北京市东城区2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

这是一份北京市东城区2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共30页。试卷主要包含了K2时，a作___极，K3时，被还原的物质是___等内容，欢迎下载使用。

北京市东城区2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·北京东城·高二统考期末）在相同条件下，证明强酸(HA)和弱酸(HB)的实验事实有(填写“＞、＜或=”)：
(1)分别测定等浓度的HA溶液和HB溶液的pH，pH(HA)___pH(HB)。
(2)分别测定等浓度的NaA溶液和NaB溶液的pH，pH(NaA)___pH(NaB)。
(3)分别取1mLpH相等的HA溶液和HB溶液，加水稀释至100mL，稀释后溶液的pH(HA)___pH(HB)。
(4)等浓度等体积的HA溶液和HB溶液，分别与足量的表面积相同的Zn片反应，起始反应速率v(HA)___v(HB)；生成H2的体积V(HA)___V(HB)。
2. （2020春·北京东城·高二统考期末）锂电池应用广泛，大致可分为锂金属电池和锂离子电池。锂离子电池工作原理：以石墨/锂钴氧电池为例，其总反应方程式为：LiCoO2+6CLi1-xCoO2+LixC6

试回答下列问题：
（1）连接K1、K2时，a作___极。
（2）连接K2、K3时，被还原的物质是___。
（3）放电时，负极发生反应的电极反应式是___。
（4）锂离子电池的电极废料(含LiCoO2)中的金属可回收利用。
①将电极废料磨碎后用酸浸出，磨碎的目的是___。
②将电极废料用盐酸浸出，得到含Li+、Co2+的溶液，并有黄绿色气体生成，则该反应的化学方程式是___。
3. （2021春·北京东城·高二统考期末）按要求回答下列问题：
(1)下列5种物质：a.乙烯；b.苯；c.甲苯；d.溴乙烷；e.聚乙烯。
①互为同系物的是_______(填序号，下同)。
②分子中所有原子在同一平面内的是_______。
③从上述5种物质中选出2种，使其能通过一步反应发生转化。写出任意一个符合上述要求的反应的化学方程式：_______。
(2)分子式为的芳香族化合物有多种同分异构体。写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式。
①能与溶液作用显色：_______(任写一种)。
②分子中有4种不同化学环境的氢原子：_______、_______。
(3)①淀粉或纤维素在酸的作用下彻底发生水解反应，均可得到的产物是_______。
②若要证明淀粉在水解过程中是否完全发生反应，可采取的实验方法：_______。
4. （2021春·北京东城·高二统考期末）某化学小组对卤代烷在不同溶剂中发生反应的情况进行实验探究。
[实验1]取一支试管，滴入15滴溴乙烷，加入5%的溶液，振荡后放入盛有热水的烧杯中水浴加热。片刻后，取分层后的上层水溶液，滴入另一支盛有稀硝酸的试管中，再加入2滴溶液。溶液出现浑浊。
[实验2]向圆底烧瓶中加入和无水乙醇，搅拌，再加入1-溴丁烷和几片碎瓷片，微热(液体沸腾后，移开酒精灯)，产生的气体通过试管A后，再通入盛有酸性溶液的B试管。紫红色逐渐褪去。
请回答：
(1)实验1中，溴乙烷发生水解反应的化学方程式是_______。
(2)已知：溴乙烷的沸点：38.4℃，1-溴丁烷的沸点：101.6℃
①由微粒间作用解释溴乙烷和1-溴丁烷沸点差异的原因是_______。
②有同学用溴乙烷代替1-溴丁烷进行实验2，发现酸性溶液不褪色。由已知沸点差异分析实验失败的可能原因：_______。
(3)对比实验1和实验2所用试剂，有利于消去反应发生的外部条件，除了碱性试剂外，还要求_______(填“强极性”或“弱极性”)试剂。
(4)实验2检验出反应产物有丁烯，仍不能说明该条件下没有发生取代反应。若进一步检验是否生成1-丁醇，可采用的如下方法是_______(填序号)。
a.对产物进行红外光谱分析
b.对产物进行核磁共振氢谱分析
c.使反应混合物与金属钠反应
(5)研究表明，除了外部条件，卤代烷的自身结构特点也决定了反应的趋向。伯卤代烷()优先发生取代反应，叔卤代烷()优先发生消去反应。写出2-溴-2-甲基丙烷发生消去反应的化学方程式：_______。
5. （2022春·北京东城·高二统考期末）下图是制备和研究乙炔性质的实验装置图。

(1)电石与饱和食盐水反应的化学方程式是_______。
(2)b中试剂的作用是_______。
(3)c中溶液褪色，生成物的结构简式是。_______。
(4)d中溶液褪色，说明乙炔具有的性质是_______。
(5)若在空气中点燃乙炔，可观察到的实验现象是_______。
6. （2022春·北京东城·高二统考期末）实验小组研究硫酸四氨合铜(II)([Cu(NH3)4]SO4·H2O)晶体的制备。
[实验一]制备[Cu(NH3)4]SO4溶液
甲：向2 mol/L CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀，再向所得浊液(标记为浊液a)中加入过量6mol/L氨水，沉淀不溶解。
乙：向2mol/LCuSO4溶液中滴加6mol/L氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。
(1)画出四氨合铜配离子中的配位键：_______。
(2)甲中，生成蓝色沉淀的离子方程式是_______。
(3)研究甲、乙中现象不同的原因。
[提出猜测]
i.Na+可能影响[Cu(NH3)4]2+的生成。
ii. 促进了[Cu(NH3)4]2+的生成。
[进行实验]
①将浊液a过滤，洗涤沉淀，把所得固体分成两份。
②向其中一份加入过量6 mol/L氨水，观察到_______ ， 说明猜测i不成立。
③向另一份加入过量6 mol/L氨水，再滴入几滴_______(填试剂)，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。
[实验反思]
④从平衡移动的角度，结合化学用语解释为什么能促进[Cu(NH3)4]2+的生成：_______。
[实验二]制备硫酸四氨合铜晶体
资料：
i.[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解；
ii. [Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的变化如下图所示。

