2025年湘师大新版高三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年湘师大新版高三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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列事实不能用元素周期律解释的是（）A.气态氢化物的稳定性：HBr＞HIB.0.1mol•L-1溶液的pH：NaOH＞LiOHC.向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生D.Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈2、海水是一个巨大的化学资源库，有关海水综合利用的说法正确的是（）A.海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质B.海水蒸发制海盐的过程中发生了化学变化C.利用潮汐发电是将化学能转化为电能D.从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备金属钠3、如图所示，两电极一为碳棒，一为铁片，若电流表的指针发生偏转，且a极上有大量气泡生成，则以下叙述正确的是（）A.a为负极，是铁片，烧杯中的溶液为稀硫酸B.b为负极，是铁片，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液C.a为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为稀硫酸D.b为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液4、下列对能量转化的认识中，不正确的是（）A.煤燃烧时，化学能主要转化为热能B.白炽灯工作时，电能全部转化为光能C.铜锌原电池工作时，化学能主要转化为电能D.电解水生成氢气和氧气时，电能主要转化为化学能5、化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B.可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C.碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D.黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成6、满足分子式为rm{C_{3}H_{4}ClBr}不含有环的有机物共有rm{(}rm{)}A.rm{6}种B.rm{7}种C.rm{8}种D.rm{9}种7、某澄清溶液中可能含有下列离子中的几种：Na＋、NH4+、Fe2＋、Fe3＋、Ba2＋、SO42-、HCO3-、Cl－。对其进行如下实验：①用玻璃棒蘸取该溶液滴在pH试纸上，试纸显红色；②另取少量溶液加入BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；③取②中上层清液加入酸化的硝酸银溶液，也生成白色沉淀。下列关于该溶液的说法中正确的是（）A.该溶液中一定不存在Ba2＋和HCO3-B.取③中滤液加入KSCN，溶液显血红色，则原溶液中一定有Fe3＋C.该溶液中一定存在SO42-和Cl－D.另取该溶液加入少量稀NaOH溶液，微热，试管口的湿润红色石蕊试纸不变蓝，则原溶液中一定不存在NH4+8、某有机物的结构如图所示，下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.分子式为rm{C_{9}H_{12}O_{3}}可以燃烧B.能发生取代反应和聚合反应C.能使酸性高锰酸钾溶液和溴的rm{CCl_{4}}溶液褪色，褪色原理相同D.分子中所有碳原子不可能共平面评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、ClO2与Cl2的氧化性相近；常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备､吸收､释放和应用进行了研究｡

（1）仪器C的名称是：____｡安装F中导管时，应选用图2中的：____（填“a”或“b”）

（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，写出反应化学方程式：____；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是____｡

（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：____．

（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为：____，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是：____｡

（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示；若将其用于水果保鲜；

你认为效果较好的稳定剂是____，（选填“I”或“II”）理由是：____｡10、（2015秋•曲沃县校级期末）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时；选择甲基橙作指示剂．请填写下列空白：

（1）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视____．直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并____为止．

（2）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是____

（A）酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液。

（B）滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥。

（C）酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

（D）读取盐酸体积时；开始仰视读数，滴定结束时俯视读数。

（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则起始读数为____mL，终点读数为____mL；所用盐酸溶液的体积为____mL．

（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：

。滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09请选用其中合理的数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c（NaOH）=____（保留小数点后4位）．11、NaHCO3的俗名是____．12、物质的结构决定性质；性质反映其结构特点．

（1）金刚石和石墨是碳元素的两种常见单质，下列叙述中正确的有____

a．金刚石中碳原子的杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子的杂化类型为sp2杂化。

b．晶体中共价键的键长：金刚石中C-C＜石墨中C-C

c．晶体的熔点：金刚石＜石墨。

d．晶体中共价键的键角：金刚石＞石墨。

（2）某石蕊的分子结构如图1所示．

①石蕊分子所含元素中，第一电离能由小到大的顺序是____，基态原子2p轨道有两个成单电子的是____（填元素符号）；由其中两种元素形成的三角锥构型的一价阳离子是____（填化学式）；

②该石蕊易溶解于水，分析可能的原因是____；

（3）铜及其合金是人类最早使用的金属材料．

①NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F，上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有____（填序号）．

a．离子晶体b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体；

②NF3与NH3均为三角锥形，但前者键角小于后者，原因是____

③周期表中铜的相邻元素的晶体结构如图2甲，则其一个晶胞中含有____个该原子，金属铜采取如图2乙所示堆积方式，可称为____堆积．13、以下流程是工业上合成一种除草剂的合成路线中的片段：

（1）从A→D过程中，反应①的目的是____．

（2）写出满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式____．

①与A具有相同的官能团；②分子中具有两个手性碳原子（连接四个不同原子或基团的碳原子；称为手性碳原子）．

（3）物质D与NaOH溶液反应的化学方程式为____．

（4）是B的一种重要的同分异构体．下图是从到的合成路线．填空：

提示：①

①→A____；

②A→B____；

③反应Ⅱ的反应条件是____．14、根据乙烯和乙酸的知识填空．

（1）乙烯分子含有的官能团的名称为______

（2）实验室，乙醇跟乙酸在浓硫酸催化且加热的条件下反应，制取的是______．15、已知A、B、C、D、E是短周期中的五种元素，它们的原子序数依次增大．A和B可形成常见化合物BA4，一个BA4分子中电子总数为10；C原子的最外层电子数是核外电子总数的；D与C同一主族，E-比C2-多一个电子层．试回答：

（1）D与E两元素相比较，非金属性较强的是____（填元素名称），请你自选试剂设计实验验证该结论（说明试剂、简单操作、实验现象）____；

（2）A、C、D间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为____；

（3）B和C形成的一种化合物是参与大气循环的气体，写出它的电子式____；

（4）A和C也可形成一种18电子分子，写出该分子的结构式____．16、X；Y、Z、W是元素周期表前四周期常见的四种元素；原子序数依次增大．X原子核外有两种形状的电子云，四种伸展方向，常温下以双原子分子存在，性质稳定；Y的单质是生活中常见的合金材料成分之一，原子核外只有一个未成对电子，Z原子的半径比X大，其基态原子最外层的p电子是该层s电子的两倍，W是最常见的黑色金属之一．

