四川省成都石室中学高2020届高三化学第三次适应性考试试题.doc

四川省成都石室中学高2020届高三化学第三次适应性考试试题

四川省成都石室中学高2020届高三化学第三次适应性考试试题

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四川省成都石室中学高2020届高三化学第三次适应性考试试题（含解析）
可能用到的相对原子质量：N-14 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Sn-119
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. 向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变
B. 国产C919所用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹
D. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．汽油与甲醇均可燃烧，且热值不同，因此向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值发生改变，A错误；
B．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，B正确；
C．镁在空气中燃烧产生MgO，同时发出耀眼的白光，因此可用于制作照明弹，C正确；
D．肥皂中的硬质酸钠与水中的Ca2+会发生反应产生难溶性的硬质酸钙沉淀，因此使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，会浪费肥皂，使肥皂去污能力减弱，D正确；
故合理选项是A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64 g
B. 0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NA
C. 1 L 0.5 mol·L-1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NA
D. 0.1 mol环氧乙烷()中含有共价键的总数约为0.3×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解精炼Cu时，阳极上发生氧化反应的物质除Cu外，还有活动性比Cu强的金属，活动性比Cu弱的金属会形成阳极泥，在阴极上只有溶液中的Cu2+得到电子变为单质Cu，若阴极得到电子数为2NA个，反应产生1 molCu单质，阳极质量减少可能比64 g多，也可能比64 g少，A错误；
B．I-与Fe3+在溶液中发生反应：2Fe3++2I-2Fe2++I2，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数小于0.1NA，B错误；
C．1 L 0.5 mol·L-1醋酸钠溶液中盐电离产生的离子总数为NA，在该盐溶液中还存在水电离产生的H+、OH-，因此1 L 0.5 mol·L-1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NA，C正确；
D．在环氧乙烷()分子中含有共价键数目是7个，则在0.1 mol环氧乙烷()中含有共价键的总数约为0.7×6.02×1023，D错误；
故合理选项是C。
3.X、Y、Z、R为短周期元素，X的M电子层有1个电子，Y的最外层电子数为内层电子数的2倍，Z的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，Z与R同周期，R的原子半径小于Z。下列叙述错误的是（ ）
A. R元素的非金属性最强
B. Y、Z、R与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键
C. 只有X与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D. 它们均存在两种或两种以上的氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z、R为短周期元素，X的M电子层有1个电子，X的核外电子排布为2、8、1，所以X为Na元素；Y的最外层电子数为内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；Z的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，处于VIA族，由于氧元素没有+6价，则Z为S元素；Z与R同周期，R的原子半径小于Z，则R为Cl，据此解答。
【详解】根据分析可知：X为Na，Y为C，Z为S，R为Cl元素。
A．同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，同一主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则四种元素中，非金属性最强的是Cl元素，A正确；
B．Y为C元素，C、H两种元素可以形成C2H6、C3H8、C6H6等物质，在这些物质中含有的碳碳键为非极性共价键，B错误；
C．X是Na元素，属于活泼的金属元素，C、Cl、S为非金属元素，只有Na与C、Cl、S元素生成的化合物都是离子化合物，而C、Cl、S之间形成的都是共价化合物，C正确；
D．Na可以形成Na2O、Na2O2；C可以形成CO、CO2，S形成的氧化物有SO2、SO3，Cl元素的氧化物有Cl2O、Cl2O3、Cl2O7等，可见Na、C、S、Cl均存在两种或两忡以上的氧化物，D正确；
故合理选项是B。
4.某有机化工品R的结构简式如图所示。下列有关R的说法正确的是

