天津市大港区2022届高二化学下学期期末综合测试试题

2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．甲醚(CH3-O-CH3)和乙醇是同分异构体，两者在下列一种表征仪器中显示的信号完全相同，该仪器是A．质谱仪B．元素分析仪C．红外光谱仪D．核磁共振仪
2．下列说法不正确的是
A．C6H14所有的同分异构体中主链为4个碳的只有2种
B．CH3CO18OCH2CH3在酸性条件下水解能得到CH3CH218OH
C．的名称是2-甲基-2-乙基丙烷
D．与是同一种物质
3．用2－氯丙烷制取少量的1，2－丙二醇，经过下列哪几步反应（）
A．加成→消去→取代B．消去→加成→水解
C．取代→消去→加成D．消去→加成→消去
4．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸，且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则下列说法正确的是（）
A．Z元素的含氧酸是最强酸
B．原子半径：X＞Z
C．气态氢化物热稳定性：W＞X
D．W与Y可以存在于同一离子化合物中
5．下面的排序不正确的是()
A．晶体熔点由低到高：F2<Cl2<Br2<I2
B．熔点由高到低：Na>Mg>Al
C．硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
D．晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF> NaCl
6．下列反应属于加成反应的是（）
A．CH4+Cl2CH3Cl+HCl B．CH2=CH2 + HCl CH3CH2Cl
C．CH3CH2OH +3O22CO2 +3H2O D．2C6H6 + 15O212CO2 +6H2O
7．设N A为阿伏加德罗常数。

下列说法正确的是( )
A．286g Na2CO3·10H2O晶体中CO32-数目等于0.1N A
D．含有1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸腾蒸馏水中，所得红褐色液体中含胶粒数目为N A
8．下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）
A．苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．淀粉、纤维素、油脂和蛋白质均是高分子化合物
C．乙酸和乙醛可用新制的Cu(OH)2悬浊液加以区别
D．乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同
9．下列说法不正确的是（）
A．葡萄糖溶液和乙酸可用新制氢氧化铜鉴别
B．植物油和矿物油可用热的饱和碳酸钠溶液鉴别
C．甲苯和乙醇可用酸性高锰酸钾溶液鉴别
D．乙醇、苯、四氯化碳既可用燃烧法鉴别，又可用水鉴别
10．下列仪器中，不能作反应容器的是()
A．B．C．D．
11．（题文）下列叙述中不正确的是
A．0.1 mol·L－1 NH4HS溶液中有：c(NH)<c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)
B．25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合后，c(NH)＝c(Cl－)，则NH3·H2O 的电离常数为
C．等浓度的HCN和NaCN混合溶液中有：2c(Na＋)＝c(CN－)＋c(HCN)
D．等PH的HA和HB溶液，分别与一定浓度的氢氧化钠溶液完全中和，HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA<HB
12．常用的下列量器刻度表示正确的是()
①量筒的刻度由下向上增大，无零刻度②在250 mL容量瓶上，除刻度线外，还刻有“250 mL和20 ℃”
③滴定管的刻度是由上向下增大，零刻度在上④温度计的刻度由下向上增大，零刻度偏下
A．都正确B．①②正确C．②③正确D．②③④正确
13．下列过程一定不能自发进行的是( )
A．2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔH＞0
B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＜0
C．(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔH＞0
①酸性氧化物肯定是非金属氧化物
②不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应
③碱性氧化物肯定是金属氧化物
④分散系一定是混合物
⑤浊液均可用过滤的方法分离
A．①③ B．③④ C．②④ D．④⑤
15．在t℃时AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

