2025年沪科版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版高二化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、下列物质分类不正确的是A.氧化铝属于氧化物B.漂白粉属于混合物C.纯碱属于碱类D.淀粉属于天然高分子化合物2、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成rm{H_{2}}的总量；可向盐酸中加入适量的()

A.rm{NaOH(}rm{s}rm{)}B.rm{N}rm{a}rm{{,!}_{2}SO_{4}}溶液C.rm{KNO_{3}}溶液D.rm{C}rm{u}rm{SO_{4}(}rm{s}rm{)}3、下列有机物命名正确的是A.rm{1}rm{3}rm{4-}三甲苯B.rm{2}rm{3}rm{4-}三甲基己烷C.rm{2-}甲基rm{-1-}丙醇D.rm{2-}甲基rm{-3-}丁炔4、关于盐类水解反应的说法正确的是()A.溶液呈中性的盐一定是强酸与强碱生成的盐B.含有弱酸根离子的盐的水溶液一定呈碱性C.盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸、碱电离程度的相对大小D.Na2S水解的离子方程式为：S2－+2H2OH2S+2OH-5、若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化．在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是（）A.氢键范德华力非极性键B.氢键氢键极性键C.氢键极性键范德华力D.范德华力氢键非极性键6、有5种物质：①邻二甲苯②环己烯③苯④聚乙烯⑤2-丁炔，其中既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能发生化学反应使溴水褪色的是（）A.①②B.②③C.②⑤D.④⑤7、某地区空气污染物指数为：rm{SO_{2}}rm{78}rm{NO_{2}}rm{43}可吸入颗粒物rm{153.}下列说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.该地区的空气污染指数为rm{153}B.该地区的空气污染指数为rm{274}C.该地区空气质量等级为重度污染D.首要污染物为rm{SO_{2}}8、下列各组有机化合物中，肯定属于同系物的一组是rm{(}rm{)}A.rm{C_{3}H_{6}}与rm{C_{5}H_{10}}B.rm{C_{4}H_{6}}与rm{C_{5}H_{8}}C.rm{CH_{4}O}与rm{C_{2}H_{6}O}D.rm{CH_{2}O}与rm{CH_{3}CHO}9、在恒容密闭容器中通入rm{X}并发生反应：rm{2X(g)?Y(g)}温度rm{T_{1}}rm{T_{2}}下rm{X}的物质的量浓度rm{c(X)}随时间rm{t}变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是。

A.rm{M}点的rm{v_{脮媒}}小于rm{N}点的rm{v_{脛忙}}B.rm{M}点时；升高温度平衡逆向移动。

C.rm{T_{2}}下，在rm{0-t_{1}}时间内，rm{v(X)=}rm{tfrac{b}{{{t}_{1}}}}rm{mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}

D.rm{W}点时再加入一定量rm{Y}平衡后rm{Y}的体积分数减小评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（8分）现有甲、乙、丙、丁四种晶胞（如图所示），可推知：甲晶体中A与B的离子个数比为；乙晶体的化学式为；丙晶体的化学式为______；丁晶体的化学式为______。11、从①盐析、②聚沉、③溶胶、④凝胶、⑤布朗运动、⑥电泳、⑦丁达尔效应、⑧中和、⑨水解中，选出适当的序号填入下列每小题后面的空格中：(1)在浓肥皂水中加入饱和食盐水，肥皂凝聚，这种现象称为________。(2)在肥皂水中透过强光，可见到光带，这种现象称为________。(3)在肥皂水中加入酚酞变为红色，说明高级脂肪酸根离子发生了____________。(4)在Fe(OH)3胶体中加入(NH4)2SO4，产生红褐色沉淀，这种现象叫做______________。(5)在水泥厂和冶金厂常用高压电对气溶胶作用，除去大量烟尘，以减小对空气的污染。这种做法应用的主要原理是___________________________________________________。12、肼（N2H4）-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．肼-空气燃料电池放电时：负极的电极反应式：______，正极的电极反应式：______．13、已知：在室温时H2OH++OH-KW=10-14CH3COOHH++CH3COO－Ka=1.8×10-5（1）取适量醋酸溶液，加入少量醋酸钠固体，此时溶液中C（H+）与C（CH3COOH）的比值________________（填“增大”或“减小”或“不变”）（2）醋酸钠水解的离子方程式为____________。当升高温度时，C(OH—)将____（填“增大”“减小”“不变”）；（3）0．5mol·L-1醋酸钠溶液pH为m，其水解的程度（已水解的醋酸钠与原有醋酸钠的比值）为a；1mol·L-1醋酸钠溶液pH为n，水解的程度为b，则m与n的关系为________，a与b的关系为____（填“大于”“小于”“等于”）；（4）将等体积等浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________。（5）若醋酸和氢氧化钠溶液混合后pH<7，则c（Na+）_______________c（CH3COO－）（填“大于”、“小于”或“等于”），（6）室温时，若由pH＝3的HA溶液V1mL与pH＝11的NaOH溶液V2mL混合，则下列说法____的是____________。A．若反应后溶液呈中性，则c（H+）+c（OH－）＝2×10－7mol·L－1B．若V1=V2，反应后溶液pH一定等于7C．若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2D．若反应后溶液呈碱性，则V1一定小于V2（7）在某溶液中含Mg2+、Cd2+、Zn2+三种离子的浓度均为0.01mol·L-1。向其中加入固体醋酸钠后测得溶液的C(OH-)为2.2×10-5mol·L-1，以上三种金属离子中____能生成沉淀，原因是________________。（KSP［Mg（OH）2］=1.8×10-11、KSP［Zn（OH）2］=1.2×10-17、KSP［Cd（OH）2］=2.5×10-14）（8）取10mL0.5mol·L-1盐酸溶液，加水稀释到500mL，则该溶液中由水电离出的c（H+）=________mol/L。14、（1）AgNO3的水溶液常温时的pH____7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：____实验室在配制AgNO3的溶液时为了抑制其水解，常将AgNO3固体先溶于较浓的____中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度．

