普通高等学校招生全国统一考试化学试题

1、号位座封号场考不号证考准装名姓级班绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试化学注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2.回答第I卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。.回答第n卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。.考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：C12N14O16Na23S32Cl35.5Cu64Ba137、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

2、题目要求的。7.一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如下:操作.含MnSq滤液*MnnHHOO黑色粉末一FeH2SO溶液制nSQ、Fe2（SC4）3的酸性滤液CaC0煮沸pH=510min卜列说法错误的是A.反应中1molFe至多还原1.5molMnO2B.重金属主要在滤渣2中C.步骤煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离D.合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染【答案】B【解析】由反应2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+6H2O知，A项正确；步骤中同时发生Fe+H

3、g2+=Hg+Fe2+,Fe+Pb2+=Pb+Fe2+,故重金属主要在滤渣1中，B项错误；悬浊液中Fe（OH）3颗粒越大越易与MnSO4溶液过滤分离，C项正确；镒等是重要金属资源，汞、铅等重金属能严重污染环境，D项正确。8.阿伏加德罗常数的值为Na。下列说法正确的是A.在标准状况下，11.2L丙烷含有的极性键数目为4NaB.25c时，Ksp（BaSO4）=10-10,贝UBaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1X10-3NaC.标准状况下，2.24LCl2完全溶于水转移电子数为0.2NaD.9Na个羟基和10Na个氢氧根离子所含电子数相等【答案】A【解析】A项中，每个丙烷分子含有8个C-H极性键，

4、所以标准状况下11.2L即0.5mol丙烷含极性键为4Na,A项正确；B项中，BaSO4饱和溶液的体积未知，所以其根离子数目无法确定，B错误；C项中，Cl2与H2O的反应是可逆反应，标况下2.24LCl2完全溶于水过程中不能确定转移电子数目，C错误；D项中，一个羟基有9个电子，一个氢氧根离子有10个电子，9Na个羟基和10Na个氢氧根离子所含电子数分别为81Na、100Na,D错误。9.由p（丙烯）制备化合物r（丙烯酸甲酯）的流程如下:O2催化剂(p)3卜列说法正确的是A.只有p能发生加聚反应B.可用NaHCO3溶液鉴别C.p、q分子中所有原子均可处于同平面D.与r含有相同官能团的同分异构体只

5、有【解析】含碳碳双键的有机物均能发生加聚反应，故q中含有竣基，能与NaHCO3溶液反应，r中含有酯基,含有甲基，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面,CH3异构体有HCOOCCCH3、HCOOC项错误。p、不能与q、r均能发生加聚反应，A项错误;NaHCO3溶液反应，B项正确；p中C项错误；与r含有相同官能团的同分CH2、HCOOCH2CHCH2和CH3COOC=CH2D10.二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11C,某小组在实验室中制备ClO2所用装置如下：已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。A.电解时控制 C0CI

6、2溶液的pH在01范围内B.电解过程中Cl-在Ti电极放电生成氯气C. Ti-Ru的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D.用CoSO4代替CoC12会使钻的产率降低圄！度 IIEIIIHJVA.图I是向述体系加入蒸储水B.图II是向述体系加入 0.001mol L-1 Ag2SO4溶液C.图III是向述体系加入 0.002mol L；1Na2SO4溶液D.图IV是向述体系加入 0.040mol L 1AgNO3溶液【答案】C【解析】 本题考查难溶物溶解平衡及计算。Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol L-1,c(So4-)=0.016 mol L-1,上述体系加入等体积0.00

7、2 mol L-1 Na2SO4溶液，银离子浓度减半，硫酸根离子浓度增大。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35-36题为选考题，考生根据要求作答。下列说法正确的是A.装置C中装的是饱和食盐水，a流出气体为SO2B.装置D放冰水的目的是液化二氧化硫防止污染环境C.连接装置时，导管口a可接h或g,导管口c接eD,可以选用装置A利用3mo/L盐酸与MnO2反应制备氯气【答案】C【解析】本题考查化学实验中气体制备，二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则ag-h,为反应充分，故再连接B装置中的b,二氧化氯沸点较低，

