高三下学期2月联考理科综合化学试题(答案解析)

【市级联考】广西壮族自治区梧州市【精品】高三下学期2

月联考理科综合化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是

A．酒精溶液可以使蛋白质变性，酒精纯度越高，杀菌消毒效果越好

B．在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持良好品质

C．泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应贮存在钢筒内

D．在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，可以提高其抗腐蚀能力

2．设N A为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是

A．N2与H2反应生成1 mol NH3转移的电子数目为3N A

B．18gD2O中含有的质子数为10N A

C．0.1mol/LAlCl3溶液中含有Cl-数目为0.3N A

D．标准状况下，2.24L甲醇中含有C—H键的数目为0.3N A

3．下列有关有机化合物的说法正确的是

A．聚乙烯塑料中含有碳碳双键，容易老化

B．甲苯与溴水在铁催化作用下发生取代反应

C．乙酸乙酯、油脂分别与热NaOH溶液反应均有醇生成

D．有机物是苯的同系物

4．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

A．A B．B C．C D．D

5．钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料（Na m C n）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为Na1-m CoO2+Na m C n NaCoO2+C n。下列说法不正确的是

A．放电时，Na+向正极移动

B．放电时，负极的电极反应式为Na m C n—me-=mNa++C n

C．充电时，阴极质量减小

D．充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-m CoO2+mNa+

6．常温下，0.1mol/L的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三者所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是

A．HC 2O4-H++C2O42-K=1×10-4.3

B．将10mL0.1mol/L的H2C2O4溶液与15mL0.1mol/L的NaOH溶液混合后，所得溶液pH等于4.3

C．常温下HF的K a=1×10-3.45，将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为H2C2O4+F-=HF+HC2O4-

D．在0.1mol/LNaHC2O4溶液中，各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O4

－)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)

7．短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是

A．A的氧化物对应的水化物的酸性比E弱

B．某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的化合物

C．简单离子半径大小顺序为E>B>C>D

D．A的氢化物在常温下一定为气态

二、实验题

8．草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)为淡黄色粉末，不溶于水，可作照相显影剂和用于制药工业。某化学兴趣小组对其性质进行如下探究，回答下列问题：

I.定性探究

选用下列试剂设计实验方案，完成下表内容。

试剂：酸性KMnO4溶液、K3[Fe(CN)6]溶液

Ⅱ.定量探究：滴定实验测x的值

(5)滴定前，下列操作的正确顺序是___________(填字母序号)。

a.用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液润洗

b.查漏、清洗

c.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面

d.盛装0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液

e.初始读数、记录为0.50mL

(6)称取ng样品，加入适量稀硫酸溶解，用步骤(5)准备的标准KMnO4溶液直接滴定，如何判断滴定终点?_______________。

(7)终点读数为20.50mL。结合上述实验数据求得x=___________(用含n的代数式表示，FeC2O4的相对分子质量为144)。

三、工业流程题

9．碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等

杂质)制取碳酸锰的流程如下图所示：

已知：还原焙烧主反应为2MnO2+C2MnO+CO2↑。

可能用到的数据如下：

根据要求回答下列问题

(1)在实验室进行步骤A操作，需要用到的仪器名称为___________。

(2)步骤C中得到的滤渣主要成分是CaSO4和___________，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。

(3)步骤E中调节pH的范围为___________，其目的是______________________。

(4)步骤G发生的离子方程式为_________________________________，若Mn2+沉淀完

全时测得溶液中CO32－的浓度为2.2×10－6mol/L，则K sp(MnCO3)=___________。

(5)实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，原理为Mn2++S2O82－

+H2O→H++SO42－+MnO4－，确认Mn2+离子已经完全反应的现象是___________。

四、原理综合题

10．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。请回答下列问题：

(1)已知：H2的燃烧热△H为-285.8kJ/mol。

N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+133 kJ/mol

H2O(g)=H2O(1) △H=-44 kJ/mol

则H2和NO2反应生成两种无污染的气体的热化学反应方程式为

______________________。

(2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.40molN2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，一段时间后达到平衡，测得数据如下：

