【文档说明】广东省梅州市梅雁中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，3.474 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-573e0a5fd896b332b0226011fda8963f.html

以下为本文档部分文字说明：

2025届高三上学期9月考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Mn-55Cu-64一、选择题：本题共16小题，第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分，共44分。在每小题

给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中国饮食文化源远流长。下列与餐具有关的历史文物中，主要材质属于硅酸盐制品的是A.战国水晶杯B.殷商青铜酒爵C.元青花盘D.明朝玛瑙包金兽柄勺A.AB.BC.CD.

D【答案】C【解析】【详解】A．战国水晶杯，主要成分为SiO2，A不符合题意；B．青铜是铜合金，属于金属材料，不属于硅酸盐制品，B不符合题意；C．元青花盘是陶瓷材料，主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐制品，C符合题意；D．明朝玛瑙包金兽柄勺的主要成分是

玛瑙和金，玛瑙主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐制品，D不符合题意；故选C。2.近年我国科技事业收获丰硕成果，为提升新质生产力提供了支撑。下列说法正确的是A.打造中国北斗卫星导航系统：星载铷钟所用Rb元素位于元素周期表中的s区B

.C929配套的“长江2000”发动机试验成功：燃料煤油属于可再生能源C.“朱雀二号”液氧甲烷火箭入轨成功：4CH为非极性分子，燃烧时，其非极性共价键被破坏D.“华龙一号”核电站以铀为核裂变原料，23592

U与23892U互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A．星载铷钟所用铷（Rb）元素属于周期表第ⅠA族元素，位于元素周期表中的s区，故A正确；B．燃料煤油属于不可再生能源，故B错误；C．甲烷为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，但CH4燃烧时，其极性共价键C-H键被破坏，故C错误；D．23

592U与23892U为质子数相同中子数不同的两种核素，互为同位素，不互为同素异形体，故D错误；故答案选A。3.下列化学用语表述错误的是A.HClO的电子式：B.中子数为10的氧原子：188OC.NH3分子的VSEPR模型：D.基态N原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．HClO

中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；B．中子数为10，质子数为8的O原子其质量数为10+8=18，其原子表示为188O，B正确；C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH

3的VSEPR模型为四面体型，C错误；D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；故答案选C。4.下列实验能够达到目的的是A.用植物油萃取溴水中的单质溴B.用分液的方法分离苯和甲苯的混合物C.用金属钠检验乙醇中是否含少量水D.用N

aHCO3溶液鉴别乙酸和乙醇【答案】D【解析】【详解】A．植物油结构中含碳碳双键，能与溴水发生加成，不能用来萃取溴水中的溴，A错误；B．苯与甲苯互溶，不能用分液的方法分离，B错误；C．金属钠与水、乙醇反应，不能用金属钠检验乙醇中是否含少量水，C错误；D．NaHCO

3溶液与乙酸反应产生气泡，而乙醇不反应，可以鉴别，D正确；故选D。5.从碘水中提取碘的过程如下。其中，操作X为A.过滤B.加热C.蒸馏D.冷却热饱和溶液【答案】C【解析】【详解】碘单质易溶于有机溶剂CCl4，微溶于水，先通过萃取、分液方法得到有机

层(碘的CCl4溶液)，然后再蒸馏将碘从有机溶剂中分离出来，故选C。6.中国古代陶瓷烧制工艺的珍品“唐三彩”中的蓝色，其釉料的着色剂是一种含钴矿物。下列关于含钴配合物[Co(NH3)5Br](NO3)2的说法中不正确的是A.存在的化学键类型有离子键、共价键、配位键B.配体NH3中配位原子的杂化轨道

类型为sp3C.N-3O的空间构型是三角锥形D.电负性：O>N【答案】C【解析】【详解】A．[Co(NH3)5Br](NO3)2为离子化合物，且硝酸根离子中存在氮氧共价键，钴离子和氨分子之间存在配位键，A正确；的B．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋5312−=4，N原子采用sp

3杂化，B正确；C．N-3O中N原子的价层电子对数为3＋5+1322−=3，采用sp2杂化，所以为平面(正)三角形，C错误；D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：O>N，D正确；故选C。7.李白诗

