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    湖北省湖北省黄冈市黄州区2019届高三化学下学期5月第二次模拟考试试题(含解析)

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    湖北省湖北省黄冈市黄州区2019届高三化学下学期5月第二次模拟考试试题(含解析)

    1、1.厉害了,我的国展示了中国五年来探索太空,开发深海,建设世界第一流的高铁、桥梁、码头,5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是(    )A. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等,铝锂合金属于金属材料B. 为打造生态文明建设,我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电,电能属于一次能源C. 我国提出网络强国战略,光缆线路总长超过三千万公里,光缆的主要成分是晶体硅D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】A【解析】【详解】A. 合金属于金属材料,A项正确;B. 核电、光电、风电、水电等

    2、这些电能均是经过转化的能源属于二次能源,B项错误;C. 光缆的主要成分是二氧化硅,不是晶体硅,C项错误;D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料,不是传统的硅酸盐材料,D项错误;答案选A【点睛】本题B选项是易错点,一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。包括:原煤、原油、天然气、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等;二次能源则指由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品,主要包括:电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、 液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正

    3、确的是(   )A. 在电解精炼铜的过程中,当阴极析出32g铜时转移电子数目为NAB. 将1molCH4与1molCl2混合光照,充分反应后,生成气体分子数为NAC. 9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时,反应中转移电子数为0.6NAD. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性,溶液中醋酸分子数为0.01NA【答案】B【解析】【详解】A. 电解精炼铜时,阴极是铜离子放电,若转移了NA个电子,有0.5mol铜单质生成,质量为0.5mol64g/mol=32g,A项正确;B. 将1molCH4与1molCl2混合光照,充分反应后,生成一氯甲

    4、烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢,其中氯化氢与一氯甲烷是气体,根据元素守恒可知,氯化氢的物质的量为1mol,B项错误;C. 依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知,1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子,9.2g甲苯物质的量为0.1mol,被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子,转移电子数为0.6NA,C项正确;D. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性,则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等,醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当,则可认为醋酸不电离,醋酸根离子不

    5、水解,因此醋酸分子数为100mL0.1mol/LNA=0.01NA,D项正确;答案选B。【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用,一要认真理清知识的联系,关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应,如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解,做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词,做题时谨慎细致,避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射,将相关知识总结归纳,在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下,着重关注易错点,并通过练习加强理解掌握, 这样才能通过复习切实提高得分率。3.已知M、N是合成某功能高分子材料的

    6、中间产物,下列关于M、N说法正确的是(   )A. M、N都属于烯烃,但既不是同系物,也不是同分异构体B. M、N分别与液溴混合,均发生取代反应C. M、N分子均不可能所有原子共平面D. M、N均可发生加聚反应生成高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A. M分子结构中官能团为碳碳双键与羟基,为烃的衍生物,不属于烯烃,M与N在组成上相差不是n个CH2,且分子式也不相同,所以但既不是同系物,也不是同分异构体,A项错误;B. M、N分子结构中均含碳碳双键,与液溴混合时,可发生加成反应,苯环与液溴发生取代反应时,还需要催化剂,B项错误;C. M分子内含碳碳单键,中心C原子采用sp3杂化,不

    7、可能所有原子共平面,N所有原子可以共平面,C项错误;D. M、N分子结构中均含碳碳双键,均可发生加聚反应生成高分子化合物,D项正确;答案选D。4.KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应:11KClO3+6I2+3H2O = 6KH(IO3)2 +3Cl2+5KClKH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O下列说法正确的是(    )A. 化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键B. 反应中每转移4mol电子生成2.24LCl2C. 向淀粉溶液中加入少量碘盐,溶液会变蓝D. 可用焰色反应实验

    8、证明碘盐中含有钾元素【答案】D【解析】【详解】A. 化合物KH(IO3)2为离子化合物,包含离子键与共价键,氢键不属于化学键,A项错误;B. 气体的状态未指明,不能利用标况下气体的摩尔体积计算,B项错误;C. 碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在,没有碘单质,不能使淀粉变蓝,C项错误;D. 钾元素的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃),若碘盐的焰色反应显紫色,则证明碘盐中含有钾元素,D项正确;答案选D。【点睛】本题考查化学基本常识,A项是易错点,要牢记氢键不属于化学键,且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中,可以分为分子内氢键,如邻羟基苯甲醛,也可

