河南省许昌市三校2015-2016学年高二（下）第四次联考化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 河南省许昌市三校2015-2016学年高二（下）第四次联考化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 297.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-12-26 15:52:50 | ||
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文档简介
2015-2016学年河南省许昌市三校高二（下）第四次联考化学试卷
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题目要求）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物
B．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
C．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、乙醇溶液均可用于消毒杀菌，且原理相同
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关
2．下列物质分类正确的是（ ）
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
3．用NA表示阿状加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．78g
Na2O2与足量水反应中电子转移了0.2NA
B．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
C．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有（不含立体异构）4种
D．1L
0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
4．下列推断正确的是（ ）
A．SiO2、NO2都能与NaOH溶液反应，都是酸性氧化物
B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同
C．为增大氯水中c（HClO），应采取的措施是加入CaCO3固体
D．铁、铝容器常温下可盛放浓硫酸，是因为常温下铁、铝与浓硫酸不反应
5．下列离子方程式不正确的是（ ）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加Ba（OH）2溶液恰好至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
B．等物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合：2Fe2++2I﹣+2Br2═2Fe3++I2+4Br﹣
C．用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
D．硫氢化钠水解：HS﹣+H2O H2S+OH﹣
6．改变反应物用量，下列反应能用同一个反应方程式表示的是（ ）
①NaAlO2溶液与CO2反应；
②Si与烧碱溶液反应；
③H2S与NaOH溶液反应；
④Fe与稀硝酸反应；
⑤S在O2中燃烧；
⑥NH3与O2的反应．
A．②⑤⑥
B．①②③⑤
C．①③④⑥
D．①③④⑤⑥
7．下列说法正确的是（ ）
A．将15.6
g
Na2O2和5.4
g
Al同时放入一定量的水中可以产生标况下气体6.72
L
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体能使品红溶液褪色，则该溶液可能既含有SO32﹣又含有CO32﹣
C．大多数碳的化合物都是共价化合物，其原因是碳元素有三种同位素
D．石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯
8．常温下，在pH值为4的FeCl3溶液、pH值为10的Na2CO3溶液和pH值为2的盐酸溶液中，水的电离度分别为α1、α2和α3，则它们的关系为（ ）
A．α1=α2＞α3
B．α1＜α2＜α3
C．α1＞α2＞α3
D．无法判断
9．在500℃时，把0.3mol
SO2和0.2mol
O2充入一个体积为10L并盛有V2O5（催化剂）的真空密闭容器中，保持温度不变，经2min后，容器内的压强不再变化，此时容器内压强减小20%．下列说法正确的是（ ）
A．该温度下此反应的平衡常数K=400
B．其他条件不变，再充入0.3mol
SO2和0.2mol
O2平衡时，SO2的体积分数增大
C．平衡时，SO2的转化率为95%
D．前2min
SO2的平均反应速率0.02mol/（L s）
10．将铂电极置于KOH溶液中，然后分别向两极通入CH4和O2，即可产生电流，下列叙述正确的是（ ）
A．通入CH4的电极为正极
B．正极的电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O
C．通入CH4的一极的电极反应式为CH4+2O2+4e﹣═CO2+2H2O
D．负极的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O
11．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硝酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）
B
浓硫酸
无水乙醇
溴水
有乙烯生成
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀
D
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：稀硫酸＞碳酸＞硅酸
A．A
B．B
C．C
D．D
12．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/（mol L﹣1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c（KOH）
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1
mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
13．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到2mol乙酸和1mol醇，该醇的分子式为（ ）
A．C14H18O5
B．C14H22O3
C．C14H22O5
D．C14H10O5
14．下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A．乙酸乙酯
B．戊醇
C．戊烷
D．戊烯
二、非选择题：本题共5小题，共58分，分为必做题和选做题．其中15-17为必做题；18-19为选做题，请考生根据要求作答．
15．X、Y、Z、W、H为原子序数依次增大的五种短周期元素，它们满足以下条件：元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；H的单质常温下为黄绿色气体．请填空：
（1）Z、W、H简单阴离子的半径由大到小的顺序是 （用离子符号表示）．
（2）H的单质通入W的氢化物的水溶液中，可观察到有淡黄色沉淀生成，该现象说明H与W单质的氧化性强弱顺序为 （用化学式表示）．
（3）写出实验室制取H的单质的化学反应方程式 ．
（4）X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1．其水溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为 ．
16．现有A、B、C、D、E五种中学教材中常见的金属单质，其单质和最高价氧化物对应的水化物的有关信息如表所示：
单质
A
B
C
D
E
最高价氧化物对应水化物的稳定性
难分解
能分解
能分解
能分解
能分解
单质性质
与水剧烈反应
缓慢溶于热水
溶于强碱性溶液
难溶于冷的浓硝酸
溶于浓、稀硝酸
已知A、B、C的组成元素位于同一短周期，D和E的组成元素位于同一周期，D的低价氢氧化物在空气中会发生颜色变化，E在空气中生锈呈绿色．
根据要求，回答下列问题：
（1）C元素最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是： ； （用电离方程式表示）
（2）以B、C为电极，A的氢氧化物的水溶液为电解质溶液，构成原电池．写出C极的电极反应式： ．
（3）用离子方程式表示D的单质能与D的化合物在水溶液中发生化合反应： ．
（4）E的单质在加热条件下能与浓硫酸反应，其反应的化学方程式为 ．
17．甲醇是重要的化工原料，又可做燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，主要反应如下：
①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1
②CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣58kJ/mol
③CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H3
已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O（CO中的化学键）
H﹣O
C﹣H
E/（kJ/mol）
436
343
1076
465
413
回答下列问题：
①△H3= kJ/mol．
②25℃，101kPa条件下，测得16g甲醇完全燃烧释放出Q
kJ的热量，请写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式 ．
18．25℃，将a
mol L﹣1氨水与b
mol L﹣1盐酸等体积混合后溶液呈中性，则此时溶液中c（NH4+） c（Cl﹣）（填“＞”、“＜”或“﹦”）；用含a、b的代数式表示该温度下NH3 H2O的电离平衡常数Kb= ．
19．800℃时，在2L密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），在反应体系中，n（NO）随时间的变化如表所示：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n（NO）（mol）
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①图中表示NO2变化的曲线是 ，用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v= ．
②能说明该反应已经达到平衡状态的是
a．v（NO2）=2v（O2）
b．容器内压强保持不变
c．v逆（NO）=2v正（O2）
d．容器内的密度保持不变．
以下为选做题．请考生从A、B两组中选一组作答，在答题卡中做好标记，若两组都做，则按第一组评分．选做题A组选修3物质结构与性质
20．A、B、C、D四种元素的原子序数依次递增，A、B的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2，C在短周期主族元素中电负性最小，D元素被称为继铁、铝之后的第三金属，其合金多用于航天工业，被誉为“21世纪的金属”，其基态原子外围电子占据两个能级且各能级电子数相等．请回答下列问题：
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序是 （填元素符号）．
（2）D元素基态原子的核外电子排布式为 ．
（3）白色晶体C3AB4中阴离子的空间立体构型是 ，中心原子的杂化方式是
（4）中学化学常见微粒中与A2B互为等电子体的分子有 （任写一种即可）．
（5）已知D3+可形成配位数为6的配合物．现有组成皆为DCl3 6H2O的两种晶体，一种为绿色，另一种为紫色．为测定两种晶体的结构，分别取等量样品进行如下实验：①将晶体配成水溶液，②滴加足量AgNO3溶液，③过滤出AgCl沉淀并进行洗涤、干燥、称量；经实验测得产生的沉淀质量：绿色晶体是紫色晶体的．
依据测定结果可知绿色晶体的化学式为 ，该晶体中含有的化学键有
a．离子键
b．极性键
c．非极性键
d．配位键．
21．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最小的是 （填元素符号），其中C原子的外围电子排布式为 ．
（2）A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 和 ．
（3）B、C均可以与D形成化合物，其中熔点较高的是 （用化学式表示）
（4）A和B可形成1：1型的化合物E，E的电子式为
（5）化合物D2A的立体构型为 ，中心原子的孤电子对数为 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 ．
（6）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为0.566nm，F
的化学式为 ；晶胞中A
原子的配位数为 ；晶体F的密度= g cm﹣3（只列式，不计算）
选做题B组选修5有机化学基础
22．煤的“气化”是使煤变成洁净能源的有效途径之一，其主要反应为：C+H2OCO+H2，甲酸苯异丙酯（F）是生产香料和药物的重要原料．图是用煤为原料合成甲酸苯异丙酯的路线图（部分反应条件和生成物已略去），其中D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应．
根据上述转化关系回答下列问题：
（1）写出B、D的结构简式：B：
D：
（2）D→E的反应类型为： ．
（3）B与新制Cu（OH）2悬浊液反应也能生成C，写出其化学方程式 ．
（4）写出C与E反应生成F的化学方程式： ．
（5）F有多种同分异构体，写出满足下列条件的两种同分异构体的结构简式 、 ．
①属于酯类，且能发生银镜反应
②苯环上的一氯代物只有两种
③分子中只有两个甲基．
23．有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其合成路线如下：
其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去
已知G为：
请回答下列问题：
（1）G的分子式 ；D中官能团的名称是 ．
（2）第②步反应的化学方程式为 ．
（3）第③步反应的化学方程式为 ．
（4）写出F的结构简式 ．
（5）第①～⑥步反应中属于加成反应的有 ；属于取代反应的有 ．（填步骤编号）
（6）同时满足下列条件的E的同分异构体有 种．
①只含一种官能团；
②链状结构且无﹣O﹣O﹣；
③核磁共振氢谱只有2组峰．
2015-2016学年河南省许昌市三校高二（下）第四次联考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题目要求）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物
B．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
C．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、乙醇溶液均可用于消毒杀菌，且原理相同
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．烟花利用金属元素的焰色反应，焰色反应是金属元素的性质；
B．食品干燥剂应具有性质，无毒有吸水性；
C．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液利用了强氧化性消毒杀菌，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性；
D．PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它是造成雾霾天气的“元凶”之一．
