2024年沪教新版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教新版高二化学上册阶段测试试卷285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、在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.SiO2SiCl4SiB.FeS2SO2H2SO4C.N2NH3NH4Cl（aq）D.MgCO3MgCl2（aq）Mg2、向下例配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成AgCl沉淀的是（）A.[Co（NH3）3Cl3]B.[Co（NH3）6]Cl3C.[Co（NH3）4Cl2]ClD.[Co（NH3）5Cl]Cl23、如图，容器rm{A}左侧是可平行移动的活塞rm{{.}}关闭活塞rm{K}向rm{A}中充入rm{1molX}和rm{1molY}向rm{B}中充入rm{2molX}和rm{2molY}起始时rm{A}rm{B}的体积都等于rm{aL{.}}在温度相同、外界压强相同和催化剂存在的条件下，使两容器各自发生反应：rm{X(g){+}Y(g){?}Z(g){+}2W(g){.}}达平衡时，rm{A}的体积为rm{1{.}2aL{.}}下列说法正确的是rm{({??})}

A.反应速率：rm{V(B){<}V(A)}

B.rm{A}容器中rm{X}转化率为rm{20{%}}

C.平衡时的压强：rm{P(B){=}2P(A)}

D.若打开rm{K}则达到新的化学平衡时，rm{A}的体积为rm{2{.}6aL}4、已知rm{C隆陋C}单键可以绕键轴旋转，结构简式可表示为的烃，下列说法中不正确的是()A.该分子即能与氢气发生加成反应又能与液溴发生取代反应B.该烃的一氯代物最多有四种C.分子中至少有rm{10}个碳原子处于同一平面上D.该物质属于芳香烃，但不是苯的同系物5、下列有机物的名称中；正确的是（）

A.3；3-二甲基-1-丁烯。

B.2─乙基戊烷。

C.2；5，5-三甲基己烷。

D.2-甲基-1-丁炔。

6、当光束通过下列分散系时，不能产生丁达尔效应的是rm{(}rm{)}A.氢氧化铁胶体B.雾C.稀豆浆D.硫酸铜溶液7、rm{14.5g}某烷烃完全燃烧生成rm{1.25mol}rm{H_{2}O}则该烃的一氯代物共有rm{(}不考虑立体异构rm{)(}rm{)}A.rm{2}种B.rm{3}种C.rm{4}种D.rm{5}种8、用价层电子对互斥理论预测rm{H_{2}S}和rm{BF_{3}}的立体结构，两个结论都正确的是rm{(}rm{)}A.直线形；三角锥形B.rm{V}形；三角锥形C.直线形；平面三角形D.rm{V}形；平面三角形9、某化学学习小组在学习元素周期系和周期的划分时提出了以下观点：rm{垄脵}元素周期系的形成是由原子的结构决定的；rm{垄脷}元素周期系中第Ⅰrm{A}族元素统称为碱金属元素；rm{垄脹}每一周期的元素原子价电子排布式均是从rm{ns^{1}}开始至rm{ns^{2}np^{6}}结束；rm{垄脺}元素周期系的每一周期元素的种类均相等；rm{垄脻}基态原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}和rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}的两元素的原子位于同一周期；rm{垄脼}周期序数越大，该周期所含金属元素一般越多。你认为正确的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脼}B.rm{垄脵垄脷垄脹垄脻垄脼}C.rm{垄脵垄脺垄脼}D.rm{垄脷垄脹垄脻}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)10、下列有关化学用语的表示中正确的是（）A.甲烷的球棍模型：B.的名称：2-甲基-2-丙烯C.乙酸的实验式：C2H4O2D.羟基的电子式：11、向某密闭容器中加入rm{0.3molA}rm{0.1molC}和一定量的rm{B}三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示rm{[t_{0}隆芦t_{1}}阶段的rm{c(B)}变化未画出rm{]}乙图为rm{t_{2}}时刻后改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种反应条件____浓度、温度、压强、催化剂____且互不相同，____rm{{,!}_{3}}____________。下列说法中____的是rm{(}rm{)}A.若rm{t_{1}=15s}则用rm{C}的浓度变化表示的rm{t_{0}隆芦t_{1}}段的平均反应速率为rm{0.002mol隆陇L^{?1}隆陇s^{?1}}B.rm{t_{4}隆芦t_{5}}阶段改变的条件一定为减小压强C.该容器的容积为rm{2L}rm{B}的起始物质的量为rm{0.02mol}D.rm{t_{5}隆芦t_{6}}阶段，容器内rm{A}的物质的量减少了rm{0.03mol}而此过程中容器与外界的热交换总量为rm{akJ}该反应的热化学方程式为：rm{3A(g)?B(g)+2C(g)}rm{娄陇H=+100akJ隆陇mol^{?1}}12、下列有关有机物的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.蛋白质和纤维素水解的最终产物都是氨基酸C.油脂、纤维素、淀粉在一定条件下均可发生水解反应D.蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物13、糖类、脂肪和蛋白质是人体必需的三大营养物质rm{.}以下叙述中，不正确的是

