2024年滬科版選修化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版選修化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列說法正確的是A.僅用溶液便可鑒別亞硝酸鈉和食鹽B.重結(jié)晶時，溶液冷卻速度越慢得到的晶體顆粒越大C.乙酸與乙醇的混合溶液可用分液漏斗進行分離D.用鹽酸標準溶液滴定待測的氫氧化鈉溶液時，水洗后的酸式滴定管未經(jīng)標準潤洗，則測定結(jié)果偏低2、向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐漸加入鐵粉；產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量的變化如圖所示（已知硝酸只被還原為NO氣體）。下列分析錯誤的是（）

A.OA段產(chǎn)生的是NO，AB段的反應(yīng)為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段產(chǎn)生H2B.A點溶液中的溶質(zhì)為Fe(NO3)3和H2SO4C.原混合酸中NO3-物質(zhì)的量為0.2molD.原混合酸中H2SO4的物質(zhì)的量濃度為2mol·L-13、下列有關(guān)關(guān)儀器的使用方法或?qū)嶒灢僮髡_的是A.配制一定物質(zhì)的量濃度溶液中，洗凈的容量瓶要放進烘箱中烘干，以防溶液被稀釋B.測量Zn與稀硫酸反應(yīng)速率的實驗中，應(yīng)在標準狀況下測量H2的體積，以方便計算C.酸堿滴定實驗中，用待測溶液潤洗錐形瓶，以減少實驗誤差D.中和熱的測定實驗中，要用環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌，使反應(yīng)更充分4、化合物W、X、Y、Z的分子式均為C7H8，Z的空間結(jié)構(gòu)類似于籃子。下列說法不正確的是（）

A.化合物W中所有碳原子均共面B.W、X、Y均可與酸性KMnO4溶液反應(yīng)C.1molX、1molY與足量Br2的CCl4溶液反應(yīng)，最多消耗Br2均為2molD.Z的一氯代物只有3種5、一種形狀像蝴蝶結(jié)的有機分子Bowtiediene；其形狀和結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)該分子的說法中錯誤的是。

A.生成1molC5H12至少需要4molH2B.該分子中所有碳原子在同一平面內(nèi)C.三氯代物只有一種D.與其互為同分異構(gòu)體，且只含碳碳三鍵的鏈烴有兩種6、已知氣態(tài)烴A的密度是相同狀況下氫氣密度的14倍，有機物A~E能發(fā)生下圖所示一系列變化，則下列說法錯誤的是()A.A分子中所有原子均在同一平面內(nèi)B.C4H8O2含酯基的同分異構(gòu)體有4種C.C的水溶液又稱福爾馬林，具有殺菌、防腐性能D.等物質(zhì)的量的D與足量鈉反應(yīng)生成氣體的量相等7、隨著科學(xué)技術(shù)的發(fā)展，人們可以利用很多先進的方法和手段來測定有機物的組成和結(jié)構(gòu)。下列說法正確的是（）A.通過李比希元素分析儀可以確定有機物的分子式B.對乙醇和二甲醚分別進行質(zhì)譜分析，得到的質(zhì)譜圖完全相同C.利用紅外光譜儀可以區(qū)分丁烯和環(huán)丁烷D.對有機物CH3CH(OH)CH2Br進行核磁共振分析，能得到3組峰，且峰面積之比為1：1：5評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、現(xiàn)有室溫下濃度均為0.01mol/L的幾種溶液：①鹽酸②醋酸③氨水④NaOH溶液?；卮鹣铝袉栴}：(1)②的電離方程式為________；③，④中水的電離程度較大的是______(2)室溫下，溶液①中由水電離產(chǎn)生c(H+)=______；當溫度升高到100攝氏度時，(Kw=1×10-12)溶液④的pH=______(3)將①、③等體積混合，所得溶液呈______(填酸，堿或中)性。(4)將②、④等體積混合后，若溶液呈中性，則消耗兩溶液的體積為②_____④(填“>”、“<”或“=”)(5)室溫時，若用標準溶液①滴定④，滴定過程中，需要加入_______作指示劑，滴定終點的判斷方法是_________。9、數(shù)形結(jié)合思想是化學(xué)學(xué)科的重要思維模式；請結(jié)合所學(xué)知識和以下圖像作答：

Ⅰ.向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假設(shè)各1mol)；逐滴加入HCl溶液，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量隨HCl溶液體積變化的圖像如圖：

分析圖像的變化情況；回答下列問題：

(1)OH－、COHCOAlOAl(OH)3這五種微粒與H＋反應(yīng)的先后順序依次為_______。

(2)依次寫出各階段的離子方程式：

①OA：_______。

②AB：_______

③CD：________

II.分別取等物質(zhì)的量濃度的氫氧化鈉溶液各200mL，再通入一定量的CO2，隨后分別各取20mL溶液，向其中逐滴滴入0.3mol·L－1的鹽酸，在標準狀況下產(chǎn)生CO2的體積(y軸)與所加入鹽酸的體積(x軸)的關(guān)系如圖(分A；B兩種情況)：

(3)在A情況下，溶質(zhì)是_________(填化學(xué)式)，其物質(zhì)的量之比為________。

(4)在B情況下，溶質(zhì)是_________(填化學(xué)式)

(5)原氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為________。10、寫出下列有機物的系統(tǒng)命名或結(jié)構(gòu)簡式。

（1）________________

（2）________________

（3）CH3CH(CH3)C(CH3)2(CH2)2CH3________________

（4）________________

（5）2,5-二甲基-4-乙基庚烷________________

（6）2－甲基－2－戊烯________________

（7）間三甲苯________________

（8）相對分子質(zhì)量為72且沸點最低的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式________________。11、根據(jù)葡萄糖的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)回答下列問題：

(1)發(fā)生銀鏡反應(yīng)時，1mol葡萄糖完全反應(yīng)需銀氨配離子_______mol，反應(yīng)后葡萄糖變?yōu)開______，其結(jié)構(gòu)簡式是_______。

(2)與乙酸反應(yīng)生成酯，從理論上講1mol葡萄糖完全酯化需要_______g乙酸。

(3)1mol葡萄糖完全轉(zhuǎn)化為CO2和H2O，所需氧氣的體積在標準狀況下為_______L，反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。12、如圖所示是一份體檢報告；閱讀后回答下列問題。