A. R的分子式为C10H10O2
B. 苯环上一氯代物有2种
C. R分子中所有原子可共平面
D. R能发生加成、氧化和水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．R的分子式为C10H8O2，A项错误；
B．苯环上4个氢原子位置不对称，故苯环上一氯代物有4种，B项错误；
C．－CH3中四个原子不可能共平面，则R分子中所有原子不可能共平面，C项错误；
D．R含有酯基、碳碳双键和苯环，能发生水解反应、加成反应和氧化反应，D项正确；
答案选D。
【点睛】确定多官能团有机物性质的步骤：
（1）找出有机物所含的官能团，如碳碳双键、碳碳叁键、醇羟基、酚羟基、羧基等等；
（2）联想每种官能团的典型性质；
（3）结合选项分析对有机物性质描述的正误。
注意：有些官能团性质会交叉，如碳碳叁键与醛基都能被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化，也能与氢气发生加成反应等。
5.下列实验操作或装置能达到目的的是（ ）
A
B
C
D

除去SO2中的少量HCl
实验室制取并收集氨气
苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作
实验室制备乙酸乙酯

A A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2与Na2SO3能够发生反应产生NaHSO3，因此不能使用饱和Na2SO3溶液除去SO2中的杂质HCl，A错误；
B．NH3极容易溶于水，因此不能用排水方法收集氨气，B错误；
C．苯的密度比水小，难溶于水，萃取碘水中的碘后的苯溶液在上层，不是在下层，C错误；
D．乙醇、乙酸、浓硫酸混合加热制取乙酸乙酯，由于制取装置中有玻璃导管与大气相通，所以反应产生的乙酸乙酯通过导气管通入到试管中，不会产生倒吸现象，并且能够达到除去乙酸乙酯中杂质乙醇、乙酸的目的，D正确；
故合理选项是D。
6.锂/氟化碳电池稳定性很高。电解质为LiClO4的二甲醚溶液，总反应为xLi＋CFx=xLiF＋C，放电产物LiF沉积在正极，工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 交换膜为阴离子交换膜
B. 正极的电极反应式为CFx＋xe-＋xLi+=xLiF＋C
C. 电解质溶液可用LiClO4的乙醇溶液代替
D. a极电势高于b极电势
【答案】B
【解析】
【详解】A．Li+通过离子交换膜在正极上形成LiF，所以交换膜为阳离子交换膜，A错误；
B．石墨为正极，在正极上附着的CFx得电子生成LiF和C，正极的电极反应式为CFx+xe-+xLi+=xLiF+C，B正确；
C．金属Li是活泼金属，能与乙醇反应，所以不能用乙醇溶液代替，C错误；
D．由于Li活动性比石墨强，所以a为负极，b为正极，正极b极电势高于负极a电极的电势，D错误；
故合理选项是B。
7.常温下，向25 mL0.12 mol/L AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3 mol/L。下列叙述不正确的是（ ）

A. a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B. b点溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)
C. 由e点可知，反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为105
D. c～d段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A．AgNO3是强酸弱碱盐，在溶液中Ag+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液显酸性，A正确；
B．b点溶液存在电荷守恒：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(H+)+c(NH4+)=c(NO3-)+c(OH-)，由于此时lg=0，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)，B正确；
C．反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数K=，忽略Ag+的水解和[Ag(NH3)2]+的电离作用，c{[Ag(NH3)2]+}=-2×10-3 mol/L≈0.1 mol/L，带入平衡常数表达式，计算可得K=1.25×107，所以其数量级为107，C错误；
D．c～d段lg变化较小，说明加入的氨水主要用于Ag2O沉淀的生成和溶解，D正确；
故合理选项是C。
8.无水四氯化锡（SnC14）是一种用途广泛的化工中间体，常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。熔融的金属锡（熔点231℃）在300℃左右能直接与Cl2作用生成无水四氯化锡，实验室装置如图所示：

