2025年浙教版选修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2025年浙教版选修化学下册阶段测试试卷79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、下列描述中正确的是A.BeCl2为V形的极性分子B.ClO4−的空间构型为正四面体形C.P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′D.H2O和CO32−的中心原子均为sp3杂化2、聚乳酸广泛用于制造可降解材料；其生物降解过程如下。下列说法不正确的是。

A.乳酸属于烃的衍生物B.分子含有????键和π键C.乳酸分子不含手性碳原子D.使用聚乳酸材料有利于减少白色污染3、俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏；还会致癌。“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法不正确的是。

A.该有机物可以和钠反应，也能使酸性KMnO4溶液褪色B.该有机物可以和乙酸反应生成相应的酯C.该有机物的分子式为C7H8O3D.该有机物所有的原子有可能在同一平面内4、阿司匹林又名乙酰水杨酸(结构如图)；下列说法错误的是。

A.阿司匹林分子中所有碳原子可能共平面B.阿司匹林的一种同分异构体能以1：2的比例与NaHCO3溶液反应C.阿司匹林能与乙醇发生酯化反应D.1mol阿司匹林能与5molH2发生加成反应5、下列实验操作；现象与结论都正确的是。

。选项。

操作。

现象。

结论。

A

往溴水中滴加植物油；振荡。

溶液褪色。

溴水与植物油发生取代反应。

B

将浓硫酸滴到蔗糖表面。

固体变黑膨胀。

浓硫酸有吸水性和强氧化性。

C

在葡萄糖溶液中加入适量新制氢氧化铜悬浊液；加热。

产生砖红色沉。

葡萄糖具有还原性。

D

加热浸透石蜡油的矿物棉；将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液。

紫色溶液逐渐变浅。

产生的气体一定含有乙烯。

A.AB.BC.CD.D6、标准状况下1mol某烃完全燃烧时，生成89.6LCO2，又知0.1mol此烃能与标准状况下4.48LH2加成，则此烃的结构简式是A.CH3CH=CHCH3B.CH3CH2CH=CH2C.CH2=CHCH=CH2D.CH2=CHCH=CHCH37、中国科学院康乐院士团队鉴定到一种由群居型蝗虫特异性挥发的气味分子4-乙烯基苯甲醚()对世界蝗灾的控制和预测具有重要意义。下列说法正确的是A.分子式为B.苯环上的二氯代物有4种C.该物质能发生缩聚反应生成高聚物D.位于同一平面的原子数最少有8个评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、据报道，近来发现了一种新的星际分子氰基辛炔，其结构简式为：HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N。下列对该物质的判断正确的是A.属于不饱和烃B.能使酸性KMnO4溶液褪色C.可由乙炔和含氮化合物加聚制得D.所有原子都在同一条直线上9、阴离子C8H-的结构简式为HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-。关于该粒子的推断正确的是A.一个阴离子含有34个价电子B.该离子能与溴水、酸性高锰酸钾依次发生氧化、加成反应C.在一定条件下，1molC8H-与8molH2完全反应生成辛烷D.在酸性溶液中，该阴离子与H+反应生成1，3，5，7-辛四炔10、阿魏酸在食品；医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为。

下列说法正确的是A.可用酸性溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成B.香兰素、阿魏酸均可与溶液反应C.通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应D.与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种11、棉酚是从锦葵科植物草棉；树棉或陆地棉成熟种子、根皮中提取的一种多元酚类物质；其结构简式如下图所示。下列说法正确的是。

A.棉酚的分子式为C30H30O8B.1mol棉酚分子最多可与10molH2加成C.棉酚可发生取代、氧化、还原反应D.棉酚分子中，所有碳原子可能在同一平面上12、如图是某有机物分子(只含三种元素)的球棍模型。下列关于该物质的说法正确的是。

A.不能与醋酸发生中和反应B.能与氢氧化钠发生取代反应C.能使紫色石蕊试液变红D.能发生催化氧化反应13、LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是（）A.LiH与H2O反应，氧化产物是LiOHB.LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑C.1molLiAlH4在125℃完全分解，转移2mol电子D.已知LiAlH4能与乙醛反应生成乙醇，该反应中LiAlH4作还原剂14、化合物Z具有抗菌；消炎作用；已知一定条件下，制备Z的反应的化学方程式如下，下列有关说法正确的是。

+A.能够用浓溴水鉴别X和ZB.1molZ最多能与3mol氢氧化钠反应C.能够与碳酸氢钠反应的X的链状同分异构体只有1种D.X和Y的反应属于加成反应15、扁桃酸是重要的医药合成中间体；工业上合成它的路线之一如图：

下列有关说法正确的是A.反应I是取代反应B.苯甲醛分子中所有原子可以处于同一平面C.扁桃酸可以通过缩聚反应生成D.1mol扁桃酸最多可以消耗2molNaHCO316、常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+或Cu+位于S2-所构成的四面体中心；它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。下列说法正确的是。

