2025年人教A版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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2025年人教A版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、在A2＋3B2=2C的反應(yīng)中，經(jīng)過t秒鐘后，C的濃度增加了0.6mol/L，在此期間，反應(yīng)速率V(B2)＝0.45mol/(L·S)，則t值為A.1秒B.1.5秒C.2秒D.2.5秒2、在元素周期表中，原子最外電子層只有2個(gè)電子的元素是A.一定是金屬元素B.一定是主族元素C.一定是過渡元素D.可能是非金屬元素3、下列有關(guān)“化學(xué)與生活”描述不正確的是（）A.核能的利用可能會(huì)造成放射性污染，應(yīng)該立即關(guān)閉所有核電站B.中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹C.泡沫滅火器中使用了鹽類水解的原理D.寧德新能源公司生產(chǎn)的鋰離子電池可以將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能4、丁腈橡膠具有優(yōu)良的耐油、耐高溫性能，合成丁腈橡膠的原料是rm{(}rm{)}

rm{壟脵C(jī)H_{2}=CH-CH=CH_{2}}rm{壟脷CH_{3}-C隆脭C-CH_{3}}rm{壟脹CH_{2}=CH-CN}

rm{壟脺}rm{壟脻CH_{3}-CH簍TCH_{2}}rm{壟脼CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}．A.rm{壟脹壟脼}B.rm{壟脷壟脹}C.rm{壟脵壟脹}D.rm{壟脺壟脻}5、下列各項(xiàng)中，完成空氣質(zhì)量報(bào)告時(shí)不需要監(jiān)測的是rm{(}rm{)}A.二氧化碳的濃度B.二氧化硫的濃度C.可吸入顆粒物的濃度D.氮氧化物的濃度評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)6、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖所示rm{.}已知rm{W}的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{18}中子數(shù)為rm{10}rm{X}和rm{Ne}原子的核外電子數(shù)相差rm{1}rm{Y}的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料：rm{Z}的非金屬性在同周期元素中最強(qiáng)rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.對(duì)應(yīng)簡單離子半徑：rm{X>W}B.對(duì)應(yīng)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性rm{Y<Z}C.化合物rm{XZW}既含高子鍵，又含共價(jià)鍵D.rm{Y}的氧化物與rm{Z}的氫化物、rm{X}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的溶液均能反應(yīng)7、除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)rm{(}括號(hào)中為雜質(zhì)rm{)}采用的試劑和除雜方法錯(cuò)誤的是。序號(hào)待除雜質(zhì)試劑除雜方法rm{A}rm{C_{2}H_{4}(SO_{2})}rm{NaOH}溶液過濾rm{B}rm{C_{6}H_{6}(Br_{2})}rm{Fe}粉蒸餾rm{C}rm{C_{6}H_{5}NO_{2}(HNO_{3})}rm{NaOH}溶液分液rm{D}rm{C_{2}H_{2}(H_{2}S)}rm{CuSO_{4}}溶液洗氣A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、下列說法正確的是（）A.常溫下pH=5的鹽酸溶液稀釋103倍后，pH等于8B.濃度均為0.1mol/L的氨水和氯化銨溶液，水電離出的c（H+）前者小于后者C.Na2CO3溶液中存在：2c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）D.常溫下，pH=2的CH3COOH溶液與pH=12的KOH溶液等體積混合：c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）9、下列敘述正確的是（）A.可以根據(jù)PbI2和AgCl的Ksp的大小比較兩者的溶解度B.常溫下，同濃度的Na2S與NaHS溶液相比，NaHS溶液的pH大C.等物質(zhì)的量濃度的CH3COONH4溶液和NH4HSO4溶液，前者的c（NH4+）小D.用惰性電極電解飽和NaCl溶液，若有1.0mol電子轉(zhuǎn)移，則理論生成1.0molNaOH10、如圖所示裝置中，通電后可觀察到rm{Cu}極溶解，下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{a}極是直流電源的正極B.rm{Fe}極是陽極C.rm{Pt}極產(chǎn)生的氣體體積是rm{Ag}極產(chǎn)生氣體體積的rm{2}倍D.硫酸銅溶液的濃度不變11、如圖是從rm{NaCl}或rm{CsCl}晶體結(jié)構(gòu)中分割出來的部分結(jié)構(gòu)示意圖，試判斷其中屬于rm{NaCl}晶體結(jié)構(gòu)的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.12、檸檬烯具有特殊香氣rm{.}可溶于乙醇或乙醚，不溶于水，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：有關(guān)檸檬烯的說法正確的是rm{(}rm{)}A.檸檬烯分子為非極性分子B.檸檬烯分子中所有碳原子處于同一個(gè)平面上C.檸檬烯能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生取代反應(yīng)D.檸檬烯的分子式為rm{C_{10}H_{16}}能使溴的四氯化碳溶液褪色評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、（8分）已知有機(jī)物A分子中有3個(gè)碳原子,有關(guān)它的某些信息注明在下面的示意圖中:(1)A、F、G的結(jié)構(gòu)簡式為：___________,____________,______________.(2)生成H的化學(xué)方程式為：__________________________________.14、（10分，每空2分）、已知下列熱化學(xué)方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol，H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol，C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5KJ/moL，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/moL．回答下列各問題：

