2025年冀少新版選修化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀少新版選修化學上冊月考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5題，共10分)1、H3PO3是制造塑料穩(wěn)定劑的原料。常溫下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物質的量分數(shù)(δ)與溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的關系如圖所示。下列說法錯誤的是

A.H3PO3的結構簡式為B.a點水電離出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1C.當pH=4時，c(HPO)=c(H3PO3)D.b點時加入NaOH溶液的體積為50mL2、下列實驗裝置圖正確的是（）A.制備及收集乙烯B.石油分餾C.實驗室制取溴苯D.制取并收集少量乙炔3、下表為部分一氯代烷的結構簡式和沸點數(shù)據(jù)，下列對表中物質與數(shù)據(jù)的分析歸納，錯誤的是。物質代號結構簡式沸點/℃①②12.3③46.6④35.7⑤78.44⑥68.2⑦52

A.物質①②③⑤互為同系物B.一氯代烷同分異構體的沸點隨著支鏈的增多而升高C.一氯代烷的沸點隨著碳原子數(shù)的增多而升高D.物質⑤與⑦互為同分異構體4、下列反應屬于同一有機反應類型的是。

①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

②CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu

③CH3CH=CH2+H2CH3CH2CH3

④CH3CH=CH2+Cl2CH2ClCH=CH2+HClA.①②B.③④C.①③D.②④5、如圖為陽離子交換膜法電解飽和食鹽水原理示意圖。下列說法不正確的是。

A.粗鹽水中含Ca2+、Mg2+、SO42-等離子，精制時除雜試劑BaCl2溶液應在Na2CO3溶液之前加入B.標準狀況下每生成22.4LCl2，便產生2molNaOHC.從E口逸出的氣體是Cl2D.從B口加入含少量NaOH的水溶液以增強導電性評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、硫代硫酸鈉晶體（）又名大蘇打；海波；易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性溶液中穩(wěn)定，廣泛應用于日常生產生活中?；卮鹣铝袉栴}：

I.硫代硫酸鈉的結構與性質。

（1）的結構式如圖所示，其中的化合價為____。

（2）在酸性條件下性質不穩(wěn)定。取少量溶液于試管中，滴入少量6的鹽酸，發(fā)生反應的離子方程式為____。

II.硫代硫酸鈉晶體的制備。

（3）在圓底燒瓶中加入12g60mL水、4g硫黃，加熱1小時后，趁熱減壓過濾；再用乙醇洗滌晶體、干燥后得到晶體。

①寫出制備的化學方程式：____。

②用乙醇洗滌晶體的原因是________。

III.晶體含量的測定。

（4）準確稱取1.5g產品，加入20mL煮沸并冷卻后的水使其完全溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000碘的標準溶液滴定。已知：（無色）+雜質與碘水不反應。

①碘的標準溶液應盛放在____（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。

②判斷滴定終點的現(xiàn)象為____。

③第一次滴定開始和結束時，滴定管中的液面如圖所示，則第一次消耗碘的標準溶液的體積為____mL。

④重復上述操作兩次，記錄數(shù)據(jù)如下表，則產品中的含量為____%（結果保留1位小數(shù)）。滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL第二次1.5630.30第三次0.2226.317、酸性KMnO4在生產、生活、衛(wèi)生醫(yī)療中常用作消毒劑，高錳酸鉀造成的污漬可用還原性的草酸(H2C2O4)去除，F(xiàn)e(NO3)3也是重要氧化試劑；下面是對這兩種氧化劑性質的探究。

（1）取300mL0.2mol/L的KI溶液與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3，則轉移電子的物質的量的是________mol。

（2）測定KMnO4樣品的純度可用標準Na2S2O3溶液進行滴定，取0.395gKMnO4樣品溶解酸化后，用0.100mol/L標準Na2S2O3溶液進行滴定，標準Na2S2O3溶液應盛裝在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。實驗中，滴定至終點時消耗Na2S2O3溶液12.50mL，則該樣品中KMnO4的質量分數(shù)是________。(有關離子方程式為：8MnO4－+5S2O32－+14H+＝8Mn2++10SO42－+7H2O）

（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變?yōu)闇\綠色，過一會又變?yōu)樽攸S色。溶液先變?yōu)闇\綠色的離子方程式是_______________，又變?yōu)樽攸S色的離子方程式是__________。8、人們對苯的認識有一個不斷深化的過程。已知分子式為C6H6的結構有多種，其中的兩種為：Ⅰ.Ⅱ.