A.S2-是面心立方最密堆积B.Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半的四面体空隙C.CuS晶胞中，S2-配位数为8D.从电子构型上看，Cu2S的热稳定性比CuS好评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。已知:ClO2浓度过高或受热易分解，甚至会爆炸。现有下列制备ClO2的方法:

（1）方法一：氧化法。

可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备，反应原理为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O。

①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______________________。

②研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因__________。

（2）方法二：氯化钠电解法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的____（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH；充分反应后将沉淀一并滤去。

②该法工艺原理示意图如图所示。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2，氯化钠电解槽中发生反应的化学方程式为_____________。

（3）方法三：草酸还原法。

在酸性溶液中用草酸（H2C2O4）还原氯酸钠的方法来制备ClO2

①写出制备ClO2的离子方程式：____________________；

②与电解法相比，用草酸还原法制备ClO2的特点是____________________；提高了生产；储存及运输过程的安全性。

（4）已知:ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH<2.0时，ClO2-也能被I-完全还原为Cl-。反应生成的I2与Na2S2O3反应的方程式:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。

用ClO2消毒的饮用水中含有ClO2、ClO2-。测定饮用水中ClO2、ClO2-的含量；分两步进行:

①用紫外分光光度法测得水样中ClO2的含量为amol/L。

②用滴定法测量ClO2-的含量。请完成相应的实验步骤:

步骤1:准确量取VmL上述水样加入锥形瓶中。

步骤2:调节水样的pH________。

步骤3:加入足量的KI晶体；充分反应。

步骤4:加入少量淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。

根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2-的浓度为________mol/L(用含字母的代数式表示)。18、完成下列反应的离子方程式：

(1)写出氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应的离子方程式：_____________________________。

(2)写出石灰石与稀盐酸反应的离子方程式：_______________________________________。

(3)碳酸钙固体中加入足量醋酸：_________________________________________________。

(4)氧化铁和稀硫酸溶液反应：___________________________________________________。

(5)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀：____________________。19、新制氯水成分复杂；可发生多种不同的反应。向新制的氯水中分别加入下列物质，写出反应的离子方程式：

（1）金属镁__。

（2）氯化亚铁溶液__。

（3）碳酸钠溶液__。

（4）硝酸银溶液_。20、不同价态氯(或卤素)的归中或歧化反应；试写出下列反应的离子方程式。

(1)次氯酸钠与盐酸反应：________________________。

(2)酸化NaIO3和NaI的混合溶液：_____________________。

(3)氯气通入热的氢氧化钾溶液(生成物中检测出含有氯酸钾)：_____________。21、根据所学过的物质的分离和提纯知识回答下列问题:

(1).除去NaNO3固体中混有的少量KNO3,所进行的实验操作依次为__________、蒸发结晶、__________。

(2).为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4,可选用Ba(OH)2、HCl和K2CO3三种试剂,按如下步骤操作:

①写出三种试剂的化学式:A__________,B__________,C__________。

②加过量A的原因是__________。

③加过量B的原因是,有关反应的化学方程式为__________。22、Na2SO3是常见的一种盐；工业上可作防腐剂；去氯剂和还原剂。

(1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2-。反应的化学方程式为________________；若有0.5molNa2SO3参加反应；则电子转移个数为_____________________。

(2)将0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温，测定温度变化过程中的pH，数据如下：。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25

①时刻Na2SO3溶液中水的电离程度_______同温下纯水中水的电离程度(填)“>”、“<”或“=”)；应用平衡原理解释该原因_________________________________。④的pH略小于①；是由于______________________。设计一个简单实验来证明_____________________。

(3)将Na2SO3溶液中所有离子浓度由大到小排列_________________________________。23、已知某烷烃分子中电子总数为42。

（1）该烷烃的分子式为_____________________________________。

（2）写出该烷烃分子的所有同分异构体的结构简式______________________。

（3）上述同分异构体中，在相同条件下沸点最低的是______________________________(写结构简式)。24、乙炔是一种重要的有机化工原料；以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。

完成下列各题：

(1)正四面体烷的分子式为__________________。

(2)关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是：_________。

a.能使酸性溶液褪色。

b.1mol乙烯基乙炔能与3mol发生加成反应。

c.乙烯基乙炔分子内含有两种官能团。

d.等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时耗氧量不相同。

(3)1866年凯酷勒提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列_________事实(填入编号)。

a.苯不能使溴水褪色b.苯能与发生加成反应。

c.溴苯没有同分异构体d.邻二溴苯只有一种。

(4)写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式：_______________。评卷人得分四、结构与性质(共2题，共4分)25、（1）A、B、C为短周期元素，请根据下表信息回答问题。元素ABC性质或结构信息工业上通过分离液态空气获得其单质，单质能助燃气态氢化物的水溶液显碱性原子有三个电子层，简单离子在本周期中半径最小

①第一电离能：A___B（填“>”、“<”或“=”），基态C原子的电子排布式为____________。

②B与C由共价键形成的某化合物CB的熔点可达到2200℃，晶体类型为__________。

（2）发展煤的液化技术被纳入“十二五”规划，中科院山西煤化所有关煤液化技术的高效催化剂研发项目取得积极进展。已知：煤可以先转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇（CH3OH）；从而实现液化。