8、故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e,最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：ag-h-b-c-e-f-d。装置C中装的是氢氧化钠溶液用于处理尾气，a流出气体为SO2；装置D放冰水的目的是液化二氧化氯，可以选用装置A利用浓盐酸(浓度大约是12mol/L)与MnO2反应制备氯气。.钻(Co)与钛(Ti)是均可与强酸发生反应的金属。利用电解原理电解C0CI2溶液制取钻，工作原理如图所示，其中Ti-Ru为惰性电极。下列说法正确的是【解析】Co和Ti能与强酸反应产生H2,电解时的电解质CoC12溶液不能为强酸性环境，电解过程中，Co2+得电子转化为Co在Ti电极沉

9、积，Ti-Ru为惰性电极主要是作为电极和传递电流作用，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，阳极的氢氧根离子会放电，使溶液的氢离子浓度增加，Co能与强酸反应产生H2,不利于Co的沉积，会使产率降低。因此D项正确。.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的最外层电子数之和是Z的2倍，X的原子半径是同周期所有主族元素中最小的，W或X的简单气态氢化物分子与Y+具有相同的电子数。下列说法正确的是A.常温常压下，Z呈气态X、Y两种元素形成的化合物水溶液呈碱性Y、Z的最高正价之和与X的相等W的氢化物与W的氧化物之间一定不能发生反应【答案】B【解析】W、X、Y、Z依次为N、F、Na、S。常温

10、常压下，硫呈固态，A项错误；NaF是强碱弱酸盐，B项正确；氟无正价，C项错误；NH3具有还原性，NO、NO2等具有氧化性，一定条件下能发生氧化还原反应，D项错误。13.已知Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032molL-1,将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和。若t1时刻在上述体系中加入100mL相应溶液，下列描述正确的是26.（14分）氨基甲酸钱是一种重要化工产品，常温时为白色晶体或粉末，易溶于水，难溶于CC14,59c时分解为氨及二氧化碳，其制备原理：2NH3（g）+CO2（g）=NH2COONH4（s）AH=-272kJmol-1。某化学兴趣小组利用下图实验装置（

11、部分固定装置已省略）模拟制备NH2COONH4。试回答下列问题：（1）仪器组装完毕后，首先应进行的操作是。仪器b的名称是。（2）装置A用于实验室制取NH2COONH4的原料气体之一，该反应的化学方程式为（3）装置F中试剂的名称为。（4）为提高原料气的利用率，应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为,装置D采用冰水浴的原因为。（5）生成的氨基甲酸俊悬浮于CC14中，下列操作可实现产品分离的是。（填字母）（6）制得的氨基甲酸俊可能含有碳酸氢钱、碳酸钱中的一种或两种杂质。设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。限选试剂：蒸储水、稀HNO3.BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。实验步骤预期现

12、象和结论步骤1:取少量固体样品于试管中，加入蒸储水至固体溶解。得到无色溶液步骤2:向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置若溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸钱步骤3:向试管中继续加入,证明固体中含有碳酸氢钱根据的结论：取氨基甲酸钱样品15.8g,用足量氢氧化钢溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.97go则样品中氨基甲酸俊的质量分数为。【答案】（1）检查装置气密性（1分）；三颈烧瓶（1分）._一.（2）Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3T+2HO（2分）（3）浓硫酸（1分）2：1（2分）；降低温度，有利于提高反应物的转化率（或降低温度，防止因反应放热造成NH2COO

13、NH4分解）（1分）C（2分）（6）实验步骤预期现象和结论步骤3:少量澄1#石灰水（1分）溶液变浑浊（1分）0.95（或95%）（2分）【解析】本题以NH2COONH4的制备为载体，考查NH3、CO2的实验室制备、气体的除杂，禾用杂质沉淀法测定NH2COONH4的含量。由于NH2COONH4易溶于水，难溶于CCl4,59c时分解，所以须用干燥的NH3、CO2反应制备NH2COONH4,则装置ADHBGF的主要作用依次是制备NH3、制备NH2COONH4、制备CO2、干燥NH3、除CO2中的HCl气体、干燥CO2,CE通过观察气泡来控制NH3、CO2通入的比例，据此答题。（1）实验安装完毕后，首