檢驗報告。

血脂全套。項目名稱結(jié)果參考值單位提示甘油三酯2.200~1.70↑總膽固醇5.50<5.20↑高密度脂蛋白膽固醇1.560.9~2.0低密度脂蛋白膽固醇3.610~3.40↑

空腹血糖。項目名稱結(jié)果參考值單位提示空腹血糖6.213.9~6.1↑

(1)查閱資料，了解所列檢測項目對于人體生理活動產(chǎn)生的作用___________。

(2)針對檢測結(jié)果，請對心血管系統(tǒng)疾病的潛在風(fēng)險進行評估___________。

(3)如果這是你的體檢結(jié)果，你會從飲食、運動等方面做出哪些調(diào)整___________？評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)13、用標準HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測定其濃度，選擇酚酞為指示劑。（____________）A.正確B.錯誤14、乙二酸、苯甲酸、硬脂酸、石炭酸都屬于羧酸類有機物。(_______)A.正確B.錯誤15、乙酸和乙酸乙酯可用飽和Na2CO3溶液加以區(qū)別。(____)A.正確B.錯誤16、若兩種二肽互為同分異構(gòu)體，則二者的水解產(chǎn)物一定不一致。(_______)A.正確B.錯誤17、的單體是CH2＝CH2和(___)A.正確B.錯誤評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)18、已知常見無機物的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示；C是黃綠色氣體。

(1)氣體R是_______(填化學(xué)式)。

(2)B的化學(xué)式為_______，E的化學(xué)式為_______。

(3)寫出沉淀H與鹽酸反應(yīng)生成D溶液的離子方程式：_______。

(4)寫出檢驗D溶液中陽離子的離子方程式：_______。

(5)寫出由F轉(zhuǎn)變成J的化學(xué)方程式：_______。19、A、B、C、D、E均為可溶于水的固體，組成他們的離子有。陽離子

Na＋Mg2＋Al3＋Ba2＋

陰離子

OH－Cl－CO32－SO42－HSO4－

分別取它們的水溶液進行實驗；結(jié)果如下：①A溶液與B溶液反應(yīng)生成白色沉淀，沉淀可溶于E溶液；

②A溶液與C溶液反應(yīng)生成白色沉淀；沉淀可溶于E溶液；③A溶液與D溶液反應(yīng)生成白色沉淀，沉淀可溶于鹽酸；④B溶液與適量D溶液反應(yīng)生成白色沉淀，加入過量D溶液，沉淀量減少，但不消失。

（1）據(jù)此推斷它們是（寫化學(xué)式）A____；B____；C____；D____；E____。

（2）寫出④中反應(yīng)的離子方程式：____。

（3）A溶液中各種離子濃度由大到小的順序為____。20、某強酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NHCONOSOSiO中的若干種；現(xiàn)取X溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程及產(chǎn)物如圖所示。實驗過程中有一種氣體為紅棕色。

根據(jù)以上信息；回答下列問題：

(1)由強酸性條件即可判斷X溶液中肯定不存在的離子有________________。

(2)溶液X中關(guān)于硝酸根離子的判斷，正確的是______(填編號；下同)。

a．一定含有b．一定不含有c．可能含有。

(3)氣體F的電子式為_____，化合物I中含有的化學(xué)鍵類型有_____。

(4)轉(zhuǎn)化①的離子方程式為___。轉(zhuǎn)化⑦的離子方程式為________。

(5)在溶液J中通入二氧化硫氣體，請寫出反應(yīng)的離子方程式_______。21、化合物F是一種重要的有機合成中間體；它的合成路線如圖：

（1）化合物F中含氧官能團的名稱是______和______，由A生成B的化學(xué)反應(yīng)類型是______；

（2）寫出化合物B的結(jié)構(gòu)簡式：______；

（3）寫出化合物C與乙酸反應(yīng)生成酯的化學(xué)方程式：______；

（4）某化合物是D的同分異構(gòu)體，且分子中只有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫。寫出該化合物的結(jié)構(gòu)簡式：______（任寫一種）；評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共36分)22、目前鉻被廣泛應(yīng)用于冶金；化工、鑄鐵及高精端科技等領(lǐng)域。回答下列問題：

（1）基態(tài)Cr原子價層電子的軌道表達式為_______，其核外有_______種不同能量的電子。

（2）Cr的第二電能離（ICr）和Mn的第二電離能（IMn）分別為1590.6kJ·mol-1、1509.0kJ·mol-1，ICr>IMn的原因是____________。

（3）過氧化鉻CrO5中Cr的化合價為+6，則該分子中鍵、鍵的數(shù)目之比為______。

（4）CrCl3的熔點（83℃）比CrF3的熔點（1100℃）低得多，這是因為___________。

（5）Cr的一種配合物結(jié)構(gòu)如圖所示，該配合物中碳原子的雜化方式是_______，陽離子中Cr原子的配位數(shù)為_________，ClO的立體構(gòu)型為________。

（6）氮化鉻晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，Cr處在N所圍成的________空隙中，如果N與Cr核間距離為apm，則氮化鉻的密度計算式為__________g·cm-3（NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。

23、中國科學(xué)院官方微信于2017年3月發(fā)表《灰霾專題》；提出灰霾中細顆粒物的成因，部分分析如下圖所示。

（1）根據(jù)上圖信息可以看出，下列哪種氣體污染物不是由機動車行駛造成的_______________。

a．SO2b．NOxc．VOCsd．NH3

（2）機動車大量行駛是污染源之一。汽車發(fā)動機廢氣稀燃控制系統(tǒng)主要工作原理如圖所示；寫出稀燃過程中NO發(fā)生的主要反應(yīng)的方程式_______________。

（3）科學(xué)家經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)中國霾呈中性；其主要原因如下圖所示：

請判斷A的化學(xué)式并說明判斷理由：_____________________________________________。

（4）煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝。將含有SO2和NOx的煙氣通入盛有NaClO2溶液的反應(yīng)器中；反應(yīng)一段時間后，測得溶液中離子濃度的有關(guān)數(shù)據(jù)如下（其他離子忽略不計）：

。離子。

Na+

SO42?

NO3?

H+

Cl?