（2）把FeCl3溶液加热蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____．

（3）比较下列溶液的pH值（填＞．＜．=）

①0.1mol•Lˉ1NH4Cl溶液____0.01mol•Lˉ1NH4Cl溶液。

②0.1mol•Lˉ1Na2CO3溶液____0.1mol•Lˉ1NaHCO3溶液。

（4）常温下有一pH为12的NaOH的溶液100mL；如果将其pH降为11，那么。

①若用pH=10的NaOH溶液应加入____mL

②若用pH=2的盐酸应加入____mL．15、第4周期元素中，4p轨道半充满的是________（写元素符号，下同），3d轨道半充满的是____________，4s轨道半充满的是______________，价层中s电子数与d电子数相同的是______。16、写出NaHCO3在水溶液中所发生的电离与水解反应的离子方程式，____________并写出溶液中的电荷守恒的表达式____溶液中的物料守恒(即原子守恒)的表达式____17、（9分）．有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中A、C、B属于同一周期，且原子序数依次增大；A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有两个不成对的电子；D、E原子核内各自的质子数与中子数相等；B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7∶8，E与B的质量比为1∶1。试回答：(1)写出D元素基态原子的电子排布式：____________________________________。(2)写出AB2的路易斯结构式为：__________________。(3)B、C两元素的第一电离能大小关系为________>________(填元素符号)。(4)根据VSEPR模型预测C的氢化物的立体结构为________，中心原子C的轨道杂化类型为________。(5)C的单质分子中π键的数目为________，B、D两元素的气态氢化物的稳定性大小关系为________>________(填化学式)。18、rm{(1)}根据rm{VSEPR}模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是rm{A}rm{SO_{3}^{2-}}和rm{NO_{2}^{-;;;}}B、rm{NO_{3}^{-}}和rm{SO_{3;;;}}rm{C}rm{H_{3}O^{+}}和rm{C}rm{l}rm{O_{3}^{-;;;}}D、rm{PO_{4}^{3-}}和rm{SO_{3}^{2-}}rm{(2)C}rm{a}rm{F_{2}}的晶胞如图所示．rm{垄脵}下列有关rm{C}rm{a}rm{F_{2}}的表达正确的是______rm{a}rm{.C}rm{a}rm{{,!}^{2+}}与rm{F^{-}}间仅存在静电吸引作用rm{b}rm{.F^{-}}的离子半径小于rm{C}rm{l}rm{{,!}^{-}}则rm{C}rm{a}rm{F_{2}}的熔点高于rm{C}rm{a}rm{C}rm{l}rm{{,!}_{2}}rm{c}rm{.}阴、阳离子比为rm{2}rm{1}的离子化合物，均与rm{C}rm{a}rm{F_{2}}晶体构型相同rm{d}rm{.C}rm{a}rm{F_{2}}中的化学键为离子键，因此rm{C}rm{a}rm{F_{2}}在熔融状态下能导电rm{垄脷C}rm{a}rm{F_{2}}难溶于水，但可溶于含rm{A}rm{l}rm{{,!}^{3+}}的溶液中，原因是用离子方程式表示，已知rm{[A}rm{l}rm{F_{6}]^{3-}}在溶液中可稳定存在rm{垄脹}晶胞中rm{F^{-}}的配位数是______，与一个rm{C}rm{a}rm{{,!}^{2+}}等距离且最近的rm{C}rm{a}rm{{,!}^{2+}}有______个rm{(3)}铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示。电离能rm{/}rm{k}rm{J?}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}rm{I_{1}}rm{I_{2}}铜rm{746}rm{1958}锌rm{906}rm{1733}rm{垄脺}写出rm{C}rm{u}原子核外电子排布式____；rm{垄脻}铜的第一电离能rm{(I_{1})}小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能rm{(I_{2})}却大于锌的第二电离能，其主要原因是____．评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)19、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__________________________________．20、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__________________________________．21、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。22、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、推断题(共3题，共24分)23、A、rm{B}rm{C}rm{D}是四种短周期元素，rm{E}是过渡元素rm{.A}rm{B}rm{C}同周期，rm{C}rm{D}同主族，rm{A}的原子结构示意图为：rm{B}是同周期第一电离能最小的元素，rm{C}的最外层有三个单电子，rm{E}的外围电子排布式为rm{3d^{6}4s^{2}.}回答下列问题：

