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2022-2023学年江苏省南京市高二下册化学期末专项提升模拟卷（AB卷）含解析
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这是一份2022-2023学年江苏省南京市高二下册化学期末专项提升模拟卷（AB卷）含解析，共52页。试卷主要包含了下列说法错误的是，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省南京市高二下册化学期末专项提升模拟卷
（A卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．下列说法错误的是
A．同一原子中，、、能级的轨道数依次增多
B．电子排布违反了洪特规则
C．原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为
D．违反了泡利原理
2．下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A．①②③ B．③④⑤⑥ C．①③⑥ D．③⑤⑥
3．下列说法或有关化学用语的使用正确的是
A．在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
B．原子的价层电子排布图为
C．氧的电负性比氮大，故氧元素的第一电离能比氮元素的第一电离能大
D．铜的价层电子排布式为
4．下列说法正确的是
A．凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是正四面体
B．C-C的键能大于C-Si，所以C60熔点高于金刚砂SiC
C．若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子
D．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
5．如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关W、X、Y、Z的叙述正确的是
A．这四种元素位于元素周期表d区 B．X是电负性最大的元素
C．p轨道上未成对电子最多的是Z原子 D．Y、Z的简单阴离子电子层结构相同
6．下列说法正确的是
A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，升华或熔化时需克服的微粒间作用力类型也相同
B．CO2和CS2每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．H2O、H2S、H2Se由于分子间作用力依次增大，所以熔、沸点依次升高
D．某晶体固态时不导电，水溶液能导电，说明该晶体是离子晶体
7．观察下表模型并结合有关信息，判断下列说法中不正确的是
B12结构单元
SF6分子
S8分子
HCN
结构模型示意图
备注
熔点1873 K
—
易溶于CS2
—
A．单质硼属于原子晶体，每个B12结构单元中含有30个B—B键和20个正三角形
B．SF6是由极性键构成的非极性分子
C．固态硫S8属于原子晶体
D．HCN的结构式为H—C≡N
8．有关晶体的结构如下图所示，下列说法不正确的是
A．在晶体中，与等距离且最近的形成正八面体
B．在晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为1∶2
D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE
9．研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，以下用于研究有机物的方法错误的是
A．蒸馏常用于分离提纯液态有机混合物
B．燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法
C．核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量
D．对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的基团
10．有机化合物在核磁共振氢谱图中各吸收峰的峰面积比为
A．3∶2∶2∶1∶6 B．3∶4∶7 C．3∶4∶1∶3∶3 D．9∶4∶1
11．某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl-和NH3分子均与Pt4+形成配位键
D．该配合物的配体为NH3
12．下列说法正确的是
A．乙醇中的上的氢比水分子中的上的氢活泼
B．的配合物内界和外界的数目之比是1∶2
C．乙炔分子中π键重叠程度比σ键大
D．手性分子与足量的反应后分子中没有手性碳原子
13．冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞(其晶胞结构如图，其中空心球所示原子位于立方体的顶点及面心，实心球所示原子位于立方体内)类似。有关冰晶胞的说法合理的是
A．冰晶胞内水分子间以共价键相结合
B．晶体冰与金刚石晶体硬度都很大
C．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是一种σ键
D．氢键的存在导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒的排列方式类似
14．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；与具有相同的电子层结构；离子半径：；Y的单质晶体是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是
A．X、M两种元素形成的化合物的晶体中只含有离子键
B．由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低
C．元素Y、Z、W的单质晶体的熔点高低顺序为
D．化合物的分子空间结构为直线形
15．氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3）的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的是
A．相对分子质量 B．稳定性 C．沸点 D．R-H键长
16．化合物A的相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如下图。下列关于A的说法中不正确的是
A．与A属于同类化合物的同分异构体只有4种
B．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种
C．A在一定条件下可与3 molH2发生加成反应
D．A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应
17．根据下列五种元素的电离能数据(单位：)，判断下列说法正确的是
元素代号
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
A．元素的电负性最大的可能是U元素
B．R和S均可能与U在同一主族
C．U元素可能在元素周期表的s区
D．原子的价电子排布为ns2np3的可能是T元素
18．最新发现C3O2是金星大气的成分之一，化学性质与CO相似。C3O2分子中结构如下：，下列说法中错误的是
A．元素的电负性和第一电离能
B．CO分子中σ键和π键的个数比为1：2
C．C3O2分子中C原子的杂化方式为sp
D．C3O2是一个具有极性共价键和非极性共价键的极性分子
19．某物质的晶体内部一个截面上原子的排布情况如图所示,则该晶体的化学式可表示为( )
A．A2B B．AB C．AB2 D．A3B
20．生活中常用的502胶水是一种强力粘胶剂，其主要成分的结构为下列有关说法正确的是
A．分子式为 B．分子中含有两种官能团
C．分子中有3种氢原子 D．分子中所有原子都可能共面
评卷人
得分
二、原理综合题
21．通过反应，可制备有机中间体异氰酸苯酯。
（1） Ni3＋基态核外电子排布式为________。
（2）异氰酸苯酯分子中碳原子杂化轨道类型是________，1 mol异氰酸苯酯分子中含有σ键数目为________。
（3）Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为_________________________。
（4） C2H5OH的沸点高于，这是因为__________________。
（5） Ni与Al形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片，其晶胞结构如右图所示，该合金的化学式为________。
评卷人
得分
三、填空题
22．氮是一种典型的非金属元素，其单质及化合物在生活和生产中具有广泛的用途。请回答下列问题：
(1)科学家目前合成了分子，其结构如图所示。分子中氮原子的杂化轨道类型是_______，键角为_______；分解后能产生并释放出大量能量，推测其用途可为_______。
(2)①维生素可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用，该物质的结构简式如图所示：
以下关于维生素的说法正确的是_______。
a.只含σ键和π键
b.既有共价键又有离子键
c.既含有极性键又含有非极性键
②维生素燃烧可生成、、、、、等物质，这些物质中属于非极性分子的化合物有_______。
(3)液氨常被用作制冷剂，若不断地升高温度，实现“液氨氨气氮气和氢气氮原子和氢原子”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的相互作用是①_______；②极性键；③_______。
23．I.写出下列物质的分子式：
(1)_______；(2)_______；(3)_______；
II.某含苯环的化合物A，其相对分子质量为104，碳的质量分数为92.3%。
(4)A的分子式为_______。
(5)A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______，反应类型是_______。
评卷人
得分
四、结构与性质
24．磷是人体含量较多的元素之一，磷的化合物在药物生产和农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：
(1)基态磷原子的核外电子排布式为_______。
(2)可用于制造火柴，其分子结构如图所示。
①第一电离能：磷_______硫；电负性：磷_______硫(填“>”或“<”，上同)。
②分子中硫原子的杂化轨道类型为_______。
(3)如图为晶胞，的配位数为为_______，该晶体的密度为，则晶胞的体积是_______(只要求列出算式)。
答案：
1．B
【详解】
A．同一原子中， 2p 、 3d 、 4f 能级的轨道数依次为3、5、7，依次增多，A正确；
B．电子排布 (23V)1s22s22p63s23p63d5 违反了能量最低原理，正确的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，B错误；
C．原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为 2n2，C正确；
D．1s、2s轨道中容纳的2个电子自旋状态相同，违反了泡利原理，D正确；
故答案选B。
2．D
【详解】
在双键及叁键中均含有σ键又有π键，而氮气中含有氮氮叁键、乙烯中含有碳碳双键、乙炔中含有碳碳叁键，故答案为D。
3．B
【详解】
A．同一能层中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；
B．基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，依据价电子排布规律可知，外围电子排布图为：，故B正确；
C．N原子的2p轨道处于半满，其第一电离能大于氧原子，故C错误；
D．铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu的外围电子排布式为3d104s1，故D错误；
故选：B。
4．C
【详解】
A、中心原子采取sp3杂化的分子,VSEPR模型是正四面体,但其立体构形不一定是正四面体,如:水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化,但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. 金刚砂SiC结构属于立体网状结构，属于原子晶体，熔点高，而C60为分子晶体，熔点较低，故B错误；
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律；故C正确；
D.白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°,故D错误；
综上所述，本题选C。
5．B
【分析】
解:由元素在周期表中前四周期的相对位置可知，X为F元素、W为P元素、Y为S元素、Z为Br。
【详解】
A．元素周期表d区包括ⅢB族～ VIIB族、Vll族，ⅢB族的镧系元素、锕系元素除外(它们属干f区)，四种元素处干元素周期表p区，故A错误；
B．同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性呈减小趋势，故X的电负性最大，故B正确；
C．主族元素原子中未成对电子最多的价电子排布为ns2np3,表中W元素原子的p轨道上未成对电子最多，故C错误；
D．原子形成阴离子时电子层不变，Y的阴离子比Z的阴离子少一个电子层，它们的电子层结构不相同，故D错误；
故答案选B。
本题是对物质结构与性质考查，注意识记常见元素在周期表中的位置，掌握元素周期表的结构、核外电子排布与元素周期律，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
6．B
【详解】
A．干冰属于分子晶体，分子间的作用力是范德华力，升华或熔化时克服的是范德华力，石英属于共价晶体，微粒间的作用力是共价键，熔化时克服的是共价键，故A错误；
B．CO2的结构式为O=C=O，CS2的结构式为S=C=S，CO2、CS2中每个原子都满足8e－稳定结构，故B正确；
C．水分子间存在氢键，H2S、H2Se分子间不存在分子间氢键，因此H2O的熔沸点高，H2S、H2Se属于分子晶体，H2Se的相对分子质量大于H2S，H2Se的范德华力大，熔沸点高于H2S，故C错误；
D．某些分子晶体固态时不导电，水溶液能导电，如干冰、HCl等，故D错误；
答案为B。
7．C
【详解】
A．B12结构单元中，每个B原子形成5个B—B键，故有12×5÷2＝30个B—B键(即30条边)，每个三角形含有3÷2＝1.5个B—B键，故有30÷1.5＝20个正三角形，A说法正确；
B．S—F键是极性键，SF6空间构型为正八面体对称结构，是非极性分子，B说法正确；
C．S8有单个的分子(1个分子中含有8个原子)，故其属于分子晶体，C说法不正确；
D．HCN分子中，其中心原子为sp杂化，故其结构式是H—C≡N，D说法正确。
本题选C。
8．D
【详解】
A．NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，形成正八面体，A正确；
B．根据均摊原则，在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有Ca2+数为，B正确 ；
C．在金刚石晶体中，每个碳原子都和4个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，所以每个碳原子平均连有4×=2个碳碳键，因此碳原子与碳碳键的个数之比为1：2，C正确；
D．团簇分子中每一个原子都归该分子所有，由图可知一个团簇分子中含有4个E和4个F，所以该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，D错误；
