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2022-2023学年陕西省西安市蓝田县两校联考高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省西安市蓝田县两校联考高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共31页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共25小题，共50分。
1.短周期元素M、W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如下所示，其中M、W、X的原子序数之和等于30。下列判断正确的是( )
A. M的氢化物与Z的氢化物反应所得产物的水溶液呈中性
B. 最高价氧化物的水化物的酸性H3XO4强于HMO3
C. X与Z形成的所有化合物分子中，各原子均满足8电子稳定结构
D. Y与Z的最高正化合价之和的数值等于13
2.室温下，0.1ml⋅L−1 HF溶液与0.1ml⋅L−1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合前后溶液体积的变化)，则下列有关混合后的溶液中离子浓度的叙述正确的是( )
A. 由水电离产生的c(H+)为1.0×10−7ml⋅L−1
B. c(F−)+c(HF)=c(Na+)
C. 升高温度，c(F−)增大
D. c(F−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
3.铁和氧化铁的混合物共a ml，加一定量盐酸后固体全部溶解，得到的溶液中不含Fe3+，同时收集到b ml氢气，则原混合物中氧化铁的物质的量为( )
A. 12(a−b)mlB. 12(a+b)mlC. (a−b)mlD. b ml
4.下列说法正确的是( )
A. 相同物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3⋅H2O；c(NH4+)由大到小的顺序是：①>②>③>④
B. 某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−aml/L，若a>7时，则该溶液的pH一定为14
C. 物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)
D. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡会向左移动，Ksp减少
5.某种兴奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物
B. 1ml该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时，最多消耗Br2和NaOH均为4ml
C. 滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键
D. 该分子中所有碳原子均可能位于同一平面
6.把300ml有BaCl2和AlCl3的混合溶液分成3等份，取一份加入含a ml硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入等体积4bml/L氢氧化钠溶液，恰好使产生的沉淀溶解.则该混合溶液中氯离子浓度为( )
A. 20a+3bB. 20a/3+bC. 2a+3bD. 10a+2b
7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
B. NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO42−完全沉淀：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
C. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D. 将1ml/LNaAlO2溶液和1.5ml/LHCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2−+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+
8.将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g.另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72LNO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为( )
A. 22.1gB. 27.2gC. 30 gD. 19.4g
9.下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的有( )
①碳酸钠溶液与盐酸
②偏铝酸钠溶液与盐酸
③硫酸铝溶液与氨水
④碳酸氢钙溶液与澄清石灰水
⑤碘化亚铁溶液与氯水
⑥铁与稀硝酸
A. 1个B. 2个C. 4个D. 5个
10.下列解释事实的方程式不正确的是( )
A. 金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2=2Na2O
B. 铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
D. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体：NH4++OH−=NH3↑+H2O
11.下列与有关非金属元素叙述以及推理结果不正确的是( )
①非金属性F>Cl，故将F2通入NaCl溶液中，发生反应为：F2+2Cl−=Cl2+2F−
②非金属性F>Br，故酸性：HF>HBr
③非金属性S>33As，故前者的气态氢化物稳定性更强
④非金属性O>N，故O2与H2化合比N2更容易．
A. ①②B. ③④C. ①④D. ②③
12.元素周期表短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，下列说法正确的是( )
A. XY3一定是离子化合物
B. XY3中的各原子最外层一定都满足8电子稳定结构
C. X和Y一定不属于同一主族
D. 若Y的原子序数为m，X的原子序数可能是m±4
13.以下事实不能用元素周期律解释的是( )
A. F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
B. “NO2球”在冷水中颜色变浅，在热水中颜色加深
C. 氯原子与钠原子形成离子键，与硅原子形成共价键
D. H2O在4000℃以上开始明显分解，H2S用酒精灯加热即可完全分解
14.下列各组中的实验步骤及现象，能达到相应实验目的是( )
A. AB. BC. CD. D
15.某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mlA和1.0mlB，发生反应A(g)+B(g)⇌C(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分，数据见下表：下列说法正确的是( )
A. 反应在前5s的平均速率v(A)=0.17ml/(L⋅s)
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml/L，则反应的ΔH>0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0mlC，达到平衡时，C的转化率大于80%
D. 相同温度下，起始时向容器中充入0.20mlA、0.20mlB和1.0mlC，反应达到平衡前v(正)16.乳酸薄荷酯有轻微的薄荷香气，尝起来几乎没有味道，但伴有持久的、令人愉快的清凉效果，主要应用于日化产品、药物制备、口腔产品和糖果等产品。其结构如右图，下列说法正确的是( )
A. 该有机物属于芳香化合物B. 该有机物可以发生取代、加成和氧化反应
C. 该有机物可溶于水D. 该有机物能与强碱溶液发生反应
17.某有机化工原料的结构简式如图所示。下列关于该有机物说法正确的是( )
A. 不能与芳香族化合物互为同分异构体
B. 能与溴水反应，最多生成3种产物
C. 所有原子可能共平面
D. 一定条件下可以发生加成反应、加聚反应和氧化反应
18.有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如下图所示：
下列有关叙述正确的是( )
A. Y分子中所有原子可能处于同一平面
B. X、Y、Z均能和Na2CO3溶液反应
C. Y、Z都可能使浓溴水褪色，反应原理不相同
D. 1 ml Y跟足量H2反应，最多消耗3mlH2
19.能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的一组物质是( )
A. 乙烯、乙炔B. 苯、己烷C. 苯、甲苯D. 乙醛、甲苯
20.聚氰基丙烯酸酯是一种用途广泛且具有粘性的材料，其合成原理如图：
已知：RCN在一定条件下，发生水解反应，其产物为RCOOH和NH3。
下列说法正确的是( )
A. M能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色
B. 上述反应类型是缩聚反应
C. 1 ml M的水解产物最多消耗1 ml NaOH
D. 若R为甲基，N的平均相对分子质量为11100，则n=100
21.下列说法正确的是( )
A. 乳酸薄荷醇酯仅能发生水解、氧化、消去反应
B. 乙醛和丙烯醛()不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物
C. 淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖
D. CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体， 1H-NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用 1H-NMR来鉴别
22.某饱和一元醛发生银镜反应时，生成 21.6gAg，将等质量的醛完全燃烧，生成CO2在标准状况下的体积为 13.44L，则该醛可能是( )
A. 丙醛B. 丁醛C. 己醛D. 3−甲基丁醛
23.元素“氦、铷、铯”等是用下列哪种科学方法发现的( )
A. 红外光谱B. 质谱C. 原子光谱D. 核磁共振谱
24.在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是( )
A. 最易失去的电子能量最高B. 电离能最小的电子能量最高
C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量D. 在离核最近区域内运动的电子能量最低
25.某只含有C、H、O、N的有机物的简易球棍模型如图
，下列关于该有机物的说法不正确的是( )
A. 该有机物属于氨基酸
B. 该有机物的分子式为C3H7NO2
C. 该有机物与CH3CH2CH2NO2互为同系物
D. 该有机物的一氯代物有2种
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
26.化合物G是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如图。
(1)A与对羟基苯甲醛互为同分异构体。A的熔点比对羟基苯甲醛的低，其原因是______。
(2)可用于鉴别A与B的常用化学试剂为______。
(3)B→C的反应中，“−CHO”被转化为“−CH2OH”，相应的碳原子轨道杂化类型的变化为______。
(4)上述合成路线中，F的分子式为C22H20O2，其结构简式为______。
(5)请设计以
和
为原料制备
的合成路线______。(无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)
三、简答题：本大题共4小题，共50分。
27.某相对分子质量为26的烃A，是一种重要的有机化工原料，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，且B、C的核磁共振谱显示都只有一种氢．以C为原料通过下列方案可以制备具有广谱高效食品防腐作用的有机物M，M分子的球棍模型如图所示．
(1)B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B的结构简式为______， B与等物质的量Br2作用时可能有______种产物．
(2)C→D的反应类型为______， M的分子式为______ .
(3)写出E→F的化学方程式______ .
(4)G中的含氧官能团的名称是______，写出由 G反应生成高分子的化学反应方程式：______ .
(5)M的同分异构体有多种，写出四种满足以下条件的同分异构体的结构简式：
①能发生银镜反应②含有苯环且苯环上一氯取代物有两种③遇FeCl3溶液不显紫色④ 1ml该有机物与足量的钠反应生成1ml氢气(一个碳原子上同时连接两个−OH的结构不稳定)______、______、______、______ .
28.为减小CO2对环境的影响，在限制其排放量的同时，应加强对CO2创新利用的研究．
(1)①把含有较高浓度CO2的空气通入饱和K2CO3溶液．②在①的吸收液中通高温水蒸气得到高浓度的CO2气体．写出②中反应的化学方程式______ .
(2)如将CO2与H2 以1：3的体积比混合．
①适当条件下合成某烃和水，该烃可能是______ (填序号).
A.烷烃 B.烯烃 C.炔烃 D.苯的同系物
②适当条件下合成燃料甲醇和水．在体积为2L的密闭容器中，充入2mlCO2和6mlH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49.0kJ/ml.测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示．从反应开始到平衡，氢气的反应速率v(H2)=______；氢气的转化率 =______；能使平衡体系中n(CH3OH)增大的措施有______ .(任写两种即可)
(3)如将CO2与H2 以1：4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4.
已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=−890.3kJ/ml
H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H2=−285.8kJ/ml则CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式是______ .
(4)最近科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为可再生燃料甲醇．甲醇可制作燃料电池．写出以氢氧化钾为电解质的甲醇燃料电池负极反应式______ .当电子转移的物质的量为______时，参加反应的氧气的体积是6.72L(标准状况下).
(5)某同学用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，经查得一些物质在20℃的数据如下表．
吸收CO2最合适的试剂是______ [填“Ca(OH)2”或“Ba(OH)2”]溶液，实验时除需要测定工业废气的体积(折算成标准状况)外，还需要测定______ .