用蒸发、结晶的方法从乙所得深蓝色溶液中获得的晶体中往往含有Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4等杂质。
(4)结合，上述信息分析，从乙所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O的措施是_______ (写出两条即可)。
7. （2020春·北京东城·高二统考期末）近年来，随着聚酯工业的快速发展，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。传统的Deacon直接氧化法，按下列催化过程进行：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)
(1)写出上述反应的平衡常数表达式K=___。
(2)生产过程中可使用CuCl2作催化剂，反应原理如下：
CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)    △H1=+63kJ∙mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)    △H2=-121kJ∙mol-1
则4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)的△H=___kJ•mol-1。
(3)生产中反应温度通常控制在420℃左右，原因是___。在一定温度下，进一步提高HCl平衡转化率的方法是___(写出2种)。
(4)420℃时，将一定量的O2和HCl通入4L的恒容密闭容器中，反应过程中氧气的变化量如图所示，则0~20min平均反应速率v(HCl)为___mol•L-1·min-1。

8. （2020春·北京东城·高二统考期末）某同学研究金属锌与氯化铜溶液之间反应，在实验中该同学观察到的现象有：
i.产生少量气泡；ii.有红色固体生成；iii.溶液中产生白色沉淀。
为了解释上述现象，某同学查阅资料，获得如下信息：
编号
化学反应离子方程式
1
Zn+Cu2+Zn2++Cu
2
Zn+2Cu2+Zn2++2Cu+
3
Cu++2Cl-CuCl
4
Cu++Cl-CuCl↓

（1）请结合离子方程式解释产生少量气泡的原因：___。
（2）Zn与CuCl2反应生成白色沉淀的离子方程式是___。
（3）为了探究影响生成白色沉淀的因素，该同学进一步实验。取不同浓度CuCl2溶液，加入锌并振荡，均立刻产生少量气泡和红色固体，其他实验现象如下。

编号
浓度(rnol/L)
试剂（锌均过量）
实验现象
a
0.5
锌片
立刻出现少量白色沉淀
b
1
锌片
立刻出现白色沉淀
c
1
锌粉
立刻出现大量白色沉淀
d
1
锌片、适量NaCl固体
少量白色沉淀，振荡迅速溶解

①对比实验a、b，实验结论是___。
②某同学从化学平衡的角度分析，d中白色沉淀溶解可能的原因是___（用离子方程式表示）。为证明该同学分析的原因正确，向b试管中加入适量___，振荡，观察到___，证明该同学分析的原因正确。
（4）利用沉淀法除去杂质在实际生产中应用广泛。
①在工业中冶炼锌，为了除去ZnSO4电解液溶液中的C1-，可加入___和___，生成沉淀而除去。
②通过进一步查阅资料得知：CuCl的形成与溶液的pH及Cu2+等离子浓度有关，一定条件下，通过实验得出pH、Cu2+浓度对Cl-沉淀的影响如图所示：

根据图，除去该电解液中Cl-的最佳条件是___。
9. （2020春·北京东城·高二统考期末）硫化氢(H2S)是一种无色具有臭鸡蛋气味、能溶于水的高毒性的化合物，其广泛存在化石燃料加工的尾气中。为避免污染环境，可用活性炭材料进行脱硫，脱硫的方法有物理吸附法、化学吸附法和氧化法。
(1)物理吸附法：
物理吸附法是先将尾气缓缓通过活性炭，将H2S从尾气中转移到活性炭的微孔或表面，这是利用活性炭的___性。
(2)氧化法：
利用吸附在活性炭表面上的活性氧(O)，将H2S氧化成S而除去，该反应的化学方程式是___。
(3)化学吸附法：
①利用H2S能溶于水，形成硫化氢溶液，更易被活性炭吸附。若0.1mol•L-1H2S的pH约为4，则H2S在水溶液中的电离方程式是___，被吸附的离子主要有___。
②工业生产中用CuCl2溶液处理活性炭的工艺称为活性炭的改性，改性后的活性炭能提高化学吸附法中H2S的吸收量。
i.用不同浓度的CuCl2溶液改性后的活性炭对H2S吸附量的影响如图所示。随着CuCl2溶液浓度的升高，活性炭对硫化氢吸附量不再增加，原因是过多金属离子阻塞活性炭内部的微孔结构，导致活性炭的吸附能力下降。改性后的活性炭，能提高H2S吸附量的原因是___(用离子方程式表示)。

ii.水膜处理对活性炭吸附H2S量也有影响。测定含水量不同时，活性炭对硫化氢吸附量的影响，实验结果如下表。
载水率(%)
0
5.32
10.23
15.33
20.19
吸附量(mg/g—活性炭)
19.62
21.52
32.42
31.28
30.78

