考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1．用化学方法不能实现的是（ ） A．生成一种新分子 C．生成一种新同位素
B．生成一种新离子 D．生成一种新单质
2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A．Si02熔点很高，可用于制造坩埚
B．NaOH能与盐酸反应，可用作制胃酸中和剂 C．Al(OH)3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水 D．HCHO可以使蛋白质变性，可用于人体皮肤伤口消毒
3．常温下，用0.1000mol·L-1 的盐酸滴定 20.00 mL 未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)。下列说法错误的是
A．点①溶液中 c( NH4+)+c ( NH3·H2O)+c(NH3)=2c (Cl-) B．点②溶液中 c( NH4+)=c (Cl-)
C．点③溶液中 c (Cl-)> c( H+)>c (NH4+)>c(OH-) D．该氨水的浓度为 0.1000mol·L-1
4.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是 ．．
A．甲池中的电极反应式为
B．电解质溶液再生池内发生的只是物理变化，循环物质E为水 C．乙池中Cu电极电势比甲池中Cu电极电势低 D．若阴离子交换膜处迁移的
的物质的量为1mol，两电极的质量差为g
5.第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是 A．3s23p3
B．3s23p5
C．3s23p4
D．3s23p6
6．下列说法正确的是（ ）
A．17Cl表示中子数为18的氯元素的一种核素
35B．乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）和硬脂酸甘油酯（）互为同系物
C．的名称为2﹣乙基丁烷
D．CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3互为同素异形体
7．将足量的AgCl(s)分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是 A．10 mL 0.4mol·L-1的盐酸 C．10 mL 0.5mol·L-1NaCl溶液
B．10 mL 0.3mol·L-1MgCl2溶液 D．10 mL 0.1mol·L-1AlCl3溶液
8．在25℃时,将1.0Lc mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．水的电离程度:a>b>c
B．b点对应的混合溶液中:c(Na+) 10-8D．该温度下,a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为Ka= c-0.1c(H+)9．已知AG=lg，电离度α= c(OH-)×100%。常温下，向10mL0.1mol/LHX溶液中滴加 0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。 下列说法错误的是（ ） A．F点溶液pH<7 B．G点溶液中c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-） C．V=10时，溶液中c（OH-） 已知: ①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在 ②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱 A．“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 C．为加快“氧化”速率温度越高越好 D．TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O 11．下列实验对应的现象以及结论均正确的是 选项 实验 现象 结论 向装有溴水的分液漏斗中A 加入裂化汽油，充分振荡，下层为橙色 裂化汽油可萃取溴 静置 向Ba(ClO)2溶液中通入B 有白色沉淀生成 酸性:H2SO3>HClO SO2 ） 分别向相同浓度的ZnSO4前者无现象，后者有黑色沉C 溶液和CuSO4溶液中通入淀生成 H2S Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) 向鸡蛋清溶液中滴加饱和 D Na2SO4溶液 A．A B．B C．C 有白色不溶物析出 Na2SO4能使蛋白质变性 D．D 12.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．0.1molCl2和足量的水反应，转移电子数为0.1NA B．SO2和CO2的混合气体1.8g中所含中子数为0.9NA C．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键总数为11NA D．pH=11的Ba(OH)2溶液中水电离出的氢离子数目为1×10-11NA 13.(实验中学2022模拟检测）向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小排列顺序正确的是 甲：在500℃时，SO2和O2各10 mol反应 乙：在500℃时，用 V2O5做催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应 丙：在450℃时，8mol SO2和5 mol O2反应 丁：在500℃时，8mol SO2和5 mol O2反应 A．甲、乙、丙、丁 C．乙、甲、丁、丙 14.下列关于有机化合物 A．一氯代物数目均有6种 B．二者均能发生取代、加成和氧化反应 和 B．乙、甲、丙、丁 D．丁、丙、乙、甲 的说法正确的是( ) C．可用酸性高锰酸钾溶液区分 D． 分子中所有碳原子可能在同一平面上 15.常见药物布洛芬 Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体 X 通过以下方法制得： ①新制氢氧化铜，煮沸 ②H+ 下列关于化合物 X、Y 的说法中错误的是 ．．A．X 的化学式为 C13H18O C．可用 NaHCO3 溶液鉴别两者 B．1 mol Y 能与 4 mol H2 反应 D．两者氢原子的种类数相等 16．潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有 A．Cl2 B．HClO C．ClO‾ D．HCl 二、非选择题（本题包括5小题） 17．有机物℃是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图： 已知：①，A苯环上的一氯代物只有2种 ②有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类 ③R1CHOR2CH2CHO（R1、R2为烃基或H原子） 回答以下问题： （1）A的化学名称为_____；E的化学式为_____。 （2）FG的反应类型：____；H分子中官能团的名称是____。 （3）J的结构简式为____。 （4）写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式____。 （5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。 a．苯环上只有两个取代基 b．既能发生银镜反应也能与FeCl3溶液反应 写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式____。 18．某药物G，其合成路线如下： 已知：①R-X+ ② 试回答下列问题： (1)写出A的结构简式_________。 (2)下列说法正确的是__________ A℃化合物E具有碱性 B℃化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀 C℃化合物F能发生还原反应 D℃化合物G的分子式为C16H17N5O2Br (3)写出C+D→E的化学方程式___________。 (4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用 流程图表示，无机试剂任选)。 (5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。 须同时符合：℃分子中含有一个苯环； ℃1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。 19．（衡水中学2022模拟检测）香豆素存在于黑香豆、香蛇鞭菊、野香荚兰、兰花中，具有新鲜干草香和香豆香，是一种口服抗凝药物。实验室合成香豆素的反应和实验装置如下： 可能用到的有关性质如下： 合成反应： 向三颈烧瓶中加入95%的水杨醛38.5g、新蒸过的乙酸酐73g和1g无水乙酸 钾，然后加热升温，三颈烧瓶内温度控制在145~150℃，控制好蒸汽温度。此时，乙酸开始蒸出。当蒸出量约15g时，开始滴加15g乙酸酐，其滴加速度应与乙酸蒸出的速度相当。乙酸酐滴加完毕后，隔一定时间，发现气温不易控制在120℃时，可继续提高内温至208℃左右，并维持15min至半小时，然后自然冷却。 分离提纯： 当温度冷却至80℃左右时，在搅拌下用热水洗涤，静置分出水层，油层用10%的 碳酸钠溶液进行中和，呈微碱性，再用热水洗涤至中性，除去水层，将油层进行减压蒸馏，收集150~160℃/1866Pa馏分为粗产物。将粗产物用95%乙醇(乙醇与粗产物的质量比为1:1)进行重结晶，得到香豆素纯品35.0g。 （1）装置a的名称是_________。 （2）乙酸酐过量的目的是___________。 （3）分水器的作用是________。 （4）使用油浴加热的优点是________。 （5）合成反应中，蒸汽温度的最佳范围是_____(填正确答案标号)。 a．100~110℃ b．117.(xx℃℃℃℃2022℃℃℃℃℃9~127.(xx℃℃℃℃2022℃℃℃℃℃9℃ c．139~149℃ （6）判断反应基本完全的现象是___________。 （7）油层用10%的碳酸钠溶液进行中和时主要反应的离子方程式为______。 （8）减压蒸馏时，应该选用下图中的冷凝管是_____(填正确答案标号)。 a．直形冷凝管 b．球形冷凝管 c．蛇形冷凝管 （9）本实验所得到的香豆素产率是______。 20．某化学兴趣小组对电化学问题进行了实验探究。 Ⅰ.利用如图装置探究金属的防护措施，实验现象是锌电极不断溶解，铁电极表面有气泡产生。 (1)写出负极的电极反应式_______________。 (2)某学生认为，铁电极可能参与反应，并对产物作出假设： 假设1：铁参与反应，被氧化生成Fe 假设2：铁参与反应，被氧化生成Fe 假设3：____________。 (3)为了探究假设1、2，他采取如下操作： ①取0.01 mol·L－1FeCl3溶液2 mL于试管中，加入过量铁粉； ②取操作①试管的上层清液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀； ③取少量正极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，未见蓝色沉淀生成； ④取少量正极附近溶液加入2滴KSCN溶液，未见溶液变血红； 据②、③、④现象得出的结论是______________。 (4)该实验原理可应用于防护钢铁腐蚀，请再举一例防护钢铁腐蚀的措施_________________。 Ⅱ.利用如图装置作电解50 mL 0.5 mol·L－1的CuCl2溶液实验。 3＋2＋ 实验记录： A．阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色(提示：Cl2氧化性大于IO3-)； B．电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体。 (1)分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释：①________________；②___________。 (2)分析实验记录B中浅蓝色固体可能是____(写化学式)，试分析生成该物质的原因______。 21．据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题： （1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有 4 种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是______（填字母）。 A.④②①③ B.④②③① C.①②④③ D.①④③② （2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_______。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原_________；_________。子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释：用杂化轨道理论解释： （3）Cd2+与NH3等配体形成配离子。[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl－替代只得到1种结构，它的立体构型是___________。1 mol [Cd(NH3)4]2+含___________mol σ键。 （4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为__________。 （5）锆晶胞如图所示，1个晶胞含_______个Zr原子；这种堆积方式称为__________。 （6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 d g·cm3。在该晶胞中两个镉原子最近核间 － 距为______nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为________（用含π的代数式表示）。 