29.已知如下信息：
①A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰；F的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3；G是一种合成橡胶和树脂的重要原料。
②→H2O2RCOOH；RCOOH→LiAlH4RCH2OH。
A→G的转化关系如图所示。试回答下列问题：
(1)写出A的结构简式：______。
(2)B中官能团的名称是______；⑤的反应类型是______。
(3)G按系统命名法应命名为______。
(4)若E在一定条件下发生脱水反应生成六元环化合物，写出该六元环化合物的结构简式：______。
(5)反应⑥的化学方程式为______。
(6)有机物H与E互为同分异构体，且官能团的种类和数目相同，写出所有符合条件的H的结构简式：______。
30.我国科学家选取了33个土壤样本，分别测定大量元素(N、Ca、K、Fe、P)、微量元素(Mn、Zn、Cu、C、Sn)和重金属(Pb、Cr、Ag、Cd、Hg)的含量，研究表明：15种矿物元素中，5种元素(P、Cu、Zn、C、
Pb)的含量与地理位置有关。
回答下列问题：
(1)基态锰原子的价层电子排布式为______。
(2)基态钙原子的核外电子云轮廓图呈球形的能级上填充______个电子，基态钾原子的核外电子云有______个伸展方向。
(3)NH3与H2O可与Zn2+形成配合物[Zn(NH3)3(H2O)]2+。与Zn2+形成配位键的原子是______(填元素符号)；写出一种与NH3互为等电子体的阳离子：______(填化学式)。
(4)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤，在ZnCO3中，阴离子空间构型为______。
(5)已知KH2PO4是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为______，其中 P采取______杂化方式。
(6)某磷青铜晶胞结构如图所示：
①其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,12,12)。则P原子的坐标参数为______。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有______个。
③若晶体密度为ag⋅cm3，最近的Cu原子核间距为______pm(用含NA和a的代数式表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.M的氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，二者反应生成NH4Cl，溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，故A错误；
B.非金属性N>P，故酸性：HNO3>H3PO4，故B错误；
C.X与Z形成的所有化合物分子中PCl3中各原子均满足8电子稳定结构，PCl5中P原子最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故C错误；
D.Y元素最高正化合价为6，Z的最高正化合价为7，二者最高正化合价之和的数值等于13，故D正确；
故选：D。
由短周期元素M、W、X、Y、Z在元素周期表中的位置，可知M、W处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，令M原子序数为a，则W、X原子序数分别为a+1、a+8，三种元素原子序数之和为30，则a+a+1+a+8=30，解得，a=7，故M为N元素、W为O元素、X为P元素、Y为S元素、Z为Cl元素，据此分析。
本题主要考查元素的推断，掌握元素周期表和元素周期律的知识是解题的关键，题目难度一般。
2.【答案】B
【解析】解：A、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF，溶液中F−水解溶液呈碱性，由水电离产生的c(H+)小于1.0×10−7ml⋅L−1，故A错误；
B、依据溶质物料守恒分析计算，室温下，0.1ml⋅L−1 HF溶液与0.1ml⋅L−1 NaOH溶液等体积混合生成NaF，溶液中存在物料守恒c(F−)+c(HF)=c(Na+)，故B正确；
C、氟离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，c(F−)减小，故C错误；
D、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液，氟离子水解呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(F−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故选B.
A、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液呈碱性；
B、依据溶质物料守恒分析计算；
C、氟离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行；
D、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液，氟离子水解呈碱性．
本题考查了酸碱反应后产物判断和溶液酸碱性分析，溶液中电荷守恒，离子浓度大小比较是解题关键，题目难度中等．
3.【答案】A
【解析】解：根据电子转移守恒，铁的物质的量与盐酸反应生成H2的物质的量相等，即：n(Fe)=n(H2)=bml；
其余的铁与Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，发生反应为：Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，
则参加该反应的氧化铁的物质的量为：12×(a−b)ml=12(a−b)ml，
故选：A。
铁和氧化铁的混合物中加入盐酸全部溶解，得到的溶液中不含Fe3+，根据生成氢气的物质的量计算与酸反应的铁的物质的量，其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，据此进行计算．
本题考查混合物有关计算，题目难度中等，明确反应原理为解题关键，注意利用总反应方程式解答，试题有利于考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．
4.【答案】A
【解析】解：A.①NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，②NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根离子水解，③CH3COONH4溶液中醋酸根水解显碱性，促进铵根离子的水解，④NH3⋅H2O溶液中存在电离平衡电离程度较小，铵根离子浓度最小，所以铵根离子浓度大小顺序是：①>②>③>④，故A正确；
B.某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−aml/L，若a>7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，所以溶液的pH可以是a，也可以是14−a，故B错误；
C.物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)，故C错误；
D.Ksp只和温度有关，和其它因素无关，故在氯化银的悬浊液中加入氯化钠后，Ksp不变，故D错误，
故选：A。
A.①NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，②NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根离子水解，③CH3COONH4溶液中醋酸根水解显碱性，促进铵根离子的水解，④NH3⋅H2O溶液中存在电离平衡电离程度较小；
B.若a>7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，该溶液可能为酸性溶液，有可能为碱性溶液；
C.溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒判断；
D.Ksp只和温度有关，和其它因素无关。
本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、盐类的水解原理及其应用、难溶电解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合运用的考查，题目难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.含酚−OH，则该物质遇FeCl3溶液显紫色，但含2个苯环，则不属于苯酚的同系物，故A错误；
B.酚−OH的邻对位与溴水发生取代，C=C与溴水发生加成，酚−OH、−Cl与NaOH反应，则1ml该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时，最多消耗Br2为4ml、NaOH5ml，故B错误；
C.酚−OH、C=C均能被氧化，则滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去不能证明该物质结构中存在碳碳双键，故C错误；
D.苯环、C=C均为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能位于同一平面，故D正确；
故选：D。
该物质含苯环、酚−OH、−Cl、C=C，结合苯、苯酚、烯烃、卤代烃的性质来解答．
本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，熟悉常见有机物的性质即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．
6.【答案】A
【解析】解：混合溶液分成两3等份，每份溶液浓度相同，每份溶液体积为100mL，
一份加入含a ml 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份溶液中n(Ba2+)=(Na2SO4)=aml，
另一份加入NaOH的溶液，恰好使产生的沉淀溶解，发生反应Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，则该份溶液中n(Al3+)=14n(OH−)=14×0.1L×4bml/L=0.1bml，
根据电荷守可知每份溶液中2n(Ba2+)+3n(Al3+)=n(Cl−)，故每份溶液中n(Cl−)=2aml+0.3bml，故每份溶液中氯离子浓度=2aml+(20a+3b)ml/L，即原混合溶液中氯离子浓度为(20a+3b)ml/L，
故选：A。
混合溶液分成两3等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a ml 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份溶液中n(Ba2+)=(Na2SO4)；另一份加入NaOH的溶液，恰好使产生的沉淀溶解，发生反应Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，则该份溶液中n(Al3+)=14n(OH−)，再利用电荷守恒可知每份溶液中2n(Ba2+)+3n(Al3+)=n(Cl−)，据此计算每份中n(Cl−)，根据c=nV计算氯离子浓度．
本题考查混合物有关计算、离子反应的有关计算，难度中等，根据电荷守恒计算氯离子的物质的量是关键．
7.【答案】D
【解析】解：A.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘和水，离子方程式为Fe2O3+2I−+6H+=I2+2Fe2++3H2O，故A错误；
B.二者以1：1反应生成硫酸钡、NaOH和水，离子方程式为H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，故B错误；
C.弱电解质醋酸写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故C错误；
D.二者以2：3反应生成氢氧化铝和氯化铝，且氢氧化铝和氯化铝的物质的量之比为5：1，离子方程式为6AlO2−+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+，故D正确；
故选D.
A.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘和水；
B.二者以1：1反应生成硫酸钡、NaOH和水；
C.弱电解质醋酸写化学式；
D.二者以2：3反应生成氢氧化铝和氯化铝，且氢氧化铝和氯化铝的物质的量之比为5：1.
本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质、离子反应概念、离子反应书写规则即可解答，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质、络合物都写化学式，注意B中反应物的量不同导致其产物不同，难点是D中生成物的判断，题目难度中等．
8.【答案】D
【解析】解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72LNO，即氮原子得电子的物质的量是：×(5−2)=0.9ml，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n(OH−)=0.9ml，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于11.9g+0.9ml×17g/ml=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g−7.8g=19.4g，
故选D.
根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量来计算生成沉淀的质量，但是不包括氢氧化铝．
本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
9.【答案】B
【解析】解：①碳酸钠少量时发生的反应为CO32−+2H+=CO2↑+H2O；碳酸钠过量的反应离子方程式为CO32−+H+=HCO3−，所以量不同反应不同，故①错误；
②偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓产生白色沉淀，后者过量发生AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，量不同生成产物不同，故②错误；
③硫酸铝溶液与氨水的反应只有：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，与量无关，故③正确；
④碳酸氢钙溶液与澄清石灰水的反应Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，与量无关，故④正确；
⑤Fe2+⑥Fe不足，生成硝酸铁；Fe足量生成硝酸亚铁，亚铁、铁离子不同，离子反应不同，故⑥错误；
综上所述③④正确，
故选：B。
①碳酸钠和盐酸的加入量和顺序不同，离子反应不同分析；
②盐酸少量时生成氢氧化铝沉淀，盐酸过量时生成氯化铝；
③依据氢氧化铝不溶于弱酸弱碱分析判断；
④无论是否过量，二者反应生成碳酸钙沉淀；
⑤从亚铁离子和碘离子的还原性不同，加入氯水量的多少不同，产物不同分析；
⑥铁少量时生成硝酸铁，铁过量时生成硝酸亚铁。
本题考查了离子方程式的书写原则，难度中等，主要是掌握用物质用量不同会发生不同的离子反应的离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质掌握。
10.【答案】D
【解析】解：A.金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗，发生反应为4Na+O2=2Na2O，故A正确；
B.铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象，发生反应为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故B正确；
C.铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色，离子反应为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D.硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体的离子反应为SO42−+Ba2++2NH4++2OH−=2NH3↑+2H2O+BaSO4↓，故D错误；
故选：D。
A.金属钠在空气中反应生成氧化钠；
B.开始氧化铝与NaOH反应；
C.铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色说明生成亚铁离子；
D.漏写生成硫酸钡的离子反应。
本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应、沉淀转化的判断，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：①因为F2非常活泼能与水反应，所以F2通入NaCl溶液中，发生反应为：2F2+2H2O=O2+4HF，故错误；
②非金属性F>Br，氢化物的稳定性：HF>HBr，不能判断氢化物的酸性，故错误；
③非金属性S>33As，非金属性越强氢化物越稳定，故前者的气态氢化物稳定性更强，故正确；
④非金属性O>N，非金属性越强，与氢气反应的越容易，故O2与H2化合比N2更容易，故正确；
所以不正确的有①②；
故选：A。
根据非金属性的强弱关系，可以判断物质以下性质的强弱：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．
本题考查非金属性与物质性质强弱的关系，题目难度中等，学习中注意掌握元素周期律的递变规律．
12.【答案】D
【解析】解：A.XY3可能为共价键化合物，如氨气，故A错误；
B.XY3中的Y原子最外层不一定为8，如Y为H，故B错误；