濃度/（mol·L?1）

5.5×10?3

8.5×10?4

y

2.0×10?4

3.4×10?3

①SO2和NaClO2溶液反應(yīng)的離子方程式是________________________________________。

②表中y＝_______________。24、考查官能團名稱。

（1）寫出E()中任意兩種含氧官能團的名稱___________。

（2）D()具有的官能團名稱是___________。(不考慮苯環(huán))

（3）C()中所含官能團的名稱為___________。

（4）寫出化合物E()中含氧官能團的名稱___________；E中手性碳(注：連有四個不同的原子或基團的碳)的個數(shù)為___________。

（5）A()中的含氧官能團名稱為硝基、___________和___________。

（6）A()中的官能團名稱是___________。

（7）A(C3H6)是一種烯烴，化學(xué)名稱為___________，C()中官能團的名稱為___________、___________。

（8）中的官能團名稱是___________。

（9）]中含氧官能團的名稱是___________。

（10）CH2OH(CHOH)4CH2OH中含有的官能團的名稱為___________。

（11）中官能團的名稱為___________。

（12）中的官能團名稱為___________(寫兩種)。

（13）中含氧官能團的名稱為___________。25、【化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

磷元素在生產(chǎn)和生活中有廣泛的應(yīng)用。

（1）P原子價電子排布圖為__________________________。

（2）四（三苯基膦）鈀分子結(jié)構(gòu)如下圖：

P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為___________；判斷該物質(zhì)在水中溶解度并加以解釋_______________________。該物質(zhì)可用于右上圖所示物質(zhì)A的合成：物質(zhì)A中碳原子雜化軌道類型為__________________；一個A分子中手性碳原子數(shù)目為__________________。

（3）在圖示中表示出四（三苯基膦）鈀分子中配位鍵：_____________

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正六面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學(xué)式為_____________________；正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角原因為__________________；該晶體的晶胞如右圖所示，立方體的晶胞邊長為apm，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為_______g/cm3。

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測定知其中只存在一種P－Br鍵長，試用電離方程式解釋PBr5熔體能導(dǎo)電的原因___________________。評卷人得分六、推斷題(共1題，共9分)26、Ⅰ．已知：R－CH＝CH－O－R′（烴基烯基醚）R－CH2CHO+R′OH

烴基烯基醚A的相對分子質(zhì)量（Mr）為176；分子中碳氫原子數(shù)目比為3∶4。與A相關(guān)的反應(yīng)如下：

請回答下列問題：

⑴A的分子式為_________________。

⑵B的名稱是___________________；A的結(jié)構(gòu)簡式為________________________。

⑶寫出C→D反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______________________________________。

⑷寫出兩種同時符合下列條件的E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：

_________________________、________________________。

①屬于芳香醛；②苯環(huán)上有兩種不同環(huán)境的氫原子。

Ⅱ．由E轉(zhuǎn)化為對甲基苯乙炔（）的一條路線如下：

⑸寫出G的結(jié)構(gòu)簡式：____________________________________。

⑹寫出反應(yīng)所加試劑、反應(yīng)條件：反應(yīng)②____________反應(yīng)③____________

(7)寫出反應(yīng)類型：反應(yīng)①____________；反應(yīng)④_____________參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【詳解】

A項，亞硝酸銀與氯化銀均為不溶于水的化合物，但亞硝酸銀溶于HNO3，需另有HNO3才可以鑒別亞硝酸鈉和食鹽；故A錯誤；

B項；冷卻速度慢，則易析出晶體，越慢晶體析出越大，故B正確。

C項；乙醇和乙酸是互溶的，不分層，所以無法用分液法分離，故C錯誤；

D項；未潤洗酸式滴定管，相當稀釋了鹽酸，所用標準HCl體積增大，則計算出的NaOH濃度偏大，故D錯誤。

答案選B。2、B【分析】【分析】

由圖象可知，由于鐵過量，OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；最終消耗22.4gFe，溶液中溶質(zhì)為FeSO4，根據(jù)Fe元素守恒可以計算n(FeSO4)，進而計算硫酸的物質(zhì)的量濃度。

【詳解】

A．根據(jù)分析可知，OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以O(shè)A段產(chǎn)生的是NO，BC段產(chǎn)生H2，A選項正確；B．A點時，NO3-被Fe全部還原為NO，因此溶液中不再含有NO3-，B選項錯誤；C．OA段消耗11.2gFe，即0.2molFe，根據(jù)方程式Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知消耗的HNO3的物質(zhì)的量為0.2mol，因此原混合酸中NO3-物質(zhì)的量為0.2mol，C選項正確；D．最終消耗22.4gFe，即0.4molFe，最后溶液中溶質(zhì)為FeSO4，根據(jù)Fe元素守恒可得n(FeSO4)=0.4mol，則n(H2SO4)=0.4mol，原混合酸中H2SO4的物質(zhì)的量濃度為D選項正確；

【點睛】

本題以圖象為載體，考查有關(guān)金屬和酸反應(yīng)的計算題，關(guān)鍵根據(jù)圖象分析各段發(fā)生的反應(yīng)，注意與鐵的反應(yīng)中硝酸全部起氧化劑作用。3、D【分析】A．配制一定物質(zhì)的量濃度溶液中，容量瓶中有水對實驗無影響，則無需干燥，故A錯誤；B．測量Zn與稀硫酸反應(yīng)速率的實驗中，不必強調(diào)在標準狀況下測量H2的體積，只需在同一條件下進行即可，故B錯誤；C．酸堿滴定實驗中，錐形瓶不能用待測溶液潤洗，否則導(dǎo)致實驗結(jié)果偏大，故C錯誤；D．中和熱的測定實驗中，要用環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌，使反應(yīng)更充分，同時防止熱量損失，故D正確；答案為D。4、C【分析】【詳解】

A．苯分子中12個原子共平面，化合物W中-CH3上的C原子替代了苯環(huán)中的H原子；所以所有碳原子均共面，A正確；

B．W分子中苯環(huán)上連有的甲基，能被酸性KMnO4溶液氧化，X、Y分子中均含有碳碳雙鍵，均可與酸性KMnO4溶液反應(yīng)；B正確；

C．1molX與足量Br2的CCl4溶液反應(yīng)，最多消耗Br2為2mol，1molY與足量Br2的CCl4溶液反應(yīng)，最多消耗Br2為3mol；C不正確；

D．Z分子中共有3種不同的氫原子；其一氯代物只有3種，D正確；

故選C。5、B【分析】【分析】

有機物含有2個碳碳雙鍵；可發(fā)生加成；加聚和氧化反應(yīng)，結(jié)合烯烴、甲烷的結(jié)構(gòu)特點解答。

【詳解】

A.由結(jié)構(gòu)式可知分子中含有5個C、4個H原子，則分子式為C5H4，根據(jù)不飽和度的規(guī)律可知，該分子內(nèi)含4個不飽和度，因此要生成1molC5H12至少需要4molH2；A項正確；