rm{(1)}写出下列元素的符号：rm{A}______；rm{B}______；rm{C}______；rm{D}______．

rm{(2)}用化学式表示：上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是______；碱性最强的是______．

rm{(3)}用元素符号表示：rm{D}所在周期rm{(}除稀有气体元素外rm{)}第一电离能最大的元素是______；电负性最大的元素是______．

rm{(4)D}的氢化物比rm{C}的氢化物的沸点______rm{(}填“高”或“低”rm{)}原因是______．

rm{(5)}用电子式表示rm{B}的硫化物的形成过程：______．24、化合物rm{G}是合成新农药茚虫威的重要中间体，以化合物为原料合成rm{G}工艺流程如下：rm{(1)}化合物rm{E}和rm{G}中含氧官能团的名称分别为____、____。rm{B隆煤C}的反应类型为____。rm{(2)D}的分子式为rm{C_{10}H_{9}O_{4}Cl}其结构简式为____。rm{(3)F}生成rm{G}的过程中可能生成副产物，其结构简式为____。rm{(4)}写出满足下列条件的rm{E}的一种同分异构体的结构简式____。rm{垄脵}能发生银镜反应；rm{垄脷}能发生水解反应，其水解产物之一能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；rm{垄脹}分子中只有rm{3}种不同化学环境的氢。rm{(5)}请以和rm{ClCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}为原料制备写出相应的合成路线流程图rm{(}无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干rm{)}25、位于短周期的四种元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}它们的原子序数依次增大，已知rm{A}rm{C}位于同一主族，rm{A}在周期表中原子半径最小rm{.B}rm{D}的最外层民子数相等，且rm{B}rm{D}的原子序数之和为rm{A}rm{C}原子序数之和的两倍rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}上述元素可以形成多种具有漂白性的物质；请写出任意两种物质的化学式：______，______；

rm{(2)C}与rm{D}形成rm{D}的最低价化合物的电子式：______；

rm{(3)}写出rm{C}与水反应的离子方程式：______；

rm{(4)A}rm{B}组成的物质rm{E}可形成甲、乙两种微粒，它们均有rm{10}个电子rm{.}写出rm{E}生成甲、乙的方程式：______．评卷人得分五、综合题(共2题，共6分)26、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．27、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、C【分析】本题考查物质的分类。掌握混合物、酸、碱等基本概念的含义是解题关键。A.氧化铝是有铝元素和氧元素构成的化合物；属于氧化物，故A正确；

B.漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙；属于混合物，故B正确；

C.纯碱是碳酸钠；属于盐，不是碱，故C错误；

D.淀粉的分子量很大；属于天然高分子化合物，故D正确。

故选C。【解析】rm{C}2、B【分析】略【解析】rm{B}3、B【分析】【分析】本题考查了考查有机物的命名，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。【解答】A.rm{1}rm{3}rm{4-}三甲苯，该命名中取代基的编号之和不是最小，正确命名应该为：rm{1}rm{2}rm{4-}三甲苯，故A错误；rm{1}rm{3}三甲苯，该命名中取代基的编号之和不是最小，正确命名应该为：rm{4-}rm{1}rm{2}三甲苯，故A错误；rm{4-}B.个碳原子的烷烃，，主链有rm{4}个碳原子的烷烃，rm{2}号碳上有rm{1}个甲基，号碳上有rm{4}个甲基，rm{2}号碳上有rm{1}个甲基rm{3}rm{1}号碳上有，个甲基rm{4}rm{1}，其名称为：rm{2}三甲基己烷rm{3}rm{4-}个碳原子，故为丁醇，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故，故B正确；在C.醇在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有rm{4}个碳原子，故为丁醇，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故rm{-OH}在rm{2}号碳原子上，故为rm{2-}丁醇，故C错误；号碳原子上，故为rm{4}丁醇，故C错误；