①0~40s内，v(NO2)=___________。

②升高温度时，气体颜色加深，则上述反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。

③该温度下反应的化学平衡常数K=___________。

④相同温度下，若开始向该容器中充入0.80molN2O4，则达到平衡后

c(NO2)___________(填“>”=”或”<”)0.60mol/L

(3)已知2NO(g)+O 2(g)2NO2(g) △H的反应历程分两步：

①2NO(g)N 2O2(g)(快) △H1<0，v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2)

②N 2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) △H2

(4)N2O5是绿色硝化试剂，溶于水可得硝酸。下图是以N2O4为原料电解制备N2O5的装置。写出阳极区生成N2O5的电极反应式(注意阳极区为无水环境，HNO3亦无法电离)：_________________________________。

11．据科技日报道南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，实现丙烯醇绿色合成。丙烯醇及其化合物可合成甘油、医药、农药、香料，合成维生素E和KI及天然抗癌药物紫杉醇中都含有关键的丙烯醇结构。丙烯醇的结构简式为CH2=CH－CH2OH。请回答下列问题：

（1）基态镍原子的电子排布式为________。

（2）1molCH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为_____，丙烯醇分子中碳原子的杂化类型为_____。

（3）丙醛(CH3CH2CHO的沸点为49℃，丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的沸点为91℃，二者相对分子质量相等，沸点相差较大的主要原因是_______。

（4）羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉，它的熔点为－25℃，沸点为43℃。羰基镍

晶体类型是___________。

（5）Ni2+能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(SCN)3]－和[Ni(CN)4]2－等。[Ni(NH3)6]2+中心离子的配位数是______ ，与SCN-互为等电子体的分子为_______。

（6）“NiO”晶胞如图所示。

①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)，则C原子坐标参数为______。

②已知：氧化镍晶胞密度为dg/cm3，N A代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为

______nm(用代数式表示)。（Ni的相对原子质量为59）

12．氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以2氯苯甲醛为原料合成该药物的路线如下：

(1)A中官能团名称为___________。

(2)C生成D的反应类型为___________。

(3)X( C6H7BrS)的结构简式为____________________________。

(4)写出C聚合成高分子化合物的化学反应方程式：______________________________。

(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有___________种。

①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。

其中核磁共振氢谱中有5个吸收峰，且峰值比为2︰2︰1︰1︰1的结构简式为

___________。

(6)已知：。写出以乙烯、甲醇为有机原料制备化合物

的合成路线(无机物任选)_____________。

参考答案

1．B

【解析】

【详解】

A.医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，A错误；

B.二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持良好品质，故B正确；

C.泡沫灭火器中的Al2(SO4)3水解使溶液显酸性，若储存在钢筒内，会腐蚀钢筒，应保存在内筒的塑料桶内，C错误；

D.在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，在潮湿的环境中可以形成原电池，Fe作负极，腐蚀氧化反应，造成Fe的腐蚀，抗腐蚀能力大大减低，D错误；

故合理选项是B。

2．A

【详解】

A.N元素的化合价由反应前N2的0价变为反应后NH3中的-3价，每反应产生1mol NH3转移3mol电子，则转移的电子数目为3N A，A正确；

B.D2O相对分子质量是20，所以18gD2O含有水分子的物质的量小于1mol，因此其中含有的质子数小于10N A，B错误；

C.只有浓度，缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，C错误；

D.标准状况下甲醇是液体，不能计算微粒的数目，D错误；

故合理选项是A。

3．C

【解析】

【详解】

A.聚乙烯塑料的分子中无碳碳双键，A错误；

B.甲苯与溴水不发生反应，甲苯与液溴在溴化铁催化作用下发生取代反应，B错误；

C.乙酸乙酯、油脂都属于酯，分别与热NaOH溶液反应生成醇和相应的羧酸，C正确；

D.有机物分子中含有2个苯环，不是苯的同系物，D错误；

故合理选项是C。

4．D

【解析】

【详解】

A.向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水，看到溶液的紫色褪色，产生气泡，是由于酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，将双氧水氧化为氧气，它本身被还原变为无色的Mn2+，A错误；

