2024年冀少新版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年冀少新版高三化学上册月考试卷269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7题，共14分)1、如图所示，若锥形瓶内是水，分液漏斗内的液体也是水，向烧杯内滴加水时，发现U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，则烧杯内的物质是（）A.过氧化钠B.氧化钠C.钠D.钾2、下列几种材料中不属于合金材料的是（）A.青铜B.硬铝C.不锈钢D.金刚石3、下列关于胶体的说法中正确的是（）A.胶体外观不均匀B.胶体都是透明的C.胶体不稳定、静止后容易产生沉淀D.胶体能通过滤纸4、已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）。则W、X不可能是（）5、某有机化合物只有一个官能团，其相对分子质量为rm{86}在氧气中充分燃烧生成rm{CO_{2}}与水蒸气在同温同压下的体积比为rm{4}rm{3}则该化合物的结构有rm{(}rm{)}种．A.rm{6}B.rm{7}C.rm{8}D.rm{9}6、下列反应中，产物有氧化铁的是（）A.加热蒸干FeCl2溶液，并将得到的固体灼烧B.Fe在纯O2中燃烧C.灼热的Fe与水蒸气反应D.加热蒸干Fe2（SO4）3溶液7、下列粒子中既具有氧化性又具有还原性的是（）A.Cu2+B.Cl2C.FeD.S2-评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、工业上以粗铜为原料采取如图所示流程制备硝酸铜晶体：

①在步骤a中，还需要通入氧气和水，其目的是____．

②在保温去铁的过程中，为使Fe3+沉淀完全，可以向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，根据下表数据，溶液的pH应保持在____范围．

。氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pHFe3+

Cu2+1.9

4.73.2

6.79、。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．试通过计算填空：

（1）A的摩尔质量为：____．（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g．（2）A的分子式为：____．（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）．（3）用结构简式表示A中含有的官能团：

____、____．（4）A的核磁共振氢谱如下图：

（4）A中含有____种氢原子．（5）综上所述，A的结构简式____．10、合成气（CO+H2）是一种重要的化工原料；在化工生产中具有十分广泛的用途．其制备及运用的一种工艺流程如图所示（其中X与X′的主要成分类似）

（1）在合成气冶炼金属铁的流程中，向燃烧室中通入甲烷与氧气的目的是____，其最佳体积配比V（CH4）：V（O2）为____．

（2）甲醇、二甲醚（CH3OCH3）等物质被称为21世纪的新型燃料；具有清洁；高效等优良的性能．

①写出用合成气生产甲醇的化学方程式：____；

用该方法合成甲醇的最大优点是____．

②用合成气为原料生产二甲醚，随着原料配比的不同反应产物不尽相同，但产生的尾气可循环使用，试写出以CO、H2为原料制取二甲醚的两种不同的化学方程式：____、____．

（3）某化工厂试图使用上图所示流程联合生产甲醇、二甲醚、生铁，你认为是否可行？若不可行，请说明理由；若可行，联合生产有什么优点？____．11、研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会有重要的意义．

（1）已知：Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol-1；

C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol-1

则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为______．

（2）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中；

在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）

测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1．

①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ______KⅡ（填“＞”或“=”或“＜”）．

②一定温度下；在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡．

。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2；

cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍；要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为______．

（3）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2．在0～15小时内，CH4的平均生成速率I；II和III从大到小的顺序为______（填序号）．

（4）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图3．

①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是______．

②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸；写出有关的离子方程式：______．

12、某温度（t℃）时，水的Kw=10-13，则该温度（填“大于”或“小于”）____25℃，将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的硫酸溶液bL混合，若所得混合液的pH═2，则a：b=____．13、某研究性学习小组在实验室合成了一种物质A．

（1）经分析，A的相对分子质量不超过100，A中C、H的质量分数分别为：w（C）=69.76%，w（H）=11.63%，且完全燃烧后产物只有CO2和H2O．则A的摩尔质量为____．

