2020年高考化学刷题1+12019高考题+2019模拟题阶段检测3含解析

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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，能加快化学反应速率，D正确。2

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：C2H5OHB次氯酸的电子式：H 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：U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，原子结构示意图为，C错误；中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238，用原子符号表示为U，D错误。3(2019广东茂名高三期末)下列说法正确的是

3、()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确的是()A铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2OB稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：HOHBa2SO=BaSO4H2OC

4、澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca22HCO2OH=CaCO3CO2H2OD在AlCl3溶液中加入过量氨水出现浑浊：Al33OH=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2H2OHBa2SO=BaSO42H2O，故B错误；一水合氨是弱碱，用化学式表示，故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

5、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NH4Cl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，CH3COO

6、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，溶液中只能部分电离，CH3COO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：IFe2，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

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

8、、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，

9、并最终水解为葡萄糖而被吸收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。9(2019云南师

10、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，铁表面有一层红棕色的斑点铁在潮湿的空气中易生成Fe(OH)3C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，A错误；铁锈的成分是Fe2O3，不是Fe(OH)3，B错误；用

11、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

12、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

13、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溶液制取金属镁B第步中除去粗盐中的SO、Ca2、Mg2等杂质，加入的药品顺序为NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2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

14、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，SO22H2OBr2=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，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，LiWO3

15、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，离子储存层反应为：Fe4Fe(CN)634Li4e=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LiWO3e=LiWO3，WO3为无色透明，LiWO3为蓝色，获得较好的遮光效果，故B正确；

16、B接电源正极，B电极为阳极，电极反应式为Li4Fe4Fe(CN)634e=4LiFe4Fe(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(NH4)2SO4中检测出组成为N4H4(SO4)2的物质。经测定，N4H4(SO4)2易溶于水，在水中以SO和N4H两种离子形式存在。植物的根系极易吸收N4H，N4H遇到碱时会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收。下列有关说法正确的是()AN4与N2互为同系物B14N与14C互为同位素CN4H4(SO4)2与草木灰混合使用，可增强肥效D在反应8NH34CsOH=N44CsNH26H24H2O中，每生成5.6 g N

17、4时转移1.2 mol电子答案D解析N4与N2互为同素异形体，A错误；14N与14C是不同元素的原子，B错误；草木灰的主要成分是K2CO3，K2CO3水解使溶液显碱性，N4H4(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8NH34CsOH=N44CsNH26H24H2O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A100 mL

18、0.1 mol/L盐酸溶液中2c(NH)c(Cl)B0.01 mol Na2O2固体反应完全后，溶液pH增大，c(Na)2c(Cl)C100 mL H2O由水电离出的c(H)c(OH)变大(均为自由离子)D100 mL 0.1 mol/L氨水溶液中减小答案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)c(Cl)，故A错误；钠离子和氯离子不发生水解，0.01 mol Na2O2固体反应后生成0.02 mol钠离子，原溶液中含有氯离子的物质的量为0.1 mol/L0.1 L0.01 mol，则c(Na)2c(Cl)，且反应后氢氧化钠过量，溶液呈碱性，溶液的pH

19、增大，故B正确；加入100 mL H2O后，溶液浓度减小，铵根离子的水解程度增大，但水电离产生的c(H)减小，故水电离出的c(H)c(OH)的乘积会减小，故C错误；加入100 mL 0.1 mol/L氨水，溶液碱性增强，则c(OH)增大，由于NH3H2O的电离和NH的水解都是微弱的，混合后溶液体积增大，所以c(NH)减小，溶液中增大，故D错误。15(2019山东烟台高三期末)I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)I(aq)I(aq)H。某I2、KI混合溶液中，I的物质的量浓度c(I)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是()A该反应HK2C若反应进行到状

20、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I2(aq)I(aq)I(aq)正反应为放热反应，HTA，升高温度，平衡逆向移动，c(I)变小，所以c(I)：AB，即状态A的c(I)高，D正确。16(2019A10联盟高三段考)已知X、Y、Z、W是由H、Na、Al3、Ba2、OH、Cl、HRO(R为短周期元素)中的两种组成的溶液(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