(1)這兩種結構的化學性質區(qū)別表現(xiàn)在：Ⅰ不能____(填字母，下同)，而Ⅱ能____。

A．被酸性KMnO4溶液氧化。

B．與溴水發(fā)生加成反應。

C．與氫氣發(fā)生加成反應。

(2)已知Ⅰ結構下，該物質能在一定條件下與液溴反應，其反應方程式為________________。

(3)今發(fā)現(xiàn)C6H6還可能有另一種如下圖所示的立體結構，該結構的四氯代物有______種。9、回答下列問題：

(1)X為D()的同分異構體，寫出滿足如下條件的X的結構簡式___________。

①含有苯環(huán)；②有三種不同化學環(huán)境的氫，個數(shù)比為6：2：1；③1mol的X與足量金屬Na反應可生2gH2。

(2)X與D(CH≡CCH2COOCH2CH3)互為同分異構體，且具有完全相同的官能團。X的核磁共振氫譜顯示三種不同化學環(huán)境的氫，其峰面積之比為3：3：2。寫出3種符合上述條件的X的結構簡式：___________。

(3)寫出化合物A()同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

譜和IR譜檢測表明：①分子中共有4種氫原子；其中苯環(huán)上的有2種；

②有碳氧雙鍵，無氮氧鍵和-CHO。10、完成下列填空：

I.下列7組物質或粒子：①淀粉和纖維素②16O和18O③氰酸銨(NH4CNO)與尿素[CO(NH2)2]④C60和金剛石⑤CH3CH2CH3和(CH3)2CHCH3⑥和⑦和

(1)互為同素異形體的是_____(填編號；下同)；

(2)互為同位素的是_____；

(3)互為同系物的是_____；

(4)互為同分異構體的是_____。

II.用系統(tǒng)命名法給下列有機物命名：

(1)________________________________________

(2)(CH3)3COH______________________________

III．根據(jù)題目要求寫出相應的化學方程式或結構簡式。

(1)對苯二甲酸與乙二醇反應生成聚酯的方程式______________________________

(2)2-甲基-2-氯丙烷水解反應方程式___________________________

(3)某高聚物的結構簡式如下：

則形成該高分子化合物的單體的結構簡式分別為_____評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)11、己烯中混有少量甲苯，先加入足量溴水，然后加入酸性高錳酸鉀溶液，若溶液褪色，則證明己烯中混有甲苯。(____)A.正確B.錯誤12、CH3CH2Cl的沸點比CH3CH3的沸點高。(___________)A.正確B.錯誤13、由于醇分子中含有醇類都易溶于水。(______)A.正確B.錯誤14、和互為同系物。(_____)A.正確B.錯誤15、在葡萄糖溶液中，存在著鏈狀和環(huán)狀結構葡萄糖之間的平衡，且以環(huán)狀結構為主。(____)A.正確B.錯誤16、已知甲醛是平面形分子，則苯甲醛的所有原子有可能在同一平面上。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結構與性質(共3題，共27分)17、完成下列填空。

(1)甲烷的結構特點。

甲烷分子中5個原子不在同一平面上，而是形成___________的空間結構，碳原子位于正四面體的___________，4個氫原子位于4個___________，分子中的4個C—H的長度和強度___________，相互之間的夾角___________，分子結構示意圖：球棍模型為空間充填模型為

(2)幾種常見的烷烴。烷烴乙烷丙烷丁烷分子式_________________________________結構式___________結構簡式_________________________________

(3)烷烴結構的特點。

①結構特點。

a．單鍵：碳原子之間都以___________結合。

b．飽和：碳原子剩余價鍵全部跟___________結合。

c．結構：每個碳原子都與其他原子形成___________結構。

②鏈狀烷烴通式：___________。

(4)寫出甲烷與氯氣發(fā)生取代反應生成一氯甲烷的化學方程式___________。18、慶祝新中國成立70周年閱兵式上；“東風-41洲際彈道導彈”“殲20”等護國重器閃耀亮相，它們都采用了大量合金材料。

回答下列問題：

(1)某些導彈的外殼是以碳纖維為增強體，金屬鈦為基體的復合材料?；鶓B(tài)鈦原子的外圍電子排布式為_____。鈦可與C、N、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的電負性由大到小的順序是_________。

(2)鈦比鋼輕，比鋁硬，鈦硬度比鋁大的原因是_____。

(3)鈦鎳合金可用于戰(zhàn)斗機的油壓系統(tǒng)，該合金溶于熱的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中陰離子的立體構型為_____，S的_____雜化軌道與O的2p軌道形成_____鍵（填“π”或“σ”）。

(4)金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體，其晶胞的俯視圖為_____（填字母序號）。

(5)氮化鈦熔點高；硬度大，其晶胞結構如圖所示。

若氮化鈦晶體中Ti原子的半徑為apm，N原子的半徑為bpm，則氮化鈦晶體中原子的空間利用率的計算式為_____（用含a、b的式子表示）。碳氮化鈦化合物在航天航空領域有廣泛的應用，其結構是用碳原子代替氮化鈦晶胞頂點的氮原子，則這種碳氮化鈦化合物的化學式為_____。19、多年來；儲氫材料；光催化劑與硼酸鹽材料的研究一直是材料領域的熱點研究方向?；卮鹣铝袉栴}：

一種Ru絡合物與g-C3N4符合光催化劑將CO2還原為HCOOH的原理如圖。

(1)Ru絡合物中第二周期元素的第一電離能由大到小的順序為___，Ru絡合物含有的片段和中都存在大π鍵，氮原子的雜化方式為___，氮原子配位能力更強的是___（填結構簡式）

