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内蒙古自治区包头市2024届高三二模理科综合-化学试题（原卷版+解析版）
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理科综合
注意事项：
1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上。将条形码粘贴在规定区域。本试卷满分300分，考试时间150分钟。
2.做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：O 16 Ca 40 Ti 48 Cu 64
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中国工笔画是我国传统美术的艺术珍品，在其创作过程中要使用笔、墨、纸绢、颜料、胶矾水等。胶矾水主要成分是明胶和明矾，用于“生宣熟化”和“三矾九染”。下列说法错误的是
A. “生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚
B. 纸、绢的主要成分分别是纤维素和蛋白质，均属于天然高分子化合物
C. 绘制工笔画使用的矿物颜料石青［主要成分为］耐酸碱腐蚀
D. 绘制工笔画使用的油烟墨的主要成分炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存
【答案】C
【解析】
【详解】A．“生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚，A正确；
B．绢指丝织品，主要成分为蛋白质，纸的主要成分都是纤维素，蛋白质和纤维素属于天然高分子，B正确；
C．矿物颜料石青能和酸反应，易被酸腐蚀，C错误；
D．油烟墨的主要成分炭黑，炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存，D正确；
故答案选C。
2. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分枝酸分子中含有4种官能团
B. 分枝酸的分子式为
C. 分枝酸与溶液反应时，最多可消耗
D. 该有机物可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，并且褪色原理相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键、醚键四种官能团，A正确；
B．根据物质的结构简式可知：分枝酸的分子式为C10H10O6，B错误；
C．分枝酸只有2个羧基可以与NaOH发生反应，因此1ml分枝酸最多可与2mlNaOH发生中和反应，C错误；
D．碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液褪色，发生的是加成反应；碳碳双键和羟基使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的是氧化反应，因此褪色原理不相同，D错误；
故选A。
3. 是电解铝烟气的主要组分之一，属于强温室气体，其温室效应指数为的7390倍。我国科学家用作为催化剂实现了催化水解，其历程如图所示。下列说法错误的是
A. 总反应为：
B. 不能改变总反应的
C. 反应过程中，、键既有断裂又有形成
D. 反应过程中涉及的小分子都只含有极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A．从循环反应看，为催化剂，方程式为：，A正确；
B．根据盖斯定律，催化剂不影响总反应的ΔH，故B正确；
C．Ga-F键有断裂和形成的过程，C-F键只有断裂，并无形成的过程，故C错误；
D．根据极性非极性键的定义，整个反应循环过程中，键的断裂和形成都是极性键，故D正确；
综上所述，错误的是C。
4. 根据实验操作、现象，能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向溶液中加入片并振荡发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，说明Cu的还原性强于Fe2+，不能说明金属性，故A错误；
B．向溶液中滴加过量的溶液，反应生成Mn2+和O2，反应中H2O2为还原剂，表现还原性，故B错误；
C．Br-与CrO的浓度是否相等是未知的，且AgBr与类型不相同，故无法比较AgBr与的Ksp，故C错误；
D．向淀粉水解后的溶液加入NaOH溶液调节为碱性，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，试管中出现砖红色沉淀，说明有还原性糖生成，说明淀粉发生了水解，故D正确。
答案选D。
5. 某锂离子电池电解液中溶质的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半。下列说法正确的是
A. 原子半径：W＞Z＞Y
B. 含X、Y元素的盐溶液可能呈碱性
C. W的最高价氧化物对应水化合物是强酸
D. Y和Z分别形成的最简单氢化物的稳定性：Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半，则W的原子核外电子排布为2、8、5，其为P元素；由结构式可以看出，X形成4个共价键，表明其原子核外最外层电子数为4，其为C元素；Y形成2个共价键，表明其原子 核外最外层电子数为6，其为O元素；Z形成1个共价键，其原子核外最外层电子数为7，其为F元素。从而得出X、Y、Z、W分别为C、O、F、P。
【详解】A．Y、Z、W分别为O、F、P，O、F同周期且左右相邻，P比它们多一个电子层，则原子半径：P＞O＞F，A不正确；
B．含X、Y元素的盐可能为Na2CO3、NaHCO3等，它们的水溶液都呈碱性，B正确；
C．W为P元素，它的最高价氧化物对应水化物H3PO4是中强酸，C不正确；
D．Y和Z分别为O、F，O的非金属性弱于F，则形成的最简单氢化物的稳定性：H2O＜HF，D不正确；