A.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B.淀粉水解的最终产物是氨基酸。

C.葡萄糖能发生水解反应D.含有苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色14、糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质rm{.}以下叙述正确的是rm{(}rm{)}A.牛油、纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物B.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应C.蛋白质水解的最终产物均为氨基酸D.浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、在一定条件下，反应A(气)＋B(气)C(气)（正反应为放热反应）达到平衡后，根据下列图象判断：A．B．C．D．E．(1)升温，达到新的平衡的是()；(2)降压，达到新的平衡的是()；(3)减少C的量，移向新平衡的是()；(4)增加A的量，移向新平衡的是()；(5)使用催化剂，达到平衡的是()。16、（10分）（1）下图左表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3+Q达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，ab过程中改变的条件可能是；bc过程中改变的条件可能是；若增大压强时，反应速度变化情况画在c~d处.（2）发射卫星时可用肼（N2H4）为燃料和二氧化氮做氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知：（a）N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)△H=+67.7kJ/mol(b)N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)△H=-543kJ/mol(c)1/2H2(g)＋1/2F2(g)＝HF(g)△H=-269kJ/mol(d)H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)△H=-242kJ/mol①肼和二氧化氮反应的热化学方程式为；②有人认为若用氟代替二氧化氮作氧化剂，则反应释放能量更大，肼和氟反应的热化学方程式：。17、（12分）Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②Y原子价电子（外围电子）排布msnmpn③R原子核外L层电子数为奇数；④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：（1）Z2+的核外电子排布式是。（2）在[Z(NH3)4]2+离子中，Z2+的空间轨道受NH3分子提供的形成配位键。（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是____。a.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙b.稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙c.稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙d.稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙(4)Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为（用元素符号作答）（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为。18、决定化学反应速率的主要因素是，影响反应速率的外部条件有____、、____、____等。19、写出明矾净水的原理，用离子方程式解释______．20、（8分，每空格2分）常温下，0.1m01／L的下列溶液：①HCl、②CH3COOH、③CH3COONa、④NaOH、⑤FeCl3、⑥NaCl。（1）pH由小到大排列顺序为（填序号）；（2）实验室配制⑤的溶液时常需加入少量盐酸，否则得到的是浑浊的溶液，产生浑浊的原因是（用离子方程式表示）（3）物质的量浓度相同的①氨水②氯化铵③碳酸氢铵④硫酸氢铵⑤硫酸铵在上述五种溶液中，铵根离子物质的量浓度由大到小的顺序是（4）已知拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、39lkJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为21、材料是人类赖以生存和发展的重要物质．

rm{垄脵}钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀；写出正极电极反应式______；

rm{垄脷}水泥、玻璃都是传统的硅酸盐材料，生产水泥和玻璃都要用到的原料是______rm{(}填字母代号，下同rm{)}

A.石灰石rm{B.}小苏打rm{C.}烧碱。

rm{垄脹}目前用量最大；用途最广的金属材料是______．

A.铜合金rm{B.}铝合金rm{C.}钢铁．评卷人得分四、其他(共1题，共10分)22、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。评卷人得分五、推断题(共4题，共32分)23、图是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质被略去rm{.}反应rm{垄脵}常被应用于野外焊接钢轨，rm{F}是海水中含有盐的主要成分，rm{J}为rm{D}rm{G}反应产物形成的水溶液．

请回答下列问题：

rm{(1)B}的化学式为______．

rm{(2)}反应rm{垄脷}在工业上通常称之为______工业．

rm{(3)}写出反应rm{垄脹}的离子方程式______．

rm{(4)}写出反应rm{垄脺}的化学方程式______．24、图中rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}均为有机化合物rm{.}根据下图回答问题．

rm{(1)D}的化学名称是______．

rm{(2)}反应rm{垄脹}的化学方程式是______rm{.(}有机物须用结构简式表示rm{)}

rm{(3)B}的分子式是______rm{.A}的结构简式是______rm{.}反应rm{垄脵}的反应类型是______．

rm{(4)}符合下列rm{3}个条件的rm{B}的同分异构体的数目有______个rm{.}

rm{(}Ⅰrm{)}为邻位取代苯环结构；rm{(}Ⅱrm{)}与rm{B}具有相同官能团；rm{(}Ⅲrm{)}不与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应rm{.}写出其中任意一种同分异构体的结构简式______．

rm{(5)G}是重要的工业原料，用化学方程式表示rm{G}的一种重要的工业用途______．25、（11分）元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6，与其同周期的A、B、C、D四种元素，它们的原子最外层电子数依次为2、2、1、7，其中A、C两元素原子的次外层电子数为8，B、D两元素原子的次外层电子数为18，E、D两元素处于同族，且在该族元素中，E的气态氢化物的沸点最高。（1）B元素在周期表中的位置;D的最高价氧化物的水化物的化学式为______。（2）E的气态氢化物在同族元素中沸点最高的原因是：。（3）A、C两元素第一电离能前者后者（填“大于”或“小于”）。无论是A和C的单质还是A和C的氢化物的固体，均能与水剧烈反应生成气体，当上述四种固体分别与足量水反应时，满足n(消耗固体)：n(气体)：n(转移电子)=1:1:1关系的反应的化学方程式_______________。（4）B元素能形成多种配合物，如B2+可与NH3形成配离子[B（NH3）4]2+。其配体的空间构型为____；右图表示B与某种元素X形成的化合物晶胞，如果该化合物中B和X通过离子键结合，该晶体中阳离子的配位数为。若B和X通过共价键结合，则该化合物的化学式为（aZnXbZnX2cZnX3）（5）A和E可形成离子化合物，其晶胞结构如图示。该化合物的电子式_______。则晶胞中与A离子距离相等且最近的E离子围成的几何体形状是_______。26、有机物rm{A}只由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成rm{.}常用作有机合成的中间体，测得rm{8.4g}该有机物经燃烧生成rm{22.0gCO2}和rm{7.2g}水rm{.}质谱图表明其相对分子质量为rm{84}红外光谱分析表明rm{A}中含有rm{-O-H}和位于分子端的rm{-C-H}该核磁共振氢谱显示有rm{3}种峰，且峰面积之比为rm{6}rm{1}rm{1}