(2)基態(tài)碳原子的價電子排布圖為___，HCOOH的沸點比CO2高的原因是___。

(3)2019年8月13日中國科學家合成了白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2，[B(OH)4]-中B的價層電子對數(shù)為____，[Sn(OH)6]2-中，Sn與O之間的化學鍵不可能是___。

a.π鍵b.σ鍵c.配位鍵d.極性鍵。

(4)鑭鎳合金是較好的儲氫材料。儲氫后所得晶體的化學式為LaNi5H6，晶胞結構如圖所示，X、Y、Z表示儲氫后的三種微粒，則圖中Z表示的微粒為___(填化學式)。若原子分數(shù)坐標A為（0，0，0），則B（Y）的原子分數(shù)坐標為___，已知LaNi5H6摩爾質量為499g·mol-1，晶體密度為g·cm-3，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞參數(shù)為a=___pm（用代數(shù)式表示）。

評卷人得分五、計算題(共3題，共24分)20、已知某種燃料含有碳、氫、氧三種元素。為了測定這種燃料中碳和氫兩種元素的質量比，可將氣態(tài)燃料放入足量的O2中燃燒；并使產生的氣體全部通過如圖所示裝置中，得到如表中所列的實驗結果(假設產生的氣體完全被吸收)。

實驗前實驗后(干燥劑＋U形管)的質量101.1g102.9g(石灰水＋廣口瓶)的質量312.0g314.2g

根據(jù)實驗數(shù)據(jù)完成下列問題：

(1)實驗完畢后，生成物中水的質量為________g。假設廣口瓶里生成一種正鹽，其質量為________g。

(2)生成的二氧化碳中碳元素的質量為________g。

(3)該燃料中碳元素與氫元素的質量比為________。

(4)已知這種燃料的每個分子中含有一個氧原子，則該燃料的分子式為________，結構簡式為________________。21、正常人心臟在一次搏動中泵出血液約80mL，正常人血壓(可看作心臟壓送血液的壓強)平均值為1.6×104Pa，心跳每分鐘約70次。設人類消耗體內的葡萄糖產生的熱量最高可有80%(睡眠時)用來維持心臟的跳動，葡萄糖與氧氣反應產生熱量的化學方程式為：C6H12O6(s)＋6O2(g)―→6CO2(g)＋6H2O(g)(放出熱量2804kJ)

（1）心臟工作的平均功率約為______________；

（2）由于心臟跳動每天需消耗葡萄糖的質量是____________________________；

（3）維持生命每天需消耗氧氣的體積是___________________。22、已知Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，若向50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol·L-1的鹽酸（不考慮混合后溶液體積的變化）。

計算：

（1）混合溶液的pH。

（2）混合后溶液中的Ag+濃度。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共30分)23、硼酸()是一種重要的化工原料，廣泛應用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工業(yè)。一種以硼鎂礦(含及少量)為原料生產硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如下：

在“沉鎂”中生成沉淀的離子方程式為_______，母液經加熱后可返回_______工序循環(huán)使用，由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是_______。24、二氧化錳是制造鋅錳干電池的基本材料，工業(yè)上以軟錳礦、菱錳礦為原料來制備。某軟錳礦主要成分為MnO2；還含有Si(16.27%)；Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物，其處理流程圖如下：

（1）硫酸亞鐵在酸性條件下將MnO2還原為MnSO4，酸浸時發(fā)生的主要反應的化學方程式為_________________________。

（2）“氨水、攪拌”，其中“攪拌”不僅能加快反應速率，還能__________________；濾渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需調節(jié)pH至少達到____________，恰好能使Fe3+、Al3+沉淀完全?；衔顰l(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-3410-1610-38

（3）濾渣B的成分是_____________________.

（4）堿性鋅錳電池中，MnO2參與的電極反應方程式為____________________.

（5）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O為體系的電解液中電解獲得，其陽極電極反應式為________________________________________________.

（6）工業(yè)上采用間接氧化還原滴定法測定MnO2純度，其操作過程如下：準確稱量0.9200g該樣品，與足量酸性KI溶液充分反應后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好與25.00mL0.0800mol·L-1Na2S2O3溶液反應（I2+2S2O32-====2I—+S4O62—）。計算可得該樣品純度為_____________.25、某化學興趣小組對一種廢舊合金(含有Cu；Fe、Si等元素)進行分離、回收再利用；所設計工藝流程如圖。

已知：298K時，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13

回答下列問題：

（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為__，固體B為__(填化學式)。

（2）加入過量FeCl3溶液過程中與較不活潑的金屬反應的離子方程式__。

（3）調節(jié)pH至2.9～3.2的目的是分離__(填離子符號)

（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液發(fā)生反應的離子方程式為__。

②若用amol/LKMnO4溶液處理溶液b，當恰好反應時消耗KMnO4溶液VmL，所得紅棕色固體C的物質的量為__(用含a；V的代數(shù)式表示)

（5）用惰性電極電解時陽極產生標準狀況下的氣體6.72L，陰極得到的電子數(shù)為0.8NA，則生成氧氣的物質的量為__mol。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

