1、2019 届届“七校七校”十一月联考理科综合能力测试十一月联考理科综合能力测试 1.化学与环境、材料、信息、生活关系密切,下列说法正确的是 ( ) A. 硫、氮、碳的氧化物是形成酸雨的主要物质 B. 山东疫苗案涉及疫苗未冷藏储运而失效,这与蛋白质变性有关 C. 刚玉、红宝石主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐 D. 乳酸铁是某些补铁口服液的有效成分 【答案】B 【解析】 【详解】A. 硫、氮的氧化物 SO2、NO2是形成酸雨的主要物质,CO2不是形成酸雨的主要物质,故 A 错误；B. 因为蛋白质高温会变性失去蛋白质的活性，故 B 正确； C. 刚玉、红宝石主要成分是氧化铝,玛瑙主要成
2、分 是二氧化硅，分子筛主要成分是硅酸盐，故 C 错误；D. 乳酸亚铁是某些补铁口服液的有效成分，故 D 错误； 答案：B。 2.下列化学用语正确的是 ( ) A. 氯化钠的分子式：NaCl B. NH4Br的电子式： C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子 D. Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A. 氯化钠是离子化合物，化学式 NaCl，没有的分子式，故 A 错误：B. NH4Br 的电子式： ，故 B错误；C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子， 二氧化碳分子是直线型，故
3、 C 错误；D. Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O 的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O，故 D 正确；答案：D。 3.用 NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( ) A. 电解精炼铜,当外电路通过 NA个电子时,阳极质量减小 32 g B. 反应 3H2(g)+N2(g)2NH3(g)H=-92 kJ mol-1,当放出 9.2 kJ 热量时,反应的 N2为 2.24L C. 常温常压下 27克 Al与 33.6L氯气完全反应，电子转移数小于 3NA D. 1 mol L-1氯化铜溶液中,若 Cl-的数目为 2NA,则 Cu2+的数目为 NA 【答案】D 【解析】 【
4、详解】A.电解精炼铜时,阳极上放电的除了铜,还有比铜活泼的金属杂质,故当转移 NA个电子时,阳极减少 的质量小于32g,故 A 错误;B.反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)H=-92 kJ mol-1,转移 6mol电子,放出热量 9.2kJ时, 转移电子 0.6NA， 反应的 N2标况下为 2.24L， 故 B 错误； C. 常温常压下与 33.6L氯气的物质的量小于 1.5mol, 所以与 27 克 Al不能完全反应，故 C 错误；D. 氯正确化铜的化学式为 CuCl2,n( Cu2+): n（Cl-）= 2:1，所以在 1mol L-1氯化铜溶液中,若 Cl-的数目为 2NA,则
5、 Cu2+的数目为 NA，故 D正确；答案：D。 4.下列实验不能达到实验目的或者实验操作不正确的是 ( ) A. 定容 B. 比较硫、碳、硅三种元素的非金属性 C. 尾气处理 D. 测定黄铜中锌的含量 【答案】A 【解析】 【详解】A.容量瓶定容时，距离刻度线 1-2cm 时改用胶头滴，故 A 错误；B.若锥形瓶中生成气体,说明硫酸 的酸性比碳酸强,烧杯中生成白色沉淀,说明碳酸的酸性比硅酸强,最高价氧化物对应水化物酸性越强,则对 应元素的非金属性越强,因此比较硫、碳、硅非金属性强弱的实验方案合理,所以 B 正确的;C.氨气易溶于水 和硫酸,难溶于四氯化碳,四氯化碳的密度比硫酸溶液大,导管口伸
6、入下层液体可以防止倒吸,逸出的氨气被 稀硫酸完全吸收生成铵盐,所以 C 是正确的;D.锌是氢前金属,铜是氢后金属,前者与稀盐酸发生置换反应,生 成的氢气难溶于水,水还能除去氢气中混有的氯化氢,排水量气法收集氢气,根据氢气的体积可以计算完全 反应的锌的质量,进而可以求黄铜中锌的含量,所以 D 是正确的;答案：A。 【点睛】可根据最高价氧化物的水化物的酸性比较非金属性强弱; 最高价氧化物对应水化物酸性越强,则对 应元素的非金属性越强,. 根据氨气易溶于硫酸,难溶于四氯化碳,可防止倒吸。 5.已知 X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单 质,A、B、C、D分别
7、是由三种元素中的两种形成的化合物,且 A与 C中均含有 10 个电子。它们之间转化关 系如下图所示。下列说法正确的是 A. 原子半径:ZYX B. 稳定性:AC C. 反应和均为吸热反应 D. X、Y、Z可以形成离子化合物 【答案】C 【解析】 短周期元素中形成的 10 个电子的化合物主要有 CH4、NH3、H2O、HF等几种，根据图中的转化关系可以推 出 X、Y、Z 分别为 H、C、O 三种元素，甲、乙、丙分别为氢气、碳、氧气，A、B、C、D 分别为 CH4、CO2、H2O、CO。 A. H、C、O 三种元素原子半径：COH ，A不正确； B. 氧元素的非金属性强于碳，所以稳定性： H2OC