注：载水率即单位质量的活性炭吸附水的质量。
活性炭载水率为10%以上时，吸附量降低，其可能的原因是___。
(4)下列关于活性炭处理H2S尾气的说法正确的是___(选填字母序号)。
a．化学吸附过程中存在着电离平衡的移动
b．活性炭改性时，CuCl2溶液的浓度越大，H2S的吸附量越大
c．其他条件相同时，低温、缓慢通入尾气更有利于H2S的物理吸附
d．适当提高活性炭的载水率，可提高H2S吸附量的原因是活性炭吸附离子比吸附分子能力更强
10. （2021春·北京东城·高二统考期末）以乙酸为原料合成苏合香醇(香料)和扁桃酸(医药中间体)的合成路线如图。

请回答：
(1)B中官能团的名称是_______、_______。
(2)A的结构简式为_______。
(3)将反应③的化学方程式补充完整：O2++H2O
____
(4)反应④的反应类型是_______反应。
(5)扁桃酸还可由芳香族化合物水解得到，同时还生成其他2种烃的含氧衍生物，则的结构简式是_______。
11. （2021春·北京东城·高二统考期末）对乙酰氨基酚()是最常用的非甾体消炎解热镇痛药，用于治疗感冒发烧和关节痛。神经痛等。某小组同学查阅资料，设计了如图合成路线。

请回答：
(1)A中含有的官能团为醛基，实验室中可利用银氨溶液与A反应，实现。则A与银氨溶液反应的化学方程式是_______。
(2)由苯制得D，还需要的反应试剂是_______。
(3)的过程中，D被_______(填“氧化”或“还原”)。
(4)C与F反应的化学方程式是_______。
(5)与足量溶液充分发生反应时，消耗的的物质的量是_______mol。
(6)已知：(反应条件略)
ⅰ.(苯胺，易被氧化)
ⅱ.
下列是由甲苯合成的逆合成分析思路，请结合上述资料将其补充完整。
____
12. （2022春·北京东城·高二统考期末）分子式为C3H7Br的有机物A在适宜的条件下能发生如下一系列转化：

(1)写出A的同系物中分子量最小的有机化合物的结构简式：_______。
(2)B→C的化学方程式是_______。
(3)D →B的反应类型是_______。
(4)已知E的核磁共振氢谱只有一组峰，且E不能发生银镜反应。
①D的结构简式是_______。
②由E合成的路线如下：

写出下列物质的结构简式：F_______，G_______，H_______。
13. （2022春·北京东城·高二统考期末）氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图所示：

(1)芳香烃A的名称是_______。
(2)反应③所需无机试剂和条件是_______。
(3)E中含有的官能团的名称是_______。
(4)反应⑤的化学方程式是_______。
(5)下列说法正确的是_______(填序号)。
a.反应①、③、⑥均属于取代反应
b.化合物E具有碱性，能与盐酸反应
c.G在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应
(6)已知E在一定条件下水解生成T(C7H7NO2)。T存在多种同分异构体，写出符合下列条件的T的同分异构体的结构简式_______。
①-NH2直接连在苯环上；
②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色沉淀；
③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:2
14. （2021春·北京东城·高二统考期末）硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。
(1)氮化硼存在不同的变体，如六方氮化硼、立方氮化硼等，其结构如图。

①六方氮化硼的晶体结构类似石墨，则六方氮化硼的晶体类型属于_______。
②高温高压下，六方氮化硼可转化为立方氮化硼，立方氮化硼的结构与金刚石类似，每个立方氮化硼晶胞中硼原子和氮原子的个数比为_______。
(2)氨硼烷()是极具潜力的高性能储氢材料，其晶体结构之一如图。(已知电负性：H 2.1，B 2.0，N 3.0)

①氨硼烷分子为_______(填“极性”或“非极性”)分子。
②氨硼烷分子中，键为配位键，由原子的价层电子排布特点分析该配位键的形成过程：_______。
③氨硼烷常温下为固态，它的熔点比乙烷的熔点高近300℃，是由于其分子间除了分子间作用力，还存在正电性H和负电性H的相互作用，这种作用称为“双氢键”。仿照氢键的表示方法：“”，上述双氢键可表示为_______(式中用“”及“”表示氢的带电情况)。
④氨硼烷常温下稳定，加热到90℃左右分解产生，若该反应中只有氢元素的化合价发生变化，则每产生，反应转移的电子的物质的量是_______。
⑤由氨硼：烷的组成或性质分析，氨硼烷作为储氢材料的优势有_______。
15. （2021春·北京东城·高二统考期末）ECH(环氧氯丙烷，结构为)是生产环氧树脂的中间体，工业上可由如图路线合成。

已知：
(1)A为丙烯，其分子中含有的官能团是_______。
(2)已知为加成反应，的反应类型是_______反应。
(3)的反应中，B与次氯酸加成得到的C，有两种结构。
①C结构简式是ⅰ：和ⅱ：_______。
②由分子中化学键的极性分析：ⅰ为的主要产物。该分析过程是_______。
(4)对环氧氯丙烷的反应研究表明，当保持其他条件(反应温度、反应时间等)不变时，随起始反应物中和物质C的比例增大，环氧氯丙烷的产率如图所示：

