2019-2020学年辽宁省重点六校协作体新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年辽宁省重点六校协作体新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下图为一种利用原电池原理设计测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。

O2可以通过聚四氟乙烯膜与AlI3反应生成Al2O 3和I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。

下列说法正确的是（）
A．正极反应为：3O2+12e-+4Al3+=2Al2O3
B．传感器总反应为：3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgI
C．外电路转移0.01mol电子，消耗O2的体积为0.56L
D．给传感器充电时，Ag+向多孔石墨电极移动
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，传感器中发生4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2，原电池反应为2Ag+I2=2AgI，所以原电池的负极发生Ag-e －=Ag＋，正极发生I2+2Ag＋+2e－=2AgI，充电时，阳极与外加电源正极相接、阴极阴极与外加电源负极相接，反应式与正极、负极反应式正好相反
【详解】
A．原电池正极电极反应为I2+2Ag＋+2e－=2AgI，故A错误；
B．由题中信息可知，传感器中首先发生①4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2，然后发生原电池反应②2Ag+I2=2AgI，
①+3②得到总反应为3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI，故B正确；
C．没有指明温度和压强，无法计算气体体积，故C错误；
D．给传感器充电时，Ag＋向阴极移动，即向Ag电极移动，故D错误；
故选B。

2．下列实验操作合理的是（）
A．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂
B．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH
C．用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯(沸点为80.1℃)的混合物
D．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2+
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液，滴定终点时溶液呈酸性，可选择甲基橙为指示剂，A选项正确；B．用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH，相当于稀释醋酸钠溶液，由于醋酸钠呈碱性，所以会导致测定结果偏小，B选项错误；
C．乙醇和苯的沸点相差不大，不能用蒸馏的方法分离，C选项错误；
D．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，只能说明Fe3+，但不能说明Fe3+一定是由Fe2+被氯水氧化而来，即不能证明溶液中一定含有Fe2+，D选项错误；
答案选A。

3．甲～辛等元素在周期表中的相对位置如下表。

甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是
A．丙与庚的原子序数相差3
B．气态氢化物的热稳定性：戊>己>庚
C．乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大
D．乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第ⅣA族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga；
A.丙为K，K的原子序数为19，庚为Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A项错误；
B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊>己>庚，B项正确；
C.根据上述分析，乙为Na，Na＋有2个电子层，而同周期的S2-、Cl-有3个电子层，半径都比Na+大，所以Na＋的半径不是最大，C项错误；
D.乙为Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D项错误；
答案选B。

4．实验室从废定影液[含Ag(S2O3)23-和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧Ag2S制Ag；制取Cl2并通入滤液氧化Br-，用苯萃取分液。

其中部分操作的装置如图所示，下列叙述正确的是（）
A．用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌
B．用装置乙在空气中高温灼烧Ag2S制取Ag
C．用装置丙制备用于氧化滤液中Br-的Cl2
D．用装置丁分液时，先放出水相再放出有机相
【答案】C
【解析】
【详解】
A．过滤分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌，容易损坏滤纸，A不正确；
B．蒸发皿不能用于灼烧，在空气中高温灼烧Ag2S会生成SO2，污染环境，同时生成的Ag会被氧化成Ag2O，B不正确；
C．KMnO4与浓盐酸不需加热就能反应生成Cl2，C正确；
D ．分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相，D 不正确；
故选C 。

5．下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是
A ．前者是混合物，后者是纯净物
B ．两者都具有丁达尔效应
C ．分散质的粒子直径均在1~100nm 之间
D ．前者可用于杀菌，后者可用于净水
【答案】D
【解析】
【详解】
A 、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A 错误；
B 、胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B 错误；
C 、溶液中溶质粒子直径较小于1nm ，胶体粒子直径在l ～100nm 之间，故C 错误；
D 、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D 正确；
故选D 。

6．室温下，用10.10mol L -⋅的NaOH 溶液滴定10.00mL 10.10mol L -⋅的3CH COOH 溶液，水的电离程度随NaOH 溶液体积的变化曲线如图所示。

下列说法正确的是( )
A ．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B ．从P 点到N 点，溶液中水的电离程度逐渐增大
C ．N 点溶液中()()()()--+
33c OH =c CH COOH +c CH COO +c H D ．M 点对应的NaOH 溶液的体积为10.00mL
【答案】D
【解析】
【详解】
A.用NaOH 溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A 错误；
B.P 点未滴加NaOH 溶液时，CH 3COOH 对水的电离平衡起抑制作用，随着NaOH 的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到M 点时恰好完全反应产生CH 3COONa ，水的电离达到最大值，后随着NaOH 的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B 错误；
C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:1物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得
c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两个式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C错误；
D.M点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，D正确；
故合理选项是D。

