1、阶段检测( 三)一、选择题(每题 3 分，共 48 分)1(2019安徽池州高三期末)化学与我们的生活息息相关，下列有关说法不正确的( )A推广使用可降解的淀粉塑料和提倡使用乙醇汽油，都能减轻环境污染B煤经过气化和液化等物理变化后，可得到清洁燃料C中国国产航母使用了大量的合金，合金具有强度大、抗腐蚀等优点D石墨烯电池能够闪充，是利用单层石墨烯表面积大的特点答案 B解析 使用可降解的淀粉塑料可减少白色垃圾，使用乙醇汽油可减少二氧化硫等排放，都能减轻环境污染，A 正确；煤的气化、液化属于化学变化， B错误；合金材料具有强度大、抗腐蚀能力强等优点，C 正确；石墨烯是单层碳原子，故接触面积大，能加快化
2、学反应速率，D 正确。2(2019山东烟台高三期末)下列有关化学用语表示正确的是( )A乙醇的分子式：C 2H5OHB次氯酸的电子式：H O Cl C氯原子的结构示意图：D中子数为 146、质子数为 92 的铀(U)原子： U14692答案 B解析 乙醇的分子式是 C2H6O，结构简式是 C2H5OH，A 错误；HClO 分子中 O 原子最外层有 6 个电子，两个成单的电子分别与 Cl、H 原子的成单电子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，因此电子式是 H ，B 正确；Cl 原子核外电子数是 17，最外层有 7 个电子，O Cl 原子结构示意图为 ，C 错误；中子数为 146、质
3、子数为 92 的铀原子质量数是 238，用原子符号表示为 U，D 错误。238923(2019广东茂名高三期末)下列说法正确的是( )A稀 NaOH 溶液可以使蛋白质盐析B棉花、涤纶、维纶均属于合成纤维C淀粉可以用于酿酒和酿醋D油脂都不能使溴水褪色答案 C解析 稀 NaOH 溶液是强碱，可以使蛋白质变性，故 A 错误；棉花是天然高分子化合物，涤纶、维纶均属于合成纤维，故 B 错误；淀粉水解后生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，乙醇被氧化可以生成乙酸，即可以用于酿酒和酿醋，故 C 正确；油脂中含有不饱和烃基时能使溴水褪色，故 D 错误。4(2019石家庄高三模拟)下列解释事实的离子方程式正
4、确的是( )A铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu 8H 2NO =3Cu2 2NO4H 2O 3B稀硫酸与 Ba(OH)2 溶液混合出现浑浊：H OH Ba 2 SO =BaSO4H 2O24C澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2 2HCO 2OH =CaCO3CO 2H 2O 3 23D在 AlCl3 溶液中加入过量氨水出现浑浊：Al 3 3OH =Al(OH)3答案 C解析 铜丝溶于浓硝酸生成二氧化氮，故 A 错误；稀硫酸与 Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H 2OH Ba 2 SO =BaSO42H 2O，故 B 错误；一水合氨是弱碱，24用化学式表示，故
5、D 错误。5(2019广东重点中学高三期末联考)有关下列四组实验描述不正确的是( )A加热甲装置中的烧杯可以分离 SiO2 和 NH4ClB利用装置乙可证明非金属性强弱：ClCSiC打开丙中的止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中D向丁中铁电极区滴入 2 滴铁氰化钾溶液，一段时间后，烧杯中不会有蓝色沉淀生成答案 B解析 NH 4Cl 受热分解，利用加热甲装置中的烧杯可以分离 SiO2和NH4Cl，故 A 正确；氯元素的最高价氧化物对应水化物为 HClO4，另外盐酸有挥发性，生成的 CO2中混有 HCl，无法判断碳酸的酸性比硅酸强，由装置乙无法证明非金属性强弱：ClCSi ，故 B
6、错误；该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀，一段时间内试管内压强减小，故 C 正确；ZnFe 原电池中 Zn为负极，Fe 为正极，烧杯内无 Fe2 ，故 D 正确。6(2019张家口市高三模拟)设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )A2 L 0.5 molL1 CH3COOH 溶液中，CH 3COO 的数目为 NAB一定质量的某单质，若含质子数为 nNA，则中子数一定小于 nNAC标准状况下，22.4 L HF 含有的共价键数为 NAD向 FeI2 溶液中通入一定量 Cl2，当 1 mol Fe2 被氧化时，转移的电子数不小于 3NA答案 D解析 由于醋酸为弱酸，溶液中
