2019年普通高等学校招生全国统一考试化学(一)解析版.doc

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2019年普通高等学校招生全国统一考试
化 学
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137
一、选择题：本大题共7小题，每小题6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。
7．一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如下：
MnSO4·nH2O

下列说法错误的是
A．反应①中1mol Fe至多还原1.5mol MnO2
B．重金属主要在滤渣2中
C．步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离
D．合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染
【答案】B
【解析】由反应2Fe +3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O知，A项正确；步骤①中同时发生Fe+Hg2+=Hg+Fe2+，Fe+Pb2+=Pb+Fe2+，故重金属主要在滤渣1中，B项错误；悬浊液中Fe(OH)3颗粒越大越易与MnSO4溶液过滤分离，C项正确；锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能严重污染环境，D项正确。
8．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．在标准状况下，11.2 L丙烷含有的极性键数目为4NA
B．25℃时，Ksp(BaSO4)=1×10−10，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10−3NA
C．标准状况下，2.24L Cl2完全溶于水转移电子数为0.2NA
D．9NA个羟基和10NA个氢氧根离子所含电子数相等
【答案】A
【解析】A项中，每个丙烷分子含有8个C—H极性键，所以标准状况下11.2L即0.5mol丙烷含极性键为4NA，A项正确；B项中，BaSO4饱和溶液的体积未知，所以其钡离子数目无法确定，B错误；C项中，Cl2与H2O的反应是可逆反应，标况下2.24L Cl2完全溶于水过程中不能确定转移电子数目，C错误；D项中，一个羟基有9个电子，一个氢氧根离子有10个电子，9NA个羟基和10NA个氢氧根离子所含电子数分别为81NA、100NA，D错误。
9．由p（丙烯）制备化合物r（丙烯酸甲酯）的流程如下：

下列说法正确的是
A．只有p能发生加聚反应
B．可用NaHCO3溶液鉴别q和r
C．p、q分子中所有原子均可处于同一平面
D．与r含有相同官能团的同分异构体只有2种
【答案】B
【解析】含碳碳双键的有机物均能发生加聚反应，故p、q、r均能发生加聚反应，A项错误；q中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应，r中含有酯基，不能与NaHCO3溶液反应，B项正确；p中含有甲基，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，C项错误；与r含有相同官能团的同分异构体有，D项错误。
10．二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，某小组在实验室中制备ClO2所用装置如下：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2 +2NaHSO4]。

下列说法正确的是
A．装置C中装的是饱和食盐水，a流出气体为SO2
B．装置D放冰水的目的是液化二氧化硫防止污染环境
C．连接装置时，导管口a可接h或g，导管口c接e
D．可以选用装置A利用3mo/L盐酸与MnO2反应制备氯气
【答案】C
【解析】本题考查化学实验中气体制备，二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d。装置C中装的是氢氧化钠溶液用于处理尾气，a流出气体为SO2；装置D放冰水的目的是液化二氧化氯，可以选用装置A利用浓盐酸（浓度大约是12mol/L）与MnO2反应制备氯气。
1．钴（CO）与钛(Ti)是均可与强酸发生反应的金属。利用电解原理电解COCl2溶液制取钴，工作原理如图所示，其中Ti-Ru为惰性电极。下列说法正确的是

A．电解时控制COCl2溶液的pH在0~1范围内
B．电解过程中Cl−在Ti电极放电生成氯气
C．Ti-Ru的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．用COSO4代替COCl2会使钴的产率降低
【答案】D
【解析】Co和Ti能与强酸反应产生H2，电解时的电解质COCl2溶液不能为强酸性环境，电解过程中，Co2+得电子转化为Co在Ti电极沉积，Ti-Ru为惰性电极主要是作为电极和传递电流作用，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，阳极的氢氧根离子会放电，使溶液的氢离子浓度增加，Co能与强酸反应产生H2，不利于Co的沉积，会使产率降低。因此D项正确。
12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的最外层电子数之和是Z的2倍，X的原子半径是同周期所有主族元素中最小的，W或X的简单气态氢化物分子与Y+具有相同的电子数。下列说法正确的是
A．常温常压下，Z呈气态
B．X、Y两种元素形成的化合物水溶液呈碱性
C．Y、Z的最高正价之和与X的相等
D．W的氢化物与W的氧化物之间一定不能发生反应
【答案】B
【解析】W、X、Y、Z依次为N、F、Na、S。常温常压下，硫呈固态，A项错误；NaF是强碱弱酸盐，B项正确；氟无正价，C项错误；NH3具有还原性，NO、NO2等具有氧化性，一定条件下能发生氧化还原反应，D项错误。
13．已知Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol·L−1，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和。若t1时刻在上述体系中加入100mL相应溶液，下列描述正确的是

