2025年鲁科版高二化学下册月考试卷

…………○…………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2025年鲁科版高二化学下册月考试卷338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9题，共18分)1、水的沸点是100℃，硫化氢的分子结构跟水相似，但它的沸点却很低，是－60.7℃，引起这种差异的主要原因是()A.氢键B.共价键C.范德华力D.相对分子质量2、在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB，发生下述反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），达到平衡时，C的浓度为1.2mol/L．若维持容器的体积和温度不变，反应从逆反应开始，按不同配比作为起始物质，达到平衡时，C的浓度仍是1.2mol/L，则D的起始物质的量应满足的条件应是（）A.大于0.6molB.大于零C.等于1molD.任意值3、在下列各组物质中，属于同系物的是（）A.苯酚和苯B.甲烷和2，2-二甲基丁烷C.乙二醇和丙三醇D.1，1-二氯乙烷和1，2-二氯乙烷4、下列最适合溶解硫粉rm{(S_{8})}的溶剂是rm{(}rm{)}A.水B.rm{CH_{3}OH}C.rm{CS_{2}}D.rm{CH_{3}COOH}5、有下列物质：

rm{垄脵}蛋白质rm{垄脷}脂类rm{垄脹}糖类rm{垄脺}无机盐rm{垄脻}维生素rm{垄脼}水．

其中属于人体需要的营养素有rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脷垄脹}B.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}C.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}D.全部6、下列有机化合物属于脂环烃的是()7、下列溶液一定呈酸性的是（）A.pH=6的溶液B.能与金属Al反应放出H2的溶液C.遇酚酞显无色的溶液D.c（H+）＞c（OH-）的溶液8、除去被提纯物质中的杂质，方案正确的是()。编号被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法rm{垄脵}乙醇乙酸rm{NaOH}溶液洗气rm{垄脷}乙烷乙烯氢气加热rm{垄脹}溴苯rm{Br_{2}}苯分液rm{垄脺}苯甲苯rm{KMnO_{4}(}酸化rm{)}rm{NaOH}溶液分液

A.rm{垄脵}B.rm{垄脷}C.rm{垄脹}D.rm{垄脺}9、下列化合物中核磁共振氢谱只出现三个峰且峰面积之比为rm{3:2:2}的是()A.

B.

C.

E.C.

E.C.

评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、苯是一种常见的有机溶剂和化工原料，下列关于苯的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.难溶于水B.易挥发，有毒性C.属于高分子化合物D.属于烃类化合物11、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应为rm{2H_{2}+O_{2}overset{碌茫脠录}{=!=!=!=!=}2H_{2}O}反应前后不发生变化的是rm{(}rm{)}A.元素的种类B.物质的总质量C.分子的数目D.原子的数目12、甲烷是重要的生活和工业原料，下列有关甲烷叙述正确的是()A.常温常压下是气体B.常温常压下性质很稳定C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.可以使溴水褪色13、下列操作能用于检验rm{NH_{3}}的是rm{(}rm{)}A.气体使湿润的酚酞试纸变红B.气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C.气体与浓rm{H_{2}SO_{4}}靠近D.气体与浓盐酸产生白烟14、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是rm{(}rm{)}A.已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}?2SO_{3}(g)}为放热反应，则rm{SO_{2}}的能量一定高于rm{SO_{3}}的能量B.已知rm{C(}石墨，rm{s)=C(}金刚石，rm{s)triangleH>0}则金刚石比石墨稳定C.已知rm{2C(s)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH_{2}}则rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}D.已知rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}则任何酸碱中和的反应热均为rm{2C(s)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)triangle

H_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H_{2}}15、日常生活和工业生产中常用到漂白剂rm{.}下列物质具有漂白作用的有rm{(}rm{)}A.rm{NaClO}溶液B.新制氯水C.二氧化硫D.稀rm{H_{2}SO_{4}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、某研究性学习小组做了以下实验：向溴水中加入足量乙醛溶液，观察到溴水褪色的现象。[提出问题]产生上述现象的原因是什么？[提出猜想]①溴水与乙醛发生取代反应。②___________________________________________________。③___________________________________________________。[设计方案]方案一：检验褪色后溶液的酸碱性。方案二：测定反应前溴水中Br2的物质的量和反应后Br－离子的物质的量。[实验探究]取含0.005molBr2的溶液10mL，加入足量乙醛溶液使其褪色，再加入过量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥后称重固体质量为1.88g。[解释与结论]假设测得反应前溴水中Br2的物质的量为amol，若测得反应后n(Br－)＝0mol，则说明溴水与乙醛发生了____________反应。若测得反应后n(Br－)＝amol，则说明溴水与乙醛发生了____________反应。若测得反应后n(Br－)＝2amol，则说明溴水与乙醛发生了____________反应。若已知CH3COOAg易溶解于水，试通过计算判断溴水与乙醛发生反应的类型为___________。理由是_____________________________________________________________。其反应方程式为_______________________________________________________。[反思与评价]方案一是否可行？__________。理由是_______________________________________。17、第四周期元素的单质及化合物在工农业生产中应用广泛。（1）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素共有____种。（2）铂丝蘸取氯化钙在酒精灯上灼烧，火焰呈现砖红色，显色原因是____(填序号)。A．氯化钙受热挥发B．氯化钙受热分解C．钙离子中电子跃迁D．氯离子中电子跃迁（3）无水硫酸铜呈白色，吸水后形成胆矾，呈蓝色。科学家通过X射线测定出胆矾的结构，其结构可用右图表示。①胆矾晶体中除共价键、配位键及微弱的范德华力外，还存在的两种作用力是____和____。②胆矾晶体CuSO4·5H2O可以写出[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其中中心原子（离子）是____，配体是____，配位原子是____，配位数是____。③铜离子形成胆矾中配位离子的离子方程式为____。（4）Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能数据如右表。据表判断Mn2+和Fe2+再失去－个电子的难易，并从原子结构的角度筒述其原因____。18、（1）从元素的化合价态上判断；下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是______

