2024年沪科版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科版高二化学下册阶段测试试卷682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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列大小关系正确的是()A.晶格能：rm{NaCl<NaBr}B.硬度：rm{MgO>CaO}C.熔点：rm{NaI>NaBr}D.熔、沸点：rm{CO_{2}>NaCl}2、某烃的化学式为rm{C_{11}H_{16}}经分析分子结构中除含苯环外rm{(}不含其他环状结构rm{)}还含有两个“rm{隆陋CH_{3}}”，两个“rm{隆陋CH_{2}隆陋}”和一个“rm{隆陋CH隆陋}”，则它的可能结构式有rm{(}rm{)}

A.rm{6}种B.rm{5}种C.rm{4}种D.rm{3}种3、某有机物甲经氧化后得乙rm{(}分子式为rm{C_{2}H_{3}O_{2}Cl)}而甲经水解可得丙。rm{1mol}丙和rm{2mol}乙反应得一种含氯的酯rm{(C_{6}H_{8}O_{4}Cl_{2})}由此推断甲的结构简式为rm{(}rm{)}A.rm{ClCH_{2}CH_{2}OH}B.rm{HCOOCH_{2}Cl}C.rm{ClCH_{2}CHO}D.rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}4、下列变化过程中，△S＜0的是（）A.NH3（g）与HCl（g）反应生成NH4Cl（s）B.氯化钠溶于水中C.CaCO3（S）分解为CaO（S）和CO2（g）D.干冰（CO2）的升华5、利用如图装置，能完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，不正确的是（）A.若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B.若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外加电流阴极保护法C.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小6、徐光宪在rm{隆露}分子共和国rm{隆路}一书中介绍了许多明星分子，如rm{H_{2}O_{2}}rm{CO_{2}}rm{BF_{3}}rm{CH_{3}COOH}等rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}O_{2}}分子的空间构型为直线形B.rm{CO_{2}}分子为非极性分子C.rm{BF_{3}}分子中的rm{B}原子满足rm{8}电子稳定结构D.rm{CH_{3}COOH}分子中rm{C}原子均为rm{sp^{3}}杂化评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有()A.分液B.过滤C.溶解D.蒸发结晶8、下列关于淀粉和纤维素的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.它们都是混合物B.它们都是天然高分子化合物C.它们互为同分异构体D.它们水解的最终产物都是葡萄糖9、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一。下列说法正确的是()A.乙烯可与乙醇发生酯化反应B.乙烯可使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色C.一定条件下乙烯可发生聚合反应D.一定条件下乙烯可发生加成反应10、下列物质与水混合后静置，出现分层的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳11、制造下列文化用品的原料属于有机材料的是A.纸B.铅笔芯C.橡皮擦D.塑料文具盒评卷人得分三、双选题(共6题，共12分)12、你认为下列说法不正确的是（）A.氢键存在于分子之间，不存在于分子之内B.对于组成和结构相似的分子，其范德华力随着相对分子质量的增大而增大C.NH3极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是NH3是极性分子，CH4是非极性分子D.冰熔化时只破坏分子间作用力13、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.一氯代烷烃，随rm{C}原子数的增多，密度依次增大B.常温下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次增大C.饱和一元羧酸，随rm{C}原子数的增多，酸性逐渐减弱D.邻rm{-}二甲苯、间rm{-}二甲苯，对rm{-}二甲苯的沸点依次升高14、下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有rm{(}rm{)}A.rm{2-}甲基丙烷B.环戊烷C.rm{2}rm{2-}二甲基丁烷D.rm{2}rm{2-}二甲基丙烷15、rm{C_{8}H_{18}}经多步裂化，最后完全转化为rm{C_{4}H_{8}}rm{C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{2}H_{6}}rm{CH_{4}}五种气体的混合物rm{.}该混合物的平均相对分子质量可能是rm{(}rm{)}A.rm{28}B.rm{30}C.rm{38}D.rm{40}16、香豆素rm{-4}是一种激光染料，应用于可调谐染料激光器。香豆素rm{-4}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成，分子球棍模型如图所示。下列有关叙述正确的是()

A.分子式为rm{C_{10}H_{9}O_{3}}B.能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色C.rm{1mol}香豆素rm{-4}最多能与rm{3molBr_{2}}反应D.rm{1mol}香豆素rm{-4}最多能与含rm{2molNaOH}的溶液反应17、在下列四种有机化合物中，分子内所有原子均在同一平面的是rm{(}rm{)}A.丙烯B.氯乙烯C.苯D.甲苯评卷人得分四、填空题(共3题，共12分)18、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃100011501300K64.050.742.9请回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式K＝。（2）该反应为反应（填“吸热”或“放热”）。（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是（多选项,多选不得分）。a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．υ正（CO）＝υ逆（CO2）d．c（CO2）＝c（CO）（4）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率υ(CO)＝，CO的平衡转化率为：。19、下列说法是否正确？为什么？（1）NH3在碱性溶液中比在纯水的溶解度大。（2）氯化钠和醋酸铵的pH都接近于7，因此它们都没有发生水解。20、（7分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。（1）根据右侧能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式。（2）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，其平衡常数K与温度T的关系如下表：。T/K298398498平衡常数K4.1×106K1K2①该反应的平衡常数表达式：K=____②试判断K1____K2（填写“>”，“=”或“<”）③下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是____（填字母）a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2b．v(N2)正=3v(H2)逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变（3）对反应N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示，下列说法正确的是。a．A、C两点的反应速率：A＞Cb．A、C两点的化学平衡常数：A＞Cc．A、C两点N2O4的转化率：A＞Cd．由状态B到状态A，可以用加热的方法评卷人得分五、推断题(共4题，共40分)21、依据氧化还原反应：rm{2Ag^{+}(aq)+Cu(s)篓TCu^{2+}(aq)+2Ag(s)}设计的原电池如图所示rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)}电极rm{X}的材料是______，电解质溶液rm{Y}是______；