云“地白风色寒，雪花大如手”。冬季气候寒冷，宜多吃肉类和根茎食物，补充人体活动所需能量。下列有关说法不正确的是A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.将碘酒滴到土豆片上，其表面出现蓝色C.驴皮制的阿胶主要成分为蛋白质D.液态植物油和

氢气加成可制得人造脂肪【答案】A【解析】【详解】A．淀粉和纤维素通式为(C6H10O5)n，由于n值未知，故淀粉和纤维素不互为同分异构体，A错误；B．淀粉遇碘变蓝，土豆含有大量淀粉，故将碘酒滴到土豆片上，其表

面出现蓝色，B正确；C．驴皮主要成分是蛋白质，C正确；D．液态植物油含有碳碳双键，可以和氢气加成变成脂肪，D正确；故选A。8.下列叙述中正确的有A.运用价层电子对互斥理论，CO23−离子的空间构型为三角锥型B.具有相同核外电子排布的粒子，化学性质相同C.NCl3

中N—Cl键的键长比CCl4中C—Cl键的键长短D.日常生活中的焰火、LED灯与原子核外电子跃迁释放能量无关【答案】C【解析】【详解】A．运用价层电子对互斥理论，CO23−离子中C原子的价电子对数是4+2=

32，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故A错误；B．具有相同核外电子排布的粒子，化学性质不一定相同，如S2-、Ar具有相同的核外电子排布，Ar性质稳定，S2-具有还原性，故B错误；C．N原子的半径小于碳原子，NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中

C—Cl键的键长短，故C正确；D．日常生活中的焰火与原子核外电子跃迁释放能量有关，故D错误；的选C。9.美沙拉嗪是治疗溃疡性结肠炎的活性成分，对肠壁的炎症有显著的抑制作用。该有机物的结构如图所示，下列说法错误的是A.该物质

有三种官能团B.该物质既可以与酸反应也可以与碱反应C.1mol该物质最多可以与24molH反应D.该物质可以发生酯化反应【答案】C【解析】【详解】A．根据结构简式，该物质中含有羧基、羟基、氨基3种官能团，故A正确；B．分子中羧基可以与碱反应，氨基可以与

酸反应，既可以与酸反应也可以与碱反应，故B正确；C．羧基不能与H2加成，结构中只有苯环与H2加成，故1mol该物质最多可以与23molH反应，故C错误；D．分子中的羧基和羟基都可以发生酯化反应，故D正确；答案选C。10.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确

的是A.21.8gDO含有的中子数为ANB.标准状况下，2.24L乙烯中含键数目为A0.5NC.1molFe与1mol氯气充分反应，转移电子数为A3ND.-131L0.01molLCHCOOH溶液中含有的H+的数目为A0.01N【答案】B【解析】【详解】A．21.8gDO的物质的量为

1.8g=0.09mol20g/mol，1个212HO中含有的中子数有218=10+，因的此0.09molD2O中含有的中子数为A0.9N，故A错误；B．乙烯分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则标准状况下

，2.24L乙烯中σ键的数目为1AA2.24L5Nmol=0.5N22.4L/mol−，故B正确；C．Fe与Cl2反应方程式为：232Fe+3Cl2FeCl点燃，由此可知，反应过程中，Cl2不足，故反应过程中转移电子数为2NA，故C错误；D．醋酸为弱酸

，因此溶液中含有的H+的数目小于-1A1L0.01molL0.01N=，故D错误；故答案选B。11.类推是一种重要的学习方法，但有时会产生错误的结论。下列类推结论中正确的是A.CO2为直线分子，则SiO2也是直线分子B.甲烷分子中的键角是109°28'，则白磷(P4)分

子中的键角也是109°28´C.PH3的空间结构为三角锥形，则BH3的空间结构也为三角锥形D.NH3分子中N原子的杂化方式为sp3，则AsH3分子中As原子的杂化方式也为sp3【答案】D【解析】【详解】A．CO2中