A．Na2SB．SC．SO2D．H2SO4

（2）某一反应体系中存在下列6种物质：NO、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3、Fe2（SO4）3，和H2O．已知存在下列转化关系：HNO3→NO；请完成下列各题：

①该反应的还原剂是______还原产物是______

②HNO3在该反应中表现出来的性质是______

③当反应中生成标准状况下NO的体积是2.24L；此时转移的电子为______mol。

④请把各物质填在下面空格处；需配平：

______+______=______+______+______+______19、科学家发现某药物M能治疗心血管疾病，是因为它在人体内能释放出一种“信使分子”D，并阐明了D在人体内的作用原理。为此他们荣获了1998年诺贝尔生理学或医学奖。请回答下列问题：(1)已知M的相对分子质量为227，由C、H、O、N四种元素组成，C、H、N的质量分数依次为15.86%、2.20%和18.50%。则M的分子式是________。D是双原子分子，相对分子质量为30，则D的分子式为________。(2)油脂A经下列途径可得到M：ⅰ.反应①的化学方程式是_____________________________(烃基可用R、R′、R″表示)。ⅱ.反应②的化学方程式是_____________________________。(3)若将0.1molB与足量的金属钠反应，则需消耗________g金属钠。20、(6分）四种短周期元素的微粒信息如下表：。元素代号QRXZ微粒信息离子单质分子R2离子：X3+一种原子816Z已知Q、R、X在同一周期，R2在常温常压下为气态。完成下列填空：（1）Q位于周期表第周期族。化合物Q2Z的电子式为（元素符号表示）（2）Q、R、X的原子半径由大到小的顺序为____。Q、R、X、Z中金属性最强的是____（元素符号表示）（3）Q与X两者的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为21、（8分）今有化合物：（1）请写出丙中含氧官能团的名称：；（2）请分别写出鉴别甲、乙、丙化合物的方法。(指明所选试剂及主要现象即可)鉴别甲的试剂：；现象：；鉴别乙的试剂：；现象：；鉴别丙的试剂：；现象：；22、把适合题意的图像填在横线上rm{(}用rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}表示rm{)}

rm{(1)}将等质量的两份锌粉rm{a}rm{b}分别加入过量的稀硫酸，同时向rm{a}中加入少量的rm{CuSO_{4}}溶液，产生rm{H_{2}}的体积rm{V(L)}与时间rm{t(min)}的关系是____。rm{(2)}将过量的两份锌粉rm{a}rm{b}分别加入定量的稀硫酸，同时向rm{a}中加入少量的rm{CuSO_{4}}溶液，产生rm{H_{2}}的体积rm{V(L)}与时间rm{t(min)}的关系是____。rm{(3)}将rm{(1)}中的rm{CuSO_{4}}溶液改成rm{CH_{3}COONa}溶液，其他条件不变，则图像是____。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共12分)23、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__________________________________．24、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__________________________________．25、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。26、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、简答题(共4题，共40分)27、在一密闭容器中发生反应rm{N_{2}+3H_{2}炉冒?2NH_{3}}达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示：回答下列问题：

rm{(1)}处于平衡状态的时间段是______rm{(}填选项rm{)}．

A.rm{t_{0}隆芦t_{1}}rm{B.t_{1}隆芦t_{2}}rm{C.t_{2}隆芦t_{3}}

D.rm{t_{3}隆芦t_{4}}rm{E.t_{4}隆芦t_{5}}rm{F.t_{5}隆芦t_{6}}

rm{(2)t_{1}}rm{t_{3}}rm{t_{4}}时刻分别改变的一个条件是rm{(}填选项rm{)}．

A.增大压强rm{B.}减小压强rm{C.}升高温度。

D.降低温度rm{E.}加催化剂rm{F.}充入氮气。

rm{t_{1}}时刻______；rm{t_{3}}时刻______；rm{t_{4}}时刻______．

rm{(3)}依据rm{(2)}中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是______rm{(}填选项rm{)}．