8、H4，B 不正确；C. 反应碳和二氧化碳在高温下生成一氧化碳的反应是吸热反应，反应水蒸气和 碳在高温下反应生成氢气和一氧化碳是吸热反应 ，所以 C 正确； D. H、C、O 三种非金属元素只能形成 共价化合物，不能形成离子化合物，D不正确。选 C。 点睛：解无机框图推断题时，首先要找好突破口。本题以 10 电子化合物为突破口，通过转化关系检验，可 以分别推出各种元素和化合物。 6.通过电解法分离 NaHSO3与 Na2SO3混合物,其装置如下图。下列说法不正确的是 A. 阳极的电极反应式为 4OH-4e-=2H2O+O2 B. 阳极区 c(H+)增大,H+由 a 室经阳离子交换膜进入 b室 C
9、. 外电路每转移 0.2 mol电子,有 0.2 mol Na+从 b 室进入 c 室 D. c室得到 Na2SO3的原因是 OH-+HSO3- = H2O+SO32- 【答案】C 【解析】 【分析】 通过电解法分离 NaHSO3与 Na2SO3混合物,根据装置图分析,电解池阳极发生的反应为物质失去电子,发生氧 化反应,考虑到溶液是碱性,则阳极处 OH-放电产生 O2,阳极电极反应为: 4OH-4e-=2H2O+O2,阴极为物质得 到电子,发生还原反应,考虑到溶液是碱性,则阴极反应式为:2H2O+2e-=2OH-+ H2, 据此分析判断。 【详解】A.阳极的电极反应为: 4OH-4e-=2H2
10、O+O2 ,所以 A 正确;B.阳极区 OH-放电被消耗,c(OH-)降低,则 c(H+)增加,电解池中阳离子通过阳离子交换膜向阴极移动,则 H+由 a 室经阳离子交换膜进入 b 室,所以 B 正 确;C.外电路每转移 0.2 mol 电子,不仅有 Na+转移,还有 H+转移,故 C错误;D.c 室中产生 Na2SO3,溶液为碱 性,则 c 室得到 Na2SO3的原因是 OH-+ HSO3-=H2O+ SO32-,所以 D 选项是正确的;答案：C。 7.常温下,浓度均为 1.0 mol L-1的 HX 溶液、HY溶液、HY 和 NaY的混合溶液,分别加水稀释,稀释后溶液的 pH 随浓度的变化如
11、图所示,下列叙述正确的是 ( ) A. HX 是强酸,溶液每稀释 10 倍,pH始终增大 1 B. 常温下 HY的电离常数为 1.0 10-4 C. 溶液中水的电离程度:a点大于 b点 D. c 点溶液中:c(Na+)c(Y-)c(HY)c(H+)c(OH-) 【答案】B 【解析】 A根据图像可知 1mol/LHX 溶液的 pH0，说明 HX全部电离为强电解质，当无限稀释时 pH接近 7，A 错 误；B根据图像可知 1mol/LHY 溶液的 pH2，溶液中氢离子浓度是 0.01mol/L，所以该温度下 HY 的电 离常数为=1.010 -4，B 正确；C酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑
12、制 水电离程度越小，根据图知，b 溶液中氢离子浓度小于 a，则水电离程度 ab，C 错误；Dc 点溶液中显酸 性，说明 HY 的电离程度大于 NaY 的水解程度，则溶液中：c(Y-)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH-)，D错误；答 案选 B。 点睛：本题考查弱电解质电离，为高频考点，侧重考查学生分析推断及识图能力，正确判断两种酸的强弱 是解本题关键，注意：酸的电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度无关，易错选项是 A，注意无限稀释 时酸溶液的 pH不可能大于 7，只能是接近 7，即无限稀释时要考虑水的电离。 8.碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用 NaOH、单质碘和
13、水合肼(N2H4 H2O)为原料 可制备碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂. 回答下列问题： (1)水合肼的制备有关反应原理为: NaClO+2NH3 = N2H4 H2O+NaCl 用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示). 开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向 B的三口烧瓶中滴加 NaClO 溶 液.滴加 NaClO 溶液时不能过快的理由_。 (2)碘化钠的制备 i.向三口烧瓶中加入 8.4gNaOH 及 30mL水， 搅拌、 冷却， 加入 25.4g 碘单质， 开动磁力搅拌器， 保持 6070 至反应充分
14、； ii.继续加入稍过量的 N2H4 H2O(水合肼)，还原 NaIO 和 NaIO3，得 NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气 体； iii.向上述反应液中加入 1.0g 活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离； iv.将步骤 iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品 24.0g. 步骤 i反应完全的现象是_。 步骤 ii中 IO3-参与反应的离子方程式为_。 步骤 iii 将溶液与活性炭分离的方法是_。 本次实验产率为_，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_。 某同学检验产品 NaI中是否混有 NaIO3杂质. 取少量固体样品于试管中，加水溶解，