C.若为SO3，X、Y位于同主族，故C错误；
D.若为AlF3、AlCl3，Y的原子序数为m，X的原子序数可能是m±4，故D正确；
故选：D。
元素周期表短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，化合物可能为NH3、NCl3、AlF3、AlCl3、SO3等，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、化合物中元素的化合价为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合常见的化合物判断，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应，非金属性F>I，F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应，能用元素周期律解释，故A不选；
B.二氧化氮转化为为四氧化二氮是放热反应，升高温度，平衡左移，即二氧化氮浓度增大，与元素周期律无关，故B选；
C.Na、Si位于同周期，从左向右金属性减弱、非金属性增强，Na易失去电子，则氯与钠形成离子键，Si不易失去电子，氯与硅形成共价键，可用元素周期律解释，故C不选；
D.水的分解温度比硫化氢的高，说明非金属性O>S，能用元素周期律解释，故D不选。
故选：B。
A.元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应；
B.颜色变化与温度对平衡移动的影响有关；
C.金属性越强越容易失去电子，非金属性越强越容易获得电子；
D.元素的金属性越强，对应氢化物越稳定。
本题考查元素周期律，侧重于基础知识的考查，注意同主族、同周期元素化合物性质的相似性与递变性。
14.【答案】D
【解析】解：A.白色沉淀可能为硫酸钡，也可能为亚硫酸钡，再加稀硫酸沉淀不溶解，则证明变质，加盐酸溶解后，再加氯化钡，故A错误；
B.干燥的氯气无漂白性，不能使干燥的试纸褪色，故B错误；
C.稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子，不能确定是过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应，故C错误；
D.铁离子浓度增大，化学平衡正向移动，络离子浓度增大，颜色加深，则说明浓度对于化学平衡的影响，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为硫酸钡，也可能为亚硫酸钡，再加稀硫酸沉淀不溶解；
B.干燥的氯气无漂白性；
C.稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子；
D.铁离子浓度增大，化学平衡正向移动．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握常见离子的检验、气体的制备、化学平衡移动及氧化还原反应为解答的关键，侧重物质性质及化学反应原理的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A的物质的量达到0.80ml反应达到平衡状态，则
A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量(ml)
变化量(ml)
平衡量(ml)
K=×0.802=0.625
A.反应在前5s的平均速率v(A)=1.0ml−0.85ml2L5s=0.015ml⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml⋅L−1，A物质的量为0.41ml/L×2L=0.82ml>0.80ml，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的△H<0，故B错误；
C.等效为起始加入2.0mlA和2.0mlB，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6ml，C的物质的量大于0.4ml，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0mlC，达到平衡时，C的物质的量大于0.4ml，参加反应的C的物质的量小于1.6ml，转化率小于80%，故C错误；
D.相同温度下，起始时向容器中充入0.20mlA、0.20mlB和1.0mlC，Qc=×0.20ml2L=50>K，反应逆向进行，反应达到平衡前v(正)故选：D。
依据化学平衡三段式列式计算；
A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量(ml)
变化量(ml)
平衡量(ml)
A.依据v(A)=△c△t计算；
B.平衡状态A的物质的量为0.8ml，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml⋅L−1，物质的量为0.82ml，物质的量增大，说明平衡逆向进行；
C.等效为起始加入2.0mlA和2.0mlB，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6ml，C的物质的量大于0.4ml，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0mlC，达到平衡时，C的物质的量大于0.4ml，参加反应的C的物质的量小于1.6ml，据此判断；
D.计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向。
本题考查了化学平衡计算应用，化学反应速率计算，平衡常数的计算分析应用是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等。
16.【答案】D
【解析】解：A.芳香化合物结构中含有苯环，而上述有机物结构中不含苯环，所以不属于芳香化合物，故A错误；
B.该有机物结构中含有酯基，但酯基不能发生加成反应，故B错误；
C.乳酸薄荷酯属于酯类，不溶于水，故C错误；
D.乳酸薄荷酯属于酯类，能与强碱溶液发生反应，故D正确；
故选：D。
有机物中含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、氧化以及消去反应，以此解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大，注意相关基础知识的积累。
17.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
由结构可知，分子中含−COOH、碳碳双键、−OH，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答。
A.分子含有2个碳碳双键、1个羧基、1个环，则不饱和度为4，能与芳香族化合物互为同分异构体，故A错误；
B.该有机物与溴发生加成反应，可以生成、、、，最多生成4种产物，故B错误；
C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能共平面，故C错误；
D.含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，故D正确。
故选：D。
18.【答案】C
【解析】解：A.Y中含有甲基，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不可能共平面，故A错误；
B.酚羟基和羧基能和碳酸钠反应，X不能和碳酸钠反应，故B错误；
C.Y能和溴发生取代反应，Z能和溴发生加成反应，Y、Z都能使浓溴水褪色，反应原理不相同，故C正确；
D.Y中苯环和羰基能和氢气在一定条件下反应，所以1mlY与足量氢气反应，最多消耗4ml氢气，故D错误；
故选：C。
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚、羧酸和酯的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】C
【解析】解：A.乙烯和乙炔都含有不饱和键，都可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A错误；
B.苯和己烷都不能与酸性高锰酸钾发生反应，不能鉴别，故B错误；
C.甲苯可与酸性高锰酸钾发生反应，苯不反应，可鉴别，故C正确；
D.乙醛和甲苯都能与酸性高锰酸钾反应，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
苯、烷烃不能与酸性高锰酸钾溶液溶液，苯的同系物中连接苯环的碳原子上含有H原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙烯和乙炔都含有不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，醛基具有还原性，能使高锰酸钾褪色。
本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意掌握常见有机物的性质，根据性质的不同性选择鉴别方法。
20.【答案】D
【解析】解：A.M含碳碳双键，能与溴发生加成反应，故A错误；
B.该反应类型是加聚反应，原子利用率为100%，故B错误；
C.M的水解产物是CH2=C(COOH)2、ROH和NH3，1mlCH2=C(COOH)2最多消耗2 ml NaOH，故C错误；
D.R为−CH3，M的分子式为C5H5NO2，Mr=111，则聚合度n=11100111=100，故D正确。
故选：D。
A.M含碳碳双键，可发生加成、氧化反应；
B.含有碳碳双键，发生加聚反应；
C.M的水解产物是CH2=C(COOH)2、ROH和NH3；
D.R为−CH3，M的分子式为C5H5NO2，Mr=111，以此计算聚合度。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意聚合度的计算，题目难度不大。
21.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了常见有机物的结构与性质、核磁共振氢谱的应用、同系物的判断，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确核磁共振氢谱表示的意义及同系物的概念。
【解答】
A.乳酸薄荷醇酯()中含有酯基、羟基，能够发生水解、氧化、消去反应，还能够发生取代反应(H氢原子被卤素原子取代)，故A错误；
B.乙醛和丙烯醛()的结构不同，所以二者一定不是同系物；它们与氢气充分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，故B错误；
C.淀粉和纤维素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，故C正确；
D.CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体， 1H−NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用 1H−NMR来鉴别，故D错误。
故选C。
22.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查学生醛的化学性质及银镜反应，注意醛基的量和生成金属银的量之间的关系即可解答，难度不大。
【解答】
n(Ag)=21.6g108g/ml=0.2ml，醛基和银的关系−CHO∼2Ag，所以n(−CHO)=0.1ml，即饱和一元醛的物质的量为0.1ml，点燃生成CO2的物质的量n(CO2)=，所以碳原子数目为6，分子式为：C6H12O，为己醛，故选C。
23.【答案】C
【解析】A、红外光谱可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，故A错误；
B、质谱用电场和磁场将运动的离子按它们的质荷比分离后进行检测的方法，常用于确定实验式，故B错误；
C、原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以研究原子结构，故C正确；
D、核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故D错误；
故选C。
依据四种现代物理检测手段的原理和用途去分析即可，原子光谱常用于检测原子的结构，近而确定元素的种类，其他三种检测手段均不能确定原子结构。
结构化学的研究与现代物理学特别是量子力学、光学的发展息息相关，常见物理检测手段是从事化学结构研究的必备工具。
24.【答案】C
【解析】解：A.能量越高的电子在离核越远的区域内运动，也就越容易失去，故A正确；
B.电离能是失去电子时所要吸收的能量，能量越高的电子在失去时消耗的能量也就越少，因而电离能也就越低，故B正确；
C.同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故C错误；
D.电子首先进入能量最低、离核最近的轨道，故D正确。
故选：C。
A.根据原子核外电子能量与距核远近的关系判断；
B.根据电离能的定义判断；
C.没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层；
D.根据电子首先进入能量最低、离核最近的轨道判断．
本题考查原子核外电子排布规律，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点．
25.【答案】C
【解析】解：A.该有机物为CH3CH(NH2)COOH，含有氨基和羧基，属于氨基酸，故A正确；
B.其分子式为C3H7NO2，故B正确；
C.该有机物的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，与CH3CH2CH2NO2结构不相似，不互为同系物，故C错误；
D.该分子中有4种氢原子，只有烃基上的能发生取代反应，一氯代物有2种，故D正确；
故选：C。
由球棍模型可知该有机物的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，可确定有机物的分子式，该有机物分子中含有氨基和羧基，既能与酸反应，又能与碱反应，可发生缩聚反应生成多肽或高分子化合物。
本题考查有机物的结构和性质，注意根据球棍模型判断有机物的结构简式，为解答该题的关键，注意有机物的官能团的性质，题目难度不大。
26.【答案】(1)对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而化合物A形成分子内氢键
(2)FeCl3溶液
(3)由sp2杂化转化为sp3杂化
(4)
(5)
【解析】【分析】
本题考查有机物的推断与合成，对比有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，(5)中合成路线设计为易错点，注意利用转化中隐含的信息进行酚羟基的保护。
【解答】
A与发生取代反应生成B和HCl，碳酸钾可以消耗反应生成的HCl，使平衡正移移动，提高生成物的产率；B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D与P(OC2H5)3反应生成E，(4)中F的分子式为C22H20O2，对比E、G的结构，结合反应条件，可知E与在NaH条件下生成F为；
(1)A与对羟基苯甲醛互为同分异构体，A的熔点比对羟基苯甲醛的低，其原因是：对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而化合物A形成分子内氢键；
(2)A含有酚羟基，B没有酚羟基，用于鉴别A与B的常用化学试剂为：FeCl3溶液；
(3)B→C的反应中，“−CHO”被转化为“−CH2OH”，−CHO中C原子采取sp2杂化，−CH2OH中碳原子采取sp3杂化，相应的碳原子轨道杂化类型的变化为：由sp2杂化转化为sp3杂化；
(4)上述合成路线中，F的分子式为C22H20O2，对比E、G的结构，结合反应条件，可知E与在NaH条件下生成F为；
(5)到的转化过程中，−CH2CHO转化为−CH2COOCH3，可以通过氧化反应使−CH2CHO转化为−CH2COOH，再与甲醇发生酯化反应，由于酚羟基易被氧化，可以先利用A→B的转化保护酚羟基，酯化反应后再利用F→G的转化重新引入酚羟基，故合成路线为：。
27.【答案】；2；加成反应；C9H10O3；；羟基、羧基；；；；；
【解析】某相对分子质量为26的烃A，则A是HC≡CH，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，
B的相对分子质量为104，B分子中C原子最大数目为10412=8…8，由C、H原子关系可知，B含有8个C原子，则B为C8H8，C的相对分子质量为78，则C分子中碳原子最大数目为7812=6…6，则C分子式为C6H6，B和C分子的核磁共振氢谱中都有一个吸收峰，说明B和C都只有一种类型的氢原子，B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B为，结合转化关系可知C为.以C为原料可以制备有机物M，根据M分子的球棍模型知，M是，其分子式为C9H10O3.G和醇发生酯化反应生成M，则G是，该醇为乙醇，被酸性高锰酸钾氧化生成E，则E是，对氯苯甲酸和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，则F的结构简式为：.D和氯气反应生成，根据原子守恒知，B和丙烯发生加成反应生成D，则D的结构简式为：，
(1)由上述分析可知，B为，1mlB与等物质的量的Br2作用时可能有1，2−加成或1，4−加成，所以可能有2种结构，故答案为：；2；
(2)C→D是与丙烯发生加成反应生成，根据M分子的球棍模型知，M是对羟基苯甲酸乙酯，所以其分子式为：C9H10O3，故答案为：加成反应；C9H10O3；
(3)E→F转化的化学反应方程式为：，
故答案为：；
(4)G为，含有的官能团为：羟基、羧基；G反应生成高分子的化学反应方程式为：，
故答案为：羟基、羧基；；
(5)M是，M的同分异构体有多种，符合下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，说明苯环上两个支链处于对位；
③遇FeCl3溶液不显紫色，说明不含酚羟基；
④1ml该有机物与足量的钠反应生成1ml氢气(一个碳原子上不同时连接两个−OH)，说明含有两个醇羟基和一个醛基，则符合条件的M的同分异构体有：、、、，
故答案为：、、、.