C原子的价层电子对数为：4022+=，为直线分子，SiO2为共价晶体，空间网状结构，SiO2不是直线分子，A错误；B．甲烷分子的空间构型为正四面体，键角是109°28'，白磷(P4)分子中P原子在正四面体的顶点，键角是60°，B错误；C．P

H3的空间结构为三角锥形，BH3中B原子的价层电子对数为：3332+=，分子的空间结构为平面三角形，C错误；D．NH3分子中N原子和AsH3分子中As原子的价层电子对数为：5342+=，杂化方式为sp3，D正确；故选D。12.某离子液体结构如图

所示。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，其中Y和Z位于同一周期，W的最高价氧化物的水化物为强酸。下列说法正确的是A.第一电离能：Y>Z>XB.阳离子中的五元环为平面结构C.最简单氢化物的键角：Z>YD.W的单质和某种氧化物可用于自来水的消毒【答案】

D【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，离子液体中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、3，Y和Z位于同一周期，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素；W的最高价氧化物的水化物为强酸，且为+1价，则W为Cl元素。【详解】A．同周期元素

，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能大于碳元素，H元素的第一电离能比C元素大，即：N>H>C，故A错误；B．阳离子五元环上中含有饱和N原子，因此可能不在同一平面，故B错误；C．甲烷和氨分子中的中心原子均为sp3杂化，甲烷分子的孤对电子数为0、氨分子的孤对电子数为1，孤对电子数

越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以甲烷分子的键角大于氨分子，故C错误；D．Cl2和ClO2具有强氧化性，可以杀菌，因此可用于自来水的消毒，故D正确；故答案选D。13.下列有关物质分离或提纯的方法正确的是选项待提纯物质杂质主要操作方法A溴苯苯加入铁粉和溴，过滤B

氯化钠硝酸钾配制热饱和溶液，冷却结晶C乙烷乙烯通入溴水中D乙酸乙酯乙酸加入饱和氢氧化钠溶液，分液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．溴易溶于溴苯，会引入新杂质，不能除杂，应选蒸馏法分离，故A错

误；B．NaCl的含量多，可选蒸发结晶法分离，故B错误；C．乙烯可与溴水发生加成反应，而乙烷不能，可除去乙烯，故C正确；D．乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，不能用氢氧化钠分离，

在氢氧化钠溶液中乙酸乙酯会水解，故D错误；故答案选C。14.关于分子结构和性质的说法不正确．．．的是A.干冰和AlCl3升华，所克服的作用力相同B.邻羟基苯甲酸的沸点比对羟基苯甲酸的沸点低C.碘易溶于浓碘化钾溶液、甲烷难溶

于水，都可用“相似相溶”规律解释D.氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸【答案】C【解析】【详解】A．干冰和AlCl3都属于分子晶体，它们升华时破坏的是分子间作用力，A正确；B．分子内氢键使物质熔沸点

降低，分子间氢键使物质熔沸点升高，邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，则邻羟基苯甲酸沸点比对羟基苯甲酸沸点低，B正确；C．甲烷为非极性分子,水为极性分子，甲烷难溶于水可用“相似相溶”原理解释，碘是非极性分子，碘易溶于浓碘化钾溶液与发生反

应3-2I+I=I−有关，不可用“相似相溶”原理解释，C错误；D．氟的电负性大于氯的电负性，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，三氟乙酸中的-COOH比三氯乙酸中的-COOH更容易电离出氢离子，三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，D正确；故选C。15.某短周期元素R的各级电离能

数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol-1)如表所示。I1I2I3I4……R7401500770010500……下列关于元素R的判断一定正确的是A.R元素第一电离能大于同周期相邻元素B.R的最高正价为+3价C.

