2025年陜教新版高二化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年陜教新版高二化學(xué)上冊(cè)月考試卷252考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列有機(jī)物中，能發(fā)生消去反應(yīng)生成2種烯烴，又能發(fā)生水解反應(yīng)的是A.2-甲基-2-氯丙烷B.2-甲基-3-氯戊烷C.2,2-二甲基-1-氯丁烷D.1,3-二氯苯2、“司樂(lè)平”是治療高血壓的一種臨床藥物；其有效成分M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖所示．

下列關(guān)于M的說(shuō)法正確的是（）A.屬于芳香族化合物B.遇FeCl3溶液顯紫色C.不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.1molM完全水解生成2mol醇3、下列敘述正確的是（）A.若溫度升高則平衡常數(shù)一定增大B.隨溫度的升高，碳酸鈉溶液的pH減小C.AgCl在同濃度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同D.c（H+）/c（OH-）=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-能大量共存4、在一密閉容器中，反應(yīng)aA(氣)bB(氣)達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將容器體積增大一倍，當(dāng)達(dá)到新平衡時(shí)，B的濃度是原來(lái)的60%，則A.平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)了B.物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率減小了C.物質(zhì)B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加了D.a>b5、研究下表信息可直接得出的結(jié)論是（）

。元素FClBrI氫化物組成HFHClHBrHI氫化物形成的難易程度H2、F2混合，冷暗處劇烈化合并發(fā)生爆炸H2、Cl2混合，光照或點(diǎn)燃時(shí)發(fā)生爆炸H2、Br2混合，加熱時(shí)發(fā)生化合H2、I2混合，加熱化合，同時(shí)又分解氫化物的熱穩(wěn)定性很穩(wěn)定穩(wěn)定較穩(wěn)定較不穩(wěn)定A.同周期元素的金屬性隨原子序數(shù)遞增而增強(qiáng)B.同周期元素的非金屬性隨原子序數(shù)遞增而增強(qiáng)C.第VIIA族元素的非金屬性隨電子層數(shù)的增加而減弱D.第VIIA族元素的金屬性隨電子層數(shù)增加而減弱評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、(13分)西瓜膨大劑別名氯吡苯脲，是經(jīng)過(guò)國(guó)家批準(zhǔn)的植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，實(shí)踐證明長(zhǎng)期使用對(duì)人體無(wú)害。已知其相關(guān)性質(zhì)如下表所示：。分子式結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式外觀熔點(diǎn)溶解性C12H10ClN3O白色結(jié)晶粉末170~172°C易溶于水（1）氯元素基態(tài)原子核外電子的未成對(duì)電子數(shù)為。（2）氯吡苯脲的晶體類型為_(kāi)______，所含第二周期元素第一電離能從大到小的順序?yàn)開(kāi)_______________。（3）氯吡苯脲晶體中，氮原子的雜化軌道類型為_(kāi)______。（4）氯吡苯脲晶體中，微粒間的作用力類型有_________。A．離子鍵B．金屬鍵C．共價(jià)鍵D．配位鍵E．氫鍵（5）氯吡苯脲熔點(diǎn)低，易溶于水的原因分別為_(kāi)________________________________________________________________________________________________________。（6）查文獻(xiàn)可知，可用2-氯-4-氨基吡啶與異氰酸苯酯反應(yīng)，生成氯吡苯脲。異氰酸苯酯2-氯-4-氨基吡啶氯吡苯脲反應(yīng)過(guò)程中，每生成1mol氯吡苯脲,斷裂_______個(gè)σ鍵、斷裂_______個(gè)π鍵7、rm{X}與rm{Y}可形成離子化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示rm{.}其中rm{X}離子的配位數(shù)為_(kāi)_____，若該晶體的密度為rm{pg?cm^{3}}rm{X}和rm{Y}的相對(duì)原子質(zhì)量分別為rm{a}和rm則晶胞中距離最近的rm{X}rm{Y}之間的核間距離是______rm{cm(N_{A}}表示阿伏伽德羅常數(shù)，用含rm{p}rm{a}rmrm{N_{A}}的代數(shù)式表達(dá)rm{)}．8、如圖所示的五元環(huán)代表A、B、C、D、E五種化合物，圓圈交叉部分指兩種化合物含有一種相同元素，五種化合物由五種短周期元素形成，每種化合物僅含兩種元素，A是沼氣的主要成分，B、E分子中所含電子數(shù)均為18，B不穩(wěn)定，具有較強(qiáng)的氧化性，其稀溶液是醫(yī)療上廣泛使用的消毒劑，E的分子結(jié)構(gòu)模型為C；D均為原子晶體，C可作為光導(dǎo)纖維的主要材料，D中所含兩種元素的原子個(gè)數(shù)比為3：4，電子總數(shù)之比為3：2．根據(jù)以上信息回答下列問(wèn)題：

①B的水溶液呈弱酸性，其主要的電離方程式可表示為_(kāi)___，D的化學(xué)式是____．

②A、B、E中均含有的一種元素為_(kāi)___（填元素名稱）．

③E電子式為_(kāi)___．

④液態(tài)B與液態(tài)E反應(yīng)可生成一種氣態(tài)單質(zhì)和一種常見(jiàn)液體，1molB參加反應(yīng)放出熱量QkJ，其反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)___．

⑤NH3分子中的N原子有一對(duì)孤對(duì)電子，能發(fā)生反應(yīng)：NH3+HCl=NH4Cl．試寫(xiě)出E與足量鹽酸時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