故选B。
6. 钙钛矿太阳能电池与锂硫电池集成，可实现太阳能直接对锂硫电池充电，其原理如图所示。碳电极为共享电极，导电玻璃基底上涂作为电子传输层。充电时，钙钛矿层吸收太阳光产生光生电子()和空穴()，分离后输送到两个电极上。下列说法正确的是
A. 共享碳电极为钙钛矿太阳能电池的负极
B. 锂硫电池放电时，由含硫层迁移至金属锂电极
C. 充电时，共享碳电极上电极反应式为
D. 锂硫电池放电时总反应为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子由导电玻璃电极流出，导电玻璃为太阳能电池的负极，共享碳电极为钙钛矿太阳能电池的正极，故A错误；
B．锂硫电池放电时，锂电极为负极，由金属锂电极迁移至含硫层，故B错误；
C．充电时，共享碳电极为阳极，阳极发生氧化反应，电极反应式为，故C错误；
D．锂硫电池放电时，负极锂失电子，正极硫得电子，总反应为，故D正确；
选D。
7. 某学习小组探究利用强碱准确滴定强酸和弱酸混合溶液中强酸的可能性，以溶液滴定同浓度HCl和HA混合溶液为例(HA代表不同的任意弱酸)。HCl滴定百分比x、分布系数随pH变化关系如下图所示。
[已知，lg2=0.3]下列说法正确的是
A. 曲线对应酸的电离常数：Ⅱ<Ⅲ
B. a点的纵坐标约为0.67
C. b点处存在如下关系：
D. 甲基橙作指示剂，大于时，即可准确滴定混合溶液中的HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示，当A－分布系数均为0.5时，对应c(A－)＝c(HA)，
pH＝－lgc(H＋)，A分布系数＝0.5时，pH越大，对应酸的电离平衡常数越小，则电离平衡常数：Ⅱ＞Ⅲ，A错误；
B．结合当A－分布系数均为0.5时，可得到曲线三对应酸的电离平衡常数，a点对应pH＝6.2,带入得到，，B正确；
C．溶液中电荷守恒，b点存在，变形有,因为b点溶液呈酸性，C错误；
D．可以准确滴定混合溶液中的HCl,说的是HCl刚刚滴定结束后，HA才开始电离；甲基橙作指示剂pH=4.4时变色(橙变黄)，曲线Ⅲ的起点pH＞4,也就是说pH＞4,HA才电离，不影响HCl的滴定，故ka＜10－5.9满足题意,D错误；
故答案为：B。
三、非选择题：共174分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求做答。
(一)必考题：共129分。
8. Cu2O主要在玻璃、搪瓷工业中作红色颜料。阿伏加德罗常数(NA)是化学中重要的物理常数。某实验小组利用下图装置电化学合成Cu2O并采用量气法测定阿伏加德罗常数的值(夹持装置略)。
实验步骤为：
Ⅰ．向烧杯中加入pH为12(用NaOH溶液调节)的2ml/LNaCl溶液。向50mL聚四氟乙烯滴定管(作为量气管用)中加满上述NaCl溶液，然后将其倒置在烧杯中，调节液面高度，读出量气管中液面位置V1。
Ⅱ．用砂纸打磨Cu片表面，洗涤干净，用滤纸擦干后插入烧杯内。
Ⅲ．取一段Cu线，把Cu线一端的绝缘层剥掉并弯成螺旋状，插入量气管的倒口中。
Ⅳ．将Cu片和Cu线分别连接恒电流仪的两极，进行电解实验。
Ⅴ．电解结束后，读出量气管中液面位置V2，离心分离出烧杯中的Cu2O固体，并用适量蒸馏水洗涤。
回答下列问题：
（1）量气管不采用酸式滴定管的原因是_______。该小组进行了多次平行实验，在每次实验中，量气管中液面位置V1应尽可能控制在同一位置，目的是_______。
（2）步骤Ⅱ中，Cu片打磨前，表面黑色物质的主要成分为_______(写化学式)。
（3）步骤Ⅲ中，Cu线裸露部分应全部放在量气管内，目的是_______。
（4）电解时，Cu片附近首先析出白色的CuCl，进而转化为Cu2O。该条件下CuCl转化为Cu2O的离子方程式为_______。
（5）某次实验，电解电流为100.0mA，电解时间为722s，测量的体积折合成H2的物质的量为，则NA值为_______(用科学计数法表示，保留2位小数，已知单个电子的电量约为)。
（6）步骤Ⅴ中，可通过检测洗出液中是否存在Cl-来判断洗涤是否完成。检测的方法是_____。
【答案】（1） ①. 防止酸式滴定管的旋塞被碱液腐蚀而粘住 ②. 减小读数误差
（2）CuO （3）确保电解过程中阴极上生成的H2全部收集在量气管内部
（4）2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-
（5）6.10×1023
（6）取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤已完成
【解析】
【分析】电化学合成Cu2O并采用量气法测定阿伏加德罗常数的值时，阳极为铜电极，电解质应保证电极放电生成的Cu+不发生歧化反应，所以采用碱与含氯离子的盐构成混合溶液，电极放电生成的Cu+迅速与Cl-结合生成CuCl，CuCl再与OH-反应生成Cu2O等；阴极插入量气管的倒口中，H2O放电生成OH-和H2，一方面可维持电解质溶液pH的相对恒定，另一方面可确保反应生成的H2全部进入滴定管内。
小问1详解】
酸式滴定管的旋塞处玻璃打磨，易被碱腐蚀，则量气管不采用酸式滴定管的原因是：防止酸式滴定管的旋塞被碱液腐蚀而粘住。虽然滴定管是比较精密的仪器，但也难免会出现不同部位的横载面积有差异，所以在每次实验中，量气管中液面位置V1应尽可能控制在同一位置，目的是：减小读数误差。
【小问2详解】
Cu为紫红色，Cu2O为红色，CuO为黑色，则Cu片打磨前，表面黑色物质的主要成分为CuO。
【小问3详解】
电解时，阴极产生的H2体积关系到最终结果的准确性，所以步骤Ⅲ中，Cu线裸露部分应全部放在量气管内，目的是：确保电解过程中阴极上生成的H2全部收集在量气管内部。
【小问4详解】
电解时，Cu片附近首先析出白色的CuCl，进而转化为Cu2O。碱性溶液中，CuCl转化为Cu2O等，离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-。
【小问5详解】
依据电解时通过电子的物质的量与生成H2得电子的物质的量相等，可建立关系式：，可求出NA≈6.10×1023。
【小问6详解】
