四川省泸县第五中学2020届高三上学期第一次月考理综化学试题

1.清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是(　　)

A. “鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色

B. “鼻冲水”中含有5种粒子

C. “鼻冲水”是弱电解质

D. “鼻冲水”不能使二氧化硅溶解

【答案】D

【解析】

分析：根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。

详解：A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；

B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；

C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；

D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。答案选D。

2.下列实验方案正确且能达到实验目的的是(　 )

A. 证明碳酸酸性比硅酸强

B. 验证草酸晶体是否含结晶水

C. 检验混合气体中H2S和CO2

D. 制备乙酸乙酯

【答案】C

【解析】

【详解】A．盐酸挥发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；

B．草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B项错误；

C．足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；

D．导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错误；

所以答案选择C项。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A. 所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等

B. 1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子

C. 1mol Na2O2固体中含有离子总数为4NA

D. 25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子

【答案】B

【解析】

【详解】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molP－P键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molC－H键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；

B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为＋1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B 正确；

C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；

D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH－的物质的量，故D错误，答案选B。

4.下列关于有机化合物的说法正确的是

A. 乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别

B. 异丁烷的一氯代物有3种

C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键

D. 甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4-二氯甲苯

【答案】A

【解析】

【详解】A、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用Na2CO3溶液加以区别，选项A正确；

B. 异丁烷的一氯代物有（CH3）2CHCH2Cl、（CH3）2CClCH3共2种，选项B错误；

C. 聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项C错误；

D．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项 D错误；

答案选A。

5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是(　　)

A. 单质的沸点：Z>W

B. 简单离子半径：X>W

C. 元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物

D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。

【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。

6.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是

A. 放电时，Mo箔上的电势比Mg箔上的低

B. 充电时，Mo箔接电源的负极

C. 放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]

D. 充电时，外电路中通过0.2mol电子时，阴极质量增加3.55g

【答案】C

【解析】

【详解】A. 放电时，Mg作负极，Mo作正极，所以Mo箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B错误；C.根据原电池工作原理，放电时Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+ +2e - = Na2Fe[Fe(CN)6], 故C正确; D.放电时负极上应是2Mg-4e - +2C1-=[Mg2Cl2]2+,通过0.2mol电子时，消耗0.1 mol Mg,质量减少2.4g，则充电时质量增加2.4g，故D错误。答案：C。

【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。

7.25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的p的关系如图所示。下列说法正确的是

A. Ka(HA)=Kb(BOH)=1×10-6

B. b点时，c(A-)=c(B+)=c(H+)=c(OH-)

C. c点时，c(A-)>c(B+)

D. a→c过程中不变

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知 0.1mol/LHA溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L<c(HA)说明HA是弱酸，在溶液中存在电离平衡，由HA⇌H++A-可知：Ka==10-5mol/L，A错误；

B. b点是两者等体积混合溶液呈中性，则c(A-)=c(B+)，c(H+)=c(OH-)，但水电离程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以溶液中离子浓度的大小为：c(A-)=c(B+)>c(H+)=c(OH-)，B错误；

C.a→b酸过量，b点时酸、碱恰好中和，b→c碱过量，则c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，所以溶液中离子浓度关系c(A-)<c(B+)，C错误；

D.，水解平衡常数只与温度有关，因此在该过程中不变，D正确；

故合理选项是D。

8.乳酸亚铁晶体[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3反应制得：

I．制备碳酸亚铁

（1）仪器C的名称是_____。

（2）利用如图所示装置进行实验。首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是____；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞____，打开活塞______，观察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体，写出制备FeCO3的离子方程式____。

（3）装置D的作用是____。

Ⅱ．乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定

将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。

（4）加入少量铁粉的作用是_____。

（5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是_________。

（6）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250 mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示。

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___%（保留小数点后两位）。

【答案】    (1). 三颈烧瓶    (2). 制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化    (3). 3    (4). 2    (5). Fe2++2HCO3‑=FeCO3↓+CO2↑+H2O    (6). 液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化    (7). 防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化    (8). 乳酸（根中的羟基）被酸性高锰酸钾溶液氧化    (9). 97.50