（2）该兴趣小组同学对物质A结构进行了预测，其中不正确的是____（填序号）

A．可能含有一个碳环和一个醛基B．可能含有一个碳碳双键和一个羟基。

C．可能只含一个碳氧双键官能团D．可能是环状的醚。

（3）若A的核磁共振氢谱如下图所示，且A可以和金属钠反应生成H2，但不能在Cu作催化剂下被催化氧化．（提示：羟基与碳碳双键相连的结构不稳定）请根据以上信息写出A的结构简式____．

（4）A的某种同分异构体B分子中不含支链，能发生银镜反应．写出B发生银镜反应的化学方程式____．14、某二元酸(简写为H2A)溶液，按下式发生一级和二级电离：H2A═H++HA-，HA-⇌H++A2-

(1)常温下，Na2A溶液的pH____________7(用填空)“＞”；“=”或“＜”；理由是(用离子方程式表示)：____________；

(2)常温下，NaHA溶液的pH____________7(用填空)“＞”、“=”或“＜”，理由是(用离子方程式表示)：____________，此溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）16、提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干．____（判断对错）17、胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉____．（判断对错）18、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）19、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）20、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．21、1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA____（判断对错）22、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．23、红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析____．评卷人得分四、推断题(共4题，共36分)24、（2010春•上城区校级期中）A；B、C、D、E五种物质中含有同一种元素；其相互转化关系如图所示．其中A、B、C、D在常温下都是气体，B为红棕色．

（1）写出各下列物质的化学式：则A是____，D是____；

（2）写出下列反应的化学方程式：B→C____，E→C____．25、（15分）用于合成降血压药物奈必洛尔中间体G的部分流程如下：已知：乙酸酐的结构简式为请回答下列问题：（1）G物质中的含氧官能团的名称是、。（2）反应A→B的化学方程式为。（3）上述④、⑤变化过程的反应类型分别是、。（4）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：、Ⅰ．苯环上只有两种取代基。Ⅱ．分子中只有4种不同化学环境的氢。Ⅲ．能与NaHCO3反应生成CO2。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选）。。合成路线流程图示例如下：26、贝诺酯是由扑热息痛、阿司匹林经化学法拼合制备的解热镇痛抗炎药，其合成如下(反应条件略去)：（1）扑热息痛的分子式是_________________（2）下列叙述正确的是___________________A．生成贝诺酯的反应属于取代反应B．FeCl3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛C．常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛D．贝诺酯既是酯类物质，也是氨基酸（3）1mol阿司匹林最多可跟________mol的H2反应。（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式________________________。（5）病人服用贝诺酯或阿司匹林，都能在消化液的作用下发生水解反应，且有两种产物相同，其中属芳香族化合物的结构简式是_______________________________________。（6扑热息痛可由对氨基苯酚和乙酸酐[(CH3CO)2O]在一定条件下制备，写出其反应的化学方程式____________________________________________________________________。27、已知：相同的两种元素组成的四种微粒rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的质子数依次增多，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的电子数如表rm{(A}rm{B}rm{C}rm{D}有两组可能rm{)}且rm{D}中的电子数等于质子数rm{.}其中rm{B_{1}}的沸点比rm{B_{2}}高rm{.}

试回答下列问题：

rm{(1)}上述两组八种微粒的组成元素中，原子序数处在中间的元素在元素周期表的位置是_________________；rm{D_{2}}的电子式为：_____________________

rm{(2)}写出rm{B_{1}}转化为rm{A_{1}}rm{C_{1}}的方程式：____________________；液态的rm{B_{2}}与rm{Na}反应的方程式：____________________

rm{(3)垄脵}亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}主要可用于棉纺、造纸业做漂白剂，也用于食品消毒、水处理等，制备亚氯酸钠，可以将rm{ClO_{2}}气体通入rm{D_{1}}和rm{NaOH}的混合液中，请写出制备方程式_________________，其中rm{D_{1}}的作用是____________________；

rm{垄脷}利用rm{垄脵}中原理制备出rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}晶体的试样，可以用“间接碘量法”测定试样rm{(}不含能与rm{I^{-}}发生反应的氧化性杂质rm{)}的纯度，过程如下rm{(}已知：rm{I_{2}+2S_{2}O_{3}^{2}隆楼=S_{4}O_{6}^{2}隆楼+2I隆楼)}