检测洗出液中是否存在Cl-时，需排除OH-的干扰，则检测的方法是：取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤已完成。
【点睛】电解时，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
9. 碲(Te)是半导体、红外探测等领域的重要战略元素。从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等杂质。一种由粗二氧化碲提取纯碲的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）“浸出”步骤中，碲和硒两种元素分别转化为TeCl4和SeCl4。浸出温度控制在65℃左右，当温度超过80℃时，碲的浸出率会小幅降低。降低的主要原因是_______。
（2）粗二氧化碲与浓盐酸反应生成TeCl4的化学方程式为_______。
（3）“净化”步骤中产生的滤渣主要含_______(写化学式)和少量硒单质。
（4）化学反应的吉布斯自由能变。SO2还原TeCl4和SeCl4的∆G随温度的变化曲线如下图所示。则“还原除杂”步骤的温度不宜超过_______K，该步骤控制在此温度以下的原因是_______。
（5）“还原”步骤中产生碲单质的化学方程式为_______。
（6）“还原”后的酸性还原尾液中含有少量未被还原的碲，加入还原剂进行“尾还原”，可以产生粗碲，提高碲的回收率。综合还原效率、工艺成本和环保因素，最合适的还原剂是_______(填标号)。
A．铁粉 B．氢气 C．硫化钠
【答案】（1）温度超过80℃加速浓盐酸挥发，导致浸出率下降
（2）TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O
（3）PbS、CuS （4） ①. 310 ②. 低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G＞0，TeCl4不会被还原
（5）TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl
（6）A
【解析】
【分析】从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等杂质，加入浓盐酸浸出时，TeO2、SeO2分别转化为TeCl4、SeCl4，PbO、CuO转化为PbCl2、CuCl2；加入Na2S进行净化，PbCl2、CuCl2生成PbS、CuS沉淀；通入SO2进行还原除杂，SeCl4转化为粗硒，抽滤后得到粗硒；往滤液中继续通入SO2，TeCl4被还原为碲粉。将滤液中再加入还原剂R，剩余TeCl4被还原为粗碲。
【小问1详解】
浓盐酸受热易挥发，浸出温度控制在65℃左右，当温度超过80℃时，由于浓盐酸挥发而造成碲的浸出率会小幅降低。降低的主要原因是：温度超过80℃加速浓盐酸挥发，导致浸出率下降。
【小问2详解】
粗二氧化碲与浓盐酸反应生成TeCl4等，则表明发生复分解反应，化学方程式TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。
【小问3详解】
由分析可知，“净化”步骤中产生的滤渣主要含PbS、CuS和少量硒单质。
【小问4详解】
“还原除杂”时，需将SeCl4还原为Se，但不能将TeCl4还原，由图中可知，温度超过310K时，TeCl4就能被SO2还原，则步骤的温度不宜超过310K，该步骤控制在此温度以下的原因是：低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G＞0，TeCl4不会被还原。
【小问5详解】
“还原”步骤中，TeCl4被SO2还原为碲单质等，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl。
【小问6详解】
A．加入铁粉作还原剂时，TeCl4可被还原为Te，即便有少量铁与酸反应，也不会对环境造成较大影响，且铁粉的成本较低，A符合题意；
B．氢气难溶于水，在溶液中很难将TeCl4还原，B不符合题意；
C．硫化钠与酸性溶液反应，会产生剧毒气体硫化氢，造成空气污染，C不符合题意；
故选A。
【点睛】自发进行的化学反应，其△G＜0。
10. 通过不同方式转化为高附加值化学品有利于实现“双碳目标”，其中加氢转化为二甲醚()是常见的一种方式，其反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）加氢制反应的热化学方程式为___________。
（2）进料比时，不同压强下平衡转化率随温度的变化关系如图所示。①四条曲线对应压强、、和由大到小的顺序为___________，判断依据是___________。②压强为时，平衡转化率随温度升高先减小后增大，原因是___________。
（3）上图中，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受压强影响，原因是___________。
（4）反应Ⅱ和反应Ⅲ的平衡常数()随温度变化关系如图2所示，表示反应Ⅱ的曲线为___________(填“a”或“b”)。恒温恒压条件下，向体系中通入和，达到平衡时转化率为50％，为0.07ml，该条件下生成的CO可以忽略不计，则的物质的量为___________ml，加氢制的反应用摩尔分数表示的平衡常数___________(列出计算式)。(已知反应的，物质i的摩尔分数。)
【答案】（1）
（2） ①. p1＞p2＞p3＞p4 ②. 反应II和反应III是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大 ③. 温度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反应I，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应II
（3）温度高于350℃时总反应以反应II为主
（4） ①. b ②. 0.125 ③.