（1）H2的燃燒熱為______，C的燃燒熱為______．

（2）燃燒10gH2生成液態(tài)水，放出的熱量為______．

（3）蓋斯定律在生產(chǎn)和科學(xué)研究中有很重要的意義，有些反應(yīng)的反應(yīng)熱雖然無法直接測得，但可通過間接的方法測定，則由已知條件得CO的燃燒熱為______，其燃燒熱的熱化學(xué)方程式為______．15、原子序數(shù)依次增大的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六種元素rm{.}其中rm{A}的基態(tài)原子有rm{3}個(gè)不同的能級(jí)，各能級(jí)中的電子數(shù)相等；rm{C}的基態(tài)原子rm{2p}能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)與rm{A}原子的相同；rm{D}為它所在周期中原子半徑最大的主族元素；rm{E}和rm{C}位于同一主族，rm{F}的原子序數(shù)為rm{24}．

rm{(1)F}原子基態(tài)的核外電子排布式為______．

rm{(2)}在rm{A}rm{B}rm{C}三種元素中，第一電離能由大到小的順序是______rm{(}用元素符號(hào)回答rm{)}．

rm{(3)}元素rm{B}的簡單氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)遠(yuǎn)高于元素rm{A}的簡單氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)；其主要原因是______．

rm{(4)}由rm{A}rm{B}rm{C}形成的離子rm{CAB^{-}}與rm{AC_{2}}互為等電子體，則rm{CAB^{-}}的結(jié)構(gòu)式為______．

rm{(5)}在元素rm{A}與rm{E}所形成的常見化合物中，rm{A}原子軌道的雜化類型為______．

rm{(6)}由rm{B}rm{C}rm{D}三種元素形成的化合物晶體的晶胞如圖所示，則該化合物的化學(xué)式為______．16、實(shí)驗(yàn)室用50mL0.50mol/L鹽酸、50mL0.50mol/LNaOH溶液和如圖所示裝置進(jìn)行測定中和熱的實(shí)驗(yàn)，得到表中的數(shù)據(jù)：。

實(shí)驗(yàn)次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9（1）從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃儀器名稱是____；實(shí)驗(yàn)時(shí)用該儀器攪拌溶液的方法是____，由圖可知該裝置有不妥之處，應(yīng)如何改正？____．

（2）反應(yīng)需要多次測量溫度，每次測量溫度后都必須采取的操作是____．

（3）已知Q=cm△t，經(jīng)數(shù)據(jù)處理，則該實(shí)驗(yàn)測得的中和熱△H=____

（鹽酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3計(jì)算；反應(yīng)后混合溶液的比熱容（c）按4.18J/計(jì)算）．

（4）鹽酸與氫氧化鈉的中和熱的文獻(xiàn)值為-57.3kJ/mol，你認(rèn)為（3）中測得的實(shí)驗(yàn)值偏差可能的原因是____（至少說出兩點(diǎn)）

（5）若將NaOH溶液改為相同體積、相同濃度的氨水，測得中和熱為△H1，則△H1與△H的關(guān)系為：△H1____△H（填“＜”、“＞”或“=”），理由是____．

17、（9分）㈠如圖是鉀、氧兩元素形成的一種晶體的一個(gè)晶胞（晶體中最小的重復(fù)單元）。晶體中氧的化合價(jià)可看作是部分為0價(jià)，部分為－2價(jià)。⑴該結(jié)構(gòu)與____的結(jié)構(gòu)相似(填選項(xiàng)字母，下同)A．NaClB．CsClC．干冰D．SiO2⑵鉀、氧兩元素所形成化合物的化學(xué)式是____A．K2OB．K2O2C．K2O3D．KO2⑶下列對(duì)KO2晶體結(jié)構(gòu)的描述正確的是____A．晶體中與每個(gè)K＋距離最近的K＋有8個(gè)B．晶體中每個(gè)K＋周圍有8個(gè)O2－，每個(gè)O2－周圍有8個(gè)K＋C．每個(gè)O2－周圍最近且等距離的K＋所圍成的空間構(gòu)型為正八面體D．晶體中，0價(jià)氧原子與－2價(jià)氧原子的數(shù)目比為3:1㈡如右圖所示，A為電源，B為浸透飽和食鹽水和酚酞試液的濾紙，濾紙中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D為電解池，其電極材料見右圖：⑴關(guān)閉K1，打開K2，通電后，B的KMnO4紫紅色液滴向c端移動(dòng)，則電源b端為____極，通電一段時(shí)間后，觀察到濾紙d端的電極反應(yīng)式是____；⑵已知C裝置中溶液為Cu(NO3)2和Y(NO3)3，且均為0.1mol，打開K1，關(guān)閉K2，通電一段時(shí)間后，陰極析出固體質(zhì)量m(g)與通過電子的物質(zhì)的量n(mol)關(guān)系如右圖所示。則Cu2+、Y3+、H+氧化能力由大到小的順序是____；D裝置中溶液是H2SO4，則電極C端的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_________。評(píng)卷人得分四、推斷題(共2題，共12分)18、A、rm{B}rm{C}rm{D}為原子序數(shù)依次增大的四種元素，rm{A^{2-}}和rm{B^{+}}具有相同的電子構(gòu)型；rm{C}rm{D}為同周期元素，rm{C}核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的rm{3}倍；rm{D}元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子?；卮鹣铝袉栴}：

rm{(1)}四種元素中電負(fù)性最大的是______rm{(}填元素符號(hào)rm{)}

rm{(2)}元素rm{A}所在的一族前四周期的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)由低到高_(dá)_____；原因是______；

rm{(3)C}和rm{D}反應(yīng)可生成組成比為rm{1}rm{3}的化合物rm{E}rm{E}的立體構(gòu)型為______；中心原子的雜化軌道類型為______。

rm{(4)}化合物rm{D_{2}A}的立體構(gòu)型為______，中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為______，中心原子rm{VSEPR}模型為______。19、合成有機(jī)化合物H的路線如圖：

