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2019年湖南师大附中高考化学模拟试卷（一）

一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）

1．（3分）化学与生活，社会发展息息相关、下列有关说法不正确的是（　　）

A．“霾尘积聚难见路人”。雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应

B．“曾青（硫酸铜）涂铁，铁赤色如铜”过程中发生了置换反应

C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶

D．医用酒精体积分数是75%，用医用酒精菌消毒是使细菌、病毒蛋白质变性后死亡

2．（3分）N_A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）

A．在标准状况下.11.2L丙烷含有的极性键数目为5N_A

B．7g锂在空气中完全燃烧时转移的电子数为N_A

C．1mol葡萄糖（C₆H₁₂O₆）分子含有的羟基数目为6N_A

D．常温下，0.2L0.5mol/LNH₄NO₃溶液中含有的氮原子数小于0.2N_A

3．（3分）工业酸性废水中的Cr₂O₇^2﹣可转化为Cr³⁺除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液的体积均为50mL，Cr₂O₇^2﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）。下列说法中，不正确的是（　　）

A．对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr₂O₇^2﹣的去除率

B．实验③中，理论上电路中每通过6mol电子，就有1molCr₂O₇^2﹣被还原

C．实验②中，Cr₂O₇^2﹣在阴极放电的电极反应式是Cr₂O₇^2﹣+6e^﹣+14H⁺＝2Cr³⁺+7H₂O

D．实验③中，C₂O₇^2﹣去除率提高的原因是Cr₂O₇^2﹣+6Fe²⁺+14H⁺＝2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O

4．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

5．（3分）体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德。某种兴奋剂的结构简式如图所示。有关该物质的说法中正确的是（　　）

A．该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl₃溶液呈紫色

B．滴入酸性KMnO₄溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中存在碳碳双键

C．该分子中的所有碳原子可能共平面

D．1mol该物质分别与浓溴水和H₂反应时最多消耗Br₂和H₂分别为1mol和7mol

6．（3分）短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。已知A、C的原子序数之差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半，下列叙述正确的是（　　）

A．简单离子的半径：B＞C＞D＞A

B．B与C形成的化合物在水溶液中能稳定存在

C．C与D都可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同

D．B与D形成的化合物溶于水所得溶液显酸性

7．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（　　）

A．图1表示相同温度下pH＝1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强

B．图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点

C．图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H₂SO₄与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性

D．用0.0100mol/L硝酸银标准溶液，滴定Cl^﹣、Br^﹣及I^﹣且浓度均为0.1000mol/L的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl^﹣

二、填空题（共5小题，每小题15分，满分79分）

8．（15分）亚硝酰氯（ClNO）是有机物合成中的重要试剂，红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验室用Cl₂和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验（夹持装置略去） 如图1．请回答：

（1）制备Cl₂发生装置可以　 　（填大写字母），反应的离子方程式为　 　。

（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为：a→　 　（按气流方向，用小写字母表示），若用到F，其盛装药品为　 　。

（3）实验室可用图2装置制备亚硝酰氯（ClNO）；

①实验室也可用B装置制备NO，X装置的优点为　 　。

②检验装置气密性并装入药品，打开k₂，然后再打开　 　（填“k₁”“或“k₃”），通入一段时间气体，（其目的为　 　），然后进行其它操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。

③若无装置Y，则Z中ClNO可能发生反应的化学方程式为　 　。

（4）取Z中所得液体m g溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K₂CrO₄溶液为指示剂，用c mol•L^﹣1AgNO₃标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL．（已知：Ag₂CrO₄为砖红色固体；K_sp（AgCl）＝1.56×10^﹣10，K_sp（Ag₂CrO₄）＝1×10^﹣12），则亚硝酰氯（ClNO）的质量分数为　 　（用代数式表示）。

9．（15分）锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO₄与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO₄＝ZnS↓+BaSO₄↓．请根据以下工业生产流程回答有关问题。

Ⅰ．ZnSO₄溶液的制备与提纯：

有关资料：

a．菱锌矿的主要成分是ZnCO₃，含少量SiO₂、FeCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃等；

b．Zn（OH）₂与Al（OH）₃相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na₂ZnO₂；

（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO₂可以来自于步骤　 　（选填①、②、③或⑤）。

（2）若步骤中加入的氧化剂为H₂O₂，写出反应的离子方程式　 　。

（3）滤渣2中主要成分为　 　（填化学式）。

（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式　 　。

（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为　 　。

Ⅱ．BaS溶液的制备

（6）写出“煅烧还原”反应的化学方程式　 　。BaSO₄和BaCO₃的K_sp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO₃可溶于盐酸，而BaSO₄难溶：　 　。

Ⅲ．制取锌钡白

（7）如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO₄与BaS溶液混合制取锌银白产生的后果是　 　。

