2025年统编版2024高二化学上册月考试卷

…………○…………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2025年统编版2024高二化学上册月考试卷518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6题，共12分)1、下图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。则该物质不具有的性质是A.使紫色石蕊变红B.与钠反应C.发生酯化反应D.发生氧化反应2、高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}Ounderset{路脜碌莽}{overset{鲁盲碌莽}{?}}}rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O

underset{路脜碌莽}{overset{鲁盲碌莽}{?}}}关于该电池的说法正确的是()A.放电时，rm{3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}作负极，发生还原反应B.放电时，rm{Zn}附近溶液rm{K_{2}FeO_{4}}减小C.充电时，锌极附近溶液rm{pH}减小D.充电时，阳极电极反应为：rm{pH}rm{Fe(OH)_{3}-3e^{-}+5OH^{-}=FeOrlap{_{4}}{^{2-}}+4H_{2}O}3、丙烯醇（CH2═CHCH2OH）可发生的化学反应有（）

①取代反应②加成反应③加聚反应④氧化反应．

A.①③④

B.②③

C.①②③④

D.②③④

4、重铬酸钾溶液中存在如下平衡：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙色rm{)+H_{2}O?2H^{+}+2CrO_{4}^{2-}(}黄色rm{)}

rm{垄脵}向rm{2mL0.1mol?L^{-1}}rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液中滴入rm{3}滴rm{6mol?L^{-1}NaOH}溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入rm{5}滴浓rm{H_{2}SO_{4}}溶液由黄色变为橙色．

rm{垄脷}向rm{2mL}rm{0.1mol?L^{-1}}酸化的rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液中滴入适量rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}溶液，溶液由橙色变为绿色，发生反应：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}+6Fe^{2+}=2Cr^{3+}(}绿色rm{)+6Fe^{3+}+7H_{2}O.}

下列分析正确的是rm{(}rm{)}A.实验rm{垄脵}能证明rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液中存在上述平衡B.实验rm{垄脷}能说明氧化性：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}>Fe^{3+}}C.rm{CrO_{4}^{2-}}和rm{Fe^{2+}}在酸性溶液中可以大量共存D.稀释rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液时，溶液中各离子浓度均减小5、下列离子中外层rm{d}轨道达半充满状态的是()A.rm{Cr^{3+}}B.rm{Fe^{2+}}C.rm{Co^{4+}}D.rm{Cu^{+}}6、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是()A.rm{CH_{4}>SiH_{4}>GeH_{4}>SnH_{4}}B.rm{KCl>NaCl>MgCl_{2}>MgO}C.rm{Rb>K>Na>Li}D.石墨rm{>}金刚石rm{>SiO_{2}}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（13分）在容积为1．00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：（1）反应的△H0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为mol·L-1·s-1反应的平衡常数K1为。（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0．0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。①T100℃（填“大于”“小于”），判断理由是。②列式计算温度T时反应的平衡常数K2。（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是。8、已知：氧化性：KMnO4>HNO3；Bi元素+3价较稳定，Na3BiO3溶液为无色。取一定量的Mn（NO3）2溶液依次进行下列实验，现象记录如下。①滴加适量的Na3BiO3溶液，溶液变为紫红色。②继续滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生。③再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。④最后通入足量的SO2气体，请回答下列问题：（1）KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为____；（2）实验④中的现象为：____；（3）实验②反应的离子方程式是：____；（4）实验③反应的离子方程式是：_____。9、（共12分）化合物A是最早发现酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得，A的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一。A在某种催化剂的存在下进行氧化，其产物不能发生银镜反应。在浓硫酸存在下，A可发生如下图所示的反应试写出：化合物的结构简式：A____B____D____化学方程式：A®E____A®F____反应类型：A®E_____________________，A®F____________________。10、某强酸性溶液X可能含有Ba2＋、Al3＋、NHFe2＋、Fe3＋、COSOSOCl－、NO中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，溶液X中除H+外还肯定含有的离子是______，不能确定是否含有的离子（M）是______，若要确定该M（若不止一种，可任选一种）在溶液X中不存在，最可靠的化学方法是______．（2）写出反应②的离子方程式：______．（3）通常可以利用KClO在一定条件下氧化G来制备一种新型、高效、多功能水处理剂K2FeO4．请写出制备过程中的离子方程式______．（4）假设测定A、F、I均为0．1mol，10mLX溶液中n（H+）=0．4mol，当沉淀C物质的量大于0．7mol时，溶液X中还一定含有______．11、(14分)(1)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：①NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点FeONiO(填“＜”或“＞”)；②铁有δ、γ、α三种同素异形体，各晶胞如下图，则δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为。(2)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为；该晶体中，原子之间的强相互作用是；（3）2007年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应(CMR效应)研究方面的成就。某钙钛型复合氧化物如图所示，以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe等时，这种化合物具有CMR效应。①用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式：。②已知La为＋3价，当被钙等二价元素A替代时，可形成复合钙钛矿化合物La1－xAxMnO3(x<0.1)，此时一部分锰转变为＋4价。导致材料在某一温度附近有反铁磁—铁磁、铁磁—顺磁及金属—半导体的转变，则La1－xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为：。③下列有关说法正确的是。A．镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区B．氧的第一电离能比氮的第一电离能大C．锰的电负性为1.59，Cr的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强D．铬的堆积方式与钾相同，则其堆积方式如图所示12、有一包NaHCO3和KHCO3的混合物样品．某研究性学习小组对其进行了如下探究；请按要求完成下列探究报告．

【探究目的】实验测定样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比．

【探究思路】设计实验测量有关反应物和生成物的量，并通过计算确定样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比．

【实验探究】实验装置如图1所示．将一定质量的混合物样品加入锥形瓶中，用针筒a注入一定体积的稀硫酸充分反应，再用针筒b收集生成气体的体积（忽略针筒管壁间的摩擦）．如果往锥形瓶中注入的稀硫酸的体积为V1mL，充分反应后，针筒b中气体的读数为V2mL，则反应中生成的CO2气体体积为______mL．写出锥形瓶中反应的离子方程式：______．