rm{(2)}银电极为电池的______极，发生的电极反应为______rm{X}电极上发生的电极反应为______．

rm{(3)}外电路中的电子是从______电极流向______电极rm{.}

22、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}是含有同一种元素的化合物，其中rm{A}为红棕色气体，rm{F}能使红色湿润石蕊试纸变蓝色rm{.}它们之间能发生如下反应：

rm{垄脵A+H_{2}O隆煤B+C}rm{垄脷C+F隆煤D}rm{垄脹D+NaOH(aq)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{垄脹D+NaOH(aq)dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}}

rm{E+F隆眉+H_{2}O}写出它们的化学式：rm{(1)}______，rm{D}______．

rm{F}写出rm{(2)}反应的化学方程式：______；此反应中氧化剂是______，还原剂是______．

rm{垄脵}写出反应rm{(3)}的离子方程式：______．

rm{垄脹}经催化氧化生成rm{(4)F}和rm{B}写出该步反应的化学方程式：______．rm{H_{2}O}23、rm{6-}羰基庚酸是一种重要的化工中间体，其合成路线如下：

已知：

rm{(1)}反应rm{垄脵}的条件是rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;;;}}，rm{C隆煤D}的反应类型是rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;}}，rm{C}中官能团的名称是rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}。rm{(2)}下列说法中正确的是rm{(}rm{)}rm{a.C}能被催化氧化成酮rm{b.D}不能使酸性高锰酸钾溶液褪色rm{c.Ni}催化下rm{1molE}最多可与rm{2molH_{2}}加成rm{d.G}既能发生取代反应，又能发生加成反应rm{(3)E}与新制rm{Cu(OH)_{2}}反应的化学方程式为rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}。rm{(4)G}的同分异构体有多种，满足以下条件的同分异构体有__________种。A.分子中含有环己烷的结构B.能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应，放出气体C.rm{1mol}该物质能与rm{2molNa}完全反应rm{(5)}已知“rm{Diels-Alder}反应”为：物质rm{D}与呋喃rm{(}rm{)}也可以发生“rm{Diels-Alder}反应”，该化学反应方程为：__________________________。24、有原子序数依次增大的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}七种元素，rm{A}元素的原子是周期表中半径最小的原子，rm{B}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{1.5}倍，元素rm{C}在自然界中形成物质种类最多，rm{E}rm{F}rm{G}三种元素原子的质子数之和为rm{62}rm{E}元素原子rm{2p}轨道上有两个未成对电子，rm{G}元素原子rm{4p}轨道上有rm{1}个未成对电子，且它的阴离子具有跟氪相同的电子层结构，rm{E}rm{F}rm{G}能够形成多种常见的盐。请回答下列问题：rm{(1)E}元素原子的价层电子的电子排布图为________；rm{(2)B}rm{D}rm{F}均可与rm{G}形成化合物rm{BG_{3}}和rm{DG_{3}}中心原子的杂化方式分别为__________和____________。第一电离能介于rm{B}和rm{D}之间的第二周期元素有________种。rm{(3)C}rm{E}能形成两种常见的化合物，根据等电子原理，写出rm{CE}分子的结构式____。rm{(4)}由rm{A}rm{C}rm{E}形成的气态化合物rm{X}其分子的空间构型是___；rm{1molX}分子中rm{娄脪}键的数目为______；rm{X}可被催化氧化，该反应的催化剂含有rm{Cu}rm{Zn}rm{Ag}rm{Fe}等元素。基态rm{Fe}原子的电子排布了____________个能级，有_________个运动状态，在周期表中在_______区。向黄色rm{FeCl_{3}}溶液中加入无色rm{KSCN}溶液，溶液变成红色。该反应在有的教材中用方程式rm{FeCl_{3}+3KSCN篓TFe(SCN)_{3}+3KCl}表示。经研究表明rm{Fe(SCN)_{3}}是配合物，rm{Fe^{3+}}与rm{SCN^{-}}不仅能以rm{1}rm{3}的个数比配合，还可以其他个数比配合。rm{垄脵}所得rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-}}的配合物中，主要是rm{Fe^{3+}}与rm{SCN^{-}}以个数比rm{1}rm{1}配合所得离子显红色。该配合物离子的化学式是__________________。rm{垄脷}若rm{Fe^{3+}}与rm{SCN^{-}}以个数比rm{1}rm{5}配合，则rm{FeCl_{3}}与rm{KSCN}在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为___________。评卷人得分六、实验题(共2题，共12分)25、乙酰乙酸乙酯rm{(CH_{3}COCH_{2}COOC_{2}H_{5})}是一种不溶于水的液体，熔点：rm{-45隆忙}沸点：rm{180.8隆忙.}它是有机合成中常用的原料，可以由乙酸乙酯rm{(}沸点rm{77.06隆忙)}在乙醇钠的催化作用下缩合而制得；反应方程式为：

rm{2CH_{3}COOC_{2}H_{5}xrightarrow{C_{2}H_{5}ONa}CH_{3}COCH_{2}COOC_{2}H_{5}+C_{2}H_{5}OH}．

反应中催化剂乙醇钠是由金属钠和残留在乙酸乙酯中的微量乙醇作用生成的；而一旦反应开始，生成的乙醇又会继续和钠反应生成乙醇钠．

rm{2CH_{3}COOC_{2}H_{5}

xrightarrow{C_{2}H_{5}ONa}CH_{3}COCH_{2}COOC_{2}H_{5}+C_{2}H_{5}OH}首先在烧瓶中将钠加热熔化成小米状的钠珠rm{(1)}熔化钠时需加入下表中的______液体，目的是______rm{.}将钠熔化成钠珠的目的是______．