rm{-OH}个碳原子，故为丁炔，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在rm{2}号和rm{2-}号碳原子间有碳碳三键，在D.炔烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有rm{4}个碳原子，故为丁炔，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在rm{1}号和rm{2}号碳原子间有碳碳三键，在rm{3}号碳原子上有一个甲基，故名称为rm{3-}甲基rm{-1-}丁炔，故D错误。号碳原子上有一个甲基，故名称为rm{4}甲基rm{1}丁炔，故D错误。

rm{2}rm{3}【解析】rm{B}4、C【分析】【解析】试题分析：溶液呈中性的盐不一定是强酸强碱盐，可能是弱酸弱碱盐，如醋酸铵溶液呈中性，A错误；含有弱酸根离子的盐的水溶液不一定呈碱性，如醋酸铵溶液呈中性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，B错误；盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸、碱电离程度的大小，强酸弱碱盐溶液呈酸性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，弱酸弱碱盐水溶液酸碱性决定于形成盐的酸和碱电离程度的大小，C正确；S2-水解离子方程式为S2－+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，D错误。考点：盐类水解【解析】【答案】C5、B【分析】解：固态水中和液态水中含有氢键；当雪花→水→水蒸气主要是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键；

故选：B．

根据雪花→水→水蒸气的过程为物理变化；破坏的是分子间作用力，主要是氢键，水蒸气→氧气和氢气是化学变化，破坏的是化学键，为极性键．

本题考查氢键以及共价键，题目难度不大，要注意物质发生变化时粒子间的主要相互作用被破坏．【解析】【答案】B6、C【分析】解：①邻二甲苯与溴水不反应；故不选；

②环己烯中含碳碳双键；既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能发生化学反应使溴水褪色，故选；

③苯与溴水；高锰酸钾均不反应；故不选；

④聚乙烯与溴水；高锰酸钾均不反应；故不选；

⑤2-丁炔中含碳碳三键；既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能发生化学反应使溴水褪色，故选；

故选C．

含碳碳双键；三键的有机物既能使酸性高锰酸钾溶液褪色；又能发生化学反应使溴水褪色，以此来解答．

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，注意烯烃和炔烃的性质，题目难度不大．【解析】【答案】C7、A【分析】解：空气污染指数是为了方便公众对污染情况有个直观的认识，根据污染物的浓度计算出来的rm{.}一般而言；监控部门会监测数种污染物分别计算指数，并选取其中指数最大者为最终的空气污染指数．

空气质量指数rm{API}空气质量级别空气质量状况。

rm{0-50}Ⅰ优。

rm{51-100}Ⅱ良。

rm{101-150}Ⅲrm{{,!}_{1}}轻微污染。

rm{151-200}Ⅲrm{{,!}_{2}}轻度污染。

rm{201-250}Ⅳrm{{,!}_{1}}中度污染。

rm{251-300}Ⅳrm{{,!}_{2}}中度重污染。

rm{>300}Ⅴ重度污染。

A、该地区的空气污染指数为rm{153}故A正确；

B、该地区的空气污染指数为rm{153}故B错误；

C；该地区空气质量等级为轻度污染；故C错误；

D；首要污染物是可吸入颗粒物；故D错误；

故选A．

空气污染指数就是将常规监测的几种空气污染物浓度简化成为单一的概念性指数值形式，并分级表征空气污染程度和空气质量状况，适合于表示城市的短期空气质量状况和变化趋势rm{.}空气污染指数是为了方便公众对污染情况有个直观的认识，根据污染物的浓度计算出来的rm{.}一般而言；监控部门会监测数种污染物分别计算指数，并选取其中指数最大者为最终的空气污染指数．

本题考查了空气污染指数的理解和计算判断，主要是空气污染指数的计算方法的应用．【解析】rm{A}8、D【分析】解：rm{A.C_{3}H_{6}}与rm{C_{5}H_{10}}二者可能为相同或者环烷烃，结构不一定相似，所以二者不一定为同系物，故A错误；