15、滴加少量淀粉液后再 滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝. 得出 NaI中含有 NaIO3杂质. 请评价该实验结论的合理性:_(填 写合理或不合理)，_(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由). 【答案】 (1). f a b c d e(ab 顺序可互换） (2). 过快滴加 NaClO 溶液，过量的 NaClO 溶液氧化水合肼， 降 低 产 率 (3). 无 固 体 残 留 且 溶 液 呈 无 色 （ 答 出 溶 液 呈 无 色 即 给 分 ） (4). 2IO3-+3N2H4 H2O=3N2+2I-+9H2O (5). 趁热过滤或过滤 (6). 80% (7). 水合胼能与水中的溶解
16、氧 反应 (8). 不合理 (9). 可能是 I- 在酸性环境中被 O2氧化成 I2而使淀粉变蓝 【解析】 【分析】 (1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置 D制备氨气，装置 A为安全瓶，防止溶 液倒吸，气体通入装置 B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置 C 吸收；(2)加入氢 氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与 NaI，得到的 NaI 溶液经蒸发浓缩、 冷却结晶可得到 NaI；由碘单质计算生成的 NaI与 NaIO3， 再由 NaIO3计算与 N2H4H2O 反应
17、所得的 NaI，由此计算得到理论生成的 NaI，再计算产率可得；NaIO3能够氧化碘化钾，空气中氧气 也能够氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。 【详解】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置 D 制备氨气，通过装置 A安 全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置 B 滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置 C 吸 收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为：fabcde； 开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向 B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液反应 生成水合肼，水合肼有还原性，滴加
18、NaClO 溶液时不能过快的理由：过快滴加 NaClO 溶液，过量的 NaClO 溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为：过快滴加 NaClO 溶液，过量的 NaClO溶液氧化水和肼，降低产率； (2)步骤 ii中碘单质生成 NaI、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为：无固体 残留且溶液接近无色； 步骤 iiiN2H4H2O还原 NalO3的化学方程式为：3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，离子方程式为： 3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O，故答案为：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O； 活性炭具有吸附性，
19、能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为：趁热过滤； 8.2gNaOH与 25.4g 单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，碘和氢氧化钠发生反应： 3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则生成的 NaI的质量为： 5 150g/mol=25g，生成的 NaIO3与 N2H4H2O反应所得的 NaI，反应为 3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，则 6I22NaIO32NaI，该步生 成的 NaI质量为： 2 150g/mol=5g，故理论上生成的 NaI为 25g+5g=30g，实验成品率为 100%=80%， 实验发现， 水合肼实际用量比
20、理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应， 故答案为： 80%；水合肼能与水中的溶解氧反应； 取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生 成碘单质，可能是 NaIO3氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出 NaI 中含有 NaIO3杂质，故答案为：不合理；可能是 I-在酸性环境中被氧气氧化成 I2而使淀粉变蓝。 【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、 产率计算等。本题的难点为，要注意理清反应过程。 9.据报道，磷酸二氢钾(KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨
21、型激光器神光二号中。利用氟磷灰石(化学 式为 Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示(部分流程步骤已省略)： 已知萃取的主要反应原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl；其中，反应产生的 HCl易溶于有机萃取剂。 请回答下列问题： (1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是_。 (2)不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是_(用化学方程式表示)。 (3)副产品 N 的化学式是_；在得到 KH2PO4晶体的一系列操作，其主要包括_、 过滤、洗涤、干燥等。 (4)若用 1000kg质量分数为 50.4%的氟磷灰石(化学式为 Ca5P3FO12， 摩尔质量为 504g/mol)来制
22、取磷酸二氢钾 晶体，其产率为 80%，则理论上可生产 KH2PO4(摩尔质量为 136g/mol)的质量为_kg。 (5)电解法制备 KH2PO4的装置如图所示该电解装置中，a 区属于_区(填阳极或阴极)，阴极区的 电极反应式是_。 (6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到 1500生成白磷，同时逸出 SiF4和 CO, 该反应的化学方程式为_。 【答案】 (1). 增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率 (2). 4HF+SiO2SiF4+2H2O (3). NH4Cl (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 326.4kg (6). 阴极 (7). 2H
23、 2eH 2 (8). 4Ca5P3FO12+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO 【解析】 氟磷灰石(化学式为 Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有 机萃取剂，KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，反应产生的 HCl 易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加 入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有 KH2PO4，经过一系列操作得到 KH2PO4晶 体。 (1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为： 增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反
24、应速率； (2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸 腾槽，故答案为：4HF+SiO2SiF4+2H2O； (3)根据上述分析，副产品 N的化学式为 NH4Cl；在得到 KH2PO4晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结 晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶； (4)1000kg 质量分数为 50.4%的氟磷灰石(化学式为 Ca5P3FO12)中含有 Ca5P3FO12的质量为 504kg， 根据 P 元素 守恒，理论上可生产 KH2PO4的质量为 504kg 80%=326.4 kg，故答案为：326.4 kg；
25、(5)根据图示，应该在 a 区生成 KH2PO4，则钾离子由 b区移向 a 区，则 a 区属于阴极区；阴极上氢离子放电 生成氢气，电极反应式为 2H2eH2，故答案为：阴极；2H2eH2； (6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到 1500生成白磷，同时逸出 SiF4和 CO，反应的化学 方程式为 4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO，故答案为：4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO。 10.(1)2017年中科院某研究团队通过设计一种新型 Na-Fe3O4/HZSM-5 多功能复合
26、催化剂，成功实现了 CO2 直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为CO2催化转化领域的突破性进展。 已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 = aKJ/mol C8H18(1 )+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2= bKJ/mol 试写出 25、101kPa条件下，CO2与 H2反应生成汽油(以 C8H18表示)的热化学方程式 _。 (2)利用 CO2及 H2为原料，在合适的催化剂(如 Cu/ZnO 催化剂)作用下，也可合成 CH3OH，涉及的反应有： 甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H= 53.7kJ mol-1 平
