精品解析：广东省广州市真光中学、深圳二高等两校2023届高三上学期联考化学试题（解析版）

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“深圳二高-真光中学”•2023届高三联考
化学
时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 Si 28 Ti 48 Mn 55 Fe 56
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。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. 化学与科学技术、生产生活、社会发展和环境保护密切相关，下列说法正确的是
A. 可用于杀菌消毒，但不能用作食品添加剂
B. 是一种红棕色粉末，可用作油漆、涂料等的颜料
C. 大多数胶体带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
D. 二氧化硅制成的光导纤维，由于导电能力强而被用于制成光缆
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性和杀菌消毒作用，可以在葡萄酒中添加适量的二氧化硫防止葡萄酒氧化变质，还能起到杀菌作用，能作食品添加剂，故A错误；
B．Fe2O3俗称铁红，可以做油漆的颜料等，故B正确；
C．胶体不带电，是电中性，胶体中的分散质粒子带电，故C错误；
D．二氧化硅不能导电，具有传输光的能力，故D错误；
答案选B。
2. 下列化学用语正确的是
A. 的电子式：
B. HClO的结构式：H-Cl-O
C. 中子数为8的碳原子：
D. 基态原子的价层电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．电子式书写错误，氯离子周围8个电子没有画上，正确的是，故A错误；
B．HClO的结构式中O原子在中间，正确的是H-O-Cl，故B错误；
C．中14是质量数，6是质子数，中子数=质量数-质子数=14-6=8，故C正确；
D．基态原子的价层电子轨道表示式：，故D错误；
答案选C。
3. 作为广东文化的代表之一，岭南文化历史悠久。下列岭南文化内容中蕴含的化学知识描述正确的是
选项
文化类别
文化内容
化学知识
A
饮食文化
早茶文化中的叉烧包
叉烧包中富含糖类、油脂、蛋白质等营养物质，这些物质都能发生水解反应而被人体吸收
B
服饰文化
“丝中贵族”香云纱
鉴别丝和棉花可以用灼烧的方法
C
嫁娶文化
婚礼流程中“敬茶”环节所用陶瓷茶具
陶瓷茶具的主要成分为硅酸盐，属于有机高分子材料
D
节日文化
烟花舞龙
烟花利用了“焰色试验”原理，该原理属于化学变化

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．糖类中的单糖不能水解，A项错误；
B．丝的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是纤维素，用灼烧的方法可以鉴别二者，B项正确；
C．陶瓷茶具的主要成分为硅酸盐，其为传统无机非金属材料，C项错误；
D．“焰色试验”并未生成新物质，是物质原子内部电子能级的改变，属于物理变化，不是化学变化，D项错误。
答案选B。
4. 萜品醇的结构如图所示。下列说法正确的是

A. 可以发生加成反应 B. 分子中所有碳原子共平面
C. 与乙醇互为同系物 D. 属于酚类物质
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，萜品醇分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，故A正确；
B．由结构简式可知，萜品醇分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，则分子中的所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．同系物必须是含有相同数目的相同官能团的同类物质，由结构简式可知，萜品醇分子中含有的官能团与乙醇不同，不是同类物质，不可能互为同系物，故C错误；
D．由结构简式可知，萜品醇分子中不含有苯环，不可能属于酚类物质，故D错误；
故选A。
5. 元素周期表中N元素的信息如图所示。下列说法正确的是