【结果处理】锥形瓶中放有混合均匀的NaHCO3和KHCO3的样品3.6g；向锥形瓶中滴入一定量的稀硫酸，生成的气体体积（已换算成标准状况）与加入的稀硫酸的体积关系如图2所示：

（1）实验所用稀硫酸中溶质的物质的量浓度是______mol•L-1．

（2）样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比为______．

【拓展探究】某同学设计了另一种方案；其操作流程如下：

在转移溶液时，如果溶液转移不完全，则测得的混合物中NaHCO3和KHCO3物质的量之比______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）评卷人得分三、推断题(共9题，共18分)13、化合物M是一种香料；可采用油脂与芳香烃为主要原料，按下列路线合成：

已知：①E分子的核磁共振氢谱中只有两组吸收峰；

②++

（R1、R2、R3与R4可能是氢；烃基或其他基团）；

③1molG与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体．

（1）油脂→A的反应类型为______，B→G的反应类型为______．

（2）D→E的化学方程式为（注明具体反应条件）______．

（3）E→F所需试剂a是______，F的名称是______．

（4）1molM与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为______．

（5）写出F和G发生聚合反应生成聚酯的化学方程式______．

（6）任选无机试剂，写出从Br-CH2CH2-Br→HCOOCH2CH2OOCH的合成路线______（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）14、有关物质的转化关系如下图所示rm{(}反应条件未全部列出rm{)}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{K}为常见的单质，其中rm{A}为淡黄色固体，rm{K}为紫红色金属，rm{B}rm{C}rm{D}在常温常压下是气体，rm{C}在空气中含量最多。rm{G}为最常见的无色液体，反应rm{垄脹}中rm{F}过量，rm{I}是常用化肥。请回答下列问题：

rm{(1)G}的电子式为____。rm{(2)I}的化学式为____。rm{(3)}写出反应rm{垄脹}的离子方程式：____。rm{(4)}写出反应rm{垄脻}的化学方程式：____。15、下图是以苯酚为主要原料制取冬青油和阿司匹林的过程：rm{(1)}写出第rm{垄脵}步反应的离子方程式：______________________________________________________________，rm{(2)B}溶于冬青油致使产品不纯，可用下列哪种试剂即可除去________，A.rm{Na}rm{B.NaOH}溶液rm{C.Na_{2}CO_{3}}溶液rm{D.NaHCO_{3}}溶液rm{(3)}冬青油含有的官能团名称为________________，rm{(4)}写出阿司匹林在加热条件下与足量rm{NaOH}溶液反应的化学方程式____rm{(5)}下列有关描述不正确的是________。A.第rm{垄脷}步反应中的酸rm{A}可以是稀rm{H_{2}SO_{4}}B.第rm{垄脹}步反应的类型为取代反应C.rm{1mol}冬青油与浓溴水反应最多可消耗rm{3molBr_{2}}D.可以利用rm{FeCl_{3}}溶液鉴别冬青油和阿司匹林16、橡胶rm{Q}酯rm{W}的合成路线如下：

已知：rm{垄脵}

rm{垄脷}

rm{(R}rm{R隆炉}可以是氢原子、烃基或官能团rm{)}rm{(1)}在系统命名法中，rm{Q}的名称是________，合成rm{A}的反应类型是_________。rm{(2)B}中所含官能团的名称是____________________________。rm{(3)}试剂rm{b}的结构式是____________________________。rm{(4)}下列说法中，正确是_________________________。rm{垄脵}试剂rm{a}为甲醇rm{垄脷R}中所有碳原子可能在同一平面rm{垄脹}形成的单体中含rm{G}rm{垄脺}橡胶rm{Q}不易被rm{Br_{2}}腐蚀rm{(5)C隆煤D}的化学方程式是__________________。rm{(6)}试剂rm{b}与苯酚形成高分子化合物的化学方程式是____________________。rm{(7)F}的结构简式是____________________________________。rm{(8)}以rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}和rm{HOCH_{2}CH=CHCHO}为原料制备示例：rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}xrightarrow[]{HBr}C{H}_{3}C{H}_{2}Brxrightarrow[水/?]{NaOH}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}．其合成路线图是：_______________________________________________。rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}

xrightarrow[]{HBr}C{H}_{3}C{H}_{2}Br

xrightarrow[水/?]{NaOH}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}17、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为原子序数依次增大的短周期主族元素。rm{A}rm{F}原子的最外层电子数均等于其周期序数，rm{F}原子的电子层数是rm{A}的rm{3}倍；rm{B}原子核外电子分处rm{3}个不同能级且每个能级上的电子数相同；rm{A}与rm{C}形成的分子为三角锥形；rm{D}原子rm{p}轨道上成对电子数等于未成对电子数；rm{E}原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，rm{E}电负性小于rm{F}

rm{(1)A}rm{C}形成的分子极易溶于水；除因为它们都是极性分子外，还因为______。

rm{(2)}比较rm{E}rm{F}的第一电离能：rm{E}______F.rm{(}选填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}

rm{(3)BD_{2}}在高温高压下所形成的晶胞如图所示：该晶体的类型属于______rm{}选填rm{(}分子晶体、原子晶体、离子晶体或金属晶体rm{)}该晶体中rm{B}原子的杂化形式______。

rm{(4)}光谱证实单质rm{F}与强碱性溶液反应有rm{[F(OH)_{4}]^{-}}生成，则rm{[F(OH)_{4}]^{-}}中存在______。rm{(}填序号rm{)}

