）＝1×10－10，故B错误；C.将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的
＝Ksp（BaCO3）/Ksp（BaSO4）＝1×10－10/（1×10－11）＝10，故C正确；D.因为硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质，所以在硫酸钡悬浊液中0.1mol的硫酸钡不能完全转化成碳酸钡，故D错误。
选择题答题栏
题号
7
8
9
10
11
12
13
答案
二、非选择题（共58分。
第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第35～36题为选考题，考生根据要求作答。
）
（一）必考题：
共43分。
26．（15分）四氢铝锂（LiAlH4）常作有机合成的重要还原剂。
以辉锂矿（主要成分是Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量Fe2O3）为原料合成四氢铝锂的流程如下：
已知：
①几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
物质
Fe（OH）3
Al（OH）3
开始沉淀的pH
2.3
4.0
完全沉淀的pH
3.7
6.5
②常温下，Ksp（Li2CO3）＝2.0×10－3，Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小。
回答下列问题：
（1）上述流程中，提高“酸浸”速率的措施有______________________________________、________________________________________________________________________
________________________（写两条）；加入CaCO3的作用是__________________，“a”的最小值为___________。
（2）设计简单方案由Li2CO3制备LiCl：
__________。
（3）写出LiH和AlCl3反应的化学方程式为______________________（条件不作要求）。
（4）用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其目的是________________；检验碳酸锂是否洗净的实验方法是_____________________。
（5）在有机合成中，还原剂的还原能力通常用“有效氢”表示，其含义是1克还原剂相当于多少克氢气的还原能力。
LiAlH4的“有效氢”为_________________（结果保留2位小数）。
26．解析：
（1）加硫酸从矿石中浸出，如粉碎矿石、提高硫酸浓度、加热等措施可以提高反应速率。
加入碳酸钙中和溶液中的酸，使铁、铝离子完全生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。
从表格信息看，调节pH最小值为6.5，确保铝离子完全沉淀。
（2）在氯化氢中蒸干氯化锂溶液，类似从海水中提取氯化镁。
（3）氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂，方程式为AlCl3＋4LiH===LiAlH4＋3LiCl。
（4）依题意，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤碳酸锂，可以减少碳酸锂损失。
沉淀表面有硫酸钠，检验SO
可判断沉淀是否洗净。
检验碳酸锂是否洗净的实验方法：
取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀硝酸（或其他合理答案）。
（5）由题给信息可知，还原剂的还原能力实指失电子数，1molLiAlH4能提供8mol电子，相当于4molH2，LiAlH4的有效氢为8g/38g≈0.21。
答案：
（1）粉碎矿石、加热、增大酸的浓度等 调节pH使Al3＋、Fe3＋转化成氢氧化物 6.5
（2）用盐酸溶解，在氯化氢气流中蒸干溶液 （3）AlCl3＋4LiH===LiAlH4＋3LiCl （4）减少碳酸锂的损失 取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀硝酸（或其他合理答案） （5）0.21
27．（14分）钴是一种中等活泼金属，化合价为＋2价和＋3价，其中CoCl2易溶于水。
某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。
回答下列问题：
（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoCl2•4H2O，其实验装置如下：
①烧瓶中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoCl2•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、________、洗涤、干燥等。
（2）乙同学利用甲同学制得的CoCl2•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。
已知PdCl2溶液能被CO还原为Pd。
①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdCl2溶液的是装置________（填“E”或“F”）。
②装置G的作用是______________________；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是________________________。
③通氮气的作用是________________________________________________。
④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是______________________。
⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）∶n（CO）∶n（CO2）∶n（C2H6）＝1∶4∶2∶3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为____________________________。
27．解析：
（1）①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式为Co2O3＋2Cl－＋6H＋===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：
蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；
（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）∶n（CO）∶n（CO2）∶n（C2H6）＝1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为3（CH3COO）2Co
Co3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑。
答案：
（1）①Co2O3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O ②冷却结晶、过滤
（2）①F ②除去CO2 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 ③将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中
④防止倒吸 ⑤3（CH3COO）2Co
Co3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑
28．（14分）氮及其化合物如NH3及铵盐、N2H4、N2O4等在中学化学、化工工业、国防等领域占有重要地位。
（1）发射航天火箭常用肼（N2H4）与N2O4作燃料与助燃剂。
肼（N2H4）与N2O4的反应为
2N2H4（g）＋N2O4（g）===3N2（g）＋4H2O（g） ΔH＝－1077kJ·mol－1。
已知相关反应的化学键键能数据如下表所示：
化学键
N—H
N—N
N≡N
O—H
E/（kJ·mol－1）
390
190
946
460
①使1molN2O4（g）分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是____________________。