步骤一的离子方程式为____________________；步骤二的指示剂是___________________；步骤三中出现___现象时，达到滴定终点；计算该试样中rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}的质量百分数为___评卷人得分五、其他(共2题，共6分)28、复合材料在航空、航天领域中有重要的应用，请举例说明。29、（10分）以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：已知：①A的相对分子质量小于110，其中碳的质量分数约为0.9。②同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮：③C可发生银镜反应。请根据以上信息回答下列问题：（1）A的化学式为____；A→B的反应类型是。（2）由B生成C的化学方程式为；该反应过程中生成的不稳定中间体的结构简式应是。（3）D的结构简式为，D的同分异构体中含有苯环且水解产物之一为乙酸的有______种，写出其中的一种结构简式：。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】根据物理知识的原理，可知U形管内液体慢慢右移说明容器内压强比外界压强大，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，说明压强又变回原来相等，根据热涨冷缩现象，导致压强变化，但不能产生气体．【解析】【解答】解：A；过氧化钠溶于水放出热量并生成氧气；使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故A错误；

B；氧化钠与水反应放出热量；使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，故B正确；

C；钠加入水中放热并生成氢气；使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故C错误；

D；钾加入水中放热并生成氢气；使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故D错误．

故选B．2、D【分析】【分析】合金是指金属和金属或者非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答；【解析】【解答】解：A．青铜石Cu-Sn的合金；故A错误；

B．硬铝是铝；铜、镁和硅的合金；故B错误；

C．不锈钢是和镍等元素的合金；故C错误；

D．金刚石是碳的一种单质；不属于合金，故D正确；

故选：D．3、D【分析】【分析】A．胶体是均一稳定的分散系；

B．胶体不一定透明；

C．胶体是一种均一；稳定的分散系；

D．胶粒能透过滤纸．【解析】【解答】解：A．胶体是均一稳定的分散系；外观均匀，故A错误；

B．胶体是一种均一；稳定的分散系；但不一定透明，故B错误；

C．胶体较稳定；静止不容易产生沉淀，故C错误；

D．胶体能透过滤纸；故D正确．

故选D．4、B【分析】试题分析：A、碳酸钠与少量的盐酸反应生成碳酸氢钠，与过量的盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠与二氧化碳之间可以相互转化，正确；B、Fe无论与少量还是过量的氯气反应都只生成氯化铁，Y、Z是一种物质，错误；C、氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙分解生成碳酸钙，正确；D、氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，正确，答案选B。考点：考查物质之间的相互转化【解析】【答案】B5、B【分析】解：在氧气中充分燃烧生成rm{CO_{2}}与水蒸气在同温同压下的体积比等于物质的量之比，均为rm{4}rm{3}所以rm{CO_{2}}与水蒸气的物质的量之比为rm{2}rm{3}设分子式为rm{C_{2n}H_{3n}O_{x}}如果rm{x=0}则rm{n=3.19}不符合题意；如果rm{x=1}则rm{n=2.59}不符合题意；如果rm{x=2}则rm{n=2}符合题意；如果rm{x=3}则rm{n=1.4}不符合题意；如果rm{x=4}则rm{n=0.81}不符合题意；所以有机化合物分子式为rm{C_{4}H_{6}O_{2}}可能是酸也可能是酯，所以碳架结构为：rm{垄脵C_{3}H_{5}COOH}rm{垄脷C_{3}H_{5}OOCH}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}

故选B．

在氧气中充分燃烧生成rm{CO_{2}}与水蒸气在同温同压下的体积比等于物质的量之比，均为rm{4}rm{3}所以rm{CO_{2}}与水蒸气的物质的量之比为rm{2}rm{3}设分子式为rm{C_{2n}H_{3n}O_{x}}如果rm{x=0}则rm{n=3.19}不符合题意；如果rm{x=1}则rm{n=2.59}不符合题意；如果rm{x=2}则rm{n=2}符合题意；如果rm{x=3}则rm{n=1.4}不符合题意；如果rm{x=4}则rm{n=0.81}不符合题意；所以有机化合物分子式为rm{C_{4}H_{6}O_{2}}可能是酸也可能是酯，由此分析解答．