已知：F的核磁共振氫譜有四個(gè)峰；峰的面積比為1：1：3：3．請(qǐng)回答下列問題：

（1）A的名稱（系統(tǒng)命名）為______．

（2）C中官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡式為______，E→F的反應(yīng)類型為______．

（3）C→D的化學(xué)方程式為______．

（4）G+F→H的反應(yīng)方程式為______．

（5）H在一定條件下生成的高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡式為______．

（6）X是F的同分異構(gòu)體，它同時(shí)符合下列3個(gè)條件：①能發(fā)生水解反應(yīng)；②不含甲基；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．則X可能的結(jié)構(gòu)簡式為（寫出兩種）______．評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共18分)20、已知：rm{Ksp(AgCl)=1.0隆脕10^{-10}}向rm{50mL0.018mol/L}的rm{AgNO_{3}}溶液中。

rm{(1)}加入rm{50mL}rm{0.018mol/L}的鹽酸，生成沉淀后，溶液中rm{c(Ag^{+})=}______

rm{(2)}加入rm{50mL}rm{0.020mol/L}的鹽酸，生成沉淀rm{.壟脵}沉淀生成后溶液中rm{c(Ag^{+})}為_____rm{壟脷}沉淀生成后溶液的rm{pH}是____________21、鐵粉和氧化亞鐵粉末的混合物共rm{9.2}克，加入到rm{150}毫升的稀硫酸中，恰好完全反應(yīng)，得到氫氣rm{2.24}升rm{(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{).}求：

rm{(1)}混合物中鐵和氧化亞鐵的質(zhì)量？

rm{(2)}原稀硫酸的物質(zhì)的量濃度？評(píng)卷人得分六、其他(共2題，共16分)22、（8分）由丙烯出發(fā)，經(jīng)如下反應(yīng)，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結(jié)構(gòu)簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應(yīng)類型為__________；由W生成丙烯酸的反應(yīng)類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應(yīng)方程式為。23、下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的單質(zhì)，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色?；衔颒和I兩種氣體相遇時(shí)產(chǎn)生白煙K（NH4Cl）?；衔颎的焰色反應(yīng)為黃色，B為氧氣。反應(yīng)①和②均在溶液中進(jìn)行。請(qǐng)按要求回答下列問題。（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：D、F。（2）反應(yīng)②的離子方程式為。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，反應(yīng)的現(xiàn)象為。（4）將少量單質(zhì)C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變?yōu)樗{(lán)色。這說明單質(zhì)C的氧化性于單質(zhì)碘(填“強(qiáng)”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時(shí)，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。寫出紅褐色沉淀的化學(xué)式：。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】試題分析：由V(B2)＝0.45mol/(L·S)可知V(C)＝2/3V(B2)＝0.3mol/(L·S)，根據(jù)V=△C/△t得V(C)=0.6mol/L/t=0.3mol/(L·S)，所以t=2s，答案選C?？键c(diǎn)：考查有關(guān)反應(yīng)速率的計(jì)算【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】【答案】D3、A【分析】【解答】解：A．核電站是一種高能量；少耗料的電站；采取有效措施可以是可以防止核事故發(fā)生的，關(guān)閉所有核電站不可行，故A錯(cuò)誤；

B．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2（OH）2CO3；溶于酸性溶液，故利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故B正確；

C．NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液混合；碳酸氫根離子和鋁離子發(fā)生雙水解反應(yīng)，會(huì)迅速產(chǎn)生二氧化碳，與鹽類的水解有關(guān)，故C正確；

D．原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；故D正確，故選A．

【分析】A．從核電站的優(yōu)點(diǎn)和缺點(diǎn)方面進(jìn)行科學(xué)分析；

B．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2（OH）2CO3；溶于酸性溶液；

C．NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液混合會(huì)迅速產(chǎn)生二氧化碳；

D．電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置．4、C【分析】解：該高聚物鏈節(jié)主鏈不含雜原子，屬于加聚反應(yīng)生成的高聚物，鏈節(jié)主鏈上存在碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)，有rm{6}個(gè)碳原子，其單體必為兩種，按如圖所示斷開在將雙鍵中的rm{1}個(gè)rm{C-C}打開，然后將半鍵閉合即可的該高聚物單體為：rm{壟脵C(jī)H_{2}=CH-CH=CH_{2}}rm{壟脹CH_{2}=CH-CN}

故選C．

首先要根據(jù)高聚物的結(jié)構(gòu)簡式判斷高聚物是加聚產(chǎn)物還是縮聚產(chǎn)物；然后根據(jù)推斷單體的方法作出判斷；丁腈橡膠為加聚反應(yīng)產(chǎn)物，加聚產(chǎn)物的單體推斷方法為：

rm{(1)}凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個(gè)碳原子rm{(}無其它原子rm{)}的高聚物；其合成單體必為一種，將兩半鏈閉合即可；

rm{(2)}凡鏈節(jié)主鏈上只有四個(gè)碳原子rm{(}無其它原子rm{)}且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物；其單體必為兩種，在正中間畫線斷開，然后將四個(gè)半鍵閉合即可；

rm{(3)}凡鏈節(jié)主鏈上只有碳原子并存在碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)的高聚物；其規(guī)律是“見雙鍵，四個(gè)碳，無雙鍵，兩個(gè)碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換．

本題考查了加聚反應(yīng)原理及高分子化合物單體的求算，題目難度中等，注意掌握加聚反應(yīng)的概念及反應(yīng)原理，明確高分子化合物單體的求算方法．【解析】rm{C}5、A【分析】解：rm{PM2.5}氮的氧化物rm{(}二氧化氮rm{)}以及二氧化硫都是空氣污染物；需要檢測，而二氧化碳不屬于污染物，不需要檢測，故選A。