②下列能说明2N2H4（g）＋N2O4（g）===3N2（g）＋4H2O（g） ΔH 达平衡状态的是______________。
a．混合气体的平均相对分子质量不变 b．v（N2）＝3v（N2O4）
c．N2H4的质量保持不变d．ΔH不再变化
（2）N2O4与NO2之间存在反应N2O4（g）2NO2（g）。
将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[α（N2O4）]随温度的变化如图1所示。
图1 图2
①由图推测该反应的ΔH________0（填“>”或“<”），理由为____________________________。
②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp＝________________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）电解NO2制备NH4NO3，其工作原理如图2所示。
①阴极的电极反应式为________________________________________。
②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充某种化合物——物质A，则A的化学式为____________________。
28．解析：
（1）①设1molN2O4（g）完全分解成相应的原子时需要吸收的能量QkJ，则：
190kJ/mol×2＋390kJ/mol×8＋QkJ/mol－946kJ/mol×3－460kJ/mol×8＝－1077kJ/mol，解得Q＝1941kJ；②a.根据方程式可看出反应为气体物质的量变化的反应，总质量不变，则平均相对分子质量在未达到平衡时，一直在变化，当混合气体的平均相对分子质量不变了，说明反应达到了平衡状态，故a正确；b.没有说速率的正逆，无法判断，故b不正确；c.N2H4作为反应物，当质量不在变化，说明反应达到了平衡状态，故c正确；d.不管是否达到平衡，ΔH始终是定值，故d不正确；
（2）①根据图知，升高温度转化率增大，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应是吸热反应；②四氧化二氮的转化率是0.4，设原来四氧化二氮的物质的量为xmol，转化生成NO2的物质的量为0.8xmol，则混合气体的物质的量＝（x－0.4x＋0.8x）mol＝1.4xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以
＝
，得反应后压强＝108kPa×1.4＝151.2kPa，四氧化二氮的分压＝151.2kPa×0.6x/1.4x＝64.8kPa，二氧化氮的分压＝151.2kPa×0.8x/1.4x＝86.4kPa，化学平衡常数K＝
＝
＝115.2。
（3）电解NO2制备NH4NO3，阳极反应为NO2－e－＋H2O===NO
＋2H＋，阴极反应为NO2＋7e－＋8H＋===NH
＋2H2O，总反应方程式为8NO2＋5H2O
NH4NO3＋6HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3。
答案：
（1）①1941kJ ②ac
（2）①＞ 温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移，该反应为吸热反应，ΔH＞0 ②115.2 （3）①8H＋＋NO2＋7e－===NH
＋2H2O ②NH3
（二）选考题：
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做则按所做的第一题计分。
35．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。
请回答下列问题：
（1）基态氮原子的价电子排布图为________________。
（2）Co能形成[Co（CNO）6]3－。
①1mol该离子中含有σ键的数目为_____________。
②与CNO—互为等电子体的分子为_____________（任写一种，填化学式）。
（3）往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2＋配离子，已知NF3和NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配合离子，其原因是________________________________________________________________________。
（4）分子中的大π键可用符号Π
表示，其中m表示形成大π键的原子数，n表示参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π
）。
则NO
中的大π键应表示为____________________。
（5）多硼酸根的结构之一为链状（如图1），其化学式为________________。
图1 图2
（6）氮化硼晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石的结构（如图2）。
若晶胞边长为anm，晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，则B—N键的键长为________nm，这种氮化硼晶体的密度为________g/cm3（用含有a和NA的代数式表示）。
35．解析：
（1）N是7号元素，根据原子构造原理可知N核外电子排布式是1s22s22p3，价电子排布式是2s22p3，所以基态氮原子的价电子排布图为
；
（2）①1个Co3＋与6个CNO－形成6个配位键，属于σ键，1个CNO－含有2个σ键，故1个[Co（CNO）6]3－含有18个σ键，所以1mol该离子中含有σ键的数目为18NA；②与CNO－互为等电子体的分子可以用O原子替换N原子与1个单位负电荷，其电子体为CO2或N2O；（3）往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2＋配离子，是由于中心离子Cu2＋有空轨道，NH3分子中N原子有孤对电子，N—H偏向N原子一方，N原子周围相对来说电子多，而NF3和NH3的空间构型尽管都是三角锥形，但电负性F>N>H，在NH3中氮原子显－3价，而在NF3中氮原子显＋3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2＋的空轨道形成配位键，所以NF3不易与Cu2＋形成配合离子；（4）中NO
中的大π键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成，所以成键原子数是4，成键电子数是6，故NO
中的大π键表示为Π
；（5）由均摊法，可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为＋3，O元素化合价为－2，多硼酸根的化合价代数和为3n＋2×n（－2）＝－n，故多硼酸根组成可表示为：
（BO2）
，也可写为BO
；（6）晶胞边长为anm，则立方氮化硼的结构可知晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，可看作是将晶胞均分为8个小立方体，B—N键的键长为晶胞体对角线的
，由于晶胞边长为anm，则体对角线为
，所以B—N键的键长
·anm；一个晶胞中含有B原子数目为：
4；含有N原子数目为
×8＋
×6＝4，即一个晶胞中含有4个BN，所以晶胞的密度为ρ＝
＝
＝
g/cm3。
答案：
（1）
（2）①18NA ②CO2或N2O （3）电负性F>N>H，NH3中氮原子显－3价，而在NF3中氮原子显＋3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2＋的空轨道形成配位键 （4）Π
（5）BO
（6）
·a
36．【化学——选修5：
有机化学基础】（15分）
有机物Y是一种治疗心血管和高血压的药物，某研究小组以甲苯、乙烯等物质为主要原料，通过以下路线合成：
36．解析：
（1）Y的结构简式为
，则Y的化学式为C11H14NCl；
（2）比较G和X的结构简式，可推出H的结构简式为
；（3）A.B的结构简式为
，其一氯代物有4种，故A错误；B.由合成路线图可知，反应①②③④均属于取代反应，故B正确；C.从G→Y的转化过程中，涉及的反应类型有还原反应、取代反应，故C错误；D.根据C的结构简式可知反应①是甲基上的氢原子被取代，因此试剂与条件为Cl2/光照，故D正确；E.化合物E是环氧乙烷，不含醛基，不能发生银镜反应，故E错误；（4）反应④是氯原子被取代，反应的化学方程式为
（6）
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