故选D。
9．C
【分析】
【详解】
A．蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机物混合物中各成分的沸点不同，所以可用蒸馏的方法进行分离，故A正确；
B．利用燃烧法，能将有机物转化为简单无机物，并作定量测定，通过无机物的质量推算出组成该有机物元素原子的质量分数，然后计算出该有机物分子所含元素原子最简单的整数比，即燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法，故B正确；
C．从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目，不能确定有机物的相对分子质量，分析有机物的相对分子质量可以通过质谱图分析，故C错误；
D．不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故D正确；
答案选C。
10．A
【详解】
该有机化合物分子内甲基和异丙基处于苯环的对位，则分子内有5种氢原子、原子数目比为3∶2∶2∶1∶6，则在核磁共振氢谱图中各吸收峰的峰面积比为3∶2∶2∶1∶6；
答案选A。
11．C
【分析】
其水溶液不导电，说明不电离产生产生自由的移动，加入AgNO3溶液不产生沉淀，该结构中不存在游离的Cl-，Cl应于Pt形成配位键，加入强碱处理没有氨气放出，说明NH3与Pt结合成配位键，据此分析；
【详解】
A．加入溶液不产生沉淀，用强碱处理没有放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该配合物的化学式为，则配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A错误；
B．Pt与6个配体成键，该配合物应是八面体形结构，故B错误；
C．由上述分析可知，和分子均与形成配位键，故C正确；
D．该配合物的配体是和，故D错误；
答案为C。
12．B
【详解】
A．乙醇与钠反应比水与钠反应缓和得多，则表明乙醇中的上的氢不如水分子中的上的氢活泼，A不正确；
B．的配合物内界为[TiCl(H2O)5]2+，[ ]以外的是外界，则内界和外界的数目之比是1∶2，B正确；
C．σ键是头对头重叠，π键是肩并肩重叠，头对头重叠的程度比肩并肩重叠的程度大，所以乙炔分子中π键重叠程度比σ键小，C不正确；
D．手性分子(带“∗”碳为手性碳)与足量的反应后，带“∗”手性碳结构不变，所以分子中仍有手性碳原子，D不正确；
故选B。
13．D
【详解】
A．冰晶胞内水分子间以氢键结合，故A错误；
B．晶体冰为分子晶体，硬度很小，而金刚石晶体属于原子晶体，硬度很大，故B错误；
C．氢键有饱和性和方向性，每个H原子只能形成一个氢键，但不属于化学键，不是σ键一种，故C错误；
D．每个冰晶胞平均占有分子个数=4+×8+×6=8，H2O的氧原子中含有2个σ键和2个孤电子对，金刚石中每个碳原子含有4个σ键且没有孤电子对，所以水中的O和金刚石中的C都是sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子中一个氧原子可以和另外2个水分子中的氢原子形成2个氢键，2个氢原子可以和另外2个水分子中的氧原子形成氢键，所以每个水分子可与相邻的4个水分子形成4个氢键，导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相似，故D正确；
答案选D。
14．C
【分析】
Y 的单质晶体是一种重要的半导体材料，所以Y是硅元素，则根据离子的电荷数可知，X是钠元素，又因为X+与M2-具有相同的电子层结构，所以M是氧元素，根据Z、M同主族可知，乙是S元素，离子半径：Z2-＞W-,所以W是氯元素，据此分析作答。
【详解】
A．过氧化钠中含有非极性键，A错误；
B．水分子之间存在氢键，沸点最高，B错误；
C．硅是原子晶体,S单质和氯气都是分子晶体，C正确；
D．化合物SCl2的中心原子S，价层电子对数为4，含有2对孤电子对，其空间构型为V形，D错误；
故答案选C。
15．B
【详解】
A．NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，与图示曲线不相符，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N＞P＞As，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，故B正确；
C．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，故C错误；
D．原子半径越大，R-H键长越长，原子半径N＜P＜As，所以键长由短到长的顺序为NH3、PH3、AsH3，故D错误；
答案选B。
本题的易错点为C，要注意氨气分子间能够形成氢键。
16．A
【分析】
有机物A的分子式为分子式C8H8O2，不饱和度为(2×8+2−8)/2=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，说明A含有四种氢原子且其原子个数之比为1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为，据此解答。
【详解】
根据以上分析可知有机物A的结构简式为，则
A．属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，A错误；
B．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种，B正确；
C．含有苯环，A在一定条件下可与3molH2发生加成反应，C正确；
D．A含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，D正确；
答案选B。
本题考查有机物结构的推断、核磁共振氢谱、红外光谱图、官能团性质等，难度中等，推断A的结构是解题的关键，注意结合分子式与红外光谱含有的基团进行判断。
17．C
【分析】
Q的第一电离能较大，说明Q结构稳定，Q元素可能为稀有气体，R、U的第一电离能与第二电离能相差较大，可知R、U最外层有1个电子，可能是ⅠA族元素，S的第二电离能与第三电离能相差较大，S最外层有2个电子，可能是ⅡA族元素，T的第三电离能与第四电离能相差较大，T最外层有3个电子，可能ⅢA族元素；
【详解】
A．根据分析，U可能是ⅠA族元素，同一周期从左到右电负性依次增强，因此U的电负性可能小于S或T，A错误；
B．根据分析，R、U最外层有1个电子，可以在同主族，S最外层有2个电子，与R、U不再同一主族，B错误；
C．根据分析，U最外层有1个电子，可能是ⅠA族元素，ⅠA族元素在s区，C正确；
D．价电子排布为ns2np3的原子最外层为5个电子，而T最外层有3个电子，D错误；
故选C。
18．D
【分析】
【详解】
A．同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，电负性增大，所以电负性和第一电离能O>C，A正确；
B．CO与N2为等电子体，参考N2分子结构可知一个CO分子含有1个σ键和2个π键，B正确；
C．根据CO2的结构可推出C3O2分子的空间构型应为直线形，C原子为sp杂化，C正确；
D．C3O2分子的空间构型为直线形，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，D错误；
综上所述答案为D。
19．B
【详解】
根据物质的结构可知：在1个A周围有4个B；在一个B周围有4个A，A、B原子个数比是1:1，所以该晶体的化学式是B。
20．C
【详解】
A．该分子中含有6个碳原子、7个氢原子、2个氧原子、1个氮原子，分子式为C6H7O2N，故A错误；
B．该分子中含有碳碳双键、酯基、氰基三种官能团，故B错误；
C．该分子中氢原子有甲基、亚甲基、碳碳双键上的共3种，故C正确；
D．该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷呈正四面体结构，则该分子中所有原子一定不共平面，故D错误；
故选：C。
21． [Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7 sp和sp2 14 mol N＞O＞C＞Na 乙醇分子间存在氢键 Ni3Al
【详解】
(1) Ni3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7
(2)异氰酸苯酯分子中，苯环上碳原子是sp2杂化，而—N=C=O中的碳原子是sp杂化；1mol 异氰酸苯酯分子中，苯环上含有11个σ键，而—N=C=O中含有3个σ键，所以共计14molσ键，即14NA；
(3)在元素周期表中，第一电离能的一般规律是同周期从左向右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，所以Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为N >O> C> Na；
(4) C2H5OH 在分子间可形成氢键，而不能形成分子间氢键，所以C2H5OH 的沸点高于；
(5)根据原子均滩法，该晶胞中Al原子数==1，Ni原子数= =3，所以该合金的化学式为Ni3Al。
22．(1) 用于制造火箭推进剂或炸药
(2) bc
(3) 氢键、范德华力 非极性键
（1）
N4分子与P4结构相似，为正四面体构型，4分子中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化；每个面为正三角形，N- N键的键角为60°；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以制造火箭推进剂或炸药；
（2）
①a．由维生素B1的结构可知，分子中含有单键和双键，因此既有σ键也有π键，分子中含有阴阳离子，因此具有离子键，a错误；
b．分子中含有阴阳离子，因此具有离子键，除图中的阴阳离子形成的离子键之外，其它化学键均为共价键，b正确；
c．分子中既有同种非金属元素形成的非极性共价键，也有不同种非金属形成的极性共价键，c正确；
故选bc；
②非极性分子的正负电荷中心重合，N2为单质，不是化合物；NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，是极性分子；CO2为直线形分子，正负电荷中心重合，是非极性分子；SO2和H2O为V形分子，正负电荷中心不重合，是极性分子；HCl为直线形，正负电荷中心不重合，是极性分子；因此只有CO2为非极性分子的化合物；
（3）
液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；N2、H2生成氮原子和氢原子，破坏了非极性键。
23．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 加成反应
（1）
根据键线式可得，分子式为；
（2）
根据键线式可得，分子式为；
（3）
根据键线式可得，分子式为；
（4）
化合物A含苯环，其相对分子质量为104，其中碳的质量分数为92.3%，碳原子个数：，C原子为8个，氢原子个数：
所以化合物A的分子式为；
（5）
A含有苯环，且能与溴的四氯化碳溶液反应，说明A为苯乙烯，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应：。
24．(1)1s22s22p63s23p3或[Ne] 3s23p3
(2) ＞ ＜ sp3杂化
(3) 8
（1）
磷原子为15号元素，故基态磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne] 3s23p3；
（2）
基态磷原子的3p轨道为半充满状态，较稳定，第一电离能：磷＞硫；硫元素的非金属性比磷元素强，电负性：磷＜硫；分子中每个硫原子与2个磷原子相连，并含有2个孤电子对，故硫原子的杂化轨道类型为sp3杂化；
（3）
每个周围吸引8个为F-，每个F-周围吸引4个，所以的配位数为8；F-位于晶胞内部，所以每个晶胞中含有F-8个，含有为，由得，晶胞的体积。
2022-2023学年江苏省南京市高二下册化学期末专项提升模拟卷
（B卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白质和脂质。核酸检测就是检测新冠病毒的RNA。下列说法不正确的是
A．核酸和蛋白质都是生物大分子
B．核酸和蛋白质都不能发生水解反应
C．核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接
D．一定浓度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白质变性
2．下列各项比较中，正确的是
A．7.8g Na2O2中含有的离子数为0.4NA
B．标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等
C．等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等
D．质量相同的 H2O 和 D2O(重水)所含的原子数不相同
3．NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法不正确的是
A．NH4Cl晶体属于离子晶体
B．NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°
C．NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键
D．每个Cl-周围与它最近且等距离的的数目为8
4．汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A．催化剂能提高反应速率 B．、均发生了氧化反应
C．转化为时，转化为 D．催化剂对化学反应有选择性
5．取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析不正确的是
A．黄色沉淀是，白色沉淀是
B．产生白色沉淀时，溶液中存在
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，
6．我国科研人员将单独脱除的反应与的制备反应相结合，实现协同转化。
①单独制备：，不能自发进行。
②单独脱除：，能自发进行协同转化装置如下图(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。
下列分析不正确的是
A．反应②释放的能量可以用于反应①
B．产生的电极反应：
C．反应过程中不需补加稀
D．协同转化总反应：
7．一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。
下列判断不正确的是
A．第一电离能：X
C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物
D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
8．2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如下：
下列说法不正确的是
A．反应①中分解制备需从外界吸收能量
B．反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化
C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致
D．C6→淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成
9．室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：
① 将冰醋酸配制成0.1 mol·L-1醋酸溶液；
② 取20 mL①所配溶液，加入a mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；
