2024年华东师大版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华东师大版高二化学上册月考试卷129考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、反应P（g）+3Q（g）⇌2R（g）+2S（g）；在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的。

是（）A.v（P）=0.15mol/（L•min）B.v（Q）=0.6mol/（L•min）C.v（R）=0.1mol/（L•s）D.v（S）=0.4mol/（L•min）2、三室式电渗析法处理含rm{Na_{2}SO_{4}}废水的原理如图所示，采用惰性电极，rm{ab}rm{cd}均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的rm{Na^{+}}和rm{SO_{4}^{2-}}可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室rm{.}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}

A.通电后中间隔室的rm{SO_{4}^{2-}}离子向正极迁移，正极区溶液rm{pH}增大B.该法在处理含rm{Na_{2}SO_{4}}废水时可以得到rm{NaOH}和rm{H_{2}SO_{4}}产品C.负极反应为rm{2H_{2}O-4e^{-}=O_{2}+4H^{+}}负极区溶液rm{pH}降低D.当电路中通过rm{1mol}电子的电量时，会有rm{0.5mol}的rm{O_{2}}生成3、某锂离子电池用含有rm{Li^{+}}的导电固体作为电解质rm{.}充电时，rm{Li^{+}}还原为rm{Li}并以原子形式嵌入电极材料碳rm{C_{6}}中，以rm{LiC_{6}}表示，电池反应为rm{CoO_{2}+Li}rm{C_{6}underset{{路脜碌莽}}{overset{{鲁盲碌莽}}{{rightleftharpoons}}}LiCoO_{2}+C_{6}.}右图表示该装置工作时电子和离子的移动方向，此时rm{C_{6}

underset{{路脜碌莽}}{overset{{鲁盲碌莽}}{{rightleftharpoons}}}LiCoO_{2}+C_{6}.}电极是作为rm{C_{6}}rm{(}A.阴极B.阳极C.负极D.正极rm{)}4、现代科学的发展使游离态的氮家庭又添新丁，据报道：意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构与P4相似，已知断裂1molN－N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是A.N4属于一种新型的化合物B.N4和N2互为同位素C.N4与N2互为同素异形体D.1molN4气体转变为N2将吸收882kJ热量5、已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池。铅蓄电池上有两个接线柱，一个接线柱旁标有“+”，另一个接线柱旁标有“－”。关于标有“－”的接线柱，下列说法中正确的是A.充电时作阴极，放电时作负极B.充电时作阳极，放电时作正极C.充电时作阳极，放电时作负极D.充电时作阴极，放电时作正极6、在25℃下，取0.2mol·L－1HX溶液与0.2mol·L－1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝8，则下列说法（或关系式）正确的是A.混合溶液中水电离出的c（OH－）小于0.2mol·L－1HX溶液中水电离出的c（H＋）B.c（Na＋）＝c（X－）＋c（HX）＝0.2mol·L－1C.c（Na＋）－c（X－）＝9.9×10－7mol·L－1D.c（OH－）＝c（HX）＋c（H＋）＝1×10－8mol·L－17、要除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3，不宜选用的试剂是A.MgOB.MgCO3C.NaOHD.Mg(OH)28、下列生活用品中主要由合成纤维制造的是A.羊绒衫B.宣纸C.尼龙绳D.棉衬衣9、北京时间rm{2015}年rm{10}月rm{5}日，中国女科学家屠哟哟获诺贝尔医学奖，屠哟哟从中医古籍里得到启发，用乙醚从青蒿中提取出可以高效抑制疟原虫的成分--青蒿素结构简式如图所示，这一发现在全球范围内挽救了数百万人的生命，下列有关说法中正确的是rm{(}rm{)}A.青蒿素的分子式为rm{C_{15}H_{18}O_{5}}B.用乙醚从青蒿中提取青蒿素用到了酯化反应的原理C.青蒿素能与rm{H_{2}}发生加成反应D.青蒿素能与rm{NaOH}溶液反应评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、(14分)某化学反应2A(g)B(g)+D(g)在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为零，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况，根据下述数据，完成下列填空：。实验序号温度/℃时间/min01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃c20.600.500.500.500.500.503800℃c30.920.750.630.600.600.604820℃1.00.400.250.200.200.200.20(1)在实验l过程中，10min～20min时间内用B表示该反应的平均化学反应速率为mol/(L·min)。(2)在实验2过程中，A的初始浓度c2=mol/L，反应经20min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是。(3)设实验3的化学反应速率为v3，实验1的化学反应速率为v1，则v3v1，且c31.0mol/L(填“＜”、“＞”或“=”)。(4)比较实验4和实验l，可推测该反应是反应(填“吸热”或“放热”)。理由是。11、根据下面的反应路线及所给信息填空：

（1）反应①的类型是____，反应⑥的类型是____．

（2）C的结构简式是____，D的结构简式是____．

（3）写出反应②的化学方程式____．

（4）反应⑦中，除生成α-溴代肉桂醛的同时，还有可能生成其他有机物，请写出其结构简式____．12、10℃时加热NaHCO3饱和溶液；测得该溶液的pH发生如下变化：

。温度（℃）102030加热煮沸后冷却到50℃pH8.38.48.58.8甲同学认为，该溶液的pH值升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为______

乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度______（填“大于”或“小于”）NaHCO3．

丙同学认为甲；乙的判断都不充分．丙认为：

（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则______（填“甲”或“乙”）判断正确．试剂X是______

A．Ba（OH）2溶液B．BaCl2溶液C．NaOH溶液D．澄清石灰水。

（2）将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH______（填“高于”、“低于”或“等于”）8.3，则______（填“甲”或“乙”）判断正确．

（3）常温下，在测得pH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，由水电离的OH-浓度分别为amol/L和bmol/L，则a与b的具体关系是______

（4）25℃时，浓度均为0.3mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液中，下列判断不正确的是______

A．均存在电离平衡和水解平衡。

B．存在的粒子种类相同。

C．c（OH-）前者小于后者。

D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c（CO）均增大．13、实验室用燃料法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子式组成，取Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成CO2、H2O和N2．现用如图所示装置置进行实验(铁架台；铁夹、酒精灯等未画出)．请回答有关问题：