21、到Y溶液中可得到白色沉淀CX是NaHRO3，其溶液中离子浓度大小一定为c(Na)c(HRO)c(OH)c(RO)c(H)DAlO、NO、SO在Y溶液中可以大量共存答案B解析由X、Y溶液反应有气体产生可知，X、Y中含有Al3、HRO两种中的一种，且HRO是HCO或HSO，再结合X与Z、X与Y反应后的产物中均有NaCl知，X是NaHRO3(HRO为HCO、HSO)、Y是AlCl3，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(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

22、Al3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(SnCl4)。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)2Cl2(g)=SnCl4(l)H511 kJmol1可能用到的有关数据如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/23233498沸点/2260114993制备过程中，锡粒逐渐被消耗，须提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

23、)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)2MnO10Cl16H=2Mn25Cl28H2O(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，

24、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，CuCl2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)工业上从电解精炼铜的阳极泥(成分为CuS、Cu2Se、Cu2Te和少量金属单质Au)中回收碲、硒的工艺流程如下：已知：TeO2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Se221 685 难溶于水TeO2733 12

25、60 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，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，SeO2与NaOH溶液反应所得NaHSeO3溶液的pH_7(填“”“”或

26、“”)，请通过计算说明_。(已知25 时，亚硒酸(H2SeO3)的Ka12.5103，Ka22.5107)答案(1)第四周期A族(2)0.5降低Se的沸点，避免Se与空气中氧气发生反应(3)CuO、Au(4)硫酸浓度过大，TeO2会溶于酸，导致TeO2沉淀不完全(5)Te42SO2H2O=2SOTe4H(6)HSeO的水解常数Kh4.01012，由于KhKa2，故NaHSeO3溶液的pH7解析(2)SeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，Se的化合价由4价降为0价，则每生成1 mol Se有4 mol电子转移，当有2 mol电子转移时，会生成0.5 mol Se；提纯粗硒获得纯硒采用

27、真空蒸馏的方法，可避免Se与空气中的氧气发生反应，又因为大气压强减小时，液体的沸点也会随之降低，所以采用真空蒸馏还可以降低Se的沸点，更有利于分离提纯。(3)由已知，结合流程，焙烧所得固体主要是CuO、TeO2和Au，因为TeO2是两性氧化物，所以“碱浸”主要是NaOH和TeO2反应，则“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是CuO和Au。(4)因为TeO2是两性氧化物，硫酸浓度过大，会导致TeO2溶于酸，使TeO2沉淀不完全。(5)根据氧化还原反应原理，SO还原Te4为Te，本身被氧化为SO。19(2019百师联盟高三调研)(13分)石油产品中含有H2S及COS、CH3SH等多种有机硫化物，石油化工

28、催生出多种脱硫技术。请回答下列问题：(1)COS的电子式是_。(2)已知热化学方程式：2H2S(g)SO2(g)=3S(s)2H2O(l)H362 kJmol12H2S(g)3O2(g)=2SO2(g)2H2O(l)H1172 kJmol1则H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为_。(3)可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3H2S=KHSKHCO3，该反应的平衡常数为_。(已知H2CO3的Ka14.2107，Ka25.61011；H2S的Ka15.6108，Ka21.21015)(4)在强酸溶液中用H2O2可将COS氧化为硫酸，这一原理可用于COS的脱硫。该反应的

29、化学方程式为_。(5)COS的水解反应为COS(g)H2O(g)CO2(g)H2S(g)H101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，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 molL1，则起始c(H2O)6a molL1，用三段式 COS(g)H2O(g)CO2(g)H2S(g) a 6a 0 0 0.4a 0.4a 0.4a 0.4a 0.6a 5.6a 0.4a 0.4aP点对应的平衡常数K0.05。(二)选考题20(2019吉林省实验中学高三期中)化学选修3：物

30、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

31、”“乙”或“丙”)，该晶体的空间利用率为_。(4)已知元素A、B形成的(AB)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)CON(2)sp3

32、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Ar3d104s

33、1，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NCCN，其

34、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，其质量为 g，根据CC单键的键长可求得该晶胞的棱长为 cm，体积为 cm3，所以该晶胞的密度为 gcm3。21(2019资阳市高三第二次诊断性考试)化学选修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

35、：_。(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CH3和CH2CH2CH3、CH3和CH(CH3)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SO3H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。19