2023届河南省名校联盟高三上学期第一次调研考试化学试题含解析

这是一份2023届河南省名校联盟高三上学期第一次调研考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河南省名校联盟2023届高三上学期第一次调研考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法正确的是
A．明矾溶液可软化硬水 B．油脂、淀粉和蚕丝均为碳水化合物
C．金属铁属于强电解质，因其能导电 D．碳纤维属于无机非金属材料
【答案】D
【详解】A．明矾溶液可以产生氢氧化铝胶体，利用其吸附性能够净化水，但不能软化硬水，A项错误；
B．碳水化合物是指由碳、氢和氧三种元素组成，并且所含的氢氧比例为2:1的化合物，所以油脂、蚕丝不是碳水化合物，B项错误；
C．电解质是在水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物。金属铁是单质，不是电解质，C项错误；
D．碳纤维是一种新型的无机非金属材料，D项正确；
答案选D。
2．25℃时，下列各组离子在酸性溶液中一定能大量共存的是
A．、、、 B．，、、
C．、、、 D．、、、
【答案】A
【详解】A．四种离子在酸性溶液中相互之间不反应，能大量共存，A正确；
B．硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C．氢离子和反应生成铝离子和水，氢离子和反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，C错误；
D．氢离子和能反应生成硫化氢，不能大量共存，D错误；
答案选A。
3．在给定条件下，下列物质间转化正确且属于分解反应的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．，一种物质生成2种物质，属于分解反应，故选A；
B．铁和硝酸反应生成硝酸铁、二氧化氮、水，不属于四种基本反应类型，故不选B；
C．铜和稀硫酸不反应，故不选C；
D．二氧化硫和硝酸钡反应生成硫酸钡，故不选D；
选A。
4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．12 g溶于水所得溶液中含阳离子数目为0.1NA
B．标准状况下，22.4 L HCl气体中含非极性键数目为NA
C．2.0 L 1.0 溶液中，的数目为6.0NA
D．0.1 mol 和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，生成HI分子总数为0.2NA
【答案】C
【详解】A．的水溶液中电离生成、及水电离产生少量，12g的物质的量为0.1mol，故阳离子个数大于，A错误；
B．HCl气体中无非极性键，B错误；
C．2.0 L 1.0溶液中，的数目为，C正确；
D．和I2发生反应生成HI为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，D错误；
故答案为：C。
5．目前新能源汽车蓬勃发展，与电池密切相关。碳酸乙烯酯(a)、碳酸二甲酯(b)、碳酸二乙酯(c)均可用于电池的电解液，其结构如图所示。下列说法正确的是

A．a、b、c中官能团种类相同 B．a、b、c在酸、碱溶液中均不能稳定存在
C．b、c的一氯代物种类相同 D．1 mol a能与2 mol发生加成反应
【答案】B
【详解】A．a含有两种官能团，b、c只含一种官能团，A项错误；
B．a、b、c含有酯基，在酸、碱溶液中水解，B项正确；
C．b的一氯代物有1种，c的一氯代物有2种，C项错误；
D．1 mo1 a能与1 mo1 发生加成反应，D项错误；
故选B。
6．实验室模仿侯氏制碱法原理制备碳酸钠，下列过程中不合理的是
选项
A．制备CO2
B．制备NaHCO3
C．尾气(NH3)处理
D．制备Na2CO3
过程









A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．实验室常用稀盐酸和反应制备，A项错误；
B．通入含氨的饱和食盐水中发生反应生成和，溶解度较小以晶体的形式析出，B项正确；
C．制备的过程中有逸出，可用稀硫酸吸收，C项正确；
D．加热制备的操作可在坩埚中进行，D项正确；
故选A。
7．氮化钠(Na3N)是一种不稳定的碱金属氧化物，可由叠氮化钠与氢气在催化剂作用下制备：。下列说法正确的是
A． Na3N与的电子式相同
B． Na3N与盐酸反应可生成两种盐
C．上述反应中，每生成1 molNa3N时，转移18 mol
D．Na3N中两种粒子的半径：
【答案】B
【详解】A．Na3N和NaN3的电子式分别为：和，故它们的电子式不同，A错误；
B．Na3N与盐酸反应能够生成NH4Cl和NaCl两种盐，B正确；
C．由反应可知，每生成1mo1Na3N，转移24mo1，C错误；
D．电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径减小，氮离子和钠离子的电子层结构相同，则离子半径：，D错误；
故答案为：B。
8．下列过程涉及的化学反应相应的离子方程式正确的是
A．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
B．等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合：
C．将通入溶液中：
D．少量通入NaClO溶液中：
【答案】C
【详解】A．反应应该生成，A错误；
B．等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合得到氢氧化铝沉淀，其离子方程式为：，B错误；
C．将通入溶液中，反应方程式为：，故该反应的离子方程式为，C正确；
D．由于HClO的酸性介于H2CO3和之间，故反应应该生成，D错误；
故答案为：C。
9．主族元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为16.下列说法错误的是