B.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成红色，证明含有Fe3+，但不能证明是否含有Fe2+，B错误；

C.向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入几滴稀AgNO3溶液，看到有黄色沉淀产生，证明发生反应：Ag++I-=AgI↓，但由于不知道溶液中Cl-、I-的物质的量的多少及浓度大小，因此不能证明K sp(AgI)

D.向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，看到有白色沉淀生成，说明发生了反应：

AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，证明AlO2-结合H+的能力比CO32-强，D正确；

故合理选项是D。

5．C

【详解】

A.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A不选；

B.放电时，负极是金属钠失去电子，故电极反应式为Na m C n—me-=mNa++C n，故B不选；

C.充电时，阴极的电极反应式为mNa++C n+me-= Na m C n，电极质量增加，故C选；

D.充电时，阳极是NaCoO2中的Co失去电子转化为Na1-m CoO2，电极反应式为

NaCoO2-me-=Na1-m CoO2+mNa+，故D不选。

故选C。

【点睛】

碳基材料Na m C n中，Na和C都为0价，Na是嵌在碳基里的。在NaCoO2中，Co的化合价比Na1-m CoO2中的Co的化合价低，所以充电时，阳极是NaCoO2-me-=Na1-m CoO2+mNa+。6．B

【解析】

【分析】

A.由HC 2O4-H++C2O42-可知K=c(H+)?c(C2O42-)

，pH=4.3时，c(C2O42-)=c(HC2O4-)

c(HC2O4-)

B.将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，HC2O4-电离程度大于C2O42-的水解程度；

C.根据电离常数判断酸性强弱，酸性强的制备酸性弱的；

D.NaHC2O4溶液显酸性，以HC2O4-的电离为主，在溶液中HC2O4-部分电离．

【详解】

A.由HC 2O4-H++C2O42-可知K=c(H+)?c(C2O42-)

，pH=4.3时，c(C2O42-)=c(HC2O4-)，所以

c(HC2O4-)

K=c(H+)=1×10-4.3，A正确；

B.将10mL0.1mol/L的H2C2O4溶液与15mL0.1mol/L的NaOH溶液混合后，两者恰好反应生成等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4。由图像可知，当这两种物质的浓度相同时，溶液的pH=4.3、呈酸性，所以此混合液中HC2O4-电离程度大于C2O42-的水解程度，则溶液中c(C2O42-)＞c(HC2O4-)，则溶液pH大于4.3，B错误；

C.常温下H2C2O4的K1=10-1.3，K2=10-4.3，HF的K B=1×10-3.45，则酸性：H2C2O4＞HF＞HC2O4-，所以将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为H2C2O4+F-=HF+HC2O4-，C 正确；

D.由图中信息可知，NaHC2O4溶液显酸性，以HC2O4-的电离为主，在溶液中HC2O4-部分电离，则各离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HC2O4－)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)，D正确；

故合理选项是B。

【点睛】

本题考查了电离平衡常数在离子浓度大小比较的应用的知识，明确溶液中的溶质组成为解答的关键，注意利用溶液中水解的程度及电离的程度的相对大小、并根据电荷守恒来分析解答。7．C

【分析】

短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A为C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，且原子序数大于N，D为Mg元素，结合原子序数可知C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E为Cl元素，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知，A为C元素、B为N元素、C为Na元素、D为Mg元素、E为Cl元素。

A.非金属性越强对应最高价含氧酸的酸性越强，C的最高价氧化物对应的水化物即H2CO3，H2CO3属于弱酸，而E对应的是HClO4，属于强酸，但未指明是最高价含氧酸的酸性，如