10．（16分）硫化氢（H₂S）的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

（1）H₂S和CO混合加热可制得频基硫（COS），羰基疏可作粮食熏蒸剂，能防止其些昆虫、线虫和真菌的危害。反应方程式为CO（g）+H₂S（g）＝COS（g）+H₂（g）。

①羰基硫的电子式为　 　。

②下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是　 　（填字母代号）。

a．相同条件下水溶液的pH：Na₂CO₃＞Na₂SO₄

b．酸性：H₂SO₃＞H₂CO₃

c．S与H₂的化合比C与H₂的化合更容易

（2）H₂S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO₄反应生成S、MnSO₄、K₂SO₄和H₂O，写出该反应的化学方程式　 　。

（3）H₂S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10mol•L^﹣1H₂S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S^2﹣）关系如图所示（忽略溶液体积的变化、H₂S的挥发）。

①pH＝13时，溶液中的c（H₂S）+c（HS^﹣）＝　 　 mol•L^﹣1。

②某溶液含0.020mol•L^﹣1Mn²⁺、0.10mol•L^﹣1H₂S，当溶液pH＝　 　时，Mn²⁺开始沉淀。[已知：Ksp（MnS）＝2.8×10^﹣13]。

（4）H₂S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H₂S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S^2﹣﹣2e^﹣＝S↓ （n﹣1）S+S^2﹣⇌S_n^2﹣写出电解时阴极的电极反应式：　 　。

（5）一定温度下将NH₄HS固体放入定容真空密闭容器中，可部分分解为硫化氢和氨气：

NH₄HS（s）⇌H₂S（g）+NH₃（g）。

①可以判断上述分解反应已经达到化学平衡状态的是　 　 （填字母代号）

A．v（H₂S）＝v（NH₃） B．密闭容器中总压强不变

C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变

②当上述反应达平衡时：p（NH₃）×p（H₂S）＝a（Pa²），则平衡时容器中的总压为　 　Pa（ 用含a 的代数式表示）。[p（NH₃）、p（H₂S）分别代表NH₃、H₂S的压强，Pa为压强的单位]

11．（15分）现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素同期表的前四周期，B的基态原子含有3个能级。且每个能级所含的电子数相同。D的原干核外有8个运动状态不同的电子；E与F处干同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E的基态原子有4个未成对电子。

请回答下列问题：

（1）请写出：D基资原子的价层电子排布图　 　；F基态原子的价层电子排布式：　 　

（2）下列说法错误的是　 　。

A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO₂＞CO₂

B．电负性顺序：B＜C＜D

C．N₂与CO为等电子体，结构相似

D．稳定性：H₂O＞H₂S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键

（3）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点。向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成[F（X）₄]²⁺，该离子的结构式为　 　（用元素符号表示）。

（4）某化合物与F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有　 　。

（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为　 　。

（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为a pm，F离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率　 　。

12．（18分）光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂、反应条件和产物已略去）：

已知：

Ⅰ．（R，R′为烃基或氢）

Ⅱ．（R，R′为烃基）

（1）写出A的结构简式　 　。

（2）B分子中所含官能团的名称为　 　。

（3）乙炔和羧酸X加成生成E，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，则EF的化学方程式为　 　。

（4）由F到G的反应类型为　 　。

（5）D和G反应生成光刻胶的化学方程式为　 　。

（6）C的一种同分异构体满足下列条件：

①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl₃溶液发生显色反应

②苯环上的一氯取代产物只有两种。写出该同分异构体的结构简式：　 　。

（7）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH₃CHO为原料制备CH₃COCOCOOH的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：

CH₃CH₂BrCH₃CH₂OHCH₃COOCH₂CH₃　 　

2019年湖南师大附中高考化学模拟试卷（一）

参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）

1．（3分）化学与生活，社会发展息息相关、下列有关说法不正确的是（　　）

A．“霾尘积聚难见路人”。雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应

B．“曾青（硫酸铜）涂铁，铁赤色如铜”过程中发生了置换反应

C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶

D．医用酒精体积分数是75%，用医用酒精菌消毒是使细菌、病毒蛋白质变性后死亡

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】56：化学应用．

【分析】A．烟云雾属于气溶胶；

B．铁赤色如铜，说明生成铜；

C．生石灰硅胶具有吸水性，不具有还原性；

D．酒精能够使蛋白质变性。

【解答】解：A．烟云雾属于气溶胶，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；

B．铁赤色如铜，说明生成铜，为置换反应，故B正确；

C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，应加入还原性物质，生石灰硅胶具有吸水性，不具有还原性，可以用于食品干燥，故C错误；

D．酒精能够使蛋白质变性，所以可以用酒精杀菌消毒，医用酒精体积分数是75%，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考了常见有机物的结构和性质，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。