①某含铜的离子结构如图所示：

在该离子内部微粒间作用力的类型有_______。

a．离子键b．极性键c．非极性键。

d．配位键e．范德华力f．氢键（填字母）

②煤液化获得甲醇，再经催化氧化可得到重要工业原料甲醛（HCHO），甲醇的沸点64.96℃，甲醛的沸点-21℃，甲醇的沸点更高的原因是因为分子间存在着氢键，甲醛分子间没有氢键，但是甲醇和甲醛均易溶于水，原因是它们均可以和水分子间形成氢键。请你说明甲醛分子间没有氢键原因____________________________________________。

③甲醇分子中进行sp3杂化的原子有_________；甲醛与H2发生加成反应，当生成1mol甲醇，断裂σ键的数目为__________。26、VIA族的氧；硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态；含VIA族元素的化台物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：

(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S位于周期表中_______区；其基态核外电子排布处于最高能级是_______；电子云轮廓形状：_______；

(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_______；

(3)Se原子序数为_______，其核外M层电子的排布式为_______；

(4)H2Se的酸性比H2S_______(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为_______，离子中S原子杂化方式为_______；

(5)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×l0-3和2.5×l0-8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10-2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因_______；

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_______。

(6)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0pm。密度为_______(列式并计算，阿伏加德罗常数用NA表示)，a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为_______pm(列式表示)

评卷人得分五、推断题(共3题，共18分)27、Ⅰ．已知：R－CH＝CH－O－R′（烃基烯基醚）R－CH2CHO+R′OH

烃基烯基醚A的相对分子质量（Mr）为176；分子中碳氢原子数目比为3∶4。与A相关的反应如下：

请回答下列问题：

⑴A的分子式为_________________。

⑵B的名称是___________________；A的结构简式为________________________。

⑶写出C→D反应的化学方程式：_______________________________________。

⑷写出两种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：

_________________________、________________________。

①属于芳香醛；②苯环上有两种不同环境的氢原子。

Ⅱ．由E转化为对甲基苯乙炔（）的一条路线如下：

⑸写出G的结构简式：____________________________________。

⑹写出反应所加试剂、反应条件：反应②____________反应③____________

(7)写出反应类型：反应①____________；反应④_____________28、[化学——选修5：有机化学基础]

A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。

已知：

（1）A的名称是____；B中含氧官能团名称是____。

（2）C的结构简式____；D-E的反应类型为____。

（3）E-F的化学方程式为____。

（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____（写出结构简式）。

（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验其中一种官能团的方法是____（写出官能团名称、对应试剂及现象）。29、有机物I是一种常用的植物调味油；常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：

已知①RCHO+CH3CHORCH=CHO+H2O

②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定；易脱水形成羰基。

回答下列问题:

(1)A的名称是_______；H含有的官能团名称是________。

(2)②的反应条件是_______________；⑦的反应类型是_______________。

(3)I的结构简式是____________________。

(4)④的化学方程式是_______________________________。

(5)L是I的同分异构体且含有相同的官能团；其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_____种(不考虑立体异构)。

(6)参照上述合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线(无机试剂任选)__________________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．BeCl2为中心原子的价层电子对数为=2；不含孤对电子，所以分子的空间构型为直线形，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，故A错误；

B．ClO4−的中心原子的价层电子对数为=4；不含孤对电子，所以空间构型为正四面体，故B正确；

C．二者虽都是正四面体形分子，但白磷中键角为60°，CH4键角为109°28ˊ；故C错误；

D．水分子的中心原子价层电子对数为=4，为sp3杂化，CO32−的中心原子价层电子对数为=3，所以为sp2杂化；故D错误；

故答案为B。2、C【分析】【详解】

A．乳酸含有羧基；羟基；属于烃的衍生物，A正确；

B．二氧化碳结构为O=C=O，双键中含有1个σ键1个π键，故分子含有????键和π键；B正确；

C．手性碳原子是连有四个不同原子或基团的碳原子；故乳酸分子含手性碳原子，C错误；

D．聚乳酸广泛用于制造可降解材料；故使用聚乳酸材料有利于减少白色污染，D正确；

故选C。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．由“一滴香”分子结构可知，该有机物分子中含有羟基、碳碳双键，故可以和钠反应，也能使酸性KMnO4溶液褪色；A正确；

B．分子中含有羟基；可以和乙酸发生酯化反应生成酯，B正确；

C．根据有机物结构简式，可得出其分子式为C7H8O3；C正确；

D．该有机物分子中存在甲基；根据碳原子成键特点，所有原子不可能在同一平面内，D错误；

故选D。4、D【分析】【详解】

A．苯环；羧基，酯基各自确定一个平面，通过旋转相互连接的单键，使之在一个平面上，甲基上的碳，也可以通过旋转单键，从而所有的碳在同一个平面内，A正确；

B．根据阿司匹林的结构简式可知其同分异构体中可以有两个羧基，则此时能以1：2的比例与NaHCO3溶液反应；B正确；

C．阿司匹林中含有羧基；可以和乙醇发生酯化反应，C正确；

D．阿司匹林中含有苯环，可以和氢气加成，其中的碳氧双键不能和氢气加成，故1mol阿司匹林能与3molH2发生加成反应；D错误；

故选D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．植物油烃基部分含有不饱和的碳碳双键，可以与Br2发生加成反应；从而使溴水褪色，A结论错误；