A.rm{t_{0}隆芦t_{1}}rm{B.t_{2}隆芦t_{3}}

C.rm{t_{3}隆芦t_{4}}rm{D.t_{5}隆芦t_{6}}

rm{(4)}如果在rm{t_{6}}时刻，从反应体系中分离出部分氨，rm{t_{7}}时刻反应达到平衡状态；请在图中画出反应速率的变化曲线．

rm{(5)}一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为rm{20%}则反应后与反应前的混合气体体积之比为______．28、碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：rm{(1)}碳酸钠俗称____________，可作为碱使用的原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}_________________________________________________。rm{(2)}在rm{25{隆忙}}时，rm{pH}为rm{4}的稀硫酸溶液中水电离的rm{c(H^{{+}})=}_________________rm{(3)}向含有rm{BaSO_{4}}固体的溶液中滴加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，当有rm{BaCO_{3}}沉淀生成时，溶液中rm{dfrac{cleft(CO_{3}^{2-}right)}{cleft(SO_{4}^{2-}right)}=}____________rm{dfrac{cleft(CO_{3}^{2-}right)}{cleft(SO_{4}^{2-}right)}

=}保留三位有效数字rm{(}已知rm{)}rm{K_{sp}(BaCO_{3})=2.6隆脕10^{?9}}rm{K_{sp}(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{?10}}已知室温时，rm{(4)}在rm{K_{sp}拢脹Mg(OH)_{2}拢脻=4.0隆脕10^{?11}}的rm{0.1mol/L}溶液中，逐滴加入rm{MgCl_{2}}溶液，当rm{NaOH}完全沉淀时rm{Mg^{2+}}离子浓度小于rm{(}时，即可认为该离子沉淀完全rm{1隆脕10^{-5}mol/L}溶液的rm{)}是_________________rm{pH}已知rm{(}。rm{lg2=0.3)}29、氮元素是地球大气中含量最多的元素．

（1）氮元素基态原子核外电子成对电子数与未成对电子数之比为______．

（2）氨分子中氮原子与氢原子之间的作用力是______，而在氨水中，分子间的作用力有______．

（3）甘氨酸（结构简式如图）是最简单的一种氨基酸，其相对分子质量为75，而戊烷相对分子质量为72，与甘氨酸相差不大，但甘氨酸易溶解于水，戊烷却难溶解于水，出现这种差异的原因是______．

（4）氮的氢化物除氨气外，还有联氨，其结构简式为NH2-NH2．在联氨分子中，N原子采用______杂化，联氨中的六个原子______（选填“在”或“不在”）同一个平面上．

（5）三聚氰胺（）俗称“蛋白精”．动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸（）后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过______结合，在肾脏内易形成结石．30、现在和将来的社会；对能源和材料的需求是越来越大，我们学习化学就为了认识物质，创造物质，开发新能源，发展人类的新未来．请解决以下有关能源的问题：

（1）未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是______：

①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能。

A．①②③④B．⑤⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧

（2）运动会上使用的火炬的燃料一般是丙烷（C3H8）；请根据完成下列题目．

①已知11g丙烷（C3H8）在298K和101Kpa条件下完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为555kJ，请写出丙烷燃烧热的热化学方程式：__________；

②以丙烷（C3H8）和空气为原料，稀硫酸为电解质溶液______（填能或不能）设计成池！

若能，则写出通入丙烷（C3H8）的那一极为：______极；氧气在______极发生反应．若不能，则理由是：______．

③丙烷在一定条件下发生脱氢反应可以得到丙烯．

已知：C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol-1

CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol-1

则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）的△H=______

（3）已知：H-H键的键能为436KJ/mol，H-N键的键能为391KJ/mol，根据化学方程式：N2+3H2⇌2NH3△H=-92.4KJ/mol；

①请计算出N≡N键的键能为______．

②若向处于上述热化学方程式相同温度和体积一定的容器中，通入1molN2和3molH2，充分反应后，恢复原温度时放出的热量______92.4KJ（填大于或小于或等于）．评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)31、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．32、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】水和硫化氢都为分子晶体，但是水分子中有氢键，所以沸点很高。【解析】【答案】A2、A【分析】【解答】解：在恒温恒容条件下，C的浓度仍为1.2mol/L，即平衡时C的物质的量为1.2mol，则B的物质的量为1﹣=0.6mol；假设反应完全逆向，则在折算之后要满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，但又D为固体，对平衡移动没有影响，所以D只要能够与C反应生成达到平衡状态B的量即可，所以D最少为0.6mol，D的起始物质的量应满足的条件应是大于0.6mol；