A．图I是向述体系加入蒸馏水
B．图II是向述体系加入0.001mol·L−1 Ag2SO4溶液
C．图III是向述体系加入0.002mol·L−1 Na2SO4溶液
D．图IV是向述体系加入0.040mol·L−1 AgNO3溶液
【答案】C
【解析】本题考查难溶物溶解平衡及计算。Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol·L−1，c(SO)=0.016 mol·L−1，上述体系加入等体积0.002 mol·L−1 Na2SO4溶液，银离子浓度减半，硫酸根离子浓度增大。
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35-36题为选考题，考生根据要求作答。
26．(14分)氨基甲酸铵是一种重要化工产品，常温时为白色晶体或粉末，易溶于水，难溶于CCl4，59℃时分解为氨及二氧化碳，其制备原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) ΔH=-272kJ·mol−1。某化学兴趣小组利用下图实验装置(部分固定装置已省略)模拟制备NH2COONH4。试回答下列问题：

（1）仪器组装完毕后，首先应进行的操作是____________。仪器b的名称是__________。
（2）装置A用于实验室制取NH2COONH4的原料气体之一，该反应的化学方程式为_______
_______________。
（3）装置F中试剂的名称为______________。
（4）为提高原料气的利用率，应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为___________，装置D采用冰水浴的原因为 _________________________________________。
（5）生成的氨基甲酸铵悬浮于CCl4中，下列操作可实现产品分离的是_______。（填字母）

（6）制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质。
①设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。
限选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：取少量固体样品于试管中，
加入蒸馏水至固体溶解。
得到无色溶液
步骤2：向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置
若溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵
步骤3：向试管中继续加入            
______________，证明固体中含有碳酸氢铵
②根据①的结论：取氨基甲酸铵样品15.8 g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.97 g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为_______________。
【答案】（1）检查装置气密性(1分)；三颈烧瓶(1分)
（2）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2 +2NH3↑+2H2O(2分)
（3）浓硫酸(1分)
（4）2∶1(2分)；降低温度，有利于提高反应物的转化率(或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4分解)(1分)
（5）C(2分)
（6）①
实验步骤
预期现象和结论
步骤3：少量澄清石灰水(1分)
溶液变浑浊(1分)
  ②0.95（或95%）(2分)
【解析】本题以NH2COONH4的制备为载体，考查NH3、CO2的实验室制备、气体的除杂，利用杂质沉淀法测定NH2COONH4的含量。由于NH2COONH4易溶于水，难溶于CCl4，59℃时分解，所以须用干燥的NH3、CO2反应制备NH2COONH4，则装置ADHBGF的主要作用依次是制备NH3、制备NH2COONH4、制备CO2、干燥NH3、除CO2中的HCl气体、干燥CO2，CE通过观察气泡来控制NH3、CO2通入的比例，据此答题。
（1）实验安装完毕后，首先应该进行的操作是检查装置的气密性，仪器b的名称是三颈烧瓶，因此，本题正确答案为：检查装置的气密性；三颈烧瓶；（2）从反应原理可知两种原料气是NH3和CO2，根据实验室制NH3和CO2的装置特点，装置A制取NH3，实验室利用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，因此，本题正确答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）装置H中产生的二氧化碳气体混有水蒸气，而氨基甲酸铵易溶于水，所以反应原料气要经过干燥，装置F中装入的是浓硫酸，用于干燥CO2气体，因此，本题正确答案为：浓硫酸；（4）根据反应原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4 (s) 知，为了提高原料气的利用率，应使NH3和CO2保持2∶1的比例通气，所以应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为2∶1；氨基甲酸铵，常温时为白色晶体或粉末，59℃时分解为氨及二氧化碳，使氨基甲酸铵的产率增大，故需要在冰水浴；因此，本题正确答案为：2∶1；降低温度，有利于提高反应物的转化率（或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4的分解）；（5）氨基甲酸铵难溶于CCl4，悬浮在CCl4中，固液分离一般采用过滤即可，下面操作中过滤操作的是C，因此，本题正确答案为：C；步骤2中加入过量的BaCl2溶液无沉淀生成，说明不存在碳酸铵，步骤3中要证明固体中含有碳酸氢铵，结合限选试剂，应选择澄清石灰水，加入石灰水后碳酸氢根离子和氢氧根离子反应得到碳酸根离子，形成碳酸钙和碳酸钡白色沉淀，即可以证明碳酸氢铵的存在；取氨基甲酸铵样品15.8g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为碳酸钡沉淀。BaCO3为1.97g，原子守恒可得下列关系式，并计算。
NH4HCO3~~BaCO3
79 197
Xg 1.97g
得x=0.79g；样品中氨基甲酸铵的质量分数==95%；因此，本题正确答案为：少量澄清石灰水，溶液变浑浊；95%（或0.95）。
27．（14分）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−）生产CuCl的流程：

