四川省资阳市2019届高三化学上学期第二次诊断性考试试题（含解析）

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 Al-27 Cl-35.5 Cu-64 I-127

一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是

A. Na2CO3热溶液呈碱性，有助于除去餐具油污

B. 高纯度单质硅制成光导纤维，可以传输信息

C. 钢铁的电化学腐蚀比较普遍，危害也较大

D. 蛋白质在人体内分解，最后主要生成尿素排出体外

【答案】B

【解析】

【详解】A项、碳酸钠溶液水解显碱性，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，加热促进水解，碱性增强，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，所以能用于清洗油污，故A正确；

B项、光导纤维的成分为二氧化硅，而Si为半导体材料，故B错误；

C项、电化学腐蚀加速负极金属被腐蚀，比化学腐蚀快，危害更大，故C正确；

D项、蛋白质氧化分解时可提供能量，氧化分解的产物是二氧化碳、水和尿素等，尿素通过尿液排出，D正确。

【点睛】本题考查化学与生活，解答时要注意与人类生产、生活相关的知识历来是考查的热点，B项为易错点，注意知识的积累是关键。

2.下列说法正确的是

A. 丙烯分子中所有原子均在同一平面上

B. 聚氯乙烯能发生加成反应

C. 可用蒸馏水来鉴别溴苯和苯

D. 1 molHOOCCH(OH)CH2COOH可与3 mol NaHCO3发生反应

【答案】C

【解析】

【详解】A项、丙烯分子中含有-CH3，故丙烯分子中所有原子不可能都处于同一平面，故A错误；

B项、聚氯乙烯中不存在碳碳双键，不能发生加成反应，故B错误；

C项、因溴苯密度比水大，不溶于水，苯的密度比水小，不溶于水，可用蒸馏水鉴别，C正确；

D项、HOOCCH(OH)CH2COOH中只有2个-COOH与NaHCO3发生反应，则1mol该物质可与2molNaHCO3发生反应，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，把握官能团与性质的关系为解答的关键。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是

A. 含0.2 mol Na2O和0.8 molNa2O2的混合物中离子总数为3NA

B. 标准状况下，22.4LCH2Cl2含有共用电子对数目为4NA

C. 1L1mol·L－1CH3CH2OH水溶液中含－OH的数目为NA

D. 将71gCl2通入足量NaOH溶液中，反应转移电子数为2NA

【答案】A

【解析】

【详解】A项、Na2O和Na2O2均由2个钠离子和一个阴离子构成，故0.2 mol Na2O和0.8 molNa2O2的混合物中含3mol离子，即混合物中离子总数为3NA个，故A正确；

B项、标况下二氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C项、1L 1mol·L－1CH3CH2OH水溶液中含乙醇分子1mol，由于CH3CH2OH和水中均含有－OH，故溶液中－OH的数目大于NA，故C错误；

D项、71g氯气的物质的量为1mol，常温下与氢氧化钠溶液完全反应生成氯化钠和次氯酸钠时转移1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误。

故选A。

【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，注意物质结构的分析判断，氧化还原反应电子转移数目的计算等，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。

4.在中学化学实验条件下，下列实验内容(装置、操作或现象)能达到相应实验目的的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A项、氯化氢的密度比空气密度大，实验室用向上排空气法收集，故A错误；

B项、关闭止水夹，若装置气密性良好，向长颈漏斗中加水，会在长颈漏斗中形成稳定的液面差，故B正确；

C项、灼烧海带固体应在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故C错误；

D项、容量瓶是精量器，不能在容量瓶中溶解固体或稀释溶液，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查了实验方案评价，涉及物质的制取、气体的收集等知识点，明确物质的性质是解本题关键，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价。

5.在电镀车间的含铬酸性废水中，铬的存在形式有Cr(Ⅵ)和Cr(Ⅲ)两种，其中以Cr(Ⅵ)的毒性最大。电解法处理含铬废水如图，铬最终以Cr(OH)3沉淀除去。下列说法正确的是