rm{(1)}写出rm{A}的分子式______；

rm{(2)}写出rm{A}的结构简式______；

rm{(3)}下列物质一定能与rm{A}发生反应的是______rm{(}填序号rm{)}

rm{a.}氢溴酸rm{b.}高锰酸钾rm{c.}溴的四氯化碳rm{d.NaOH}溶液。

rm{(4)}有机物rm{B}是rm{A}的同分异构体，rm{1molB}可以与rm{1molBr_{2}}加成，该有机物的所有碳原子在同一平面上，核磁共振氢谱显示rm{3}种峰，且峰面积之比为rm{6}rm{1}rm{1.}则rm{B}的结构简式是______．评卷人得分六、有机推断题(共4题，共24分)27、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__________________________________．28、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__________________________________．29、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。30、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】【解答】解：A．二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应；不能一步实现反应，故A错误；B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；

C．氮气和氢气在催化剂；高温高压条件下反应生成氨气；氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确；

D．碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液；氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误；

故选C．

【分析】A．二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；

B．FeS2燃烧生成二氧化硫；二氧化硫和水反应生成亚硫酸；

C．氮气和氢气一定条件下反应生成氨气；氨气和盐酸反应生成氯化铵；

D．碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁．2、A【分析】解：A、[Co（NH3）3Cl3]中没有阴离子氯离子；所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A正确；

B、[Co（NH3）6]Cl3中有阴离子氯离子；所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；

C、[Co（NH3）4Cl2]Cl中有阴离子氯离子；所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；

D、[Co（NH3）5Cl]Cl2中有阴离子氯离子；所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D错误．

故选A．

配合物中阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀；配原子不和银离子反应，据此分析解答．

本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可，难度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】【分析】本题难度较大，需要设计平衡和变换平衡，要求有清晰的思维过程，是一则训练思维的好题。【解答】A.对rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)+W(g)}来说，开始时只加入反应物rm{X}和rm{Y}该反应将向正反应发向进行以建立化学平衡rm{.}对容器rm{A}来说，在建立化学平衡的过程中，反应混合物的总物质的量会增大，根据阿伏伽德罗定律rm{(}同温同容时，压强之比等于物质的量之比rm{)}其体积要增大，各组分的物质的量浓度就要减下，其反应速率也要减小rm{.}对于rm{B}容器来说，体积不变，各组分初始浓度是rm{A}容器的rm{2}倍，每个时刻的反应速率都将大于rm{A}容器，即反应速率：rm{v(B)>v(A)}故A错误；

rm{B.}根据阿伏伽德罗定律rm{(}同温同容时，压强之比等于物质的量之比rm{)}达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的rm{1.2}倍，即rm{1.2隆脕2mol=2.4mol}即增加了rm{0.4mol}根据化学方程式的计算可知；

rm{X}rm{(g)+Y(g)?Z(g)+2W(g)trianglen}

rm{(g)+Y(g)?Z(g)+2W(g)triangle

n}rm{1}

rm{1}rm{0.4mol}

即达平衡后，反应掉rm{0.4mol}rm{0.4mol}容器中rm{A}的转化率为rm{X}故B错误；

C.因为rm{40%}容器的初始量是rm{B}容器的rm{A}倍，在相同温度下，当rm{2}容器的体积是rm{A}容器体积的二分之一rm{B}即rm{(}时，达到平衡后，各组分的浓度、百分含量、容器的压强都相等，且压强为rm{0.5aL)}当把此时rm{P_{B}}容器体积由rm{A}体积扩大为rm{0.5a}不考虑平衡移动时压强会变为rm{1.4aL}当再建立平衡时，rm{5P_{B}/14}容器的原平衡将向正反应方向移动，尽管气体的总物质的量要增加，但体积变化对压强的影响大，即rm{A}故C错误；

D.若打开rm{P_{B}>2P_{A}}相当于等压，与原来的rm{K}等效，故反应后的总体积为rm{A}所以则达到新的化学平衡时，rm{1.2a隆脕3=3.6a}的体积为rm{A}故D正确。

故选D。rm{2.6aL}【解析】rm{D}4、B【分析】【分析】本题主要考查有机化合物的结构，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，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，难度不大。【解答】A.该有机物中含有苯环，既能与氢气发生加成反应又能与液溴在rm{FeBr_{3}}的催化作用下发生取代反应；故A正确；

B.根据等效氢的概念判断该有机物中含有三种氢原子；其一氯代物有三种，故B错误；

C.甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的rm{C}原子处于苯的rm{H}原子位置，所以处于苯环这个平面rm{.}两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的rm{H}原子位置，也处于另一个苯环这个平面，由于甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有rm{10}个碳原子共面；故C正确；