rm{a.}共价键rm{b.}非极性键rm{c.}配位健rm{d.娄脪}键rm{e.娄脨}键。18、下表是rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种有机物的有关信息；。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{垄脵}能使溴的四氯化碳溶液褪色；rm{垄脷}比例模型为：rm{垄脹}能与水在一定条件下反应生成rm{C}rm{垄脵}由rm{C}rm{H}两种元素组成；rm{垄脷}球棍模型为：rm{垄脵}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成；rm{垄脷}能与rm{Na}反应，但不能与rm{NaOH}溶液反应；rm{垄脹}能与rm{E}反应生成相对分子质量为rm{100}的酯．rm{垄脵}相对分子质量比rm{C}少rm{2}rm{垄脷}能由rm{C}氧化而成；rm{垄脵}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成；rm{垄脷}球棍模型为：根据表中信息回答下列问题：rm{(1)}写出rm{A}的一种用途______________________________，rm{A}与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的名称叫做______________________________。写出rm{(1)}的一种用途______________________________，rm{A}与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的名称叫做______________________________。rm{A}与氢气发生加成反应后生成分子rm{(2)A}rm{F}在分子组成和结构上相似的有机物有一大类rm{F}俗称“同系物”rm{(}它们均符合通式rm{)}当rm{C_{n}H_{2n+2}}________时，这类有机物开始出现同分异构体；在rm{n=}范围内；一氯代物只有一种的物质有_______种。

rm{n<10}下列有关rm{(3)}下列有关rm{E}的描述错误的有______________rm{(}填编号rm{)}的描述错误的有______________rm{(3)}填编号rm{E}

rm{(}其酯类同分异构体只有一种rm{)}不能与新制的rm{垄脵}其酯类同分异构体只有一种rm{垄脷}不能与新制的rm{Cu(OH)}rm{垄脵}rm{垄脷}

rm{Cu(OH)}不溶于水rm{{,!}_{2}}能与钠反应放出氢气悬浊液反应与酸性rm{垄脹}不溶于水rm{垄脺}能与钠反应放出氢气rm{垄脹}rm{垄脺}任何条件下不与氢气反应；rm{垄脻}与酸性rm{KMnO}写出由rm{垄脻}与rm{KMnO}的反应生成相对分子质量为rm{{,!}_{4}}的酯的化学反应方程式：__________________________________________________________。溶液和溴水反应褪色rm{垄脼}任何条件下不与氢气反应；19、rm{A(C_{2}H_{2})}是基本有机化工原料。由rm{A}制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线rm{(}部分反应条件略去rm{)}如下所示：rm{(1)垄脵}的反应类型是；rm{垄脽}的反应类型是。rm{(2)}异戊二烯分子中最多有____个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为。rm{(3)}参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由rm{A}和乙醛为起始原料制备rm{1}rm{3-}丁二烯的合成路线：20、有机物rm{A隆芦I}之间有如下关系rm{.A}为生活中常见物质，只含rm{C}rm{H}rm{O}三种元素，且质量之比为rm{12}rm{3}rm{8}rm{D}是一种芳香族化合物，且rm{Mr(F)>Mr(I)}．

已知两分子醛在一定条件下可发生如下反应rm{(}其中rm{R}rm{R{{'}}}为rm{H}或烃基rm{)}

请回答下列问题：

rm{(1)A}的分子式____；rm{I}的结构简式______．

rm{(2)G}中含氧官能团的名称是______；rm{F隆煤G}的反应类型为______．

rm{(3)}写出下列反应的化学方程式：

rm{垄脵A隆煤B}______

rm{垄脷D隆煤E}______

rm{(4)F}有多种同分异构体，写出两种与rm{F}具有相同官能团，且核磁共振氢谱有rm{5}个吸收峰的同分异构体的结构简式______．

rm{(5)}请仿照题中流程图合成路线rm{(}有机物写结构简式，无需写化学方程式rm{)}设计以乙醇为起始主原料合成聚草酸乙二酯的合成路线，其它无机试剂任选．21、A、B、C三种物质存在如图转化关系。若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为______。评卷人得分四、探究题(共4题，共36分)22、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。23、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。24、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。25、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、其他(共1题，共4分)26、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；评卷人得分六、计算题(共4题，共16分)27、(8分)将N2和H2按一定比例混合，在相同状况下其密度是H2的3.6倍，取0.5mol该混合气体通入密闭容器内，使之发生反应，并在一定条件下达到平衡，已知反应达到平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.76倍。试求：（1）反应前混合气体中N2和H2的体积比。（2）达平衡时混合气体中氨的物质的量。28、（1）已知某温度下CaCO3的Ksp=4.0×10-10，求该温度下CaCO3的溶解度约为多少克（100g水中能溶解的CaCO3）？

（2）向该温度下100mL0.1mol/L的CaCl2溶液中，加入等体积的0.3mol/L的Na2CO3溶液，完全反应后所得溶液中c（Ca2+）是多少？（列式计算，只写结果不得分．）29、苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，可通过苯甲醛在氢氧化钠水溶液中的歧化反应制得，反应式为：

某研究小组在实验室制备苯甲醇与苯甲酸；反应结束后对反应液按下列步骤处理：

重结晶过程：溶解rm{隆煤}活性炭脱色rm{隆煤}趁热过滤rm{隆煤}冷却结晶rm{隆煤}抽滤rm{隆煤}洗涤rm{隆煤}干燥。

已知：苯甲醇易溶于乙醚；乙醇；在水中溶解度较小。

请根据以上信息；回答下列问题：

rm{(1)}萃取分离苯甲醇与苯甲酸钠时，合适的萃取剂是____，其理由是____。充分萃取并静置分层，打开分液漏斗上口的玻璃塞后，上下层分离的正确操作是____。萃取分液后，所得水层用盐酸酸化的目的是____。

rm{(2)}苯甲酸在rm{A}rm{B}rm{C}三种溶剂中的溶解度rm{(}rm{s}rm{)}随温度变化的曲线如下图所示：

重结晶时，合适的溶剂是____，其理由是____。重结晶过程中，趁热过滤的作用是____。洗涤时采用的合适洗涤剂是____。

A.饱和食盐水rm{B.Na_{2}CO_{3}}溶液rm{C.}稀硫酸rm{D.}蒸馏水。

rm{(3)}为检验合成产物中苯甲酸的含量，称取试样rm{1.220g}溶解后在容量瓶中定容至rm{100mL}移取rm{25.00mL}试样溶液，用rm{0.1000mol隆陇L^{-1}NaOH}溶液滴定，滴定至终点时rm{NaOH}溶液共消耗rm{24.65mL}则试样中苯甲酸的含量____。30、rm{PCl_{5}}的分解反应如下：rm{PCl_{5}(g)?PCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)}已知某温度下，在容积为rm{10.0L}的密闭容器中充入rm{2.00mol}rm{PCl_{5}}达到平衡时，测得容器内rm{PCl_{3}}的浓度为rm{0.150mol/L}

rm{(1)}计算该温度下的平衡常数．

rm{(2)}计算该温度下rm{PCl_{5}}的转化率．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】试题分析：根据物质的比例模型可知该物质的分子的结构简式是CH3CH2OH，是乙醇，乙醇不具有酸的通性，不可以使紫色石蕊试液变为红色，可以与金属钠发生置换反应产生氢气，由于含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应形成酯和水，可以发生燃烧反应和催化氧化反应，因此不具有的性质是使紫色石蕊变红，选项是A。考点：考查物质的比例模型在确定物质分子及相应的性质中的作用的知识。【解析】【答案】A2、D【分析】略【解析】rm{D}3、C【分析】