A．圖像中只含有3種含磷微粒，因此H3PO3為二元酸有兩個羥基氧，結構A項正確；

B．隨著c(OH-)逐漸增大，pOH減小，根據(jù)H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O知，c(H3PO3)逐漸減小，c()先增大后減小，c()逐漸增大，故曲線I、II、II分別表示H3PO3的變化曲線，a點溶質為Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH為6.6，顯酸性，H2PO3-電離出H+，該溶液對水的電離起抑制作用，C水(OH-)=C溶液(OH-)=1×10-7.4mol·L-1；B項正確；

C．b點時，c(H3PO3)=c()此時Ka1=c(H+)=10-1.4，a點時，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-6.6，Ka1·Ka2=10-8，當c(H+)=10-4時，c()=c(H3PO3)；C項正確；

D．當加入NaOH溶液的體積為50mL，反應生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物質的量相同，但需要考慮H3PO3的電離和的電離，此時c(H3PO3)≠c()；D項錯誤；

故選D。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．乙烯的摩爾質量為28g/mol；空氣的平均相對分子質量為29，所以不能用向上排空氣法收集，乙烯難溶于水，用排水法收集，A錯誤；

B．該裝置為石油分餾裝置；溫度計是用來測餾分的溫度，所以溫度計水銀球應該在支管口附近；為充分冷凝，應從下端進水，上端出水，B錯誤；

C.通過滴加液溴的方法控制反應進行的快慢；利用四氯化碳來除去揮發(fā)的溴蒸氣，燒杯用來吸收溴化氫，倒扣的漏斗防止倒吸，C正確；

D.用飽和食鹽水減緩反應速率；收集氣體時試管口不能塞住，且收集乙炔一般使用排水法，D錯誤。

答案選C。

【點睛】

本題考查實驗室制備物質的裝置圖分析判斷、原理應用，掌握基礎和注意問題是關鍵，注意接近于空氣相對分子質量的氣體，即使和空氣不反應，也不能用排空氣集氣法收集。3、B【分析】【詳解】

A．物質①②③⑤都屬于飽和烷烴的一氯代物，結構相似，且分子組成上相差一個或若干個原子團；故互為同系物，故A正確；

B．由⑥⑦的數(shù)據(jù)可知；支鏈越多，一氯代烷的沸點越低，故B錯誤；

C．由表中數(shù)據(jù)可知；隨著碳原子數(shù)的增多，一氯代烷的沸點升高，故C正確；

D．物質⑤與⑦的分子式相同；結構不同，互為同分異構體，故D正確；

答案選B。4、A【分析】【分析】

【詳解】

①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O為乙醇的催化氧化反應；屬于氧化反應；

②CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu為乙醇的氧化反應；

③CH3CH=CH2+H2CH3CH2CH3為乙烯與氫氣的加成反應；

④CH3CH=CH2+Cl2CH2ClCH=CH2+HCl為丙烯與氯氣的取代反應；

屬于同一反應類型的為①②，均為氧化反應，故答案為A。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A.精制時除雜試劑BaCl2溶液過量，需使用Na2CO3溶液處理，所以應放在Na2CO3溶液之前加入；A正確；

B.由反應2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑知，標準狀況下每生成1molCl2；便產生2molNaOH，B正確；

C.從Na+遷移的方向看，右邊電極為陰極，水電離產生的H+得電子，所以從E口逸出的氣體是H2；C錯誤；

D.電解池右區(qū)獲得純凈的NaOH溶液；為增強初始溶液的導電性，從B口加入含少量NaOH的水溶液，D正確。

故選C。二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)的結構式可知硫硫鍵是非極性鍵，硫氧之間氧電負性更強，氧顯-2價，顯-2價，的化合價為+4價。

（2）由已知信息在中性或堿性溶液中穩(wěn)定，在酸性溶液中發(fā)生自身歧化反應，離子方程式為

（3）①制備的化學方程式為②由已知信息可知，用乙醇洗滌晶體的原因是易溶于水，難溶于乙醇，減小的溶解損失。

（4）①碘有強氧化性，應盛放在酸式滴定管中。②淀粉遇碘變藍，判斷滴定終點的現(xiàn)象為當?shù)稳胱詈笠坏蔚獾臉藴嗜芤簳r，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色。③由圖可知，第一次滴定開始讀數(shù)為0.00mL，結束讀數(shù)為26.10mL，則第一次消耗碘的標準溶液的體積為26.10mL。④碘的標準溶液的體積第一次測量數(shù)據(jù)為26.10mL，第二次測量數(shù)據(jù)為28.74mL，第三次測量數(shù)據(jù)為26.09mL，第二次測量數(shù)據(jù)與其他兩次相差2mL以上，應舍去，第一次和第三次數(shù)據(jù)的平均值為26.10mL。根據(jù)反應可知2根據(jù)關系式法，列式100【解析】+4易溶于水，難溶于乙醇，減小的溶解損失酸式當?shù)稳胱詈笠坏蔚獾臉藴嗜芤簳r，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色26.1086.37、略

【分析】【分析】

(1)n(KI)=0.06mol，與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3，則n(I2)=n(KIO3)=0.02mol；結合化合價的變化計算轉移的電子的數(shù)目；