D.该有机物含有rm{2}个苯环；不是苯的同系物，故D正确。

故选B。【解析】rm{B}5、A【分析】

A；3；3-二甲基-1-丁烯名称符合命名原则，故A正确；

B；2─乙基戊烷；命名中不含2-乙基，主链选错，应为3-甲基戊烷，故B错误；

C；2；5，5-三甲基己烷，不符合支链编号之和最小的原则，名称应为2，2，5-三甲基己烷，故C错误；

D；2-甲基-1-丁炔；三键碳原子上不能接取代基，故D错误；

故选A．

【解析】【答案】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

6、D【分析】解：rm{A.}氢氧化铁胶体分散质微粒直径在rm{1-100nm}之间；是胶体，有丁达尔效应，故A错误；

B.雾分散质微粒直径在rm{1-100nm}之间；是胶体，有丁达尔效应，故B错误；

C.稀豆浆分散质微粒直径在rm{1-100nm}之间；是胶体，有丁达尔效应，故C错误；

D.硫酸铜溶液分散质微粒直径小于rm{1nm}是溶液；没有丁达尔效应，故D正确．

故选D．

丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路rm{.}丁达尔现象是胶体特有的性质．

本题考查了胶体的性质应用，注意丁达尔效应是胶体特有的性质是解答本题的关键，题目较简单．【解析】rm{D}7、C【分析】解：设该烷烃的分子式为rm{CxH2x+2}则：rm{C_{x}H_{2x+2}隆芦(x+1)H_{2}O}

rm{(14x+2)g(x+1)mol}

rm{14.5g}rm{1.25mol}

rm{dfrac{(14x+2)g}{14.5g}=dfrac{(x+1)mol}{1.25mol}}

解得rm{dfrac{(14x+2)g}{14.5g}=dfrac

{(x+1)mol}{1.25mol}}则该烃的分子式为rm{x=4}可能是正丁烷，也有可能是异丁烷，各有rm{C_{4}H_{10}}种一氯代物，故共有rm{2}种一氯代物．

故选C．

rm{4}某烷烃完全燃烧生成rm{14.5g}据关系式计算该烃中含有rm{1.25molH_{2}O}原子个数；再据该烃有几种等效氢原子，确定它的一氯代物就几种．

本题考查有机物的分子式的确定，题目难度不大，明确一氯代物的写法是解题的关键．rm{C}【解析】rm{C}8、D【分析】rm{H_{2}S}中rm{S}原子最外层有孤电子对，参与成键电子对间的排斥，故Hrm{{,!}_{2}S}为rm{V}形结构；rm{BF_{3}}分子中rm{B}原子最外层电子全部参与成键，三条rm{B隆陋F}键等效排斥，故分子的立体构型为平面三角形。【解析】rm{D}9、A【分析】【分析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，注意同周期、同主族元素的性质变化规律是解答本题的关键，注意利用实例分析问题，题目难度中等。【解答】rm{垄脵}周期表中电子层数等于周期数；最外层的电子数等于族充数，所以周期表的形成是由原子的结构决定的，故正确；

rm{垄脷}元素周期表中rm{IA}族元素除氢外称为碱金属元素，故错误；rm{垄脹}除第一周期以外的每一周期的元素原子外围电子排布均是从rm{ns}除第一周期以外的每一周期的元素原子外围电子排布均是从rm{垄脹}rm{ns}rm{ns}rm{{,!}^{1}}开始至rm{ns}rm{{,!}^{2}}rm{np^{6}}结束，故错误；

rm{垄脺}元素周期表从第一周期到第七周期元素种类为rm{2}、rm{8}、rm{8}、rm{18}、rm{18}、rm{32}、rm{26}，所以各周期元素种类各不相等，故错误；

rm{垄脻}基态原子电子排布为rm{ls}rm{{,!}^{2}}rm{2s^{2}}rm{2p^{3}}是第二周期，rm{ls}rm{{,!}^{2}}rm{2s^{2}}rm{2p^{6}}rm{3s^{2}}rm{3p^{3}}处第三周期，所以不在同一周期，故错误；

rm{垄脼}由元素周期表可知周期序号越大，该周期所含金属元素一般越多，故正确。

故选rm{A}。​rm{ns}

rm{ns}元素周期表从第一周期到第七周期元素种类为rm{{,!}^{2}}、rm{np^{6}}结束，故错误；

rm{垄脺}元素周期表从第一周期到第七周期元素种类为rm{2}、rm{8}、rm{8}、rm{18}、rm{18}、rm{32}、rm{26}，所以各周期元素种类各不相等，故错误；

rm{垄脻}基态原子电子排布为rm{ls}rm{{,!}^{2}}rm{2s^{2}}rm{2p^{3}}是第二周期，rm{ls}rm{{,!}^{2}}rm{2s^{2}}rm{2p^{6}}rm{3s^{2}}rm{3p^{3}}处第三周期，所以不在同一周期，故错误；

rm{垄脼}由元素周期表可知周期序号越大，该周期所含金属元素一般越多，故正确。

故选rm{A}。​、rm{np^{6}}、结束，故错误；、rm{垄脺}元素周期表从第一周期到第七周期元素种类为rm{2}、rm{8}、rm{8}、rm{18}、rm{18}、rm{32}、rm{26}，所以各周期元素种类各不相等，故错误；、rm{垄脺}、rm{2}，所以各周期元素种类各不相等，故错误；

rm{2}基态原子电子排布为rm{8}rm{8}rm{8}rm{8}rm{18}rm{18}rm{18}rm{18}rm{32}rm{32}rm{26}

rm{26}由元素周期表可知周期序号越大，该周期所含金属元素一般越多，故正确。

rm{垄脻}基态原子电子排布为rm{ls}rm{{,!}^{2}}rm{2s^{2}}rm{2p^{3}}是第二周期，rm{ls}rm{{,!}^{2}}rm{2s^{2}}rm{2p^{6}}rm{3s^{2}}rm{3p^{3}}处第三周期，所以不在同一周期，故错误；

rm{垄脼}由元素周期表可知周期序号越大，该周期所含金属元素一般越多，故正确。

故选rm{A}。​。rm{垄脻}rm{ls}rm{ls}【解析】rm{A}二、双选题(共5题，共10分)10、A|D【分析】A、球棍模型表现原子间的连接与空间结构，CH4分子的球棍模型：故A正确；