7、只能部分电离，CH 3COO 的数目小于NA，A 错误；质子数与中子数无必然数目关系， B 错误；标准状况下，HF 为非气态，无法计算 22.4 L HF 的物质的量，也就无法计算含有的共价键数， C 错误；因为还原性：I Fe2 ，向 FeI2溶液中通入一定量 Cl2，当 1 mol Fe2 被氧化时，I 已全部反应，且原来 I 不少于 2 mol，故转移的电子数不小于 3NA，D 正确。7(2019贵州重点中学高考教学质量测评)a 、b、c 、d、e、f 为原子序数依次增大的主族元素，原子序数均不大于 20。已知 a 与 f 同主族，a 分别与 b、c可形成 10 电子分子 X 和 Y，b
8、 和 c 形成的一种化合物 Z 能造成温室效应，d 的氧化物 W 具有两性， e 的单质 T 常温下为黄绿色气体。则下列叙述正确的是( )A原子半径：fedcbB化合物 Z 中既含有极性键又含有非极性键CX 与 T 在光照条件下反应只能生成两种不同的产物D电解熔融的 W 可以制备 d 的单质答案 D解析 a、b、 c、d、e、f 为原子序数依次增大的主族元素，原子序数均不大于 20。b 和 c 形成的一种化合物 Z 能造成温室效应，则 b 和 c 分别为碳元素和氧元素，Z 为二氧化碳；a 分别与 b、c 可形成 10 电子分子 X 和 Y，则 a 为氢元素，X 和 Y 分别为甲烷和水；d 的氧
9、化物 W 具有两性，则 d 为铝元素，W为氧化铝；e 的单质 T 常温下为黄绿色气体，则 e 为氯元素，T 为氯气；a 与 f同主族且 f 原子序数大于氯元素，则为钾元素。同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径：AlCl、CO，A 错误；化合物 Z 为二氧化碳，只含有极性键，B 错误；X 与 T 在光照条件下反应能生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，C 错误；电解熔融的 W(氧化铝)可以制备 d 的单质铝，D 正确。8(2019成都七中高三期末)下列说法正确的是( )A分子式为 C7H8O 且含苯环的有机化合物有 5 种B人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，并最终水解
10、为葡萄糖而被吸收C 分子中的所有原子有可能共平面D溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于发生取代反应而水层几乎呈无色答案 A解析 分子式为 C7H8O 且含苯环的有机化合物可能为苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚或苯甲醚，A 正确；人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，但人体内没有使纤维素水解的酶，所以人体不能水解吸收纤维素，B 错误；由于 CH4是正四面体结构，甲基中最多还有 1 个 H 原子在苯分子平面内，因此不是分子中所有原子在同一个平面内，C 错误；溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于溴在苯中溶解度比在水中大，苯将水中的溴单质萃取过来，而使水层几乎呈无色，没有发生取代反应，D 错误。
11、9(2019云南师大附中高三月考)通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是( )选项 操作、现象 解释A向稀硝酸中加入少量铁粉，有气泡产生说明 Fe 置换出硝酸中的氢，生成了氢气B 把生铁放置于潮湿的空气中，铁表 铁在潮湿的空气中易生成 Fe(OH)3面有一层红棕色的斑点C用洁净的玻璃管向包有 Na2O2 的脱脂棉通入 CO2 气体，脱脂棉燃烧说明 CO2 与 Na2O2 的反应是放热反应D向 KI淀粉溶液中加入 FeCl3 溶液，溶液变蓝Fe3 能与淀粉发生显色反应答案 C解析 少量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO 气体和水，不会生成氢气