9、今有三種化合物結(jié)構(gòu)如下：(1)請(qǐng)寫(xiě)出丙中含氧官能團(tuán)的名稱：____。(2)請(qǐng)判斷上述哪些化合物互為同分異構(gòu)體：_______。(3)寫(xiě)出化合物乙與小蘇打溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：____。10、通常狀況下，下列物質(zhì)中rm{壟脵}硫酸鋇rm{壟脷}冰醋酸rm{壟脹}氯化氫rm{壟脺}三氧化硫rm{壟脻}氯氣rm{壟脼}碳酸氫鈉rm{壟脽}銅rm{壟脿}硫酸溶液rm{壟謾}氫氧化鉀rm{壟芒}乙醇rm{(}下列各空填序號(hào)rm{)}

rm{(1)}屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是：______．

rm{(2)}屬于弱電解質(zhì)的是：______．

rm{(3)}能導(dǎo)電的是：______．

rm{(4)}屬于非電解質(zhì)的是______．11、某地煤矸石經(jīng)預(yù)處理后含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量鈣鎂的化合物等；一種綜合利用工藝設(shè)計(jì)如下：

rm{(3)}物質(zhì)rm{X}的化學(xué)式為_(kāi)_____rm{.}“堿”時(shí)反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____．

rm{(4)}為加快“酸浸”時(shí)的速率，可采取的措施有______、______等rm{.(}填兩種即可rm{)}

rm{(5)}已知rm{Fe^{3+}}開(kāi)始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分別為rm{2.1}和rm{3.2}rm{Al^{3+}}開(kāi)始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分別為rm{4.1}和rm{5.4}為了獲得更多產(chǎn)品rm{Al(OH)_{3}}從煤矸石的鹽酸浸取液開(kāi)始，若只用rm{CaCO_{3}}一種試劑，后續(xù)操作的實(shí)驗(yàn)方案是______．評(píng)卷人得分三、推斷題(共8題，共16分)12、一定量的某飽和一元醛發(fā)生銀鏡反應(yīng)，析出銀21.6g．等量的此醛完全燃燒時(shí)，生成的水為5.4g．則該醛可能是（）A.丙醛B.乙醛C.丁醛D.甲醛13、一溴代烴A經(jīng)水解后再氧化得到有機(jī)物B，A的一種同分異構(gòu)體經(jīng)水解得到有機(jī)物C，B和C可發(fā)生酯化反應(yīng)生成酯D，則D可能是（）A.（CH3）2CHCOOC（CH3）3B.（CH3）2CHCOOCH2CH（CH3）2C.CH3（CH2）2COOCH2（CH2）2CH3D.（CH3）2CHCOOCH2CH2CH314、華法林是一種治療心腦血管疾病的藥物，其合成路徑如下rm{(}部分反應(yīng)條件略去rm{)}

已知：

rm{(1)A}屬于芳香烴，名稱是_____________________。rm{(2)B隆煤C}的化學(xué)方程式是rm{_}____rm{_}rm{(3)D}生成rm{E}的化學(xué)方程式是____。rm{(4)F隆煤K}的化學(xué)方程式是_________________________________________________________。rm{(5)}將rm{L}與足量的rm{NaOH}溶液反應(yīng)，寫(xiě)出化學(xué)方程式____rm{_}rm{(6)L隆煤M}的轉(zhuǎn)化中，會(huì)產(chǎn)生少量鏈狀高分子聚合物，該反應(yīng)的化學(xué)方程式________________________。rm{(7)}寫(xiě)出rm{C}的含苯環(huán)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____15、抗結(jié)腸炎藥物有效成分rm{M}的合成路線如下rm{(}部分反應(yīng)略去試劑和條件rm{):}已知：ⅠⅡrm{(1)}烴rm{A}的名稱是______________，rm{G}中的官能團(tuán)名稱是_______________。

rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脵}的反應(yīng)條件是__________，反應(yīng)rm{壟脺}的反應(yīng)類型是______________。

rm{(3)E}與足量rm{NaOH}溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式是______________。

rm{(4)}符合下列條件的rm{D}的同分異構(gòu)體有___________種。其中核磁共振氫譜有rm{4}組峰且峰面積之比為rm{6:2:1:1}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是______________。rm{(}寫(xiě)出一種即可rm{)}rm{壟脵}屬于芳香族化合物且苯環(huán)上有rm{3}個(gè)取代基rm{壟脷}能和rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體rm{(5)}已知易被氧化，苯環(huán)上連有烷基時(shí)再引入一個(gè)取代基，常取代在烷基的鄰對(duì)位，參照以上的合成路線，設(shè)計(jì)一條以rm{A}為原料合成化合物的合成路線______________。16、根據(jù)下面的反應(yīng)路線及所給信息填空。rm{(1)壟脵}的反應(yīng)條件是：____。rm{壟脷}的反應(yīng)類型是：____。rm{(}苯佐卡因rm{)}rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脷}的化學(xué)方程式：____。rm{(3)}苯佐卡因有多種同分異構(gòu)體，其中rm{隆陋NH_{2}}直接連在苯環(huán)上，分子結(jié)構(gòu)中含有rm{-COOR}官能團(tuán)，且苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種的同分異構(gòu)體共有六種，除苯佐卡因外，其中兩種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是：則剩余三種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：____、____、____。17、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}是中學(xué)化學(xué)中常見(jiàn)的四種rm{10}電子微粒；它們之間存在如圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系．

請(qǐng)寫(xiě)出：rm{A}的化學(xué)式______rm{(}寫(xiě)一種rm{)}rm{D}的化學(xué)式______．18、分別由C、H、O三種元素組成的有機(jī)物A、B、C互為同分異構(gòu)體，它們分子中C、H、O元素的質(zhì)量比為15︰2︰8，其中化合物A的質(zhì)譜圖如下。A是直鏈結(jié)構(gòu)，其核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積之比為1︰1︰2，它能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)。B為五元環(huán)酯。C的紅外光譜表明其分子中存在甲基。其它物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：（1）I的分子式是：。I分子中的官能團(tuán)名稱是：。（2）D和H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別是：、。（3）寫(xiě)出下列反應(yīng)方程式(有機(jī)物用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示)D→C；H→G。19、下列框圖所示的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系中，甲是日常生活中常見(jiàn)的金屬，乙、丙、丁是常見(jiàn)的氣體單質(zhì)。氣體rm{B}與氣體rm{C}相遇產(chǎn)生白煙，rm{A}是強(qiáng)堿，rm{D}的焰色反應(yīng)呈紫色rm{(}部分反應(yīng)物和生成物及溶劑水已略去rm{)}請(qǐng)回答下列問(wèn)題：rm{(1)D}的化學(xué)式為_(kāi)___。rm{(2)C}的電子式為_(kāi)___。rm{(3)}寫(xiě)出rm{A}溶液和甲反應(yīng)的離子方程式：____。rm{(4)}寫(xiě)出工業(yè)上制備rm{B}的化學(xué)方程式：____。評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共3分)20、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉?wèn)題：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價(jià)為_(kāi)__，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為_(kāi)__(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過(guò)飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為_(kāi)__（保留小數(shù)點(diǎn)后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為_(kāi)__(填化學(xué)式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測(cè)得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測(cè)曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)21、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開(kāi)展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無(wú)氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。22、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序?yàn)開(kāi)__________（填元素符號(hào)）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_(kāi)____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請(qǐng)判斷該方法是否合理并說(shuō)明理由：_____________。23、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開(kāi)展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無(wú)氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。24、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無(wú)色溶液；取無(wú)色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實(shí)驗(yàn)_______評(píng)卷人得分六、簡(jiǎn)答題(共2題，共14分)25、下列幾組物質(zhì)中：（1）互為同素異形體的有______，（2）互為同系物的有______，（3）互為同分異構(gòu)體的有______，（4）互為同位素的有______，（5）屬于同一物質(zhì)的有______．（在答題紙上填寫(xiě)序號(hào)）