故选：A．

【分析】在恒温恒容条件下，C的浓度仍为1.2mol/L，即平衡时C的物质的量为1.2mol，则B的物质的量为1﹣=0.6mol，假设反应完全逆向，则在折算之后要满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，D为固体，对平衡移动没有影响，据此分析．3、B【分析】解：A．苯酚含有羟基；属于酚类，苯不含官能团，属于芳香烃，二者不是同系物，故A错误；

B．甲烷和2，2-二甲基丁烷都属于烷烃，形成5个CH2基团；属于同系物，故B正确；

C．乙二醇分子含有2个-OH；丙三醇分子含有3个-OH，含有官能团数目不相同，不是同系物，故C错误；

D.1；1-二氯乙烷和1，2-二氯乙烷，分子式相同，氯原子连接位置不同，属于同分异构体，故D错误；

故选B．

结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物．多用于有机化合物；注意同系物的官能团种类；数目相同．

本题考查同系物的判断，难度不大，注意同系物必须含有官能团相同，且官能团的数目也相同，注意把握概念的内涵与外延．【解析】【答案】B4、C【分析】解：rm{S_{8}}是非极性分子，水是极性分子，rm{CH_{3}OH}是极性分子，rm{CS_{2}}是非极性分子，rm{CH_{3}COOH}是极性分子，根据相似相溶原理知，硫粉rm{(S_{8})}易溶于rm{CS_{2}}所以rm{A}rm{B}D错误；

故选：rm{C}．

根据rm{S_{8}}是非极性分子；利用相似相溶原理：极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子来判断．

本题考查了相似相溶原理，难度不大，注意相似相溶原理的使用范围．【解析】rm{C}5、D【分析】解：人类重要的六大类营养素：rm{垄脵}蛋白质rm{垄脷}脂类rm{垄脹}糖类rm{垄脺}无机盐rm{垄脻}维生素rm{垄脼}水．

故选D．

人类重要的六大类营养素：rm{垄脵}蛋白质rm{垄脷}脂类rm{垄脹}糖类rm{垄脺}无机盐rm{垄脻}维生素rm{垄脼}水．

本题考查六大类营养素，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】rm{D}6、D【分析】选项A、B结构中都含有苯环，属于芳香烃，故不是脂肪烃；选项C中的有机化合物没有碳环，属于开链脂肪烃；选项D中的六元环不是苯环，是含有双键的碳环。【解析】【答案】D7、D【分析】解：A.100℃时纯水的pH=6；溶液呈中性，所以pH=6的溶液不一定呈酸性，故A错误；

B．能和Al反应生成氢气的溶液可能呈酸性或碱性；如HCl；NaOH溶液都能和铝反应生成氢气，故B错误；

C．酚酞的变色范围是8-10；所以遇酚酞试液显无色的溶液可能呈酸性；中性或弱碱性，故C错误；

D．任何溶液中只要存在c（H+）＞c（OH-）；该溶液就一定呈酸性，故D正确；

故选D．

溶液一定呈酸性，说明溶液中一定存在c（H+）＞c（OH-）；据此分析解答．

本题考查溶液酸碱性判断，溶液酸碱性要根据c（H+）、c（OH-）的相对大小判断，温度未知时不能根据溶液pH判断，易错选项是A．【解析】【答案】D8、D【分析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意分离方法的选择，题目难度不大。【解答】rm{垄脵}乙酸与rm{垄脵}反应后，与乙醇互溶，不能除杂，应选Crm{NaOH}蒸馏分离，故rm{aO}错误；

rm{垄脵}乙烯与氢气发生加成反应，乙烷中易引入新杂质氢气，应选溴水、洗气分离，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}溴、溴苯均易溶于苯，则选rm{垄脷}溶液、分液，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脷}甲苯被高锰酸钾氧化后与rm{垄脹}反应，与苯分层，然后分液法可分离，故rm{垄脹}正确。

故选D。rm{NaOH}【解析】rm{D}9、B【分析】【分析】考查核磁共振氢谱、有机物结构判断等，难度中等，判断分子中等效氢是解题的关键，注意掌握等效氢的判断。【解答】A.分子高度对称，分子中有rm{2}种rm{H}原子，分别处于甲基上、苯环上，二者rm{H}原子数目之比为rm{6}：rm{2}，故A错误；种rm{2}原子，分别处于甲基上、苯环上，二者rm{2}原子数目之比为rm{H}：rm{H}，故rm{H}；

rm{H}rm{6}种rm{6}原子，分别处于甲基上、环上甲基邻位、苯环甲基间位，三者rm{2}原子数目之比为rm{2}：A错误：

B.，故分子中有rm{3}种rm{H}原子，分别处于甲基上、环上甲基邻位、苯环甲基间位，三者rm{H}原子数目之比为rm{3}：rm{2}：rm{2}，故B正确；；rm{3}rm{3}rm{H}种rm{H}原子，分别处于甲基上、rm{H}双键上，二者rm{H}原子数目之比为rm{3}：rm{3}：rm{2}，故rm{2}错误rm{2}

rm{2}种B正确原子，分别处于甲基上、亚甲基上，二者C.原子数目之比为分子中有rm{2}种rm{H}原子，分别处于甲基上、rm{C=C}双键上，二者rm{H}原子数目之比为rm{6}：rm{2=3}：rm{1}，故rm{C}rm{2}故D错误。故选B。rm{2}【解析】rm{B}二、多选题(共6题，共12分)10、ABD【分析】解：rm{A}苯是一种不溶于水的有机溶剂；故A正确；