根据该反应中各物质的性质，分析随的值增大，环氧氯丙烷产率下降的原因(结合化学方程式表示)：_______。
(5)原料中的丙烯可由石油裂解得到。在裂解分离得到的馏分中，除丙烯外，杂质气体中含有2种分子式均为的链烃。
①杂质的其中一种分子内含有杂化的碳原子，则该分子名称是_______。
②杂质的另一种分子内，无杂化的碳原子，则该分子内碳原子的杂化类型是_______；已知该分子中，4个氢原子不在同一个平面内，由分子中碳原子的杂化解释其原因：_______。
16. （2022春·北京东城·高二统考期末）“可燃冰”的主要气体成分是甲烷，又称甲烷水合物，外形像冰，存在于海底和大陆冰川或永久冻土底部，是巨大的潜在能源。
(1)研究甲烷分子的结构
①碳原子价层电子的轨道表示式是_______。
②下列能说明或解释甲烷分子是正四体形空间结构的是_______(填序号)。
a.二氯甲烷没有同分异构体。
b.4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 '
c.碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H  σ键
(2)研究水分子的结构
①H2O的VSEPR模型为_______。
②H2O中H-O-H的键角小于CH4中H-C-H的键角，原因是_______。
(3)研究“可燃冰”的结构
在“可燃冰”中，气体是装在几个水分子构成的笼内的，一种水分子笼如下所示。

“可燃冰”的密度为a g/mL。假设“可燃冰”的水笼穴里装的都是甲烷，甲烷水合物的化学式用mCH4·nH2O表示。把“可燃冰”从海底升到地平面，1 m3固体可释放出164 m2(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中m ： n=_______(不需化简，列出算式即可)
17. （2022春·北京东城·高二统考期末）利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如下图所示

(1)“杯酚”的官能团是_______。
(2)“杯酚”分子内官能团之间通过_______(填“共价键”“配位键”或“氢键”)形成“杯底”。
(3)(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下反应，生成“杯酚”和一种无机物。
①该无机物是_______。
②关于对叔丁基苯酚的叙述，正确的是_______(填序号)。
a.分子式为
b.分子中所有碳原子均为杂化
c.易被空气中的氧气氧化
d.1mol对叔丁基苯酚最多能与1mol发生反应。
(4)不溶于氯仿(化学式为)，“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是_______。
(5)的晶胞结构如下所示。

①碳60晶胞中含有_______个分子。
②每个分子周围最多可以有_______个紧邻的分子。

参考答案：
1.      ＜     ＜     ＞     ＞     ＝
【分析】等浓度的强酸和弱酸溶液，强酸完全电离，pH较小；弱酸的酸性越弱，形成的盐的水解程度越大，碱性越强；1mLpH相等的强酸和弱酸溶液，弱酸稀释后促进电离，酸性增强；等浓度等体积的强酸和弱酸溶液，刚开始强酸电离出的氢离子的浓度较大，随着反应的进行，足量的锌会将酸中的氢离子完全消耗掉，据此分析。
【详解】(1)强酸是完全电离，弱酸是部分电离，故测定等浓度的HA溶液和HB溶液的pH，pH(HA)＜pH(HB)；
(2)根据盐的水解规律，形成盐的酸越弱，水解程度越大，因为酸性HA强，所以NaB水解能力强，碱性较强，则pH(NaA)＜pH(NaB)；
(3)稀释相同体积，相同pH的HA溶液和HB溶液，弱酸加水稀释过程中促进了电离，补充了氢离子，因此pH变化幅度较小，稀释后溶液的pH(HA)＞pH(HB)；
(4)等浓度等体积的HA溶液和HB溶液，分别与足量的表面积相同的Zn片反应，起始反应时强酸中氢离子浓度大，故速率v(HA)＞v(HB)；锌是足量的，氢气的量由酸的量决定，由于两种酸溶质总量相等，最终提供的氢离子总的物质的量相同，故生成氢气的体积V(HA)=V(HB)。
【点睛】第(4)题生成H2的体积相等为易错点，由于锌足量，会将酸中的氢离子完全消耗掉。
2.     阳     Li1-xCoO2     LixC6-xe-=6C+xLi+     增大接触面积，加快反应速率，使浸取更加完全     2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O
【分析】单刀双至开关，K1和K2连接为 电解池，K2和K3连接为原电池。如图所示，连接为原电池时，锂离子向左移动，a极得电子为正极，b极为负极，故改变连接点，电解池中a极为阳极，b极为阴极，据此回答问题。
【详解】（1）连接K1、K2时，形成电解池，a连接正极，作阳极。
（2）连接K2、K3时，形成原电池，根据反应方程式可知，发生还原反应被还原的物质是Li1-xCoO2。
（3）放电时，负极发生氧化反应，发生反应的电极反应式是LixC6-xe-=6C+xLi+。
（4）①将电极废料磨碎后用酸浸出，磨碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使浸取更加完全。
②将电极废料LiCoO2用盐酸浸出，得到含Li+、Co2+的溶液，并有黄绿色气体即氯气生成，则该反应的化学方程式是2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O。
3.      bc     ab                         葡萄糖     向水解液中加入碘水，若不变蓝色，则淀粉全部水解
【详解】(1)①同系物为结构相似、在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质，故答案为：bc；
②乙烯中6原子共面，苯中12原子共面，甲苯中甲基中原子不能都共面，溴乙烷中都是饱和碳原子、不能都共面，聚乙烯的结构中是单键相连不能都共面，故答案为：ab；
③乙烯可以一步转化为溴乙烷，如；
(2)①能与溶液作用显色的为酚类，应该是甲基苯酚的邻、间、对位均可以，如：；
②符合分子中有4种不同化学环境的氢原子的为：、；
(3)①淀粉和纤维素都是多糖，水解的最终产物都是葡萄糖；
②若要证明淀粉在水解过程中是否完全反应，就是检验水解液中是否还有淀粉，应选用碘水检验，故答案为：向水解液中加入碘水，若不变蓝色，则淀粉全部水解。
4.          1-溴丁烷的分子间作用力强于溴乙烷     溴乙烷沸点低，加热时没有充分反应就挥发出去     弱极性     a  b     NaOH+NaBr+H2O+
【分析】本题考查卤代烃的取代和消去反应的竞争，通过实验可以发现反应时溶剂不同对反应的产物是有很大影响的，所以要注意反应时的条件的不同，另外当反应的溶剂为乙醇时还要注意，乙醇对反应产物检验的干扰。
【详解】(1)通过实验发现溴乙烷水解后上层溶液中含有溴原子，结合卤代烃水解的知识可以知道，该反应的化学方程式是：；
(2)①溴乙烷和1-溴丁烷都是分子构成的物质，分子量越大熔沸点越高，所以1-溴丁烷沸点高的原因是：1-溴丁烷的分子间作用力强于溴乙烷；
②该反应需要加热，可能是溴乙烷沸点低挥发的问题，所以实验失败的可能原因：溴乙烷沸点低，加热时没有充分反应就挥发出去；
(3)对比实验1和实验2所用试剂可以发现，试剂是无水乙醇时利于发生反应，而乙醇极性较弱，所以除了碱性试剂外，还要求弱极性试剂；
(4)a.1-丁醇和丁烯官能团不同，所以可通过红外光谱进行分析，a正确；
b.1-丁醇和丁烯等效氢个数不同，所以可通过核磁共振氢谱分析，b正确；
c.在反应过程中使用了无水乙醇，而乙醇也可以和钠反应，c错误；
故选ab；
(5)2-溴-2-甲基丙烷发生消去反应会生成烯烃，其对应的化学方程式：NaOH+NaBr+H2O+。
5. (1)CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH↑
(2)除去乙炔中的硫化氢等杂质
(3)CHBr2-CHBr2或CHBr=CHBr
(4)还原性
(5)明亮的火焰，浓烈的黑烟