①CH3（CH2）2CH3和（CH3）2CHCH3②35Cl和37Cl③CH3CH3和CH3CH2CH3

④CH3CH2CH（CH3）CH2CH3和CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）CH3⑤H2、D2和T2

⑥⑦O2和O3⑧CH3CH（CH3）CH3和CH（CH3）3⑨金剛石和石墨．26、rm{(1)}按要求寫(xiě)出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：rm{壟脵}由飽和rm{FeCl_{3}}溶液制備rm{Fe(OH)_{3}}膠體________。rm{壟脷}氫氟酸腐蝕玻璃________。rm{(2)}按要求寫(xiě)出下列反應(yīng)的離子方程式：rm{壟脹}制漂白粉rm{(}有效成分為次氯酸鈣rm{)}________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】試題分析：鹵代烴都能發(fā)生水解反應(yīng)，不對(duì)稱結(jié)構(gòu)的鹵代烴消去生成兩種烯烴。答案選B?？键c(diǎn)：鹵代烴的性質(zhì)【解析】【答案】B2、C【分析】【解答】解：A．該物質(zhì)中含有苯環(huán)；所以屬于芳香族化合物，故A正確；

B．該物質(zhì)中不含酚羥基；所以不能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵；所以能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；

D．該分子中含有3個(gè)酯基；1molM完全水解生成3mol醇，故D錯(cuò)誤；

故選C．

【分析】該物質(zhì)中含有C、H、O、N四種元素，含有碳碳雙鍵、苯環(huán)、酯基、氨基，具有烯烴、苯、酯和胺的性質(zhì)，能發(fā)生加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)、水解反應(yīng)等，據(jù)此分析解答．3、D【分析】解：A；升高溫度；平衡向吸熱方向移動(dòng)，若正方向?yàn)槲鼰岱较?，則平衡常數(shù)增大；若正方向?yàn)榉艧岱较?，則平衡常數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；

B；升溫促進(jìn)水解；所以隨溫度的升高，碳酸鈉的水解程度增大，溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；

C、AgCl在水中存在沉淀溶解平衡，AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl-（aq），加入Cl-平衡逆移，Cl-濃度越大，則AgCl的溶解度越小，所以AgCl在同濃度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不同；前者小，故C錯(cuò)誤；

D、=1012的水溶液中，c（H+）＞c（OH-），溶液顯酸性，NH4+、Al3+、NO3-、Cl-之間不反應(yīng)，也不與氫離子反應(yīng)，所以NH4+、Al3+、NO3-、Cl-能大量共存；故D正確；

故選D．

A；根據(jù)溫度對(duì)平衡移動(dòng)及平衡常數(shù)的影響分析；

B；升溫促進(jìn)水解；

C；根據(jù)AgCl的沉淀溶解平衡分析；

D、=1012的水溶液中，c（H+）＞c（OH-）；溶液顯酸性，據(jù)此分析；

本題考查了溫度對(duì)平衡移動(dòng)和平衡常數(shù)的影響、影響鹽的水解的因素、沉淀溶解平衡的移動(dòng)、離子共存等內(nèi)容，側(cè)重于對(duì)有關(guān)原理應(yīng)用的考查，題目難度不大．【解析】【答案】D4、C【分析】【解析】試題分析：保持溫度不變，將容器體積增大一倍的瞬間，B的濃度是原來(lái)的50%.但最終平衡時(shí)，B的濃度是原來(lái)的60%，這說(shuō)明，降低壓強(qiáng)平衡正反應(yīng)方向移動(dòng)，即正反應(yīng)是體積增大的可逆反應(yīng)，所以a小于b，答案選C?？键c(diǎn)：考查外界條件對(duì)平衡狀態(tài)的影響【解析】【答案】C5、C【分析】解：元素的非金屬性越強(qiáng)，其單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，其單質(zhì)與氫氣化合越容易；其簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，根據(jù)表知，F(xiàn)、Cl、Br；I都是第VIIA族元素；且隨著原子序數(shù)遞增，其單質(zhì)與氫氣反應(yīng)越來(lái)越難，且其氫化物的穩(wěn)定性逐漸降低，所以非金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，故選C．

元素的非金屬性越強(qiáng)；其單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，其單質(zhì)與氫氣化合越容易；其簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，據(jù)此分析解答．