R元素位于元素周期表中第ⅢA族D.R元素基态原子的电子排布式为1s22s2【答案】A【解析】【分析】由表格可知，I3出现了突跃，故R的最外层有2个电子，最高正价为+2价，R元素位于元素周期表中第IIA族。【详解】A．

根据分析，R的最外层有2个电子，s轨道电子全满，第一电离能大于同周期相邻元素，A正确；B．根据分析，R的最高正价为+2价，B错误；C．根据分析，R元素位于元素周期表中第IIA族，C错误；D．无法确定R元素在第几周期，无法确定电子排布式，D错误；故选A。16.莲花清瘟胶

囊有效成分大黄素的结构如图所示，该成分有很强的抗炎抗菌药理活性，关于大黄素的说法正确的是A.分子式为15125CHOB.分子中所含元素的电负性OCHC.基态氧原子核外电子的空间运动状态有8种D.分子

中所有原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A．结合有机物结构简式可知分子式为：15105CHO，故A错误；B．同周期元素，从左到右电负性逐渐增强，结合碳氢化合物中H显正电性，所以电负性OCH，故B正确；C．电子的空间运动状态等于轨道数，根据基

态氧原子核外电子排布可知占据5个轨道，所以有5种核外电子的空间运动状态，故C错误；的D．分子中存在甲基结构，甲基中的C原子属于sp3杂化，所以所有原子不可能共平面，故D错误；故选B。二、非选择题：本大题共4小题，共56

分。17.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：回答下列问题：Ⅰ．环己烯的制备与提纯（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去

）。①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择32FeCl6HO而不用浓硫酸的原因为________________________（填序号）。a．浓硫酸易使原料碳化并

产生2SOb．32FeCl6HO污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c．同等条件下，用32FeCl6HO比浓硫酸的平衡转化率高②仪器B的作用为____________。（3）操作2用到的玻璃仪器是__________

__。（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集83℃的馏分。Ⅱ．环己烯含量的测定在一定条件下，向ga环己烯样品中加入定量制得的2molBrb，与环

己烯充分反应后，剩余的2Br与足量KI作用生成2I，用1molLc−的223NaSO标准溶液滴定，终点时消耗223NaSO标准溶液mLv（以上数据均已扣除干扰因素）。测定过程中，发生的反应如下：①②22Br2KII2KBr+=+③2223246I2NaSO2NaINaS

O+=+（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。a．样品中含有苯酚杂质b．在测定过程中部分环己烯挥发c．223NaSO标准溶液部分被氧化【答案】①.3Fe

Cl溶液②.溶液显紫色③.④.a、b⑤.冷凝回流环己醇，提高其转化率⑥.分液漏斗、烧杯⑦.通冷凝水，加热⑧.淀粉溶液⑨.822000cvba−⑩.b、c【解析】【分析】I.（1）检验物质时通常是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的

性质差异。苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；（2）书写陌生情境的化学方程式时，一定要将题给的所有信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化剂、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”；（3）催化剂选择FeCl3·6H2O而

不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl3·6H2O的优点；（4）在发生装置中加装冷凝管，显然是为了冷凝回流，提高原料的利用率。（5）计算此问时尽可能采用关系式法，找到已知和未知之间的直接关系。（6）误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化

。【详解】I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，注意生成的小分子

水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程

中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+2H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化

剂并不能影响平衡转化率；②仪器B为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，冷凝回流环己醇，提高其转化率；（3）操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；（4）题目中已明确提示了

操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余Br2的

物质的量为：n(Br2)余=12×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=2000cvmol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-2000cv）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的

物质的量也为（b-2000cv）mol，其质量为（b-2000cv）×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：()822000cvba−。（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3

g；而每反应1molBr2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴

单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。【点睛】①向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等，这些是得分点，也是易扣分点。②要计算样品中环己烯的质量分数，只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。从所给的3个反应

方程式可以得出：2Na2S2O3~I2~Br2~，将相关已知数据代入计算即可。③对于a项的分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加，最终使测得环己烯的结果偏高。18.氮化镓(GaN)、碳化硅(SiC)是第三代半导体材料。

（1）基态Ga原子的核外电子排布式为_________；Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为______。（2）GaCl3的熔点为77.9℃，气体在270℃左右以二聚物存在，GaF3的熔点为1000℃；GaCl3的熔点低于Ga

F3的原因为____________。GaCl3·xNH3(x=3，4，5，6)是一系列化合物，向含1molGaCl3·xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液，有难溶于稀硝酸的白色沉淀生成；过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且

又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。（3）NH3分子的空间构形为_____________。（4）能准确表示GaCl3·xNH3结构的化学式为__________________。（5）[Co(NO3)4]