12、，A 错误；铁锈的成分是 Fe2O3，不是 Fe(OH)3，B 错误；用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉通入 CO2气体，脱脂棉燃烧，说明 CO2和 Na2O2反应生成了O2，并且放出热量，达到了脱脂棉的着火点，C 正确；向 KI 淀粉溶液中加入FeCl3溶液，碘离子被铁离子氧化成碘单质，从而使溶液变蓝，铁离子不与淀粉反应，D 错误。10(2019河南汝州实验中学高三期末)a 、b、c、X 是中学化学中常见的四种物质，且 a、b、c 中含有同一种元素，其转化关系如图所示。下列说法不正确的是( )A若 a、b、 c 均为厨房中常用的物质，则构成 c 中的阳离子半径小于其阴离子半径B若 a 为
13、一种气态氢化物，X 为 O2，则 a 分子中可能含有 10 个或者 18个电子C若 b 为一种两性氢氧化物，则 X 可能是强酸，也可能是强碱D若 a 为固态非金属单质，X 为 O2，则 O 元素与 a 元素的原子序数之差可能为 8答案 D解析 若 a、 b、c 均为厨房中常用的物质， a 为碳酸钠，X 为盐酸，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠 b，碳酸氢钠与盐酸继续反应生成氯化钠 c，钠离子核外有 2 个电子层，氯离子核外有 3 个电子层，所以氯化钠中阳离子半径小于其阴离子半径，A 正确。若 a 为气态硫化氢，与氧气反应生成单质硫 b，硫继续与氧气反应生成二氧化硫 c，硫化氢与足量氧气直接反应生成
14、二氧化硫，硫化氢为 18 电子微粒；甲烷与氧气不完全反应生成一氧化碳 b，一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳 c，甲烷完全燃烧直接生成二氧化碳，甲烷为 10 电子的微粒，B 正确。若 a 为单质碳，可以燃烧生成一氧化碳 b，二氧化碳 c，但是和氧原子序数之差为 2，不是 8；若 a 为固态非金属单质硫，与氧气反应不能直接生成三氧化硫 c；也就是说，硫原子和氧原子的原子序数虽然能够差 8，但是不能满足题意要求，D 错误。11(2019江苏泰州高三期中)海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是( )A工业上通过电解饱和 MgCl2 溶液制取金属
15、镁B第 步中除去粗盐中的 SO 、Ca 2 、Mg 2 等杂质，加入的药品顺序24为 NaOH 溶液 Na 2CO3 溶液 BaCl 2 溶液过滤后加盐酸C在 、步骤中，溴元素均被氧化D制取 NaHCO3 的反应是利用其溶解度比较小答案 D解析 电解饱和 MgCl2溶液，只能得到氢氧化镁沉淀，工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，A 错误；加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠除去 Ca2 的同时也会除去过量的氯化钡， B 错误；在第步中，SO22H 2O Br2=H2SO42HBr 中 S 元素的化合价升高，则二氧化硫被氧化，溴元素被还原，C 错误；往精盐溶液中通氨气和二氧化碳，
16、得碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度比较小，D 正确。12(2019承德市高三期末)如图所示，五层膜材料常用于汽车玻璃中的电致变色系统，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，LiWO 3 和Fe4Fe(CN)63 均为蓝色。下列有关说法不正确的是( )A当外电路通过 1 mol 电子时，通过离子导体层的 Li 数目为 NAB为了获得较好的遮光效果，A 应该接电源的负极C该电致变色系统在较长时间的使用过程中离子导体层中 Li 的量可保持基本不变D当 B 接电源正极时，离子储存
17、层反应为：Fe4Fe(CN)634Li 4e =Li4Fe4Fe(CN)63答案 D解析 当外电路通过 1 mol 电子时，通过离子导体层的电量与 1 mol 电子的电量相同，故 Li 的物质的量为 1 mol，故 A 正确；如果 A 接电源的负极，A 为阴极，电极反应式为 Li WO 3e =LiWO3，WO 3为无色透明，LiWO 3为蓝色，获得较好的遮光效果，故 B 正确；B 接电源正极，B 电极为阳极，电极反应式为Li4Fe4Fe(CN)634e =4Li Fe 4Fe(CN)63，故 D 错误。13(2019长郡中学高三月考)科学家从化肥厂生产的(NH 4)2SO4 中检测出组成为