丙烯醇中含有碳碳双键和醇羟基；所以丙烯醇具有醇和烯烃的性质，醇羟基能和羧酸能发生取代反应；能被氧气氧化而发生氧化反应，碳碳双键能和溴水发生加成反应、能发生加聚反应，故选C．

【解析】【答案】丙烯醇中含有碳碳双键和醇羟基；所以丙烯醇具有醇和烯烃的性质，据此分析解答．

4、B【分析】解：rm{A}加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验rm{垄脵}能证明rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液中存在上述平衡，实验rm{垄脷}不能证明rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液中存在上述平衡；故A错误；

B、反应中rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}+6Fe^{2+}篓T2Cr^{3+}(}绿色rm{)+6Fe^{3+}+7H_{2}O}氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验rm{垄脷}能说明氧化性：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}>Fe^{3+}}故B正确；

C、rm{CrO_{4}^{2-}}具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子，rm{CrO_{4}^{2-}}和rm{Fe^{2+}}在酸性溶液中不可以大量共存；故C错误；

D、稀释rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液时；平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积不变可知，氢氧根离子浓度增大，故D错误；

故选B．

A；溶液由橙色变为黄色；溶液由黄色变为橙色，说明加入酸碱发生平衡移动；

B；氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断；

C、rm{CrO_{4}^{2-}}具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子；

D；稀释溶液；平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，溶液中存在离子积，氢氧根离子浓度增大．

本题考查了盐类水解的分析应用，氧化还原反应的规律分析，平衡移动原理的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{B}5、C【分析】【分析】本题考查了元素核外电子排布。【解答】A.rm{Cr^{3+}}的价电子排布式为rm{3d^{3}}A错误；B.rm{Fe^{2+}}的价电子排布式为rm{3d^{6}}B错误；C.rm{Co^{4+}}的价电子排布式为rm{3d^{5}}C正确；D.rm{Cu^{+}}的价电子排布式为rm{3d^{10}}D错误；故选C。【解析】rm{C}6、D【分析】略【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】试题分析：（1）随温度升高，混合气体的颜色变深，平衡向正反应方向移动，正反应吸热，反应的△H大于0；在0~60s时段，N2O4的浓度从0．100mol/L降为0．040mol/L，反应速率v(N2O4)＝（0．100mol/L-0．040mol/L）/60s＝0．0010mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K1＝（0．120mol·L-1）2/0．040mol·L-1＝0．36mol·L-1；（2）改变反应温度为T后，c(N2O4)以0．0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，平衡向正反应方向移动，正反应吸热，所以升高的温度，①T大于100℃；②再次平衡后，Δc(N2O4)＝0．0020mol·L-1·s-1×10s＝0．020mol·L-1·，c(N2O4)＝0．040mol·L-1-0．020mol·L-1＝0．020mol·L-1，c(NO2)＝0．120mol·L-1·+0．020mol·L-1·×2＝0．160mol·L-1·，则K2=(0．16mol·L-1)2/(0．020mol·L-1)=1．3mol·L-1；（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，相当于增加了压强，平衡向体积减小的方向即逆反应方向移动。考点：化学平衡【解析】【答案】（13分）答案（1）大于（1分）0．0010(2分)0．36mol·L-1(2分)（2）①大于(1分)反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高(2分)②K2=(0．16mol·L-1)2/(0．020mol·L-1)=1．3mol·L-1(2分)（3）逆反应(1分)对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动(2分)8、略

【分析】由①知，BiO3－能将Mn2+氧化成MnO4－，故氧化性BiO3－>MnO4－；由②知MnO4－氧化性强于H2O2，反应中H2O2被氧化成氧气；由③和氧化性PbO2>MnO4－。MnO4－有强氧化性，能氧化二氧化硫。【解析】【答案】（1）PbO2>KMnO4>H2O2；（2）紫红色褪去，生成白色沉淀；（3）MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；（4）5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO4－+2H2O。9、略

【分析】【解析】【答案】A®F：（以上每空2分）A®E：消去反应，（1分）A®F：酯化反应（1分）10、略

【分析】试题分析：据题意可知X为强酸性溶液所以CO32-、SO32不能存在X溶液中，加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42-存在；加入硝酸钡，还可以产生气体，原因只能是硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，（即3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O）．再由溶液B加入过量NaOH溶液，能产生沉淀，则说明该生成的沉淀G为Fe（OH）3；生成的气体F为NH3，说明有NH4+存在．再由溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3；上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1-．考点：考查常见离子的检验，如氨气的检验、铝离子的检验【解析】【答案】（1）NH4＋、Fe2＋、SO42－；Fe3＋、Cl－取少量X溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色则说明无Fe3＋；或取少量B溶液于试管中，加入几滴AgNO3溶液，若无白色沉淀说明无Cl－11、略