t℃时AgCl的K sp＝4×10－10，下列说法不正确的是
A．在t℃时，AgBr 的K sp为4.9×10－13
B．在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在AgBr 饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
16．下列实验方案设计合理且能达到实验目的的是
A．检验乙炔发生加成反应：将电石制得的气体直接通入溴水，溴水褪色
B．提纯含少量苯酚的苯：加入氢氧化钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水
C．制备少量乙酸乙酯：向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸，用NaOH溶液吸收乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸
D．验证有机物X是否含有醛基：向1 mL 1％的NaOH溶液中加入2 mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5 mL有机物X，加热煮沸
17．下列化学用语正确的是
A．CO2的结构式：O=C=O
B．葡萄糖和淀粉的实验式均为：CH2O
C．N2H4的电子式：
D．聚丙烯的结构简式：
18．下列属于碱性氧化物且常温下不．与水反应的是
A．MgO B．NaOH C．SiO2D．Na2O
19．（6分）用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
C．将0.2 mol FeCl3水解制成胶体，所得胶体粒子数为0.2N A
D．50 mL12 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移电子数为0.3N A
20．（6分）下列醇不能在铜的催化下发生氧化反应的是()
A．B．CH3CH2CH2CH2OH
C．D．
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：－64.5 ℃，沸点：－5.5 ℃）是一种黄色气体，遇水易水解。

可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。

实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。

（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：
为制备纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。

装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中分液漏斗中
制备纯净的Cl2MnO2①________②________
制备纯净的NO Cu ③________④________
（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①装置连接顺序为a→________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。

②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________________。

③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。

④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。

(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________ 。

(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：
已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。

(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________ 。

(b) 写出G中官能团名称：_________________________
(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）
⑥_______________________________________。

⑦________________________________________。

(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。

ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；
ⅱ.与A有相同的官能团；
ⅲ.能发生银镜反应。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠-NaAI(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe 等元素。

回答下列问题：
（1）基态Cr原子的电子排布式为_______；Fe位于元素周期表的____区。

（2）翡翠中主要成分硅酸锚钠表示为氧化物的化学式为________，其中四种元素第一电离能由小到大的顺序是________。

（3）钙和铁部是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，为什么铁的熔沸点远大于钙？________。

分别以3个顶角氧和其他3个形成层状结构时（如图所示），其中Si、O原子的数目之比为
________。

若其中有一半的Si被Al替换，其化学式为________。

（5）Cr和Ca可以形成种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示。

该晶体的化学式为________，若Ca与O的核间距离为x nm，则该晶体的密度为_______g/cm3。

24．（10分）乙烯用途广泛，工业上可通过下列流程合成二甘醇及其衍生物。

已知：R-OH + SOCl2→ R-Cl + SO2↑+ HCl↑ 请回答：
（1）写出B的官能团的电子式________________________。

（2）写出有关物质的结构简式：A_________________Ｄ_________________。

（3）指出反应类型：②_________________。

（4）写出下列化学方程式：反应①______________；反应②___________。

（5）①二甘醇又名（二）乙二醇醚，根据其结构判断下列说法正确的是____(填序号)。

a. 难溶于水
b. 沸点较高
c. 不能燃烧
②E的同分异构体很多，写出其中能够发生银镜反应的两种异构体的结构简式_________________。

(6)请写出由1-氯丙烷合成丙酮的合成路线图并注明反应条件(无机试剂任选)________。

合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH CH2＝CH2Br－CH2CH2－Br
参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】
【详解】
A．所有同分异构体的相对分子质量相同，则质谱仪显示的最大数据相同，但信号不完全相同，故A错误；B．组成元素相同，则元素分析仪显示的信号（或数据）完全相同，故B正确；
C．同分异构体中官能团、化学键可能不同，则红外光谱仪显示的信号不同，故C错误；
D．同分异构体的结构不同，H原子种类可能不同，则核磁共振仪测定结果不同，故D错误；
故选B。

