1、广东省江门市2019-2020学年高二化学下学期统考调研测试题（含解析）注意事项：1.答题前，考生务必把自己的姓名、考生号等填写在答题卡相应的位置上。2.做选择题时，必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。3.非选择题必须使用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上指定位置作答，不按以上要求作答的答案无效。5.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。
2、在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）都是食品级塑料制品的主要成分B. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯C. 粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程D. 大豆富含蛋白质，将其磨成豆浆并煮沸后蛋白质变成了氨基酸【答案】C【解析】【详解】A. 聚氯乙烯（PVC）有毒，不能用在食品级塑料制品上，故A错误；B. 花生油是植物油，是不饱和酯，故B错误；C.粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇，此过程中都有新物质生成，所以都是化学变化过程，故C正确；D. 豆浆煮沸后蛋白质没有水解，所以没有生成氨基酸，故
3、D错误；故选：C2.对中国古代著作涉及化学的叙述，下列说法错误的是（ ）A. 汉书中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油B. 菽园杂记有海水提取食盐的记载：“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，俟晒结浮白，扫而复淋”.过程中“灰”的作用是吸附C. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3D. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2【答案】D【解析】【详解】A洧水可燃，指的是石油，故A正确；B烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋是指将稻草麦秆等物燃烧得到草木灰，将草木灰铺在沙滩上，用海水浸湿，草木灰即可
4、以吸附海盐，所以利用的是草木灰的吸附作用，故B正确；C草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故C正确；D石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故D错误；答案选D。3.三室式电渗析法处理含乳酸（HA表示乳酸分子，A-表示乳酸根离子）废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，下列说法正确的是（ ）A. 阴极区电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2B. 交换膜cd为阳离子交换膜，H+从阳极区通过阳离子交换膜进入浓缩室C. 通电一段时间后浓缩室水的量减少，导致乳酸溶液增大D. 当电路中通过1mol电子的电量时，两极一定共产生11.2L（标准状况下）气体【
5、答案】B【解析】【分析】与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，用惰性电极电解，电解质溶液中的阴阳离子放电。【详解】A左边为阴极，电极反应式为2 H+2e-H2，故A错误；B右边为阳极，电极上电极反应式为2H2O-4e-4H+O2，生成的H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，没有进入阴极区，故B正确；C阳极OH-放电，c（H+）增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H+A-HA，乳酸浓度增大，故C错误；D阳极反应式4OH-4e-2H2O+O2，所以当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，阴极反应式为2H
6、2O+4e-2OH-+H2，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的H2生成，标准状况下共0.7522.4=16.8L，故D错误；答案选B4.下列说法正确的是（ ）A. 乙醇和乙醚互为同分异构体B. 硝基乙烷和硝酸乙酯（CH3CH2ONO2）互为同分异构体C. 结构简式为的一溴代物有4种D. 分子式为C4H8属于烯烃的同分异构体有3种（不包括立体异构）【答案】D【解析】【详解】A乙醇和乙醚的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B硝基乙烷（CH3CH2NO2）和硝酸乙酯（CH3CH2ONO2）分子式不同，不是同分异构体，故B错误；C一溴代物有5种，故C错误；DC4H8属于烯烃的同分
7、异构体为碳链异构和碳碳双键的位置异构，丁烯的所有烯烃的碳链结构有：C=C-C-C、C-C=C-C、，共3种，故D正确；答案选D。5.一定温度下，某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g) H0，若15s内c(HI)由0.1mol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是（ ）A. 缩小反应体系的体积，化学反应速率加快B. c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间小于10sC. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢D. 015s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002mol/(Ls)【答案】A【解析】【详解】A. 减小反应体系的体积，相当于