【解答】解：A．烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素，焰色反应是金属元素的物理性质，不是化合物的性质，故A正确；
B．植物纤维具有吸水性且无毒，所以可用作食品干燥剂，故B正确；
C．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液利用了强氧化性消毒杀菌，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故C错误；
D．PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，会造成空气污染，与肺癌等疾病的发生相关，应加强监测和治理，故D正确；
故选：C．
2．下列物质分类正确的是（ ）
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．
【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，
分散质微粒直径在1nm﹣100nm形成的分散系为胶体，
电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，
不同物质组成的为混合物．
【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；
B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；
C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；
D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；
故选D．
3．用NA表示阿状加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．78g
Na2O2与足量水反应中电子转移了0.2NA
B．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
C．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有（不含立体异构）4种
D．1L
0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，根据过氧化钠与水反应生成氧气的物质的量计算出转移的电子数；
B．每个丙醇分子中含有11个共价键；
C．分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数；
D.1L
0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中存在物料守恒，碳元素所有存在形式总和为0.1mol．
【解答】解：A.78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠与足量水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，电子转移了NA，故A错误；
B．n（CH3CH2CH2OH）==1mol，每个丙醇分子中含有11个共价键，则60g丙醇中存在的共价键的物质的量为11mol，总数为11NA，故B错误；
C．分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，﹣C4H9异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故C正确；
D.1L
0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中碳酸氢钠物质的量=1L×0.1mol/L=0.1mol，溶液中H2CO3、HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA，故D错误；
故选C．
4．下列推断正确的是（ ）
A．SiO2、NO2都能与NaOH溶液反应，都是酸性氧化物
B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同
C．为增大氯水中c（HClO），应采取的措施是加入CaCO3固体
D．铁、铝容器常温下可盛放浓硫酸，是因为常温下铁、铝与浓硫酸不反应
【考点】硅和二氧化硅；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物；铁的化学性质．
【分析】A．酸性氧化物与碱反应只生成盐和水，酸性氧化物和水反应只生成对应酸；
B．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气；
C．溶液中存在平衡：Cl2+H2O H++Cl﹣+HClO，增大氯水中的HClO浓度，应改变条件是平衡向正反应方向移动，但不能加水稀释、不能加入与HClO反应的物质，据此分析解答；
D．常温下浓硫酸的钝化是强氧化性的表现．
【解答】解：A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，不符合酸性氧化物概念，不是酸性氧化物，故A错误；
B．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，产物不同，故B错误；
C．溶液中存在平衡：Cl2+H2O H++Cl﹣+HClO，加入CaCO3固体，与氢离子反应，导致溶液中氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液中HClO浓度增大，故C正确；
D．常温下浓硫酸与铝发生钝化反应生成氧化物薄膜阻止反应进行，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸，钝化反应属于化学反应，故D错误；
故选：C．
5．下列离子方程式不正确的是（ ）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加Ba（OH）2溶液恰好至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
B．等物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合：2Fe2++2I﹣+2Br2═2Fe3++I2+4Br﹣
C．用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
D．硫氢化钠水解：HS﹣+H2O H2S+OH﹣
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．滴加Ba（OH）2溶液恰好至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水；
B．等物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合，由电子守恒及还原性强弱可知，只有碘离子被氧化；
C．电解生成Cu、氧气和硫酸；
D．水解为可逆反应，生成氢硫酸和氢氧根离子．
【解答】解：A．向硫酸氢钠溶液中滴加Ba（OH）2溶液恰好至中性的离子反应为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B．等物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合的离子反应为2I﹣+Br2═I2+2Br﹣，故B错误；
C．用惰性电极电解CuSO4溶液的离子反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故C正确；
D．硫氢化钠水解离子反应为HS﹣+H2O H2S+OH﹣，故D正确；
故选B．
6．改变反应物用量，下列反应能用同一个反应方程式表示的是（ ）
①NaAlO2溶液与CO2反应；
②Si与烧碱溶液反应；
③H2S与NaOH溶液反应；
④Fe与稀硝酸反应；
⑤S在O2中燃烧；
⑥NH3与O2的反应．
A．②⑤⑥
B．①②③⑤
C．①③④⑥
D．①③④⑤⑥
【考点】镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；硅和二氧化硅；铁的化学性质．
【分析】若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则就能用同一个反应方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个反应方程式表示，以此来解答．
【解答】解：①CO2少量时，发生反应：2NaAlO2+CO2+3H2O═Na2CO3+2Al（OH）3↓；CO2过量时发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓，所以不能用同一方程式表示，故不选；
②Si与烧碱溶液反应生成硅酸钠和氢气，与反应物用量无关，反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，可以用同一方程式表示，故选；
③NaOH少量时，发生反应：H2S+NaOH═NaHS+H2O，NaOH过量时发生反应：H2S+2NaOH═Na2S+2H2O，所以不能用同一方程式表示，故不选；
④Fe与稀硝酸反应，Fe不足生成Fe3+，离子方程式为：4H++NO3﹣+Fe═Fe3++NO↑+2H2O；Fe过量生成Fe2+，离子方程式为：8H++2NO3﹣+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O，所以不能用同一个离子方程式来表示，故不选；
⑤S在O2中燃烧，不论氧气过量还是少量都生成二氧化硫，故能用同一个化学方程式来表示，故选；
⑥氨气在纯氧气中燃烧生成氮气和水，氨气和空气中氧气在催化剂的作用下生成一氧化氮和水，与量无关，故选；
故选：A．
7．下列说法正确的是（ ）
A．将15.6
g
Na2O2和5.4
g
Al同时放入一定量的水中可以产生标况下气体6.72
L
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体能使品红溶液褪色，则该溶液可能既含有SO32﹣又含有CO32﹣
C．大多数碳的化合物都是共价化合物，其原因是碳元素有三种同位素
D．石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯
【考点】钠的重要化合物；同位素及其应用；化石燃料与基本化工原料；常见阴离子的检验．
【分析】A.15.6gNa2O2的物质的量为：
=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：
=0.2mol，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明气体可能为CO2、SO2，该气体能使品红溶液褪色证明一定含SO2；
C．碳原子最外层有四个电子得到和失去电子能力相近，主要形成的化合物为共价化合物；
D．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物．
【解答】解：A.15.6gNa2O2的物质的量为：
=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：
=0.2mol，
2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑
0.2mol
0.4mol
2.24L
2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑
0.2mol
0.2mol
0.2mol
6.72L
反应中得到气体的总体积为：2.24L+6.72L=8.96L，故A错误；
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明气体可能为CO2、SO2，该气体能使品红溶液褪色证明一定含SO2，原溶液中可能既含有SO32﹣又含有CO32﹣，故B正确；
C．碳原子位于周期表中第ⅥA主族不易得到或失去电子，形成化合物时主要是以共价键形成化合物，和同位素无关，故C错误；
D．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，不含乙烯、丙烯和丁二烯，故乙烯、丙烯和丁二烯不是石油分馏的产物，故D错误．
故选B．
8．常温下，在pH值为4的FeCl3溶液、pH值为10的Na2CO3溶液和pH值为2的盐酸溶液中，水的电离度分别为α1、α2和α3，则它们的关系为（ ）
A．α1=α2＞α3
B．α1＜α2＜α3
C．α1＞α2＞α3
D．无法判断
【考点】盐类水解的应用．
【分析】电离度α=×100%，根据题中数据，分别求算出水电离的氢离子或者氢氧根浓度，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离．
【解答】解：由于水的电离度为：α（H2O）=×100%；
pH值为4的FeCl3溶液，溶液中的氢离子来自水的电离，c（H+）=10﹣4
mol/L；
pH值为10的K2CO3溶液，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，c（OH﹣）=10﹣4
mol/L；
pH值为2的盐酸溶液，水电离出氢氧根离子浓度10﹣12mol/L，
由以上数据可以得出，两溶液中水的电离程度相同，即α1=α2＞α3，故选A．
9．在500℃时，把0.3mol
SO2和0.2mol
O2充入一个体积为10L并盛有V2O5（催化剂）的真空密闭容器中，保持温度不变，经2min后，容器内的压强不再变化，此时容器内压强减小20%．下列说法正确的是（ ）
A．该温度下此反应的平衡常数K=400
B．其他条件不变，再充入0.3mol
SO2和0.2mol
O2平衡时，SO2的体积分数增大
C．平衡时，SO2的转化率为95%
D．前2min
SO2的平均反应速率0.02mol/（L s）
【考点】化学平衡的计算．
【分析】依据化学平衡三段式列式计算，设二氧化硫转化物质的量为x，则
2SO2+O2
=2SO3
起始量（mol）
0.3
0.2
0
变化量（mol）
x
0.5x
x
平衡量（mol）0.3﹣x
0.2﹣0.5x
x
气体物质的量之比和气体压强之比，以此解答该题．
【解答】解：在500℃时，把0.3mol
SO2和0.2mol
O2充入一个体积为10L并盛有V2O5（催化剂）的真空密闭容器中，保持温度不变，经2min后，容器内的压强不再变化，此时容器内压强减小20%，设二氧化硫转化物质的量为x，则
2SO2+O2
=2SO3
起始量（mol）
0.3
0.2
0
变化量（mol）
x
0.5x
x
平衡量（mol）0.3﹣x
0.2﹣0.5x
x
容器内的压强不再变化，此时容器内压强减小20%，即气体物质的量减少20%，得到（0.3+0.2）×（1﹣20%）=0.3﹣x+0.2﹣0.5x+x，
x=0.20mol，
A．该温度下此反应的平衡常数K==400，故A正确；
B．其他条件不变，再充入0.3mol
SO2和0.2mol
O2平衡时，相当于在原来基础上增大压强，平衡正向移动，则SO2的体积分数减小，故B错误；
C．平衡时，SO2的转化率为=66.7%，故C错误；
D．前2min
SO2的平均反应速率为=0.01mol/（L s），故D错误．
故选A．
10．将铂电极置于KOH溶液中，然后分别向两极通入CH4和O2，即可产生电流，下列叙述正确的是（ ）
A．通入CH4的电极为正极
B．正极的电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O
C．通入CH4的一极的电极反应式为CH4+2O2+4e﹣═CO2+2H2O
D．负极的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，失去电子发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，得电子发生还原反应，电解质溶液为碱性环境，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．
【解答】解：碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，
A、通入CH4的电极为负极，故A错误；