(2)Na2S2O3溶液水解顯堿性；根據(jù)方程式中8MnO45S2O32-，計算消耗的高錳酸鉀的物質的量，再計算樣品中KMnO4的質量分數(shù)；

(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變?yōu)闇\綠色，原因是Fe3+與SO32-發(fā)生氧化還原反應生成Fe2+和SO42-，反應后溶液呈酸性，則在酸性條件下NO3-與Fe2+反應生成Fe3+；過一會又變?yōu)樽攸S色。

【詳解】

(1)300mL0.2mol/L的KI溶液中：n(KI)=0.2mol/L×0.3L=0.06mol，與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3，則n(I2)=n(KIO3)=0.02mol；失電子的物質的量為：2×0.02mol+0.02mol×[5-(-1)]=0.16mol，即轉移電子的物質的量為0.16mol，故答案為0.16；

(2)Na2S2O3溶液水解顯堿性，標準Na2S2O3溶液應盛裝在堿式滴定管中；測定KMnO4樣品的純度可用標準Na2S2O3溶液進行滴定，取0.395gKMnO4樣品溶解酸化后，用0.100mol/L標準Na2S2O3溶液進行滴定，滴定至終點時，溶液紫紅色褪去且30秒內顏色不再變化；根據(jù)方程式中8MnO45S2O32-得n(KMnO4)=×8=0.002mol，m(KMnO4)=158g/mol×0.002mol=0.316g，質量分數(shù)=×100%=80%；故答案為堿式；80%；

(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變?yōu)闇\綠色，原因是Fe3+與SO32-發(fā)生氧化還原反應生成Fe2+和SO42-，反應的離子方程式為2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，反應后溶液呈酸性，則在酸性條件下NO3-與Fe2+反應生成Fe3+，過一會又變?yōu)樽攸S色，反應的離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案為2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O?！窘馕觥竣?0.16②.堿式③.80.0%④.2Fe3+＋SO32－+H2O===2Fe2＋+SO42－+2H+⑤.3Fe2＋＋4H＋＋NO3－===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O8、略

【分析】【分析】

(1)Ⅰ結構中，六個碳原子間不存在碳碳雙鍵，所以不具有烯烴的性質，因而不能被酸性KMnO4溶液氧化；與溴水不能發(fā)生加成反應；但可以與氫氣發(fā)生加成反應；

而Ⅱ結構中含有碳碳雙鍵，所以能被酸性KMnO4溶液氧化；與溴水能發(fā)生加成反應、能與氫氣發(fā)生加成反應；

(2)Ⅰ結構下；該物質能在一定條件下與液溴反應，分子中只有一個氫原子能被溴原子取代，同時生成溴化氫；

(3)C6H6還可能有另一種如下圖所示的立體結構，因為六個碳原子共連接六個氫原子，所以四氯代物的種類等于二氯代物的種類，可從連接兩個氯原子的兩個碳原子間的距離考慮。

【詳解】

(1)Ⅰ結構中，六個碳原子間不存在碳碳雙鍵，所以不具有烯烴的性質，因而不能被酸性KMnO4溶液氧化；與溴水不能發(fā)生加成反應；但可以與氫氣發(fā)生加成反應；答案為：AB；

而Ⅱ結構中含有碳碳雙鍵，所以能被酸性KMnO4溶液氧化；與溴水能發(fā)生加成反應、能與氫氣發(fā)生加成反應；答案為：ABC；

(2)Ⅰ結構下，該物質能在一定條件下與液溴反應，分子中只有一個氫原子能被溴原子取代，同時生成溴化氫；答案為：+Br2+HBr；

(3)因為六個碳原子共連接六個氫原子，所以四氯代物的種類等于二氯代物的種類，由此可得出其二氯代物的結構簡式可能為三種；答案為：3?！窘馕觥竣?AB②.ABC③.+Br2+HBr④.39、略

【分析】【分析】

同分異構體的分子式相同，分子結構不同。分子中含有幾種H原子，其核磁共振氫譜中含有幾種不同環(huán)境的H原子，醇羥基或酚-OH與Na反應產生H2，個數(shù)比是2-OH～H2；然后結合題目要求書寫。

（1）

根據(jù)D結構簡式可知D的分子式為C8H9O2I，其同分異構體X要求含有苯環(huán)，則支鏈最多含兩個C，且1molX與足量Na反應可生成2g氫氣，H2的物質的量是1mol，證明X分子中有兩個羥基，又因為有三種不同化學環(huán)境的氫且個數(shù)比為6：2：1，則結構高度對稱，符合條件的有機物結構簡式為

（2）

X與D(CH≡CCH2COOCH2CH3)互為同分異構體且官能團相同，說明X中含有碳碳三鍵和酯基，X有三種不同化學環(huán)境的氫，其個數(shù)比為3：3：2，則符合條件的X的結構簡式為：

（3）

化合物A分子除了苯環(huán)之外，側鏈不飽和度為1，A的同分異構體滿足條件：①分子中共有4種氫原子，其中苯環(huán)上的有2種；②有碳氧雙鍵，無氮氧鍵和-CHO。則符合條件的A的同分異構體有一個碳氧雙鍵，總共有4種氫原子，苯環(huán)上有2種氫原子，則苯環(huán)上有兩個不同的取代基處于對位，又知無-CHO和氮氧鍵，所以碳氧雙鍵中的C可以與N、Cl、O相連，則苯環(huán)上的取代基有以下4種情況：-NHCOCl和-OH、-CONHCl和-OH、-NHCOOH和-Cl、-COOH和-NHCl，進而可寫出相關結構簡式為【解析】(1)