(1)实验开始时，首先打开止水夹a，关闭止水夹b；通入一段时间的氧气，这样做的目的是____________，之后关闭止水夹a．

(2)由装置B；C可分别确定待测氨基酸中含有的____________和____________质量．

(3)E装置的作用是测量____________的体积；并由此确定待测氨基酸中含有的____________的质量，为了较准确地测量该气体的体积．在读反应前后甲管中液面的读数求其差值的过程中，应注意____________(填代号)．

a；视线与凹液面最低处相平。

b；等待片刻；待乙管中液面不再上升时，立刻读数。

c；读数时应上下移动乙管；使甲、乙两管液面相平。

d；读数时不一定使甲、乙两管液面相平。

(4)实验中测定的哪一数据可能不准确____________；其理由是____________

(5)严格地说，按上述方案只能确定氨基酸的____________．若要确定此氨基酸的分子式，还要测定该氨基酸的____________．14、（8分）（1）已知25℃时弱电解质电离平衡常数：Ka（CH3COOH）＝1.8×10-5，Ka（HSCN）＝0.13。25℃时，将20mL0．10mol·L－1CH3COOH溶液和20mL0．10mol·L－1HSCN溶液分别与20mL0．10mol·L－1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO－）c（SCN－）（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）25℃时，将pH=1的H2SO4溶液amL与pH=12的NaOH溶液bmL混合后，所得溶液的pH=3，则a：b=；反应后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是。15、(14分)能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1反应II：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2①上述反应符合“原子经济”原则的是（填“Ⅰ”或“Ⅱ”），②下表所列数据是反应Ⅱ在不同温度下的化学平衡常数(K)的变化。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012I．由表中数据判断ΔH2____0（填“＞”、“＜”或“＝”），Ⅱ．若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是，A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离C．使用合适的催化剂D．充入He，使体系总压强增大E．按原比例再充入CO和H2Ⅲ．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol·L-1，则CO的转化率为，此时的温度为（从上表中选择）；（2）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如上图所示的原电池装置。①该电池工作时，OH－向_______极移动（填“正”或“负”），②该电池负极的电极反应为。16、（14分）按要求回答下列问题：（1）已知涤纶树脂的结构简式为：则合成涤纶树脂所需要单体的结构简式为________________和_____________（2）已知-NH2连在苯环上显碱性，连在苯环上显中性，判断化学式为C7H7NO2的下列三种物质所具有的性质（填序号）：A．显中性B．显酸性C．显碱性写出C7H7NO2的一种分子结构中有一个苯环，两个侧链(对位)，既有酸性又有碱性物质的结构简式_____________________。（3）下列物质中①1-丙醇②丙烯③苯酚④蚁酸（在下列横线上填序号）能发生消去反应的是_________；能发生加聚反应的是___________；能发生银镜反应的是__________；在空气中易被氧化变色的是__________。（4）现有４种不同的有机物，都能燃烧生成等体积的CO2和H2O，又能都通过一步反应生成乙醇，写出对应碳原子数目要求物质的结构简式（每空只填一种）。含2个碳原子的________________含3个碳原子的__________________含4个碳原子的________________含6个碳原子的__________________17、如图所示，A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气囊．关闭K2，将各1molNO2通过K1、K3分别充入A；B中；反应起始时A、B的体积相同均为aL．

①B中可通过____判断可逆反应2NO2⇌N2O4已经达到平衡．

②若平衡后在A容器中再充入0.5molN2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数____（填“变大”“变小”或“不变”）．

③若容器A中到达平衡所需时间ts，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率v（NO2）等于____

④若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4aL，则打开K2之前，气球B体积为____L．18、已知rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{K}五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素rm{X}是周期表中原子半径最小的元素；rm{Y}的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；rm{W}位于第rm{2}周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的rm{3}倍；rm{K}位于rm{ds}区且原子的最外层电子数与rm{X}的相同。请回答下列问题：rm{(}答题时，rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{K}用所对应的元素符号表示rm{)}rm{(1)Y}rm{Z}rm{W}元素的第一电离能由大到小的顺序是________。rm{(2)K}的电子排布式是________。rm{(3)Y}rm{Z}元素的某些氢化物的分子中均含有rm{18}个电子，则rm{Y}rm{Z}的这种氢化物的化学式是________、____；rm{Y}rm{Z}的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是____。rm{(4)}若rm{X}rm{Y}rm{W}形成的某化合物rm{(}相对分子质量为rm{46)}呈酸性，则该化合物分子中rm{Y}原子轨道的杂化类型是____、____；rm{1mol}该分子中含有rm{娄脪}键的数目是________。评卷人得分三、计算题(共8题，共16分)19、(8分)某有机物R6.0g，完全燃烧后，产物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重7．2g，碱石灰增重13．2g，已知相同条件下该有机物蒸气对氢气的相对密度为30。通过计算推断：①该有机物R的分子式。②写出该有机物所有可能的结构。20、某温度下，在rm{2L}固定体积的容器中，加入rm{1molM}和rm{1.4molN}发生可逆反应：rm{M(g)+N(g)?xP(g)+Q(g)triangleH>0.2min}后达平衡，测得rm{M(g)+N(g)?xP(g)+Q(g)triangle

H>0.2min}的转化率为rm{M}容器反应前后压强比为rm{60%}rm{2}请回答下列问题：

rm{3}______．

rm{(1)x=}内，以rm{(2)2min}表示的反应速率为______．

rm{N}若再往容器中加入rm{(3)}和rm{1molM}平衡______rm{1.4molN}填“向右移动”、“向左移动”或“不移动”rm{(}rm{)}的转化率______rm{M}填“增大”、“减小”或“不变”rm{(}．

rm{)}若温度不变，在相同容器中加入rm{(4)}rm{a}的rm{mol}物质，rm{M}rm{b}的rm{mol}物质，rm{N}rm{c}的rm{mol}物质，rm{P}的rm{0.5mol}物质，达平衡时rm{Q}rm{M}的百分含量与原平衡相同，则rm{N}______rm{b=}rm{mol}______rm{c=}．rm{mol}21、rm{(1)}完全燃烧下列烃rm{垄脵}丙烷rm{(C_{3}H_{8})}rm{垄脷}丁烯rm{(C_{4}H_{8})}rm{垄脹}乙烯rm{(C_{2}H_{4})}rm{垄脺}己烷rm{(C_{6}H_{14})}等物质的量的上述四种烃，耗氧量最小的为____rm{(}填写序号rm{)}等质量时，则耗氧量最大的为____；rm{(2)}二甲苯的苯环上的一溴代物有六种同分异构体，用还原法制得三种二甲苯，它们的熔点分别如下表：。六种一溴二甲苯的熔点rm{234隆忙}rm{206隆忙}rm{213.8隆忙}rm{204隆忙}rm{214.5隆忙}rm{205}对应还原二甲苯的熔点rm{-13隆忙}rm{-54隆忙}rm{-27隆忙}rm{-54隆忙}rm{-27隆忙}rm{-54隆忙}熔点为rm{234隆忙}分子的结构简式____；rm{(3)0.2mol}某烃rm{A}在氧气中完全燃烧后，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol.}试回答：