某相对分子质量为26的烃A，则A是HC≡CH，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，
B的相对分子质量为104，B分子中C原子最大数目为10412=8…8，由C、H原子关系可知，B含有8个C原子，则B为C8H8，C的相对分子质量为78，则C分子中碳原子最大数目为7812=6…6，则C分子式为C6H6，B和C分子的核磁共振氢谱中都有一个吸收峰，说明B和C都只有一种类型的氢原子，B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B为，结合转化关系可知C为.以C为原料可以制备有机物M，根据M分子的球棍模型知，M是，其分子式为C9H10O3.G和醇发生酯化反应生成M，则G是，该醇为乙醇，被酸性高锰酸钾氧化生成E，则E是，对氯苯甲酸和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，则F的结构简式为：.D和氯气反应生成，根据原子守恒知，B和丙烯发生加成反应生成D，则D的结构简式为：，据此解答．
本题考查有机物推断、官能团结构、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、有机方程式的书写等，题目综合性强，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力，难度中等．
28.【答案】2KHCO3△K2CO3+H2O+CO2↑；B；0.24ml/(L⋅min)；80%；降低温度降低温度(或加压或增大H2的量等)；CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)△H=−252.9kJ/ml；CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O；1.2ml；Ba(OH)2；BaCO3的质量
【解析】解：(1)①中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，通高温水蒸气，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水，反应方程式为：2KHCO3△K2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2KHCO3△K2CO3+H2O+CO2↑；
(2)①设CO2与H2 的物质的量分别为1ml、3ml，根据O原子守恒可知生成H2O为2ml，故生成的烃中C原子与H原子的物质的量之比为1ml：(3ml×2−2ml×2)=1：2，故该烃的最简式为CH2，符合烯烃的通式，
故答案为：B；
②由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.8ml/L，v(CH3OH)=0.8ml/L10min=0.08ml/(L⋅min)，根据速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=3v(CH3OH)=3×0.0ml/(L⋅min)=0.24ml/(L⋅min)，
平衡时△n(CH3OH)=0.8ml/L×2L=1.6ml，根据方程式可知△n(H2)=3△n(CH3OH)=3×1.6ml=4.8ml，所以氢气的转化率为4.8ml6ml×100%=80%，
该反应正反应是体积减小的放热反应，故降低温度或加压或增大H2的量等，可以是平衡向正反应移动，增大CH3OH的物质的量，
故答案为：0.24ml/(L⋅min)，80%，降低温度(或加压或增大H2的量等)；
(3)已知：①CH4 (g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=−890.3kJ/ml
②H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H2=−285.8kJ/ml
由盖斯定律，②×4−①得CO2(g)+4H2(g)=CH4 (g)+2H2O(l)△H=−252.9kJ/ml
故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4 (g)+2H2O(l)△H=−252.9kJ/ml；
(4)甲醇燃料碱性电池中，甲醇在负极上发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O；参加反应的氧气的体积是6.72L(标准状况下)物质的量为0.3ml，O2+2H2O+4e−=4OH−，转移电子物质的量为1.2ml；
故答案为：CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O； 1.2；
(5)碳酸钙与碳酸钡的溶度积形成不大，用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，故吸收二氧化碳的吸水剂溶解度应该较大，若溶解性减小，会导致二氧化碳吸收不完全，故选择氢氧化钡吸收二氧化碳，
通过沉淀法测定废气中二氧化碳的含量，二氧化碳转化为碳酸钡沉淀，根据碳酸钡的质量可以确定二氧化碳的体积，实验时除需要测定工业废气的体积外，还需要测碳酸钡的质量，
故答案为：Ba(OH)2，BaCO3的质量．
(1)①中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，通高温水蒸气，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水；
(2)①根据原子守恒判断该烃的最简式；
②由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.8ml/L，根据v=△c△t计算v(CH3OH)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；
根据CH3OH平衡浓度，利用n=cV计算△n(CH3OH)，再根据方程式计算△n(H2)，利用转化率等于计算氢气的转化率；
改变体积使平衡向正反应移动，可以增大CH3OH的物质的量，据此结合方程式特征解答；
(3)根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算；
(4)甲醇可制作燃料电池．写出以氢氧化钾为电解质的甲醇燃料电池负极反应式；
(5)碳酸钙与碳酸钡的溶度积形成不大，用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，故吸收二氧化碳的吸水剂溶解度应该较大，若溶解性减小，会导致二氧化碳吸收不完全；通过沉淀法测定废气中二氧化碳的含量，二氧化碳转化为碳酸钡沉淀，根据碳酸钡的质量可以确定二氧化碳的体积．
题目综合性较大，涉及反应速率计算、化学平衡影响因素与计算、热化学方程式书写、原电池、沉淀转化等，是对知识的总运用，难度中等，(4)中吸收二氧化碳的吸水剂选择为易错点，容易受二氧化碳的检验影响，需要学生细心审题．
29.【答案】 羧基 加成反应 1，3−丁二烯 HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O
【解析】解：(1)由上述分析可知，A的结构简式为：，
故答案为：；
(2)B为HOOCCH=CHCOOH，其中含氧官能团的名称是：羧基；反应⑤是HOOCCH=CHCOOH与水发生加成反应生成HOOCCH2CH(OH)COOH，
故答案为：羧基；加成反应；
(3)G为CH2=CHCH=CH2，按系统命名法应命名为：1，3−丁二烯，
故答案为：1，3−丁二烯；
(4)若E[HOOCCH2CH(OH)COOH]在一定条件下发生脱水反应生成六元环化合物，该六元环化合物的结构简式为：，
故答案为：；
(5)反应⑥的化学方程式为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O，
故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O；
(6)有机物H与E[HOOCCH2CH(OH)COOH]互为同分异构体，且官能团的种类和数目相同，所有符合条件的H的结构简式有：，
故答案为：。
A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，结合题给信息和A的分子式知，A中还含有碳碳双键，则A的结构简式为：，故B为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH2CH2COOH，C发生信息中的反应得到D为HOCH2CH2CH2CH2OH，由G的分子式可知，D发生消去反应生成G，故G为CH2=CHCH=CH2.B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B与水发生加成反应生成E，所以E为HOOCCH2CH(OH)COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，据此解答。
本题考查有机物推断、有机反应类型、官能团、同分异构体等，明确有机物的断键和成键方式是解决有机题的关键，需要学生对给予的信息进行利用，难度中等。
30.【答案】3d54s2 8 4 N、OH3O+ 平面三角形 sp3 (12,12,12)4 22×3342a×NA×1010
【解析】解：(1)Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，所以其价电子排布式为3d54s2，
故答案为：3d5 4s2；
(2)基态Ca原子核外有20个电子，根据构造原理书写基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，电子云轮廓图呈球形的能级是s能级，占据的电子总数为8；基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，基态碳原子核外1s、2s、3s、4s能级上的电子云为球形、2p、3p能级上的电子云为哑铃形，1s、2s、3s、4s电子云有1个伸展方向，2p、3p能级电子云有3个伸展方向，所以基态钾原子核外电子云有4个伸展方向，
故答案为：8；4；
(3)NH3、H2O中N原子、O原子含有孤对电子，通过孤对电子与Zn2+形成配位键；与NH3互为等电子体的阳离子，可以用O原子、1个单位正电荷替换N原子，则与NH3互为等电子体的阳离子为：H3O+，
故答案为：N、O；H3O+；
(4)ZnCO3中，CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(5)KH2PO2是次磷酸的正盐，说明其中的2个H原子不是羟基H原子，而直接与P原子形成共价键，则H3PO2的结构式为，H3PO2中含有1个羟基，还与2个H原子、1个O原子形成4个σ键，无孤电子对，则中心的P原子采取sp3杂化，
故答案为：；sp3；
(6)①其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,12,12)，P原子位于体对角线中心上，在X、Y、Z轴上分别是12、12、12，所以P的参数为(12,12,12)，
故答案为：(12,12,12)；
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子分别位于同一个平面正方形的顶点上，有4个，
故答案为：4；
③若晶体密度为ag⋅cm3，设棱长为xcm，晶胞体积=x3cm3，该晶胞中Sn原子个数=8×18=1、Cu原子个数=6×12=3、P原子个数为1，ρ=mV=MVNA，x=3MρNA=3342ρNAcm，Cu到P的距离=12×xcm，两个距离最近的Cu原子核之间的距离= (12x)2×2cm= 22x= 22×3342a×NA×1010pm，
故答案为： 22×3342a×NA×1010。
(1)Mn元素是第25号元素；
(2)基态Ca原子核外有20个电子，根据构造原理书写基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，电子云轮廓图呈球形的能级是s能级；
(3)NH3、H2O中N原子、O原子含有孤对电子，通过孤对电子与Zn2+形成配位键；
(4)ZnCO3中，CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3；
(5)KH2PO2是次磷酸的正盐，说明其中的2个H原子不是羟基H原子，而直接与P原子形成共价键，则H3PO2的结构式为，H3PO2中含有1个羟基，还与2个H原子、1个O原子形成4个σ键，无孤电子对；
(6)①其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,12,12)，P原子位于体对角线中心上，在X、Y、Z轴上分别是12、12、12；
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子分别位于同一个平面正方形的顶点上；
③若晶体密度为ag⋅cm3，设棱长为xcm，晶胞体积=x3cm3，该晶胞中Sn原子个数=8×18=1、Cu原子个数=6×12=3、P原子个数为1，ρ=mV=MVNA，x=3MρNA=3342ρNAcm，Cu到P的距离=12×xcm，两个距离最近的Cu原子核之间的距离= (12x)2×2cm。
本题综合性较强，考查了晶胞的计算、化学键、核外电子排布、电离能的含义及应用，题目难度中等。M
W
X
Y
Z
实验目的
实验步骤及现象
A
检验亚硫酸钠试样是否变质
试样→溶解→硝酸钡溶液白色沉淀→稀硝酸沉淀不溶解
B
制取氯气并探究氯气是否具有漂白性
MnO2和浓盐酸→加热气体→通过干燥的纸条褪色
C
证明酸性条件下H2O2氧化性比I2强
碘化钠溶液(30%H2O2)→稀硝酸淀粉溶液溶液变蓝色
D
探究浓度对化学平衡的影响
FeCl3和KSCN混合溶液(加FeCl3固体)红色变深
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/ml
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
溶解度(S)/g
溶度积(Ksp)
Ca(OH)2
Ba(OH)2
CaCO3
BaCO3
0.16
3.89
2.9×10−9
2.6×10−9
一、单选题：本大题共25小题，共50分。
1.短周期元素M、W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如下所示，其中M、W、X的原子序数之和等于30。下列判断正确的是( )