7．下列关于有机物的说法正确的是
A．聚氯乙烯高分子中所有原子均在同一平面上
B．乙烯和苯使溴水褪色的反应类型相同
C．石油裂化是化学变化
D．葡萄糖与蔗糖是同系物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 聚氯乙烯高分子中是链状结构，像烷烃结构，因此不是所有原子均在同一平面上，故A错误；
B. 乙烯使溴水褪色是发生加成反应，苯使溴水褪色是由于萃取分层，上层为橙色，下层为无色，原理不相同，故B错误；
C. 石油裂化、裂解都是化学变化，故C正确；
D. 葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，结构不相似，不是同系物，故D错误。

综上所述，答案为C。

【点睛】
石油裂化、裂解、煤干气化、液化都是化学变化，石油分馏是物理变化。

8．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。

下列说法中正确的是()
A．实验前两溶液的pH相等
B．实验前两溶液中离子种类完全相同
C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-＋Ca2＋===CaCO3↓
碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+═CaCO3↓，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+=
CaCO3↓+CO2↑+H2O，故CD错误。

9．下列离子方程式正确的是
A．钾和冷水反应：K+H2O=K++OH—+H2↑
B．氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe3++2I—=2Fe2++I2
C．碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：HCO3—+ NH4++2OH—=CO32—+ NH3·H2O+H2O
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:3S2O32—+2H+=4S↓+2SO42—+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 钾和冷水反应：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，A错误；
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe(OH)3+ 6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B错误；
C. 碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液，无氨气溢出：HCO3-+ NH4++2OH-=CO32-+ NH3·H2O+H2O，C正确；
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合: S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误；
答案为C。

【点睛】
离子方程式中单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。

10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。

上述物质转化关系如图所示。

下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中
C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键
D．比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性
【答案】C
Y元素在同周期中离子半径最小，金属离子外的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。

丁为二元化合物，而且为液态，为水。

丙与水反应得到两种物质，而且一种为酸。

0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，为弱酸。

短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。

结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S 元素。

涉及的反应为2Al＋3S Al2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。

W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。

A．H原子半径最小。

同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al）> Z（S）> X（O）> W（H），A项错误；
B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在离子键，为离子化合物，B项错误；
C．W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。

H2O的结构简式为H—O—H，含有极性键。

H2O2的结构简式为H—O－O—H，含有极性键和非极性键，C项正确；
D．比较X(O)和Z(S)的非金属性，不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸。

D项错误；
本题答案选C。

11．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2N A
B．12g石墨中C-C键的数目为2N A
C．常温下，将27g铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的SO2分子数为1.5N A
D．常温下，1LpH＝1的CH3COOH溶液中，溶液中的H＋数目为0.1N A
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应是可逆反应，氯气未能完全参与反应，转移的电子数小于0.2N A，故A错误；
B. 一个C连3个共价键，一个共价键被两个C平分，相当于每个C连接1.5个共价键，所以12gC即1molC 中共价键数为1.5 N A，故B错误；
C. 常温下，铝片与浓硫酸钝化，反应不能继续发生，故C错误；
D. 常温下，1LpH＝1即c（H＋）=0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶液中的n（H＋）=0.1mol/L×1L=0.1mol，数目为0.1N A，故D正确。

答案选D。

12．科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如图所示。

已知：①电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜混合制成，可促进过氧化锂生成；②碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其他化合物进入；③二硫化钼起催化作用。

下列叙述不正确的是（ ）
A ．放电时，a 极发生氧化反应
B ．放电时的总反应是2Li+O 2=Li 2O 2
C ．充电时，Li +在电解质中由b 极移向a 极
D ．充电时，b 极的电极反应式为：Li 2O 2+2e-=2Li+ O 22-
【答案】D
【解析】
【详解】
A.根据图示可知A 电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li +，发生氧化反应，A 正确；
B.根据图示可知a 电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e -=Li +，b 电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O 2+2e -+2Li +=2Li 2O 2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O 2=Li 2O 2，B 正确；
C.充电时，a 电极连接电源的负极，作阴极，Li +向阴极定向移动，在a 电极获得电子，变为Li ，所以充电时Li +在电解质中由b 极移向a 极，C 正确；
D.充电时，b 极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li 2O 2-2e -=2Li+O 2，D 错误；
故合理选项是D 。