2．（3分）N_A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）

A．在标准状况下.11.2L丙烷含有的极性键数目为5N_A

B．7g锂在空气中完全燃烧时转移的电子数为N_A

C．1mol葡萄糖（C₆H₁₂O₆）分子含有的羟基数目为6N_A

D．常温下，0.2L0.5mol/LNH₄NO₃溶液中含有的氮原子数小于0.2N_A

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．丙烷分子中含有8个碳氢极性键；

B．锂燃烧生成氧化锂，1mol锂失去1mol电子；

C.1个葡萄糖含有5个羟基；

D．求出NH₄NO₃的物质的量，然后根据1mol硝酸铵中含2mol氮原子来分析。

【解答】解：A．在标准状况下.11.2L丙烷物质的量为0.5mol，含有的极性键数目为4N_A，故A错误；

B.7g锂物质的量为：0.5mol，在空气中完全燃烧时转移的电子数为N_A，故B正确；

C.1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖（C₆H₁₂O₆）分子含有的羟基数目为5N_A，故C错误；

D．溶液中NH₄NO₃的物质的量n＝CV＝0.5mol/L×0.2L＝0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2N_A个，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度中等，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

3．（3分）工业酸性废水中的Cr₂O₇^2﹣可转化为Cr³⁺除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液的体积均为50mL，Cr₂O₇^2﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）。下列说法中，不正确的是（　　）

A．对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr₂O₇^2﹣的去除率

B．实验③中，理论上电路中每通过6mol电子，就有1molCr₂O₇^2﹣被还原

C．实验②中，Cr₂O₇^2﹣在阴极放电的电极反应式是Cr₂O₇^2﹣+6e^﹣+14H⁺＝2Cr³⁺+7H₂O

D．实验③中，C₂O₇^2﹣去除率提高的原因是Cr₂O₇^2﹣+6Fe²⁺+14H⁺＝2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O

【考点】DI：电解原理．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【分析】A．对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr₂O₇^2﹣的去除率越大；

B．实验③中，Cr₂O₇^2﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr₂O₇^2﹣；

C．实验②中，Cr₂O₇^2﹣在阴极上得电子发生还原反应；

D．实验③中，Cr₂O₇^2﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr₂O₇^2﹣。

【解答】解：A．对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr₂O₇^2﹣的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr₂O₇^2﹣的去除率，故A正确；

B．实验③中，Cr₂O₇^2﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr₂O₇^2﹣，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr₂O₇^2﹣在阴极上被还原，且溶液中还有0.5molCr₂O₇^2﹣被Fe²⁺还原，所以一共有1.5mol Cr₂O₇^2﹣被还原，故B错误；

C．实验②中，Cr₂O₇^2﹣在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr₂O₇^2﹣+6e^﹣+14H⁺═2Cr³⁺+7H₂O，故C正确；

D．实验③中，Cr₂O₇^2﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr₂O₇^2﹣，离子方程式为Cr₂O₇^2﹣+6Fe²⁺+14H⁺═2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O，所以导致Cr₂O₇^2﹣去除率提高，故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是B。

4．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．苯酚浊液中加入Na₂CO₃溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠；

B．滴加稀硫酸酸化，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子；

C．氯乙烷与NaOH溶液共热后，发生水解反应，在酸性条件下检验氯离子；

D．先滴入几滴0.01mol•L^﹣1ZnSO₄溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol•L^﹣1CuSO₄溶液，又出现黑色沉淀，Na₂S溶液过量，均为沉淀的生成。

【解答】解：A．苯酚浊液中加入Na₂CO₃溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠，则酸性：苯酚＞HCO₃^﹣，故A正确；

B．滴加稀硫酸酸化，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，检验是否变质时不能加酸酸化，故B错误；

C．氯乙烷与NaOH溶液共热后，发生水解反应，在酸性条件下检验氯离子，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银，不能检验，故C错误；

D．先滴入几滴0.01mol•L^﹣1ZnSO₄溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol•L^﹣1CuSO₄溶液，又出现黑色沉淀，Na₂S溶液过量，均为沉淀的生成，不能比较K_sp（CuS）、K_sp（ZnS）的大小，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握酸性比较、氧化还原反应、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，题目难度不大。

5．（3分）体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德。某种兴奋剂的结构简式如图所示。有关该物质的说法中正确的是（　　）

A．该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl₃溶液呈紫色

B．滴入酸性KMnO₄溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中存在碳碳双键

C．该分子中的所有碳原子可能共平面

D．1mol该物质分别与浓溴水和H₂反应时最多消耗Br₂和H₂分别为1mol和7mol

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】A．苯酚的同系物含1个苯环，1个酚﹣OH，该物质含2个苯环、3个酚﹣OH；