W


X


Y


Z


A．X的最高价氧化物与水反应生成强酸
B．W、Y两种元素的最简单氢化物之间能反应
C．工业上常采用电解法制备单质Y
D．Z原子的核外最外层电子数为6
【答案】A
【分析】设W的最外层电子数为x，则X的最外层电子数为x-1，Y的最外层电子数为x+2，三者的最外层电子数之和为16，即3x+1=15，解之x=5。即W为N元素，X为Si元素，Y为Cl元素，Z为Se元素。
【详解】A．X的最高价氧化物为，不与水反应，A项错误；
B．W的最简单氢化物为，Y的最简单氢化物为HCl，两者反应生成，B项正确；
C．单质Y为，工业上常采用电解饱和食盐水制备，C项正确；
D．Z处于ⅥA族，D项正确；
故选A。
10．为达到实验目的，下列实验方法正确的是
选项
实验目的
实验方法
A
证明与浓硫酸共热至170℃有乙烯生成
与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入酸性溶液
B
验证与KI的反应是可逆反应
向1 mL 0. 1溶液中滴加5 mL 0.1 KI溶液充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
C
检验乙醇中是否有水
向乙醇中加入一小粒金属钠
D
氧化性：
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．与浓硫酸共热至170℃，生成气体中的、乙烯、均能与反应，褪色，不能证明与浓硫酸共热至170℃有乙烯生成，故不选A；
B．由于KI过量，若加入KSCN溶液显红色，说明FeCl3有剩余，则证明反应可逆，故B正确；
C．乙醇和水均能与金属钠反应，向乙醇中加入一小粒金属钠，有气泡产生，不能证明乙醇中含有水分子，故不选C；
D．由于氯水过量，剩余氯水能氧化，溶液变蓝，不能证明氧化性，故D错误；
选B。
11．我国科学家使用电化学的方法(装置如图所示)用和制备。下列说法正确的是

