注意事项：
★祝考试顺利★
1．答卷前，考生务必将自己的姓名考号填写在答题卡上。
2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，用橡皮擦干净 后，再选涂其它答案标号，答在试题卷上无效。
3．非选择题用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在试题卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5
第 I 卷（选择题共 126 分）
一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分。在每小题给出的 4 个选项中，只有一项是符合题目要求的。 7．化学与生活密切相关,下列说法正确的是( ) A．明矾常用作净水剂,其作用是吸附杂质并杀菌 B．加碘盐含有碘化钾,其作用是补充碘元素 C．“酒曲”酿酒工艺,是利用了催化剂使平衡正向移动的原理 D．汽车尾气中的污染物是造成雾霾天气的一种重要因素
8．环丙叉环丙烷(b)由于其特殊的结构,一直受到结构和理论化学家的注意,根据其转化关系,下列说法正确的 是( )
A．b 的所有原子都在一个平面内
B．p 在氢氧化钠的乙醇溶液中加热生成烯烃 C．m 的同分异构体中属于芳香族化合物的共有 5 种 D．反应①是加成反应,反应②是消去反应
9．短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,X 的一种同位素原子质量数为 1、X、Z 同主族,两者的 原子序数之和是 Y 原子序数的 1.5 倍。W 原子最外层电子数比电子层数多 3。下列说法正确的是( ) A．原子半径:r(Z )>r(X)>r(Y) B．X、Y、W 都可与 Z 组成离子化合物 C．W 的最高价氧化物的水化物既能与金属 Al,又能与非金属 Si 作用放出 H2 D．Y 的简单气态氢化物的热稳定性比 W 的弱
10．电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小,与离子浓度和离子迁移速率有关。图 1 为相同电导率盐酸 和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线,图 2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线, 温度均由 22 ℃上升到 70 ℃。下列判断不正确的是( )
A．由曲线 1 可以推测:温度升高可以提高离子的迁移速率
B．由曲线 4 可以推测:温度升高,醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关
1
C．由图 1 和图 2 可以判定:相同条件下,盐酸的电导率大于醋酸的电导率,可能的原因是 Cl-的迁移速率大于 CH3COO-的迁移速率 D．由图 1 和图 2 可以判定:两图中电导率的差值不同,与溶液中 H+、OH-的浓度和迁移速率无关 11．纯电动公交车逐渐成为杭州街头常见的身影,磷酸铁锂电池是杭州市纯电动公交车所用的电池,现要从废 旧磷酸铁锂电池中回收 Fe、Al、Li 等物质,采用如图所示方法。已知:磷酸铁锂电池溶解在 H2SO4 中含有 Fe3+、
2- 3- +
Al3+、Li+、SO4 、PO4 等离子及少量不溶物,滤液 c 中含有大量 Li，Li2CO3 可溶于冷水,不溶于热水。下列说 法不正确的是( )
A．向滤液 a 中加入适量 H2SO4,可以得到白色沉淀
B．滤液 b 中加入氨水的目的是使 Fe3+沉淀,滤渣 c 为红褐色 C．要将 Li 从溶液中析出,可在滤液 c 中加入足量 Na2CO3 溶液,加热浓缩,冷却结晶 D．图中的氨水可以用适量 NaOH 溶液代替 12．下列实验操作过程可以达到实验目的的是( )
选项 A B C D
实验目的
确定氧化性:H2O2>Fe3+ 配制 FeCl3 溶液
证明铝的熔点比 Al2O3 的低 配制浓度约为 0.5 mol/L 的石灰水
+操作过程
向 Fe(NO3)2 溶液中滴入硫酸酸化的 H2O2 溶液 先将 FeCl3 固体溶于盛有适量蒸馏水的烧杯中,再 移入合适容量瓶中 将用砂纸打磨过的铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 将 0.5 mol Ca(OH)2 置于盛有 1 000 mL 水的烧杯中 充分搅拌
-13．国内某科技研究小组首次提出一种新型的 Li电池体系,原理示意图如图。该体系正极采用含有 I、Li 的水溶液,负极采用固体有机聚合物,电解质溶液采用 LiNO3 溶液,聚合物阳离子交换膜作为隔膜将液态正极 -和固态负极分隔开(已知 I 3在水溶液中呈黄色)。下列有关判断正确的是( )
+
A．左图是原电池工作原理图 B．放电时,Li+从右向左通过聚合物离子交换膜 C．放电时,正极区电解质溶液的颜色变深
D．充电时,阴极的电极反应式为
2
第Ⅱ卷 (非选择题，共 174 分）
三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题〜第 32 题为必考题，每个试题考生都必须做答。
第 33 题〜第 38 题为选考题，考生根据要求做答。 (一)必考题(ll 题,共 129 分）
26．(14 分)一种利用水钴矿[主要成分为 Co2O3、Co(OH)3,还含少量 Fe2O3、Al2O3、MnO 等]制取 CoCl2·6H2O 的工艺流程如下:
已知:①浸出液含有的阳离子主要有 H、Co、Fe、Al、Mn、Ca、Mg等。 ②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 见下表:
+
2+
2+
3+
2+
2+
2+
3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 12.4 ③CoCl2·6H2O 熔点 86 ℃,易溶于水、乙醚等;常温下稳定,加热至 110～120 ℃时失去结晶水变成无水氯化钴。 (1)写出 Co2O3 与 Na2SO3 和盐酸反应的离子方程式: 。 (2)加入 NaClO3 的目的是 ;加入过量 NaClO3 可能生成有毒 气体,该气体是 (填化学式)。 (3)为了除去 Fe3+、Al3+,需加 Na2CO3 调 pH,则 pH 应控制的范围为 。 (4)加萃取剂的目的是 ;金属离子在萃取剂中的萃取率与 pH 的关系如图, 据此分析 pH 的最佳范围为 (填字母)。 A.2.0～2.5 B.3.0～3.5 C.4.0～4.5 D.5.0～5.5
阳离子
开始沉淀 完全沉淀
Fe3+ 2.7
Fe2+ 7.6
Co2+ 7.6
Al3+ 4.0
Mn2+ 7.7
Mg2+ 9.4
(5)CoCl2·6H2O 常用减压烘干法烘干,原因是
27．(14 分)正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。发生的反应如下:
。
CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO ,反应物和产物的相关数据列表如下:
沸点/℃
正丁醇 正丁醛
117.2 75.7
密度/(g·cm-3) 0.810 9 0.801 7
水中溶解性
微溶 微溶
实验步骤如下:将 6.0 g Na2Cr2O7 放入 100 mL 烧杯中,加 30 mL 水溶解,与 5 mL 浓硫酸形成混合溶液,将所得 溶液小心转移至 B 中。在 A 中加入 4.0 g 正丁醇和几粒沸石,加热。当有蒸气出现时,开始滴加 B 中溶液。滴
3
加过程中保持反应温度为 90～95 ℃,在 E 中收集 90 ℃ 以下的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中,分去水层, 有机层干燥后蒸馏,收集 75～77 ℃馏分,产量 2.0 g。 回答下列问题:
(1)实验中,Na2Cr2O7 溶液和浓硫酸添加的顺序为 。 (2)加入沸石的作用是 。 若加热后发现未加沸石,应采取的正确方法是 。 (3)上述装置图中,D 仪器的名称是 ,E 仪器的名称是 。 (4)分液漏斗使用前必须进行的操作是 。 (5)将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时,正丁醛在 (填“上”或“下”)层。 (6)反应温度应保持在 90～95 ℃,其原因是 、 。 (7)本实验中,正丁醛的产率为 %(结果保留两位小数)。 28．(15 分)“绿水青山就是金山银山”,研究 NO2、NO、CO、NO2-、碳氢化合物大气污染物和水污染物的处 理对建设美丽中国具有重要意义。 (1)已知:汽车尾气中的 CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。使用稀土等催化剂能将 CO、NO 转化成无毒 物质。 已知:① N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH1=+180.5 kJ/mol K1(该反应的平衡常数) ②2C(s) +O2(g) 2CO(g) ΔH2=-221 kJ/mol K2 (同上) ③C(s) +O2(g) CO2(g) ΔH3=-393.5 kJ/mol K3(同上) 写出 NO(g)与 CO(g)催化转化成 N2(g)和 CO2(g)的热化学方程式: , 以及该热化学方程式的平衡常数 K= (用 K1、K2、K3 表示)。 (2)污染性气体 NO2 与 CO 在一定条件下的反应为 2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH=－1 200 kJ/mol。 ①某温度下,在 2 L 密闭容器中充入 0.1 mol NO2 和 0.2 mol CO,此时容器的压强为 1 个大气压,5 秒时反应达 到平衡时,容器的压强变为原来的 ,则反应开始到平衡时 NO2 的平均反应速率 v(NO2)= ②若容器中观察到 ,可判断该反应达到平衡状态; ③能使该反应的反应速率增大,且平衡向逆反应方向移动的是 。 A．及时分离出 CO2 B．适当升高温度 C．减小容器体积使体系压强增大 (3)电化学降解 NO2-的原理如图:
mol/(L·s)。
D．选择高效催化剂
阴极反应式为 。 (4)在高效催化剂作用下可用 NH3 还原 NO2 进行污染物处理。
①相同条件下,选用 A、B、C 三种催化剂进行反应,生成氮气的物质的量与时间变化如图。活化能最小的是 [用 E(A)、E(B)、E(C)表示三种催化剂下该反应的活化能]。
4
②在催化剂 A 作用下测得相同时间处理 NO2 的量与温度关系如图。试说明图中曲线先增大后减小的原因:
(假设该温度范围内催化剂的催化效率相同)。