rm{垄脵}若烃rm{A}不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，则烃rm{A}的结构简式为____；rm{垄脷}若烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{H_{2}}加成反应后生成rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，则烃rm{A}的名称是____；rm{(4)}组成符合rm{C_{n}H_{2n-2}}的某种烃，分子结构中没有支链或侧链。它完全燃烧时所消耗的rm{O_{2}}的体积是同状况下该烃蒸气体积的rm{7}倍，由此分析回答：rm{垄脵}若该烃为二烯烃，并且与等物质的量的rm{Br_{2}}加成后只能得到单一产物，则该烃的结构简式为____；rm{垄脷}若该烃只能与等物质的量的rm{Br_{2}}发生加成反应，则其结构简式为____。22、溴化铜rm{(}Ⅱrm{)}甲基咪唑配合物是一种制备有机玻璃的催化剂，其合成方法如下：rm{(1)}铜元素位于周期表中第________族________区，基态rm{Cu^{2+}}的核外电子排布式为_____________________________。rm{(2)}与rm{NH_{4}^{+}}互为等电子体的阴离子为__________________。rm{(3)MIm}中碳原子杂化轨道类型为____________；rm{1molMIm}中含rm{娄脪}键数目为____________rm{mol}rm{(4)}一种铜的溴化物晶胞结构如图所示。有关说法正确的是____________rm{(}填序号rm{)}rm{a.}该化合物的化学式为rm{CuBr_{2}}rm{b.}铜的配位数为rm{8}rm{c.}与每个rm{Br}紧邻的rm{Br}有rm{12}个rm{d.}由图中rm{P}点和rm{Q}点的原子坐标参数，可确定rm{R}点的原子坐标参数为rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},

dfrac{1}{4})}23、氮化铝rm{(AlN)}是一种新型无机材料，而铝合金是工业中应用最广泛的一类有色金属结构材料rm{.}试回答下列问题：

rm{(1)}某氮化铝rm{(AlN)}仅含有rm{Al_{2}O_{3}}杂质rm{.}称取rm{10.00g}样品，将其加入过量的rm{NaOH}浓溶液中共热并蒸干，rm{AlN}跟rm{NaOH}溶液反应生成rm{NaAlO_{2}}并放出氨气rm{3.36L(}标准状况rm{)}．

rm{垄脵}上述反应的化学方程式为______；

rm{垄脷}该样品中的rm{A1N}的质量分数为______．

rm{(2)}某含铝rm{90%}的铝合金rm{3.0g}跟rm{160mL}rm{3mol/L}的盐酸充分反应，rm{(}合金中其他成分与酸不发生反应rm{)}过滤后除去杂质，将滤液稀释到rm{1000mL}取出rm{10mL}加入rm{0.3mol/L}的氨水，使铝离子完全沉淀rm{.}则使rm{10mL}溶液中的铝离子完全沉淀，至少需消耗氨水多少rm{mL}24、有机物A是由碳、氢两种元素或碳、氢、氧三种元素组成。现取0.1molA在6.72L氧气（标准状况）中充分燃烧，燃烧后的产物通过足量浓硫酸，浓硫酸增重3.6g。再在通过浓硫酸后的气体中点燃Mg条（足量），生成总质量为26.4g的黒、白两种物质，且黑色生成物与白色生成物的质量比为1:10，求A的分子式。25、（6分）某烃经李比希元素分析实验测得碳的质量分数为85.71%，氢的质量分数为14.29%。该烃的质谱图显示其相对分子质量为70，该烃的核磁共振氢谱只有一个峰，请通过计算确定该烃的实验式、分子式、结构简式。26、取rm{l00mL}rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的混合溶液，加入rm{100mL}rm{Ba(OH)_{2}}溶液后，恰好完全反应，过滤，得到滤液和白色沉淀，白色沉淀干燥后质量为rm{14.51g}再用过量稀硝酸处理沉淀，沉淀最后减少到rm{4.66g}并有气体放出rm{.}写出有关反应的化学方程式．

计算：rm{(1)}原混合溶液中rm{Na_{2}SO_{4}}的物质的量浓度．

rm{(2)}产生的气体在标准状况下的体积．

rm{(3)}过滤出沉淀后，所得滤液的物质的量浓度rm{(}反应前后溶液体积变化忽略不计rm{)}．评卷人得分四、解答题(共2题，共20分)27、卤代烃（RX）可以合成格氏试剂（RMgX），合成格氏试剂及格氏试剂有关应用如下：（R为烃基，R1、R2为烃基或氢原子）

请回答下列问题：

（1）如上反应②的类型是______．

（2）CH3CH2MgCl与CO2在酸性水溶液中反应可生成有机物X；则X的结构简式为：______．

（3）与丙酮（CH3COCH3）在酸性水溶液中反应可生成有机物Y；有机物Y的同分异构体很多，其中属于酚类且苯环上除酚羟基外只有一个取代基的同分异构体共有______种．

（4）由正丙醇合成正丁醇的合成路线如下：

请回答下列问题：

①D的化学式______．

②写出与正丁醇互为同分异构体且在一定条件下能被CuO氧化；氧化产物能发生银镜反应的物质的结构简式：______．

③写出B→C的化学方程式：______．

28、（1）现用物质的量浓度为amol/L的标准盐酸去测定VmLNaOH溶液的物质的量浓度；请填写下列空白：

酸式滴定管用蒸馏水洗净后；还应该进行的操作是______；图1是酸式滴定管中液面在滴定前后的读数，则c（NaOH）=______；若在滴定前滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定后滴定管尖嘴部分气泡消失，则测定的NaOH物质的量浓度会______（偏高；偏低）．

（2）图2是盐酸与氢氧化钠的滴定曲线a和b；试认真分析后填空：

曲线a是用______溶液滴定______溶液；曲线b是用______溶液滴定______溶液；盐酸的物质的量浓度为______mol/L．

评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)29、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．30、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．31、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。32、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】解：化学反应速率与化学计量数之比越大；反应速率越快；

A、=0.15；

B、=0.2；

C、=3；

D、=0.2；

C中比值最大；反应速率最快；

故选C．

利用比值法可知；化学反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快，以此来解答．

本题考查反应速率的比较，注意利用比值法可快速解答，选项D中的单位与其它选项不一致，应转化单位相同，为解答的易错点，题目难度不大．【解析】【答案】C2、B【分析】解：rm{A}阴离子向阳极rm{(}即正极区rm{)}移动，氢氧根离子放电rm{pH}减小；故A错误；

