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1、2019-2020学年北京市西城区第三中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是A CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用 CO合成 CH3OH 进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】C【解析】【分析】【详解】A SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，A 错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B 错误
2、；C除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D用 CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D 错误；故答案选C。2短周期元素a、b、c、d 的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A 为 d 元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是A简单离子半径：cb B丙中既有离子键又有极性键Cb、c 形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2 D a、b、d 形
3、成的化合物中，d 的杂化方式是sp3【答案】A【解析】【分析】短周期元素a、b、c、d 的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则 a为 H 元素，A 为 d 元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为 NaOH，A 为 Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知 b 为 O 元素、c 为 Na 元素、d 为 Cl元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知a 为 H 元素、b 为 O 元素、c 为 Na 元素、d 为 Cl元素，甲为 Na2O、乙为 H2O、丙为 NaOH、丁为 NaClO、戊为 NaCl；A b、c 对应
4、的离子为O2-和 Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-Na+，即 bc，故 A 错误；B丙为 NaOH，由 Na+和 OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B 正确；Cb 为 O 元素、c 为 Na 元素，两者组成的Na2O 和 Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故 C正确；D a、b、d 形成的化合物中，若为NaClO，Cl 原子的价电子对为1+71 1 22=4，则 Cl的杂化方式是sp3；若为 NaClO2，Cl 原子的价电子对为2+712 22=4，则 Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，
5、故 D 正确；故答案为A。3室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（）加入的物质结论A 0.05molCH3COONa固体减小B 0.05molNaHSO4固体c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）c（SO42）C 0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D 50mLH2O 由水电离出的c（H+）c（OH）减小A A BB CC D D【答案】A【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL 溶液，所得溶液的浓度为0.5mol/L。则 A、再加入0.05molCH3C
6、OONa固体，c(Na+)增大为原来的2 倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO的水解程度变小，故 c(CH3COO)大于原来的2 倍，则 c(CH3COO)/c(Na+)比值增大，A 错误；B、加入 0.05molNaHSO4固体，能和 0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和 0.5mol/L 的 Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而 c(Na+)=1mol/L，c(SO42)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)c(SO42)，B正确；C、加入 0.
7、05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入 50mL 水后，溶液变稀，pH 变小，即溶液中c(OH)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)?c(OH)减小，D 正确，答案选A。4下列有关原子结构及元素周期律的叙述不正确的是()A原子半径：r Na r O，离子半径：r(Na+)r(O)，Na+、O2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r(Na+)As
8、，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性强，C正确；D.Na、Mg、Al 位于同一周期，元素的金属性逐渐减弱，则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱，D 正确；故合理选项是B。5W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W 元素形成的单质密度最小，且W 与 X、Y、Z都能形成共价化合物,Y、W 形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W 形成的化合物溶于水显酸性。四种元素原子序数之和为30，可形成的某种化合物结构式为。下列说法正确的是A X为碳元素BY的氧化物对应的水化物是强酸CW 与 Y、Z三种元素形成的化合物
9、中一定不含离子键D含 Z 的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W 元素形成的单质密度最小，则W 为 H，且W 与 X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W 形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为 N，Z、W 形成的化合物溶于水显酸性，则 Z为 F或 Cl，四种元素原子序数之和为30，则 Z 只能为 Cl，可形成的某种化合物结构式为，则 X为 B。【详解】A.X 为硼元素，故A 错误；B.Y的氧化物N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，故B错误；C.W 与 Y、Z三种元素形成的化合物氯化铵中含有离子键，故C 错误；
