2022-2023学年天津市和平区高考化学三模试卷注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出
每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共11小题，共33.0分）1. 下列制品与材料类别
不对应的是(????)A. 玻璃?无机非金属材料B. 氧化硅陶?有机高分子材料C. 不锈钢?金属材料D. 玻璃钢?复合材料2.
下列物质属于电解质的是(????)A. CaCO3B. CS2C. CuD. C2H5OH3. 我国著名化工专家侯德榜先生提出
的“侯氏制碱法”大大推进了纯碱工业的发展，他的贡献之一是(????)A. 找到了新型高效催化剂B. 充分利用了能量C. 提高了纯碱
产品的纯度D. 有效减少了环境污染4. 下列说法不正确的是(????)A. 晶体熔点由低到高：Co 的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子之间存在氢键C. NaCl晶体溶于水，离子键被破坏D. 碘的升华和白磷的熔化所需破坏的化学键相
同．5. 已知在金属活动性顺序表中，a为排在氢前面的金属．在如图所示的装置中，b为碳棒，关于此装置的各种叙述中，不正确的是(??
??)A. 碳棒上有气体放出，溶液酸性变弱B. a是正极，b是负极C. 导线中有电子从a极到b极D. a极上发生了氧化反应6.
下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是(????)A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2B. 第三、第四周期同主族元素的
原子序数均相差8C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族7.
标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是(????)A. 测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数B. 确定有机物C2H6O分
子中含活泼氢原子的个数C. 测定一定质量的Na2SO4?xH2O晶体中结晶水数目D. 测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中N
a2O2的含量8. 常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如
图．下列分析正确的是(????)A. V=40B. C点所示溶液中：c(H+)?c(OH?)=2c(NH3.H2O)C. NH3.
H2O的电离常数K=10?4D. d点所示溶液中：c(NH4+)=2c(SO42?)9. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解
吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是(????)A.
反应过程只有C?H键断开B. 反应Ⅰ的活化能为(c?a)?kJ?mol?1C. 总反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+H2O
(g)=3H2(g)+CO2(g)△H=(b?a)kJ?mol?1D. 反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢10. 制造芯片
用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85°C，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2在1100～1200°C反应制备高
纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法不正确的是(????)A. 整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装
置中的空气B. 装置II、III中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32°C的温水C. 实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾
气验纯，再预热装置IV石英管D. 尾气处理可直接通入NaOH溶液中11. 下列有关叙述正确的是(????)A. 金属表面覆盖保护
层，若保护层破损后，就完全失去了对金属的保护作用B. 水泥厂和冶金厂用高压电作用于气溶胶以除去烟尘，是利用了电泳原理C. 甲烷、乙
烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到D. H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）12.
迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是(????)A. 迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应
B. 1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C. 迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D. 1mol迷迭香酸最多
能和5molNaOH发生反应三、实验题（本大题共1小题，共16.0分）13. Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据
氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如图实验。实验探究步骤1：按如图所示的装置组
装仪器(图中夹持仪器已省略)并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的
过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。(1)组装好仪器后，要检查
装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：______。(2)B装置中所盛放的试剂是 ______，其作用是 ______。
(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，______(请按正确的顺序填入下列步骤的字母)。a.加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段
时间b.用小试管收集气体并检验其纯度c.关闭K1d.停止加热，充分冷却(4)由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为 _
_____。(5)利用(4)Na2O2与H2的反应计算：等物质的量的Na2O2分别与足量的H2和H2O反应时，转移的电子数之比为：
______。四、简答题（本大题共3小题，共48.0分）14. CaMnO3热电氧化物是目前极有应用潜力的新型高温热电材料，常以
柠檬酸溶胶凝胶法进行制备。回答下列问题：(1)基态Mn原子的价层电子轨道表达式(电子排布图)为 ______，第一电离能I1(Mn
) ______I1(Ca)(填“大于”或“小于”)。(2)1mol柠檬酸()中含有的π键数目为 ______，柠檬酸分子中C原子
的杂化轨道类型是 ______。(3)3?甲基戊烷()与柠檬酸的碳原子数目相同，但是3?甲基戊烷不溶于水，而柠檬酸易溶于水，主要原
因是 ______。(4)CaO的熔点是2572℃，MgO的熔点是2852℃，MgO的熔点比CaO高的原因是 ______。(5)
CaMnO3晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞中Mn位于O所形成的正八面体，该正八面体的边长为
______nm，其晶体密度的计算表达式为 ______g?cm?3。15. 化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图
：已知：①?NH2易被氧化；②；(1)化合物A中 ______(填“是”或“否”)含有手性碳原子。(2)化合物H中所含官能团的名称
为 ______。(3)E→F的化学反应类型为 ______反应。(4)G的分子式为 ______。(5)写出X物质的名称 ___
___。(6)写出B→C的化学反应方程式 ______。(7)D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 ____
__。①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等。(8)
写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图 ______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。16.
