高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习 省获奖

河南省安阳县第六高级中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．过程的自发性的作用是()A．判断过程的热效应B．确定过程是否一定会发生C．判断过程发生的速率D．判断过程的方向【答案】D【解析】略2．下列不是用来确定有机物结构或官能团的是A．红外光谱B．核磁共振氢谱C．质谱D．银镜反应【答案】C【解析】试题分析：A．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，故A不选；B．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故B不选；C．质谱法可确定分子的相对分子质量，故C选；D．银镜反应可以确定分子中是否含有醛基，故D不选；故选C。【考点定位】考查有机物分子中的官能团及其结构【名师点晴】本题考查有有机物的官能团与性质的关系，注意有机物结构的测定方法即可解答。核磁共振氢谱法用于测定有机物分子中氢原子种类，质谱仪可以快速、微量、精确的测定相对分子质量，红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团。3．将等质量的铜分别放入下列溶液中，加热、充分反应后，在标准状况下有气体生成且质量最小的是（）A.稀HNO3B.浓HNO3C【答案】A【解析】由于浓硫酸和浓、稀HNO3都有强氧化性，所以除了稀盐酸，其他三种酸都可以和铜反应产生气体。设Cu为1mol，—NO，气体质量为×30g=20g;—2NO2,气体质量为2×46g=92g;C.不反应，无气体生成；—SO2,气体质量为1×64g=64g。选A。4．溶质质量分数分别为a%和5a%的H2SO4溶液按等体积混合，混合溶液中H2SO4的质量分数为A．3a%B．6a%C．＞3a%D．＜3a%【答案】C【解析】试题分析：设a%、5a%的H2SO4溶液的密度为d1、d2，硫酸溶液的浓度越大，密度越大，则可知d1＜d2，所以两种溶液混合后，溶质的质量分数为w===a%+×4a%＞a%+×4a%=3a%。故选C。考点：考查了混合溶液质量分数的的相关计算。5．下列物质互为同分异构体的是()、2-二甲基丁烷和新戊烷B.相对分子质量相同而结构不同的两种物质C.D．【答案】D【解析】试题分析：分子式相同，而结构不同的化合物互为同分异构体，则D中满足。A中分子式不同，B中分子式不一定相同，C中是同一种物质，答案选D。考点：考查同分异构体的判断点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，该题的关键是明确同分异构体的含义，然后灵活运用即可。6．取两种气态烃组成的混合气，其质量为3.5g,则下列说法正确的是（）A．一定有乙烯 B．一定有甲烷C．一定没有甲烷 D．一定有乙烷【答案】B【解析】试题分析：两种气态烃组成的混合气，其质量为3.5g,则1mol的该混合物的质量是3.5g÷=17.5g/mol.即混合烃的平均相对分子质量是。相对分子质量小于的只有甲烷。因此选项是B。考点：考查混合气体的的成分的确定的知识。7．如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，反应原理是4Li+FeS2＝Fe+2Li2S。下列说法不正确的是A．可以用水代替SO（CH3）2做溶剂B．电子移动方向是由a极流向b极C．该装置将化学能转化为电能D．b极反应式是FeS2＋4Li+＋4e-＝Fe＋2Li2S【答案】A【解析】试题分析：A、水的导电性差和锂发生反应，不符合原电池的反应原理，故A错误；B、原电池中电子从负极沿外电路流向正极，原电池中a为负极，是由a极流向b极，故B正确；C、装置图分析可知是原电池反应原理，是化学能转化为电能的装置，故C正确；D、b电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应为FeS2+4Li++4e-=Fe+2Li2S，故D正确；故选C。考点：考查了原电池原理的相关知识。8．下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是A．常温常压下，11．2LN2和NO的混合气体所含的原子数B．1molCl2参加化学反应获得的电子数C．1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数D．28g【答案】C【解析】试题分析：A．标况下，11．2L的N2和NO的物质的量为0．5mol，原子数为NA，常温常压下，气体摩尔体积大，物质的量小，原子数小于为NA，错误；B．1molCl2和水反应获得的电子数NA，错误；C．正确；D．28g考点：考查阿伏加德罗常数等相关知识。9．