。rm{.}钠苯甲苯对二甲苯四氯化碳密度rm{(g/cm^{3})}rm{0.97}rm{0.88}rm{0.87}rm{0.86}rm{1.60}熔点rm{(隆忙)}rm{97.8}rm{5.5}rm{-95}rm{13.3}rm{-22.8}沸点rm{(隆忙)}rm{881.4}rm{80}rm{111}rm{138.4}rm{76.8}rm{(2)}将烧瓶中的有机液体小心倾出，迅速加入适量乙酸乙酯，并装上带有一根长玻璃导管的单孔胶塞，并在导管上端接一个干燥管rm{.}缓缓加热；保持瓶中混合液微沸状态．

rm{垄脵}长玻璃导管的作用是______．

rm{垄脷}结合乙酸乙酯的性质可知，在实验中，使用烧瓶必须干燥，原料乙酸乙酯必须无水，原因是______rm{(}写出相关有机反应化学方程式，并结合必要的文字进行说明rm{)}．

rm{(3)}充分反应后，向混合溶液中先加入乙酸rm{(}沸点rm{117.9隆忙)}酸化；再加入饱和食盐水，然后进行。

______rm{(}实验操作名称rm{)}分离得到乙酰乙酸乙酯粗产品rm{.}加入饱和食盐水的目的是。

______．

rm{(4)}粗产品rm{(}含乙酸乙酯和少量水、乙酸等rm{)}再经过以下几步操作；最后成为纯品．

粗产品rm{xrightarrow{{脦脼脣庐脕貌脣谩脛脝}}xrightarrow{{虏脵脳梅}X}xrightarrow{{脣庐脭隆脮么脕贸}}xrightarrow{{录玫脩鹿脮么脕贸}}}乙酰乙酸乙酯。

加无水硫酸钠固体的作用是______，操作rm{xrightarrow{{脦脼脣庐脕貌脣谩脛脝}}

xrightarrow{{虏脵脳梅}X}xrightarrow{{脣庐脭隆脮么脕贸}}

xrightarrow{{录玫脩鹿脮么脕贸}}}中使用的玻璃仪器有______，水浴蒸馏收集得到的馏分是______．rm{X}26、二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂；可由二苯基羟乙酮氧化制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：

在反应装置中；加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应结束后加热煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯。重结晶过程：

加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥。

请回答下列问题：

（1）写出装置图中玻璃仪器的名称：b______。

（2）趁热过滤后；滤液冷却结晶。一般情况下，下列哪些因素有利于得到较大的晶体：______。

A．缓慢冷却溶液B．溶液浓度较高C．溶质溶解度较小D．缓慢蒸发溶剂。

如果溶液中发生过饱和现象；可采用______等方法促进晶体析出。

（3）抽滤所用的滤纸应略______（填“大于”或“小于”）布氏漏斗内径；将全部小孔盖住。烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是______。

A．无水乙醇B．饱和NaCl溶液C．70%乙醇水溶液D．滤液。

（4）抽滤过程中要及时观察吸滤瓶内液面高度；当快达到支管口位置时应进行的操作为______。

（5）上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质：______。

（6）某同学采用薄层色谱（原理和操作与纸层析类同）跟踪反应进程；分别在反应开始；回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开后的斑点如图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是______。

A．15minB．30minC．45minD．60min参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】略【解析】rm{B}2、C【分析】【分析】

本题主要考查结构推断、同分异构体书写，难度较大，关键根据信息判断含有rm{1}个苯环及侧链结构特点。

【解答】

rm{C_{11}H_{16}}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕11+2-16}{2}=4.C_{11}H_{16}}分子中除苯环外不含其它环状结构，苯环的不饱和度为rm{dfrac

{2隆脕11+2-16}{2}=4.C_{11}H_{16}}所以，含有rm{4}个苯环；侧链为烷基．

rm{1}分子中存在一个次甲基，由于rm{C_{11}H_{16}}中含两个甲基；所以满足条件的结构中只有一个侧链．

化学式为rm{C_{11}H_{16}}的烃结构，分子中含两个甲基，两个亚甲基和一个次甲基，rm{C_{11}H_{16}}个苯环的同分异构体有：

rm{1}故可能有rm{.}种；故C正确。

故选C。

rm{4}【解析】rm{C}3、A【分析】【分析】本题考查有机物的推断；明确常见有机物醇；卤代烃的性质及酯化反应即可解答，注意碳链骨架的变化是解答本题的关键，题目难度不大。

【解答】甲经氧化得到乙rm{(}分子式为rm{C_{2}H_{3}O_{2}Cl)}甲经水解可得丙，rm{1mol}丙和rm{2mol}乙反应得一种含氯的酯rm{(C_{6}H_{8}O_{4}Cl_{2})}则甲中含有rm{2}个rm{C}原子，还含有rm{-Cl}和rm{-OH}甲中rm{-Cl}水解得到rm{-OH}所以丙中含有rm{2}个rm{-OH}即甲为rm{ClCH_{2}CH_{2}OH}故选A。

【解析】rm{A}4、A【分析】【解答】解：A．NH3（g）与HCl（g）反应生成NH4Cl（s）；气体减少，则△S＜0，故A选；B．氯化钠溶于水中，混乱度增大，则△S＞0，故B不选；

C．CaCO3（S）分解为CaO（S）和CO2（g）；气体增多，则△S＞0，故C不选；

D．干冰（CO2）的升华；气体增多，则△S＞0，故D不选；

故选A．

【分析】混乱度增大时△S＞0，混乱度减小时△S＜0，结合反应中气体的化学计量数判断混乱度，以此来解答．5、D【分析】【解答】解：A．X为锌棒；Y为NaCl溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；

B．X为碳棒；Y为NaCl溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外加电流阴极保护法，故B正确；

C．X为铜棒；Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为负极，正极上析出Cu，则铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，故C正确；

D．X为铜棒；Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，为电镀装置，铁棒质量将增加，但溶液中铜离子浓度不变，故D错误；