13．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 B
A ．224H O/H SO 23243Fe Fe O Fe (SO )−−−−→−−−→高温
B ．2H O 22Cl HClO O −−−→−−−→光照
C ．HCl 22CuO CuCl (aq)CuCl ∆
−−→−−
→无水 D ．22O /H O 324S SO H SO −−−−→−−−→点燃 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A错误；
B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；
C．氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。

14．洛匹那韦是一种HIV-1 和HIV-2 的蛋白酶的抑制剂，下图是洛匹那韦的结构简式，下列有关洛匹那韦说法错误的是
A．在一定条件下能发生水解反应B．分子中有四种含氧官能团
C．分子式是C37H48N4O4D．分子间可形成氢键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 根据图示结构简式知，结构中含有肽键（），在一定条件下能发生水解反应，故A正确；
B. 根据图示结构简式知，分子中有肽键、羰基、羟基、醚键四种含氧官能团，故B正确；
C. 根据图示结构简式知，分子中含有5个O原子，故C错误；
D. 结构中含有羟基，则分子间可形成氢键，故D正确；
故选C。

【点睛】
高中阶段主要官能团：碳碳双键、碳碳叁键、卤原子、羟基、醛基、羰基、羧基、酯基、硝基、氨基（主要前8个）等，本题主要题干要求是含氧官能团。

15．关于晶体的叙述正确的是（）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
C．存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体
D．离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键
【答案】A
【解析】
A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；
B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；
C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。

存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；
D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。

正确答案为A。

点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。

对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．ZnSO4∙7H2O可用于测定钢铁及炉渣的含硫量。

某工厂下脚料中含锌、镉(Cd)、铜、铁等金属，以该下脚料为原料制备ZnSO4∙7H2O并回收Cu、Cd的工艺流程如图所示：
已知部分氢氧化物开始及完全沉淀的pH如表所示(起始时金属离子浓度按0.1mol∙L-1计算)：
氢氧化物Fe(OH)3Cd(OH)2Zn(OH)2
6.2
开始沉淀的pH 1.9 7.4
完全沉淀的pH 3.2 9.5 8.2
请回答下列问题：
(1)滤渣1中含有_______(填化学式)。

(2)试剂X是双氧水时，写岀氧化过程中发生反应的离子方程式_______。

(3)pH的调控范围是_______，试剂Y可选用_______(填字母)
A．NaOH B．ZnO C．ZnCO3
(4)电解时以汞(Hg)作电极可以将镉与锌完全分离，镉单质在_______(填“阴”或“阳”)极析出，阳极的电极反应式为_______。

(5)操作I包括的操作是_______及过滤等，过滤后得到的滤液可以加入_______ (填“酸浸”或“氧化”)步骤循
环利用。

【答案】Cu 2Fe 2++2H ++H 2O 2= 2Fe 3++2H 2O 3.2 ≤pH ＜ 6.2 BC 阴 2H 2O -4e -=4H ++O 2↑ 蒸发浓缩、冷却结晶 酸浸
【解析】
【分析】
原料的成分为锌，镉，铜和铁，最终要获取ZnSO 4·7H 2O 同时回收Cu 和Cd ，因此Fe 就是杂质元素，在流程中要考虑除去。

铜，铁和锌的性质都有了解，镉比较陌生。

第一步酸浸时，锌和铁必然会溶解在溶液
中变成Fe 2+和Zn 2+，Cu 不会溶于稀硫酸，纵观整个流程，可以明确，镉在第一步酸浸时也溶解在溶液中了，
所以滤渣I 的成分即为铜。

纵观整个流程唯一可能除去杂质铁元素的步骤就是调节pH 值沉淀这一步，再结合表格中给出的沉淀相关的信息，可知若要使Fe 尽可能的除净，应当先将Fe 2+氧化成Fe 3+；所以加试剂X 的目的即氧化Fe 2+。