A. M的氢化物与Z的氢化物反应所得产物的水溶液呈中性
B. 最高价氧化物的水化物的酸性H3XO4强于HMO3
C. X与Z形成的所有化合物分子中，各原子均满足8电子稳定结构
D. Y与Z的最高正化合价之和的数值等于13
2.室温下，0.1ml⋅L−1 HF溶液与0.1ml⋅L−1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合前后溶液体积的变化)，则下列有关混合后的溶液中离子浓度的叙述正确的是( )
A. 由水电离产生的c(H+)为1.0×10−7ml⋅L−1
B. c(F−)+c(HF)=c(Na+)
C. 升高温度，c(F−)增大
D. c(F−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
3.铁和氧化铁的混合物共a ml，加一定量盐酸后固体全部溶解，得到的溶液中不含Fe3+，同时收集到b ml氢气，则原混合物中氧化铁的物质的量为( )
A. 12(a−b)mlB. 12(a+b)mlC. (a−b)mlD. b ml
4.下列说法正确的是( )
A. 相同物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3⋅H2O；c(NH4+)由大到小的顺序是：①>②>③>④
B. 某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−aml/L，若a>7时，则该溶液的pH一定为14
C. 物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)
D. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡会向左移动，Ksp减少
5.某种兴奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物
B. 1ml该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时，最多消耗Br2和NaOH均为4ml
C. 滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键
D. 该分子中所有碳原子均可能位于同一平面
6.把300ml有BaCl2和AlCl3的混合溶液分成3等份，取一份加入含a ml硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入等体积4bml/L氢氧化钠溶液，恰好使产生的沉淀溶解.则该混合溶液中氯离子浓度为( )
A. 20a+3bB. 20a/3+bC. 2a+3bD. 10a+2b
7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
B. NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO42−完全沉淀：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
C. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D. 将1ml/LNaAlO2溶液和1.5ml/LHCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2−+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+
8.将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g.另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72LNO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为( )
A. 22.1gB. 27.2gC. 30 gD. 19.4g
9.下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的有( )
①碳酸钠溶液与盐酸
②偏铝酸钠溶液与盐酸
③硫酸铝溶液与氨水
④碳酸氢钙溶液与澄清石灰水
⑤碘化亚铁溶液与氯水
⑥铁与稀硝酸
A. 1个B. 2个C. 4个D. 5个
10.下列解释事实的方程式不正确的是( )
A. 金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2=2Na2O
B. 铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
D. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体：NH4++OH−=NH3↑+H2O
11.下列与有关非金属元素叙述以及推理结果不正确的是( )
①非金属性F>Cl，故将F2通入NaCl溶液中，发生反应为：F2+2Cl−=Cl2+2F−
②非金属性F>Br，故酸性：HF>HBr
③非金属性S>33As，故前者的气态氢化物稳定性更强
④非金属性O>N，故O2与H2化合比N2更容易．
A. ①②B. ③④C. ①④D. ②③
12.元素周期表短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，下列说法正确的是( )
A. XY3一定是离子化合物
B. XY3中的各原子最外层一定都满足8电子稳定结构
C. X和Y一定不属于同一主族
D. 若Y的原子序数为m，X的原子序数可能是m±4
13.以下事实不能用元素周期律解释的是( )
A. F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
B. “NO2球”在冷水中颜色变浅，在热水中颜色加深
C. 氯原子与钠原子形成离子键，与硅原子形成共价键
D. H2O在4000℃以上开始明显分解，H2S用酒精灯加热即可完全分解
14.下列各组中的实验步骤及现象，能达到相应实验目的是( )
A. AB. BC. CD. D
15.某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mlA和1.0mlB，发生反应A(g)+B(g)⇌C(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分，数据见下表：下列说法正确的是( )
A. 反应在前5s的平均速率v(A)=0.17ml/(L⋅s)
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml/L，则反应的ΔH>0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0mlC，达到平衡时，C的转化率大于80%
D. 相同温度下，起始时向容器中充入0.20mlA、0.20mlB和1.0mlC，反应达到平衡前v(正)
A. 该有机物属于芳香化合物B. 该有机物可以发生取代、加成和氧化反应
C. 该有机物可溶于水D. 该有机物能与强碱溶液发生反应
17.某有机化工原料的结构简式如图所示。下列关于该有机物说法正确的是( )
A. 不能与芳香族化合物互为同分异构体
B. 能与溴水反应，最多生成3种产物
C. 所有原子可能共平面
D. 一定条件下可以发生加成反应、加聚反应和氧化反应
18.有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如下图所示：
下列有关叙述正确的是( )
A. Y分子中所有原子可能处于同一平面
B. X、Y、Z均能和Na2CO3溶液反应
C. Y、Z都可能使浓溴水褪色，反应原理不相同
D. 1 ml Y跟足量H2反应，最多消耗3mlH2
19.能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的一组物质是( )
A. 乙烯、乙炔B. 苯、己烷C. 苯、甲苯D. 乙醛、甲苯
20.聚氰基丙烯酸酯是一种用途广泛且具有粘性的材料，其合成原理如图：
已知：RCN在一定条件下，发生水解反应，其产物为RCOOH和NH3。
下列说法正确的是( )
A. M能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色
B. 上述反应类型是缩聚反应
C. 1 ml M的水解产物最多消耗1 ml NaOH
D. 若R为甲基，N的平均相对分子质量为11100，则n=100
21.下列说法正确的是( )
A. 乳酸薄荷醇酯仅能发生水解、氧化、消去反应
B. 乙醛和丙烯醛()不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物
C. 淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖
D. CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体， 1H-NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用 1H-NMR来鉴别
22.某饱和一元醛发生银镜反应时，生成 21.6gAg，将等质量的醛完全燃烧，生成CO2在标准状况下的体积为 13.44L，则该醛可能是( )
A. 丙醛B. 丁醛C. 己醛D. 3−甲基丁醛
23.元素“氦、铷、铯”等是用下列哪种科学方法发现的( )
A. 红外光谱B. 质谱C. 原子光谱D. 核磁共振谱
24.在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是( )
A. 最易失去的电子能量最高B. 电离能最小的电子能量最高
C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量D. 在离核最近区域内运动的电子能量最低
25.某只含有C、H、O、N的有机物的简易球棍模型如图
，下列关于该有机物的说法不正确的是( )
A. 该有机物属于氨基酸
B. 该有机物的分子式为C3H7NO2
C. 该有机物与CH3CH2CH2NO2互为同系物
D. 该有机物的一氯代物有2种
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
26.化合物G是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如图。
(1)A与对羟基苯甲醛互为同分异构体。A的熔点比对羟基苯甲醛的低，其原因是______。
(2)可用于鉴别A与B的常用化学试剂为______。
(3)B→C的反应中，“−CHO”被转化为“−CH2OH”，相应的碳原子轨道杂化类型的变化为______。
(4)上述合成路线中，F的分子式为C22H20O2，其结构简式为______。
(5)请设计以
和
为原料制备
的合成路线______。(无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)
三、简答题：本大题共4小题，共50分。
27.某相对分子质量为26的烃A，是一种重要的有机化工原料，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，且B、C的核磁共振谱显示都只有一种氢．以C为原料通过下列方案可以制备具有广谱高效食品防腐作用的有机物M，M分子的球棍模型如图所示．
(1)B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B的结构简式为______， B与等物质的量Br2作用时可能有______种产物．
(2)C→D的反应类型为______， M的分子式为______ .
(3)写出E→F的化学方程式______ .
(4)G中的含氧官能团的名称是______，写出由 G反应生成高分子的化学反应方程式：______ .
(5)M的同分异构体有多种，写出四种满足以下条件的同分异构体的结构简式：
①能发生银镜反应②含有苯环且苯环上一氯取代物有两种③遇FeCl3溶液不显紫色④ 1ml该有机物与足量的钠反应生成1ml氢气(一个碳原子上同时连接两个−OH的结构不稳定)______、______、______、______ .
28.为减小CO2对环境的影响，在限制其排放量的同时，应加强对CO2创新利用的研究．
(1)①把含有较高浓度CO2的空气通入饱和K2CO3溶液．②在①的吸收液中通高温水蒸气得到高浓度的CO2气体．写出②中反应的化学方程式______ .
(2)如将CO2与H2 以1：3的体积比混合．
①适当条件下合成某烃和水，该烃可能是______ (填序号).
A.烷烃 B.烯烃 C.炔烃 D.苯的同系物
②适当条件下合成燃料甲醇和水．在体积为2L的密闭容器中，充入2mlCO2和6mlH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49.0kJ/ml.测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示．从反应开始到平衡，氢气的反应速率v(H2)=______；氢气的转化率 =______；能使平衡体系中n(CH3OH)增大的措施有______ .(任写两种即可)
(3)如将CO2与H2 以1：4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4.
已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=−890.3kJ/ml
H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H2=−285.8kJ/ml则CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式是______ .
(4)最近科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为可再生燃料甲醇．甲醇可制作燃料电池．写出以氢氧化钾为电解质的甲醇燃料电池负极反应式______ .当电子转移的物质的量为______时，参加反应的氧气的体积是6.72L(标准状况下).
(5)某同学用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，经查得一些物质在20℃的数据如下表．
吸收CO2最合适的试剂是______ [填“Ca(OH)2”或“Ba(OH)2”]溶液，实验时除需要测定工业废气的体积(折算成标准状况)外，还需要测定______ .