参(含详细解析） 一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、C 【答案解析】 化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。 【题目详解】 根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合； 答案选C。 2、A 【答案解析】 物质的性质决定物质的用途，据性质与用途的对应关系分析。 【题目详解】 A项：SiO2用于制造坩埚，利用了SiO2高熔点的性质，A项正确； B项：虽然NaOH能与盐酸反应，但其碱性太强，不能作胃酸中和剂，B项错误； C项：氢氧化铝胶体用于净水，是胶体的强吸附性，与其两性无关，C项错误； D项：HCHO能使人体蛋白质变性，但其毒性太强，不能用于皮肤伤口消毒，D项错误。 本题选A。 3、C 【答案解析】 条件“滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)”中的等式，实际上是溶液中的物料守恒关系式；进一步可知，V(HCl)=20mL即为滴定终点，原来氨水的浓度即为0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定终点 时，溶液即可认为是NH4Cl的溶液，在此基础上分析溶液中粒子浓度的大小关系，更为简便。 【题目详解】 A．V(HCl)=20mL时，溶液中有c(Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)成立；所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半时，溶液中就有以下等式成立：c( NH4+)+c ( NH3·H2O)+c(NH3)=2c (Cl-)；A项正确； B．点②时溶液呈中性，所以有c(H+)=c(OH-)；根据电荷守恒式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知溶液中c(NH4+)= c(Cl-)；B项正确； C．点③即为中和滴定的终点，此时溶液可视作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度较小，所以c(NH4+)＞c(H+)；C项错误； D．由条件“滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)”可知V(HCl)=20mL即为滴定终点，那么原来氨水的浓度即为0.1mol/L；D项正确； 答案选C。 【答案点睛】 对于溶液混合发生反应的体系，若要判断溶液中粒子浓度的大小关系，可以先考虑反应后溶液的组成，在此基础上再结合电离和水解等规律进行判断，会大大降低问题的复杂程度。 4、D 【答案解析】 由SO42-的移动方向可知右边Cu电极为负极，发生氧化反应。当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两级质量差变为g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池，据此解答。 【题目详解】 A. 根据以上分析，左边甲池中的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为 ，故A正确； B. 电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池，发生的是物理变化，循环物质E为水，故B正确； C. 根据以上分析，甲池中的Cu电极为正极，乙池中Cu电极为负极，所以乙池中Cu电极电极电势比甲池中Cu电极电势低，故C正确； D. 若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol，则电路中通过2mol电子，两电极的质量差为128g℃故D错误。 故选D。 5、C 【答案解析】 A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。 【题目详解】 第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。 综上所述，答案为C。 【答案点睛】 同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素。 6、A 【答案解析】 A．核素中中子数=质量数-质子数，质子数=原子序数，利用关系式求出Cl-35的中子数； B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，根据概念判断正误； C．系统命名法是选择最长的碳链为主链； D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，不是化合物 【题目详解】 A．该核素的中子数=35﹣17=18，故A正确； B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，而乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯还相差有“O“原子，不符合概念，故B错误； C．系统命名法是选择最长的碳链为主链，该物最长碳链为5个碳原子，名称应该为为3﹣甲基戊烷，故C错误； D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3是化合物、互为同分异构体，故D 错误： 故选：A。 【答案点睛】 原子结构、同系物、同分异构体、烷烃命名等知识点，解题关键：掌握概念的内涵和外延，错点D，同素异形体的使用范围是单质。 7、B 【答案解析】 A. c(Cl－)= 0.4mol/L ℃B. c(Cl－)= 0.6mol/L℃C. c(Cl－)= 0.5mol/L ℃D. c(Cl－)= 0.3mol/L℃ Ksp(AgCl)=c(Cl － )·c(Ag+)℃c(Ag+)最小的是c(Cl－)最大的，故选B℃ 8、D 【答案解析】 根据图示可知，原混合液显酸性，则为醋酸与醋酸钠的混合液，a点加入0.10molNaOH固体，pH=7，说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离，含弱酸根离子的盐促进水的电离，酸或碱的浓度越大，抑制水电离程度越大。 