HClO是弱酸，其酸性比碳酸还弱，所以A的氧化物对应的水化物的酸性不一定比E弱，A 错误；

B.焰色反应是某些金属元素受热时发生电子跃迁而产生的现象，可用来检验这种元素的存在，只要含有这种元素的任何物质都会产生同样的现象，所以焰色反应呈黄色的物质不一定是含Na的化合物，也可能是钠的单质，B错误；

C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，电子层数越大，离子半径越大，Cl-核外有3个电子层，N3-、Na+、Mg2+核外有2个电子层，所以所以离子半径大小关系为：E>B>C>D，C正确；

D.碳的氢化物即为烃类，随着C原子数的增多，常温下的状态有气体、液体或固体，所以

不一定都是气体，D错误；

故合理选项是C。

【点睛】

本题考查原子结构与元素周期律的应用的知识，把握原子序数、元素化合物知识、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重于分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，选项A、D为解答的易错点，题目难度不大。

8．固体溶解，溶液变为浅绿色含有Fe2+继续滴加K3[Fe(CN)6]溶液(或至不再沉淀)，静置，取上层清液滴加酸性KMnO4溶液紫色褪去badce 当滴入最后一滴标准液，

溶液颜色由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内颜色不恢复，则说明达到滴定终点50n

-8 3

【分析】

Ⅰ．草酸亚铁不溶于水，为淡黄色沉淀，可溶于稀硫酸，溶液变为浅绿色，溶液中滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，滴加酸性高锰酸钾溶液，可发生氧化还原反应；Ⅱ．(5)滴定时，应先检漏、洗涤、润洗、装液、赶气泡等操作；

(6)高锰酸钾具有氧化性，应用酸式滴定管，与草酸亚铁发生氧化还原反应生成CO2和

Fe2(SO4)3；

(7)FeC2O4与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，C 元素化合价由+3价升高到+4价，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，则可得反应的关系式为5FeC2O4～3KMnO4，结合关系式计算。

【详解】

(1)草酸亚铁晶体不溶于水，向其中加入稀硫酸，会看到固体溶解，溶液变为浅绿色；这是

由于溶液中含有Fe2+；向该溶液中滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，会看到产生蓝色沉淀，发生反应：3Fe2++2[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2↓，证明该溶液中含有Fe2+；继续滴加K3[Fe(CN)6]2溶液(或至不再沉淀)，静置，去上层清液滴加酸性KMnO4溶液，会看到紫色褪色，这是由于溶液中含有的H2C2O4、C2O42-具有还原性，被酸性KMnO4溶液具有氧化性，将微粒氧化为CO2，酸性KMnO4被还原为无色的Mn2+。

(5)滴定前，首先要查漏、清洗；然后用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液润洗；第三是盛装0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液，第四排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面；平视凹液面，初始读数、记录为0.50mL，即操作步骤顺序为badce；

(6)称取ng样品，加入适量稀硫酸溶解，用步骤(5)准备的标准KMnO4溶液直接滴定，由于滴定前溶液中含有Fe2+，溶液呈浅绿色，用紫色KMnO4溶液滴定时，Fe2+被MnO4-氧化为Fe3+，MnO4-被还原为无色的Mn2+，所以当滴入最后一滴标准液，溶液颜色由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内颜色不恢复，则说明达到滴定终点；

(7)FeC2O4与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，C 元素化合价由+3价升高到+4价，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，则可得反应的关系式为5FeC2O4～3KMnO4，反应消耗KMnO4的物质的量为

n(KMnO4)=0.1000mol/L×(20.50-0.50)mL×10-3L/mL=0.002mol，则n(FeC2O4)=5

3

n(KMnO4)=

1 300mol，根据m=nM可得：

1

300

mol×(144+18x)g/mol=ng，解得x=

50n

-8

3

。

【点睛】

本题综合考查物质的性质、制备和测定的实验的知识，题目综合考查了物质性质的、实验基本操作的分析判断，主要是装置作用和实验基本操作，分解产物的实验验证和成分的分析判断，题目侧重于考查学生的分析能力、实验能力，题目难度较大。