故选D．

【分析】开关K置于M处，为原电池装置，X比Fe活泼可减缓铁的腐蚀；开关K置于N处，为电解池装置，Fe为阴极可减缓铁的腐蚀，结合发生的电极反应来解答．6、B【分析】解：rm{A.H_{2}O_{2}}分子中rm{O}原子形成rm{2}个rm{娄脪}键、含有rm{2}对孤对电子，氧原子与连接的原子形成rm{V}形结构，rm{H_{2}O_{2}}分子的空间构型不可能为直线形；实际为展开书页型结构，故A错误；

B.rm{CO_{2}}分子为直线型对称结构；分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故B正确；

C.rm{BF_{3}}分子中的rm{F}原子满足rm{8}电子结构，rm{B}原子不满足rm{8}电子稳定结构；故C错误；

D.甲基中碳原子形成rm{4}个rm{娄脪}键，没有孤对电子，采取rm{sp^{3}}杂化，羧基中rm{C}原子形成rm{3}个rm{娄脪}键、没有孤对电子，杂化轨道数目为rm{3}为rm{sp^{2}}杂化；故D错误；

故选：rm{B}．

A.rm{H_{2}O_{2}}分子中rm{O}原子形成rm{2}个rm{娄脪}键、含有rm{2}对孤对电子，氧原子与连接的原子形成rm{V}形结构；

B.rm{CO_{2}}分子为直线型对称结构；分子中正负电荷重心重合；

C.共价键化合物中原子最外层电子数rm{+|}化合物中该元素化合价rm{|=8}该原子满足rm{8}电子稳定结构；

D.羧基中rm{C}原子形成rm{3}个rm{娄脪}键、没有孤对电子，杂化轨道数目为rm{3}．

本题考查杂化方式与空间构型判断、分子极性、共价键等，理解掌握应用价层电子对互斥理论与杂化轨道理论判断微粒空间构型．【解析】rm{B}二、多选题(共5题，共10分)7、BCD【分析】【分析】本题旨在考查学生对粗盐的提纯的应用。【解答】粗盐的提纯必需的操作为溶解、过滤、蒸发结晶，故BCD正确。故选BCD。【解析】rm{BCD}8、ABD【分析】解：rm{A.}淀粉和纤维素表示式都为rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}淀粉、纤维素的聚合度rm{n}不确定；分别是由长短不一的聚合物混合在一起，所以它们都是混合物，故A正确；

B.淀粉和纤维素的相对分子质量在rm{10000}万以上；则它们都是高分子化合物，且是天然高分子化合物，故B正确；

C.它们的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；因此分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；

D.淀粉和纤维素是多糖；在一定条件下都能水解生成单糖葡萄糖，故D正确；

故选ABD．

A.淀粉和纤维素表示式都为rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不确定；它们都是混合物；

B.高分子化合物是指相对分子质量很大的化合物；

C.它们的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；

D.淀粉和纤维素是多糖；能发生水解．

本题主要考查淀粉和纤维素的有关知识，掌握淀粉和纤维素的结构和性质是解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{ABD}9、BCD【分析】【点评】本题考查了乙烯的性质、乙烯的用途、乙烯的制取，难度不大，注意乙醇在不同温度下生成的产物不同，为易错点。【解答】A.乙酸可与乙醇发生酯化反应，乙烯不能发生酯化反应，故A错误；

B.乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，可使酸性rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}；故B正确；

C.乙烯中含有碳碳不饱和键；能发生加聚反应，故C正确；

D.乙烯中含有碳碳双键；为不饱和键，所以能发生加成反应，故D正确。

故选BCD。

溶液褪色【解析】rm{BCD}10、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】乙酸乙酯、苯、四氯化碳和水不溶，能分层，乙酸和水以任意比互溶，不分层，故ACD正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}11、ACD【分析】【分析】本题是对有机材料知识的考查，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是知识的积累，侧重基础知识的考查。【解答】A.纸是纤维素，是有机物，故A正确；B.铅笔芯是石墨和黏土的混合物，是无机物。故B错误；C.橡皮擦是橡胶，是有机物rm{(}高分子rm{)}故C正确；高分子rm{(}故C正确；rm{)}高分子D.塑料文具盒，是有机物rm{(}高分子rm{)}故D正确。故D正确。rm{(}rm{)}【解析】rm{ACD}三、双选题(共6题，共12分)12、A|C【分析】解：A．邻羟基苯甲醛分子（）内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子（）之间存在氢键；所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故A错误；

B．对于组成和结构相似的分子；其范德华力随着相对分子质量的增大而增大，故B正确；

C．NH3与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以NH3极易溶于水的原因为NH3是极性分子和氨气与水分子间存在氢键，CH4难溶于水的原因不仅仅是NH3是极性分子，CH4是非极性分子；还有氢键的影响，故C错误；

D．水分子间存在氢键；冰熔化时破坏分子间作用力和氢键，故D正确．

故选AC．

A．邻羟基苯甲醛分子（）内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子（）之间存在氢键；

B．范德华力与相对分子质量和分子结构有关；

C．NH3与水分子之间存在氢键；

D．冰熔化时破坏分子间作用力和氢键．

本题考查了氢键、分子间作用力，题目难度不大，注意把握氢键对物质物理性质的影响．【解析】【答案】AC13、rAC【分析】解：rm{A.}氯代烷烃中，其密度与相对分子质量成正比，所以一氯代烷烃，随rm{C}原子数的增多；密度依次增大，故A正确；