    9、存在分子间氢键,如氨气、氟化氢、水和甲醇等。5.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素;元素X和Z同族,Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应,生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是(    )A. 简单离子半径大小为YXZB. Y和Z的氢化物溶于水,所得溶液均呈酸性C. W与Z均只有两种的含氧酸D. 工业上电解熔融Y2X制备单质Y【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知,同周期元素中,从左到右原子半径依次减小,同主族元素中,从上到下原子半径依次增大,因

    10、Y是短周期中原子半径最大的元素,则Y为Na元素;Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应,生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体,采用逆分析法可知,这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体,则可知Z为S,其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸,可与W的单质(C)反应,因此推出W为C;又X和Z同族,则X为O元素,据此分析作答。【详解】由上述分析可知,W、X、Y、Z分别是C、O、Na和S元素,则A. 简单离子的电子层数越多,其对应的半径越大;电子层数相同时,核电荷数越小,离子半径越大,则简单离子半径大小为YXZ,A项正确;B. 氢化钠为离子化合物,溶于水后与水发生反应:NaH+H2O=

    11、NaOH+H2,使溶液呈现碱性,B项错误;C. C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸,S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代硫酸等,C项错误;D. 工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠,而不是Na2O,D项错误;答案选A。【点睛】B项是易错点,学生要注意氢元素与活泼金属作用时,形成离子化合物,H显-1价。6.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量,依次经过以下四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是(    )A. 灼烧海带:B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质:C. 制备Cl2,并将I-氧化为I2:D. 以淀粉为指示剂,用Na2S2O3标准溶液滴定:【答案】B【解析】

    12、【详解】A. 灼烧需在坩埚中进行,不能选烧杯,A项错误;B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作,过滤需要玻璃棒引流,图中操作科学规范,B项正确;C. 制备Cl2,并将I-氧化为I2,除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水,尾气需用氢氧化钠吸收,C项错误;D. Na2S2O3为强碱弱酸盐,因S2O32-的水解使溶液呈现碱性,所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中,而不是酸式滴定管,D项错误;答案选B。【点睛】本题的易错点是D项,选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境,另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性,需选择酸式滴定管;而本题的硫酸硫酸钠还

    13、原碘单质时,考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外,学生要牢记仪器的构造,会区分酸式滴定管与碱式滴定管。7.水垢中含有的CaSO4,可先用Na2CO3溶液处理,使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体,测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。已知Ksp(CaSO4)=910-6,Ksp(CaCO3)=310-9,lg3=0.5,下列说法不正确的是(   )A. 曲线上各点的溶液满足关系式:c(Ca2+)c(SO42-)=Ksp(CaSO4)B. CaSO4(s)+CO32-(aq)CaC

    14、O3(s)+SO42-(aq)  K=3103C. 该Na2CO3溶液的浓度为1mol/LD. 相同实验条件下,若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍,则上图曲线整体向上平移1个单位即可【答案】D【解析】【详解】A. CaSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)= c(Ca2+)c(SO42-),A项正确;B. CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数,B项正确;C. 依据上述B项分析可知,CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)  K=3103,每消耗1mol CO32-会生成1mol SO

    15、42-,在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的浓度,设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L,则c(SO42-)=1mol/L,根据可得溶液中c(CO32-)=,-lg c(CO32-)=3.5,与图像相符,C项正确;D. 依据题意可知,起始CaSO4的物质的量为0.02mol,相同实验条件下,若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍,则消耗碳酸钠的体积为10mL,在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L,根据可得溶液中c(CO32-)=,-lg c(CO32-)=3.2,图像中的横纵坐标都要改变,D项错误;答案选D。8.香豆素存在于黑香豆、香

    16、蛇鞭菊、野香荚兰、兰花中,具有新鲜干草香和香豆香,是一种口服抗凝药物。实验室合成香豆素的反应和实验装置如下:可能用到的有关性质如下:合成反应:向三颈烧瓶中加入95%的水杨醛38.5g、新蒸过的乙酸酐73g和1g无水乙酸 钾,然后加热升温,三颈烧瓶内温度控制在145150,控制好蒸汽温度。此时,乙酸开始蒸出。当蒸出量约15g时,开始滴加15g乙酸酐,其滴加速度应与乙酸蒸出的速度相当。乙酸酐滴加完毕后,隔一定时间,发现气温不易控制在120时,可继续提高内温至208左右,并维持15min至半小时,然后自然冷却。分离提纯:当温度冷却至80左右时,在搅拌下用热水洗涤,静置分出水层,油层用10%的 碳酸钠