下列关于等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NH4Cl溶液的叙述中正确的是A．Na2CO3溶液中：c(OH-)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)B．NH4Cl溶液中：c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)C．c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)D．2c(CO32－)＋c(HCO3－)－c(Na＋)＝c(Cl－)－c(NH4＋)【答案】C【解析】试题分析：A、Na2CO3溶液中，由质子守恒可知，c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故A错误；B、NH4Cl溶液中Cl－离子以离子状态存在，而NH4＋离子发生水解产生NH3·H2O，使溶液中c(NH4＋)<c(Cl－)，故B错误；C、根据物料守恒式2c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(Cl－)又Na2CO3溶液和NH4Cl溶液物质的量浓度相等，所以c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)，故C正确；D、由溶液中电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，c(NH4＋)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl－)，若两组溶液中电离得到的c(H+)和c(OH-)相等，则可以两式直接相减，得到下面等式c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(Cl－)=c(Na+)-c(NH4＋)，但无法判断c(H+)和c(OH-)是否相等，故D错误。考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的原理10．用惰性电极电解某金属元素R的硝酸盐R(NO3)n溶液，通电一段时间后，阳极产生气体VL(标准状况)时，阴极质量增加mg，若R的相对原子质量为M，设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中不正确的是 A．电路中通过电子NAB．n＝C．溶液中H＋增加NAD．n＝【答案】B【解析】试题分析：某金属元素R的硝酸盐R(NO3)n溶液，电解时由于放电能力OH->NO3－，所以在阳极发生反应：4OH-－4e-=2H2O+O2↑,在阴极发生反应：Rn++ne-=R。A．在整个闭合回路中电子转移数目就是产生氧气时失去的电子数目，所以电路中通过电子（V÷）×4NA=NA。正确。B.根据电子得失数目相等可得(m÷M)×n=，所以n=.错误。C．每转移电子1mol,就有1mol的OH-放电，同时得到1mol的H＋，即溶液中的H+的物质的量增加1mol.电路中通过电子NA,所以溶液中H＋增加NA。正确。D．电子转移的物质的量=(m÷M)n，整理可得n=.正确。考点：考查电极产物及转移电子的物质的量的关系的知识。11．镁铝合金5.1g完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2LNO2(标准状况下测定)，若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀的质量为()A．13.6gB．7.8gC．5.8gD．4g【答案】C【解析】镁铝合金共失去mole－，设Mg为xmolAl为ymol，则，最后生成的沉淀为Mg(OH)2。12．从1897年英国首次使用氯气对给水管网消毒以来，氯气用于自来水消毒已经经历了100多年的历史．目前，我国大多数城市仍然采用氯气消毒法对自来水进行净化、消毒．氯气之所以长期用于自来水消毒，原因是A．氯气有毒，可以毒死细菌、病毒B．氯气具有刺激性气味，可以熏死细菌、病毒C．氯气与水反应生成具有强氯化性的HClO，可以杀死细菌、病毒D．氯气用于自来水消毒没有任何有毒物质残留【答案】C【解析】氯气用于自来水消毒的原因是氯气与水反应生成具有强氯化性的HClO，可以杀死细菌、病毒，自来水消毒残留成份低，故选C．13．下列各组物质的晶体中，化学键类型和晶体类型都相同的是A．CO2和H2OB．NaOH和CH4C．SiO2和CO2D．NaCl和HCl【答案】A【解析】试题分析：A、均是共价键，均为分子晶体；B、氢氧化钠为离子键，离子晶体，甲烷是共价键，为分子晶体；C、二氧化硅为共价键，原子晶体，而二氧化碳为共价键，分子晶体；D、氯化钠为离子晶体，氯化氢为分子晶体；故选A。考点：化学键类型和晶体类型的判断。14．对于可逆反应A（g）+2B(g)2C(g)(正反应吸热)，下列图象中正确的是【答案】D【解析】试题分析：A．