B.分子中含有飽和碳原子；中心碳原子與頂點上的4個碳原子形成4個共價單鍵，應(yīng)是四面體構(gòu)型，則分子中四個碳原子不可能在同一平面上，B項錯誤；

C.依據(jù)等效氫思想與物質(zhì)的對稱性可以看出；該分子的三氯代物與一氯代物等效，只有一種，C項正確；

D.分子式為C5H4，只含碳碳叁鍵的鏈烴有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3這2種同分異構(gòu)體；D項正確；

答案選B。

【點睛】

本題C項的三氯代物可用換位思考法分析作答，這種方法一般用于鹵代物較多時，分析同分異構(gòu)體較復(fù)雜時，即將有機物分子中的不同原子或基團進行換位，如乙烷分子，共6個氫原子，一個氫原子被氯原子取代只有一種結(jié)構(gòu)，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，換位思考，也只有一種結(jié)構(gòu)。6、C【分析】【分析】

依題意可得氣態(tài)烴A的相對分子質(zhì)量為28；即A為乙烯，由連續(xù)催化氧化可知，B為乙醇，C為乙醛，D為乙酸，E為乙酸乙酯。

【詳解】

依題意可得氣態(tài)烴A的相對分子質(zhì)量為28；即A為乙烯，由連續(xù)催化氧化可知，B為乙醇，C為乙醛，D為乙酸，E為乙酸乙酯；

A、A為CH2=CH2；乙烯為平面結(jié)構(gòu)，乙烯分子中所有原子在同一平面內(nèi)，則A正確；

B、分子式為C4H8O2且含酯基的同分異構(gòu)體有4種，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3；所以B正確；

C；C為乙醛；其水溶液不是福爾馬林，甲醛的水溶液是福爾馬林，故C錯誤；

D；金屬鈉能與醇羥基反應(yīng)放出氫氣；Na也能與羧基反應(yīng)放出氫氣，而乙醇和乙酸中都只有一個活潑氫原子，因此等物質(zhì)的量乙醇和乙酸與足量鈉反應(yīng)生成氣體的量是相等的，故D正確；

答案為C。7、C【分析】【詳解】

A.李比希分析儀可以測定有機化合物中碳；氫元素質(zhì)量分數(shù)的方法；A項錯誤；

B.乙醇和二甲醚互為同分異構(gòu)體；高能電子轟擊下，得到的碎片不一樣，質(zhì)譜圖不同，B項錯誤；

C.紅外光譜可以測出各種化學(xué)鍵和官能團；丁烯存在碳碳雙鍵，環(huán)丁烷不存在，可以區(qū)分，C項正確；

D.有機物CH3CH(OH)CH2Br有4種等效氫；核磁共振分析有4個峰，且峰面積之比為1：1：2：3，D項錯誤；

答案選C。二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】【分析】

(1)醋酸為弱酸；應(yīng)用可逆符號連接，NaOH為強堿，對水的電離程度抑制較大；

(2)利用Kw=c(H+)?c(OH-)計算即可；

(3)生成物為強酸弱堿鹽；為酸性溶液；

(4)若二者剛好反應(yīng)完全；溶液呈堿性，實際呈中性，則酸過量；

(5)待測液呈堿性；用酚酞作指示劑。

【詳解】

(1)醋酸為弱酸，應(yīng)用可逆符號連接，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-＋H+；氨水是弱堿；NaOH為強堿，對水的電離都有抑制作用，濃度均為0.01mol/L，NaOH溶液中氫氧根離子濃度大，對水的電離程度抑制較大，故答案為④；

(2)鹽酸為強酸，溶液中完全電離，濃度為0.01mol/L，則電離出的c(H+)=0.01mol/L；濃度為0.01mol/LNaOH溶液中氫氧根離子濃度0.01mol/L，100攝氏度時，根據(jù)Kw=c(H+)?c(OH-)，則c(H+)=則pH=10；

(3)將等體積的①、③混合是鹽酸和氨水恰好完全反應(yīng)生成氯化銨溶液，銨根離子水解，離子方程式為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+；溶液顯酸性；

(4)將②醋酸；④NaOH溶液若等體積混合生成的醋酸鈉為強堿弱酸鹽；溶液顯堿性，若溶液呈中性，酸應(yīng)略微過量，則消耗兩溶液的體積②＞④；

(5)室溫時，若用標準鹽酸溶液滴定NaOH溶液，待測液呈堿性，用酚酞作指示劑；滴定終點的判斷方法是：加入最后一滴鹽酸標準液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明反應(yīng)達到終點?！窘馕觥竣?CH3COOH?CH3COO-＋H+②.④③.1.0×10-12mol/L④.10⑤.酸性⑥.＞⑦.酚酞⑧.溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明反應(yīng)達到終點9、略

【分析】【分析】

向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假設(shè)各1mol)，逐滴加入HCl溶液，先NaOH和鹽酸反應(yīng)，再是NaAlO2和鹽酸反應(yīng)，再是Na2CO3和鹽酸反應(yīng)生成HCO再是HCO和鹽酸反應(yīng)，再是Al(OH)3和鹽酸反應(yīng)。根據(jù)圖形分析物質(zhì)與鹽酸反應(yīng)及溶液中的溶質(zhì)；再根據(jù)守恒計算出氫氧化的濃度。

【詳解】

(1)OH－、COHCOAlOAl(OH)3這五種微粒與H＋反應(yīng)的先后順序依次為先發(fā)生酸堿中和反應(yīng)，再是產(chǎn)生沉淀的階段，再是沉淀不變的階段，再是沉淀溶解的階段，因此反應(yīng)的先后順序依次為OH－、Al(OH)3；故答案為：OH－、Al(OH)3。

(2)①OA是酸堿中和反應(yīng)，其離子方程式為OH－＋H＋=H2O；故答案為：OH－＋H＋=H2O。

②AB：生成沉淀的階段，偏鋁酸根和氫離子、水反應(yīng)生成沉淀；離子方程式為：＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓；故答案為：＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓。

