2020年河南省六市高考化学一模试卷 (含解析)

2020年河南省六市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.我国古籍中有许多与化学相关的记载。

下列说法正确的是()
A. 《论衡⋅是应篇》中记载：“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南。

”司南中的“杓”
含Fe2O3
B. 《本草求真》云：“酒性种类甚多，然总由水谷之精，熟谷之液，酝酿而成。

”酿酒过程中
经历了复杂的化学变化
C. 《本草图经》中有关绿矾的分解描述如下：“绿矾形似朴硝而绿色，取此物置于铁板上，聚
炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。

”“色赤”物质是Fe(OH)3
D. 《抱朴子》中关于雄黄(As4S4)有如下描述：“伏火者，可点铜成金，变银成金。

”此处的
“金”代表金单质
2.下列解释事实的方程式正确的是()
A. 在空气中切开金属钠，光亮表面变暗：2Na+O2=Na2O2
B. 向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
C. 将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2
D. 电解饱和氯化钠溶液，产生气体：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
3.已知某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是()
A. 分子式为C15H18
B. 能使酸性KMnO4溶液褪色，且是氧化反应
C. 1mol该物质最多和2molH2加成
D. 苯环上的一氯化物有4种
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的位置关系如图，下列说法不正确的是()
A. W的某氧化物可用作供氧剂
B. Y的某单质可用于消毒、漂白
C. X的氧化物与W、Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应
D. Z的含氧酸的酸性一定强于HNO3
5.下列由实验得出的结论正确的是
()
选项实验结论
A
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入
品红溶液，品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3或NaHSO3 B用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性大于碳酸
C
向某盐溶液中先加入少量氯水、再滴加几滴
KSCN溶液，溶液变红色
原溶液中一定含有Fe2+
D 室温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量
BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐
酸，有气泡产生
K sp(BaCO3)<K sp(BaSO4)
A. A
B. B
C. C
D. D
6.利用反应NO2+NH3→N2+H2O(未配平)消除NO2的简易装置如图所示。

下列说法不正确的是
()
A. a电极反应式是2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O
B. 消耗标准状况下4.48LNH3时，被消除的NO2的物质的量为0.15mol
C. 若离子交换膜是阳离子交换摸，装置右室中溶液的碱性增强
D. 整个装置中NaOH的物质的量不断减少
7.在0.1mol·L−1的HCN溶液中存在如下电离平衡：HCN⇌H++CN−，下列叙述正确的是()
A. 加入少量NaOH固体，平衡正向移动
B. 加水，平衡逆向移动
C. 滴加少量0.1mol·L−1的HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D. 加入少量NaCN固体，平衡正向移动
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
8.银锰精矿是重要的银矿资源，其主要成分为MnO2和银单质，利用黄铁矿(主要成分为FeS2)可以
实现锰和银的分离．具体操作流程如图
(1)提高锰元素浸出率的措施(任写一条)______．
(2)浸出1中，黄铁矿转化为铁盐和硫酸盐，请写出发生反应的化学方程式______．
(3)从工业生产成本考虑，加入的A最好是______．
A.CaCO3
B.NaOH
C.氨水
D.Ca(OH)2
(4)浸出液2的主要成分Ag(CN)2−，写出浸出2中发生反应的离子方程式______；电解后的溶液
中，可以循环利用的物质______(填化学式)．
(5)银锰矿中，银矿物以显微粒状分散在MnO2矿物中，不破坏原有结构难以提银，因此锰的浸
出对于银的提取率至关重要．某小组通过实验，研究了硫酸用量、黄铁矿用量(占矿重百分比)对锰浸出率的影响，如表所示：
硫酸%31.5236.1040.6745.25
锰浸出率77.4289.4991.5997.95
黄铁矿%12.51517.520
锰浸出率88.7997.9599.1899.46
从实际生产角度出发，表中所给浸出条件最佳的是______．
A 硫酸45.25%
B
硫酸31.52%
C
硫酸45.25%
D
硫酸36.10%黄铁矿20%黄铁矿15%黄铁矿15%黄铁矿20%
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9.有机合成中的一种重要还原剂——铝氢化钠(NaAlH4)，其合成线路如图所示：
(1)已知：AlCl3的熔点为190℃，沸点为178℃，在潮湿空气中会水解。