B．酚﹣OH、碳碳双键均能被高锰酸钾氧化；

C．苯环、双键为平面结构，且直接相连；

D．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，苯环、双键均与氢气发生加成反应。

【解答】解：A．苯酚的同系物含1个苯环，1个酚﹣OH，该物质含2个苯环、3个酚﹣OH，结构不相似，不是苯酚同系物，含酚﹣OH，遇FeCl₃溶液呈紫色，故A错误；

B．酚﹣OH、碳碳双键均能被高锰酸钾氧化，则紫色褪去，不能证明其结构中存在碳碳双键，故B错误；

C．苯环、双键为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能共平面，故C正确；

D．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，苯环、双键均与氢气发生加成反应，则1mol该物质分别与浓溴水和H₂反应时最多消耗Br₂和H₂分别为4mol和7mol，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，熟练掌握常见有机物的性质，选项C为解答的难点，题目难度不大。

6．（3分）短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。已知A、C的原子序数之差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半，下列叙述正确的是（　　）

A．简单离子的半径：B＞C＞D＞A

B．B与C形成的化合物在水溶液中能稳定存在

C．C与D都可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同

D．B与D形成的化合物溶于水所得溶液显酸性

【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C的原子序数的差为8，说明A、C同主族，结合A、B、C 三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，令B的最外层电子数为x，则x+2x+2x＝15，解得x＝3，再根据短周期元素A、B、C、D，原子序数依次递增，则A为氧元素，B为铝元素，C为硫元素，D为氯元素，以此解答该题。

【解答】解：A．A为氧元素，B为铝元素，离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径A＞B，故A错误；

B．B为铝元素，C为硫元素，二者形成的化合物在水溶液中易发生水解反应，故B错误；

C．C与D形成的具有漂白性的化合物分别为二氧化硫和次氯酸，二氧化硫可与有色物质发生化合反应生成不稳定的无色物质，次氯酸具有强氧化性，漂白原理不同，故C错误；

D．B为铝元素、D为氯元素，二者形成的化合物是氯化铝，氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子水解溶液呈酸性，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查学生利用原子的结构和位置来推断元素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确半径、金属性非金属性、最高价氧化物对应水化物的酸性的比较规律，难度不大。

7．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（　　）

A．图1表示相同温度下pH＝1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强

B．图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点

C．图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H₂SO₄与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性

D．用0.0100mol/L硝酸银标准溶液，滴定Cl^﹣、Br^﹣及I^﹣且浓度均为0.1000mol/L的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl^﹣

【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；D6：水的电离；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．菁优网版权所有

【专题】13：图像图表题．

【分析】A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比；

B、仅升温促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；

C、b点Kw＝10^﹣12，中性溶液pH＝6；

D、根据﹣lgc（x^﹣）越大，c（x^﹣）越小，先形成沉淀的c（x^﹣）越小．

【解答】解：A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，即II为醋酸，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比，a点导电能力大于b，故A错误；

B、仅升温促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，且氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，与图象不相符合，故B错误；

C、b点Kw＝10^﹣12，中性溶液PH＝6；将pH＝2的硫酸与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故C正确；

D、由图可知，c（I^﹣）最小，先形成沉淀的是I^﹣，故D错误；

故选：C。

【点评】本题涉及知识点较多，这些知识点都是学习的难点，也是考试热点，根据弱电解质溶液中的电离平衡、盐的水解等知识来分析解答，题目难度中等．

二、填空题（共5小题，每小题15分，满分79分）

8．（15分）亚硝酰氯（ClNO）是有机物合成中的重要试剂，红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验室用Cl₂和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验（夹持装置略去） 如图1．请回答：

（1）制备Cl₂发生装置可以　A（或B）　（填大写字母），反应的离子方程式为　MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O（或2MnO₄^﹣+16H⁺+10Cl^﹣＝2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O）　。

（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为：a→　f→g→c→b→d→e→j→h　（按气流方向，用小写字母表示），若用到F，其盛装药品为　饱和食盐水　。

（3）实验室可用图2装置制备亚硝酰氯（ClNO）；

①实验室也可用B装置制备NO，X装置的优点为　排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停　。

②检验装置气密性并装入药品，打开k₂，然后再打开　K₃　（填“k₁”“或“k₃”），通入一段时间气体，（其目的为　排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质　），然后进行其它操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。

③若无装置Y，则Z中ClNO可能发生反应的化学方程式为　2ClNO+H₂O＝2HCl+NO↑+NO₂↑　。

（4）取Z中所得液体m g溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K₂CrO₄溶液为指示剂，用c mol•L^﹣1AgNO₃标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL．（已知：Ag₂CrO₄为砖红色固体；K_sp（AgCl）＝1.56×10^﹣10，K_sp（Ag₂CrO₄）＝1×10^﹣12），则亚硝酰氯（ClNO）的质量分数为　100%　（用代数式表示）。

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】（1）可用二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl₂，应选用装置A，也可以用高锰酸钾固体与浓盐酸反应，需要装置B，据此写出反应的离子方程式；

（2）制得的氯气中往往含有氯化氢和水蒸气，需要用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥，然后根据氯气的密度大于空气选用向上排空气法收集，氯气有毒，需要尾气处理，可用碱石灰吸收，据此分析装置连接顺序；