已知信息如下：①将金属锡熔融，通人干燥氯气进行反应，生成四氯化锡。②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点为一33℃，沸点为114.1℃。二氯化锡是无色晶体，熔点为246℃，沸点为652℃。③无水四氯化锡在空气中极易水解，水解产物之一是SnO2．xH2O，并产生白烟。请回答下列问题：
（l）开始实验前一定要____，E中冷水的作用是 ___。
（2）装置F中盛放的最佳试剂为 ___，作用是____。
（3）实验时应先打开A处分液漏斗旋塞和整套装置的阀门，待观察到____这一现象时，再点燃D处酒精灯。
（4）若撤去装置C，则D中还可能发生反应的化学方程式为 __。
（5） Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可采取的措施是 _______ .
（6）得到的产物中常含有杂质SnCl2，SnCl2是常用的还原剂。某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中杂质SnCl2的质量分数。准确称取a克该样品于锥形瓶，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，c mol．L-l碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液20. 00mL，已知滴定原理是：SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI，则产品中杂质SnCl2的质量分数为____（用含a、c的代数式表示）；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际含量，其原因可能是________（用离子方程式表示）。
【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 冷凝，SnC14气体使其变为液体 (3). 浓硫酸 (4). 吸收G中挥发的水蒸气，防止进入E中导致SnC14水解 (5). 装置F液面上方出现黄绿色气体 (6). SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl (7). 通入过量的Cl2 (8). % (9). 4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)
【解析】
【分析】
由图可知，装置A制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和食盐水除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，装置D生成SnC14，在装置E中冷却后收集，未反应的氯气用氢氧化钠溶液在G中吸收，防止污染空气，因SnC14极易水解，应防止G中产生的水蒸气进入E中，所以在E与G之间设置装有浓硫酸的装置F。据以上分析解答。
【详解】（1）为防止实验中氯气泄漏污染空气及水蒸气等进入装置影响产品纯度，实验之前必需要检查装置气密性。由题知SnC14的沸点较低，用冷水冷凝SnC14气体使其变为液体以便于收集。
答案：检查装置气密性；冷凝SnC14气体使其变为液体。
（2）由题知SnC14极易水解，为防止G中产生的水蒸气进入E中，在E与G之间设置装有浓硫酸的装置F。
答案为： 浓硫酸；吸收G中挥发的水蒸气，防止进入E中导致SnC14水解。
（3）由于Sn与空气中的氧气反应，SnC14在空气中极易水解生成SnO2．xH2O，所以制备SnC14之前用Cl2排尽装置中的空气，当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，表明装置中空气已排尽，可以点燃D处酒精灯进行反应。
答案为：装置F液面上方出现黄绿色气体。
（4）若撤去装置C，则装置D中SnC14会发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl。
答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl。
（5）Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可以通入过量的Cl2 。
答案为：通入过量的Cl2。
（6）根据SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI可得：n(SnCl2)=n(I2)=cmol•L´0.02L=0.02cmol，m(SnCl2)=0.02cmol´190g/mol=3.80cg，产品中SnCl2的质量分数为：´100%= %，若此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际产量，其原因可能是I-被空气中的氧气氧化为I2，使消耗的碘标准溶液体积偏小，产品中SnCl2含量偏低，发生的反应为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,发生反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)。
答案为：%；4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)。
【点睛】计算物质纯度时要注意：①是否从配制好的溶液中取出一部分进行实验②溶液体积亳升与升的换算③滴定中一般发生的两个反应之间的物质的量的关系。
9.叠氮化钠(NaN3)是制备医药、炸药的一种重要原料，NaN3易溶于水，微溶于乙醇，易溶于乙醚，水溶液中遇酸放出有毒的HN3；工业上采用“亚硝酸甲酯——水合肼法”制备叠氮化钠的生产流程如图：