B；苯是一种有毒、易挥发的液体；故B正确；

C、苯分子相对分子只有rm{78}不属于高分子化合物，故C错误；

D；苯分子是有碳氢两种元素组成的有机物；所以属于烃类化合物，故D正确；

故选ABD．

A；根据苯在水中的溶解性进行分析；

B；根据苯的物理性质进行解答；

C、高分子化合物的相对分子量达到rm{10000}以上；

D；分子中只含有碳氢两种元素组成的有机物为烃．

本题考查了苯的物理性质及组成，注重了基础知识考查，题目难度不大，可以根据所学知识进行解答．【解析】rm{ABD}11、ABD【分析】【分析】本题考查了化学反应的实质分析，主要是质量守恒、原子守恒、元素守恒，较简单。【解答】依据化学反应的实质是原子的重新组合分析判断；质量守恒定律的内容是化学反应前后元素的种类、原子的种类和数目、物质的质量和不变，然后逐个分析即可。A.根据质量守恒定律可知；反应前后元素的种类不变，故A正确；

B.根据质量守恒定律可知；化学反应前后物质的质量和不变，故B正确；

C.化学反应的实质是原子的重新组合；分子数不一定变化，故C错误；

D.根据质量守恒定律可知；反应前后原子的种类和数目不变，故D正确。

故选ABD。

【解析】rm{ABD}12、ABC【分析】【分析】本题考查了甲烷的性质，难度不大。【解答】A.常温常压下是气体；故A正确；

B.常温常压下，甲烷为饱和单键构成，性质很稳定，故B正确；C.甲烷化学性质稳定；不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D.甲烷化学性质稳定，不能使溴水褪色，故D错误。故选ABC。【解析】rm{ABC}13、ABD【分析】解：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}

A.无色酚酞遇碱变红色；所以氨气能使湿润的酚酞试纸变红，故A正确；

B.红色石蕊试纸遇碱变蓝色；所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B正确；

C.浓硫酸没有挥发性；所以氨气与浓硫酸靠近不产生白烟，故C错误；

D.浓盐酸具有挥发性；氨气和氯化氢反应生成固体颗粒而产生白烟，故D正确；

故选ABD．

氨气和水反应生成一水合氨；一水合氨电离出氢氧根离子而使氨水溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，红色石蕊试液遇碱变蓝色，氨气和氯化氢反应生成白烟．

本题考查了氨气的性质，明确属于碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸、无色的酚酞试纸变色，知道氨气的检验方法，题目难度不大．【解析】rm{ABD}14、C【分析】解：rm{A.2SO_{2}(g)}和rm{O_{2}}的总能量一定高于rm{2SO_{3}}的能量；rm{SO_{2}}的能量不一定高于rm{SO_{3}}的能量；故A错误；