本題考查同一主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及總結(jié)歸納能力，明確元素非金屬性與其氫化物的穩(wěn)定性、單質(zhì)的氧化性關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】C二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)構(gòu)造原理可知，氯元素基態(tài)原子核外電子的排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成對(duì)電子數(shù)為1個(gè)。（2）氯吡苯脲的熔點(diǎn)較低，易溶于水，所以其晶體類型是分子晶體。其中所含第二周期元素分別是C、N、O，非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大。但由于氮元素的2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強(qiáng)，所以第一電離能大于氧元素的，即正確的順序是N＞O＞C。（3）根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，2個(gè)氮原子全部形成單鍵，屬于sp3雜化。另外一個(gè)氮原子形成雙鍵，所以是sp2雜化。（4）氯吡苯脲分子中全部是非金屬元素構(gòu)成的，含有共價(jià)鍵。另外氮原子和氧原子都含有孤對(duì)電子，所以還能形成配位鍵，答案選CD。（5）由于氯吡苯脲是分子晶體，所以熔點(diǎn)低；另外氯吡苯脲還能與水分子間形成氫鍵，所以還易溶于水。（6）由于單鍵都是σ鍵、而雙鍵是由1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵構(gòu)成的，所以根據(jù)反應(yīng)的方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲,斷裂NA個(gè)σ鍵和NA個(gè)π鍵?？键c(diǎn)：考查核外電子的排布、雜化軌道類型的判斷以及晶體類型的判斷等【解析】【答案】（13分）（1）1（1分）（2）分子晶體N>O>C（各1分，共2分）（3）sp2、sp3（各1分，共2分）（4）C、D（各1分，共2分）（5）氯吡苯脲是分子晶體，故熔點(diǎn)低；氯吡苯脲與水分子間形成氫鍵，故易溶于水。（各1分，共2分）（6）NA（或6.02×1023）NA（或6.02×1023）（各1分，共2分）7、8；【分析】解：由晶胞結(jié)構(gòu)可知晶體中與rm{X}離子距離最近的rm{Y}離子有rm{8}個(gè)；

晶胞中rm{X}原子數(shù)目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}原子數(shù)目為rm{Y}晶胞的質(zhì)量為rm{8}晶體密度為rm{dfrac{4a+8b}{N_{A}}g}則晶胞體積為rm{dfrac{4a+8b}{N_{A}}g隆脗婁脩g/cm^{3}}故晶胞棱長(zhǎng)rm{x=3dfrac{4a+8b}{婁脩N_{A}}cm}

rm{婁脩g/cm^{3}}原子與周圍rm{dfrac

{4a+8b}{N_{A}}g隆脗婁脩g/cm^{3}}個(gè)rm{x=3dfrac{4a+8b}{婁脩N_{A}}

cm}原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，令rm{Y}與rm{4}之間的距離為rm{X}則正四面體中心到底面中心的距離為rm{Y}正四面體的高為rm{X}正四面體棱長(zhǎng)rm{y}則正四面體側(cè)面的高為rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}}底面中心到邊的距離為rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}故rm{(dfrac{4}{3}y)^{2}+(dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3})^{2}=(dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2})^{2}}整理得：rm{y=dfrac{sqrt{3}}{4}x}故rm{dfrac{y}{3}}與rm{dfrac{4}{3}y}的距離為：rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{婁脩cdotN_{A}}}

故答案為：rm{=dfrac{sqrt{2}x}{2}}rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{婁脩cdotN_{A}}}．

依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知晶體中與rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{

sqrt{3}}{2}}離子距離最近的rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{

sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}離子有rm{(dfrac{4}{3}y)^{2}+(dfrac{sqrt

{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3})^{2}=(dfrac{sqrt

{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2})^{2}}個(gè)，所以其配位數(shù)為rm{y=dfrac{sqrt

{3}}{4}x}根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中rm{Y}rm{X}原子數(shù)目，進(jìn)而計(jì)算晶胞的質(zhì)量，根據(jù)rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{4a+8b}{婁脩cdotN_{A}}}計(jì)算晶胞體積，進(jìn)而計(jì)算晶胞棱長(zhǎng)rm{8}原子與周圍rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{4a+8b}{婁脩cdotN_{A}}}個(gè)rm{X}原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，令rm{Y}與rm{8}之間的距離為rm{8}則正四面體中心到底面中心的距離為rm{X}正四面體的高為rm{Y}正四面體棱長(zhǎng)rm{m=婁脩V}則正四面體側(cè)面的高為rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}}底面中心到邊的距離為rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}再根據(jù)勾股定理進(jìn)行解答．

本題考查了有關(guān)晶胞的計(jì)算，明確晶胞結(jié)構(gòu)特點(diǎn)是解題關(guān)鍵，需要學(xué)生具備一定空間想象能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，難度較大．rm{x.Y}【解析】rm{8}rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{婁脩cdotN_{A}}}rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{4a+8b}{婁脩cdotN_{A}}}8、略

【分析】

A是沼氣的主要成分，為甲烷；B分子中所含電子數(shù)為18，B不穩(wěn)定，具有較強(qiáng)的氧化性，含有氫元素，可知B為H2O2；C中含有O元素，C是工業(yè)制玻璃的主要原料之一，故C為SiO2；E分子中所含電子數(shù)為18，E是由六個(gè)原子構(gòu)成的分子，原子平均電子數(shù)為3，故E中含有H元素，E為N2H4；D中含有Si元素，還含有H元素或N元素，由D中所含的兩種元素的原子個(gè)數(shù)之比為3：4，故D為Si3N4；判斷A為CH4，B為H2O2，C為SiO2，D為Si3N4；E為N2H4；

①B為H2O2的水溶液呈弱酸性，屬于二元弱酸，其主要的電離方程式可表示為：H2O2?HO2-+H+；依據(jù)判斷D為Si3N4；

故答案為：H2O2?HO2-+H+；Si3N4；

②A為CH4，B為H2O2，E為N2H4；所以A；B、E中均含有的一種元素為氫元素；故答案為：氫元素；

③E為N2H4；電子式為：故答案為：

④液態(tài)B為H2O2，液態(tài)E為N2H4；BE反應(yīng)可生成一種氣態(tài)單質(zhì)和一種常見(jiàn)液體；依據(jù)組成元素分析，氣體為氮?dú)猓后w為水，1molB參加反應(yīng)放出熱量QkJ，反應(yīng)熱化學(xué)方程式為：

2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QKJ/mol；故答案為：2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QKJ/mol；

⑤NH3分子中的N原子有一對(duì)孤對(duì)電子，能發(fā)生反應(yīng)：NH3+HCl=NH4Cl．E為N2H4與足量鹽酸時(shí)，分子中含有兩對(duì)孤對(duì)電子，和鹽酸發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：N2H4+2HCl=N2H6Cl2

