】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－x FePO4。

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：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－x C6
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
7．【精品】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－)
二、工业流程题
8．【精品】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___________。

三、实验题
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）选择图中的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：
（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。

四、原理综合题
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)+O 2(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)+O 2(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：V 2O5+SO22VO2+SO3(快)4VO2+O22V2O5(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“=”）,理由是
___________________。

②由平衡状态a到b，改变的条件是__________________。

（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________________。

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LaNi x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LaNi x H y。

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，N A=6.0×10）。

五、有机推断题
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）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）___。

参考答案
1．C
【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．D
【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．A
【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．C
【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．D
【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．D
【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－
FePO4，即放电时正极为xLi＋＋Li1－x FePO4＋xe－= LiFePO4，即负极反应为：LiC6－xe－=xLi x
＋＋Li1
C6，B正确；
－x
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．B
【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 (H 2CO 3)＋c (HCO 3－)＋c (CO 32－)+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．增大固体和氧气的接触面积，反应更充分 4CeFCO 3+2Na 2CO 3+O 2 高温
4CeO 2+4NaF+6CO 2 ≤8 Ln 2O 3+2HCl=2LnOCl+H 2O 1:6 550℃ 1.0h 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。

95.56%
【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CeO 2和Ln 2O 3等固体混合，加入氯化铵后，转化为可溶性的CeCl 3和LnCl 3，除去Fe 2O 3、Al 2O 3、MgO 、SiO 2等杂质，经过氧化后再次回归CeO 2和Ln 2O 3，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，CeFCO 3和其他稀土盐LnFCO 3分别转化为CeO 2和Ln 2O 3，根据氧化还原反应可知，方程式为4CeFCO 3+2Na 2CO 3+O 2 高温4CeO 2+4NaF+6CO 2。

（2）Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce 3+)c 3(OH -)=1.0×
10-20，若溶液中c (Ce 3+)=0.01mol/L ，若恰好不析出
Ce(OH)3沉淀，-6() 1.010mol /c OH L -===⨯，即14
610lg ()lg lg 8()10w K pH c H c OH -+
--=-=-=-=，则确保不析出沉淀，溶液的pH≤8。

（3）CeO 2和Ln 2O 3混合物中加入稀盐酸，Ln 2O 3溶解生成LnOCl ，根据原子守恒原理，化学方程式为：Ln 2O 3+2HCl=2LnOCl+H 2O 。

（4）化工生产条件的选择：
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CeO 2产品0.4500g ，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L -1FeSO 4标准溶液滴定至终点，反应为CeO 2+Fe 2++4H += Ce 3++Fe 3++2H 2O ，消耗25.00mL 标准溶液．即反应消耗了CeO 2的物质的量为0.0025mol ，质量为0.43g ，该产品中CeO 2的质量分数为0.43100%95.56%0.45g g
⨯=。

9．B 1:2 g,f→d,e→b,c→h Cl 2溶于水，存在如下可逆反应：
22Cl H O H Cl HClO +-+++，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 三颈烧瓶 做溶剂，增大反应物和催化剂间的接触面积，使其充分反应 防止三氯化铝水解和氯水氧化苯甲醛 水浴
【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Cl 2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Cl 2发生装置，反应中氧化剂为二氧化锰，还原剂为盐酸，反应为MnO 2 + 4H + + 2Cl - = Mn 2+ + Cl 2↑+ 2H 2O ，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Cl 2，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Cl 2中混有的HCl 的原因为Cl 2溶于水，存在如下可逆反应：22Cl H O H Cl HClO +-+++，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，为控制反应温度仪器A 处可采用水浴加热的方法。

10．-113 1212
k k k k -- 1.1×10-5 8 CD ＜ 该反应为放热反应，温度越高，Kp 越小 将容器体积缩小为原来的0.1 2NiO 2+ClO -=Ni 2O 3+Cl -+2O Ca 2+和SO 42-结合生成微溶的硫酸钙，有利于反应的进行
【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)+O 2(g)2NO 2(g)△H=E 2+E 1-E -1-E -1=-113kJ•mol -1，平衡常数K=2222()()()
c NO c O c NO ，反应到达平衡时，v 正=v 逆，所以k 1c 2(NO)= k －1c(N 2O 2)，k 2c(N 2O 2)·c(O 2)= k －2c 2(NO 2)，则有222122222222122222()()()()()()()()
k k c NO c N O c NO K k k c O c NO c N O c O c NO --===； ②某温度下反应2NO(g)+O 2(g)2NO 2(g)的速率常数k=8.8×10-2L 2•mol -2•s -1，当反应物浓度都是0.05mol•L -1时，反应的速率为
235222110()(2)8.8(0.05mol) 1.11•0•L mol N c s kc O O ----=⨯⨯=⨯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 ．V 2O 5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 ．VO 2是该反应的中间态，并非催化剂，催化剂为V 2O 5，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SO 2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：T 1＜T 2，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SO 2。

为了提高吸收效率，常用Ni 2O 3作为催化剂。

①从箭头指向可知，过程2的离子方程式2NiO 2+ClO -=Ni 2O 3+Cl -+2O 。

②Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O 更好，原因是Ca 2+和SO 42-结合生成微溶的硫酸钙，有利于反应的进行。

11．4 15 1：2 sp 3 4 分子 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 5 3 6 0.18
【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1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2，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sp 3，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=a 2csinθ=(500×10-10)2×
400×10-10×sin60°=8.5×10-23，密度23323
9
6.02100.18/8.510m g cm V ρ--⨯===⨯ 。

12．羧基、酚羟基 CH 2=CH-CH 2Br 取代反应
BD
【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。