根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中X的化学式为　________。
（2）写出产生CuCl的离子方程式：______________________________。
（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：
pH
1
2
3
4
5
6
7
CuCl产率/%
70
90
82
78
75
72
70
析出CuCl晶体最佳pH为________，当pH较大时CuCl产率变低原因是________________
_______________________________。调节pH时，_____（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是______________________________。
（4）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。
②用0.10mol·L−1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++
Ce3+。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：
平行实验次数
1
2
3
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）
24.35
24.05
23.95
则样品中CuCl的纯度为_____________。（结果保留三位有效数字）。
（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl− (aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为_____________________
_________________。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K＝______________________。　
【答案】（1）Fe（2分）
（2）2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO（2分）
（3）2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；
不能；硝酸会与产品CuCl发生反应（各1分）
（4）95.5%（2分）
（5）2CuOHCu2O+H2O (2分)；Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)(2分)
【解析】废液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−，从流程图中知滤渣②能与浓硫酸反应得到硫酸铜溶液和二氧化硫气体，确定滤渣②是铜，铜和Z反应得到CuCl2，Z是氯气，废液中还含有Fe3+、Fe2+，滤液①能与Cl2反应得到蚀刻液，所以滤液①为FeCl2，滤液②能与滤液①混合，则滤渣①为铁与铜的混合物，所以过量的Y为盐酸，废液中加入过量的Fe粉将Fe3+还原为Fe2+。据此答题。
（1）根据上述分析可知，生产过程中的X为Fe，因此，本题正确答案为：Fe；（2）由SO2、
CuSO4、CuCl2调节PH反应得到CuCl和H2SO4，生成CuCl的离子反应方程式为2Cu2++2Cl−+SO2
+2H2O=2CuCl↓+4H++SO，因此，本题正确答案为：2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO；（3）从PH对CuCl产率影响表中直接能看出当PH=2时，CuCl的产率最大，所以析出CuCl晶体最佳PH为2；溶液中存在Cu2+的水解，Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，当PH增大时，氢离子浓度减小，反应向正方向进行，使得Cu2+总浓度下降，故当PH变大时，CuCl产率变低；硝酸具有强氧化性，能与CuCl反应，不能用硝酸代替硫酸调节PH。因此，本题正确答案为：2；Cu2+的水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减少；不能，硝酸会与产品CuCl发生反应；（4）实验通过滴定法测定CuCl的含量，实验平均消耗硫酸铈的体积为（24.05+23.95）/2=24.00ml，所以消耗的硫酸铈为24×10−3ml×0.10mol·L−1=2.4×10-3mol，根据题意的反应方程式CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+
=Fe3++Ce3+，得到CuCl~~FeCl2 ~~CeSO4
1 1
n(CuCl) 2.4×10−3mol
n(CuCl)=2.4×10−3mol，样品中CuCl的纯度为=95.5%；因此，本题正确答案为：95.5%；（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl−(aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解得到Cu2O，则分解方程式为2CuOHCu2O+H2O，根据第一步水解反应的方程式得K=c(H+)·c(Cl−)，将式子进行变形可得K==，因此，本题正确答案为：。
28．(15分)氮氧化物（NOx）和COx会造成环境问题。对上述工业废气进行脱硝脱碳处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
（1）工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式 。