B.rm{C_{4}H_{6}}与rm{C_{5}H_{8}}二者可能为炔烃或者二烯烃等，它们的结构不能确定，无法判断二者是否属于同分异构体，故B错误；

C.前者为甲醇；后者可能为二甲醚或乙醇，二者结构不一定相似，所以二者不一定互为同系物，故C错误；

D.rm{CH_{2}O}为甲醛，rm{CH_{3}CHO}为乙醛，二者结构相似，分子间相差rm{1}个rm{CH_{2}}原子团；所以二者一定互为同系物，故D正确；

故选D．

结构相似，在分子组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似；化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同；研究对象是有机物．

本题考查了同系物的判断，题目难度不大，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确同系物概念中结构相似的含义：如果含有官能团，含有的官能团的种类及数目一定相同．【解析】rm{D}9、B【分析】【分析】本题考查了化学反应速率与化学平衡图象的综合应用，分析清楚图像是关键，侧重对学生答题能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。根据“先拐先平”的原则可知，rm{T_{1}>T_{2}}温度越高rm{c(X)}越大，说明反应放热；rm{T_{2}}温度下的rm{V_{脮媒}}小于rm{T_{1}}温度下的rm{V_{脮媒}}因通入rm{X}并发生反应：rm{2X(g)}并发生反应：rm{X}rm{2X(g)}rm{?}所以两种温度下平衡前都有：rm{Y(g)}所以两种温度下平衡前都有：rm{V_{脮媒}>V_{脛忙}}据此分析。据此分析。【解答】根据“先拐先平”的原则可知，rm{Y(g)}温度越高rm{V_{脮媒}>V_{脛忙}}越大，说明反应放热；rm{T_{1}>T_{2}}温度下的rm{c(X)}小于rm{T_{2}}温度下的rm{V_{脮媒}}因通入rm{T_{1}}并发生反应：rm{V_{脮媒}}所以两种温度下平衡前都有：rm{X}A.rm{2X(g)?Y(g)}点是反应达到平衡状态rm{V_{脮媒}>V_{脛忙}}正逆反应速率相等rm{M}rm{(}点还未达到平衡rm{)}正反应速率大于逆反应速率rm{N}因通入rm{(}并发生反应：rm{)}所以rm{X}点正反应速率大于rm{2X(g)?Y(g)}点的正反应速率，故A错误；B.因反应放热，rm{M}点时，升高温度平衡逆向移动，故B正确；C.rm{N}rm{M}点时，升高温度平衡逆向移动rm{M}rm{T}时间内，rm{v(X)=dfrac{?c(X)}{?t}=dfrac{a-b}{{t}_{1}}mol/(L}rm{T}rm{{,!}_{2}}，故C错误；D.下，在rm{0-t}点时在rm{0-t}温度下达到平衡，rm{{,!}_{1}}再加入时间内，rm{v(X)=dfrac{?c(X)}{?t}=

dfrac{a-b}{{t}_{1}}mol/(L}达到平衡时，相当于增大压强，因rm{v(X)=dfrac{?c(X)}{?t}=

dfrac{a-b}{{t}_{1}}mol/(L}前化学计量数大于rm{?}前的化学计量数，所以rm{min)}的体积分数要增大，故D错误。故选B。rm{min)}【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】在晶胞中顶点处的原子只提供1/8，在棱上的上1/4，面上的是1/2，在体心的是1.所以甲中B原子共有8×1/8＝1，A是1，所以个数比是1︰1.同样计算可得出一中C、D的个数比2︰1，即化学式为C2D。以此类推，丙、丁分别为EF、XY2Z。【解析】【答案】1：1C2DEFXY2Z11、略

【分析】【解析】【答案】(1)①(2)⑦(3)⑨(4)②(5)⑥12、略

【分析】解：根据燃料电池的特点分析，产生环保，电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，燃料在负极失电子发性氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，在酸性条件下生成水，在碱性条件下生成氢氧根，所以正极反应为：O2+4e-+2H2O═4OH-，总反应减正极得到负极反应式：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑；

故答案为：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑；O2+4e-+2H2O═4OH-．

根据燃料电池的特点分析，产生环保，写出电池总反应，氧气在正极得电子发生还原反应，在酸性条件下生成水，在碱性条件下生成氢氧根，所以电极反应为：O2+4e-+2H2O═4OH-；总反应减正极得到负极反应式．

本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，注意电解质溶液的酸碱性，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．【解析】N2H4+4OH--4e-═4H2O+N2↑；O2+4e-+2H2O═4OH-13、略