(二)选考题:共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每题任选一题做答，并用 2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题 卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所设的第一题计分。 35．[化学--选修 3 物质结构与性质]（15 分） 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)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下 列说法正确的有 。 A．CO 与 CN-互为等电子体，其中 CO 分子内σ键和π键个数之比为 1:2 B．NH3 的空间构型为平面三角形 C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为 4
D．Ni(CO)4 和[Ni(CN)4]2-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。
①LaNix 合金中 x 的值为
；
5
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
3保留 2 位有效数字 NA=6.0×1023， =1.7） g/cm-（
36．[化学--选修 5 有机化学基础]（15 分） Prolitane 是一种抗抑郁药物,以芳香烃 A 为原料的合成路线如下:
请回答以下问题: (1)D 的化学名称为 ,D→E 的反应类型为 。 (2)G 的官能团名称为 。 (3)B 的结构简式为 。 (4)F→G 的化学方程式为 。 (5)X 是 D 的同系物,X 分子比 D 分子少一个碳原子,且能发生银镜反应,则满足此条件的 X 共有 种 (不含立体异构);其屮核磁共振氢谱显示为 5 组峰,其峰面积比为 3∶2∶2∶2∶1,写出符合该要求的 X 的一种 同分异构体的结构简式: 。 (6)参照 Prolitane 的合成路线,设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂 任选): 。
6
解析版
7. 【答案】
D 【解析】 【分析】
本题考查化学与生活、生产、能源与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。 【解答】
A.明矾常用作净水剂，其作用是形成的氢氧化铝胶体吸附杂质，但明矾无氧化性，不能杀菌，故A错误； B.加碘盐含有碘酸钾，其作用是补充碘元素，不是添加一定量的碘化钾，故B错误； C.“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂加快化学反应速率的原理，故C错误；
D.汽车尾气中的污染物含有有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故D正确。 故选D。
8. 【答案】
C 【解析】 【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质、有机反应、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。 【解答】
A．b含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能都在一个平面内，故A错误； B．溴原子邻位没有氢原子，不能发生消去反应，故B错误；
C．m的属于芳香族化合物的同分异构体含苯环、还含1个O、1个C，为苯甲醚、苯甲醇、邻间对甲基苯酚，共5种，故C正确；
D．反应②首先氯代烃的水解，同一个碳上连有两个羟基时不稳定，发生脱水反应，故反应的类型先是取代反应后为消去反应，故D错误。 故选C。
9. 【答案】
B 【解析】
解：根据分析可知：X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素。
A．电子层越多原子半径越大，则原子半径：r（Z ）＞r（Y）＞r（X），故A错误； B．Na为活泼金属，则H、O、S元素都能够与Na元素形成离子化合物，故B正确；
C．W（S）的最高价氧化物的水化物为硫酸，硫酸为强酸，稀硫酸能够与Al反应生成氢气，但不与Si反应，故C错误； D．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，则简单氢化物的稳定性：Y（O）＞W（S），故D错误； 故选：B。
短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X的一种同位素原子质量数为1，则X为H元素；X、Z同主族，则Z为Na元素；H、Na的原子序数之和是Y原子序数的1.5倍，则Y的原子序数为
=8，则Y为O元素；W原子最外层电子数比
电子层数多3，W的原子序数大于Na，位于第三周期，其最外层电子数为3+3=6，则W为S元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
7
10. 【答案】
D 【解析】
解：A．电导率与离子浓度和离子迁移速率有关，电导率越大说明离子迁移能力越大，醋酸部分电离，升高温度，促进醋酸电离，离子浓度增大，，故A正确；
B．升高温度促进醋酸根离子水解，升高温度电导率增大，说明温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；
C．HCl完全电离、醋酸部分电离，电导率相同的盐酸和醋酸中，浓度：盐酸＜醋酸，升高温度促进醋酸电离，导致醋酸溶液中离子浓度大于盐酸，但是盐酸电导率大于醋酸，所以可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确； D．电导率与离子迁移速率有关，所以两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D不正确； 故选：D。