10、D.含 Z的某种含氧酸盐NaClO 可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铵。625 Co时，23H SO及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数()随溶液 pH 变化关系如图所示，下列叙述错误的是()A溶液的pH=5 时，硫元素的主要存在形式为3HSOB当溶液恰好呈中性时:c(Na+)c(HSO3-)+c(SO32-)C向 pH=8 的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，-32-3c(HSO)c SO的值增大D向 pH=3 的上述溶液中滴加少量稀硫酸，3HSOa减小
11、【答案】C【解析】【详解】A.根据图示可知：溶液的pH=5 时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A 正确；B.根据图示可知：溶液的 pH=7 时，溶液中 c（H+）=c（OH-），溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），则 c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，c(Na+)c(HSO3-)+c(SO32-)，B 正确；C.当向 pH=8 的溶液中滴加少量澄清石灰水，根据图像可知，随着pH 的增大，（SO32-）增大，（HSO3-）减小，因此-32-3c(HSO)c SO的值减小，C错误；D.在 pH=3 的溶液中滴加少量硫
12、酸，溶液中c(H+)增大，根据图像可知 (HSO3-)减小，D 正确；故合理选项是C。7不需要通过氧化还原反应就能从海水中获得的物质是A液溴B精盐C钠D烧碱【答案】B【解析】【分析】海水中溶有氯化钠、溴化钠等多种无机盐，从其利用过程发生的反应判断是否氧化还原反应。【详解】A.从溴化钠（NaBr）制液溴（Br2）必有氧化还原反应，A 项不符；B.海水经蒸发结晶得粗盐，再提纯得精盐，无氧化还原反应，B项符合；C.从海水中的钠离子（Na+）制得钠单质，必有氧化还原反应，C项不符；D.海水制得氯化钠后，电解饱和食盐水得烧碱，发生氧化还原反应，D 项不符。本题选 B。8下列说法正确的是A铅蓄电池充电时，
13、阳极质量增大B0.1mol L-lCH3COONa 溶液加热后，溶液的pH 减小C标准状况下，11.2L 苯中含有的碳原子数为3 6.02 1023D室温下，稀释0.1mol L-1氨水，c(H+)c(NH3H2O)的值减小【答案】D【解析】A.铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，阳极质量减小，故A错误；B.0.1mol L-lCH3COONa溶液加热后，水解程度增大，溶液的碱性增强，pH 增大，故 B错误；C.标准状况下，苯不是气体，无法计算11.2L 苯中含有的碳原子数，故C错误；D.室温下，稀释0.1mol L-1氨水，氨水的电离程度增大
14、，但电离平衡常数不变，K=432c OHc NHc NHH O=432?c OHc NHc Hc NHH Oc H，则c(H+)c(NH3 H2O)=4?wKc NHK，随着稀释，铵根离子浓度减小，因此c(H+)c(NH3 H2O)的值减小，故D正确；故选D。9设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与 pH=1 的 H2SO4溶液的说法正确的是（）A 1LpH=1 的 H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB98g 纯 H2SO4中离子数目为3NAC含 0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NAD Na2S2O3与 H2SO4溶液混
15、合产生22.4L 气体时转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】ApH=1 的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故 1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1NA个，故 A 错误；B硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故 B错误；C硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故 C正确；D所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L 气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】考查物质的
16、量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：气体注意条件是否为标况；物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。10网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是A辛酸的同分异构体（CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2,2,3-三甲基戊酸B辛酸的羧酸类同分异构体中，含有3 个“一 CH3”结构，且存在乙基支链的共有7 种(不考虑立体异构）C辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74 的有机物的共有8 种(不
17、考虑立体异构）D正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式【答案】B【解析】【详解】A.根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3，4，4-三甲基戊酸，A项错误；B.三个甲基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式，分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在这两种结构中，甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6 种结构，还有一种结构为(CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在