③ 向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na+) = n(Cl－)。
下列说法正确的是
A．①中：所得溶液的pH=1
B．②中：a＝20
C．③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H+)，且pH＜7
D．①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等
10．常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法不正确的是
A．由图可推测，H2X为弱酸
B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O
C．水的电离程度：a点与b点大致相等
D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-
11．以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如下：
已知：
下列分析不正确的是
A．
B．400℃左右，体系发生的反应主要是②
C．由图可知，，
D．初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为24%
12．氮掺杂的碳材料可以有效催化燃料电池中的还原反应，其催化机理如图。
途径一：A→B→C→F
途径二：A→B→C→D→E
下列说法不正确的是
A．途径一中存在极性共价键的断裂与形成
B．途径一的电极反应是
C．途径二，1mol 得到4mol
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的焓变
评卷人
得分
二、多选题
13．高分子M广泛用于纺织、涂料等产品，合成路线如下：
已知：
下列说法不正确的是
A．化合物A存在顺反异构体 B．A是的同系物
C．A→N为聚合反应 D．M、N均可水解得到
14．微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，其工作原理示意图如图。关于该电池的说法不正确的是
A．a极是正极
B．H+向b极迁移
C．b电极上发生的反应是+H++2e-=+Cl-
D．生成0.1molH2CO3，电池反应电子转移数目为0.4mol
15．用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表向HCl中滴加NaOH B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．A、B两点水的电离程度：A
评卷人
得分
三、工业流程题
16．工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下：
【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
(1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将转化为的化学方程式是_______。
(2)酸浸：
①难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，溶于盐酸的离子方程式是_______。
②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：
酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是_______。
(3)转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下：
①浸出液中加入石灰乳的作用是_______。
②已知的溶解度小于。向沉淀中加入溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：_______。
③向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是_______。
(4)测定产品中的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入mL 溶液()。最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为mL。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是_______。(的摩尔质量：)
(5)全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池，已知放电时发生氧化反应，电池原理(电解液中含)如图：
①a是_______(填“正极”或“负极”)。
②该蓄电池反应方程式为_______(标出“充电”“放电”方向)。
评卷人
得分
四、结构与性质
17．NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
(1)以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。
①基态Fe原子的电子排布式为___________。
②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：
i.两种晶胞所含铁原子个数比为___________。
ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则其密度ρ=___________g·cm-3。
③我国科学家开发出Fe—LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，原因是___。
(2)化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是_____。
②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入______。
③NaHCO3分解得Na2CO3。空间结构为________。
(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
元素
H
B
N
电负性
2.1
2.0
3.0
①NH3的中心原子的杂化轨道类型为___________。
②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是___________。
③比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“＞”或“＜”)。
评卷人
得分
五、实验题
18．“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法并测定相关反应的平衡常数。
资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11
ii.碘的化合物主要以I-和的形式存在，+5I-+6H+=3I2+3H2O。
iii.碘单质能与I-反应：I2+I-(低浓度时显黄色，高浓度时为棕色)。
I制备消毒液(夹持装置略)
(1)制备NaClO的离子反应方程式___________。
(2)结合资料i，写出D中反应的化学方程式___________。
II．利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案
操作
现象
反应后加淀粉溶液
1
烧杯1溶液中加入9gKI固体
|溶液为橙黄色
……
2
烧杯2溶液中加入9gKI固体，再加入1mol/L盐酸10mL
溶液颜色快速加深，呈紫红色
变蓝
3
烧杯3溶液中加入少量KI固体(小于0.5g)
振荡后溶液保持无色
不变蓝
(3)针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为。
设计实验a证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成的离子方程式是___________。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验b证实了假设2成立，实验b的操作及现象是___________。
(4)某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由___________。
(5)预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据___________。
评卷人
得分
六、有机推断题
19．治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。
已知：
i.R1CHO+CH2(COOH)2R1CH=CHCOOH
ii.R2OHR2OR3
(1)A分子含有的官能团是_______。
(2)已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是(填序号)_______。
a．核磁共振氢谱有5组峰
b．能使酸性KMnO4溶液褪色
c．存在2个六元环的酯类同分异构体
d．存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
(3)E→G的化学方程式是_______。
(4)J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是_______。
(5)L的分子式为C7H6O3。L的结构简式是_______。
(6)从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：
i.R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。
N→P→QL
答案：
1．B
【详解】
A．蛋白质、核酸都是由单体聚合形成的生物大分子，选项A正确；
B．蛋白质最终水解为氨基酸、核酸最终水解为核苷酸，均能发生水解反应，选项B不正确；
C．所有的核酸都是核苷酸的多聚体，通过磷酸二酯键相连，选项C正确；
D．次氯酸钠等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒是因为它们都能使蛋白质变性，选项D正确；
答案选B。
2．D
【详解】
A．7.8g Na2O2的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有2个Na+和1个O，所以7.8g Na2O2中含有的离子数为0.3NA，故A错误；
B．同温同压条件下，相同体积的任何气体具有相同分子数，苯标况下为液体，不能使用阿伏加德罗定律，所以标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，故B错误；
C．1mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移3mol电子，1mol铜与足量氯气反应生成氯化铜，转移2mol电子，故C错误；
D．H2O 和 D2O(重水)的摩尔质量不同，所以质量相同的 H2O 和 D2O(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，故D正确；
故答案选D。
3．B
【详解】
A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A正确；
B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B错误；
C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C正确；
D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D正确；
故选B。
4．B
【详解】
A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B。
5．D
【详解】
A．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项正确；
B．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项正确；
C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项正确；
D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项错误；
故答案选D。
6．D
【分析】
该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O，负极反应式为，正极反应式为，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解答。
【详解】
A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；
B．由图可知，生成H2O2的电极反应为，B项正确；
C．H+、电子所带电荷数值相等，则右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；
D．负极反应式为，正极反应式为，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，D项错误；
故答案选D。
7．B
【分析】
一种对中枢神经有抑制作用的药物，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。
【详解】
A． N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C
C． W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C正确；
D． 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D正确；
故选B。
8．D
【详解】
A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解制备需从外界吸收能量，A正确；
B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化，B正确；
C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C正确；
D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D错误；
故D。
9．C
【详解】
A.因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸pH>1，A错误；
B.若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；
C.③中溶液的电荷守恒为：，结合，故，所以，，pH<7，C正确；
D. ①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少，D错误；
答案选C。
10．C
【分析】
在H2X溶液中滴加NaOH溶液首先发生反应H2X+OH-=HX-+H2O，该反应过程中H2X的浓度逐渐减小，HX-的浓度逐渐增大，然后发生HX-+OH-=X2-+H2O，HX-的浓度逐渐减小，X2-的浓度逐渐增大，根据反应过程及每个阶段中粒子种类的变化分析。
【详解】
A．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A正确；
B．由分析和图像可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B正确；