【解析】

【分析】

(1)根据化学反应实验原理进行分析判断。（2）根据实验用到的仪器装置进行分析解答相关的问题；（3）根据化学反应方程式找出相关物质的关系式进行计算。

【详解】（1）由装置图可知仪器C的名称是三颈烧瓶。答案：三颈烧瓶。

（2）为顺利达成实验目的，先要使盐酸与铁粉反应制备FeCl2。先关闭活塞2，打开活塞1、3，待加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，利用生成的H2使B装置中的气压增大，将B装置中的FeCl2溶液加入到C装置中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2。C装置中FeCl2和NH4HCO3发生的反应的离子方程式为Fe2++2HCO3‑=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案：制备Fe2+；利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；2；3；Fe2++2HCO3‑=FeCO3↓+CO2↑+H2O。

（3）亚铁离子易被氧化，装置D的作用是液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化

（4）Fe2+易被氧化为Fe3+，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入少量铁粉的作用，可以防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。答案：防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。

（5）乳酸根中含有羟基，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾的量变多，而计算中按Fe2+被氧化，故计算所得的乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的纯度大于100%。答案：乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化。

（6）3组数据，第二组数据与第一、三组相差太大，应舍去，平均每25.00mL消耗Ce(SO4)2的体积为v=mL=19.50mL，有Ce4++ Fe2+＝Ce3++ Fe3+，25.00mL溶液中含有的Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,则250mL溶液中，原产品中含有n(Fe2+)=0.078mol/L0.25L=0.0195mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为=97.50答案：97.50。

9.KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂，常见制备方法如下。

（1）氯酸钾氧化法：化学反应方程式为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KC1+3C12，每生成3mol KH(IO3)2，反应中转移的电子数为______，向反应后溶液中加______溶液得到KIO3。

（2）一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如图：

①进行“过滤1”时，需同时对CuI沉淀进行洗涤。在洗涤液中可通过滴加______盐溶液来检验其是否已洗涤干净。

②“制FeI2”时，发生反应的化学方程式为______。

③在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI（催化剂）和淀粉，不停地搅拌，反应机理为：第一步IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O  第二步反应的离子方程式为______。

当反应进行到1.5min时，溶液突然变为蓝色，随之又很快消失，则第______步反应速率快。

④改变反应温度，重复上述实验，得到温度（T）与溶液变蓝所需时间（t）的关系如图所示（超过50℃后溶液不会再变蓝）。根据图象，请你分析温度低于50℃时，溶液变蓝所需时间与反应温度的关系：_________。

（3）山东省已下调食用盐碘含量标准每千克盐含碘25毫克（波动范围为18～33mg•kg-1）。测定食盐试样中碘元素含量的步骤如下：称取4.000g市售食盐加入锥形瓶中，依次加入适量的水、稍过量KI及稀硫酸；充分反应后，再加入12.00mL 6.000×10-4mol•L-1Na2S2O3溶液，与生成的碘恰好完全反应。有关反应原理为：

KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。计算该食盐试样中碘元素的含量______mg•kg-1。

【答案】    (1). 30NA    (2). KOH    (3). BaCl2[或Ba(NO3)2]    (4). 2Cul +Fe =Fel2+2Cu    (5). I2 +HSO3- +H2O=2I- +SO42- +3H+    (6). 二    (7). 温度低于30℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；温度高于30℃时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长    (8). 38.10

【解析】

【详解】(1)根据化学反应方程式为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KC1+3C12，I2的化合价由0价到+5价，每生成6mol KH(IO3)2，反应中转移的电子数为60mol，则生成3mol KH(IO3)2转移的电子数为30mol即30NA。根据反应生成的产物KH(IO3)2，要制得KIO3，需向反应后溶液中加KOH溶液，发生的反应为KH(IO3)2+KOH= 2KIO3+H2O。答案：KOH。

（2）“过滤1”操作之前溶液中主要含有硫酸盐，所以只要洗涤滤液中没有SO42-，就表示沉淀已经洗涤干净，检验SO42-离子常用的试剂是BaCl2溶液等可溶性钡盐溶液和稀硝酸（或稀盐酸）.答案：BaCl2或Ba(NO3)2。

②由流程图可知CuI 和Fe 可以“制FeI2”，发生反应的化学方程式为2CuI+Fe =FeI2 +2Cu。答案：2CuI+Fe =FeI2 +2Cu。

③在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI(催化剂)和淀粉，不停地搅拌，反应机理为：第一步IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O ，第二步反应的离子方程式为I2+HSO3-+H2O=2I-+SO42-+3H+。