B、从离双键最近的碳开始编号，双键的位置错误，的名称：2-甲基-1-丙烯；故B错误；

C、实验式又称最简式，是用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子，乙酸的实验式：CH2O；故C错误；

D、共价化合物的电子式书写共价化合物是原子间通过共用电子对结合而成的，羟基的电子式为故D正确．

故选AD

A；球棍模型表现原子间的连接与空间结构；

B；从离双键最近的碳开始编号；

C；实验式又称最简式；是化学式的一种．用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；

D；根据共价化合物电子式的书写方法．

化学用语是高考的热点，要熟练掌握常用的化学用语，注意不同化学用语的书写要求．【解析】【答案】AD11、AC【分析】【分析】本题考查化学平衡移动原理的应用。【解答】A.若rm{t}rm{{,!}_{1}=15s}生成物rm{C}在rm{t}rm{{,!}_{0}隆芦}rm{t}rm{{,!}_{1}}时间段的平均反应速率为：rm{v}rm{(C)=dfrac{0.01-0.05}{15}}rm{(C)=dfrac{0.01-0.05}{15}

}故A错误；

B.rm{mol?L^{-1}?s^{-1}=0.004mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{t}rm{{,!}_{4}}rm{隆芦}rm{隆芦}rm{t}rm{{,!}_{5}}的浓度变化为阶段，反应速率同等程度的减小，化学平衡不移动，因该反应为反应前后体积不变的反应，所以改变的条件为减小压强，故B正确；C.反应中rm{A}的浓度变化为rm{0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L}rm{C}的浓度变化为rm{0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L}反应中rm{A}与rm{C}的计量数之比为rm{0.09:0.06=3:2}因反应前后气体的物质的量不变，所以rm{B}为生成物，三者物质的量比为rm{3:2:1}则该化学反应方程式为：rm{3A(g)}的浓度变化为rm{A}反应中rm{0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L}与rm{C}的计量数之比为rm{0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L}因反应前后气体的物质的量不变，所以rm{A}为生成物，三者物质的量比为rm{C}则该化学反应方程式为：rm{0.09:0.06=3:2}rm{B}根据方程式可知消耗rm{3:2:1}的rm{3A(g)}则生成rm{B(g)+2C(g)}根据方程式可知消耗rm{0.09mol/L}的rm{A}则生成rm{0.03mol/L}的rm{B}容器的体积为rm{2L}生成rm{B}的物质的量为rm{0.06mol}平衡时rm{B}的物质的量为rm{0.05mol/L隆脕2L=0.1mol}所以起始时rm{B}的物质的量为rm{0.1mol-0.06mol=0.04mol}故C错误；的rm{B(g)+2C(g)}容器的体积为rm{0.09mol/L}生成rm{A}的物质的量为rm{0.03mol/L}平衡时rm{B}的物质的量为rm{2L}所以起始时rm{B}的物质的量为rm{0.06mol}故C错误；rm{B}rm{0.05mol/L隆脕2L=0.1mol}rm{B}rm{0.1mol-0.06mol=0.04mol}D.rm{t}的物质的量减少了rm{t}说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，应是升高温度，rm{{,!}_{5}}反应放出的吸收的热量为rm{akJ隆脕dfrac{3mol}{0.03mol}=100kJ}反应热化学方程式为：rm{3A(g)?2C(g)+B(g)triangleH=+100akJ/mol}所以D正确；rm{隆芦t}rm{隆芦t}【解析】rm{AC}12、rCD【分析】解：rm{A.}淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的rm{n}值不同；不是同分异构体，故A错误；

B.纤维素水解生成葡萄糖；蛋白质水解生成氨基酸，故B错误；

C.油脂水解生成高级脂肪酸和甘油；淀粉和纤维素是多糖，水解生成葡萄糖，故C正确；

D.蛋白质；纤维素、淀粉相对分子质量较大；都是高分子化合物，故D错误．

故选CD．

A.化学式中的rm{n}值不同；

B.纤维素水解生成葡萄糖；

C.油脂是高级脂肪酸甘油酯；淀粉和纤维素是多糖；

D.相对分子质量在rm{10000}以上的有机化合物为高分子化合物．

本题考查糖类，油脂，蛋白质的性质，难度不大，注意单糖不能发生水解，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】rm{CD}13、BC【分析】【分析】