A.1.0Lcmol·L-1 CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，发生的反应为：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反应后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能够促进水的电离，而CH3COOH的电离会抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，b→c发生的反应为：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa减少，CH3COOH增多，水的电离程度减小；若向该混合溶液中加入NaOH固体，b→a发生的反应是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH减少，水的电离会逐渐增大，因此水的电离程度：a>b>c，故A正确； B. b点对应的混合溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，则此时溶质为CH3COOH和CH3COONa，结合电荷守恒，所以c(Na+) c(CH3COO-)c(H+)D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数Ka=，a点对于溶液中pH=7， c(CH3COOH)c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，带入公式得 c(CH3COO-)c(H+)10-70.2210-8Ka===，故D错误。 c(CH3COOH)c-0.2c-0.29、C 【答案解析】 c(H+)c(H+)+-8 E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8=10K=，则，水的离子积c(H)c(OH)=10-14,由此计算氢离W--c(OH)c(OH)子浓度； c(H+)F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c（OH-），pH<7； -c(OH)c(H+)G点为AG=lg=0，则c(H+)=c（OH-）； -c(OH)V=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）>c(HX)。 【题目详解】 c(H+)A. F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c（OH-），pH<7,故A正确； -c(OH)c(H+)B. G点溶液中AG=lg=0，则c(H+)=c（OH-），溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c（OH-）+ c（X-），故c(Na+)=c-c(OH)（X-）>c(H+)=c（OH-），故B正确； C．V=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）>c(HX)，故C错误； c(H+)c(H+)D．E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW=c(H+)c(OH-)=10-14, --c(OH)c(OH)10-3mol/LcH=10Kw=10mol/L,则电离度==1%，故D正确； 0.1mol/L8-3故答案选：C。 【答案点睛】 溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c（OH-）+ c（X-）。 10、D 【答案解析】 由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，结合选项分析即可解答。 【题目详解】 A．“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误； B．还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误； C．“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误； D．根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱， TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D选项正确； 答案选D。 11、C 【答案解析】 A．裂化汽油含不饱和烃，与溴水发生加成反应，则不能作萃取剂，故A错误； B．Ba(ClO)2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能比较酸性大小，故B错误； C．Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故C正确； D．向鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液，发生盐析，为可逆过程，而蛋白质的变性是不可逆的，故D错误； 故答案为C。 12、B 【答案解析】 A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误； B、SO2和CO2的摩尔质量分别为g/mol和44g/mol，两者中分别含32个和22个中子，即两者均为2g时含1mol中子，故1.8g混合物中含0.9NA个中子，故B正确； C、标况下22.4L丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含共价键总数为10NA，故C错误； D、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D错误； 故答案为B。 【答案点睛】 阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。 13、C 【答案解析】 根据外界条件对反应速率的影响，用控制变量法判断反应速率相对大小，然后排序，注意催化剂对反应速率的影响更大。 【题目详解】 甲与乙相比，SO2浓度相等，甲中氧气的浓度大、乙中使用催化剂，其它条件相同，因为二氧化硫的浓度一定,氧气浓度的影响不如催化剂影响大，故使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙>甲； 甲与丁相比，甲中SO2、O2的物质的量比丁中大，即SO2、O2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲>丁； 丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁>丙；所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙， 答案选C。 14、C 【答案解析】 A. 中有6种等效氢，则一氯代物有6种， 中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不 同，故A错误； B. 中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发 生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误； C. 中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色， 中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸 性高锰酸钾溶液区分，故C正确； D. 