山东省德州市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．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．已知甲醛分子中各原子共平面，则丙烯醛所有原子一定共平面
B．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C．向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，再加水沉淀不会溶解
D．实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
2．设N A为阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是
A．标准状况下，2.24LCCl4中含有1.4N A个碳氯单键
B．22.4LCl2通入水中充分反应，共转移N A个电子
C．1 L 1 mol/L的氯化铜溶液中Cu2+的数目小于N A
D．5.6g铁在1.1 mol氯气中充分燃烧，转移的电子数为1．3N A
3．金属镍有广泛的有途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知氧化性：Fe2+＜Ni2+＜Cu2+）（）
A．阳极发生还原反应，电极反应式：Ni2++2e-=Ni
B．电解后，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C．电解后，溶液中存在的金属离子只有Fe2+和Zn2+
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt
4．以乙醇为原料设计合成的方案。

需要经过的反应类型是
A．消去、取代、水解、加成B．取代、消去、加成、水解、
C．消去、加成、取代、水解．D．消去、加成、水解、取代
5．实验中需用2.0 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为()。

A．950 mL；201.4 g B．1 000 mL；212.0 g
C．100 mL；21.2 g D．500 mL；100.7 g
6．下列实验误差分析正确的是
A．用容量瓶配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水，所配溶液浓度偏低
B．酸碱中和滴定时，开始时俯视滴定管读数，结束时仰视滴定管读数，所测液体体积偏大
C．测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热无影响
D．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，被测样品中含有加热不挥发杂质，所测结晶水含量偏高
7．利用图所示装置处理含(NH4)2SO4的工业废水，并回收化工产品硫酸和氨水，废水处理达标后再排放。

下列说法正确的是
A．b口流出浓度较大的氨水
B．X极接直流电源正极
C．离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
D．理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中1mol (NH4)2SO4
8．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑CO2的溶解）。

则电解过程中共转移的电子的物质的量为（）A．0.2mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.8mol
9．聚乙炔导电聚合物的合成使高分子材料进入了“合成金属”和塑料电子学时代，当聚乙炔分子带上药物、氨基酸等分子片段后，就具有了一定的生物活性。

以下是我国化学家近年来合成的聚乙炔衍生物分子M 的结构式及M在稀硫酸作用下的水解过程如下图
下列有关说法中不正确的是（）
A．M、A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
B．B中含有羧基和羟基两种官能团，B能发生消去反应和酯化反应
C．1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2n mol的NaOH
D．A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为1:2:2
10．已知A物质的分子结构简式如图所示，lmolA与足量的NaOH溶液混合共热，充分反应后最多消耗NaOH 的物质的量为
A．6mol B．7mol C．8mo1 D．9mo1
11．下列关于氨气性质的说法中，错误的是
A．有刺激性气味B．不跟水反应C．能跟盐酸反应D．比空气密度小
12．某有机物含C、H、N三种元素，其分子中含有4个N原子排列成内空的正四面体结构，任意两个N 原子之间都有1个C原子，分子中所有原子之间都以单键相连。

则该有机物的分子式可能为
A．C6H10N4B．C6H12N4C．C6H8N4D．C4H8N4
13．广州亚运会的“潮流”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是( ) A．分子中碳原子不在一条直线上B．光照下能够发生取代反应
C．比丁烷更易液化D．是石油分馏的一种产品
14．下列说法正确的是
A．分子晶体和离子晶体中一定都含有化学键
B．金属晶体中，原子半径越大，金属键越强
C．同一个原子中的p轨道形状完全相同
D．焰色反应与电子跃迁有关
15．从古至今化学与生产、生活密切相关。

下列说法正确的是（）
A．喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性
B．汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3
D．港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
16．下列粒子属于等电子体的是（）
A．CH4和NH4+B．NO和O2
C．NH2-和H3O+D．HCl和H2O
17．设N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．标准状况下，11.2LH2和D2的混合气体中所含的质子数为N A
B．1L0.5mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子的总数为0.5N A
C．28g乙烯和丙烯的混合物中所含碳碳双键的数目为N A
D．向足量水中通入1mol氯气，反应中转移的电子数为N A
18．25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（）
A．溶液中OH-的物质的量浓度B．溶液的导电能力
C．溶液中的
-
3
3
c(CH COO)
c(CH COOH)
D．醋酸的电离程度
19．（6分）下列关于化合物A(结构简式如图)的叙述中正确的是
A．分子中只有极性键B．该分子中三种元素的电负性：H>C>O
C．分子中有σ键和兀键D．该分子在水中的溶解度小于甲烷在水中的溶解度20．（6分）下列说法正确的是
A．使用pH试纸测量气体的酸碱性时可以润湿
B．实验室用氢氧化钠溶液除去氯气中的少量HCl
C．蒸馏操作时，温度计水银球应插入混合液中
D．配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，则所配制溶液的浓度偏低
二、实验题（本题包括
1个小题，共10分）
21．（6分）硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。