在分离回收Cd 后，溶液中的溶质就只剩硫酸锌和电解过程中产生的硫酸了，所以再通过结晶操作即可得到产品ZnSO 4·7H 2O 。

【详解】
(1)稀硫酸酸浸时，锌铁以及镉会溶解，铜不与稀硫酸反应，所以滤渣1的主要成分即Cu ；
(2)氧化这一步是为了将Fe 2+氧化成Fe 3+，便于下一步调节pH 除去铁元素，所以反应的离子方程式即为：232222Fe 2H H O =2Fe 2H O ++++++；
(3)调节pH 目的是除去杂质铁元素，当然也要避免Zn 和Cd 元素的损耗，所以结合表格信息，pH 的调节范围即：3.2≤pH ＜6.2；除杂时应当避免引入新杂质，所以调节pH 的最佳试剂选择ZnO 或ZnCO 3，即BC ；
(4)溶液中Cd 以阳离子形式存在，电解后变成单质，所以需要发生还原反应，所以镉单质在阴极析出；电解时采用单质汞做电极，所以阳极主要是溶液中的OH -放电，所以阳极电极反应式写成：
222H O-4e =O 4H -+↑+；
(5)通过操作Ⅰ要实现从溶液中获取产品ZnSO 4·7H 2O ，即结晶操作；在经过电解分离镉单质后，溶液中的溶质除硫酸锌外，还有硫酸，所以结晶操作后，溶液还可循环利用充当酸浸的试剂。

【点睛】
工艺流程题核心的问题就是如何使原料经过预处理，反应转化，分离提纯后获取最终产品的问题。

因此，要先明确原料的组成，厘清哪些是杂质要除去，哪些会成为产品要保留，这对于理解整个工艺流程有很大的指导意义。

此外，对于能循环使用的物质，除流程图中明显的循环线外，一般还具有如下特点：前面的流程中作为反应物，后面的流程中又再次生成。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．重要的化学品M 和N 的合成路线如图所示：
已知：i．
ii．
iiiN的结构简式是：
请回答下列问题：
（1）A中含氧官能团名称是______，C 与E生成M的反应类型是______．
（2）写出下列物质的结构简式：X：______ Z：______ E：______
（3）C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应．该聚合反应的产物是：______．
（4）1mol G一定条件下，最多能与______mol H2发生反应
（5）写出一种符合下列要求G的同分异构体______
①有碳碳叄键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种
（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图______，合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH．
【答案】羟基、醛基酯化反应CH2=CHCHO
3 CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等
【解析】
【分析】
有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C9H10O2可知，X为，A为
，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为，B氧化生成C为
；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物质为、，所以E为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到
E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为CH2=CHCH=CHCHO、
中的一种，由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO，比较G与Y的结构可知，Z为CH2=CHCHO，Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F发生消去反应得G，Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH2)3CCHO，D与氢气发生加成反应得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，据此答题。

【详解】
(1)由上述分析可知，A为，含有羟基、醛基，C与E通过酯化反应生成M；
(2)由上述分析可知，X的结构简式是，Z为CH2=CHCHO，E为；
(3)C为；和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为；
(4)G为CH2=CHCH=CHCHO，1mol G一定条件下，最多能与3mol H2发生反应；
(5)G为CH2=CHCH=CHCHO，根据条件①有碳碳叄键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；
(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路线为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．(一)硫及其化合物在生产、生中有广泛应用。

(1)硫原子最外层有_________种不同运动状态的电子，能量最高的电子其电子云形状是________。

(2)硫与同主族的短周期元素相比，形成气态氢化物稳定性的大小为_________，从化学键角度解释其原因
____________。

(3)棉织物用氯气漂白后，加入N a2S2O3除去余氯，反应中___________被氧化；若反应中生成0.2 mol SO42-则转移电子________mol。

(4)同温同浓度的Na2SO3、(NH4)2SO3、NaHSO3三种溶液中c(SO32-)最大的是___________。

(5)经测定NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c(SO32－)，则NaHSO3溶液呈_____(填“酸或碱”)性，请结合相关方程式解释原因_______________。