空氣質(zhì)量報(bào)告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)、首要污染物rm{(}包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體rm{)}空氣質(zhì)量級(jí)別、空氣質(zhì)量狀況等；以此解答。

本題考查化學(xué)與環(huán)境，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的綜合理解和運(yùn)用的考查，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累?！窘馕觥縭m{A}二、雙選題(共7題，共14分)6、rBC【分析】解：rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四種常見的短周期元素，rm{W}的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{18}中子數(shù)為rm{10}則其質(zhì)子數(shù)rm{=18-10=8}則rm{W}為rm{O}元素；rm{X}和rm{Ne}原子的核外電子數(shù)相差rm{1}且原子半徑大于rm{O}則rm{X}為rm{Na}元素；rm{Y}的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料，原子序數(shù)大于rm{Na}則rm{Y}為rm{Si}rm{Z}的非金屬性在同周期元素中最強(qiáng)，則rm{Z}為第ⅤⅡrm{A}族元素，原子序數(shù)大于rm{Si}為rm{Cl}元素；

A.rm{X}為rm{Na}rm{W}為rm{O}鈉離子和氧離子具有相同電子層，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑rm{Al^{3+}<O^{2-}}故A錯(cuò)誤；

B.rm{Y}rm{Z}分別為rm{Si}rm{Cl}非金屬性rm{Si<Cl}則對(duì)應(yīng)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性rm{Y<Z}故B正確；

C.化合物rm{XZW}為rm{NaClO}次氯酸鈉中既含高子鍵，又含共價(jià)鍵，故C正確；

D.rm{Y}的氧化物為二氧化硅，rm{Z}的氫化物為rm{HCl}rm{X}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為rm{NaOH}二氧化硅為酸性氧化物，與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，但不與rm{HCl}反應(yīng)；故D錯(cuò)誤；

故選BC．

rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四種常見的短周期元素，rm{W}的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{18}中子數(shù)為rm{10}則其質(zhì)子數(shù)rm{=18-10=8}則rm{W}為rm{O}元素；rm{X}和rm{Ne}原子的核外電子數(shù)相差rm{1}且原子半徑大于rm{O}則rm{X}為rm{Na}元素；rm{Y}的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料，原子序數(shù)大于rm{Na}則rm{Y}為rm{Si}rm{Z}的非金屬性在同周期元素中最強(qiáng)，則rm{Z}為第ⅤⅡrm{A}族元素，原子序數(shù)大于rm{Si}為rm{Cl}元素；據(jù)此結(jié)合元素周期律解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度中等，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期表、元素周期律的關(guān)系，試題有利于提高學(xué)生的分析、理解能力及綜合應(yīng)用能力．【解析】rm{BC}7、AB【分析】略【解析】rm{AB}8、B|D【分析】解：A．酸無限稀釋不能變成堿溶液或中性溶液；只能是接近中性溶液，所以常溫下pH=5的鹽酸稀釋100倍時(shí)溶液pH接近7，故A錯(cuò)誤；

B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，一水合氨抑制水電離、氯化銨促進(jìn)水電離，所以水電離出的c（H+）前者小于后者；故B正確；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；故C錯(cuò)誤；

D．常溫下，pH=2的醋酸溶液濃度大于pH=12的KOH溶液，二者等體積混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）；故D正確；

故選BD．

A．酸無限稀釋不能變成堿溶液或中性溶液；只能是接近中性溶液；

B．酸或堿抑制水電離；含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒；根據(jù)物料守恒判斷；

D．常溫下；pH=2的醋酸溶液濃度大于pH=12的KOH溶液，二者等體積混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液中存在電荷守恒．

本題考查離子濃度大小比較，明確溶液中的溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，利用電荷守恒、物料守恒判斷，易錯(cuò)選項(xiàng)是A，酸或堿無限稀釋接近中性時(shí)要考慮水的電離．【解析】【答案】BD9、C|D【分析】解：A．PbI2和AgCl的溶度積常數(shù)表達(dá)式不同；所以不能根據(jù)二者溶度積常數(shù)確定溶解度大小，故A錯(cuò)誤；

B．硫離子第一步水解程度大于第二步水解，相同溫度、相同濃度時(shí)，水解程度越大其溶液堿性越強(qiáng)，所以常溫下，同濃度的Na2S與NaHS溶液中，Na2S溶液的pH大；故B錯(cuò)誤；

C．CH3COONH4溶液中醋酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解，銨根離子水解程度較大，氫離子抑制銨根離子水解，NH4HSO4溶液中銨根離子水解程度較小，則等物質(zhì)的量濃度的CH3COONH4溶液和NH4HSO4溶液，前者的c（NH4+）??；故C正確；

D．用惰性電極電解飽和NaCl溶液，發(fā)生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；若有1mol電子轉(zhuǎn)移，則生成1molNaOH，故D正確；

故選CD．

A．PbI2和AgCl的溶度積常數(shù)表達(dá)式不同；

B．硫離子第一步水解程度大于第二步水解；

C．醋酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解；氫離子抑制銨根離子水解；

D．用惰性電極電解飽和NaCl溶液，發(fā)生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．

本題考查較綜合，涉及溶度積常數(shù)、鹽類水解、電解原理的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)鹽類水解特點(diǎn)及其影響因素等知識(shí)點(diǎn)來分析解答，題目難度不大，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的考查．【解析】【答案】CD10、rAD【分析】解：觀察到rm{Cu}極溶解，則rm{Cu}極為陽極，rm{Fe}極為陰極，故rmrm{a}rm{Pt}rm{Ag}極分別為：負(fù)極；正極、陽極、陰極；右池為電鍍池，硫酸銅溶液的濃度不變，左邊實(shí)質(zhì)是電解水．