18、N4H4(SO4)2 的物质。经测定，N 4H4(SO4)2 易溶于水，在水中以 SO 和24N4H 两种离子形式存在。植物的根系极易吸收 N4H ，N 4H 遇到碱时会44 44 44生成一种形似白磷的 N4 分子，N 4 分子不能被植物吸收。下列有关说法正确的是( )AN 4 与 N2 互为同系物B 14N 与 14C 互为同位素CN 4H4(SO4)2 与草木灰混合使用，可增强肥效D在反应 8NH34CsOH= =N44CsNH 26H 2 4H2O 中，每生成 5.6 g N4 时转移 1.2 mol 电子答案 D解析 N 4与 N2互为同素异形体，A 错误； 14N 与 14C 是不
19、同元素的原子，B 错误；草木灰的主要成分是 K2CO3，K 2CO3水解使溶液显碱性，N 4H4(SO4)2中的 N4H 在碱性条件下生成的 N4分子不能被植物吸收，C 错误；在反应448NH34CsOH =N44CsNH 26H 24H 2O 中，每生成 1 mol N4，转移的电子的物质的量为 12 mol，则生成 0.1 mol N4时转移电子的物质的量为 1.2 mol，D正确。14(2019北京师大附中高三期中)室温下，向 100 mL 0.1 mol/L NH4Cl 溶液中加入下列物质。有关结论正确的是( )加入的物质 结论A 100 mL 0.1 mol/L 盐酸 溶液中 2c(
20、NH )c(Cl ) 4B 0.01 mol Na2O2 固体 反应完全后，溶液 pH 增大，c(Na )2c(Cl )C 100 mL H2O 由水电离出的 c(H )c(OH )变大(均为自由离子)D 100 mL 0.1 mol/L 氨水溶液中 减小cOH cNH 4答案 B解析 加入 100 mL 0.1 mol/L 盐酸，由于铵根离子部分水解，则 2c(NH ) 4K2C若反应进行到状态 D 时，一定有 v 正 v 逆D状态 A 与状态 B 相比，状态 A 的 c(I )大 3答案 C解析 随着温度的不断升高，I 的浓度逐渐的增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则
21、 I2(aq)I (aq)I (aq)正反应为放热反 3应， HTA，升高温度，平衡逆向移动，c (I )变小，所以 c(I )：AB ，即状态 3 3A 的 c(I )高， D 正确。 316(2019A10 联盟高三段考 )已知 X、Y 、Z、W 是由H 、Na 、Al 3 、Ba 2 、 OH 、Cl 、HRO (R 为短周期元素)中的两种组成 3的溶液( 阳离子不重复) ，W 是一种强碱，X、Y、Z 可以发生如图所示的转化，下列分析正确的是( )AZ 为 HCl，气体 B 一定是 CO2BW 是 Ba(OH)2，将少量 W 溶液滴到 Y 溶液中可得到白色沉淀CX 是 NaHRO3，其溶
22、液中离子浓度大小一定为 c(Na )c(HRO ) 3c(OH )c (RO )c (H )23DAlO 、NO 、SO 在 Y 溶液中可以大量共存 2 3 24答案 B解析 由 X、Y 溶液反应有气体产生可知，X、Y 中含有 Al3 、HRO 两 3种中的一种，且 HRO 是 HCO 或 HSO ，再结合 X 与 Z、X 与 Y 反应后 3 3 3的产物中均有 NaCl 知，X 是 NaHRO3(HRO 为 HCO 、HSO )、Y 是 3 3 3AlCl3， Z 是盐酸，故 W 是 Ba(OH)2。气体 B 还可以是 SO2，A 错误；少量的Ba(OH)2与 AlCl3溶液反应可得到 Al
23、(OH)3沉淀，B 正确；碳酸氢钠溶液呈碱性，而亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故离子浓度大小无法确定，C 错误；AlO 与 Al3 2不能大量共存，D 错误。二、非选择题(共 52 分)(一)必考题17(2019广州高三调研测试)(12 分)实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡(SnCl 4)。 SnCl4 易挥发，极易发生水解， Cl2 极易溶于 SnCl4。制备原理与实验装置图如下：Sn(s)2Cl 2(g)=SnCl4(l)H511 kJmol 1可能用到的有关数据如下：物质 Sn SnCl4 CuCl2熔点/ 232 33 498沸点/ 2260 114 993制备过程中，锡粒逐渐被消耗，须提