    17、溶液进行中和,呈微碱性,再用热水洗涤至中性,除去水层,将油层进行减压蒸馏,收集150160/1866Pa馏分为粗产物。将粗产物用95%乙醇(乙醇与粗产物的质量比为1:1)进行重结晶,得到香豆素纯品35.0g。(1)装置a的名称是_。(2)乙酸酐过量的目的是_。(3)分水器的作用是_。(4)使用油浴加热的优点是_。(5)合成反应中,蒸汽温度的最佳范围是_(填正确答案标号)。a100110       b117.9127.9       c139149(6)判断反应基本完全的现象是_。(7)油层用10%的碳酸钠溶液进行中和时主要反应的离子

    18、方程式为_。(8)减压蒸馏时,应该选用下图中的冷凝管是_(填正确答案标号)。a直形冷凝管   b球形冷凝管   c蛇形冷凝管(9)本实验所得到香豆素产率是_。【答案】    (1). 恒压滴液漏斗    (2). 增大水杨醛的转化率    (3). 及时分离出乙酸和水,提高反应物的转化率    (4). 受热均匀且便于控制温度    (5). b    (6). 一段时间内分水器中液体不再增多    (7). 2CH3COOH+CO32

    19、-=2CH3COO-+H2O+CO2    (8). a    (9). 80%【解析】【分析】(1)根据仪器的构造作答;(2)根据浓度对平衡转化率的影响效果作答;(3)分水器可分离产物;(4)三颈烧瓶需要控制好温度,据此分析;(5)结合表格中相关物质沸点的数据,需要将乙酸蒸出,乙酸酐保留;(6)通过观察分水器中液体变化的现象作答;(7)依据强酸制备弱酸的原理作答;(8)减压蒸馏的冷凝管与普通蒸馏所用冷凝管相同;(9)根据反应的质量,得出转化生成的香豆素理论产量,再根据产率=作答。【详解】(1)装置a的名称是恒压滴液漏斗;(2)乙酸酐过量,可使反应充分进

    20、行,提高反应物的浓度,可增大水杨醛的转化率;(3)装置中分水器可及时分离出乙酸和水,从而提高反应物的转化率;(4)油浴加热可使受热均匀且便于控制温度;(5)控制好蒸汽温度使乙酸蒸出,再滴加乙酸酐,根据表格数据可知,控制温度范围大于117.9小于139,b项正确,故答案为b;(6)分水器可及时分离乙酸和水,一段时间内若观察到分水器中液体不再增多,则可以判断反应基本完全;(7)碳酸钠会和乙酸反应生成乙酸钠、二氧化碳和水,其离子方程式为:2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2;(8)减压蒸馏时,选择直形冷凝管即可,故a项正确;(9)水杨醛的物质的量=0.2998mol,乙酸酐

    21、的物质的量=0.7157mol,则可知乙酸酐过量,理论上可生成香豆素的物质的量=0.2998mol,其理论产量=0.2998mol146g/mol=43.77g,则产量=80%。9.铅单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。(1)铅能形成多种氧化物,如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、类似Fe3O4的Pb3O4,盛有PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸,产生黄绿色气体,其反应的化学方程式为_。(2)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料,制备高纯PbO,实现铅的再生利用。其工作流程如下:过程1中分离提纯的方法是_,滤液2中的溶质主要是_填物质

    22、的名称)。过程1中,在Fe2+催化下,Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_。(3)将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中,得到含Na2PbCl4的电解液,电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_。电解过程中,Na2PbCl4电解液浓度不断减小,为了恢复其浓度,应该向_极室(填“阴”或者“阳”)加入_(填化学式)。【答案】    (1). PbO2+4HCl (浓)= PbCl2+Cl2+4H2O    (2). 过滤    (3). 硫酸钠

    23、   (4). Pb+ PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O    (5). PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-    (6). H+    (7). 阴    (8). PbO【解析】【分析】(1)依据给定信息结合氧化还原反应规律和元素守恒规律作答;(2)含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)与硫酸亚铁和硫酸作用,生成不溶物PbSO4、炭黑和滤液硫酸铁、硫酸等,其中硫酸亚铁作催化剂,加快Pb和PbO2的反应,经过过滤得到的PbSO4粗品再与氢氧化钠反应制得PbO粗

