A共价键 B离子键 C配位键 D金属键 E氢键
【答案】(1)[Ar]3d4s(2)0 N2、NO、CN-（3）LaNi5（4）H 4 ACE 【解析】
试题分析：（1）Ni的原子序数为28，根据构造原理可写出电子排布式为：226268282
1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s；
因此，本题正确答案是：1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s；
（2）CO为分子，化合价为0，所以镍的化合价为0；CO含有2个原子14个电子，所以CO互为等电子体的中性分子、带一个单位正电荷阳离子、带一个单位负电荷阴离子分别为：N2、+-+-NO、CN；因此，本题正确答案是：0；N2；NO；CN；
（3）该晶胞中La原子个数=8×1/8=1，Ni原子个数=1+8×1/2=5，化学式为LaNi5（或Ni5La），因此，本题正确答案是：LaNi5（或Ni5La）；
2
2
6
2
6
8
2
8
2
8
2
+
+
（4）由质量守恒与电荷守恒可以知道，Ni+
2
═+2H；
+
Ni含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以配位键由N原子指向Ni原子，有4个配位键；该配合物中N-O中O原子和-OH中氢原子形成氢键，该配合物分子中配位键、氢键为
，除此之外还含有共价键；因此，本题正确答案是：H；4；ACE．
+
考点：物质的结构、原子基态核外电子排布、晶体结构 评卷人 得 分 四、计算题
17.取NaHCO3和Na2O2的固体混合物x g放入一密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出所有气体。将反应后的固体分成完全相同的两份，将其中一份投入到足量的BaCl2溶液中，最后可得到3.94g沉淀。另一份溶于适量的水，无气体放出，再向水溶液中缓慢逐滴加入某物质的量浓度的盐酸，产生气体与所加盐酸体积之间的关系如下图所示。试回答下列问题：
（1）加入盐酸后总共产生的气体在标准状况下的体积为__________________L； （2）盐酸中HCl的物质的量浓度__________________；
（3）反应后的固体的成分（填化学式）__________________； （4）密闭容器中排出气体的成分（填化学式）______________； （5）x=_____________。
【答案】（1）0.448（2分）（2）0.2 mol／L（2分）（3）NaOH Na2CO3（1分） （4）O2 、H2O（2分）（5）6.09g（ 3分） 【解析】
试题分析：（1）3.94g白色沉淀是碳酸钡，物质的量是3.94g÷197g/mol＝0.02mol，所以根据碳原子守恒可知，生成的CO2体积是0.02mol×22.4L/mol＝0.448L。
（2）由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，所以根据图像可知，和碳酸氢钠反应的盐酸是275ml－175ml＝100ml。所以根据方程式NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可知，生盐酸的物质的量是0.02mol，其浓度是0.02mol÷0.1L＝0.2mol/L。
（3）由于和碳酸钠反应生成碳酸氢钠时消耗的盐酸是100ml，所以根据图像可知，固体中一定还有氢氧化钠。
（4）根据以上分析可知，氢氧化钠和碳酸钠的物质的量不相等，其中氢氧化钠的少。由于碳酸氢钠分解生成的CO2和水的物质的量是相等的，且过氧化钠首先和CO2反应，所以在反应中过氧化钠不足，水蒸气是过量的，因此排出的气体是氧气和水蒸气。
（5）生成的氢氧化钠是0.2mol/L×0.075mol＝0.015mol、碳酸钠是0.2mol/L×0.1mol＝0.02mol。所以CO2和过氧化钠反应生成的碳酸钠是0.01mol，则原碳酸氢钠是0.02mol。过氧化钠是0.01mol＋0.015mol÷2＝0.0175mol。所以每一份中固体的质量是0.02mol×84g/mol＋0.0175mol×78g/mol＝3.045g，则x＝3.045g×2＝6.09g。 考点：考查碳酸氢钠、过氧化钠的性质和有关计算
点评：该题的关键是根据图像准确判断出固体中含有氢氧化钠，另外还需要注意的是由于氢氧化钠能吸收CO2，所以过氧化钠应该首先和CO2反应，最后再和水蒸气反应。在进行计算时，应该根据守恒法，简化计算过程。
18.准确称取6g铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，放入盛有100 mL H2SO4
溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10 mol/L NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示。求
（1）硫酸溶液的物质的量浓度。
（2）若b＝2.3，求铝土矿中SiO2的质量分数。 【答案】(1)1.75mol/L (2)3％
【解析】略
19.某有机物组成中含碳54.5%, 含氢9.1%，其余为氧，又知其
蒸汽在标准状况下的密度为3.94 g/L，试求其分子式。
【答案】此有机物的摩尔质量为：M=\ρ×Vm=3.94\。 C、H、O的个数比为：
∴此烃的最简式为C2H4O，分子式为(C2H4O)n。 则有：(12×2+1×4+16)×n=88，解得：n=2 即此烃的分子式为C2H8O2。 【解析】有机物最简式的求法为：
（最简整数比），最简式为CaHbOc，则分子为
(CaHbOc)n，得
（M为有机物的相对分子质量）。
20.将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：
（1）NO的体积为_____L，NO2的体积为______L。 （2）参加反应的硝酸的物质的量是_______mol。
（3）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的2
