1、四川省泸县第一中学2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）1.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A. 普通玻璃含有二氧化硅B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能C. 碲化镉是一种无机化合物D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放【答案】B【解析】【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确； B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确； D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。故选B。2.某
2、有机物的结构简式如下图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（ ）A. 该有机物的化学式为C10H14B. 它的一氯代物有6种C. 该有机物分子中所有碳原子一定在同一平面上D. 一定条件下，它可以发生取代、 加成和氧化反应【答案】D【解析】【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键，双键为平面结构，甲基、亚甲基为四面体构型，结合烯烃的性质来解答。【详解】A. 该有机物的化学式为C10H16，A项错误；B. 结构不对称，含8种H，则一氯代物有8种，B项错误；C. 甲基、亚甲基及次甲基为四面体构型，则所有碳原子不可能共面，C项错误；D. 含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，且甲基可光照下发生取代反应，
3、D项正确；答案选D。3.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.022140761023。下列说法正确的是A. 18g T2O中含有的中子数为12NAB. 用23.5g AgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NAC. 在标准状况下，80g SO3所占的体积约为22.4LD. 1mol某烷烃CnH2n+2（n1）分子中含有的共价键数为 (3n+1)NA【答案】D【解析】【详解】A18g T2O物质的量=18g/22gmol-1=9/11mol，含有中子数=9/11(3-1)2+16-8=129/11NA=9.8NA，故A错误；B23.5g AgI的物质的量为23.
4、5g/235gmol-1=0.1mol，与水制成的胶体中胶体粒子数目小于0.1NA，故B错误；C标况下SO3不是气态，不能用气体的摩尔体积计算体积，故C错误；D1mol CnH2n+2（烷烃）中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；故选D。4.化学与社会、生活密切相关，下列解释错误的是实际应用原理解释A含Na2CO3的盐碱地可用石膏降低其碱性CaSO4具有酸性B二氧化硫用于纸的增白二氧化硫具有漂白性C不可食用的“地沟油”可用于制肥皂油脂碱性条件下可水解D小苏打用于焙制糕点的发酵粉NaHCO3受热易分解产
5、生气体A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A碳酸钠在土壤中显碱性，硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙难溶于水，所以能降低土壤的碱性，原理解释不正确，故A错误；B二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性，可以漂白纸浆，故B正确；C地沟油的主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故C正确；D碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可以作焙制糕点发酵粉，故D正确；答案选A。5.X、Y、Z、W为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期；Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到；非金属Z的一种固体单质可
6、导电；W原子半径是短周期元素中最大的。下列说法正确的是（ ）A. 四种元素中简单离子半径由大到小的顺序W、X、Y、ZB. X、Z、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应C. 氢化物沸点最高的是Z的氢化物D. 随着温度升高，Y2的化学活性增强，可能与W单质发生化学反应【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到，则Y为N元素；Z与Y位于同一周期，非金属Z的一种固体单质可导电，则Z为C元素，该单质为石墨；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；则X的质子数为：7+6=13，即X为Al元素；因同周期中原子半径从左到右依次减弱，同主族中从上到下原子半径依
7、次增大，则短周期元素中最大的Na，即W为Na元素，结合元素周期律与物质结构和性质作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W为Al、N、C和Na元素，则A. 电子层数越多，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，则四种元素的简单离子半径从大到小的顺序比较：N3-、Na+、Al3+、C4+，即Y、W、X和Z，A项错误；B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝、碳酸和氢氧化钠，其中碳酸为弱酸，氢氧化铝的碱性也很弱，两者不反应，B项错误；C. 因氨气分子间有氢键，氢化钠与氢化铝为离子晶体，熔、沸点较大，甲烷为分子晶体，熔沸点最低，C项错误；D. N2常温下性质
8、稳定，但随着温度升高，其化学活性增强，可能与Na单质发生化学反应生成氮化钠，D项正确；答案选D。【点睛】需要注意C项是学生的易错点，氢氧化铝可以与强酸、强碱反应，但不能与弱酸如碳酸、弱碱如氨水反应。6.电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠，如图所示五层膜的玻璃电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。(已知：WO3和Li4Fe4Fe(CN)63均为无色透明，LiWO3和Fe4Fe(CN)63均为蓝色)下列有关说法正确的是（ ）A. 当B外接电源负极时，膜由无色变为蓝色B. 当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：F
9、e4Fe(CN)63+4Li+4e=Li4Fe4Fe(CN)63C. 当A接电源的负极时，此时Li+得到电子被还原D. 当A接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光【答案】B【解析】【分析】根据题意及图示信息可知，结合电解原理可知，当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4Fe(CN)63+4Li+4eLi4Fe4Fe(CN)63，膜由蓝色变为无色，当A接电源负极时，WO3得电子被还原，发生的电极反应为：WO3+Li+e-= LiWO3，膜由无色变为蓝色，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A. 当B外接电源负极时，Fe4Fe(CN)63转化为Li4Fe4Fe(CN)63，膜由
