精品解析：【全国市级联考】湖南省益阳市、湘潭市2019届高三9月调研考试化学试题

的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减少；

(4)每个碳原子形成3个σ键，每σ键为2个碳原子共有，则平均每个碳原子形成1.5个σ键；

(5)D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等份，可知D到各坐标平面的距离均为晶胞棱长

1； 4(6)在晶体中每个Se原子连接4个Mn原子、每个Mn原子连接4个Se原子；用均摊方法计算晶胞中Se、Mn原子个数，利用密度ρ=和Mn原子的距离为晶胞体长的

m计算晶胞参数，然后根据距离最近的Se原子V1计算距离最近的Se原子和Mn原子的距离； 4(7)根据立体几何知识分析，晶胞边长根据密度和摩尔质量计算，据此计算。

【详解】(1)化合物CO(NH2)2分子与水分子之间存在氢键。增加了分子之间的吸引力，使尿素容易溶于水中；

(2)①CO32-的价层电子对数为3+三角形；

②Mg、Ca是同一主族的元素，MgCO3分解温度比CaCO3低的原因是由于氧化镁晶格能比氧化钙大，使得Mg比Ca更容易结合CO3在的氧离子；

(3)根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减少，所以嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大；

(4)每个碳原子形成3个σ键，每σ键为2个碳原子共有，则平均每个碳原子形成1.5个σ键，则C60分子中有化学键σ键数目为60×1.5=90；

(5)D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等份，可知D到各坐标平面的距离均为晶胞棱长

2+

2+

2-

4?2?3?2=3，无孤对电子，所以CO32-的立体构型为平面

21； 4(6)在晶体中每个Se原子连接4个Mn原子、每个Mn原子连接4个Se原子，所以Se原子的配位数是4；在一个晶胞中含有Se的原子个数为：

11×8+×6=4；含有的Mn原子数为

284，晶胞密度为ρg/cm，晶胞参数L=33

4?M1?M2?NA??cm，晶胞体对角线长度为

3L=334?M1?M2?NA??cm，由于距离最近的Se原子和Mn原子的距离为晶胞体长的

1，4因此距离最近的Se原子和Mn原子的距离为3434?M1?M2??NA×107nm；

(7)一个晶胞中，含有4个KI，所以一个晶胞中，V球=4×

41633333

π(rK+rI)= π(rK+rI)，KI晶体的密度为ρg/cm，K和I的摩尔质量分别为33MK g/mol和MI g/mol，则ρ=

4?MK?MI?NAa3，a=

3

4?MK?MI?NA?×10，所以KI晶胞中原

30

163πrK?rI3V3-子的体积占晶胞体积的百分率为球×100%=×104?MK?MI?a3NA???30

×100%=

34??10?30NA?rK?r13?3?MK?M1??×100%。

【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及氢键、价层电子对数、键角大小比较、化学键数目及晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与扎实迁移运用能力，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。

3．A

解析：A 【解析】

试题分析：在原电池中，发生氧化反应的为负极，所以Zn失去电子，作负极，被氧化，发生还原反应的为正极，则氧气在正极被还原，所以锌片为负极，被氧化，答案选A。 考点：考查原电池中正负极的判断

4．C

解析：C 【解析】

【详解】A.元素周期表有7个周期，故A错误；

B.主族元素由短周期元素和长周期元素组成的，故B错误；

C.过渡金属元素的化合物可作催化剂，则一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂，故C正确；

D.元素周期表第8、9、10三纵列合称Ⅷ族，ⅢB族含镧系和锕系，是元素周期表中元素种类最多的族，故D错误。 故选C。

5．A

解析：A 【解析】

【详解】A.c(H+)/c(OH?)＝1×10?12,表示溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存，故A正确；

B.加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+, Fe3+和I?能发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；

C.加入Al能放出大量H2的溶液可能呈酸性或碱性，若呈酸性，NO3存在时不会产生氢气，若呈碱性，NH4+会和OH-反应，生成一水合氨，故C错误； D.Cu、Fe溶液中，会发生水解，使溶液显酸性，常温时pH本题答案为A。