A. Fe为阳极，反应为Fe－2e－===Fe2+

B. 阴极反应为Cr2O72－+7H2O+6e－===2Cr(OH)3↓+8OH－

C. 阳极每转移3mol电子，可处理Cr(Ⅵ)物质的量为1mol

D. 离子交换膜为质子交换膜，只允许H+穿过

【答案】A

【解析】

【分析】

电解法处理含铬废水的原理是利用铁棒作阳极，在电解过程中，阳极上铁发生氧化反应生成亚铁离子，在酸性条件下，亚铁离子将六价铬离子还原成三价铬离子，亚铁离子被氧化成三价铁离子，同时由于阴极上水放电生成氢气产生OH-，OH-与溶液中Cr3+、Fe3+反应形成氢氧化物沉淀析出，达到废水净化的目的。

【详解】A项、在电解过程中，阳极上铁发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－=Fe2+，故A正确；

B项、Cr2O72－在阳极区被Fe2+还原为Cr3+，阴极上水放电放电生成氢气产生OH-，电极反应式为2H2O+2e－= H2↑+2 OH－，故B错误；

C项、阳极每转移3mol电子，有1.5mol Fe2+生成，由离子方程式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3+

+7H2O+6Fe3+可知，1.5mol Fe2+还原0.25molCr2O72-，即可处理Cr(Ⅵ)物质的量为0.5mol，故C错误；

D项、Cr2O72－在阳极区与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，阴极区水放电生成氢气产生OH-，Cr3+和Fe3+通过阳离子交换膜进入阴极区，与OH-反应生成氢氧化物沉淀，该离子交换膜不是质子交换膜而是阳离子交换膜，故D错误。

故选A。

6.A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的相对位置如图所示，B的气态氢化物是工业上合成硝酸的重要原料。下列有关说法正确的是

A. B和C两原子间可以形成离子键

B. A的氧化物电子式为

C. 原子半径：A>B>C

D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：B>A

【答案】D

【解析】

【分析】

依题意，A、B、C为短周期元素，B的气态氢化物是工业上合成硝酸的重要原料，则B为N元素，从A、B、C的相对位置看，A为Si元素、C为S元素。

【详解】A项、N元素和S元素均为非金属元素，两原子间不可能形成离子键，故A错误；

B项、A的氧化物是二氧化硅，二氧化硅固体中不存在“SiO2”分子，其基本结构是“SiO4”四面体，每个硅原子与周围4个氧原子形成共价键，晶体中只有单键、没有双键，故B错误；

C项、一般而言，电子层数越大，原子半径越大，则Si原子的原子半径最大；又同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径的大小顺序为Si>S；N和S既不是同周期也不是同主族，无法比较两者的原子半径，故C错误；

D项、同周期元素，从左到右非金属性依次增强，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则非金属性的强弱顺序为N >P>Si，故最高价氧化物对应的水化物的酸性HNO3>H2SiO3，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推断出各字母代表的元素是解题的关键，进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。

7.25℃下，部分弱酸的电离常数如表。下列有关说法不正确的是

A. 若 HCOONa和 HCOOH的混合溶液的pH=3，则c(HCOOH)/c(HCOO-)=10

B. 相同浓度的 HCOONa和 NaClO溶液中离子总浓度前者大

C. 任何浓度NaHS溶液中总存在：c(H2S)+c(H+)=c(OH－)+c(S2－)

D. 向 NaClO溶液中通入H2S发生的反应为2C1O－+H2S===S2－+2HClO

【答案】D

【解析】

【分析】

由表给电离常数可知，电离程度由大到小的顺序为：HCOOH>H2S> HClO>HS—，则对应离子的水解程度大到小的顺序为：S2－> C1O－> HS—> HCOO-，注意NaClO具有强氧化性，与H2S在溶液中发生氧化还原反应，不能发生复分解反应。

【详解】A项、在溶液中HCOOH的电离常数Ka=，则pH=3的HCOONa和 HCOOH的混合溶液中=10，故A正确；

B项、HCOONa溶液中电荷守恒关系为：C（Na+）+C（H+）=C（OH-）+c（HCOO-），溶液中离子总数为2×[c（Na+）+c（H+）]×V，同理可得NaClO溶液中总数为2×[c（Na+）+c（H+）]×V，由电离常数可知HCOOH比HCN易电离，则等体积、等浓度的HCOONa和NaClO溶液中，ClO—水解程度更大，溶液中的c（OH—）大、c（H+）小，所以HCOONa溶液中离子总数大于NaClO溶液，故B正确；