增大压强，化学平衡正向移动，重新达到平衡后正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故A错误；B．该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C．温度高，反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；D．由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确。考点：化学反应速率与化学平衡图像的综合应用，体积百分含量随温度、压强的变化曲线，转化率随温度、压强的变化曲线15．25℃时，在25mLLNaOH溶液中逐滴加入LHA酸溶液，溶液pH变化曲线如下图所示，仔细观察下图，判断有关说法中不正确的是(A．HA酸是弱酸B．当滴定过程中溶液pH=7时，c(Na+)＝c(A-)＞c(OH-)＝c(H+)C．在C点：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)D．在D点：c(A-)＋c(HA)＝2c(Na+【答案】C【解析】根据酸和碱浓度及体积可知，当加入时恰好中和，但此时溶液是显碱性的，说明生成物盐NaA要水解，A正确。根据电荷守恒可知c(Na+)＋c(H+)＝c(A-)＋c(OH-)，B正确，而C是错误的。25ml时，溶液中含有NaA和HA，且二者的浓度是相同的，所以根据原子守恒可知，D是正确的。答案选C。16．（8分）采用惰性电极从NO3-、SO42-、Cl-、Cu2+、Na+、Ag+、H+选出适当离子组成的电解质（非熔融态下），并电解其水溶液（1）若两极分别放出H2和O2，电解质可能为。（2）若阴极析出金属，阳极放出O2，电解质可能为。（3）若两极分别放出气体，且体积比为，电解质可能为。（4）若既无O2也无H2放出，则电解质可能为。【答案】（1）HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4（2）AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4、（3）HCl、NaCl（4）CuCl2【解析】略17．水处理主要包括水的净化、污水处理、硬水软化和海水淡化等。（1）水处理技术的核心是减少或除去水中的各种杂质离子。目前，_______和_______是主要的去离子方法。（2）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法。①废水I若采用CO2处理，离子方程式是_______。②废水Ⅱ常用明矾处理。实践中发现废水中的c(HCO3－)越大，净水效果越好，这是因为________。③废水III中的汞元素存在如下转化（在空格上填相应的化学式）：Hg2＋＋_______=CH3Hg＋＋H＋。我国规定，Hg2＋的排放标准不能超过0.05mg/L。若某工厂排放的废水1L中含，是否达到了排放标准_______（填“是”或“否”）。④废水Ⅳ常用Cl2氧化CN－成CO2和N2。，若参加反应的Cl2与CN－的物质的量之比为5:2，则该反应的离子方程式为____________（3）地下水往往含有钙、镁的碳酸盐，自来水厂需要对地下水进行________处理。把进行过离子交换的CaR2（或MgR2）型树脂置于_______中浸泡一段时间后便可再生。（4）海水的淡化是除去海水中所含的盐分，如图是海水中利用电渗析法获得淡水的原理图，已知海水中含有Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42－等离子，电极为惰性电极。请回答：①阳离子交换膜是指____（填“A”或“B”）。②写出通电后阳极区的电极反应式____。【答案】（1）离子交换法膜分离法；（2）①OH-+CO2=HCO3-②HCO3-会促进Al3+的水解，生成更多的Al(OH)3，净水效果增强③CH4否④5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+（3）软化食盐水；（4）①B②2Cl-—2e-=Cl2↑【解析】试题分析：（1）水处理技术的核心是减少或除去水中的各种杂质离子。目前离子交换法和膜分离法是主要的去离子方法。（2）①废水I的处理方法是中和法，由于CO2水溶液显酸性，所以该方法就是去除OH-。处理的离子方程式为：OH-+CO2=HCO3-。②废水Ⅱ的处理方法是悬凝法，是用来使悬浮的固体小颗粒沉降。常用明矾作净水剂。在实践中发现废水中的c(HCO3－)越大，净水效果越好，这是因为Al3+和HCO3－发生双水解反应Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，会促进Al3+的水解。水解的程度越大，产生的Al(OH)3就越多，吸附效果就越好，因而净水效果增强。