【分析】电石和饱和食盐水中的水反应生成乙炔，电石中含有硫、磷等杂质，导致乙炔中混有硫化氢、磷化氢等杂质，硫酸铜溶液能除去杂质，乙炔能和溴发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液褪色，乙炔有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
（1）电石的主要成分是CaC2，能和水反应生成乙炔和氢氧化钙，化学方程式为：CaC2+2H2O → Ca(OH)2+CH ≡ CH↑。
（2）硫酸铜溶液的作用是除去乙炔中的硫化氢等杂质。
（3）乙炔和溴发生加成反应，若溴足量，则生成CHBr2-CHBr2，若溴不足量，生成CHBr=CHBr。
（4）乙炔具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
（5）乙炔含碳量高，在空气中点燃乙炔，可观察到明亮的火焰和浓烈的黑烟。
6. (1)

(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
(3)     蓝色沉淀不溶解     硫酸铵溶液     由于Cu(OH)2+4NH3▪H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成
(4)降低温度 加入乙醇

【分析】向2mol/LCuSO4溶液中滴加6mol/L氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，制得了[Cu(NH3)4]SO4溶液。将[Cu(NH3)4]SO4溶液降温，并加入乙醇可析出硫酸四氨合铜晶体。
（1）四氨合铜配离子中的配位键是氨分子中的氮原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道形成的，表示为 。
（2）甲中硫酸铜溶液和氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。
（3）②由于向含有Na+的浊液中滴加过量的6 mol/L氨水，若观察到蓝色沉淀不溶解，则说明Na+不影响[Cu(NH3)4]2+的生成。③若加入含的物质，蓝色沉淀溶解，则可证明猜想ii成立，所以向另一份加入过量6 mol/L氨水，再滴入几滴硫酸铵溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。④由于Cu(OH)2+4NH3▪H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成。
（4）[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解；[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的增多而降低，所以从乙所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O的措施可以是降温和加入乙醇。
7.          -116     温度太低，反应速率太慢；温度太高，平衡逆向移动，产率降低     增加反应体系的压强、及时分离出产物     0.04
【分析】根据生成物浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值表示化学平衡常数；利用盖斯定律计算焓变；从反应的能量变化和催化剂的角度分析，从化学平衡移动角度分析提高反应物转化率的方法；根据氧气的浓度变化量求出氧气的化学反应速率，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算出氯化氢的化学反应速率。
【详解】(1)根据化学反应方程式4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可知，化学平衡等于生成物浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，即反应的平衡常数表达式K=；
(2)根据反应原理：①CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H1=+63kJ∙mol-1
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H2=-121kJ∙mol-1
利用盖斯定律：2×(①+②)得到：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)的△H=-116kJ∙mol-1；
(3)生产中反应温度通常控制在420℃左右，是因为温度太低，反应速率太慢；温度太高，平衡逆向移动，产率降低；
若想提高HCl的转化率，应该促使平衡向着正向移动，该反应为反应前后气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增加反应体系压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
(4)由图可知，0~20min平均反应速率v(O2)=，根据化学方程式：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)，v(HCl)=4v(O2)=0.04 mol•L-1·min-1。
【点睛】利用物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，计算出氯化氢的化学反应速率，为易错点。
8.      铜离子水解呈酸性，Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，锌与水解产生的氢离子反应，产生气泡；     Zn+2Cu2++2Cl-= Zn2++2CuCl↓     当锌的形状相同时，氯化铜浓度越高，生成沉淀的反应速率越快     Cu++2Cl-CuCl     锌粉     沉淀溶解     锌单质     铜离子     pH=1.5，铜离子浓度为3g/L