（1）Z位于元素周期表中的位置是____，W3+的最外层电子排布式是____，X的氧化物XO2与H2O比较，熔点较高的是____（填化学式）．

（2）加热条件下，Z的单质与足量的X的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应，生成Z的最髙价含氧酸，写出此反应的化学方程式____．

（3）比较Y、W性质的活泼性____（用一个化学反应方程式表示）．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA．____（判断对错）18、HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质____（判断对错）19、碳酸钠可以除苯中的苯酚．____（判断对错）20、有下列化合物：

（1）请在空格内用“√”或“×”判断正误．

①甲、乙、丙丁、戊均属于烃的衍生物____

②乙中含氧官能团的名称为“全基”和“羟基”____

③丙和丁互为同系物____

④可用溴水鉴别乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途径合成．

试回答下列问题。

①D→戊的有机反应类型是____．

②写出C→D的化学反应方程式____．

③写出同时满足下列条件的甲的同分异构体（两种即可）．____，____．

a．能与FeCl3发生显色反应；不能发生银镜反应；

b．属于酯类；取代基为链状；

c．苯环上一氯代物只有两种．21、制备MgO，既可以通过化合反应，又可以通过置换反应制备____（判断对和错）22、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共4题，共20分)23、425℃时，在1L密闭容器中进行的反应：H2+I2=2HI达到平衡；分别说明下列各图所表示的含义．由图中的事实可以说明化学平衡具有哪些特征？

24、现有反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，在850℃时，平衡常数K=1，现在850℃下，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol；回答下列问题：

（1）当CO转化率为25%时；该反应是否达平衡，向哪个方向进行？

（2）达平衡时；CO转化率为多少？

（3）H2的体积分数为多少？

（4）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L，则平衡时CO转化率为多少？25、一种新型粘合剂E，其结构简式为可以通过丙烯而制得；其工业合成路线如图所示：

已知：2CH2=CHCH3+2NH3+3O22CH2=CHCN+2H2O

完成下列填空：

（1）写出A和D的结构简式：A．______；D．______．

（2）写出反应类型：反应①______；反应③______．

（3）反应②和③的目的是______；反应③的条件是______．

（4）写出2种具有酸性的B的同分异构体______；______．

（5）写出B和D反应的化学方程式：______．

26、室安卡因（G）是一种抗心率天常药物；可由下列路线合成。

（1）已知A是的单体；则A中含有的官能团是______（写名称）．B的结构简式是______．

（2）C的名称（系统命名）是______；C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是______．

（3）X是E的同分异构题，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X所有可能的结构简式有______、______、______．

（4）F→G的反应类型是______．

（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是______．

a．能发生加成反应b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

c．能与盐酸反应生成盐d..属于氨基酸．

评卷人得分五、其他(共1题，共9分)27、日常生活中的一些用品与我们化学实验中的仪器作用相似．请写出下列生活用品相对应的实验仪器名称：

。炒菜时取味精（小勺子）____烧热水（电热器）____冲白糖水（杯子）____给病人打针（注射器）____评卷人得分六、简答题(共3题，共18分)28、[Cu（NH3）4]SO4•H2O是一种杀虫剂．

（1）Cu元素基态原子的电子排布式为______，根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Cu属于______区．

（2）元素N、O、S的第一电离能由大到小排列的顺序为______．

（3）H元素可与O元素形成H2O和H2O2，H2O2易溶于H2O，其主要原因为______．

（4）H元素与N元素可组成化合物N2H4，其中N原子的轨道杂化方式为______．

（5）SO42-的空间构型是______，与SO42-互为等电子体的一种分子的化学式为______．

（6）Cu元素与H元素可形成一种红色晶体，其结构如图，则该化合物的化学式为______．29、二氧化碳的回收利用是环保和能源领域研究的热点课题。

（1）新的研究表明，原理如图1所示，过程中可以将CO2转化为炭黑，该过程的能量转化形式为__________；在整个过程中，FeO的作用是______。

已知：

①2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H=aKJ/mol

②C（s）+O（2g）═CO（2g）△H=bKJ/mol则过程2的热化学方程式为______。

（2）一定温度下，在密闭容器中进行反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＞0；下列说法正确的是______（填番号）。