【分析】试题分析：（1）①NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO＞FeO。②该晶胞中顶点上含有的原子数＝×8＝1，面心上含有的原子数＝×6＝3，所以一个晶胞中含有4个原子；δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别是8个和6个，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比是4：3。（2）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，则价电子排布式为5d106s1，在晶胞中Cu原子处于面心，N（Cu）＝6×＝3，Au原子处于顶点位置，N（Au）＝8×＝1，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1，为金属晶体，原子间的作用力为金属键。（3）①由图1可知，晶胞中A位于顶点，晶胞中含有A为8×＝1个，B位于晶胞的体心，含有1个，O位于面心，晶胞中含有O的个数为6×＝3，则化学式为ABO3。②设La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量分别为m和n，则有3(1−x)+2x+3m+4n＝6、m+n＝1，解之得m＝1-x，n＝x，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为(1－x)∶x。③A、由金属在周期表中的位置可知镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区，故A正确；B、氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，因此氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能，故B错误；C、元素的电负性越强，金属性越弱，故C正确；D、图中堆积方式为镁型，故D错误，故答案为：AC。考点：考查晶胞结构与计算、晶体性质、第一电离能、电负性应用以及化学键判断等【解析】【答案】(1)①＜②4：3(2)3∶1金属键(3)①ABO3②(1－x)∶x③AC12、略

【分析】解：实验探究：由于在密闭体系中注入V1mL的硫酸，导致此时注射器中也应该为V1mL才能维持内部压强相等，所以后来生成的气体会导致体积在V1mL的基础上增大（硫酸消耗引起的体积变化可以忽略不计），所以二氧化碳的体积为两者的差，即V2-V1mL，锥形瓶中发生的反应反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；

故答案为：V2-V1；HCO3-+H+=H2O+CO2↑；

结果处理：（1）设硫酸溶液的体积为浓度为xmol/L，由图象可知，消耗硫酸20mL，生成标况下的二氧化碳体积896mL，二氧化碳的物质的量为：mol=0.04mol；

根据反应：HCO3-+H+=H2O+CO2

1mol1mol

2x×0.020.04

列式：1mol×0.04=2x×0.02×1mol

解得x=1mol/L；

故答案为：1mol/L；

（2）设碳酸氢钠物质的量为xmol；碳酸氢钾物质的量为y；

根据二氧化碳物质的量列式：x+y=0.04；

根据质量关系列式：84x+100y=3.6

解得：x=0.025；y=0.015；

x：y=0.025：0.015=5：3；

故答案为：5：3；

拓展探究：如果在转移溶液时；如果溶液转移不完全，最后称量的固体（NaCl；KCl）质量偏小，设最后称量的质量为n，原样品的质量为m、样品中碳酸氢钠的物质的量为xmol、碳酸氢钾的物质的量为ymol；

则：整理得：x=由于n值比实际值小，所以x值偏大，即碳酸氢钠的物质的量偏大，碳酸氢钾的物质的量偏偏小，二者物质的量比值会偏大；

故答案为：偏大．

实验探究：题目给出了相对复杂的解题信息，给出了一些复杂的数据，但是如果认真提炼会发现第一问其实生成的二氧化碳的体积，由于在密闭体系中注入V1mL的硫酸，导致此时注射器中也应该为V1mL才能维持内部压强相等，所以后来生成的气体会导致体积在V1mL的基础上增大（硫酸消耗引起的体积变化可以忽略不计）；所以二氧化碳的体积为两者的差；锥形瓶中发生的反应是碳酸氢钠；碳酸氢钾与稀硫酸的反应；

结果处理：（1）根据图象及反应方程式计算出硫酸的物质的量浓度；

（2）设出二者物质的量；然后根据生成的总的二氧化碳的物质的量及碳酸氢钠和碳酸氢钾的质量列式计算即可；

拓展处理：在转移溶液时；如果溶液转移不完全，会导致最后一步处理的质量减小，计算出碳酸氢钠的物质的量偏小，碳酸氢钾的物质的量偏大，比值会偏小．

本题主要考查了测定样品中NaHCO3和KHCO3物质的量之比的方法，涉及了关于化学式的一些计算，难度不大，要加强理解记忆．【解析】V2-V1；HCO3-+H+=H2O+CO2↑；1mol/L；5：3；偏大三、推断题(共9题，共18分)13、略

【分析】解：根据A的分子式可知，油脂水解得到A为1molG与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体，说明G中有两个羧基，根据G的分子式可知，G为HOOC-COOH，结合信息②可知A氧化可以生成HCHO、OHC-COOH、HCOOH，故B为OHC-COOH，C为HCOOH．芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为E为F为M为．

（1）油脂→A的反应类型为取代反应；B→G的反应类型为氧化反应；

故答案为：取代反应；氧化反应；

（2）D→E的化学方程式为：

故答案为：

（3）E→F发生卤代烃的水解反应，所需试剂a是NaOH水溶液，F的结构简式为名称是对苯二甲醇；

故答案为：NaOH水溶液；对苯二甲醇；

（4）M为1molM与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为2mol；

故答案为：2mol；

（5）F和G发生聚合反应生成聚酯的化学方程式：

故答案为：

（6）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH，合成路线流程图为：BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHCHOHCOOHHCOOCH2CH2OOCH；

故答案为：BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHCHOHCOOHHCOOCH2CH2OOCH．

根据A的分子式可知，油脂水解得到A为1molG与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体，说明G中有两个羧基，根据G的分子式可知，G为HOOC-COOH，结合信息②可知A氧化可以生成HCHO、OHC-COOH、HCOOH，故B为OHC-COOH，C为HCOOH．芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为E为F为M为．

（6）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH．

本题考查有机物的推断与合成，关键是对题目信息的理解，充分利用有机物的分子式行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．【解析】取代反应；氧化反应；NaOH水溶液；对苯二甲醇；2mol；BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHCHOHCOOHHCOOCH2CH2OOCH14、略

