1、安徽省六安市第一中学2020届高三化学下学期第八次模拟考试试题（含解析）1.化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法正确的是（ ）A. 二氧化硫、漂白粉、双氧水均具有漂白性，其漂白原理相同B. 铝比铁活泼，故铝比铁更易被腐蚀C. 聚乙烯塑料可用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等生活用品D. 小苏打可用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫具有漂白性，是因为二氧化硫能与某些有机色素加合生成无色物质，二氧化硫属于加合型漂白剂，而漂白粉、双氧水具有漂白性，是基于二者的强氧化性所致，二者属于氧化性漂白剂，故二氧化硫与漂白粉、双氧水的漂白原理不同，A错误；B虽然铝比铁活泼，但铝能与
2、空气中的氧气反应生成致密的氧化膜并牢固地覆盖在铝表面，阻止内部的铝与空气接触，从而防止铝被进一步氧化，故铝比铁的抗腐蚀性强，B错误；C聚乙烯塑料无毒且不溶于水，可用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等生活用品，C正确；D小苏打是NaHCO3，NaHCO3能中和盐酸，NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，但产生的CO2气体对胃溃疡产生较强的冲击力，不利于胃溃疡的治疗，D错误；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 电解饱和食盐水时，若生成11.2LCl2，则生成H2分子的数目为0.5NAB. 28g分子式为CnH2n的链烃中含有的共用电子对数目为6NAC. 1mol晶体
3、硅中含有的共价键数目为4NAD. 87gMnO2与100mL12molL-1的浓盐酸共热，转移电子数目为0.6NA【答案】B【解析】【详解】A没有指明是在标准状况下，故11.2LCl2的物质的量不一定是0.5mol，生成H2的物质的量也不一定是0.5mol，即生成H2分子的数目不一定为0.5NA，A错误；B分子式为CnH2n链烃为烯烃，烯烃CnH2n中所含有的共用电子对数目=碳原子数氢原子数，而28g烯烃中含有“CH2”的物质的量为2mol，故其所含有的共用电子对的物质的量=2mol3=6mol，共用电子对数目为6NA，B正确；C在晶体硅中，1个Si原子与周围4个Si原子形成4molSiSi，
4、但只有其中的属于该Si原子，故1mol晶体硅中含有2mol共价键，数目为2NA，C错误；Dn(MnO2)=1mol，n(HCl)=0.1L12molL-1=1.2mol，MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，MnO2过量，若1.2molHCl完全反应，则产生0.3molCl2，转移0.6mol电子，转移电子的数目为0.6NA，实际反应过程中，随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，而稀盐酸与MnO2不反应，即盐酸有剩余，故其转移电子的数目小于0.6NA，D错误；故选B。3.某有机物R的结构简式如图，下面有关说法不正确的是（ ）A. 1molR与足量的Na反应能生成1molH2B. 1mol
5、R最多能消耗2molNaOHC R能发生取代反应、加成反应、氧化反应、还原反应等反应类型D. 1molR完全燃烧消耗16molO2【答案】D【解析】【详解】A1molR中含有1mol羟基（OH）和1mol羧基（COOH），羟基和羧基均能与Na发生反应生成H2，根据关系式：OHH2，COOHH2，故1molR与足量的Na反应能生成1molH2，A正确；B1molR中含有1mol羧基（COOH）和1mol酯基（COOR），1mol羧基能与1molNaOH反应，1mol酯基水解生成的羧基可与1molNaOH反应，故1molR最多能消耗2molNaOH，B正确；CR中含有碳碳双键、羟基、羧基和酯基，羟
6、基、羧基能发生酯化反应，酯基能发生水解反应，酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应，碳碳双键和羟基均能发生氧化反应，碳碳双键和苯环能发生加成反应，其中碳碳双键、苯环与氢气的加成反应又称为还原反应，故C正确；DR的分子式为C14H16O5，R的组成可表示为C14H6(H2O)5，1molC14H6(H2O)5完全燃烧消耗的n(O2)=(14)mol=15.5mol，D错误；故选D。4.根据下列实验操作和现象所得出结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A用pH试纸测同温同浓度的Na2CO3和Na2SiO3溶液的pHpH：Na2CO3溶液小于Na2SiO3溶液非金属性：CSiB用铂丝蘸取少量某无色