A．当混合气体的平均相对分子质量不变时；反应达到平衡状态。

B．升高温度，加快反应速率，CO2的转化率降低。

C．增大CO2的浓度；平衡向正反应方向移动，平衡常数增大。

D．当CO2与CH4的起始加入物质的量之比为1：1时，达到平衡时CO2与CH4的转化率相等。

（3）在2L恒容密闭容器中充入2molCO2和nmolH2；在一定条件下发生反应。

2CO2（g）+4H2（g）⇌CH3COOH（g）+2H2O（g），CO2的转化率与温度、投料比（X=）的关系如2图所示。

①若从反应开始到A点需要10s，则用H2表示的该段时间内的反应速率为______。

②若X1=3；则B点的K=______。（结果保留一位小数）

③根据图象判断X1__________X2（填“＞”、“＜”或“=”，下同），平衡常数KA______KB

④若在500K时，按X1投料，在恒压下进行，达到平衡状态，此时CO2的转化率______75%（填“＞”；“＜”或“=”）。

（4）美国伊利诺大学芝加哥分校（UIC）的研究团队设计出一种突破性的新太阳能电池，能把大气中的二氧化碳转换成碳氢化合物（hydrocarbon）燃料，解决了现代社会的两大挑战：“减少大气的碳含量”以及“有效率地制造高密度能源”。右图是通过CO2和H2O作用制备CH3OH的原理示意图3．b电极的电极反应为______。30、我国每年产生的废旧铅蓄电池约rm{330}万吨。从含铅废料rm{(PbSO_{4}}rm{PbO_{2}}rm{PbO}等rm{)}中回收铅，实现铅的再生，意义重大。一种回收铅的工作流程如下：rm{(1)}铅蓄电池放电时，rm{PbO_{2}}作______极。rm{(2)}过程Ⅰ，已知：rm{PbSO_{4}}rm{PbCO_{3}}的溶解度rm{(20隆忙)}见图rm{1}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度见图rm{2}rm{垄脵}根据图rm{1}写出过程Ⅰ的离子方程式：_____。根据图rm{垄脵}写出过程Ⅰ的离子方程式：_____。rm{1}生产过程中的温度应保持在rm{垄脷}若温度降低，rm{40隆忙}的转化速率下降。根据图rm{PbSO_{4}}解释原因：rm{2}温度降低，反应速率降低；rm{垄隆.}_____rm{垄垄.}请你提出一种合理解释rm{(}rm{)}若生产过程中温度低于rm{垄脹}所得固体中，含有较多rm{40隆忙}杂质，原因是____。rm{Na_{2}SO_{4}}过程Ⅱ，发生反应rm{2PbO_{2}+H_{2}C_{2}O_{4}篓T2PbO+H_{2}O_{2}+2CO_{2}隆眉}实验中检测到有大量rm{(3)}放出，推测rm{2PbO_{2}+H_{2}C_{2}O_{4}篓T2PbO+

H_{2}O_{2}+2CO_{2}隆眉}氧化了rm{O_{2}}通过实验证实了这一推测。实验方案是_____。rm{PbO_{2}}已知：rm{H_{2}O_{2}}为棕黑色固体；rm{(}为橙黄色固体rm{PbO_{2}}

rm{PbO}过程Ⅲ，将rm{)}粗品溶解在rm{(4)}和rm{PbO}的混合溶液中，得到含rm{HCl}的电解液。电解rm{{Na}Cl}溶液，生成rm{Na_{2}PbCl_{4}}如图。rm{Na_{2}PbCl_{4}}阴极的电极反应式是_____。rm{Pb}电解一段时间后，rm{垄脵}浓度极大下降，rm{垄脷}rm{Na_{2}PbCl_{4}}为了恢复其浓度且实现物质的循环利用，阴极区参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．非金属性越强；氢化物越稳定；

B．金属性越强；最高价氧化物水化物碱性越强；

C．向Na2SO3溶液中加盐酸；发生强酸制取弱酸的反应；

D．金属性越强，与酸反应越剧烈．【解析】【解答】解：A．非金属性Br＞I，氢化物稳定性：HBr＞HI；能用元素周期律解释，故A正确；

B．金属性Na＞Li，0.1mol•L-1溶液的pH：NaOH＞LiOH；能用元素周期律解释，故B正确；

C．向Na2SO3溶液中加盐酸；发生强酸制取弱酸的反应，不能用元素周期律解释，故C错误；

D．金属性Mg＞Al；Mg与酸反应剧烈，能用元素周期律解释，故D正确；

故选C．2、D【分析】【分析】A．化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，海水中含有的钾元素是以K+的形式存在；生成钾单质有新物质生成；

B．海水中含有氯化钠；经过海水蒸发制得氯化钠，只发生了物理变化；

C．根据能量转化的方式分析；潮汐发电的原理是潮汐能转化为电能；

D．根据电解熔融氯化钠的原理分析．【解析】【解答】解：A．海水中含有的钾元素是以K+的形式存在；要转化为钾单质，钾元素必然降价，要发生还原反应，即只经过物理变化不能从海水中得到钾单质，故A错误；

B．海水中含有氯化钠；经过海水蒸发制得氯化钠，是溶液中溶质和溶剂的分离，只发生了物理变化，没有发生化学变化，故B错误；

C．利用朝汐发电是朝汐能转化为电能；没有发生化学反应，而化学能转化为电能必须要发生化学反应，故C错误；

D．从海水中得到氯化钠后，可以电解熔融状态的氯化钠2NaCl2Na+Cl2↑；生成氯气和金属钠，故D正确；

故选D．3、C【分析】【分析】两电极一为碳棒，一为铁片，若电流表的指针发生偏转，且a极上有大量气泡生成，说明该装置构成了原电池，其中a极是正极，根据原电池的工作原理和规律来回答．【解析】【解答】解：A、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，负极b是铁片；烧杯中的溶液可以为硫酸，故A错误；

B、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，负极b是铁片；烧杯中的溶液不可以为硫酸铜，否则正极上会析出金属铜，故B错误；

C；a极上有大量气泡生成；说明a是正极，应该是碳棒，烧杯中的溶液可以为硫酸，故C正确；

D；a极上有大量气泡生成；说明a是正极，应该是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜时，正极上会析出金属铜，故烧杯中的溶液不能是为硫酸铜溶液，故D错误．

故选C．4、B【分析】【分析】A．煤燃烧时；化学能转化为热能和光能，但主要转化为热能；

B．白炽灯工作时；电能转化为热能和光能，但主要转化为光能；

C．原电池：化学能转化为电能；

D．电解池：电能转化为化学能．【解析】【解答】解：A．煤燃烧时；化学能转化为热能和光能，但主要转化为热能，故A正确；

B．白炽灯工作时；电能转化为热能和光能，但主要转化为光能，故B错误；

C．原电池：化学能转化为电能；故C正确；

D．电解池：电能转化为化学能；故D正确；

故选B．5、C【分析】【分析】A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；

B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体；

C．补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；

D．硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3．【解析】【解答】解：A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出；故A正确；