本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握讨论法、质量守恒在确定有机物分子式中的应用方法．【解析】rm{B}6、A【分析】【分析】A；氯化亚铁溶液中水解生成氢氧化亚铁和氯化氢；加热蒸干氯化氢挥发促进水解，生成的氢氧化亚铁被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，灼烧得到氧化铁；

B；铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁；

C；灼热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；

D、加热蒸干Fe2（SO4）3溶液，硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁，加热蒸干，硫酸是难挥发性酸，水挥发，得到硫酸铁固体；【解析】【解答】解：A；氯化亚铁溶液中水解生成氢氧化亚铁和氯化氢；加热蒸干氯化氢挥发促进水解得到水解产物氢氧化亚铁，生成的氢氧化亚铁被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，产物由氧化铁，故A正确；

B；铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁；不能生成氧化铁，故B错误；

C；灼热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；不能生成氧化铁，故C错误；

D、加热蒸干Fe2（SO4）3溶液；硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁，加热蒸干，硫酸是难挥发性酸，水挥发，得到硫酸铁固体，不能得到氧化铁，故D错误；

故选A．7、B【分析】【分析】既有氧化性又具有还原性，说明该微粒中元素的化合价处于中间价态，既能失电子又能得电子，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．铜离子中铜元素处于最高价态；只能得电子，所以只有氧化性，故A错误；

B．氯气中氯元素化合价为0价；处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故B正确；

C．铁单质中Fe元素化合价为最低价态；只能失电子，所以只有还原性，故C错误；

D．硫离子中硫元素就处于最低价态；只能失电子，所以只有还原性，故D错误；

故选B．二、填空题(共7题，共14分)8、提高原料的利用率，减少污染物的排放3.2～4.7【分析】【分析】①氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸；

②Fe3+易水解，为利用溶液的蒸发浓缩，应尽量用浓溶液；【解析】【解答】解：①氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸；在步骤a中，需要通入氧气和水，有利于提高原料的利用率，减少污染物的排放；

故答案为：提高原料的利用率；减少污染物的排放；

②向溶液中加入CuO，调节溶液的pH目的是铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知PH应为：3.2～4.7，故答案为：3.2～4.7．9、90g/molC3H6O3-COOH-OH4【分析】【分析】（1）相同条件下；气体的相对分子质量之比等于密度之比；

（2）浓硫酸吸收水；碱石灰可以吸收二氧化碳，根据质量守恒判断是否含有氧元素，再根据元素守恒来确定有机物的分子式；

（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳；-OH；-COOH和金属钠发生化学反应生成氢气，根据生成气体物质的量判断含有的官能团；

（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子；峰面积之比等于氢原子的数目之比；

（5）结合A的分子式、含有的官能团确定A的结构简式．【解析】【解答】解：（1）有机物质的密度是相同条件下H2的45倍；所以有机物质的摩尔质量=45g/mol×2=90g/mol，故答案为：90g/mol；

（2）9.0gA的物质的量==0.1mol，浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n（H2O）==0.3mol，所含有n（H）=0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m（CO2）是13.2g，n（CO2）==0.3mol，所以n（C）=0.3mol，n（A）：n（C）：n（H）=0.1mol：0.3mol：0.6mol=1：3：6，则有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数==3，即分子式为：C3H6O3，故答案为：C3H6O3；

（3）9.0gA的物质的量为0.1mol，A和碳酸氢钠反应说明A中含有羧基，生成2.24LCO2（标准状况），n（CO2）==0.1mol；所以含有一个羧基；

醇羟基和羧基都可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），n（H2）==0.1mol；羧基或羟基与钠反应生成氢气时，羧基或羟基的物质的量与氢气的物质的量之比为2：1，A与钠反应时，A的物质的量与氢气的物质的量之比是1：1，则说明A中除了含有一个羧基外还含有一个羟基，故答案为：-COOH；-OH；