18、乙基支链的共有7 种，B项正确；C.辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74 的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结构，也可能是醇，则为丁醇，共有4 种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有 8 种同分异构体；与丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2 种同分异构体，丁醇有 4 种同分异构体，所以共有8 种，因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16 种，C项错误；D.正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所含C 原子数多，常温下呈固态，D 项错误；答案选 B。【点睛】C 选项要从酯在组成上是由酸
19、和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74 的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。11化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程表示生成的 NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（）A催化剂改变了该反应的反应热B过程为放热过程C过程是氢气与氮气分子被催化剂吸附D过程为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A 项、催化剂可改变反应的途径，不改变反应的始终态，则反应热不变，故A 错误；B 项、过程 为化学键的断裂过程，为吸热过程，故B错误；C 项、过程 氢气与氮气分子没有变化，被催化剂吸附的过程，故C正确
20、；D过程 为化学键的形成过程，为放热过程，故D 错误；故选 C。12某无色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-，加入下列哪种溶液不会使其变色A淀粉溶液B硫酸氢钠溶液CH2O2溶液D氯水【答案】A【解析】【详解】Na+、I-、NO3-、Cl-可以共存，在酸性条件下I-可以 NO3-被氧化为I2，加强氧化性物质也能把I-氧化为 I2，生成单质碘，则溶液会变色。A.加淀粉溶液，与I-不反应，则溶液不变色，A 符合题意；B.溶液中硫酸氢钠溶液，硫酸氢钠电离出氢离子，在酸性条件下I-可以 NO3-被氧化为I2，则溶液会变色，B不符合题意；C.H2O2具有强氧化性，能把I-氧化为 I2，则溶液会变色，C
21、不符合题意；D.氯水具有强氧化性，能把I-氧化为 I2，则溶液会变色，D 不符合题意；故合理选项是A。13在常温下，向 20 mL 浓度均为0.1 molL-1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1 mol L-1的氢氧化钠溶液，溶液 pH 随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是A V（NaOH）20 mL 时，2n（+4NH）n（NH3 H2O）n（H+）n（OH-）0.1 mol BV（NaOH）40 mL 时，c（+4NH）c（OH-）C当 0 V（NaOH）40 mL 时，H2O 的电离程度一直增大D若改用同浓度的氨水滴定原溶液，同样使溶液pH7 时所需
22、氨水的体积比氢氧化钠溶液要小【答案】B【解析】【详解】A.V（NaOH）20 mL 时，溶液中的溶质为0.02mol 氯化钠和0.02mol 氯化铵，电荷守恒有n(Na+)+n（H+）+n（+4NH）=n(Cl-)+n（OH-），因为 n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.04mol，所以有 n（H+）+n（+4NH）=0.02+n（OH-），物料守恒有n(Cl-)=n(Na+)+n（+4NH）n（NH3 H2O），即 0.02=n（+4NH）n（NH3 H2O），所以，2n（+4NH）n（NH3 H2O）n（H+）0.04 mol+n（OH-），故错误；B.V（NaOH）40 mL
23、 时，溶质为0.04mol 氯化钠和0.02mol 一水合氨，溶液显碱性，因为水也能电离出氢氧根离子，故c（+4NH）c（OH-）正确；C.当 0V（NaOH）40 mL 过程中，前20 毫升氢氧化钠是中和盐酸，水的电离程度增大，后20 毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误；D.盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH7 时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要大，故错误。故选 B。14下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO32HCa2+H2OCO2B铜与稀硝酸反应：
24、3Cu 2NO38H3Cu2+2NO 4H2O C向 NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO3D用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+Ag(NH3)2+2OHCH3COO+NH4+NH3+Ag +H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A.醋酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式是：CaCO3 2CH3COOHCa2+2CH3COOH2OCO2，A 错误；B铜与稀硝酸反应，方程式符合反应事实，B 正确；C向 NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液，盐电离产生的阳离子、阴离子都发生反应，离子方程式是：NH4+HCO3+2OH+Ba2+H2
25、O+BaCO3+NH3?H2O，C错误；D用银氨溶液检验乙醛中的醛基，方程式的电荷不守恒，应该是：CH3CHO+2Ag(NH3)2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag +H2O，D 错误。故选 B。15下列化学用语中，正确的是A Na 原子结构示意图BMgCl2的电子式CN2分子的结构式N=N DCH4的比例模型【答案】D【解析】【分析】【详解】A钠原子核外有11 个电子，原子结构示意图为：，A 项错误；BMgCl2是离子化合物，电子式为：2:Cl:Mg:Cl:g gggg ggg，B项错误；C氮气是氮原子通过三键形成的分子，结构式为NN，C 项错误；D CH4的比例模型要注意C原子
26、由于半径比H 原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D 项正确；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。.实验室用CuSO4-NaCl 混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如下图。回答以下问题：（1）甲图中仪器1 的名称是 _；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成Cu(SO3)23-，为提高产率，仪器2 中所加试剂应为_（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl 混合液 B、Na2SO3溶液（2）乙图是体系pH 随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程