A．M为电源的负极
B．阴极电极反应式为
C．该过程总反应为
D．理论上每产生1 mol CO有2 mol经过电解质
【答案】C
【分析】依据装置结构可知该装置为电解池。电解池阳极与电源正极相连，发生氧化反应；电解池阴极与电源负极相连，发生还原反应。
【详解】A. 与M极相连的电极上将C2H6转化成C2H4，碳元素化合价由-3升高到-2，失去电子，发生了氧化反应，做阳极，与电源正极相连，因此M极为正极。A错误。
B. 由A知M为正极，则N为负极。与N相连的为阴极，将CO2转化成CO。由装置示意图可知电解质允许O2-通过，故阴极电极反应方程式为CO2+2e-=CO+O2-。B错误。
C. 由装置示意图可知C2H6和CO2制备C2H4的过程还有CO生成。另外，根据原子守恒还应有H2O生成。故总反应为。C正确。
D. 每生成1 mol CO外电路中应从阳极向阴极流入2 mol e-。当2 mol e-从阳极流出时会形成 2 mol 正电荷。阴阳极均为电中性，故阳极应有2 mol 负电荷补充。依据题意应是O2-移动到阳极补充负电荷。1 mol O2-即可提供2 mol 负电荷。因此，理论上每产生1 mol CO有1 mol O2-经过电解质。D错误。
综上所述，答案为C。
12．某溶液可能含有Cl—、、、、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得至4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列说法正确的是
A．原溶液中不可能含有
B．直接观察灼烧溶液火焰，可确定原溶液中是否含有
C．原溶液中一定含有、Fe3+、、
D．一定存在，且
【答案】C
【分析】由100mL溶液中加入过量氢氧化钠溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀可知，溶液中含有铵根离子和铁离子，不含有碳酸根离子，由氮原子原子个数守恒可知，溶液中铵根离子的物质的量为0.02mol；由铁原子原子个数守恒可知，溶液中铁离子的物质的量为×2=0.02 mo1；由向液中加足量氯化钡溶液，得至4.66g不溶于盐酸的沉淀可知，溶液中含有=0.02mol硫酸根离子；溶液中阳离子电荷总数为0.02mol+0.02mol×3=0.08mol，阴离子电荷总数为0.02mol×2=0.04mol，由电荷守恒可知，溶液中一定存在氯离子，可能存在铝离子和钾离子，若溶液中不存在铝离子和钾离子，氯离子的物质的量为0.08mol—0.04mol=0.04mol，若溶液中存在铝离子和钾离子，氯离子的物质的量大于0.04mol，则原溶液中一定含有铵根离子、铁离子、硫酸根离子、氯离子，一定不含有碳酸根离子，可能含有铝离子和钾离子。
【详解】A．由分析可知，原溶液中可能含有铝离子，故A错误；
B．确定原溶液中是否含有钾离子，应透过蓝色钻玻璃观察灼烧溶液火焰是否为紫色，直接观察灼烧溶液火焰无法确定原溶液中是否含有钾离子，故B错误；
C．由分析可知，原溶液中一定含有铵根离子、铁离子、硫酸根离子、氯离子，故C正确；
D．由分析可知，原溶液中一定含有铵根离子、铁离子、硫酸根离子、氯离子，一定不含有碳酸根离子，可能含有铝离子和钾离子，若溶液中不存在铝离子和钾离子，氯离子的物质的量为0.08mol—0.04mol=0.04mol，若溶液中存在铝离子和钾离子，氯离子的物质的量大于0.04mol，则氯离子的浓度一定不小于0.4mol/L，故D错误；
故选C。
13．羟醛缩合反应是有机化学的一种重要反应。一种合成目标产物(如图中⑦)的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．①是该反应的催化剂
B．③到④的过程中，有极性键的断裂和非极性键的生成
C．③④⑥均是该反应的中间产物
D．合成⑦的总反应为
【答案】D
【详解】A．①是第一个反应的反应物，也是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，故A正确；
B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，故B正确；
C．由图可知，③④⑥均是先生成后消耗，都是该反应的中间产物，故C正确；
D．合成⑦的总反应为，故D错误；
故答案为：D
14．HA和HB是两种一元弱酸，其难溶盐RA和RB的溶度积：，已知不发生水解，实验测得25℃时RA和RB的饱和溶液中， 随的变化为线性关系，如图中实线甲和实线乙所示。下列说法错误的是

A．25℃时，RA的的数量级为
B．实线甲表示难溶盐RB中随的变化
C．当时，溶液
D．25℃时，将RA，RB加入蒸馏水中混合、振荡、静置后，上层清液中
【答案】C
【分析】在RA和RB的饱和溶液中，当接近时，溶液中很大，此时A-和B-的水解被极大地抑制，使得，，则。由图可知当时，实线甲的，实线乙的，又因为溶度积得，，所以实线乙表示难溶盐RA中随的变化，实线甲表示难溶盐RB中随的变化。
【详解】A．根据分析可知，实线甲的，A正确；
B．根据分析可知，实线甲表示难溶盐RB中随的变化，B正确；
C．由得，观察图象可知，该点为实线甲和实线乙的相交点，其横坐标为，因此溶液的，C错误；
D．上层清液中R+的浓度相等，根据、可知，，D正确；
故答案选C。

二、工业流程题
15．酸性蚀刻液的主要成分是H2O2/HCl，腐蚀铜后的废液中主要含有CuCl2、HCl。一种以废铝屑为主要原料回收酸性蚀刻废液中的铜并生产AlCl3的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)在实验室，“反应a”过程需远离火源，其原因是_______(用文字叙述)。
(2)“操作b”包括_______、过滤、洗涤，其中过滤需要用到的玻璃仪器有_______、烧杯。
(3)实验室可用食盐与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl气体。
①HCl气体的发生装置应选择装置_______(填字母，下同)，用水吸收多余的HCl气体时，应该选择装置_______，其原因是_______。

②写出制备HCl反应的化学方程式：_______，该反应利用了浓H2SO4的性质是_______(填“脱水性”“氧化性”或“难挥发性”)
(4)“灼烧”时，若在无HCl的气氛中反应，最终是否生成给出判断并说明理由：_______。
【答案】(1)Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸
(2)     蒸发浓缩、冷却结晶     漏斗、玻璃棒
(3)     B     F     HCl易溶于水，选择F可防止倒吸     (浓)     难挥发性
(4)不能生成，因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成