8、增大压强，各物质浓度都增大，则化学反应速率加快，故A正确；B. 反应物浓度越大，化学反应速率越快，则c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需时间大于10s，故B错误；C. 升高温度活化分子百分数增大，则正逆反应速率都加快，故C错误；D. 若在015 s内v(HI)=（0.10.07）15 mol/(Ls)=0.002 mol/(Ls)，相同时间内v(I2)=v(HI)=0.002 mol/(Ls)=0.001 mol/(Ls)，故D错误；故选：A。6.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的（ ）选项实验操作和现象结论A室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaClO溶液和CH3C
9、OONa溶液的pH，CH3COONa溶液对应的pH试纸更蓝酸性：NaClOCH3COONaB取某Na2SO3溶液，加入足量的稀盐酸，产生气泡，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀Na2SO3已部分被氧化C向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液变成血红色原溶液中一定含有Fe2+D在2mL0.01mol/L的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol/LZnSO4溶液有白色沉淀，再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS) Ksp(ZnS)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A错误；B. 加入足量的
10、稀盐酸，排除亚硫酸根离子的干扰，后加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则Na2SO3已部分被氧化，故B正确；C. 先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液变成血红色，原溶液中只含Fe3+也会产生相同的现象，检验Fe2+应先加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水检验，故C错误；D. Na2S溶液过量，再滴入硫酸铜溶液，铜离子与硫离子形成黑色CuS沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，不能比较Ksp大小，故D错误；故选：B。7.常温下体积为1mL、浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释至体积为VmL，pH随lgV的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是（ ）A. VOH为弱碱B. p
11、H=10的两种溶液中的c(X+)：XOH大于X2CO3C. 当lgV=3时，XOH溶液中由水电离的OH-的浓度为10-10mol/LD. 当lgV=2时，若X2CO3溶液升高温度，溶液碱性增强则减小【答案】C【解析】【详解】A根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，故A错误；BXOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）c（X2CO3），则c（X+）：XOH小于X2CO3，故B错误；C. 当lgV=3时，有图像可知，XOH溶液的pH=10，溶液中氢离子的浓度是10-10mol
12、/L，氢离子来自水的电离，水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，则由水电离的OH-的浓度为10-10mol/L，故C正确；D当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大，所以c（HCO3-）/c（CO32-）增大，故D错误；故选：C。二、非选择题：共58分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共43分）8.某实验小组用如图所示装置制取溴苯和溴乙烷.已知溴乙烷为无色液体，难溶于水，沸点为38.4，熔点为-190，密度为1.46
13、gcm-3。主要实验步骤如下：检查装置的气密性后，向圆底烧瓶中加入一定量的苯和液溴。向锥形瓶中加入乙醇和浓H2SO4的混合液至浸没进气导管口。将A装置中的纯铁丝小心向下插入混合液中。点燃B装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10min。请填写下列空白：（1）写出A装置中制取溴苯的化学方程式_。（2）导管a的作用是_。（3）C装置中U型管内部用蒸馏水封住管底的作用是_。（4）反应完毕后，U型管内液体分层，溴乙烷在_层（填：上或下）。（5）步骤中_（填“能”“否”）用大火加热，理由是_。（6）为探究溴和苯的上述反应是取代反应而不是加成反应，用装置D代替装置B、C直接与A相连重新操作实验。装置D中
14、小试管内装有CCl4，其主要作用是_。锥形瓶中装有水，反应后向锥形瓶的水溶液中滴加硝酸银溶液，若有_产生，证明该反应为取代反应。（7）要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的实验方法是：向盛有适量溴乙烷的试管中_。A.加入新制的氯水振荡，再加入少量CCl4振荡，观察下层是否变为橙红色B.滴入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成C.加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成D.加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察是否有浅黄色沉淀生成【答案】 (1). +Br2+HBr (2). 导气、冷凝回流 (3). 溶解吸收溴化氢