某实验小组利用图所示装
置制取无水AlCl3。

①A中所盛装的固体试剂的化学式为________。

②装置F的作用是________。

(2)若改变A、B、D中的试剂就可以用该装置制取NaH，如制取中操作不当，制得的NaH中可
能含有的主要杂质为________(填序号)。

a.Na
b.NaOH
c.Na2O2
d.Na2CO3
(3)AlCl3与NaH反应时，需将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，此反应
中NaH的转化率较低的原因是________。

(4)铝氢化钠遇水发生剧烈反应，甚至爆炸，其反应的化学方程式为________。

(5)现设计如图所示四种装置，测定铝氢化钠粗产品的纯度(只含NaH杂质)。

从简约性、安全性和准确性考虑，最适宜的装置是________(填编号)。

铝氢化钠与水完全反应，读气体体积时需冷却至室温，则冷却至室温的标志是________。

若称取24.0g 样品与水完全反应后，测得生成气体在标准状况下的体积为38.08L ，则样品中铝氢化钠的质量分数为________。

(结果保留两位有效数字)。

四、简答题（本大题共3小题，共35.0分）
10. 如图所示的过程是目前直接利用太阳能的研究热点．人们把通
过人工光化学手段合成燃料的过程叫做人工光合作用． (1)在上图构想的物质和能量循环中太阳能最终转化为______能．
(2)人工光合作用的途径之一就是在催化剂和光照条件下，将
CO 2和H 2O 转化为CH 3OH ，该反应的化学方程式为：2CO 2(g)+4H 2O(g)⇌光照催化剂
2CH 3OH(g)+
3O 2(g)．
一定条件下，在2L 密闭容器中进行上述反应，测得n(CH 3OH)随时间的变化如下表所示： 时间/min 0 1 2 3 4 5 6 n(CH 3OH)/mol
0.000
0.040
0.070
0.090
0.100
0.100
0.100
①用CH 3OH 表示0～3min 内该反应的平均反应速率为______． ②能说明该反应已达到平衡状态的是______．
a.v 正(H 2O)=2v 逆(CO 2)
b.n(CH 3OH)：n(O 2)=2：3
c.容器内密度保持不变
d.容器内压强保持不变
(3)用人工光合作用得到的甲醇、氧气和稀硫酸制作燃料电池，则甲醇应通入该燃料电池的______极(填“正”或“负”)，通入氧气的一极的电极反应式为______．
11. 已知X 、Y 、Z 都是元素周期表中前四周期的元素，他们的原子序数依次增大，并且不在同一个
周期。

元素X 的原子核外有8个运动状态不同的电子。

元素Y 基态原子的最外电子层没有空轨道，而且成对电子数是未成对电子数的2倍。

元素Z 基态原子的内层轨道全部排满电子，且最
外层电子数为2。

(1)基态X原子的核外电子排布图(轨道表达式)为___________________，X的氢化物在乙醇中
的溶解度大于Y的氢化物，其原因是___________________。

(2)X与Y形成的固体YX3中存在(a)所示的三聚分子，该分子中Y原子的杂化轨道类型为
________。

基态Y原子中，核外能级最高的原子轨道上，具有的电子数为________。

(3)X与Y还可以形成YX42−离子，YX42−的空间构型为_____________，写出一种与YX42−互为等电
子体的分子的化学式________________。

(4)Z与Y的离子形成化合物晶体的晶胞如图(b)所示，该化合物的化学式为____________。

12.有机物I(C11H12O3)常用于制备液晶材料，可以由 E和H在一定条件下合成，其合成路线如图所
示。

已知：①A的核磁共振氢谱显示该物质中有1种不同化学环境的氢。

③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；
④一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。