【点睛】离子间不发生复分解反应、络合反应、氧化还原反应、双水解反应，方能大量共存。

2+

3+

-

7，故D错误；

6．C

解析： (1). CH3CH2OH (2). 乙酸乙酯 (3). 羧基 (4). 酯化反应（或取代反应） (5). 2CH3CH2OH +O2 CH3CH2OH【解析】 【分析】

有机物A其蒸气的密度为相同条件下的氢气的密度的23倍，则其相对分子质量为23×2=46。A可以和金属钠反应放出氢气，则为醇。A能够连续氧化2次，则可以推断为醇的催化氧化得到醛，醛再氧化得到羧酸。醇和羧酸得到酯。含有羟基，相对分子质量为46，A为乙醇。

【详解】(1) 有机物A其蒸气的密度为相同条件下的氢气的密度的23倍，则其相对分子质量为23×2=46。A可以和金属钠反应放出氢气，则为醇。A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；乙醇氧化得到乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙醇和乙酸反应得到乙酸乙酯，D的名称为乙酸乙酯；

(2) 乙醇氧化得到乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙醇和乙酸反应得到乙酸乙酯，D名称为乙酸乙酯。C为乙酸，其官能团为羧基；A和C生成D的反应为酯化反应，也为取代反应； (3)A到B为乙醇生成乙醛。醇在Cu或Ag作催化剂与氧气在加热的条件下反应生成醛，脱氢氧化，化学方程式为2CH3CH2OH +O2 CH3COOH + CH3CH2OH

2CH3CHO + 2H2O；A和C生成D，为乙醇和乙酸的

酯化反应，醇在反应中脱去羟基中的H，酸在反应中脱去羧基中的羟基，化学方程式为

CH3COOC2H5+H2O。

CH3COOC2H5+H2O

2CH3CHO + 2H2O (6). CH3COOH +

7．无 8．H

解析： (1). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) △H=2.00 (3).

-+

+

+

-

kJ/mol (2).

-+

(4). 酸 (5). H3NCH2COO>H2NCH2COO>H3NCH2COOH

(6). H2NCH2COO+2H=H3NCH2COOH (7). 85.0 【解析】 【分析】

(1) 根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式； ②根据反应达到平衡时，V正=V逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；

(2)①根据平衡常数的含义，结合37℃、P(O2)为2.00kPa时a(MbO2)计算平衡常数；

的(3)①根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、III分别为H2NCH2COO、H3NCH2COO和H3NCH2COOH，若只含有H3NCH2COO，此时lg断溶液的pH、确定溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，lg大小； ②根据lg

=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变

+

-+

+

-

-

，结合溶液的Kw可判=0，根据图示判断微粒浓度

为H3N+CH2COOH，书写反应方程式；

③结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c?V计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。 【详解】(1) ①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol， ②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，

③H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，将①×3+②×2-③×30，整理可得热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) △H=

kJ/mol；

(2)①37℃、P(O2)=2.00kPa时，结合度为80%，化学平均常数K=

kPa-1；

，可求出

可得a=

；

②由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以K=c(MbO2)=

，代入结合度定义式=

①甘氨酸的三种存在形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中I、II和III分别为H2NCH2COO、H3NCH2COO和H3NCH2COOH，当lg

=-8时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl反应生成

-+

-+

H3N+CH2COOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在5.9左右)，溶液呈中性时，lg

=0，中性时H3N+CH2COO-> H2NCH2COO->H3N+CH2COOH；②根据lg

-+

=8时，微粒存

-

在有H2NCH2COO、H3NCH2COOH，由于加入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO变为H3N+CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；

根据滴定曲线的突跃范围，消耗HClO4溶液17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。n(HClO4)= 0.1000mol/L×0.01700L=0.0017mol，则n(甘氨

酸)=0.0017mol，甘氨酸的质量为m(甘氨酸)=0.0017mol×75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：(0.1275g÷0.150g)×100%=85.0%。

二、填空题