【分析】【分析】本题考查了物质转化关系的分析判断，物质性质的应用，反应现象和反应条件的应用是解题关键，主要考查氮气、氨气的性质、硫及其化合物性质的应用，题目难度中等。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{K}为常见的单质，其中rm{A}为淡黄色固体，rm{K}为紫红色金属，则rm{A}为硫，rm{K}为铜，rm{B}rm{C}rm{D}在常温常压下是气体，rm{C}在空气中含量最多。则rm{C}为氮气，rm{G}为最常见的无色液体，则rm{G}为水；rm{B}是氧气，rm{A}和rm{B}反应生成rm{E}是二氧化硫，rm{C}和rm{D}反应生成氨气，氨气过量与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，继续被氧氧化生成硫酸铵，氨气与氧化铜反应生成金属铜，氮气和水。rm{B}rm{C}rm{D}为常见的单质，其中rm{K}为淡黄色固体，rm{A}为紫红色金属，则rm{K}为硫，rm{A}为铜，rm{K}rm{B}rm{C}在常温常压下是气体，rm{D}在空气中含量最多。则rm{C}为氮气，rm{C}为最常见的无色液体，则rm{G}为水；rm{G}是氧气，rm{B}和rm{A}反应生成rm{B}是二氧化硫，rm{E}和rm{C}反应生成氨气，氨气过量与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，继续被氧氧化生成硫酸铵，氨气与氧化铜反应生成金属铜，氮气和水。

rm{D}为rm{(1)G}rm{H_{2}O}的电子式为

故答案为：

rm{G}为硫酸铵，化学式为：rm{(2)I}

故答案为：rm{(NH_{4})_{2}SO_{4拢禄}}rm{(NH}rm{4}rm{4}rm{)}rm{2}；

rm{2}rm{SO}为二氧化硫与过量氨水生成亚硫酸铵和水，其离子方程式为：rm{2N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O+S{O}_{2}=2N{{H}_{4}}^{+}+S{{O}_{3}}^{2-}+{H}_{2}O}

故答案为：rm{2N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O+S{O}_{2}=2N{{H}_{4}}^{+}+S{{O}_{3}}^{2-}+{H}_{2}O}

rm{4}反应rm{4}为氨气还原氧化铜生成铜、氮气和水，其化学反应方程式为：rm{2N{H}_{3}+3CuOoverset{?}{=3}Cu+{N}_{2}+3{H}_{2}O}

故答案为：rm{2N{H}_{3}+3CuOoverset{?}{=3}Cu+{N}_{2}+3{H}_{2}O}rm{(3)}【解析】rm{(1)}rm{(2)(NH}rm{4}rm{4}rm{)}rm{2}rm{2}rm{(3)2N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O+S{O}_{2}=2N{{H}_{4}}^{+}+S{{O}_{3}}^{2-}+{H}_{2}O}rm{(4)2N{H}_{3}+3CuOoverset{?}{=3}Cu+{N}_{2}+3{H}_{2}O}rm{SO}15、（1）（2）D（3）羟基酯基（4）+3NaOH→+CH3COONa+2H2O（5）C【分析】【分析】本题考查了有机物的推断，明确有机物的结构及其性质是解本题关键，涉及苯酚的性质、离子方程式和化学方程式的书写、官能团等，难度不大。【解答】rm{(1)}依据框图中各物质间的转化关系，反应rm{垄脵}为苯酚与氢氧化钠的中和反应，生成苯酚钠，反应的离子方程式为依据框图中各物质间的转化关系，反应rm{(1)}为苯酚与氢氧化钠的中和反应，生成苯酚钠，反应的离子方程式为故答案为：rm{垄脵}rm{(2)}rm{(2)}能与rm{NaHCO}rm{NaHCO}和冬青油rm{3}rm{3}溶液和溶液反应生成易溶于水的，而与冬青油分层，中的酚羟基能与rm{Na}rm{NaOH}溶液和rm{Na}rm{Na}rm{NaOH}rm{Na}rm{2}故D正确；rm{2}rm{CO}与结构简式知冬青油含有的官能团名称为羟基、酯基；故答案为：羟基、酯基；rm{CO}rm{3}溶液反应的化学方程式为：rm{3}溶液反应，使冬青油变质，所以可以用rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{3}故答案为：rm{3}溶液除去rm{B}故D正确；rm{B}第故答案为：rm{D}步反应中的酸rm{D}可以是稀rm{(3)}与结构简式知冬青油含有的官能团名称为故A正确；B.第rm{(3)}步反应的类型为酯化反应，属于取代反应，故B正确；C.酚羟基的邻、对位上的氢原子可以被溴原子取代，则rm{(4)}冬青油与浓溴水反应最多可消耗阿司匹林在加热条件下与足量rm{NaOH}溶液反应的化学方程式为：故C错误；D.冬青油中含有酚羟基，阿司匹林中没有酚羟基，酚羟基遇rm{NaOH}溶液显紫色，所以可以利用rm{+3NaOH隆煤}rm{+CH}溶液鉴别冬青油和阿司匹林，故D正确；故答案为：rm{+CH}rm{3}【解析】rm{(1)}rm{(2)D}rm{(2)D}羟基酯基rm{(3)}羟基酯基rm{(3)}rm{(4)}rm{+3NaOH隆煤}rm{+CH}rm{3}rm{3}rm{COONa+2H}rm{2}16、（1）聚2-甲基-1，3-丁二烯加成反应

（2）羟基

（3）

（4）②③

（5）

（6）+→+（n-1）H2O

（7）

（8）【分析】【分析】本题考查有机物的推断、合成，有机物的命名，官能团的名称，反应类型的判断，结构简式和化学方程式的书写等，难度中等。【解答】rm{(1)}在系统命名法中，rm{Q}的名称是聚rm{2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯；合成rm{A}的反应类型是加成反应；故答案为：聚rm{2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯；加成反应；rm{(2)B}中所含官能团的名称是羟基；故答案为：羟基；rm{(3)}试剂rm{b}的结构式是故答案为：rm{(4)垄脵}根据转化关系分析知试剂rm{a}为乙醇，故rm{垄脵}错误；rm{垄脷R}中含有碳碳双键和碳碳三键，则所有碳原子可能在同一平面，故rm{垄脷}正确；rm{垄脹}形成的单体为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{2}=C(CH_{3})CHCH=CH_{2}}则含有rm{G}故rm{垄脹}正确；rm{垄脺Br_{2}}具有强氧化性，则橡胶rm{Q}易被rm{Br_{2}}腐蚀，故rm{垄脺}错误；故答案为：rm{垄脷垄脹}rm{(5)C隆煤D}的化学方程式是故答案为：rm{(6)}试剂rm{b}与苯酚形成高分子化合物的化学方程式是：rm{+}rm{隆煤}rm{+(n-1)H_{2}O}故答案为：rm{+}rm{隆煤}rm{+(n-1)H_{2}O}rm{(7)F}的结构简式是故答案为：rm{(8)}以rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}和rm{HOCH_{2}CH=CHCHO}为原料制备的合成路线图是：故答案为：【解析】rm{(1)}聚rm{2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯加成反应rm{(2)}羟基rm{(3)}rm{(4)垄脷垄脹}rm{(5)}rm{(6)}rm{+}rm{隆煤}rm{+(n-1)H_{2}O}rm{(7)}rm{(8)}17、略