回答下列问题：
(1)写出亚硝酸甲酯合成釜中生成CH3ONO的化学反应方程式：______。
(2)亚硝酸甲酯以气体进入叠氮环合塔中生成叠氮化钠的反应方程式为______。
(3)水合肼(N2H4·H2O)的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为______；叠氮环合塔中滴加的烧碱溶液要适当过量，目的是_____；生产流程中操作x的名称是______。
(4)操作y对溶液加热蒸发至溶液体积的，有NaN3晶体析出，洗涤晶体可以用___。
A．水 B．乙醇 C．乙醇水溶液 D．乙醚
该生产过程中可循环使用的物质是_______。
(5)生产中有HN3生成，请设计实验证明HN3为弱酸：_______。
(6)化工生产中，多余的NaN3常使用次氯酸钠溶液处理，在酸性条件下，二者反应可生成无毒的气体。若处理6.5 g NaN3，理论上需加入0.5 mol·L-1的NaClO溶液_____mL。
【答案】 (1). 2CH3OH+2NaNO2+H2SO4=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O (2). N2H4+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+2H2O (3). (N2H6)(HSO4)2 (4). 提高亚硝酸甲酯和水合肼的转化率，抑制叠氮化钠水解 (5). 蒸馏 (6). C (7). 甲醇 (8). 使用pH试纸测定NaN3溶液的酸碱性，若该溶液显碱性，说明HN3为弱酸(也可采用其他方法，如测定0.1 mol/L HN3的pH，若pH大于1，说明HN3为弱酸) (9). 100
【解析】
【分析】
NaNO2与甲醇、浓硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH、水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH=CH3OH+NaN3+3H2O，得到NaN3，加热、浓缩，加入浓硫酸，得到(N2H6)(HSO4)2，加入氢氧化钠，蒸馏将甲醇分离，然后通过结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品，以此解答该题。
【详解】(1)根据装置图可知：亚硝酸甲酯合成釜有三种原料：浓硫酸、甲醇和亚硝酸钠，浓硫酸可以酸化亚硝酸钠，并为酯化反应提供催化剂，得到甲醇的无机酸酯和水，反应方程式为：2CH3OH+2NaNO2+H2SO4=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O；
(2)叠氮环合塔中加入了水合肼与烧碱，烧碱可以使第一步得到的亚硝酸甲酯水解，产生甲醇和亚硝酸钠，同时亚硝酸钠和肼里的氮元素发生归中反应得到产物叠氮化钠，反应方程式为N2H4+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+2H2O；
(3)水合肼的性质类似一水合氨，在水中应该能电离产生N2H62+和OH-，因此它的硫酸酸式盐的化学式为(N2H6)(HSO4)2；叠氮环合塔中适当滴加过量的烧碱有两个作用：一方面可以提高亚硝酸甲酯和水合肼的转化率；另一方面可以抑制叠氮化钠这个强碱弱酸盐的水解；在反应后的溶液中含有NaN3、CH3OH、过量的NaOH及在合成釜中产生Na2SO4；NaN3、NaOH、Na2SO4都是离子化合物，熔沸点高，而CH3OH是由分子构成的物质，熔沸点比较低，易气化，分离互溶的沸点不同的液体混合物，可通过蒸馏方法分离得到，沸点低的甲醇CH3OH变为蒸气逸出，通过冷凝进行收集，在剩余溶液中含有Na2SO4和NaN3、NaOH；
(4)操作y是对溶液加热蒸发至溶液体积的，有NaN3晶体析出，由于NaN3易溶于水，微溶于乙醇，易溶于乙醚，而杂质Na2SO4和NaOH易溶于水，为减少洗涤中NaN3的损失，同时要尽可能多的溶解杂质，应该选择乙醇水溶液洗涤NaN3晶体，故合理选项是C；
由于在亚硝酸甲酯合成釜里甲醇反应形成了酯，在叠氮环合塔中酯又水解产生甲醇，因此整个过程中甲醇是可以循环利用的，故该生产过程中可循环使用的物质是甲醇；
(5)若要证明HN3为弱酸，可以用pH试纸来检测NaN3溶液的pH，根据盐的水解规律：“有弱就水解，谁弱谁水解，谁强显谁性”的规则，若溶液显碱性，则证明HN3为弱酸，其它合理的方法也可以，如测定0.1 mol/L HN3的pH，若pH大于1，说明HN3为弱酸；
(6)根据描述，NaN3应该被氧化为无毒的N2，同时ClO-被还原为Cl-，因此每个NaN3在反应中失去1个电子，每个ClO-在反应中可得到2个电子，因此二者反应的物质的量之比为2：1；NaN3的物质的量n(NaN3)==0.1 mol，则需要ClO-的物质的量n(NaClO)=n(NaN3)=×0.1 mol=0.05 mol，因此需要次氯酸钠溶液体积V==0.1 L=100 mL。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，涉及物质性质的应用、题干信息的分析理解、操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。
10.李克强总理曾在国务院政府工作报告中强调二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。因此，研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)技术有着积极的环保意义。
(1)汽车的排气管上安装“催化转化器”，其反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH=-746.50 kJ·mol-1。T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中(0~15 min)NO的物质的量随时间变化如图。