（3）①与之相比X装置，无需排除发生装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；

②先打开K₂，通入一段时间气体，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、ClNO 变质，然后再打开K₃；

③若无装置Y，Z中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮，据此书写该反应的化学方程式；

（4）取Z中所得液体m g溶于水，配制成250mL溶液，取出的25.00mL中满足：n（NOCl）＝n（Cl^﹣）＝n（Ag⁺）＝c×0.0225L＝0.0225cmol，则250mL溶液中，n（NOCl）＝0.0225cmol0.225cmol，然后结合m＝nM计算亚硝酰氯（ClNO）的质量分数。

【解答】解：（1）可用二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl₂，需要选用装置A，发生反应为：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O，也可以用高锰酸钾固体与浓盐酸反应，需要装置B，发生反应为：2MnO₄^﹣+16H⁺+10Cl^﹣＝2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O，

故答案为：A（或B）； MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O（或2MnO₄^﹣+16H⁺+10Cl^﹣＝2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O）

（2）制得的氯气中往往含有氯化氢和水蒸气，需要用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥，然后根据氯气的密度大于空气选用向上排空气法收集，氯气有毒，需要尾气处理，可用碱石灰吸收，则装置连接顺序为：a→f→g→c→b→d→e→j→h；F装置中盛放饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，

故答案为：f→g→c→b→d→e→j→h；饱和食盐水；

（3）①实验室也可用B装置制备NO，与之相比X 装置无需排除发生装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，

故答案为：无需排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；

②检验装置气密性并装入药品，打开K₂、通入一段时间气体，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、ClNO 变质，再打开K₃，

故答案为：K₃；排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质；

③若无装置Y，Z中亚硝酰氯与水反应，该反应的化学方程式为：2ClNO+H₂O＝2HCl+NO↑+NO₂↑，

故答案为：2ClNO+H₂O＝2HCl+NO↑+NO₂↑；

（4）取Z中所得液体m g溶于水，配制成250mL溶液，取出的25.00mL中满足：n（NOCl）＝n（Cl^﹣）＝n（Ag⁺）＝c×0.0225L＝0.0225cmol，则250mL溶液中，n（NOCl）＝0.0225cmol0.225cmol，

所以亚硝酰氯（ClNO）的质量分数为：100%100%，

故答案为：100%。

【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确“要达到实验目的→应该怎么做→要注意什么”的解题思路为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算、化学实验能力。

9．（15分）锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO₄与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO₄＝ZnS↓+BaSO₄↓．请根据以下工业生产流程回答有关问题。

Ⅰ．ZnSO₄溶液的制备与提纯：

有关资料：

a．菱锌矿的主要成分是ZnCO₃，含少量SiO₂、FeCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃等；

b．Zn（OH）₂与Al（OH）₃相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na₂ZnO₂；

（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO₂可以来自于步骤　①　（选填①、②、③或⑤）。

（2）若步骤中加入的氧化剂为H₂O₂，写出反应的离子方程式　2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂＝2Fe³⁺+2H₂O　。

（3）滤渣2中主要成分为　Fe（OH）₃、Cu（OH）₂　（填化学式）。

（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式　ZnO₂^2﹣+2CO₂+2H₂O＝Zn（OH）₂↓+2HCO₃^﹣　。

（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为　HCO₃^﹣＞H₂CO₃＞CO₃^2﹣　。

Ⅱ．BaS溶液的制备

（6）写出“煅烧还原”反应的化学方程式　BaSO₄（s）+4C（s）BaS（s）+4CO（g）　。BaSO₄和BaCO₃的K_sp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO₃可溶于盐酸，而BaSO₄难溶：　BaCO₃溶解生成的CO₃^2﹣能被H⁺结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42﹣不会被H+结合，所以BaSO₄不会溶于强酸中　。

Ⅲ．制取锌钡白

（7）如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO₄与BaS溶液混合制取锌银白产生的后果是　过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H₂S污染空气，而且会降低锌钡白的产率　。

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】由图或者流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO₃，含少量SiO₂、FeCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃等，加硫酸，只有SiO₂不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO₂，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn²⁺转化ZnO₂^2﹣，使Cu²⁺、Fe³⁺转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe（OH）₃、Cu（OH）₂，滤液2中含有Na₂ZnO₂及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO₂^2﹣转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）₂，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠；

（1）上述各步骤中，只有步骤①中有二氧化碳生成；

（2）过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子，根据得失电子守恒书写离子反应方程式；

（3）滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铜，由此书写由化学式；

（4）④通二氧化碳将ZnO₂^2﹣转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）₂，由此书写离子反应方程式；

（5）滤液3中含碳粒子是碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，由此判断离子浓度的大小；

（6）煅烧发生反应：BaSO₄+4CBaS+4CO↑，BaCO₃溶解生成的CO₃^2﹣能被H⁺结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO₄^2﹣不会被H⁺结合，所以BaSO₄不会溶于强酸中，由此分析解答；