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应I-反应II可得 。
【小问2详解】
①反应II和反应III是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p1＞p2＞p3＞p4；
②压强为p1时，CO2平衡转化率为反应I和反应II的CO2平衡转化率之和，反应I为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应II为吸热反应，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，原因是：温度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反应I，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应II。
【小问3详解】
反应II是气体体积不变的吸热反应，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受压强影响，且温度升高，CO2的平衡转化率增大，原因是：温度高于350℃时总反应以反应II为主。
【小问4详解】
反应II是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，lnK增大，则表示反应Ⅱ的曲线为b。根据已知条件列出“三段式”：
达到平衡时转化率为50％，则x=0.5ml，为0.07ml，则0.5-2y=0.07，y=0.125ml，则的物质的量为0.125ml，加氢制的反应方程式为：，用摩尔分数表示的平衡常数。
(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用 2B铅笔将所选题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则每科按所做第一题计分。
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 某些过渡金属(如钛、铜)及其化合物，以其高导电性和丰富的物理化学性质在材料领域大放异彩。
（1）钛比钢轻、比铝硬。基态钛原子的价层电子排布式为_______：钛原子核外电子占据的轨道数_______。
（2）铜的下列状态中，失去最外层一个电子所需能量最小的是_______。
A. [Ar]3dl04plB. [Ar]3d10C. [Ar]3d94s1D. [Ar]3d104s1
（3）二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的转化为，将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①的空间构型是_______。
②甲基橙、亚甲基蓝中C原子的杂化类型有_______，
③常温下，CO2、HCHO在水中溶解度之比大约是1：500，其主要原因是_______。
（4）黄铜矿炼铜过程中会产生SO2，与SO2互为等电子体的分子和阴离子分别为_______(各写一种即可)。
（5）钙钛矿型太阳能电池近年越来越受到科学界的关注，其效率提升速度超越过去任何一类电池。某种钙钛矿晶胞如图所示，则钙原子的配位数是_______，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞中钙原子与氧原子的最近距离为a pm。则该晶胞的密度为_______g/cm3.(列出计算式)
【答案】（1） ①. ②. 12 （2）A
（3） ①. 平面三角形 ②. sp2、sp3 ③. HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水
（4）O3、
（5） ①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
Ti是22号元素，基态Ti原子的价电子排布式；基态Ti核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，电子占据1+1+3+1+3+2+1=12个轨道；
【小问2详解】
A为激发态铜原子，B为失去一个电子的+1价铜离子，C为失去一个电子且是激发态的+1价铜离子，D为基态铜原子，则失去最外层一个电子所需能量最小的是A；
【小问3详解】
①NO中心N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；
②甲基橙中碳原子位于苯环中是sp2杂化，甲基中的是sp3杂化；亚甲基蓝中C原子位于苯环中和碳碳双键和碳氮双键中的是sp2杂化，甲基中的是sp3杂化；
③HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，氢键可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水；
【小问4详解】
SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3，与SO2互为等电子体的分子有O3，则与SO2互为等电子体的阴离子有；
【小问5详解】
由图可知，与Ca2+最近且等距的O2-数为4×3=12，则钙原子的配位数是12；根据钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构分析，钙位于定点，钛位于体心，氧位于面心，则其化学式为CaTiO3，Ca2+和O2-之间的最短距离为a pm，则晶胞参数为pm，一个晶胞相当于有一个CaTiO3，根据密度公式可得。
【化学一选修5：有机化学基础】
12. Isflucypram(化合物J)是一种新型杀菌剂，主要用于防治小麦条锈病、叶枯病等，可提高谷物产量和品质。以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________。
（2）A转变为B的化学方程式为___________。
（3）C的结构简式为___________，其所含官能团的名称为___________。
（4）G的结构简式为___________。
（5）H与I反应生成J的反应类型为___________。
（6）在F同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种；
①含有手性碳原子；②含有酮羰基；③含苯环且苯环上只有一个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2：2：1：3：3的同分异构体的结构简式为___________。
【答案】（1）对硝基异丙基苯
（2）+Br2+HBr