①图中a、b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_____（填“a”或“b”）。
②T℃时，15 min时，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol，则平衡将____移动（填“向左”、“向右”或“不”）。
(2)在催化剂作用下，用还原剂[如肼(N2H4)]选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
已知200℃时：Ⅰ.3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g) ΔH1=-32.9 kJ·mol-1；
II.N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g) ΔH2=-41.8 kJ·mol-1。
①写出肼的电子式______。
②200℃时，肼分解成氮气和氢气的热化学方程式为_______。
③目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝原理，其脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图所示。

为达到最佳脱硝效果，应采取的条件是_______。
(3)某温度下，N2O5气体在一体积固定的容器中发生如下反应：2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)(慢反应)△H＜0，2NO2(g)N2O4(g)(快反应)△H＜0，体系的总压强p总和pO2随时间的变化如图所示：

①图中表示O2压强变化的曲线是_______(填“甲”或“乙”)。
②已知N2O5分解的反应速率v=0.12pN2O5(kPa•h-1)，t=10 h时，pN2O5=__kPa，v=__kPa•h-1(结果保留两位小数，下同)。
③该温度下2NO2N2O4反应的平衡常数Kp=___kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)。
【答案】 (1). b (2). 不 (3). (4). N2H4(g)=N2(g)+2H2(g) ΔH=+50.7 kJ·mol-1 (5). 350℃左右、负载率3% (6). 乙 (7). 28.2 (8). 3.38 (9). 0.05
【解析】
【分析】
(1)①催化剂表面积越大，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短；
②起始时，NO为4 mol，平衡时NO为0.2 mol，根据方程式求出平衡时CO、CO2、N2的浓度，根据平衡常数表达式计算；根据Qc与K的相对大小分析；
(2)①肼分子式是N2H4，结构简式是H2N-NH2，据此书写电子式；
②N2H4分解产生N2(g)、H2(g)，将已知热化学方程式叠加，可得肼分解的热化学方程式；
③根据温度与脱硝率、负载率关系判断最佳反应条件；
(3)①图乙中表示O2压强变化的曲线是乙，甲为总压强p总；
②图甲表示总压强p总，反应起始只有N2O5气体，则起始pN2O5=53.8 kPa，根据图可知，t=10 h时，pO2=12.8 kPa，根据反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，则该时间段N2O5的压强减少为12.8 kPa×2=25.6 kPa，据此计算；
③根据反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)计算N2O5完全分解时的压强计算出NO2和O2的压强，再根据2NO2(g)N2O4(g)计算平衡时的NO2、N2O4压强，可得平衡常数。
【详解】(1)由于催化剂表面积越大，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，根据图象b曲线表示的反应条件先达到平衡先达到，说明b反应速率快，则b催化剂反应速率快，则b的表面积比催化剂a大；
②在恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，反应开始时，n(CO)=n(NO)=0.4 mol，n(CO2)=n(N2)=0，反应达到平衡时n(NO)=0.2 mol，则根据物质反应转化关系可知，n(CO)=0.2 mol，n(CO2)=0.2 mol，n(N2)=0.1 mol，由于容器的容积是2 L，所以各种物质的平衡浓度：c(CO)=c(NO)=0.1 mol/L，c(CO2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.05 mol/L，则平衡常数K==5，若平衡时温度不变，再向容器中从容CO、CO2各0.2 mol，则c(CO)=c(CO2)=0.2 mol/L，Qc==5=K，所以化学平衡不发生移动；