A.rm{Cu}極溶解，應(yīng)為電解池的陽極，陽極與電源的正極連，則rm{a}為正極；故A正確；

B.rm{Fe}連接電源的負(fù)極；為電解池的陰極，故B錯(cuò)誤；

C.左邊實(shí)質(zhì)是電解水，rm{2H_{2}Odfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}rm{2H_{2}Odfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}為陽極發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，rm{Pt}為陰極發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，則rm{Ag}極產(chǎn)生的氣體體積是rm{Ag}極產(chǎn)生氣體體積的rm{Pt}倍；故C錯(cuò)誤；

D.右池為電鍍池；硫酸銅溶液的濃度不變，故D正確；

故選AD．

通電后觀察到rm{2}極溶解，則rm{Cu}極為陽極，rm{Cu}極為陰極，故rm{Fe}rmrm{a}rm{Pt}極分別為：負(fù)極；正極、陽極、陰極；右池為電鍍池，硫酸銅溶液的濃度不變，左邊實(shí)質(zhì)是電解水，以此解答．

本題考查電解池知識(shí)，側(cè)重于電極判斷和電解池工作原理的考查，為高考常見題型，注意把握銅極的變化判斷電極為解答該題的關(guān)鍵，難度不大．rm{Ag}【解析】rm{AD}11、rAD【分析】解：由于在rm{NaCl}晶體中，每個(gè)rm{Na^{+}}周圍同時(shí)吸引著最近的等距離的rm{6}個(gè)rm{Cl^{-}}同樣每個(gè)rm{Cl^{-}}周圍同時(shí)吸引著最近的等距離的rm{6}個(gè)rm{Na^{+}}rm{A}如果把中心微?？勺麾c離子，其周圍離子為氯離子，有六個(gè)，所以rm{A}圖符合條件；

rm{D}中選取其中一個(gè)離子，然后沿rm{X}rm{Y}rm{Z}三軸切割得到rm{6}個(gè)等距離的且最近的帶相反電荷的離子，所以其配位數(shù)也是rm{6}故符合條件；

故選AD．

氯化鈉晶體中，每個(gè)rm{Na^{+}}周圍同時(shí)吸引著最近的等距離的rm{6}個(gè)rm{Cl^{-}}同樣每個(gè)rm{Cl^{-}}周圍同時(shí)吸引著最近的等距離的rm{6}個(gè)rm{Na^{+}}所以rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}的配位數(shù)都是rm{6}且rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}相互間隔；以此解答該題．

本題考查晶胞結(jié)構(gòu)，側(cè)重考查學(xué)生分析、空間想象能力，明確晶體中離子配位數(shù)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是配位數(shù)的計(jì)算，題目難度中等．【解析】rm{AD}12、rAD【分析】解：rm{A.}可溶于乙醇或乙醚；不溶于水，由相似相溶原理可知檸檬烯分子為非極性分子，故A正確；

B.可溶于乙醇或乙醚；不溶于水，但結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，為極性分子，故B錯(cuò)誤；

C.含有碳碳雙鍵；可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.由結(jié)構(gòu)簡式可知有機(jī)物分子式為rm{C_{10}H_{16}}可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正確．

故選AD．

檸檬烯中含有rm{2}個(gè)碳碳雙鍵；可發(fā)生加成；加聚、氧化反應(yīng)，結(jié)合結(jié)構(gòu)特點(diǎn)解答該題．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，難度不大．【解析】rm{AD}三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】根據(jù)BDE的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)可知它們分別屬于醇、醛、羧酸。產(chǎn)物C具有兩性且2分子C之間可以脫去1分子水，因此C是氨基酸，氨基酸至少含有2個(gè)碳原子，因?yàn)锳含有3個(gè)碳原子，故A是H2N-CH2-COOCH3，B是CH3OH，C是氨基乙酸，D是甲醛，E是甲酸?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）A：H2N-CH2-COOCH3，F(xiàn)：ClH3N-CH2-COOH，G：H2N-CH2-COONa（2）2H2N-CH2-COOHH2N-CH2-COONHCH2COOH+H2O14、略

【分析】解：（1）燃燒熱是在101KP時(shí)；1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量，即C要轉(zhuǎn)化為二氧化碳，H要轉(zhuǎn)化為液態(tài)水．

根據(jù)熱化學(xué)方程式H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol可知：氫氣的燃燒熱為285.8kJ/moL；

根據(jù)熱化學(xué)方程式C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/moL可知；碳的燃燒熱為393.5kJ/moL；

故答案為：285.8kJ/moL；393.5kJ/moL；

（2）10g氫氣的物質(zhì)的量為5mol，根據(jù)熱化學(xué)方程式H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol可知；1mol氫氣燃燒生成液態(tài)水時(shí)放熱285.8KJ，則5mol氫氣燃燒放出285.8KJ×5=1429kJ，故答案為：1429kJ；

（3）已知C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5KJ/moL③，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/moL④，將④-③可得：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL，故CO的燃燒熱為283kJ/moL，燃燒熱的熱化學(xué)方程式中可燃物必須為1mol，故為CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL；

故答案為：283kJ/moL；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL．

（1）燃燒熱是在101KP時(shí)；1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量，即C要轉(zhuǎn)化為二氧化碳，H要轉(zhuǎn)化為液態(tài)水；