15、气体，防止溴化氢及产物逸出污染环境 (4). 下 (5). 不能 (6). 乙醇挥发，易发生副反应生成乙醚、乙烯，浓硫酸使乙醇碳化等 (7). 吸收挥发出来的溴蒸气 (8). 淡黄色沉淀 (9). D【解析】【分析】（1）苯在铁做催化剂时可以和溴发生取代反应获得溴苯；（2）苯和溴都是易挥发的物质，导管a起导气，兼起苯与溴蒸气的冷凝和回流作用，减少反应物的损失；（3）氢溴酸是强酸，水可以阻止物质的溢出，起到水封的作用；（4）反应完毕后，分离U形管内有溴乙烷和蒸馏水，溴乙烷不溶于水，密度比水大；（5）乙醇易挥发，且温度过高时，乙醇在浓H2SO4存在条件下会发生副反应生成乙烯、乙醚等，据此答题；（6
16、）苯和溴都是易挥发的物质，生成物中有苯和溴蒸气，要除去，如果发生取代反应生成物含有HBr，用硝酸银检验，出现淡黄色沉淀；（7）检验某溴乙烷中的溴元素，需要用硝酸中和掉多余的NaOH溶液，再滴加硝酸银溶液。【详解】（1）苯在铁做催化剂时可以和溴发生取代反应获得溴苯，发生反应的原理方程式为：+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；（2）苯和溴都是易挥发的物质，导管a起导气，兼起苯与溴蒸气的冷凝和回流作用，减少反应物的损失，故答案为：导气、冷凝、回流；（3）溴化氢极易溶于水，形成的氢溴酸是强酸，水可以阻止易挥发物质HBr的溢出，起到水封的作用，故答案为：溶解吸收溴化氢气体，防止溴化氢及产物逸出
17、污染环境；（4）溴乙烷不溶于水，密度比水大，在下层，故答案为：下；（5）步骤不能用大火加热，否则乙醇在浓H2SO4存在条件下发生副反应生成乙醚、乙烯等，故答案为：不能；乙醇挥发，易发生副反应生成乙醚、乙烯，浓硫酸使乙醇碳化等；（6）苯和溴都是易挥发的物质，生成物中有苯和溴蒸气，要除去，所以装置（）的锥形瓶中，小试管内盛有CCl4液体，其作用是吸收挥发出来的溴蒸气；证明苯和溴的反应为取代反应而不是加成反应，即检验生成的产物为HBr，则滴加硝酸银溶液，观察到淡黄色沉淀出现，故答案为： 吸收挥发出来的溴蒸气；淡黄色沉淀；（7）要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的实验方法是：向盛有适量溴乙烷的试管中，加入
18、NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察是否有浅黄色沉淀生成，故答案为：D。9.下表是甲、乙、丙、丁四种有机物的有关信息：甲能使溴的四氯化碳溶液褪色；能与水在一定条件下反应生成丙；比例模型为乙由C、H两种元素组成；比例模型为丙由C、H、O三种元素组成；能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；能与丁反应生成相对分子质量为100的酯丁由C、H、O三种元素组成；球棍模型为回答下列问题：（1）甲与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的结构简式是_。（2）乙具有的性质是_（填序号）。A.无色无味液体，有毒B.不溶于水，密度比水的大C.不能使酸性KMnO4溶液褪色D.任何条件下不与氢
19、气反应（3）丙的官能团的名称：_；写出丙与Na反应的化学方程式：_。（4）甲与氢气发生加成反应后生成物质戊，与戊在结构上相似的有机物有一大类（即“同系物”），它们均符合通式CnH2n+2。当n_时，这类有机物出现同分异构现象。（5）丙与丁反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应的反应类型为_；其化学方程式为_。【答案】 (1). CH2BrCH2Br (2). C (3). 羟基 (4). 2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2 (5). 4 (6). 酯化反应/取代反应 (7). CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O【解析】【分析】比例模型为能使溴
20、的四氯化碳溶液褪色，则甲是乙烯CH2=CH2；甲能与水在一定条件下反应生成丙，则丙为CH3CH2OH；乙由C、H两种元素组成；比例模型为，则乙是C6H6；丁由C、H、O三种元素组成；球棍模型为，则丁是CH2=CH-COOH。【详解】（1）甲是乙烯，与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的结构简式是：CH2BrCH2Br，故答案为：CH2BrCH2Br；（2）乙是苯，苯为无色带有特殊气味的液体，有毒，故A错误；不溶于水，密度小于水，故B错误；和酸性高锰酸钾不反应，故C正确；在Ni的催化剂作用下可与H2发生加成反应，故D错误；故答案为：C； （3）丙的CH3CH2OH，官能团的名称：羟基，乙醇与Na反应的
21、化学方程式：2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2，故答案为：羟基；2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2；（4）甲与氢气发生加成反应后生成物质戊，则戊为CH3CH3，戊的同系物中，当n4时，这类有机物出现同分异构现象，故答案为：4；（5）丙是CH3CH2OH，丁是CH2=CH-COOH，两者反应能生成酯，该反应反应类型为酯化反应或取代反应，化学方程式为：CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O，故答案为：酯化反应/取代反应；CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O。10.已知25时，几种常见弱酸的Ka如下表所示：电解
