2022届北京市19中高考化学一模试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列除杂（括号内为少量杂质）操作正确的是物质（少量杂质）操作AKNO3固体（NaCl）加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥BNaCl固体（KNO3）加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥CFeCl3溶液（NH4Cl）加热蒸干、灼烧DNH4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再产生沉淀

2、为止，过滤AABBCCDD2、以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。下列说法正确的是A锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用B该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化C放电时，负极材料上的反应为6C+xLi+ xe- =LixC6D放电时，正极材料上的反应为LiFePO4 - xe- = Li1-xFePO4 + xLi+3、某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下

3、列说法正确的是()ANaOH溶液可以用氨水来代替B溶液a中含有Al3、K、Cl、Na、OHC溶液b中只含有NaClD向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH4、下列操作能达到相应实验目的的是选项试验目的操作A检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没D比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象AABBCCDD5、能用共价键键能大小解释的性质是（ ）A稳定性：H

4、ClHIB密度：HIHClC沸点：HIHClD还原性：HIHCl6、人类已经成功合成了117号元素Uus，关于的叙述正确的是A原子内电子数多于中子数B与电子式相同C元素的近似相对原子质量是294D处于不完全周期内7、下列有关化学用语表示正确的是CSO的电子式： 对硝基苯酚的结构简式： Cl的结构示意图：苯分子的比例模型：葡萄糖的实验式：CH2O 原子核内有20个中子的氯原子： HCO3的水解方程式为：HCO3H2OCO32H3OABCD全部正确8、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2+SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A电池工作

5、时Cd2向电极B移动B电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2+Cd2+D反应中每生成a mol Hg转移3a mol电子9、用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到 0.4mol NaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为 0.1 NAB2 mol H3O中含有的电子数为 20 NAC密闭容器中 1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成 6 NA 个 N-H 键D32 g N2H4中含有的共用电子对数为6 NA10、实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不

6、正确的是A新型纳米疫苗有望对抗最具攻击性的皮肤癌黑色素瘤，在不久的将来有可能用于治疗癌症B单层厚度约为0.7 nm的WS2二维材料构建出世界最薄全息图，为电子设备的数据存储提供了新的可能性C纳米复合材料实现了水中微污染物铅（）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的容量小D基于Ag2S柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料，有望在智能微纳电子系统等领域广泛应用11、下列实验的“现象”或“结论或解释”不正确的是( )选项实验现象结论或解释A将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密Al2O

7、3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC少量待测液滴加至盛有NaOH浓溶液的试管中，将湿润的红色石蕊试置于试管口处试纸未变蓝原溶液中无NH4+D将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性AABBCCDD12、利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）A该反应的H91 kJmol1B加入催化剂，该反应的H变小C反应物的总能量大于生成物的总能量D如果该反应生成液态CH3OH，则H增大1

8、3、用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是A属于化学腐蚀BO2未参与反应C负极反应2Fe-6e+3H2OFe2O3+6H+D正极反应O2+4e- +2H2O4OH-14、一定压强下，向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2和1 mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)Cl2(g) 2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（ ）A正反应的活化能大于逆反应的活化能B达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动CA、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积

9、，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变15、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAB标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD0.1mol H2 和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA16、NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是A0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.4NAB足量的Fe粉与1molCl2充分反应转移的电子数为2NAC1.2 g NaHSO4晶体中含有离子总数为0.03 NAD25时

10、，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2NA二、非选择题（本题包括5小题）17、有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl、I、HCO3-，进行如下实验：实验步骤实验现象取少量原溶液，加几滴甲基橙溶液变红色取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色取少量原溶液，加BaCl2溶液有白色沉淀生成取中上层清液，加AgNO3溶液有白色沉淀生成，且不溶于HNO3取少量原溶液，加NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解溶液中肯定存在的离子是_；溶液

11、中肯定不存在的离子是_；为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_； _。18、白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_。BC的反应类型为_。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为 _mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为_。(3)已知的系统名称1，3-苯二酚，则A的名称为_，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析AB反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是_。(4)C的核磁共振氢谱有_组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式_。具有与X相同的官能团属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试