B．蔗糖遇浓硫酸变黑；是因为蔗糖被浓硫酸脱水炭化，体现浓硫酸脱水性，B结论错误；

C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀；体现其还原性，C符合题意；

D．KMnO4溶液褪色；说明石蜡油分解产物中含有不饱和烃，但不一定是乙烯，D结论错误；

故答案选C。6、C【分析】【详解】

标准状况下，1mol某烃完全燃烧时，生成89.6L二氧化碳，其物质的量是=4mol，则1分子该烃含有4个碳原子，0.1mol此烃能与标准状况下4.48LH2加成，消耗氢气的物质的量是=0.2mol；则一分子该烃含有两个碳碳双键；

故选：C。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．分子式为C9H10O；故A错误；

B．苯环上的二氯代物中氯原子的位置可以是中的ab、ac、ad、bc；故B正确；

C．该物质含有碳碳双键；能发生加聚反应生成高分子化合物，故C错误；

D．位于同一平面的原子数最少有12个；故D错误；

故选B。二、多选题(共9题，共18分)8、BD【分析】【详解】

A．该物质含有氮元素；不属于烃，故A错误；

B．该物质含有碳碳三键不饱和键，能使酸性KMnO4溶液褪色；故B正确；

C．该物质不是高聚物；因此不可能是由乙炔和含氮化合物加聚制得，故C错误；

D．联想HC≡CH的四个原子在同一直线上；因此该物质中的碳原子都在同一条直线上，故D正确。

综上所述，答案为BD。9、AD【分析】【详解】

A．一个阴离子含有的价电子数为4×8+1+1=34；A正确；

B．该离子能与溴水发生加成反应；能与酸性高锰酸钾发生氧化反应，B错误；

C．在一定条件下，1molC8H-与8molH2完全反应生成C8H17-；C错误；

D．在酸性溶液中，该阴离子与H+反应生成C8H2；即1，3，5，7-辛四炔，D正确；

故选AD。10、BD【分析】【详解】

A、香兰素中含有酚羟基和醛基，阿魏酸中含有碳碳双键和酚羟基，二者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成；错误；

B、香兰素中含有酚羟基，阿魏酸中含有羧基和酚羟基，香兰素、阿魏酸均可与Na2CO3；NaOH溶液反应；正确；

C；通常条件下；香兰素、阿魏酸不能发生消去反应，错误；

D、与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应，说明结构对称，含有醛基，符合题意的有或两种；正确。

答案选BD。11、AC【分析】【详解】

A．根据棉酚的结构简式可知其分子式为C30H30O8；故A正确；

B．碳碳双键、醛基、苯环均可以和氢气发生加成反应，所以1mol棉酚可以和12molH2发生加成反应；故B错误；

C．棉酚含有羟基；甲基等可以发生取代反应；含有碳碳双键、醛基等可以发生氧化反应，与氢气的加成反应属于还原反应，故C正确；

D．该分子中具有3个碳原子与同一饱和碳原子相连的结构；不可能所有碳原子共面，故D错误；

综上所述答案为AC。12、AD【分析】【分析】

由该有机物的球棍模型可知；该物质为乙醇。

【详解】

A．乙醇中含有的是羟基，不是不能与醋酸发生中和反应，A正确；

B．乙醇不能与氢氧化钠发生反应；B错误；

C．乙醇为非电解质；不能电离出氢离子，不能使紫色石蕊试液变红，C错误；

D．在铜或银作催化剂时；乙醇能发生催化氧化反应生成乙醛，D正确。

答案选AD。13、AC【分析】【详解】

A．LiH与H2O反应，产生LiOH和H2，H元素的化合价由反应前LiH中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以氧化产物是H2；A错误；

B．LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，反应产生LiAlO2和H2，反应方程式为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑；B正确；

C．LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al元素化合价由反应前的+3价变为反应后的0价，化合价降低3价，所以每有1molLiAlH4分解；转移3mol电子，C错误；

D．LiAlH4能与乙醛反应生成乙醇，乙醛被还原产生乙醇，所以在该反应中LiAlH4作还原剂；D正确；

故答案为AC。14、AD【分析】【详解】

A.X含有醛基；可与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，Y含有酚羟基，可与溴水反应发生取代反应，生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；