故答案為：N2H4+2HCl=N2H6Cl2

【解析】【答案】A是沼氣的主要成分，為甲烷；B分子中所含電子數(shù)為18，B不穩(wěn)定，具有較強(qiáng)的氧化性，含有氫元素，可知B為H2O2；C中含有O元素，C是光導(dǎo)纖維的主要材料，故C為SiO2；E分子中所含電子數(shù)為18，E是由六個(gè)原子構(gòu)成的分子，依據(jù)分子結(jié)構(gòu)和化學(xué)鍵的特征分析，形成三個(gè)化學(xué)鍵的原子為氮原子，故E中含有H元素和N元素，E為N2H4；D中含有Si元素，還含有H元素或N元素，由D中所含的兩種元素的原子個(gè)數(shù)之比為3：4，故D為Si3N4．

9、略

【分析】【解析】試題分析：(1)根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，丙中含氧官能團(tuán)的名稱是醛基、羥基。（2）分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體，所以根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知甲、乙、丙均互為同分異構(gòu)體。（3）乙中含有羧基，能和碳酸氫鈉反應(yīng)，生成CO2，所以化合物乙與小蘇打溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式是＋NaHCO3＝CO2＋H2O＋考點(diǎn)：考查官能團(tuán)、同分異構(gòu)體的判斷以及方程式的書(shū)寫(xiě)【解析】【答案】(1)醛基、羥基(2)甲、乙、丙均互為同分異構(gòu)體（3）＋NaHCO3＝CO2＋H2O＋10、略

【分析】解：rm{壟脵}硫酸鋇，沒(méi)有自由移動(dòng)的離子不導(dǎo)電；在水溶液中雖難溶，但溶于水的部分或熔化狀態(tài)下都能完全電離，rm{BaSO_{4}簍TBa^{2+}+SO_{4}^{2-}}有自由移動(dòng)的離子；能導(dǎo)電，是強(qiáng)電解質(zhì)；

rm{壟脷}醋酸只存在分子，沒(méi)有自由移動(dòng)的離子不導(dǎo)電；rm{CH_{3}COOH}溶液中存在如下電離平衡：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}能導(dǎo)電，是弱電解質(zhì)，rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+OH^{-}}在水溶液中不能完全電離，能導(dǎo)電，rm{CH_{3}COOH}為弱電解質(zhì)；

rm{壟脹}氯化氫；是純凈物，只有氯化氫分子不導(dǎo)電；氯化氫的水溶液中，氯化氫能完全電離出氫離子和氯離子，所以是強(qiáng)電解質(zhì)；

rm{壟脺}三氧化硫，rm{SO_{3}}只存在分子；沒(méi)有自由移動(dòng)的離子，所以不能導(dǎo)電；三氧化硫在水溶液中與水反應(yīng)生成硫酸，硫酸電離出自由移動(dòng)的氫離子和硫酸根離子導(dǎo)電，三氧化硫自身不能電離，三氧化硫是非電解質(zhì)；

rm{壟脻}氯氣只存在rm{Cl_{2}}分子；不能導(dǎo)電；它是單質(zhì)，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

rm{壟脼}碳酸氫鈉；沒(méi)有自由移動(dòng)的離子不導(dǎo)電；熔融狀態(tài)下的碳酸氫鈉能完全電離出自由移動(dòng)的陰陽(yáng)離子而使其導(dǎo)電，所以碳酸氫鈉是強(qiáng)電解質(zhì)；

rm{壟脽}銅是金屬單質(zhì)；能導(dǎo)電；它是單質(zhì)，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

rm{壟脿}硫酸溶液；硫酸水溶液能自身完全電離出的自由移動(dòng)的氫離子和硫酸根離子導(dǎo)電；但硫酸溶液是混合物，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

rm{壟謾}氫氧化鉀；沒(méi)有自由移動(dòng)的離子不導(dǎo)電；熔融狀態(tài)下的氫氧化鉀能完全電離出自由移動(dòng)的陰陽(yáng)離子而使其導(dǎo)電，所以氫氧化鉀是強(qiáng)電解質(zhì)；

rm{壟芒}乙醇；是化合物，在水中存在乙醇分子，沒(méi)有自由移動(dòng)的離子，故不能導(dǎo)電；是非電解質(zhì)；

故答案為：rm{壟脵壟脹壟脼壟謾}rm{壟脷}rm{壟脽壟脿}rm{壟脺壟芒}．

電解質(zhì)是指：在水溶液或熔化狀態(tài)下都能導(dǎo)電的化合物rm{.}能導(dǎo)電是電解質(zhì)自身能電離出自由移動(dòng)的離子；單質(zhì)；混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)．

rm{(1)}強(qiáng)電解質(zhì)是指在水溶液中；或熔融狀態(tài)下能完全電離的化合物；

rm{(2)}弱電解質(zhì)是指：在水溶液里部分電離的電解質(zhì)；包括弱酸；弱堿、水與少數(shù)鹽；

rm{(3)}能導(dǎo)電的物質(zhì)必須含有自由電子或自由移動(dòng)的離子；

rm{(4)}在水溶液中和熔化狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)．

本題是對(duì)基本概念的考查，注意電解質(zhì)、非電解質(zhì)概念的辨析以及與導(dǎo)電的關(guān)系是解答的關(guān)鍵，平時(shí)注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累，題目難度不大．【解析】rm{壟脵壟脹壟脼壟謾}rm{壟脷}rm{壟脽壟脿}rm{壟脺壟芒}11、略

【分析】解：含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量鈣鎂的化合物用鹽酸酸浸發(fā)生的反應(yīng)為：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}簍T2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}簍T2Fe^{3+}+3H_{2}O}則過(guò)濾的溶液為氯化鐵和氯化鋁的溶液，加碳酸鈣消耗溶液中的氫離子使三價(jià)鐵離子、三價(jià)鋁離子都水解生成氫氧化鐵、氫氧化鋁的沉淀，所以再加入氫氧化鈉，只要?dú)溲趸X溶解反應(yīng)為：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}所得溶液為偏鋁酸鈉溶液再通入二氧化碳進(jìn)一步反應(yīng)又生成氫氧化鋁；

rm{(1)}氯化鋁和氯化鐵水解都生成鹽酸，碳酸鈣和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣和二氧化碳，所以物質(zhì)rm{X}是二氧化碳，氫氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成可溶性偏鋁酸鈉，離子反應(yīng)方程式為：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案為：rm{CO_{2}}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(2)}根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素可知；為加快“酸浸”時(shí)的速率，可采取的措施有增大鹽酸的濃度；升高反應(yīng)溫度、減小煤矸石顆粒大小、充分?jǐn)嚢璧龋?/p>