B、通入氧气的电极为正极，发生的电极方程式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故B错误；
C、通入CH4的电极为负极，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，故C错误；
D、甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，故D正确．
故选D．
11．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硝酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）
B
浓硫酸
无水乙醇
溴水
有乙烯生成
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀
D
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：稀硫酸＞碳酸＞硅酸
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．稀硝酸与硫化钠反应不生成硫化氢气体；
B．浓硫酸与乙醇需加热到170℃生成乙烯；
C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；
D．强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱．
【解答】解：A．稀硝酸具有强氧化性，与硫化钠反应不生成硫化氢气体，不能比较溶度积大小，故A错误；
B．浓硫酸与乙醇需加热到170℃生成乙烯，反应没有加热，不能生成乙烯，故B错误；
C．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，故C错误；
D…强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，稀硫酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，看到的现象是烧瓶中有气体生成、c中有沉淀生成，所以可以实现实验目的，故D正确．
故选D．
12．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/（mol L﹣1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c（KOH）
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1
mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．
【分析】室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，
A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；
B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；
C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；
D．根据电荷守恒确定离子浓度关系．
【解答】解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，
A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L﹣10﹣9
mol/L，故B错误；
C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，
根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1
mol/L，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；
故选B．
13．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到2mol乙酸和1mol醇，该醇的分子式为（ ）
A．C14H18O5
B．C14H22O3
C．C14H22O5
D．C14H10O5
【考点】有关有机物分子式确定的计算．
【分析】1mol该酯完全水解可得到1mol醇和2mol乙酸，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断．
【解答】解：某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol醇和2mol乙酸，说明酯中含有2个酯基，设醇为M，
则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H4O2，
由质量守恒可知M的分子式为C14H22O3，
故选B．
14．下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A．乙酸乙酯
B．戊醇
C．戊烷
D．戊烯
【考点】有机化合物的异构现象．
【分析】戊烷只存在碳链异构，戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构．
【解答】解：戊烷只存在碳链异构，同分异构体为3种，而戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构，异构类型越多，同分异构体的数目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构体的数目均大于3种，故选C．
二、非选择题：本题共5小题，共58分，分为必做题和选做题．其中15-17为必做题；18-19为选做题，请考生根据要求作答．
15．X、Y、Z、W、H为原子序数依次增大的五种短周期元素，它们满足以下条件：元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；H的单质常温下为黄绿色气体．请填空：
（1）Z、W、H简单阴离子的半径由大到小的顺序是 S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣ （用离子符号表示）．
（2）H的单质通入W的氢化物的水溶液中，可观察到有淡黄色沉淀生成，该现象说明H与W单质的氧化性强弱顺序为 Cl2＞S （用化学式表示）．
（3）写出实验室制取H的单质的化学反应方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（4）X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1．其水溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为 c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】X、Y、Z、W、H为原子序数依次增大的五种短周期元素，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：
，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x为分数，不合理；由于Y是N元素，X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1，化合物中硫原子与氧原子个数之比为1：4，为硫酸根，化合物中X原子与氮原子个数之比为4：1，且X为H，X与N形成铵根离子，结合对应单质化合物的性质解答该题．
【解答】解：X、Y、Z、W、H为原子序数依次增大的五种短周期元素，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：
，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得：x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x为分数，不合理；由于Y是N元素，X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1，化合物中硫原子与氧原子个数之比为1：4，为硫酸根，化合物中X原子与氮原子个数之比为4：1，且X为H，X与N形成铵根离子，
（1）Z、W、H分别为O、S、Cl，对应离子分别为S2﹣、Cl﹣、O2﹣，离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径大小为：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣，
故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣；
（2）H的单质为氯气，W的氢化物为硫化氢，氯气与硫化氢反应生成淡黄色S和HCl，该现象说明H与W单质的氧化性强弱为：Cl2＞S，
故答案为：Cl2＞S；
（3）H的单质为氯气，实验室用二氧化锰与浓盐酸反应加热反应制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl
（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl
（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（4）根据分析可知，该化合物为（NH4）2SO4，硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于铵根离子的水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）．
16．现有A、B、C、D、E五种中学教材中常见的金属单质，其单质和最高价氧化物对应的水化物的有关信息如表所示：
单质
A
B
C
D
E
最高价氧化物对应水化物的稳定性
难分解
能分解
能分解
能分解
能分解
单质性质
与水剧烈反应
缓慢溶于热水
溶于强碱性溶液
难溶于冷的浓硝酸
溶于浓、稀硝酸
已知A、B、C的组成元素位于同一短周期，D和E的组成元素位于同一周期，D的低价氢氧化物在空气中会发生颜色变化，E在空气中生锈呈绿色．
根据要求，回答下列问题：
（1）C元素最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是： Al（OH）3 Al3++3OH﹣ ； Al（OH）3 H++AlO2﹣+H2O （用电离方程式表示）
（2）以B、C为电极，A的氢氧化物的水溶液为电解质溶液，构成原电池．写出C极的电极反应式： Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．
（3）用离子方程式表示D的单质能与D的化合物在水溶液中发生化合反应： Fe+2Fe3+=3Fe2+ ．
（4）E的单质在加热条件下能与浓硫酸反应，其反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+H2O ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】A的氢氧化物难分解，单质可与水剧烈反应，应为Na，B能与热水缓慢反应，为Mg，C单质可与强碱溶液反应，为Al，D单质难溶于冷的浓硝酸，为Fe，E单质溶于浓、稀硝酸，常见为Cu，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题．
【解答】解：由题给信息可知A为Na、B为Mg、C为Al、D为Fe、E为Cu，
（1）C元素最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，为两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是可发生酸式电离和碱式电离：Al（OH）3 Al3++3OH﹣；Al（OH）3 H++AlO2﹣+H2O，
故答案为：Al（OH）3 Al3++3OH﹣；Al（OH）3 H++AlO2﹣+H2O；
（2）Al可与氢氧化钠溶液反应，而镁不反应，镁、铝形成原电池，电解质溶液呈碱性时，负极发生Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（3）铁可与铁离子发生氧化还原反应，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（4）铜在加热条件下可与浓硫酸发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4
（浓）CuSO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4
（浓）CuSO4+SO2↑+H2O．
17．甲醇是重要的化工原料，又可做燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，主要反应如下：
①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1
②CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣58kJ/mol
③CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H3
已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O（CO中的化学键）
H﹣O
C﹣H
E/（kJ/mol）
436
343
1076
465
413
回答下列问题：
①△H3= +41 kJ/mol．
②25℃，101kPa条件下，测得16g甲醇完全燃烧释放出Q
kJ的热量，请写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式 CH3OH（l）+O2（g）=CO2+2H2O△H=﹣2QkJ/mol ．
【考点】热化学方程式．
【分析】①反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应③=反应①，反应热也进行相应的计算；
②液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，依据25℃，101kPa条件下，测得16g甲醇完全燃烧释放出Q
kJ的热量，计算32g甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量，据此书写热化学方程式．
【解答】解：①反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；
根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，
故答案为：+41；
②液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，反应方程式：CH3OH（l）+
O2（g）=CO2（g）+2H2O
（l），依据25℃，101kPa条件下，测得16g甲醇完全燃烧释放出Q
kJ的热量，则32g甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量为2QKJ，所以反应的热化学方程式：CH3OH（l）+
O2（g）=CO2+2H2O△H=﹣2QkJ/mol；
故答案为：CH3OH（l）+
O2（g）=CO2+2H2O△H=﹣2QkJ/mol．
18．25℃，将a
mol L﹣1氨水与b
mol L﹣1盐酸等体积混合后溶液呈中性，则此时溶液中c（NH4+） = c（Cl﹣）（填“＞”、“＜”或“﹦”）；用含a、b的代数式表示该温度下NH3 H2O的电离平衡常数Kb= ．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】根据电荷守恒判断；溶液中存在平衡NH3．H2O NH4++OH﹣，根据溶液的pH值计算溶液中c（OH﹣），根据氯离子浓度计算c（NH4+），利用物料守恒计算溶液中c（NH3．H2O），代入NH3 H2O的电离常数表达式计算；
