上海市青浦区2019-2020学年高二化学下学期期末监测试题

2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列说法中正确的是
A．NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8e－稳定结构；
B．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109o28ˊ；
C．CO2、SO2都是直线形的分子
D．CH2=CH2分子中共有五个σ键和一个π键
2．有机物结构简式为CH3COOCH2－CH＝CH－COOH，则该有机物的性质可能有（）
①加成反应②水解反应③酯化反应④中和反应⑤氧化反应⑥取代反应
A．只有①③⑥B．只有①③④
C．只有①③④⑤D．①②③④⑤⑥
3．下列有关钠和镁的说法中，不正确的是（）
A．电解熔融NaCl可以得到金属钠
B．金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来
C．金属镁着火，可用二氧化碳灭火
D．金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火
4．为探究Al(OH)3的性质，某同学取两支洁净的试管，加入适量Al(OH)3悬浊液，然后分别滴加足量的：①稀盐酸；②NaOH溶液。

下列有关实验现象的描述正确的是:
A．①、②都澄清B．①、②都浑浊C．①澄清，②浑浊D．①浑浊，②澄清
5．已知有机物a：，有机物b：，下列说法中正确的是（）
A．苯是a的同分异构体
B．a中6个碳原子都在同一平面内
C．b可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，且反应类型相同
D．b的一氯代物有5种
6．火法炼铜的原理是：Cu2S+O22Cu+SO2，有关该反应的说法正确的是（）
A．氧化剂是O2，氧化产物是Cu和SO2
B．被氧化的元素只有硫，得电子的元素只有氧
C．Cu2S只表现出还原性
D．当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移
7．有时候，将氧化还原方程式拆开写成两个“半反应”。

下面是一个“半反应”式：( )NO3—
+( )H++( )e-=( )NO+( )H2O，该式的配平系数是（）
A．1，3，4，2，1 B．2，4，3，2，1 C．1，6，5，1，3 D．1，4，3，1，2
8．化学与生活生产密切相关。

下列说法中不正确的是
A ．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K 2CO 3）混合使用
B ．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C ．施用适量石膏(CaSO 4·2H 2O)可降低盐碱地（含较多NaCl 、Na 2CO 3）的碱性
D ．将海水直接电解可获得 Mg 及Cl 2等单质
9．下列说法正确的是
A ．氧气和臭氧互为同系物
B ．NH 3溶于水后所得溶液能导电，所以NH 3是电解质
C ．常温常压下，32 g O 2中的所含的氧原子数为1.204×1024个
D ．金属钠在空气中切开后表面变暗是因为发生了电化学腐蚀
10．下列物质中属于有机物的是( )
A ．氰化钾
B ．碳酸氢铵
C ．乙烯
D ．碳化硅
11．对于 HCl 、HBr 、HI ，随着相对分子质量的增大而增强的是 ( )
A ．共价键的极性
B ．氢化物的稳定性
C ．范德华力
D ．共价键的键能
12．下列除去括号内杂质所选试剂正确的是（ ）
A ．Cu （CuO ）：稀硝酸
B ．FeCl 3（AlCl 3）：氨水
C ．Fe 2O 3（SiO 2）：NaOH 溶液
D ．CO 2（HCl ）：饱和Na 2CO 3溶液
13．下列叙述正确的是（ ）
A ．浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品
B ．我国预计2020年发射首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是晶体硅
C ．“海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化
D ．“一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
14．下列说法不正确的是( )
A ．2CO 、2SiO 的晶体结构类型不同
B ．加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同
C ．HCl 、NaCl 溶于水，破坏的化学键类型相同
D ．NaOH 、4NH Cl 晶体中既有离子键又有共价键
15．下列说法不正确．．．
的是 A ．NaCl 晶体属于离子晶体，熔化时离子键被削弱
B ．CO 2晶体属于分子晶体，汽化时需克服分子间作用力
C ．SiO 2晶体属于原子晶体，熔化时需破坏共价键
D ．C 60晶体与金刚石均属于原子晶体，其晶体熔点高、硬度大
16．巳知某溶液中存在较多的H ＋、SO 42-、NO 3-，则该溶液中还可能大量存在的离子组是（ ）
A．Al3+、CH3COO-、Cl-B．Mg2+、Ba2+、Br-
C．Mg2+、Cl-、I-D．Na+、NH4+、Cl-
17．向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如右图所示，下列说法正确的是
A．反应HCO3-(aq)+H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)为放热反应
B．∆H1＞∆H2 ∆H2＜∆H3
C．CO32-(aq)+2H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l) ∆H＝(∆H1+∆H2+∆H3)
D．H2CO3(aq)＝CO2(g)+H2O(l)，若使用催化剂，则∆H3变小
18．X与Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径，Y与Z 两元素的核外电子层数相同，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则X、Y、Z的原子序数A．X＞Y＞Z B．Y＞X＞Z
C．Z＞X＞Y D．Z＞Y＞X
19．（6分）对于下列性质的比较正确的是
A．离子半径：B．元素的电负性：
C．稳定性：D．晶格能：
20．（6分）已知K 2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72－(橙色)+H2O2H＋+2CrO42－(黄色)。