A. 1mol分子中含个电子
B. 基态N原子的2p能级有一个未成对电子
C. N元素的质量数为14.01
D. 分子的VSEPR模型为正四面体形，键角109°28＇
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个N原子中有7个电子，1个N2分子中有14个电子，1mol N2分子中有14NA个电子，故A正确；
B．基态N原子的2p能级有3个未成对电子，属于半充满稳定，故B错误；
C．质量数是整数，不是小数，元素没有质量数，原子有质量数，14.01是N元素的相对原子质量，故C错误；
D．分子的VSEPR模型为正四面体形，NH3分子模型是三角锥形，键角不是109°28＇，故D错误；
答案选A
6. 下列离子检验的方法正确的是
A. 某溶液中加入氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中一定有离子
B. 用玻璃棒蘸取某无色溶液，灼烧，观察火焰颜色呈黄色，证明原无色溶液中含有钠元素
C. 某溶液中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有离子
D. 某溶液中加入稀硫酸溶液产生无色无味气体，说明原溶液中一定有离子
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化铜是蓝色沉淀，加入氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中一定有离子，故A正确；
B．玻璃中有钠离子，焰色反应实验应该用铂丝，不是用玻璃棒，故B错误；
C．也可能含有碳酸根离子或者硫酸根离子等，应该加入硝酸酸化的硝酸银，故C错误；
D．溶液中也可能是碳酸氢根离子，故D错误；
答案选A。
7. 设为阿伏加德罗常数的值。下列关于C、Si及其化合物的叙述正确的是
A. 12g金刚石中含有的晶胞数目为
B. 能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
C. 碳和二氧化硅反应制粗硅，每生成28g硅有个硅氧键断裂
D. 碳元素存在、、等多种同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．金刚石晶胞中碳原子位于顶点、面心、晶胞内部，1个晶胞含有碳原子数目为，12g金刚石中含有碳原子数目为NA，则晶胞数目为，A正确。
B．二氧化硅和氢氟酸反应未生成盐，不符合两性氧化物的定义，B错误；
C．1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，碳和二氧化硅反应制粗硅，每生成28g（1mol）硅有4NA个硅氧键断裂， C错误；
D．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；碳元素存在12C、13C、14C等多种同位素而非同素异形体，D错误；
故选A。
8. 已知：①固体的熔点为300℃；②无水晶体易升华；③熔融状态的不能导电，稀溶液具有弱的导电能力且可作为手术刀的消毒液，下列关于、和的说法正确的是
A. 均为弱电解质
B. 均为离子化合物
C. 的水溶液导电能力很弱，说明其难溶于水
D. 在水中的电离方程式可能是
【答案】D
【解析】
【详解】A．AlCl3是强电解质，溶于水完全电离，故A错误；
B．无水氯化铝易升华，熔融状态HgCl2不导电说明都是共价化合物，故B错误；
C．的水溶液导电能力很弱，不能说明难溶于水，故C错误；
D．的水溶液导电能力很弱，说明HgCl2可能是弱电解质，电离是可逆过程，电离方程式可能是，故D正确；
答案选D。
9. 化学是一门以实验为基础的学科。下列操作或现象正确的是




A．分别滴入2滴酚酞溶液
B．石蕊溶液先变红后褪色
C．振荡分液漏斗中混合液
D．向容量瓶中转移溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．同浓度的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，Na2CO3溶液的碱性更强，显示红色更深，故A错误；
B．SO2具有漂白性但不能使石蕊试液褪色，能使石蕊试液变红，故B错误；
C．C是萃取中振荡分液漏斗中液体的正确操作，故C正确；
D．向容量瓶中转移溶液应该用玻璃棒引流，故D错误；
答案选C。
10. 某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中正确的是

A. 利用过滤的方法，无法将Z中固体与液体分离
B. Z中分散系能产生丁达尔效应
C. X、Z烧杯中的分散系相同
D. 向X中放入与放入石灰石所得现象完全一样
【答案】B
【解析】
【详解】A．固体不能通过滤纸，胶体能通过滤纸，可以利用过滤的方法将Z中的固体和液体分离，A项错误；
B．Z中红褐色透明液体为氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，B项正确；
C．X为氯化铁溶液，Z为氢氧化铁胶体，二者分散系不相同，C项错误；
D．向X中加入Na2CO3会发生强烈双水解，迅速产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不能形成胶体，与放入石灰石所得现象不一样，D项错误
答案选B。
11. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过氧化钠与水反应：
B. 用白醋除水垢：
C. 电解熔融制镁：
D. 同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应中，过氧化钠属于氧化物不能拆成离子，故A错误；
B．醋酸是弱电解质，在写离子方程式时不能拆，故B错误；
C．电解熔融的氯化镁可以得到镁和氯气，离子方程式正确，故C正确；
D．同浓度同体积溶液与NaOH溶液物质的量相同，OH-先和硫酸氢铵中的H+离子反应，故D错误；
答案选C。
12. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是