C．由图像可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是 酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C错误；
D．由图可得a点，b点，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D正确；
故答案为C。
11．D
【详解】
A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此 P1>P2，A正确；
B．400℃时，由图可以看出， CH3OH 的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B正确；
C．由图看出，随着温度升高，的选择性()逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率()逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率()逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C正确；
D ．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol CO2，又因为可知0.3mol CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3mol CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：
，
两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率=，D错误；
故D。
12．D
【详解】
A．由图中信息可知，途径一中有C-O键、O-H键的形成，也有C-O键的断裂，选项A正确；
B．途径一的过程中有O2的参与和二次增加H+、e-，最后从催化剂中放出H2O2,其电极反应是，选项B正确；
C．途径二中，有O2参与，途中二次增加H+、e-和一次增加2H+、2e-，故1mol 得到4mol ，选项C正确；
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的活化能，但不能改变焓变，选项D不正确；
答案选D。
13．AB
【分析】
CH3COOH与C2H2加成得到A CH3COOCH=CH2，A加聚得到N ，N与CH3OH发生已知信息的反应得到CH3COOCH3和高分子M。
【详解】
A．据分析，化合物A的结构简式是CH3COOCH=CH2，碳碳双键的一个碳原子上连接两个相同原子(H原子)，则A分子不存在顺反异构体，A错误；
B．A是CH3COOCH=CH2，与的官能团不完全相同，二者不是同系物， B错误；
C．据分析，A→N是：CH3COOCH=CH2加聚得到，是聚合反应，C正确；
D．M和N均有链节中的酯基可发生水解，得到和CH3COOH，D正确；
故选AB。
14．AD
【分析】
据图可知CH3COO-在a电极上转化为H2CO3和HCO，C元素失电子被氧化，所以a电极为负极，则b电极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子。
【详解】
A．根据分析可知，a极是原电池的负极，A错误；
B．原电池中阳离子向正极迁移，b极为正极，所以H+向b极迁移，B正确；
C．b电极上对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应为+H++2e-=+Cl-，C正确；
D．a电极上CH3COO-被氧化为H2CO3和HCO，只知道H2CO3的物质的量，而不知HCO的物质的量，无法确定转移电子数，D错误；
故选AD。
15．CD
【分析】
HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。
【详解】
A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；
B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；
C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C错误；
D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误；
故选CD。
16．(1)CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2
(2) Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O 调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)
(3) 调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素) Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出 当pH＞8时，钒的主要存在形式不是
(4)
(5) 正极 2V2+++2H+ VO2++2V3++H2O
【分析】
根据流程：向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到Ca3(VO4)2沉淀富集钒元素，向沉淀加入(NH4)2CO3溶液得到(NH4)3VO4溶液，向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5，得到NH4VO3，煅烧制得V2O5，据此分析解题。
（1）
V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca(VO3)2，反应为：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；故CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；
（2）
①根据表可知，pH=4，Ca(VO3)2溶于盐酸生成，则该离子反应为：Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O；故Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O；
②根据酸度对钒和铝的溶解量的图可知，酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，故酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%；故酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大；
（3）
①浸出液中加入石灰乳的作用是调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)；故调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)；
②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2，Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；故Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；
③根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是，故当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低；故当pH＞8时，钒的主要存在形式不是；
（4）
根据元素化合价升降相同，滴定过程有5(NH4)2Fe(SO4)2～KMnO4，则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2C210-3mol，
则与(VO2)2SO4溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5b2C2)×10-3mol，
根据钒元素守恒，则有V2O5～2VO2+～2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b1c1-5b2C2)×10-3mol，则产品中V2O5的质量分数是=；故；
（5）
①由题干信息可知，放电时发生氧化反应，即放电时b电极发生氧化反应，即b为负极，电极反应为：V2+-e-=V3+，则a为正极，发生还原反应，电极反应为：+2e-+2H+=+H2O，故正极；
②由①分析可知，该蓄电池反应方程式为2V2+++2H+ VO2++2V3++H2O,故2V2+++2H+ VO2++2V3++H2O。
17．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2 1:2 H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小
(2) NH3与H2O分子间能形成氢键 NH3 平面三角形
(3) sp3 B ＞
【分析】
根据Fe的原子序数，结合核外电子排布规则写出Fe的电子排布式；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的有关计算；根据同主族元素性质递变规律解释H、Li、Na的第一电离能的关系；根据NH3分子与H2O分子之间会形成氢键解释NH3极易溶于水的原因；根据NH3极易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解释侯氏制碱法先通入NH3再通入CO2；根据VSEPR理论，判断其空间结构和杂化类型；根据形成配位健的条件判断提供空轨道的原子；根据NH3BH3(氨硼烷)分子间形成氢键判断其熔点较高；据此解答。
（1）
①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；答案为1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；
②由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；又图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为m==，其密度ρ=== g·cm-3；答案为1:2；；
③第一电离能(I1)为I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；
（2）
①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；
②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳；答案为NH3；
③中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；
（3）
①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；答案为sp3；
②在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；
③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。
18．(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
(2)Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
(3) 5ClO−+I2+H2O=2+5Cl-+2H+ 向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去
(4)不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝
(5)“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”
【分析】
分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题；
分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。
（1）
Cl2与NaOH反应生成NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（2）
根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；
（3）
根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。
（4）
84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在，不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝；
（5）
为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”。
19．(1)氟原子(或碳氟键)、醛基
(2)abc
(3)NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O
(4)
(5)
(6)
【分析】
由题干合成流程图中，结合A的分子式和信息i不难推出A为，B为反式结构，进而可以推出B的结构为，B与乙醇在浓硫酸共热时发生酯化反应生成D，故D为，与D的分子式相符；ClCH2COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH2COONa，然后再酸化得到E，E为NCCH2COOH，E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，G为NCCH2COOCH2CH3，D和G发生加成反应生成；结合J的分子式，J分子中有3个官能团，包括1个酯基，与H2发生反应生成J，可以推出J的结构简式为，同时生成乙醇；由物质结合M的分子式和信息ii，并由(5) L的分子式为C7H6O3可以推出L的结构简式为，M的结构简式为，据此分析解答。
（1）
由分析可知，A的结构简式为，故A分子含有的官能团是氟原子、醛基，故氟原子(或碳氟键)、醛基；
（2）
B为。a．根据等效氢原理可知B的核磁共振氢谱共有5种峰，如图所示，故a正确；b．由B的结构简式可知，B中含有碳碳双键，可以使KMnO4酸性溶液褪色，故b正确；c．B具有含2个六元环的酯类同分异构体，如等，故c正确；d．B分子的不饱和度为6，含苯环、碳碳三键的羧酸类同分异构体的不饱和度为7，因此B不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，故d错误；故abc；
（3）
E为NCCH2COOH，G为NCCH2COOCH2CH3，E与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，反应的化学方程式为NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O，故NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O；
（4）
根据上述分析，J的结构简式为，故；
（5）
由分析可知，L的结构简式为，故；
（6）
根据Q到L的转化条件可知Q为酯类，结合L的结构简式，可推知Q的结构简式为，结合信息i和信息ii可推知P到Q的转化条件为H2O2/HAc，P的结构简式为，由N到P的反应条件为O3/Zn，H2O且N为黄樟素的同分异构体，可推知N的结构简式为，故；；。