22、质H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3电离常数（molL-1）K1=5610-2K2=5.410-3K=1.710-5K=6.210-10K1=4.210-7K2=5.610-11（1）草酸（H2C2O4）是一种_（填“一元”、“二元”、“多元”）弱酸。25时，0.1molL-1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序是_。（2）KHC2O4溶液呈酸性，向10mL0.01molL-1的H2C2O4溶液滴加0.01molL-1KOH溶液V(mL)。回答下列问题：当V10mL时，反应的离子方程式为_。当V=10mL时，溶液中、H2C2O4、H+的浓度
23、由大到小的顺序为_。当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=2c()+c()；当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)；则a_b（填“”）.【答案】 (1). 二元 (2). Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4 (3). H2C2O4+OH-=+H2O (4). c()c(H+)c()c(H2C2O4) (5). 【解析】【分析】（1）电离常数越大，酸的酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，盐溶液的pH越小；（2）当V10mL时，H2C2O4 和KOH反应生成，还有草酸多余；当V=10mL时，H2C2O4 和KOH恰好完
24、全反应生成KHC2O4，根据电离平衡常数判断电离和水解程度的大小；根据电荷守恒、物料守恒分析判断溶液的组成。【详解】（1）草酸为二元弱酸分步电离；电离平衡常数由大到小的顺序为：H2C2O4CH3COOHH2CO3HCN，电离常数越大，酸的酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，盐溶液的pH越小，则浓度均为0.1molL-1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3的pH由大到小的顺序是Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4，故答案为：二元；Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4；（2）当V10mL时，H2C2O4 和KOH反应生成，还有草酸多余，反应的离子方程
25、式为：H2C2O4+OH-=+H2O；故答案为：H2C2O4+OH-=+H2O；当V=10mL时，H2C2O4 和KOH恰好完全反应生成KHC2O4，水解平衡常数Kh=1.7910-13c(H+)c()c(H2C2O4)；故答案为：c()c(H+)c()c(H2C2O4)；当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=2c()+c()，溶液中电荷守恒为c(K+)+c（H+）=2c()+c()+c（OH-），则c（H+）= c（OH-），溶液呈中性，溶液中溶质为KHC2O4和K2C2O4 ；当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)是溶液中物
26、料守恒分析，溶质为KHC2O4；说明a大于b；故答案为：。11.（1）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2-。已知：正极反应式：O2-4e-=2O2-。则：c电极的名称为_，d电极上的电极反应式为_。（2）如图2所示，用惰性电极电解100mL0.5molL-1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为_，若a电极产生56mL（标准状况）气体，则所得溶液的pH=_（不考虑溶液体积变化）。【答案】 (1). 正极 (2). CH4
27、+4O2-8e-=CO2+2H2O (3). 4OH-4e-=2H2O+O2或2H2O-4e-=4H+O2 (4). 1【解析】【分析】(1)依据装置图中电流流向分析，c为正极，氧气得电子发生还原反应，d为负极，甲烷失电子发生氧化反应；(2)图乙是电解池，与电源正极连接的a电极为阳极，电极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，b为阴极，电极反应为Cu2+2e-=Cu，结合电极方程式计算。【详解】（1）图甲是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生氧化反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2
28、固体，它在高温下能传导阳极生成的O2-离子，负极电极反应为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；（2）如图乙所示电解100mL0.5molL-1CuSO4溶液，发生的电解总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，与电源正极相连的a极为阳极，溶液中氢氧根离子失去电子发生氧化反应，电极反应为：2H2O-4e-=4H+O2或者4OH-4e-=2H2O+O2；若a电极产生56mL（标准状况）氧气，氧气物质的量为0.0025mol，溶液中生成氢离子物质的量为0.01mol，c（H+）=0.1mol/L，pH=-lg0.1=1。（二）选考题：共15分。请考生从2题中任选一题作答。
29、如果多做，则按所做的第一题计分。12.已知元素N、S、可形成多种物质，在工业生产上有着广泛的应用。请回答下列问题：（1）Se与S是同族元素，请写出基态Se原子的电子排布式：_。N与S是不同族元素，请解释NH3在水中的溶解度比H2S大的原因：_。（2）有一种由19号元素中的部分元素组成，且与SCl2互为等电子体的共价化合物，它的分子式为_。借助等电子体原理可以分析出SCN-中键和键的个数比为_。（3）已知的结构为其中S原子的杂化方式是_。（4）N、P可分别形成多种三角锥形分子，已知NH3的键角大于PH3，原因是_。（5）离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不同可形成不同的晶胞结构，见下表：半径比0.