7、溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的氢氧化铜悬浊液无砖红色沉淀产生说明蔗糖并未水解D向丙烯醛溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色丙烯醛中含有碳碳双键A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ApH：Na2CO3溶液小于Na2SiO3溶液，说明酸性：H2CO3H2SiO3，说明非金属性：CSi，A正确；B焰色反应呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，但不一定是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，B错误；C蔗糖水解时加入了稀硫酸，能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，从而使氢氧化铜悬浊液溶解并转化为Cu2+，不能被葡
8、萄糖还原为Cu2O，所以即便生成了葡萄糖，也看不到砖红色沉淀，C错误；D丙烯醛的结构简式为CH2=CHCHO，其中，碳碳双键和醛基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故无法证明丙烯醛中含有碳碳双键，D错误；故选A。5.某原电池装置如图所示，盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液，已知，氧化性：Cr2O72-Fe3+，下列叙述中不正确的是（ ）A. a电极为负极，b电极为正极B. 外电路中电子移动的方向：a极导线b极C. 电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯D. 乙烧杯中发生的电极反应为：Cr2O72-14H+6e-=2Cr3+7H2O【答案】C【解析】【详解】A氧化性：Cr2O72-Fe3+，所以该原电池反
9、应中，Fe2+是还原剂，Cr2O72-是氧化剂，即a电极为原电池的负极，b电极为原电池的正极，A正确；B外电路中电子由负极移向正极，即由a极导线b极，B正确；C电池工作时，盐桥中的阳离子移向正极，即K+移向乙烧杯，C错误；Db电极正极，正极得电子发生还原反应，电极反应为：Cr2O72-14H+6e- =2Cr3+7H2O，D正确；故选C。6.向100mL1.5molL-1的Na2CO3溶液中通入标准状况下1.12LCO2气体，充分反应后，假设所得溶液的体积不变，在所得溶液中，下列有关粒子的关系正确的是（ ）A. c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)B. c(Na+
10、)=c(HCO3-)2c(CO32-)C. 3c(H2CO3)c(HCO3-)2c(H+)=c(CO32-)2c(OH-)D. c(HCO3-)c(CO32-)=2molL-1【答案】C【解析】【分析】n(Na2CO3)=0.1L1.5molL-1=0.15mol，n(CO2)=0.05mol，根据化学反应方程式Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3可知，反应消耗了0.05molNa2CO3，生成了0.1molNaHCO3，故反应后的溶液中含有0.1molNa2CO3和0.1molNaHCO3。【详解】A在含有0.1molNa2CO3和0.1molNaHCO3的溶液中，由于CO32-H2OH
11、CO3-OH-，故该溶液中，c(HCO3-)c(CO32-)，A错误；B根据电荷守恒，c(Na+)c(H+)=c(HCO3-)2c(CO32-)c(OH-)，由于混合溶液呈碱性，即c(OH-)c(H+)，故c(Na+)c(HCO3-)2c(CO32-)，B错误；C根据物料守恒，n(Na+)=0.3mol，n(HCO3-)n(CO32-)n(H2CO3)=0.2mol，即2c(Na+)=3c(HCO3-)3c(CO32-)3c(H2CO3)，根据电荷守恒，c(Na+)c(H+)=c(HCO3-)2c(CO32-)c(OH-)，将两式联立，消去c(Na+)得：3c(H2CO3)c(HCO3-)2c
12、(H+)=c(CO32-)2c(OH-)，C正确；D根据物料守恒，c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)=2molL-1，D错误；故选C。7.短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中 X 原子的质子总数与电子 层数相等，X、Z 同主族，Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污 染物。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZYWQB. Y 能分别与 X、Z、W 形成具有漂白性的化合物C. 非金属性：WQ，故 W、Q 的氢化物的水溶液的酸性：WQD. 电解 Z 与 Q 形成的化合物的水溶液可制得 Z 的单质【答案】B【解析】【详解】短周期主族元素 X
13、、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中 X 原子的质子总数与电子 层数相等，则X为氢； Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为氧，W为硫；X、Z 同主族，则Z为钠；Q为氯；A. 核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则S2-Cl-，O2-Na+，电子层多的离子半径大，则S2-Cl-O2-Na+，即ZYQW，故A错误；B. 氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；C. 同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：WQ；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错