29.已知如下信息：
①A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰；F的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3；G是一种合成橡胶和树脂的重要原料。
②→H2O2RCOOH；RCOOH→LiAlH4RCH2OH。
A→G的转化关系如图所示。试回答下列问题：
(1)写出A的结构简式：______。
(2)B中官能团的名称是______；⑤的反应类型是______。
(3)G按系统命名法应命名为______。
(4)若E在一定条件下发生脱水反应生成六元环化合物，写出该六元环化合物的结构简式：______。
(5)反应⑥的化学方程式为______。
(6)有机物H与E互为同分异构体，且官能团的种类和数目相同，写出所有符合条件的H的结构简式：______。
30.我国科学家选取了33个土壤样本，分别测定大量元素(N、Ca、K、Fe、P)、微量元素(Mn、Zn、Cu、C、Sn)和重金属(Pb、Cr、Ag、Cd、Hg)的含量，研究表明：15种矿物元素中，5种元素(P、Cu、Zn、C、
Pb)的含量与地理位置有关。
回答下列问题：
(1)基态锰原子的价层电子排布式为______。
(2)基态钙原子的核外电子云轮廓图呈球形的能级上填充______个电子，基态钾原子的核外电子云有______个伸展方向。
(3)NH3与H2O可与Zn2+形成配合物[Zn(NH3)3(H2O)]2+。与Zn2+形成配位键的原子是______(填元素符号)；写出一种与NH3互为等电子体的阳离子：______(填化学式)。
(4)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤，在ZnCO3中，阴离子空间构型为______。
(5)已知KH2PO4是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为______，其中 P采取______杂化方式。
(6)某磷青铜晶胞结构如图所示：
①其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,12,12)。则P原子的坐标参数为______。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有______个。
③若晶体密度为ag⋅cm3，最近的Cu原子核间距为______pm(用含NA和a的代数式表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.M的氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，二者反应生成NH4Cl，溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，故A错误；
B.非金属性N>P，故酸性：HNO3>H3PO4，故B错误；
C.X与Z形成的所有化合物分子中PCl3中各原子均满足8电子稳定结构，PCl5中P原子最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故C错误；
D.Y元素最高正化合价为6，Z的最高正化合价为7，二者最高正化合价之和的数值等于13，故D正确；
故选：D。
由短周期元素M、W、X、Y、Z在元素周期表中的位置，可知M、W处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，令M原子序数为a，则W、X原子序数分别为a+1、a+8，三种元素原子序数之和为30，则a+a+1+a+8=30，解得，a=7，故M为N元素、W为O元素、X为P元素、Y为S元素、Z为Cl元素，据此分析。
本题主要考查元素的推断，掌握元素周期表和元素周期律的知识是解题的关键，题目难度一般。
2.【答案】B
【解析】解：A、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF，溶液中F−水解溶液呈碱性，由水电离产生的c(H+)小于1.0×10−7ml⋅L−1，故A错误；
B、依据溶质物料守恒分析计算，室温下，0.1ml⋅L−1 HF溶液与0.1ml⋅L−1 NaOH溶液等体积混合生成NaF，溶液中存在物料守恒c(F−)+c(HF)=c(Na+)，故B正确；
C、氟离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，c(F−)减小，故C错误；
D、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液，氟离子水解呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(F−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故选B.
A、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液呈碱性；
B、依据溶质物料守恒分析计算；
C、氟离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行；
D、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液，氟离子水解呈碱性．
本题考查了酸碱反应后产物判断和溶液酸碱性分析，溶液中电荷守恒，离子浓度大小比较是解题关键，题目难度中等．
3.【答案】A
【解析】解：根据电子转移守恒，铁的物质的量与盐酸反应生成H2的物质的量相等，即：n(Fe)=n(H2)=bml；
其余的铁与Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，发生反应为：Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，
则参加该反应的氧化铁的物质的量为：12×(a−b)ml=12(a−b)ml，
故选：A。
铁和氧化铁的混合物中加入盐酸全部溶解，得到的溶液中不含Fe3+，根据生成氢气的物质的量计算与酸反应的铁的物质的量，其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，据此进行计算．
本题考查混合物有关计算，题目难度中等，明确反应原理为解题关键，注意利用总反应方程式解答，试题有利于考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．
4.【答案】A
【解析】解：A.①NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，②NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根离子水解，③CH3COONH4溶液中醋酸根水解显碱性，促进铵根离子的水解，④NH3⋅H2O溶液中存在电离平衡电离程度较小，铵根离子浓度最小，所以铵根离子浓度大小顺序是：①>②>③>④，故A正确；
B.某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−aml/L，若a>7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，所以溶液的pH可以是a，也可以是14−a，故B错误；
C.物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)，故C错误；
D.Ksp只和温度有关，和其它因素无关，故在氯化银的悬浊液中加入氯化钠后，Ksp不变，故D错误，
故选：A。
A.①NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，②NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根离子水解，③CH3COONH4溶液中醋酸根水解显碱性，促进铵根离子的水解，④NH3⋅H2O溶液中存在电离平衡电离程度较小；
B.若a>7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，该溶液可能为酸性溶液，有可能为碱性溶液；
C.溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒判断；
D.Ksp只和温度有关，和其它因素无关。
本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、盐类的水解原理及其应用、难溶电解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合运用的考查，题目难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.含酚−OH，则该物质遇FeCl3溶液显紫色，但含2个苯环，则不属于苯酚的同系物，故A错误；
B.酚−OH的邻对位与溴水发生取代，C=C与溴水发生加成，酚−OH、−Cl与NaOH反应，则1ml该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时，最多消耗Br2为4ml、NaOH5ml，故B错误；
C.酚−OH、C=C均能被氧化，则滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去不能证明该物质结构中存在碳碳双键，故C错误；
D.苯环、C=C均为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能位于同一平面，故D正确；
故选：D。
该物质含苯环、酚−OH、−Cl、C=C，结合苯、苯酚、烯烃、卤代烃的性质来解答．
本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，熟悉常见有机物的性质即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．
6.【答案】A
【解析】解：混合溶液分成两3等份，每份溶液浓度相同，每份溶液体积为100mL，
一份加入含a ml 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份溶液中n(Ba2+)=(Na2SO4)=aml，
另一份加入NaOH的溶液，恰好使产生的沉淀溶解，发生反应Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，则该份溶液中n(Al3+)=14n(OH−)=14×0.1L×4bml/L=0.1bml，
根据电荷守可知每份溶液中2n(Ba2+)+3n(Al3+)=n(Cl−)，故每份溶液中n(Cl−)=2aml+0.3bml，故每份溶液中氯离子浓度=2aml+(20a+3b)ml/L，即原混合溶液中氯离子浓度为(20a+3b)ml/L，
故选：A。
混合溶液分成两3等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a ml 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份溶液中n(Ba2+)=(Na2SO4)；另一份加入NaOH的溶液，恰好使产生的沉淀溶解，发生反应Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，则该份溶液中n(Al3+)=14n(OH−)，再利用电荷守恒可知每份溶液中2n(Ba2+)+3n(Al3+)=n(Cl−)，据此计算每份中n(Cl−)，根据c=nV计算氯离子浓度．
本题考查混合物有关计算、离子反应的有关计算，难度中等，根据电荷守恒计算氯离子的物质的量是关键．
7.【答案】D
【解析】解：A.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘和水，离子方程式为Fe2O3+2I−+6H+=I2+2Fe2++3H2O，故A错误；
B.二者以1：1反应生成硫酸钡、NaOH和水，离子方程式为H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，故B错误；
C.弱电解质醋酸写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故C错误；
D.二者以2：3反应生成氢氧化铝和氯化铝，且氢氧化铝和氯化铝的物质的量之比为5：1，离子方程式为6AlO2−+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+，故D正确；
故选D.
A.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘和水；
B.二者以1：1反应生成硫酸钡、NaOH和水；
C.弱电解质醋酸写化学式；
D.二者以2：3反应生成氢氧化铝和氯化铝，且氢氧化铝和氯化铝的物质的量之比为5：1.
本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质、离子反应概念、离子反应书写规则即可解答，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质、络合物都写化学式，注意B中反应物的量不同导致其产物不同，难点是D中生成物的判断，题目难度中等．
8.【答案】D
【解析】解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72LNO，即氮原子得电子的物质的量是：×(5−2)=0.9ml，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n(OH−)=0.9ml，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于11.9g+0.9ml×17g/ml=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g−7.8g=19.4g，
故选D.
根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量来计算生成沉淀的质量，但是不包括氢氧化铝．
本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
9.【答案】B
【解析】解：①碳酸钠少量时发生的反应为CO32−+2H+=CO2↑+H2O；碳酸钠过量的反应离子方程式为CO32−+H+=HCO3−，所以量不同反应不同，故①错误；
②偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓产生白色沉淀，后者过量发生AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，量不同生成产物不同，故②错误；
③硫酸铝溶液与氨水的反应只有：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，与量无关，故③正确；
④碳酸氢钙溶液与澄清石灰水的反应Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，与量无关，故④正确；
⑤Fe2+
综上所述③④正确，
故选：B。
①碳酸钠和盐酸的加入量和顺序不同，离子反应不同分析；
②盐酸少量时生成氢氧化铝沉淀，盐酸过量时生成氯化铝；
③依据氢氧化铝不溶于弱酸弱碱分析判断；
④无论是否过量，二者反应生成碳酸钙沉淀；
⑤从亚铁离子和碘离子的还原性不同，加入氯水量的多少不同，产物不同分析；
⑥铁少量时生成硝酸铁，铁过量时生成硝酸亚铁。
本题考查了离子方程式的书写原则，难度中等，主要是掌握用物质用量不同会发生不同的离子反应的离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质掌握。
10.【答案】D
【解析】解：A.金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗，发生反应为4Na+O2=2Na2O，故A正确；
B.铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象，发生反应为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故B正确；
C.铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色，离子反应为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D.硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体的离子反应为SO42−+Ba2++2NH4++2OH−=2NH3↑+2H2O+BaSO4↓，故D错误；
故选：D。
A.金属钠在空气中反应生成氧化钠；
B.开始氧化铝与NaOH反应；
C.铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色说明生成亚铁离子；
D.漏写生成硫酸钡的离子反应。
本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应、沉淀转化的判断，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：①因为F2非常活泼能与水反应，所以F2通入NaCl溶液中，发生反应为：2F2+2H2O=O2+4HF，故错误；
②非金属性F>Br，氢化物的稳定性：HF>HBr，不能判断氢化物的酸性，故错误；
③非金属性S>33As，非金属性越强氢化物越稳定，故前者的气态氢化物稳定性更强，故正确；
④非金属性O>N，非金属性越强，与氢气反应的越容易，故O2与H2化合比N2更容易，故正确；
所以不正确的有①②；
故选：A。
根据非金属性的强弱关系，可以判断物质以下性质的强弱：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．
本题考查非金属性与物质性质强弱的关系，题目难度中等，学习中注意掌握元素周期律的递变规律．
12.【答案】D
【解析】解：A.XY3可能为共价键化合物，如氨气，故A错误；
B.XY3中的Y原子最外层不一定为8，如Y为H，故B错误；
C.若为SO3，X、Y位于同主族，故C错误；