27、式_；丙图是产率随pH 变化关系图，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_并维持 pH 在 _左右以保证较高产率。（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是_（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是_。.工业上常用CuCl作 O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和 O2的含量。已知：Na2S2O4和 KOH的混合溶液也能吸收氧气。（4）装置的连接顺序应为_D（5）用
28、 D 装置测 N2含量，读数时应注意_。【答案】三颈烧瓶B 2Cu2SO322ClH2O=2CuCl 2H SO42及时除去系统中反应生成的 H+3.5 可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）洗去晶体表面的杂质离子，同时防止 CuCl被氧化CBA 温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）【解析】【分析】.（1）根据仪器的结构和用途回答；仪器 2 中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2将 SO32氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2SO322Cl H2O=2C
29、uCl 2HSO42；丙图是产率随pH 变化关系图，pH=3.5 时 CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl 会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B 中盛放保险粉（Na2S2O4）和 KOH的混合溶液吸收氧气，A 中盛放 CuCl的盐酸溶液吸收CO，D 测定氮气的体积，装置的连接顺序应为CBAD；（5
30、）用 D 装置测 N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【详解】.（1）根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1 的名称是三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成Cu(SO3)23-，为提高产率，仪器 2 中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图是体系pH 随时间变化关系图，随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2将 SO32氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl 2HSO42；丙图是产率随pH 变化关系图，pH=3.5 时 CuCl产率最高
31、，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+，并维持pH 在 3.5 左右以保证较高产率。（3）抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl 会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B 中盛放保险粉（Na2S2O4）和 KOH的混合溶液吸收氧
32、气，A 中盛放 CuCl的盐酸溶液吸收CO，D 测定氮气的体积，装置的连接顺序应为CBAD；（5）用 D 装置测 N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，属于拼合型题目，关键是对原理的理解，难点.（4）按实验要求连接仪器，需要具备扎实的基础。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17X、Y、Z、W 为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3 倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：X Y Z W 请回答以下问题：（1）W 在周期表中位置_；（2）
33、X和氢能够构成+1 价阳离子，其电子式是_，Y的气态氢化物比Z的气态氢化物的沸点高，缘故是_；（3）X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M，M 的晶体类型为_，M 的水溶液显酸性的缘故是 _(用离子方程式表示)。（4）Y和 Z可组成一种气态化合物Q，Q 能与 W 的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是_。在一定条件下，化合物Q 与 Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是_。【答案】三、VIIA H2O 分子间存在着氢键离子晶体NH4+H2ONH3 H2O+H+SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO42SO2(
34、g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol【解析】【分析】由短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的位置，可知X、Y 处于第二周期，Z、W 处于第三周期，Y 原子的最外层电子数是其电子层数的3 倍，最外层电子数为6，故 Y为 O 元素，可推知X 为 N 元素、Z 为 S元素、W 为 Cl。【详解】(1)由上述分析可知：W 为 Cl元素，处于周期表中第三周期第VII A 族，故答案为：三、VIIA；(2)由上述分析可知：X为 N 元素，X 和氢可以构成+1价阳离子为NH4+，其电子式是；Y为 O元素，Z为 S元素，Y的气态氢化物H2O 比 Z 的气态氢化物H2S的沸点高，是因为
35、 H2O 分子间存在着氢键。故答案为：；H2O 分子间存在着氢键；(3)由上述分析可知：X为 N 元素，X 的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M 为NH4NO3，属于离子晶体，水溶液中铵根离子水解NH4+H2ONH3H2O+H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案：离子晶体，NH4+H2ONH3H2O+H+；(4)由上述分析可知：Y为 O 元素，Z为 S元素，W 为 Cl，Y和 Z可组成一种气态化合物Q 为 SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+