本题考查常见有机物的性质；题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。

【解答】

A.植物油高级脂肪烃基中含有rm{C=C}能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；

B.淀粉水解最终产物为单糖；即葡萄糖，故B错误；

C.葡萄糖为单糖；不能发生水解，故C错误；

D.含苯环的蛋白质遇浓硝酸生成黄色的硝基化合物；即变黄，故D正确。

故选BC。【解析】rm{BC}14、CD【分析】解：rm{A}相对分子质量在rm{1}万以上的为高分子化合物；而牛油属于脂肪，故不是高分子化合物，故A错误；

B；葡萄糖为单糖；故不能水解，故B错误；

C；天然蛋白蛋是氨基酸通过脱水缩合形成的高分子化合物；所以天然蛋白蛋水解的最终产物均为氨基酸，故C正确；

D；蛋白质遇浓硝酸变黄；是蛋白质的颜色反应，故D正确．

故选CD．

A、牛油属于脂肪，而相对分子质量在rm{1}万以上的为高分子化合物；

B；葡萄糖为单糖；

C；蛋白质是氨基酸的脱水缩合物；

D；蛋白质能和浓硝酸发生颜色反应．

本题考查高分子化合物、蛋白质的性质与结构、油脂的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的掌握rm{.}注意天然蛋白蛋水解的最终产物均为rm{篓禄}--氨基酸．【解析】rm{CD}三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【解析】试题分析：根据反应的方程式可知，该反应是体积减小的、放热的可逆反应。据此可知：（1）升高温度则正逆反应速率都增大，但平衡向逆反应方向移动，答案选B。（2）降低压强，正逆反应速率都是降低的，但平衡向逆反应方向移动，答案选C。（3）减少C的物质的量，则逆反应速率降低，正反应速率不变，平衡向正反应方向移动，答案选E。（4）增加A的质量，反应物浓度增大，正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，答案选A。（5）催化剂不能影响平衡状态，但可以改变反应速率，所以答案选D。考点：考查外界条件对反应速率、平衡状态的影响【解析】【答案】(1)(B)；(2)(C)；(3)(E)；(4)(A)；(5)(D)16、略

【分析】试题分析：（1）当反应处于平衡状态时，由于在a时刻改变条件，使V正、V逆都增大，V逆增大的多，所以平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度；在反应处于平衡状态时，在b时刻，使V逆减小，V正不变则在bc过程中改变的条件可能是减小生成物SO3浓度；若增大压强时，使V正、V逆都增大，V正增大的多，所以平衡正向移动，反应速度变化情况画在c~d处是（2）①根据盖斯定律，将上述方程式进行叠加(b)×2－（a），整理可得2N2H4(g)+2NO2(g)=2N2(g)+4H2O(g)ΔH=－1153.7KJ/mol；②(b)+(c)×4-(d)x2,整理可得：N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)ΔH=－1135KJ/mol。考点：考查外界条件对化学反应速率、化学平衡移动的影响及盖斯定律的应用的知识。【解析】【答案】（1）升温；减小SO3浓度；（2）①2N2H4(g)+2NO2(g)=2N2(g)+4H2O(g)ΔH=－1153.7KJ/mol②N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)ΔH=－1135KJ/mol17、略

【分析】【解析】【答案】（12）（1）1s22s22p63s23p63d9（3分）（2）孤对电子（孤电子对）（2分）（3）b（2分）（4）Si<N（2分）（5）3:2（3分）18、略

【分析】【解析】【答案】19、略

【分析】解：明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}(}胶体rm{)+3H^{+}}生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性净水；

故答案为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}(}胶体rm{)+3H^{+}}．

明矾净水原理是电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；据此分析．

本题考查了盐类水解离子方程式的书写，把握明矾净水原理为解答的关键，注意根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，题目难度不大．【解析】rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}(}胶体rm{)+3H^{+}}20、略

【分析】（1）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸钠水解显碱性，氢氧化钠是强碱，氯化铁水解显酸性，氯化钠不水解显中性，所以pH由小到大排列顺序为①②⑤⑥③④。（2）氯化铁水解生成氢氧化铁，因而会产生混浊，方程式为Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋。（3）氨水是弱碱，铵根离子浓度最小。磷酸氢铵电离出的氢离子能一种NH4＋的水解，碳酸氢铵中的HCO3－水解显碱性，促进NH4＋的水解，铵根离子物质的量浓度由大到小的顺序是⑤>④>②>③>①。（4）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，因此生成2mol氨气的反应热是436kJ／mol×3+946kJ／mol－391kJ／mol×3×2＝－92.0kJ／mol，所以热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＝－92.0kJ／mol。【解析】【答案】（1）①②⑤⑥③④（2）Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋（3）⑤>④>②>③>①（4）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＝－92.0kJ／mol（3分）21、略

【分析】解：rm{垄脵}铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀时，正极上是氧气得电子的过程，电极反应为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}故答案为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}

rm{垄脷}生产玻璃的原料是纯碱；石灰石和石英；高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石，故选A；

rm{垄脹}钢铁是目前用量最大、用途最广的金属材料，故选：rm{C}．

rm{垄脵}铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀时；正极上是氧气得电子的过程；

rm{垄脷}水泥的原料是粘土和石灰石；玻璃的原料是纯碱；石灰石和石英；

rm{垄脹}钢铁是目前用量最大；用途最广的金属材料．

本题主要考查了金属电化学腐蚀、化学与生活中的材料知识，平时注意基础知识的积累，注意玻璃工业、水泥工业的生产原理，题目较简单．【解析】rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}rm{A}rm{C}四、其他(共1题，共10分)22、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)3五、推断题(共4题，共32分)23、略

【分析】解：反应rm{垄脵}常被应用于野外焊接钢轨判断为铝热反应，rm{A}和rm{B}为rm{Al}和铁的氧化物，依据转化关系rm{CD}为铁和氧化铝，rm{F}是海水中含有盐的主要成分，结合转化关系反应条件推断为rm{NaCl}rm{J}为rm{D}rm{G}反应产物形成的水溶液，可以继续和rm{D}反应生成rm{K}rm{K+H=M}rm{M}为rm{Fe(OH)_{2}}推断rm{H}为rm{NaOH}rm{G}为rm{Cl_{2}}rm{D}为rm{Fe}rm{J}为rm{FeCL_{3}}rm{K}为rm{FeCl_{2}}rm{N}为rm{Fe(OH)_{3}}rm{N}加热反应生成rm{B}为rm{Fe_{2}O_{3}}推断铝热反应中rm{A}为rm{Al}rm{B}为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{C}为rm{Al_{2}O_{3}}rm{E}为rm{NaAlO_{2}}