B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒；为白烟，故B正确；

C．碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，故C错误；

D．制备黑火药的原料为S、KNO3；C；三者比例为1：2：3，故D正确．

故选C．6、C【分析】解：该有机物可以看作丙烯中rm{2}个rm{H}被rm{1}个rm{Cl}rm{1}个rm{Br}取代，丙烯的不存在同分异构体，丙烯的碳架为：

rm{垄脵}若rm{Cl}rm{Br}都取代丙烯中相同rm{C}上的rm{H}则存在rm{2}种方式，即rm{1}rm{3}号rm{C}的rm{2}个rm{H}被rm{Cl}rm{Br}取代，即存在rm{2}种同分异构体；

若rm{Cl}rm{Br}取代的不是相同rm{C}上的rm{H}采用“定rm{1}议rm{1}法”进行讨论：

rm{垄脷}当rm{Cl}原子在rm{1}号碳，溴原子可以在rm{2}rm{3}号碳，即存在rm{2}种同分异构体；

rm{垄脹}当rm{Cl}在rm{2}号rm{C}时，rm{Br}在rm{3}号rm{C}即存在rm{1}种结构；

rm{垄脺}同样若rm{Br}在rm{1}号rm{C}rm{Cl}可以分别在rm{2}rm{3}号rm{C}即存在rm{2}种同分异构体；

rm{垄脻}若rm{Br}在rm{2}号rm{C}则rm{Cl}在rm{3}号rm{C}即存在rm{1}种结构；

根据以上分析可知，满足分子式为rm{C_{3}H_{4}ClBr}不含有环的有机物共：rm{2+2+1+2+1=8}种；

故选C．

rm{C_{3}H_{4}ClBr}可以看作丙烯中的rm{2}个rm{H}原子分别为rm{1}个rm{Cl}rm{1}个rm{Br}原子取代，丙烯只有rm{1}种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的rm{H}原子，可以取代不同碳原子上的rm{H}原子；然后分别进行讨论得出其同分异构体总数．

本题考查了同分异构体数目的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算的方法，正确分析有机物可能存在的结构为解答本题的关键．【解析】rm{C}7、A【分析】根据①，溶液呈酸性，则一定不含HCO3-；根据②，溶液中一定含SO42-，则一定不含Ba2＋，在第②步中引入Cl－，所以原溶液中Cl－不能确定；在实验②中加入了HNO3，而HNO3能把Fe2＋氧化成Fe3＋，所以无法确定原溶液中是否含有Fe3＋；检验NH4+，应加入足量浓NaOH溶液再加热。【解析】【答案】A8、C【分析】解：rm{A.}由结构简式可知分子式为rm{C_{9}H_{12}O_{3}}大多数有机物可燃烧，故A正确；

B.含有羧基；羟基；可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生聚合反应，故B正确；

C.含有碳碳双键；可与高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应，故C错误；

D.含有饱和碳原子；则分子中所有碳原子不可能共平面，故D正确．

故选C．

根据有机物官能团判断，有机分子中含有rm{C=C}rm{-COOH}rm{-OH}等官能团，分别能发生加成、氧化、取代等反应，并且rm{-COOH}具有酸性；以此解答该题．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，涉及烯烃、羧酸的性质，难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)9、球形干燥管b2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2‾→Cl‾+4ClO2↑+2H2O检验是否有ClO2生成II稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【分析】【分析】（1）根据仪器特征，可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应；还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；

（2）根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；

（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；

（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；

（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．【解析】【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；

故答案为：球形干燥管；b；

（2）氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，：为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；故滴加稀盐酸的速度要慢，即调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度；

故答案为：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；调节分液漏斗B的旋塞；减缓（慢）稀盐酸滴加速度；

（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；

故答案为：吸收Cl2；

（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；

故答案为：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；检验是否有ClO2生成；

（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2；能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好；

故答案为：II；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．10、锥形瓶中溶液颜色变化半分钟内不复原D0.0026.1026.100.1044mol/L【分析】【分析】（1）根据酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判定滴定终点；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不复原；

（2）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；以此判断浓度的误差；

（3）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理；

（4）先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），接着根据HCl+NaOH=NaCl+H2O求出c（NaOH）．【解析】【解答】解：（1）酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不复原；

故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；半分钟内不复原；

（2）A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液被稀释，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；测定c（待测）偏大，故A错误；

B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；测定c（待测）无影响，故B错误；

C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏小，根据造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；测定c（待测）偏大，故C错误；

D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；测定c（待测）偏小，故D正确；

故选D；

（3）起始读数为0.00mL；终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；

故答案为：0.00；26.10；26.10；

（4）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）=mL=26.10mL，根据反应方程式：HCl+NaOH=NaCl+H2O，n（HCl）=n（NaOH），即：0.0261L×0.1000mol•L-1=0.025L×c（NaOH），解得c（NaOH）==0.1044mol/L；

故答案为：0.1044mol/L．11、小苏打【分析】【分析】NaHCO3俗称小苏打，据此解题．【解析】【解答】解：NaHCO3的俗名是小苏打，故答案为：小苏打．12、acC＜H＜O＜NC、OH3O+石蕊分子中含有-OH和-NH2，均能与H2O形成氢键；由结构知，该分子为极性分子，根据相似相溶原理，易溶于水abd电负性：氟＞氮＞氢，NF3中共用电子对更偏向氟，排斥力小于NH36面心立方最密【分析】【分析】（1）a．根据碳原子形成的σ键个数确定原子杂化方式；

bc、sp2杂化中，s轨道的成分比sp3杂化更多；而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量；

d、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合；形成正六角形的平面层状结构；

（2）①石蕊分子所含元素N；O、C、H；根据元素周期律，同周期元素从左向右第一电离能增大，但第ⅤA族的元素由于最外层处于半满状态，是一种稳定结构，所以第一电离能高于相邻的同周期其它元素；石蕊分子所含元素中，基态原子2p轨道有两个成单电子的是C或O元素；由其中两种元素形成的三角锥构型的一价阳离子中价层电子对个数是4且含有一个孤电子对；