故答案為：增大鹽酸的濃度；升高反應(yīng)溫度；減小煤矸石顆粒大小、充分?jǐn)嚢璧龋?/p>

rm{(3)Fe^{3+}}開(kāi)始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分別為rm{2.1}和rm{3.2}rm{Al^{3+}}開(kāi)始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分別為rm{4.1}和rm{5.4}要使鐵離子完全沉淀而鋁離子不沉淀，則溶液的rm{PH}應(yīng)該為rm{3.2}過(guò)濾氫氧化鋁沉淀時(shí)調(diào)節(jié)溶液rm{pH}為rm{5.4}以使氫氧化鋁完全沉淀；

故答案為：加入rm{CaCO_{3}}調(diào)節(jié)rm{pH}到rm{5.4}過(guò)濾得到沉淀．

含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量鈣鎂的化合物用鹽酸酸浸發(fā)生的反應(yīng)為：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}簍T2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}簍T2Fe^{3+}+3H_{2}O}則過(guò)濾的溶液為氯化鐵和氯化鋁的溶液，加碳酸鈣消耗溶液中的氫離子使三價(jià)鐵離子、三價(jià)鋁離子都水解生成氫氧化鐵、氫氧化鋁的沉淀，所以再加入氫氧化鈉，只要?dú)溲趸X溶解反應(yīng)為：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}所得溶液為偏鋁酸鈉溶液再通入二氧化碳進(jìn)一步反應(yīng)又生成氫氧化鋁，據(jù)此答題．

本題以工藝流程為載體考查了溶解平衡原理、物質(zhì)間的反應(yīng)、除雜等知識(shí)點(diǎn)，這種題型是高考?？碱}型，綜合性較強(qiáng)，涉及知識(shí)面較廣，用教材基礎(chǔ)知識(shí)采用知識(shí)遷移的方法分析解答，難度不大．【解析】rm{CO_{2}}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}增大鹽酸的濃度；升高反應(yīng)溫度、減小煤矸石顆粒大小、充分?jǐn)嚢璧龋患尤雛m{CaCO_{3}}調(diào)節(jié)rm{pH}到rm{5.4}過(guò)濾得到沉淀三、推斷題(共8題，共16分)12、A【分析】【解答】解：n（Ag）==0.2mol，醛基和銀的關(guān)系﹣CHO～2Ag，則n（﹣CHO）=0.1mol，即飽和一元醛的物質(zhì)的量為0.1mol，點(diǎn)燃生成水的物質(zhì)的量n（H2O）==0.3mol，所以氫原子數(shù)目為6，分子式為：C3H6O；為丙醛；

故選A．

【分析】飽和一元醛的通式是CnH2nO，根據(jù)關(guān)系式﹣CHO～2Ag，根據(jù)生成金屬銀的量可以獲得醛的物質(zhì)的量，然后根據(jù)生成水的質(zhì)量結(jié)合氫原子守恒可以獲得H的個(gè)數(shù)，進(jìn)而確定分子式即可．13、A【分析】【解答】解：A．形成（CH3）2CHCOOC（CH3）3的酸為（CH3）2CHCOOH，醇為HOC（CH3）3，故A為BrC（CH3）3、B為（CH3）2CHCH2Br；二者互為同分異構(gòu)體，故A符合；

B．形成（CH3）2CHCOOCH2CH（CH3）2的酸為（CH3）2CHCOOH，醇為HOCH2CH（CH3）2，故A、B都為（CH3）2CHCH2Br；二者互為同一物質(zhì)，故B不符合；

C．形成CH3（CH2）2COOCH2（CH2）2CH3的酸為CH3（CH2）2COOH，醇為HOCH2（CH2）2CH3；故A；B都為。

為BrCH2（CH2）2CH3；二者為同一物質(zhì)，故C不符合；

D．形成（CH3）2CHCOOCH2CH2CH3的酸為（CH3）2CHCOOH，醇為HOCH2CH2CH3，故A為BrCH2CH2CH3、B為（CH3）2CHCH2Br；二者不是同分異構(gòu)體，互為同系物，故D不符合；

故選A．

【分析】一溴代烴A經(jīng)水解后再氧化得到有機(jī)物B，A的一種同分異構(gòu)體經(jīng)水解得到有機(jī)物C，B和C可發(fā)生酯化反應(yīng)生成酯D，則B為羧酸、C為醇，且含有相同的碳原子數(shù)目，B中溴原子連接的碳原子上含有2個(gè)H原子，據(jù)此結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)行判斷．14、（1）甲苯

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的推斷，難度不大。【解答】甲苯rm{A}光照下和氯氣反應(yīng)，生成rm{B}rm{B}水解得到rm{C}rm{C}氧化得到rm{D}有已知條件rm{1}知rm{E}為rm{F}和甲醇酯化得到rm{K}以此答題。rm{(1)A}屬于芳香烴，名稱是甲苯；故答案為：甲苯；rm{(2)B隆煤C}的化學(xué)方程式是故答案為：rm{(3)D}生成rm{E}的化學(xué)方程式是故答案為：rm{(4)F隆煤K}的化學(xué)方程式是故答案為：rm{(5)}將rm{L}與足量的rm{NaOH}溶液反應(yīng)，寫(xiě)出化學(xué)方程式故答案為：rm{(6)L隆煤M}的轉(zhuǎn)化中，會(huì)產(chǎn)生少量鏈狀高分子聚合物，該反應(yīng)的化學(xué)方程式故答案為：rm{(7)}寫(xiě)出rm{C}的含苯環(huán)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式故答案為：【解析】rm{(1)}甲苯rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}rm{(6)}rm{(7)}

15、（1）甲苯羧基、羥基、硝基

（2）Fe（氯化鐵）氧化反應(yīng)