(2)①肼分子式是N2H4，结构简式是H2N-NH2，2个N原子之间形成1个共价键，每个N原子再分别与2个H原子形成2个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，故其电子式为：；
②已知：(I)3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g) ΔH1=-329kJ·mol-1；
(II)N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g) ΔH2=-41.8 kJ·mol-1。
将(I)- (II)×2，整理可得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g) ΔH=+50.7 kJ·mol-1；
③根据温度与脱硝率、负载率的关系可知：要达到最佳脱硝效果，应采取的条件是温度350℃左右、负载率3%；
(3)①反应从加入N2O5(g)开始，没有O2，所以开始时O2产生的压强为0，随着反应的进行不断生成氧气，氧气的压强增大，故乙曲线是氧气压强变化的曲线；
②图甲表示总压强p总，反应起始只有N2O5气体，则起始pN2O5=53.8 kPa，根据图可知，t=10 h时，pO2=12.8 kPa，根据反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，有物质之间反应转化关系可知该时间段N2O5的压强减少△p(N2O5)=12.8 kPa×2=25.6 kPa，故t=10 h时，pN2O5=53.8 kPa-25.6 kPa=28.2 kPa，v(N2O5)=0.12pN2O5(kPa•h-1)=0.12×28.2 kPa=3.38 kPa•h-1；
③已知：起始时pN2O5=53.8 kPa，根据反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，若N2O5完全分解，生成的pNO2=53.8 kPa×2=107.6 kPa，pO2=53.8 kPa÷2=26.9 kPa，则此时气体总压强应该为p(总)=107.6 kPa+26.9 kPa=134.5 kPa。但根据图示可知，最终压强为94.7 kPa，则NO2转化发生反应：2NO2(g)N2O4(g)使压强减少了134.5 kPa-94.7 kPa=39.8 kPa，根据反应：2NO2(g)N2O4(g)，△p=pN2O4=39.8 kPa，则平衡时pNO2=107.6 kPa-2×39.8 kPa=28 kPa，则该反应的平衡常数Kp==0.05 kPa-1。
【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、反应条件的选择、化学平衡有关计算等，明确盖斯定律和化学平衡原理是解本题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用。
11.Ni元素在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)基态Ni原子价层电子的排布式为_______。
(2)科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了Cu-Ni-Fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体最可靠的科学方法是对固体进行______。
(3)Ni能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。Ni(SCN)2中，第一电离能最大的元素是____；(SCN)2分子中，硫原子的杂化方式是___，σ键和π键数目之比为_____。
(4)[Ni(NH3)6](NO3)2中，不存在的化学键为_____(填标号)。
a．离子键 b．金属键 c．配位键 d．氢键
(5)解释CO比N2的熔沸点高的原因___。
(6)镍合金储氢的研究已取得很大进展。
①图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后，含1 mol La的合金可吸附H2的数目为___。