（7）步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H₂S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。

【解答】解：I．由图或者流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO₃，含少量SiO₂、FeCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃等，加硫酸，只有SiO₂不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO₂，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn²⁺转化ZnO₂^2﹣，使Cu²⁺、Fe³⁺转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe（OH）₃、Cu（OH）₂，滤液2中含有Na₂ZnO₂及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO₂^2﹣转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）₂，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠。

（1）上述各步骤中，只有步骤①中有二氧化碳生成，故选：①；

（2）过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂＝2Fe³⁺+2H₂O，故答案为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂＝2Fe³⁺+2H₂O；

（3）滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铜，化学式为：Fe（OH）₃、Cu（OH）₂，故答案为：Fe（OH）₃、Cu（OH）₂；

（4）④通二氧化碳将ZnO₂^2﹣转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）₂，反应方程式为：ZnO₂^2﹣+2CO₂+2H₂O＝Zn（OH）₂↓+2HCO₃^﹣，故答案为：ZnO₂^2﹣+2CO₂+2H₂O＝Zn（OH）₂↓+2HCO₃^﹣；

（5）滤液3中含碳粒子是碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，所以含碳粒子的浓度大小顺序为HCO₃^﹣＞H₂CO₃＞CO₃^2﹣，故答案为：HCO₃^﹣＞H₂CO₃＞CO₃^2﹣；

Ⅱ．（6）煅烧发生反应：BaSO₄+4CBaS+4CO↑，BaCO₃溶解生成的CO₃^2﹣能被H⁺结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO₄^2﹣不会被H⁺结合，所以BaSO₄不会溶于强酸中，故答案为：BaSO₄（s）+4C（s）BaS（s）+4CO（g）；BaCO₃溶解生成的CO₃^2﹣能被H⁺结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42﹣不会被H+结合，所以BaSO₄不会溶于强酸中；

Ⅲ．（7）步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H₂S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，

故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H₂S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。

【点评】本题考查物质制备工艺流程，涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价、电极反应式书写、热化学方程式书写等，理解工艺流程原理是解题关键，题目难度中等。

10．（16分）硫化氢（H₂S）的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

（1）H₂S和CO混合加热可制得频基硫（COS），羰基疏可作粮食熏蒸剂，能防止其些昆虫、线虫和真菌的危害。反应方程式为CO（g）+H₂S（g）＝COS（g）+H₂（g）。

①羰基硫的电子式为　　。

②下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是　ac　（填字母代号）。

a．相同条件下水溶液的pH：Na₂CO₃＞Na₂SO₄

b．酸性：H₂SO₃＞H₂CO₃

c．S与H₂的化合比C与H₂的化合更容易

（2）H₂S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO₄反应生成S、MnSO₄、K₂SO₄和H₂O，写出该反应的化学方程式　5H₂S+2KMnO₄+3H₂SO₄＝5S↓+2MnSO₄+K₂SO₄+8H₂O　。

（3）H₂S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10mol•L^﹣1H₂S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S^2﹣）关系如图所示（忽略溶液体积的变化、H₂S的挥发）。

①pH＝13时，溶液中的c（H₂S）+c（HS^﹣）＝　0.043　mol•L^﹣1。

②某溶液含0.020mol•L^﹣1Mn²⁺、0.10mol•L^﹣1H₂S，当溶液pH＝　5　时，Mn²⁺开始沉淀。[已知：Ksp（MnS）＝2.8×10^﹣13]。

（4）H₂S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H₂S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S^2﹣﹣2e^﹣＝S↓ （n﹣1）S+S^2﹣⇌S_n^2﹣写出电解时阴极的电极反应式：　2H⁺+2e^﹣＝H₂↑（或2H₂O+2e^﹣＝H₂↑+2OH^﹣）　。

（5）一定温度下将NH₄HS固体放入定容真空密闭容器中，可部分分解为硫化氢和氨气：

NH₄HS（s）⇌H₂S（g）+NH₃（g）。

①可以判断上述分解反应已经达到化学平衡状态的是　BC　（填字母代号）

A．v（H₂S）＝v（NH₃） B．密闭容器中总压强不变

C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变

②当上述反应达平衡时：p（NH₃）×p（H₂S）＝a（Pa²），则平衡时容器中的总压为　2　Pa（ 用含a 的代数式表示）。[p（NH₃）、p（H₂S）分别代表NH₃、H₂S的压强，Pa为压强的单位]

【考点】CG：化学平衡状态的判断；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】51E：化学平衡专题．

【分析】（1）①根据羰基硫分子结构和CO₂相似，羰基硫分子中所有原子的最外层都满足8电子结构判断其电子式；

②利用氢化物稳定性、最高价氧化物水化物酸性及得电子能力比较非金属性；

（2）该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、+6价，Mn元素化合价由+7价变为+2价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；