②氢键的存在导致物质的溶解性增大；再结合相似相溶原理分析；

（3）①根据物质的构成微粒确定晶体类型；

②根据电负性判断共价键之间的排斥力大小；进而确定键角的大小；

③根据甲晶胞的结构图，利用均摊法计算晶胞所含原子数，根据金属铜晶胞的结构图判断堆积方式．【解析】【解答】解：（1）a、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，碳原子的杂化类型为sp3杂化；石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化；故a正确；

b、sp2杂化中，s轨道的成分比sp3杂化更多，而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，故b错误；

c；石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短；作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔点金刚石＜石墨，故c正确；

d、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，键角为109°28′，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合；形成正六角形的平面层状结构，键角为120°，故d错误；

故选ac；

（2）①石蕊分子所含元素N、O、C、H，根据元素周期律，同周期元素从左向右第一电离能增大，但第ⅤA族的元素由于最外层处于半满状态，是一种稳定结构，所以第一电离能高于相邻的同周期其它元素，所以N、O、C、H第一电离能由小到大的顺序是C＜H＜O＜N，石蕊分子所含元素中，基态原子2p轨道有两个成单电子的是C、O元素；由其中两种元素形成的三角锥构型的一价阳离子中价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，该微粒为H3O+；

故答案为：C＜H＜O＜N；C、O；H3O+；

②石蕊分子中含有-OH和-NH2，均能与H2O形成氢键；氢键的存在导致物质的溶解性增大；由结构知，该分子为极性分子，根据相似相溶原理，石蕊易溶于水；

故答案为：石蕊分子中含有-OH和-NH2，均能与H2O形成氢键；由结构知；该分子为极性分子，根据相似相溶原理，易溶于水；

（3）①NH3、F2、NF3的构成微粒为分子，Cu的构成微粒是金属阳离子和自由电子，NH4F的构成微粒是阴阳离子，所以这几种物质中NH3、F2、NF3为分子晶体，Cu为金属晶体，NH4F为离子晶体；

故选abd；

②由于电负性：氟＞氮＞氢，NF3中共用电子对更偏向氟，排斥力小于NH3，所以NF3的键角小于NH3的键角；

故答案为：电负性：氟＞氮＞氢，NF3中共用电子对更偏向氟，排斥力小于NH3；

③根据甲晶胞的结构图，利用均摊法可知晶胞所含原子数为=6；根据金属铜晶胞的结构图可知，铜原子分布在晶胞立方体的顶点和面心上，所以堆积方式为面心立方最密堆积；

故答案为：6；面心立方最密；13、防止A中的羟基被氧化KMnO4、H2SO4【分析】【分析】（1）进行酯化反应后可防止-OH被氧化；

（2）A具有相同的官能团；应含有-OH和-CHO，分子中具有两个手性碳原子，说明有2个C原子连接四个不同的原子或原子团；

（3）D含有-COOH，可与NaOH发生中和反应，含有-Br；在碱性条件下可发生水解；

（4）根据题给信息可用逆推法判断，以此设计合成路线．【解析】【解答】解：（1）A中含有羟基；易被氧化，则进行酯化反应生成酯基可防止氧化；

故答案为：防止A中的羟基被氧化；

（2）A具有相同的官能团，应含有-OH和-CHO，分子中具有两个手性碳原子，说明有2个C原子连接四个不同的原子或原子团，可为

故答案为：

（3）D含有-COOH，可与NaOH发生中和反应，含有-Br，在碱性条件下可发生水解，在碱性条件下反应的方程式为

故答案为：

（4）根据题给信息逆推可知：则可设计合成路线：

①和水发生加成反应生成A，反应方程式为

故答案为：

②A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成B，反应方程式为

故答案为：

③在硫酸；高锰酸钾作用下；B发生氧化反应；

故答案为：KMnO4、H2SO4．14、略

【分析】解：（1）乙烯含有碳碳双键；故答案为：碳碳双键；

（2）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应属于酯化反应或取代反应，故答案为：CH3COOCH2CH3或乙酸乙酯．

（1）乙烯含有碳碳双键；

（2）在浓硫酸作催化剂；加热条件下；乙醇和乙酸发生酯化反应生成酯．

本题以乙烯、乙酸乙酯为载体考查了有机物分子中的官能团及其结构，明确加成反应和取代反应的区别是解本题关键，题目难度不大．【解析】碳碳双键；乙酸乙酯15、Cl把氯气通入到含有硫化氢的溶液中，反应生成淡黄色的固体，瓶口有白雾出现，方程式为：Cl2+H2S=2HCl+SHS-+OH-=S2-+H2OH-O-O-H【分析】【分析】A、B、C、D、E是短周期中的五种元素，它们的原子序数依次增大，A和B可形成常见化合物BA4，一个BA4分子中电子总数为10；且A的原子序数小于B，则A是H元素；B是C元素；

C原子的最外层电子数是核外电子总数的；若有两个电子层，则C是O元素，符合题意，若有3层电子，则求出最外层电子数为10，不符合题意，即C为O元素；

D与C同一主族；且为短周期元素，所以D是S元素；

E-比C2-多一个电子层，则E为Cl元素；据此解答各小题即可．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中的五种元素，它们的原子序数依次增大，A和B可形成常见化合物BA4，一个BA4分子中电子总数为10；且A的原子序数小于B，则A是H元素；B是C元素；

C原子的最外层电子数是核外电子总数的；若有两个电子层，则C是O元素，符合题意，若有3层电子，则求出最外层电子数为10，不符合题意，即C为O元素；

D与C同一主族；且为短周期元素，所以D是S元素；

E-比C2-多一个电子层；则E为Cl元素。

综上所述：A为氢；B为碳，C为氧，D为硫，E为氯；

（1）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，D与E两元素相比较，非金属性较强的是Cl，氯气能氧化硫化氢生成淡黄色的硫单质，反应方程式为Cl2+H2S=2HCl+S，故答案为：Cl；把氯气通入硫化氢溶液和，生成淡黄色的固体，Cl2+H2S=2HCl+S；