反应aA(g)+bB(g)?cC(g)+dD(g)在容积不变的密闭容器中达到平衡，且起始时A与B的物质的量之比为a：b.则：
(1)平衡时A与B的转化率之比是 ______ ． (2)若同等倍数地增大A、B的物质的量浓度，要使A与B的转化率同时增大，(a+
b)与(c+d)所满足的关系是(a+b) ______ (c+d)?(填“>”“=”“<”或“没关系”)．(3)设定a=2，b=1
，c=3，d=2，在甲、乙、丙、丁4个容器中(容积相等)，A的物质的量依次是2mol、1mol、2mol、1mol，B的物质的量依
次是1mol、1mol、2mol、2mol，C和D的物质的量均为0.则在相同温度下达到平衡时，A的转化率最大的容器是 ______
，B的转化率由大到小的顺序是 ______ (填容器序号)．答案和解析1.【答案】B?【解析】【分析】本题考查了材料的分类，明确
各种材料的组成是解题关键，题目难度不大，注意玻璃钢与钢化玻璃的区别．【解答】A.玻璃属于无机非金属材料，故A正确；B.氮化硅陶瓷属
于无机非金属材料，故B错误；C.不锈钢属于金属材料，故C正确；D.玻璃钢属于复合材料，故D正确；故选B．?2.【答案】A?【解析】
【分析】本题主要考查电解质与非电解质的判断，根据定义进行分析，属于基本知识的考查，难度不大。【解答】电解质是溶于水或熔融状态下能够
导电的化合物，通常包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质是溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物，单质和混合物，不属于电解质，
也不是非电解质，据此分析作答即可。A.CaCO3在熔融状态下能导电，属于电解质，故A正确；B.CS2属于非电解质，故B错误；C.铜
是单质，不属于电解质，也不属于非电解质，故C错误；D.C2H5OH是非电解质，故D错误；故选：A。?3.【答案】D?【解析】解：由
“侯氏制碱法”的基本原理是：在浓氨水中通入足量的二氧化碳生成一种盐，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末，原始原料有浓氨水、二氧化碳、
氯化钠，由“由于大部分酸式碳酸盐不稳定，加热后容易转化为正盐、水和二氧化碳，所以将析出的碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱”，最终产物是
纯碱， 另外在得到碳酸氢钠的现时还得到一种副产物氯化铵，副产品氯化铵是一种氮肥，可再利用，不是污染物，不会造成环境污染，侯氏制碱法
没有找到了新型高效催化剂，也未充分利用能量，与提高纯碱产品的纯度无关， 故选D．根据“侯氏制碱法”的基本原理是：在浓氨水中通入足量
的二氧化碳生成一种盐，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末．原始原料有浓氨水、二氧化碳、氯化钠，最终产物是纯碱，副产品氯化铵不是污染物
，进行分析解答．本题考查“侯氏制碱法”，理解其基本原理与流程、反应物、产物的性质等是正确解答本题的关键，题目难度不大．4.【答案】
D?【解析】解：A.Co属于金属晶体，KCl属于离子晶体，SiO2属于共价晶体，则晶体熔点由低到高：Co 确； B.氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S，故
B正确； C.在水溶液里，氯化钠在水分子的作用下电离出自由移动的阴、阳离子，阴、阳离子和水分子构成水合离子，故C正确； D.二者都
是分子晶体，碘升华、白磷熔化所破坏的都是分子间作用力，故D错误； 故选：D。A.一般来说，晶体熔点大小关系为：共价晶体>离子晶体，
部分金属晶体的熔点小于离子晶体； B.氢键是比范德华力大的一种分子间作用力； C.在水溶液里，氯化钠在水分子的作用下电离出自由移动
的阴、阳离子； D.分子晶体熔化时破坏分子间作用力。本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质构成微粒及微粒之
间作用力是解本题关键，题目难度不大。5.【答案】B?【解析】解：A.该原电池中金属作负极，碳棒b作正极，负极上金属失电子发生氧化反
应，正极碳上氢离子得电子发生还原反应，所以溶液中氢离子浓度减小，溶液的PH增大，故A正确； B.该原电池中，金属的金属性大于氢元素
，所以金属a作负极，碳棒b作正极，故B错误；符合题意． C.该装置能构成原电池，所以有电流产生，电子从负极a沿导线流向正极b，故C
正确； D.a作负极，负极上失电子发生氧化反应，故D正确； 故选：B．a的活动性比氢要强，b为碳棒，该装置能自发的发生氧化还原反应