9．坩埚Cu 2：1 3.7≤pH<8.3(或3.7

【分析】

(1)还原焙烧的条件是高温，故选用耐高温的仪器；

(2)焙烧后的固体中含有MnO、Fe、CaCO3、Cu等，硫酸浸取时MnO、Fe与硫酸反应生成MnSO4、FeSO4溶液，Cu不反应，CaCO3转化为微溶性的CaSO4，过滤得到滤液中含MnSO4、FeSO4；滤渣中含CaSO4、Cu；步骤D中MnO2和Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+和Mn2+，

根据离子方程式计算比例关系；

(3)步骤E 中调节pH 目的是使杂质Fe 3+转化为Fe(OH)3沉淀，而Mn 2+留在溶液中；根据目的确定调整pH 的范围；

(4)步骤G 是使溶液中的Mn 2+与加入的NH 4HCO 3转化为MnCO 3沉淀；据此结合电荷守恒书

写离子方程式； 当溶液中离子浓度小于等于1×

10-5mol/L 时，认为离子沉淀完全； (5)若Mn 2+离子已经完全反应,就不再发生Mn 2++S 2O 82-+H 2O→H ++SO 42－+MnO 4-反应，不会产生紫色的MnO 4-。

【详解】

(l)固体焙烧条件是高温，所以应在坩埚中进行；

(2)步骤C 中得到的滤渣是不溶于水的Cu 和微溶的CaSO 4，步骤D 中加入MnO 2氧化溶液中

的Fe 2+，其中Mn 从+4价降为+2价，Fe 从+2价升高为+3价，Fe 2+是还原剂，根据电子守恒，

还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1；

(3)由图表可知为了使Fe 2+转化为Fe(OH)3而除去，而不影向Mn 2+，步骤E 中调节pH 的范围

为大于Fe(OH)3的沉淀的pH 而小于Mn 2+形成沉淀需要的pH ，即选择条件为：

3.7≤pH<8.3(或3.7

(4)在含有Mn 2+的溶液中加入NH 4HCO 3生成MnCO 3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn 2++2HCO 3-=MnCO 3↓+CO↑+H 2O ，Mn 2+沉淀完全时其浓度为1×10-5mol/L ，溶液中CO 32-

的浓度为2.2×

10-6mol/L ，则Ksp(MnCO 3)=(1×10-5mol/L)×(2.2×10-6mol/L)=2.2×10-11； (5)实验室可以用Na 2S 2O 8溶液来检验Mn 2+是否完全发生反应，原理为

Mn 2++S 2O 82-+H 2O→H ++SO 42－+MnO 4-。取少量试样于试管中，向其中滴入Na 2S 2O 3溶液，溶液不变为紫色，就可确认Mn 2+离子已经完全反应。

【点睛】

本题考查了化学实验基础知识，注意溶液中杂质离子的除去方法、离子检验方法和反应条件的控制、离子方程式的书写等。同时通过题述信息间接的考查学生的阅读能力和材料分析能力，体现了学以致用的高考命题思想。

10．4H 2(g)+2NO 2(g)=N 2(g)+4H 2O(g) △H=-1100.2kJ/mol 0.005mol/(L?s) 吸热 1.8

< < 活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢 1212K K K K 正正逆逆

N 2O 4-2e -+2HNO 3=2N 2O 3+2H +

【分析】

(1)①根据v=c

t

计算出40s内用二氧化氮表示的平均反应速率v(NO2)；

②只有二氧化氮有色气体，N2O4为无色，升温后平衡向着生成二氧化氮的方向移动，结合

温度对化学平衡的影响分析；

③根据表中数据可知80s开始已经达到平衡状态，利用三段式列式计算出平衡时二者的浓度，

然后利用平衡常数的表达式K=

2

2

24

c(NO)

c(N O)