C项、NaHS溶液中一定存在质子守恒关系：c(H2S)+c(H+)=c(OH－)+c(S2－)，故C正确；

D项、向 NaClO溶液中通入H2S，因NaClO具有强氧化性，与H2S在溶液中发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查了水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离平衡、电离程度大小比较和盐类水解的应用，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子的水解程度的关系是解本题是解题关键。

三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题(共129分)

8.乙二酸()又名草酸，是生物体的一种代谢产物；现设计如下实验探究草酸分解反应的产物。

资料查阅：

Ⅰ.草酸熔点为102℃，150~160℃升华，157℃时开始分解。在人体中C2O42－容易与钙离子形成草酸钙导致肾结石。

Ⅱ.PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O====CO2+2HCl+Pd(黑色粉末)。

(1)A中盛放草酸的玻璃仪器的名称是_____________，实验中观察到B中CuSO4粉末变蓝，相关化学方程式为_____________。

(2)装置E中的试剂为_____________，当观察到_____________(填现象)，可以证明有CO气体生成。

(3)下面是该实验过程中的相关操作，正确的操作顺序为_________(填入下列步骤的字母)。

A.向装置中通入适量N2 B.点燃酒精灯 C.检查装置气密性

D.装入相关试剂 E.再次通入N2并熄灭酒精灯

(4)为准确证眀A有CO2气体产生，需取少量C中沉淀于试管中，滴加过量盐酸并观察是否有气泡产生，其目的是_____________，草酸分解反应的化学方程式为_____________。

(5)实验过程中，学生提出装置A应改为装置F，请结合信息分析其原因是_____________；如果草酸粉末溅入眼睛里，应立即_____________，然后就医。

【答案】 (1). 硬质玻璃管 (2). CuSO4+5H2O= CuSO4 ▪ 5H2O (3). PdCl2溶液 (4). 黑色沉淀（或黑色粉末） (5). CDABE (6). 排除草酸蒸气对二氧化碳的检验产生干扰 (7). H2C2O4 H2O+CO↑+CO2↑ (8). 草酸在分解前已经熔化，该改进可以避免液态草酸流出硬质玻璃管 (9). 用大量清水（或生理盐水）冲洗

【解析】

【分析】

根据装置图可知，装置A中硬质玻璃管中盛放草酸，草酸受热分解生成二氧化碳、一氧化碳和水，注意草酸分解前已经熔化，液态草酸可能会流出硬质玻璃管影响实验；装置B中澄清石灰水用以检验二氧化碳，但升华挥发出的草酸蒸气会干扰二氧化碳的检验；装置D中氢氧化钠溶液用以吸收二氧化碳；装置E中PdCl2溶液可用于检验CO。

【详解】（1）A中盛放草酸的玻璃仪器是硬质玻璃管，实验中观察到B中CuSO4粉末变蓝说明草酸分解有水生成，CuSO4粉末变蓝的化学方程式为：CuSO4+5H2O= CuSO4 ▪ 5H2O，故答案为：硬质玻璃管；CuSO4+5H2O= CuSO4 ▪ 5H2O；

（2）装置E的目的是检验反应生成的一氧化碳，根据信息Ⅱ可知，可用PdCl2溶液可用于检验CO，CO存在的实验现象是有黑色沉淀（或黑色粉末）生成，故答案为：PdCl2溶液；黑色沉淀（或黑色粉末）；

（3）实验开始前检查装置气密性，检查装置气密性后装入相关试剂，为防止空气中二氧化碳干扰二氧化碳的检验，点燃酒精灯前应该向装置中通入适量N2，排除空气中二氧化碳对实验的干扰，熄灭酒精灯前应该再向装置中通入适量N2排出CO，以防污染环境，故答案为：CDABE；