（2）10g氫氣的物質(zhì)的量為5mol，根據(jù)熱化學(xué)方程式H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol來分析；

（3）已知C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5KJ/moL③，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/moL④，將④-③可得：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL；根據(jù)燃燒熱的概念來分析．

本題考了燃燒熱的計(jì)算和燃燒熱的熱化學(xué)方程式的書寫，并考查了應(yīng)用查蓋斯定律進(jìn)行反應(yīng)熱的計(jì)算，燃燒熱的熱化學(xué)方程式的書寫，容易出錯(cuò)，應(yīng)注意把握．【解析】285.8kJ/moL；393.5kJ/moL；1429kJ；283kJ/moL；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL15、略

【分析】解：原子序數(shù)依次增大的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六種元素rm{.}其中rm{A}的基態(tài)原子有rm{3}個(gè)不同的能級(jí)，各能級(jí)中的電子數(shù)相等，原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故A為碳元素；rm{C}的基態(tài)原子rm{2p}能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)與rm{A}原子的相同，則rm{C}原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}故C為rm{O}元素，由原子序數(shù)可知rm{B}為rm{N}元素；rm{F}的原子序數(shù)為rm{24}則rm{F}為rm{Cr}rm{E}和rm{C}位于同一主族，則rm{E}為rm{S}元素；rm{D}為它所在周期中原子半徑最大的主族元素，處于Ⅰrm{A}族，原子序數(shù)大于rm{O}元素，故D為rm{Na}

rm{(1)F}原子核外電子數(shù)為rm{24}基態(tài)的核外電子排布式為rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}故答案為：rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}

rm{(2)}同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，但rm{N}元素rm{2p}能級(jí)容納rm{3}個(gè)電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于氧元素，故第一電離能rm{N>O>C}故答案為：rm{N>O>C}

rm{(3)NH_{3}}分子之間存在氫鍵，比分子間作用力更強(qiáng)，故其沸點(diǎn)高于rm{CH_{4}}故答案為：rm{NH_{3}}分子之間存在氫鍵；

rm{(4)OCN^{-}}與rm{CO_{2}}互為等電子體，價(jià)電子總數(shù)相等，二者結(jié)構(gòu)類似，則rm{OCN^{-}}的結(jié)構(gòu)式為rm{[N=C=O]^{-}}故答案為：rm{[N=C=O]^{-}}

rm{(5)}元素rm{C}與rm{S}所形成的常見化合物為rm{CS_{2}}分子中rm{S}原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)rm{=2+dfrac{4-2隆脕2}{2}=2}不含孤對(duì)電子，故rm{S}原子采取rm{sp}雜化，故答案為：rm{sp}

rm{(6)}由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中存在rm{[NO_{2}]}結(jié)構(gòu)微粒，微粒數(shù)目rm{=1}rm{8隆脕dfrac{1}{8}=2}rm{Na}原子數(shù)目rm{=8隆脕dfrac{1}{4}=2}故該化合物的化學(xué)式為rm{NaNO_{2}}故答案為：rm{NaNO_{2}}．

原子序數(shù)依次增大的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六種元素rm{.}其中rm{A}的基態(tài)原子有rm{3}個(gè)不同的能級(jí)，各能級(jí)中的電子數(shù)相等，原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故A為碳元素；rm{C}的基態(tài)原子rm{2p}能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)與rm{A}原子的相同，則rm{C}原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}故C為rm{O}元素，由原子序數(shù)可知rm{B}為rm{N}元素；rm{F}的原子序數(shù)為rm{24}則rm{F}為rm{Cr}rm{E}和rm{C}位于同一主族，則rm{E}為rm{S}元素；rm{D}為它所在周期中原子半徑最大的主族元素，處于Ⅰrm{A}族，原子序數(shù)大于rm{O}元素，故D為rm{Na}據(jù)此解答．

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布、元素周期律、分子結(jié)構(gòu)、雜化軌道、晶胞計(jì)算等，難度中等，rm{(4)}中注意價(jià)電子總數(shù)相同的等電子體具有相似的化學(xué)鍵特征．【解析】rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}rm{N>O>C}rm{NH_{3}}分子之間存在氫鍵；rm{[N=C=O]^{-}}rm{sp}rm{NaNO_{2}}16、略

【分析】

（1）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌器；環(huán)形玻璃攪拌棒上下攪動(dòng)使溶液充分反應(yīng)；為減少熱量散失，應(yīng)使小燒杯口與大燒杯口持平，其余部分用碎塑料填滿；

故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；上下攪動(dòng)；應(yīng)使小燒杯口與大燒杯口持平；其余部分用碎塑料填滿；

（2）中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)；溫度計(jì)上的酸與NaOH溶液反應(yīng)放熱，使溫度計(jì)讀數(shù)升高，溫度差偏低，但使測得的中和熱偏高，所以每次測量后用水將溫度計(jì)上的液體沖掉，并擦干溫度計(jì)；

故答案為：用水將溫度計(jì)上的液體沖掉；并擦干溫度計(jì)。

（3）第1次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.25℃；反應(yīng)前后溫度差為：23.7℃=20.25℃=3.45℃；

第2次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.4℃；反應(yīng)前后溫度差為：23.8℃=20.4℃=3.4℃；

第3次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為21.55℃；反應(yīng)前后溫度差為：24.9℃-21.55℃=3.35℃；

50mL0.50mol/L鹽酸、50mL0.50mol/LNaOH溶液，溶液質(zhì)量m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/（g?℃）×100g×=1.421KJ；所以生成0.25mol的水放出熱量1.421KJ×40=56.8kJ，即該實(shí)驗(yàn)測得的中和熱△H=-56.8kJ/mol；