B.Z中能与氢氧化钠溶液反应的为酚羟基；酯基；则1molZ最多能与2mol氢氧化钠反应，故B错误；

C.能够与碳酸氢钠反应的X的链状同分异构体可含有羧基；另一种官能团可为醛基或羰基，则同分异构体有2种，故C错误；

D.反应中C=O键生成C-O键；属于加成反应，故D正确；

故选AD。15、BC【分析】【分析】

【详解】

A．反应I为与HCN发生加成反应生成故A错误；

B．苯甲醛分子中苯环和醛基上的原子原子团共平面；但单键能够旋转，则苯甲醛分子中所有原子可以处于同一平面，故B正确；

C．扁桃酸分子中含有羟基和羧基，一定条件下，能够发生缩聚反应生成故C正确；

D．扁桃酸分子中含有羟基和羧基；羧基能与碳酸氢钠溶液反应，羟基不能与碳酸氢钠溶液反应，则1mol扁桃酸最多可以消耗1mol碳酸氢钠，故D错误；

故选BC。16、AD【分析】【分析】

【详解】

A．如图所示，黑色小球为S2-；采取面心立方最密堆积，故A正确；

B．每个S2-晶胞含有8个四面体，Cu2S晶胞中，Cu+与S2-个数比为2：1，S2-采取面心立方最密堆积，每个晶胞中含有4个S2-，Cu+填充了晶胞中所有的四面体空隙；故B错误；

C．根据B项可知CuS中，Cu2+填充了一半的四面体空隙，故S2-配位数为4；故C错误；

D．从电子构型上看，Cu+价电子排布式为处于全满状态，比较稳定，Cu2+价电子排布为Cu2S的热稳定性比CuS好；故D正确；

故答案为AD。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【详解】

(1)①NaClO2发生歧化反应，既是氧化剂又是还原剂，HCl起酸的作用，作氧化剂的NaClO2转化为NaCl，作氧化剂的NaClO2转化为ClO2，5molNaClO2反应生成4molClO2、5molNaCl，其中4molNaCl由HCl转化得到，故NaClO2转化得到1molNaCl，故反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4，故答案为1∶4；

②ClO2-具有强氧化性，酸性条件下与Cl-反应生成氯气，同时还生成水，反应离子方程式为：4H++ClO2-+3Cl-=2Cl2↑+2H2O，故答案为4H++ClO2-+3Cl-=2Cl2↑+2H2O；

(2)①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽，过量的离子在后续操作中必须除去，过量的BaCl2用于除去SO42-，过量的NaOH溶液来除去Mg2+，过量的Na2CO3除去Ca2+及过量的Ba2+，过滤后，滤液用盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH，故沉淀离子时，碳酸钠加入应在氯化钡之后，而NaOH加入顺序没有要求，故：往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去，故答案为BaCl2；

②电解食盐水得到的氯酸钠(NaClO3)，由电子转移守恒可知电解中有氢气生成，NaClO3与盐酸反应生成ClO2，有的生成物进入氯化钠电解槽循环利用，说明有NaCl生成，有的生成物进入HCl合成塔中循环利用，说明还生成氢气，二氧化氯发生器中生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，因此氯化钠电解槽中发生反应为电解氯化钠生成氯酸钠和氢气，化学方程式为：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑。故答案为NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑；

(3)①用硫酸酸化的草酸(H2C2O4)溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，离子反应为H2C2O4+2ClO3-+2H+=2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，故答案为H2C2O4+2ClO3-+2H+=2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；

②根据题意，ClO2浓度过高或受热易分解，甚至会爆炸，此法反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性，故答案为生成的CO2对ClO2起到稀释作用；

(4)步骤4是Na2S2O3滴定溶液中I2，步骤2需要调节pH使ClO2-将I-氧化为I2，故应控制pH＜2.0；VmL溶液中，ClO2的物质的量为=V×10-3L×amol/L=aV×10-3mol，由电子转移守恒可得：2ClO2～5I2，ClO2氧化生成I2的物质的量=2.5aV×10-3mol，消耗Na2S2O3的物质的量=V1×10-3L×cmol/L=cV1×10-3mol，由2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，溶液中I2总物质的量=0.5cV1×10-3mol，ClO2-氧化生成的I2的物质的量=0.5cV1×10-3mol-2.5aV×10-3mol=(0.5cV1-2.5aV)×10-3mol，由电子转移守恒可得：ClO2-～2I2，则ClO2-的物质的量=×(0.5cV1-2.5aV)×10-3mol，故c(ClO2-)=×(0.5cV1-2.5aV)×10-3mol÷V×10-3L=mol/L，故答案为＜2.0；。

【点睛】

本题以二氧化氯制备为载体，考查了氧化还原反应、陌生方程式的书写、物质分离提纯、物质制备实验工艺流程等。本题的易错点有：(1)①中要注意根据化合价理解氧化还原反应的基本概念，(2)②中要注意根据工艺流程判断二氧化氯发生器中反应产物。【解析】1∶44H++ClO2-+3Cl-=2Cl2↑+2H2OBaCl2NaCl+3H2ONaClO3+H2↑2ClO3-+H2C2O4+2H+=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O生成的CO2对ClO2起到稀释作用＜2.0(cV1-5aV)/4V18、略

【分析】【详解】

（1）氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应的化学方程式Ba(OH)2+CuSO4=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，其离子方程式为：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓；