B.rm{C(}石墨，rm{s)=C(}金刚石，rm{s)}rm{triangleH>0}为吸热反应rm{;}石墨的能量低于金刚石；能量越低越稳定，故B错误；

C.完全燃烧放出的热量多，放热为负值，rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故C正确；

D.在稀溶液中强酸和强碱反应生成rm{triangleH_{1}<triangle

H_{2}}水放出的热量为中和热，rm{1mol}弱酸电离时吸热，所以放出的热量小于rm{triangleH=-57.3kJ/mol}故D错误．

故选C．

A.放热反应反应物的总能量大于生成物的总能量；

B.rm{57.3kJ/mol}为吸热反应；

C.完全燃烧放出的热量多；

D.在稀溶液中强酸和强碱反应生成rm{triangleH>0}水放出的热量为中和热．

本题考查了热化学方程式的书写方法；燃烧热，中和热概念分析应用，掌握概念实质是关键，题目难度不大．

rm{1mol}【解析】rm{C}15、ABC【分析】解：rm{A.NaClO}溶液具有强氧化性和漂白性；故A选；

B.氯水中含rm{HClO}具有漂白性，故B不选；

C.rm{SO_{2}}与有色物质化合生成无色物质；使有色物质褪色，具有漂白性，故C不选；

D.稀rm{H_{2}SO_{4}}不具有漂白性；故D选；

故选ABC．

具有强氧化性的物质能使有色物质褪色，如rm{HClO}等，而rm{SO_{2}}与有色物质化合生成无色物质；使有色物质褪色，以此来解答．

本题考查物质的漂白性，为高频考点，把握物质的性质、漂白原理、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{ABC}三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【解析】试题分析：②由于乙醛分子中有不饱和键，所以溴水可能与乙醛发生加成反应；③另外乙醛具有还原性，溴水具有氧化性，也可能将乙醛氧化为乙酸。若测得反应后n(Br－)＝0mol，这说明单质溴完全被消耗，则说明溴水与乙醛发生了加成反应。若测得反应后n(Br－)＝amol，这说明单质溴中的溴原子有一半被消耗，则说明溴水与乙醛发生了取代反应。若测得反应后n(Br－)＝2amol，这说明单质溴完全被还原生成溴离子，则说明溴水与乙醛发生了氧化反应。生成的溴化银的物质的量是1.88g÷188g/mol＝0.01mol，所以根据n(Br2):n(Br－)=0.005mol:0.01mol=1:2可知，由于溴水将乙醛氧化为乙酸的同时，产生的Br－的物质的量是Br2的物质的量的2倍，所以该反应是氧化反应。反应的化学方程式是CH3CHO＋Br2＋H2O→CH3COOH＋2H＋＋2Br－。由于溴水与乙醛发生取代反应和乙醛被溴水氧化都有HBr生成，溶液均呈酸性，所以方案一是不可行的。考点：考查溴水和乙醛反应原理的实验探究【解析】【答案】②溴水与乙醛发生加成反应；③溴水将乙醛氧化为乙酸。加成反应取代反应氧化反应；氧化反应根据n(Br2):n(Br－)=0.005mol:0.01mol=1:2，由于溴水将乙醛氧化为乙酸的同时，产生的Br－的物质的量是Br2的物质的量的2倍CH3CHO＋Br2＋H2O→CH3COOH＋2H＋＋2Br－不可行溴水与乙醛发生取代反应和乙醛被溴水氧化都有HBr生成，溶液均呈酸性17、略

【分析】【解析】试题分析：（1）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素。（2）金属元素才有焰色反应，所以铂丝蘸取氯化钙在酒精灯上灼烧，火焰呈现砖红色，显色原因是钙离子中电子跃迁，答案选C。（3）①由图可知H与O之间存在氢键，铜离子与硫酸根之间存在离子键。②共计化学式[Cu(H2O)4]SO4·H2O可知，其中中心原子（离子）是Cu2+，配体是H2O，配位原子是O原子，配位数4。③铜离子与水分子通过配位键形成水合铜离子[Cu（H2O）4]2+，离子方程式为Cu2++4H2O＝[Cu（H2O）4]2+。（4）由于Mn2+的电子排布为[Ar]3d5，属于较稳定的半充满结构，而Fe2+的电子排布为[Ar]3d6，所以易失去1个电子形成较稳定的半充满结构。考点：考查核外电子排布式、化学键、原子的结构与性质关系以及学生读图表提取信息能力【解析】【答案】（11分）（1）3（1分）（2）C（1分）（3）①离子键；氢键②Cu2+，H2O，O，4（各1分）③Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+（1分）（4）Mn的I3="3248"kJ·mo1－1大于Fe的I3="2957"kJ·mo1－1，所以Mn2+再失去电子比Fe2+更难（1分），原因是Mn2+的电子排布为[Ar]3d5，属于较稳定的半充满结构，而Fe2+的电子排布为[Ar]3d6，易失去1个电子形成较稳定的半充满结构。（1分）18、AFeSO4NO氧化性与酸性0.34HNO33FeSO4Fe2（SO4）3Fe（NO3）3NO↑2H2O【分析】解：（1）Na2S中S为-2价；为最低价，不具有氧化性，故答案为：A；

（2）①氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，题给物质中元素化合价发生变化的还有Fe，则Fe元素化合价应升高，被氧化，则FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3；硝酸钡还原，对应的还原产物为NO；

故答案为：FeSO4；NO；

②生成NO时体现硝酸的氧化性；生成硝酸铁体现其酸性，故答案为：氧化性与酸性；

③当反应中生成标准状况下NO的体积是2.24L，此时转移的电子为×（5-2）=0.3mol；故答案为：0.3；

④根据电子守恒，氮元素的化合价降低了3价，铁元素化合价升高了1价，根据得失电子守恒以及元素守恒，所以硫酸亚铁前边系数是3，硝酸前系数是4，水的前边系数是2，方程式为：4HNO3+3FeSO4=Fe（NO3）3+Fe2（SO4）3+NO↑+2H2O

故答案为：4HNO3；3FeSO4；Fe2（SO4）3；Fe（NO3）3；NO↑；2H2O。

（1）处于最低价的S不能表现氧化性；

（2）所给的物质组合中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为NO，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2（SO4）3；根据氢原子守恒，水在生成物中，根据化合价升降相等和原子守恒配平后发生的反应，以此解答该题。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大。【解析】AFeSO4NO氧化性与酸性0.34HNO33FeSO4Fe2（SO4）3Fe（NO3）3NO↑2H2O19、略