请根据以上信息完成下列问题：
(1)B按系统命名法命名为______。

由C生成D的反应类型为______。

(2)G的结构简式为______。

(3)I中官能团的名称为______。

(4)由D生成E的化学方程式为______。

由E与H反应生成I的化学方程式为______。

(5)K是I的同系物，且其相对分子质量比I小28，K的结构能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基；②分子中不含甲基。

则K的结构共有______种(不考虑立体异构)，其中消耗NaOH最多且峰面积之比为1：2：2：2：1的有机物结构简式为______(任写一种)。

【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：A、“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A错误；
B、粮食里不含有酒精，粮食中的淀粉在酒曲作用下发生化学反应生成乙醇，乙醇溶液配制成各种酒，故B正确；
C、绿矾的化学式为FeSO4⋅7H2O，绿矾形似朴消(Na2SO4⋅10H2O)，为结晶水合物，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，Fe的氧化物中只有Fe2O3为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，所以FeSO4⋅7H2O分解生成Fe2O3、SO2、SO3，SO3与水结合生成H2SO4，则流出的液体中含有H2SO4，故C错误；
D、“金”是指色泽而不是指实物，也就是铜或者银掺杂一定量的雄黄(As4S4)经过高温可以炼出色泽为金色的合金出来，故D错误；
故选：B。

本题考查学生对物质的性质的理解和掌握，明确物质的物理性质和化学性质是解题关键。

同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度不大，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。

2.答案：D
解析：解：A.在空气中切开金属钠，光亮表面变暗，发生4Na+O2=2Na2O，故A错误；
B.向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀的离子反应为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓
+3NH4+，故B错误；
C.将铁粉与水蒸气共热，产生气体，发生3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故C错误；
D.电解饱和氯化钠溶液，产生气体，反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故D正确；故选：D。

本题考查化学和离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，题目难度不大．
3.答案：C
解析：解：A.由结构简式可知分子式为C15H18，故A正确；
B.含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故B正确；
C.1个分子中含有2个碳碳双键和1个苯环，则1mol该物质最多和5molH2加成，故C错误；
D.含有苯环，结构不对称，苯环上有4种不同的H原子，故D正确．
故选C．
有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有苯环，结构不对称，苯环有4种不同的H原子，以此解答该题．
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．
4.答案：D
解析：
本题考查元素周期表、元素化合物知识等，难度不大，注意对基础知识的积累掌握。

根据短周期主族元素W、X、Y、Z在周期表的位置关系知道Y为O元素，Z为Cl元素，W为Na 元素，X为Al元素。

A.W的氧化物Na2O2可用作供氧剂，故A正确；
B.Y的单质O3具有强氧化性，可用于消毒、漂白，故B正确；
C.X的氧化物为Al2O3，为两性氧化物，与W、Z的最高价氧化物对应的水化物NaOH、HClO4均能反应，故C正确；
D.Z的最高价含氧酸的酸性一定强于HNO3，没有说明是最高价含氧酸，则不一定，如HClO是弱酸，酸性弱于HNO3，故D错误。

故选D。

5.答案：B
解析：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。

A.Na2S2O3与盐酸反应生成二氧化硫，则不一定含Na2SO3或NaHSO3，故A错误；
B.醋酸的酸性大于碳酸的酸性，则乙酸浸泡水壶中的水垢可将其清除，故B正确；
C.先加入少量氯水可氧化亚铁离子，原溶液中可能含铁离子，则检验亚铁离子应先加KSCN无现象，再加氯水，故C错误；
D.当Q c(BaCO3)>K sp(BaCO3)，则生成碳酸钡沉淀，是量的影响导致碳酸钡沉淀的生成，不能用于比较K sp(BaCO3)、K sp(BaSO4)的相对大小，故D错误。

故选B。

6.答案：D
解析：
本题考查化学电源新型电池的工作原理，为高频考点，明确化学反应中化合价升降与正负极的关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意离子交换膜的作用和总反应的应用，题目难度不大。