【详解】(1)氯化铜是强酸弱碱盐，铜离子水解呈酸性，锌与氢离子反应产生气泡，故本题答案为：铜离子水解呈酸性，Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，锌与水解产生的氢离子反应，产生气泡；
(2)Zn与CuCl2反应生成ZnCl2和CuCl，离子方程式为：Zn+2Cu2++2Cl-= Zn2++2CuCl↓，故本题答案为：Zn+2Cu2++2Cl-= Zn2++2CuCl↓；
(3)①对比实验a、b，锌片相同时，氯化铜浓度增加，生成沉淀的反应速率加快，故实验结论是：当锌的形状相同时，氯化铜浓度越高，生成沉淀的反应速率越快；
②d中白色沉淀溶解可能是加入氯化钠后，增加了氯离子浓度，促进反应Cu++2Cl-CuCl正向进行，为证明该同学分析的原因正确，可向b试管中加入适量锌粉，振荡，观察到沉淀溶解，证明该同学分析的原因正确，故本题答案为：Cu++2Cl-CuCl；锌粉；沉淀溶解；
(4)①在工业中冶炼锌，为了除去ZnSO4电解液溶液中的C1-，可加入锌单质和铜离子，发生Zn+2Cu2+Zn2++2Cu+，再发生Cu++Cl-CuCl↓，生成沉淀而除去，故本题答案为：锌单质；铜离子；
②由图可知，当pH等于1.5，铜离子浓度为3g/L时，氯离子去除率均较高，故本题答案为：pH=1.5，铜离子浓度为3g/L。
【点睛】第(3)题第②小问，d中白色沉淀溶解可能的加入氯化钠后，增加了氯离子浓度，促进反应Cu++2Cl-CuCl正向进行，向b试管中加入适量锌粉，发生Zn+2Cu2+Zn2++2Cu+，增大亚铜离子的浓度，促进反应Cu++2Cl-CuCl正向进行，振荡，观察到沉淀溶解，此为本题的难点。
9.     吸附     H2S+O=S↓+H2O     H2SH++ HS-、HS- H++ S2-（第二步电离可以不写）     HS－、H＋     Cu2++H2S=CuS↓+2H+     当水分不断增加时，过多的水分子将活性炭表面的微孔结构阻塞，导致活性炭吸附能力下降，吸附量降低     acd
【分析】活性炭有吸附性可以吸附硫化氢气体；活性氧可以和硫化氢发生氧化还原反应；H2S是二元弱酸，在水溶液中分两步电离；活性炭可以脱硫，脱去的是硫离子和硫氢根离子；随着CuCl2溶液浓度的升高，会将硫离子转化为硫化铜沉淀；载水量达到10%以上时，离子的浓度降低，吸附效果变差；活性炭处理H2S尾气时的物理方法和化学方法，从活性炭的吸附能力和硫化氢的变化分析。
【详解】(1)物理吸附法是先将尾气缓缓通过活性炭，将H2S从尾气中转移到活性炭的微孔或表面，这是利用活性炭的吸附性；
(2)吸附在活性炭表面上的活性氧(O)，会和H2S反应生成S和水，化学反应方程式为：H2S+O=S↓+H2O；
(3)①H2S是二元弱酸，在水溶液中的电离方程式是H2SH++ HS-、HS- H++ S2-，0.1mol•L-1H2S的pH约为4，说明H2S在水溶液的电离程度很低，电离出来的HS－很少，而S2－更少，因此被吸附的主要的离子是HS－以及溶液中的H＋；
②改性后的活性炭，能提高H2S吸附量的原因是硫化氢与氯化铜发生反应，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
活性炭载水率为10%以上时，当水分不断增加时，过多的水分子将活性炭表面的微孔结构阻塞，导致活性炭吸附能力下降，吸附量降低；
(4) a．化学吸附过程中存在着电离平衡的移动，硫化氢在水溶液存在电离平衡，铜离子的加入，促进了硫化氢的电离，故a正确；
b．活性炭改性时，CuCl2溶液的浓度越大，过多金属离子阻塞活性炭内部的微孔结构，导致活性炭的吸附能力下降，H2S的吸附不一定越大，故b错误；
c．其他条件相同时，低温，H2S在水溶液中的溶解度更大，缓慢通入尾气，能让H2S吸附更加完全，因此低温、缓慢通入尾气更有利于H2S的物理吸附，故c正确；
d．根据表格中的数据可知，适当提高活性炭的载水率，可提高H2S吸附量，故d正确；
答案选acd。
10.      碳氯键     羧基          O2+H2O+     加成    
【分析】乙酸与SOCl2发生取化反应生成，与苯在一定条件下发生取代反应生成A，A与氢气催化剂作用下发生加成反应生成苏合香醇。根据A物质前后反应类型和物质结构变化，A的结构简式为，乙酸与Cl2在一定条件下发生取代反应生成B(ClCH2COOH)，B在一定条件下转化为HOCH2COOH，HOCH2COOH发生催化氧化生成C，根据C的结构判断官能团有醛基和羧基，C为OHCCH2COOH，C与苯发生加成反应生成扁桃酸。
【详解】(1)B(ClCH2COOH)的官能团名称是碳氯键、羧基；
(2)由分析可知，A的结构简式为：；
(3)羟基的催化氧化为醛基的反应为：O2+H2O+；
(4)C为OHCCH2COOH，C与苯发生加成反应生成扁桃酸，故答案为：加成；
(5)芳香族化合物可水解生成扁桃酸，可推知M为酯类，若同时还生成其他两种烃的含氧衍生物，则可推知M为：。
11.          浓、浓     还原     (CH3CO)2O+→CH3COOH+     2    
【分析】由转化关系可知，乙烯发生氧化反应生成A为CH3CHO，B为CH3COOH，苯发生硝化反应生成硝基苯，D→E加H去O，为还原反应，羟基重排生成E为，以此分析(1)-(3)；
【详解】(1)CH3CHO与银氨溶液反应：；
(2)由苯制得D是硝化反应，需要的试剂是浓、浓；
(3)D→E加H去O，为还原反应，故被还原；
(4)C与F反应的化学方程式是(CH3CO)2O+→CH3COOH+；
(5)1molX中有1mol-OH，与1molNaOH反应；还有1mol肽键，与1molNaOH反应，故共需要2molNaOH；
(6)根据已知反应，可得先硝化反应引入硝基，再氧化甲基为羧基，再还原，最后发生缩聚反应，故合成路线中缺少。
12. (1)CH3Br
(2)nCH2=CHCH3
(3)消去反应
(4)     CH3CH(OH)CH3          CH2=C(CN)CH3     CH2=C(CH3)COOH