B、直流电场的作用下，两膜中间的rm{Na^{+}}和rm{SO_{4}^{2-}}可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到rm{NaOH}和rm{H_{2}SO_{4}}产品；故B正确；

C；负极即为阴极；发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；

D、每生成rm{1mol}氧气转移rm{4mol}电子，当电路中通过rm{1mol}电子的电量时，会有rm{0.25mol}的rm{O_{2}}生成；故D错误．

故选B．

A、阴离子向阳极rm{(}即正极区rm{)}移动，氢氧根离子放电rm{pH}减小；

B；从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑；

C；负极即为阴极；发生还原反应，氢离子放电；

D、当电路中通过rm{1mol}电子的电量时，会有rm{0.25mol}的rm{O_{2}}生成．

本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度不大．【解析】rm{B}3、A【分析】解：充电时，rm{Li^{+}}还原为rm{Li}并以原子形式嵌入电极材料碳rm{C_{6}}中，以rm{LiC_{6}}表示，则rm{Li^{+}}在阴极发生得电子的氧化反应，由图可知，rm{Li^{+}}向rm{C_{6}}电极，则rm{C_{6}}电极是作为阴极；

故选A．

充电时，rm{Li^{+}}还原为rm{Li}并以原子形式嵌入电极材料碳rm{C_{6}}中，以rm{LiC_{6}}表示，则rm{Li^{+}}在阴极发生得电子的氧化反应；据此分析．

本题考查了电解池原理的应用，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意把握阴阳极的判断．【解析】rm{A}4、C【分析】试题分析：N4是由一种元素组成的单质，故A错误；由同种元素组成的不同单质叫同素异形体，N4和N2互为同素异形体，故B错误；C正确；1molN4气体转变为2molN2，所以1molN4气体转变为N2放出882kJ热量，故D错误。考点：本题考查化学基本概念。【解析】【答案】C5、A【分析】试题分析：“－”的接线柱在放电的时候做负极，充电的时候接外电源的负极做阴极，选A。考点：电池的两极的判断。【解析】【答案】A6、C【分析】根据题意可判断，酸和碱恰好中和，生成NaX，但溶液显碱性，说明生成的盐要水解，因此HX是弱酸，NaX水解显碱性。水解是促进水的电离，而酸或碱是抑制水的电离，所以A是错误的。反应后溶液体积加倍，根据抑制守恒可知c（Na＋）＝c（X－）＋c（HX）＝0.1mol·L－1，B不正确。根据电荷守恒可知c（Na＋）＋c（H＋）＝c（X－）＋c（OH－），所以c（Na＋）－c（X－）＝c（OH－）－c（H＋）＝10－6mol/L－10－8mol/L＝9.9×10－7mol·L－1。根据水中氢原子守恒可知c（OH－）＝c（HX）＋c（H＋）＝1×10－6mol·L－1，所以正确的答案是C。【解析】【答案】C7、C【分析】【解析】【答案】C8、C【分析】【分析】本题旨在考查学生对合成纤维的应用。【解答】A.羊绒衫的主要成分是蛋白质，不属于合成纤维，故A错误；B.宣纸的主要成分为天然纤维素，不属于合成纤维，故B错误；C.尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，满足条件，故C正确；D.棉衬衣的主要成分为天然纤维素，不是合成纤维，故D错误。故选C。【解析】rm{C}9、D【分析】解：rm{A.}青蒿素的分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}故A错误；

B.用乙醚从青蒿中提取青蒿素；利用萃取原理，故B错误；

C.rm{-COOC-}不能发生加成反应；故C错误；

D.含rm{-COOC-}与rm{NaOH}发生水解反应；故D正确；

故选D．

由结构可知分子式，分子中含rm{-COOC-}rm{-O-O-}结合酯；过氧化物的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酯的性质，题目难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】试题分析：⑴化学化学反应速率为单位时间内浓度的变化量：⑵因为达到平衡时实验2的平衡浓度跟实验1相等，所以起始浓度也是相等的，即1.0为⑶单位时间内反应物浓度的变化量可以看出：v3＞v1，引起反应速率大的原因只能是起始浓度大，所以有c3＞1.0mol/L⑷实验4和实验l比较是温度的不同，升高温度，平衡是向着吸热的方向移动，因此，正向是吸热的方向。考点：化学平衡的有关知识。【解析】【答案】(1)0.0065(2)1.0；催化剂(3)>；>(4)吸热；温度升高时，平衡向右移动,说明正反应为吸热反应11、略

【分析】

甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成A为进而水解生成B为反应⑤在浓硫酸作用下发生消去反应，生成C为与溴发生加成生成D为

（1）反应①为甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应；反应⑥为加成反应，故答案为：取代，加成；

（2）由以上分析可知C为D为

故答案为：

（3）反应②氯代烃的水解反应，反应的方程式为

故答案为：

（4）在NaOH的醇溶液中发生消去反应，脱去1分子HBr或2分子HBr，可生成α-溴代肉桂醛或

故答案为：．

【解析】【答案】甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成A为进而水解生成B为反应⑤在浓硫酸作用下发生消去反应，生成C为与溴发生加成生成D为结合有机物的官能团的性质解答该题．

12、略

【分析】解：碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；碳酸钠是强碱弱酸盐能水解；碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度；

故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；大于；

（1）碳酸氢钠和B．氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；向碳酸钠或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钡或氢氧化钙都生成白色沉淀，向碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠都不产生明显现象；

故答案为：乙；B；

（2）若加热后碳酸氢钠不分解；溶液仍然是碳酸氢钠溶液，温度不变溶液的PH值也不变，由此证明甲是正确的；

故答案为：等于；甲；

（3）在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L，则a=10-4b；

故答案为：a=10-4b；

（4）A．Na2CO3溶液中存在水的电离平衡和碳酸根的水解平衡，NaHCO3在水溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡以及水的电离平衡；故A正确；

B．NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根；碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子；存在的粒子种类相同，故B正确；

C．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根；二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，所以碳酸钠中的氢氧根浓度大于碳酸氢钠溶液中的氢氧根浓度，故C错误；

D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大；故D正确；

故选C．

碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐；能水解导致溶液呈碱性，加热促进水解；碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，且碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度．

（1）碳酸氢钠和氯化钡不反应；但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡；

（2）若加热后碳酸氢钠不分解；溶液仍然是碳酸氢钠溶液，温度不变溶液的pH值也不变；

（3）NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，可根据pH计算水的电离，以此可确定a与b的关系；