可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑
（1）硫化钠固体在保存时需注意_________，原因是___________。

（2）实验室用上图装置以Na2SO4与炭粉为原料制备Na2S并检验气体产物、进行尾气处理。

步骤如下：
①连接仪器顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)；
②检查装置气密性；③装入固体药品及试剂，连好装置；
④加热，进行实验。

（3）若amolNa2SO4和2amolC按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是____。

某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有少量Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理(供选择的试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水)_____。

（4）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1︰3的CO2和CO两种气体。

反应方程式为_______。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。

（1）W基态原子的核外电子排布式为___________，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为
___________(用元素符号表达)；
（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为___________；
（3）1mol HYZ3分子中含有σ键的数目为___________；
（4）YH3极易溶于水的主要原因是___________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）覆盆子酮()是种从植物覆盆子中提取的较为安全的香料。

一种以石油化工产A和丙烯为原料的合成路线如下：
信息提示:
(ⅰ)
(ⅱ)
根据上述信息回答：
(1)E的化学名称是__________。

(2)反应①的条件为____________________________。

(3)与反应⑥反应类型相同的是___________ (选填反应①~⑦, 下同)，与反应③反应条件相似的是
_____________。

(4)写出反应⑦的化学方程式_______________________________。

(5)E的同分异构体中，在核磁共振氢谱中出现三组峰，且峰面积之比为3∶3∶2的是___________(写出结构简式)。

(6)参照上述合成路线以丙烯为原料，设计制备CH3CH=CHCH2COCH3的合成路线_______________。

24．（10分）短周期主族元素及其化合物在生产生活中至关重要。

(1)BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
晶体Q中含有的化学键包括____________________。

(2) NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2＋等形成配位键，其原因是___________。

(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148 ℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有阴阳离子各一种，结构是正四面体型离子和正八面体型离子；正八面体型离子的化学式为
_________________________；正四面体型离子中键角大于PCl3的键角原因为
______________________________________________________。

(4)氯化钠的晶胞结构如图所示，图是氯化钠的晶胞截面图(图中球大小代表半径大小)。

已知N A代表阿伏加德罗常数的值，氯化钠晶体的密度为d g·cm-3。

则Na+半径为____________pm(只需列出计算式)。

(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为:
B: (0，0，0)；(1
2
，
1
2
，0)；(
1
2
，0，
1
2
)；(0，
1
2
，
1
2
)；……
As：(1
4
，
1
4
，
1
4
)；(
1
4
，
3
4
，
3
4
)；(
3
4
，
1
4
，
3
4
)；(
3
4
，
3
4
，
1
4
)；……
①请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图______。

②砷原子紧邻的硼原子有________个，与每个硼原子紧邻的硼原子有______个。

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．B
【解析】
【分析】
A、乙烯中所有原子共平面，甲醛中所有原子共平面，丙烯醛中连碳碳双键与醛基的单键可以旋转；
B、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，再发生酯化反应；
C、向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，属于盐析，是可逆的。

D、实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
【详解】
A、丙烯醛为CH2=CH-CHO，乙烯中所有原子共平面，甲醛中所有原子共平面，丙烯醛中连碳碳双键与醛基的单键可以旋转，故丙烯醛所有原子不一定共平面，故A错误；
B、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙酸、乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，故B正确；
C、向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，属于盐析，是可逆的，再加水沉淀可以溶解，故C错误；
D、实验室用乙醇在浓硫酸作用下加热制备乙烯，故D错误。

故选B。

2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．标准状况下，CCl4为液体，故错误；
B．没指明状态，故错误；
C．Cu2+在溶液中会发生水解反应，所以其数目会小于N A，正确；
D．5.6g铁即1.1mol铁，需要1.15mol的氯气与之反应，而现在有1.1 mol氯气，则以氯气的量计算，转移电子为1.2 N A，故错误；
故选C。