B.常温下；同分异构体中含有支链越多其烷烃熔沸点越低，所以正戊烷；异戊烷、新戊烷的沸点依次减小，故B错误；

C.饱和一元羧酸中，烃基越大，其酸性越弱，所以饱和一元羧酸，随rm{C}原子数的增多；酸性逐渐减弱，故C正确；

D.苯的同系物中，整个分子的对称性越好，其沸点越低，所以邻rm{-}二甲苯、间rm{-}二甲苯，对rm{-}二甲苯的沸点依次降低；故D错误；

故选AC．

A.氯代烷烃中；其密度与相对分子质量成正比；

B.常温下；同分异构体中含有支链越多其烷烃熔沸点越低；

C.饱和一元羧酸中；烃基越大，其酸性越弱；

D.苯的同系物中；整个分子的对称性越好，其沸点越低．

本题考查熔沸点、酸性强弱判断，侧重考查学生分析判断及规律总结能力，知道分子晶体熔沸点的影响因素是解本题关键，易错选项是rm{C}．【解析】rm{AC}14、rBD【分析】解：rm{A.2-}甲基丙烷的结构简式为：rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{3}}分子中有rm{2}种等效氢原子，其一氯代物有rm{2}种；故A错误；

B.环戊烷的结构简式为，环戊烷分子中所有rm{H}原子都完全等效，则其一氯代物只有rm{1}种；故B正确；

C.rm{2}rm{2-}二甲基丁烷的结构简式为：rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}CH_{3}}其分子中含有rm{3}种等效氢原子，其一氯代物有rm{3}种；故C错误。

D.rm{2}rm{2-}二甲基丙烷的结构简式为：rm{C(CH_{3})_{4}}其分子中只有rm{1}种等效氢原子，一氯代物只有rm{1}种；故D正确；

故选BD．

在烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烷烃分子中所有的氢原子为等效rm{H}原子；其一氯代物不存在同分异构体，据此进行判断．

本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烃中等效氢原子数目的求算方法为解答本题的关键．【解析】rm{BD}15、rBC【分析】解：按照题目所给rm{C_{8}H_{18}}的裂化产物考虑，rm{C_{8}H_{18}}裂化可能发生的反应共有以下几种：

rm{垄脵C_{8}H_{18}隆煤C_{4}H_{8}+C_{3}H_{6}+CH_{4}}

rm{垄脷C_{8}H_{18}隆煤C_{4}H_{8}+C_{2}H_{4}+C_{2}H_{6}}

rm{垄脹C_{8}H_{18}隆煤2C_{3}H_{6}+C_{2}H_{6}}

rm{垄脺C_{8}H_{18}隆煤C_{3}H_{6}+2C_{2}H_{4}+CH_{4}}

rm{垄脻C_{8}H_{18}隆煤3C_{2}H_{4}+C_{2}H_{6}}

以上反应rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}是rm{1molC_{8}H_{18}}裂化生成rm{3mol}混合气体；rm{垄脺}rm{垄脻}反应是rm{1molC_{8}H_{18}}裂化生成rm{4mol}混合气体rm{.}要得到题目所述的混合气体，按rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}反应就可以实现；但是按rm{垄脺}rm{垄脻}反应并不能得到题目所述的混合气体，至少需要rm{垄脵}rm{垄脷}中的一个反应参与或者共同参与，rm{垄脹}也有可能同时参与．

这样rm{1molC_{8}H_{18}}裂化所得的混合气体的物质的量为：rm{3molleqslantn<4mol}所以混合气体的平均摩尔质量rm{dfrac{1mol隆脕114g/mol}{4mol}<overset{.}{M}leqslantdfrac{1mol隆脕114g/mol}{3mol}}

即rm{28.5g/mol<overset{.}{M}leqslant38g/mol.}所以平均相对分子质量为：rm{28.5<overset{.}{M_{r}}leqslant38}．

故选B、rm{3molleqslant

n<4mol}．

根据rm{dfrac

{1mol隆脕114g/mol}{4mol}<overset{.}{M}leqslantdfrac

{1mol隆脕114g/mol}{3mol}}原子、rm{28.5g/mol<overset{

.}{M}leqslant38g/mol.}原子守恒，判断rm{28.5<overset{

.}{M_{r}}leqslant38}裂化可能发生的反应情况，根据反应情况判断rm{C}裂化所得的混合气体的物质的量的范围；再根据极限法计算平均相对分子质量的范围，据此解答．

本题以裂化为载体，考查相对分子质量范围的判断，难度较大，关键判断rm{C}裂化所得的混合气体的物质的量的范围．rm{H}【解析】rm{BC}16、BC【分析】【分析】本题考查了有机物的结构和性质，侧重官能团的性质考查，难度不大。【解答】A.先将球棍模型转化为结构简式rm{.}根据碳有四价，氢有一价，氧有二价，氮有三价，画出该有机物的结构简式，得出分子式为rm{C}根据碳有四价，氢有一价，氧有二价，氮有三价，画出该有机物的结构简式，得出分子式为rm{.}rm{C}rm{{,!}_{10}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{8}}rm{O}rm{O}中含有碳碳双键，酚羟基，都能被酸性rm{{,!}_{3}}，故A错误；B.香豆素rm{-4}中含有碳碳双键，酚羟基，都能被酸性rm{KMnO}rm{-4}中含有rm{KMnO}碳碳双键，能与rm{{,!}_{4}}溴水发生加成反应，含有酚羟基与溶液氧化而使溶液褪色，故B正确；溴水发生取代反应，则C.香豆素rm{-4}中含有rm{1mol}碳碳双键，能与rm{1mol}溴水发生加成反应，含有酚羟基与rm{2mol}香豆素rm{-4}最多能与rm{1mol}rm{1mol}rm{2mol}rm{1mol}香豆素rm{-4}最多能与rm{3molBr}rm{1mol}酚羟基消耗rm{-4}氢氧化钠；rm{3molBr}羧基消耗rm{{,!}_{2}}氢氧化钠；若有酯的结构，则先让酯进行酸性水解，再看产物能否和氢氧化钠反应：若酸性水解的产物是羧酸和醇，反应，酯只能和故C正确；氢氧化钠反应；若酸性水解的产物是羧酸和酚类物质，则D.rm{1mol}酚羟基消耗rm{1mol}氢氧化钠；rm{1mol}羧基消耗rm{1mol}氢氧化钠；若有酯的结构，则先让酯进行酸性水解，再看产物能否和氢氧化钠反应：若酸性水解的产物是羧酸和醇，rm{1mol}酯只能和rm{1mol}氢氧化钠反应；若酸性水解的产物是羧酸和酚类物质，则rm{1mol}酯能和rm{2mol}氢氧化钠反应，所以根据酚羟基、酯基推断香豆素rm{-4}最多能与含rm{3molNaOH}的溶液反应，故D错误。酯能和rm{1mol}氢氧化钠反应，所以根据酚羟基、酯基推断香豆素rm{1mol}最多能与含rm{1mol}的溶液反应，故D错误。rm{1mol}rm{1mol}【解析】rm{BC}17、rBC【分析】解：rm{A.}丙烯rm{CH_{2}=CH-CH_{3}}中有一个甲基；甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故A错误；