计算；

④相同温度下，若开始时向该容器中充入若开始向该容器中充入0.80molNO2，相当于增大压强，平衡正向进行；

(3)反应活化能大，反应发生难，反应速率慢；反应达到化学平衡时，v正=v逆，根据速率方程推导；

(4) NO2可电解制备绿色硝化试剂N2O5，N元素化合价升高，NO2被氧化，为电解池阳极反应。

【详解】

(1) H2的燃烧热△H为-285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：①H2(g)+1

2

O2(g)=H2O(l)

△H=-285.8kJ/mol 。

②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+133 kJ/mol

③H2O(g)=H2O(1) △H=-44 kJ/mol

(①-③)×4-②，整理可得：4H2(g)+2NO2(g)=4H2O(g)+ N2(g) △H=-1100.2kJ/mol；

(2)①40s内用二氧化氮表示的平均反应速率v(NO2)=0.20mol/L

40s

=0.005mol/(L?s)；

②升高温度时，气体颜色加深，由于二氧化氮有色气体，N2O4为无色，说明c(NO2)浓度增大，N2O4(g)2NO2(g)平衡正向进行，由于升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应；

③一定温度下，在2L密闭容器中充入0.40mol N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，平

衡状态下二氧化氮浓度为0.3mol/L，则平衡时c(N2O4)=0.20mol/L-1

1

×0.3mol/L=0.05mol/L，

所以该反应平衡常数K=

2

0.3

0.05

=1.8；

④相同温度下，若开始向该容器中充入0.80molNO2，气体的物质的量是原来的2倍，若平衡不发生移动，平衡时NO2气体的浓度c(NO2)是原来的2倍，但由于气体物质的量增多，

使容器内的气体压强增大。根据平衡移动原理，增大压强，平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，所以达到平衡时c(NO 2)＜0.60mol/L ；

(3)反应物的活化能表示反应发生需要的最低能量，化学反应的活化能越大，反应发生需要的最低能量高，反应就越难发生，该反应的化学反应速率越慢，由于第一个反应快，第二个反应慢，说明反应①的活化能E 1小于反应②的活化能E 2，即E 1< E 2；2NO(g)+O 2(g)

2NO 2(g)的平衡常数

K=2222c (NO )c (NO)c(O )

，反应达到化学平衡时，v 正=v 逆，所以k 1正c 2(NO)=k 1逆c 2(N 2O 2)，k 2正c 2(N 2O 2)?c(O 2)=k 2逆c 2(NO 2)，则有

222122222222222212K K c (NO )c (N O )c (NO )==K K c(O )c (NO)c (N O )c(O )c (NO)

正正逆逆=K ； (4)NO 2可电解制备绿色硝化试剂N 2O 5．N 元素化合价升高，NO 2被氧化，电极方程式为N 2O 4-2e -+2HNO 3=2N 2O 5+2H +。

【点睛】

本题综合考查含氮化合物知识，涉及盖斯定律的应用、反应速率常数与化学平衡常数的关系、化学平衡移动、化学方程式书写以及电解知识等，侧重考查学生的分析、计算能力，注意把握盖斯定律以及电解原理的应用，题目难度中等。

11．[Ar]3d 84s 2 9：1 sp 2、sp 3 丙烯醇分子间存在氢键 分子晶体 6 N 2O(或CO 2、BeCl 2等) (

12

，1，1) A d N ×107 【分析】

(1)Ni 是28号元素，原子核外电子排布式为：1s 22s 22p 63S 23p 63d 84s 2，属于过渡元素，也可写为[Ar] 3d 84s 2；

(2)单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH 2=CH-CH 2OH 分子含有9个σ键,1个π键；分子中饱和碳原子是sp 3杂化，形成碳碳双键的不饱和碳原子是sp 2杂化；