3．D
【解析】
【详解】
A．阳极发生氧化反应，Fe、Ni、Zn失电子，A错误；
B．阳极上放电的有Fe、Ni、Zn，阴极是Ni2+得电子生成金属Ni，阴阳极上转移电子数相等，但是金属摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B错误；
C．电解后溶液中还有Ni2+，C错误；
D．Pt为惰性电极，所以阳极上Cu和Pt不参与反应，电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt，D正
确；
答案选D。

4．D
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的合成与路线设计。

可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。

【详解】
由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：
，故答案为D。

5．B
【解析】
【详解】
实验室没有950mL的容量瓶，因此需要配置1000mL，则需要称取碳酸钠的质量是1L×2.0mol/L×106g/mol ＝212.0g，答案选B。

6．B
【解析】
【分析】
分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=n/V，判断不当操作对所配溶液浓度影响
【详解】
A、用容量瓶配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故A错误；
B、酸碱中和滴定时，开始时俯视滴定管读数，结束时仰视滴定管读数，所测液体体积偏大，故B正确；
C. 测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，醋酸是弱酸，电离要吸热，所测中和热偏大，故C错误；
D、测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，被测样品中含有加热不挥发杂质，样品质量大，所测结晶水含量偏低，故D错误；
故选B。

7．A
【解析】
【分析】
在电解池中，当电极为惰性电极时，阴极，溶液中的阳离子放电，阳极，溶液中的阴离子放电，溶液中的阳离子向阴极迁移，阴离子向阳极迁移，跟电源正极相连的是阳极，跟电源负极相连的是阳极，由图可知，左侧放出氢气，X电极为阴极，右侧放出氧气的Y电极为阳极，电解硫酸铵溶液时，阳极附近是OH-放电，生成氧气，c口进入的是稀硫酸，d口流出的是浓度较大的硫酸，则离子交换膜II为阴离子交换膜；阴极附近时H+放电生成氢气，则a口进入稀氨水，b口排出的为浓度较大的氨水，据此分析解答。

【详解】
A．阴极附近H+放电生成氢气，促进水的电离，生成的氢氧根离子与透过阳离子交换膜的铵根离子结合生成一水合氨，所以a口进入稀氨水，b口排出的为浓度较大的氨水，故A项正确；
B．由图可知，电解池的左侧放出氢气，则X电极为阴极，与电源负极相接，Y电极为阳极，接直流电源正极，故B项错误；
C．阳极附近是OH-放电，生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，生成的氢离子与透过离子交换膜的硫酸根结合生成硫酸，所以离子交换膜II为阴离子交换膜，故C项错误；
D．电解过程中，阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，外电路转移1mol电子，则生成1mol氢离子，可回收0.5molH2SO4，所以可处理工业废水中0.5mol（NH4）2SO4，故D项错误。

故答案为A
8．C
【解析】分析：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据铜和氢气的物质的量与转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量。

详解：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=0.2mol、n（H2）=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol；
答案选C。

点睛：本题考查了电解原理，根据离子放电顺序、原子守恒来分析解答，明确加入物质的性质是解本题的关键，题目难度中等。

9．D
【解析】试题分析：M为酯类物质，故在稀硫酸条件下M水解产物A的结构为：，M与A的分子中含有碳碳双键，均能够使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，因此A项正确；B的结构为：
分子中含有羧基和羟基，可以发生酯化反应，羟基的β-碳原子上含有氢原子可以发生消去反应，因此B
项正确；1 mol M中有2n mol的酯基，可以与2n mol的NaOH发生反应，因此C项错误；1 mol A中有n mol 羧基，1 mol B中有1 mol羧基、1 mol羟基，1 mol C中有2 mol羟基，它们与金属钠反应放出的气体的物质的量分别为n/2 mol,1 mol,1 mol，故放出的气体的物质的量之比为n:2:2，故D项正确；本题选C。

考点：有机框图推断。

10．C
【解析】
【分析】
【详解】
通过A分子的结构可知，其含有5个酚羟基，一个卤素原子以及一个由酚羟基酯化得来的酯基。

所以1molA 最多能消耗的NaOH的物质的量为5+1+2=8mol，C项正确；
答案选C。

【点睛】
能与NaOH反应的有机物有：卤代烃，酯，酚和羧酸；对于由酚羟基酯化得到的酚酯基，其在碱性条件下水解会消耗2个NaOH。

11．B
【解析】
【详解】
A. 氨气有刺激性气味，A正确；
B. 氨气跟水反应生成一水合氨，B错误；
C. 氨气能跟盐酸反应生成氯化铵，C正确；
D. 氨气比空气密度小，D正确；
答案选B。