B.乙烯具有平面型结构；氯乙烯可看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，故B正确；

C.苯是平面结构；所有原子均在同一平面内，故C错误；

D.甲苯含有一个甲基；甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故D错误．

故选B．

在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构；乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线；共面判断．

本题主要考查有机化合物的结构特点，难度中等，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构．【解析】rm{BC}四、填空题(共3题，共12分)18、略

【分析】试题分析：(1)可逆反应Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)的化学平衡常数表达式k=c(CO2)3/c(CO)3；(2)由表中数据可知，温度越高化学平衡常数越小，升高温度平衡向逆反应移动，正反应是放热反应；(3)a．无论反应是否达到平衡，该反应的压强均不变，故不能说明到达平衡状态，故a错误；b．反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，混合气体中c（CO）不变说明到达平衡状态，故b正确；c．v（H2）正=v（H2O）逆不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡状态，故c正确；d．反应始终按CO与CO2物质的量之比为1：1进行，c（H2）=c（CO）不能说明到达平衡，故d错误；令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）开始（mol）：11变化（mol）：n1+n平衡（mol）：1-n1+n所以[(1+n)/V]/[(1−n)V]=4，解得n=0.6，所以n（CO2）=0.6mol/10L/10min=0.006mol•L-1•min-1，CO的平衡转化率为0.6mol1mol×100%=60%。考点：化学平衡常数及其计算，反应热，化学平衡移动判断，转化率计算。【解析】【答案】（1）k=c(CO2)3/c(CO)3；（2）放热反应(3)b、c(4)0.006mol•L-1•min-160%19、略

【分析】（1）不正确，因为NH3溶于水，存在溶解平衡、化学平衡和电离平衡：NH3(g)NH3(aq)；NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH－碱性溶液中c(OH－)较大，会促使上述平衡逆向移动，使得NH3的溶解度下降。（2）不正确，氯化钠pH接近于7，是因为Na+、Cl－不影响水的电离；没有发生水解。而醋酸铵的pH接近于7，是因为CH3COO－、NH4+都发生了水解，但二者的水解程度几乎相同，所以溶液显中性。【解析】【答案】（1）不正确。NH3溶于水，存在溶解平衡、化学平衡和电离平衡：NH3(g)NH3(aq)；NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH－碱性溶液中c(OH－)较大，会促使上述平衡逆向移动，使得NH3的溶解度下降。（2）不正确。氯化钠pH接近于7，是因为Na+、Cl－不影响水的电离；没有发生水解。而醋酸铵的pH接近于7，是因为CH3COO－、NH4+都发生了水解，只是水解程度几乎相同。20、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据图像可知，反应中放出的热量是134kJ/mol－268kJ/mol＝－234kJ/mol，所以该反应的热化学方程式是NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH＝234kJ/mol。（2）①化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数表达式是K＝C2（NH3）/C（N2）.C3（H2）。②正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数减小，即K1＞K2。③在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种物质的浓度不一定相等或满足某种关系，a不正确；b中反应速率的方向相反，但满足速率之比是相应的化学计量数之比，不正确；根据方程式可知，反应是体积减小的可逆反应，所以压强也是减小的，因此选项c可以说明；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，d不正确，答案选c。（3）A点的压强大于C点的压强，所以A、C两点的反应速率：C＞A，选项a不正确；A、C两点的温度相同，化学平衡常数相等，b不正确；正反应是体积增大的，增大压强平衡向逆反应方向移动，所以A点的转化率大，c正确；B和A点相比，压强相等，但温度不同，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，d正确，答案选cd。考点：考查热化学方程式的书写、平衡常数的判断、平衡状态的判断以及外界条件对平衡状态的影响等【解析】【答案】(7分)（1）NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH＝－234kJ•mol－1（2）①C2（NH3）/C（N2）.C3（H2）（1分）②＞（1分）③c（1分）（3）cd（除注明外每空2分）五、推断题(共4题，共40分)21、略

【分析】解：rm{(1)}由反应rm{2Ag^{+}(aq)+Cu(s)篓TCu^{2+}(aq)+2Ag(s)}可知，在反应中，rm{Cu}被氧化，失电子，应为原电池的负极，所以rm{X}电极材料是rm{Cu}rm{Ag^{+}}在正极上得电子被还原，电解质溶液为rm{AgNO_{3}}

故答案为：rm{Cu}rm{AgNO_{3}}

rm{(2)}正极为活泼性较rm{Cu}弱的rm{Ag}rm{Ag^{+}}在正极上得电子被还原，电极反应为rm{2Ag^{+}+2e^{-}篓T2Ag}rm{X(}铜rm{)}电极失电子发生氧化反应，电极反应为rm{Cu-2e^{-}篓TCu^{2+}}