【分析】试题分析：（1）因醋酸钠固体电离产生CH3COO-，c（CH3COO-）增大，使的平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+逆向移动，C（H+）减小，C（CH3COOH）增大，所以C（H+）与C（CH3COOH）的比值减小，故答案为：减小；（2）醋酸钠水解的离子方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，该反应是吸热反应，温度升高，溶液中氢氧根离子浓度增大，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；增大；（3）由于醋酸钠溶液中，醋酸钠的浓度越大，水解程度越小，但是溶液中的氢氧根离子的物质的量浓度反而越大，溶液的PH越大，所以m小于n，a大于b，故答案为：小于；大于；（4）醋酸为弱电解质，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），溶液中存在：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），则c（Na+）＞c（CH3COO-），故答案为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；（5）由于溶液的PH小于7，溶液中氢离子物质的量浓度大于氢氧根离子的浓度，氢离子主要是醋酸电离的，所以醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，故答案为：小于；（6）A、若反应后溶液呈中性，溶液中氢离子浓度=氢氧根离子浓度=1×10-7mol•L-1c（H+）+c（OH-）=2×10-7mol•L-1，故A说法正确；B、醋酸是弱电解质部分电离，醋酸的浓度大于氢氧化钠的浓度，若V1=V2，反应后溶液pH一定小于7，故B说法错误；C、若反应后溶液呈酸性，由于醋酸浓度大于氢氧化钠浓度，则V1≤V2，故C说法错误；D、若反应后溶液呈碱性，由于V1=V2溶液显示酸性，所以V1一定小于V2，故D说法正确；（7）溶液中氢氧根离子浓度是：[OH-]=2.2×10-5mol•L-1，根据[M2+][OH-]2=5×10-12（mol•L-1）3，由于5×10-12小于KSP[M（OH）2]=1.8×10-11，没有氢氧化镁沉淀生成，由于5×10-12大于KSP[Zn（OH）2]=1.2×10-17，有氢氧化锌淀生成，由于5×10-12大于KSP[Cd（OH）2]=2.5×10-14，有Cd（OH）2沉淀生成，故答案为：Cd2+、Zn2+；（8）稀释后溶液中的氢离子浓度是：c（H+）=0.5mol•L−1×0.01L/0.5L=0.01mol/L，由于盐酸溶液中，水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子的浓度，该溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-12，故答案为：1×10-12．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。【解析】【答案】（1）减小（2）CH3COO—+H2OCH3COOH+OH-；增大（3）小于；大于（4）c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）（5）小于（6）BC（7）Cd2+、Zn2+；［OH-］=2.2×10-5mol·L-1［M2+］［OH-］2=5×10-12（mol·L-1）35×10-12小于KSP［Mg（OH）2］=1.8×10-115×10-12大于KSP［Zn（OH）2］=1.2×10-175×10-12大于KSP［Cd（OH）2］=2.5×10-14（8）1×10-1214、略

【分析】

（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+离子水解使溶液呈酸性，溶液pH＜7，水解方程式为Ag++H2OAgOH+H+，在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，防止Ag+离子水解使溶液溶液浑浊；

故答案为：＜；Ag++H2O⇌AgOH+H+；硝酸；

（2）盐类水解为吸热过程，加热FeCl3溶液生成FE（OH）3，进而分解生成Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

（3）①NH4Cl水解呈酸性；浓度越大，溶液酸性越强，故答案为：＜；

②多元弱酸的酸根离子的水解以第一步水解为主；且第一步水解程度远大于第二步水解，故答案为：＞；

（4）常温下有一pH为12的NaOH的溶液100mL，如果将其pH降为11，则c（OH-）=0.001mol/L；

①设pH=10的NaOH溶液体积为V，则有c（OH-）==0.001Lmol/L；

V=1L=1000mL；故答案为：1000；

②若用pH=2的盐酸，设盐酸的体积为x，则有c（OH-）==0.001mol/L；

x=0.0818L=81.8mL；

故答案为：81.8．

【解析】【答案】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+离子水解使溶液呈酸性；从影响盐类水解平衡的因素综合分析；

（2）盐类水解为吸热过程；加热促进水解；

（3）NH4Cl水解呈酸性；浓度越大，溶液酸性越强；多元弱酸的酸根离子的水解以第一步水解为主；

（4）常温下有一pH为12的NaOH的溶液100mL；如果将其pH降为11，可用加水稀释；与稀溶液混合或加入酸部分中和的方法．

15、略

【分析】【解析】试题分析：根据元素周期表，可以知道在第4周期元素中，4p轨道半充满的是As，3d轨道半充满的是Cr和Mn，4s轨道K、Cr和Cu，价层中s电子数与d电子数相同的是Ti。考点：元素【解析】【答案】As；Cr和Mn；K、Cr和Cu；Ti16、略