Cu＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为___________mol/L。（结果不需化简） （4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________g。
【答案】 5.376 5.824 1.52 （ av·10+0.5）/0.14 57.8 【解析】铜的物质的量为n（Cu）==
=0.51mol，混合气体的物质的量为n（NO）+n（NO2）
-3
=0.5mol，（1）设NO为xmol，NO2为ymol，电子得失守恒得：3x+y=0.51×2，气体的
总物质的量为x+y=0.5，解之得x=0.26，y=0.24，则V（NO）=0.26mol×22.4L/mol≈5.8L，V（NO2）=0.24mol×22.4L/mol≈5.4L；（2）铜与硝酸反应，反应生成硝酸铜、NO和NO2，由N原子守恒：参加反应的硝酸n（HNO3）=2n（Cu（NO3）2）+n（NO）+n（NO2）
2+
=0.51mol×2+0.5mol=1.52mol。（3）当Cu全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，根据
++
氮元素守恒，HNO3的物质的量为n（Na）+n（NO）+n（NO2），n（Na）=n（NaOH）
=aV×10mol，n（NO）+n（NO2）=0.5mol，则原硝酸溶液的浓度为
mol/L；（4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为
NaNO3，由得失电子守恒可得n（H2O2）×2=3n（NO）+n（NO2）0.26mol×3+0.24mol，n（H2O2）=0.51mol，m（H2O2）=0.51mol×34g/mol/30%=57.8g.
点睛：本题以硝酸与铜反应为载体考查了氧化还原反应的有关计算，本题计算量较大，（1）用列方程组解较方便；（2）和（3）要注意反应中部分硝酸参加氧化还原反应，运用N原子守恒的解题，是本题的难点。（4）利用电子守恒技巧能快速解题，是本题的又一难点。 评卷人 -3
得 分 五、简答题
21.化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。 （1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是__________________________。 （2） “三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个(酸过量时)，若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式(酸过量时)：
__________________________________； _______________________________。
（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是_____(填序号) A．Al
B．Cu
C．Fe
D．Ag
（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2，当含0.4molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是：
①_______②Na2CO3③___________④NaHCO3。将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加过量的盐酸，使其充分反应后，得到溶液所含溶质的质量为__________g。
【答案】 纯碱 H+OH===H2O 2H+ CO32－===CO2↑+ H2O BD NaOH、Na2CO3 Na2CO3、NaHCO3 23.4
【解析】(1)纯碱的主要成分是碳酸钠，属于盐，而碱为电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子；
(2)硝酸、硫酸和盐酸都是强酸，烧碱为强碱，反应的离子方程式为H+OH=H2O， 强酸和碳酸钠反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为2H+CO32-=CO2↑+H2O； (3)金属与浓硝酸反应时，常温下铁铝发生钝化现象，阻止反应进行，而Ag和Cu能与浓硝酸反应，故答案为BD；
(4)烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况：①NaOH过量时，固体为NaOH和Na2CO3②Na2CO3③CO2过量时固体为Na2CO3和NaHCO3④恰好生成NaHCO3；将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加盐酸至过量，则溶液变为NaCl溶液，利用钠原子守恒计算：已知n(NaOH)=0.4mol NaOH～NaCl
+
+
-+
-+
0.4mol 0.4mol
故 m(NaCl)=0.4mol×58.5g/mol=23.4g。 评卷人 得 分 六、推断题
22.已知：①A—I均为芳香族化合物，A的分子式为C8H10O， E的分子式为C7H7Cl，I的分子式为C23H22O3
②A的苯环上只有一个取代基，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰 ③④
芳香酯I的合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为 ，E的名称为 ； (2)E→F与F→G的顺序不能颠倒，理由是 ； (3)B与银氨溶液反应的化学方程式为 ； (4)I的结构简式为 ；
(5)符合下列要求A的同分异构体还有 种(不包括A)； ①与Na反应并产生H2 ②芳香族化合物
(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
【答案】(1)氧化反应 对氯甲苯或4—氯甲苯 (2)如果颠倒则(酚)羟基会被KMnO4/H氧化 (3)
＋
(5)13
(4)(6)