故答案为：正极；rm{2Ag^{+}+2e^{-}=2Ag}rm{Cu-2e^{-}篓TCu^{2+}}

rm{(3)}电子从负极rm{Cu}沿导线流向正极rm{Ag}

故答案为：rm{Cu}rm{Ag}．

rm{(1)}根据电池反应式知；失电子化合价升高的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，得电子的化合价降低的可溶性反应物作电解质溶液，据此设计原电池；

rm{(2)}原电池中；易失电子的电极铜为负极，银作正极，正极上得电子发生还原反应；

rm{(3)}电子从负极沿导线流向正极．

本题考查了原电池设计，明确原电池原理是解本题关键，根据电池反应式中得失电子的物质选取负极材料和电解质，知道原电池中正负极的判断方法，难度不大．【解析】rm{Cu}rm{AgNO_{3}}溶液；正；rm{2Ag^{+}+2e^{-}篓T2Ag}rm{Cu-2e^{-}篓TCu^{2+}}rm{Cu}rm{Ag}22、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}是含有同一种元素的化合物，其中rm{F}能使红色湿润石蕊试纸变蓝色，则rm{F}是rm{NH_{3}}它们之间能发生如下反应：rm{垄脹D+NaOH隆煤F+E+H_{2}O}说明rm{D}是铵盐，rm{E}为钠盐，且rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}是含有同一种元素的化合物，则rm{E}是rm{NaNO_{3}}rm{D}是rm{NH_{4}NO_{3}}根据rm{垄脷C+F隆煤D}知，rm{C}是rm{HNO_{3}}根据rm{垄脵A+H_{2}O隆煤B+C}知，且rm{A}和rm{B}rm{C}都含有同一种元素，则rm{A}是rm{NO_{2}}rm{B}是rm{NO}

rm{(1)}通过以上分析知，rm{D}和rm{F}分别是：rm{NH_{4}NO_{3}}rm{NH_{3}}

故答案为：rm{NH_{4}NO_{3}}rm{NH_{3}}

rm{(2)}二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，反应方程式为：rm{3NO_{2}+H_{2}O篓TNO+2HNO_{3}}该反应中rm{N}元素化合价由rm{+4}价变为rm{+2}价和rm{+5}价，所以此反应中氧化剂rm{NO_{2}}还原剂是rm{NO_{2}}

故答案为：rm{3NO_{2}+H_{2}O篓TNO+2HNO_{3}}rm{NO_{2}}rm{NO_{2}}

rm{(3)}硝酸铵和氢氧化钠反应生成氨气、硝酸钠和水，离子反应方程式为：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}经催化氧化生成rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}和rm{(4)NH_{3}}反应的化学方程式为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

故答案为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O.}

A、rm{NO}rm{H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O.}rm{B}是含有同一种元素的化合物，其中rm{C}能使红色湿润石蕊试纸变蓝色，则rm{D}是rm{E}它们之间能发生如下反应：rm{F}说明rm{F}是铵盐，rm{F}为钠盐，且rm{NH_{3}}rm{垄脹D+NaOH隆煤F+E+H_{2}O}rm{D}rm{E}rm{A}rm{B}是含有同一种元素的化合物，则rm{C}是rm{D}rm{E}是rm{F}根据rm{E}知，rm{NaNO_{3}}是rm{D}根据rm{NH_{4}NO_{3}}知，且rm{垄脷C+F隆煤D}和rm{C}rm{HNO_{3}}都含有同一种元素，则rm{垄脵A+H_{2}O隆煤B+C}是rm{A}rm{B}是rm{C}根据物质的性质分析解答．

本题以rm{A}元素为载体考查了含氮化合物的推断，以rm{NO_{2}}为突破口结合物质间的转化分析推断，题目难度中等，注意多总结归纳基础知识，知道常见物质的性质．rm{B}【解析】rm{NH_{4}NO_{3}}rm{NH_{3}}rm{3NO_{2}+H_{2}O篓TNO+2HNO_{3}}rm{NO_{2}}rm{NO_{2}}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}23、（1）①NaOH的醇溶液、加热消去反应羟基

（2）cd

（3）+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O

[或+2Cu(OH)2+Cu2O↓+2H2O

（4）4

（5）【分析】【分析】本题考察了有机合成的分析与推断、有机反应类型、化学方程式和结构简式的书写、同分异构体的判断、有机物的性质，难度中等。【解答】rm{(1)}由图可知，rm{B}生成rm{C}发生了与水的加成反应，所以rm{B}中含有碳碳双键，则反应由图可知，rm{(1)}生成rm{B}发生了与水的加成反应，所以rm{C}中含有碳碳双键，则反应rm{B}rm{垄脵}中含有碳碳双键，rm{垄脵}中含有羟基，所以的条件是氢氧化钠的醇溶液、加热；rm{D}中含有碳碳双键，rm{C}中含有羟基，所以rm{C}生成rm{D}发生了消去反应；rm{C}中的官能团的名称是羟基；生成rm{D}发生了消去反应；rm{C}中的官能团的名称是羟基；rm{C}rm{D}的醇溶液、加热；消去反应；羟基；rm{C}中的羟基，不能被氧化，因为与羟基相连的故答案为：原子上无rm{垄脵NaOH}原子，故rm{(2)a.C}中的羟基，不能被氧化，因为与羟基相连的rm{C}原子上无rm{H}原子，故rm{a}错误；错误；rm{(2)a.C}中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故rm{C}错误；rm{H}中含有rm{a}个醛基和rm{b.D}中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故rm{b}错误；个羰基，所以rm{b.D}最多与rm{b}氢气加成，故rm{c.E}中含有rm{1}个醛基和rm{1}个羰基，所以rm{1molE}最多与rm{2mol}氢气加成，故rm{c}正确；正确；rm{c.E}中的羰基可与氢气加成，羧基可发生取代反应，故rm{1}正确；rm{1}rm{1molE}rm{2mol}中含有醛基，与氢氧化铜发生氧化反应，醛基被氧化为羧基，反应的化学方程式为rm{c}rm{d.G}中的羰基可与氢气加成，羧基可发生取代反应，故rm{d}正确；rm{d.G}rm{d}故答案为：rm{cd}rm{cd}rm{(3)}rm{(3)}rm{E}中含有醛基，与氢氧化铜发生氧化反应，醛基被氧化为羧基，反应的化学方程式为rm{E}rm{+NaOH+2Cu(OH)}或rm{+NaOH+2Cu(OH)}rm{2}；rm{2}的分子式为rm{+Cu}rm{+Cu}rm{2}rm{2}rm{O隆媒+3H}rm{O隆媒+3H}rm{2}满足以下条件rm{2}分子中含有环己烷的结构，rm{O}能与rm{O}故答案为：溶液反应，放出气体，则含有羧基，rm{+NaOH+2Cu(OH)_{2}}该物质能与rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}完全反应，则含有rm{[}个羧基和rm{+2Cu(OH)_{2}}个羟基，rm{+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}个取代基在不同碳上有邻、间、对rm{(4)G}的分子式为rm{C}种，在同一碳原子上有rm{(4)G}种，所以同分异构体有rm{C}种；故答案为：rm{7}rm{7}根据“rm{H}反应”，可知含有两个碳碳双键的分子中的碳碳双键rm{H}rm{12}个碳碳双键的分子中的碳碳双键与之发生加成反应，所以rm{12}与呋喃反应的化学方程式为rm{O}rm{O}rm{3}【解析】rm{(1)垄脵NaOH}的醇溶液、加热消去反应羟基rm{(2)cd}rm{(3)}rm{+NaOH+2Cu(OH)_{2}}rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{[}或rm{+2Cu(OH)_{2}}rm{+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}rm{(4)4}rm{(5)}24、（1）