（4）A．任何溶液中均存在水的电离平衡；在水溶液中碳酸氢根离子存在电离平衡和水解平衡；

B．根据溶液中存在的微粒来回答；

C．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根；水解规律：谁强显谁性；

D．碳酸氢根离子和氢氧根离子在溶液中不共存．

本题考查较为综合，涉及盐类的水解和实验方案的评价，侧重于学生的实验能力和评价能力的考查，注意把握盐类水解的原理和规律，把握物质的性质，题目难度中等．【解析】HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；大于；乙；B；等于；甲；a=10-4b；C13、略

【分析】解：(1)装置的空气中含有N2，影响生成氮气的体积测定，需将装置中的N2排净，故答案为：将装置中的N2排净；

(2)装置B内盛放浓硫酸；吸收生成的水，根据装置B增重，确定Wg该种氨基酸中含氢元素质量，装置C内盛放碱石灰，吸收生成的二氧化碳，根据装置C增重，确定Wg该种氨基酸中含碳元素质量，故答案为：H元素；C元素；

(3)利用排水法测定氮气的体积，确定Wg该种氨基酸中含氮元素质量．读氮气体积时应注意上下移动乙管，使甲、乙两管液面相平，以保证管内压强应与外界大气压相等，视线应与凹液面最低处相平，故答案为：N2；N元素；ac；

(4)为保证氨基酸完全燃烧需通过量的氧气，利用铜网和氧气在加热条件下反应除去未反应完氧气，以防止影响N2的体积的测定；但无法保证完全除去未反应的氧气；

故答案为：N2的体积；多余的O2在D中没有被吸收完全；

(5)该原理只能测出Wg该种氨基酸所含C元素；H元素、O元素的质量；据此可以确定其原子个数比，确定其最简式．若要确定分子式还需测定该氨基酸的相对分子质量．

故答案为：最简式；相对分子质量．【解析】排净装置中的N2;H元素;C元素;N2;N元素;ac;N2的体积;多余的O2在D中没有被吸收完全;最简式;相对分子质量14、略

【分析】（1）根据电离常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快。酸越弱，相应的钠盐越容易水解。即醋酸钠溶液的碱性强于NaSCN溶液的碱性。所以c（CH3COO－）小于c（SCN－）。（2）根据题意硫酸过量，所以有解得a：b=1:9。根据电荷守恒c（Na+）＋c（H+）＝2c（SO）＋c（OH－）可知，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）>c（SO）>c（H+）>c（OH－）。【解析】【答案】（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快＜（2）1:9；c（Na+）>c（SO）>c（H+）>c（OH－）15、略

【分析】(1)原子利用率达到100％的即符合绿色化学原则，所以反应Ⅱ符合“原子经济”原则；根据表中数据可判断，随着温度的升高，平衡常数逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即△H＜0；升高温度平衡向逆反应方向移动，生成物的产率降低，A不正确。B相当于降低生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，增大产率，正确。催化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，C不正确。D只压强增大，但反应物的浓度并没有增大，平衡不移动，不正确。E相当于增大反应物的浓度平衡平衡向正反应方向移动，产率增大。（2）原电池中负极失去电子，经导线传递到正极上，正极得到电子，所以溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。根据燃料电池的装置图可判断通入氧气的电极是正极，甲醇在负极通入，由于电解质是氢氧化钾溶液显强碱性，所以甲醇的氧化产物是碳酸钾和水。【解析】【答案】考查绿色化学的思想、外界条件对平衡的影响以及电化学的应用等。（1）①Ⅱ②I．＜Ⅱ．BEⅢ．80%250℃（2）①负②CH3OH+8OH－—6e-=CO32-+6H2O16、略

【分析】试题分析：根据涤纶的结构简式可以看出，它是由对苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应生成的。显中性，含甲基和硝基，且均在苯环的间位;显酸性，则含酚羟基、碱性，则含-NH2、-COOCH；既有酸性又有碱性，则含-COOH、-NH2醇类和卤代烃能发生消去反应。醇分子中，连有羟基（-OH）的碳原子必须有相邻的碳原子且此相邻的碳原子上,并且还必须连有氢原子时，才可发生消去反应；不饱和的物质打开不饱和键相互连在一起组成重复的链节形成高分子有机物的反应，反应物有不饱和键才可发生加聚反应；银镜反应是指Ag[(NH3)2]+在碱性条件下被含醛基的物质还原生成光亮的附着在玻璃器皿上的Ag的反应，反应物应含有醛基；苯酚在空气中被氧化会变为粉红色。该物质能通过一步反应转化为乙醇，乙醇含有两个碳，则有以下几种物质可以符合条件C2H4HCOOCH2CH3CH3COOCH2CH3CH2OH(CH2OH)4CHO考点：考查有机物的结构与性质、有机物的反应类型。【解析】【答案】（每答1分，共14分）(1)HO-CH2CH2OH(2)CAB(3)①②④③(4)C2H4HCOOCH2CH3CH3COOCH2CH3CH2OH(CH2OH)4CHO17、气囊不再变小或颜色不再变化|变小|mol/（L•s）|0.7a【分析】【解答】解：①B是一个气体压强不变的容器；所以当反应达到平衡状态时，混合气体的颜色和气囊体积不再改变；

故答案为：气囊不再变小或颜色不再变化；

②再加入气体；相当于增大压强，化学平衡正向移动，二氧化氮的百分含量会减小，故答案为：变小；

③2NO2⇌N2O4

初始物质的量：10

变化的物质的量：2xx

平衡物质的量：1﹣2xx

则=0.8；解得x=0.2mol；

所以平均化学反应速率v（NO2）=mol/（L•s）=mol/（L•s）；

故答案为：mol/（L•s）；

④打开K2，则相当于是在等温等压时的平衡，因此平衡时等效的．由于此时反应物的物质的量是B中的二倍，所以打开K2之前；气球B体积为（aL+0.4aL）÷2=0.7aL；

故答案为：0.7a．

【分析】①反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化；

②根据压强对化学平衡的移动的影响因素来回答．

③根据反应前后气体的压强之比等于物质的量之比来回答；

④根据等效平衡分析．18、（1）N＞O＞C（2）[Ar]3d104s1（3）C2H6N2H4N2H4分子之间存在氢键。

（4）sp24NA【分析】【分析】考查元素及化合物的推断、第一电离能的比较、原子的价电子排布式、分子中原子的杂化方式、分子中rm{娄脪}键的数目键的数目的计算的知识。