（2）A、C、D间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价的双原子阴离子且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲是HS-、乙是OH-，则甲与乙反应为S2-和H2O，该反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O，故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；

（3）B和C形成的一种化合物是参与大气循环的气体，则该气体是CO2，CO2的电子式为故答案为：

（4）A和C也可形成一种18电子分子，该分子为H2O2，该分子的结构式为H-O-O-H，故答案为：H-O-O-H．16、第三周期ⅥA族3s23p63d5H2OS+6HNO3（浓）H2SO4+6NO2↑+2H2OFe2O3+2Al2Fe+Al2O3【分析】【分析】元素X、Y、Z、W位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大．X原子核外有两种形状的电子云，四种伸展方向，常温下以双原子分子存在，性质稳定，则其核外电子排布式为1s22s22p3，故X为氮元素；Y的单质是生活中常见的合金材料成分之一，原子核外只有一个未成对电子，则Y为铝元素；Z原子的半径比X大，其基态原子最外层的p电子是该层s电子的两倍，Z的最外层电子3s23p4，则Z为硫元素；W是最常见的黑色金属之一，则W为Fe元素，据此解答．【解析】【解答】解：元素X、Y、Z、W位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大．X原子核外有两种形状的电子云，四种伸展方向，常温下以双原子分子存在，性质稳定，则其核外电子排布式为1s22s22p3，故X为氮元素；Y的单质是生活中常见的合金材料成分之一，原子核外只有一个未成对电子，则Y为铝元素；Z原子的半径比X大，其基态原子最外层的p电子是该层s电子的两倍，Z的最外层电子3s23p4；则Z为硫元素；W是最常见的黑色金属之一，则W为Fe元素；据此解答．

（1）硫元素位于周期表的第三周期ⅥA族；Fe3+，原子核外有23个电子，最外层电子排布式是3s23p63d5；常温下NO2是气体，H2O是液体，故熔点较高的是H2O；

故答案为：第三周期ⅥA族；3s23p63d5；H2O；

（2）硫单质与硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，方程式为：S+6HNO3（浓）H2SO4+6NO2↑+2H2O；

故答案为：S+6HNO3（浓）H2SO4+6NO2↑+2H2O；

（3）Al的活泼性大于Fe，可用置换反应说明：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，故答案为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3．三、判断题(共6题，共12分)17、×【分析】【分析】依据n=CV可知要计算溶质的物质的量需要知道溶液的浓度和溶液的体积，据此判断解答．【解析】【解答】解：0.1mol•L-1的NaHSO4溶液，体积未知，无法计算硫酸氢钠的物质的量，无法计算阳离子个数，故错误；18、×【分析】【分析】HClO是弱电解质，但NaClO是盐，属于强电解质．【解析】【解答】解：HClO是弱电解质，但NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO属于强电解质，故错误；故答案为：×．19、√【分析】【分析】苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，据此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，两者均为盐溶液，溶于水，与苯分层，然后分液即可，故利用碳酸钠可以除去苯中的苯酚，故正确，故答案为：√．20、√【分析】【分析】（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊．【解析】【解答】解：（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们，所以①正确，②错误，③错误，④正确；

故答案为：√；×；×；√；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊；

①D→戊的有机反应类型是酯化反应；

故答案为：酯化反应；

②C→D的化学反应方程式为

故答案为：

③甲的同分异构体，满足下列条件a．能与FeCl3发生显色反应，不能发生银镜反应，说明有酚羟基没有醛基；b．属于酯类，取代基为链状，有酯基；c．苯环上一氯代物只有两种，苯环上有两个处于对位的基团，符合条件的结构为

故答案为：或或或21、√【分析】【分析】镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应．【解析】【解答】解：镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应，故正确，答案为：√．22、×【分析】【分析】根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．【解析】【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故答案为：×．四、解答题(共4题，共20分)23、略

【分析】【分析】根据图Ⅰ可以看出，H2和I2逐渐减小直到不变，而HI逐渐增大直到不变，图Ⅱ可以看出，HI逐渐减小直到不变，而H2和I2逐渐增大直到不变，据此分析．【解析】【解答】解：根据图Ⅰ可以看出，H2和I2逐渐减小直到不变，而HI逐渐增大直到不变，图Ⅱ可以看出，HI逐渐减小直到不变，而H2和I2逐渐增大直到不变，由此可以说明化学平衡具有动、等、定、变等特征，答：化学平衡具有动、等、定、变等特征．24、略

【分析】【分析】（1）当CO转化率为25%时；消耗的CO为4mol×25%=1mol，则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：4400

变化量（mol）：1111

CO转化率25%时（mol）：3311

由于反应气体气体的体积不变；用物质的量代替浓度计算浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＞K．反应向逆反应进行，若Qc＜K，反应向正反应进行；

（2）设平衡时转化的CO为xmol；则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：4400

变化量（mol）：xxxx

平衡量（mol）：4-x4-xxx

根据平衡常数列方程计算x；进而计算CO转化率；

（3）根据（2）中平衡时各组分物质的量计算氢气体积分数；

（4）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L，设平衡时CO浓度变化量为ymol/L，表示出平衡时各组分的浓度，再根据平衡常数列方程计算解答．【解析】【解答】解：（1）当CO转化率为25%时；消耗的CO为4mol×25%=1mol，则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：4400

变化量（mol）：1111

CO转化率25%时（mol）：3311

由于反应气体气体的体积不变，可以用物质的量代替浓度计算浓度商Qc，故Qc==＜K=1；未达平衡，反应向正反应进行；

答：未达平衡；反应向正反应进行；

（2）设平衡时转化的CO为xmol；则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：4400

变化量（mol）：xxxx

平衡量（mol）：4-x4-xxx

则=1，解得x=2，故CO转化率为×100%=50%；

答：CO的转化率为50%；

（3）平衡时氢气体积分数为×100%=25%；

答：平衡时氢气体积分数为25%；

（4）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L；设平衡时CO浓度变化量为ymol/L，则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）：2600