（4）根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值；则含4种类型的等效氢原子，故答案为：4；

（5）根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3：1：1：1，所以结构简式为：故答案为：．10、为还原铁矿石提供热量1：2CO+2H2=CH3OH原子利用率为100%2CO+4H2=CH3OCH3+H2O3CO+3H2=CH3OCH3+CO2可行，因为原料易得、原料利用率高、中间产物能有效地循环利【分析】【分析】（1）甲烷与氧气反应放出大量热；根据反应方程式判断；

（2）①氢气与一氧化碳反应生成甲醇；根据原子守恒书写；

②以CO、H2为原料生成二甲醚；同时生成二氧化碳或水，根据原子守恒书写；

（3）图中所示流程联合生产甲醇、二甲醚、生铁是可行的，从原料利用率等方面分析．【解析】【解答】解：（1）甲烷与氧气反应放出大量热，所以向燃烧室中通入甲烷与氧气的目的是为还原铁矿石提供热量；甲烷在点燃条件下燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，所以最佳体积配比V（CH4）：V（O2）为1：2；

故答案为：为还原铁矿石提供热量；1：2；

（2）①氢气与一氧化碳反应生成甲醇，其反应的方程式为：CO+2H2=CH3OH；反应物全部转化为目标产物；所以该反应的原子利用率为100%；

故答案为：CO+2H2=CH3OH；原子利用率为100%；

②以CO、H2为原料生成二甲醚，同时生成二氧化碳或水，根据原子守恒书写其反应的方程式为：2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；3CO+3H2=CH3OCH3+CO2；

故答案为：2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；3CO+3H2=CH3OCH3+CO2；

（3）图中所示流程联合生产甲醇；二甲醚、生铁是可行的；因为原料为甲烷、氧气等容易得到、从反应方程式可知原料利用率高、中间产物能有效地循环利用；

故答案为：可行，因为原料易得、原料利用率高、中间产物能有效地循环利用．11、Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJ/mol＞0.4＜n（c）≤1molII＞III＞I300℃～400℃3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O【分析】解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ/mol①

C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol②

由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJ/mol；

故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJ/mol；

（2）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=可知，平衡常数越小，故KⅠ＞KⅡ；

故答案为：＞；

②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）

初始：1300

平衡：1-x3-3xxx

甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍；即（4-2x）÷4=0.8，解得：x=0.4mol；

依题意：甲；乙为等同平衡；且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4＜n（c）≤1mol；

故答案为：0.4＜n（c）≤1mol；

（3）由图2可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅲ）＜△n（Ⅱ），故在0～15h内，CH4的平均生成速率v（Ⅱ）＞v（Ⅲ）＞v（Ⅰ）；

故答案为：II＞III＞I；

（4）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，故以后乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸主要取决于温度影响的范围为300℃～400℃；

故答案为：300℃～400℃；

②Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O．

（1）根据盖斯定律；由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；

（2）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=判断；

②根据平衡三部曲求出甲中平衡时各气体的物质的量；然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围；

（3）相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小．由图2可知反应开始后的15小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；Ⅲ次之，Ⅰ最少；

（4）①根据温度对催化剂活性的影响可知在300℃时失去活性；故得出乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围；

②先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3；再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性．

本题主要考查了热化学方程式的计算与书写、电极反应的书写、化学平衡的计算及氧化还原反应方程式的书写等知识，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力、化学计算能力．【解析】Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJ/mol＞0.4＜n（c）≤1molII＞III＞I300℃～400℃3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O12、大于9：2【分析】【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大；强酸和强碱混合溶液pH═2，说明酸中c（H+）大于碱中c（OH-）；根据混合溶液中c（H+）进行计算．【解析】【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，某温度时，水的离子积KW=1×10-13＞×10-14，所以则该温度＞25℃；此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的硫酸溶液bL混合，若所得混合液的pH═2可知酸中c（H+）大于碱中c（OH-）；混合后c（H+）==0.01，解得a：b=9：2．