当反应进行到1.5min时，溶液突然变为蓝色，随之又很快消失，说明第二步反应速率快。

④根据图像可知，温度低于30℃时,温度越高,溶液变蓝所需时间越短，说明催化剂的活性在30℃最好，且温度较高时化学反应速率较快;温度高于30℃时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长。答案：温度低于30C时,温度越高,溶液变蓝所需时间越短;温度高于30C时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长。

(5)根据题目提供反应原理可KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-

KIO33I2S2O32-,n(I)=n(KIO3)=1/6n(S2O32-)=1/66.00010-4mol•L-112.OOmL10-3L•mL-1=1.20010-6mol，m(I)= 1.20010-6mol127g•mol-1103mg•g-1=0.1524mg碘含量为：0.1524mg /(4.000g10-3kg/g)=38.10mg/kg。答案：38.10。

10.燃煤及工业废气中的SO2是形成酸雨的主要原因，消除SO2是减少酸雨形成的有效方法。完成下列问题：

（1）已知：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)  ΔH＝﹣3412.0kJ·mol−1

Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)  ΔH＝﹣25.0kJ·mol−1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)  ΔH＝﹣221.0 kJ·mol−1

则2FeS2(s)+7O2(g)+3C(s)=2Fe(s)+3CO2(g)+4SO2(g)  ΔH＝____kJ·mol−1。

（2）碱性NaClO2溶液脱硫法

SO2与碱性NaClO2溶液反应的离子方程式为2SO2+ClO2-+4OH−⇌2SO42-+C1−+2H2O，已知pc＝﹣lgc（SO2）。在刚性容器中，将含SO2的废气通入碱性NaClO2溶液中，测得pc与温度的关系如图所示。

由图分析可知，该脱硫反应是____反应（填“放热”或“吸热”）；若温度不变，增大压强，该脱硫反应的平衡常数K____（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（3）燃料细菌脱硫法

①含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌（T．f）、氧化亚铁微螺菌（L．f）、氧化硫硫杆菌（T．t）进行脱硫，其脱硫过程如图所示：

已知：脱硫总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+，

Ⅰ反应的化学方程式为：FeS2+6Fe3++3H2O=S2O32-+7Fe2++6H+；

写出Ⅱ反应的化学方程式____。

②在上述脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程可视为下图所示的原电池：

该细胞膜为____（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。该电池的正极电极反应式为______。该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是_________。

【答案】    (1). ﹣2062.5    (2). 放热    (3). 不变    (4). 8Fe3++S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+8Fe2++10H+    (5). 阳离子交换膜    (6). O2+4H++4e﹣＝2H2O    (7). 温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力　。

【解析】

【分析】

（1）盖斯定律计算，利用同向相加、异向相减的原则；

（2）由图分析可知，升温平衡向吸热方向移动可知，对于平衡常数，如果是放热反应，随着温度上升，平衡常数减小；如果是吸热反应，随着温度上升，平衡常数上升；温度不变，K不变；

（3）①观察图像可知：反应Ⅱ是Fe3+和S2O32﹣反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利用得失电子数相等、电荷守恒、原子守恒写出离子方程式；

②在脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程为如图所示的原电池反应，亚铁离子被氧化发生氧化反应在原电池负极反应，正极是氧气在酸性溶液中生成水，正极消耗氢离子，确定细胞膜为阳离子交换膜；温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力。

【详解】（1）已知：①4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H＝﹣3412.0kJ•mol﹣1

②Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H＝﹣25.0  kJ•mol﹣1

③2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221.0  kJ•mol﹣1

盖斯定律①×1/2+②+③×3/2计算 2FeS2（s）+7O2（g）+3C（s）＝2Fe（s）+3CO2（g）+4SO2（g）△H＝﹣2062.5kJ/mol；

答案：﹣2062.5。

（2）已知pc＝﹣lgc（SO2），pc与温度的关系分析，温度越高Pc越小，则二氧化硫浓度增大，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，平衡常数只随温度变化，若温度不变，增大压强，该脱硫反应的平衡常数K不变；

答案：放热；不变。

（3）①反应Ⅱ是Fe3+和S2O32﹣反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式：8Fe3++S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+8Fe2++10H+；

答案：8Fe3++S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+8Fe2++10H+。

②脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程为如图所示的原电池反应，亚铁离子被氧化发生氧化反应在原电池负极反应，正极是氧气在酸性溶液中生成水，电极反应：O2+4H++4e﹣＝2H2O，正极消耗氢离子，该细胞膜为阳离子交换膜，该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是：温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力；