36、H2SO4；在一定条件下，化合物Q（SO2）与 Y为 O 元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2+O2 2SO3，反应时，每转移4mol 电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为2mol，氧气为1mol，生成 2mol SO3，放出热量为190.0kJ，所以该反应的热化学方程式是2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol；故答案为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18纳米磷化钴（CoP）常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钴的常用流程如下：（l）基态 P原子的
37、价电子排布式为_，P位于元素周期表中_区。（2）尿素中N 原子的杂化类型是_；C、N、O 三种元素的第一电离能最大的是_，电负性由小到大的顺序为 _。（3）Co(CO3)15(OH）1.11H2O 中 CO32-中 C的价层电子对数为_；该化合物中不含有的化学键有_填标号）。A 离子键B 共价键C 金属键D 配位键E 氢键F 非极性键（4）一些氧化物的熔点如下表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因_。（5）CoP的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm。设 NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为_-gcm-3（列出计算式即可）。【答案】3s23p3P sp3N CNO 3 C
38、F FeCl3是共价化合物，Fe3O4、Co3O4是离子化合物，Fe3O4、Co3O4晶胞结构不同330A459+4312 210nN【解析】【分析】（l）P是 15 号元素，最外层有5 个电子；（2）根据尿素的结构简式是分析 N 原子杂化类型；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子 3p 轨道为半充满状态；同周期元素从左到右电负性依次增大；（3）CO32-中 C的价层电子对数为4+22；（4）化合物类型不同熔沸点不同；晶体结构不同，熔沸点不同；（5）根据 CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为2npm，1 个晶胞含有Co原子数118+6
39、=482、P原子数112+1=44；【详解】（l）P是 15 号元素，最外层有5 个电子，基态P原子的价电子排布式为3s23p3；价电子排布式为3s23p3，所以 P位于元素周期表中P 区；（2）尿素的结构简式是，N 原子形成3 个共价键，有1 对孤电子对，所以N 原子杂化类型是sp3；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子 3p 轨道为半充满状态，所以C、N、O 三种元素的第一电离能最大的是N；同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性由小到大的顺序为CNO；（3）CO32-中 C的价层电子对数为4+22=3；（4）FeCl3是共价化合物，熔沸点低；Fe3O4、Co3O4是离子化合物，熔沸点
40、高，但晶胞结构不同，所以熔沸点有差异；Co(CO3)15(OH）1.11H2O 中 CO32-与 Co2+之间存在离子键；CO32-、水分子内存在共价键；Co2+与 H2O 是配位键；氢键不是化学键，没有非极性键，故选CF；（5）根据 CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为2npm，晶胞体积为32 2npm3，1 个晶胞含有Co原子数118+6=482、P原子数112+1=44；所以晶胞密度为330A4 59+4312210nNgcm-3。【点睛】本题的难点是晶胞计算，根据晶胞结构计算晶胞中的原子数是解题关键，顶点的原子被1 个晶胞占用18
41、、面心的原子被1 个晶胞占用12，楞上的原子被1 个晶胞占用14。19化合物H 在有机合成中有重要的应用，由A 制备 H 的合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHO 2NaOH/H O加热RCH=CHCHO+H2O 回答下列问题：（1）E中的官能团名称为_ 和_。（2）CD 的反应类型为_。BC 的化学反应方程式为_。（3）G 的结构简式为 _。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式_。遇 FeC13溶液显紫色；能发生银镜反应；分子中有5 种不同化学环境的氢原子，且个数比为1：1：2：2：4。（5）写出用乙烯和乙醛为原料制备化合物的合成路线 _（其他无机试剂任选，合成路线流
42、程图示例见本题题干）。【答案】碳碳三键羧基加成反应CH2=CH2（或）CH3CHO32NaOH/HCH CHOO加热CH3CH=CHCHO24Br/CClCH3C CCHO【解析】【分析】根据已知，A 与 CH3CHO反应生成B的结构简式为，B 与新制 Cu(OH)2反应后酸化生成的 C为，C与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成的D 为；E与 C2H5OH 发生酯化反应生成F，F的结构简式为，结合题给已知，G 的结构简式为 CH2=CH2，据此分析作答。【详解】根据已知，A 与 CH3CHO反应生成B的结构简式为，B 与新制 Cu(OH)2反应后酸化生成的 C为，C与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
43、生成的D 为；E与 C2H5OH 发生酯化反应生成F，F的结构简式为，结合题给已知，G 的结构简式为 CH2=CH2；（1）根据 E的结构简式可知，E中官能团为碳碳三键和羧基。（2）C 的结构简式为，C与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成D；BC 的化学方程式为。（3）根据上述推断，G 的结构简式为CH2=CH2。（4）F的结构简式为，F的分子式为C11H10O2，不饱和度为7；F的同分异构体遇FeC13溶液显紫色，说明结构中含酚羟基；能发生银镜反应，说明结构中含CHO；分子中有5 种不同化学环境的氢原子，且个数比为1：1：2：2：4；符合条件的同分异构体的结构简式为、。（5）对比与乙烯、乙醛的结构，结合题给已知，可由 CH2=CH2与 CH3C CCHO 反应制得；则关键由乙醛合成CH3C CCHO，碳链增长，结合题给已知、模仿流程中AB、C DE 即可，合成路线流程图为：CH3CHO32NaOH/HCH CHOO加热CH3CH=CHCHO24Br/CClCH3C CCHO。【点睛】本题的难点是符合条件的同分异构体的书写和合成路线的设计；书写符合条件的同分异构体常用残基拼接法，即根据要求确定可能存在的官能团，剩余部分拼接验证；设计合成路线，先对比原料与产品结构的异同，然后用切割法，结合有机物之间的相互转化和题给信息分析。