（3） ①. ②. 碳溴键、氨基
（4） （5）取代反应
（6） ①. 7 ②.
【解析】
【分析】(A)与Br2在FeBr3作催化剂、40℃条件下发生取代反应生成B，结合D的结构简式可知，B中的溴原子处于异丙基的邻位，即B的结构简式为，B的分子式为C9H10BrNO2、C的分子式为C9H12BrN，对比B和C的分子式及B转化为C的反应条件可知，B转换为C是硝基被还原为氨基，所以C的结构简式为，F的分子式为C10H11ClO，G的分子式为C13H16ClN，F和生成G，结合H的结构简式 可知，G的结构简式为，(H) 与(I)反应生成(J)。
【小问1详解】
A的结构简式为，其化学名称是对硝基异丙基苯；
【小问2详解】
(A) 与Br2在FeBr3作催化剂、40℃条件下发生取代反应生成B，结合D的结构简式可知，B中的溴原子处于异丙基的邻位，即B的结构简式为，A转变为B的化学方程式为+Br2+HBr；
小问3详解】
B的结构简式为，B的分子式为C9H10BrNO2、C的分子式为C9H12BrN，对比B和C的分子式及B转化为C的反应条件可知，B转化为C是硝基被还原为氨基，所以C的结构简式为，其所含官能团的名称为碳溴键、氨基；
【小问4详解】
G的分子式为C13H16ClN，F和生成G，结合H的结构简式 可知，G的结构简式为；
【小问5详解】
H的结构简式为、I的结构简式为、J的结构简式为，H与I反应生成J的化学方程式为++HCl，所以其反应类型为取代反应；
【小问6详解】
在F的同分异构体中，同时满足题目条件的有、、、、、、，共7种；其中，核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2:2:1:3:3的同分异构体的结构简式为。选项
操作
现象
结论
A
向溶液中加入片并振荡
溶液变绿色
金属活动性：
B
向溶液中滴加过量溶液
紫色溶液褪色
具有氧化性
C
以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的
先出现浅黄色沉淀，后出现砖红色沉淀
D
向盛有淀粉溶液的试管中加入适量稀硫酸，水浴加热。冷却至室温后加入溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热
试管中出现砖红色沉淀
淀粉发生了水解
理科综合
注意事项：
1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上。将条形码粘贴在规定区域。本试卷满分300分，考试时间150分钟。
2.做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：O 16 Ca 40 Ti 48 Cu 64
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中国工笔画是我国传统美术的艺术珍品，在其创作过程中要使用笔、墨、纸绢、颜料、胶矾水等。胶矾水主要成分是明胶和明矾，用于“生宣熟化”和“三矾九染”。下列说法错误的是
A. “生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚
B. 纸、绢的主要成分分别是纤维素和蛋白质，均属于天然高分子化合物
C. 绘制工笔画使用的矿物颜料石青［主要成分为］耐酸碱腐蚀
D. 绘制工笔画使用的油烟墨的主要成分炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存
【答案】C
【解析】
【详解】A．“生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚，A正确；
B．绢指丝织品，主要成分为蛋白质，纸的主要成分都是纤维素，蛋白质和纤维素属于天然高分子，B正确；
C．矿物颜料石青能和酸反应，易被酸腐蚀，C错误；
D．油烟墨的主要成分炭黑，炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存，D正确；
故答案选C。
2. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分枝酸分子中含有4种官能团
B. 分枝酸的分子式为
C. 分枝酸与溶液反应时，最多可消耗
D. 该有机物可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，并且褪色原理相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键、醚键四种官能团，A正确；
B．根据物质的结构简式可知：分枝酸的分子式为C10H10O6，B错误；
C．分枝酸只有2个羧基可以与NaOH发生反应，因此1ml分枝酸最多可与2mlNaOH发生中和反应，C错误；
D．碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液褪色，发生的是加成反应；碳碳双键和羟基使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的是氧化反应，因此褪色原理不相同，D错误；
故选A。
3. 是电解铝烟气的主要组分之一，属于强温室气体，其温室效应指数为的7390倍。我国科学家用作为催化剂实现了催化水解，其历程如图所示。下列说法错误的是
A. 总反应为：
B. 不能改变总反应的
C. 反应过程中，、键既有断裂又有形成
D. 反应过程中涉及的小分子都只含有极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A．从循环反应看，为催化剂，方程式为：，A正确；
B．根据盖斯定律，催化剂不影响总反应的ΔH，故B正确；
C．Ga-F键有断裂和形成的过程，C-F键只有断裂，并无形成的过程，故C错误；
D．根据极性非极性键的定义，整个反应循环过程中，键的断裂和形成都是极性键，故D正确；
综上所述，错误的是C。
4. 根据实验操作、现象，能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向溶液中加入片并振荡发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，说明Cu的还原性强于Fe2+，不能说明金属性，故A错误；
B．向溶液中滴加过量的溶液，反应生成Mn2+和O2，反应中H2O2为还原剂，表现还原性，故B错误；
C．Br-与CrO的浓度是否相等是未知的，且AgBr与类型不相同，故无法比较AgBr与的Ksp，故C错误；
D．向淀粉水解后的溶液加入NaOH溶液调节为碱性，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，试管中出现砖红色沉淀，说明有还原性糖生成，说明淀粉发生了水解，故D正确。