（2）石灰石与稀盐酸反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，其离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；

（3）碳酸钙与醋酸反应的化学方程式：CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2O，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O；

（4）氧化铁和稀硫酸溶液反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，其离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（5）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀的化学方程式为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，其离子方程式为：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O。【解析】①.Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓②.CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O③.CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O④.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O⑤.H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O19、略

【分析】【分析】

(1)Mg与氯水中的HCl反应生成氯化镁和氢气；

(2)氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；

(3)Na2CO3与盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳；水；

(4)氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀。

【详解】

(1)向新制氯水中加入金属Mg，Mg与氯水中的HCl反应生成氯化镁和氢气，其反应的离子方程式为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑；

(2)氯水中加入FeCl2溶液，发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(3)向新制氯水中加入Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水，其离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

(4)氯水中加入AgNO3溶液，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，发生反应的离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl↓。

【点睛】

明确氯水的成分是解题关键，氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中含有水分子、氯分子、次氯酸分子、氢离子、氯离子、次氯酸根离子等；金属镁、碳酸钠能与氢离子反应，氯化亚铁能与氯分子反应，硝酸银溶液能与氯离子反应。【解析】①.Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑②.2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-③.CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O④.Cl-＋Ag＋=AgCl↓20、略

【分析】【分析】

(1)次氯酸钠与盐酸反应生成氯气和水；先书写化学方程式，再改写为离子方程式；

(2)在酸性条件下NaIO3和NaI发生归中反应产生NaI、I2、H2O；

(3)氯气通入热的氢氧化钾溶液发生歧化反应产生KCl、KClO3和H2O。

【详解】

(1)次氯酸钠与盐酸反应生成氯气和水，反应方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；

(2)在酸性条件下NaIO3和NaI发生归中反应产生NaI、I2、H2O，反应的离子方程式为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；

(3)氯气通入热的氢氧化钾溶液反应生成氯酸钾、氯化钾和水，反应的离子方程式为：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。

【点睛】

本题考查了不同价态卤素的反应。在酸性条件下发生归中反应，在碱性条件下发生歧化反应，掌握反应规律是“可相聚，不相交”，元素最高化合价等于原子最外层电子数，最低化合价等于原子达到最外层8个电子稳定结构所需的电子数。【解析】①.ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O②.5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O③.3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O21、略

【分析】【详解】

（1）根据硝酸钾与硝酸钠两种物质的溶解度与温度的关系可知；硝酸钾的溶解度受温度影响比较大，而硝酸钠的溶解度受温度变化的影响很小，因此，除去混在硝酸钾中的少量硝酸钠时，可采取加水溶解，蒸发结晶，过滤的方法；综上所述，本题答案是：溶解；过滤。

（2）根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质；因此为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4；先选用过量氢氧化钡溶液除去镁离子；硫酸根离子，过量的钡离子利用过量碳酸钾除去，过量的碳酸根离子采用稀盐酸中和的办法除去；

①据以上分析可知，三种试剂的化学式分别为：A.Ba(OH)2，B.K2CO3，C.HCl；综上所述，本题答案是：Ba(OH)2、K2CO3；HCl。

②加过量的Ba(OH)2溶液，生成氢氧化镁、硫酸钡沉淀，以此除去溶液中的镁离子和硫酸根离子；综上所述，本题答案是：除尽Mg2+和SO42-。

③加过量的K2CO3溶液，除去溶液中剩余的钡离子，反应的化学方程式为：Ba(OH)2+K2CO3=BaCO3↓+2KOH；综上所述，本题答案是：Ba(OH)2+K2CO3=BaCO3↓+2KOH。

【点睛】

物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除去过量碳酸根离子和氢氧根离子除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。【解析】溶解过滤Ba(OH)2K2CO3HCl除尽Mg2+和SO42-Ba(OH)2+K2CO3=BaCO3↓+2KOH22、略

【分析】【分析】

(1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，硫元素发生歧化反应，据此写出方程式，并根据反应6e-~4Na2SO3关系，计算0.5molNa2SO3参加反应；电子转移个数；

(2)能水解的盐促进水的电离；亚硫酸钠具有还原性；能够被氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠不水解，显中性，据此进行分析；根据硫酸根离子的检验方法判断亚硫酸钠中是否含有硫酸钠；

(3)Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+H2OH2SO3+OH-；据此分析离子浓度大小顺序。

【详解】

(1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2-，说明部分硫元素发生还原反应生成S2-，还有部分硫元素发生氧化反应生成SO42-，因此反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；该反应转移电子为6e-；根据6e-~4Na2SO3关系可知，若有0.5molNa2SO3参加反应，则电子转移个数为0.75NA；

综上所述，本题答案是：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；0.75NA。

(2)水存在电离平衡：H2OH++OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动。促进了水的电离，所以Na2SO3溶液中水的电离程度大于同温下纯水中水的电离程度；亚硫酸钠的还原性比较强，随着温度的变化，或有Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4，所以④的pH略小于①；要证明此实验事实的存在，就是要证明溶液中是否含有硫酸离子，可以用过量的盐酸和氯化钡溶液进行检验，具体操作如下：取④的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4；