A．电导率与离子浓度和离子迁移速率有关，电导率越大说明离子迁移能力越大； B．升高温度促进醋酸根离子水解；
C．HCl完全电离、醋酸部分电离，电导率相同的盐酸和醋酸中，浓度：盐酸＜醋酸，升高温度促进醋酸电离，导致醋酸溶液中离子浓度大于盐酸，但是盐酸电导率大于醋酸； D．电导率与离子迁移速率有关。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查信息获取、加工和灵活运用能力，正确理解“电导率与离子浓度和离子迁移速率有关”是解本题关键，注意结合图中曲线变化分析解答，题目难度不大。
11. 【答案】
C 【解析】
解：A．滤液a中含有偏铝酸钠，加入适量的H2SO4溶液，能生成氢氧化铝沉淀，所以向滤液a中加入适量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀，故A正确；
B．滤液b是硫酸铁，所以加入氨水发生复分解反应生成氢氧化铁，所以滤渣c为红褐色氢氧化铁，故B正确； C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于热水，所以不能冷却，应采用热过滤的方法分离，故C错误； D．氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以氨水可以用适量NaOH溶液代替，故D正确； 故选：C。
A．滤液a中含有偏铝酸钠，加入适量的H2SO4溶液，能生成氢氧化铝沉淀； B．滤液b是硫酸铁，所以加入氨水发生复分解反应生成氢氧化铁；
C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于热水，所以不能冷却，应采用热过滤的方法分离； D．氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以氨水可以用适量NaOH溶液代替．
本题通过流程图来考查物质的转化和分离，为高频考点，题目难度中等，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意离子检验的试剂、现象及排除干扰离子．
12. 【答案】
C 【解析】
解：A．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚铁离子，则实验不能比较H2O2、Fe3+的氧化性，故A错误； B．氯化铁溶于水发生水解，应溶于盐酸，然后冷却后转移到合适的容量瓶中，故B错误；
C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化而不滴落，可知铝的熔点比 Al2O3 的低，故C正确；
D．烧杯中有1 000 mL 水，溶液的体积不是1000mL，且Ca（OH）2微溶，0.5molCa（OH）2无法完全溶解在1L水中，则不能配制浓度约为 0.5 mol/L 的石灰水，故D错误； 故选：C。
A．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚铁离子；
8
B．氯化铁溶于水发生水解，应溶于盐酸； C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；
D．烧杯中有1 000 mL 水，溶液的体积不是1000mL，且Ca（OH）2微溶，0.5molCa（OH）2无法完全溶解在1L水中。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13. 【答案】
B 【解析】
解：A．由该电池工作原理可知，“电池的正极是含有I-、Li+的水溶液”且正极发生得电子还原反应，即I3-+2e-=3I-，观察两张图可知，右图是原电池工作原理图，左图是电池充电原理图，故A错误；
B．放电时，Li+由负极移向正极，但聚合物离子交换膜是隔膜，作用是将液态正极和固态负极分隔开，所以Li+不能通过聚合物离子交换膜，故B正确；
C．放电时，正极反应式为I3-+2e-=3I-，含I3-的溶液呈棕黄色，c（I3-）减小，电解质溶液的颜色变浅，故C错误； D．充电时，阴极固体有机聚合物发生得电子的还原反应，电极反应式为
，故D错误；
故选：B。
原电池正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应，根据“电池的正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物”信息可知：原电池正极反应式为I3-+2e-=3I-，电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，电流由正极经过导线流向负极，电解质溶液中阴离子由正极移向负极、阳离子由负极移向正极，据此分析解答。
本题考查新型原电池的工作原理，为高频考点，提取题干信息、判断电池正负极就解题关键，明确正极和负极发生的反应类型与元素化合价的关系即可，注意结合电解质溶液书写电极反应式，题目难度中等。
26. 【解析】
解：（1）Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的反应方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2CO2++SO42-+2H2O； 故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2CO2++SO42-+2H2O；