2．C
【解析】
【详解】
A. 根据同分异构体支链由整到散的规律可知，C6H14所有的同分异构体中主链为4个碳的骨架分别为：
、2种，故A项正确；
B. CH3CO18OCH2CH3在酸性条件下发生水解，断开碳氧单键（），其相应的方程式为：
CH3CO18OCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH218OH，故B项正确；
C. 根据系统命名法的原则可知，可命名为2,2-二甲基丁烷，故C项错误；
D. 与分子式相同，结构相同，是同一种物质，故D项正确；
答案选D。

【点睛】
对于B选项，学生要牢记，烷烃的结构中2号碳元素上不可能会出现乙基，这是因为它不符合系统命名法的基本规则。

在命名时要选择含碳碳单键的最长碳链作为主链，根据主链上所含碳的数目称为某烷，而该选项就没有按照规则命名，故B项命名不正确。

3．D
【解析】
在加热的条件下发生取代反应生成1，2－丙二醇，答案为D。

4．D
【解析】
【分析】
【详解】
W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y 同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z
的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24﹣17=7，即W为N元素；
A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；
B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；
C、同周期非金属元素非金属性从左到右依次增强；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定。

非金属性O ＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；
D、N与S可以存在于同一离子化合物中，如硫酸铵中含有N、S，故D正确；
故选D。

【点评】
本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，题目难度不大，推断元素是解题的关键．
5．B
【解析】
【详解】
A. 卤族元素单质都是分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，所以晶体熔点由低到高为：F2＜Cl2＜Br2＜I2，故A正确；
B. Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷数逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由低到高：Na ＜Mg＜Al，故B错误；
C. 原子半径Si＞C，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C正确；
D. 可以先比较电荷数，电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多则比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgO＞CaO＞NaF＞NaCl，故D正确；
答案选B。

【分析】
有机物分子中双键或叁键两端的原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应，该反应为加成反应，据此分析；
【详解】
A、CH4和Cl2发生取代反应，即该反应为取代反应，故A不符合题意；
B、乙烯与HCl发生加成反应，故B符合题意；
C、该反应为氧化反应，不符合加成反应的定义，故C不符合题意；
D、该反应为氧化反应，不符合加成反应的定义，故D不符合题意；
答案选B。

7．A
【解析】286g Na2CO3·10H2O晶体中CO32-数目 0.1N A，故A正确；标准状况下，4.48L NO 和2.24L O2完全反应后，容器内存在2NO2N2O4，气体分子数小于0.2N A，故B错误；0.1mol Na和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，钠完全反应，失去的电子数为0.1N A，故C错误；氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，含有1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸腾蒸馏水中，所得红褐色液体中含胶粒数目小于N A，故D错误。

8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．淀粉、纤维素和蛋白质均是高分子化合物，油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C．乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，乙酸与新制Cu(OH)2悬浊液反应沉淀溶解，所以两者的反应现象不同，故能鉴别，C正确；
D．乙醇、乙酸能与Na反应放出H2，但乙醇、乙酸中官能团分别为羟基、羧基，二者分子中官能团不同，D错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查有机物的结构、性质，侧重于有机物的分类、官能团性质的考查，注意把握物质的性质的异同以及有机物鉴别方法的选取，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。

9．C
A. 葡萄糖溶液能把新制氢氧化铜悬浊液还原产生红色沉淀，乙酸能与氢氧化铜发生中和反应使其溶解，因此可用新制氢氧化铜鉴别葡萄糖溶液和乙酸，A正确；
B. 植物油属于油脂，能在饱和的热的碳酸钠溶液中水解，而矿物油主要是烃类物质，与热的饱和碳酸钠溶液不反应，也不溶解在碳酸钠溶液中，因此可以鉴别，B正确；
C. 甲苯和乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，C错误；
D. 乙醇、苯均能燃烧，燃烧的实验现象不同，四氯化碳不能燃烧，可用燃烧法鉴别，又因为乙醇与水互溶，苯不溶于水在上层，四氯化碳不溶于水在下层，因此又可用水鉴别，D正确；
答案选C。