14、先应该进行的操作是检查装置的气密性，仪器b的名称是三颈烧瓶，因此，本题正确答案为：检查装置的气密性；三颈烧瓶；（2）从反应原理可知两种原料气是NH3和CO2,根据实验室制NH3和CO2的装置特点，装置A制取NH3,实验室利用氯化俊固体和氢氧化钙固体混合加热，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3T+2HO,因此，本题正确答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl=上=CaCl2+2NH3T+2HO;（3）装置H中产生的二氧化碳气体混有水蒸气，而氨基甲酸俊易溶于水，所以反应原料气要经过干燥，装置F中装入的是浓硫酸，用于干燥CO2气体，因此，本题正确答案为：浓硫酸；（4）根据反应

15、原理：2NH3（g）+CO2（g）=NH2COONH4（s）知，为了提高原料气的利用率，应使NH3和CO2保持2：1的比例通气，所以应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为2：1;氨基甲酸俊，常温时为白色晶体或粉末，59c时分解为氨及二氧化碳，使氨基甲酸钱的产率增大，故需要在冰水浴；因此，本题正确答案为：2：1;降低温度，有利于提高反应物的转化率（或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4的分解）；（5）氨基甲酸俊难溶于CCl4,悬浮在CCl4中，固液分离一般采用过滤即可，下面操作中过滤操作的是C,因此，本题正确答案为：C;步骤2中加入过量的BaCl2溶液无沉淀生成，说明不存在碳酸钱，步骤3中

16、要证明固体中含有碳酸氢俊，结合限选试剂，应选择澄清石灰水，加入石灰水后碳酸氢根离子和氢氧根离子反应得到碳酸根离子，形成碳酸钙和碳酸银白色沉淀，即可以证明碳酸氢钱的存在；取氨基甲酸钱样品15.8g,用足量氢氧化钢溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为碳酸钢沉淀。BaCO3为1.97g,原子守恒可得下列关系式，并计算。NH4HCO3BaCO379197Xg1.97g(15.80.79)gc,100%得x=0.79g;样品中氨基甲酸俊的质量分数=15.8g=95%;因此，本题正确答案为:少量澄清石灰水，溶液变浑浊；95%(或0.95)。(14分)氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催

17、化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：(1)生产过程中X的化学式为。(2)写出产生CuCl的离子方程式：(3)实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最佳pH为,当pH较大时CuCl产率变低原因是。调节pH时，(填能”或不能)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是。(4)氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。用0.10molL-1硫酸铀标准溶液

18、?定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+O三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%):平行实验次数1230.25g样品消耗硫酸铀标准溶液的体积(mL)24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为。(结果保留三位有效数字)。(5)由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)+H2O(l)=CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq),第二步CuOH热分解的化学方程式为。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下Kw、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K=。【答案】(

19、1)Fe(2分)2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O=2CuClJ+4H+SO4(2分)2;Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应(各1分)95.5%(2分)2CuOH=Cu2O+H2O(2分)；KwKsp(CuCl)/Ksp(CuOH)(2分)【解析】废液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-,从流程图中知滤渣能与浓硫酸反应得到硫酸铜溶液和二氧化硫气体，确定滤渣是铜，铜和Z反应得到CuCl2,Z是氯气，废液中还含有Fe3+、Fe2+,滤液能与Cl2反应得到蚀刻液，所以滤液为FeCl2,滤液能与滤液混合，则滤渣为铁与铜的混合物，所以过量的Y

20、为盐酸，废液中加入过量的Fe粉将Fe3+还原为Fe2+。据此答题。(1)根据上述分析可知，生产过程中的X为Fe,因此，本题正确答案为：Fe；(2)由SO2、CuSO4、CuCl2调节PH反应得到CuCl和H2SO4,生成CuCl的离子反应方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O=2CuClJ+4H+SO4-,因此，本题正确答案为：2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O=2CuClJ+4H+SO4-;(3)从PH对CuCl产率影响表中直接能看出当PH=2时，CuCl的产率最大，所以析出CuCl晶体最佳PH为2;溶液中存在Cu2+的水解，Cu2+2H2O=Cu(OH)2+2H+,当PH增大时，氢

21、离子浓度减小，反应向正方向进行，使得Cu2+总浓度下降，故当PH变大时，CuCl产率变低；硝酸具有强氧化性，能与CuCl反应，不能用硝酸代替硫酸调节PH。因此，本题正确答案为：2;Cu2+的水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减少；不能，硝酸会与产品CuCl发生反应；(4)实验通过滴定法测定CuCl的含量，实验平均消耗硫酸铀的体积为(24.05+23.95)/2=24.00ml,所以消耗的硫酸铀为24M0-3mlX0.10molL-1=2.4M0-3mol,根据题意的反应方程式CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+,得至UCuClFeCl2CeSO