答案选D。
5. 某锂离子电池电解液中溶质的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半。下列说法正确的是
A. 原子半径：W＞Z＞Y
B. 含X、Y元素的盐溶液可能呈碱性
C. W的最高价氧化物对应水化合物是强酸
D. Y和Z分别形成的最简单氢化物的稳定性：Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半，则W的原子核外电子排布为2、8、5，其为P元素；由结构式可以看出，X形成4个共价键，表明其原子核外最外层电子数为4，其为C元素；Y形成2个共价键，表明其原子 核外最外层电子数为6，其为O元素；Z形成1个共价键，其原子核外最外层电子数为7，其为F元素。从而得出X、Y、Z、W分别为C、O、F、P。
【详解】A．Y、Z、W分别为O、F、P，O、F同周期且左右相邻，P比它们多一个电子层，则原子半径：P＞O＞F，A不正确；
B．含X、Y元素的盐可能为Na2CO3、NaHCO3等，它们的水溶液都呈碱性，B正确；
C．W为P元素，它的最高价氧化物对应水化物H3PO4是中强酸，C不正确；
D．Y和Z分别为O、F，O的非金属性弱于F，则形成的最简单氢化物的稳定性：H2O＜HF，D不正确；
故选B。
6. 钙钛矿太阳能电池与锂硫电池集成，可实现太阳能直接对锂硫电池充电，其原理如图所示。碳电极为共享电极，导电玻璃基底上涂作为电子传输层。充电时，钙钛矿层吸收太阳光产生光生电子()和空穴()，分离后输送到两个电极上。下列说法正确的是
A. 共享碳电极为钙钛矿太阳能电池的负极
B. 锂硫电池放电时，由含硫层迁移至金属锂电极
C. 充电时，共享碳电极上电极反应式为
D. 锂硫电池放电时总反应为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子由导电玻璃电极流出，导电玻璃为太阳能电池的负极，共享碳电极为钙钛矿太阳能电池的正极，故A错误；
B．锂硫电池放电时，锂电极为负极，由金属锂电极迁移至含硫层，故B错误；
C．充电时，共享碳电极为阳极，阳极发生氧化反应，电极反应式为，故C错误；
D．锂硫电池放电时，负极锂失电子，正极硫得电子，总反应为，故D正确；
选D。
7. 某学习小组探究利用强碱准确滴定强酸和弱酸混合溶液中强酸的可能性，以溶液滴定同浓度HCl和HA混合溶液为例(HA代表不同的任意弱酸)。HCl滴定百分比x、分布系数随pH变化关系如下图所示。
[已知，lg2=0.3]下列说法正确的是
A. 曲线对应酸的电离常数：Ⅱ<Ⅲ
B. a点的纵坐标约为0.67
C. b点处存在如下关系：
D. 甲基橙作指示剂，大于时，即可准确滴定混合溶液中的HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示，当A－分布系数均为0.5时，对应c(A－)＝c(HA)，
pH＝－lgc(H＋)，A分布系数＝0.5时，pH越大，对应酸的电离平衡常数越小，则电离平衡常数：Ⅱ＞Ⅲ，A错误；
B．结合当A－分布系数均为0.5时，可得到曲线三对应酸的电离平衡常数，a点对应pH＝6.2,带入得到，，B正确；
C．溶液中电荷守恒，b点存在，变形有,因为b点溶液呈酸性，C错误；
D．可以准确滴定混合溶液中的HCl,说的是HCl刚刚滴定结束后，HA才开始电离；甲基橙作指示剂pH=4.4时变色(橙变黄)，曲线Ⅲ的起点pH＞4,也就是说pH＞4,HA才电离，不影响HCl的滴定，故ka＜10－5.9满足题意,D错误；
故答案为：B。
三、非选择题：共174分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求做答。
(一)必考题：共129分。
8. Cu2O主要在玻璃、搪瓷工业中作红色颜料。阿伏加德罗常数(NA)是化学中重要的物理常数。某实验小组利用下图装置电化学合成Cu2O并采用量气法测定阿伏加德罗常数的值(夹持装置略)。
实验步骤为：
Ⅰ．向烧杯中加入pH为12(用NaOH溶液调节)的2ml/LNaCl溶液。向50mL聚四氟乙烯滴定管(作为量气管用)中加满上述NaCl溶液，然后将其倒置在烧杯中，调节液面高度，读出量气管中液面位置V1。
Ⅱ．用砂纸打磨Cu片表面，洗涤干净，用滤纸擦干后插入烧杯内。
Ⅲ．取一段Cu线，把Cu线一端的绝缘层剥掉并弯成螺旋状，插入量气管的倒口中。
Ⅳ．将Cu片和Cu线分别连接恒电流仪的两极，进行电解实验。
Ⅴ．电解结束后，读出量气管中液面位置V2，离心分离出烧杯中的Cu2O固体，并用适量蒸馏水洗涤。
回答下列问题：
（1）量气管不采用酸式滴定管的原因是_______。该小组进行了多次平行实验，在每次实验中，量气管中液面位置V1应尽可能控制在同一位置，目的是_______。
（2）步骤Ⅱ中，Cu片打磨前，表面黑色物质的主要成分为_______(写化学式)。
（3）步骤Ⅲ中，Cu线裸露部分应全部放在量气管内，目的是_______。
（4）电解时，Cu片附近首先析出白色的CuCl，进而转化为Cu2O。该条件下CuCl转化为Cu2O的离子方程式为_______。
（5）某次实验，电解电流为100.0mA，电解时间为722s，测量的体积折合成H2的物质的量为，则NA值为_______(用科学计数法表示，保留2位小数，已知单个电子的电量约为)。
（6）步骤Ⅴ中，可通过检测洗出液中是否存在Cl-来判断洗涤是否完成。检测的方法是_____。
【答案】（1） ①. 防止酸式滴定管的旋塞被碱液腐蚀而粘住 ②. 减小读数误差
（2）CuO （3）确保电解过程中阴极上生成的H2全部收集在量气管内部
（4）2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-
（5）6.10×1023
（6）取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤已完成
【解析】
【分析】电化学合成Cu2O并采用量气法测定阿伏加德罗常数的值时，阳极为铜电极，电解质应保证电极放电生成的Cu+不发生歧化反应，所以采用碱与含氯离子的盐构成混合溶液，电极放电生成的Cu+迅速与Cl-结合生成CuCl，CuCl再与OH-反应生成Cu2O等；阴极插入量气管的倒口中，H2O放电生成OH-和H2，一方面可维持电解质溶液pH的相对恒定，另一方面可确保反应生成的H2全部进入滴定管内。
小问1详解】
酸式滴定管的旋塞处玻璃打磨，易被碱腐蚀，则量气管不采用酸式滴定管的原因是：防止酸式滴定管的旋塞被碱液腐蚀而粘住。虽然滴定管是比较精密的仪器，但也难免会出现不同部位的横载面积有差异，所以在每次实验中，量气管中液面位置V1应尽可能控制在同一位置，目的是：减小读数误差。
【小问2详解】
Cu为紫红色，Cu2O为红色，CuO为黑色，则Cu片打磨前，表面黑色物质的主要成分为CuO。