10、蓝色变为无色，A项错误；B. 当B外接电源负极时，根据电解原理可知，离子储存层Fe4Fe(CN)63得电子转化为Li4Fe4Fe(CN)63，发生反应为：Fe4Fe(CN)63+4Li+4eLi4Fe4Fe(CN)63，B项正确；C. 当A接电源的负极时，WO3得电子被还原为LiWO3，Li+只是作为电解质溶液导电，未发生氧化还原反应，C项错误；D. 当A接电源正极时，LiWO3失电子发生氧化反应得到WO3，膜由蓝色变为无色，透射率增强，不能有效阻拦阳光，D项错误；答案选B。7.已知H3PO4是一种三元中强酸。25时，某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量
11、分数随溶液pH的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是A. 曲线2和曲线4分别表示(HPO42)和(PO43)变化B. 25时，H3PO4的电离常数K1：K2=105.1C. pH=7.2时，溶液中由水电离出的c(H+)=107.2mol/LD. pH=12.3时，溶液中2c(Na+)=5c(H2PO4)+5c(HPO42)+5c(PO43)+5c(H3PO4)【答案】B【解析】【详解】A.某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒为H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-，根据pH的变化，可知曲线1为H3PO4，曲线2为H2PO4-，曲线3为HPO42-，曲线
12、4为PO43-，A项错误；B. H3PO4的第一步电离常数K1=，25时当pH为2.1时，=，故K1=10-2.1，同理因H3PO4的第二步电离常数K2=，pH=7.2时， =，K2=10-7.2，则K1：K2=10-2.1：10-7.2 = 105.1，B项正确；C. pH = 7.2时，溶液中含磷微粒主要为：H2PO4-、HPO42-，此时溶液中的c（H+）=10-7.2 mol/L，水的电离受到一定程度的抑制， H2PO4-、HPO42-及水电离的氢离子浓度共10-7.2 mol/L，则溶液中由水电离出的c(H+)小于107.2mol/L，C项错误； D. pH=12.3时，溶液中主要含
13、Na3PO4与Na2HPO4，依据越弱越水解的原理可知，PO43-水解程度较HPO42-大，又因为此时=，则说明Na3PO4与Na2HPO4并非相同浓度，故物料守恒式不正确，D项错误；答案选B。8.氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。.甲采用CuCl22H2O热分解法制备CuCl，装置如图（1）仪器X的名称是_，C中烧杯的试剂可以是_。（2）“气体入口”通入的气体是_。（3）反应结束后，取所得产品分析，发现其中含有氧化铜，其可能原因是_。.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。（4）操作中反应的离子方程式为_。（5）操作中若用100 mL 10 mol/L
14、盐酸代替0.2 mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：猜想一：c(H)过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100 mL0.2 mol/L盐酸及_mL10.0mol/LH2SO4配制成200 mL溶液，再进行操作，观察是否有白色沉淀产生。猜想二：_。请设计实验说明该猜想是否成立：_。【答案】 (1). 硬质玻璃管 (2). NaOH溶液 (3). HCl (4). HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得 (5). SO2+2Cu2+2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl+4H+ (6). 49 (7). c(Cl-
15、)过大导致白色沉淀溶解 (8). 取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立【解析】【分析】I热分解CuCl22H2O制备CuCl，发生的反应为2CuCl22H2O 2CuCl+Cl2+4H2O，因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl22H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为抑制水解，气体入口需要通入HCl气体，然后加热A处试管，干燥管中无水硫酸铜变蓝，可以检验生成的水，D中NaOH溶液吸收尾气；(4)操作为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，生成CuCl沉淀，据此书写反应的方程式；(5)根据氢原子守恒分析解答；根据盐酸中含有的离子
16、结合题意猜想并验证。【详解】I(1)根据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl22H2O 2CuCl+Cl2+4H2O，氯气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠吸收，故答案为硬质玻璃管；NaOH溶液；(2)因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl22H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为了抑制水解，需要在 “气体入口”通入HCl，故答案为HCl；(3)HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故答案为HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得；(4)操作为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，反应为SO2+2Cu2+2Cl-+2H2O =S
17、O42-+2CuCl+4H+，故答案为SO2+2Cu2+2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl+4H+；(5)设10.0mol/LH2SO4的体积为VmL，则0.20.1+V10.02=100.1，解之得V=49mL，猜想二：结合盐酸中的离子进行猜想，可能是氯离子的浓度过大，导致白色沉淀溶解，可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立，故答案为49；c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。9.以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，
18、获取净水剂黄钠铁矾NaFe(SO4)2(OH)6和纳米镍粉的部分工艺流程如下：（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有_(写出两种)。（2）“过滤”滤渣的主要成分是_。（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为_ mol。（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式_。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_(填化学式)。（5）向“过滤”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在