【答案】16 纺锤形H2O＞H2S H2O 和H2S 都是共价化合物，H－O 键比H－S 键键长短，键能大，所以H2O 的稳定性大于H2S Na2S2O30.8 Na2SO3酸HSO3-⇌H+ SO32-，HSO3-+ H2O⇌H2SO3+OH-，由于c(H2SO3)＜c(SO32－)，电离大于水解，溶液显酸性
【解析】
【分析】
（1）硫原子16个电子，能量最高的是p能级；
（2）同主族从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，从上到下原子半径逐渐增大，键长逐渐增大，稳定性减弱；
（3）氯气具有氧化性，硫代硫酸钠被氧化；
（4）根据电离和水解程度进行分析；
（5）有c(H2SO3)＜c(SO32－)，说明亚硫酸氢根离子的电离大于水解；
【详解】
（1）硫原子16个电子，每个电子的运动状态均不相同，故有16种运动状态，能量最高的是p能级，形状是纺锤形，
故答案为：16；纺锤形；
（2）同主族从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，从上到下原子半径逐渐增大，水和硫化氢是共价化合物，键长逐渐增大，键能变小，稳定性变弱，
故答案为：H2O＞H2S；H2O 和H2S 都是共价化合物，H－O 键比H－S 键键长短，键能大，所以H2O 的稳定性大于H2S；
（3）加入N a2S2O3除去余氯，氯气是氧化剂，N a2S2O3是还原剂，N a2S2O3被氧化，生成0.2 mol SO42-，转移电子为0.2mol×4=0.8mol，
故答案为：N a2S2O3；0.8；
（4）同温同浓度的Na2SO3、(NH4)2SO3、NaHSO3三种溶液，Na2SO3完全电离，SO32-发生单水解，(NH4)2SO3完全电离后发生双水解，NaHSO3完全电离出亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子再电离，但电离程度比较弱，故c(SO32-)最大的是Na2SO3，
故答案为：Na2SO3；
（5）NaHSO3 =Na++ HSO3-，HSO3-存在电离平衡使溶液显酸性，HSO3-水解使溶液显碱性，由于c(H2SO3)＜
c(SO 32－)，所以电离大于水解，溶液显酸性，
故答案为：酸性；HSO 3-⇌H+ SO 32-，HSO 3-+ H 2O ⇌ H 2SO 3+OH -，由于c(H 2SO 3)＜c(SO 32－)，电离大于水解，溶液显酸性。

19．硼和硼的化合物在工业上有着广泛的用途。

(1)基态硼原子的电子排布式为___________________________。

(2)晶体硼的基本结构单元是由硼原子构成的正二十面体(如下图)，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个硼原子。

此结构单元中含有硼原子的数目为________________。

(3)氮化硼(BN)晶体有多种结构。

六方氮化硼与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。

立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。

它们的晶体结构如图所示。

关于这两种晶体的说法中，正确的是____(填标号）。

a ．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
b ．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c ．两种晶体中的 B —N 键均为共价键
d ．两种晶体均为分子晶体
(4)六方氮化硼晶体内硼原子的杂化方式为________，该晶体不导电的原因是___________。

(5)NH 4BF 4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。

与BF 4—
互为等电子体的一种分子的化学式为__， lmolNH 4BF 4晶体中含有配位键的数目为_____________。

(6)立方氮化硼的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm ，则立方氮化硼的一个晶胞中含有______个硼原子，立方氮化硼的密度是____g•cm －3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为N A ）。

【答案】1s 22s 22p 1 12 bc sp 2 层与层之间无自由电子 CF 4 2N A 4 103A
254(361.510)N -⨯⨯ 【解析】
【分析】
（1）根据B的原子序数为5，根据构造原理书写核外电子排布式。

（2）由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共用，则此顶点完全属于一个三角形的只占到1/5，每个三角形中有3个点，且晶体硼中有20个这样的三角形，则晶体硼中这样的顶点有20×1/5×3=12。

（3）①a．立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键；
b．六方相氮化硼层间作用力为范德华力；
c．两种晶体中的B-N键均为共价键；
d．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体；
（4）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻3个氮原子形成σ键；六方相氮化硼晶体的层状结构中没有自由电子。

（5）具有相同价电子总数和相同原子总数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”。

NH4+和BF4-各含有1个配位键。

（6）根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×1/8+6×1/2+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。

一个晶胞的质量为4×25g/N A，一个立方氮化硼晶胞的体积为(361.5pm)3，根据ρ=m/V计算密度。

【详解】
（1）B的原子序数为5，基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1，故答案为1s22s22p1。

（2）由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共用，则此顶点完全属于一个三角形的只占到1/5，每个三角形中有3个点，且晶体硼中有20个这样的三角形，则晶体硼中这样的顶点有20×1/5×3=12，故答案为12。

（3）a. 立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键，所以无π键，故错误；
b. 六方相氮化硼层间作用力为范德华力，六方相氮化硼质地软，故正确；
c.两种晶体中的B-N键均为共价键，故正确；
d. 立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体，故错误；
故选bc。

（4）六方氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻3个氮原子形成σ键，且B上没有孤电子对，故硼原子的杂化方式为sp2；六方相氮化硼晶体的层状结构中没有自由电子，故不能导电，故答案为sp2；层与层之间无自由电子。

（5）具有相同价电子总数和相同原子总数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”。

与BF4—互为等电子体的一种分子的化学式为CF4，NH4BF4中NH4+和BF4-各含有1个配位键，则1molNH4BF4中含有的配位键个数为2N A，故答案为CF4；2N A。

（6）根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×1/8+6×1/2+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。

一个晶胞的质量为4×25g/N A，一个立方氮化硼晶胞的体积。