24、拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当 SnCl4 液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：(1)a 管的作用是_。(2)A 中反应的离子方程式是_ 。(3)D 的作用是 _。(4)E 中冷却水的作用是_。(5)尾气处理时，可选用的装置是_(填标号)。(6)锡粒中含铜杂质致 E 中产生 CuCl2，但不影响 F 中产品的纯度，原因是_。(7)SnCl4 粗品中含有 Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的 SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有_(填标号)。A蒸馏烧瓶 B温度计C接收器 D冷凝管E吸滤瓶答案 (1)平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下(2)2MnO 10Cl 16
25、H =2Mn2 5Cl 28H 2O 4(3)使氯气充分干燥(4)避免四氯化锡挥发而损失，导致产率下降(5)B (6)CuCl2 的熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 (7)E解析 (4)E 中冷却水的作用是冷凝 SnCl4，避免四氯化锡挥发而损失，导致产率下降。(5)尾气为未反应的氯气，由于 SnCl4极易发生水解，尾气处理装置除了起到吸收尾气的作用外，还要防止空气中的水蒸气进入反应装置，因此选择盛有碱石灰的干燥管作为尾气处理装置。(6)收集四氯化锡是将其冷凝为液体，根据提供的数据可知，CuCl 2的熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出。18(2019重庆市第一中学高三期中)(12 分)工业上从电
26、解精炼铜的阳极泥(成分为 CuS、 Cu2Se、Cu 2Te 和少量金属单质 Au)中回收碲、硒的工艺流程如下：已知：TeO 2 是两性氧化物。Se 和 TeO2 的物理性质如下：物理性质 熔点 沸点 水溶性Se 221 685 难溶于水TeO2 733 1260 微溶于水(1)Se 在周期表中的位置为_。(2)SeO2 与 SO2 的混合烟气可用水吸收制得单质 Se，当有 2 mol 电子转移时，会生成_mol Se。过滤所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯获得纯硒，采用真空蒸馏的目的是_。(3)“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是_(填化学式)。(4)“沉碲”时控制溶液的 pH 为 4.55.0，
27、生成 TeO2 沉淀。如果 H2SO4 的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原因为_。(5)“酸溶”将 TeO2 先溶于硫酸得到 Te(SO4)2，然后加入 Na2SO3 溶液进行还原，还原碲的离子反应方程式是_。(6)常温下，SeO 2 与 NaOH 溶液反应所得 NaHSeO3 溶液的 pH_7(填“”“nH2OnCOS nH2OnCOS101 时，COS 的平衡转化率增大不明显，反应的投料比最佳为101；根据图 2，一定时间内 COS 的水解转化率在 160 时最大，nH2OnCOS反应的最佳温度为 160 。P 点 6，平衡时 COS 的平衡转化率为 40%，设起始 c(COS)a nH
28、2OnCOSmolL1 ，则起始 c(H2O)6a molL 1 ，用三段式COS(g)H 2O(g)CO2(g)H 2S(g)a 6a 0 0c起 始 molL 10.4a 0.4a 0.4a 0.4ac转 化 molL 10.6a 5.6a 0.4a 0.4ac平 衡 molL 1P 点对应的平衡常数 K 0.05。cCO2cH2ScCOScH2O 0.4a0.4a0.6a5.6a(二)选考题20(2019吉林省实验中学高三期中)化学选修 3：物质结构与性质(15 分)A、B、C 、D、E、F 为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态 A 原子的电子分布在 3 个能级，且每个能级所含的电
29、子数相同；C 的原子核外最外层有 6 个运动状态不同的电子；D 是短周期元素中电负性最小的元素； E 的最高价氧化物的水化物酸性最强；基态 F 原子核外最外层只有一个电子，其余能层均充满电子。G 元素与 D 元素同主族，且相差 3 个周期。(1)元素 A、B、C 的第一电离能由小到大的顺序是 _(用元素符号表示)。(2)E 的最高价含氧酸中 E 原子的杂化方式为_ 。基态 E 原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为_。(3)F 原子的外围电子排布式为_，F 单质晶体中原子的堆积方式是图 1 中的_(填写“甲”“乙”或“丙”)，该晶体的空间利用率为_。(4)已知元素 A、B 形成的(AB