【分析】酸性蚀刻废液即腐蚀铜后的废液中主要含有CuCl2、HCl，加入废铝屑后发生的反应a有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu，过滤后得到滤渣主要成分为Al和Cu，加入足量的盐酸后除去Al，再过滤洗涤得到Cu，滤液中主要含有AlCl3溶液，经过蒸发浓酸、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到AlCl3·6H2O晶体，在HCl的气流中进行灼烧可得无水AlCl3，据此分析解题。
（1）
由分析可知，反应a有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu，Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸，故在实验室，“反应a”过程需远离火源，故答案为：Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸；
（2）
由分析可知，“操作b”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，其中过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；漏斗、玻璃棒；
（3）
①由题干信息可知，制备HCl采用固液加热装置，个HCl气体的发生装置应选择装置B，由于HCl易溶于水，用水吸收多余的HCl气体时，需考虑倒吸现象的发生，而选择F可防止倒吸，故答案为：B；F；HCl易溶于水，选择F可防止倒吸；
②由题干信息可知，制备HCl反应的化学方程式为：NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑，该反应利用了浓H2SO4的性质是难挥发性，故答案为：NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑；难挥发性；
（4）
因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成，“灼烧”时，若在无HCl的气氛中反应，最终不能生成， 故答案为：不能生成，因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成。
16．铢(Re)是一种极其稀少的贵金属，在航空航天、石油催化等领域有着十分重要的作用。一种以辉钼矿(主要含有以及少量，、、等)为原料制备铼的工艺流程如下：

已知“氧化焙烧”后成分有：、、、、，其中、与氨水反应分别生成、。
回答下列问题：
(1)写出“氧化焙烧”时，反应的化学方程式：_______；与反应后的氧化产物为_______(填化学式)。
(2)“浸出”后的滤渣为_______(填化学式)，若改用NaOH溶液浸出，则滤渣少一种成分，其原因是_______(用离子方程式表示)。
(3)“氧化焙烧”时，若加入熟石灰，产物以钙盐［、、］的形式生成，写出在此焙烧过程中发生反应的化学方程式：_______，对比直接氧化焙烧，加入熟石灰焙烧法的优点是_______。
(4)“电沉积”分三步进行：
a.；
b.；
c._______。
【答案】(1)          、
(2)     、CuO、    
(3)          无污染气体产生，同时有副产品石膏生成
(4)

【分析】辉钼矿经过氧化培烧之后，其成分由MoS2、ReS2，CuReS4、FeS、SiO2变为
SiO2、Re2O7、MoO3、CuO2、Fe3O4，，即除去了S元素；再加入氨水，与Re2O7、MoO3反应，分别生成NH4ReO4、(NH4)2MoO4，过滤之后，对滤液进行离子交换处理，通过解吸之后得到铼酸铵溶液，再通过重结晶、电沉积即可得到金属铼。
（1）
①氧化培烧时，ReS2在高温时被氧气氧化生成Re2O7和SO2，其方程式为：
②根已知条件对产物的分析，MoS2与氧气反应后生成的氧化产物为MoO3和SO2。
（2）
①浸出后，浸出液中含有NH4ReO4、(NH4)2MoO4，即Re2O7、MoO3被氨水反应掉了，剩余的滤渣为SiO2、CuO2、Fe3O4。
②若改用NaOH溶液浸出，滤渣中的二氧化硅会被溶解掉，则滤渣少一种成分，其反应的离子方程式为：
（3）
加入熟石灰后，MoS2与氧气反应生成CaSO4、CaMoO4和水，其化学方程式为；对比直接氧化焙烧，加入熟石灰焙烧没有二氧化硫生成污染空气且有副产物硫酸钙生成可以进行回收利用。
（4）
从a、b两个式可以看出，都有氢离子参加反应，故c这一步的电极反应式为。

三、原理综合题
17．甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一。反应如下：
反应ⅰ.  ；
反应ⅱ.  。
回答下列问题：
(1)反应ⅲ.的_______；若在一定温度下的容积固定的密闭容器中进行该反应，则可以提高转化率的措施有_______，下列说法可以证明该反应已达到平衡状态的是_______(填字母)。
a.    b.容器内气体压强不再改变
c.的浓度不再改变    d.CO和的浓度之比为1∶1
(2)对于反应ⅰ，向体积为2L的恒容密闭容器中，按投料。
①若在恒温条件下，反应达到平衡时的转化率为50%，则平衡时容器内的压强与起始压强之比为_______(最简单整数比)。
②其他条件相同时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间，的转化率随反应温度的变化如图所示。a点_______(填“是”或“不是")化学平衡状态，的依化率：c点>d点，原因是_______。