【点睛】
掌握物质的性质差异是解答的关键，即任何具有明显实验现象差异的物理性质、化学性质都可用于物质的鉴定。

在物质鉴定过程中常常是根据颜色的变化、是否有气体产生、能否溶解、有无沉淀、有无吸热或放热等现象来判别。

可以根据能不能产生某个现象来判别，也可以根据产生某个现象的快慢进行判断。

所以常常可以用多种方法鉴定某种物质。

10．C
【解析】
试题分析：A．试管可用作反应容器，A错误；B．锥形瓶可用作反应容器，B错误；C．容量瓶只可以用于配制一定物质的量浓度的溶液，C正确；D．烧杯可用作反应容器，D错误，答案选C。

考点：考查化学仪器的使用
11．D
【解析】A. 0.1 mol·L－1 NH4HS溶液中，由物料守恒可知，c(NH)+ c(NH3.H2O)=c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，所以c(NH)<c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，A正确；B. 25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合后，c(NH)＝c(Cl－)=0.005mol/L，c(NH3.H2O)=0.5a mol/L-0.005mol/L，由电荷守恒可知，此时溶液呈中性，
c(OH-)=1×10－7 mol·L－1，所以，NH3·H2O的电离常数为，B正确；C. 等浓度的HCN和NaCN混合溶液中，由物料守恒可知，2c(Na＋)＝c(CN－)＋c(HCN)，C正确；D. 在相同条件下，等体积、等pH的HA和HB溶液，分别与一定浓度的氢氧化钠溶液完全中和，如果HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA<HB，D不正确。

本题选D。

点睛：在相同条件下，体积相同、pH也相同的两种酸，其中电离常数较小的酸的溶液中所含弱酸的物质的量较大，故分别与相同浓度的氢氧化钠反应时，较弱的酸消耗的氢氧化钠溶液体积较大。

12．A
【解析】
②因容量瓶上标有：刻度、规格、温度，所以250mL容量瓶上，除刻度外，还刻有250mL和20℃，故
②正确；
③使用滴定管滴加液体时，液面逐渐降低，因此滴定管的刻度是由上向下增大，零刻度在上，故③正确；
④温度计的原理利用热胀冷缩，温度升高，体积膨胀，温度计的刻度由下向上增大，零刻度偏下，故④正确；
综上①②③④均正确，本题答案选A。

13．D
【解析】
【详解】
依据吉布斯自由能方程ΔG=ΔH-TΔS，只要ΔG<0，反应就可能自发进行。

A. 2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔS>0，ΔH＞0，则高温时，ΔG<0，A能自发进行；
B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔS<0，ΔH<0，则低温时，ΔG<0，B能自发进行；
C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔS>0，ΔH＞0，则高温时，ΔG<0，C能自发进行；
D. 2CO(g)=2C(s)＋O2(g)ΔS<0，ΔH＞0，ΔG>0，D一定不能自发进行。

故选D。

【点睛】
一个能自发进行的反应，并不一定真的就能发生，它只是告诉我们反应有发生的可能，只要我们注意改善反应条件或改善反应环境，就有让反应发生的可能。

14．B
【解析】
①不一定，如Mn2O7，②不一定，如CO、NO既不能跟酸反应也不能和碱反应，⑤乳浊液不可用过滤的方法分离。

15．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．结合图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可知：该温度下AgBr的Ksp=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13，故A正确；
B．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K=
-
-
c(Cl)
c(Br)
=sp
sp
K(AgCl)
K(AgBr)
=
-10
-13
4.010
4.910
⨯
⨯
≈816，故B正
确；
C．根据图象可知，在a点时Qc=c(Ag+)•c(Br-)＜Ksp，所以a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故D错误；故选D。