（3）

（4）6；（或）

（5）【分析】【分析】本題考查了有機(jī)物的合成與推斷，涉及有機(jī)物和官能團(tuán)名稱、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、反應(yīng)類型、同分異構(gòu)體、設(shè)計(jì)合成路線等，側(cè)重考查了學(xué)生理解運(yùn)用能力，平時(shí)學(xué)習(xí)時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累掌握。【解答】rm{C}發(fā)生信息rm{壟脵}中的反應(yīng)生成rm{D}rm{D}發(fā)生氧化反應(yīng)生成rm{E}結(jié)合rm{C}的分子式與rm{E}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，可知rm{C}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為則rm{D}為rm{D}用酸性高錳酸鉀溶液氧化得到rm{E}烴rm{A}與氯氣在催化劑條件下反應(yīng)得到rm{B}rm{B}發(fā)生水解反應(yīng)，酸化得到rm{C}則rm{A}為rm{B}為rm{E}與氫氧化鈉反應(yīng)，酸化得到rm{F}為由信息rm{壟脹}并結(jié)合抗結(jié)腸炎藥物有效成分的結(jié)構(gòu)可知，rm{F}在濃硫酸、濃硝酸加熱條件下發(fā)生反應(yīng)生成rm{G}為rm{G}發(fā)生還原反應(yīng)得到抗結(jié)腸炎藥物有效成分。rm{(1)}由上述分析可知，烴rm{A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為故A的名稱是甲苯，rm{G}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{G}中含氧官能團(tuán)的名稱是羧基、羥基、硝基，故答案為：甲苯；羧基、羥基、硝基；rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脵}是甲苯與氯氣發(fā)生苯環(huán)上的取代反應(yīng)，反應(yīng)條件是rm{Fe(}氯化鐵rm{)}作催化劑，反應(yīng)rm{壟脺}為為rm{壟脺}用酸性高錳酸鉀溶液氧化得到rm{D}反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)，故答案為：rm{E}氯化鐵rm{Fe(}氧化反應(yīng)；rm{)}與足量rm{(3)E}溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式是故答案為：rm{NaOH}為rm{(4)D}屬于芳香族化合物且苯環(huán)上有rm{壟脵}個(gè)取代基rm{3}能和rm{壟脷}溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體，說(shuō)明結(jié)構(gòu)中含有羧基，rm{NaHCO_{3}}該同分異構(gòu)體苯環(huán)上的取代基為rm{隆陋CH_{3}}rm{隆陋CH_{3}}、rm{隆陋CH_{3}}rm{隆陋CH_{3}}、rm{隆陋COOH}rm{隆陋COOH}三者在苯環(huán)上有rm{6}rm{6}種位置關(guān)系，其中核磁共振氫譜有故符合條件的組峰且峰面積之比為rm{D}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是rm{D}或的同分異構(gòu)體有，故答案為：rm{6}rm{6}或種；；rm{4}甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成鄰甲基硝基苯，鄰甲基硝基苯和酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸和rm{6:2:1:1}rm{6:2:1:1}反應(yīng)生成鄰氨基苯甲酸，其合成路線為故答案為：rm{(}或【解析】rm{(1)}甲苯羧基、羥基、硝基rm{(2)Fe(}氯化鐵rm{)}氧化反應(yīng)rm{(3)}rm{(4)6}rm{(4)6}或rm{(}或rm{(}rm{)}16、（1）①酸性高錳酸鉀溶液酯化（取代）反應(yīng)②酯化（取代）反應(yīng)（2）（3）【分析】【分析】

本題考查有機(jī)物推斷，注意比較流程圖中相關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和分子式進(jìn)行物質(zhì)推斷，需要學(xué)生熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，rm{(3)}中同分異構(gòu)體數(shù)目判斷為易錯(cuò)點(diǎn)，難度中等。中同分異構(gòu)體數(shù)目判斷為易錯(cuò)點(diǎn)，難度中等。

【解答】

根據(jù)rm{(3)}的分子式以及和的結(jié)構(gòu)可知，rm{A}為反應(yīng)rm{A}為在酸性高錳酸鉀溶液作用下甲基被氧化成羧基，rm{壟脵}發(fā)生酯化rm{A}取代rm{(}反應(yīng)得

rm{)}的反應(yīng)條件是：酸性高錳酸鉀溶液，rm{(1)壟脵}的反應(yīng)類型是酯化rm{壟脷}取代rm{(}反應(yīng)；

故答案為：酸性高錳酸鉀溶液；酯化rm{)}取代rm{(}反應(yīng)；

rm{)}反應(yīng)rm{(2)}的化學(xué)方程式為：

rm{壟脷}

故答案為：苯佐卡因有多種同分異構(gòu)體，其中rm{(3)}直接連在苯環(huán)上，分子結(jié)構(gòu)中含有rm{-NH_{2}}官能團(tuán)，且苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種的同分異構(gòu)體共有六種，除苯佐卡因外，其中兩種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是：則剩余三種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

故答案為：rm{-COOR}【解析】rm{(1)}rm{壟脵}酸性高錳酸鉀溶液酯化rm{(}取代rm{)}反應(yīng)酸性高錳酸鉀溶液酯化rm{壟脵}取代rm{(}反應(yīng)rm{)}酯化rm{壟脷}酯化rm{(}取代rm{)}反應(yīng)取代rm{壟脷}反應(yīng)rm{(}rm{)}rm{(2)}17、略

【分析】解：rm{10}電子微粒rm{A}rm{B}反應(yīng)得到兩種rm{10}電子微粒，應(yīng)是rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}+H_{2}O}或rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}+H_{2}O}可推知rm{HF+OH^{-}簍TF^{-}+H_{2}O}為rm{A}rm{NH_{4}^{+}}為rm{B}rm{OH^{-}}為rm{C}rm{NH_{3}}為rm{D}或rm{H_{2}O(}為rm{A}rm{HF}為rm{B}rm{OH^{-}}為rm{C}rm{F^{-}}為rm{D}

故答案為：rm{H_{2}O)}或rm{HF(}rm{NH_{4}^{+})}

rm{H_{2}O.}電子微粒rm{10}rm{A}反應(yīng)得到兩種rm{B}電子微粒，應(yīng)是rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}+H_{2}O(}或rm{10}可推知rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}+H_{2}O(}為rm{HF+OH^{-}簍TF^{-}+H_{2}O)}rm{A}為rm{NH_{4}^{+}}rm{B}為rm{OH^{-}}rm{C}為rm{NH_{3}}或rm{D}為rm{H_{2}O(}rm{A}為rm{HF}rm{B}為rm{OH^{-}}rm{C}為rm{F^{-}}．