（3）①pH＝13时，c（S^2﹣）＝5.7×10^﹣2mol/L，在0.10mol•L^﹣1H₂S溶液中根据硫守恒c（H₂S）+c（HS^﹣）+c（S^2﹣）＝0.10mol•L^﹣1；

②当Qc＝K_sp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；

（4）阳极上硫离子放电，电极反应式为S^2﹣﹣2e^﹣═S，阴极上氢离子放电生成氢气；

（5）①达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；

②发生反应为NH₄HS＝NH₃+H₂S，NH₄HS分解生成等物质的量的硫化氢和氨气，NH₃与H₂S的分压相同，结合ρ_氢气×ρ_硫化氢＝a（Pa²）计算。

【解答】解：（1）①羰基硫中分子中所有原子的最外层都满足8电子结构，碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氧原子能形成2个共价键，所以其电子式为，

故答案为：；

②a．相同条件下水溶液的pH：Na₂CO₃＞Na₂SO₄，可知硫酸酸性大于碳酸，则非金属性S＞C，故正确；

b．亚硫酸不是最高价含氧酸，则酸性：H₂SO₃＞H₂CO₃，不能比较非金属性，故错误；

c．S与H₂的化合比C与H₂的化合更容易，则非金属性S＞C，故正确；

故答案为：ac；

（2）该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、+6价，Mn元素化合价由+7价变为+2价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为5H₂S+2KMnO₄+3H₂SO₄＝5S↓+2MnSO₄+K₂SO₄+8H₂O，

故答案为：5H₂S+2KMnO₄+3H₂SO₄＝5S↓+2MnSO₄+K₂SO₄+8H₂O；

（3）①根据溶液pH与c（S^2﹣）关系图pH＝13时，c（S^2﹣）＝5.7×10^﹣2mol/L，在0.10mol•L^﹣1H₂S溶液中根据硫守恒c（H₂S）+c（HS^﹣）+c（S^2﹣）＝0.10mol•L^﹣1，所以c（H₂S）+c（HS^﹣）＝0.1﹣5.7×10^﹣2＝0.043mol/L，

故答案为：0.043；

②当Qc＝K_sp（MnS）时开始沉淀，所以c（S^2﹣）mol/L＝1.4×10^﹣11mol/L，结合图象得出此时的pH＝5，所以pH＝5时锰离子开始沉淀，

故答案为：5；

（4）阳极上硫离子放电，电极反应式为S^2﹣﹣2e^﹣═S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H⁺+2e^﹣＝H₂↑，

故答案为：2H⁺+2e^﹣＝H₂↑（或2H₂O+2e^﹣＝H₂↑+2OH^﹣）；

（5）①A．v（H₂S）＝v（NH₃），不能判断正逆反应速率是否相等，不能说明达到平衡状态，故A错误；

B．反应前后气体体积不等，密闭容器中总压强不变，可说明达到平衡状态，故B正确；

C．反应前后气体的质量变化，密闭容器中混合气体的密度不变，可说明达到平衡状态，故C正确；

D．无论是否达到平衡状态，密闭容器中氨气的体积分数都不变，不能说明是否达到平衡状态，故D错误。

故答案为：BC；

②NH₄HS＝NH₃+H₂S，由NH₄HS分解的反应方程式可知：生成等物质的量的硫化氢和氨气，则NH₃与H₂S的分压相同，故p_硫化氢＝p_氨气Pa，所以，平衡后的总压为p_硫化氢+p_氨气＝2Pa，

故答案为：2。

【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡的家计算、化学键、非金属性比较、氧化还原反应等知识，为高考常见题型，题目综合性较强，注重化学反应原理的考查，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

11．（15分）现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素同期表的前四周期，B的基态原子含有3个能级。且每个能级所含的电子数相同。D的原干核外有8个运动状态不同的电子；E与F处干同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E的基态原子有4个未成对电子。

请回答下列问题：

（1）请写出：D基资原子的价层电子排布图　　；F基态原子的价层电子排布式：　3d¹⁰4s¹　

（2）下列说法错误的是　A、D　。

A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO₂＞CO₂

B．电负性顺序：B＜C＜D

C．N₂与CO为等电子体，结构相似

D．稳定性：H₂O＞H₂S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键

（3）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点。向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成[F（X）₄]²⁺，该离子的结构式为　　（用元素符号表示）。

（4）某化合物与F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有　sp²、sp³　。

（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为　8　。

（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为a pm，F离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率　100%　。

【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素同期表的前四周期，B的基态原子含有3个能级，即1s、2s、2p，且每个能级所含的电子数相同，则B的核外电子排布式为1s²2s²2p²，所以B为C，D的原子核外有8个运动状态不同的电子，原子核外每一个电子的运动状态都不同，即没有波函数相同的电子，说明D含有8个核外电子，则D为O，所以C只能为N，E与F处干同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E的基态原子有4个未成对电子，则E的核外电子排布式为[Ar]3d⁶4s²，所以E为Fe，F为Cu，A为H，据此分析，