气体
试剂
制备装置
收集方法
A

Cu+稀HNO3
b
c
B

NH4Cl
a
d
C

过氧化氢溶液+MnO2
b
e
D

MnO2+浓盐酸
b
c

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】a是固或固固加热型气体发生装置，b是固液无需加热型气体发生装置，c是向上排空气法收集装置，d是向下排空气法收集装置，e是排水法收集装置。
【详解】A．Cu与稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，因此不能用排空气法收集，A错误；
B．不能通过加热NH4Cl制备氨气，因为NH4Cl加热分解生成的氨气和HCl在试管口会重新反应生成NH4Cl，从而得不到氨气，B错误；
C．在MnO2的催化作用下过氧化氢分解生成氧气，氧气难溶于水，可用排水法收集，C正确；
D．MnO2和浓盐酸共热可制备氯气，b缺少加热装置，D错误；
故选C。
13. 化合物M的结构如图所示，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的核外电子数是Y的两倍。下列说法正确的是

A. 简单离子的半径：W>Z>Y B. W的单质不能溶于
C. Y和W的最高化合价均为+6价 D. 最简单氢化物的沸点：Y>W>X
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，由化合物M的结构图可知，Z的阳离子为+1价，原子序数相对较大，则Z为Na；X形成4个共价键，则X为C；W可形成2个共价键，且原子序数比Na大，则W为S；W的核外电子数是Y的两倍，则Y为O；综上所述，X、Y、Z、W分别为C、O、Na、S，据此分析解答。
【详解】A．电子层数多的离子半径大，S2-有3个电子层半径最大，O2-和Na+核外电子排布完全相同，核电荷数大的半径反而小，因此简单离子的半径：S2->O2->Na+，A错误；
B．S单质易溶于CS2，B错误；
C．O非金属性较强，没有+6价，C错误；
D．X、Y、W的最简单氢化物分别为CH4、H2O、H2S，H2O存在分子间氢键沸点最高，H2S的相对分子质量比CH4大，分子间作用力强沸点高，因此沸点：H2O>H2S>CH4，D正确；
故选D。
14. 某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法进行实验，流程如下图。下列说法正确的是

A. 该流程中可循环的物质只有
B. 生成的离子方程式为：
C. 获得纯净晶体的操作为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
D. 用澄清石灰水可以鉴别和
【答案】B
【解析】
【分析】侯氏制碱法是向饱和的氨、食盐水中通入二氧化碳，生成溶解度小的碳酸氢钠沉淀出来，氯化铵留在溶液中，过滤后对碳酸氢钠再加热分解得到纯碱碳酸钠，向母液中加入氯化钠固体，由于氯离子浓度增大会使氯化铵析出，母液可以循环使用。
【详解】A．流程中可以循环使用的物质有二氧化碳和氯化钠溶液，故A 错误；
B．生成的离子方程式为：方程式正确，故B正确；
C．由溶解度图可知，氯化铵溶解度随温度升高而增大，因此从溶液中得到氯化铵固体要用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C错误；
D．和与石灰水都有白色沉淀，不能用石灰水鉴别两种物质，故D错误；
答案选B。
15. 氮化硅(熔点1900℃)具有高强度、高韧性，常用作LED的基质材料，通过与发生反应制得。下列说法正确的是
A. 当生成1mol时，转移电子数目为
B. 该反应中，是还原剂，是氧化产物
C. 还原性强于，可证明非金属性
D. 属于共价晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据方程式，NH3中的H的化合价由+1降低到0，共转移12个电子，生成1mol 时，转移电子数目是12NA，故A错误；
B．该反应中，SiH4中的H的化合价由-1升高到0降低，SiH4是还原剂，Si3N4既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；
C．元素的非金属性与氢化物的还原性无关，故C错误；
D．氮化硅(熔点1900℃)具有高强度、高韧性，属于共价晶体，故D正确；
答案选D。
16. 氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是