12、剂和乙醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线_。19、汽车用汽油的抗爆剂约含 17的 1，2一二溴乙烷。某学习小组用下图所示装置制备少量 1，2 一二溴乙烷，具体流秳如下: 已知：1，2 一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3。1，2 一二溴乙烷的制备步聚、的实验装置为：实验步骤： ()在冰水冷却下，将 24mL 浓硫酸慢慢注入12mL乙醇中混合均匀。()向 D 装置的试管中加入3.0mL 液溴(0.10mol)，然后加入适量水液封，幵向烧杯中加入冷却剂。()连接仪器并检验气密性。向三口烧瓶中加入碎瓷片，通过滴液漏斗滴入一部分浓硫酸与乙醇的混合物，一部分留在滴液漏斗中。()先切断

13、瓶C与瓶D的连接处，加热三口瓶，待温度上升到约120，连接瓶 C与瓶D，待温度升高到180200，通过滴液漏斗慢慢滴入混合液。(V)继续加热三口烧瓶，待D装置中试管内的颜色完全褪去，切断瓶C与瓶D的连接处，再停止加热。回答下列问题:(1)图中 B 装置玻璃管的作用为_。(2)()中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是_。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为_。a.冰水混合物 b.5的水 c.10的水1，2 一二溴乙烷的纯化步骤：冷却后，把装置 D 试管中的产物转移至分液漏斗中，用 1的氢氧化钠水溶液洗涤。步骤：用水洗至中性。步骤：“向所得的有机层中加入适量无水氯化

14、钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130132的馏分，得到产品5.64g。(4)步骤中加入 1的氢氧化钠水溶液时，发生反应的离子方程式为_。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为_。该实验所得产品的产率为_。20、PCl3是磷的常见氯化物，可用于半导体生产的外延、扩散工序。有关物质的部分性质如下：熔点/沸点/密度/g/mL化学性质黄磷44.1280.51.822P+3Cl2（少量）2PCl32P+5Cl2（过量）2PCl5PCl3-11275.51.574遇水生成H3PO4和HCl，遇氧气生成POCl3I.PCl3的制备如图是实验室制备PCl3的装置（部分仪器已省略）。回答下列问题：(1)仪器乙

15、的名称是_；与自来水进水管连接的接口编号是_（填“a或“b”）。(2)实验前需先向仪器甲中通入一段时间CO2，然后加热，再通入干燥C12 。干燥管中碱石灰的作用主要是：_； _。(3)实验室制备Cl2的离子方程式为 _；实验过程中，通入氯气的速率不宜过快的原因是_。II.测定PC13的纯度测定产品中PC13纯度的方法如下：迅速称取4.100 g产品，水解完全后配成500 mL溶液，取出25.00 mL加入过量0.100 0 mol/L 20. 00 mL碘溶液，充分反应后再用0.100 0 mol/L Na2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗12.00 mL Na2S2O3溶液。已知：H3P

16、O3+H2O+I2=H3PO4 +2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其它反应。(4)根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为 _；若滴定终点时仰视读数，则PC13的质量分数 _（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。IIIPC13水解生成的H3PO3性质探究(5)请你设计一个实验方案，证明H3PO3为二元酸：_。21、2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题：(1)基态Co原子价电子排布图为_(轨道表达式)。第四电离能I4(Co)

17、比I4(Fe)小，是因为_。(2)LiCl的熔点(605)比LiF的熔点(848)低，其原因是_.(3)乙炔(C2H2)分子中键与键的数目之比为_。(4)锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加剂。LiBF4中阴离子的空间构型是_；与该阴离子互为等电子体的分子有_。(列一种)碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有_。(5)Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm。S2的配位数为_。设NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S的晶胞密度为_(列出计算式)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

18、A.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，故A错误；B.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故B错误；C. 加热促进铁离子水解，生成的HCl易挥发，蒸干不能得到氯化铁，故C错误；D. 氯化铁与氨水反应生成沉淀，则滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤可除杂，故D正确；故选：D。2、A【解析】根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化Li

19、xC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。【详解】根据上述分析，总反应为LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6。A. 为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A正确；B. 根据总反应方程式LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B错误；C. 放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：LixC6- xe- =6C+xLi+，故C错误；D. 放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应

20、，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi+xe-LiFePO4，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。3、D【解析】A用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；BAl3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；CK+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯实验

21、方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。4、D【解析】AFe(NO3)2样品溶于稀盐酸，发生反应Fe + 4H+ + NO3-Fe3+ NO+ 2H2O，滴加KSCN溶液后，溶液变红色，不能肯定原样品是否变质，A不合题意；B“84”消毒液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，不能用pH试纸检验其pH，B不合题意；C未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，C不合题意；D在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生，则说明生成了H2CO3，从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3，D符合题意；故选D。5、A【解析】A.