（4）草酸在157℃时开始分解生成二氧化碳、一氧化碳和水，反应的化学方程式为H2C2O4 H2O+CO↑+CO2↑；由于草酸在150~160℃时会升华，所以分解的混合气体中会混有草酸蒸气，草酸会与澄清石灰水反应生成草酸钙沉淀，为准确证眀有CO2气体产生，应向沉淀中加入盐酸观察是否有气泡产生，故答案为：排除草酸蒸气对二氧化碳的检验产生干扰；H2C2O4 H2O+CO↑+CO2↑；

（5）实验过程中，草酸分解前已经熔化，液态草酸可能会流出硬质玻璃管影响实验，所以最好将装置A改为装置F；草酸溶液显酸性，如果草酸粉末溅入眼睛里，会对眼睛产生刺激作用，应立即用大量清水（或生理盐水）冲洗，然后就医，故答案为：草酸在分解前已经熔化，该改进可以避免液态草酸流出硬质玻璃管；用大量清水（或生理盐水）冲洗。

【点睛】本题考查了化学实验方案的设计与评价，涉及了乙二酸的物理性质、化学性质、不稳定性及分解产物的检验的方法、顺序、现象等，分析物质在实验过程中涉及的化学性质，实验装置的认知及物质检验时的正确操作是解答关键。

9.哈伯法合成氨技术的相关反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=－93kJ/mol

(1)试根据表中所列键能数据计算a的数值为_____________。

(2)在600℃下，向2L密闭容器中充入一定量的反应物并开始上述反应，图表示N2的物质的量随时间的变化曲线。

用H2表示0~10min内该反应的平均速率v(H2)= _____________，若该温度下K=0.0016L2/mol2，则在10min时c(H2)= _____________。

(3)在哈伯合成法中，平衡时NH3的体积分数与反应体系的压强(P)、温度(T)的关系如图B。则P1_____________P2(选填¨大于”、“小于”或¨不能确定”)，其他条件相同，不同压强下在刚开始反应时反应物活化分子浓度较大的是_____________(选填“P1”、“P2”、“P3”或“不能确定”)，在日本的合成氨工业中，选择合成温度为700℃的较高温，试从化学动力学的角度分析其理由是_____________。

(4)研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度的关系为v=kc(N2)c(H2)3/2c(NH3)－1，k为速率常数。能使合成氨的速率增大的措施是_____________。

A.使用更有效的催化剂

B.总压强一定，增大n(N2 )/n(H2)的值

C.升高反应温度

D.按照原来比值增大反应物的浓度

E.将原容器中NH3及时分离出来

(5)如图是利用NH3催化氧化释放出电能的电池结构示意图(氧化产物为无污染性气体)，放电时O2应从_____________(填“a”或“b”)处通入，该电池负极的电极反应式为_____________。

【答案】 (1). 391 (2). 0.06mol/（L•min） (3). 10mol/L (4). 大于 (5). P1 (6). 温度越高，反应速率越大（或提高催化剂的催化活性） (7). ACDE (8). b (9). 2NH3—6e—=N2+6H+

【解析】

【分析】

（1）根据反应热等于反应物的总键能-生成物的总键能求算；

（2）根据起始和平衡时氮气的浓度计算参加反应的氢气浓度和生成氨气的浓度，根据速率和平衡常数公式计算；

（3）合成氨的反应是一个气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡右移，氨气的体积分数增大；升高温度，平衡左移，氨气的体积分数减小，但反应速率增大；

（4）由合成氨的速率与相关物质的浓度的关系为v=kc(N2)c(H2)3/2c(NH3)－1可知，反应速率的大小与反应物和生成物的浓度有关，增大c(H2)和c(N2)可增大反应速率，减小c(NH3)也可以增大反应速率。

（5）由电子流向可知，a电极为原电池负极，b电极为原电池正极。

【详解】（1）由反应热与键能的关系可得，△H=（反应物的总键能-生成物的总键能）945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-6a=-93kJ•mol-1，解得a=391，故答案为：391；