【解答】解：根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），由于溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），故c（NH4+）=c（Cl﹣），故c（H+）=c（OH﹣），
溶液呈中性，溶液中c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=×bmol L﹣1=0.5bmol L﹣1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol L﹣1﹣0.5bmol L﹣1=（0.5a﹣0.5b）mol/L，NH3 H2O的电离常数Kb==，
故答案为：=；．
19．800℃时，在2L密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），在反应体系中，n（NO）随时间的变化如表所示：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n（NO）（mol）
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①图中表示NO2变化的曲线是 b ，用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v= 0.0015mol/（L s） ．
②能说明该反应已经达到平衡状态的是 bc
a．v（NO2）=2v（O2）
b．容器内压强保持不变
c．v逆（NO）=2v正（O2）
d．容器内的密度保持不变．
【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡状态的判断．
【分析】①从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；
根据△v=计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；
②化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变．
【解答】解：①从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b，
0～2s内v（NO）==0.0030mol/（L．min），同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为
0.0015mol/（L s），
故答案为：b，0.0015mol/（L s）；
②a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v（NO2）=2v（O2）为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误；
b．反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故b正确；
c．反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v逆（NO）=2v正（O2）时，一氧化氮正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故选bc，
故答案为：bc．
以下为选做题．请考生从A、B两组中选一组作答，在答题卡中做好标记，若两组都做，则按第一组评分．选做题A组选修3物质结构与性质
20．A、B、C、D四种元素的原子序数依次递增，A、B的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2，C在短周期主族元素中电负性最小，D元素被称为继铁、铝之后的第三金属，其合金多用于航天工业，被誉为“21世纪的金属”，其基态原子外围电子占据两个能级且各能级电子数相等．请回答下列问题：
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序是 Na＜O＜N （填元素符号）．
（2）D元素基态原子的核外电子排布式为 [Ar]3d24s2 ．
（3）白色晶体C3AB4中阴离子的空间立体构型是 正四面体 ，中心原子的杂化方式是 sp3
（4）中学化学常见微粒中与A2B互为等电子体的分子有 CO2或CS2 （任写一种即可）．
（5）已知D3+可形成配位数为6的配合物．现有组成皆为DCl3 6H2O的两种晶体，一种为绿色，另一种为紫色．为测定两种晶体的结构，分别取等量样品进行如下实验：①将晶体配成水溶液，②滴加足量AgNO3溶液，③过滤出AgCl沉淀并进行洗涤、干燥、称量；经实验测得产生的沉淀质量：绿色晶体是紫色晶体的．
依据测定结果可知绿色晶体的化学式为 [TiCl（H2O）5]Cl2 H2O ，该晶体中含有的化学键有 abd
a．离子键
b．极性键
c．非极性键
d．配位键．
【考点】物质的结构与性质之间的关系．
【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数依次递增，A、B元素的基态原子L电子层中末成对电子数分别为3、2，则A原子核外电子排布式为1s22s22p3，A为氮元素；B的原子序数大于氮元素，则B原子核外电子排布式为1s22s22p4，B为氧元素；短周期主族元素中C元素的电负性最小，则C为Na元素；D元素被称为继铁、铝之后的第三金属，其合金多用于航天工业，被誉为“21世纪的金属”，其基态原子外围电子占据两个能级且各能级电子数相等，则D为Ti元素，结合元素周期率以及题目要求解答该题．
【解答】解：（1）氮元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，结合金属性越强第一电离能越小，则第一电离能由小到大的顺序是Na＜O＜N，故答案为：Na＜O＜N；
（2）D为Ti元素，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，故答案为：[Ar]3d24s2；
（3）该白色晶体为Na3NO4，NO43﹣离子中N原子价层电子对数=4+=4，N原子没有孤对电子，故其为正四面体结构，N原子采取sp3杂化，
故答案为：正四面体；sp3；
（4）A2B为N2O，价电子为16，含有3个原子，则对应的等电子体为CO2
或CS2，故答案为：CO2
或CS2；
（5）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O，含有离子键、极性键、配位键，
故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O；abd．
21．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最小的是 Na （填元素符号），其中C原子的外围电子排布式为 3s23p3 ．
（2）A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 分子晶体 和 离子晶体 ．
（3）B、C均可以与D形成化合物，其中熔点较高的是 NaCl （用化学式表示）
（4）A和B可形成1：1型的化合物E，E的电子式为
（5）化合物D2A的立体构型为 V形 ，中心原子的孤电子对数为 2 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl ．
（6）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为0.566nm，F
的化学式为 Na2O ；晶胞中A
原子的配位数为 8 ；晶体F的密度= g cm﹣3（只列式，不计算）
【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用．
【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素．
（1）同主族元素从上到下电负性减小，同周期自左而右电负性增大，四种元素电负性最小的为Na元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理书写核外电子排布图；
（2）A、B的氢化物分别为H2O、NaH，前者为分子晶体、后者为离子晶体；
（3）B、C均可以与D形成化合物，分别为NaCl、PCl3或PCl5；
（4）A和B可形成1：1型的化合物E为Na2O2；
（5）化合物D2A为Cl2O，具有水的结构特点，单质氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，可同时生成碳酸氢钠、氯化钠；
（6）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，由晶胞结构可知B原子配位数为4，结合化学式可以计算A原子配位数，计算质量和体积，可计算密度．
【解答】解：（1）同主族元素从上到下电负性减小，同周期自左而右电负性增大，四种元素电负性最小的为Na元素Na，C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理，外围电子排布式为：3s23p3，故答案为：Na；3s23p3；
（2）A的氢化物为H2O，属于分子晶体，B的氢化物为NaH，属于离子晶体，
故答案为：分子晶体；
离子晶体；
（3）B、C均可以与D形成化合物，分别为NaCl、PCl3或PCl5，NaCl为离子化合物，熔点较高，PCl3或PCl5为分子晶体，熔点较低，故答案为：NaCl；
（4）A和B可形成1：1型的化合物E为Na2O2，电子式为，故答案为：；
（5）化合物D2A为Cl2O，具有水的结构特点，O形成2个δ键，含有2个孤电子对，为V形，单质氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，可同时生成碳酸氢钠、氯化钠，反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，
故答案为：V形；2；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（6）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，
晶胞的质量为，
晶胞的体积为（0.566×10﹣7）cm3，
则晶体F的密度为．
故答案为：Na2O；8；．
选做题B组选修5有机化学基础
22．煤的“气化”是使煤变成洁净能源的有效途径之一，其主要反应为：C+H2OCO+H2，甲酸苯异丙酯（F）是生产香料和药物的重要原料．图是用煤为原料合成甲酸苯异丙酯的路线图（部分反应条件和生成物已略去），其中D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应．
根据上述转化关系回答下列问题：
（1）写出B、D的结构简式：B： HCHO
D：
（2）D→E的反应类型为： 加成反应 ．
（3）B与新制Cu（OH）2悬浊液反应也能生成C，写出其化学方程式 HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O ．
（4）写出C与E反应生成F的化学方程式： ．
（5）F有多种同分异构体，写出满足下列条件的两种同分异构体的结构简式 、 ．
①属于酯类，且能发生银镜反应
②苯环上的一氯代物只有两种
③分子中只有两个甲基．
【考点】有机物的推断．
【分析】D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应，说明含有醛基，D和氢气发生加成反应生成醇E，根据甲酸苯丙酯（F）的结构简式及E的官能团知，C是甲酸，其结构简式为HCOOH，E的结构简式为．C是甲酸，逆推可得，B是甲醛，A是甲醇．D和氢气发生加成反应生成E，所以D的结构简式为：，以此解答该题．
【解答】解：D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应，说明含有醛基，D和氢气发生加成反应生成醇E，根据甲酸苯丙酯（F）的结构简式及E的官能团知，C是甲酸，其结构简式为HCOOH，E的结构简式为．C是甲酸，逆推可得，B是甲醛，A是甲醇．D和氢气发生加成反应生成E，所以D的结构简式为：，
（1）由以上分析可知B为甲醛，结构简式为HCHO，D为，故答案为：HCHO；；
（2）D为，含有醛基，与氢气发生加成反应生成E，故答案为：加成反应；
（3）B为甲醛，含有醛基，可在加热条件下与氢氧化铜浊液发生氧化反应，方程式为HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O，
故答案为：HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O；
（4）C为HCOOH，E为，二者可在浓硫酸作用下发生酯化反应，反应的方程式为，
故答案为：；
（5）F对应的同分异构体中①属于酯类，且能发生银镜反应，则应含有﹣OOCH结构，即为甲酸酯，②苯环上的一氯取代物只有两种结构，说明苯环结构对称，可能含有两个对位基团或三个基团，③分子结构中只有两个甲基．则对应的结构可能为：、、、，
故答案为：；等．
23．有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其合成路线如下：
其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去
已知G为：
请回答下列问题：
（1）G的分子式 C6H10O3 ；D中官能团的名称是 酯基、醛基、羟基 ．
（2）第②步反应的化学方程式为 ．
（3）第③步反应的化学方程式为 ．
（4）写出F的结构简式 OHCH2
C（CH3）2CHOHCOOH ．
（5）第①～⑥步反应中属于加成反应的有 ①④ ；属于取代反应的有 ②⑤ ．（填步骤编号）
（6）同时满足下列条件的E的同分异构体有 3 种．
①只含一种官能团；
②链状结构且无﹣O﹣O﹣；
③核磁共振氢谱只有2组峰．
【考点】有机物的推断．
【分析】异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃A，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成异丁醛，则B是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A是2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，异丁醛和C反应生成D，D水解生成乙醇和E，根据题给信息知，E和氢气发生加成反应生成F，F加热分解生成水和G，根据G的结构简式知，F的结构简式为：OHCH2
C（CH3）2CHOHCOOH，E的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，结合物质的性质以及题目要求可解答该题．
【解答】解：异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃A，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成异丁醛，则B是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A是2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，异丁醛和C反应生成D，D水解生成乙醇和E，根据题给信息知，E和氢气发生加成反应生成F，F加热分解生成水和G，根据G的结构简式知，F的结构简式为：HOCH2
C（CH3）2CHOHCOOH，E的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，
（1）根据G的结构简式知，G的分子式为C6H10O3，D为OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，含有的官能团是酯基、醛基、羟基，
故答案为：C6H10O3；酯基、醛基、羟基；
（2）第②步为溴代烃的水解反应，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）第③步为醇的催化氧化反应，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（4）由以上分析可知F为OHCH2
C（CH3）2CHOHCOOH，故答案为：OHCH2
C（CH3）2CHOHCOOH；