中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有 碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。 15、B 【答案解析】 A．X的化学式为C13 H18O，故A正确； B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与H2发生加成反应，1mol Y只能与3mol H2反应，故B错误； C．X、Y官能团分别为－CHO和－COOH，只有－COOH能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确； D．X、Y中均含有8种氢原子，故D正确； 答案选B。 【答案点睛】 羧基不能与H2发生加成反应，是易错点。 16、B 【答案解析】 氯气与水反应生成HClO℃HCl℃Cl2℃HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确℃ 二、非选择题（本题包括5小题） 17.(xx第一中学2022模拟检测）对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛） C10H12O2 消去反应 氯原子、羧基 n+(n-1)H2O 6 【答案解析】 根据已知①，A为，根据流程和已知②可知，B为乙烯、C为乙醇、 D为乙醛，根据已知③，可知E为F( )，F发生消去反应生成G（ ，被银氨溶液氧化生成 ）。根据J分子结构中含有3个六元环 ，H在碱性条件下发生 可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为水解反应再酸化生成I为 ，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为 。 【题目详解】 （1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为C10H12O2； （2）FG的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基； （3）J的结构简式为； （4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为 n+(n-1)H2O； （5））K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个—CH2—，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有—OH和—CH=CH—CHO或分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。 连接在苯环上， 的核磁共振氢谱有6个峰， 18、 A、B、C +→+HBr 、、 【答案解析】 A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应， 生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相 比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G 的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为 。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F 的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。 【题目详解】 (1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为； (2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱 性，A项正确； B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确； C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应， C项正确； D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误； 答案选ABC； (3)C与D反应生成E的方程式为：+ +HBr； (4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信 息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为： ； (5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合 条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基， 只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基， 则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。 【答案点睛】 推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。 19、恒压滴液漏斗 增大水杨醛的转化率 及时分离出乙酸和水，提高反应物的转化率 受热均匀且便于控制温度 b 一段时间内分水器中液体不再增多 2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑ a 80% 【答案解析】 （1）根据仪器的构造作答； （2）根据浓度对平衡转化率的影响效果作答； （3）分水器可分离产物； （4）三颈烧瓶需要控制好温度，据此分析； （5）结合表格中相关物质沸点的数据，需要将乙酸蒸出，乙酸酐保留； （6）通过观察分水器中液体变化的现象作答； （7）依据强酸制备弱酸的原理作答； （8）减压蒸馏的冷凝管与普通蒸馏所用冷凝管相同； （9）根据反应的质量，得出转化生成的香豆素理论产量，再根据产率= 实际产量100%作答。 理论产量【题目详解】 （1）装置a的名称是恒压滴液漏斗； （2）乙酸酐过量，可使反应充分进行，提高反应物的浓度，可增大水杨醛的转化率； （3）装置中分水器可及时分离出乙酸和水，从而提高反应物的转化率； （4）油浴加热可使受热均匀且便于控制温度； （5）控制好蒸汽温度使乙酸蒸出，再滴加乙酸酐，根据表格数据可知，控制温度范围大于117.(xx℃℃℃℃2022℃℃℃℃℃9℃小于139℃，b项正确，故答案为b； （6）分水器可及时分离乙酸和水，一段时间内若观察到分水器中液体不再增多，则可以判断反应基本完全； 2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；（7）碳酸钠会和乙酸反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，其离子方程式为： （8）减压蒸馏时，选择直形冷凝管即可，故a项正确； （9）水杨醛的物质的量= 95%38.5g73g=0.2998mol,乙酸酐的物质的量==0.7157mol，则可知乙酸酐过量，理 102g/mol122g/mol论上可生成香豆素的物质的量=0.2998mol，其理论产量=0.2998mol×146g/mol=43.77g，则产量= 35g实际产量100%80%。 