1、- 1 -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，CO 32 +H
2、2OHCO3 +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
3、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-CH 3，故丙烯分子中所有原子不可能都处于同一平面，故 A错误；- 2 -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)CH 2COOH 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、
4、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 3NAB. 标准状况下，22.4LCH 2Cl2含有共用电子对数目为 4NAC. 1L1molL1 CH3CH2OH 水溶液中含OH 的数目为 NAD. 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、Na 2O 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
5、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 1molL 1 CH3CH2OH 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
6、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- 3 -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
7、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()和 Cr()两种，其中以 Cr()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 Fe2e =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()物质的量为 1mol- 4 -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
8、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+、Fe 3+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Fe2e =Fe2+，故 A 正确；B 项、Cr 2O72 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+
9、14H+=2Cr3+7H2O+6Fe3+可知，1.5mol Fe 2+还原 0.25molCr2O72-，即可处理 Cr()物质的量为 0.5mol，故C 错误；D 项、Cr 2O72 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-，Cr 3+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
10、氧化物电子式为C. 原子半径：ABCD. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：BA【答案】D- 5 -【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“SiO 2”分子，其基本结构是“SiO 4”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
11、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 SiS；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 PSi，故最高价氧化物对应的水化物的酸性 HNO3H2SiO3，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 HCOON
12、a 和 HCOOH 的混合溶液的 pH=3，则 c(HCOOH)/c(HCOO-)=10B. 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(H 2S)+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：HCOOHH 2S HClOHS，则对应离子的- 6 -水解程度大到小的顺序为：S 2 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
13、，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 2c（Na +）+c（H +）V，同理可得 NaClO 溶液中总数为 2c（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
14、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(H 2S)+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 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据
15、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：.草酸熔点为 102，150160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。.PdCl 2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)。- 7 -(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，
16、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).
17、 排除草酸蒸气对二氧化碳的检验产生干扰 (7). H2C2O4 H2O+CO+CO 2 (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
18、到 B 中 CuSO4粉末变蓝说明草酸分解有水生成，CuSO 4粉末变蓝的化学方程式为：CuSO 4+5H2O= CuSO4 5H2O，故答案- 8 -为：硬质玻璃管；CuSO 4+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：PdCl 2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
19、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+CO 2；由于草酸在 150160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；H 2C2O4 H2O+CO+CO 2；（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
20、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：N 2(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
21、始上述反应，图表示 N2的物质的量随时间的变化曲线。- 9 -用 H2表示 010min 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“P 1”、 “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
22、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_。- 10 -【答案】 (1). 391 (2). 0.06mol/（Lmin） (3). 10mol/L (4). 大于 (5). P1 (6). 温度越高，
23、反应速率越大（或提高催化剂的催化活性） (7). ACDE (8). b (9). 2NH36e=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
24、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）945kJmol-1+436kJmol-13-6a=-93kJmol-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 0.4mol3=1.2mol、氨气的生成量为 0.4mol2=0.8mol。氢气的反应速率为 1.2 mol/2L/10min=0.06mol/（Lmin） ；平衡时，c(N 2)为 0.
25、1mol/L，c(NH 3)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/（Lmin） ；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 P1P 2P 3。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P1P 2；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- 11 -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
26、需时间越小，故答案为：大于；P 1；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(H 2)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
27、(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，O 2应从 b 电极通入发生还原反应，NH 3应从 a 电极通入发生氧化反应生成 N2，电极反应式为 2NH36e=N2+6H+，故答案为：b；2NH 36e=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(Cu)是阳极射线管覆盖
28、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)步骤中 H2O2的作用是_；步骤中加入过量 NaI 涉及的主要离子反应方程式为_。(4)步骤用乙醇洗涤的优点是_；检验沉淀是否洗涤干净的方法是- 12 -_。(5)溶液 I 中通常含少量 Fe()。已知该工业条件下，Fe(OH) 3的 Ksp=1.01038 ，据此分析除去 Fe()(即 c(Fe3+)1.010 5 mol/L)应调节 pH 不小于_
29、(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2Cu+4Fe 3+=2Cu2+4Fe2+I2，待样品完全反应后，用 amol/L 酸性 KMnO4溶液滴定 Fe()，消耗标准液的体积平均值为mL。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). Cu2SO 2 2CuSO 2 (3). Fe3O4 (4). 氧化剂 (5). 2Cu2+4I-=2CuI+I 2 (6). 洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干
30、(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 Cu2SO 2 2CuSO 2；由熔渣 B 的主要成
31、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：Cu 2SO 2 2CuSO 2；Fe 3O4；（3）步骤的反应为在硫酸作用下，H 2O2做氧化剂，将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜；步骤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+I 2，故答案为：氧化剂；2Cu 2+4I-=2CuI+I 2；（4）步骤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- 13 -干净，故答案为：洗
32、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)=1.01038 可知，当 c(Fe3+)1.010 5 mol/L 时，c (OH ) 1.010 11 mol/L，则应应调节 pH3，故答案为：3；（6）由化学方程式式可得：Cu2 Fe 2+2/5 MnO4，则有 n(Cu)= 2/5aV103 mol，m(Cu) = 2/5aV10 3 191g，故Cu%= 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 Cu%偏大，故答案为： 100%；偏大。【点睛】本题考查
33、了化学工艺流程，涉及了氧化还原反应、K sp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)
34、42 中含有的化学键类型有 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、N A的代数式表示)g/cm 3。【答案】 (1). 第四周期 B 族 (2). 3d104s2 (3). N (4). 键 (5). sp - 14 -(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
35、). 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 键，双键含有 1 个 键和 1个 键，三键含有 1 个 键和 2 个 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B 族，根据核外电子排布规律可知，Zn
36、 的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d 104s2，价电子排布式为 3d104s2，故答案为：第四周期B 族；3d 104s2；（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） 42-中 CN 离子中含有 C、N 叁键，化学键类型有 键和 键，故答案为：N； 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；N 2；（4）H 2CO3与 HN
37、O3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：HNO 3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- 15 -的体积为（a10 10m） 3，则有 d（a10 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
38、原子形成的 键个数，方法二为根据分子的空间构型推断杂化方式，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。只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为 sp2杂化。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。V 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)反应中 R 代表的是_，反应的反应类型为_。(3)
39、如果反应中 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_，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- 16 -(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
40、备流程可知，苯与 CH3Cl 发生信息反应生成甲苯，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- 17 -， 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）反应为苯与 CH3Cl 反应生成甲苯，则 R 为CH 3；反应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：CH 3； ；（3）反应中，KMnO
41、4与 发生氧化还原反应，KMnO 4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；- 18 -（5）由 a 可知该物质比甲苯多 3 个CH 2，由 b 可知该物质苯环上有 2 个取代基，其中取代基为CH 3和CH 2CH2CH3，在苯环上有邻、间、对 3 种同分异构体，取代基为CH 3和CH（CH 3） 2，在苯环上有邻、间、对 3 种同分异构体，取代基为 2 个CH 2CH3，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。- 19 -