（5）①是加成反应，②是取代反应，③是氧化反应，④加成反应，⑤取代反应，⑥加成反应，所以属于加成反应的有①④，属于取代反应的有②⑤，
故答案为：①④；②⑤；
（6）同时满足条件的E的同分异构体有：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3
，共3种，
故答案为：3．
2016年12月21日
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题目要求）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物
B．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
C．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、乙醇溶液均可用于消毒杀菌，且原理相同
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关
2．下列物质分类正确的是（ ）
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
3．用NA表示阿状加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．78g
Na2O2与足量水反应中电子转移了0.2NA
B．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
C．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有（不含立体异构）4种
D．1L
0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
4．下列推断正确的是（ ）
A．SiO2、NO2都能与NaOH溶液反应，都是酸性氧化物
B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同
C．为增大氯水中c（HClO），应采取的措施是加入CaCO3固体
D．铁、铝容器常温下可盛放浓硫酸，是因为常温下铁、铝与浓硫酸不反应
5．下列离子方程式不正确的是（ ）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加Ba（OH）2溶液恰好至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
B．等物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合：2Fe2++2I﹣+2Br2═2Fe3++I2+4Br﹣
C．用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
D．硫氢化钠水解：HS﹣+H2O H2S+OH﹣
6．改变反应物用量，下列反应能用同一个反应方程式表示的是（ ）
①NaAlO2溶液与CO2反应；
②Si与烧碱溶液反应；
③H2S与NaOH溶液反应；
④Fe与稀硝酸反应；
⑤S在O2中燃烧；
⑥NH3与O2的反应．
A．②⑤⑥
B．①②③⑤
C．①③④⑥
D．①③④⑤⑥
7．下列说法正确的是（ ）
A．将15.6
g
Na2O2和5.4
g
Al同时放入一定量的水中可以产生标况下气体6.72
L
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体能使品红溶液褪色，则该溶液可能既含有SO32﹣又含有CO32﹣
C．大多数碳的化合物都是共价化合物，其原因是碳元素有三种同位素
D．石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯
8．常温下，在pH值为4的FeCl3溶液、pH值为10的Na2CO3溶液和pH值为2的盐酸溶液中，水的电离度分别为α1、α2和α3，则它们的关系为（ ）
A．α1=α2＞α3
B．α1＜α2＜α3
C．α1＞α2＞α3
D．无法判断
9．在500℃时，把0.3mol
SO2和0.2mol
O2充入一个体积为10L并盛有V2O5（催化剂）的真空密闭容器中，保持温度不变，经2min后，容器内的压强不再变化，此时容器内压强减小20%．下列说法正确的是（ ）
A．该温度下此反应的平衡常数K=400
B．其他条件不变，再充入0.3mol
SO2和0.2mol
O2平衡时，SO2的体积分数增大
C．平衡时，SO2的转化率为95%
D．前2min
SO2的平均反应速率0.02mol/（L s）
10．将铂电极置于KOH溶液中，然后分别向两极通入CH4和O2，即可产生电流，下列叙述正确的是（ ）
A．通入CH4的电极为正极
B．正极的电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O
C．通入CH4的一极的电极反应式为CH4+2O2+4e﹣═CO2+2H2O
D．负极的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O
11．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硝酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）
B
浓硫酸
无水乙醇
溴水
有乙烯生成
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀
D
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：稀硫酸＞碳酸＞硅酸
A．A
B．B
C．C
D．D
12．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/（mol L﹣1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c（KOH）
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1
mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
13．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到2mol乙酸和1mol醇，该醇的分子式为（ ）
A．C14H18O5
B．C14H22O3
C．C14H22O5
D．C14H10O5
14．下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A．乙酸乙酯
B．戊醇
C．戊烷
D．戊烯
二、非选择题：本题共5小题，共58分，分为必做题和选做题．其中15-17为必做题；18-19为选做题，请考生根据要求作答．
15．X、Y、Z、W、H为原子序数依次增大的五种短周期元素，它们满足以下条件：元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；H的单质常温下为黄绿色气体．请填空：
（1）Z、W、H简单阴离子的半径由大到小的顺序是 （用离子符号表示）．
（2）H的单质通入W的氢化物的水溶液中，可观察到有淡黄色沉淀生成，该现象说明H与W单质的氧化性强弱顺序为 （用化学式表示）．
（3）写出实验室制取H的单质的化学反应方程式 ．
（4）X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1．其水溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为 ．
16．现有A、B、C、D、E五种中学教材中常见的金属单质，其单质和最高价氧化物对应的水化物的有关信息如表所示：
单质
A
B
C
D
E
最高价氧化物对应水化物的稳定性
难分解
能分解
能分解
能分解
能分解
单质性质
与水剧烈反应
缓慢溶于热水
溶于强碱性溶液
难溶于冷的浓硝酸
溶于浓、稀硝酸
已知A、B、C的组成元素位于同一短周期，D和E的组成元素位于同一周期，D的低价氢氧化物在空气中会发生颜色变化，E在空气中生锈呈绿色．
根据要求，回答下列问题：
（1）C元素最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是： ； （用电离方程式表示）
（2）以B、C为电极，A的氢氧化物的水溶液为电解质溶液，构成原电池．写出C极的电极反应式： ．
（3）用离子方程式表示D的单质能与D的化合物在水溶液中发生化合反应： ．
（4）E的单质在加热条件下能与浓硫酸反应，其反应的化学方程式为 ．
17．甲醇是重要的化工原料，又可做燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，主要反应如下：
①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1
②CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣58kJ/mol
③CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H3
已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O（CO中的化学键）
H﹣O
C﹣H
E/（kJ/mol）
436
343
1076
465
413
回答下列问题：
①△H3= kJ/mol．
②25℃，101kPa条件下，测得16g甲醇完全燃烧释放出Q
kJ的热量，请写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式 ．
18．25℃，将a
mol L﹣1氨水与b
mol L﹣1盐酸等体积混合后溶液呈中性，则此时溶液中c（NH4+） c（Cl﹣）（填“＞”、“＜”或“﹦”）；用含a、b的代数式表示该温度下NH3 H2O的电离平衡常数Kb= ．
19．800℃时，在2L密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），在反应体系中，n（NO）随时间的变化如表所示：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n（NO）（mol）
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①图中表示NO2变化的曲线是 ，用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v= ．
②能说明该反应已经达到平衡状态的是
a．v（NO2）=2v（O2）
b．容器内压强保持不变
c．v逆（NO）=2v正（O2）
d．容器内的密度保持不变．
以下为选做题．请考生从A、B两组中选一组作答，在答题卡中做好标记，若两组都做，则按第一组评分．选做题A组选修3物质结构与性质
20．A、B、C、D四种元素的原子序数依次递增，A、B的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2，C在短周期主族元素中电负性最小，D元素被称为继铁、铝之后的第三金属，其合金多用于航天工业，被誉为“21世纪的金属”，其基态原子外围电子占据两个能级且各能级电子数相等．请回答下列问题：
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序是 （填元素符号）．
（2）D元素基态原子的核外电子排布式为 ．
（3）白色晶体C3AB4中阴离子的空间立体构型是 ，中心原子的杂化方式是
（4）中学化学常见微粒中与A2B互为等电子体的分子有 （任写一种即可）．
（5）已知D3+可形成配位数为6的配合物．现有组成皆为DCl3 6H2O的两种晶体，一种为绿色，另一种为紫色．为测定两种晶体的结构，分别取等量样品进行如下实验：①将晶体配成水溶液，②滴加足量AgNO3溶液，③过滤出AgCl沉淀并进行洗涤、干燥、称量；经实验测得产生的沉淀质量：绿色晶体是紫色晶体的．
依据测定结果可知绿色晶体的化学式为 ，该晶体中含有的化学键有
a．离子键
b．极性键
c．非极性键
d．配位键．
21．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最小的是 （填元素符号），其中C原子的外围电子排布式为 ．
（2）A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 和 ．
（3）B、C均可以与D形成化合物，其中熔点较高的是 （用化学式表示）
（4）A和B可形成1：1型的化合物E，E的电子式为
（5）化合物D2A的立体构型为 ，中心原子的孤电子对数为 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 ．
（6）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为0.566nm，F
的化学式为 ；晶胞中A
原子的配位数为 ；晶体F的密度= g cm﹣3（只列式，不计算）
选做题B组选修5有机化学基础
22．煤的“气化”是使煤变成洁净能源的有效途径之一，其主要反应为：C+H2OCO+H2，甲酸苯异丙酯（F）是生产香料和药物的重要原料．图是用煤为原料合成甲酸苯异丙酯的路线图（部分反应条件和生成物已略去），其中D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应．
根据上述转化关系回答下列问题：
（1）写出B、D的结构简式：B：
D：
（2）D→E的反应类型为： ．
（3）B与新制Cu（OH）2悬浊液反应也能生成C，写出其化学方程式 ．
（4）写出C与E反应生成F的化学方程式： ．
（5）F有多种同分异构体，写出满足下列条件的两种同分异构体的结构简式 、 ．
①属于酯类，且能发生银镜反应
②苯环上的一氯代物只有两种
③分子中只有两个甲基．
23．有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其合成路线如下：
其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去
已知G为：
请回答下列问题：
（1）G的分子式 ；D中官能团的名称是 ．
（2）第②步反应的化学方程式为 ．
（3）第③步反应的化学方程式为 ．
（4）写出F的结构简式 ．
（5）第①～⑥步反应中属于加成反应的有 ；属于取代反应的有 ．（填步骤编号）
（6）同时满足下列条件的E的同分异构体有 种．
①只含一种官能团；
②链状结构且无﹣O﹣O﹣；
③核磁共振氢谱只有2组峰．
2015-2016学年河南省许昌市三校高二（下）第四次联考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题目要求）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物
B．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
C．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、乙醇溶液均可用于消毒杀菌，且原理相同
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．烟花利用金属元素的焰色反应，焰色反应是金属元素的性质；
B．食品干燥剂应具有性质，无毒有吸水性；
C．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液利用了强氧化性消毒杀菌，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性；
D．PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它是造成雾霾天气的“元凶”之一．
【解答】解：A．烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素，焰色反应是金属元素的物理性质，不是化合物的性质，故A正确；
B．植物纤维具有吸水性且无毒，所以可用作食品干燥剂，故B正确；