【解答】根据题意可知这几种元素分别是：rm{娄脪}是rm{X}rm{H}是rm{Y}rm{C}是rm{Z}rm{N}是rm{W}rm{O}是rm{K}rm{Cu}一般情况下，同一周期的元素，元素的非金属性越强，其失去电子越难，即第一电离能就越大，但是由于rm{(1)}原子的电子处于半充满的稳定状态，所以失去电子比rm{N}还难，因此rm{O}rm{C}rm{N}元素的第一电离能由大到小的顺序是rm{O}

故答案为：rm{N>O>C}rm{N>O>C}号元素rm{(2)29}原子的核外电子排布式是rm{Cu}

故答案为：rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}rm{[Ar]3d^{10}4s}rm{{,!}^{1}}具有rm{{,!}^{1}}个电子的碳元素的氢化物的化学物质为rm{(3)}rm{18}具有rm{C_{2}H_{6}}个电子的氮元素的氢化物的化学物质为，rm{18}rm{N_{2}H_{4}}的沸点相差较大是因为在乙烷rm{C_{2}H_{6}}的分子间只有分子间作用力，而在联氨rm{N_{2}H_{4}}的分子间除了有分子间作用力外；还存在氢键，增加了分子之间的相互作用使沸点偏高；

故答案为：rm{C_{2}H_{6}}rm{N_{2}H_{4}}rm{C}rm{2}rm{2}rm{H}rm{{,!}_{6}}rm{{,!}_{6}}rm{N}rm{2}rm{2}rm{H}分子之间存在氢键；rm{{,!}_{4}}若rm{{,!}_{4}}rm{N}rm{2}形成的某化合物呈酸性，相对分子质量为rm{2}的物质为甲酸rm{H}该化合物分子中rm{4}原子轨道的杂化类型rm{4}杂化，在rm{垄脠}该分子中含有rm{H}键的数目是rm{C}

故答案为：rm{O}rm{46}rm{HCOOH}rm{Y}rm{sp^{2}}【解析】rm{(1)N>O>C}rm{(2)[Ar]3d^{10}4s^{1}}rm{(3)C}rm{2}rm{2}rm{H}rm{6}rm{6}rm{N}rm{2}rm{2}分子之间存在氢键。

rm{H}rm{4}rm{4}三、计算题(共8题，共16分)19、略

【分析】在相同条件下，气体的摩尔质量之比是密度之比，所以该有机物的相对分子质量是30×2＝60。浓硫酸增重7．2g，说明生成物水是7.2g，物质的量是碱石灰增重13．2g，说明CO2是13.2g，物质的量是有机物的物质的量是0.1mol，所以该有机物中含有的碳原子是3个，氢原子是8，因此氧原子是所以有机物的分子式是C3H8O，可能的结构简式是CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3。【解析】【答案】①C3H8O②CH3CH2CH2OHCH3CHOHCH3CH3OCH2CH320、略

【分析】解：rm{(1)}某温度下，在rm{2L}固定体积的容器中，加入rm{1molM}和rm{1.4molN}发生可逆反应，rm{2min}后达平衡，测得rm{M}的转化率为rm{60%}结合三行计算列式：

rm{M(g)+N(g)?xP(g)+Q(g)triangleH>0}

起始量rm{M(g)+N(g)?xP(g)+Q(g)triangle

H>0}rm{(mol)1}rm{1.4}rm{0}

变化量rm{0}rm{(mol)0.6}rm{0.6}rm{0.6x}

平衡量rm{0.6}rm{(mol)0.4}rm{0.8}rm{0.6x}

容器反应前后压强比为rm{0.6}rm{2}即为气体物质的量之比，rm{3}rm{(1+1.4)}rm{(0.4+0.8+0.6x+0.6)=2}

rm{3}

rm{x=3}计算得到rm{(1)}故答案为：rm{x=3}

rm{3}内，以rm{(2)2min}表示的反应速率rm{=dfrac{dfrac{0.6mol}{2L}}{2min}=0.15mol?L^{-1}?min^{-1}}

故答案为：rm{N}rm{=dfrac{dfrac

{0.6mol}{2L}}{2min}=0.15mol?L^{-1}?min^{-1}}

rm{0.15}若再往容器中加入rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}和rm{(3)}平衡正向进行，恒容容器中相当于增大压强，平衡逆向进行，rm{1molM}转化率减小；

故答案为：向右移动；减小；

rm{1.4molN}若温度不变，在相同容器中加入rm{M}的rm{(4)}物质，rm{amol}的rm{M}物质，rm{bmol}的rm{N}物质，rm{cmol}的rm{P}物质，达平衡时rm{0.5mol}rm{Q}的百分含量与原平衡相同，说明达到相同平衡状态，rm{M}

rm{N}rm{M(g)+N(g)?3P(g)+Q(g)}rm{1}rm{1.4}

rm{0}rm{0}rm{a}rm{b}

转化量rm{c}rm{0.5}rm{a+0.5}rm{b+0.5}

rm{0}rm{0}

rm{a+0.5=1}rm{a=0.5}

rm{b+0.5=1.4}

故答案为：rm{b=0.9}rm{c=1.5}

某温度下，在rm{0.9}固定体积的容器中，加入rm{1.5}和rm{2L}发生可逆反应，rm{1molM}后达平衡，测得rm{1.4molN}的转化率为rm{2min}结合三行计算列式：

rm{M(g)+N(g)?xP(g)+Q(g)triangleH>0}

起始量rm{M}rm{60%}rm{M(g)+N(g)?xP(g)+Q(g)triangle

H>0}rm{(mol)1}

变化量rm{1.4}rm{0}rm{0}rm{(mol)0.6}

平衡量rm{0.6}rm{0.6x}rm{0.6}rm{(mol)0.4}

容器反应前后压强比为rm{0.8}rm{0.6x}即为气体物质的量之比，rm{0.6}rm{2}rm{3}

rm{(1+1.4)}

rm{(0.4+0.8+0.6x+0.6)=2}计算得到rm{3}

rm{x=3}反应速率rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}

rm{(1)}若再往容器中加入rm{x}和rm{(2)}平衡正向进行，恒容容器中相当于增大压强，平衡逆向进行判断转化率；

rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}若温度不变，在相同容器中加入rm{(3)}的rm{1molM}物质，rm{1.4molN}的rm{(4)}物质，rm{amol}的rm{M}物质，rm{bmol}的rm{N}物质，达平衡时rm{cmol}rm{P}的百分含量与原平衡相同；说明达到相同平衡状态，起始量相同；