故答案为：大于；9：2．13、86g/molACH3CH2CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O【分析】【分析】（1）A分子中w（C）=69.76%，w（H）=11.63%，则O的质量分数为1-69.76%-11.63%=18.61%，相对分子质量不超过100，则O原子最大数目==1.2，故含1个O原子，则A的相对分子质量==86；

（2）有机物分子中C原子数目为=5，H原子数目为=10，故有机物分子式为C5H10O；

（3）由A的核磁共振氢谱可知其分子中有4种氢原子，其个数比为1：2：1：6，含2个-CH3，能与金属钠反应生成H2，说明含-OH，不能被催化氧化，说明-OH所连碳原子上无H，且-OH不与双键碳相连，故A的结构简式为：

（4）A的某种同分异构体B分子中不含支链，能发生银镜反应，则B的结构中含醛基，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CHO．【解析】【解答】解：（1）A分子中w（C）=69.76%，w（H）=11.63%，则O的质量分数为1-69.76%-11.63%=18.61%，相对分子质量不超过100，则O原子最大数目==1.2，故含1个O原子，则A的相对分子质量==86；故A的摩尔质量为86g/mol，故答案为：86g/mol；

（2）有机物分子中C原子数目为=5，H原子数目为=10，故有机物分子式为C5H10O，不饱和度为=1；可能含有一个碳碳双键和一个羟基，可能只含一个碳氧双键官能团，也可能是环状的醚，不可能含有一个碳环和一个醛基，故选：A；

（3）由A的核磁共振氢谱可知其分子中有4种氢原子，其个数比为1：2：1：6，含2个-CH3，能与金属钠反应生成H2，说明含-OH，不能被催化氧化，说明-OH所连碳原子上无H，且-OH不与双键碳相连，故A的结构简式为：故答案为：

（4）A的某种同分异构体B分子中不含支链，能发生银镜反应，则B的结构中含醛基，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CHO，发生银镜反应的化学方程式：CH3CH2CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；

故答案为：CH3CH2CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O．14、略

【分析】解：(1)由HA-⇌H++A2-可知，Na2A溶液中存在A2-+H2O⇌HA-+OH-，导致c(OH-)＞c(H+)；溶液呈碱性，pH＞7；

故答案为：＞；A2-+H2O⇌HA-+OH-；

(2)第一步完全电离，则NaHA溶液中主要存在HA-的电离，发生HA-⇌A2-+H+，溶液呈酸性，溶液中存在c(Na+)＞c(HA-)由于的电离程度较小，则c(HA-)＞c(H+)，由于溶液中还存在水的电离c(H+)＞c(A2-)，则离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)．

故答案为：＜；HA-⇌A2-+H+；c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)．【解析】＞;A2-+H2O⇌HA-+OH-;＜;HA-⇌A2-+H+;c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)三、判断题(共9题，共18分)15、×【分析】【分析】氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，据此判断．【解析】【解答】解：氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，例如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl元素的化合价由0升高为+1价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，1molCl2参加反应转移电子数为NA；

1molCl2与铁反应生成氯化铁，氯气全部做氧化剂，1molCl2参加反应转移电子数为2NA；

所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA．

故错误．16、√【分析】【分析】蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，据此解答即可．【解析】【解答】解：提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干，符合蒸发操作要求，故此说法正确，故答案为：√．17、√【分析】【分析】胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉．【解析】【解答】解：胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应；胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象；胶体能发生聚沉现象，故答案为：√．18、×【分析】【分析】根据苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入适量溴水，苯与溴水不反应，已烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离，故答案为：×；19、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，而不是13C，故答案为：×．20、√【分析】【分析】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）重金属能使蛋白质变性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√；