C．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液利用了强氧化性消毒杀菌，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故C错误；
D．PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，会造成空气污染，与肺癌等疾病的发生相关，应加强监测和治理，故D正确；
故选：C．
2．下列物质分类正确的是（ ）
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．
【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，
分散质微粒直径在1nm﹣100nm形成的分散系为胶体，
电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，
不同物质组成的为混合物．
【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；
B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；
C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；
D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；
故选D．
3．用NA表示阿状加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．78g
Na2O2与足量水反应中电子转移了0.2NA
B．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
C．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有（不含立体异构）4种
D．1L
0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，根据过氧化钠与水反应生成氧气的物质的量计算出转移的电子数；
B．每个丙醇分子中含有11个共价键；
C．分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数；
D.1L
0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中存在物料守恒，碳元素所有存在形式总和为0.1mol．
【解答】解：A.78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠与足量水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，电子转移了NA，故A错误；
B．n（CH3CH2CH2OH）==1mol，每个丙醇分子中含有11个共价键，则60g丙醇中存在的共价键的物质的量为11mol，总数为11NA，故B错误；
C．分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，﹣C4H9异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故C正确；
D.1L
0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中碳酸氢钠物质的量=1L×0.1mol/L=0.1mol，溶液中H2CO3、HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA，故D错误；
故选C．
4．下列推断正确的是（ ）
A．SiO2、NO2都能与NaOH溶液反应，都是酸性氧化物
B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同
C．为增大氯水中c（HClO），应采取的措施是加入CaCO3固体
D．铁、铝容器常温下可盛放浓硫酸，是因为常温下铁、铝与浓硫酸不反应
【考点】硅和二氧化硅；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物；铁的化学性质．
【分析】A．酸性氧化物与碱反应只生成盐和水，酸性氧化物和水反应只生成对应酸；
B．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气；
C．溶液中存在平衡：Cl2+H2O H++Cl﹣+HClO，增大氯水中的HClO浓度，应改变条件是平衡向正反应方向移动，但不能加水稀释、不能加入与HClO反应的物质，据此分析解答；
D．常温下浓硫酸的钝化是强氧化性的表现．
【解答】解：A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，不符合酸性氧化物概念，不是酸性氧化物，故A错误；
B．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，产物不同，故B错误；
C．溶液中存在平衡：Cl2+H2O H++Cl﹣+HClO，加入CaCO3固体，与氢离子反应，导致溶液中氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液中HClO浓度增大，故C正确；
D．常温下浓硫酸与铝发生钝化反应生成氧化物薄膜阻止反应进行，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸，钝化反应属于化学反应，故D错误；
故选：C．
5．下列离子方程式不正确的是（ ）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加Ba（OH）2溶液恰好至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
B．等物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合：2Fe2++2I﹣+2Br2═2Fe3++I2+4Br﹣
C．用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
D．硫氢化钠水解：HS﹣+H2O H2S+OH﹣
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．滴加Ba（OH）2溶液恰好至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水；
B．等物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合，由电子守恒及还原性强弱可知，只有碘离子被氧化；
C．电解生成Cu、氧气和硫酸；
D．水解为可逆反应，生成氢硫酸和氢氧根离子．
【解答】解：A．向硫酸氢钠溶液中滴加Ba（OH）2溶液恰好至中性的离子反应为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B．等物质的量浓度的FeI2溶液与溴水等体积混合的离子反应为2I﹣+Br2═I2+2Br﹣，故B错误；
C．用惰性电极电解CuSO4溶液的离子反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故C正确；
D．硫氢化钠水解离子反应为HS﹣+H2O H2S+OH﹣，故D正确；
故选B．
6．改变反应物用量，下列反应能用同一个反应方程式表示的是（ ）
①NaAlO2溶液与CO2反应；
②Si与烧碱溶液反应；
③H2S与NaOH溶液反应；
④Fe与稀硝酸反应；
⑤S在O2中燃烧；
⑥NH3与O2的反应．
A．②⑤⑥
B．①②③⑤
C．①③④⑥
D．①③④⑤⑥
【考点】镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；硅和二氧化硅；铁的化学性质．
【分析】若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则就能用同一个反应方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个反应方程式表示，以此来解答．
【解答】解：①CO2少量时，发生反应：2NaAlO2+CO2+3H2O═Na2CO3+2Al（OH）3↓；CO2过量时发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓，所以不能用同一方程式表示，故不选；
②Si与烧碱溶液反应生成硅酸钠和氢气，与反应物用量无关，反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，可以用同一方程式表示，故选；
③NaOH少量时，发生反应：H2S+NaOH═NaHS+H2O，NaOH过量时发生反应：H2S+2NaOH═Na2S+2H2O，所以不能用同一方程式表示，故不选；
④Fe与稀硝酸反应，Fe不足生成Fe3+，离子方程式为：4H++NO3﹣+Fe═Fe3++NO↑+2H2O；Fe过量生成Fe2+，离子方程式为：8H++2NO3﹣+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O，所以不能用同一个离子方程式来表示，故不选；
⑤S在O2中燃烧，不论氧气过量还是少量都生成二氧化硫，故能用同一个化学方程式来表示，故选；
⑥氨气在纯氧气中燃烧生成氮气和水，氨气和空气中氧气在催化剂的作用下生成一氧化氮和水，与量无关，故选；
故选：A．
7．下列说法正确的是（ ）
A．将15.6
g
Na2O2和5.4
g
Al同时放入一定量的水中可以产生标况下气体6.72
L
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体能使品红溶液褪色，则该溶液可能既含有SO32﹣又含有CO32﹣
C．大多数碳的化合物都是共价化合物，其原因是碳元素有三种同位素
D．石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯
【考点】钠的重要化合物；同位素及其应用；化石燃料与基本化工原料；常见阴离子的检验．
【分析】A.15.6gNa2O2的物质的量为：
=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：
=0.2mol，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明气体可能为CO2、SO2，该气体能使品红溶液褪色证明一定含SO2；
C．碳原子最外层有四个电子得到和失去电子能力相近，主要形成的化合物为共价化合物；
D．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物．
【解答】解：A.15.6gNa2O2的物质的量为：
=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：
=0.2mol，
2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑
0.2mol
0.4mol
2.24L
2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑
0.2mol
0.2mol
0.2mol
6.72L
反应中得到气体的总体积为：2.24L+6.72L=8.96L，故A错误；
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明气体可能为CO2、SO2，该气体能使品红溶液褪色证明一定含SO2，原溶液中可能既含有SO32﹣又含有CO32﹣，故B正确；
C．碳原子位于周期表中第ⅥA主族不易得到或失去电子，形成化合物时主要是以共价键形成化合物，和同位素无关，故C错误；
D．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，不含乙烯、丙烯和丁二烯，故乙烯、丙烯和丁二烯不是石油分馏的产物，故D错误．
故选B．
8．常温下，在pH值为4的FeCl3溶液、pH值为10的Na2CO3溶液和pH值为2的盐酸溶液中，水的电离度分别为α1、α2和α3，则它们的关系为（ ）
A．α1=α2＞α3
B．α1＜α2＜α3
C．α1＞α2＞α3
D．无法判断
【考点】盐类水解的应用．
【分析】电离度α=×100%，根据题中数据，分别求算出水电离的氢离子或者氢氧根浓度，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离．
【解答】解：由于水的电离度为：α（H2O）=×100%；
pH值为4的FeCl3溶液，溶液中的氢离子来自水的电离，c（H+）=10﹣4
mol/L；
pH值为10的K2CO3溶液，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，c（OH﹣）=10﹣4
mol/L；
pH值为2的盐酸溶液，水电离出氢氧根离子浓度10﹣12mol/L，
由以上数据可以得出，两溶液中水的电离程度相同，即α1=α2＞α3，故选A．
9．在500℃时，把0.3mol
SO2和0.2mol
O2充入一个体积为10L并盛有V2O5（催化剂）的真空密闭容器中，保持温度不变，经2min后，容器内的压强不再变化，此时容器内压强减小20%．下列说法正确的是（ ）
A．该温度下此反应的平衡常数K=400
B．其他条件不变，再充入0.3mol
SO2和0.2mol
O2平衡时，SO2的体积分数增大
C．平衡时，SO2的转化率为95%
D．前2min
SO2的平均反应速率0.02mol/（L s）
【考点】化学平衡的计算．
【分析】依据化学平衡三段式列式计算，设二氧化硫转化物质的量为x，则
2SO2+O2
=2SO3
起始量（mol）
0.3
0.2
0
变化量（mol）
x
0.5x
x
平衡量（mol）0.3﹣x
0.2﹣0.5x
x
气体物质的量之比和气体压强之比，以此解答该题．
【解答】解：在500℃时，把0.3mol
SO2和0.2mol
O2充入一个体积为10L并盛有V2O5（催化剂）的真空密闭容器中，保持温度不变，经2min后，容器内的压强不再变化，此时容器内压强减小20%，设二氧化硫转化物质的量为x，则
2SO2+O2
=2SO3
起始量（mol）
0.3
0.2
0
变化量（mol）
x
0.5x
x
平衡量（mol）0.3﹣x
0.2﹣0.5x
x
容器内的压强不再变化，此时容器内压强减小20%，即气体物质的量减少20%，得到（0.3+0.2）×（1﹣20%）=0.3﹣x+0.2﹣0.5x+x，
x=0.20mol，
A．该温度下此反应的平衡常数K==400，故A正确；
B．其他条件不变，再充入0.3mol
SO2和0.2mol
O2平衡时，相当于在原来基础上增大压强，平衡正向移动，则SO2的体积分数减小，故B错误；
C．平衡时，SO2的转化率为=66.7%，故C错误；
D．前2min
SO2的平均反应速率为=0.01mol/（L s），故D错误．
故选A．
10．将铂电极置于KOH溶液中，然后分别向两极通入CH4和O2，即可产生电流，下列叙述正确的是（ ）
A．通入CH4的电极为正极
B．正极的电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O
C．通入CH4的一极的电极反应式为CH4+2O2+4e﹣═CO2+2H2O
D．负极的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，失去电子发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，得电子发生还原反应，电解质溶液为碱性环境，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．
【解答】解：碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，
A、通入CH4的电极为负极，故A错误；
B、通入氧气的电极为正极，发生的电极方程式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故B错误；
C、通入CH4的电极为负极，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，故C错误；
D、甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，故D正确．