【小问3详解】
电解时，阴极产生的H2体积关系到最终结果的准确性，所以步骤Ⅲ中，Cu线裸露部分应全部放在量气管内，目的是：确保电解过程中阴极上生成的H2全部收集在量气管内部。
【小问4详解】
电解时，Cu片附近首先析出白色的CuCl，进而转化为Cu2O。碱性溶液中，CuCl转化为Cu2O等，离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-。
【小问5详解】
依据电解时通过电子的物质的量与生成H2得电子的物质的量相等，可建立关系式：，可求出NA≈6.10×1023。
【小问6详解】
检测洗出液中是否存在Cl-时，需排除OH-的干扰，则检测的方法是：取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤已完成。
【点睛】电解时，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
9. 碲(Te)是半导体、红外探测等领域的重要战略元素。从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等杂质。一种由粗二氧化碲提取纯碲的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）“浸出”步骤中，碲和硒两种元素分别转化为TeCl4和SeCl4。浸出温度控制在65℃左右，当温度超过80℃时，碲的浸出率会小幅降低。降低的主要原因是_______。
（2）粗二氧化碲与浓盐酸反应生成TeCl4的化学方程式为_______。
（3）“净化”步骤中产生的滤渣主要含_______(写化学式)和少量硒单质。
（4）化学反应的吉布斯自由能变。SO2还原TeCl4和SeCl4的∆G随温度的变化曲线如下图所示。则“还原除杂”步骤的温度不宜超过_______K，该步骤控制在此温度以下的原因是_______。
（5）“还原”步骤中产生碲单质的化学方程式为_______。
（6）“还原”后的酸性还原尾液中含有少量未被还原的碲，加入还原剂进行“尾还原”，可以产生粗碲，提高碲的回收率。综合还原效率、工艺成本和环保因素，最合适的还原剂是_______(填标号)。
A．铁粉 B．氢气 C．硫化钠
【答案】（1）温度超过80℃加速浓盐酸挥发，导致浸出率下降
（2）TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O
（3）PbS、CuS （4） ①. 310 ②. 低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G＞0，TeCl4不会被还原
（5）TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl
（6）A
【解析】
【分析】从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等杂质，加入浓盐酸浸出时，TeO2、SeO2分别转化为TeCl4、SeCl4，PbO、CuO转化为PbCl2、CuCl2；加入Na2S进行净化，PbCl2、CuCl2生成PbS、CuS沉淀；通入SO2进行还原除杂，SeCl4转化为粗硒，抽滤后得到粗硒；往滤液中继续通入SO2，TeCl4被还原为碲粉。将滤液中再加入还原剂R，剩余TeCl4被还原为粗碲。
【小问1详解】
浓盐酸受热易挥发，浸出温度控制在65℃左右，当温度超过80℃时，由于浓盐酸挥发而造成碲的浸出率会小幅降低。降低的主要原因是：温度超过80℃加速浓盐酸挥发，导致浸出率下降。
【小问2详解】
粗二氧化碲与浓盐酸反应生成TeCl4等，则表明发生复分解反应，化学方程式TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。
【小问3详解】
由分析可知，“净化”步骤中产生的滤渣主要含PbS、CuS和少量硒单质。
【小问4详解】
“还原除杂”时，需将SeCl4还原为Se，但不能将TeCl4还原，由图中可知，温度超过310K时，TeCl4就能被SO2还原，则步骤的温度不宜超过310K，该步骤控制在此温度以下的原因是：低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G＞0，TeCl4不会被还原。
【小问5详解】
“还原”步骤中，TeCl4被SO2还原为碲单质等，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl。
【小问6详解】
A．加入铁粉作还原剂时，TeCl4可被还原为Te，即便有少量铁与酸反应，也不会对环境造成较大影响，且铁粉的成本较低，A符合题意；
B．氢气难溶于水，在溶液中很难将TeCl4还原，B不符合题意；
C．硫化钠与酸性溶液反应，会产生剧毒气体硫化氢，造成空气污染，C不符合题意；
故选A。
【点睛】自发进行的化学反应，其△G＜0。
10. 通过不同方式转化为高附加值化学品有利于实现“双碳目标”，其中加氢转化为二甲醚()是常见的一种方式，其反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）加氢制反应的热化学方程式为___________。
（2）进料比时，不同压强下平衡转化率随温度的变化关系如图所示。①四条曲线对应压强、、和由大到小的顺序为___________，判断依据是___________。②压强为时，平衡转化率随温度升高先减小后增大，原因是___________。
（3）上图中，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受压强影响，原因是___________。
（4）反应Ⅱ和反应Ⅲ的平衡常数()随温度变化关系如图2所示，表示反应Ⅱ的曲线为___________(填“a”或“b”)。恒温恒压条件下，向体系中通入和，达到平衡时转化率为50％，为0.07ml，该条件下生成的CO可以忽略不计，则的物质的量为___________ml，加氢制的反应用摩尔分数表示的平衡常数___________(列出计算式)。(已知反应的，物质i的摩尔分数。)
【答案】（1）
（2） ①. p1＞p2＞p3＞p4 ②. 反应II和反应III是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大 ③. 温度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反应I，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应II
（3）温度高于350℃时总反应以反应II为主
（4） ①. b ②. 0.125 ③.