【分析】(1)分子中C、H、O、N的原子数之比为：N(C)∶N(H)∶N(O)∶N(N)＝∶∶∶＝3∶5∶9∶3。(2)油脂分子的通式可表示为水解时生成高级脂肪酸和甘油。【解析】【答案】(1)C3H5O9N3NO(3)6.920、略

【分析】【解析】试题分析：Q质子数为11，为Na；Q、R、X在同一周期，R2在常温常压下为气态，R为Cl，X为Al；Z质子数为8，为O。（1）钠位于第三周期第IA族，氧化钠电子式为（2）Na、Al、Cl同处于第三周期，从左向右原子半径减小，原子半径Na>Al>Cl。金属性Na>Al>S>Cl、S>O，所以四种元素中金属性最强的是Na。（3）Na与Al最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。考点：元素推断【解析】【答案】（1）三ⅠA族（2）Na>Al>ClNa(3)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O21、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、羟基（写对一个给1分，共2分）（2）（试剂和现象各1分）FeCl3溶液；显紫色。（或浓溴水；白色沉淀）Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；有气泡生成。（或石蕊；溶液变红）银氨溶液；出现银镜（或新制氢氧化铜；红色沉淀）22、（1）A（2）B（3）C【分析】【分析】本题考查化学反应速率的相关知识。【解答】rm{(1)}将rm{a}锌粉与稀硫酸反应时加入少量rm{CuSO_{4}}溶液，少量锌粉先于rm{CuSO_{4}}反应置换出rm{Cu}rm{Zn-Cu}稀硫酸构成原电池，加快了反应速率，但是由于有一部分rm{Zn}与rm{CuSO_{4}}反应了，故生成的氢气比rm{b}中少，A正确；故选A；rm{(2)}将rm{a}锌粉与稀硫酸反应时加入少量rm{CuSO_{4}}溶液，过量锌粉先于rm{CuSO_{4}}反应置换出rm{Cu}rm{Zn-Cu}稀硫酸构成原电池，加快了反应速率，但是由于rm{Zn}过量稀硫酸的量相同，故生成的氢气的量相同，B正确；故选B；rm{(3)}当把rm{CuSO}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}溶液改成rm{CH}rm{CH}溶液时，由于rm{{,!}_{3}}rm{COONa}溶液时，由于rm{CH}rm{COONa}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{+H}rm{+H}中rm{{,!}^{+}}rm{=CH}rm{=CH}rm{{,!}_{3}}减少，反应速率减小，但生成rm{COOH}rm{a}中rm{COOH}rm{a}故选C。rm{c}【解析】rm{(1)A}rm{(2)B}rm{(3)C}rm{(1)A}rm{(2)B}rm{(3)C}四、有机推断题(共4题，共12分)23、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH225、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：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，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl26、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、简答题(共4题，共40分)27、略

【分析】解：rm{(1)}根据图示可知，rm{t_{0}隆芦t_{1}}rm{t_{2}隆芦t_{3}}rm{t_{3}隆芦t_{4}}rm{t_{5}隆芦t_{6}}时间段内，rm{v_{脮媒}}rm{v_{脛忙}}相等，反应处于平衡状态，故答案为：rm{ACDF}

rm{(2)}由rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，则由图可知，rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}正逆反应速率均增大；且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；

rm{t_{1}}正逆反应速率同等程度的增大；改变条件应为使用催化剂；

rm{t_{3}}时正逆反应速率均减小；且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强；

故答案为：rm{t_{4}}rm{C}rm{E}

rm{B}由图可知，rm{(3)}平衡逆向移动，rm{t_{1}}不移动，rm{t_{3}}平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则rm{t_{4}}氨气的含量最大；

故答案为：rm{t_{0}隆芦t_{1}}

rm{A}时刻分离出部分rm{(4)t_{6}}rm{NH_{3}}立刻减小，而rm{v_{脛忙}}逐渐减小，在rm{v_{脮媒}}时刻二者相等；反应重新达平衡，据此可画出反应速率的变化曲线为：

故答案为：

rm{t_{7}}设反应前加入rm{(5)}rm{amolN_{2}}达平衡时生成rm{bmolH_{2}}

rm{2xmolNH_{3}}

起始rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}rm{a}rm{b}

转化rm{0}rm{x}rm{3x}

平衡rm{2x}rm{a-x}rm{b-3x}

则反应后气体总的物质的量rm{2x}rm{=(a+b-2x)mol}解得：rm{dfrac{2x}{a+b-2x}=0.2}故反应后与反应前的混合气体体积之比rm{=dfrac{a+b-2x}{a+b}=dfrac{12x-2x}{12x}=dfrac{5}{6}}