③废水III中的汞元素存在如下转化（在空格上填相应的化学式）根据质量守恒定律可得缺少的物质应该为CH4。在1L的废水中含有的Hg2+的质量为3×10-7mol×201g/mol=×10-5g=×10-2mg>0.05mg.因此不符合排放标准。④废水Ⅳ常用Cl2氧化CN－成CO2和N2。，若参加反应的Cl2与CN－的物质的量之比为5:2，根据质量守恒定律及电荷守恒可得该反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+。（3）地下水往往含有钙、镁的碳酸盐，自来水厂需要对地下水进行软化处理，以降低Ca2+、Mg2+的含量。把进行过离子交换的CaR2（或MgR2）型树脂置于NaCl溶液中浸泡，发生反应：CaR2+2NaCl=2NaR+CaCl2或MgR2+2NaCl=2NaR+MgCl2一段时间后便得到了NaR，又能重复使用。即获得了再生。（4）①阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，电解池阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜。②电解池阳极是溶液中的氯离子放电，所以通电后阳极电极反应式是2Cl――2e－＝Cl2考点：考查水的净化、污水处理、硬水软化、氧化还原反应的有关判断以及电极反应式的书写等知识。18．某同学设计如下实验验证炭与浓硫酸的反应产物及产物的某些性质。（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是。（2）若要证明有水生成，需要在A、B之间加装盛有的干燥管。（3）利用装置B可以完成的实验是。（4）若在E中盛装澄清石灰水，C中盛装酸性高锰酸钾溶液，则D中的试剂是，其作用是；写出C中关于高锰酸钾发生反应的离子方程式。【答案】（1）分液漏斗，（2）无水硫酸铜（变色硅胶）（3）（4）品红溶液（酸性高锰酸钾溶液），确认（检验）二氧化硫已经除尽，2MnO4—+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42—+4H+（若配平错误，反应式正确给1分）【解析】试题分析：（1）盛浓硫酸的仪器为分液漏斗。（2）无水硫酸铜遇到水会变蓝，所以通常使用无水硫酸铜检验水。（3）B中盛放的是品红，遇到二氧化硫红色褪去，加热后红色可以恢复，所以可以（4）因为二氧化硫也能使澄清的石灰水变浑浊，干扰二氧化碳的检验，所以需要用高锰酸钾除去二氧化硫，然后用品红溶液或酸性高锰酸钾溶液确认二氧化硫已经除尽。C中二氧化硫被高锰酸钾氧化成硫酸根离子，锰元素还原为锰离子，离子方程式为：2MnO4—+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42—+4H+。考点：浓硫酸的性质，二氧化硫的性质。19．某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的离子方程式：。(2)装置A中的烧瓶内固体可选用(选填以下选项的代号)。A．碱石灰B．生石灰C．二氧化硅D．五氧化二磷E．烧碱(3)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B，D，E。(均填编号)(4)氯气和氨气在常温下相混就会反应生成氯化铵和氮气，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计实验方案鉴定该固体就是氯化铵：。(5)从装置C的出气管口处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理？。【答案】(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(2)A、B、E(3)ⅠⅡⅢ(4)取一定量该固体加水溶解，将该溶液分成两份于试管中，向其中一份中加入NaOH溶液，加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明含NH4+；向另一份溶液中加入HNO3酸化，然后加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明含Cl－；通过上述现象即可证明该固体是氯化铵(5)将尾气通入盛有NaOH溶液的烧杯中【解析】(2)装置A为快速制氨气的装置，可选用碱石灰、生石灰、烧碱。浓氨水中存在如下可逆过程：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－，加入碱石灰、生石灰、烧碱均可促使平衡向逆反应方向移动，生成NH3气体。(3)从A装置中出来的NH3中含有水蒸气，可用碱石灰干燥，所以选Ⅰ装置；从F装置中出来的Cl2中含有HCl、H2O，HCl气体可用饱和食盐水吸收，H2O可用浓硫酸吸收。