（1）D为O，价电子排布式为2s²2p⁴，F为Cu，价电子排布式为3d¹⁰4s¹；

（2）A．SiO₂是原子晶体，CO₂是分子晶体，原子晶体熔沸点高于分子晶体；

B．B为C，C为N，D为O；

C．等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的粒子；

D．形成氢键是导致沸点升高；

（3）向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成[F（X）₄]²⁺，即为Cu（NH₃）₄²⁺；

（4）根据结构简式分析，C存在的形式有单键和双键；

（5）B为C，根据晶胞结构分析，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有；

（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，为CuO，晶胞与NaCl类似，空间利用率为。

【解答】解：（1）D为O，价电子排布式为2s²2p⁴，则价层电子排布图为：，

F为Cu，价电子排布式为3d¹⁰4s¹，

故答案为：；3d¹⁰4s¹；

（2）A．SiO₂是原子晶体，CO₂是分子晶体，原子晶体熔沸点高于分子晶体，不是因为二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO₂＞CO₂，故A错误；

B．B为C，C为N，D为O，则电负性大小为：B＜C＜D，故B正确；

C．等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的粒子，N₂与CO为等电子体，结构相似，故C正确；

D．形成氢键是导致沸点升高，不是因为水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键导致稳定性：H₂O＞H₂S，故D错误，

故答案为：A、D；

（3）向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成[F（X）₄]²⁺，即为Cu（NH₃）₄²⁺，则该离子的结构式为：，

故答案为：；

（4）根据结构简式分析，C存在的形式有单键和双键，所以N的杂化方式有sp²、sp³，

故答案为：sp²、sp³；

（5）B为C，根据晶胞结构分析，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中含有B的数目为8个，

故答案为：8；

（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，为CuO，晶胞与NaCl类似，则1个晶胞中含有4个CuO，设D离子的半径为a pm，F离子的半径b pm，V_球，根据几何关系，则晶胞的边长为l＝2（a+b）pm，所以晶胞的体积为V_晶胞＝l³＝8（a+b）³，所以晶胞的空间利用率为100%，

故答案为：100%。

【点评】本题主要考查物质的结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、等电子体、晶体类型与性质、配合物、杂化理论、晶胞计算等，难点是晶胞的计算，明确各个字母的含义，题目难度中等。

12．（18分）光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂、反应条件和产物已略去）：

已知：

Ⅰ．（R，R′为烃基或氢）

Ⅱ．（R，R′为烃基）

（1）写出A的结构简式　　。

（2）B分子中所含官能团的名称为　碳碳双键、醛基　。

（3）乙炔和羧酸X加成生成E，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，则EF的化学方程式为　nCH₃COOCH＝CH₂　。

（4）由F到G的反应类型为　水解（或取代）反应　。

（5）D和G反应生成光刻胶的化学方程式为　　。

（6）C的一种同分异构体满足下列条件：

①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl₃溶液发生显色反应

②苯环上的一氯取代产物只有两种。写出该同分异构体的结构简式：　　。

（7）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH₃CHO为原料制备CH₃COCOCOOH的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：

CH₃CH₂BrCH₃CH₂OHCH₃COOCH₂CH₃　　

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH₃CHO反应得到B，由物质的分子式及信息Ⅰ，可推知A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为，C发生取代反应生成D．乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则E分子中含有C＝C双键，结合分子式可知，X为CH₃COOH，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，故E为CH₃COOCH＝CH₂，F为，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：，

（7）以CH₃CHO为原料制备CH₃COCOCOOH，可以先将发生题中流程里的第一步反应得CH₃CH＝CH₂CHO，再经过氧化、与溴的加成、水解、氧化可得产品。

【解答】解：（1）由以上分析可知A为，故答案为：；

（2）B为，含有碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；

（3）E为CH₃COOCH＝CH₂，在催化作用下发生加聚反应生成，反应的化学方程式为nCH₃COOCH＝CH₂，

故答案为：nCH₃COOCH＝CH₂；

（4）F为含有酯基，可发生生成G，故答案为：水解（或取代）反应；

（5）G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：，该反应方程式为：，

故答案为：；

（6）C的一种同分异构体满足下列条件：

①能发生银镜反应，说明有醛基，其水解产物之一能与FeCl₃溶液发生显色反应，说明水解后产生酚羟基；

②苯环上的一氯取代产物只有两种，说明苯环对位上有两个取代基，符合条件的同分异构体的结构简式为，

故答案为：；

（7）以CH₃CHO为原料制备CH₃COCOCOOH的合成路线，

故答案为：。

【点评】本题考查有机物的推断，为高考常见题型，明确有机物的结构和性质是解本题关键，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，注意把握同分异构体的判断以及合成路线的设计，题目难度不大。

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日期：2019/4/10 15:39:19；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120