①向2mL0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol·L－1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色；
②向酸化K2Cr2O7溶液中滴入适量Na2SO3溶液，溶液由橙色变为绿色：Cr2O72－+8H＋+3SO32－＝2Cr3+(绿色)+3SO42－+4H2O。

下列分析正确的是（）
A．CrO42－和S2－在酸性溶液中可大量共存
B．实验②说明氧化性：Cr2O72－＞SO42－
C．稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小
D．实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。

沸点为69.2℃，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。

学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产
品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。

请回答下列问题：
Ⅰ.SO2的制备
（1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。

（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为____。

Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定
将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。

（3）仪器e的名称为____，b中试剂的名称为____。

（4）f的作用是____。

（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol ·L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。

①产品加水配成溶液时发生的反应为____。

②SO2Cl2的质量分数为____。

(保留三位有效数字)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）（选修5：有机化学基础）化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：
（1）E中的含氧官能团名称为__________。

（2）B转化为C的反应类型是__________。

（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式__________。

（4）1molE最多可与__________molH2加成。

（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式__________。

A．苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构
B．核磁共振氢谱只有4个峰
C．能与FeCl3溶液发生显色反应
（6）已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化，甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。

试参照如下和成路线图示例写出以苯酚、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯()的合成路线(无机原料任
选)_______。

合成路线流程图示例如下：
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42-和N4H44+两种离子形式存在，植物的根系极易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收。

请回答下列问题：
（1）下列相关说法中，正确的是________(填序号)。

a.N4是N2的同分异构体
b.1 mol N4分解生成N2，形成了4 molπ键
c.白磷的沸点比N4高，是因为P-P键键能比N-N键能大
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P的非金属性比N强
（2）已知白磷、NH4+ 、N4H44+的空间构型均为四面体结构，参照NH4+和白磷的结构式，画出N4H44+的结构式（配位键用表示）________________；
（3）在叶绿素结构示意图上标出N与Mg元素之间的配位键和共价键（配位键用表示）_______（4）叠氮化物是研究较早的含全氮阴离子的化合物，如：氢叠氮酸（HN3）、叠氮化钠（NaN3）等。

根据等电子体理论写出N3-的电子式_____________；叠氮化物能形成多种配合物，在[Co(N3)(NH3)5]SO4，其中钴显____价，它的配体是________________，写一种与SO42-等电子体的分子________________。

（5）六方相氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为_______，其结构与石墨相似却不导电，原因是
_______________________________________。

24．（10分）硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。

（1）工业采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，在膜反应器中分离出H2。

在容积为2L 的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。

H2S的起始物质的量均为 1mol，实验过程中测得H2S 的转化率如图所示。

曲线 a 表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线 b 表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。