16．B
【解析】
【分析】
【详解】
A.用电石制得的气体中含有乙炔，还混有硫化氢气体，硫化氢可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，故A 错误；
B. 苯酚能和氢氧化钠溶液反应，生成的苯酚钠能溶于水，苯不溶于水也不能和氢氧化钠溶液反应，用分液的方法即可分开，所以B正确；
C.乙酸乙酯能和氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D.新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下,该实验中硫酸铜过量，导致NaOH和硫酸铜混合溶液不是碱性,所以实验不成功,故D错误;答案：B。

17．A
【解析】
试题分析：A、CO2的结构式：O="C=O" ，A正确；B、淀粉的实验式不是CH2O，B错误；C、N2H4的电子式中氮原子与氮子之间有一对共用电子对，C错误；D、聚丙烯的结构简式应为，D错误；答案选A。

考点：化学用语
18．A
【解析】
【详解】
A、MgO不溶于水，不与水反应，与酸反应，生成镁盐和水，是碱性氧化物，故A正确；
B、NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，属于碱，故B错误；
C、二氧化硅不溶于水，也不与酸反应，不属于碱性氧化物，能够与强碱反应，属于酸性氧化物，故C错误；
D、氧化钠是碱性氧化物，但能够与水反应生成氢氧化钠，不符合题意，故D错误；
故选A。

19．B
【解析】
【分析】
【详解】
A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2LHCl气体的物质的量小于0.5mol，分子个数小于
0.5N A个，选项A错误；B、N2和CO 的摩尔质量都是28g/mol，所以5.6g混合物含分子：5.6g
28g/mol
=0.2mol，二者都是双原子分子，所以含有的原子总数为0.4N A，选项B正确；C、氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，
无法计算氢氧化铁胶粒的物质的量及数目，选项C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则转移的电子的个数小于0.3N A个，选项D错误；答案选B。

【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，易错点为选项C，注意形成胶体的胶粒数目与反应中的铁离子数目的关系。

20．D
【解析】
【分析】
醇类有机物发生催化氧化反应，生成醛或者酮，条件为与羟基相连的碳原子上至少存在一个氢原子。

【详解】
A. 羟基所在碳原子上有1个氢原子，可以发生催化氧化反应，A不选；
B. 羟基所在碳原子上有2个氢原子，可以发生催化氧化反应，B不选；
C. 羟基所在碳原子上有2个氢原子，可以发生催化氧化反应，C不选；
D. 羟基连在叔碳原子上，碳原子上没有多余氢原子，不能发生催化氧化，D选，
答案为D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f（或f→e）→c→b→d 通过观察气泡调节气体的流速防止水蒸气进入反应器NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2O HNO3(浓)＋
3HCl(浓)===NO Cl↑＋Cl2↑＋2H2O
【解析】
【详解】
(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。

(2)已知NOCl沸点为-5.5 ℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e) →c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是
防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl 变质，④NOCl 遇水反应生成HCl 和HNO 2，再与NaOH 反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO 2+H 2O 。

(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO 3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl 2↑+2H 2O 。

【点睛】
本题要特别注意NOCl 的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5 ℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22． 消去 羟基、醛基
+CH 3OH +H 2O
∆−−−→浓硫酸+H 2O 6
【解析】
【分析】
(1)根据分子结构模型知，A 中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；
(2)和溴水发生加成反应生成D ，D 的结构简式为，D 和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E ，E 的结构简式为：，E 反应生成F ，根据E 、F 的分子式知，E 发生消去反应生成F ，F 的结构简式为：，E 被氧气氧化生成G ，G 的结构简式为：
，G 被氧化生成H ，H 的结构简式为，H 反应生成B ，B 反应生成
A ，A 在酸性条件下水解生成有机物
B 和甲醇，B 的结构简式为
；据此分析解答。