根据方程式可知，6NO2+8NH3=7N2+12H2O中NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N 元素化合价由−3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则b电极是正极、a电极是负极，负极a电极方程式为2NH3−6e−+60H−=N2+6H2O，正极b反应式为2NO2+8e−+
4H2O=80H−+N2，据此分析解答。

根据方程式可知，6NO2+8NH3=7N2+12H2O中NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N 元素化合价由−3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则b电极是正极、a电极是负极，负极a电极方程式为2NH3−6e−+60H−=N2+6H2O，正极b反应式为2NO2+8e−+
4H2O=80H−+N2，
A.由上述分析可知，电极a为负极，发生失去电子的氧化反应，反应式为2NH3−6e−+6OH−=N2+ 6H2O，故A正确；
B.该原电池总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，消耗标准状况下4.48L即0.2molNH3时，被消除
×0.2mol=0.15mol，故B正确；
的NO2的物质的量=6
8
C.原电池工作时，正极b反应式为2NO2+8e−+4H2O=80H−+N2，离子交换膜是阳离子交换摸，装置右室中生成的0H−不能移向左室，使溶液的碱性增强，故C正确；
D.该原电池总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，由于不消耗或生成NaOH，所以NaOH的物质的量不变，但浓度降低，故D错误；
故选：D。

7.答案：A
解析：
本题考查弱电解质的电离平衡及影响因素，解题的方法是理解电离平衡的特征，例如电离吸热，运用化学平衡移动原理进行分析。

A.加入NaOH固体，OH−与HCN电离产生的H+反应，平衡正向移动，A项正确；
B.加水，平衡正向移动，B项错误；
C.滴加少量0.1mol·L−1的HCl溶液，c(H+)增大，C项错误；
D.加入少量NaCN固体，c(CN−)增大，平衡逆向移动，D项错误。

8.答案：(1)加热或粉碎或充分搅拌等
(2)2FeS2+15MnO2+14H2SO4=Fe2(SO4)3+15MnSO4+14H2O(3)A
(4)4Ag+O2+8CN−+2H2O=4Ag(CN)2−+4OH−NaCN(或CN−)(5) C
解析：解：(1)提高锰元素浸出率的措施可以通过加热、粉碎、充分搅拌等措施提高锰元素的浸出率，(2)浸出1中，黄铁矿转化为铁盐和硫酸盐，黄铁矿在酸性溶液中被二氧化锰氧化转化为铁盐和硫酸盐，反应的化学方程式为：2FeS2+15MnO2+14H2SO4=Fe2(SO4)3+15MnSO4+14H2O，
(3)分析可知A是用来调节溶液pH，和酸反应，从工业生产成本考虑，NaOH、氨水、Ca(OH)2不如碳酸钙生产成本低，所以加入的A最好是碳酸钙，
(4)银在氧气的作用下溶解于NaCN溶液生成Ag(CN)2−，反应的离子方程式为：4Ag+O2+8CN−+ 2H2O=4Ag(CN)2−+4OH−，电解此溶液阴极电极反应Ag(CN)2−+e−=Ag+2CN−，电解后得到NaCN可以循环使用，
(5)图表数据分析可知，因银矿物以显微粒状分散在二氧化锰矿物中，不破坏原有结构难以提银，锰的浸出越高银的浸出率也越高，当硫酸的浓度为45.25%、黄铁矿20%时锰浸出率达到最高值从实际
生产角度出发，最佳浸出条件是硫酸45.25%、黄铁矿15%；故选C，
故答案为：C．
银锰精矿是重要的银矿资源，其主要成分为MnO2和银单质，利用黄铁矿(主要成分为FeS2)可以实现锰和银的分离，银锰精矿和黄铁矿加入稀硫酸酸浸过滤得到浸出液1，浸出液1中加入和酸反应的物质调节溶液PH，除去铁离子，过滤得到滤液为硫酸锰，浓缩结晶、过滤洗涤得到硫酸锰结晶水合物，滤渣主要成分为银，加入NaCN和氧气反应生成浸出液2的主要成分Ag(CN)2−，电极得到金属银，
本题考查了物质分离提纯、物质性质、氧化还原反应电子守恒的应用、电解原理等，注意题干信息的分析、理解和应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
9.答案：(1)①KMnO4[或KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等]；
②吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸汽进入装置E，造成AlCl3水解；
(2)ac；
(3)反应生成的NaCl沉积在NaH表面，阻止了AlCl3与NaH进一步反应或NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应；
(4)NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；
(5)丙；连续两次读数的氢气体积相等；0.90或90％
解析：
本题考查知识点较多，涉及方程式的书写、装置图的选择、物质的制备和除杂、化学实验方案的评价、化学方程式的计算等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等。