③CD是氫氧化鋁沉淀溶解的階段，離子方程式為：Al(OH)3＋3H＋=Al3+＋3H2O；故答案為：Al(OH)3＋3H＋=Al3+＋3H2O。

(3)在A情況下，100mL到150mL階段是與H＋反應(yīng)生成二氧化碳氣體和水，50mL到100mL是和H＋反應(yīng)變?yōu)?到50mL是OH－與H＋反應(yīng)生成H2O，因此溶質(zhì)是NaOH、Na2CO3，根據(jù)OH－＋H＋=H2O，＋H＋=都消耗等量的鹽酸，因此其物質(zhì)的量之比為1:1；故答案為：NaOH、Na2CO3；1∶1。

(4)在B情況下，50mL到150mL是與H＋反應(yīng)生成二氧化碳氣體和水，0到50mL是和H＋反應(yīng)變?yōu)榍仪懊嫦氖躯}酸比后者消耗的鹽酸少，說明不僅是碳酸鈉，還應(yīng)該有碳酸氫鈉，其溶質(zhì)是Na2CO3、NaHCO3；故答案為：Na2CO3、NaHCO3。

(5)根據(jù)反應(yīng)后最終消耗150mL鹽酸，最終溶質(zhì)為NaCl，根據(jù)元素守恒得到n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.3mol·L?1×0.15L×10=0.45mol，原氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為

【點睛】

圖像分析是?？碱}型，主要考查根據(jù)圖像信息得出物質(zhì)之間發(fā)生的反應(yīng)、根據(jù)元素守恒進行計算?！窘馕觥縊H－、AlOCOHCOAl(OH)3OH－＋H＋=H2OAlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓Al(OH)3＋3H＋=Al3+＋3H2ONaOH、Na2CO31∶1Na2CO3、NaHCO32.25mol·L?110、略

【分析】【詳解】

烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上碳原子編號；單烯烴的命名要以碳碳雙鍵的位次最小為原則，再考慮支鏈的位次最?。凰裕海?）的主碳鏈為5，甲基分別位于，2號、3號碳上，名稱為2，2，3-三甲基戊烷；（3）CH3CH(CH3)C(CH3)2(CH2)2CH3的主碳鏈為6，甲基分別位于2號、3號碳上，名稱為2，3，3-三甲基已烷；（1）主碳鏈為7，碳碳雙鍵在2位碳上，甲基分別位于3號、5號碳上，名稱為3，5-二甲基-2庚烯；根據(jù)烷烴命名原則，可以寫出（5）2,5-二甲基-4-乙基庚烷結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH(CH3)CH2CH(CH2CH3)CH2(CH3)CH2CH3；根據(jù)烯烴的命名原則，可以寫出（6）2－甲基－2－戊烯結(jié)構(gòu)簡式為CH3C(CH3)=CHCH2CH3；根據(jù)烷烴的通式CnH2n+2可知，14n+2=72，n=5，分子式為C5H12的烴異構(gòu)體有三種，正戊烷、異戊烷、新戊烷；同分異構(gòu)體中支鏈越多，沸點越低，所以沸點最低的為新戊烷，結(jié)構(gòu)簡式為C(CH3)3；苯環(huán)上的取代基位置可以按照鄰、間、對進行命名，（4）有機物中兩個氯原子在苯環(huán)的間位（或1,3號碳上），名稱為間二氯苯（1，3-二氯苯）；根據(jù)芳香烴的命名原則，可以寫出（7）間三甲苯的結(jié)構(gòu)簡式為綜上所述；得出以下結(jié)論：

（1）的名稱：3；5-二甲基-2庚烯；正確答案：3，5-二甲基-2庚烯。

（2）的名稱：2；3，3-三甲基已烷；正確答案：2，3，3-三甲基已烷。

（3）CH3CH(CH3)C(CH3)2(CH2)2CH3的名稱：2；2，3-三甲基戊烷；正確答案：2，2，3-三甲基戊烷。

（4）的名稱：間二氯苯（1；3-二氯苯）；正確答案：間二氯苯（1，3-二氯苯）。

（5）2,5-二甲基-4-乙基庚烷的結(jié)構(gòu)簡式：CH3CH(CH3)CH2CH(CH2CH3)CH2(CH3)CH2CH3；正確答案：CH3CH(CH3)CH2CH(CH2CH3)CH2(CH3)CH2CH3。

（6）2－甲基－2－戊烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH3C(CH3)=CHCH2CH3；正確答案：CH3C(CH3)=CHCH2CH3。

（7）間三甲苯的結(jié)構(gòu)簡式：正確答案：

（8）相對分子質(zhì)量為72且沸點最低的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式C(CH3)3；正確答案：C(CH3)3?！窘馕觥竣?3，5-二甲基-2庚烯②.2，2，3-三甲基戊烷③.2，3，3-三甲基已烷④.間二氯苯（1，3-二氯苯）⑤.CH3CH(CH3)CH2CH(CH2CH3)CH2(CH3)CH2CH3⑥.CH3C(CH3)=CHCH2CH3⑦.⑧.C(CH3)311、略

【分析】(1)

根據(jù)葡萄糖的結(jié)構(gòu)CH2OH(CHOH)4CHO進行推斷，分子中含有1個醛基，發(fā)生銀鏡反應(yīng)時，1mol醛基被2mol[Ag(NH3)2]＋氧化；反應(yīng)后葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸銨。

(2)

葡萄糖分子中含有5個羥基；理論上，1mol葡萄糖完全酯化時需5mol乙酸，質(zhì)量是5mol×60g/mol＝300g。

(3)

葡萄糖完全轉(zhuǎn)化為CO2和H2O的方程式為CH2OH(CHOH)4CHO＋6O2→6CO2＋6H2O，若使1molC6H12O6完全轉(zhuǎn)化為CO2和H2O，則需要6molO2，在標準狀況下體積為6mol×22.4L/mol＝134.4L?！窘馕觥?1)2葡萄糖酸銨CH2OH(CHOH)4COONH4

(2)300

(3)134.4CH2OH(CHOH)4CHO＋6O2→6CO2＋6H2O12、略

【分析】【詳解】

（1）甘油三酯又稱為中性脂肪；是甘油分子與脂肪酸反應(yīng)所形成的脂類，為血脂的其中一種組成部分，具有為細胞代謝提供能量的功能；

總膽固醇為血液中各種脂蛋白所含膽固醇的總和；膽固醇是細胞膜的主要成分，同時也是合成腎上腺皮質(zhì)激素；性激素、膽汁酸及維生素D等生理活性物質(zhì)的重要原料；