（2）根据流程可知加入NaClO3，调节pH可以沉淀杂质离子，根据表可知铁元素以三价离子除去能减少CO2+的损失，而浸出液中铁元素是二价，故加入NaCO3的反应为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，故目的是将Fe2+氧化为Fe3+；加入过量NaClO3，溶液中的Cl-可能与ClO3-价态归中生成有毒气体Cl2； 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Cl2；
（3）为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，根据表中所示，pH超过5.2时，Fe3+、Al3+沉淀完全，但沉淀过程不能CO2+，pH不能超过7.6，故pH的范围为：5.2≤pH＜7.6； 故答案为：5.2≤pH＜7.6；
（4）滤液2中仍然含有Mn2+，经过萃取后的溶液不含有Mn2+，故加萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；根据金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系图，pH的取值范围应该满足Mn2+的高萃取率，同时Ca2+的萃取率要小，3.0～3.5最为合适； 故答案为：溶液中的Mn2+；B；
（5）根据已知③CoCl2•6H2O熔点86℃，加热至110～120℃时失去结晶水变成无水氯化钴，故CoCl2•6H2O常用减压烘干法烘干，原因是降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变成无水氯化钴； 故答案为：降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变成无水氯化钴。
水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]加盐酸、Na2SO3浸取，得到阳离子主要有H+、CO2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+的浸出液，向浸出液中加入NaClO3氧化Fe2+为Fe3+：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，加Na2CO3调pH5.2～7.6沉淀Fe3+、Al3+为Fe（OH）3、Al（OH）3，过滤，得到滤液1，向滤液1中加入NaF，沉淀Ca2+、Mg2+，过滤，得滤液，向滤液加盐酸中和溶液，加入萃取剂萃取Mn2+，将萃取后的溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到粗产品CoCl2•6H2O，据此分析作答。
9
本题考查了物质的制备，涉及陌生方程式的书写、制备条件的控制、图表的理解等，综合性强，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，题目难度较大。
27. 【解析】
解：（1）因为浓硫酸的密度大，为了避免发生迸溅，应该往Na2Cr2O7溶液中滴加浓硫酸， 故答案为：往Na2Cr2O7溶液中滴加浓硫酸；
（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加， 故答案为：防止暴沸；冷却后补加；
（3）根据图示仪器构造可知，D仪器的名称直形冷凝管，E仪器的名称是锥形瓶， 故答案为：冷凝管；锥形瓶；
（4）分液漏斗有活塞和瓶塞，使用前必须进行检漏， 故答案为：检漏；
（5）正丁醛密度为0.8017g•cm-3，小于水的密度，则分层后水层在下层，正丁醛在上层， 故答案为：上；
（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，
故答案为：保证正丁醛及时蒸出；可尽量避免其被进一步氧化； （7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式， C4H10O～C4H8O 74 72 4xg 2g 解得：
≈51.39%，
故答案为：51.39。
（1）不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅； （2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加； （3）D仪器的名称直形冷凝管；E仪器的名称是锥形瓶， （4）分液漏斗使用前必须进行检漏，若漏液不能使用； （5）由表中数据可知，正丁醛密度小于水的密度，据此判断；
（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；
（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式C4H10O～C4H8O列方程计算。
本题考查有机物的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（7）中结合关系式计算，题目难度不大。
28. 【解析】