故选D．
11．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硝酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）
B
浓硫酸
无水乙醇
溴水
有乙烯生成
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀
D
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：稀硫酸＞碳酸＞硅酸
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．稀硝酸与硫化钠反应不生成硫化氢气体；
B．浓硫酸与乙醇需加热到170℃生成乙烯；
C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；
D．强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱．
【解答】解：A．稀硝酸具有强氧化性，与硫化钠反应不生成硫化氢气体，不能比较溶度积大小，故A错误；
B．浓硫酸与乙醇需加热到170℃生成乙烯，反应没有加热，不能生成乙烯，故B错误；
C．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，故C错误；
D…强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，稀硫酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，看到的现象是烧瓶中有气体生成、c中有沉淀生成，所以可以实现实验目的，故D正确．
故选D．
12．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/（mol L﹣1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c（KOH）
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1
mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．
【分析】室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，
A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；
B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；
C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；
D．根据电荷守恒确定离子浓度关系．
【解答】解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，
A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L﹣10﹣9
mol/L，故B错误；
C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，
根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1
mol/L，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；
故选B．
13．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到2mol乙酸和1mol醇，该醇的分子式为（ ）
A．C14H18O5
B．C14H22O3
C．C14H22O5
D．C14H10O5
【考点】有关有机物分子式确定的计算．
【分析】1mol该酯完全水解可得到1mol醇和2mol乙酸，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断．
【解答】解：某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol醇和2mol乙酸，说明酯中含有2个酯基，设醇为M，
则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H4O2，
由质量守恒可知M的分子式为C14H22O3，
故选B．
14．下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A．乙酸乙酯
B．戊醇
C．戊烷
D．戊烯
【考点】有机化合物的异构现象．
【分析】戊烷只存在碳链异构，戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构．
【解答】解：戊烷只存在碳链异构，同分异构体为3种，而戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构，异构类型越多，同分异构体的数目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构体的数目均大于3种，故选C．
二、非选择题：本题共5小题，共58分，分为必做题和选做题．其中15-17为必做题；18-19为选做题，请考生根据要求作答．
15．X、Y、Z、W、H为原子序数依次增大的五种短周期元素，它们满足以下条件：元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；H的单质常温下为黄绿色气体．请填空：
（1）Z、W、H简单阴离子的半径由大到小的顺序是 S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣ （用离子符号表示）．
（2）H的单质通入W的氢化物的水溶液中，可观察到有淡黄色沉淀生成，该现象说明H与W单质的氧化性强弱顺序为 Cl2＞S （用化学式表示）．
（3）写出实验室制取H的单质的化学反应方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（4）X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1．其水溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为 c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】X、Y、Z、W、H为原子序数依次增大的五种短周期元素，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：
，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x为分数，不合理；由于Y是N元素，X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1，化合物中硫原子与氧原子个数之比为1：4，为硫酸根，化合物中X原子与氮原子个数之比为4：1，且X为H，X与N形成铵根离子，结合对应单质化合物的性质解答该题．
【解答】解：X、Y、Z、W、H为原子序数依次增大的五种短周期元素，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：
，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得：x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x为分数，不合理；由于Y是N元素，X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1，化合物中硫原子与氧原子个数之比为1：4，为硫酸根，化合物中X原子与氮原子个数之比为4：1，且X为H，X与N形成铵根离子，
（1）Z、W、H分别为O、S、Cl，对应离子分别为S2﹣、Cl﹣、O2﹣，离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径大小为：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣，
故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣；
（2）H的单质为氯气，W的氢化物为硫化氢，氯气与硫化氢反应生成淡黄色S和HCl，该现象说明H与W单质的氧化性强弱为：Cl2＞S，
故答案为：Cl2＞S；
（3）H的单质为氯气，实验室用二氧化锰与浓盐酸反应加热反应制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl
（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl
（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（4）根据分析可知，该化合物为（NH4）2SO4，硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于铵根离子的水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）．
16．现有A、B、C、D、E五种中学教材中常见的金属单质，其单质和最高价氧化物对应的水化物的有关信息如表所示：
单质
A
B
C
D
E
最高价氧化物对应水化物的稳定性
难分解
能分解
能分解
能分解
能分解
单质性质
与水剧烈反应
缓慢溶于热水
溶于强碱性溶液
难溶于冷的浓硝酸
溶于浓、稀硝酸
已知A、B、C的组成元素位于同一短周期，D和E的组成元素位于同一周期，D的低价氢氧化物在空气中会发生颜色变化，E在空气中生锈呈绿色．
根据要求，回答下列问题：
（1）C元素最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是： Al（OH）3 Al3++3OH﹣ ； Al（OH）3 H++AlO2﹣+H2O （用电离方程式表示）
（2）以B、C为电极，A的氢氧化物的水溶液为电解质溶液，构成原电池．写出C极的电极反应式： Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．
（3）用离子方程式表示D的单质能与D的化合物在水溶液中发生化合反应： Fe+2Fe3+=3Fe2+ ．
（4）E的单质在加热条件下能与浓硫酸反应，其反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+H2O ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】A的氢氧化物难分解，单质可与水剧烈反应，应为Na，B能与热水缓慢反应，为Mg，C单质可与强碱溶液反应，为Al，D单质难溶于冷的浓硝酸，为Fe，E单质溶于浓、稀硝酸，常见为Cu，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题．
【解答】解：由题给信息可知A为Na、B为Mg、C为Al、D为Fe、E为Cu，
（1）C元素最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，为两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是可发生酸式电离和碱式电离：Al（OH）3 Al3++3OH﹣；Al（OH）3 H++AlO2﹣+H2O，
故答案为：Al（OH）3 Al3++3OH﹣；Al（OH）3 H++AlO2﹣+H2O；
（2）Al可与氢氧化钠溶液反应，而镁不反应，镁、铝形成原电池，电解质溶液呈碱性时，负极发生Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（3）铁可与铁离子发生氧化还原反应，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（4）铜在加热条件下可与浓硫酸发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4
（浓）CuSO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4
（浓）CuSO4+SO2↑+H2O．
17．甲醇是重要的化工原料，又可做燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，主要反应如下：
①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1
②CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣58kJ/mol
③CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H3
已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O（CO中的化学键）
H﹣O
C﹣H
E/（kJ/mol）
436
343
1076
465
413
回答下列问题：
①△H3= +41 kJ/mol．
②25℃，101kPa条件下，测得16g甲醇完全燃烧释放出Q
kJ的热量，请写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式 CH3OH（l）+O2（g）=CO2+2H2O△H=﹣2QkJ/mol ．
【考点】热化学方程式．
【分析】①反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应③=反应①，反应热也进行相应的计算；
②液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，依据25℃，101kPa条件下，测得16g甲醇完全燃烧释放出Q
kJ的热量，计算32g甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量，据此书写热化学方程式．
【解答】解：①反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；
根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，
故答案为：+41；
②液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，反应方程式：CH3OH（l）+
O2（g）=CO2（g）+2H2O
（l），依据25℃，101kPa条件下，测得16g甲醇完全燃烧释放出Q
kJ的热量，则32g甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量为2QKJ，所以反应的热化学方程式：CH3OH（l）+
O2（g）=CO2+2H2O△H=﹣2QkJ/mol；
故答案为：CH3OH（l）+
O2（g）=CO2+2H2O△H=﹣2QkJ/mol．
18．25℃，将a
mol L﹣1氨水与b
mol L﹣1盐酸等体积混合后溶液呈中性，则此时溶液中c（NH4+） = c（Cl﹣）（填“＞”、“＜”或“﹦”）；用含a、b的代数式表示该温度下NH3 H2O的电离平衡常数Kb= ．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】根据电荷守恒判断；溶液中存在平衡NH3．H2O NH4++OH﹣，根据溶液的pH值计算溶液中c（OH﹣），根据氯离子浓度计算c（NH4+），利用物料守恒计算溶液中c（NH3．H2O），代入NH3 H2O的电离常数表达式计算；
【解答】解：根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），由于溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），故c（NH4+）=c（Cl﹣），故c（H+）=c（OH﹣），