而构成原电池，a作负极，碳棒作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，碳棒上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极． 本题
考查了原电池工作原理．原电池中正负极的判断不能仅凭金属的活泼性判断，要根据电极反应的反应类型、电子的流向等方面判断．6.【答案】B
?【解析】解：A.ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A正确； B.第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，Ⅲ
A?0族均相差18，故B错误； C.分析可知，第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C正确； D.基态原子3d轨道上有5
个电子的元素价电子排布式可能为3d54s1、3d54s2，所以位于ⅥB族或ⅦB族，故D正确； 故选：B。A.ⅡA族基态原子最外层2
个电子； B.第IA、ⅡA族元素相差8，其它主族元素的原子序数相差18个； C.处于第四、五周期，ⅡA与ⅢA族元素之间形成10列；
D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。本题考查长式元素周期表的结构、原子结构等，要求学生对元素周期表的组成特
点要熟悉，周期表中周期与周期之间，族与族之间含有较多规律，在学习中要善于抓住这些规律会起到事半功倍的效果。7.【答案】C?【解析】
解：A.Al与NaOH反应生成氢气，Mg不能，量气筒量氢气的体积可测定镁铝合金中铝的质量分数，故A正确； B.只有?OH上氢与Na
反应生成氢气，则图中装置利用量气筒量氢气的体积可测定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数，故B正确； C.测定一定质量的Na2
SO4?xH2O晶体中结晶水数目，需灼烧后测定质量，则图中装置不能测定结晶水的数目，故C错误； D.只有过氧化钠与水反应生成氧气，
氧化钠不能，可测定氧气的体积，然后得到混合物中Na2O2的含量，故D正确； 故选：C。A.Al与NaOH反应生成氢气，Mg不能；
B.只有?OH上氢与Na反应生成氢气； C.测定一定质量的Na2SO4?xH2O晶体中结晶水数目，需灼烧后测定质量； D.只有过氧
化钠与水反应生成氧气，氧化钠不能。本题考查实验装置的作用，为高频考点，把握物质的性质、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析
与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。8.【答案】D?【解析】解：A.c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度
最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，而稀硫酸的浓度为0.05mol/L，所以氨水的体积也是20ml，即V
=20，故A错误； B.c点所示溶液是硫酸铵溶液，溶液中质子守恒：c(H+)=c(NH3.H2O)+c(OH?)，所以溶液中存在：
c(H+)?c(OH?)=c(NH3.H2O)，故B错误； C.加入20mL氨水时两溶液恰好反应，此时c(H+)=5×10?6mo
l/L，c(OH?)=10?145×10?6=2×10?9mol/L，由于溶液中氢离子主要是铵根离子水解生成的，则c(NH3.H2
O)≈c(H+)=5×10?6mol/L，铵根离子水解程度较小，则c(NH4+)≈0.05mol/L，所以常温下0.1mol/L的
氨水的Ka=c(NH4+)?c(OH?)c(NH3?H2O)=0.05×2×10?95×10?6=2×10?5，故C错误； D.根
据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42?)+c(OH?)，而溶液呈中性c(OH?)=c(H+)，所以c(NH4+)
=2c(SO42?)，故D正确； 故选D． A.c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大； B.根据质
子守恒分析解答； C.根据40mL时溶液pH计算出氢离子、氢氧根离子浓度，然后结合物料守恒计算出一水合氨浓度，然后根据Ka=c(N
H4+)?c(OH?)c(NH3?H2O)计算； D.根据电荷守恒结合溶液呈中性分析解答． 本题考查混合溶液的酸碱性判断，侧重考查
学生分析判断及识图能力，题目难度中等，明确图中曲线变化趋势及每一点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用．9.