14、误；D. 电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；故选B。【点睛】比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。8.氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛用做有机合成催化剂。实验室可用如图所示装置，用还原铜粉和氯气来制备氯化铜。已知：氯化铜容易潮解。氯化亚铜微溶于水，不溶于稀盐酸和酒精。(1)装置A中发生反应的化学方程式为_。(2)B装置的作用是_；C装置中的试剂是_；E装置的作用是_；F装置中可能发生的化学反应的离子方程式为_。(3)当Cl2排尽空气后，加热D。装置D中的现象是_。(4)另取CuCl2固体
15、用于制备CuCl。将CuCl2固体溶解在适量蒸馏水中，并加入少量稀盐酸，然后向溶液中通入SO2气体并加热可得到CuCl白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，即得CuCl晶体。制备CuCl反应的离子方程式为_；洗涤时，先用稀盐酸洗涤数次，后用酒精漂洗，用酒精漂洗的目的是_。【答案】 (1). 2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O (2). 除去氯气中混有的氯化氢气体 (3). 浓硫酸 (4). 防止CuCl2潮解 (5). Cl22OH-=Cl-ClO-H2O (6). 产生棕黄色的烟 (7). 2Cu2+2Cl-SO22H2O2CuCl4H+SO42- (8). 洗去CuC
16、l沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥【解析】【分析】装置A制备氯气，浓盐酸易挥发，所以氯气中含有少量氯化氢气体和水蒸气，需处理，否则会造成CuCl2的水解。CuCl2易潮解，E装置的作用得防止F中的水蒸气进入D装置而引起CuCl2水解。氯气有毒，不能直接排放到空气中。据此解答。【详解】(1)KMnO4的氧化性强于MnO2，故在常温下能与浓盐酸反应产生Cl2，2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O。答案为：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O；(2)该反应为放热反应，浓盐酸易挥发，故生成的氯气中含有少量氯化氢气体，利用氯化氢
17、极易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水将氯气中混有的氯化氢除去，故装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体。C装置中的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气。CuCl2易潮解，E装置中盛有浓硫酸，可防止F中的水蒸气进入D装置而引起CuCl2水解。氯气有毒，不能直接排放到空气中，F装置的作用是吸收未反应的氯气，反应的离子方程式为：Cl22OH- =Cl-ClO-H2O。答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体；浓硫酸；防止CuCl2潮解；Cl22OH-=Cl-ClO-H2O；(3)当Cl2排尽空气后，加热D，发生的反应为CuCl2CuCl2，现象是产生棕黄色的烟。答案为：产生棕黄色的烟；(4)CuC
18、l2溶液与SO2发生氧化还原反应，生成CuCl沉淀和H2SO4，离子方程式为：2Cu2+2Cl-SO22H2O2CuCl4H+SO42-。答案为：2Cu2+2Cl-SO22H2O2CuCl4H+SO42-；CuCl微溶于水，不溶于稀盐酸和酒精，且酒精易挥发，故用酒精漂洗可洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥。答案为：洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥。【点睛】CuCl在热水中迅速水解生成氧化亚铜水合物而呈红色，若用水洗涤，烘干时会发生变质，所以应使用酒精洗涤。9.碘化氢常用于制备碘的化合物和用作有机反应的还原剂。碘化氢不稳定，易分解，碘化氢极易
19、溶于水，其水溶液称为氢碘酸，氢碘酸是强酸，有较强的还原性。(1)氢碘酸若在空气中长期放置，溶液会变成黄色，其原因是_（用化学方程式来表示）。(2)实验室中常用干燥的红磷和碘相互接触，加少量水微热，即可生成碘化氢和亚磷酸（H3PO3），该反应的化学方程式为_。(3)氢气和碘蒸气能直接反应生成碘化氢，H2(g)I2(g)2HI(g) H0。T时，向1L恒容密闭容器中充入0.2molH2和0.2molI2(g)，5min时反应达到平衡，H2、I2(g)和HI的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图l所示：05min内，以HI表示的该反应速率v(HI)=_。T时，该反应的平衡常数K=_。6min