19、，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为_。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_。（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，JCPoggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42的电极反应式为_；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_。【答案】 (1). 提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条） (2). SiO2 (3). 0.15 (4). 2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2
20、O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2 (5). Fe(OH)3 (6). 0.015mol/L (7). N2H4H2O+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+5H2O(或N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+4H2O) (8). Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (9). 避免FeO42-在阴极上被还原【解析】【分析】（1）依据提高原料利用率与化学反应速率的影响因素作答；（2）红土镍矿中只有二氧化硅不溶于硫酸；（3）依据氧化还原反应规律与得失电子数守恒计算；（4）加入碳酸钠“沉铁”生成NaFe(SO4)2(OH)6，依据元素守恒定律书写化学方程式；碳
21、酸钠过多会使溶液显碱性，据此分析；（5）根据图示信息，找出Ni晶体的衍射峰强度较强对应的氢氧化钠的浓度；依据氧化还原反应规律分析作答；（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，阳极Fe失电子发生氧化反应生成FeO42-；阳离子交换膜可防止FeO42-在阴极被还原，提高了产率。【详解】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，故答案为提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来
22、，故答案为SiO2；（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为Fe3+，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe2+NaClO，则0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15 mol，故答案为0.15；（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，故答案为2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=
23、2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2；Fe(OH)3；（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4H2O+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+5H2O(或N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+4H2O)，故答案为0.015；N2H4H2O+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+5H2O(或N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+4H2O)；（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH
24、，因此阳极反应式为Fe6e8OH=FeO424H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42在阴极上被还原；故答案为Fe6e8OH=FeO424H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。10.丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图：回答下列问题：（1）丙烷直接脱氢制丙烯为强吸热过程，该反应必须在高温下进行，但温度越高副反应进行程度越大，同时还会降低催化剂的活性和选择性。为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K(主反应)_(填“增大”、“减小”或“不变”)。温度升高，副反应更容易发生的
25、主要原因是_。（2）如图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强p1、p2分别为1104 Pa和1105 Pa)。1104 Pa时，如图中表示丙烯的曲线是_(填“”、“”、“”或“”)。1105Pa、500时，若只发生上述主反应和副反应，则达平衡时，丙烷转化为丙烯的转化率为_。（3）为克服丙烷直接脱氢法的缺点，科学家探索出在无机膜反应器中进行丙烷脱氢制丙烯的技术。在膜反应器中，利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走。与丙烷直接脱氢法相比，该方法的优点是_。（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化
26、剂，其反应机理如图。已知：CO和H2的燃烧热分别为H =283.0kJ/mol、H =285.8kJ/mol。反应（）的化学方程式为_。25时，该工艺总反应的热化学方程式为_。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是_。【答案】 (1). 增大 (2). 副反应的活化能低于主反应的活化能 (3). (4). 16.5% (5). 使反应始终未达到平衡状态，突破反应限度，提高丙烯产率，且能保证催化剂具有较高的活性和选择性 (6). 3C3H8 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O (7). C3H8(g) + CO2C3H6(g) + CO(g) + H2O(
27、l) H =+121.5kJ/mol (8). 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面【解析】【分析】（1）丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），恒压时向原料气中掺入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反应方向进行；副反应活化能小；（2）压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小；设丙烷起始量为1 mol，转化为丙烯的物质的量为x mol，转化为乙烯与甲烷的为ymol，再根据主反应与副反应列出关系式作答。（3）使反应始终未达到平衡状态，突破反应限度，提高丙烯产率，且能保证催化剂具有较高的活性和选择性；（4）根据图示信息书写；由盖斯定律计算可得；该工艺中碳与CO