答案：阳离子交换膜；O2+4H++4e﹣＝2H2O；温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力。

11.元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同；元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子。

（1）X基态原子电子排布式为___________。

（2）X的氢化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是___________。

（3）在Y的氢化物（H2Y分子中，Y原子轨道的杂化类型是___________。

（4）Y与X可形成YX32−。

①YX32−的立体构型为___________（用文字描述）。

②写出一种与YX32−互为等电子体的分子的化学式___________。

（5）Z氯化物与氨水反应可形成配合物[Z（NH3）4（H2O）2]Cl2，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是___________（写化学式）。

（6）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为______。其晶胞边长为540.0 pm，密度为________g·cm−3（列式并计算），a位置Y与b位置Z之间的距离为_______pm（列式表示）。

【答案】    (1). 1s22s22p4    (2). 水分子和乙醇分子间形成氢键    (3). sp3    (4). 三角锥形    (5). NCl3  (或PCl3、等N、P的三卤代物、SOCl2)    (6). H2O    (7). ZnS    (8). 4.09 (或4.1)    (9). 135

【解析】

【分析】

元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子，Z是Zn元素；元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素，说明X原子2p能级有4个电子，X是O元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同，Y是S元素。

【详解】(1)X是O元素，核外有8个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p4。

(2) 水分子和乙醇分子间形成氢键，H2S与乙醇分子不能形成氢键，所以水在乙醇中的溶解度大于H2S。

(3) H2S分子中，S原子杂化轨道数是，S原子轨道的杂化类型是sp3。

(4)①SO32－中S原子杂化轨道数是，配位数是3,1对孤电子对，所以立体构型为三角锥形。

②SO32－的原子数是4、价电子数为26，互为等电子体的分子的化学式NCl3。

(5)配合物[Zn(NH3)4(H2O)2]Cl2中O的非金属性大于N，O原子吸引孤电子对的能力大于N，所以Zn与H2O形成的配位键弱，所以该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。

 (6)S与Zn所形成化合物晶体的晶胞如图所示，根据均摊原则，该晶胞中S原子数是、Zn原子数是4，化合物的化学式为ZnS。其晶胞边长为540.0pm，密度为= 4.09g·cm－3，体对角线的长度是 pm， a与b之间的距离为体对角线的 ，a位置Y与b位置Z之间的距离为 =135pm。

12.奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：

已知：乙酸酐的结构简式为。

请回答下列问题：

（1）A的名称是______；B中所含官能团的名称是______。

（2）反应⑤的化学方程式为______，该反应的反应类型是______。

（3）G的分子式为______。

（4）写出满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：______、______。

Ⅰ．苯环上只有三个取代基

Ⅱ核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰

Ⅲ1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2

（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选）______，合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3

【答案】    (1). 对氟苯酚（4-氟苯酚）    (2). 氟原子、酯基    (3).     (4). 消去反应    (5). C10H9O3F    (6).     (7).     (8).

【解析】

【分析】

(1)氟原子与羟基在苯环的对位上，名称为：对氟苯酚（4-氟苯酚）；B中含有的官能团为酯基、氟原子；

（2）通过对比E、G，E中的醇羟基变为氢原子，则⑤为醇羟基的消去反应；

（3）分子G中含有苯基、羧基，支链还有3个碳原子，其分子式为：C10H9O3F；

（4）E的分子式为：C10H9O4F， 1mol该物质与足量 NaHCO3溶液反应生成2 mol CO2，其同分异构体中含有2个羧基，核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，苯环上只有三个取代基，则取代基为对称结构，答案为：、；

（5）已知苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚，则引入溴原子前应先进行题干中②的反应；

【详解】(1)氟原子与羟基在苯环的对位上，名称为：对氟苯酚（4-氟苯酚）；B中含有的官能团为酯基、氟原子；

（2）通过对比E、G，E中的醇羟基变为氢原子，则⑤为醇羟基的消去反应，化学方程式为：；反应类型为：消去反应；

（3）分子G中含有苯基、羧基，支链还有3个碳原子，其分子式为：C10H9O3F；

（4）E的分子式为：C10H9O4F， 1mol该物质与足量 NaHCO3溶液反应生成2 mol CO2，其同分异构体中含有2个羧基，核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，苯环上只有三个取代基，则取代基为对称结构，答案为：、；

（5）已知苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚，则引入溴原子前应先进行题干中②的反应，故反应流程为：