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误；

故答案为：×．

（3）重金属能使蛋白质变性；对人类健康有害；

故答案为：√；

藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华；

故答案为：√．21、×【分析】【分析】硫酸钾由K+和SO42-构成，结合离子化合物的构成判断．【解析】【解答】解：硫酸钾由K+和SO42-构成，1mol硫酸钾中含有1molSO42-，阴离子所带电荷数为2NA；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．23、√【分析】【分析】红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量；所以红外光谱仪；核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析；故说法正确；

故答案为：√．四、推断题(共4题，共36分)24、N2NH33NO2+H2O=2HNO3+NO8HNO3+3Cu=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O【分析】【分析】B为红棕色，应为NO2，根据框图转化，可以找到满足条件的物质分别是：A：N2，B：NO2，C：NO，D：NH3，E：HNO3，以此解答该题．【解析】【解答】解：B为红棕色，应为NO2，根据NO2的性质可知NO2反应能分别生成NO和HNO3，则C应为NO，E为HNO3，NO2可与水反应生成

NO，稀HNO3可与Cu反应生成NO，含N元素物质中能生成NO的还有N2和NH3，其中N2和氢气反应还可生成NH3；

则分别是：A：N2，B：NO2，C：NO，D：NH3，E：HNO3；

（1）由以上分析可知A为N2，D为NH3，故答案为：N2；NH3；

（2）NO2可与水反应生成NO，方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，稀HNO3可与Cu反应生成NO；

反应的方程式为8HNO3+3Cu=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；8HNO3+3Cu=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O．25、略

【分析】试题分析：（1）根据物质的结构简式可知在G物质中的含氧官能团的名称是羧基、醚键；（2）A与乙酸酐发生酯化反应产生B，该反应的化学方程式为（3）是D与氢气发生加成反应产生E,上述④是加成反应，物质与氢气的加成反应也叫还原反应；E与浓硫酸混合加热发生消去反应产生F：所以⑤变化过程的反应类型是消去反应；（4）满足条件Ⅰ．苯环上只有两种取代基；Ⅱ．分子中只有4种不同化学环境的氢；Ⅲ．能与NaHCO3反应生成CO2的C的同分异构体的结构简式有：（5）以和乙酸酐为原料制备的合成路线流程图是考点：考查有机物的结构、性质、反应类型、官能团的名称、化学方程式和同分异构体的书写的知识。【解析】【答案】（1）羧基、醚键（各1分）（2分）（3）加成（或还原）反应、消去反应（各1分）（4）（各2分）（5）（5分）26、略

【分析】试题分析：（1）观察扑热息痛的的结构简式，可以确定其分子式为C8H9O2N；（2）生成贝诺酯的反应原理是：阿司匹林羧基脱去的羟基与扑热息痛羟基脱去的氢原子结合生成水，二者的其余部分结合成贝诺酯，因此该反应属于取代反应或酯化反应，故A正确；阿司匹林的官能团只有羧基、酯基，扑热息痛的官能团是酚羟基和肽键，前者遇氯化铁溶液无明显变化，后者遇氯化铁溶液显紫色，则氯化铁溶液是鉴别二者的最佳试剂之一，故B正确；贝诺酯的官能团是酯基、肽键，扑热息痛的官能团是酚羟基和肽键，羟基比酯基亲水，则常温下贝诺酯在水中溶解度小于扑热息痛，故C正确；贝诺酯的官能团是酯基、肽键，不含氨基和羧基，因此不属于氨基酸，具有酯类和二肽类有机物的结构，故D错误；（3）1mol阿司匹林含有1mol羧基、1mol苯环、1mol酯基和1mol甲基，其中羧基、酯基、甲基都不能与氢气发生加成反应，只有苯环与3mol氢气能发生加成反应变为环己烷结构，则1mol阿司匹林最多能与3mol氢气发生加成反应；（4）1mol阿司匹林与1mol水完全反应可生成1mol邻羟基苯甲酸、1mol乙酸，1mol邻羟基苯甲酸最多与2molNaOH反应，1mol乙酸最多与1molNaOH反应，因为羧基和酚羟基都能与NaOH发生中和反应，则1mol阿司匹林能与3molNaOH溶液共热反应；（5）阿司匹林水解可生成邻羟基苯甲酸、乙酸，贝诺酯水解可生成邻羟基苯甲酸、乙酸、对羟基苯胺，前者的水解产物无对羟基苯胺，则二者水解产物都含有邻羟基苯甲酸、乙酸，邻羟基苯甲酸属于芳香族化合物；（6）对羟基苯胺氨基中的氢原子与乙酸酐中的CH3COO—结合生成乙酸，二者的其余部分结合生成扑热息痛，该反应属于取代反应。考点：考查有机合成和推断，涉及推断有机物的分子式、官能团与性质、耗H2量、化学方程式、结构简式等。【解析】【答案】（16分）（1）C8H9O2N（2分）（2）ABC（3分，错选或漏选1个扣1分）（3）3（2分）（4）（5）（6）27、（1）第二周期第VA族