故答案为：rm{a+b=12x}rm{=dfrac{a+b-2x}{a+b}=dfrac

{12x-2x}{12x}=dfrac{5}{6}}．

rm{5}根据图示结合rm{6}判断是否处于平衡状态；

rm{(1)}由图可知，rm{v_{脮媒}=v_{脛忙}}正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；rm{(2)}正逆反应速率同等程度的增大；rm{t_{1}}时正逆反应速率均减小；且逆反应速率大于正反应速率；

rm{t_{3}}由图可知，rm{t_{4}}平衡逆向移动，rm{(3)}不移动，rm{t_{1}}平衡逆向移动；根据移动结果分析；

rm{t_{3}}时刻分离出部分rm{t_{4}}rm{(4)t_{6}}立刻减小，而rm{NH_{3}}逐渐减小，在rm{v_{脛忙}}时刻二者相等；反应重新达平衡，据此可画出反应速率的变化曲线；

rm{v_{脮媒}}设反应前加入rm{t_{7}}rm{(5)}达平衡时生成rm{amolN_{2}}根据三段式和氨气的体积分数计算．

本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握反应的特点及图象分析是解答的关键，明确温度、压强、催化剂对反应速率的影响即可解答，题目难度不大．rm{bmolH_{2}}【解析】rm{ACDF}rm{C}rm{E}rm{B}rm{A}rm{5}rm{6}28、（1）纯碱或苏打CO32－+H2OHCO3－+OH－

（2）

（3）23.6

（4）11.3【分析】【分析】本题是对弱电解质的电离平衡、难溶物的溶解平衡的知识的考查，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是掌握难溶物的溶解平衡的计算方法，侧重知识的能力考查。【解答】rm{(1)}碳酸钠俗称纯碱；rm{Na}碳酸钠俗称纯碱；rm{(1)}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{CO}rm{CO}rm{3}rm{3}为强碱弱酸盐，rm{CO}rm{CO}rm{3}rm{3}rm{2-}rm{2-}离子水解方程式为rm{CO}rm{CO}rm{3}rm{3}rm{2-}rm{2-}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O?HCO}rm{O?HCO}rm{3}rm{3}rm{-}rm{-}依据“酸碱抑制，盐促进”的原理，所以在rm{+OH}rm{+OH}为rm{-}的稀硫酸溶液中水电离的rm{-}rm{=dfrac{Kw}{1隆脕{10}^{-4}}=1}，使溶液呈碱性。故答案为：纯碱；rm{CO}rm{CO}rm{3}rm{3}rm{2-}rm{2-}rm{+H}rm{+H}rm{2}

所以rm{dfrac{cleft(C{{O}_{3}}^{2-}right)}{cleft(S{{O}_{4}}^{2-}right)}=dfrac{Kspleft(BaC{O}_{3}right)}{Kspleft(BaS{O}_{4}right)}=dfrac{2.6隆脕{10}^{-9}}{1.1隆脕{10}^{-10}}=23.6}故答案为：rm{2}rm{O?HCO}已知rm{O?HCO}逐滴加入rm{3}溶液，当rm{3}完全沉淀时，rm{-}rm{-}即rm{+OH}故rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{{K}_{sp}[Mg(OH{)}_{2}]}{c(M{g}^{2+})}}=sqrt{dfrac{4隆脕{10}^{?11}}{{10}^{?5}}}=2隆脕10^{-3}}rm{+OH}故rm{c(H^{+})=dfrac{1.0隆脕{10}^{?14}}{2隆脕{10}^{?3}}=dfrac{1}{2}隆脕10^{-11}}rm{-}故答案为：rm{-}

；【解析】rm{(1)}纯碱或苏打rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{(2)}rm{10^{{-}10}}rm{mol{?}L^{{-}1}}rm{(3)23.6}rm{(4)11.3}29、略

【分析】解：（1）N原子的核外电子排布式为1s22s22p3；s能级有1个轨道，1s；2s电子为成对电子，2p能级有3个轨道，3个电子各占据1个轨道，是未成对电子，故未成对电子数与成对电子数之比为3：4，故答案为：4：3；

（2）氨分子中氮原子与氢原子之间的作用力是共价键；分子与分子间是氢键和范德华力；故答案为：共价键；氢键；范德华力；

（3）甘氨酸分子与水分子之间存在氢键；所以甘氨酸易溶解于水；而戊烷与水分子不能形成氢键，所以戊烷却难溶解于水，故答案为：甘氨酸分子与水分子之间存在氢键，而戊烷与水分子不能形成氢键；

（4）N2H4分子中氮原子的加成电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3，所以六个原子不可能在同一平面上，故答案为：sp3；不在；

（5）三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过氢键结合；故答案为：氢键．

（1）书写N原子的核外电子排布式；根据各能级含有的电子数目及轨道数目判断，每个轨道最多容纳2个自旋方向相反的电子，且电子优先占据1个轨道；

（2）氨分子中氮原子与氢原子之间的作用力是共价键；分子与分子间是氢键和范德华力；

（3）甘氨酸分子与水分子之间存在氢键；所以甘氨酸易溶解于水；而戊烷与水分子不能形成氢键，所以戊烷却难溶解于水．

（4）根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型和原子的杂化方式；

（5）三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过氢键结合．

本题考查了分子空