100%= 43.77g理论产量－2＋2＋3＋2＋3＋ 20、Zn－2e=Zn 铁参与反应，被氧化生成Fe和Fe 正极附近溶液不含Fe和Fe 在钢铁表面刷一层－－－—＋ 油漆(其他合理答案均可) 2I＋Cl2=I2＋2Cl 5Cl2＋I2＋6H2O=10Cl＋2IO3＋12H Cu(OH)2 电解较长时 间后，Cu2＋浓度下降，H＋开始放电，溶液pH增大，Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀 【答案解析】 ℃. 该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，活泼金属锌做负极，失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铁做正极，溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑； ℃.该装置为电解装置，电解时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl——2e-=Cl2↑，铜离子 ＋－ 在阴极上得电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2＋2e=Cu。 【题目详解】 ℃.（1）该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，锌易失电子而作负极、铁作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+； （2）由题给假设可知，假设三为:铁参与反应，铁被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案为：铁参与反应，被氧化生成Fe2+、Fe3+； (3) 亚铁离子和K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，铁离子和硫溶液反应生成血红色溶液，据②、③、④现象知，正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+，即铁不参与反应，故答案为：正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+； (4) 可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀，如：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜等，故答案为：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜（其他合理答案均可）； ℃. （1）由题意可知，氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸，离子方程式分别为2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+； （2）阴极上电极反应式为：Cu 2++2e-=Cu，当铜离子放电完毕后，氢离子放电，2H++2e-=H2↑，致使该电极附近呈碱性，Cu 2++2OH-=Cu（OH）2↓，故答案为：Cu（OH）2；电解较长时间后，Cu2+浓度下降，H+开始放电，溶液pH增大，Cu2+转化为Cu（OH）2。 【答案点睛】 注意氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘也能被氯气氧化生成碘酸是解答的关键，也是易错点。 21、A S原子半径小于Te，H－S键的键能较大 H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力CS2中C采用sp杂化 正四面体 16 AsBr3＞AsCl3＞AsF3 6 六相同且较小 H2S中S采用sp3杂化，方最密堆积 32243107 3π 2dNA8【答案解析】 （1）电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大。而同一元素电离能满足：I1＜I2＜I3＜I4。锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②。锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①。故选A。答案为：A； （2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)＜r(Te)，键能：H－S＞H－Te，所以H2S较稳定。H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化。答案为：S原子半径小于Te，H–S键的键能较大；H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小；H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化； （3）[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl替代只得到1种结构，说明Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构。配位键也是σ键。1 mol [Cd(NH3)4]2+含16 mol σ键。答案为：正四面体；16； （4）它们都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。故熔点排序为AsBr3＞AsCl3＞AsF3。答案为：AsBr3＞AsCl3＞AsF3； （5）在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内。1个六棱柱含6个原子。这种堆积方 式叫六方最密堆积。答案为：6；六方最密堆积； （6）图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含2个镉原子。设晶胞参数为a，d= 2112， a3NAa=32243224107 nm。设两镉原子最近核间距为x，(2x)2=3a2，x=3107 nm。设镉原子半径为r，则r=3a dNA2dNA4432242πr333107；3π。 nm，φ==π。答案为：32dNA88a3【答案点睛】 金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式（设棱长为a，原子半径为r）： （1）面对角线长=2a （2）体对角线长=3a （3）体心立方堆积4r3a （4）面心立方堆积4r 2a
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