    24、品,再经过分离提纯得到高纯PbO,据此分析作答;(3)在上述装置图中,电解池的阳极水中的氢氧根离子发生氧化反应生成氧气,阴极则为PbCl42-得电子生成Pb的过程,再结合电解池的原理分析作答。【详解】(1)盛有PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸,产生黄绿色气体,则该气体为氯气,根据氧化还原反应的规律及元素守恒可知,产物还有PbCl2和水,其化学方程式为:PbO2+4HCl (浓)= PbCl2+Cl2+4H2O;(2)过程1中得到了滤液和不溶物PbSO4,则过程1的操作方法为过滤;PbSO4与氢氧化钠反应生成物除了PbO以外,应还有硫酸钠,则滤液2中的溶质主要是硫酸钠,在Fe2+催化下,Pb和Pb

    25、O2在稀硫酸作用下发生归中反应生成PbSO4的方程式为:Pb+ PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O,故答案为:过滤;硫酸钠;Pb+ PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O;(3)电解时阴极PbCl42-得电子生成Pb,其电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-;电解过程中,惰性电极a(阳极)上水失电子发生氧化反应,其电解反应式为:2H2O-4e-=O2+4H+,为平衡电荷,生成的H+会通过阳离子交换膜移向阴极,故答案为:H+;电解过程中,阴极发生电极反应:PbCl42+2e-=Pb+4Cl-,则可在阴极补充PbO生成PbCl42-,使Na2PbCl4电解液浓度恢复

    26、,故答案为:阴极,PbO。10.雾霾中含有多种污染物,其中有氮氧化物(NOx)、CO、SO2等,给人类健康带来了严重影响,化学在解决雾霾污染中发挥了重要作用。(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物,用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与NO2反应的化学方程式_。(2)汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应:2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)   H=-746.8kJmol-14CO(g)+2NO2(g)3CO2(g)+N2(g)  H=-1200kJmol-1则反应的CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)  H=_kJmo

    27、l-1(3)氮硫的氧化物间存在如下转化SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g);实验测得平衡常数 与温度的关系如下图所示。回答下列问题:该反应正反应的活化能_(填“”或“”)逆反应的活化能。反应速率v=V正-V逆=k正xSO2xNO2-k逆xSO3xNO,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,T时,k正_k逆(填“”、“”或“=”)。T时,在体积为2L的容器中加入1molSO2(g)、1molNO2(g),5min时测得xSO3=0.2,此时平衡向_(填“正”或“逆”)反应方向移动,=_(保留2位小数)。(4)已知:2NO(g)=N2(g)+O2(g)  

    28、H=180.6kJ/mol,在某表面催化剂的作用下,NO可以分解生成N2、O2,其反应机理可简化为:第一步:2NO N2O2    快第二步:N2O2 N2+O2   慢下列表述正确的是_(填标号)。A所有化合反应都是放热反应BN2O2是该反应的的中间产物C加入合适的催化剂可以减小反应热H,加快反应速率D第一步的活化能比第二步低【答案】    (1). CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O    (2). -226.6    (3). <    (4). =   &

    29、nbsp;(5). 正    (6). 2.25    (7). BD【解析】【分析】(1)CH4催化还原NO2会生成无污染的氮气与二氧化碳;(2)依据盖斯定律作答;(3)根据图像结合平衡常数随温度的变化规律得出反应的热效应,反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能,据此分析;T时K正=K逆,反应的平衡常数K=;依据三段式,结合浓度商与平衡常数的大小关系作答,再根据上述公式先求出各物质的体积分数再作答;(4)A. 放热反应跟是否是化合反应无关;B. 反应生成后又被消耗的物质属于中间产物;C.催化剂不会改变反应热;D.化学反应由慢反应决定,活化能越小,反应速

    30、率越快。【详解】(1)CH4与NO2反应的化学方程式为CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O;(2)反应I:2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)  H=-746.8kJmol-1反应II: 4CO(g)+2NO2(g)3CO2(g)+N2(g)  H=1200kJmol1盖斯定律计算(反应II反应I)得到反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) H = 226.6 kJ/mol,故答案为:226.6;(3)K正随温度的增加而减小,K逆随温度的增加而增大,则说明该反应正反应方向为放热反应,H<0,则正反应的活化能<逆反应的活化能;SO