故答案為：-56.8kJ/mol；

（4）量熱計(jì)的保溫瓶絕熱效果不好；酸堿溶液混合不迅速都會(huì)使溫度偏低；測得的實(shí)驗(yàn)值產(chǎn)生偏差；

故答案為：①量熱計(jì)的保溫瓶絕熱效果不好②酸堿溶液混合不迅速；

（5）氨水為弱堿，電離過程為吸熱過程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量小于57.3kJ，所以△H1＞△H；

故答案為：＞；NH3?H2O電離吸熱；

【解析】【答案】（1）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；環(huán)形玻璃攪拌棒上下攪動(dòng)使溶液充分反應(yīng)；為減少熱量散失；應(yīng)使小燒杯口與大燒杯口持平，其余部分用碎塑料填滿；

（2）中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

（3）先求出三次反應(yīng)的溫度差；根據(jù)公式Q=cm△T來求出生成0.025mol的水放出熱量，最后根據(jù)中和熱的概念求出反應(yīng)熱；

（4）根據(jù)反應(yīng)過程造成熱量散失；溫度偏低都會(huì)產(chǎn)生誤差；

（5）根據(jù)弱電解質(zhì)電離吸熱分析．

17、略

【分析】【解析】試題分析：(一)（1）根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，該結(jié)構(gòu)與氯化鈉的結(jié)構(gòu)相似，答案選A。（2）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，鉀原子端個(gè)數(shù)是個(gè)。陰離子的個(gè)數(shù)是個(gè)，所以鉀、氧兩元素所形成化合物的化學(xué)式是KO2，答案選D。（3）晶體中與每個(gè)K＋距離最近的K＋有12個(gè)，A不正確；晶體中每個(gè)K＋周圍有6個(gè)O2－，每個(gè)O2－周圍有6個(gè)K＋，B不正確，C正確；晶體中，陰離子帶1個(gè)負(fù)電荷，所以0價(jià)氧原子與－2價(jià)氧原子的數(shù)目比為3:1，D正確，答案選CD。（二）（1）關(guān)閉K1，打開K2，通電后，B的KMnO4紫紅色液滴向c端移動(dòng)，這說明c端應(yīng)該是陽極，所以電源b端為負(fù)極。d端是陰極，氫離子放電，則電極反應(yīng)式是2H＋＋2e－＝H2↑。（2）根據(jù)圖像可知，當(dāng)通過0.2mol電子時(shí)，析出的固體質(zhì)量不再增加，所以溶液中只有銅離子能夠得到電子而析出金屬，即Y3＋不能放電，這說明陽離子的氧化性強(qiáng)弱順序是Cu2＋＞H＋＞Y3＋；D中銅電極是陽極，失去電子，C端是陰極，溶液中的氫離子得到電子。隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中的銅離子得到電子，所以電極C端的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是在C端開始有無色無味氣體產(chǎn)生，一段時(shí)間后后紅色物質(zhì)析出?？键c(diǎn)：考查晶體結(jié)構(gòu)的有關(guān)判斷、物質(zhì)化學(xué)式的計(jì)算；電解池的有關(guān)判斷和電極反應(yīng)式的書寫【解析】【答案】（一）（1）A（2）D（3）CD（二）（1）負(fù)極；2H＋＋2e－＝H2↑（2）Cu2＋＞H＋＞Y3＋；在C端開始有無色無味氣體產(chǎn)生，一段時(shí)間后后紅色物質(zhì)析出四、推斷題(共2題，共12分)18、略

【分析】解：由上述分析可知，rm{A}為rm{O}rm{B}為rm{Na}rm{C}為rm{P}rm{D}為rm{Cl}

rm{(1)O}的非金屬性最強(qiáng)，則四種元素中電負(fù)性最大的是rm{O}故答案為：rm{O}

rm{(2)}元素rm{A}所在的一族前四周期的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)由低到高為rm{H_{2}S<H_{2}Se<H_{2}O}原因是水分子間含氫鍵，沸點(diǎn)最高，且rm{H_{2}S}rm{H_{2}Se}的相對(duì)分子質(zhì)量越大的沸點(diǎn)越高，故答案為：rm{H_{2}S<H_{2}Se<H_{2}O}水分子間含氫鍵，沸點(diǎn)最高，且rm{H_{2}S}rm{H_{2}Se}的相對(duì)分子質(zhì)量越大的沸點(diǎn)越高；

rm{(3)C}和rm{D}反應(yīng)可生成組成比為rm{1}rm{3}的化合物rm{EE}為rm{PCl_{3}}rm{P}上有rm{1}對(duì)孤對(duì)電子、形成rm{3}個(gè)rm{P-Cl}鍵，則rm{E}的立體構(gòu)型為三角錐型，中心原子的雜化軌道類型為rm{sp^{3}}雜化；

故答案為：三角錐型；rm{sp^{3}}

rm{(4)}化合物rm{Cl_{2}O}中rm{O}有rm{2}對(duì)孤對(duì)電子、形成rm{2}個(gè)rm{O-Cl}鍵，中心原子的雜化軌道類型為rm{sp^{3}}雜化，立體構(gòu)型為rm{V}型，中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為rm{4}中心原子rm{VSEPR}模型為四面體，故答案為：rm{V}型；rm{4}四面體。