【分析】A的分子式为C3H7Br，可能为1-溴丙烷或2-溴丙烷，在NaOH醇溶液作用下发消去反应生成的B为丙烯，加聚成聚丙烯。A在NaOH水溶液作用下发生取代反应生成的D为醇，D在铜催化下被氧气氧化为醛或酮，E不能发生银镜反应，所以E为丙酮，则A为2-溴丙烷，D为2-丙醇。
（1）A为溴代烃，其同系物中分子量最小的有机化合物为一溴甲烷，结构简式CH3Br。
（2）B→C是丙烯聚合为聚丙烯，化学方程式是nCH2=CHCH3 。
（3）D →B是2-丙醇发生消去反应生成丙烯，反应类型是消去反应。
（4）①D为2-丙醇，结构简式为CH3CH(OH)CH3；②E为丙酮，和HCN发生加成反应生成F( )，F在一定条件下生成G，G发生酸性水解生成H，H和甲醇发生酯化反应生成CH2=C(CH3)COOCH3，则回推可知H为CH2=C(CH3)COOH，G为CH2=C(CH3)CN。
13. (1)甲苯
(2)浓硝酸、浓硫酸、加热
(3)氨基、碳氟键
(4)
(5)abc
(6)

【分析】A为芳香烃，和氯气在光照下发生取代反应生成B，根据C的结构简式可知A为甲苯，B为 ，C发生硝化反应生成D，D被还原为E，E和 发生取代反应生成F，F的结构简式为 ，F再发生硝化反应生成G。
【详解】（1）由以上分析可知，A为甲苯。
（2）反应③是C和浓硝酸发生硝化反应，所需无机试剂是浓硝酸，需要浓硫酸做催化剂，同时需要加热。
（3）根据E的结构可知，E中含有的官能团有氨基和碳氟键。
（4）反应⑤是E和 发生取代反应，生成F的同时还生成HCl，化学方程式是 。
（5）a．反应①是甲苯和氯气在光照下发生的取代反应，③和⑥均为硝化反应，均属于取代反应，故a正确；
b．化合物E中有氨基，具有碱性，能与盐酸反应，故b正确；
c．G中含有酰胺基，在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应，故c正确；
故选abc。
（6）T(C7H7NO2)的不饱和度为5，其同分异构体要求①-NH2直接连在苯环上；②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色沉淀，则含有醛基；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:2，则分子结构对称，符合要求的有机物为 。
14.     混合型晶体          极性     原子和原子为杂化，原子价层5个电子，与3个原子形成键，还有一对孤对电子占据1个轨道；原子价层3个电子，与3个原子形成键后，还有一空轨道。的有孤对电子的轨道与的空轨道重叠，形成配位键          1     氨硼烷中元素的质量分数(含氢量)大；常温下固态、稳定，便于储存运输
【详解】(1) ①石墨是混合晶体，层与层之间是分子间作用力，而碳原子间是共价键，石墨之中也会有自由电子在层与层间移动，六方氮化硼的晶体结构类似石墨，则六方氮化硼的晶体类型属于混合晶体。
②高温高压下，六方氮化硼可转化为立方氮化硼，立方氮化硼的结构与金刚石类似，每个立方氮化硼晶胞中硼原子和氮原子的个数比为3：3=1：1。
(2) ①氨硼烷分子为极性分子。
②氨硼烷分子中，键为配位键，由原子的价层电子排布特点分析该配位键的形成过程：原子和原子为杂化，原子价层5个电子，与3个原子形成键，还有一对孤对电子占据1个轨道；原子价层3个电子，与3个原子形成键后，还有一空轨道。的有孤对电子的轨道与的空轨道重叠，形成配位键。
③氨硼烷常温下为固态，它的熔点比乙烷的熔点高近300℃，是由于其分子间除了分子间作用力，还存在正电性H和负电性H的相互作用，仿照氢键的表示方法：“”，上述双氢键可表示为：。
④氨硼烷加热到90℃左右分解产生，反应中只有氢元素的化合价发生变化，则每产生，反应转移的电子的物质的量是1。
⑤由氨硼：烷的组成或性质分析，氨硼烷作为储氢材料的优势有：氨硼烷中元素的质量分数(含氢量)大；常温下固态、稳定，便于储存运输。
15.    碳碳双键     取代          B为，Cl的电负性较大，使双键电子云向中心碳原子偏移；中：，因此连在端基碳原子上          丙炔     sp、sp2     中心碳原子是sp杂化，有2个相互垂直的未杂化p轨道，可分别与两端sp2杂化的碳原子的1个未杂化p轨道“肩并肩”形成键