变化量（mol/L）：yyyy

平衡量（mol/L）：2-66-yyy

则=1，解得y=1.5，故CO转化率为×100%=75%；

答：CO的转化率为75%．25、略

【分析】

3-溴丙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成3-溴丙酸，3-溴丙酸发生消去反应生成丙烯酸，丙烯酸反应生成B，丙烯发生反应生成A，A发生取代反应生成丙烯醇，丙烯发生取代反应生成3-卤丙烯，则A是3-卤丙烯，丙烯醇发生加成反应生成3-溴丙醇，根据题给信息知，丙烯和氨气、氧气反应生成C，C是CH2=CHCN，C在一定条件下反应生成D，B和D反应生成E，由黏合剂E可知D为CH2=CHCO-NH2，B为CH2=CHCOOCH3，说明CH2=CH-CN在一定条件下

CH2=CHCOOH与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3和发生加聚反应生成黏合剂E；结合物质的结构和性质解答该题．

（1）通过以上分析知，A和D的结构简式分别是：A、CH2=CHCH2Cl（或CH2=CHCH2Br），D、CH2=CHCONH2；

故答案为：A、CH2=CHCH2Cl（或CH2=CHCH2Br），D、CH2=CHCONH2；

（2）①丙烯和氯气发生取代反应生成3-氯丙烯；③3-溴丙酸发生消去反应生成丙烯酸，故答案为：取代反应，消去反应；

（3）实验目的是保护双键，反应条件是③的条件是NaOH/CH3CH2OH，加热，故答案为：保护双键，NaOH/CH3CH2OH；加热；

（4）B为CH2=CHCOOCH3，其同分异构体有酸性，说明含有羧基，所以该同分异构体为：CH2=CH-CH2-COOH、CH3-CH=CH-COOH、

故答案为：CH2=CH-CH2-COOH、CH3-CH=CH-COOH、

（5）B和D发生加聚反应生成E，反应方程式为

故答案为：．

【解析】【答案】3-溴丙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成3-溴丙酸，3-溴丙酸发生消去反应生成丙烯酸，丙烯酸反应生成B，丙烯发生反应生成A，A发生取代反应生成丙烯醇，丙烯发生取代反应生成3-卤丙烯，则A是3-卤丙烯，丙烯醇发生加成反应生成3-溴丙醇，根据题给信息知，丙烯和氨气、氧气反应生成C，C是CH2=CHCN，C在一定条件下反应生成D，B和D反应生成E，由黏合剂E可知D为CH2=CHCO-NH2，B为CH2=CHCOOCH3，说明CH2=CH-CN在一定条件下

CH2=CHCOOH与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3和发生加聚反应生成黏合剂E；结合物质的结构和性质解答该题．

26、略

【分析】

由A是的单体，可知A为CH2=CHCOOH；据A→B的反应条件可知，发生的是加成反应，则B为CH3CH2COOH；据B→C结构的变化；可知发生的是α-取代反应；从C→D结构的变化可知发生的是取代反应；同样从结构的变化可判断，D+E→F，F→G的反应也都是取代反应．

（1）A为CH2=CHCOOH，官能团为碳碳双键和羧基，CH2=CHCOOH与氢气发生加成反应生成B，则B为CH3CH2COOH，故答案为：碳碳双键、羧基；CH3CH2COOH；

（2）据B→C结构的变化，可知发生的是α-取代反应，C为2-溴丙酸；C与足量NaOH醇溶液共热时发生消去和中和反应，该反应为

故答案为：2-溴丙酸；

（3）“苯环上一氯代物只有两种”，说明结构的对称程度高，由移动取代基的位置可得：若是三个取代基，可以是

故答案为：

（4）F→G的碳链结构相同，只是溴原子被-NH2取代；则反应为取代反应，故答案为：取代反应；

（5）G中含有苯环、C=O键、-NH2，其中的苯环和羰基可以发生加成反应，故a正确；苯环上的甲基可以使酸性高锰酸钾褪色，故b正确；氨基显碱性，故可与盐酸反应成盐，故c正确；结构中没有羧基，故d错，故答案为：abc．

【解析】【答案】（1）A是的单体，则A为CH2=CHCOOH；A→B发生加成反应；

（2）据B→C结构的变化；可知发生的是α-取代反应，C为2-溴丙酸；C与足量NaOH醇溶液共热时发生消去和中和反应；

（3）X是E的同分异构题；X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，可能有2个取代基或3个取代基，利用对称来分析；

（4）F→G的碳链结构相同，只是溴原子被-NH2取代；

（5）根据G中含有苯环、C=O键、-NH2来分析其性质．

五、其他(共1题，共9分)27、药匙酒精灯烧杯胶头滴管或分液漏斗或量筒【分析】【分析】根据实验仪器的特点和作用来选择适合的生活用品，如玻璃杯和烧杯相似．【解析】【解答】解：根据实验仪器的特点和作用来选择适合的生活用品；取味精的小勺子和药匙相似，作用都是用来取固体的；电容器和酒精灯都是用来加热的，作用相似；杯子和烧杯都是用来盛放液体的，作用相似；注射器和胶头滴管或分液漏斗或量筒都是量取或滴加溶液的，作用相似．

故答案为：药匙、酒精灯、烧杯、量筒或胶头滴管或分液漏斗．六、简答题(共3题，共18分)28、略

【分析】解：（1）Cu是29号元素，其3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，根据构造原理书写Cu原子核外电子排布式[Ar]3d104s1；Cu属于ds区；

故答案为：[Ar]3d104s1；ds；

（2）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，且第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；

（3）H2O与H2O2之间能形成氢键导致双氧水易溶于水，故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；