综上所述各物质为：rm{A}为rm{Al}rm{B}为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{C}为rm{Al_{2}O_{3}}rm{D}为rm{Fe}rm{E}为rm{NaAlO_{2}}rm{F}为rm{NaCl}rm{G}为rm{Cl_{2}}rm{H}为rm{NaOH}rm{J}为rm{FeCL_{3}}rm{K}为rm{FeCl_{2}}rm{I}为rm{H_{2}}rm{M}为rm{Fe(OH)_{2}}rm{N}为rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(1)B}为氧化铁，化学式为rm{Fe_{2}O_{3}}故答案为：rm{Fe_{2}O_{3}}

rm{(2)}反应rm{垄脷}是电解饱和食盐水；在工业上通常称之氯碱，故答案：氯碱；

rm{(3)}反应rm{垄脹}是氧化铝和氢氧化钠的反应，反应的离子方程式：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}故答案为：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

rm{(4)}反应rm{垄脺}是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式：rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}故答案为：rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}．

反应rm{垄脵}常被应用于野外焊接钢轨判断为铝热反应，rm{A}和rm{B}为rm{Al}和铁的氧化物，依据转化关系rm{CD}为铁和氧化铝，rm{F}是海水中含有盐的主要成分，结合转化关系反应条件推断为rm{NaCl}rm{J}为rm{D}rm{G}反应产物形成的水溶液，可以继续和rm{D}反应生成rm{K}rm{K+H=M}rm{M}为rm{Fe(OH)_{2}}推断rm{H}为rm{NaOH}rm{G}为rm{Cl_{2}}rm{D}为rm{Fe}rm{J}为rm{FeCL_{3}}rm{K}为rm{FeCl_{2}}rm{N}为rm{Fe(OH)_{3}}rm{N}加热反应生成rm{B}为rm{Fe_{2}O_{3}}推断铝热反应中rm{A}为rm{Al}rm{B}为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{C}为rm{Al_{2}O_{3}}rm{E}为rm{NaAlO_{2}}

综上所述各物质为：rm{A}为rm{Al}rm{B}为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{C}为rm{Al_{2}O_{3}}rm{D}为rm{Fe}rm{E}为rm{NaAlO_{2}}rm{F}为rm{NaCl}rm{G}为rm{Cl_{2}}rm{H}为rm{NaOH}rm{J}为rm{FeCL_{3}}rm{K}为rm{FeCl_{2}}rm{I}为rm{H_{2}}rm{M}为rm{Fe(OH)_{2}}rm{N}为rm{Fe(OH)_{3}}．

本题考查了物质转化关系的应用，主要是铝热反应、电解饱和食盐水的反应特征是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{Fe_{2}O_{3}}氯碱；rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}24、略

【分析】解：rm{B}在浓硫酸加热条件下生成rm{E}由rm{E}的结构可知，rm{B}发生酯化反应生成rm{E}故B为rm{.D}的分子式为rm{C_{2}H_{6}O}一定条件下可以生成rm{C_{2}H_{4}}故D为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{G}为rm{CH_{2}=CH_{2}.C}与rm{CH_{3}CH_{2}OH}在浓硫酸、加热条件下生成rm{F}结合rm{F}的分子式rm{C_{4}H_{8}O_{2}}可知，生成rm{F}的反应为酯化反应，故C为rm{CH_{3}COOH}rm{F}为rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{A}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应，酸化得到rm{B}rm{C}rm{D}故A为

rm{(1)D}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}名称为乙醇，故答案为：乙醇；

rm{(2)}反应rm{垄脹}是rm{CH_{3}COOH}与rm{CH_{3}CH_{2}OH}发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{underset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{underset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}

rm{(3)}由以上分析可知，rm{B}为分子式为rm{C_{9}H_{10}O_{3}}rm{A}为反应rm{垄脵}的反应类型是水解反应rm{(}取代反应rm{)}

故答案为：rm{C_{9}H_{10}O_{3}}水解反应rm{(}取代反应rm{)}

rm{(4)}的同分异构体符合下列rm{3}个条件：

rm{垄脵}含有邻二取代苯环结构；rm{垄脷}与rm{B}有相同官能团，含有rm{-COOH}rm{-OH}rm{垄脹}不与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应，不含酚羟基，符合条件的同分异构体为：共有rm{3}种；

故答案为：rm{3}

rm{(5)G}为rm{CH_{2}=CH_{2}}乙烯可以合成聚乙烯，反应方程式为：rm{nCH_{2}=CH_{2}xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}}也可以制备酒精，反应方程式为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH)}

故答案为：rm{nCH_{2}=CH_{2}xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}}或rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}．

rm{nCH_{2}=CH_{2}xrightarrow[triangle

]{{麓脽禄炉录脕}}}在浓硫酸加热条件下生成rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH)}由rm{nCH_{2}=CH_{2}xrightarrow[triangle