2-中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为____，1mol该配离子中含σ键数目为________NA。【答案】（1）①.[Ar]3d104s24p1②.Ga<O<N（2）Cl的电负性小于F，GaCl3为分子晶体，而GaF3为离子晶体（3）正四面体（4）[Ga(NH3

)4Cl2]Cl（5）①.sp2②.16【解析】【小问1详解】基态Ga原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1；N和O位于同周期相邻元素，N的核外电子排布半满，第一电离能大于O，Ga为金属元素，第一电离能小于O，故Ga、N和O

的第一电离能由小到大的顺序为：Ga<O<N；【小问2详解】Cl的电负性小于F，GaCl3为分子晶体，而GaF3为离子晶体，故GaCl3的熔点低于GaF3；【小问3详解】中心原子N的价层电子对数为5342+=，VSEPR模型为正四面

体；【小问4详解】加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl-，有氨气逸出，Cl-与Ag+反应生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1:2，则有配

位键的Cl-与没有配位键的Cl-的个数之比为2:1，Ga3+的配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为：[Ga(NH3)4Cl2]Cl；【小问5详解】[Co(NO3)4]2-中Co2+的配位数为4，配体为硝酸根

，N的价层电子对数为：5132+=，杂化方式为sp2；N和O原子之间肯定存在σ键，故1mol硝酸根含3molσ键，配体和中心原子之间的配位键为σ键，故该配离子中含σ键数目为A(344)N+=16NA。19.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回

答下列问题：（1）氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原产物为___________。（2）Ti-Fe合金室温下吸、放氢的速率快，基态Ti原子核外有___________个未成对电子。（3）33NHBH

(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)，是颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、4CH与2HO进行合成。①33NHBH中涉及的元素H、B、N电负性最大的是___________。②键角：4CH___________2HO(填“>”、“<”或“=”)，原因是_

__________。（4）Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。①距离Fe原子最近的Mg原子个数是___________。②若该晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为AN，则该合金的密度

为___________3gcm−。③若该晶体储氢时，2H分子在晶胞体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下2H的体积约为___________L。的【答案】（1）H2（2）2（3）①.N②

.>③.4CH分子中没有孤电子对，2HO有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以2HO小于4CH的键角（4）①.8②.321A416Na10−③.22.4【解析】【小问1详解】NaH遇水反应的方程式为：22NaH+H

O=H+NaOH，NaH中-2价H与2HO中+1价H结合生成氢气，可知氢气既是氧化产物也是还原产物，故答案为：H2；【小问2详解】Ti的原子序数为22，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，有2个未

成对电子，故答案为：2；【小问3详解】①根据H、B、N在周期表中的位置可知电负性：N>B>H，电负性最大的是N，故答案为：N；②4CH与2HO价电子对数均为4，但4CH分子中没有孤电子对，2HO有2对孤电子对，孤电子对与

成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以2HO小于4CH的键角，故答案为：>；4CH分子中没有孤电子对，2HO有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越

大，键角越小，所以2HO小于4CH的键角；【小问4详解】①以顶点面心的Fe为例，Fe原子最近的Mg原子个数为8，故答案为：8；②在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为118+6482=，Mg原子位于体内有8个，则晶胞的质量为：AA564248416ggNN

+=，该合金的密度A321416Nmρ=Va10−==321A416Na10−3gcm−，故答案为：321A416Na10−；③2H分子在晶胞的体心和棱心位置，则1个晶胞中储存氢气的个数为：111244+=，晶胞中Mg原子与氢气的关系：22MgH；含Mg48g即2molM

g吸收1mol氢气，标准状况下体积为22.4L，故答案为：22.4。20.下图为某药物合成线路的一部分：（1）化合物Ⅰ的分子式为_______。（2）化合物Ⅴ中不含氧的官能团名称为_______；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，既能发生银镜反应，又能发

生水解反应，其结构简式为_______。（3）根据化合物Ⅱ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a_______HH−_______b______________银镜反应（4）已知反应②的原子利用率为100%，反应③为消去反应，则物质Ⅲ