(2)(任寫三個即可)

(3)10、略

【分析】【詳解】

I（1）同種元素的不同單質互為同素異形體，C60和金剛石互為同素異形體；故答案為：④；

（2）同一原子的不同核素互為同位素，16O和18O互為同位素；答案為：②；

（3）結構相似，相差n個—CH2的物質互為同系物，CH3CH2CH3和(CH3)2CHCH3互為同系物；答案為：⑤；

（4）分子式相同，結構不同的物質互為同分異構體，氰酸銨(NH4CNO)與尿素[CO(NH2)2]互為同分異構體；答案為：③；

II（1）選支鏈最多的最長碳鏈為主鏈；雙鍵碳距兩端等近時，從右邊編號離甲基最近，故該物質命名為：2，4-二甲基-3-乙基-3-己烯；

（2）最長碳鏈是3個碳；官能團和取代基位置從哪端編號都一樣，命名為：2-甲基-2-丙醇；

III（1）對苯二甲酸與乙二醇反應生成聚酯的方程式為：

（2）鹵代烴在氫氧化鈉的水溶液中加熱可發(fā)生水解反應，故2-甲基-2-氯丙烷水解反應方程式為：C(CH3)3Cl+NaOHC(CH3)3OH+NaCl；

（3）從虛線處斷開，把主鏈上的碳碳單鍵變成雙鍵，碳碳雙鍵變成單鍵，就得到單體；故形成該高分子化合物的單體的結構簡式分別為：CH2＝CH—CH＝CH2、NCCH＝CH2。【解析】①.④②.②③.⑤④.③⑤.2，4-二甲基-3-乙基-3-己烯⑥.2-甲基-2-丙醇⑦.⑧.C(CH3)3Cl+NaOHC(CH3)3OH+NaCl⑨.CH2＝CH—CH＝CH2、NCCH＝CH2三、判斷題(共6題，共12分)11、A【分析】【詳解】

由于己烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾甲苯的檢驗，故先加入足量溴水與己烯發(fā)生加成反應，排除己烯的干擾；然后加入酸性高錳酸鉀溶液，若溶液褪色，則證明己烯中混有甲苯；正確。12、A【分析】【詳解】

氯乙烷是極性分子，乙烷是非極性分子，且氯乙烷的相對分子質量大于乙烷，分子間作用力大于乙烷，則氯乙烷的沸點高于乙烷，故正確。13、B【分析】【詳解】

低級醇易溶于水，隨碳原子數(shù)增多，醇在水中的溶解能力減弱，故答案為：錯誤。14、B【分析】【詳解】

是苯酚，是苯甲醇，二者種類不同，含有不同的官能團，不是同系物，故答案為：錯誤。15、A【分析】【詳解】

葡萄糖分子存在鏈狀和環(huán)狀兩種結構，且兩種結構之間能發(fā)生相互轉化，以環(huán)狀結構穩(wěn)定為主，故答案為：正確；16、A【分析】【詳解】

苯環(huán)為平面結構，醛基為平面結構，通過旋轉醛基連接苯環(huán)的單鍵，可以使兩個平面共面，故苯甲醛中所有的原子可能處于同一平面，故本判斷正確。四、結構與性質(共3題，共27分)17、略

【分析】【詳解】

（1）甲烷分子的空間構型為正四面體形；碳原子位于正四面體的體心，四個氫原子位于正四面體的4個頂點，分子中4個C-H鍵的長度和強度都相同，相互之間的夾角為109°28′。

（2）乙烷的分子式為C2H6，結構簡式為CH3CH3；丙烷的分子式為C3H8，結構簡式為CH3CH2CH3；丁烷的分子式為C4H10，結構式為結構簡式為CH3CH2CH2CH3。

（3）①碳原子之間都以碳碳單鍵結合；碳原子剩余價鍵全部跟氫原子結合，每個碳原子都與其他原子形成四面體結構。

②鏈狀烷烴的通式為CnH2n+2。

（4）甲烷與氯氣發(fā)生取代反應生成一氯甲烷和HCl，化學方程式為【解析】(1)正四面體形體心頂點相同109°28′

(2)C2H6C3H8C4H10CH3CH3CH3CH2CH3CH3CH2CH2CH3

(3)碳碳單鍵氫原子四面體CnH2n+2

(4)18、略

【分析】【分析】

(1)基態(tài)鈦原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，由此可確定外圍電子排布式。C、N、O元素的非金屬性關系為O>N>C；電負性的關系與非金屬性關系相同。

(2)鈦硬度比鋁大；從金屬鍵的大小找原因。

(3)鈦鎳合金溶于熱的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中陰離子為SO42-；S的價層電子對數(shù)為4，由此可確定其立體構型和S的雜化方式，S的雜化軌道與O的2p軌道頭對頭重疊。