①反应2H 2S(g) 2H2(g) + S2(g)的ΔH_________（填“>”“<”或“=”）0。

②985℃时，反应经过5 s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)
=___________。

③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是___________。

（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。

①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。

②在温度一定和不补加
．．．溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。

欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有____________。

（3）工业上常采用上图电解装置电解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液，电解一段时间后，通入H2S 加以处理。

利用生成的铁的化合物K3[Fe(CN)6]将气态废弃物中的H2S 转化为可利用的S，自身转化为K4[Fe(CN)6]。

①电解时，阳极的电极反应式为___________。

②当有16 g S析出时，阴极产生的气体在标准状况下的体积为___________。

参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】A，NO2中N元素的化合价为+4价，N元素化合价的绝对值+5=9，NO2中N原子的最外层不满足8e-结构，SO2中S元素的化合价为+4价，S元素化合价的绝对值+6=10，SO2中S原子的最外层不满足8e-结构，BF3中B元素的化合价为+3价，B元素化合价的绝对值+3=6，BF3中B原子的最外层不满足8e-结构，NCl3的电子式为，NCl3分子中N原子、Cl原子的最外层电子都满足8e-稳定结构，A项错误；B，P4为正四面体结构，4个P原子处于正四面体的4个顶点，键角为60º，CH4为正四面体结构，键角为
109º28′，B项错误；C，SO2中S上的孤电子对数为1
2
⨯（6-2⨯2）=1，S的价层电子对数为1+2=3，SO2
的VSEPR模型为平面三角形，由于S上有1对孤对电子，SO2是V形分子，CO2是直线形分子，C项错误；
D，CH2=CH2中有4个C-H键，1个C=C键，单键全为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，CH2=CH2
分子共有五个σ键和一个π键，D项正确；答案选D。

点睛：本题考查8e-稳定结构的判断、分子的空间构型、σ键和π键的判断。

含H原子的分子不可能所有原子都满足8e-，对AB n型分子可用下列方法判断分子中原子是否满足8e-：元素化合价的绝对值与该元素原子最外层电子数之和为8时该原子满足8e-，反之不满足。

注意P4与CH4分子结构的区别。

2．D
【解析】
【分析】
根据有机物分子的结构简式可知分子中含有酯基、碳碳双键和羧基，结合相应官能团的结构与性质解答。

【详解】
①含有碳碳双键，能发生加成反应；②含有酯基，能发生水解反应；③含有羧基，能发生酯化反应；④含有羧基，能发生中和反应；⑤含有碳碳双键，能氧化反应；⑥含有酯基、羧基，能发生取代反应。

答案选D。

3．C
【解析】
【分析】
A、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼；
B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti；
C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧；
D、镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热。

【详解】
A、Na是活泼金属，工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼，A正确；
B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti，所以金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来，B正确；
C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，金属镁着火，不能用二氧化碳灭火，C错误；
D、镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，D正确；
答案选C。

4．A
【解析】
【分析】
Al(OH)3为两性氢氧化物，既能与强酸反应生成盐和水，也能和强碱反应生成盐和水。

【详解】
①Al(OH)3悬浊液中滴加足量的稀盐酸，Al(OH)3与盐酸反应生成氯化铝和水，沉淀溶解，得到澄清溶液；
②Al(OH)3悬浊液中滴加足量的NaOH溶液，Al(OH)3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，得到澄清溶液，①、②都澄清，A项正确；
答案选A。

5．B
【解析】
【详解】
A、苯的分子式为C6H6，a的分子式为C6H8，分子式不同，二者不是同分异构体，A项错误；
B、乙烯中两个C原子和4个H原子在同一平面内，与碳碳双键连接的2个C原子也全部在同一平面内，所以a中6个碳原子都在同一平面内，B项正确；
C、b的碳碳双键与Br2发生加成反应导致溴水褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应导致其褪色，二者反应类型不同，C项错误；
D、b的一氯取代物有6种，D项错误。