22、411n(CuCl)2.410-3mol3n(CuCl)=2.41&3mol,样品中CuCl的纯度为2.410mol99.5g/mol100%=95.5%;因此，本题0.25g正确答案为：95.5%;(5)由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)+H2O(l)=CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq),第二步CuOH热分解得到Cu2。，则分解方程式为2CuOH=Cu2O+H2O,根据第一步水解反应的方程式得K=c(H+)c(Cl-),将式子进行变形可得K=c(H)c(Cl)c(OH)c(Cu)=KwKsp(CuCl),因此，本题正确答案为：

23、KwKsp(CuCl)oc(Cu)c(OH)Ksp(CuOH)Ksp(CuOH)(15分)氮氧化物(NOx)和COx会造成环境问题。对上述工业废气进行脱硝脱碳处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。(1)工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式。(2)选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。已知：反应I.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)AH=-905.

24、5kJrtiol反应II.N2(g)+O2(g)2NO(g)AH=+180kJ-m-Ol则反应III.4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)的AH=。对于反应III,下列措施中一定能提高平衡体系中N2的百分含量的是(填字母)。A.增大氧气浓度B.降低温度C.加入催化剂D.增大压强(3)二甲醍(CH3OCH3)的燃烧尾气中污染物少，可代替柴油。CO、CO2混合加氢的方法是在一个反应器中将合成气直接转化为二甲醛，包括以下4个反应：反应IV.CO2(g)+3H2(g)CH30H(g)+H2O(g)反应V.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应VI.CO(g

25、)+2H2(g)CH3OH(g)反应VII.2CH30H(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)已知反应VII在某温度下的平衡常数为K=400o此温度下，在一恒容密闭容器中加入CH30H(g),反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度(mol/L)0.440.60.6此时正、逆反应速率的大小：v(正)v(逆)(填、“喊=”。)若加入CH30H后，经10min反应达到平衡，则反应从起始至10min内反应速率v(CH3OH)=。(4)水体中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题，某课题组研究发现Fe粉和酸TKNO3溶液反应可以实现地下水脱氮，反应后Fe-F3+

26、,且没有气体生成但是生成了一种新的阳离子该反应的离子方程式为。检验溶液中新生成的阳离子存在的操作为某实验室中模拟该反应过程，实验发现：反应一段时间后，反应体系中NH+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是。a.该反应达到了平衡斗犬态b.生成的Fe2+水解c.Fe2+被还原成Fed.Fe2+被氧化生成Fe3+【答案】(1)2H2+2NO=N2+2H2O(2分)(2)-1625.5kJmol-1(2分)B(2分)(3)(2分)；0.16mol/(Lmin)(2分)(4)4Fe+NO3+10H+=4Fe2+NH4+3H2O(2分)；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将湿润

27、的红色石蕊试纸靠近试管口部，如果发现红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有俊根离子，否则没有(答案合理即可)(1分)b、d(2分)【解析】(1)从图中找出反应物和生成物，写出相关的反应方程式；(2)根据盖斯定律计算；从使化学反应平衡向正向移动的影响因素着手考虑；(3)利用Qc与平衡常数K的大小来判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的大小，根据平衡三段式法，结合题中信息根据平衡常数的定义与化学反应速率的定义计算作答；(4)Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，转化为Fe2+与NH+,再结合氧化还原反应的规律配平化学方程式；再根据NH+的检验方法进行实验；影响平衡移动的因素，及离子自身的性质

28、来作答。(1)根据图中我们可以得到反应2Ce4+H2=2Ce3+2H+和反应4H+4Ce3+2NO=N2+2H2O,将反应X2您得总反应方程式为2H2+2NO=N2+2H2O,因此，本题正确答案为：2H2+2NO=N2+2H2O;(2)根据盖斯定律反应III=反应I4反应II可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)的AH=-1625.5kJ-mol提高反应III平衡体系中N2的百分含量，A.增大氧气浓度，平衡向正向移动，但体系总浓度增大，N2的百分含量不一定增大，不符题意。B.降低温度，反应出是放热反应，降低温度平衡正向移动，N2的百分含量增大，符合题意。C.