20、时，改变的外界条件为_。10min时，保持其他条件不变，再向容器中充入0.1molH2、0.1molI2(g)、0.2molHI(g)，12min时达到新平衡。在图2中画出1012min，H2和HI的浓度变化曲线_（曲线上标明H2和HI）；05min和02min时间段，H2的转化率分别用1、2表示，则l_2（填“”、“”或“=”）。【答案】 (1). 4HIO2=2H2O2I2 (2). 2P3I26H2O=2H3PO36HI (3). 0.064molL-1min-1 (4). 64 (5). 降温 (6). (7). 【解析】【详解】(1)氢碘酸具有较强的还原性，露置在空气中会被空气中的氧
21、气氧化为碘单质，从而使溶液变黄，反应的化学方程式为：4HIO2=2H2O2I2。答案为：4HIO2=2H2O2I2；(2)根据题意和氧化还原反应方程式的配平原则，该反应的化学方程式为：2P3I26H2O=2H3PO36HI。答案为：2P3I26H2O=2H3PO36HI；(3)由图像可知，05min内，c(HI)=0.32molL-1，v(HI)= =0.064molL-1min-1。答案为：0.064molL-1min-1；T时，该反应在5min时达到平衡，由图像可知，平衡时，c(HI)=0.32molL-1，c(H2)=c(I2)=0.04molL-1，则T时该反应的平衡常数K=64。答案
22、为：64；6min时，反应物、产物浓度瞬间不变，但随着反应的进行，反应物浓度减少，生成物浓度增加，说明平衡正向移动，由于该正反应为放热反应，故6min时改变的条件是降低温度。答案为：降温；10min时，已达到新的平衡，此时c(H2)=c(I2)=0.02molL-1，c(HI)=0.36molL-1，则K=324。保持其他条件不变，再向容器中充入0.1molH2、0.1molI2(g)、0.2molHI，此时，c(H2)=c(I2)=0.12molL-1，c(HI)=0.56molL-1，Qc=K=324，平衡正向移动，c(H2)和c(I2)减小，c(HI)增大，12min时，反应达到新平衡，
23、设10min12min过程中c(H2)=c(I2)=xmolL-1，则12min时，c(H2)=c(I2)=(0.12x)molL-1，c(HI)=(0.562x)molL-1，则K=324，解得：x=0.08，故12min时，c(H2)=c(I2)=(0.120.08)molL-1=0.04molL-1，c(HI)=(0.560.16)molL-1=0.72molL-1，故1012min，H2和HI的浓度变化曲线如图所示。由图示可知，05min时，H2的转化率1=100%=80%，012min时，共充入的n(H2)=0.3mol，12min时，剩余n(H2)=0.04molL-11L=0.0
24、4mol，则012min时，H2的转化率2=100%86.7%，故12。答案为：；。【点睛】10min时，已达到新的平衡，保持其他条件不变，再向容器中充入0.1molH2、0.1molI2(g)、0.2molHI，因为温度不变，平衡常数不变，所以我们需用平衡常数计算达新平衡时各物质的平衡浓度，以此为依据，画出坐标图。10.工业上以铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）为原料制取铵明矾晶体NH4Al(SO4)212H2O的工艺流程如图所示：请回答下列问题：(1)试剂I为_；试剂为_；滤渣a的化学式为_。(2)证明铁元素已全部转化为滤渣b的实验方法是_。(3)滤液中通入足量
25、CO2进行酸化，从而得到固体c，若用盐酸进行酸化否可以？_，请说明理由：_。(4)由固体d制取铵明矾溶液的化学方程式为_，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为（填操作名称）蒸发浓缩、冷却结晶、_。(5)NH4Al(SO4)2溶液呈_（“酸性”、“碱性”或“中性”），原因是_（用离子方程式表示）。(6)若NH4Al(SO4)2溶液、NH4HCO3溶液和NH4Cl溶液中的NH4+的物质的量浓度相等，则三种铵盐溶液的浓度从小到大的顺序为_。【答案】 (1). 盐酸（或稀硫酸等） (2). NaOH溶液（或KOH溶液等） (3). SiO2 (4). 取少量滤液于小试管中，向小试管中滴加KSC
26、N溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b (5). 不可以 (6). 通入足量CO2进行酸化的目的是使滤液中的AlO2-转化为Al(OH)3，而Al(OH)3能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化 (7). Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O (8). 过滤洗涤干燥 (9). 酸性 (10). NH4+H2ONH3H2OH+，Al3+3H2OAl(OH)33H+ (11). cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3)【解析】【分析】根据铝土矿的成分，Al2O3为两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，SiO2属于酸