综上所述，本题答案是：>；水存在电离平衡：H2OH++OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动；Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4；取④的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4。

(3)Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，溶液显碱性，从水解的规律可知Na2SO3溶液中所有离子浓度由大到小排列：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；

综上所述，本题答案是：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)。

【点睛】

室温下，水电离产生的c(H+)<10-7mol/L，说明溶液可能为酸性，可能为碱性，因为酸、碱抑制水电离；水电离产生的c(H+)>10-7mol/L或c(OH-)>10-7mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。盐类水解的规律是有弱才水解，无弱不水解，因此Na2SO3溶液由于水解显碱性，Na2SO4溶液不水解显中性。【解析】4Na2SO3Na2S+3Na2SO40.75NA>水存在电离平衡：H2OH++OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动。Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4取④的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)23、略

【分析】（1）烷烃分子通式为CnH2n+2，则其分子中电子总数为6n+(2n+2)=42，n=5，烷烃分子式为C5H12。

（2）烷烃C5H12有三种同分异构体，其结构简式分别为CH3—CH2—CH2—CH2—CH3、

（3）烷烃分子中，碳原子数相同时，所带支链越多，其沸点越低，因此烷烃C5H12三种同分异构体中，沸点最低。【解析】(1)C5H12

24、略

【分析】【分析】

(1)每个顶点上含有一个C原子；每个碳原子形成四个共价键，据此确定该物质分子式；

(2)乙烯基乙炔中含有碳碳双键；碳碳三键；具有烯烃和炔烃性质；

(3)根据双键能发生加成反应分析性质，根据Br−C−C−Br和Br−C＝C−Br两种不同的位置分析结构；

(4)环辛四烯的不饱和度为5；其同分异构体属于芳香烃，说明含有苯环，苯环的不饱和度为4，则苯环上取代基含有碳碳双键。

【详解】

(1)每个顶点上含有一个C原子，每个碳原子形成四个共价键，所以该物质分子式为C4H4；故答案为：C4H4；

(2)a．该分子中含有碳碳双键、碳碳三键，具有烯烃和炔烃性质，所以能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；故正确；

b．碳碳双键和碳碳三键都能和溴单质发生加成反应，1mol碳碳双键完全加成需要1mol溴单质，1mol碳碳三键完全加成需要2mol溴单质，所以1mol乙烯基乙炔能与3molBr2发生加成反应；故正确；

c．该分子中含有碳碳双键和三键；所以乙烯基乙炔分子内含有两种官能团，故正确；

d．乙炔和乙烯炔的最简式相同；所以等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量相同，故错误；

故答案为：d；

(3)1866年凯库勒提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，如果含有C＝C键的话，则能发生加成反应而使溴水褪色，但真实的情况是苯不能使溴水发生反应而褪色，这一点不能解释；如果是单双建交替的正六边形平面结构，则邻二溴苯应有Br−C−C−Br和Br−C＝C−Br两种不同的结构；但事实是邻二溴苯只有一种，这一点也不能解释；故答案为：ad；

(4)环辛四烯的不饱和度为5，其同分异构体属于芳香烃，说明含有苯环，苯环的不饱和度为4，则苯环上取代基含有碳碳双键，所以环辛四烯符合条件的同分异构体为苯乙烯，其结构简式为故答案为：

【点睛】

关于有机物的性质要根据所含的官能团进行分析和判断；判断同分异构体可以从不饱和度的角度思考。【解析】C4H4dad四、结构与性质(共2题，共4分)25、略

【分析】【详解】

（1）A的单质在工业上通过分离液态空气获得；而且单质能助燃，所以A是氧；B的气态氢化物的水溶液显碱性，B是氮；C原子有三个电子层，在第三周期，简单离子在第三周期中最小，为铝。

①由于氮的核外电子排布为1s22s22p3，最外层是半充满的稳定结构，所以氮的第一电离能比氧大。Al的核外有13个电子，其基态的电子排布式为1s22s22p63s23p1。故答案为<，1s22s22p63s23p1；

②氮和铝形成的化合物的熔点很高；所以为原子晶体，故答案为原子晶体；

（2）①从图示可以看出，在含铜离子的内部，存在C-H、C-N等极性键，也存在着C和C之间的非极性键，还有Cu和N形成的配位键，故答案为b；c、d；

②氢键是存在于和电负性特别大的原子（如N；O、F等）相连的H和另外分子中的电负性特别大的原子（如N、O、F等）之间的；甲醛分子里的氢原子和碳原子相连，而碳原子的电负性较小，不构成形成氢键的条件。故答案为甲醛分子中氢原子与碳原子形成共价键，碳的电负性较小，不构成形成氢键的条件；