(4)金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體，其晶胞的俯視圖為由此確定符合題意的圖形。

(5)在氮化鈦晶胞中，含Ti原子的個數(shù)為12×+1=4，含N原子個數(shù)為8×+6×=4；由此可求出原子的總體積，再由原子半徑求晶胞的總體積，便可求出氮化鈦晶體中原子的空間利用率的計算式。碳氮化鈦化合物結構是用碳原子代替氮化鈦晶胞頂點的氮原子，則晶胞中有1個N原子換成1個C原子，Ti原子個數(shù)不變，由此確定這種碳氮化鈦化合物的化學式。

【詳解】

(1)基態(tài)鈦原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，由此可確定外圍電子排布式為3d24s2。C、N、O元素的非金屬性關系為O>N>C，則電負性：O＞N＞C。答案為：3d24s2；O＞N＞C；

(2)鈦和鋁都形成金屬晶體；應從離子的帶電荷分析鈦硬度比鋁大，其原因是Ti原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強。答案為：Ti原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強；

(3)鈦鎳合金溶于熱的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中陰離子為SO42-，S的價層電子對數(shù)為4，由此可確定其立體構型為正四面體形，S的雜化方式為sp3，S的雜化軌道與O的2p軌道頭對頭重疊，從而形成σ鍵。答案為：正四面體形；sp3；σ；

(4)金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體，其晶胞的俯視圖為由此確定符合題意的圖形為D。答案為：D；

(5)在氮化鈦晶胞中，含Ti原子的個數(shù)為12×+1=4，含N原子個數(shù)為8×+6×=4，由此可求出原子的總體積為再由原子半徑求晶胞的總體積為(2a+2b)3，便可求出氮化鈦晶體中原子的空間利用率的計算式為碳氮化鈦化合物結構是用碳原子代替氮化鈦晶胞頂點的氮原子，則晶胞中有1個N原子換成1個C原子，Ti原子個數(shù)不變，由此確定這種碳氮化鈦化合物的化學式為Ti4CN3。答案為：Ti4CN3。

【點睛】

計算晶胞中所含原子的個數(shù)時，依據(jù)原子所在位置確定所屬晶胞的份額。若原子位于立方體的項點，則屬于此晶抱的只占八分之一；若原子位于棱上，則只有四分之一屬于此晶抱；若原子位于面心，則只有二分之一屬于此晶胞；若原子位于立方體內，則完全屬于此晶胞。【解析】①.3d24s2②.O＞N＞C③.Ti原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強④.正四面體形⑤.sp3⑥.σ⑦.D⑧.×100%⑨.Ti4CN319、略

【分析】【分析】

根據(jù)元素第一電離能的變化趨勢比較元素的第一電離能的大小關系，根據(jù)雜化軌道理論和大π鍵的成鍵特點判斷氮原子的軌道雜化方式，根據(jù)配位鍵的成鍵條件判斷和中誰的氮原子配位能力更強。根據(jù)價層電子對互斥理論分析中心原子的價層電子對數(shù)；根據(jù)Sn與O的成鍵特點判斷其所形成的化學鍵類型。根據(jù)均攤法確定晶胞中各種微粒的個數(shù)，再結合晶體的化學式確定微粒Z的類型，根據(jù)晶胞結構及其粒子的空間分布特點判斷其坐標參數(shù)，根據(jù)晶胞的密度和質量計算晶胞的邊長。

【詳解】

(1)同周期從左向右元素的第一電離能總體呈增大趨勢，但是第ⅤA族元素比同周期的第ⅥA族元素的第一電離能大，故N、O、C的第一電離能依次減小；和中都存在大π鍵，氮原子均采用sp2雜化，的大π鍵為π66，N原子有一對孤電子對，的大π鍵為π56，N原子無孤電子對，因此氮原子配位能力更強的是故答案為：N＞O＞C；sp2；

(2)碳原子為6號元素，根據(jù)構造原理可寫出基態(tài)碳原子的電子排布式為1s22s22p2，故基態(tài)碳原子的價電子排布圖為HCOOH和CO2都為分子晶體，但是HCOOH分子間可形成氫鍵，故HCOOH的沸點比CO2高；

(3)[B(OH)4]－中硼原子連接四個羥基，其價層電子對數(shù)為4；[Sn(OH)6]2-的中心離子Sn4+與OH-之間形成配位鍵；配位鍵是一種特殊的共價鍵，則Sn與O之間形成的化學鍵屬于σ鍵或極性鍵，不可能是π鍵，故答案為：4；a；

(4)根據(jù)均攤法可知，晶胞中，微粒X的個數(shù)為微粒Y的個數(shù)為微粒Z的個數(shù)為根據(jù)儲氫后所得晶體的化學式LaNi5H6，可知微粒Z為H2；根據(jù)晶胞結構圖可知，B(Y)的原子分數(shù)坐標為(0)；晶胞邊長故答案為：H2；(0)；×1010。

【點睛】

第(4)問在計算晶胞邊長時單位的換算是學生們的易錯點，1cm=1010pm，另外經常用到的還有納米與厘米的換算，1cm=10-7nm。【解析】N＞O＞Csp2HCOOH和CO2都為分子晶體，HCOOH分子間形成氫鍵4aH2(0)×1010五、計算題(共3題，共24分)20、略