【答案】C?【解析】解：A、由图可知，反应为CH3OH(g)和H2O(g)生成CO2(g)和H2(g)，反应过程有C?H键、O?H
键等断开，故A错误； B、由图可知，反应Ⅰ的活化能小于(c?a)?kJ?mol?1，故B错误； C、由图可知，总反应的热化学方程式
为：CH3OH(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO2(g)△H=(b?a)kJ?mol?1，故C正确； D、整个反应的快慢由活
化能大的反应Ⅰ决定，故D错误； 故选：C。A、由图可知，反应为CH3OH(g)和H2O(g)生成CO2(g)和H2(g)； B、反
应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量； C、由图可知，反应为CH3OH(g)和H2O(g)生成CO2(g)和
H2(g)，反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，则反应吸热； D、整个反应的快慢由活化能大的反应决定。本题考查反应热与焓变，
为高频考点，把握催化剂对反应的影响，反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。10.【答案】D?【解析】
解：A.SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A正确； B.
装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B正确； C.实
验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C
正确； D.SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D
错误； 故选：D。由实验装置可知，I中Zn与稀硫酸反应生成氢气，II中浓硫酸干燥氢气，Ⅲ中气化的SiHCl3与过量H2混合，Ⅳ中高
温下反应硅，且SiHCl3遇水发生SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高
频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。1
1.【答案】B?【解析】解：A.金属保护层破损后，会形成原电池装置，若是被保护的金属是正极，则被保护，若是被保护的金属做负极，则会
加快腐蚀速率，故A错误； B.烟尘是气溶胶，胶粒在电场中发生定向移动，是利用了电泳原理，故B正确； C.石油是由多种烷烃、环烷烃的
混合物，不含苯和乙烯，故乙烯和苯不能通过石油分馏得到，故C错误； D.H2O比H2S稳定，是因为共价键键能前者大于后者，故D错误；
故选：B。A.金属保护层破损后，会形成原电池装置，根据电极确定金属的腐蚀情况； B.烟尘是气溶胶，具有胶体的特性； C.石油是由
多种烷烃、环烷烃的混合物； D.分子间氢键使物质熔沸点升高，共价键键能越大，其性质越稳定。本题考查了物质分类及其性质，明确物质的性
质进行推断是解题的关键，整体难度较低。12.【答案】BC?【解析】解：A.迷迭香酸中碳碳双键能和溴发生加成反应、苯环上酚羟基的邻位
和对位氢原子能和溴发生取代反应，所以该物质能和溴发生取代反应、加成反应，故A错误； B.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和
氢气以1：1发生加成反应，羧基和酯基中碳氧双键和氢气不反应，1mol该有机物最多能和7mol氢气反应，故B正确； C.具有酚、苯、
羧酸、酯基、烯烃的性质，酯基能发生水解反应，羧基、酚羟基、酯基能发生取代反应，羧基能发生酯化反应，故C正确； D.酚羟基、羧基、酯
基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应，1mol该物质最多消耗6molNaOH，故D错误； 故选：BC。A.迷迭香酸中碳碳双键
能和溴发生加成反应、苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴发生取代反应； B.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1
发生加成反应，羧基和酯基中碳氧双键和氢气不反应； C.具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质； D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都