（4）肼分子中每个N原子形成3个化学键且每个N原子含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定N原子杂化方式为sp3，故答案为：sp3；

（5）硫酸根离子价层电子对个数=4+=4，根据价层电子对互斥理论确定硫酸根离子空间构型为正四面体；原子个数相同、价电子数相等的微粒互为等电子体，与硫酸根离子互为等电子体的有CCl4或SiCl4或SO2Cl2；

故答案为：正四面体；CCl4或SiCl4或SO2Cl2；

（6）该晶胞中Cu原子个数=3+12×+2×=6，H原子个数=4+6×=6；所以其化学式为CuH；

故答案为：CuH．

（1）Cu是29号元素；其3d能级上有10个电子；4s能级上有1个电子，根据构造原理书写Cu原子核外电子排布式；Cu属于ds区；

（2）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，且第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；

（3）氢键能增大物质的溶解性；

（4）肼分子中每个N原子形成3个化学键且每个N原子含有1个孤电子对；根据价层电子对互斥理论确定N原子杂化方式；

（5）硫酸根离子价层电子对个数=4+=4；根据价层电子对互斥理论确定硫酸根离子空间构型；原子个数相同；价电子数相等的微粒互为等电子体；

（6）根据均摊法确定各元素原子个数；从而确定其化学式．

本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、元素周期律、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，明确基本原理、元素周期律及晶胞计算方法是解本题关键，注意该晶胞中每个顶点上的原子被6个晶胞占有而不是8个晶胞占有，为易错点．【解析】[Ar]3d104s1；ds；N＞O＞S；H2O与H2O2之间形成氢键；sp3；正四面体；CCl4或SiCl4或SO2Cl2；CuH29、太阳能转化成化学能催化剂6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）△H=-（a+b）kJ/molA、D0.15mol/（L•s）5.3（L/mol）3＞＞＞CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O【分析】解：（1）太阳能促使反应发生；反应存在化学能，因此能量变化是从太阳能转化为化学能；

FeO处于反应中间体物质；生成又被转化，相当于催化剂促使反应发生；

已知：①2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H1=akJ/mol；

②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=bkJ/mol；

所求反应为：6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s），反应可由-（①+②）得到，根据盖斯定律，反应的焓变△H=-（△H1+△H2）=-（a+b）kJ/mol；

故答案为：太阳能转化成化学能；催化剂；6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）△H=-（a+b）kJ/mol；

（2）A．混合气体的平均相对质分子质量为反应前后质量守恒，即m不变，气体分子数改变，所以随着反应进行混合气体的平均相对分子质量改变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故A选；

B．反应吸热，升高温度有利于反应正向进行，加快反应速率，CO2的转化率提高；故B不选；

C．增大CO2的浓度；平衡向正反应方向移动，但不改变化学平衡常数，化学平衡常数只随温度改变而改变，反应是在定温下进行的，故C不选；

D．当CO2与CH4的起始加入物质的量之比为1：1时；二者是按化学计量比1：1进行的反应，达到化学平衡时二者消耗量相等，所以转化率相等，故D选；

故答案为：A；D；

（3）①A点CO2的转化率为75%，起始时有2molCO2，则CO2的消耗速率为v（CO2）==0.075mol/（L•s），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则用H2表示的该段时间内的反应速率为v（H2）=2v（CO2）=0.15mol/（L•s）；

故答案为：0.15mol/（L•s）；

②投料比X1=3时，即n（H2）=3n（CO2）=6mol，在B点CO2的平衡转化率为75%，所以各组分的平衡浓度为c（CO2）==0.25mol/L，c（H2）==1.5mol/L；

=0.75mol/L，c（CH3COOH）==0.75mol/L，c（H2O）=2×=1.5mol/L，所以化学平衡常数为K===（L/mol）3=5.3（L/mol）3；

故答案为：5.3（L/mol）3；

2CO2（g）+4H2（g）⇌CH3COOH（g）+2H2O（g）；

③X=增大H2的投入量能使CO2的转化率增大，所以X1＞X2；

相同投料比时，随着温度升高，CO2转化率降低，表明反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以KA＞KB；

故答案为：＞；＞；

④反应为气体分子数减少的反应，随着反应进行，体系压强降低，在500K时，按X1投料，在恒压下进行，达到平衡状态，起始状态压力较大，因此在恒压装置中进行反应相当于对原平衡加压，则有利于反应正向进行，CO2的转化率增大，所以此时CO2的转化率＞75%；

故答案为：＞；

（4）根据原理图分析，电极b为电子流入的电极，为阴极，发生还原反应，应为CO2转化为CH3OH的反应，则电极b上发生的电极反应为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；

故答案为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。

（1）根据原理图分析；太阳能促使反应发生，反应存在化学能，因此能量变化是从太阳能转化为化学能，FeO处于反应中间体物质，生成又被转化，相当于催化剂促使反应发生，根据盖斯定律计算所求反应的焓变；

（2）混合气体的平均相对质分子质量为反应吸热，随着反应进行，气体分子数增多，体系压强增大，达到化学平衡时，正逆速率相等，各组分的量不再改变，据此逐项分析；

（3）①A点CO2的转化率为75%，据此计算CO2的消耗速率，根据反应速率之比等于化学计量数之比计算H2的消耗速率；

②投料比X1=3时，在B点CO2的平衡转化率为75%；根据反应方程式计算各组分的平衡浓度，再代入平衡常数表达式计算化学平衡常数的值；

③X=增大H2的投入量能使CO2的转化率增大，相同投料比时，随着温度升高，CO2转化率降低；表明反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行；

④反应为气体分子数减少的反应；随着反应进行，体系压强降低，据此分析；

（4）根据原理图分析，电极b为电子流入的电极，为阴极，发生还原反应，应为CO2转化为CH3OH的反应；据此写出电极反应式。

本题考查化学原理部分知识，包含盖斯定律的应用，能量的转化，催化剂的性质，化学平衡的判断与化学平衡的移动，化