（2）由图可知，从反应开始到平衡时氮气的变化量为0.4mol，由方程式可知参加反应的氢气的物质的量为0.4mol×3=1.2mol、氨气的生成量为0.4mol×2=0.8mol。氢气的反应速率为1.2 mol/2L/10min=0.06mol/（L•min）；平衡时，c(N2)为0.1mol/L，c(NH3)为0.4mol/L，由化学平衡常数K==0.0016，解得c(H2)=10 mol/L，故答案为：0.06mol/（L•min）；10 mol/L；

（3）由图可知，温度相同时，氨气的体积分数由大到小的顺序为P1＞P2＞P3。该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡右移，氨气的体积分数增大，则压强的大小关系为P1＞P2；其他条件相同，压强越大，刚开始反应时反应物浓度越大，活化分子浓度较大，则刚开始反应时反应物活化分子浓度较大的是P1；合成氨反应是一个放热反应，升高温度，平衡左移，氨气的体积分数减小，但温度越高，化学反应速率越大，达到平衡所需时间越小，故答案为：大于；P1；温度越高，化学反应速率越大；

（4）由合成氨的速率与相关物质的浓度的关系为v=kc(N2)c(H2)3/2c(NH3)－1可知，反应速率的大小与反应物和生成物的浓度有关，增大c(H2)和c(N2)或减小c(NH3）均可以增大反应速率，。

A、使用更有效的催化剂，降低反应活化能，增大反应速率；

B、由合成氨的速率与相关物质的浓度的关系可知，c(H2)对速率的影响大于c(N2)，总压强一定时，增大n(N2 )/n(H2)的值相当于减小c(H2)，减小反应速率；

C、升高反应温度，活化分子数增大，增大反应速率；

D、按照原来比值增大反应物c(H2)和c(N2)，增大反应速率；

E、将原容器中NH3及时分离出来，减小c(NH3)，增大反应速率；

故能使合成氨的速率增大的措施为：ACDE；

（5）由电子流向可知，a电极为原电池负极，b电极为原电池正极，O2应从b电极通入发生还原反应，NH3应从a电极通入发生氧化反应生成N2，电极反应式为2NH3—6e—=N2+6H+，故答案为：b；2NH3—6e—=N2+6H+。

【点睛】本题以合成氨为载体考查化学反应原理的综合应用，涉及了化学平衡计算及影响因素、反应速率影响因素、原电池原理运用等，题目比较综合，侧重考查知识的迁移应用，注意运用基础知识解答是关键。

10.碘化亚铜(CuⅠ)是阳极射线管覆盖物，不溶于水和乙醇。下图是工业上由冰铜制取无水碘化亚铜的流程。

(1)FeS中S的化合价为_____________。

(2)步骤①中Cu2S被转化为Cu，同时有大气污染物A生成，相关化学反应方程式为_____________，熔渣B的主要成分为黑色磁性物质，其化学式为_____________。

(3)步骤②中H2O2的作用是_____________；步骤③中加入过量NaI涉及的主要离子反应方程式为_____________。

(4)步骤④用乙醇洗涤的优点是_____________；检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____________。

(5)溶液I中通常含少量Fe(Ⅲ)。已知该工业条件下，Fe(OH)3的Ksp=1.0×10－38，据此分析除去Fe(Ⅲ)(即c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L)应调节pH不小于_____________(水的离子积以常温计)。

(6)准确称取 m g CuI样品，加入足量的Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2CuⅠ+4Fe3+===2Cu2++4Fe2++I2，待样品完全反应后，用amol/L酸性KMnO4溶液滴定Fe(Ⅱ)，消耗标准液的体积平均值为ⅴmL。样品中CuI的质量分数的计算表达式为_____________；如果滴定前，酸式滴定管没有用标准液润洗，CuI的质量分数_____________(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。

【答案】 (1). —2 (2). Cu2S＋O2 2Cu＋SO2 (3). Fe3O4 (4). 氧化剂 (5). 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 (6). 洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干 (7). 蘸取最后一次洗涤液迸行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗浄 (8). 3 (9). ×100% (10). 偏高

【解析】

【分析】

由流程图可知，冰铜在1200℃条件下与空气中氧气反应，生成二氧化硫、泡铜（氧化亚铜、铜）和四氧化三铁，泡铜、硫酸和双氧水共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀，CuI沉淀经水洗、乙醇洗涤得到产品。