【分析】解：rm{(1)A}rm{C}形成的最简单分子是rm{NH_{3}}分子；是一种极性分子，极易溶于水的原因主要有：

rm{垄脵}根据相似相溶原理；氨气易溶于极性溶剂水中；

rm{垄脷}氨气分子在水中易与水分子形成氢键；增大了氨气的溶解性；

rm{垄脹}部分氨气与水反应，降低了rm{NH_{3}}浓度；使溶解量增大；

所谓等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同，则它们互称为等电子体，故答案为：rm{NH_{3}}与rm{H_{2}O}间能形成氢键；

rm{(2)}电离能可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度rm{(}可近似理解为金属性rm{).}第一电离能数值越小；原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。存在的规律为：

rm{垄脵}随着核电荷数的递增，元素的第一电离能呈现周期性变化；rm{垄脷}总体上金属元素第一电离能较小非金属元素第一电离能较大；rm{垄脹}同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素；最大的是稀有气体元素；

rm{垄脺}同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折。当外围电子在能量相等的轨道上形成全空rm{(p0,d0,fo)}半满rm{(p3,d5,f7)}或全满rm{(p6,d10,f14)}结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族；rm{垄脻}同一主族元素从上到下；原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强，则镁原子结构中各亚层均处于全满状态，所以镁比铝的第一电离能反常高；

故答案为：rm{>}

rm{(3)}根据rm{BD_{2}}即rm{CO_{2}}在高温高压下所形成的晶胞晶胞结构可知，该晶体为原子晶体，晶胞内白球为rm{C}原子，黑球为rm{O}原子，每个晶胞中含碳原子为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}+4=8}含氧原子为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}+4=8}所以碳原子和氧原子微粒数之比为rm{16}rm{1}根据晶胞中碳原子和氧原子的结构可知，碳原子的杂化方式为rm{2}杂化，故答案为：原子晶体；rm{SP^{3}}

rm{sp^{3}}光谱证实单质rm{(4)}与强碱性溶液反应有rm{AI}生成，可看作其中铝原子和三个羟基形成三对共用电子对，形成三个极性共价键，形成rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}rm{AI(OH)_{3}}溶解在强碱中，和rm{AI(OH)_{3}}形成rm{OH^{-}}利用的是铝原子的空轨道和氢氧根离子的孤对电子形成的配位键；

由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键，叫做rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}键，所以rm{娄脪}中也形成了rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}键。

故答案为：rm{娄脪}

根据题意，rm{acd}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为原子序数依次增大的短六种短周期主族元素，rm{F}原子的电子层数是rm{F}的rm{A}倍，说明rm{3}有一个电子层。rm{A}有三个电子层，rm{F}rm{A}原子的最外层电子数均等于其周期序数可知，rm{F}为rm{A}元素，rm{H}为rm{F}元素；原子核外电子分处rm{AI}个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，根据rm{3}原子的核外电子排布式为rm{B}为rm{1S^{2}2S^{2}2P^{2}}元素；rm{C}与rm{A}形成的最简单分子为三角锥形，为rm{C}分子，则rm{NH_{3}}为rm{C}元素；rm{N}原子rm{D}轨道上成对电子数等于未成对电子数，rm{p}亚层三个轨道中的电子数只能是rm{P}rm{2}rm{1}共四个电子，核外电子排布式rm{1}所以核外电子总数为rm{1S^{2}2S^{2}2P^{4}}rm{8}元素是rm{D}元素；rm{O}原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，rm{E}电负性小于rm{E}即电负性小于rm{F}原子序数大于rm{AI}小于rm{8}且原子轨道上都是成对电子，结合原子结构轨道表示式可知，rm{13}元素为rm{E}元素。所以rm{Mg}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}分别为rm{F}rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{Mg}根据推断出的元素进行解答。

本题考查了原子核外电子排布、电负性电离能的概念含义和应用、等电子体、化学键形成、原子轨道杂化方式和类型、氢键的实际应用，元素周期表的应用等知识，综合性较大。rm{AI}【解析】rm{NH_{3}}与rm{H_{2}O}间能形成氢键；rm{>}原子晶体；rm{sp^{3}}rm{acd}18、（1）植物生长调节剂1,2-二溴乙烷