29、加入催化剂，催化剂加快反应速率，但不影响平衡的移动，N2的百分含量不变，不符合题意。D.该反应正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，N2的百分含量减小，不符合题意。因此，本题正确答案为：-1625.5kJmolB;反应VII.2CH30H(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g),此时刻各组分的浓度如表所示，Qc= TOC o 1-5 h z 小cc、C、=0606=1.86C(CH3OCH3)c(H2O)0.60.62_,2c(CH3OH)0.442v（逆）,根据上表可求得加入的甲醇总量为（0.44+1.2）=1.64mol/L。经10min达到平衡，温度不变，则平衡常数K=

30、400；2CH30H(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)起始浓度（mol/L）1.64转化浓度（mol/L）2x平衡浓度(mol/L)1.64-2xK=2c(CH3OCH3)c(H2O) = Xc2(CH 30H )(1.64 2X)2=400,解得X=0.8mol/L;v(CH3OH)=VC(CH3OH)=1.6molL-1t/10min=0.16mol(Lmin)-1；因此,本题正确答案为：;0.16mol(Lmin)-1;(3)Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，反应后FFe2+,且没有气体生成，N的化合价降低，得到的是NH+。该反应的离子方程式为4Fe+NO3+10H+=4F

31、e2+NH+3H2O,俊根离子的检验方法是向溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否变蓝；反应一段时间后，反应体系中NH+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，a.该反应达到了平衡状态，NH4的浓度也保持不变，不符合题意；b.生成的Fe2+水解，水解使得Fe2+的浓度减小，使反应向正向进行，NH+的浓度增大，符合题意；c.Fe2+被还原成Fe,在酸性的硝酸钾溶液中Fe2+不能被还原成Fe,不符合题意；d.Fe2+被氧化生成Fe3+,Fe2+易被氧化，Fe2+的浓度减小，使反应向正向进行，NH+的浓度增大，符合题意；故选b、do因此，本题正确答案为：4F

32、e+NO3+10H+=4Fe2+NH+3H2。；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口部，如果发现红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有俊根离子，否则没有（答案合理即可）；b、do35.【化学一一选彳3:物质结构与性质】（15分）甲基吠喃与氨在高温下反应得到甲基口比咯：+野二1+-,+H20H甲星咦哺甲基叱啥回答下列问题：（1）与Zn同区、同周期元素基态原子的核外电子排布式是。（2）甲基吠喃和甲基口比咯所含的非金属元素中，电负性最大的是（填元素符号），第一电离能最大的是（填元素符号）。（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中碳原子轨道的杂化类型是,1

33、molCH2=CHCN分子中含兀键的数目为mol。（4）配合物Zn（NH3）3（H2O）2+中与Zn2+形成配位键的原子是（填元素符号）；与NH3分NH3的沸点比N20的沸点（填高或低”），其主要原因是。ZnO晶体随着环境条件的改变形成不同结构的晶体，其中有一种ZnO与NaCI的晶胞相同，为面心立方结构，已知ZnO晶体密度为agcm-3,Na表示阿伏伽德罗常数，则该ZnO晶胞体积为cm3。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2分）O（1分）N（1分）sp、sp2（2分）3（1分）N、O（2分）H3O+（2分）（5）高（1分）NH3分子间存在氢键（1分

34、）/、324（2分）aNA【解析】（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu。（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，以此分析；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2;双键中有一个兀键，三键中有2个兀键，则1molCH2=CHCN分子中含3mol健；（4）与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH

35、3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+;（5）氢键使物质的熔沸点升高；（6）其中有一种ZnO与NaCI的晶胞相同，为面心立方结构，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。利用均摊法”，Zn2+个数为12X（1/4）+1=4,可知一个晶胞含有Zn2+和。2一均为4,根据p=?计算。（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu,Cu基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1;（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，

36、非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，吠喃和口比咯所含元素中含有C、H、O、N四种元素，其中电负性最大的是O,第一电离能最大的元素是N；故答案为：O、N；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2;双键中有一个兀键，三键中有2个兀键，则1moiCH2=CHCN分子中含3mol兀键；故答案为：sp、sp2;3;（4）与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价子互为等电子体的阳离子为电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+;故答案为：N、O;H3O+;（5）氨气分子间存在氢键，氢键使物质白熔