本题的难点是题干信息的解读和应用，J的推断较难，要注意与H2不是发生加成反应生成J；另一个难点是(6)，要注意逆推法的应用。
2022-2023学年江苏省南京市高二下册化学期末专项提升模拟卷
（A卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．下列说法错误的是
A．同一原子中，、、能级的轨道数依次增多
B．电子排布违反了洪特规则
C．原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为
D．违反了泡利原理
2．下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A．①②③ B．③④⑤⑥ C．①③⑥ D．③⑤⑥
3．下列说法或有关化学用语的使用正确的是
A．在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
B．原子的价层电子排布图为
C．氧的电负性比氮大，故氧元素的第一电离能比氮元素的第一电离能大
D．铜的价层电子排布式为
4．下列说法正确的是
A．凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是正四面体
B．C-C的键能大于C-Si，所以C60熔点高于金刚砂SiC
C．若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子
D．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
5．如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关W、X、Y、Z的叙述正确的是
A．这四种元素位于元素周期表d区 B．X是电负性最大的元素
C．p轨道上未成对电子最多的是Z原子 D．Y、Z的简单阴离子电子层结构相同
6．下列说法正确的是
A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，升华或熔化时需克服的微粒间作用力类型也相同
B．CO2和CS2每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．H2O、H2S、H2Se由于分子间作用力依次增大，所以熔、沸点依次升高
D．某晶体固态时不导电，水溶液能导电，说明该晶体是离子晶体
7．观察下表模型并结合有关信息，判断下列说法中不正确的是
B12结构单元
SF6分子
S8分子
HCN
结构模型示意图
备注
熔点1873 K
—
易溶于CS2
—
A．单质硼属于原子晶体，每个B12结构单元中含有30个B—B键和20个正三角形
B．SF6是由极性键构成的非极性分子
C．固态硫S8属于原子晶体
D．HCN的结构式为H—C≡N
8．有关晶体的结构如下图所示，下列说法不正确的是
A．在晶体中，与等距离且最近的形成正八面体
B．在晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为1∶2
D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE
9．研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，以下用于研究有机物的方法错误的是
A．蒸馏常用于分离提纯液态有机混合物
B．燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法
C．核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量
D．对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的基团
10．有机化合物在核磁共振氢谱图中各吸收峰的峰面积比为
A．3∶2∶2∶1∶6 B．3∶4∶7 C．3∶4∶1∶3∶3 D．9∶4∶1
11．某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl-和NH3分子均与Pt4+形成配位键
D．该配合物的配体为NH3
12．下列说法正确的是
A．乙醇中的上的氢比水分子中的上的氢活泼
B．的配合物内界和外界的数目之比是1∶2
C．乙炔分子中π键重叠程度比σ键大
D．手性分子与足量的反应后分子中没有手性碳原子
13．冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞(其晶胞结构如图，其中空心球所示原子位于立方体的顶点及面心，实心球所示原子位于立方体内)类似。有关冰晶胞的说法合理的是
A．冰晶胞内水分子间以共价键相结合
B．晶体冰与金刚石晶体硬度都很大
C．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是一种σ键
D．氢键的存在导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒的排列方式类似
14．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；与具有相同的电子层结构；离子半径：；Y的单质晶体是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是
A．X、M两种元素形成的化合物的晶体中只含有离子键
B．由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低
C．元素Y、Z、W的单质晶体的熔点高低顺序为
D．化合物的分子空间结构为直线形
15．氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3）的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的是
A．相对分子质量 B．稳定性 C．沸点 D．R-H键长
16．化合物A的相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如下图。下列关于A的说法中不正确的是
A．与A属于同类化合物的同分异构体只有4种
B．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种
C．A在一定条件下可与3 molH2发生加成反应
D．A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应
17．根据下列五种元素的电离能数据(单位：)，判断下列说法正确的是
元素代号
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
A．元素的电负性最大的可能是U元素
B．R和S均可能与U在同一主族
C．U元素可能在元素周期表的s区
D．原子的价电子排布为ns2np3的可能是T元素
18．最新发现C3O2是金星大气的成分之一，化学性质与CO相似。C3O2分子中结构如下：，下列说法中错误的是
A．元素的电负性和第一电离能
B．CO分子中σ键和π键的个数比为1：2
C．C3O2分子中C原子的杂化方式为sp
D．C3O2是一个具有极性共价键和非极性共价键的极性分子
19．某物质的晶体内部一个截面上原子的排布情况如图所示,则该晶体的化学式可表示为( )
A．A2B B．AB C．AB2 D．A3B
20．生活中常用的502胶水是一种强力粘胶剂，其主要成分的结构为下列有关说法正确的是
A．分子式为 B．分子中含有两种官能团
C．分子中有3种氢原子 D．分子中所有原子都可能共面
评卷人
得分
二、原理综合题
21．通过反应，可制备有机中间体异氰酸苯酯。
（1） Ni3＋基态核外电子排布式为________。
（2）异氰酸苯酯分子中碳原子杂化轨道类型是________，1 mol异氰酸苯酯分子中含有σ键数目为________。
（3）Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为_________________________。
（4） C2H5OH的沸点高于，这是因为__________________。
（5） Ni与Al形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片，其晶胞结构如右图所示，该合金的化学式为________。
评卷人
得分
三、填空题
22．氮是一种典型的非金属元素，其单质及化合物在生活和生产中具有广泛的用途。请回答下列问题：
(1)科学家目前合成了分子，其结构如图所示。分子中氮原子的杂化轨道类型是_______，键角为_______；分解后能产生并释放出大量能量，推测其用途可为_______。
(2)①维生素可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用，该物质的结构简式如图所示：
以下关于维生素的说法正确的是_______。
a.只含σ键和π键
b.既有共价键又有离子键
c.既含有极性键又含有非极性键
②维生素燃烧可生成、、、、、等物质，这些物质中属于非极性分子的化合物有_______。
(3)液氨常被用作制冷剂，若不断地升高温度，实现“液氨氨气氮气和氢气氮原子和氢原子”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的相互作用是①_______；②极性键；③_______。
23．I.写出下列物质的分子式：
(1)_______；(2)_______；(3)_______；
II.某含苯环的化合物A，其相对分子质量为104，碳的质量分数为92.3%。
(4)A的分子式为_______。
(5)A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______，反应类型是_______。
评卷人
得分
四、结构与性质
24．磷是人体含量较多的元素之一，磷的化合物在药物生产和农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：
(1)基态磷原子的核外电子排布式为_______。
(2)可用于制造火柴，其分子结构如图所示。
①第一电离能：磷_______硫；电负性：磷_______硫(填“>”或“<”，上同)。
②分子中硫原子的杂化轨道类型为_______。
(3)如图为晶胞，的配位数为为_______，该晶体的密度为，则晶胞的体积是_______(只要求列出算式)。
答案：
1．B
【详解】
A．同一原子中， 2p 、 3d 、 4f 能级的轨道数依次为3、5、7，依次增多，A正确；
B．电子排布 (23V)1s22s22p63s23p63d5 违反了能量最低原理，正确的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，B错误；
C．原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为 2n2，C正确；
D．1s、2s轨道中容纳的2个电子自旋状态相同，违反了泡利原理，D正确；
故答案选B。
2．D
【详解】
在双键及叁键中均含有σ键又有π键，而氮气中含有氮氮叁键、乙烯中含有碳碳双键、乙炔中含有碳碳叁键，故答案为D。
3．B
【详解】
A．同一能层中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；
B．基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，依据价电子排布规律可知，外围电子排布图为：，故B正确；
C．N原子的2p轨道处于半满，其第一电离能大于氧原子，故C错误；
D．铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu的外围电子排布式为3d104s1，故D错误；
故选：B。
4．C
【详解】
A、中心原子采取sp3杂化的分子,VSEPR模型是正四面体,但其立体构形不一定是正四面体,如:水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化,但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. 金刚砂SiC结构属于立体网状结构，属于原子晶体，熔点高，而C60为分子晶体，熔点较低，故B错误；
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律；故C正确；
D.白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°,故D错误；
综上所述，本题选C。
5．B
【分析】
解:由元素在周期表中前四周期的相对位置可知，X为F元素、W为P元素、Y为S元素、Z为Br。
【详解】
A．元素周期表d区包括ⅢB族～ VIIB族、Vll族，ⅢB族的镧系元素、锕系元素除外(它们属干f区)，四种元素处干元素周期表p区，故A错误；
B．同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性呈减小趋势，故X的电负性最大，故B正确；
C．主族元素原子中未成对电子最多的价电子排布为ns2np3,表中W元素原子的p轨道上未成对电子最多，故C错误；
D．原子形成阴离子时电子层不变，Y的阴离子比Z的阴离子少一个电子层，它们的电子层结构不相同，故D错误；
故答案选B。
本题是对物质结构与性质考查，注意识记常见元素在周期表中的位置，掌握元素周期表的结构、核外电子排布与元素周期律，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
6．B
【详解】
A．干冰属于分子晶体，分子间的作用力是范德华力，升华或熔化时克服的是范德华力，石英属于共价晶体，微粒间的作用力是共价键，熔化时克服的是共价键，故A错误；
B．CO2的结构式为O=C=O，CS2的结构式为S=C=S，CO2、CS2中每个原子都满足8e－稳定结构，故B正确；
C．水分子间存在氢键，H2S、H2Se分子间不存在分子间氢键，因此H2O的熔沸点高，H2S、H2Se属于分子晶体，H2Se的相对分子质量大于H2S，H2Se的范德华力大，熔沸点高于H2S，故C错误；
D．某些分子晶体固态时不导电，水溶液能导电，如干冰、HCl等，故D错误；
答案为B。
7．C
【详解】
A．B12结构单元中，每个B原子形成5个B—B键，故有12×5÷2＝30个B—B键(即30条边)，每个三角形含有3÷2＝1.5个B—B键，故有30÷1.5＝20个正三角形，A说法正确；
B．S—F键是极性键，SF6空间构型为正八面体对称结构，是非极性分子，B说法正确；
C．S8有单个的分子(1个分子中含有8个原子)，故其属于分子晶体，C说法不正确；
D．HCN分子中，其中心原子为sp杂化，故其结构式是H—C≡N，D说法正确。
本题选C。
8．D
【详解】
A．NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，形成正八面体，A正确；
B．根据均摊原则，在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有Ca2+数为，B正确 ；
C．在金刚石晶体中，每个碳原子都和4个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，所以每个碳原子平均连有4×=2个碳碳键，因此碳原子与碳碳键的个数之比为1：2，C正确；
D．团簇分子中每一个原子都归该分子所有，由图可知一个团簇分子中含有4个E和4个F，所以该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，D错误；
故选D。
9．C
【分析】
【详解】
A．蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机物混合物中各成分的沸点不同，所以可用蒸馏的方法进行分离，故A正确；