溶液呈中性，溶液中c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=×bmol L﹣1=0.5bmol L﹣1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol L﹣1﹣0.5bmol L﹣1=（0.5a﹣0.5b）mol/L，NH3 H2O的电离常数Kb==，
故答案为：=；．
19．800℃时，在2L密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），在反应体系中，n（NO）随时间的变化如表所示：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n（NO）（mol）
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①图中表示NO2变化的曲线是 b ，用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v= 0.0015mol/（L s） ．
②能说明该反应已经达到平衡状态的是 bc
a．v（NO2）=2v（O2）
b．容器内压强保持不变
c．v逆（NO）=2v正（O2）
d．容器内的密度保持不变．
【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡状态的判断．
【分析】①从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；
根据△v=计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；
②化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变．
【解答】解：①从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b，
0～2s内v（NO）==0.0030mol/（L．min），同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为
0.0015mol/（L s），
故答案为：b，0.0015mol/（L s）；
②a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v（NO2）=2v（O2）为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误；
b．反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故b正确；
c．反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v逆（NO）=2v正（O2）时，一氧化氮正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故选bc，
故答案为：bc．
以下为选做题．请考生从A、B两组中选一组作答，在答题卡中做好标记，若两组都做，则按第一组评分．选做题A组选修3物质结构与性质
20．A、B、C、D四种元素的原子序数依次递增，A、B的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2，C在短周期主族元素中电负性最小，D元素被称为继铁、铝之后的第三金属，其合金多用于航天工业，被誉为“21世纪的金属”，其基态原子外围电子占据两个能级且各能级电子数相等．请回答下列问题：
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序是 Na＜O＜N （填元素符号）．
（2）D元素基态原子的核外电子排布式为 [Ar]3d24s2 ．
（3）白色晶体C3AB4中阴离子的空间立体构型是 正四面体 ，中心原子的杂化方式是 sp3
（4）中学化学常见微粒中与A2B互为等电子体的分子有 CO2或CS2 （任写一种即可）．
（5）已知D3+可形成配位数为6的配合物．现有组成皆为DCl3 6H2O的两种晶体，一种为绿色，另一种为紫色．为测定两种晶体的结构，分别取等量样品进行如下实验：①将晶体配成水溶液，②滴加足量AgNO3溶液，③过滤出AgCl沉淀并进行洗涤、干燥、称量；经实验测得产生的沉淀质量：绿色晶体是紫色晶体的．
依据测定结果可知绿色晶体的化学式为 [TiCl（H2O）5]Cl2 H2O ，该晶体中含有的化学键有 abd
a．离子键
b．极性键
c．非极性键
d．配位键．
【考点】物质的结构与性质之间的关系．
【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数依次递增，A、B元素的基态原子L电子层中末成对电子数分别为3、2，则A原子核外电子排布式为1s22s22p3，A为氮元素；B的原子序数大于氮元素，则B原子核外电子排布式为1s22s22p4，B为氧元素；短周期主族元素中C元素的电负性最小，则C为Na元素；D元素被称为继铁、铝之后的第三金属，其合金多用于航天工业，被誉为“21世纪的金属”，其基态原子外围电子占据两个能级且各能级电子数相等，则D为Ti元素，结合元素周期率以及题目要求解答该题．
【解答】解：（1）氮元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，结合金属性越强第一电离能越小，则第一电离能由小到大的顺序是Na＜O＜N，故答案为：Na＜O＜N；
（2）D为Ti元素，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，故答案为：[Ar]3d24s2；
（3）该白色晶体为Na3NO4，NO43﹣离子中N原子价层电子对数=4+=4，N原子没有孤对电子，故其为正四面体结构，N原子采取sp3杂化，
故答案为：正四面体；sp3；
（4）A2B为N2O，价电子为16，含有3个原子，则对应的等电子体为CO2
或CS2，故答案为：CO2
或CS2；
（5）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O，含有离子键、极性键、配位键，
故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O；abd．
21．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最小的是 Na （填元素符号），其中C原子的外围电子排布式为 3s23p3 ．
（2）A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 分子晶体 和 离子晶体 ．
（3）B、C均可以与D形成化合物，其中熔点较高的是 NaCl （用化学式表示）
（4）A和B可形成1：1型的化合物E，E的电子式为
（5）化合物D2A的立体构型为 V形 ，中心原子的孤电子对数为 2 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl ．
（6）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为0.566nm，F
的化学式为 Na2O ；晶胞中A
原子的配位数为 8 ；晶体F的密度= g cm﹣3（只列式，不计算）
【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用．
【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素．
（1）同主族元素从上到下电负性减小，同周期自左而右电负性增大，四种元素电负性最小的为Na元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理书写核外电子排布图；
（2）A、B的氢化物分别为H2O、NaH，前者为分子晶体、后者为离子晶体；
（3）B、C均可以与D形成化合物，分别为NaCl、PCl3或PCl5；
（4）A和B可形成1：1型的化合物E为Na2O2；
（5）化合物D2A为Cl2O，具有水的结构特点，单质氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，可同时生成碳酸氢钠、氯化钠；
（6）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，由晶胞结构可知B原子配位数为4，结合化学式可以计算A原子配位数，计算质量和体积，可计算密度．
【解答】解：（1）同主族元素从上到下电负性减小，同周期自左而右电负性增大，四种元素电负性最小的为Na元素Na，C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理，外围电子排布式为：3s23p3，故答案为：Na；3s23p3；
（2）A的氢化物为H2O，属于分子晶体，B的氢化物为NaH，属于离子晶体，
故答案为：分子晶体；
离子晶体；
（3）B、C均可以与D形成化合物，分别为NaCl、PCl3或PCl5，NaCl为离子化合物，熔点较高，PCl3或PCl5为分子晶体，熔点较低，故答案为：NaCl；
（4）A和B可形成1：1型的化合物E为Na2O2，电子式为，故答案为：；
（5）化合物D2A为Cl2O，具有水的结构特点，O形成2个δ键，含有2个孤电子对，为V形，单质氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，可同时生成碳酸氢钠、氯化钠，反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，
故答案为：V形；2；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（6）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，
晶胞的质量为，
晶胞的体积为（0.566×10﹣7）cm3，
则晶体F的密度为．
故答案为：Na2O；8；．
选做题B组选修5有机化学基础
22．煤的“气化”是使煤变成洁净能源的有效途径之一，其主要反应为：C+H2OCO+H2，甲酸苯异丙酯（F）是生产香料和药物的重要原料．图是用煤为原料合成甲酸苯异丙酯的路线图（部分反应条件和生成物已略去），其中D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应．
根据上述转化关系回答下列问题：
（1）写出B、D的结构简式：B： HCHO
D：
（2）D→E的反应类型为： 加成反应 ．
（3）B与新制Cu（OH）2悬浊液反应也能生成C，写出其化学方程式 HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O ．
（4）写出C与E反应生成F的化学方程式： ．
（5）F有多种同分异构体，写出满足下列条件的两种同分异构体的结构简式 、 ．
①属于酯类，且能发生银镜反应
②苯环上的一氯代物只有两种
③分子中只有两个甲基．
【考点】有机物的推断．
【分析】D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应，说明含有醛基，D和氢气发生加成反应生成醇E，根据甲酸苯丙酯（F）的结构简式及E的官能团知，C是甲酸，其结构简式为HCOOH，E的结构简式为．C是甲酸，逆推可得，B是甲醛，A是甲醇．D和氢气发生加成反应生成E，所以D的结构简式为：，以此解答该题．
【解答】解：D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应，说明含有醛基，D和氢气发生加成反应生成醇E，根据甲酸苯丙酯（F）的结构简式及E的官能团知，C是甲酸，其结构简式为HCOOH，E的结构简式为．C是甲酸，逆推可得，B是甲醛，A是甲醇．D和氢气发生加成反应生成E，所以D的结构简式为：，
（1）由以上分析可知B为甲醛，结构简式为HCHO，D为，故答案为：HCHO；；
（2）D为，含有醛基，与氢气发生加成反应生成E，故答案为：加成反应；
（3）B为甲醛，含有醛基，可在加热条件下与氢氧化铜浊液发生氧化反应，方程式为HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O，
故答案为：HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O；
（4）C为HCOOH，E为，二者可在浓硫酸作用下发生酯化反应，反应的方程式为，
故答案为：；
（5）F对应的同分异构体中①属于酯类，且能发生银镜反应，则应含有﹣OOCH结构，即为甲酸酯，②苯环上的一氯取代物只有两种结构，说明苯环结构对称，可能含有两个对位基团或三个基团，③分子结构中只有两个甲基．则对应的结构可能为：、、、，
故答案为：；等．
23．有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其合成路线如下：
其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去
已知G为：
请回答下列问题：
（1）G的分子式 C6H10O3 ；D中官能团的名称是 酯基、醛基、羟基 ．
（2）第②步反应的化学方程式为 ．
（3）第③步反应的化学方程式为 ．
（4）写出F的结构简式 OHCH2
C（CH3）2CHOHCOOH ．
（5）第①～⑥步反应中属于加成反应的有 ①④ ；属于取代反应的有 ②⑤ ．（填步骤编号）
（6）同时满足下列条件的E的同分异构体有 3 种．
①只含一种官能团；
②链状结构且无﹣O﹣O﹣；
③核磁共振氢谱只有2组峰．
【考点】有机物的推断．
【分析】异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃A，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成异丁醛，则B是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A是2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，异丁醛和C反应生成D，D水解生成乙醇和E，根据题给信息知，E和氢气发生加成反应生成F，F加热分解生成水和G，根据G的结构简式知，F的结构简式为：OHCH2
C（CH3）2CHOHCOOH，E的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，结合物质的性质以及题目要求可解答该题．
【解答】解：异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃A，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成异丁醛，则B是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A是2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，异丁醛和C反应生成D，D水解生成乙醇和E，根据题给信息知，E和氢气发生加成反应生成F，F加热分解生成水和G，根据G的结构简式知，F的结构简式为：HOCH2
C（CH3）2CHOHCOOH，E的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，
（1）根据G的结构简式知，G的分子式为C6H10O3，D为OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，含有的官能团是酯基、醛基、羟基，
故答案为：C6H10O3；酯基、醛基、羟基；
（2）第②步为溴代烃的水解反应，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）第③步为醇的催化氧化反应，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（4）由以上分析可知F为OHCH2
C（CH3）2CHOHCOOH，故答案为：OHCH2
C（CH3）2CHOHCOOH；
（5）①是加成反应，②是取代反应，③是氧化反应，④加成反应，⑤取代反应，⑥加成反应，所以属于加成反应的有①④，属于取代反应的有②⑤，
故答案为：①④；②⑤；
（6）同时满足条件的E的同分异构体有：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3
，共3种，
故答案为：3．
2016年12月21日