【分析】【分析】

已知某醇燃料含有碳、氫、氧三種元素，故其完全燃燒產物為CO2和H2O，U型管中增加的質量是水的質量，NaOH溶液中增加的質量是二氧化碳的質量，根據(jù)C、H元素守恒，即可計算兩者的質量比，該燃料分子中C、H的原子個數(shù)比為，N(C):N(H)＝∶=1:4。據(jù)碳四價的原則可知，當有機物分子中的碳氫原子個數(shù)比為1∶4時，分子中只能含CH4，而不能為CH4的整數(shù)倍。

【詳解】

⑴U型管中增加的水的質量m(H2O)＝102.9g?101.1g=1.8g；NaOH溶液中增加的二氧化碳的質量m(CO2)＝314.2g?312g=2.2g，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，得到碳酸鈣沉淀質量故答案為：1.8；5。

⑵m(C)=m(CO2)×=2.2g×=0.6g；故生成的二氧化碳中碳元素的質量為0.6g；故答案為：0.6。

⑶m(H)=m(H2O)×=1.8g×=0.2g；故生成的水中氫元素的質量為0.2g；m(C):m(H)＝0.6g:0.2g＝3:1，故該燃料中碳元素與氫元素的質量比為3:1；故答案為：3:1。

⑷該燃料分子中C、H的原子個數(shù)比為N(C):N(H)=∶=1:4，據(jù)碳四價的原則可知，當有機物分子中的碳氫原子個數(shù)比為1:4時，分子中只能含CH4，而不能為CH4的整數(shù)倍，又因為每個分子中含有一個氧原子，則該物質的分子式為CH4O，結構簡式為CH3OH；故答案為：CH4O；CH3OH。

【點睛】

根據(jù)質量守恒和元素守恒建立關系是有機物中測定含量通常采用的方法。【解析】1.850.63∶1CH4OCH3OH21、略

【分析】【分析】

本題可先根據(jù)物理知識進行計算：W=fl==pV，P＝其中W為功，f為力，l為距離，V為體積，S為面積，p為壓強，P為功率。再利用化學方程式進行計算。

【詳解】

(1)設靠近心臟的某種血管橫截面積為S，心臟壓送血液的平均壓強為p，心臟一次搏動可使血液在血管中向前推進距離L，心臟搏動一次做功：W1＝pSL=pV，心臟每分搏動70次，其平均功率為P，P＝70÷60×pV，式中V為心臟一次搏動中泵出的血液量，V＝80mL

所以P＝70÷60×pSL＝70÷60×1.6×104×80×10-6＝1.49(W)

答案為：1.49W；

(2)每天心臟跳動做功W＝1.49×24×3600＝1.29×105(J)

需葡萄糖提供熱量Q＝W÷80%＝1.61×105(J)

m(C6H12O6)＝10.3g

答案為：10.3g；

(3)n(O2)＝0.343mol

V(O2)＝0.343mol×22.4L/mol＝7.68L

答案為：7.68L。

【點睛】

本題計算時要通過推導把待求的量與已知量進行聯(lián)系；另一個特別要注意的是，計算時注意單位換算要正確?！窘馕觥?.49W10.3g7.68L22、略

【分析】【詳解】

（1）硝酸銀和鹽酸反應后生成氯化銀沉淀和硝酸；所以溶液中的氫離子是鹽酸中的氫離子，則反應后氫離子濃度為0.020mol/L÷2=0.010mol/L，則溶液的pH=2。

（2）硝酸銀的物質的量為0.018mol/L×0.05L=0.0009mol，鹽酸的物質的量為0.020mol/L×0.05L=0.001mol，則氯離子過量，銀離子完全沉淀，剩余的氯離子濃度為=0.001mol/L，則溶液中的銀離子濃度=Ksp/c(Cl-)==1.8×10-7mol·L-1?！窘馕觥?；1.8×10-7mol·L-1六、工業(yè)流程題(共3題，共30分)23、略

【分析】【分析】

由題給流程可知，向硼鎂礦粉中加入硫酸銨溶液，硫酸銨溶液與反應生成硫酸鎂；硼酸銨和氨氣；二氧化硅、氧化鐵、氧化鋁與硫酸銨溶液不反應，過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵、氧化鋁的濾渣1和含有硫酸鎂、硼酸銨的濾液1；向濾液中加入稀硫酸溶液調節(jié)溶液pH為3.5，將硼酸銨轉化為硼酸沉淀，過濾得到硼酸和含有硫酸銨、硫酸鎂的濾液2；氨氣與碳酸氫銨溶液反應得到碳酸銨，碳酸銨溶液與調節(jié)溶液pH為6.5的濾液2混合、過濾得到含有硫酸銨、碳酸氫銨的母液和堿式碳酸鎂，堿式碳酸鎂高溫焙燒制得輕質氧化鎂，母液經加熱后得到的硫酸銨溶液可以返回“溶浸”工序循環(huán)使用。

【詳解】

由分析可知，“沉鎂”步驟發(fā)生