(3)丙烯醇中含有羟基，分子之间形成氢键，沸点相对更高；

(4)羰基镍的熔点、沸点都很低，符合分子晶体的性质；

(5) [Ni(NH 3)6]2+中心原子Ni 结合的配位体NH 3的配位数是6；SCN -离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N ，而O 、S 原子的最外层电子数相等，所以它与N 2O 互为等电子体，而N 2O 与CO 2也互为等电子体；

(6)①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C 点对于的x 轴为

12，Y 轴与Z 轴都是1，所以C 点的坐标为(12

，1，1)； ②观察晶胞结构、掌握各种微粒的空间位置关系，用均摊法计算晶胞中含有的Ni 2+、O 2-离子数目，计算晶胞的质量，再根据晶胞质量=晶胞密度×晶胞体积计算。

【详解】

(1)Ni 是28号元素，原子核外电子排布式为：1s 22s 22p 63S 23p 63d 84s 2，价电子包括3d 与4s 能级电子，核外电子排布式为：[Ar]3d 84s 2；

(2)单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH 2=CH-CH 2OH 分子含有9个σ键，1个π键，故1 mol CH 2=CH －CH 2OH 中σ键和π键的个数比为9:1；分子中饱和碳原子采取sp 3 杂化，含碳碳双键的不饱和碳原子采用sp 2杂化，故碳原子的杂化轨道类型为sp 2、sp 3杂化；

(3)丙烯醇中含有羟基，分子之间形成氢键，使的它的沸点比丙醛的高很多；

(4)羰基镍的熔点、沸点都很低，说明微粒间的作用力很小，该晶体属于分子晶体；

(5) [Ni(NH 3)6]2+中心原子Ni 结合的配位体NH 3的配位数是6；SCN -离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N ，而O 、S 原子的最外层电子数相等，所以它与N 2O 互为等电子体，而N 2O 与CO 2也互为等电子体；

(6)①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C 点对于的x 轴为

12，Y 轴与Z 轴都是1，所以C 点的坐标为(12

，1，1)； ②设晶胞参数为anm ，观察氧化镍晶胞图，1个晶胞中含有4个NiO ，面对角线上的3个O 原子相切，d=-73A 75?4(a?10)N ，A

d N ×10-7nm ，设Ni 2+半径为

xnm,则有2r+2x=a ，x=A 4d N ×107nm 。 【点睛】

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、晶体类型与性质、空间构型、晶胞结构与计算等，(6)中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的书写计算能力，中学基本不涉及晶胞参数问题，可以适当进行拓展。这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的学科基础和数学功底。

12．醛基、氯原子酯化反应(或取代反应)

17

【分析】

根据A结构简式可判断出其中含有的官能团；B发生水解反应生成C，C发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，根据DE结构简式及X分子式知，X结构简式为，E发生取代反应生成氯吡格雷，（6）乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成。

【详解】

(1)根据A结构简式可知A中含有的官能团是醛基、氯原子；

(2)C和甲醇在酸性条件下发生酯化反应(或取代反应)生成D，所以C生成D的反应类型为酯化反应(或取代反应)；

(3)D与分子式为C6H7BrS的X物质反应产生E：，根据D\E 结构的不同，可知X结构简式为；

(4)C物质结构简式是，分子中含有羧基和氨基，氨基与羧基之间进行脱水反应形成高分子化合物，反应方程式为：

；

(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，G的同分异构体符合下列条件：①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应，说明含有醛基。其结构中可以有一个取代基：-CHClCHO；可以有2个取代基为-Cl、-CH2CHO或-CH2Cl、-CHO，均有邻、间、对3种；可以有3个取代基为：-Cl、-CH2、-CHO，而-Cl、-CH2有邻、间、对3种位置，对应的-CHO

分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有1+2×3+4+4+2=17种；

③其中核磁共振氢谱中有5个吸收峰，且峰值比为2：2：1：1：1的结构简式为；

(6)乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成，合成路线流程图为：

。

【点睛】

本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及化学反应反应方程式书写、限制条件同分异构体书写等，掌握定二移一法确定苯的三元取代，本题较好的考查了学生分析、推理能力，题目难度中等。