（2）2H2O⇌OH-+H3O+2Na+2NH3(l)=2NaNH2+H2↑

（3）①2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2还原剂

②ClO2-+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O淀粉溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色90.3%【分析】【分析】本题考查物质推断、化学用语、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度较大，推断物质是解题的关键，注意掌握常见rm{10}电子、rm{18}电子微粒。电子、rm{10}电子微粒。rm{18}【解答】相同的两种元素组成的四种微粒rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的质子数依次增多，rm{A}rm{B}rm{C}都是rm{10}电子，rm{D}为rm{18}电子，应是rm{H}与rm{O}或rm{H}与rm{N}形成的微粒，rm{H}与rm{O}形成的微粒rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}为分别为：rm{OH}rm{A}rm{B}的质子数依次增多，rm{C}rm{D}rm{A}都是rm{B}电子，rm{C}为rm{10}电子，应是rm{D}与rm{18}或rm{H}与rm{O}形成的微粒，rm{H}与rm{N}形成的微粒rm{H}rm{O}rm{A}rm{B}为分别为：rm{C}rm{D}rm{OH}rm{{,!}^{-}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{H}rm{O}rm{H}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}^{+}}与、rm{H}形成的微粒rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}为分别为：rm{{,!}_{2}}，rm{H}与rm{N}形成的微粒rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}为分别为：rm{NH}rm{H}rm{N}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{NH}rm{{,!}_{2}^{-}}、rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}、rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}、rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}，rm{B}rm{B}

rm{{,!}_{1}}与的沸点比rm{B}形成的微粒为第一组，则：rm{B}rm{{,!}_{2}}高，故Brm{{,!}_{1}}为rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{B}rm{O}rm{B}rm{{,!}_{2}}为rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}，故：rm{H}与rm{O}形成的微粒为第一组，则：rm{A}rm{H}rm{O}rm{A}rm{{,!}_{1}}为rm{OH}rm{OH}

rm{{,!}^{-}}与，rm{B}形成的微粒为第二组，则：rm{B}rm{{,!}_{1}}为rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{C}rm{O}rm{C}rm{{,!}_{1}}为rm{H}rm{H}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}^{+}}，rm{D}rm{D}rm{{,!}_{1}}为rm{H}

rm{H}原子序数处在中间为rm{{,!}_{2}}元素，rm{O}原子有rm{O}个电子层，最外层电子数为rm{{,!}_{2}}处于周期表中第二周期第；族，

rm{H}与rm{N}形成的微粒为第二组，则：rm{A}rm{H}rm{N}rm{A}rm{{,!}_{1}}为rm{NH}rm{NH}原子之间形成rm{{,!}_{2}^{-}}对共用电子对，，rm{B}原子与rm{B}原子之间形成rm{{,!}_{2}}对共用电子对，为rm{NH}原子各有rm{NH}对孤对电子对，电子式为：rm{{,!}_{3}}

，rm{C}族；rm{C}

rm{{,!}_{2}}水电离生成为rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}，rm{D}rm{D}rm{{,!}_{2}}为rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}；rm{(1)}原子序数处在中间为rm{N}元素，rm{N}原子有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{5}处于周期表中第二周期第rm{VA}族，rm{(1)}

rm{N}与