【详解】（1）FeS中Fe元素为+2价，S元素为—2价，故答案为：—2；

（2）步骤①中Cu2S与空气中氧气在1200℃条件下反应生成Cu和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S＋O2 2Cu＋SO2；由熔渣B的主要成分为黑色磁性物质可知，FeS与空气中氧气在1200℃条件下反应生成四氧化三铁和二氧化硫，故答案为：Cu2S＋O2 2Cu＋SO2；Fe3O4；

（3）步骤②的反应为在硫酸作用下，H2O2做氧化剂，将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜；步骤③的反应为硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀，反应的离子反应方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：氧化剂；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；

（4）步骤④用乙醇洗涤可以洗去固体表面的水，同时由于乙醇易挥发达到快速晾干的目的；洗涤液中含有钠离子、硫酸根离子，可以用焰色反应或酸化的氯化钡溶液检验沉淀是否洗涤干净，故答案为：洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干；蘸取最后一次洗涤液迸行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗浄；

（5）由Ksp=c(Fe3+)c3(OH—)=1.0×10－38可知，当c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L时，c (OH—) ≥1.0×10－11mol/L，则应应调节pH≥3，故答案为：3；

（6）由化学方程式式可得：CuⅠ—2 Fe2+—2/5 MnO4—，则有n(CuⅠ)= 2/5×a×V×10－3mol，m(CuⅠ) = 2/5×a×V×10－3×191g，故CuⅠ%=×100%；滴定前，酸式滴定管没有用标液润洗，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液体积偏大，所测CuⅠ%偏大，故答案为：×100%；偏大。

【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及了氧化还原反应、Ksp的应用、平衡移动的分析应用、滴定实验的原理应用等，侧重于分析、实验能力的考查，明确铁、铜及其化合物性质，明确工艺流程图，把握滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键。

(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。

11.电镀工业上，为了提高镀锌的效果，通常采用Zn(CN)42－溶液代替Zn2+溶液进行电解。请回答下列问题：

(1)元素锌在周期表中的位置为_____________，基态Zn的价电子排布式为_____________。

(2)Zn(CN) 42－所含元素中，电负性最大的元素是_____________，Zn(CN) 42－中含有的化学键类型有σ键和_____________。

(3)CN－中C的杂化类型为_____________，与CN－互为等电子体的单质为_____________。

(4)H2CO3与HNO3的酸性相差较大，请解释其原因_____________。

(5)N和Al可组成一种新型半导体材料AlN；AlN具有耐高温，耐磨性能。其晶体类型为_____________，其晶体结构如图，已知晶胞边长为apm，则AlN的密度为_____________(用含a、NA的代数式表示)g/cm3。

【答案】 (1). 第四周期ⅡB族 (2). 3d104s2 (3). N (4). π键 (5). sp (6). N2 (7). HNO3非羟基氧多于H2CO3，非羟基氧吸电子导致—OH中H易电离 (8). 原子晶体 (9).

【解析】

【分析】

（1）根据元素对应的原子结构判断元素在周期表中的位置；根据构造原理书写其核外电子排布式；

（2）元素的非金属性越强，元素的电负性就越大；单键为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键；

（3）依据价层电子对数判断杂化类型；价电子和原子数分别都相同的分子是等电子体；

（4）含氧酸的酸性强弱与非羟基氧数目有关，非羟基氧数目越多，酸性越强；

（5）原子晶体熔、沸点高、硬度大；运用均摊法计算晶胞中AlN的个数，依据 计算AlN的密度。

【详解】（1）Zn是30号元素，位于周期表第四周期ⅡB族，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，价电子排布式为3d104s2，故答案为：第四周期ⅡB族；3d104s2；

（2）元素的非金属性越强，元素的电负性就越大，Zn(CN) 42－所含元素中N元素非金属性最强，电负性最大；[Zn（CN）4]2-中CN－离子中含有C、N叁键，化学键类型有σ键和π键，故答案为：N；π键；

（3）CN－中C原子与N原子之间形成叁键，则C的杂化类型为sp杂化；价电子和原子数分别都相同的分子是等电子体，所以和CN－互为等电子体的单质分子是氮气，故答案为：sp杂化；N2；