]{{麓脽禄炉录脕}}}的结构可知，rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}发生酯化反应生成rm{B}故B为rm{E}的分子式为rm{E}一定条件下可以生成rm{B}故D为rm{E}rm{.D}为rm{C_{2}H_{6}O}与rm{C_{2}H_{4}}在浓硫酸、加热条件下生成rm{CH_{3}CH_{2}OH}结合rm{G}的分子式rm{CH_{2}=CH_{2}.C}可知，生成rm{CH_{3}CH_{2}OH}的反应为酯化反应，故C为rm{F}rm{F}为rm{C_{4}H_{8}O_{2}}rm{F}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应，酸化得到rm{CH_{3}COOH}rm{F}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}故A为以此解答该题．

本题考查有机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据转化关系中rm{A}的结构以及rm{B}rm{C}的分子式进行推断，掌握官能团的性质与转化是关键，难度中等．rm{D}【解析】乙醇；rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}水解反应rm{C_{9}H_{10}O_{3}}取代反应rm{(}rm{)}rm{nCH_{2}=CH_{2}xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}}或rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{3}25、略

【分析】根据元素的结构及其性质可知，A、B、C、D、E、5种元素分别是Ca、Zn、K、Br、F。（1）锌位于元素周期表的第4周期第IIB族。溴的最高价是＋7价，所以最高价氧化物的是水化物的化学式为HBrO4。（2）HF分子间含有氢键，破坏它需要较高的能量，所以熔沸点较高。（3）金属性越强，第一电离能越小，所以钙的第一电离能大于钾的。满足n(消耗固体)：n(气体)：n(转移电子)=1:1:1，说明该元素的化合价是＋1价，所以是KH，方程式为KH+H2O=KOH+H2↑。（4）氨气是三角锥形结构。通过离子键结合，则铜是阳离子。所以根据晶胞结构可知，该晶体中阳离子的配位数为4；若B和X通过共价键结合，则根据晶胞结构可知，含有碳原子是4个，X是8×1/8＋6×1/2＝4，所以答案选a。（5）A和E形成离子化合物CaF2，其电子式为蓝球不是钙离子，所以根据晶胞结构可知，晶胞中与钙离子距离相等且最近的E离子共计是8个。围成的几何体形状是正方体。【解析】【答案】（1）第4周期第IIB族HBrO4（2）E的气态氢化物分子间含有氢键,破坏它需要较高的能量，所以熔沸点较高（3）大于、KH+H2O=KOH+H2↑（2分）（4）三角锥形4a（5）正方体26、略

【分析】解：rm{(1)}有机物rm{A}只含有rm{C}rm{H}rm{O}三种元素，质谱图表明其相对分子质量为rm{84}rm{16.8g}有机物rm{A}的物质的量rm{=dfrac{16.8g}{84g/mol}=0.2mol}经燃烧生成rm{=dfrac

{16.8g}{84g/mol}=0.2mol}rm{44.0g}物质的量为rm{CO_{2}}生成rm{1mol}rm{14.4g}物质的量为rm{dfrac{14.4g}{44g/mol}=0.8mol}故有机物rm{H_{2}O}分子中rm{N(C)=dfrac{1mol隆脕1}{0.2mol}=5}rm{N(H)=dfrac{0.8mol隆脕2}{0.2mol}=8}故rm{N(O)=dfrac{84-12隆脕5-8}{16}=1}故A的分子式为rm{dfrac

{14.4g}{44g/mol}=0.8mol}

故答案为：rm{A}

rm{N(C)=dfrac

{1mol隆脕1}{0.2mol}=5}不饱和度为：rm{N(H)=dfrac

{0.8mol隆脕2}{0.2mol}=8}红外光谱分析表明rm{N(O)=dfrac

{84-12隆脕5-8}{16}=1}分子中含有rm{C_{5}H_{8}O}键和位于分子端的rm{C_{5}H_{8}O}键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为rm{(2)}rm{dfrac{2隆脕5+2-8}{2}=2}rm{A}故分子中含有rm{O-H}个rm{C隆脭C}rm{6}个rm{1}连接在同一rm{1}原子上，所以rm{2}的结构简式为：

故答案为：

rm{CH_{3}}红外光谱分析表明rm{1}分子中含有rm{-OH}键和位于分子端的rm{C}键，不饱和度为：rm{A}不含其它官能团，含有羟基，能与钠反应，含有rm{(3)}双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化反应，能与溴发生加成反应，能与氢气发生加成反应，能与rm{A}溶液反应；

故答案为：rm{O-H}

rm{C隆脭C}有机物rm{dfrac{2隆脕5+2-8}{2}=2}是rm{C隆脭C}的同分异构体，rm{NaOH}可与rm{abcd}加成，故分子中含有rm{(4)}个rm{B}双键，该有机物所有碳原子在同一个平面，其余的碳原子连接rm{A}双键，没有顺反异构现象，不饱和双键至少其中一个rm{1molB}原子连接两个相同的基团甲基，结合rm{1molBr_{2}}的结构简式可知，rm{1}中还含有rm{C=C}故B的结构简式为：rm{C=C}

故答案为：rm{C}．

rm{A}根据rm{B}计算有机物rm{-CHO}二氧化碳、水的物质的量，根据原子守恒计算烃分子中rm{)(CH_{3})_{2}C=CHCHO}rm{(CH_{3})_{2}C=CHCHO}原子数目；根据相对原子质量计算分子中氧原子数目，据此书写该烃的分子式；

rm{(1)}红外光谱分析表明rm{n=dfrac{m}{M}}分子中含有rm{A}键和位于分子端的rm{C}键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为rm{H}rm{(2)}rm{A}分子中有rm