（2）sp2sp33

（3）CO（或CO）

（4）平面三角形3NA726d

（5）[Fe(SCN)]2+FeCl3+5KSCN══K2[Fe(SCN)3]+3KCl【分析】【分析】本题旨在考查学生对原子结构与元素的性质、电离能、杂化轨道理论、配合物理论等应用。【解答】rm{A}元素的原子是周期表中半径最小的原子，rm{A}为rm{H}元素，rm{B}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{1.5}倍，rm{B}为rm{B}元素，元素rm{C}在自然界中形成物质种类最多，rm{C}为rm{C}元素，rm{E}rm{F}rm{G}三种元素原子的质子数之和为rm{62}rm{E}元素原子rm{2p}轨道上有两个未成对电子，rm{E}为rm{O}元素，rm{G}元素原子rm{4p}轨道上有rm{1}个未成对电子，且它的阴离子具有跟氪相同的电子层结构，rm{G}为溴元素，rm{E}rm{F}rm{G}能够形成多种常见的盐。rm{F}为钾元素，rm{D}为氮元素，元素的原子是周期表中半径最小的原子，rm{A}为rm{A}元素，rm{H}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{B}倍，rm{1.5}为rm{B}元素，元素rm{B}在自然界中形成物质种类最多，rm{C}为rm{C}元素，rm{C}rm{E}rm{F}三种元素原子的质子数之和为rm{G}rm{62}元素原子rm{E}轨道上有两个未成对电子，rm{2p}为rm{E}元素，rm{O}元素原子rm{G}轨道上有rm{4p}个未成对电子，且它的阴离子具有跟氪相同的电子层结构，rm{1}为溴元素，rm{G}rm{E}rm{F}能够形成多种常见的盐。rm{G}为钾元素，rm{F}为氮元素，rm{D}元素为rm{(1)E}元素为rm{O}元素，原子的价层电子的电子排布图为：元素，原子的价层电子的电子排布图为：rm{(1)E}rm{O}；故答案为：；rm{(2)B}rm{D}rm{F}均可与rm{G}形成化合物rm{BG}均可与rm{(2)B}形成化合物rm{D}rm{F}rm{G}rm{BG}rm{{,!}_{3}}和rm{NG}rm{NG}rm{{,!}_{3}}和中心原子的杂化方式分别为：之间的第二周期元素有rm{sp^{2}}种，故答案为：rm{sp^{3}}；第一电离能介于rm{B}和rm{D}之间的第二周期元素有rm{3}种，故答案为：rm{B}rm{D}含有碳碳三键，结构式为：rm{3}rm{sp^{2}}或rm{sp^{3}}；rm{3}rm{3}rm{(3)CO}含有碳碳三键，结构式为：rm{(3)CO}或rm{C}rm{O(}rm{C}rm{O)}由；故答案为：rm{C}rm{O(}形成的气态化合物rm{C}为甲醛，其分子的空间构型是平面三角形，rm{O)}分子中；键的数目为rm{(4)}由rm{A}rm{C}rm{E}形成的气态化合物rm{X}为甲醛，其分子的空间构型是平面三角形，rm{1molX}分子中rm{娄脪}键的数目为rm{3}基态rm{Fe}原子的电子排布了rm{7}个能级，有rm{26}个运动状态，在周期表中在rm{d}区，故答案为：平面三角形；rm{3}rm{7}rm{26}rm{d}基态rm{(4)}原子的电子排布了rm{A}个能级，有rm{C}个运动状态，在周期表中在rm{E}区，故答案为：平面三角形；rm{X}rm{1molX}rm{娄脪}rm{3}rm{Fe}rm{7}rm{26}rm{d}rm{3}rm{7}rm{26}配合所得离子显红色。该配合物离子的化学式是：rm{d}rm{(5)}主要是rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}与rm{SCN}rm{SCN}配合，则rm{{,!}^{-}}以个数比rm{1}rm{1}配合所得离子显红色。该配合物离子的化学式是：rm{1}在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为：rm{1}rm{[Fe(SCN)]^{2+}}；若rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}与rm{SCN}

rm{SCN}【解析】rm{(1)}rm{(2)}rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{3}rm{(3)C}rm{O(}或rm{C}rm{O)}rm{(4)}平面三角形rm{3N_{A}}rm{7}rm{26}rm{d}