（4）H2CO3与HNO3都为含氧酸，硝酸中含有2个非羟基氧，碳酸中含有1个非羟基氧，非羟基氧越多，吸电子能力更强，导致—OH中H更易电离，故答案为：HNO3非羟基氧多于H2CO3，非羟基氧吸电子导致—OH中H易电离；

（5）原子晶体熔、沸点高、硬度大，根据AlN具有有耐高温、，耐磨性能的性质可知，AlN为原子晶体；由晶胞结构示意图可知，晶胞中含有4个AlN，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为（a×10—10m）3，则有d（a×10—10m）3=，d=，故答案为：原子晶体；。

【点睛】杂化类型的判断可以根据分子结构式进行推断，杂化轨道数＝中心原子孤电子对数(未参与成键)＋中心原子形成的σ键个数，方法二为根据分子的空间构型推断杂化方式，①只要分子构型为直线形的，中心原子均为sp杂化，同理，只要中心原子是sp杂化的，分子构型均为直线形。②只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为sp2杂化。③只要分子中的原子不在同一平面内的，中心原子均是sp3杂化。④V形分子的判断需要借助孤电子对数，孤电子对数是1的中心原子是sp2杂化，孤电子对数是2的中心原子是sp3杂化。

12.2一氨-3—氯苯甲酸是白色晶体，其制备流程如下：

已知：
回答下列相关问题

(1)的名称是__________，2－氨－3－氯苯甲酸中含N官能团的电子式为__________。

(2)反应①中R代表的是_____________，反应②的反应类型为_____________。

(3)如果反应③中KMnO4的还原产物为MnSO4，请写出该反应的化学方程式_____________。

(4)A的结构简式为_____________，⑥的反应条件为_____________。

(5)符合下列条件的同分异构体的结构简式为_____________。

a.式量比大42的苯的同系物；

b.与酸性KMnO4反应能生成二元羧酸

c.仅有3种等效氢

(6)事实证明上述流程的目标产物的产率很低；据此，研究人员提出将步骤⑥设计为以下三步，产率有了一定提高。

分析产率提高的原因是_____________。

【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). —CH3 (4). 取代反应 (5). (6). (7). Fe和Cl2 (8). (9). 占位，减少5号位上H原子的取代

【解析】

【分析】

由制备流程可知，苯与CH3Cl发生信息反应②生成甲苯，甲苯与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下发生硝化反应生成，发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，发生信息1反应生成，在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成2一氨-3—氯苯甲酸。

【详解】（1）的名称是甲苯；2－氨－3－氯苯甲酸的结构简式是，其含氮官能团为氨基，氨基的电子式为，故答案为：甲苯；；

（2）反应①为苯与CH3Cl反应生成甲苯，则R为—CH3；反应②为甲苯与浓硫酸和浓硝酸混酸在加热条件下发生硝化反应生成，故答案为：—CH3；；

（3）反应③中，KMnO4与发生氧化还原反应，KMnO4被还原为MnSO4，被氧化为，反应的化学方程式为，故答案为：；

（4）与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，反应⑥为在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成，故答案为：；Fe和Cl2；

（5）由a可知该物质比甲苯多3个—CH2—，由b可知该物质苯环上有2个取代基，其中取代基为—CH3和—CH2CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为—CH3和—CH（CH3）2，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为2个—CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，共9种，其中有3中等效氢的结构简式为，故答案为：；

（6）产率提高的原因是：占位可减少5号位上H原子的取代，减少副反应产物的生成，使得产率有了一定提高。故答案为：占位，减少5号位上H原子的取代。

【点睛】本题考查有机推断与有机合成，涉及了有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，解题时，通过分析转化前后官能团的变化，确定发生反应的类型及未知有机物的结构是解答关键，书写同分异构体时，应先分析对象的组成和结构特点，再把限定的条件转化为一定的基团，最后根据分子中氢原子种数以及分子结构的对称性，将这些基团组装到一起，并用限定条件逐一验证其正确性。

四川省资阳市2019届高三化学上学期第二次诊断性考试试题（含解析）