B．利用燃烧法，能将有机物转化为简单无机物，并作定量测定，通过无机物的质量推算出组成该有机物元素原子的质量分数，然后计算出该有机物分子所含元素原子最简单的整数比，即燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法，故B正确；
C．从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目，不能确定有机物的相对分子质量，分析有机物的相对分子质量可以通过质谱图分析，故C错误；
D．不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故D正确；
答案选C。
10．A
【详解】
该有机化合物分子内甲基和异丙基处于苯环的对位，则分子内有5种氢原子、原子数目比为3∶2∶2∶1∶6，则在核磁共振氢谱图中各吸收峰的峰面积比为3∶2∶2∶1∶6；
答案选A。
11．C
【分析】
其水溶液不导电，说明不电离产生产生自由的移动，加入AgNO3溶液不产生沉淀，该结构中不存在游离的Cl-，Cl应于Pt形成配位键，加入强碱处理没有氨气放出，说明NH3与Pt结合成配位键，据此分析；
【详解】
A．加入溶液不产生沉淀，用强碱处理没有放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该配合物的化学式为，则配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A错误；
B．Pt与6个配体成键，该配合物应是八面体形结构，故B错误；
C．由上述分析可知，和分子均与形成配位键，故C正确；
D．该配合物的配体是和，故D错误；
答案为C。
12．B
【详解】
A．乙醇与钠反应比水与钠反应缓和得多，则表明乙醇中的上的氢不如水分子中的上的氢活泼，A不正确；
B．的配合物内界为[TiCl(H2O)5]2+，[ ]以外的是外界，则内界和外界的数目之比是1∶2，B正确；
C．σ键是头对头重叠，π键是肩并肩重叠，头对头重叠的程度比肩并肩重叠的程度大，所以乙炔分子中π键重叠程度比σ键小，C不正确；
D．手性分子(带“∗”碳为手性碳)与足量的反应后，带“∗”手性碳结构不变，所以分子中仍有手性碳原子，D不正确；
故选B。
13．D
【详解】
A．冰晶胞内水分子间以氢键结合，故A错误；
B．晶体冰为分子晶体，硬度很小，而金刚石晶体属于原子晶体，硬度很大，故B错误；
C．氢键有饱和性和方向性，每个H原子只能形成一个氢键，但不属于化学键，不是σ键一种，故C错误；
D．每个冰晶胞平均占有分子个数=4+×8+×6=8，H2O的氧原子中含有2个σ键和2个孤电子对，金刚石中每个碳原子含有4个σ键且没有孤电子对，所以水中的O和金刚石中的C都是sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子中一个氧原子可以和另外2个水分子中的氢原子形成2个氢键，2个氢原子可以和另外2个水分子中的氧原子形成氢键，所以每个水分子可与相邻的4个水分子形成4个氢键，导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相似，故D正确；
答案选D。
14．C
【分析】
Y 的单质晶体是一种重要的半导体材料，所以Y是硅元素，则根据离子的电荷数可知，X是钠元素，又因为X+与M2-具有相同的电子层结构，所以M是氧元素，根据Z、M同主族可知，乙是S元素，离子半径：Z2-＞W-,所以W是氯元素，据此分析作答。
【详解】
A．过氧化钠中含有非极性键，A错误；
B．水分子之间存在氢键，沸点最高，B错误；
C．硅是原子晶体,S单质和氯气都是分子晶体，C正确；
D．化合物SCl2的中心原子S，价层电子对数为4，含有2对孤电子对，其空间构型为V形，D错误；
故答案选C。
15．B
【详解】
A．NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，与图示曲线不相符，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N＞P＞As，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，故B正确；
C．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，故C错误；
D．原子半径越大，R-H键长越长，原子半径N＜P＜As，所以键长由短到长的顺序为NH3、PH3、AsH3，故D错误；
答案选B。
本题的易错点为C，要注意氨气分子间能够形成氢键。
16．A
【分析】
有机物A的分子式为分子式C8H8O2，不饱和度为(2×8+2−8)/2=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，说明A含有四种氢原子且其原子个数之比为1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为，据此解答。
【详解】
根据以上分析可知有机物A的结构简式为，则
A．属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，A错误；
B．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种，B正确；
C．含有苯环，A在一定条件下可与3molH2发生加成反应，C正确；
D．A含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，D正确；
答案选B。
本题考查有机物结构的推断、核磁共振氢谱、红外光谱图、官能团性质等，难度中等，推断A的结构是解题的关键，注意结合分子式与红外光谱含有的基团进行判断。
17．C
【分析】
Q的第一电离能较大，说明Q结构稳定，Q元素可能为稀有气体，R、U的第一电离能与第二电离能相差较大，可知R、U最外层有1个电子，可能是ⅠA族元素，S的第二电离能与第三电离能相差较大，S最外层有2个电子，可能是ⅡA族元素，T的第三电离能与第四电离能相差较大，T最外层有3个电子，可能ⅢA族元素；
【详解】
A．根据分析，U可能是ⅠA族元素，同一周期从左到右电负性依次增强，因此U的电负性可能小于S或T，A错误；
B．根据分析，R、U最外层有1个电子，可以在同主族，S最外层有2个电子，与R、U不再同一主族，B错误；
C．根据分析，U最外层有1个电子，可能是ⅠA族元素，ⅠA族元素在s区，C正确；
D．价电子排布为ns2np3的原子最外层为5个电子，而T最外层有3个电子，D错误；
故选C。
18．D
【分析】
【详解】
A．同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，电负性增大，所以电负性和第一电离能O>C，A正确；
B．CO与N2为等电子体，参考N2分子结构可知一个CO分子含有1个σ键和2个π键，B正确；
C．根据CO2的结构可推出C3O2分子的空间构型应为直线形，C原子为sp杂化，C正确；
D．C3O2分子的空间构型为直线形，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，D错误；
综上所述答案为D。
19．B
【详解】
根据物质的结构可知：在1个A周围有4个B；在一个B周围有4个A，A、B原子个数比是1:1，所以该晶体的化学式是B。
20．C
【详解】
A．该分子中含有6个碳原子、7个氢原子、2个氧原子、1个氮原子，分子式为C6H7O2N，故A错误；
B．该分子中含有碳碳双键、酯基、氰基三种官能团，故B错误；
C．该分子中氢原子有甲基、亚甲基、碳碳双键上的共3种，故C正确；
D．该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷呈正四面体结构，则该分子中所有原子一定不共平面，故D错误；
故选：C。
21． [Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7 sp和sp2 14 mol N＞O＞C＞Na 乙醇分子间存在氢键 Ni3Al
【详解】
(1) Ni3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7
(2)异氰酸苯酯分子中，苯环上碳原子是sp2杂化，而—N=C=O中的碳原子是sp杂化；1mol 异氰酸苯酯分子中，苯环上含有11个σ键，而—N=C=O中含有3个σ键，所以共计14molσ键，即14NA；
(3)在元素周期表中，第一电离能的一般规律是同周期从左向右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，所以Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为N >O> C> Na；
(4) C2H5OH 在分子间可形成氢键，而不能形成分子间氢键，所以C2H5OH 的沸点高于；
(5)根据原子均滩法，该晶胞中Al原子数==1，Ni原子数= =3，所以该合金的化学式为Ni3Al。
22．(1) 用于制造火箭推进剂或炸药
(2) bc
(3) 氢键、范德华力 非极性键
（1）
N4分子与P4结构相似，为正四面体构型，4分子中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化；每个面为正三角形，N- N键的键角为60°；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以制造火箭推进剂或炸药；
（2）
①a．由维生素B1的结构可知，分子中含有单键和双键，因此既有σ键也有π键，分子中含有阴阳离子，因此具有离子键，a错误；
b．分子中含有阴阳离子，因此具有离子键，除图中的阴阳离子形成的离子键之外，其它化学键均为共价键，b正确；
c．分子中既有同种非金属元素形成的非极性共价键，也有不同种非金属形成的极性共价键，c正确；
故选bc；
②非极性分子的正负电荷中心重合，N2为单质，不是化合物；NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，是极性分子；CO2为直线形分子，正负电荷中心重合，是非极性分子；SO2和H2O为V形分子，正负电荷中心不重合，是极性分子；HCl为直线形，正负电荷中心不重合，是极性分子；因此只有CO2为非极性分子的化合物；
（3）
液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；N2、H2生成氮原子和氢原子，破坏了非极性键。
23．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 加成反应
（1）
根据键线式可得，分子式为；
（2）
根据键线式可得，分子式为；
（3）
根据键线式可得，分子式为；
（4）
化合物A含苯环，其相对分子质量为104，其中碳的质量分数为92.3%，碳原子个数：，C原子为8个，氢原子个数：
所以化合物A的分子式为；
（5）
A含有苯环，且能与溴的四氯化碳溶液反应，说明A为苯乙烯，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应：。
24．(1)1s22s22p63s23p3或[Ne] 3s23p3
(2) ＞ ＜ sp3杂化
(3) 8
（1）
磷原子为15号元素，故基态磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne] 3s23p3；
（2）
基态磷原子的3p轨道为半充满状态，较稳定，第一电离能：磷＞硫；硫元素的非金属性比磷元素强，电负性：磷＜硫；分子中每个硫原子与2个磷原子相连，并含有2个孤电子对，故硫原子的杂化轨道类型为sp3杂化；
（3）
每个周围吸引8个为F-，每个F-周围吸引4个，所以的配位数为8；F-位于晶胞内部，所以每个晶胞中含有F-8个，含有为，由得，晶胞的体积。
2022-2023学年江苏省南京市高二下册化学期末专项提升模拟卷
（B卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白质和脂质。核酸检测就是检测新冠病毒的RNA。下列说法不正确的是
A．核酸和蛋白质都是生物大分子
B．核酸和蛋白质都不能发生水解反应
C．核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接
D．一定浓度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白质变性
2．下列各项比较中，正确的是
A．7.8g Na2O2中含有的离子数为0.4NA
B．标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等
C．等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等
D．质量相同的 H2O 和 D2O(重水)所含的原子数不相同
3．NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法不正确的是
A．NH4Cl晶体属于离子晶体
B．NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°
C．NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键
D．每个Cl-周围与它最近且等距离的的数目为8
4．汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A．催化剂能提高反应速率 B．、均发生了氧化反应
C．转化为时，转化为 D．催化剂对化学反应有选择性
5．取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析不正确的是
A．黄色沉淀是，白色沉淀是
B．产生白色沉淀时，溶液中存在
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，
6．我国科研人员将单独脱除的反应与的制备反应相结合，实现协同转化。
①单独制备：，不能自发进行。
②单独脱除：，能自发进行协同转化装置如下图(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。
下列分析不正确的是
A．反应②释放的能量可以用于反应①
B．产生的电极反应：
C．反应过程中不需补加稀
D．协同转化总反应：
7．一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。
下列判断不正确的是
A．第一电离能：X
C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物
D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
8．2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如下：
下列说法不正确的是
A．反应①中分解制备需从外界吸收能量
B．反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化
C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致
D．C6→淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成
9．室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：
① 将冰醋酸配制成0.1 mol·L-1醋酸溶液；
② 取20 mL①所配溶液，加入a mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；
③ 向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na+) = n(Cl－)。
下列说法正确的是
A．①中：所得溶液的pH=1
B．②中：a＝20