本题考查了化学平衡影响因素、反应速率和平衡计算的分析应用，注意恒温恒容容器中等效平衡和达到平衡的分析判断的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．rm{0.5mol}【解析】rm{3}rm{0.15mol?L^{-1}?min^{-1}}向右移动；减小；rm{0.9}rm{1}21、（1）③①（2）（3）①②3，3−二甲基−1−丁烯

（4）①CH2=CH−CH2−CH=CH2②【分析】【分析】主要考查根据有机物的燃烧确定有机物的分子式，由性质推断其结构，及同分异构体等，题目难度一般。【解答】rm{(1)}各烃rm{(CxHy)}的物质的量相等，完全燃烧耗氧量取决于rm{x+dfrac{y}{4}}值，该值越大，耗氧量越多，故等物质的量时，完全燃烧耗rm{O_{2}}的量最小的是rm{垄脹C_{2}H_{4}}质量相同时，完全燃烧耗氧量取决于rm{dfrac{y}{x}}值，该值越大，耗氧量越多，完全燃烧时消耗rm{O_{2}}越多，故等质量时，完全燃烧时消耗rm{O_{2}}的量最多的是rm{垄脵C_{3}H_{8}}故答案为：rm{垄脹}rm{垄脵}rm{(2)}二甲苯有三种同分异构体，分别为对二甲苯、间二甲苯和邻二甲苯，其一溴代物分别有rm{1}种、rm{3}种和rm{2}种；根据表中对应二甲苯的熔点可判断，熔点为rm{13隆忙}的二甲苯只有一种一溴代物，熔点为rm{?54隆忙}的二甲苯有rm{3}种一溴代物，而熔点为rm{?27隆忙}的二甲苯有rm{2}种一溴代物。因此熔点为rm{13隆忙}的二甲苯是对二甲苯，熔点为rm{?54隆忙}的二甲苯是间二甲苯，熔点为rm{?27隆忙}的二甲苯是邻二甲苯；熔点为rm{234隆忙}的一溴二甲苯所对应的二甲苯是rm{13隆忙}的二甲苯，由上述分析可知，熔点为rm{234隆忙}的一溴代二甲苯对应的是熔点为rm{?13隆忙}二甲苯：对二甲苯，对二甲苯苯环上的一溴代物的结构简式为

故答案为：rm{(3)0.2mol}某烃rm{A}在氧气中完全燃烧后，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}由原子守恒可知rm{A}的分子式为rm{C_{6}H_{12}}rm{垄脵}若烃rm{A}不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，则烃rm{A}为环己烷，结构简式为：故答案为：rm{垄脷}若烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{H_{2}}加成反应后生成rm{2}rm{2?}二甲基丁烷，则rm{A}为rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}名称为：rm{3}rm{3?}二甲基rm{?1?}丁烯，故答案为：rm{3}rm{3?}二甲基rm{?1?}丁烯；rm{(4)}根据燃烧通式可知，rm{n+dfrac{2n-2}{4}=7}解得rm{n=5}故该烃分子式为rm{C_{5}H_{8}}分子结构中没有支链或侧链；rm{垄脵}该烃为二烯烃，并且与等物质的量的rm{Br_{2}}加成后只能得到单一产物，则该二烯烃为对称结构，且碳碳双键不能在rm{2}rm{3}位，故为rm{1}rm{4?}戊二烯，该烃的结构简式为rm{CH_{2}=CH?CH_{2}?CH=CH_{2}}故答案为：rm{CH_{2}=CH?CH_{2}?CH=CH_{2}}rm{垄脷}该烃只能与等物质的量的rm{Br_{2}}发生加成反应，则该烃只有rm{1}个双键，剩下的不饱和度是成环导致，故还含有一个环，故该烃的结构为等，故答案为：【解析】rm{(1)}rm{垄脹}rm{垄脹}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{(2)}rm{(2)}rm{(3)}rm{垄脵}二甲基rm{垄脵}丁烯rm{垄脷}

rm{垄脷}rm{3}rm{3?}rm{?1?}rm{(4)}22、（1）ⅠBds[Ar]3d9（2）BH4-或BeH42－（3）sp2和sp3杂化12（4）cd【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及晶胞计算、基态电子排布式、等电子体等知识，题目难度中等，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】rm{(1)}铜是rm{29}号元素，位于第四周期Ⅰrm{B}族，rm{ds}区，铜外围电子排布要遵循洪特规则特例为【rm{Ar}】rm{3d^{10}4s^{1}}rm{Cu^{2+}}的电子排布式为rm{[Ar]3d^{9}}故答案为：第四周期Ⅰrm{B}族；rm{ds}rm{[Ar]3d^{9}}rm{(2)}等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子，rm{NH_{4}^{+}}中电子数为：rm{7+4-1=10}原子数为rm{5}与rm{NH_{4}^{+}}互为等电子体的阴离子为rm{BH_{4}^{-}}故答案为：rm{BH}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{-}}rm{BeH}rm{4}由流程图可知，rm{4}原子有rm{{,!}^{2-}}种，一个含单键，一个含双键，所以采用rm{{,!}^{2-}}和rm{(3)}杂化，rm{C}分子中含有rm{2}个rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}个一个rm{MIm}分子中含有rm{6}个rm{C-H}rm{MIm}分子中含有rm{6}个rm{C-H}单键、rm{4}个rm{C-N}rm{4}中含rm{C-N}故答案为：单键，一个碳碳双键和一个碳氮双键，则一个rm{MIm}分子中含有rm{12}个和rm{MIm}杂化；rm{12}键，根据晶胞结构图可知：rm{1mol}位于晶胞内部，一个晶胞中含有rm{1mol}个rm{MIm}中含rm{MIm}在晶胞顶点和面心，一个晶胞含有键数目为rm{12mol}的个数为rm{12mol}晶胞中铜和溴的原子个数比为rm{sp^{2}}因此该化合物的化学式为rm{sp^{3}}故rm{12}错误；rm{(4)}离铜原子最近的溴原子个数为rm{Cu}个，则铜的配位数为rm{4}故rm{Cu}错误。rm{Br}根据晶胞结构图可知每个rm{Br}紧邻的rm{a.}有rm{1:1}个，故rm{CuBr}正确；rm{a}根据晶胞结构图可知rm{b.}点原子位于晶胞体对角线的四等分点处，由rm{4}rm{4}的原子坐标参数可知rm{b}点原子的坐标参数为rm{c.}rm{Br}故rm{Br}正确。故选rm{12}rm{c}【解析】rm{(1)}Ⅰrm{B}rm{ds}rm{ds}rm{[Ar]3d^{9}}rm{(2)BH_{4}^{-}}或rm{BeH}rm{BeH}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{2-}}rm{(3)}rm{sp}杂化rm{sp}rm{{,!}^{2}}和23、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}由于rm{AlN}跟氢氧化钠溶液反应生成rm{NaAlO_{2}}并放出rm{NH_{3}}根据元素守恒可知有水参加反应，其反应方程式为：rm{AlN+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}