28、2反应生成CO。【详解】(1)丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），H1=+124.3kJ/mol，恒压时向原料气中掺入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反应方向进行，K(主反应)增大，丙烷转化率(C3H8)增大，故答案为增大；副反应活化能小，温度升高，副反应更容易发生，所以副反应更容易发生的主要原因是：Ea1Ea2，即副反应的活化能低于主反应的活化能，故答案为副反应的活化能低于主反应的活化能；(2)C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），H1=+124.3kJ/mol，温度越高丙烯的体积分数越大；压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小，丙烯是生成物
29、，减压过程中体积分数增大，由此判断图中表示丙烯的曲线是i，故答案为i；由上图温度和压强对物质体积分数的影响可以看出，1105Pa、500时，丙烯的平衡体积分数为14%，丙烷的平衡体积分数为70%，设丙烷起始量为1 mol，转化为丙烯的物质的量为x mol，转化为乙烯与甲烷的为ymol，根据主反应为：C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），副反应：C3H8（g）=C2H4（g）+CH4（g）可知，反应后的气体总得物质的量为(1+x+y)mol，则 ，解得x=0.165mol，故转化率为，故答案为16.5%；(3)利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走，可以使反应始终未达到平
30、衡状态，突破反应限度，提高丙烯产率，且能保证催化剂具有较高的活性和选择性，故答案为使反应始终未达到平衡状态，突破反应限度，提高丙烯产率，且能保证催化剂具有较高的活性和选择性；（4）图示信息中可以看出，C3H8与CrO3反应生成了C3H6与Cr2O3，则反应的化学方程式为：C3H8 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O，故答案为C3H8 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O；由题意可得H2（g）+1/2O2（g）=H2O(l) H =285.8kJ/mol；CO（g）+1/2O2（g）=CO2 (g) H =283.0kJ/mol；C3H8（g）C3H6（g）
31、+H2（g）H =+124.3 kJ/mol，由盖斯定律-+得热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，则H =（+124.3 kJ/mol）+（285.8kJ/mol）（283.0kJ/mol）=+121.5kJ/mol，故答案为C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H =+121.5kJ/mol；该工艺中碳与CO2反应生成CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。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
32、)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B族 (2). 3d104s2 (3). N (4). 键 (5). sp (6). N2 (7). HN
33、O3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
34、核外电子排布规律可知，Zn电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2，价电子排布式为3d104s2，故答案为第四周期B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）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；N2；（4）H2CO3与HNO3都为含氧酸，硝酸中含有2个非羟基氧，碳酸中
35、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（a1010m）3，则有d（a1010m）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
36、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.已知甲基丙烯酸缩水甘油酯(GMA)主要用于高分子胶囊、离子交换树脂和印刷油墨的粘合剂。其合成路线如下：请回答下列问题：(1)GMA中的官能团名称是_。(2)甘油的结构简式是_，F的结构简式_。(3)请写出BC、DE的化学方程式，并判断反应类型：BC：_、_反应；DE：_、_反应。(4)E的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为_，E的同
37、分异构体中能发生水解反应的链状化合物有_种。(5)已知CH2=CH2能在Ag作催化剂的条件下与O2反应生成，据此请设计一条由丙烯生成F的路线。_。【答案】 (1). 碳碳双键、酯基和醚键 (2). (3). (4). (5). 氧化 (6). (7). 消去 (8). 3:2:1 (9). 5 (10). 【解析】【分析】由GMA结构简式和题给框图可知，丙烯（CH3CH=CH2）与HCl发生加成反应生成CH3CH（Cl）CH3，则A为CH3CH（Cl）CH3；CH3CH（Cl）CH3在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH（OH）CH3，CH3CH（OH）CH3发生催化氧化反应生成，则C
38、为；发生信息反应生成，则D为；在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成，则E为；由E和GMA结构简式可知，F为。【详解】（1）GMA结构简式为，其含有的官能团为碳碳双键、酯基和醚键，故答案为碳碳双键、酯基和醚键；（2）甘油为丙三醇，结构简式是；由E和GMA结构简式可知，F为，故答案为；（3）BC的反应为CH3CH（OH）CH3发生催化氧化反应生成，反应的化学方程式为；DE的反应为在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成，反应的化学方程式为，故答案为；氧化；消去；（4）E为，其核子共振氢谱有3组峰，面积为3:2:1；E的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物应为酯，可能为甲酸酯、乙酸酯和丙烯酸酯，若为甲酸酯有3种、若为乙酸酯有1种、若为丙烯酸酯有1种，共有5种，故答案为3:2:1；5；（5）结合题给信息，由逆推法可知丙烯生成的合成步骤为：丙烯（CH3CH=CH2）与氯气发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成，在Ag作催化剂的条件下与O2反应生成，合成路线为：，故答案为。