A、rm{B}rm{C}rm{D}為原子序數(shù)依次增大的四種元素，rm{C}rm{D}為同周期元素，rm{C}核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的rm{3}倍，則rm{C}為rm{P}元素；rm{D}元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子，rm{D}為rm{Cl}元素；rm{A^{2-}}和rm{B^{+}}具有相同的電子構(gòu)型，則rm{A}為rm{O}元素、rm{B}為rm{Na}元素；以此來解答。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子結(jié)構(gòu)、具有相同電子排布的離子結(jié)構(gòu)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度不大?！窘馕觥縭m{O}rm{H_{2}S<H_{2}Se<H_{2}O}水分子間含氫鍵，沸點(diǎn)最高，且rm{H_{2}S}rm{H_{2}Se}的相對(duì)分子質(zhì)量越大的沸點(diǎn)越高；三角錐型；rm{sp^{3}}rm{V}型；rm{4}四面體19、略

【分析】解：A和溴發(fā)生反應(yīng)生成2-甲基-1，2-二溴丁烷，結(jié)合A的分子式知，該反應(yīng)為加成反應(yīng)且A結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C（CH3）CH2CH3，2-甲基-1，2-二溴丁烷發(fā)生水解反應(yīng)生成B，B為HOCH2C（OH）（CH3）CH2CH3，B發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成C為CH3CH2C（OH）（CH3）CHO，C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D為CH3CH2C（OH）（CH3）COONa，D酸化得到E為CH3CH2C（OH）（CH3）COOH，F(xiàn)的核磁共振氫譜有四個(gè)峰，峰的面積比為1：1：3：3，說明E發(fā)生消去反應(yīng)生成F，F(xiàn)結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C（CH3）COOH，溴乙烷發(fā)生水解反應(yīng)生成G為CH3CH2OH，G和F發(fā)生酯化反應(yīng)生成H，H結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C（CH3）COOCH2CH3；

（1）A結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C（CH3）CH2CH3；A的名稱（系統(tǒng)命名）為2-甲基-1-丁烯；

故答案為：CH2=C（CH3）CH2CH3；

（2）C為CH3CH2C（OH）（CH3）CHO；C中官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡式為-CHO，E→F的反應(yīng)類型為消去反應(yīng)；

故答案為：-CHO；消去反應(yīng)；

（3）C為CH3CH2C（OH）（CH3）CHO，C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D為CH3CH2C（OH）（CH3）COONa，C→D的化學(xué)方程式為C為CH3CH2C（OH）（CH3）CHO++2NaOH+Cu（OH）2CH3CH2C（OH）（CH3）COONa+Cu2O↓+3H2O；

故答案為：C為CH3CH2C（OH）（CH3）CHO++2NaOH+Cu（OH）2CH3CH2C（OH）（CH3）COONa+Cu2O↓+3H2O；

（4）F結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C（CH3）COOH，溴乙烷發(fā)生水解反應(yīng)生成G為CH3CH2OH，G和F發(fā)生酯化反應(yīng)生成H，H結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C（CH3）COOCH2CH3；

CH3CH=C（CH3）COOH+CH3CH2OHCH3CH=C（CH3）COOCH2CH3+H2O；

故答案為：CH3CH=CH（CH3）COOH+CH3CH2OHCH3CH=C（CH3）COOCH2CH3+H2O；

（5）H結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C（CH3）COOCH2CH3，H在一定條件下生成的高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

（6）F結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C（CH3）COOH；X是F的同分異構(gòu)體，它同時(shí)符合下列3個(gè)條件：①能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基；②不含甲基；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，應(yīng)該為甲酸酯；

則X可能的結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH2CH2CH=CH2、（寫出兩種）；

故答案為：HCOOCH2CH2CH=CH2、（寫出兩種）．

A和溴發(fā)生反應(yīng)生成2-甲基-1，2-二溴丁烷，結(jié)合A的分子式知，該反應(yīng)為加成反應(yīng)且A結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C（CH3）CH2CH3，2-甲基-1，2-二溴丁烷發(fā)生水解反應(yīng)生成B，B為HOCH2C（OH）（CH3）CH2CH3，B發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成C為CH3CH2C（OH）（CH3）CHO，C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D為CH3CH2C（OH）（CH3）COONa，D酸化得到E為CH3CH2C（OH）（CH3）COOH，F(xiàn)的核磁共振氫譜有四個(gè)峰，峰的面積比為1：1：3：3，說明E發(fā)生消去反應(yīng)生成F，F(xiàn)結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C（CH3）COOH，溴乙烷發(fā)生水解反應(yīng)生成G為CH3CH2OH，G和F發(fā)生酯化反應(yīng)生成H，H結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C（CH3）COOCH2CH3；結(jié)合題目分析解答．

本題考查有機(jī)物推斷及有機(jī)合成，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析推斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確物質(zhì)官能團(tuán)結(jié)構(gòu)及其性質(zhì)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化、反應(yīng)條件、基本概念等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，采用正逆結(jié)合的方法進(jìn)行推斷，難點(diǎn)是限制性條件同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式確定，題目難度中等．【解析】CH2=C（CH3）CH2CH3；-CHO；消去反應(yīng)；C為CH3CH2C（OH）（CH3）CHO++2NaOH+Cu（OH）2CH3CH2C（OH）（CH3）COONa+Cu2O↓+3H2O；CH3CH=C（CH3）COOH+CH3CH2OHCH3CH=C（CH3）COOCH2CH3+H2O；HCOOCH2CH2CH=CH2、五、計(jì)算題(共2題，共18分)20、(1)1.010-5mol·L－1

(2)1.0×10－7mol·L－13

【分析】【分析】本題考查沉淀溶解平衡的計(jì)算，題目難度一般。【解答】rm{(1)}rm{AgNO}rm{AgNO}rm