22、元素非金属性FClBrI，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；C. HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性FClBrI，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HIHBrHClHF，不能用共价键键能大小解释，D错误；故合理选项是A。6、B【解析】A电子数为117，中子数为，A错误； B由于质子

23、数均为117，故最外层电子数相同，与电子式相同，B正确； C294只是该核素的质量数，没有告诉该核素在自然界的百分含量，不能计算近似相对原子质量，C错误； D根据原子结构示意图知，该元素位于第七周期、第VIIA族，不在不完全周期内，D错误。 答案选B。7、A【解析】CSO分子中存在碳碳双键和碳硫双键，正确；对硝基苯酚的结构简式中硝基表示错误，正确的结构简式为，错误；Cl的结构示意图为，错误；苯为平面结构，碳原子半径大于氢原子半径，分子的比例模型：，正确；葡萄糖的分子式为C6H12O6，则实验式为CH2O，正确；原子核内有20个中子的氯原子质量数为37，则该元素表示为：，错误；HCO3的水解方程

24、式为：HCO3H2OOHH2CO3，HCO3H2OCO32H3O为电离方程式，错误；答案选A。8、B【解析】根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd失去电子，发生氧化反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg为正极，Cd2向负电荷较多的电极A移动，A错误、B正确；根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应，C错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移2mole-，则生成amol Hg转移mol的电子，D错误；故合理选项是B。9、B【解析】A. 电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，

25、得到0.4molNaOH时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1 NA ，故A错误；B. 1个H3O中含有10个电子，因此2mol H3O中含有的电子数为20 NA ，故B正确；C. N2与H2反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1mol N2 (g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol，形成N-H键的数目小于6 NA，故C错误；D. 32g N2H4物质的量为=1mol，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共

26、用电子对，因此1mol N2H4中含有的共用电子对数为5 NA，故D错误；故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O中含有10个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。10、C【解析】新型纳米疫苗的研制成功，在不久的将来有可能用于治疗疾病，选项A正确；单层厚度约为0.7 nm的WS2二维材料为智能手表、银行票据和信用卡安全密码的印制和数据存储提供了可能性，选项B正确；纳米复合材料有较大的比表面积，具有较大的吸附容量，选项C不正确；基于Ag2S柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料和器件可同时提供优异的柔性和热电转换性能，且具有

27、环境友好、稳定可靠、寿命长等优点，有望在以分布式、可穿戴式、植入式为代表的新一代智能微纳电子系统等领域获得广泛应用，选项D正确。11、A【解析】A.稀硝酸与过量的Fe粉反应，铁粉过量，不生成Fe3+；B.铝在空气中加热生成氧化铝，Al2O3熔点高于Al；C.检验NH4+方法：待测液中加入NaOH浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成；【详解】A.稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误，故A错误；B.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝被氧化铝包裹不会滴落，故B正确；C

28、.检验NH4+方法是：取少量待测溶液于试管中，加入 NaOH浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故C正确；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成，则CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D正确；故答案选A。【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。12、C【解析】A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A错误；B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量

29、，C正确；D、生成液态CH3OH时释放出的热量更多，H更小，选项D错误。答案选C。13、D【解析】A. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A错误；B. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，虽然苯可使NaCl溶液隔绝外界空气，但溶液中有溶解氧，氧气参与了反应，故B错误；C. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，负极失电子形成Fe2+，方程式为：Fe-2e- = Fe2+，故C错误；D. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，正极得电子生成氢氧根，电极方程式为：O2+4e- +2H2O4OH-，故D正确；正确答案是D。14、

30、A【解析】根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250，300时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H20。【详解】A. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由

31、分析可知H0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B. 由分析可知H0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平

32、衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。15、B【解析】AP4中所含PP键数目为6，则124 g P4即1molP4中所含PP键数目为6NA，故A错误；B标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol，甲烷和乙烯分子中氢原子数目均为4，则0.5mol甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA，故B正确；C1 mol FeI2与足量氯气反应生成I2和FeCl3，共转移电子数为3NA，故C错误；DH2+I22HI这是一个反应前后分子总数不变的可逆反应，则反应后分子总数仍为0.2NA，故D错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注