(3)某科研小组研究了反应ⅱ的动力学，获得其速率方程，k为速率常数(只受温度影响)，m为的反应级数。在某温度下进行实验，测得各组分初浓度和反应初速率如下：
实验序号



1
0.100
0.100

2
0.100
0.200


的反应级数_______，当实验2进行到某时刻，测得，则此时的反应速率_______(已知)。
(4)甲烷水蒸气催化重整制备高纯氢只发生反应ⅰ、反应ⅱ。在恒温、恒压条件下，1mol和1mol反应达平衡时，的转化率为a，的物质的量为bmol，则反应ⅰ的平衡常数_______［写出含有a、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数］。
【答案】(1)     +41     增大浓度、将CO或从体系中移出等合理答案均给分     c
(2)     3∶2     不是     相同催化剂时，因该反应吸热，升高温度平衡正向移动，转化率增大
(3)     1     0.0136
(4)

【解析】（1）
已知反应ⅰ.  ；反应ⅱ.  ；由盖斯定律可知，ⅰ-ⅱ即可得到反应反应ⅲ，则的-=+206-165=+41；该反应是气体体积不变的吸热反应，增大浓度、将CO或从体系中移出、升高温度等可以提高转化率；
a．时不能说明该反应的正反应速率和逆反应速率相等，不能证明该反应已达到平衡状态，故a不选；
b．该反应是气体体积不变的吸热反应，容器内气体压强一直不变，当容器内气体压强不再改变时，不能说明反应已达到平衡状态，故b不选；
c．的浓度不再改变时，说明该反应的正反应速率和逆反应速率相等，证明该反应已达到平衡状态，故c选；
d．CO和都是生成物其系数相等，反应过程中CO和的浓度之比恒为1∶1，当CO和的浓度之比为1∶1时，不能说明反应达到平衡状态，故d不选；
正确答案选c。
（2）
①对于反应ⅰ，向体积为2L的恒容密闭容器中，按投料，列出三段式：

反应达到平衡时的转化率为50%，则x=0.5mol，平衡时容器内的压强与起始压强之比为=；
②其他条件相同时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间，由于催化剂不改变CH4的平衡转化率，当温度为750℃时，a点的平衡转化率还能上升，所以a点不是化学平衡状态；相同催化剂时，且该反应吸热，从b点到c点，温度升高，平衡正向移动，转化率增大。
（3）
由表格可知，当c(CH4)的浓度增大一倍时，反应速率增大一倍，所以m=1；将序号2中数据代入可得，，解得k=0.4，当实验2进行到某时刻，测得，列出三段式：

则==0.0136。
（4）
由题意列出三段式：


由题意可知，反应达平衡时，的转化率为a，的物质的量为bmol，x+y=a，y=b，则x=a-b，平衡时总的物质的量为（1-a+1-a-b+b+a-b+3a+b）mol=（2+2a）mol，则平衡时CH4的物质的量分数为，H2O的物质的量分数为，CO2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，则反应ⅰ的平衡常数=。

四、结构与性质
18．非金属元素数量虽少，却构成了丰富的物质世界，大部分非金属元素分布在元素周期表的p区。回答下列问题：
(1)基态Cl原子的价电子排布式为_______，该价层电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______。
(2)徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。
①CO2的键角_______(填“＞”“＜”或“=”) BF3的键角。
②CH3COOH分子中碳原子的杂化类型为_______。
③BF3与一定量水形成晶体Q，Q在一定条件下可转化为R。晶体Q中涉及的化学键类型有_______(填字母)；R中阳离子的空间构型为_______。

a．离子键      b．共价键       c．配位键         d．氢键
(3)三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示。第一电离能：P_______(填“＞”“＜”，或“＝”)S，1 mol P4S3分子中含有_______mol共价键。
(4)化合物K2SeBr6的晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均力图2，若晶胞参数为a nm，则K2SeBr6晶体密度为_______(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】(1)     3s23p5     4∶3或3∶4
(2)     ＞     sp3、sp2     bc     三角锥形
(3)     ＞     9
(4)