高密度脂蛋白膽固醇測定為血脂檢查的一項重要內(nèi)容；該檢查可幫助排查冠心病；動脈粥樣硬化等疾病。高密度脂蛋白是由膽固醇、磷脂和蛋白質(zhì)等物質(zhì)組成的一種血漿脂蛋白，其主要在肝臟和小腸之中合成。具有將肝外組織內(nèi)的膽固醇運送到肝臟進行分解代謝，排出體外的作用。

低密度脂蛋白是血漿中膽固醇含量占比最高的一類脂蛋白；為蛋白質(zhì)；膽固醇和磷脂的復(fù)合體，是由極低密度脂蛋白中的TG被水解代謝后轉(zhuǎn)化而來，其主要功能是膽固醇存在于血液中的載體。血液中的低密度脂蛋白濃度過高、且未能被肝臟有效攝取，則可沉積于動脈內(nèi)壁、促使動脈壁形成動脈粥樣斑塊，為動脈粥樣硬化的致病性危險因素。

血糖是指血液中葡萄糖的含量；屬于糖代謝檢查，可用于篩查；診斷及監(jiān)測糖尿病、低血糖癥等多種糖代謝異常相關(guān)疾病，反映了機體對葡萄糖的吸收、代謝是否正常。血糖主要包括空腹血糖及餐后血糖兩個檢查指標，檢測空腹血糖時患者需要至少禁食8h以上，一般需隔夜空腹檢查血糖，餐后血糖是指從進食第一口食物后開始計算時間至2h準時抽血測定血糖值。

（2）甘油三酯；總膽固醇、低密度脂蛋白膽固醇結(jié)果都偏高；故患有心血管疾病的風(fēng)險較大；

（3）以后應(yīng)該加強體育健身鍛煉，飲食以清淡低鹽為主，加強果蔬、粗糧的攝入。【解析】(1)甘油三酯又稱為中性脂肪；是甘油分子與脂肪酸反應(yīng)所形成的脂類，為血脂的其中一種組成部分，具有為細胞代謝提供能量的功能；

總膽固醇為血液中各種脂蛋白所含膽固醇的總和；膽固醇是細胞膜的主要成分，同時也是合成腎上腺皮質(zhì)激素；性激素、膽汁酸及維生素D等生理活性物質(zhì)的重要原料；

高密度脂蛋白膽固醇測定為血脂檢查的一項重要內(nèi)容；該檢查可幫助排查冠心??；動脈粥樣硬化等疾病。高密度脂蛋白是由膽固醇、磷脂和蛋白質(zhì)等物質(zhì)組成的一種血漿脂蛋白，其主要在肝臟和小腸之中合成。具有將肝外組織內(nèi)的膽固醇運送到肝臟進行分解代謝，排出體外的作用。

低密度脂蛋白是血漿中膽固醇含量占比最高的一類脂蛋白；為蛋白質(zhì)；膽固醇和磷脂的復(fù)合體，是由極低密度脂蛋白中的TG被水解代謝后轉(zhuǎn)化而來，其主要功能是膽固醇存在于血液中的載體。血液中的低密度脂蛋白濃度過高、且未能被肝臟有效攝取，則可沉積于動脈內(nèi)壁、促使動脈壁形成動脈粥樣斑塊，為動脈粥樣硬化的致病性危險因素。

血糖是指血液中葡萄糖的含量；屬于糖代謝檢查，可用于篩查；診斷及監(jiān)測糖尿病、低血糖癥等多種糖代謝異常相關(guān)疾病，反映了機體對葡萄糖的吸收、代謝是否正常。血糖主要包括空腹血糖及餐后血糖兩個檢查指標，檢測空腹血糖時患者需要至少禁食8h以上，一般需隔夜空腹檢查血糖，餐后血糖是指從進食第一口食物后開始計算時間至2h準時抽血測定血糖值。

(2)患有心血管疾病的風(fēng)險較大。

(3)加強體育健身鍛煉，飲食以清淡低鹽為主，加強果蔬、粗糧的攝入三、判斷題(共5題，共10分)13、B【分析】【分析】

【詳解】

NaHCO3溶液的pH值8左右，而酚酞的變色范圍也是8左右，顏色變化不明顯，所以不能用酚酞做指示劑，故答案為：錯誤。14、B【分析】【詳解】

石炭酸不屬于羧酸類有機物，錯誤；15、A【分析】【分析】

【詳解】

乙酸有酸性，酸性強于碳酸，可以和碳酸鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳氣體；乙酸乙酯不和碳酸鈉溶液反應(yīng)，且不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸乙酯和碳酸鈉溶液混合會分層，所以可以用飽和碳酸鈉溶液區(qū)分乙酸和乙酸乙酯，正確。16、B【分析】【分析】

【詳解】

若兩種二肽互為同分異構(gòu)體，則二者的水解產(chǎn)物也可能是同一種氨基酸，此時二者結(jié)構(gòu)一致，故認為互為同分異構(gòu)體的兩種二肽的水解產(chǎn)物不一致的說法是錯誤的。17、B【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，該高分子化合物是加聚產(chǎn)物，根據(jù)單鍵變雙鍵，雙鍵變單鍵的原則可知，單體是CH2＝CH-CCl＝CH2，題中說法錯誤。四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)18、略

【分析】【分析】

F溶液中加入溶液和稀有白色沉淀J生成，則J為透過藍色鈷玻璃觀察，溶液的焰色呈紫色，則溶液中含有F為E為白色沉淀G遇空氣轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀H，則白色沉淀G為紅褐色沉淀H為向紅褐色沉淀H中加鹽酸轉(zhuǎn)化為D溶液，則D為C是黃綠色氣體，則C為B溶液中通入得到D溶液（溶液），則B為A為試劑M為稀鹽酸，則氣體R為

【詳解】

（1）由分析可知，氣體R是

（2）由分析可知，B的化學(xué)式為

（3）由分析可知，H為與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵和水，離子方程式為：

（4）D溶液中陽離子為Fe3+，可用KSCN溶液檢驗Fe3+，離子方程式為：

（5）KCl和AgNO3反應(yīng)生成AgCl白色沉淀，方程式為：【解析】(1)

(2)

(3)

(4)