【分析】【解析】试题分析：碳酸氢钠在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，所以NaHCO3在水溶液中所发生的电离与水解反应的离子方程式有NaHCO3=Na++HCO3-、HCO3-H++CO32-、HCO3-+H2OOH-+H2CO3；其电荷守恒和物料守恒的表达式分别是是c(Na+)+c(H+)＝2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)、c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)。考点：考查碳酸氢钠溶液中水解平衡和电离平衡的判断以及电荷守恒和物料守恒的应用【解析】【答案】NaHCO3=Na++HCO3-HCO3-H++CO32-HCO3-+H2OOH-+H2CO3c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)17、略

【分析】根据元素的结构及有关性质可知，A、B、C、D、E五种短周期元素分别是C、O、N、Si、S。（1）根据构造原理可知，硅元素基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p2。（2）CO2是含有极性键的直线型结构，所以电子式是（3）由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于氧元素的。（4）在NH3中中心原子氮原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2＝1，所以氨气是三角锥形。（5）氮气中含有氮氮三键，而三键是由1个α键和2个π键构成的，所以氨气中含有的π键数目是2个；非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，因此水的稳定性强于SiH4的。【解析】【答案】(1)1s22s22p63s23p2(2)(3)NO(4)三角锥形sp3杂化(5)2H2OSiH418、（1）B

（2）①bd

②3CaF2+Al3+=[AlF6]3-+3Ca2+

③412

（3）④[Ar]3d104s1

⑤Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1；根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。

【分析】【分析】

本题考查较综合；涉及晶胞计算；原子核外电子排布、价层电子对互斥理论、离子晶体等知识点，侧重考查学生分析、判断、知识综合应用、空间想象能力等，注意价层电子对互斥理论内涵、原子核外电子排布与微粒稳定性关系，题目难度不大。

【解答】

rm{(1)}根据rm{VSEPR}模型判断；微粒中所有原子都在同一平面上，说明该微粒为平面形结构；

A.rm{SO_{3}^{2-}}中rm{S}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{6+2-3隆脕2}{2}=4}为四面体结构；rm{=3+dfrac{6+2-3隆脕2}{2}=4

}中rm{NO_{2}^{-}}原子价层电子对个数rm{=2+dfrac{5+1-2隆脕2}{2}=3}为三角锥形结构，都不是平面形结构的微粒，故A错误；

B.rm{N}中rm{=2+dfrac{5+1-2隆脕2}{2}=3

}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{5+1-3隆脕2}{2}=3}为平面三角形结构；

rm{NO_{3}^{-}}中rm{N}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{5+1-3隆脕2}{2}=3

}为平面三角形结构，所有原子共平面，故B正确；

C.rm{SO_{3}}中rm{S}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{6-1-3隆脕1}{2}=4}为四面体结构；

rm{=3+dfrac{6-3隆脕2}{2}=3}中rm{H_{3}O^{+}}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{7+1-3隆脕2}{2}=4}为四面体结构，所有原子不共平面，故C错误；

D.rm{O}中rm{=3+dfrac{6-1-3隆脕1}{2}=4

}原子价层电子对个数rm{=4+dfrac{5+3-4隆脕2}{2}=4}为四面体结构；

rm{ClO_{3}^{-}}中rm{Cl}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{6+2-3隆脕2}{2}=4}为四面体结构，所有原子不共平面，故D错误；

故选B；

rm{=3+dfrac{7+1-3隆脕2}{2}=4

}阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，rm{PO_{4}^{3-}}与rm{P}间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故rm{=4+dfrac{5+3-4隆脕2}{2}=4

}错误；

rm{SO_{3}^{2-}}离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以rm{S}的熔点高于rm{=3+dfrac{6+2-3隆脕2}{2}=4

}故rm{(2)垄脵a.}正确；

rm{Ca^{2+}}晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为rm{F^{-}}rm{a}的物质，与rm{b.}晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故rm{CaF_{2}}错误；

rm{CaCl_{2}}中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此rm{b}在熔融状态下能导电，故rm{c.}正确；