（2）44

（3）②③⑥

（4）CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CH-COOCH2CH3+H2O

​【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，难度不大，注意根据有机物的模型与性质进行推断，侧重对基础知识的巩固。【解答】rm{A}使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，结合其比例模型可知，rm{A}为rm{CH}使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，结合其比例模型可知，rm{A}为rm{A}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=CH}rm{=CH}能与水在一定条件下反应生成rm{{,!}_{2}}，rm{A}能与水在一定条件下反应生成rm{C}rm{C}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成，能与rm{Na}反应，但不能与rm{NaOH}溶液反应，故C为rm{CH}由rm{A}rm{C}rm{C}三种元素组成，能与rm{C}反应，但不能与rm{H}溶液反应，故C为rm{O}rm{Na}rm{NaOH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}根据rm{CH}的组成元素及其球棍模型知，rm{CH}是苯rm{{,!}_{2}}结构简式为rm{OH}根据rm{B}的组成元素及其球棍模型知，rm{B}是苯rm{.}结构简式为由rm{OH}rm{B}rm{B}三种元素组成，相对分子质量为rm{.}所以；rm{D}由rm{C}rm{H}rm{Br}三种元素组成，相对分子质量为rm{109}所以rm{D}是rm{CH}是rm{D}rm{C}rm{H}rm{Br}rm{109}rm{D}由rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}三种元素组成，rm{CH}和rm{{,!}_{2}}反应生成相对分子质量为rm{Br}rm{E}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成，rm{E}和rm{C}反应生成相对分子质量为rm{100}的酯，说明rm{E}含有羧基，结合rm{E}的球棍模型可知rm{E}为rm{CH}的酯，说明rm{Br}含有羧基，结合rm{E}的球棍模型可知rm{C}为rm{H}rm{O}rm{E}rm{C}rm{100}为rm{E}是植物生长调节剂rm{E}rm{E}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=CHCOOH}二溴乙烷，故答案为：植物生长调节剂；rm{=CHCOOH}rm{(1)}二溴乙烷；rm{(1)}rm{A}rm{CH_{2}=CH_{2}}为；rm{CH_{2}=CH_{2}}在分子组成和结构上相似的有机物有一大类与溴的四氯化碳溶液反应生成俗称“同系物”rm{1}它们均符合通式rm{2-}rm{1}rm{2-}rm{(2)}rm{(2)}时，这类有机物开始出现同分异构体；在rm{CH_{2}=CH_{2}}范围内，一氯代物只有一种的物质有与氢气发生加成反应后生成分子rm{F}为rm{F}rm{CH_{3}CH_{3}}，rm{F}在分子组成和结构上相似的有机物有一大类rm{(}俗称“同系物”rm{)}它们均符合通式rm{C}rm{F}共rm{(}rm{)}rm{C}rm{{,!}_{n}}

rm{H}rm{H}为rm{{,!}_{2n+2;}}

。当rm{n=4}时，这类有机物开始出现同分异构体；在rm{n<10}范围内，一氯代物只有一种的物质有rm{CH_{4}}rm{CH_{3}CH_{3}}其酯类同分异构体只有rm{n=4}rm{n<10}rm{CH_{4}}一种，故正确；rm{CH_{3}CH_{3}}含有羧基，能与新制的rm{C(CH_{3})_{4}}悬浊液反应，故错误；、rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{3}}是丙烯酸，rm{4}种，故答案为：rm{4}rm{4}含有羧基，rm{4}rm{4}rm{(3)}含碳碳双键，rm{(3)}rm{E}rm{CH_{2}=CHCOOH}rm{垄脵}其酯类同分异构体只有rm{HCOO}rm{垄脵}含碳碳双键，rm{HCOO}故答案为：rm{CH=CH}rm{2}rm{2}与rm{垄脷E}反应的反应类型为取代反应，反应方程式为：rm{Cu(OH)_{2}}rm{垄脹}rm{垄脹}rm{E}可溶于水，故错误；rm{垄脺}rm{垄脺}rm{xrightarrow[triangle]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{E}能与钠反应放出氢气，故正确，rm{垄脻}rm{垄脻}rm{E}与酸性rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液和溴水反应褪色，故正确；rm{垄脼}rm{垄脼}rm{E}一定条件下可与氢气发生加成反应，故错误；rm{垄脷垄脹垄脼}rm{(4)}rm{C}与rm{E}反应的反应类型为取代反应，反应方程式为：rm{CH}rm{xrightarrow[triangle]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{C}rm{E}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=CHCOOH+CH}rm{=CHCOOH+CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)}植物生长调节剂rm{1}rm{2-}二溴乙烷rm{(2)4}rm{4}rm{(3)垄脷垄脹垄脼}rm{(4)CH_{2}=CH-COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{(4)CH_{2}=CH-COOH

+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{2}=CH-COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}​19、（1）加成反应消去反应（2）11（3）【分析】【分析】本题以聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯两种高分子化合物的合成为命题素材，重点考查了有机物的结构与性质、同分异构体的书写、有机反应类型及有机合成等知识，能力考查层级为应用。【解答】rm{(1)}依题意可知rm{A}是乙炔，rm{B}是是乙炔，rm{A}是rm{B}与rm{CH}rm{CH}发生加成反应的产物即rm{{,!}_{3}}rm{COOH}发生加成反应的产物即和酯基rm{COOH}，含有的官能团有碳碳双键rm{(}rm{(}是rm{)}和酯基rm{(}rm{)}rm{(}的加成反应；反应rm{)}是醇分子内脱水的消去反应；rm{)}反应rm{垄脵}是rm{垄脵}与rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH}的加成反应；反应rm{垄脽}是醇分子内脱水的消去反应；rm{COOH}个rm{垄脽}键，与rm{(2)}键直接相连的原子在同一个平面上，甲基有异戊二烯结构简式为rm{CH}个rm{CH}原子与rm{{,!}_{2}}键也可能在同一个平面上，则共有rm{=C(CH}个原子共平面，如图所示：rm{=C(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)-CH=CH}rm{)-CH=CH}rm{{,!}_{2}}，分子中含有rm{2}个rm{C=C}键，与rm{C=C}键直接相连的原子在同一个平面上，甲基有rm{1}个rm{H}原子与rm{C=C}键也可能在同一个平面上，则共有rm{11}个原子共平面，如图所示：rm{2}rm{C=C}rm{C=C}rm{1}rm{H}rm{C=C}rm{11}；顺式聚异戊二烯的结构简式为：；【解析】rm{(1)}加成反应消去反应rm{(2)11}rm{(3)}20、略

【分析】解：物质rm{A}为生活中常见的有机物，只含有rm{C}rm{H}rm{O}三种元素，且它们的质量比为rm{12}rm{3}rm{8}则rm{N(C)}rm{N(H)}rm{N(O)=dfrac{12}{12}}rm{dfrac{3}{1}}rm{dfrac{8}{16}=2}rm{6}rm{1}最简式为rm{C_{2}H_{6}O}最简式中rm{H}原子已经饱和碳的四价结构，故分子式为rm{C_{2}H_{6}O}其rm{A}能发生催化氧化反应生成rm{B}则rm{A}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{B}为rm{CH_{3}CHO}rm{B}与rm{C}发生信息中的反应生成rm{D}rm{D}为烯醛，而rm{D}与银氨溶液发生氧化反应生成rm{E}rm{E}酸化得rm{F}结合rm{E}的分子式可知，rm{D}分