(5)19、略

【分析】【詳解】

試題分析：陰離子CO32－只能和Na+結(jié)合為Na2CO3；OH－能和Ba2+結(jié)合為溶于水的Ba(OH)2，則SO42-和Al3+結(jié)合成的物質(zhì)為Al2(SO4)3；最后剩余Cl-和HSO4－結(jié)合的陽離子Na+、Mg2+；由題干可知A和B、C、D都生成沉淀且沉淀都溶于酸溶液，所以A為Na2CO3；E中含HSO4－，沉淀可以是Mg2+、Al3+、Ba2+的碳酸鹽沉淀；B、C、D物質(zhì)中分別含這三種陽離子，由④B溶液與適量D溶液反應(yīng)生成白色沉淀，加入過量D溶液，沉淀量減少，但不消失，說明溶解的沉淀是Al(OH)3，可推出B為Al2(SO4)3，D為Ba(OH)2，C為MgCl2，符合①②③沉淀形成的性質(zhì)；①②生成的沉淀溶解于E，說明E中不能含和硫酸根離子、鎂離子生成沉淀的離子，則E只能為：NaHSO4（或Mg(HSO4)2），（1）綜上所述，A為Na2CO3，B為Al2(SO4)3，C為MgCl2，D為Ba(OH)2，E為NaHSO4[或Mg(HSO4)2]；（2）④中反應(yīng)的離子方程式為2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋8OH-===3BaSO4↓＋2AlO2-+4H2O；（3）A為碳酸鈉，碳酸根離子水解顯堿性，第一步水解大于第二步水解，則離子濃度大小為c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)。

考點：考查無機物的推斷?！窘馕觥浚?）Na2CO3、Al2(SO4)3、MgCl2、Ba(OH)2、NaHSO4[或Mg(HSO4)2]

（2）2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋8OH-===3BaSO4↓＋2AlO2-+4H2O

（3）c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)20、略

【分析】【分析】

強酸性溶液中存在H+，溶液X中一定不含X中加入過量Ba(NO3)2溶液得到氣體A、溶液B和沉淀C，則X溶液中一定存在Fe2+、轉(zhuǎn)化①發(fā)生的反應(yīng)有3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，則氣體A為NO，沉淀C為BaSO4，由于Ba2+與不能大量共存、酸性條件下Fe2+與不能大量共存，則X溶液中一定不含Ba2+、溶液，溶液B中一定含F(xiàn)e3+、過量的Ba2+和可能含Al3+、NO與O2反應(yīng)生成的氣體D為紅棕色的NO2，NO2與H2O、O2作用得到的溶液E為HNO3溶液；溶液B中加入過量的NaOH溶液得到氣體F、沉淀G和溶液H，氣體F與HNO3溶液（溶液E）反應(yīng)得到溶液I，則氣體F為NH3，溶液I為NH4NO3溶液，溶液B中含進一步逆推X溶液中含溶液B中一定含F(xiàn)e3+，則沉淀G一定為Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3溶于過量HCl得到FeCl3，溶液J中含F(xiàn)eCl3、HCl；溶液H中通入過量CO2得到沉淀K和溶液L，則溶液H中含沉淀K為Al(OH)3，則溶液B中含有Al3+，X溶液中含Al3+；綜上，溶液X中一定含F(xiàn)e2+、Al3+、一定不含Ba2+、由于溶液X中加入過量Ba(NO3)2將Fe2+氧化成Fe3+，無法判斷原溶液X中是否含F(xiàn)e3+。(1)

強酸性溶液中存在大量H+，由于能與H+反應(yīng)，故溶液X中肯定不存在的離子是答案為：

(2)

根據(jù)分析，溶液X中一定含F(xiàn)e2+，同時溶液X呈強酸性，在酸性條件下Fe2+與發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故溶液X中一定不含有答案選b。

(3)

根據(jù)分析，氣體F為NH3，NH3的電子式為化合物I為NH4NO3，NH4NO3中含離子鍵和共價鍵；答案為：離子鍵和共價鍵。

(4)

轉(zhuǎn)化①的離子方程式為：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，轉(zhuǎn)化⑦為過量CO2與反應(yīng)生成Al(OH)3和反應(yīng)的離子方程式為＋2H2O＋CO2=＋Al(OH)3↓；答案為：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，＋2H2O＋CO2=＋Al(OH)3↓。

(5)

溶液J中含F(xiàn)eCl3、HCl，通入SO2后反應(yīng)的離子方程式為SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；答案為：SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+?！窘馕觥?1)COSiO

(2)b

(3)①.②.共價鍵和離子鍵。

(4)①.3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓②.AlO＋2H2O＋CO2=HCO＋Al(OH)3↓

(5)SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+21、略

【分析】【分析】

根據(jù)題中各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，由A到C的變化分別是：在苯酚的對位上發(fā)生加成反應(yīng)引入了一個烷烴基（丁基），然后苯環(huán)上發(fā)生與氫氣的加成，變?yōu)榄h(huán)己烷，據(jù)此可以推斷出B的結(jié)構(gòu)簡式為：然后C中醇羥基被氧化生成酮基，即得到D，E發(fā)生氧化反應(yīng)生成F，據(jù)此分析解答。

【詳解】

（1）根據(jù)F的結(jié)構(gòu)分析，化合物F中含氧官能團的名稱是醛基和羰基；根據(jù)上述分析B為則A生成B的化學(xué)反應(yīng)類型是取代反應(yīng)，故答案為：醛基；羰基；取代反應(yīng)；

（2）根據(jù)上述分析B的結(jié)構(gòu)簡式為：故答案為：

（3）C為與乙酸反應(yīng)生成酯的化學(xué)方程式為：CH3COOH++H2O，故答案為：CH3COOH++H2O；

（4）D的分子式為C10H18O，某化合物是D的同分異構(gòu)體，且分子中只有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，故此有機物滿足對稱結(jié)構(gòu)即可，可以為故答案為：【解析】醛基羰基取代反應(yīng)CH3COOH++H2O五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共36分)22、略

【分析】【分析】

過渡元素的價層電子包括最外層電子和次外層d能級；不同的能級，能量是不同；從它們的第一電離能的電子排布式角度進行分析；利用化合價代數(shù)和為0進行分析；從晶體熔沸點判斷；雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù)，從配合物結(jié)構(gòu)進行分析；根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)進行分析；

【詳解】

(1)Cr位于第四周期VIB族，價層電子排布式為3d54s1，其軌道表達式為基態(tài)Cr的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1；有7個能級，因此核外有7種不同能量的電子；

(2)Cr失去1個e－后，價電子排布式為3d5，Mn失去1個e－后，價電子排布式為3d54s1；前者3d為半充滿，不易失去電子；

(3)令－1價O原子個數(shù)為a，－2價O原子的個數(shù)為b，則有a＋2b=6，a＋b=5，解得a=4，b=1，Cr為＋6價，從而推出CrO5的結(jié)構(gòu)簡式為即鍵、鍵的數(shù)目之比為7：1；