本題考查無(wú)機(jī)物推斷，主要考查離子反應(yīng)的結(jié)構(gòu)特征，熟記rm{D}電子微粒和rm{H_{2}O)}電子微粒及其性質(zhì)，題目難度不大．rm{10}【解析】rm{HF(}或rm{NH_{4}^{+})}rm{H_{2}O}18、略

【分析】【解析】試題分析：分子中C、H、O元素的質(zhì)量比為15︰2︰8，則分子中C、H、O元素原子的個(gè)數(shù)之比是根據(jù)A的質(zhì)譜圖可知，A的相對(duì)分子質(zhì)量是100，所以A的分子式是C5H802。A是直鏈結(jié)構(gòu)，其核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積之比為1︰1︰2，它能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基，因此A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是OHCCH2CH2CH2CHO。A發(fā)生銀鏡反應(yīng)生成I，則I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是HOOCCH2CH2CH2COOH。B為五元環(huán)酯，在氫氧化鈉溶液中水解生成D。D在濃硫酸的作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成C，C的紅外光譜表明其分子中存在甲基，且C最終轉(zhuǎn)化為I，所以D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是CH3CH（OH）CH2CH2COOH，則B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是則C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是HOOCCH2CH＝CHCH3。E可以水解反應(yīng)，說(shuō)明E是鹵代烴。E水解生成F，而F又可以發(fā)生加成反應(yīng)，說(shuō)明F中還含有碳碳雙鍵，則E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是ClCH2CH＝CHCH2COOH，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是HOCH2CH＝CHCH2COOH。G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是HOOCCH2CH2CH2CH2OH。G發(fā)生催化氧化生成H，所以H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是HOOCCH2CH2CH2CHO，H繼續(xù)發(fā)生氧化反應(yīng)生成I。考點(diǎn)：考查有機(jī)物化學(xué)式、官能團(tuán)、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的判斷以及方程式的書(shū)寫(xiě)等【解析】【答案】（8分）（1）C5H8O4；羧基（2）CH3CH（OH）CH2CH2COOH，OHCCH2CH2CH2COOH（3）D→C：HOOCCH2CH2CH(OH)CH3HOOCCH2CH＝CHCH3+H2O；H→G：HOOCCH2CH2CH2CHO+H2HOOCCH2CH2CH2CH2OH19、略

【分析】【分析】乙、丙、丁為單質(zhì)，一定條件下乙與丙反應(yīng)得到rm{B}丙、丁在點(diǎn)燃條件下反應(yīng)得到rm{C}且rm{B}與rm{C}相遇生成大量白煙生成rm{E}可知rm{B}為rm{NH_{3}}rm{C}為rm{HCl}則丙為rm{H_{2}}乙為rm{N_{2}}丁為rm{Cl_{2}}rm{E}為rm{NH_{4}Cl}rm{NH_{4}Cl}與強(qiáng)堿rm{A}反應(yīng)生成rm{NH_{3}}與rm{D}且rm{D}的焰色為紫色，含有rm{K}元素，故A為rm{KOH}rm{D}為rm{KCl}甲是日常生活中常見(jiàn)的金屬，能與rm{KOH}反應(yīng)生成氫氣，則甲為rm{Al}據(jù)此解答?！窘獯稹恳?、丙、丁為單質(zhì)，一定條件下乙與丙反應(yīng)得到rm{B}丙、丁在點(diǎn)燃條件下反應(yīng)得到rm{C}且rm{B}與rm{C}相遇生成大量白煙生成rm{E}可知rm{B}為rm{NH_{3}}rm{C}為rm{HCl}則丙為rm{H_{2}}乙為rm{N_{2}}丁為rm{Cl_{2}}rm{E}為rm{NH_{4}Cl}rm{NH_{4}Cl}與強(qiáng)堿rm{A}反應(yīng)生成rm{NH_{3}}與rm{D}且rm{D}的焰色為紫色，含有rm{K}元素，故A為rm{KOH}rm{D}為rm{KCl}甲是日常生活中常見(jiàn)的金屬，能與rm{KOH}反應(yīng)生成氫氣，則甲為rm{Al}．

rm{(1)D}的化學(xué)式為rm{KCl}故答案為：rm{KCl}

rm{(2)C}為rm{HCl}電子式為故答案為：

rm{(3)A}溶液和甲反應(yīng)的離子方程式：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O簍T2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}故答案為：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O簍T2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

rm{(4)}工業(yè)上制備rm{NH_{3}}的化學(xué)方程式：故答案為：【解析】rm{(1)KCl}rm{(2)}rm{(3)2Al+2OH^{-}+2H_{2}O簍T2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

rm{(4)}四、工業(yè)流程題(共1題，共3分)20、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)1中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應(yīng)生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過(guò)飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，同時(shí)生成還原產(chǎn)物NaCl，結(jié)合守恒法寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；根據(jù)電子守恒計(jì)算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關(guān)。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價(jià)為+1價(jià)；氧元素的化合價(jià)為-2價(jià)，根據(jù)化合物中元素的正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價(jià)為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價(jià)；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價(jià)，具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應(yīng)為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說(shuō)明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過(guò)飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，反應(yīng)中Fe元素的化合價(jià)從+3價(jià)升高為+6價(jià)，Cl元素的化合價(jià)從+1價(jià)降為-1價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設(shè)制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽(yáng)極，電解時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進(jìn)K2FeO4與水反應(yīng)從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應(yīng)③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進(jìn)K2FeO4與水反應(yīng)，從而降低K2FeO4的濃度五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)21、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過(guò)量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說(shuō)明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o(wú)氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過(guò)量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開(kāi)始加入過(guò)量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會(huì)生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來(lái)自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過(guò)量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說(shuō)明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過(guò)量硝酸鋇，說(shuō)明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無(wú)色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）222、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價(jià)和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越小；原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序?yàn)镠

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別為Na