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应I-反应II可得 。
【小问2详解】
①反应II和反应III是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p1＞p2＞p3＞p4；
②压强为p1时，CO2平衡转化率为反应I和反应II的CO2平衡转化率之和，反应I为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应II为吸热反应，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，原因是：温度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反应I，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应II。
【小问3详解】
反应II是气体体积不变的吸热反应，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受压强影响，且温度升高，CO2的平衡转化率增大，原因是：温度高于350℃时总反应以反应II为主。
【小问4详解】
反应II是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，lnK增大，则表示反应Ⅱ的曲线为b。根据已知条件列出“三段式”：
达到平衡时转化率为50％，则x=0.5ml，为0.07ml，则0.5-2y=0.07，y=0.125ml，则的物质的量为0.125ml，加氢制的反应方程式为：，用摩尔分数表示的平衡常数。
(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用 2B铅笔将所选题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则每科按所做第一题计分。
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 某些过渡金属(如钛、铜)及其化合物，以其高导电性和丰富的物理化学性质在材料领域大放异彩。
（1）钛比钢轻、比铝硬。基态钛原子的价层电子排布式为_______：钛原子核外电子占据的轨道数_______。
（2）铜的下列状态中，失去最外层一个电子所需能量最小的是_______。
A. [Ar]3dl04plB. [Ar]3d10C. [Ar]3d94s1D. [Ar]3d104s1
（3）二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的转化为，将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①的空间构型是_______。
②甲基橙、亚甲基蓝中C原子的杂化类型有_______，
③常温下，CO2、HCHO在水中溶解度之比大约是1：500，其主要原因是_______。
（4）黄铜矿炼铜过程中会产生SO2，与SO2互为等电子体的分子和阴离子分别为_______(各写一种即可)。
（5）钙钛矿型太阳能电池近年越来越受到科学界的关注，其效率提升速度超越过去任何一类电池。某种钙钛矿晶胞如图所示，则钙原子的配位数是_______，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞中钙原子与氧原子的最近距离为a pm。则该晶胞的密度为_______g/cm3.(列出计算式)
【答案】（1） ①. ②. 12 （2）A
（3） ①. 平面三角形 ②. sp2、sp3 ③. HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水
（4）O3、
（5） ①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
Ti是22号元素，基态Ti原子的价电子排布式；基态Ti核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，电子占据1+1+3+1+3+2+1=12个轨道；
【小问2详解】
A为激发态铜原子，B为失去一个电子的+1价铜离子，C为失去一个电子且是激发态的+1价铜离子，D为基态铜原子，则失去最外层一个电子所需能量最小的是A；
【小问3详解】
①NO中心N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；
②甲基橙中碳原子位于苯环中是sp2杂化，甲基中的是sp3杂化；亚甲基蓝中C原子位于苯环中和碳碳双键和碳氮双键中的是sp2杂化，甲基中的是sp3杂化；
③HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，氢键可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水；
【小问4详解】
SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3，与SO2互为等电子体的分子有O3，则与SO2互为等电子体的阴离子有；
【小问5详解】
由图可知，与Ca2+最近且等距的O2-数为4×3=12，则钙原子的配位数是12；根据钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构分析，钙位于定点，钛位于体心，氧位于面心，则其化学式为CaTiO3，Ca2+和O2-之间的最短距离为a pm，则晶胞参数为pm，一个晶胞相当于有一个CaTiO3，根据密度公式可得。
【化学一选修5：有机化学基础】
12. Isflucypram(化合物J)是一种新型杀菌剂，主要用于防治小麦条锈病、叶枯病等，可提高谷物产量和品质。以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________。
（2）A转变为B的化学方程式为___________。
（3）C的结构简式为___________，其所含官能团的名称为___________。
（4）G的结构简式为___________。
（5）H与I反应生成J的反应类型为___________。
（6）在F同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种；
①含有手性碳原子；②含有酮羰基；③含苯环且苯环上只有一个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2：2：1：3：3的同分异构体的结构简式为___________。
【答案】（1）对硝基异丙基苯
（2）+Br2+HBr
（3） ①. ②. 碳溴键、氨基
（4） （5）取代反应
（6） ①. 7 ②.
【解析】
【分析】(A)与Br2在FeBr3作催化剂、40℃条件下发生取代反应生成B，结合D的结构简式可知，B中的溴原子处于异丙基的邻位，即B的结构简式为，B的分子式为C9H10BrNO2、C的分子式为C9H12BrN，对比B和C的分子式及B转化为C的反应条件可知，B转换为C是硝基被还原为氨基，所以C的结构简式为，F的分子式为C10H11ClO，G的分子式为C13H16ClN，F和生成G，结合H的结构简式 可知，G的结构简式为，(H) 与(I)反应生成(J)。
【小问1详解】
A的结构简式为，其化学名称是对硝基异丙基苯；
【小问2详解】
(A) 与Br2在FeBr3作催化剂、40℃条件下发生取代反应生成B，结合D的结构简式可知，B中的溴原子处于异丙基的邻位，即B的结构简式为，A转变为B的化学方程式为+Br2+HBr；
小问3详解】
B的结构简式为，B的分子式为C9H10BrNO2、C的分子式为C9H12BrN，对比B和C的分子式及B转化为C的反应条件可知，B转化为C是硝基被还原为氨基，所以C的结构简式为，其所含官能团的名称为碳溴键、氨基；
【小问4详解】
G的分子式为C13H16ClN，F和生成G，结合H的结构简式 可知，G的结构简式为；
【小问5详解】
H的结构简式为、I的结构简式为、J的结构简式为，H与I反应生成J的化学方程式为++HCl，所以其反应类型为取代反应；
【小问6详解】
在F的同分异构体中，同时满足题目条件的有、、、、、、，共7种；其中，核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2:2:1:3:3的同分异构体的结构简式为。选项
操作
现象
结论
A
向溶液中加入片并振荡
溶液变绿色
金属活动性：
B
向溶液中滴加过量溶液
紫色溶液褪色
具有氧化性
C
以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的
先出现浅黄色沉淀，后出现砖红色沉淀
D
向盛有淀粉溶液的试管中加入适量稀硫酸，水浴加热。冷却至室温后加入溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热
试管中出现砖红色沉淀
淀粉发生了水解
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