C．③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H+)，且pH＜7
D．①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等
10．常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法不正确的是
A．由图可推测，H2X为弱酸
B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O
C．水的电离程度：a点与b点大致相等
D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-
11．以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如下：
已知：
下列分析不正确的是
A．
B．400℃左右，体系发生的反应主要是②
C．由图可知，，
D．初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为24%
12．氮掺杂的碳材料可以有效催化燃料电池中的还原反应，其催化机理如图。
途径一：A→B→C→F
途径二：A→B→C→D→E
下列说法不正确的是
A．途径一中存在极性共价键的断裂与形成
B．途径一的电极反应是
C．途径二，1mol 得到4mol
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的焓变
评卷人
得分
二、多选题
13．高分子M广泛用于纺织、涂料等产品，合成路线如下：
已知：
下列说法不正确的是
A．化合物A存在顺反异构体 B．A是的同系物
C．A→N为聚合反应 D．M、N均可水解得到
14．微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，其工作原理示意图如图。关于该电池的说法不正确的是
A．a极是正极
B．H+向b极迁移
C．b电极上发生的反应是+H++2e-=+Cl-
D．生成0.1molH2CO3，电池反应电子转移数目为0.4mol
15．用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表向HCl中滴加NaOH B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．A、B两点水的电离程度：A
评卷人
得分
三、工业流程题
16．工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下：
【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
(1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将转化为的化学方程式是_______。
(2)酸浸：
①难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，溶于盐酸的离子方程式是_______。
②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：
酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是_______。
(3)转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下：
①浸出液中加入石灰乳的作用是_______。
②已知的溶解度小于。向沉淀中加入溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：_______。
③向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是_______。
(4)测定产品中的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入mL 溶液()。最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为mL。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是_______。(的摩尔质量：)
(5)全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池，已知放电时发生氧化反应，电池原理(电解液中含)如图：
①a是_______(填“正极”或“负极”)。
②该蓄电池反应方程式为_______(标出“充电”“放电”方向)。
评卷人
得分
四、结构与性质
17．NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
(1)以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。
①基态Fe原子的电子排布式为___________。
②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：
i.两种晶胞所含铁原子个数比为___________。
ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则其密度ρ=___________g·cm-3。
③我国科学家开发出Fe—LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，原因是___。
(2)化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是_____。
②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入______。
③NaHCO3分解得Na2CO3。空间结构为________。
(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
元素
H
B
N
电负性
2.1
2.0
3.0
①NH3的中心原子的杂化轨道类型为___________。
②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是___________。
③比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“＞”或“＜”)。
评卷人
得分
五、实验题
18．“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法并测定相关反应的平衡常数。
资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11
ii.碘的化合物主要以I-和的形式存在，+5I-+6H+=3I2+3H2O。
iii.碘单质能与I-反应：I2+I-(低浓度时显黄色，高浓度时为棕色)。
I制备消毒液(夹持装置略)
(1)制备NaClO的离子反应方程式___________。
(2)结合资料i，写出D中反应的化学方程式___________。
II．利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案
操作
现象
反应后加淀粉溶液
1
烧杯1溶液中加入9gKI固体
|溶液为橙黄色
……
2
烧杯2溶液中加入9gKI固体，再加入1mol/L盐酸10mL
溶液颜色快速加深，呈紫红色
变蓝
3
烧杯3溶液中加入少量KI固体(小于0.5g)
振荡后溶液保持无色
不变蓝
(3)针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为。
设计实验a证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成的离子方程式是___________。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验b证实了假设2成立，实验b的操作及现象是___________。
(4)某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由___________。
(5)预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据___________。
评卷人
得分
六、有机推断题
19．治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。
已知：
i.R1CHO+CH2(COOH)2R1CH=CHCOOH
ii.R2OHR2OR3
(1)A分子含有的官能团是_______。
(2)已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是(填序号)_______。
a．核磁共振氢谱有5组峰
b．能使酸性KMnO4溶液褪色
c．存在2个六元环的酯类同分异构体
d．存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
(3)E→G的化学方程式是_______。
(4)J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是_______。
(5)L的分子式为C7H6O3。L的结构简式是_______。
(6)从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：
i.R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。
N→P→QL
答案：
1．B
【详解】
A．蛋白质、核酸都是由单体聚合形成的生物大分子，选项A正确；
B．蛋白质最终水解为氨基酸、核酸最终水解为核苷酸，均能发生水解反应，选项B不正确；
C．所有的核酸都是核苷酸的多聚体，通过磷酸二酯键相连，选项C正确；
D．次氯酸钠等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒是因为它们都能使蛋白质变性，选项D正确；
答案选B。
2．D
【详解】
A．7.8g Na2O2的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有2个Na+和1个O，所以7.8g Na2O2中含有的离子数为0.3NA，故A错误；
B．同温同压条件下，相同体积的任何气体具有相同分子数，苯标况下为液体，不能使用阿伏加德罗定律，所以标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，故B错误；
C．1mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移3mol电子，1mol铜与足量氯气反应生成氯化铜，转移2mol电子，故C错误；
D．H2O 和 D2O(重水)的摩尔质量不同，所以质量相同的 H2O 和 D2O(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，故D正确；
故答案选D。
3．B
【详解】
A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A正确；
B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B错误；
C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C正确；
D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D正确；
故选B。
4．B
【详解】
A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B。
5．D
【详解】
A．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项正确；
B．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项正确；
C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项正确；
D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项错误；
故答案选D。
6．D
【分析】
该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O，负极反应式为，正极反应式为，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解答。
【详解】
A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；
B．由图可知，生成H2O2的电极反应为，B项正确；
C．H+、电子所带电荷数值相等，则右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；
D．负极反应式为，正极反应式为，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，D项错误；
故答案选D。
7．B
【分析】
一种对中枢神经有抑制作用的药物，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。
【详解】
A． N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C
C． W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C正确；
D． 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D正确；
故选B。
8．D
【详解】
A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解制备需从外界吸收能量，A正确；
B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化，B正确；
C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C正确；
D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D错误；
故D。
9．C
【详解】
A.因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸pH>1，A错误；
B.若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；
C.③中溶液的电荷守恒为：，结合，故，所以，，pH<7，C正确；
D. ①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少，D错误；
答案选C。
10．C
【分析】
在H2X溶液中滴加NaOH溶液首先发生反应H2X+OH-=HX-+H2O，该反应过程中H2X的浓度逐渐减小，HX-的浓度逐渐增大，然后发生HX-+OH-=X2-+H2O，HX-的浓度逐渐减小，X2-的浓度逐渐增大，根据反应过程及每个阶段中粒子种类的变化分析。
【详解】
A．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A正确；
B．由分析和图像可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B正确；
C．由图像可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是 酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C错误；