【分析】A为丙烯，则A为CH2=CH-CH3，B中只有一个Cl原子，则A→B为氯气的取代反应，B为CH2=CH-CH2Cl，B→C由原子数目可知为加成反应，C为OH-CH2-CH2Cl-CH2Cl或Cl-CH2-CHOH-CH2Cl，C再发生已知信息得到环化物；
【详解】(1)A为丙烯CH2=CH-CH3，含有的官能团是碳碳双键；
(2) B中只有一个Cl原子，则A→B为氯气的取代反应，反应类型是取代反应；
(3) ①由分析可知，C的另一个结构是；
②为的主要产物的原因是B为，Cl的电负性较大，使双键电子云向中心碳原子偏移；中：，因此连在端基碳原子上；
(4)C中含Cl原子，加入NaOH溶液会发生卤代烃的水解反应，造成环氧氯丙烷的产率减小，反应的化学方程式为：；
(5) 的不饱和度为2，
①含有杂化的碳原子，说明含有4条键，结构为或-C≡，由于只有3个C原子，则该分子应为CH≡C-CH3，名称是丙炔；
②无杂化的碳原子，则该分子应为CH2=C=CH2，碳原子的杂化类型是sp、sp2；该分子中，4个氢原子不在同一个平面内，原因是中心碳原子是sp杂化，有2个相互垂直的未杂化p轨道，可分别与两端sp2杂化的碳原子的1个未杂化p轨道“肩并肩”形成键。
16. (1)          ab
(2)     四面体形     因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小
(3)

【解析】（1）
①碳原子核外有6个电子，价电子排布式为2s32p2，价层电子的轨道表达式为 ；
②a．若甲烷为平面正方形，则二氯甲烷应有两种结构，而实际上二氯甲烷没有同分异构体，说明甲烷的空间结构为正四面体，a正确；
b．若是正方形，则键角为90°，4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 '，说明为正四面体形，b正确；
c．甲烷分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，无法说明为正四面体结构，c错误；
故选ab；
（2）
①H2O的中心原子O的价层电子对数为，则VSEPR模型为四面体形；
②因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小，故水中的键角较小的原因是：因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小；
（3）
“可燃冰”的密度为ag/mL，1m3固体的物质的量为可释放出164m3(标准状况)甲烷,则“可燃冰”中。
17. (1)羟基或
(2)氢键
(3)     水或     ac
(4)为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的
(5)     4     12

【解析】（1）依据杯酚的结构可判断出来，杯酚含有的官能团为羟基；故答案为羟基或；
（2）“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”；故答案为氢键；
（3）(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下发生的反应为羟醛缩合，会脱去小分子水，所以反应生成“杯酚”和水；结合对叔丁基苯酚的结构简式，数出C原子数为10，不饱和度为4，则H原子数为，所以分子为，a正确；依据对叔丁基苯酚的结构简式可知，形成苯环的C原子为杂化，苯环侧链上的C原子为杂化，b错误；对叔丁基苯酚含有的官能团为酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，c正确；对叔丁基苯酚中羟基邻对位上的氢容易与发生取代反应，而对位被烷烃基占据，所以还有两个邻位可发生反应，即1mol对叔丁基苯酚最多能与2mol发生反应，d错误；故答案为水或；ac；
（4）为非极性分子，结合“相似相溶”原理可知，不溶于极性的，而“杯酚”溶于氯仿，说明“杯酚”与氯仿相似，都为极性分子；故答案为为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的；
（5）依据的晶胞模型，结合均摊法，可计算得到晶胞中含有的分子数目为；而晶胞是面心立方，配位数为12，所以每个分子周围最多可以有12个紧邻的分子；故答案为4；12。