D.若为AlF3、AlCl3，Y的原子序数为m，X的原子序数可能是m±4，故D正确；
故选：D。
元素周期表短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，化合物可能为NH3、NCl3、AlF3、AlCl3、SO3等，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、化合物中元素的化合价为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合常见的化合物判断，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应，非金属性F>I，F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应，能用元素周期律解释，故A不选；
B.二氧化氮转化为为四氧化二氮是放热反应，升高温度，平衡左移，即二氧化氮浓度增大，与元素周期律无关，故B选；
C.Na、Si位于同周期，从左向右金属性减弱、非金属性增强，Na易失去电子，则氯与钠形成离子键，Si不易失去电子，氯与硅形成共价键，可用元素周期律解释，故C不选；
D.水的分解温度比硫化氢的高，说明非金属性O>S，能用元素周期律解释，故D不选。
故选：B。
A.元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应；
B.颜色变化与温度对平衡移动的影响有关；
C.金属性越强越容易失去电子，非金属性越强越容易获得电子；
D.元素的金属性越强，对应氢化物越稳定。
本题考查元素周期律，侧重于基础知识的考查，注意同主族、同周期元素化合物性质的相似性与递变性。
14.【答案】D
【解析】解：A.白色沉淀可能为硫酸钡，也可能为亚硫酸钡，再加稀硫酸沉淀不溶解，则证明变质，加盐酸溶解后，再加氯化钡，故A错误；
B.干燥的氯气无漂白性，不能使干燥的试纸褪色，故B错误；
C.稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子，不能确定是过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应，故C错误；
D.铁离子浓度增大，化学平衡正向移动，络离子浓度增大，颜色加深，则说明浓度对于化学平衡的影响，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为硫酸钡，也可能为亚硫酸钡，再加稀硫酸沉淀不溶解；
B.干燥的氯气无漂白性；
C.稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子；
D.铁离子浓度增大，化学平衡正向移动．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握常见离子的检验、气体的制备、化学平衡移动及氧化还原反应为解答的关键，侧重物质性质及化学反应原理的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A的物质的量达到0.80ml反应达到平衡状态，则
A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量(ml)
变化量(ml)
平衡量(ml)
K=×0.802=0.625
A.反应在前5s的平均速率v(A)=1.0ml−0.85ml2L5s=0.015ml⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml⋅L−1，A物质的量为0.41ml/L×2L=0.82ml>0.80ml，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的△H<0，故B错误；
C.等效为起始加入2.0mlA和2.0mlB，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6ml，C的物质的量大于0.4ml，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0mlC，达到平衡时，C的物质的量大于0.4ml，参加反应的C的物质的量小于1.6ml，转化率小于80%，故C错误；
D.相同温度下，起始时向容器中充入0.20mlA、0.20mlB和1.0mlC，Qc=×0.20ml2L=50>K，反应逆向进行，反应达到平衡前v(正)
依据化学平衡三段式列式计算；
A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量(ml)
变化量(ml)
平衡量(ml)
A.依据v(A)=△c△t计算；
B.平衡状态A的物质的量为0.8ml，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml⋅L−1，物质的量为0.82ml，物质的量增大，说明平衡逆向进行；
C.等效为起始加入2.0mlA和2.0mlB，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6ml，C的物质的量大于0.4ml，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0mlC，达到平衡时，C的物质的量大于0.4ml，参加反应的C的物质的量小于1.6ml，据此判断；
D.计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向。
本题考查了化学平衡计算应用，化学反应速率计算，平衡常数的计算分析应用是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等。
16.【答案】D
【解析】解：A.芳香化合物结构中含有苯环，而上述有机物结构中不含苯环，所以不属于芳香化合物，故A错误；
B.该有机物结构中含有酯基，但酯基不能发生加成反应，故B错误；
C.乳酸薄荷酯属于酯类，不溶于水，故C错误；
D.乳酸薄荷酯属于酯类，能与强碱溶液发生反应，故D正确；
故选：D。
有机物中含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、氧化以及消去反应，以此解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大，注意相关基础知识的积累。
17.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
由结构可知，分子中含−COOH、碳碳双键、−OH，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答。
A.分子含有2个碳碳双键、1个羧基、1个环，则不饱和度为4，能与芳香族化合物互为同分异构体，故A错误；
B.该有机物与溴发生加成反应，可以生成、、、，最多生成4种产物，故B错误；
C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能共平面，故C错误；
D.含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，故D正确。
故选：D。
18.【答案】C
【解析】解：A.Y中含有甲基，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不可能共平面，故A错误；
B.酚羟基和羧基能和碳酸钠反应，X不能和碳酸钠反应，故B错误；
C.Y能和溴发生取代反应，Z能和溴发生加成反应，Y、Z都能使浓溴水褪色，反应原理不相同，故C正确；
D.Y中苯环和羰基能和氢气在一定条件下反应，所以1mlY与足量氢气反应，最多消耗4ml氢气，故D错误；
故选：C。
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚、羧酸和酯的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】C
【解析】解：A.乙烯和乙炔都含有不饱和键，都可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A错误；
B.苯和己烷都不能与酸性高锰酸钾发生反应，不能鉴别，故B错误；
C.甲苯可与酸性高锰酸钾发生反应，苯不反应，可鉴别，故C正确；
D.乙醛和甲苯都能与酸性高锰酸钾反应，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
苯、烷烃不能与酸性高锰酸钾溶液溶液，苯的同系物中连接苯环的碳原子上含有H原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙烯和乙炔都含有不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，醛基具有还原性，能使高锰酸钾褪色。
本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意掌握常见有机物的性质，根据性质的不同性选择鉴别方法。
20.【答案】D
【解析】解：A.M含碳碳双键，能与溴发生加成反应，故A错误；
B.该反应类型是加聚反应，原子利用率为100%，故B错误；
C.M的水解产物是CH2=C(COOH)2、ROH和NH3，1mlCH2=C(COOH)2最多消耗2 ml NaOH，故C错误；
D.R为−CH3，M的分子式为C5H5NO2，Mr=111，则聚合度n=11100111=100，故D正确。
故选：D。
A.M含碳碳双键，可发生加成、氧化反应；
B.含有碳碳双键，发生加聚反应；
C.M的水解产物是CH2=C(COOH)2、ROH和NH3；
D.R为−CH3，M的分子式为C5H5NO2，Mr=111，以此计算聚合度。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意聚合度的计算，题目难度不大。
21.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了常见有机物的结构与性质、核磁共振氢谱的应用、同系物的判断，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确核磁共振氢谱表示的意义及同系物的概念。
【解答】
A.乳酸薄荷醇酯()中含有酯基、羟基，能够发生水解、氧化、消去反应，还能够发生取代反应(H氢原子被卤素原子取代)，故A错误；
B.乙醛和丙烯醛()的结构不同，所以二者一定不是同系物；它们与氢气充分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，故B错误；
C.淀粉和纤维素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，故C正确；
D.CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体， 1H−NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用 1H−NMR来鉴别，故D错误。
故选C。
22.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查学生醛的化学性质及银镜反应，注意醛基的量和生成金属银的量之间的关系即可解答，难度不大。
【解答】
n(Ag)=21.6g108g/ml=0.2ml，醛基和银的关系−CHO∼2Ag，所以n(−CHO)=0.1ml，即饱和一元醛的物质的量为0.1ml，点燃生成CO2的物质的量n(CO2)=，所以碳原子数目为6，分子式为：C6H12O，为己醛，故选C。
23.【答案】C
【解析】A、红外光谱可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，故A错误；
B、质谱用电场和磁场将运动的离子按它们的质荷比分离后进行检测的方法，常用于确定实验式，故B错误；
C、原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以研究原子结构，故C正确；
D、核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故D错误；
故选C。
依据四种现代物理检测手段的原理和用途去分析即可，原子光谱常用于检测原子的结构，近而确定元素的种类，其他三种检测手段均不能确定原子结构。
结构化学的研究与现代物理学特别是量子力学、光学的发展息息相关，常见物理检测手段是从事化学结构研究的必备工具。
24.【答案】C
【解析】解：A.能量越高的电子在离核越远的区域内运动，也就越容易失去，故A正确；
B.电离能是失去电子时所要吸收的能量，能量越高的电子在失去时消耗的能量也就越少，因而电离能也就越低，故B正确；
C.同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故C错误；
D.电子首先进入能量最低、离核最近的轨道，故D正确。
故选：C。
A.根据原子核外电子能量与距核远近的关系判断；
B.根据电离能的定义判断；
C.没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层；
D.根据电子首先进入能量最低、离核最近的轨道判断．
本题考查原子核外电子排布规律，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点．
25.【答案】C
【解析】解：A.该有机物为CH3CH(NH2)COOH，含有氨基和羧基，属于氨基酸，故A正确；
B.其分子式为C3H7NO2，故B正确；
C.该有机物的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，与CH3CH2CH2NO2结构不相似，不互为同系物，故C错误；
D.该分子中有4种氢原子，只有烃基上的能发生取代反应，一氯代物有2种，故D正确；
故选：C。
由球棍模型可知该有机物的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，可确定有机物的分子式，该有机物分子中含有氨基和羧基，既能与酸反应，又能与碱反应，可发生缩聚反应生成多肽或高分子化合物。
本题考查有机物的结构和性质，注意根据球棍模型判断有机物的结构简式，为解答该题的关键，注意有机物的官能团的性质，题目难度不大。
26.【答案】(1)对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而化合物A形成分子内氢键
(2)FeCl3溶液
(3)由sp2杂化转化为sp3杂化
(4)
(5)
【解析】【分析】
本题考查有机物的推断与合成，对比有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，(5)中合成路线设计为易错点，注意利用转化中隐含的信息进行酚羟基的保护。
【解答】
A与发生取代反应生成B和HCl，碳酸钾可以消耗反应生成的HCl，使平衡正移移动，提高生成物的产率；B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D与P(OC2H5)3反应生成E，(4)中F的分子式为C22H20O2，对比E、G的结构，结合反应条件，可知E与在NaH条件下生成F为；
(1)A与对羟基苯甲醛互为同分异构体，A的熔点比对羟基苯甲醛的低，其原因是：对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而化合物A形成分子内氢键；
(2)A含有酚羟基，B没有酚羟基，用于鉴别A与B的常用化学试剂为：FeCl3溶液；
(3)B→C的反应中，“−CHO”被转化为“−CH2OH”，−CHO中C原子采取sp2杂化，−CH2OH中碳原子采取sp3杂化，相应的碳原子轨道杂化类型的变化为：由sp2杂化转化为sp3杂化；
(4)上述合成路线中，F的分子式为C22H20O2，对比E、G的结构，结合反应条件，可知E与在NaH条件下生成F为；
(5)到的转化过程中，−CH2CHO转化为−CH2COOCH3，可以通过氧化反应使−CH2CHO转化为−CH2COOH，再与甲醇发生酯化反应，由于酚羟基易被氧化，可以先利用A→B的转化保护酚羟基，酯化反应后再利用F→G的转化重新引入酚羟基，故合成路线为：。
27.【答案】；2；加成反应；C9H10O3；；羟基、羧基；；；；；
【解析】某相对分子质量为26的烃A，则A是HC≡CH，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，
B的相对分子质量为104，B分子中C原子最大数目为10412=8…8，由C、H原子关系可知，B含有8个C原子，则B为C8H8，C的相对分子质量为78，则C分子中碳原子最大数目为7812=6…6，则C分子式为C6H6，B和C分子的核磁共振氢谱中都有一个吸收峰，说明B和C都只有一种类型的氢原子，B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B为，结合转化关系可知C为.以C为原料可以制备有机物M，根据M分子的球棍模型知，M是，其分子式为C9H10O3.G和醇发生酯化反应生成M，则G是，该醇为乙醇，被酸性高锰酸钾氧化生成E，则E是，对氯苯甲酸和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，则F的结构简式为：.D和氯气反应生成，根据原子守恒知，B和丙烯发生加成反应生成D，则D的结构简式为：，
(1)由上述分析可知，B为，1mlB与等物质的量的Br2作用时可能有1，2−加成或1，4−加成，所以可能有2种结构，故答案为：；2；
(2)C→D是与丙烯发生加成反应生成，根据M分子的球棍模型知，M是对羟基苯甲酸乙酯，所以其分子式为：C9H10O3，故答案为：加成反应；C9H10O3；
(3)E→F转化的化学反应方程式为：，
故答案为：；
(4)G为，含有的官能团为：羟基、羧基；G反应生成高分子的化学反应方程式为：，
故答案为：羟基、羧基；；
(5)M是，M的同分异构体有多种，符合下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，说明苯环上两个支链处于对位；
③遇FeCl3溶液不显紫色，说明不含酚羟基；
④1ml该有机物与足量的钠反应生成1ml氢气(一个碳原子上不同时连接两个−OH)，说明含有两个醇羟基和一个醛基，则符合条件的M的同分异构体有：、、、，
故答案为：、、、.