27、性氧化物，SiO2不与盐酸或稀硫酸等酸反应，结合图中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH)3，则试剂为NaOH溶液或KOH溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣a和试剂I。据此解答。【详解】(1)由图中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH)3，则试剂为NaOH溶液或KOH溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣a为SiO2，试剂I为盐酸或稀硫酸。答案为：盐酸（或稀硫酸等）；NaOH溶液（或KOH溶液等）；SiO2；(2)可通过检验滤液中是否还含有Fe3+，来证明Fe3+是否已全部转化为Fe(OH)3，具体方法为：取少量滤液于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐
28、色滤渣b。答案为：取少量滤液于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b；(3)由上面的分析可知，滤液中含有AlO2-，通入足量CO2进行酸化，AlO2-可转化为Al(OH)3，CO2AlO2-2H2O=Al(OH)3HCO3-，若改用盐酸进行酸化，反应过程中生成的Al(OH)3会溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化。答案为：不可以；通入足量CO2进行酸化的目的是使滤液中的AlO2- 转化为Al(OH)3，而Al(OH)3能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化；(4)根据流程图，固体c为Al(OH)3，固体d为Al2
29、O3，固体d与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾，化学反应方程式为：Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案为：Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O；过滤、洗涤、干燥；(5)NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，因为NH4+和Al3+均能水解使溶液呈酸性，NH4+H2ONH3H2OH+，Al3+3H2OAl(OH)33H+。答案为：酸性；NH4+H2ONH3H2OH+，Al3+3H2OAl(OH)33H+；(6)NH4Al(SO4)2溶液中，Al3+水解产生的H+对NH4
30、+的水解起抑制作用，使NH4+的水解程度减弱，溶液中NH4+的量较多，而NH4HCO3中，HCO3-的水解产生的OH-对NH4+的水解起促进作用，使NH4+的水解程度增大，溶液中NH4+的量较少，因此，若溶液中的NH4+的物质的量浓度相等，三种铵盐溶液的浓度从小到大的顺序为：cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3)。答案为：cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3)。【点睛】判断几种物质的浓度关系时，我们可利用它们所含共同离子的浓度进行判断。一方面比较起始量，另一方面比较变化量，利用平衡量逆推物质的起始浓度。即变化量越大，平衡量越小，则所需起始量应越大。1
31、1.X、Y、Z、W、Q、R 是周期表中前 36 号元素，核电荷数依次增大，其中 X、Y、Z、 W 都是元素周期表中短周期元素。X 为非金属元素，且 X 原子的核外成对电子数是未成对电子数的 2 倍，Z 的次外层电子数是最外层电子数的，W 原子的 s 电子与 p 电子数相等，Q 是前四周期中电负性最小的元素，R 的原子序数为 29。 回答下列问题：（1）X的最高价氧化物对应的水化物分子中，中心原子采取_杂化。（2）化合物 XZ 与 Y 的单质分子互为_，1mol XZ 中含有键的数目为_。（3）W 的稳定离子核外有_种运动状态的电子。W元素的第一电离能比其同周期 相邻元素的第一电离能高，其原因是
32、：_。（4）Q 的晶体结构如图所示，则在单位晶胞中 Q 原子的个数为_，晶体的配位数是_。（5）R元素的基态原子的核外电子排布式为_；Y 与 R 形成某 种化合物的晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数的数值为 NA，则该晶体中 R 原子和 Y 原子之间的最短距离为_cm。（只写计算式）【答案】 (1). sp2 (2). 等电子体 (3). 2NA (4). 10 (5). Mg 原子的价电子排布式为 3s2，3s 轨道处于全满状态，比较稳定， 失去一个电子比较困难 (6). 2 (7). 8 (8). 1s22s22p63s23p63d104s1 (9). 【解析】