(5)尾气中有未反应完的NH3和Cl2，可通入盛有NaOH溶液的烧杯中进行吸收。20．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。某课外小组设计实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下：已知：①氯化钙可与乙醇形成CaCl2·6C2H5OH②2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3＋H2O③有关有机物的沸点试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/℃118I．制备过程装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有无水乙醇和6mL冰醋酸，D中放有饱和碳酸钠溶液。（1）写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式。（2）实验过程中滴加大约3mL浓硫酸，B的容积最合适的是（填入正确选项前的字母）。A．25mLB．50mLC．250mLD．500mL（3）球形干燥管的主要作用是。（4）预先向饱和Na2CO3溶液中滴加几滴酚酞试液，目的是。II．提纯方法：①将D中混合液转入分液漏斗进行分液。②有机层用5mL饱和食盐水洗涤，再用5mL饱和氯化钙溶液洗涤，最后用水洗涤。有机层倒入一干燥的烧瓶中，用无水硫酸镁干燥，得粗产物。③将粗产物蒸馏，收集77.1℃的馏分（5）第①步分液时，选用的两种玻璃仪器的名称分别是、。【答案】（1）CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O（2分）（2）B（2分）（3）防倒吸（2分）（4）便于观察液体分层（答案合理即可得分）（2分）。（5）分液漏斗（1分）；烧杯（1分）【解析】试题分析：（1）乙酸与乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O（2）实验过程中圆底烧瓶需要加热，最大盛液量不超过其容积的一半，烧瓶内液体的总体积为，B的容积最合适的是50mL，选B；（3）球形干燥管的主要作用是防止倒吸；（4）预先向饱和Na2CO3溶液中滴加几滴酚酞试液，目的是便于观察液体分层。（5）第①步分液时，选用的两种玻璃仪器的名称分别是分液漏斗、烧杯。考点：考查乙酸乙酯的制备。21．黄铜矿（主要成分CuFeS2）是提取铜的主要原料已知：2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO炉渣产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S＋3O2→2Cu2O＋2SO2，2Cu2O＋Cu2S→6Cu＋SO2，假定各步反应都完全，完成下列计算：①由6molCuFeS2生成6molCu，求消耗O2的物质的量mol②6molCuFeS2和molO2反应，理论上可得到mol铜【答案】15，（每空3分）【解析】试题分析：①由6molCuFeS2生成6molCu，则n(Cu2O)=2mol；n(Cu2S)=1mol；根据Cu元素守恒可知需要CuFeS2的物质的量是n(CuFeS2)=6mol；6mol的CuFeS2完全氧化变为3mol的Cu2S消耗O2的物质的量是12mol；产生的3mol的Cu2S中2mol的Cu2S氧化为2mol的Cu2O消耗3mol的O2；所以由6molCuFeS2生成6molCu，求消耗O2的物质的量是12mol+3mol=15mol；②6molCuFeS2，发生第一个反应消耗12mol的O2；还有剩余的O2的物质的量是mol.根据第二个式子可知：3mol的O2会消耗2mol的Cu2S，则mol的O2会发生反应消耗Cu2S的物质的量是mol÷3)×2=1.5mol。产生Cu2O1.5mol，还有Cu2S的物质的量是3mol—1.5mol=1.5mol，根据方程式2Cu2O＋Cu2S=6Cu＋SO2中两种物质的物质的量关系可知Cu2S过量，产生Cu的物质的量应该1.5mol×3=mol。考点：考查物质的量有过量时的计算的知识。22．（16分）有机物甲可作为无铅汽油的抗爆震剂，其相对分子质量为Mr（甲），80<Mr（甲）<100。取1mol甲在足量氧气中完全燃烧后，生成5molCO2和6molH2O。（1）Mr（甲）=，甲的分子式为；（2）甲的核磁共振氢谱有两个峰，峰面积之比为3∶1，则甲的结构简式为。（3）烯烃丙与水加成可生成乙，乙为甲的同分异构体，红外光谱显示乙中有-OH和对称的-CH2-、-CH3等。①丙的名称。②乙的键线式为，乙所含官能团的名称为。③乙同类别的同分异构体中，含有3个-CH3的结构有种。（4）已知烯烃通过臭氧氧化并经锌和水处理得到醛或酮。例如：上述反应可用来推断烃分子中碳碳双键的位置。某烃A的分子式为C6H10，经过上述转化生成，则烃A的结构可表示为。