解：（1）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol K1 ②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ/mol K2 ③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol K3
根据盖斯定律③×2-②-①计算NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）的△H=（-393.5kJ/mol）×2-（-221.0kJ/mol）-（+180.5kJ/mol）=-746.5 kJ/mol，
反应③×2，则其常数变为K32，反应①+②则常数为K1•K2，NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）由反应③×2-②-①=反应③×2-（②+①）得到，所以该热化学方程式的平衡常数
，
；
故答案为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol；（2）①三段式2NO2+4CO⇌4CO2+N2 起始量（mol） 0.1 0.2 0 0
10
变化量（mol） 2x 4x 4x x 平衡量（mol）0.1-2x 0.2-4x 4x x
某温度下，在2L密闭容器中充入0．lmolNO和0.2mo1CO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的
，则0.3-x=0.3×
=0.29，解得x=0.01，则反应开始到平衡时NO2的平均反应速率v（NO2）=
=0.002mol/L（L•s），
故答案为：0.002；
②NO2是红棕色气体，可通过观察容器内气体颜色变化判断平衡状态：若容器中观察到体系内颜色不再发生变化，说明达到平衡状态，
故答案为：体系内颜色不再发生变化；
③2NO2+4CO⇌4CO2+N2 △H=-1200kJ/mol，正反应为气体体积减小的放热反应， A．及时分离出CO2，平衡正向进行，反应速率减小，故A错误；
B．反应为放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，故B正确；
C．正反应是气体体积减小的反应，减小容器体积使体系压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，故C错误； D．选择高效催化剂增大反应速率，平衡不变，故D错误； 故答案为：B；
（3）由图示知在Ag-Pt电极上NO2-发生得电子的还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，电极反应式为2NO2-+6e-+8H+=N2↑+4H2O，
故答案为：2NO2-+6e-+8H+=N2↑+4H2O；
（4）①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，由生成氮气的物质的量与时间变化图可知，相同时间A生成氮气最多，即A催化的反应速率最快，活化能最小的， 故答案为：E（A）；
②图中曲线先增大后减小的原因为低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快，而高于300℃，反应已平衡，随温度升高，反应逆向进行，
故答案为：低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快，而高于300℃，随温度升高，反应逆向进行。 （1）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol K1 ②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ/mol K2 ③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol K3
根据盖斯定律③×2-②-①计算NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）的△H，反应的平衡常数为反应③的常数平方与反应①②的常数之积的商；
（2）①气体压强之比等于气体物质的量之比，结合化学三行计算列式得到消耗量，反应速率v=②NO2是红棕色气体，可通过观察容器内气体颜色变化判断平衡状态；
③能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的条件是：增大速率改变的条件有增大压强、升高温度、增大浓度、加入催化剂，反应为气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、减少反应物浓度平衡逆向进行；
（3）根据图象知，亚硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt作阴极，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式； （4）①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，由生成氮气的物质的量与时间变化图可知，相同时间A生成氮气最多；
②由在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系图可知，温度低于300℃是反应未达到平衡状态时升高温度反应速率加快，温度300℃时达到平衡状态，结合正反应放热分析温度高于300℃对反应的影响解答。