（2）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
①已知：反应I．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.5kJ·mol−1
反应II．N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180kJ·mol−1
则反应III．4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=____________。
②对于反应III，下列措施中一定能提高平衡体系中N2的百分含量的是 (填字母)。
A．增大氧气浓度 B．降低温度 C．加入催化剂 D．增大压强
（3）二甲醚(CH3OCH3)的燃烧尾气中污染物少，可代替柴油。CO、CO2混合加氢的方法是在一个反应器中将合成气直接转化为二甲醚，包括以下4个反应：
反应IV．CO2(g)+3H2(g)CH3OH (g)+H2O(g)
反应V．CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g)
反应VI．CO(g)+2H2(g)CH3OH (g)
反应VII．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
①已知反应VII在某温度下的平衡常数为K=400。此温度下，在一恒容密闭容器中加入CH3OH(g)，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度（mol/L）
0.44
0.6
0.6
此时正、逆反应速率的大小：v(正)______ v(逆) (填“>"、“<”或“=”) 。若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，则反应从起始至10min内反应速率v(CH3OH)= ____________。
（4）水体中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题，某课题组研究发现Fe粉和酸性KNO3溶液反应可以实现地下水脱氮，反应后Fe→Fe2+，且没有气体生成但是生成了一种新的阳离子。
①该反应的离子方程式为 。检验溶液中新生成的阳离子存在的操作为

②某实验室中模拟该反应过程，实验发现：反应一段时间后，反应体系中NH的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是 。
a．该反应达到了平衡状态 b．生成的Fe2+水解
c．Fe2+被还原成Fe d．Fe2+被氧化生成Fe3+
【答案】（1）2H2+2NO=N2+2H2O(2分）
（2）①-1625.5kJ·mol-1（2分） ②B（2分）
（3）>（2分）；0.16mol/(L·min)（2分）
（4）①4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O（2分）；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口部，如果发现红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有铵根离子，否则没有（答案合理即可）（1分）
②b、d（2分）
【解析】（1）从图中找出反应物和生成物，写出相关的反应方程式；（2）根据盖斯定律计算；从使化学反应平衡向正向移动的影响因素着手考虑；（3）利用Qc与平衡常数K的大小来判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的大小，根据平衡三段式法，结合题中信息根据平衡常数的定义与化学反应速率的定义计算作答；（4）①Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，转化为Fe2+与NH，再结合氧化还原反应的规律配平化学方程式；再根据NH的检验方法进行实验；②影响平衡移动的因素，及离子自身的性质来作答。
（1）根据图中我们可以得到反应①2Ce4++H2=2Ce3++2H+和反应②4H++4Ce3++2NO=N2+2H2O，将反应①×2+②得总反应方程式为2H2+2NO=N2+2H2O，因此，本题正确答案为：2H2+2NO=N2+2H2O；
（2）根据盖斯定律反应III=反应I—4反应II可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=-1625.5kJ·mol−1；提高反应III平衡体系中N2的百分含量，A．增大氧气浓度 ，平衡向正向移动，但体系总浓度增大，N2的百分含量不一定增大，不符题意。B．降低温度，反应Ⅲ是放热反应，降低温度平衡正向移动，N2的百分含量增大，符合题意。C．加入催化剂，催化剂加快反应速率，但不影响平衡的移动，N2的百分含量不变，不符合题意。D．该反应正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，N2的百分含量减小，不符合题意。因此，本题正确答案为：①-1625.5kJ·mol−1；②B；反应VII.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，此时刻各组分的浓度如表所示，Qc===1.86＜400，反应还未达到平衡状态，平衡向正向进行，所以v(正)> v(逆)，根据上表可求得加入的甲醇总量为（0.44+1.2）=1.64mol/L。经10min达到平衡，温度不变，则平衡常数K=400；2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始浓度(mol/L) 1.64 0 0
转化浓度(mol/L) 2x x x
平衡浓度(mol/L) 1.64-2x x x
K===400，解得X=0.8mol/L；v(CH3OH)= =1.6mol·L−1
/10min=0.16mol·(L·min)−1；因此，本题正确答案为：>；0.16mol·(L·min)−1；（3）Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，反应后Fe→Fe2+，且没有气体生成，N的化合价降低，得到的是NH。该反应的离子方程式为4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O，铵根离子的检验方法是向溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否变蓝；反应一段时间后，反应体系中NH的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，a．该反应达到了平衡状态，NH的浓度也保持不变，不符合题意；b．生成的Fe2+水解，水解使得Fe2+的浓度减小，使反应向正向进行，NH的浓度增大，符合题意；c．Fe2+被还原成Fe，在酸性的硝酸钾溶液中Fe2+不能被还原成Fe，不符合题意；d．Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe2+易被氧化，Fe2+的浓度减小，使反应向正向进行，NH的浓度增大，符合题意；故选b、d。因此，本题正确答案为：①4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口部，如果发现红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有铵根离子，否则没有（答案合理即可）；②b、d。
35．【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)
甲基呋喃与氨在高温下反应得到甲基吡咯：
+H2O
回答下列问题：
（1）与Zn同区、同周期元素基态原子的核外电子排布式是 。
（2）甲基呋喃和甲基吡咯所含的非金属元素中，电负性最大的是 （填元素符号），第一电离能最大的是 （填元素符号）。
（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中碳原子轨道的杂化类型是 ，1mol CH2=CHCN分子中含π键的数目为 mol。
（4）配合物[Zn(NH3)3(H2O)]2+中与Zn2+形成配位键的原子是 (填元素符号)；与NH3分子互为等电子体的阳离子为 。
（5）NH3的沸点比N2O的沸点 （填“高”或“低”），其主要原因是 。
（6）ZnO晶体随着环境条件的改变形成不同结构的晶体，其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，已知ZnO晶体密度为a g·cm−3，NA表示阿伏伽德罗常数，则该ZnO晶胞体积为 cm3。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2分)
（2）O(1分) N(1分)
（3）sp、sp2(2分) 3(1分)
（4）N、O(2分) H3O+(2分)
（5）高(1分) NH3分子间存在氢键(1分)
（6）(2分)
【解析】（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu。（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，以此分析；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2；双键中有一个π键，三键中有2个π键，则1mol CH2=CHCN分子中含3mol π键；（4）与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；（5）氢键使物质的熔沸点升高；（6）其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。利用“均摊法”，Zn2+个数为12×（1/4）+1= 4，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－均为4，根据ρ=mV计算。
（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu，Cu基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，呋喃和吡咯所含元素中含有C、H、O、N四种元素，其中电负性最大的是O，第一电离能最大的元素是N；故答案为：O、N；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2；双键中有一个π键，三键中有2个π键，则1mol CH2=CHCN分子中含3mol π键；故答案为：sp、sp2；3；（4）与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；故答案为：N、O；；H3O+；（5）氨气分子间存在氢键，氢键使物质的熔沸点升高，N2O分子间只有范德华力，氢键的作用力大于范德华力；故答案为：高；NH3分子间存在氢键；（6）其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。利用“均摊法”，Zn2+个数为12×（1/4）+1= 4，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－均为4。一个晶胞的质量：m(晶胞)=81NA×4g，V==；故答案为：。
36．【化学——选修5：有机化合物基础】（15分）
苯甲醛缩乙二醇与苯甲醚可用于合成香料，苯甲醛缩乙二醇与苯甲醚合成路线如图所示（部分反应条件略去)：