某相对分子质量为26的烃A，则A是HC≡CH，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，
B的相对分子质量为104，B分子中C原子最大数目为10412=8…8，由C、H原子关系可知，B含有8个C原子，则B为C8H8，C的相对分子质量为78，则C分子中碳原子最大数目为7812=6…6，则C分子式为C6H6，B和C分子的核磁共振氢谱中都有一个吸收峰，说明B和C都只有一种类型的氢原子，B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B为，结合转化关系可知C为.以C为原料可以制备有机物M，根据M分子的球棍模型知，M是，其分子式为C9H10O3.G和醇发生酯化反应生成M，则G是，该醇为乙醇，被酸性高锰酸钾氧化生成E，则E是，对氯苯甲酸和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，则F的结构简式为：.D和氯气反应生成，根据原子守恒知，B和丙烯发生加成反应生成D，则D的结构简式为：，据此解答．
本题考查有机物推断、官能团结构、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、有机方程式的书写等，题目综合性强，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力，难度中等．
28.【答案】2KHCO3△K2CO3+H2O+CO2↑；B；0.24ml/(L⋅min)；80%；降低温度降低温度(或加压或增大H2的量等)；CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)△H=−252.9kJ/ml；CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O；1.2ml；Ba(OH)2；BaCO3的质量
【解析】解：(1)①中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，通高温水蒸气，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水，反应方程式为：2KHCO3△K2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2KHCO3△K2CO3+H2O+CO2↑；
(2)①设CO2与H2 的物质的量分别为1ml、3ml，根据O原子守恒可知生成H2O为2ml，故生成的烃中C原子与H原子的物质的量之比为1ml：(3ml×2−2ml×2)=1：2，故该烃的最简式为CH2，符合烯烃的通式，
故答案为：B；
②由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.8ml/L，v(CH3OH)=0.8ml/L10min=0.08ml/(L⋅min)，根据速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=3v(CH3OH)=3×0.0ml/(L⋅min)=0.24ml/(L⋅min)，
平衡时△n(CH3OH)=0.8ml/L×2L=1.6ml，根据方程式可知△n(H2)=3△n(CH3OH)=3×1.6ml=4.8ml，所以氢气的转化率为4.8ml6ml×100%=80%，
该反应正反应是体积减小的放热反应，故降低温度或加压或增大H2的量等，可以是平衡向正反应移动，增大CH3OH的物质的量，
故答案为：0.24ml/(L⋅min)，80%，降低温度(或加压或增大H2的量等)；
(3)已知：①CH4 (g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=−890.3kJ/ml
②H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H2=−285.8kJ/ml
由盖斯定律，②×4−①得CO2(g)+4H2(g)=CH4 (g)+2H2O(l)△H=−252.9kJ/ml
故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4 (g)+2H2O(l)△H=−252.9kJ/ml；
(4)甲醇燃料碱性电池中，甲醇在负极上发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O；参加反应的氧气的体积是6.72L(标准状况下)物质的量为0.3ml，O2+2H2O+4e−=4OH−，转移电子物质的量为1.2ml；
故答案为：CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O； 1.2；
(5)碳酸钙与碳酸钡的溶度积形成不大，用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，故吸收二氧化碳的吸水剂溶解度应该较大，若溶解性减小，会导致二氧化碳吸收不完全，故选择氢氧化钡吸收二氧化碳，
通过沉淀法测定废气中二氧化碳的含量，二氧化碳转化为碳酸钡沉淀，根据碳酸钡的质量可以确定二氧化碳的体积，实验时除需要测定工业废气的体积外，还需要测碳酸钡的质量，
故答案为：Ba(OH)2，BaCO3的质量．
(1)①中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，通高温水蒸气，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水；
(2)①根据原子守恒判断该烃的最简式；
②由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.8ml/L，根据v=△c△t计算v(CH3OH)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；
根据CH3OH平衡浓度，利用n=cV计算△n(CH3OH)，再根据方程式计算△n(H2)，利用转化率等于计算氢气的转化率；
改变体积使平衡向正反应移动，可以增大CH3OH的物质的量，据此结合方程式特征解答；
(3)根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算；
(4)甲醇可制作燃料电池．写出以氢氧化钾为电解质的甲醇燃料电池负极反应式；
(5)碳酸钙与碳酸钡的溶度积形成不大，用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，故吸收二氧化碳的吸水剂溶解度应该较大，若溶解性减小，会导致二氧化碳吸收不完全；通过沉淀法测定废气中二氧化碳的含量，二氧化碳转化为碳酸钡沉淀，根据碳酸钡的质量可以确定二氧化碳的体积．
题目综合性较大，涉及反应速率计算、化学平衡影响因素与计算、热化学方程式书写、原电池、沉淀转化等，是对知识的总运用，难度中等，(4)中吸收二氧化碳的吸水剂选择为易错点，容易受二氧化碳的检验影响，需要学生细心审题．
29.【答案】 羧基 加成反应 1，3−丁二烯 HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O
【解析】解：(1)由上述分析可知，A的结构简式为：，
故答案为：；
(2)B为HOOCCH=CHCOOH，其中含氧官能团的名称是：羧基；反应⑤是HOOCCH=CHCOOH与水发生加成反应生成HOOCCH2CH(OH)COOH，
故答案为：羧基；加成反应；
(3)G为CH2=CHCH=CH2，按系统命名法应命名为：1，3−丁二烯，
故答案为：1，3−丁二烯；
(4)若E[HOOCCH2CH(OH)COOH]在一定条件下发生脱水反应生成六元环化合物，该六元环化合物的结构简式为：，
故答案为：；
(5)反应⑥的化学方程式为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O，
故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O；
(6)有机物H与E[HOOCCH2CH(OH)COOH]互为同分异构体，且官能团的种类和数目相同，所有符合条件的H的结构简式有：，
故答案为：。
A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，结合题给信息和A的分子式知，A中还含有碳碳双键，则A的结构简式为：，故B为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH2CH2COOH，C发生信息中的反应得到D为HOCH2CH2CH2CH2OH，由G的分子式可知，D发生消去反应生成G，故G为CH2=CHCH=CH2.B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B与水发生加成反应生成E，所以E为HOOCCH2CH(OH)COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，据此解答。
本题考查有机物推断、有机反应类型、官能团、同分异构体等，明确有机物的断键和成键方式是解决有机题的关键，需要学生对给予的信息进行利用，难度中等。
30.【答案】3d54s2 8 4 N、OH3O+ 平面三角形 sp3 (12,12,12)4 22×3342a×NA×1010
【解析】解：(1)Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，所以其价电子排布式为3d54s2，
故答案为：3d5 4s2；
(2)基态Ca原子核外有20个电子，根据构造原理书写基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，电子云轮廓图呈球形的能级是s能级，占据的电子总数为8；基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，基态碳原子核外1s、2s、3s、4s能级上的电子云为球形、2p、3p能级上的电子云为哑铃形，1s、2s、3s、4s电子云有1个伸展方向，2p、3p能级电子云有3个伸展方向，所以基态钾原子核外电子云有4个伸展方向，
故答案为：8；4；
(3)NH3、H2O中N原子、O原子含有孤对电子，通过孤对电子与Zn2+形成配位键；与NH3互为等电子体的阳离子，可以用O原子、1个单位正电荷替换N原子，则与NH3互为等电子体的阳离子为：H3O+，
故答案为：N、O；H3O+；
(4)ZnCO3中，CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(5)KH2PO2是次磷酸的正盐，说明其中的2个H原子不是羟基H原子，而直接与P原子形成共价键，则H3PO2的结构式为，H3PO2中含有1个羟基，还与2个H原子、1个O原子形成4个σ键，无孤电子对，则中心的P原子采取sp3杂化，
故答案为：；sp3；
(6)①其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,12,12)，P原子位于体对角线中心上，在X、Y、Z轴上分别是12、12、12，所以P的参数为(12,12,12)，
故答案为：(12,12,12)；
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子分别位于同一个平面正方形的顶点上，有4个，
故答案为：4；
③若晶体密度为ag⋅cm3，设棱长为xcm，晶胞体积=x3cm3，该晶胞中Sn原子个数=8×18=1、Cu原子个数=6×12=3、P原子个数为1，ρ=mV=MVNA，x=3MρNA=3342ρNAcm，Cu到P的距离=12×xcm，两个距离最近的Cu原子核之间的距离= (12x)2×2cm= 22x= 22×3342a×NA×1010pm，
故答案为： 22×3342a×NA×1010。
(1)Mn元素是第25号元素；
(2)基态Ca原子核外有20个电子，根据构造原理书写基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，电子云轮廓图呈球形的能级是s能级；
(3)NH3、H2O中N原子、O原子含有孤对电子，通过孤对电子与Zn2+形成配位键；
(4)ZnCO3中，CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3；
(5)KH2PO2是次磷酸的正盐，说明其中的2个H原子不是羟基H原子，而直接与P原子形成共价键，则H3PO2的结构式为，H3PO2中含有1个羟基，还与2个H原子、1个O原子形成4个σ键，无孤电子对；
(6)①其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,12,12)，P原子位于体对角线中心上，在X、Y、Z轴上分别是12、12、12；
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子分别位于同一个平面正方形的顶点上；
③若晶体密度为ag⋅cm3，设棱长为xcm，晶胞体积=x3cm3，该晶胞中Sn原子个数=8×18=1、Cu原子个数=6×12=3、P原子个数为1，ρ=mV=MVNA，x=3MρNA=3342ρNAcm，Cu到P的距离=12×xcm，两个距离最近的Cu原子核之间的距离= (12x)2×2cm。
本题综合性较强，考查了晶胞的计算、化学键、核外电子排布、电离能的含义及应用，题目难度中等。M
W
X
Y
Z
实验目的
实验步骤及现象
A
检验亚硫酸钠试样是否变质
试样→溶解→硝酸钡溶液白色沉淀→稀硝酸沉淀不溶解
B
制取氯气并探究氯气是否具有漂白性
MnO2和浓盐酸→加热气体→通过干燥的纸条褪色
C
证明酸性条件下H2O2氧化性比I2强
碘化钠溶液(30%H2O2)→稀硝酸淀粉溶液溶液变蓝色
D
探究浓度对化学平衡的影响
FeCl3和KSCN混合溶液(加FeCl3固体)红色变深
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/ml
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
溶解度(S)/g
溶度积(Ksp)
Ca(OH)2
Ba(OH)2
CaCO3
BaCO3
0.16
3.89
2.9×10−9
2.6×10−9
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