33、意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；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。16、B【解析】A. 白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6NA，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价键数目为0.4NA，故A错误；B

34、. 1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2 NA，故B正确；C. NaHSO4晶体中含有Na和HSO4，1.2 g NaHSO4的物质的量为1.2g120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02 NA，故C错误；D. 25时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中OH的物质的量浓度为0.1mol/L，则n(OH)=1.0L0.1mol/L=0.1mol，OH的数目为0.1NA，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之间的关系

35、是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个PP共价键。二、非选择题（本题包括5小题）17、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42- Fe2+、Ba2+、I-、HCO3- 焰色反应 取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3 【解析】因为溶液呈无色，溶液中一定不含Fe2+；根据取少量原溶液，加几滴甲基橙，溶液变红色，说明溶液呈酸性，则溶液中不含HCO3-；根据取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热，有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色，则原溶液中含NO3-，由于酸性条件下NO3-具有强氧化性，原溶液中

36、不含I-；根据取少量原溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中含有SO42-、不含Ba2+；取中上层清液，加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于HNO3，中上层清液中含Cl-，但由于BaCl2引入Cl-，不能确定原溶液中是否含Cl-；根据取少量原溶液，加NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+；（1）溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；（2）溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-；（3）要进一步确定溶液中是否含有Na+，应补充的实验是：焰色反应；要进一步确定溶液中是否含有Cl-，

37、应用稀硝酸和AgNO3溶液，但SO42-会构成干扰，所以先排除SO42-的干扰，故补充的实验是：取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3。18、酯基 取代反应 6 5甲基1,3苯二酚 吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率 4 和 【解析】A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含

38、有3mol酚羟基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5甲基1,3苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同

39、，分别是CHO，OOCCH3。苯环上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。19、指示 B 中压强变化，避免气流过快引起压强过大 防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率 c Br2+2OH=Br+BrO+H2O 干燥产品（除去产品中的水） 30% 【解析】(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。 (2)()中“先切断瓶C与瓶D的连

40、接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。(4)步骤中加入1的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H2O。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为。【详解】(1)图中B装置气体经过，但B中气

41、体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)()中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率，故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c，故答案为：c。(4)步骤中加入1的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二

42、溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H2O，故答案为：Br2+2OH=Br+BrO+H2O。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为，故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；30%。20、直形冷凝管 b 防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解 吸收多余的C12，防止污染环境 MnO2 + 4H+ + 2Cl- =Mn2+ +Cl2 + 2H2O 防止生成PCl5 93.9% 偏大 用与H3PO3相同浓度的氢氧化钠溶液进行滴定，若消耗

43、的碱的体积为酸的二倍，则说明H3PO3为二元酸 【解析】I.根据实验装置图分析仪器名称及连接方式；根据实验目的及题干信息分析装置的作用和操作时的注意事项；根据氯气的制备原理书写离子方程式；II.根据滴定原理计算样品的质量分数，并进行误差分析；III.根据二元酸与一元碱反应的物质的量之比用滴定法设计方案进行探究。【详解】I.（1）根据图示装置图知，仪器乙的名称是直形冷凝管；冷凝水下进上出，则与自来水进水管连接的接口编号是b，故答案为：冷凝管；b；（2）根据题干信息知PCl3遇水会水解，且氯气有毒，所以干燥管中碱石灰的作用主要是：防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解；吸收多余的C12，防止污染环境

44、；故答案为：防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解；吸收多余的C12，防止污染环境；（3）实验室制备用浓盐酸和二氧化锰加热制备Cl2，其离子方程式为MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ +Cl2 + 2H2O；由题干信息分析知，P与过量Cl2反应生成PCl5，所以实验过程中，通入氯气的速率不宜过快的原因是防止生成PCl5，故答案为：MnO2 + 4H+ + 2Cl- =Mn2+ +Cl2 + 2H2O；防止生成PCl5；II.（4）通过H3PO3+H2O+I2=H3PO4 +2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其它反应。0.1000mol/L碘溶液20.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mo1/L0.020L=0.002mo1，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.002mo