A. 可以利用易液化的性质分离出
B. X为，其作用是将氮氧化物充分氧化为
C. 可以用进行氮氧化物的尾气处理
D. 合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．易液化，因此可以利用易液化的性质分离出液态，有利于反应正向移动，故A正确；
B．氨气催化氧化生成NO，NO和氧气、水反应生成硝酸，因此X为，其作用是将氮氧化物充分氧化为，故B正确；
C．根据氧化还原反应原理，氨气和氮氧化物反应生成氮气和水，因此可以用进行氮氧化物的尾气处理，故C正确；
D．合成氨中氮化合价降低，氮被还原，氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化，故D错误；
综上所述，答案D。
二、非选择题：共56分。
17. 是制备金属钛的重要中间体。实验室制备的装置如图(夹持装置略去)。

已知：
Ⅰ.HCl与不发生反应；装置C中除生成外，同时还生成CO和少量。
Ⅱ.的熔、沸点分别为-25℃、136.45℃，遇潮湿空气产生白色烟雾；的熔、沸点分别为-23℃、76.8℃，与互溶。
请回答下列问题：
（1）装置B中所盛试剂为_______，装置C中反应的化学方程式为_______。
（2）组装好仪器后，部分实验步骤如下：
a.装入药品 b.打开分液漏斗活塞 c.检查装置气密性 d.关闭分液漏斗活塞 e.停止加热，充分冷却 f.加热装置C中陶瓷管
正确操作顺序为_______(不重复使用)。
（3）实验结束后分离装置D中烧瓶内的液态混合物的操作是_______(填操作名称)。
（4）该装置存在的缺陷是_______。
（5）可用于制备纳米。测定产品中纯度的方法是：准确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含溶液。加入金属铝，将全部转化为。待过量金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，将氧化为。重复操作2～3次，消耗标准溶液平均体积为20.00mL。
①加入金属铝的作用除了还原外，另一个作用是_______。
②滴定时所用的指示剂为_______(填标号)。
a．酚酞溶液 b．KSCN溶液 c．KMnO4溶液 d．淀粉溶液
③样品中的纯度为_______。
【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. TiO2+6Cl2+4CTiCl4+2CO+2CCl4
（2）cabfed （3）蒸馏
（4）缺少一氧化碳尾气处理装置
（5） ①. 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+离子在空气中被氧化 ②. b ③. 80%
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气与二氧化钛和碳粉末高温条件下反应制备四氯化碳，装置D用于冷凝收集四氯化钛，装置E中盛有碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入D中导致四氯化钛水解，该装置的设计缺陷是没有一氧化碳的尾气处理装置。
【小问1详解】
由分析可知，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中发生的反应为氯气与二氧化钛和碳粉末高温条件下反应生成四氯化碳和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+6Cl2+4CTiCl4+2CO+2CCl4，故答案为：浓硫酸；TiO2+6Cl2+4CTiCl4+2CO+2CCl4；
【小问2详解】
由题给信息可知，制备四氯化钛的操作为组装好仪器后，检查装置气密性，在该装置中装入实验所需药品，打开分液漏斗活塞将浓盐酸滴入圆底烧瓶中制备氯气，待氯气排尽装置中的空气后，加热装置C中陶瓷管制备并收集四氯化钛，待装置D中气体颜色变为无色后，停止加热，充分冷却，关闭分液漏斗活塞停止制备氯气，则制备四氯化钛的正确操作顺序为cabfed，故答案为：cabfed；
【小问3详解】
由题给信息可知，实验结束后装置D中烧瓶内得到四氯化钛和四氯化碳的液态混合物，分离混合物应利用沸点差异，用蒸馏的方法分离得到四氯化钛，故答案为：蒸馏；
【小问4详解】
由分析可知，该装置的设计缺陷是没有一氧化碳的尾气处理装置，故答案为：没有一氧化碳的尾气处理装置；
【小问5详解】
①由题意可知，加入金属铝将TiO2+全部转化为Ti3+离子，同时与溶液中酸反应生成氢气，氢气将装置中的空气排尽形成氢气氛围，防止溶液中的Ti3+在空气中被氧化，故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+离子在空气中被氧化；
②由题意可知，滴定时滴入溶液中的铁离子将溶液中Ti3+离子氧化为TiO2+，当铁离子与Ti3+离子完全反应时，滴入最后一滴硫酸铁铵溶液，过量的铁离子能使硫氰化钾溶液变为红色，则滴定时应选用硫氰化钾溶液做指示剂，故选b；
③由题意可得如下关系：TiO2—Ti3+—Fe3+，滴定消耗0.1000mol/L标准溶液的平均体积为20.00mL，则样品中二氧化钛的纯度为×100%=80%，故答案为：80%。
18. 二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工厂拟用软锰矿(含及少量FeO、和)为原料生产，其工艺流程如下所示：