12．B
【解析】
【分析】
【详解】
正四面体有六条边，所以有机物分子中含有6个C，在每条边上都有一个C原子；N原子处在正四面体的四个顶点上，所以有机物的结构可能为：；那么有机物的分子式可能为：C6H12N4，B项符合；
答案选B。

13．C
【解析】
【详解】
A.丙烷有3个碳原子，中间的碳原子连接了两个碳原子和两个氢原子，这两个碳原子和两个氢原子构成了一个四面体结构，中间的碳原子在四面体的中心。

在四面体结构中，键角接近109°28ˊ，所以这三个碳原子构成了一个角形结构，夹角大约109°，所以三个碳原子不在一条直线上。

故A不选；
B.丙烷属于烷烃，烷烃都可以在光照下和卤素单质发生取代反应，故B不选；
C.丙烷的沸点比丁烷低，所以比丁烷难液化，故C选；
D.丙烷和丁烷都是通过石油分馏获得的石油气中的成分，故D不选。

故选C。

14．D
【解析】
【详解】
A.稀有气体分子中不存在任何化学键，只存在分子间作用力，故A错误；
B.金属晶体中，金属键强弱与原子半径大小成反比，所以金属晶体中，原子半径越大，金属键越弱，故B 错误；
C.同一个原子中的不同p轨道能量不同，所以形状不完全相同，故C错误；
D.焰色反应是因为金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，与电子跃迁有关，故D正确；故选D。

15．D
【解析】
【详解】
A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；
B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；
答案选D。

16．A
【解析】
等电子体的原子总数相同（排除D）、价电子总数相同（排除B）；选AC
17．A
【解析】A．每个H2和D2均含有2个质子，标准状况下11.2 LH2和D2的混合气体的物质的量为0.5 mol，所含的质子数为N A，故A正确；B．CO32-的水解使溶液中阴离子总数增加，则1 L0.5 mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子的总数大于0.5N A，故B错误；C．质量相等的乙烯和丙烯含碳碳双键的数目不等，则混合气体所含有的碳碳双键数不确定，故C错误；D．氯气与水的反应为可逆反应，向足量水中通入1mol氯气，氯气不可能完全转化为HCl和HClO，故B错误；答案为A。

点睛：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；选项B为易错点，注意CO32-的水解使溶液中阴离子数目增加；难点为D，要结合可逆反应的限度去判断；解答此类试题时，要注意阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：如物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况等。

18．B
【解析】
【详解】
A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；
B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；
C.因温度不变，则K a不变，且K a=
-
3
3
c(CH COO)
c(CH COOH)
c(H+)，因 c(H+)浓度减小，则
-
3
3
c(CH COO)
c(CH COOH)
增大，故
C错误；
D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，故D错误；
答案选B。

19．C
【解析】
A．该有机分子中碳碳键为非极性键，故A错误；B．非金属性越强，电负性越大，则该分子中三种元素的电负性：O>C>H，故B错误；C．分子中含有碳碳双键，则有σ键和兀键，故C正确；D．含有醛基的有机物一般能溶解于水，该分子在水中的溶解度大于甲烷，故D错误；答案为C。

20．A
【解析】
【详解】
A．测定未知气体的酸碱性时，pH试纸需要润湿，故A正确；
B．氯气能和氢氧化钠反应，故用氢氧化钠溶液除去氯气中的HCl时，会将氯气也一起吸收，故B错误；C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计水银球应在支管口处，故C错误；
D．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏
高，故D错误；
故选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．干燥环境密闭保存硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解a→e→f→d 加入稍过量的碳取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含2Na2SO4+4C Na2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑
【解析】
【分析】
(1)硫化钠易被氧化，溶液中硫离子可发生水解；
(2)A中发生Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑，选装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，二氧化碳不需要干燥；
(3)实际得到Na2S小于amol，可增大反应物的量；固体产物中可能含有少量Na2SO3，加盐酸发生氧化反应生成S；
(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，结合电子、原子守恒来解答。