③甲醇分子里的碳原子和其他4个原子相连，构成四面体结构，所以碳原子是sp3杂化。氧原子以单键和1个氢原子、1个碳原子结合，可看做是水中的一个氢原子被碳原子代替，所以氧原子也是sp3杂化。甲醛分子里的碳氧双键一个是σ键，一个是π键，σ键不如π键稳定，当甲醛与H2加成时，甲醛分子断裂的是碳氧双键中的π键，而氢气断裂的是s-sσ键，所以当生成1moL甲醇时，断裂的σ键数目为NA。故答案为NA。【解析】①.<②.1s22s22p63s23p1③.原子晶体④.b、c、d⑤.甲醛分子中氢原子与碳原子形成共价键，碳的电负性较小，不构成形成氢键的条件（或甲醛分子中的氢不够活泼、不够显电正性等）。⑥.C、O⑦.NA26、略

【分析】【分析】

根据S原子的电子排布式判断S在周期表所处的区和基态核外电子排布处于最高能级及电子云轮廓形状；根据同主族元素性质递变规律判断O、S、Se第一电离能相对大小；根据Se的原子序数判断M层的电子排布式；根据同主族元素性质递变规律判断氢化物酸性强弱；根据VSEPR理论判断SeO3分子的立体构型和离子中S原子杂化方式；根据H2SeO3和H2SeO4的电离，判断第一步电离和第二步电离关系和H2SeO4正电性更高更易电离判断酸性强；根据“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

【详解】

(1)S的原子序数为16，核内16个质子，核外16个电子，原子结构示意图为其电子排布式为1s22s22p63s23p4；则S位于周期表中p区，基态核外电子排布处于最高能级是3p，电子云轮廓图为哑铃形；答案为p；3p；哑铃形。

(2)同一主族元素；从上到下，失电子能力增强，第一电离能减小，则原子序数O＜S＜Se，第一电离能O＞S＞Se；答案为O＞S＞Se。

(3)Se元素为34号元素，其原子序数为34，核内34个质子，核外34个电子，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子排布式为3s23p63d10；答案为34；3s23p63d10。

(4)非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数=3+=3+0=3，Se为sp2杂化且不含孤电子对，其立体构型为平面三角形；离子中S原子价层电子对个数=3+=3+1=4，S为sp3杂化且含一个孤电子对；答案为强；平面三角形；sp3。

(5)①H2SeO3和H2SeO4分别存在H2SeO3H++H++H2SeO4=H++H++由上述电离可知，酸的第一步电离产生的H+抑制第二步电离，第一步电离后生成的阴离子较难再进一步电离出带正电荷的H+，所以H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离；答案为第一步电离产生的H+抑制第二步电离，第一步电离后生成的阴离子较难再进一步电离出带正电荷的H+。

②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，所以H2SeO4比H2SeO3酸性强；答案为H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+。

(6)晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8×+6×=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为m=g=g，晶胞的体积为V=(540.0×10-10cm)3，则密度为ρ===g·cm-3；b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，a位置白色球与面心白色球距离为540.0pm×=270pm，设a位置S2-与b位置Zn2+之间的距离为ypm，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系得y2+y2-2y2cos109°28′=(270)2，解得y=pm；答案为g·cm-3；【解析】①.p②.3p③.哑铃形④.O＞S＞Se⑤.34⑥.3s23p63d10⑦.强⑧.平面三角形⑨.sp3⑩.第一步电离产生的H+抑制第二步电离，第一步电离后生成的阴离子较难再进一步电离出带正电荷的H+⑪.H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+⑫.g·cm-3⑬.五、推断题(共3题，共18分)27、略

【分析】【分析】

Ⅰ.根据I中信息可知B可以发生催化氧化，所以B中含有羟基，氧化生成醛基，醛基发生银镜反应生成羧基。B的相对分子质量是60，而－CH2OH的相对分子质量是31，所以B中烃基的相对分子质量是29，即为乙基－C2H5，所以B是1－丙醇，结构简式是CH3CH2CH2OH，则C、D的结构简式为CH3CH2CHO，CH3CH2COONH4。根据E的结构简式可得出A的结构简式是在E的同分异构体中满足芳香醛，说明含有苯环和醛基。苯环上有两种不同环境的氢原子，若苯环上只有2个取代基，则只能是对位的，可以是－CH3和－CH2CHO，或－CH2CH3和－CHO。若含有3个取代基，则一定是2个甲基和1个醛基，所以该同分异构体有

Ⅱ．要想引入碳碳三键，由E转化为对甲基苯乙炔先发生-CHO的加成，将醛基变成羟基，然后羟基消去即得到碳碳双键，双键和溴水加成即得到含有2个溴原子的卤代烃，最后通过消去反应得到碳碳三键，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知A是B是CH3CH2CH2OH，则C是CH3CH2CHO，D是CH3CH2COONH4，E是F是G是H是

(1)A结构简式为分子式是C12H16O；

(2)B结构简式为CH3CH2CH2OH，名称为1-丙醇；A结构简式为

(3)C是CH3CH2CHO，分子中含有醛基，在碱性条件下与银氨溶液发生银镜反应产生D，醛基被氧化为羧基，与溶液中的氨反应产生羧酸铵CH3CH2COONH4，C→D反应的化学方程式CH