已知：（1）A的分子式为C2H4O，其核磁共振氢谱只有一组峰
（2）
回答下列问题：
（1）E的化学名称是 。
（2）反应①和④的反应类型是_____________、________________。
（3）A的结构简式为____________________________________。
（4）反应②的化学反应方程式为__________________________________________。
（5）若化合物H为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的H的所有同分异构体共有(不考虑立体异构) 种。其中核磁共振氢谱有4组峰，面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为________________________________。
（6）写出由A、苯和必要的无机试剂原料制备的合成路线（参照上述合成路线和信息）。
【答案】（1）碳酸二甲酯（2分）
（2）加成反应 氧化反应（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）
（5）9（2分） （2分）
（6）（3分）
【解析】A的分子式为C2H4O，其核磁共振氢谱只有一组峰，A与CO2得到的信息推出A的结构为，D → F在CrO3的氧化下发生氧化反应得到醛，所以D为，由已知（2）可知符合反应规律的是反应②，所以B为CH3OH，C为HOCH2CH2OH，据此答题。
（1）根据有机物命名，E为碳酸二甲酯；故答案为：碳酸二甲酯；反应①碳氧键断开，发生反应，该反应为加成反应，由苯乙醇转化为苯乙醛，反应④为醇的催化氧化反应，故答案为：加成反应 、氧化反应。由以上分析可得A的结构为，故答案为：；反应②为与甲醇反应，结合推断可知反应方程式为 。（2）化合物H为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，即比H多一个—CH2—结构，能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，所有的同分异构体包括，苯环上有两个取代基—OH、—CH2CH3，有3种结构；苯环上有三个取代基，1个—OH和2个—CH3，有6种结构，总共有9种结构。期中核磁共振氢谱有4组峰，面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为，根据上述合成路线和信息，可知由和反应得到，故由A、苯和必要的无机试剂原料制备的合成路线为：
。