30、) 2 分子中所有原子都满足 8 电子稳定结构，则其分子中 键与 键数目之比为_。(5)通常情况下，D 单质的熔沸点比 G 单质高，原因是_。(6)已知 DE 晶体的晶胞如图 2 所示：若将 DE 晶胞中的所有 E 离子去掉，并将 D 离子全部换为 A 原子，再在其中的 4 个“小立方体”中心各放置一个 A 原子，且这 4 个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的 A 原子与最近的 4 个 A 原子以单键相连，由此表示 A的一种晶体的晶胞(已知 AA 键的键长为 a cm， NA 表示阿伏加德罗常数)，则该晶胞中含有_个 A 原子，该晶体的密度是 _gcm3 (列式表示)。答案 (1)C O
31、N (2)sp 3 哑铃形 (3)3d104s1 丙 74% (4)34 (5)Na、Cs 处于同一主族，并都是金属晶体，同主族元素价电子数相同，从上到下，原子半径依次增大，金属键依次减弱，熔沸点降低 (6)8 932a3NA解析 A、B、C 、D 、E、F 为前四周期元素且原子序数依次增大，基态 A原子的电子分布在 3 个能级，且每个能级所含的电子数相同，即 1s22s22p2，则A 为 C 元素，D 是短周期元素中电负性最小的元素，即为 Na 元素，原子序数大于 6 小于 11，最外层有 6 个运动状态不同的电子，说明 C 为 O 元素，所以B 为 N 元素，E 的最高价氧化物的水化物酸性
32、最强，即为 Cl 元素，基态 F 原子核外最外层只有一个电子，其余能层均充满电子，则其电子排布为Ar3d104s1，即 29 号元素 Cu，G 元素与 Na 元素同主族，且相差 3 个周期，则 G为 Cs 元素。由此分析如下：(1)同周期元素的第一电离能从左到右一般是依次增大的，但由于 N 元素最外层是半满状态，所以其第一电离能大于 O 元素的，因此 C、N、O 三种元素的第一电离能由小到大的顺序是 CON。(2)Cl 元素形成的 HClO4中 Cl 原子以 sp3的杂化方式形成四个共价键，Cl原子占据最高能级为 3p 能级，其电子云轮廓形状为哑铃形(或纺锤形)。(3)Cu 原子的外围电子排布
33、式为 3d104s1，单质铜的晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积，即图丙，这种晶体的空间利用率为 74%。(4)由 C、N 形成的(CN) 2分子的结构简式为 NC CN，其中含有 3 个键和 4 个 键，所以 键与 键数目之比为 34。(6)根据题目叙述，该晶胞中的 C 原子分布在棱的中点、体心和 4 个“小立方体”的中心，根据原子均摊法可得该晶胞中的 C 原子数 12148，14其质量为 g，根据 CC 单键的键长可求得该晶胞的棱长为 cm，体积128NA 4a3为 cm3，所以该晶胞的密度为 gcm3 。64a333 932a3NA21(2019资阳市高三第二次诊断性考试)化学选修
34、5：有机化学基础(15 分)2氨3氯苯甲酸是白色晶体，其制备流程如下：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)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相对分子质量比 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设计为以下三步，产率有了一定提高。分析产率提高的原
35、因是_。答案 (1)甲苯 (2) CH3 取代反应 (6)SO3H 占位，可减少 5 号位上 H 原子的取代解析 由制备流程可知，苯与 CH3Cl 发生信息反应生成甲苯，甲苯与浓硝酸在浓硫酸和加热条件下发生硝化反应生成 发生氧化反应生成 在 Fe/HCl 条件下发生还原反应生成 A，则 A 为发生信息反应生成 ，在铁存在的条件下，与氯气发生取代反应生成在酸性条件下水解生成 2氨3氯苯甲酸。(3)反应中， KMnO4与 发生氧化还原反应， KMnO4被还原为MnSO4， 被氧化为 。(5)由 a 可知该物质比甲苯多 3 个 C，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、CH 3和CH(CH 3)2或 2 个CH2CH3，其中有 3 种等效氢的结构简式为(6)产率提高的原因是SO 3H 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。
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