(1)①氯化铝的制备是金属铝和氯气之间反应的产物，则装置A为制备氯气的发生装置，浓盐酸和高锰酸钾(氯酸钾或重铬酸钾或次氯酸钙)之间无条件的反应产物是氯气，所以A中所盛装的试剂的化学式为KMnO4[或KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等]，故答案为：KMnO4[或KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等]；
②本反应的反应物氯气有毒，会污染环境，故需进行尾气处理，且根据题中提示，氯化铝在潮湿空
气中会水解，碱石灰还起到了阻止水蒸气进入E的作用，故答案为：吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸汽进入装置E，造成AlCl3水解；
(2)制取NaH则用金属钠和氢气化合可以得到，所以A装置为氢气的发生装置，B为除去氢气中的HCl气体，所以用氢氧化钠溶液，而原来是除去氯气中的HCl用的是饱和食盐水，D中则为钠单质，又由于装置中会有空气残留，所以金属钠和氧气加热下会产生过氧化钠杂质，再加上有钠剩余，则如果操作不当，制得的NaH中可能含有Na、Na2O2，故答案为：ac；
(3)AlCl3与NaH反应时，需将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，则生成的NaCl是离子化合物，和有机物之间互不相溶，所以反应生成的氯化钠沉淀在氢化钠表面，阻止了氯化铝和氢化钠进一步反应，导致NaH的转化率较低，
故答案为：反应生成的NaCl沉积在NaH表面，阻止了AlCl3与NaH进一步反应或NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应；
(4)铝氢化钠遇水发生剧烈反应产生偏铝酸钠和氢气，其反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O= NaAlO2+4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；
(5)由反应原理得，测定铝氢化钠样品的纯度即通过测定铝氢化钠与水反应生成的氢气的量计算铝氢化钠的量，从而计算其纯度，所以从简约性、准确性考虑，甲、丁没有使用恒压漏斗，测出的氢气比实际偏大；乙采用排水量气法，导管应短进长出，故乙不能用，故适宜的装置为丙，通过连续两次读数的氢气体积相等，说明铝氢化钠与水完全反应，冷却至室温。

若称取24.0g样品与水完全反应
后，测得生成气体在标准状况下的体积为38.08L，则氢气的物质的量为n(H
2)
=V
V m
=38.08L
22.4L.mol−1
=
1.7mol，样品中的两种物质均可与水反应生成氢气，NaH+H2O=NaOH+H2↑，所以n(NaH)×24g/ mol+n(NaAlH4)×54g/mol=24.0g，n(H2)=4n(NaAlH4)+n(NaH)=1.7mol，解之得，
n(NaAlH4)=0.4mol，所以样品中铝氢化钠的质量为0.4g×54g/mol=21.6g，则样品中铝氢化钠的
质量分数=21.6g
24.0g
×100﹪=90％，
故答案为：丙；连续两次读数的氢气体积相等；0.90或90％。