(4)CrCl3為分子晶體，CrF3為離子晶體；一般離子晶體的熔沸點高于分子晶體；

(5)根據(jù)配合物結(jié)構(gòu)，“C=S”中C的雜化方式為sp，飽和碳的雜化方式為sp3；該配合物中，Cr與6個N原子形成6個配位鍵,即Cr的配位數(shù)為6；ClO4－中有4個σ鍵，孤電子對數(shù)為=0；價層電子對數(shù)為4，空間構(gòu)型為正四面體形；

(6)根據(jù)氮化鉻的晶胞結(jié)構(gòu)，Cr處于N所圍成正八面體空隙中；Cr位于晶胞的棱上和體心，利用均攤法，其個數(shù)為=4，N位于頂點和面心，個數(shù)為=4，化學(xué)式為CrN，晶胞的質(zhì)量為根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，晶胞的邊長為為2apm，即為2a×10－10cm，根據(jù)密度的定義，該晶胞的密度為g/cm3或g/cm3。【解析】7Cr失去1個e－后，3d軌道處于半充滿狀態(tài)，不易失去電子，Mn失去2個e－后，才處于半充滿狀態(tài)7：1CrCl3為分子晶體，CrF3是離子晶體sp、sp36正四面體形正八面體g/cm3或g/cm323、略

【分析】（1）根據(jù)示意圖可知SO2不是由機動車行駛造成的；故答案為a。

（2）稀燃過程中NO發(fā)生的主要反應(yīng)的方程式為：2NO+O2=2NO2。

（3）反應(yīng)前S元素為+4價，N元素為+4價，反應(yīng)后HONO中N元素為+3價，化合價降低；有化合價的降低，必有元素化合價升高，所以是S元素從+4升高到+6價，故A物質(zhì)為SO42-。本題也可根據(jù)質(zhì)量守恒推出A的化學(xué)式為SO42-。故答案為SO42-；因為反應(yīng)前S+4價，N+4價，反應(yīng)后HONO中N元素+3價，化合價降低；則必有元素化合價升高，是S元素從+4升高到+6價，以SO42-形式存在。

（4）①SO2具有還原性，NaClO2具有強氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為：2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+。②溶液顯電中性，陽離子所帶的正電荷數(shù)值與陰離子所帶的負電荷數(shù)值相等，故1×5.5×10?3+1×2.0×10?4=2×8.5×10?4+y×1+1×3.4×10?3，所以y=6×10?4。

點睛：本題的難點是最后一問的求解，溶液是顯電中性的，陽離子所帶的正電荷數(shù)值與陰離子所帶的負電荷數(shù)值相等，注意的是計算式中每種離子的濃度或物質(zhì)的量前必須乘以該離子所帶的電荷數(shù)值，例如SO42-所帶電荷必須是2×c（SO42-）?！窘馕觥縜2NO+O2=2NO2SO42-；因為反應(yīng)前S+4價，N+4價，反應(yīng)后HONO中N元素+3價，化合價降低；則必有元素化合價升高，是S元素從+4升高到+6價，以SO42-形式存在2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+6×10?424、略

【分析】【分析】

（1）

含氧官能團為酯基；醚鍵、酮基；

（2）

具有的官能團有氨基；羰基、鹵素原子(溴原子、氟原子)；

（3）

所含官能團有氯原子和碳碳雙鍵；

（4）

含氧官能團為酯基和羥基；E中手性碳(注：連有四個不同的原子或基團的碳)的個數(shù)為2；

（5）

含氧官能團名稱為硝基；醛基、羥基；

（6）

官能團為羥基；

（7）

A為丙烯；C中官能團為氯原子；羥基；

（8）

官能團為羧基；碳碳雙鍵；

（9）

官能團為羥基；醚鍵；

（10）

官能團為羥基；

（11）

官能團為碳碳雙鍵；酯基；

（12）

官能團為碳碳雙鍵；羰基；

（13）

含氧官能團為羧基。【解析】（1）酯基；醚鍵，酮基(任寫兩種)

（2）氨基；羰基、鹵素原子(溴原子、氟原子)

（3）碳碳雙鍵；氯原子。

（4）羥基；酯基2

（5）醛基(酚)羥基。

（6）羥基。

（7）丙烯氯原子羥基。

（8）羧基；碳碳雙鍵。

（9）羥基；醚鍵。

（10）羥基。

（11）碳碳雙鍵；酯基。

（12）碳碳雙鍵；羰基。

（13）羧基25、略

【分析】【分析】

（1）P原子價電子排布式為3s22p3；結(jié)合泡利原理；洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；

（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為sp3；四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子；而水是極性分子，結(jié)合相似相溶原理判斷；A分子中C原子均沒有孤對電子，三鍵中C原子雜化軌道數(shù)目為2，雙鍵中碳原子雜化軌道數(shù)目為3，其它碳原子雜化軌道數(shù)目為4；連接4個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子；

（3）Pd含有空軌道；P原子有1對孤對電子，提供孤對電子與Pd形成配位鍵；

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，形成的正四面體形陽離子為PCl4+，正六面體形陰離子為PCl6-；PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，PCl4+位于體心，PCl6-位于頂點，由均攤法可知晶胞中含有1個PCl6-，計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=計算晶胞密度；

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測定知其中只存在一種P-Br鍵長，則電離生成PBr4+與Br-。

【詳解】

（1）磷是15號元素，其原子核外有15個電子，P元素基態(tài)原子電子排布為1s22s22p63s23P3，P的最外層3p電子3個電子自旋方向相同，為故答案為

（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子與P原子成4個單鍵，雜化軌道數(shù)為4，為sp3雜化，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)鈀分子在水中難溶，物質(zhì)A中甲基上的C采取sp3雜化類型，C≡N為SP雜化，碳碳雙鍵為sp2雜化，連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，如圖：所以一個A分子中手性碳原子數(shù)目為3個，故答案為sp3；不易溶于水，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位鍵由含有孤電子對的原子指向含有空軌道的原子，Pd含有空軌道、P原子含有孤電子對，所以配位鍵由P原子指向Pd原子，如圖：故答案為

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發(fā)生反應(yīng)為：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+(5?3×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl5中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=5+(5?5×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對．孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力，所以PCl5中正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角，晶胞中PCl5位