故答案为：rm{AlN+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}

rm{垄脷}生成rm{NH_{3}}的物质的量为rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}根据氮元素守恒可知rm{dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}样品中含有rm{10g}的物质的量为rm{AlN}质量为rm{0.15mol}该样品中的rm{0.15mol隆脕41g/mol=6.15g}的质量分数为rm{dfrac{6.15g}{10g}隆脕100%=61.5%}

故答案为：rm{AlN}

rm{dfrac

{6.15g}{10g}隆脕100%=61.5%}滤液稀释到rm{61.5%}取出稀释液rm{(2)}加入rm{1000mL}的氨水使rm{10mL}恰好完全沉淀，反应后的溶液中溶质为rm{0.3mol?L^{-1}}根据氯离子守恒可知rm{n(NH_{4}Cl)=n隆盲(HCl)=0.48mol隆脕dfrac{10mL}{1000mL}=0.0048mol}再根据rm{Al^{3+}}原子守恒可知rm{NH_{4}Cl}

故需要氨水的体积rm{=dfrac{0.0048mol}{0.3mol/L}=0.016L=16mL}

答：需要氨水rm{n(NH_{4}Cl)=n隆盲(HCl)=0.48mol隆脕dfrac

{10mL}{1000mL}=0.0048mol}．

rm{N}由题目信息可知，由于rm{n(NH_{3})=0.0048mol}跟氢氧化钠溶液反应生成rm{=dfrac

{0.0048mol}{0.3mol/L}=0.016L=16mL}并放出rm{16mL}根据元素守恒可知有水参加反应，据此配平书写反应方程式；

rm{(1)垄脵}根据氮元素守恒计算rm{AlN}样品中含有rm{NaAlO_{2}}的物质的量，根据rm{NH_{3}}计算rm{垄脷}的质量；再根据质量分数定义计算；

rm{10g}反应后的溶液中加入氨水，使rm{AlN}恰好完全沉淀，反应后的溶液中溶质为rm{m=nM}根据氯离子守恒可知rm{AlN}再根据rm{(2)}原子守恒计算rm{Al^{3+}}进而计算消耗氨水的体积．

本题考查了有关化学方程式的计算，题目难度中等，注意把握过量计算与守恒思想的应用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．rm{NH_{4}Cl}【解析】rm{AlN+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}rm{61.5%}24、略

【分析】考查有机物分子式的确定。【解析】【答案】镁在CO2中燃烧的方程式为2Mg＋CO2C＋2MgO黑色生成物（C）与白色生成物（MgO）的物质量比为1∶10，物质的量之比是1︰3所以根据方程式可知氧气过量，通过浓硫酸后的气体为CO和O混合物。设镁和氧气反应生成的氧化镁是x，和CO2反应生成的氧化镁是，则2Mg＋O=2MgO2Mg＋CO=2MgO＋C0.5xxy0.5y则有40（x＋y）＋12×0.5y=26．4、x＋y=3×0.5y得x=0.2moly=0.4mol过量的n（O）=0.1mol生成的n（CO）=0.2mol（4分）生成的n（HO）=3.6÷18=0.2mol根据质量守恒定律可知0.1molA的质量m（A）=0.2×44＋3.6－0.2×32=6gM（A）=6÷0.1=60设A的分子式为CHO2×12＋4×1＋z×16，z=2，A的分子式为CHO（4分）25、略

【分析】试题分析：在该有机物中含有的C、H原子个数比是：C：H=（85.71%÷12）：(14.29%÷1)=0.071425:0.1429=1:2,所以该物质的实验式是CH2;实验式的式量是14，而物质的相对分子质量为70，所以在一个分子中含有的最简式的个数是：70÷14=5，故该物质的分子式是C5H10；该烃的核磁共振氢谱只有一个峰，说明只含有一种H原子，它是环戊烷，结构简式是考点：考查物质的实验式、分子式、结构简式的推断及书写的知识。【解析】【答案】（6分）实验式：CH2分子式：C5H10结构简式：26、略

【分析】

过滤、干燥后得到rm{14.51g}白色沉淀为硫酸钡、碳酸钡的质量，用足量的稀硝酸处理沉淀后，沉淀最后减少到rm{4.66g}故硫酸钡为rm{4.66g}碳酸钡质量为rm{14.51g-4.66g=9.85g}

rm{(1)}根据rm{n=dfrac{m}{M}}计算硫酸钡的物质的量，根据硫酸根守恒有rm{n(Na_{2}SO_{4})=n(BaSO_{4})}再根据rm{c=dfrac{n}{V}}计算原混合液中rm{Na_{2}SO_{4}}的物质的量浓度；

rm{(2)}根据rm{n=dfrac{m}{M}}计算碳酸钡的物质的量，生成的气体为二氧化碳，根据碳元素守恒有rm{n(CO_{2})=n(BaCO_{3})}再根据rm{V=nVm}计算二氧化碳的体积；

rm{(3)}过滤出rm{14.51g}沉淀后，溶液中溶质为rm{NaOH}根据钠离子守恒rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}SO_{4})+2n(Na_{2}CO_{3})}再根据rm{c=dfrac{n}{V}}计算原混合液中rm{NaOH}的物质的量浓度．

本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚发生的反应是解题的关键，注意利用守恒法计算，注意基础知识的理解掌握．【解析】解：过滤、干燥后得到rm{14.51g}白色沉淀为硫酸钡、碳酸钡的质量，用足量的稀硝酸处理沉淀后，沉淀最后减少到rm{4.66g}故硫酸钡为rm{4.66g}碳酸钡质量为rm{14.51g-4.66g=9.85g}

rm{(1)}根据硫酸根守恒有rm{n(Na_{2}SO_{4})=n(BaSO_{4})=dfrac{4.66g}{233g/mol}=0.02mol}原混合液中rm{n(Na_{2}SO_{4})=n(BaSO_{4})=dfrac

{4.66g}{233g/mol}=0.02mol}的物质的量浓度为rm{dfrac{0.02mol}{0.1L}=0.2mol/L}

答：原混合液中rm{Na_{2}SO_{4}}的物质的量浓度为rm{dfrac

{0.02mol}{0.1L}=0.2mol/L}

rm{Na_{2}SO_{4}}根据碳元素守恒有rm{n(CO_{2})=n(BaCO_{3})=dfrac{9.85g}{197g/mo