    31、2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)是气体分子数不变的反应,化学平衡常数K= =1,所以k正=k逆;T时,K=1,在体积为2L的容器中加入1molSO2(g)、1molNO2(g),5min时测得xSO3=0.2,则,此时xSO3=0.2,则=0.2,解得x=0.2,则浓度商Qc=<1,则平衡向正方向移动,v正=k正xSO2xNO2,v逆=k逆xSO3xNO,则=,故答案为:正;2.25;(4)A. 不是所有的化合反应都是放热反应,如C和CO2化合生成CO的反应为吸热反应,A项错误;B. 反应生成后又被消耗的物质属于中间产物,N2O2是该反应的的中间产物,B项正确;C. 加入合

    32、适的催化剂可以加快化学反应速率,但不能改变反应热,C项错误;D. 第一步反应为快反应,第二步的反应为慢反应,快反应的的活化能较低,D项正确;答案选BD。11.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)42-、正八面体形的Ni(NH3)62+等。下列说法正确的有_ACO与CN-互为等电子体,其中CO分子内键和键个数之比为1:2-BNH3的空间构型为平面三角形CNi2+在形成配合物时,其配位数只能为4DNi(CO)4和Ni

    33、(CN)42-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LaNixHy。LaNix合金中x的

    34、值为_;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。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,NA=6.01023,=1.7)【答案】    (1). 3d84s2    (2). 5    (3). A    (4).     (5). 6    (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    (7). 5    (8). 3   &nbs

    35、p;(9). 6    (10). 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)42-和Ni(NH3)62+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)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;根据空间构型分析作答;结合几何关系,找出六方晶胞的体积,再依据密度公式作

    36、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个键和2个键,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)42-和Ni(NH3)62+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)42-为正四面体,采用sp3杂化,而Ni(NH3)62+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

    37、对形成配位键;氢键存在于已经与N、O和F等电负性很强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)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

    38、化学式为LaNi5,x=5,其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示:,(若以空心球表示原子,实心球表示空隙的中心,则正八面体结构为,四面体结构为:;六方晶胞体积V=a2csin=(50010-10)240010-10sin60=8.510-23 cm3,。12.利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下:已知:R1CHO+R2CH2CHO+H2回答下列问题:(1)A的化学名称为_。(2)B中含氧官能团的名称是_。(3)X的分子式为_。(4)反应的反应类型是_。(5)反应的化学方程式是_。(6)L是D的同分异构体,属于

    39、芳香族化合物,与D具有相同官能团,其核磁共振氢谱为5组峰,峰面积比为3:2:2:2:1,则L的结构简式可能为_。(7)多环化合物是有机研究的重要方向,请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)_。【答案】    (1). 3-氯丙炔    (2). 酯基    (3). C13H16O2    (4). 取代反应    (5).     (6).     (7). 【解析】【分析】与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A(),物质A与N

    40、aCN在加热条件下继续发生取代反应生成,在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B(),B与HI发生加成反应生成,继续与苯甲醛反应生成X();另一合成路线中采用逆合成分析法可知,E为聚合物Y的单体,其结构简式为:,根据已知信息逆推法可以得出D为,C是由与水发生加成反应所得,C与苯甲醛在碱性条件下发生反应,结合已知信息可推出C为丙醛,其结构简式为CH3CH2CHO,据此分析作答。【详解】(1)A为,其名称为3-氯丙炔;(2)B为,其中含氧官能团的名称是酯基;(3)从结构简式可以看出X的分子式为:C13H16O2;(4)反应中-Cl转化为-CN,属于取代反应,故答案为:取代反应;(5)根据已知的给定信息,反应的化学方程式为:;(6)L是D的同分异构体,则分子式为C10H10O,不饱和度=6,属于芳香族化合物,说明分子结构中含苯环;与D具有相同官能团,则含醛基与碳碳双键;又核磁共振氢谱为5组峰,峰面积比为3:2:2:2:1,则有5种氢原子,其个数比为3:2:2:2:1,符合上述条件的L的结构简式有:;(7)根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息得到,最后与溴加成制备得到目标产物,具体合成路线如下:。 - 21 -


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