本题考查了热化学方程式的书写、电解原理及电极反应书写、化学平衡状态的判定、化学平衡的影响因素、化学平衡常数、化学反应速率的影响因素等知识，掌握基础知识，并熟练迁移运用是解题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。
；
11
35. 【解析】
解：（1）Ni的核电荷数为28，处于周期表中第4周期第ⅤIII族，基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，其价电子排布式为3d84s2；能量最高的电子所占能级为3d能级，有5个原子轨道； 故答案为：3d84s2；5；
（2）A．CO与CN-互为等电子体，CO分子内含有1个σ键和2个π键，所以CO分子内σ键和π键个数之比为1：2，故A正确；
B．NH3的空间构型为三角锥形，故B错误；
C．Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时，其配位数也可以其他的，故C错误； D．Ni（CO）4 和[Ni（CN）4]2-中，镍元素提供了空轨道，不存在杂化，故D错误； 故答案为：A；
（3）配位键一方提供空轨道，一方提供孤电子对；氢键是氢元素与电负性大的形成共价键，在于电负性大的元素形成的分子间作用力；
故答案为：
（4）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni的配位数也为6，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl，离子半径小，NiO的晶格能越大，其离子键的键能更大，熔点更高。 故答案为：6；NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl，离子半径小，NiO离子键的键能更大，熔点更高； （5）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，个原子在晶胞中的位置如图所示，
La在顶点，Ni在面心4个，（其中顶层和底层各2个，均摊各1个，前后左右
四个面各一个，均摊后共2个）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5； 故答案为：5；
②如图所示，故答案为：3；6；
正八面体形的空隙和正四面体空隙明显看到分别为3个和6个，
③六方晶体的体积V=a2csinθ=（500×10-10）2×400×10-10×sin60°=8.5×10-23；故答案为：0.18。
=0.18g/cm3 ；
（1）Ni的核电荷数为28，处于周期表中第4周期第ⅤIII族，基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，其价电子排布式为3d84s2；能量最高的电子所占能级为3d能级，有5个原子轨道；
（2）A．CO与CN-互为等电子体，CO分子内含有1个σ键和2个π键，所以CO分子内σ键和π键个数之比为1：2； B．NH3的空间构型为三角锥形；
12
C．Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时，其配位数也可以其他的； D．Ni（CO）4 和[Ni（CN）4]2-中，镍元素提供了空轨道，不存在杂化； （3）配位键一方提供空轨道，一方提供孤电子对；氢键是氢元素与电负性大的形成共价键，在于电负性大的元素形成的分子间作用力； （4）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni的配位数也为6，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl，离子半径小，NiO的晶格能越大，其离子键的键能更大，熔点更高。 （5）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，个原子在晶胞中的位置如图所示，La在顶点，Ni在面心4个，（其中顶层和底层各2个，均摊各1个，前后左右四个面各一个，均摊后共2个）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5； ②如图所示，③六方晶体的体积V=a2csinθ；在根据密度公式法，明确原子或离子在晶胞的分布为解答题目的关键。 正八面体形的空隙和正四面体空隙明显看到分别为3个和6个， 得出结果。 本题考查较为综合，侧重于电子排布式、杂化类型、等电子体以及晶胞的计算等问题，题目难度较大，注意把握晶胞的计算方36. 【解析】 解：（1）D是苯乙酸与乙醇形成的酯，D的化学名称为：苯乙酸乙酯；D→E是D中连接苯环的碳原子上的H原子被-COCH2CH3替代，属于取代反应， 故答案为：苯乙酸乙酯；取代反应； （2）由结构可知G的官能团名称为：羰基，故答案为：羰基； 13 芳香烃A的相对分子质量为92，分子中最大碳原子数目=照条件下发生取代反应生成B为
=7……8，故A的分子式为C7H8，则A为，A在光
．C发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应、酸化
得到F为
还原反应生成Prolitane。
，F加热脱羧生成G，G可以看作是先发生加成反应、再发生消去反应生成H，H发生加成反应或
本题考查有机物的合成，根据转化中有机物的结构明确的发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生对知识的迁移运用能力，是有机化学常考题型。
14
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容