正确答案选B。

6．D
【解析】
【详解】
A．元素O、Cu的化合价降低，元素S的化合价升高，所以氧化剂是Cu2S、O2，氧化产物是SO2，故A错误；
B．得电子的元素还有铜，故B错误；
C．Cu2S既表现出还原性，又表现出氧化性，故C错误；
D．O2～6e-，当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移，故D正确。

综上所述，本题选D。

7．D
【解析】
【详解】
（设“1”法）设NO3—的化学计量数为1，根据N元素化合价由+5价变为+2价，则得到3个电子，则根据电子移动数目可确定e-的化学计量数为3，结合电荷守恒可知H+的计量数为|-1-3|=4，根据H原子守恒可知H2O的化学计量数分别为2，NO的化学计量数为1，故该式的配平系数是1，4，3，1，2，答案选D。

8．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；
B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；
C．“盐碱地”中Na 2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀，c(CO32-) 减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；
D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，
故选D。

9．C
【解析】
【详解】
A. 氧气和臭氧是氧元素组成的两种不同的单质，互为同素异形体，故A错误；
B. NH3溶于水后所得溶液能导电，是因为反应生成的NH3·H2O是弱电解质，不是氨气自已电离，NH3是非电解质，故B错误；
C. 常温常压下，32 g O2的物质的量为1mol，所含的氧原子数为1.204×1024个，故C正确；
D. 金属钠在空气中切开后表面变暗，是因为钠与氧气反应生成氧化钠，发生了化学腐蚀，故D错误；
故选C。

10．C
【解析】
【分析】
根据有机物和无机物的定义判断，有机物一般是指含碳的化合物，无机物一般是指不含碳的化合物，但碳的氧化物、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、碳化物等性质与无机物相似，常归为无机物。

【详解】
A.氰化钾化学式是KCN，含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，A错误；
B.碳酸氢铵化学式是NH4HCO3, 含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，B错误；
C.乙烯结构简式是CH2=CH2，属于有机物，C正确；
D.碳化硅化学式是SiC，含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，D错误；
故合理选项是C。

【点睛】
本题主要考查有机物和无机物的定义，在区分时除根据是否含碳，还要根据物质的性质，问题才可顺利解决。

11．C
【解析】
【详解】
A. 成键元素的非金属性差别越大，共价键的极性越明显，与相对分子质量无关，故A错误；
B. 氢化物的稳定性与键的强弱有关，与相对分子质量无关，故B错误；
C. 范德华力与相对分子质量和分子结构有关，一般而言，相对分子质量越大，范德华力越强，故C正确；
D. 共价键的键能与键的强弱有关，与相对分子质量无关，故D错误；
答案选C。

12．C
【解析】
【详解】
A.Cu、CuO都能与稀硝酸反应，不能用稀硝酸除杂，可用稀硫酸除杂，A错误；
B.FeCl3、AlCl3都能与氨水反应生成沉淀，不能得到氯化铁，B错误；
C.SiO2为酸性氧化物，可与NaOH反应生成可溶性的盐，而氧化铁不反应，过滤即可得到氧化铁，C正确；
D.饱和Na2CO3溶液既可吸收HCl，还能吸收二氧化碳，应采用饱和NaHCO3溶液除杂，D错误；
答案为C。

【点睛】
除杂时，选择的试剂应除去杂质，但不影响原主要物质，且不能引入新的杂质。

13．B
【解析】分析：本题考查的是非金属元素及其化合物的性质和用途，难度较小。

详解：A.浓硫酸不能与石英的主要成分二氧化硅反应，故错误；B.太阳能电池板的材料为硅，故正确；C.海水中加入明矾不能使海水淡化，故错误；D.丝绸的主要成分为蛋白质，故错误。

故选B。

14．C
【解析】
分析：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体；B项，硅晶体属于原子晶体，硫晶体属于分子晶体；C项，HCl中含共价键，NaCl中含离子键；D项，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键。