27、衡常数 K1 乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H= + 41.2kJ mol-1 平衡常数 K2 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=_(用含K1、K2的表达式表示)， 该反应H_0(填大 于或小于)。 提高 CO2转化为 CH3OH平衡转化率的措施有_(填写两项)。 催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制 CO2和 H2 初始投料比均为 1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。 温度(K) 催化剂 CO2转化率(%) 甲醇选择性(%) 综合选项 543 Cu/ZnO 纳米棒材料 12.3 42.3 A
28、 543 Cu/ZnO 纳米片材料 11.9 72.7 B 553 Cu/ZnO 纳米棒材料 15.3 39.1 C 553 Cu/ZnO 纳米片材料 12.0 70.6 D 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对 CO2的转化为 CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所 给数据结合反应原理，所得最优选项为_(填字母符号)。 (3)以 CO、H2为原料合成 甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为 2L的三个恒容密闭容 器、中，分别都充入 1molCO和 2molH2，三个容器的反应温度分别为 T1、T2、T3且恒定不变。下 图为三个容器中的反应均进行到 5mi
29、n 时 H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。 05min 时间内容器中用 CH3OH表示的化学反应速率为_。 三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。 【答案】 (1). 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) H=（25a-b）KJ/mol (2). K= (3). 小于 (4). 降低温度、减小产物浓度 (5). B (6). 0.0875mol/(Lmin) (7). 【解析】 【详解】(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 =aKJ/mol； C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H
30、2O(1) H2=bKJ/mol 根据盖斯定律，由 25-得反应方程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1) +16H2O(1) H=25H1-H2=H= （25a-b）KJ/mol； (2) 已知甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-53.7 kJmol -1平衡常数 K 1 乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H=+41.2 kJmol -1平衡常数 K 2；根据盖斯定律，由甲-乙得反 应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数 K=； H=-53.7 kJmol -1-41.2 kJmol-1=-94.9 kJ
31、mol-10； 反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高 CO2转化为 CH3OH 平衡转化率的措施 有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料 CO2和 H2等；由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲 醇的选择性有显著影响，使用 Cu/ZnO 纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽 然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选 B 选项； (3) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 开始时的物质的量：1 2 0 转化的物质的量： a 2a a 平衡时的物质的量：1-a 2-2a a 容
32、器中 05 min 内 H2含量是 20%，a= ，v(CH3OH)= 0.0875mol/(L min)；中温度高氢气含量高，说明 达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。 【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一 反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学 反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达 到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值， 固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素