【解析】（1）
Cl是17号元素，根据构造原理，可知基态Cl原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，则其价电子排布式为3s23p5；
在原子核外电子排布中，一个轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子。在Cl原子的价层电子中，一个轨道上电子顺时针方向旋转，则另外一个电子逆时针方向旋转，故其两种自旋状态的电子数之比为4∶3或3：4；
（2）
①CO2分子中的中心C原子价层电子对数是2+=2，C原子上无孤对电子，因此CO2分子是直线型分子，键角是180°；BF3分子中的中心B原子价层电子对数是3+=3，B原子上无孤对电子，因此BF3分子是平面三角形型分子，键角是120°，则键角：CO2＞BF3；
②CH3COOH分子中，甲基C原子价层电子对数是4，采用sp3杂化，-COOH的C原子价层电子对数是3，采用sp2杂化；
③在Q晶体中，存在H-O极性共价键、B-F极性共价键、B-O极性共价键，也存在H…O及B…O配位键，故晶体Q中涉及的化学键类型有共价键、配位键，合理选项是bc；
在晶体R中阳离子[H3O]+中的中心O原子价层电子对数是3+=4，含有1对孤电子对，所以[H3O]+的空间构型为三角锥形；
（3）
P、S是第三周期元素，一般情况下同一周期主族元素原子序数越大元素的第一电离能就越大。但由于P处于第ⅤA，原子核外最外层电子处于轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以第一电离能：P＞S；
根据P4S3分子结构可知：在其分子中含有3个P-P键和6个P-S共价键，故1个分子中含有9个共价键，则在1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键；
（4）
根据图示可知：在1个晶胞中含有8个K原子，含有SeBr6个数为=4个，由于晶胞参数是a nm，则该晶胞的密度ρ==g/cm3。

五、有机推断题
19．以丙烯(A)为原料制备药物中间体Ⅰ的合成路线如图所示：

(原图几个地方极不清晰，有问题联系我修改)
已知：；，其中、、、为烃基。
回答下列问题：
(1)G中含氧官能团的名称为_______；其分子中_______(填“有”或“无”)手性碳原子(指连有四个不同原子或原子团的碳原子)，若含有，请在其分子中用※标记出：_______。
(2)写出C→D反应的化学方程式：_______。
(3)F、H的结构简式分别为_______、_______。
(4)任意写出一种满足下列条件的G的同分异构体的结构简式：_______。
①分子中含有；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱显示6组峰且峰面积之比为6∶6∶2∶1∶1∶1。
(5)由丙烯出发，经如下反应，也可合成丙烯酸()：

①X→Y的反应条件为_______，其反应类型为_______。
②W的结构简式为_______。
【答案】(1)     酯基、羰基     有    
(2)
(3)         
(4)
(5)     氢氧化钠水溶液、加热     水解(或取代)反应    

【分析】丙烯催化氧化为丙烯酸，由C的分子式C3H5O2Cl可得不饱和度为，即B与HCl发生加成反应得到C，C的结构从后续流程倒推。由F的分子式可知不饱和度为，根据题干信息分析F→G可知F的结构简式为(H3COOCCH2CH2)2N-CH2C(CH3)=CH2，则根据题干信息可得D的结构简式为ClCH2CH2COOCH3，C的结构简式为ClCH2CH2COOH。H分子的不饱和度为，根据前后结构变化可得H的结构简式为，据此分析解答。
（1）
G结构中的含氧官能团名称为酯基、羰基；分子中含有手性碳原子，分子中手性碳原子标记如图：；
（2）
C→D发生酯化反应的反应方程式为：
（3）
由分析可知F、H的结构简式分别为、；
（4）
G的不饱和度为4，同分异构体满足条件①分子中含有；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；根据分子组成结构中还剩下2个不饱和度和C7H12，根据③核磁共振氢谱显示6组峰且峰面积之比为6∶6∶2∶1∶1∶1，可得剩余原子形成对称结构，则可得结构简式为；
（5）
流程中丙烯与Br2发生加成反应得X：CH3CHBrCH2Br，X在碱性条件下发生水解反应制得Y：CH3CH(OH)CH2OH，Y催化氧化得到，继而还原得到W：CH3CH(OH)COOH，最后经过消去反应得到丙烯酸。故X→Y的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热，其反应类型为水解(或取代)反应；W的结构简式为。