详解：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项正确；B项，硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项正确；C项，HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水破坏的化学键类型不同，C 项错误；D项，NaOH的电子式为，NH4Cl的电子式为，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项正确；答案选C。

15．D
【解析】
【详解】
A．NaCl晶体是离子晶体，熔化时断裂的化学键是离子键，故A正确；
B．CO2晶体是分子晶体，汽化时克服分子间作用力，故B正确；
C．SiO2晶体是原子晶体，熔化时断裂共价键，故C正确；
D．C60晶体是分子晶体，而金刚石是原子晶体，金刚石晶体熔点高、硬度大，故D错误；
故答案为D。

【点睛】
物质的类别与化学键之间的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。

16．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．Al3+、CH3COO-、Cl-中的CH3COO-可与H+、SO42-、NO3-中的H+反应生成弱电解质醋酸，故A错误；B．Mg2+、Ba2+、Br-中的Ba2+可与H+、SO42-、NO3-中的SO42-反应，即Ba2++SO42-═BaSO4↓，故B错误；C．在H+、SO42-、NO3-中含有的硝酸是氧化性酸，而能与具有强还原性的I-发生氧化还原反应，故C错误；D．H+、SO42-、NO3-中的任何离子与Na+、NH4+、Cl-中的任何离子都不发生反应，因此可以大量共存，故D 正确；
故选D。

17．C
【解析】A项，由图可得，HCO3-(aq)+H+(aq)的能量小于CO2(g)+H2O(l)的能量，所以反应HCO3-(aq)+H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)为吸热反应，故A错误；B项，由图可得∆H1和∆H2都小于0，∆H3＞0，且∆H1的绝对值大于∆H2的绝对值，所以∆H1＜∆H2，∆H2＜∆H3，故B错误；C项，由图可得，CO32-(aq)+2H+(aq)＝HCO3-(aq)+H+(aq) ∆H1，HCO3-(aq)+H+(aq)=H2CO3(aq) ∆H2，H2CO3(aq)＝CO2(g)+H2O(l) ∆H3，根据盖斯定律，CO32-(aq)+2H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l) ∆H＝(∆H1+∆H2+∆H3)，故C正确；D项，使用催化剂只改变化学反应速率，不改变反应焓变，故D错误。

18．D
【解析】
【分析】
X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，利用原子序数越大，离子半径越小来分析原子序数的关系；Z和Y两元素的核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，利用同周期元素从左到右金属性减弱，第一电离能增大来解答。

X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，由原子序数越大，离子半径越小，则原子序数为Y＞X，又Z和Y两元素的核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则原子序数为Z＞Y，所以X、Y、Z三种元素原子序数为Z＞Y＞X，答案选D。

【点睛】
本题考查结构性质位置关系、半径比较等，明确微粒半径的比较是解答本题关键。

19．B
【解析】
【详解】
A．电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，故离子半径：r（S2-）＞r（Cl-）＞r（Na+），故A错误；
B．同主族自上而下电负性呈现减小的趋势，同周期自左而右电负性增大，故电负性：Si＜P＜N，故B正确；
C．非金属性S＜Cl，故氢化物稳定性H2S＜HCl，故C错误；
D．离子半径：r（Mg2+）＜r（Na+），r（O2-）＜r（Cl-）＜r（Br-），且Mg2+、O2-电荷多，故晶格能MgO ＞NaCl＞NaBr，故D错误。

故选B。

【点睛】
比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。

20．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．CrO42－在酸性溶液中转化为Cr2O72-，氧化S2－，在酸性溶液中不能大量共存，A错误；
B、根据同一化学反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Cr2O72-是氧化剂，硫酸根是氧化产物，所以氧化性：Cr2O72->SO42－，B正确；
C、K2Cr2O7溶液水解显酸性，稀释该溶液，酸性减弱，c（OH－)增大，C错误；
D、实验②发生的反应属于氧化还原反应，不属于平衡移动，D错误；
答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．adecbf或adecbdef Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 冷凝管或球形冷凝管饱和食盐水
防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O= H2SO4+2HCl 84.4%
【分析】
(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；
(2)A中是生成二氧化硫的反应；
(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，据此分析解答；
(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；
(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；②根据NaOH 与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。