33、【分析】X、Y、Z、W、Q、R 是周期表中前 36 号元素，核电荷数依次增大，其中 X、Y、Z、 W 都是元素周期表中短周期元素。X 为非金属元素，且 X 原子的核外成对电子数是未成对电子数的 2 倍，则X的核外电子排布式为1s22s22p2，则X为碳；Z 的次外层电子数是最外层电子数的，则Z为氧，Y为氮；W 原子的 s 电子与 p 电子数相等，则W的核外电子排布式为1s22s22p63s2，W为镁；Q 是前四周期中电负性最小的元素，则Q为钾；R 的原子序数为 29，则R为铜，据此分析解答。【详解】（1）X的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，结构式为，则中心原子C采取sp2杂化，故答案为：
34、sp2；（2）化合物CO与N2分子具有相同的原子个数及价层电子数，属于等电子体；CO的结构与N2相似，为，其中含有键的数目为2NA，故答案为：等电子体；2NA；（3）Mg2+核外有10个电子，则有10种运动状态的电子；W元素的第一电离能比其同周期相邻元素的第一电离能高，其原因是Mg 原子的价电子排布式为 3s2，3s 轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难；故答案为：10；Mg 原子的价电子排布式为 3s2，3s 轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难；（4）根据晶胞结构知，钾原子在顶点和体心，则在单位晶胞中钾原子的个数为8+1=2；离体心钾原子最近的钾原子处于晶胞的8个顶
35、点，则晶体的配位数是8；故答案为：2；8 （5）铜基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；晶胞中含有N原子数为：8=1，含有的Cu原子数为：12=3，则晶胞的质量为，设晶胞的棱长为d，则d3=，则R原子和Y原子之间的最短距离为；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；。12.有机高分子化合物G的合成路线如图：（部分产物及反应条件已略去）已知：2RCH2CHOE遇FeCl3溶液呈紫色，且能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。回答下列问题：(1)A的名称为_，G的结构简式为_。(2)AB的化学方程式为_，该反应的类型为_。
36、(3)C发生银镜反应的化学方程式为_。(4)DEF的化学方程式为_。(5)H为D的同分异构体，且H分子中含有（），苯环上有2个取代基，则H的可能结构有_种（不考虑立体异构），其中，能与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀且核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_。【答案】 (1). 丙醇（或1-丙醇） (2). (3). 2CH3CH2CH2OHO22CH3CH2CHO2H2O (4). 氧化反应 (5). 2Ag(NH3)2OH2Ag3NH3H2O (6). H2O (7). 24 (8). 【解析】【分析】由已知信息和图中转化关系可推知，B分子中含有醛基(-CHO)，且Mr(B)Mr()Mr
37、(H2O)=Mr(C)=146，则Mr(B)=58，故B的结构简式为CH3CH2CHO，进而推知A为CH3CH2CH2OH。结合信息可推知，C为。由已知信息可知，E分子中含有酚羟基（-OH）和羧基（-COOH），且分子中有4种不同的氢原子，则苯环上只有2种不同的氢原子，即酚羟基和羧基处于苯环的对位，E为。D能与E发生酯化反应，说明D中含有羟基，比较C和D的相对分子质量可知，C分子中的醛基与H2发生了加成反应而碳碳双键并没有发生加成反应，故D为，进而推知，F为，F可以通过加聚反应生成G，则G为。【详解】(1)由上面的分析可知A为丙醇（或1-丙醇）。G的结构简式为。答案为：丙醇（或1-丙醇）； ；
38、(2)A在催化剂Cu和加热条件下，被氧气氧化为B，反应的化学方程式为：2CH3CH2CH2OHO22CH3CH2CHO2H2O，该反应为氧化反应。答案为：氧化反应；(3)C分子含有醛基，能发生银镜反应，反应方程式为：2Ag(NH3)2OH2Ag3NH3H2O。答案为：2Ag(NH3)2OH2Ag3NH3H2O；(4)D和E发生酯化反应，化学方程式为：H2O。答案为：H2O；(5)H为D（）的同分异构体，且H分子中含有（），苯环上有2个取代基，结合D的结构简式可知，H分子中的2个取代基可以是烷基和醛基或烷基和羰基，共有8组：CHO、CH2CH2CH3，CHO、CH(CH3)2，CH2CHO、CH2CH3，CH2CH2CHO、CH3，CH(CH3)CHO、CH3，、CH2CH3，、CH3，、CH3，每组取代基在苯环上的位置可以分别为邻、间、对3种，故H的结构简式的种数=38=24。其中，能与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，说明分子中含有醛基，且核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为。答案为：24；。【点睛】书写同分异构体时，我们先找出符合条件的结构片断，然后进行组合。如的异构体中，含有，此时除苯环外，不饱和度、氧原子都已用完，剩下的原子只能构成烷烃基，通过两个取代基中碳原子数的转换，得出不同的取代基。