33、有浓度、温度和压强等。 11.镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题： （1）基态 Ni 原子中， 电子填充的能量最高的能级符号为_， 价层电子的轨道表达式为_。 （2）Ni的两种配合物结构如图所示： A B A 的熔、沸点高于 B的原因为_。 A 晶体含有化学键的类型为_（填选项字母） 。 A 键 B键 C配位键 D金属键 A 晶体中 N原子的杂化形式是_。 （3） 人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为 Ni1.2As， 其中 Ni 元素只有2 和3 两种价态， 两种价态的镍离子数目之比为_。 （4） NiAs的晶胞结构如图所示： 镍离子的配位数为_。
34、若阿伏加德罗常数的值为 NA，晶体密度为 gcm3，则该晶胞中最近的砷离子之间的距离为 _pm。 【答案】 (1). 3d (2). (3). A 中含氢键 (4). ABC (5). sp2 (6). 1:1 (7). 4 (8). 或 【解析】 (1) 镍 的 原 子 序 数 为 28 ， 其 电 子 排 布 式 为 1S22S22P63S23P64S23d8， 其 价 电 子 的 轨 道 表 达 式 为 ，所以基态镍原子核外电子填充的能量最高的能级符号为 3d； (2)A中有 OH 键，而 B中没有，而有 OH键的物质可在分子间形成氢键，使物质的熔沸点升高；在 A 的分子结构中有 C=N
35、双键，其中有 键和 键，有箭头所示的配位键，故选 ABC，其中的 N 原子以 sp2方式 杂化； (3)某缺陷砷化镍的组成为 Ni1.2As， 其中 Ni元素只有2 和3两种价态，设2价的 Ni为 x 个，+3 价的 Ni为 y个，则由原子守恒得 x+y=1.2，由化合价原则得 2x+3y=3，求出 x=y=0.6，所以两种价态的镍离子数 目之比为 1:1； (4) 由 NiAs的晶胞结构分析可知，与一个 Ni 3+距离最近的等径 As3-为 22=4 个，所以镍离子的配位数为 4； 该晶胞中含有的 Ni 3+为(1/8)8+(1/2)6=4，含有的 As3-为 4，即含有 4 个 NiAs
36、微粒，设其棱长为 acm， 其质量为(134 4)/ NA g，所以 a= cm，而 As3-位于其 1/8 晶胞的体心，两个 As3-间的距离相当于面对 角线的一半，即a=10 10pm。 12.药物 F具有抗肿瘤、降血糖、降血压等多种生物活性，其合成路线如下： 已知：M的结构简式为：。 请回答下列问题： （1）A 的化学名称是_，B的化学式是_。 （2）C中官能团的名称是_。 （3）写出 F的结构简式_。 （4）已知 A在一定条件下能生成可降解的聚酯，请写出该反应化学方程式： _。 （5）满足下列条件的 M的同分异构体有_种(不含立体异构)。 能够发生银镜反应。 含有硝基(NO2)，且硝基
37、直接连在苯环上。 含有苯环且苯环上只有两个取代基。 其中核磁共振氢谱为四组峰且峰面积之比为 6221的结构简式为_（写出一种即可） 。 （6）写出用乙醛为原料制备高分子化合物聚丙烯腈的合成路线 （无机试剂任选） ： _ 【答案】 (1). 2-羟基丙酸(或 -羟基丙酸或乳酸) (2). C4H8O3 (3). 羰基（酮基），酯基 (4). (5). (6). 15 (7). (8). 【解析】 根据流程图，乙醛与 HCN 加成生成，水解生成，与 甲 醇 酯 化 生 成B，B为，B氧 化 生 成，与 M()反应生成 D()，D 还原生成 E()，E 发 生消去反应生成 F，F为。 (1)A()的
38、化学名称为 2-羟基丙酸，根据上述分析，B为，化学式是 C4H8O3， 故答案为：2-羟基丙酸(或 -羟基丙酸或乳酸)；C4H8O3； (2)C()中官能团有羰基，酯基，故答案为：羰基，酯基； (3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：； (4)A()在一定条件下能生成可降解的聚酯，反应的化学方程式为 ，故答案为： ； (5)M()的同分异构体满足：能够发生银镜反应，是结构中含有醛基； 含有硝基(NO2)，且硝基直接连在苯环上；含有苯环且苯环上只有两个取代基，满足条件的是苯环上含 有硝基，另一个基团为C3H6CHO，其中C3H6CHO 有 CH2CH2CH2CHO、CH2CH(CH3)CHO、CH(CH3) CH2CHO、CH(CH2CH3)CHO、C(CH3) 2CHO5种结构，因此 M( )的同分异构体有 3 5=15种，其中核磁共振氢 谱为四组峰且峰面积之比为 6221 的结构简式为 ，故答案为： 15；(任写一种)； (6)用乙醛为原料制备聚丙烯腈()，需要先制备丙烯腈，根据题干流程图，可以由乙醛与 HCN 加成生成，消去羟基生成丙烯腈，合成路线为 ，故答案为： 。 点睛：本题考查了有机合成与推断。本题的易错点为(5)，重点是书写侧链C4H7O满足条件的结构。本题 的难点是(6)，要注意充分利用题干流程图提供的信息解答。
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