【详解】
(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B 收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，通过c导管导入集气瓶中收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境，应该把b导管连接到f导管上，为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e 导管导出后，连接f，故答案为：adecbf或adecbdef；
(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反应方程式为
H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；
(3)根据图示，e为球形冷凝管；b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故b中试剂为饱和食盐水，故答案为：(球形)冷凝管；饱和食盐水；
(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d，故答案为：防止空气中的水蒸气进入到d使SO2Cl2水解；
(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即为同时生成盐酸和硫酸，方程式为：
2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；
②根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl2～4H+～4OH-的关系，消耗氢氧化钠的物质的量为
0.5000mol•L-1×20.00×10-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)=0.01mol
4
=0.0025mol，配成200mL 溶液，取出20.00mL，
所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol×10=0.025mol，m(SO2Cl2)=n×M=0.025mol×135g/mol=3.375g，质量分数
=3.375g
4.0g×100%=84.4%，故答案为：84.4%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）22．羟基、酯基酯化反应(取代反应)
4
【解析】
【分析】
由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl
发生取代反应生成D，D中含-COOC-，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E。

【详解】
（1）根据B的结构简式可知，B中含有的含氧官能团为羟基和羧基；
（2）中的羧基与甲醇发生酯化反应生成C，则B转化为C的反应类型是酯化反应或取代反应；
（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为
；
（4）E中含苯环与C=C，均能与氢气发生加成反应，则1摩尔E最多可与4molH2加成；
（5）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：
A．苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构；B．核磁共振氢谱只有4个峰，说明结果对称性比较强，通常两个取代基处于对位；C．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则另一基团只能是甲酸酯基或甲酸基，所以符合条件的同分异构体为或；
（6）以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，再水解得苯酚，用甲苯氧化得苯甲酸，苯甲酸与三氯化磷发生取代得苯甲酰氯，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应生成苯甲酸苯酚酯，
合成流程图为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．b+3N3-、NH3CCl4、SiCl4、CBr4、SiF4等合理答案即可3:1立方氮化硼晶体内无自由移动的电子
【解析】
【分析】
本题为新情景题，主要考查我们灵活运用所学基础知识，分析解答新问题的能力。

(1)由题意可知，N4与N2是由氮元素组成的两种不同的单质，二者互为同素异形体；一个N2中含有2个π键；结构相似的分子晶体，相对分子量越大，熔沸点越高；同主族从上到下，非金属性减弱，以此解答。

(2)因为N4H44+的空间构型与P4相同，即N4H44+中的四个氮原子构成正四面体结构，每个氮原子与另外三个氮原子以共价键结合，且四个氮原子分别单方面提供共用电子对与H+结合，用“→”表示。

（3）镁离子为+2价，和4个氮原子作用，形成2个共价键和两个配位键。

(4) N3-和CO2是等电子体，根据CO2的电子式写出N3-的电子式；在[Co(N3)(NH3)5]SO4中，根据化合价代数和为零，可以算得钴的化合价，配位体：提供孤电子对的分子或离子；等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子。

(5)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，以此解答。

【详解】
(1)a．分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体，N4与N2都是N元素的单质，属于同素异形体，故a错误；
b．一个N2中含有2个π键，1mol N4 分解生成2molN2，形成了4mol π键，故b正确；
c．结构相似的分子晶体，相对分子量越大，熔沸点越高，白磷的相对分子量比N4大，与键能无关，故c 错误；
d．同主族从上到下，非金属性减弱，则P的非金属性比N弱，白磷的化学性质比N2活泼，与共价键稳定性有关，故d错误；
故答案为：b；
(2) N4H44+中每个N原子与另外3个N原子形成共价键，同时与1个氢离子形成配位键，则N4H44+的结构图为；。