故答案为：rm{2}

rm{1}难溶于水，但可溶于含rm{CaF_{2}}的溶液中，因为在溶液中rm{c}与rm{d.CaF_{2}}能形成很难电离的配离子rm{CaF_{2}}使rm{b}的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：rm{bd}故答案为：rm{垄脷CaF_{2}}

rm{Al^{3+}}晶胞中rm{F^{-}}的配位数是rm{Al^{3+}}与一个rm{AlF_{6}^{3-}}等距离且最近的rm{CaF_{2}}个数rm{3CaF_{2}+Al^{3+}=3Ca^{2+}+AlF_{6}^{3-}}故答案为：rm{3CaF_{2}+Al^{3+}=3Ca^{2+}+AlF_{6}^{3-}}rm{垄脹}

rm{F^{-}}是rm{4}号元素，其原子核外有rm{Ca^{2+}}个电子，根据构造原理书写基态rm{Ca^{2+}}原子核外电子排布式为rm{=3隆脕8隆脗2=12}故答案为：rm{4}

rm{12}原子失去一个电子后，核外电子排布为rm{(3)垄脺Cu}而锌为rm{29}根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以rm{29}的第二电离能相对较大，故答案为：rm{Cu}原子失去一个电子后，核外电子排布为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}而锌为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以rm{垄脻Cu}的第二电离能相对较大。

rm{[Ar]3d^{10}}【解析】rm{(1)B}

rm{(2)垄脵bd}

rm{垄脷3CaF_{2}+Al^{3+}=[AlF_{6}]^{3-}+3Ca^{2+}}

rm{垄脹4}rm{12}

rm{(3)垄脺[Ar]3d^{10}4s^{1}}

rm{垄脻Cu}原子失去一个电子后，核外电子排布为rm{[Ar]3d^{10}}而锌为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以rm{Cu}的第二电离能相对较大。

三、有机推断题(共4题，共8分)19、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=CH220、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=CH221、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++HCl22、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+H2O⑦.4⑧.四、推断题(共3题，共24分)23、略

【分析】解：rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为rm{Si}rm{B}为rm{Na}rm{C}为rm{P}rm{D}为rm{N}故答案为：rm{Si}rm{Na}rm{P}rm{N}

rm{(2)}非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性rm{N>P>Si}酸性最强的是rm{HNO_{3}}碱性最强的为rm{NaOH}

故答案为：rm{HNO_{3}}rm{NaOH}

rm{(3)}同周期自左而右，第一电离能增大，所以第一电离能最大的元素是rm{Ne}周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是rm{F}

故答案为：rm{Ne}rm{F}

rm{(4)D}的氢化物为rm{NH_{3}}氨气分子之间含有氢键，沸点比rm{PH_{3}}高；故答案为：高；氨气分子之间含有氢键；

rm{(5)B}的硫化物为rm{Na_{2}S}用电子式表示形成过程：

故答案为：．

A、rm{B}rm{C}rm{D}是四种短周期元素，由rm{A}的原子结构示意图可知，rm{x=2}rm{A}的原子序数为rm{14}故A为rm{Si}元素；rm{A}rm{B}rm{C}同周期，rm{B}是同周期第一电离能最小的元素，故B为rm{Na}元素，rm{C}的最外层有三个成单电子，外围电子排布式为rm{3s^{2}3p^{3}}故C为rm{P}元素；rm{C}rm{D}同主族，故D为rm{N}元素；rm{E}是过渡元素，rm{E}的外围电子排布式为rm{3d^{6}4s^{2}}rm{E}的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}则rm{E}为rm{Fe}元素；以此解答该题．

本题考查结构性质位置关系应用，涉及元素周期律、核外电子排布规律、电子式等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意熟练掌握元素周期律与物质性质的递变规律．【解析】rm{Si}rm{Na}rm{P}rm{N}rm{HNO_{3}}rm{NaOH}rm{Ne}rm{F}高；氨气分子之间含有氢键；24、rm{(1)}羧基羰基，取代反应

rm{(2)}

rm{(3)}

rm{(4)}或

rm{(5)}【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等。【解答】由rm{C}的结构简式结合信息中第一步，逆推可知rm{B}为的结构简式结合信息中第一步，逆推可知rm{C}为rm{B}，中的氯原子被取代而发生取代反应生成rm{C}rm{A}与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成rm{B}结合rm{A}的分子式可知其结构简式为与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成rm{C}结合rm{A}的分子式可知其结构简式为rm{B}发生二步反应得到rm{A}为rm{.C}发生二步反应得到rm{E}为分子羧基中rm{.C}被rm{E}取代生成，rm{E}分子羧基中rm{-OH}被rm{-Cl}取代生成rm{F}rm{F}脱去rm{1}分子rm{HCl}得到rm{F}rm{E}脱去rm{-OH}分子rm{-Cl}得到rm{F}rm{F}根据rm{1}结构简式可知，rm{HCl}中含氧官能团的名称为羧基，rm{F}中含氧官能团的名称为羰基；rm{(1)}根据rm{E}中rm{(1)}原子被rm{E}代替，反应rm{E}的类型为取代反应。故答案为：羧基、羰基；取代反应；化合物rm{G}rm{G}的分子式为rm{B}rm