的结构简式为_____。反应④需要的另外一种有机反应物为____。（5）下列说法正确的是_______(填标号)。A.化合物Ⅰ可溶于水，是因为它可以和水分子形成氢键B.反应②中有π键的断裂与形成C.化合物Ⅳ分别与足量的2H和2Br反

应，消耗2H和2Br的物质的量之比为5：1D.相同物质的量的化合物Ⅳ和Ⅴ在一定条件下分别与足量的热NaOH溶液反应，两者消耗NaOH的物质的量之比为3：4（6）以甲苯为主要原料，无机试剂任选，制备化合物Ⅰ，基于你

设计的合成路线，回答下列问题(均要注明反应条件)：ⅰ．第一步反应的化学方程式为_______。ⅱ．最后一步为把溶液酸化，则酸化之前反应的化学方程式为_______。【答案】（1）762CHO（2）①.碳溴键、碳碳双键②.（3）

①.Na②.置换反应③.银氨溶液或()32AgNHOH或()32AgNH+④.4COONH−（4）①.②.3CHCOOH（5）AD（6）①.32FeBr+Br⎯⎯⎯→+HBr②.+2NaOH→

一定条件2+NaBr+HO【解析】【小问1详解】根据化合物Ⅰ的结构可知，分子式为762CHO。【小问2详解】根据化合物化合物Ⅴ的结构可知，不含氧的官能团名称为：碳溴键、碳碳双键；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，既能

发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酸酯基，其结构简式为：。【小问3详解】化合物Ⅱ中含有羟基，能与Na发生置换反应产生H2；醛基具有还原性，在碱性条件下可以和银氨溶液在加热条件下发生氧化还原反应转化为羧酸盐，反应形成的新结构为4COONH−。【小问4详解】反应②的原子利用率为1

00%，说明发生的是加成反应，结合Ⅳ的结构可知，物质Ⅲ的结构简式为：；反应④是发生酯化反应产生Ⅴ，因此另外一种有机反应物为3CHCOOH。【小问5详解】A．化合物Ⅰ中含有羟基和醛基，能和水分子形成氢键，因此可溶于水，故A正确；B．反应②为加成反

应，是苯环上的醛基被加成，断裂的碳氧双键，生成羟基，没有π键的形成，故B错误；C．化合物Ⅳ中酚羟基的邻对位可以与浓溴水发生取代反应，即1molⅣ消耗溴为1mol，含有碳碳双键可以与溴单质发生加成反应，即1m

olⅣ消耗溴为1mol，醛基也可以与溴水发生氧化还原反应，即1molⅣ消耗溴为1mol，共消耗溴为3mol；化合物Ⅳ中，苯环可以与2H发生加成反应，即1molⅣ消耗2H为3mol，碳碳双键可以与2H发生加成反应，即1molⅣ消耗2H为1mol，醛基也

可以与2H发生加成反应，即1molⅣ消耗2H为1mol，共消耗H2为5mol，消耗2H和2Br的物质的量之比为5：3，故C错误；D．化合物Ⅳ中含有1个碳溴键，1个酚羟基，均能与热NaOH溶液反应，碳溴键水解在NaOH中水解后会产生酚羟基，因此1mol化合物

Ⅳ消耗NaOH溶液为3mol；化合物Ⅴ中含有1个碳溴键，1个酯基，碳溴键水解在NaOH中水解后会产生酚羟基，而酯基水解也会产生酚羟基，均能与热NaOH溶液反应，即1mol化合物Ⅴ消耗NaOH溶液为4mol，因此两者消耗NaOH的物质的量之比为3：4，故D正确；故答案选AD。【小问6详解

】化合物Ⅰ为，以甲苯为主要原料，根据题中要求，合成路线为：32FeBrBr⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→酸性高锰酸钾溶液⎯⎯⎯⎯→一定条件下NaOH⎯⎯⎯⎯→溶液△+H→，第一步反应的化学方程式为32FeBr+Br⎯⎯⎯→+HBr；最后一步为把溶液酸化，则

酸化之前反应的化学方程式为：+2NaOH→一定条件2+NaBr+HO。