【答案】（16分，每空2分）（1）88，C5H12O（2）（3）①2-戊烯；②羟基；③3（4）【解析】试题分析：（1）1mol甲在足量氧气中完全燃烧后，生成5molCO2和6molH2O，则1mol甲含有5molC和12molH，设甲的化学式为C5H12Ox。根据80<Mr（甲）<100，知，x=1，甲的分子式为C5H12O，Mr（甲）=88；（2）甲的核磁共振氢谱有两个峰，峰面积之比为3∶1=9:3，则甲的结构简式为；（3）①乙为甲的同分异构体，乙中有-OH和对称的-CH2-、-CH3等，乙的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH3。乙是烯烃丙与水加成反应生成的，则丙的结构简式为CH3CH=CHCH2CH3，名称为2-戊烯。②乙的键线式为，乙中含的官能团是羟基；③乙同类别的同分异构体中，含有3个-CH3的结构有（CH3）2CHCH（OH）CH3、（CH3）2C（OH）CH2CH3、（CH3）3CCH2OH、共3种。（4）根据题示信息，结合A生成的产物只有一种，且含有6个碳原子，说明A是1种环烃，环上有1个碳碳双键，并且含有一个侧链甲基，则烃A的结构可为。考点：考查了有机物结构简式的确定和同分异构体的相关知识。23．Ⅰ.A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。其中A、D元素同主族，B、C元素同周期；由A、B、C、D中的两种元素可形成原子个数比为1:1的多种化合物，甲、乙、丙、丁为其中的四种，它们的元素组成如下表所示：常温下，甲物质为气体，密度略小于空气；乙物质为液体；丙物质和丁物质为固体且都为离子化合物。请填写下列空白：（1）丙物质的电子式为，丁物质中阴离子与阳离子的个数之比为，写出丁与水反应的离子方程式。（2）若标准状况下5.6L甲物质完全燃烧放出的热量为QKJ，试写出表示甲物质燃烧热的热化学方程式。（3）B、C两种元素按原子个数比为1：2可形成化合物戊，A、C、D三种元素按原子个数比为1：1：1可形成化合物己，则己与戊按物质的量之比为3:2完全反应后的溶液中各离子浓度的大小关系为。Ⅱ.下图是无机物A～N在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体。N中只含有两种元素，N可作为工业生产C的原料。请填写下列空白：（1）单质G：。（2）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是（填写序号）。（3）反应⑩的离子方程式是。（4）反应④的离子方程式是。（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾）。同时还生成KNO2和H2O。该反应的化学方程式是：。（6）现有1molN参加反应，假设各步反应均完全，生成C的质量为490g，生成G的质量为224g，则反应①的化学方程式为【答案】Ⅰ.（1）NaH；1:2；2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；（2）CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)；△H=-4QkJ/mol（3）c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)Ⅱ.（l）Fe（2）③（3）3Fe+2NO3－+8H++＝3Fe2++2NO↑+4H2O（4）3Fe2++NO3－+4H++＝3Fe3++NO↑+2H2O（5）Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O（6）Fe4S5+8O22Fe2O3+5SO2【解析】试题分析：Ⅰ.A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D元素同主族，B、C元素同周期，由A、B、C、D中的两种元素可形成原子个数比为1：1的多种化合物，甲、乙、丙、丁为其中的四种，甲由B、C元素组成，常温下，甲物质为气体，密度略小于空气，且B、C同周期，则甲是CO，所以B是C、C是O元素；乙物质为液体，乙是A、C元素组成，则乙是H2O2，所以A是H元素，D与A同一主族，且原子序数D大于C，所以D是Na元素；丙由A、D组成，则丙是NaH，丁由C、D组成，且原子个数之比为1：1，则丁是Na2O2，（1）丙物质的化学式为NaH，丁是Na2O2，丁物质中阴离子与阳离子的个数之比为1：2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：NaH；1：2；2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；（2）标准状况下物质的物质的量==，完全燃烧放出的热量为akJ，则1molC