试回答下列问题：
（1）滤渣①的主要成分是_______；适量的固体的作用是_______。
（2）浸锰时，FeO生成的离子方程式为_______。
（3）检验滤液①中是否含有，除了用酸性高锰酸钾溶液外，还可以用_______试剂。
（4）试剂x为某种钠的正盐，从环保、经济角度，x最好为_______(写化学式)；当完全沉淀时，浓度为。若，调节pH范围应为_______(25℃，，)。
（5）“沉锰”后需要过滤、洗涤沉淀，检验该沉淀洗涤干净的方法是_______。
（6）步骤Ⅱ中，的萃取率与pH的关系如图，如后，随pH增大，萃取率下降的原因是_______。

【答案】（1） ①. ②. 作还原剂，将还原为
（2）
（3）K3Fe(CN)6 (或铁氰化钾)
（4） ①. ②. (或4.7—7)
（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有
（6）pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降
【解析】
【分析】软锰矿中有MnO2，FeO，Al2O3，SiO2等，根据流程图和结合题目中信息，我们要分析到这些元素最终去处，浸锰中生成了Fe3+、Al3+、Mn2+，滤渣①是二氧化硅，萃取分液的目的是除去Fe3+离子，调节pH值是除去Al3+离子，最后沉锰酸溶得到产品。
【小问1详解】
滤渣①的主要成分是SiO2，加入Na2SO3的作用是把MnO2还原为Mn2+离子；
【小问2详解】
FeO是被MnO2氧化为Fe3+离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒得出离子方程式为：
【小问3详解】
Fe2+离子的特征反应是与K3Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀，用K3Fe(CN)6检验Fe2+；
【小问4详解】
沉锰所用试剂要求经济环保，不会引入杂质离子，应该选用碳酸盐，MnCO3是沉淀，沉淀再酸溶不会引入杂质，故选择Na2CO3；调节pH值让铝离子沉淀完全，锰离子不沉淀根据两种离子的溶度积常数计算，=，计算出c(OH-)=mol/L，pH=4.7，=1.0，计算出c(OH-)=mol/L，pH=7，pH范围是：；
【小问5详解】
洗涤沉淀主要是洗去沉淀表面吸附的杂质离子，检验是否洗净主要检验容易检出的离子，由题可知溶液中有硫酸根离子容易检验，因此取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有；
【小问6详解】
萃取主要是萃取出Fe3+离子，当pH值过大时，促使铁离子，溶液中 Fe3+ 浓度降低，甚至会生成Fe(OH)3沉淀，造成萃取率下降。
19. 科幻电影《阿凡达》中外星人流的是蓝色的血液，其实血液的颜色主要是由血蛋白中含有的金属元素决定的，如含铁元素的为常见红色血液、含铜元素的为蓝色血液、含钒元素的为绿色血液等，铜、铁、钒在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）基态V的核外电子排布式为_______。
（2）下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。
A. B. C. D.
（3）在高温下CuO能分解生成，试从原子结构角度解释其原因：_______。
（4）70℃时，会与甘氨酸()反应生成甘氨酸铜，其结构如图所示：

①要确定甘氨酸铜是晶体还是非晶体，最科学的方法是_______。
②图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______。