D．由图可得a点，b点，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D正确；
故答案为C。
11．D
【详解】
A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此 P1>P2，A正确；
B．400℃时，由图可以看出， CH3OH 的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B正确；
C．由图看出，随着温度升高，的选择性()逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率()逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率()逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C正确；
D ．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol CO2，又因为可知0.3mol CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3mol CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：
，
两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率=，D错误；
故D。
12．D
【详解】
A．由图中信息可知，途径一中有C-O键、O-H键的形成，也有C-O键的断裂，选项A正确；
B．途径一的过程中有O2的参与和二次增加H+、e-，最后从催化剂中放出H2O2,其电极反应是，选项B正确；
C．途径二中，有O2参与，途中二次增加H+、e-和一次增加2H+、2e-，故1mol 得到4mol ，选项C正确；
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的活化能，但不能改变焓变，选项D不正确；
答案选D。
13．AB
【分析】
CH3COOH与C2H2加成得到A CH3COOCH=CH2，A加聚得到N ，N与CH3OH发生已知信息的反应得到CH3COOCH3和高分子M。
【详解】
A．据分析，化合物A的结构简式是CH3COOCH=CH2，碳碳双键的一个碳原子上连接两个相同原子(H原子)，则A分子不存在顺反异构体，A错误；
B．A是CH3COOCH=CH2，与的官能团不完全相同，二者不是同系物， B错误；
C．据分析，A→N是：CH3COOCH=CH2加聚得到，是聚合反应，C正确；
D．M和N均有链节中的酯基可发生水解，得到和CH3COOH，D正确；
故选AB。
14．AD
【分析】
据图可知CH3COO-在a电极上转化为H2CO3和HCO，C元素失电子被氧化，所以a电极为负极，则b电极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子。
【详解】
A．根据分析可知，a极是原电池的负极，A错误；
B．原电池中阳离子向正极迁移，b极为正极，所以H+向b极迁移，B正确；
C．b电极上对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应为+H++2e-=+Cl-，C正确；
D．a电极上CH3COO-被氧化为H2CO3和HCO，只知道H2CO3的物质的量，而不知HCO的物质的量，无法确定转移电子数，D错误；
故选AD。
15．CD
【分析】
HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。
【详解】
A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；
B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；
C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C错误；
D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误；
故选CD。
16．(1)CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2
(2) Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O 调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)
(3) 调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素) Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出 当pH＞8时，钒的主要存在形式不是
(4)
(5) 正极 2V2+++2H+ VO2++2V3++H2O
【分析】
根据流程：向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到Ca3(VO4)2沉淀富集钒元素，向沉淀加入(NH4)2CO3溶液得到(NH4)3VO4溶液，向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5，得到NH4VO3，煅烧制得V2O5，据此分析解题。
（1）
V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca(VO3)2，反应为：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；故CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；
（2）
①根据表可知，pH=4，Ca(VO3)2溶于盐酸生成，则该离子反应为：Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O；故Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O；
②根据酸度对钒和铝的溶解量的图可知，酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，故酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%；故酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大；
（3）
①浸出液中加入石灰乳的作用是调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)；故调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)；
②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2，Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；故Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；
③根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是，故当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低；故当pH＞8时，钒的主要存在形式不是；
（4）
根据元素化合价升降相同，滴定过程有5(NH4)2Fe(SO4)2～KMnO4，则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2C210-3mol，
则与(VO2)2SO4溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5b2C2)×10-3mol，
根据钒元素守恒，则有V2O5～2VO2+～2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b1c1-5b2C2)×10-3mol，则产品中V2O5的质量分数是=；故；
（5）
①由题干信息可知，放电时发生氧化反应，即放电时b电极发生氧化反应，即b为负极，电极反应为：V2+-e-=V3+，则a为正极，发生还原反应，电极反应为：+2e-+2H+=+H2O，故正极；
②由①分析可知，该蓄电池反应方程式为2V2+++2H+ VO2++2V3++H2O,故2V2+++2H+ VO2++2V3++H2O。
17．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2 1:2 H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小
(2) NH3与H2O分子间能形成氢键 NH3 平面三角形
(3) sp3 B ＞
【分析】
根据Fe的原子序数，结合核外电子排布规则写出Fe的电子排布式；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的有关计算；根据同主族元素性质递变规律解释H、Li、Na的第一电离能的关系；根据NH3分子与H2O分子之间会形成氢键解释NH3极易溶于水的原因；根据NH3极易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解释侯氏制碱法先通入NH3再通入CO2；根据VSEPR理论，判断其空间结构和杂化类型；根据形成配位健的条件判断提供空轨道的原子；根据NH3BH3(氨硼烷)分子间形成氢键判断其熔点较高；据此解答。
（1）
①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；答案为1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；
②由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；又图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为m==，其密度ρ=== g·cm-3；答案为1:2；；
③第一电离能(I1)为I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；
（2）
①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；
②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳；答案为NH3；
③中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；
（3）
①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；答案为sp3；
②在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；
③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。
18．(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
(2)Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
(3) 5ClO−+I2+H2O=2+5Cl-+2H+ 向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去
(4)不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝
(5)“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”
【分析】
分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题；
分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。
（1）
Cl2与NaOH反应生成NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（2）
根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；
（3）
根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。
（4）
84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在，不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝；
（5）
为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”。
19．(1)氟原子(或碳氟键)、醛基
(2)abc
(3)NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O
(4)
(5)
(6)
【分析】
由题干合成流程图中，结合A的分子式和信息i不难推出A为，B为反式结构，进而可以推出B的结构为，B与乙醇在浓硫酸共热时发生酯化反应生成D，故D为，与D的分子式相符；ClCH2COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH2COONa，然后再酸化得到E，E为NCCH2COOH，E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，G为NCCH2COOCH2CH3，D和G发生加成反应生成；结合J的分子式，J分子中有3个官能团，包括1个酯基，与H2发生反应生成J，可以推出J的结构简式为，同时生成乙醇；由物质结合M的分子式和信息ii，并由(5) L的分子式为C7H6O3可以推出L的结构简式为，M的结构简式为，据此分析解答。
（1）
由分析可知，A的结构简式为，故A分子含有的官能团是氟原子、醛基，故氟原子(或碳氟键)、醛基；
（2）
B为。a．根据等效氢原理可知B的核磁共振氢谱共有5种峰，如图所示，故a正确；b．由B的结构简式可知，B中含有碳碳双键，可以使KMnO4酸性溶液褪色，故b正确；c．B具有含2个六元环的酯类同分异构体，如等，故c正确；d．B分子的不饱和度为6，含苯环、碳碳三键的羧酸类同分异构体的不饱和度为7，因此B不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，故d错误；故abc；
（3）
E为NCCH2COOH，G为NCCH2COOCH2CH3，E与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，反应的化学方程式为NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O，故NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O；
（4）
根据上述分析，J的结构简式为，故；
（5）
由分析可知，L的结构简式为，故；
（6）
根据Q到L的转化条件可知Q为酯类，结合L的结构简式，可推知Q的结构简式为，结合信息i和信息ii可推知P到Q的转化条件为H2O2/HAc，P的结构简式为，由N到P的反应条件为O3/Zn，H2O且N为黄樟素的同分异构体，可推知N的结构简式为，故；；。
本题的难点是题干信息的解读和应用，J的推断较难，要注意与H2不是发生加成反应生成J；另一个难点是(6)，要注意逆推法的应用。
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