30、2250.4140.4140.7320.7321典型化学式立方ZnSNaClCsCl晶胞已知某离子晶体RA，其阴阳离子半径分别为184pm和74pm，摩尔质量为Mg/mol，则阳离子配位数为_，晶体的密度为_g/cm3（列出计算式，无需化简，设NA为阿伏加德罗常数的值）。【答案】 (1). Ar3d104s24p4或1s22s22p63s23p63d104s24p4 (2). NH3分子与H2O分子之间可以形成氢键，而H2S分子不能与H2O分子之间形成氢键 (3). OF2 (4). 1：1 (5). sp3杂化 (6). 由于电负性NPH，且氮原子半径小于磷原子半径，NH3分子中成键电子对彼
31、此相距更近，斥力更大，所以键角NH3PH3 (7). 4 (8). 【解析】【分析】（1）元素Se处于第四周期VIA族，原子序数为34；NH3分子与H2O分子间形成氢键，H2S不能与H2O形成氢键；（2）等电子体是指原子数目相等，价电子数目相等的粒子，利用原子替换书写，同主族元素原子价电子数目相等；（3）结构中两边的S原子均形成4个键且无孤对电子，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子； （4）电负性NP，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对彼此相离更近，斥力更大；（5）根据741840.402，离子晶体RA的晶胞为立方ZnS型，晶胞中阴离子的配位数为4，晶胞中阴阳离子个
32、数比为1：1.1个晶胞含有4个“RA”，结合摩尔质量计算晶胞中微粒总质量，阴阳离子半径之和为体对角线的，且体对角线为晶胞边长的倍，结合密度公式计算【详解】（1）元素Se处于第四周期VIA族，原子序数为34，基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4；N的电负性很大，使得NH3中N-H键极性非常强，N原子带有明显的负电荷，H2O强极性O-H中的H几乎成为裸露的质子，NH3分子与H2O分子间形成了O-HN氢键，使NH3在水有很大的溶解度。H2S中S所带负电荷不足以使H2S与H2O形成氢键，所以H2S在水中溶解度较小，故答案为：Ar3d104s24p4或1s22s22p63s2
33、3p63d104s24p4；NH3分子与H2O分子之间可以形成氢键，而H2S分子不能与H2O分子之间形成氢键；（2）等电子体是指原子数目相等，价电子数目相等的粒子，由19号元素中的部分元素组成的物质中，与SCl2互为等电子体的共价化合物，只有OF2；SCN-与CO2互为等电子体，CO2的分子结构为O=C=O，其中键和键的个数比为2：2=1：1，所以SCN-中键和键的个数比为也1：1，故答案为：OF2；1：1；（3）的结构中两边的S原子均形成4个键且无孤对电子，所以均为sp3杂化，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子，所以均为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；（4）NH3和PH3均
34、是三角锥形结构，都有一对孤对电子的斥力影响，由于电负性NPH，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对彼此相离更近，斥力更大，所以键角NH3PH3，故答案为：由于电负性NPH，且氮原子半径小于磷原子半径，NH3分子中成键电子对彼此相距更近，斥力更大，所以键角NH3PH3；（5）根据741840.402，离子晶体RA的晶胞为立方ZnS型，晶胞中可以看出阴离子的配位数为4，由于阴阳离子个数比为1：1，所以阳离子的配位数为4。1个晶胞含有4个“RA”，晶胞中微粒总质量=，阴阳离子半径之和为体对角线的，且体对角线为晶胞边长的倍，则晶体密度=，故答案为：4；。13.功能高分子W的合成路线如图：（1
35、）A的化学名称为：_。（2）试剂a是浓硝酸和浓硫酸，B的结构简式是：_。（3）反应的化学方程式：_。（4）F中含有的官能团名称为：_。（5）反应的反应类型是：_。（6）E与氢气发生加成反应可以生成化合物H，写出2种符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式：_。与化合物H具有相同官能团核磁共振氢谱为两组峰，峰面积之比为1：3（7）已知，易被氧化，氨基酸在一定条件下可发生缩聚反应.结合题目信息，设计以甲苯为起始原料制备的合成路线_（其他无机试剂任选）。【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). +NaOH+NaCl (4). 酯基 (5). 水解反应/取代反应 (6). 、 (7). 【解析
36、】【分析】A的分子式是C7H8，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，【详解】（1）A的结构简式：，化学名称为：甲苯，故答案为：甲苯；（2）试剂a是浓硝酸和浓硫酸，B的结构简式是：A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，故答案为：；（3）C为，反应是C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，化学方程式：+NaOH+NaCl；（4）F 是，其中含有的官能团名称为：酯基，故答案为：酯基；（5）反应是高聚物中酯的水解，反应类型是水解反应或取代反应，故答案为：水解反应/取代反应；（6）E与氢气发生加成反应可以生成化合物H，H为CH3CH2CH2COOCH2CH3，与化合物H具有相同官能团，即酯基，核磁共振氢谱为两组峰，峰面积之比为1：3，则可能的同分异构体有：、； （7）先用甲苯发生对位硝基取代，为保护氨基，先用酸性高锰酸钾把苯的甲基取代基发生氧化反应得到羧基，再利用已知条件把硝基变为氨基，最后发生自身缩聚反应得到目标产物，合成路线为：。- 17 -