10.答案：热0.015mol⋅L−1⋅min−1ad 负O2+4H++4e−=2H2O
解析：解：(1)由据图可知，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能，故答案为：热；
(2)①0～3min内甲醇的物质的量变化0.090mol，则v=0.09mol
2L
3min
=0.015mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.015mol⋅L−1⋅min−1；
②a.v
正(H2O)=2v
逆
(CO2)，可说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故a正确；
b.无论是否达到平衡状态，生成物的物质的量之比都等于化学计量数之比，即n(CH3OH)：n(O2)=2：3，故b错误；
c.因气体的体积以及质量不变，则容器内密度保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故c错误；
d.反应前后气体的体积不等，容器内压强保持不变，可说明达到平衡状态，故d正确．
故答案为：ad；
(3)反应中甲醇被氧化，应为电池的负极，正极发生还原反应，氧气被还原生成水，电极方程式为O2+ 4H++4e−=2H2O，
故答案为：负；O2+4H++4e−=2H2O.
(1)光合作用下生成燃料，燃料燃烧释放出能量；
(2)①根据v=△c
△t
计算；
②达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变；
(3)该原电池中，通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极．
本题考查化学反应与能量变化、化学平衡的相关计算以及原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累．
11.答案：(1)；水分子和乙醇分子之间形成氢键
(2)sp3；4
(3)正四面体；CCl4或SiCl4等
(4)ZnS
解析：
本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的理解和灵活运用、空间想像能力及计算能力。

X、Y、Z都是元素周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大，并且不在同一周期，元素X的原子核外有8个运动状态不同的电子，说明X原子核外有8个电子，为O元素；元素Y基态原
子的最外电子层没有空轨道，而且成对电子数是未成对电子数的2倍，则S元素；元素Z基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，为Zn元素。

(1)X为O元素，核外电子轨道表示式为；水分子和乙醇分子之间形成氢键、硫化氢和乙醇分子之间不能形成氢键，所以X的氢化物在乙醇中的溶解度大于Y的氢化物，
故答案为：；水分子和乙醇分子之间形成氢键；
(2)O与S形成的固体SO3中存在如图(a)所示的三聚分子，该分子中S原子的价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化轨道类型为
sp3杂化；基态S原子中，核外能级最高的原子轨道为3p轨道，该轨道上有4个电子，
故答案为：sp3；4；
(3)O与S还可以形成SO42−离子，SO42−中S原子价层电子对个数=4+6+2−4×2
2
=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体；与SO42−互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数为32，与该离子互为等电子体的分子有CCl4或SiCl4等，
故答案为：正四面体；CCl4或SiCl4等；
(4)Zn与S的离子所形成化合物晶体的晶胞中，硫离子个数=4、锌离子个数=8×1
8+6×1
2
=4，硫
离子、锌离子个数之比=4：4=1：1，据此判断该化合物的化学式为ZnS，故答案为：ZnS。

12.答案：(1)2−甲基丙烯；氧化反应；
(2)；
(3)酯基、醛基；
(4)；
(5)6；
解析：
本题考查有机合成与推断，熟练掌握官能团的性质与转化关系，利用正推法结合给予的信息推断是解答该题的关键，该题能较好的考查学生分析、理解能力及逻辑推理能力，题目难度中等。

A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱显示该物质中有1种不同化学环境的氢，则A为(CH3)3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C(CH3)2，B发生信息②中的反应生成C 为(CH3)2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为(CH3)2CHCHO，D再被氢氧化铜氧化，酸化后得到E 为(CH3)2CHCOOH， F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且
处于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，I的分子式为C11H12O3，即H与E发生酯化反应生成I，故I为
，
(1)由分析可知，B为CH2=C(CH3)2，B的名称为：2−甲基丙烯，由C生成D是羟基发生氧化反应转化为醛基，故答案为：2−甲基丙烯；氧化反应；
(2)G的结构简式为：，故答案为：；
(3)I的结构简式为，含有的官能团有：酯基、醛基，故答案为：酯基、醛基；
(4)D生成E的化学方程式为：；
由E与H反应生成I的化学方程式为：
，
故答案为：；
；
(5)I()的同系物K比I相对分子质量小28，K比I少2个−CH2−原子
团，K的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基；②分子中不含甲基，2个取代基为−CHO、−CH2OOCH或者为−CH2CHO、−OOCH，各有邻、间、对3种，符合条件的共有6种，其中消耗NaOH最多且峰面积之比为1：2：2：2：1的有机物结构简式为：
，
故答案为：6；。