能和NaOH以1：1反应。本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题
目难度不大。13.【答案】(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，
说明虚线框内的装置气密性良好(2)碱石灰；吸收氢气中的水和氯化氢(3)badc(4)Na2O2+H22NaOH(5)2：1?【解析
】【分析】本题考查物质的含量测定，为高考常见题型和高频考点，考查学生的实验设计能力，题目有一定的难度，做题时注意把握实验基本操作知
识。【解答】(1)检查启普发生器的气密性的方法是关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间
后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好；(2)B中为碱石灰，可起到吸收氢气中的水和氯化氢的作用；(3)步骤3中的必要操作为打
开K1、K2，然后检查氢气的纯度，加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故答案为：badc；(
4)由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH；(5)由化学反应方程式Na2O2+H22NaOH
可知，1mol过氧化钠发生反应转移2mol电子，Na2O2与H2O发生反应生成氢氧化钠和氧气，1mol过氧化钠与水反应转移1mol
电子，等物质的量的Na2O2分别与足量的H2和H2O反应时，转移的电子数之比为2：1。为推测Na2O2与H2能反应，首选要制得氢气
，A为氢气的制备装置，实验室用锌与稀盐酸反应制氢气，制得的氢气中含氯化氢气体、水蒸气，用B碱石灰吸收，C是Na2O2与H2的反应装
置，D检验其产物是否有水生成，以此解答(1)～(4)；(5)由化学反应方程式Na2O2+H22NaOH可知，1mol过氧化钠发生反
应转移2mol电子，Na2O2与H2O发生反应生成氢氧化钠和氧气，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子。?14.【答案】(1)
?;大于(2)?3NA; sp3、sp2?(3)柠檬酸可以和水分子形成氢键(4)?MgO和CaO均为离子晶体，Mg2+的半径小于C
a2+的半径，则MgO的晶格能比CaO的晶格能大(5)2a2;?40+55+16×3NA×(a×10?7)3?【解析】(1)Mn的
价电子排布式为3d54s2，则其价电子排布图可依据洪特规则写出：，Ca、Mn均处于周期表中第4周期，同周期元素随原子序数增大第一电
离能总体呈增大趋势，则第一电离能I1(Mn)大于I1(Ca)，故答案为：；大于；(2)每个碳氧双键含有一个π键和1个σ键，则1mo
l柠檬酸()中含有的π键数目为3NA，柠檬酸中饱和碳原子杂化轨道数=σ键数目+孤电子对数=4+0=4，采用sp3杂化，羧基中的碳原
子杂化轨道数=σ键数目+孤电子对数=3+0=3，采用sp2杂化，故答案为：3NA；sp3、sp2；(3)柠檬酸中有3个羧基，羧基可
以和水分子形成分子间氢键，而3?甲基戊烷则不能与水分子形成氢键，所以柠檬酸易溶于水，故答案为：柠檬酸可以和水分子形成氢键；(4)二
者皆为离子晶体，离子晶体熔点高低与晶格能大小有关，离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，故答案为：MgO和CaO均
为离子晶体，Mg2+的半径小于Ca2+的半径，则MgO的晶格能比CaO的晶格能大；(5)以4个侧面中心所连成的正方形为研究对象，正
方形的对角线长度等于晶胞参数anm，正方形边长等于正八面体边长，设为x，则2x2=a2，x=2a2nm，晶胞中Ca2+数目=8×1
8=1，Mn原子数目为1，氧原子数=6×12=3，则晶胞化学式为CaMnO3，晶体密度ρ=mV=40+55+16×3NA×(a×1
0?7)3，故答案为：2a2；40+55+16×3NA×(a×10?7)3。本题考查物质结构与性质，涉及原子核外电子排布图的书写，
化学键类型判断，杂化轨道理论，晶体结构和有关晶胞的的计算等，题目综合性强，题目难度中等。15.【答案】否 醚键、酰胺基 还原 C1