【详解】 (1)A 是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C 10H 10O 2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A 中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一
个酯基，且结构简式为：，故答案为；
(2) 和溴水发生加成反应生成D ，D 的结构简式为，D 和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E ，E 的结构简式为：，E 反应生成F ，根据E 、F 的分子式知，E 发生消去反应生成F ，F 的结构简式为：，E 被氧气氧化生成G ，G 的结构简式为：
，G 被氧化生成H ，H 的结构简式为，H 反应生成B ，B 反应生成
A ，A 在酸性条件下水解生成有机物
B 和甲醇，B 的结构简式为；
（a ）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H 的结构简式为，故答案为：消去；
；
（b ）G 的结构简式为：
，含有的官能团有—OH 、—CHO ，名称为羟基、醛基，故答案
为：羟基、醛基； （c ）反应⑥为B 和甲醇发生酯化反应生成A ，反应方程式是+CH 3OH +H 2O ；反应⑦为E 发生消去反应生成F ，反应方程式是
∆−−−→浓硫酸+H 2O ，故答案为：+CH 3OH +H 2O ；
∆−−−→浓硫酸+H 2O ；
(3) A 的结构简式为：，A 中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A 的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A 有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH 2、—CH 2OOCH ②—CH 3、—CH=CHOOCH ③—CH 3、
—C(OOCH)=CH 2④—OOCH 、—CH=CHCH 3⑤—OOCH 、—CH 2CH=CH 2⑥—OOCH 、—C(CH 3)=CH 2，共6种，故答
案为：6。

【点睛】
本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23． [Ar] 3d54s1d区Na2O·Al2O3·4SiO2Na＜Al＜Si＜O Fe的核电荷数较大，核对电子的引力较大，故Fe的原子半径小于Ca，Fe的金属键强于Ca sp32︰5CaCrO3
【解析】
(l) Cr为24号元素，根据核外电子排布规律基态Cr原子的电子排布式为[Ar] 3d54s1，Fe为26号元素，位于第三周期第VIII族，也就是元素周期表的d区。

答案为：[Ar] 3d54s1、d区
（2）硅酸铝钠中Na为+1价，Al为+3价，Si为+4价，O为-2价，所以表示为氧化物的化学式为
Na2O·Al2O3·4SiO2；非金属性越强第一电离能越大，同一周期的元素自左向右第一电离能增大，因此Na、Al、Si、O 四种元素第一电离能由小到大的顺序是Na＜Al＜Si＜O 。

答案为：Na2O·Al2O3·4SiO2 、Na＜Al＜Si ＜O
（3）钙和铁处于同一周期，但铁的核电荷数大于钙，对最外层电子的吸引能力强，使最外层电子越靠近原子核，导致铁的原子半径小于钙，因此金属键强于钙，所以铁的熔沸点远大于钙。

答案为：Fe的核电荷数较大，核对电子的引力较大，故Fe的原子半径小于Ca，Fe的金属键强于Ca
(4) 在硅酸盐中，硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，每个Si与周围4个O形成4个σ键，Si无孤电子对，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；每个四面体通过三个氧原子与其他四面体连接形成层状
结构，因而每个四面体中硅原子数是1，氧原子数＝1＋3×
1
2
＝
5
2
，即Si与O的原子个数比为2：5，化
学式为(Si2n O5n)2n-，若其中一半的Si被Al替换，其化学式为3
5
AlSiO n
n
（）-答案为：2：5、3
5
AlSiO n
n
（）-(5)根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O原子数为×6=3，Ca原子数为×8=1，Cr原子数为1，则化学式为CaCrO3；设晶胞的边长为acm，由于Ca与O的核间距离为xnm，则2a2=4x214
10-
⨯，所以7
2x10-
⨯cm, CaCrO3的式量为：140，因此一个晶胞的质量m=
140
A
N g，而晶胞的体积V=
73
2x10-
⨯
（）cm3，所以该晶体的密度ρ=
m
v
73
140
2x10
A
-
⨯
（）
22
3
2x
A
N
⨯⨯
g/cm3，答案为：CaCrO3、
22
3
2x
A
N
⨯⨯
点睛：SiO44-为正四面体结构，中心原子Si原子采取了sp3杂化，SiO44-通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。