②Mg2NiH4是一种贮氢的金属氢化物。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心。Mg2+位于Ni原子形成的___（填“八面体空隙”或“四面体空隙”）。若晶体的密度为d g/cm3，Mg2NiH4的摩尔质量为M g/mol，则Mg2+和Ni原子的最短距离为___nm(用含d、M、NA的代数式表示)。

【答案】 (1). 3d84s2 (2). X-射线衍射实验 (3). N (4). sp3杂化 (5). 5：4 (6). b (7). 二者同属于分子晶体，且相对分子质量相同，CO的极性大于N2，所以范德华力更大，熔沸点更高 (8). 3NA (9). 四面体空隙 (10). ×107
【解析】
【分析】
(1)Ni是28号元素，根据构造原理可得其核外电子排布式，进而可得其价层电子的排布式；
(2)根据X-射线衍射实验确定晶体的存在；
(3)元素的非金属性越强，其电负性就越大；(SCN)2分子结构简式为N≡C-S-S-C≡N，其中S原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫原子的杂化方式；共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键；
(4)该配位化合物属于离子化合物，含有离子键，在络离子中含配位键、共价键，氢键不是化学键；
(5)根据极性分子的分子间作用力比非极性分子的分子之间作用力大分析；
(6)①根据晶胞中原子分摊法计算La、Ni和H2数目，写出化学式即可解答；
②Ni原子占据晶胞的顶点和面心，将晶胞分成8个小正方体，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心，即位于Ni原子形成的四面体空隙内，所以Mg2+和Ni原子的最短距离为晶胞体对角线的四分之一，根据密度公式计算晶胞的边长即可解答。
【详解】(1)28号元素Ni的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，在参加反应时，Ni原子的最外层的4s电子和次外层的3d电子都可能发生变化，因此其价层电子的排布式是3d84s2；
(2)确定某种金属互化物是晶体还是非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验；
(3)在Ni(SCN)2中涉及到元素有Ni、S、C、N四种元素，其中Ni是金属元素，电负性最小，在三种非金属元素S、C、N中，元素非金属性最强的元素是N，所以N元素的电负性最大；(SCN)2分子结构简式为N≡C-S-S-C≡N，S原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知硫原子的杂化方式是sp3杂化；由于共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键，则(SCN)2分子中含有的σ键数目是5个，π键数目是4个，所以σ键和π键数目之比为5：4；
(4)[Ni(NH3)6](NO3)2是离子化合物，配离子[Ni(NH3)6]2+与NO3-通过离子键结合；在配离子[Ni(NH3)6]2+中，中心Ni2+离子与配位键NH3之间通过配位键结合，在配位体NH3中，N、H两种元素的原子之间通过共价键N-H结合，物质中不含金属键，氢键不是化学键，所以不存在的化学键选项为b；
(5) CO和N2都属于分子晶体，且相对分子质量相同，由于CO是极性分子，N2是非极性分子，CO的极性大于N2，所以范德华力更大，因此CO熔沸点比N2更高；
(6)①晶胞中，La个数为8×=1；Ni个数为8×+1=5；H2个数为2×+8×=3，则物质化学式为LaNi5(H2)3，所以1 mol La的合金可吸附3 mol H2，含有的H2的数目为3NA；
②Ni原子占据晶胞的顶点和面心，将晶胞分成8个小正方体，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心，即位于Ni原子形成的四面体空隙内，所以Mg2+和Ni原子的最短距离x为晶胞体对角线的四分之一，设晶胞边长为a cm，则x=a cm，晶胞中有8个Mg2+，即晶胞中有4个“Mg2NiH4”，晶胞质量m==da3g，a= cm，故x=a cm=× cm=××107nm。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外原子核外电子排布、原子杂化方式、电离能、化学键和氢键、晶胞结构与计算等，要明确VSEPR模型与微粒空间构型关系、晶胞的计算方法，注意用均摊法进行有关晶胞的计算及氢键不是化学键等，在配合物中只有外界离子能发生电离，为解答易错点。侧重考查学生的分析、计算和空间想象能力。
12.香豆素－3－羧酸是一种重要的香料,常用作日常用品或食品的加香剂。

已知:
RCOOR′+ R″OH RCOOR″ + R′OH（R 代表烃基）

（1）A和B均有酸性,A 的结构简式__________；苯与丙烯反应的类型是_______。
（2）F 为链状结构,且一氯代物只有一种,则F 含有的官能团名称为__________。
（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式:_______。
（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物 E,其结构简式:________。
（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式:________。
①与丙二酸二乙酯的官能团相同;
②核磁共振氢谱有三个吸收峰,且峰面积之比为 3:2:1;
③能发生银镜反应。
（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成。
请写出中间产物的结构简式。

中间产物I__________；中间产物II___________。
【答案】 (1). CH3COOH (2). 加成反应 (3). 羰基 (4). +2C2H5OH+2H2O (5). (6). 或 (7). (8).
【解析】
【分析】
丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由（1）可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B在与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物为。
【详解】（1）由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；
（2）F为C3H6O,不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，所以F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；
（3）丙二酸二乙酯由D和乙醇发生酯化反应得到，方程式为+2C2H5OH+2H2O，故答案为：+2C2H5OH+2H2O；
（4）根据信息提示，丙二酸二乙酯要形成高聚物E，则要发生分子间缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；
（5）丙二酸二乙酯的同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基，②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为 3:2:1，所以氢原子个数分别为6、4、2，③能发生银镜反应，说明存在醛基或者甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10,要满足相同氢分别为6、4，只能为两个亚甲基和两个甲基，满足条件的结构为或，故答案为：或；
（6）与丙二酸二乙酯发生加成反应，双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，经过消去反应得到，故答案为：；。