③顺式—甘氨酸合铜中，Cu的配位数为_______，碳原子的杂化方式是_______。
（5）图1为立方锌的硫化物晶胞，图2为晶胞沿z轴的1∶1平面投影图：

该化合物的化学式为_______晶胞参数为_______pm(写计算表达式)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2 （2）B
（3）Cu2O中+1价的Cu+价层电子排布式为3d10，处于较稳定的全充满状态，结构较稳定
（4） ①. X—射线衍射法 ②. 图a ③. 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 ④. 4 ⑤. sp2、sp3
（5） ①. ZnS ②. 2a
【解析】
【小问1详解】
钒元素的原子序数为23，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；
【小问2详解】
由电子排布式可知，[Ar]3d5为铁离子的电子排布式，铁离子的3d轨道为稳定的半充满结构，较难失去1个电子，则电离最外层一个电子所需能量最大的是铁离子，故选B；
【小问3详解】
Cu2O中+1价的Cu+价层电子排布式为3d10，处于较稳定的全充满状态，结构较稳定，则在高温下CuO能分解生成Cu2O，故答案为：Cu2O中+1价的Cu+价层电子排布式为3d10，处于较稳定的全充满状态，结构较稳定；
【小问4详解】
①确定甘氨酸铜是晶体还是非晶体最科学的方法是X-射线衍射法，故答案为：X-射线衍射法；
②同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞C，则图a符合题意，故答案为：图a；同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高；
③由图可知，顺式—甘氨酸合铜中，铜离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，则铜离子的配位数为4；化合物中单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：4；sp2、sp3；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锌离子个数为8×+6×=4，位于体内的硫离子个数为4，则晶胞的化学式为ZnS；由平面投影图可知，晶胞中面对角线的长度为4apm，设晶胞的参数为xpm，由勾股定理可得：2x2=(4a)2，解得x=2a，故答案为：ZnS；2a。
20. 药物中间体G的一种合成路线如下图所示：

回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为_______，A与加成得到的物质的名称为_______，由A生成B的化学方程式为_______。
（2）关于B、C、D的下列说法错误的是_______。
A. B具有顺反异构体
B. C分子结构中共平面的原子最多有4个
C. D分子中不存在手性碳原子(注：连有四个不同的原子或基团的碳)
D. 由B生成D的反应类型为加成反应
（3）化合物E的分子式为_______，试剂X的结构简式为_______。
（4）G分子脱去2个H原子得到有机物Y，Y的同分异构体中，含有苯环及苯环上含两个及两个以上取代基的有多种，其中含三个取代基且核磁共振氢谱显示四组峰的是_______(任写一种的结构简式)
（5）根据已有知识和上述路线中的相关信息，以和为主要原料设计合成(其他试剂任选)，写出合成路线_______。
【答案】（1） ①. 羧基、碳碳双键 ②. 1，4-丁二酸 ③. +2CH3OH+2H2O （2）BC
（3） ①. C8H14O2 ②.
（4）、 （5）
【解析】
【分析】根据B的分子式知，A中两个羧基和甲醇发生酯化反应生成B为CH3OOCCH=CHCOOCH3，B和C发生开环加成反应生成D，D发生还原反应生成E，E和X发生取代反应生成F，同时生成H2O，根据E、F的结构简式知，X为，F发生取代反应生成G。
【小问1详解】
A中官能团名称为碳碳双键、羧基，和氢气发生加成反应生成HOOC
CH2CH2COOH，名称为1，4-丁二酸，A生成B的方程式为：
+2CH3OH+2H2O
【小问2详解】
A．B的结构简式为，分子中碳碳双键的不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，具有顺反异构体，故A正确；
B．C的结构简式为，碳碳双键及相连的原子为平面结构，分子中最少6个原子共平面， B错误；
C．D分子中标有*为手性碳原子：，C错误；
D．对比有机物的结构简式，可知由B生成D的反应类型为加成反应，D正确；
故选BC。
【小问3详解】
化合物E的分子式为C8H14O2，由分析可知，试剂X的结构简式为：。
【小问4详解】
G分子脱去2个H原子得到有机物Y，Y的分子式为C8H11N，Y的同分异构体含有苯环和三个取代基时，三个取代基为-CH3、-CH3、-NH2，2个甲基有邻、间、对3种位置关系，对应的氨基分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的同分异构体共有2+3+1=6种；其中核磁共振氢谱显示四组峰的是：、。
【小问5详解】
在碱性条件下水解生成，由B生成D可知与反应生成，与氯气发生1,4-加成生成，合成路线为：
。