【详解】
(1)硫化钠固体在保存时需注意干燥环境密闭保存，原因是硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解；
(2)①A为制备装置，装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，则连接仪器顺序为a→e→f→d；
(3)若a mol Na2SO4和2a mol C按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是加入稍过量的碳；固体产物中可能含有少量Na2SO3，设计实验为取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含；
(4)经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，若CO2和CO分别为1mol、3mol，失去电子为10mol，则S得到10mol电子，应生成等量的Na2S、Na2SO3，反应方程式为2Na2SO4+4C Na2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．1s22s22p63s23p63d54s1N＞O＞C CO2（SCN-等）4×6.02×1023氨分子与水分子间易形成氢键
【解析】
【分析】
原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。

【详解】
根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。

(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；N＞O＞C；
(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；
(3)HNO3的结构式为，1mol HNO3分子中含有4molσ键，数目为4×6.02×1023，故答案为：
4×6.02×1023；
(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。

【点睛】
本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．2-丙醇或异丙醇光照④⑤
CH3OCH2CH3
【解析】
分析：结合已知信息（ⅰ）及反应⑥的生成物为，及反应物之一为丙酮可知D为甲
醛（HCHO），根据反应③的反应条件“O2，铜丝，△”可知C为甲醇（CH3OH），再由反应①的反应条件“Cl2，光”可知A、B分别为甲烷、一氯甲烷（CH3Cl）；丙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成醇，通过E生成丙酮可知E为2-丙醇。

详解：根据以上分析A为甲烷、B为一氯甲烷（CH3Cl）、C为甲醇（CH3OH），D为甲醛（HCHO），E为2-丙醇。

(1) E的化学名称是2-丙醇或异丙醇。

(2)反应①甲烷与卤素发生的取代反应，条件为光照。

(3)反应⑥是发生在醛的C O上的加成反应，框图中的反应④也是加成反应；反应⑤与反应③的反应条件都是氧气、铜作催化剂和加热，与反应③反应条件相似的是⑤。

(4)结合已知信息中的反应（ⅱ）及框图中的反应⑦的反应物与生成物的特点可知，框图中的反应⑦还需要反应物苯酚，因此仿照已知信息中的反应（ⅱ）可以写出反应⑦的化学方程式：。

(5)E为2-丙醇，其同分异构体还有CH3CH2CH2OH、CH3—O—CH2CH3，其中后者含有三种不同化学环境的
氢原子，E 的同分异构体中，在核磁共振氢谱中出现三组峰，且峰面积之比为3∶3∶2的是CH 3OCH 2CH 3 。

（6)参照上述合成路线以丙烯为原料，设计制备CH 3CH=CHCH 2COCH 3的合成路线。

24．共价键、配位 F 的电负性比N 大，NF 成键电子对向F 偏移，导致NF 3中N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF 3不易与Cu 2＋形成配离子 PCl 6— 两者磷原子均采取sp 3杂化，PCl 3分子中P 原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl 4+中P 没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl 3的键角 10322234104A dN -⨯⨯ 4 12
【解析】
【分析】
(1)①根据Q 的结构分析判断；
(2)Cu 2+提供空轨道，NH 3和NF 3中的中心原子N 原子提供孤电子对，根据NH 3和NF 3中共用电子对的偏转判断；
(3)PCl 5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，根据正四面体形阳离子和正六面体形阴离子分析判断；结合孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，判断PCl 3与正四面体形阳离子中键角的大小；
(4)晶胞棱长=2×(Cl -离子半径+Na +离子半径)，而晶胞棱长=22×Cl -离子半径，结合晶胞中各原子数目计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，再计算晶胞棱长；
(5)①砷化硼为立方晶系晶体，根据晶胞中原子的分数坐标画出砷化硼的晶胞结构图，再画出砷化硼晶胞的俯视图；②根据①中画出的砷化硼的晶胞结构图分析判断。

【详解】
(1)由Q 的结构()可知，Q 分子中存在氢键、共价键、配位键(O 与B 之间)、分子间作用力，其中属于化学键的有共价键、配位键，故答案为：共价键、配位键；
(2)在形成的配合物中，Cu 2+提供空轨道，NH 3和NF 3中的中心原子N 原子提供孤电子对，由于N 、F 、H 三种元素的电负性为F ＞N ＞H ，在NF 3中，共用电子对偏向F ，偏离N 原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu 2+形成配位键，故答案为：F 的电负性比N 大，NF 成键电子对向F 偏移，导致NF 3中N 原子核对其孤。