3H17NO 丙酸?→AlCl3+HCl???【解析】解：(1)化合物A中不含有手性碳原子， 故答案为：否； (2)化合物H中所含
官能团的名称为醚键、酰胺基， 故答案为：醚键、酰胺基； (3)E→F的化学反应类型为还原反应， 故答案为：还原； (4)G的分子式
为C13H17NO， 故答案为：C13H17NO； (5)X为CH3CH2COOH，X物质的名称丙酸， 故答案为：丙酸； (6)B
为，C为，B→C的化学反应方程式→AlCl3+HCl， 故答案为：→AlCl3+HCl； (7)D的一种同分异构体满足下列条件：
①分子中有4种不同化学环境的氢原子； ②能发生水解反应，说明含有酯基，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相
等，符合条件的结构简式为， 故答案为：； (8)以和(EtO)2POCH2CN为原料制备，根据D→E→F→H的合成路线知，发生氧化
反应生成，和(EtO)2POCH2CN发生信息中的反应生成，发生还原反应生成，和氢气发生加成反应生成，合成路线为， 故答案为：。根
据A和D的结构简式、B的分子式知，A中?CH2CH2O?被?Cl取代生成B为，B分子在氯化铝作用下脱去一分子HCl成环，则C为，C
在氢气和Pb的作用发生还原反应下转化为D，D发生信息中反应生成E；E中?CN发生还原反应生成F，F中碳碳双键和氢气发生加成反应生成
G，G和X发生取代反应生成H，根据G、H的结构简式知，X为CH3CH2COOH； (8)以和(EtO)2POCH2CN为原料制备，
根据D→E→F→H的合成路线知，发生氧化反应生成，和(EtO)2POCH2CN发生信息中的反应生成，发生还原反应生成，和氢气发生加
成反应生成。本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆
向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。16.【答案】1：1；>；丁；甲>乙>丙>丁?【解析】解：(1)起始时A与B的物质的量之
比为a：b，等于化学计量数之比，平衡时A与B的转化率相等，即平衡时A与B的转化率之比是1：1， 故答案为：1：1； (2)同等倍数
地增大A、B的浓度，等效为增大压强，A与B的转化率同时增大，平衡向正反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，故a+b>c+
d， 故答案为：>； (3)将起始时情况作如下排列： 2A(g)+B(g)?3C(g)+2D(g) 甲：2?mol?1?mol 乙：1?mol?1?mol 丙：2?mol?2?mol 丁：1?mol?2?mol A越少B越多，A的转化率越高，则A转化率最高的为丁，最低的为甲； 甲与乙比较，甲相当于在乙的基础上加1molA，平衡向正反应方向移动，故B的转化率甲>乙； 乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1?mol?A和1?mol?B，因是恒容等效为加压，平衡逆向移动，则B的转化率丙<乙； 丁与丙比较，丁相当于在丙的基础上移走1molA，平衡向逆反应方向移动，故B的转化率丙>丁，故B的转化率：甲>乙>丙>丁； 故选：丁，甲>乙>丙>丁． (1)起始时A与B的物质的量之比为a：b，等于化学计量数之比，平衡时A与B的转化率相等； (2)同等倍数地增大A、B的浓度，等效为增大压强，A与B的转化率同时增大，平衡向正反应移动； (3)甲相当于在乙的基础上再增加A的物质的量，所以甲中B的转化率大于乙中B的转化率，但A的转化率要小于乙中A的转化率； 丁相当于在乙的基础上再增加B的物质的量，所以丁中A的转化率大于乙中A的转化率，但B的转化率要小于乙中B的转化率； 丙和乙相比，相当于在乙平衡基础上增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率均降低； 丙和甲相比，相当于在甲的基础上再增加B的物质的量，所以丙中A的转化率大于甲中A的转化率，但B的转化率要小于甲中B的转化率； 丙和丁相比，相当于在丁的基础上再增加A的物质的量，所以丙中B的转化率大于丁中B的转化率，但A的转化率要小于丁中A的转化率． 本题考查化学平衡计算、化学平衡移动、等效平衡等，难度中等，(3)中注意对比四种容器内各物质的物质的量关系，运用等效平衡减小分析解答，关键是建立等效平衡途径．第11页，共11页 |
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