【文档说明】内蒙古赤峰二中2021-2022学年高二下学期第二次月考化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.234 MB，由小赞的店铺上传

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赤峰二中2020级高二年级下学期第二次月考化学试题一、单项选择题：(本题包括20小题，1-12每小题2分，13-20每小题3分，共48分。)1.下列描述中正确的是A.所有的燃烧反应都是放热反应，化学能全部转化为热能B.25℃、101kPa时，22C(s)O(g)2CO(g)+=-1ΔH=

-221kJmol，该反应的反应热为1221kJmol−C.在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能，可知石墨比金刚石稳定D.测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化

时，该温度为终止温度【答案】C【解析】【详解】A．所有的燃烧反应都是放热反应，化学能除了转化为热能还有光能，故A错误；B．反应热包含符号，该反应的反应热为-1221kJmol−，故B错误；C．能量越低越稳定，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.

895kJ的热能，金刚石的能量比石墨高，故石墨更稳定，故C正确；D．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度最高时时，该温度为终止温度，故D错误；故答案为C2.关于化学反应进行的方向叙述正确的是A.H0，ΔS>0时，反应自发进行，如金属钠和水的反应B.凡是放热反应都是自发的，吸热反应

都是非自发的C.自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小D.过程的自发性不仅能用于判断过程的方向，还能确定过程是否一定能迅速发生【答案】A【解析】【详解】A．金属钠和水的反应放热、熵增大，H0，ΔS>0，H-TS<0，所以反应自发进行，

故A正确；B．熵变、焓变共同决定反应方向，放热反应不一定都能自发进行，吸热反应不一定不能自发进行，故B错误；C．熵变、焓变共同决定反应方向，自发反应不一定熵增大，非自发反应不一定熵减小，故C错误；D．过程的自发性能用于判断过程的

方向，但自发反应过程不一定能迅速发生，故D错误；选A。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH1=的溶液中：2Fe+、3NO−、24SO−、Na+B.水电离出的()121H10molLc+−−=的溶液中：2Ca+、K+、Cl−、

3HCO−C.()()12cH/cOH10+−=的水溶液中：4NH+、3Al+、3NO−、Cl−D.()31cFe0.1molL+−=的溶液中：K+、ClO−、24SO−、SCN−【答案】C【解析】【详解】A．pH1=的溶液，含有大量氢离子，

遇到硝酸根后形成硝酸，具有强氧化性，2Fe+不能共存，A项错误；B．水电离出的()121cH10molL+−−=，溶液可能含有大量氢离子或者大量氢氧根，无论酸性还是碱性，3HCO−都不能存在，B项错误；C．()()12cH/

cOH10+−=的溶液，c(H+)=10-1mol/L，溶液呈酸性，所有离子不反应，均可大量共存，C项正确；D．()31cFe0.1molL+−=的溶液，SCN−会与3Fe+发生络合反应生成3Fe(SCN)而不能共存，ClO−与3Fe+

发生互促双水解而不共存，D项错误；故答案选C。4.用下列装置能达到预期目的的是A.甲图装置可用于电解精炼铝B.乙图装置可得到持续、稳定的电流C.丙图装置利用了牺牲阳极的阴极保护法保护钢闸门不被腐蚀D.丁图装置利用了外加电流的阴极保护法保护钢闸门不被腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．电

解精炼铝可以让粗铝做阳极，精铝做阴极，电解氯化铝溶液得不到单质铝，电解质不能是氯化铝溶液，这样在阴极上会析出氢气，可以是熔融的氧化铝，A错误；B．原电池可以产生电流但不能提供持续、稳定的电流，材料消耗完后不再产生电流，B错误；C．丙图装置中，形成原电池，钢闸

门是负极，易被腐蚀，不能达到保护钢闸门的目的，C错误；D．丁图装置，形成电解池，钢闸门是阴极，不参与反应，可达到保护钢闸门的目的，D正确；故答案为：D。5.下列关于同系物的说法中，错误的是A.同系物具有相同的最简式B.同系物都符合同一通式C.同系物

中，相邻的同系物彼此在组成上相差一个CH2原子团D.同系物的化学性质基本相似【答案】A【解析】【分析】【详解】A．同系物是指结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质。因此同系物的最简式不相同（比如烷烃、炔烃等），也可能相同（比如

单烯烃）；由于结构相似，化学性质是相似的，因此选项A是错误的，A错误；B．同系物结构相似，其分子的通式相同（分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质），B正确；C．分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质，C正确；D．同系物的结构相似，所以其化学性质也相似，D正确；故选

A。6.下列有关化字用语表示正确的是A.羟基的电子式：O：HB.2-乙基-1，3-丁二烯的键线式C.丙烷分子的空间填充模型D.乙二醇的实验式为HOCH2CH2OH【答案】B【解析】【详解】A．羟基属于中性基团，

氧原子与氢原子共用1对电子对，其电子式为：，A错误；B．2−乙基−1,3−丁二烯的结构简式为，键线式中用短线“−”表示化学键，端点、交点表示碳原子，C原子、H原子不需要标出，所以2−乙基−1,3−丁二烯的键线式为，B正确；C．图为丙烷

分子的球棍模型，不是空间填充模型，C错误；D．用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，则乙二醇的实验式为：CH3O，D错误；故选B。7.某有机化合物结构简式如图所示，该化合物的正确命名A.2-甲基-4-异丙基己烷B.2，4，5

-三甲基己烷C.新壬烷D.2，3，5-三甲基己烷【答案】D【解析】【分析】【详解】该物质中最长碳链上有6个碳，主链为己烷，从左端开始编号，则2、4、5号碳上各有一个甲基，从右端开始编号，则2、3、5号碳上各有一个甲基，2、3、5的编号之和较小，所以该物质的名称为2，3，5-三甲基己烷

；故答案为D。8.分子式为C10H12O2，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，且苯环上对位取代的有机物有(不考虑立体异构)A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】D【解析】【分析】【详解】C10Hl2O2不饱和度为5，能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，说明分子中含有-COO

H；且苯环上对位取代，则苯环上有两个取代基且位于对位，分别如下：、、、、，共5种；故选D。9.已知某元素＋2价离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素在周期表中的位置是()A.第

三周期Ⅷ族，p区B.第三周期ⅤB族，d区C.第四周期ⅠB族，ds区D.第四周期ⅤB族，f区【答案】C【解析】【详解】某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，处于

元素周期表中ds区，最外层电子数为族序数，电子层数等于周期数，所以该元素处于第四周期第IB族，故C选项正确；答案选C。10.下列说法中不正确的是（）A.σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强B.两个原子

之间形成共价键时，最多有一个σ键C.气体单质中，一定有σ键，可能有π键D.N2分子中有一个σ键，2个π键【答案】C【解析】【详解】A.σ键是头碰头的重叠，π键是肩并肩的重叠，σ键比π键重叠程度大，σ键比π键稳定，故

A正确；B.两个原子间只能形成1个σ键，两个原子之间形成双键时，含有一个σ键和一个π键，两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，故B正确；C.单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存σ键，故C错误；D.两个原子之间形成三键时，含有一

个σ键和2个π键，N2分子中含有一个三键，即有一个σ键，2个π键，故D正确。在故选C。11.某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的A.若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p2x3p1y，它违背了泡利原理B.

原子中所有的电子占有3个能级，9个轨道C.该元素的最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物D.基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形【答案】D【解析】【详解】某核素核外共有15个不同运动状态的电子，则该原子为P原子，其基态原子核外

电子排布式为1s22s22p63s23p3；A．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p2x3p1y，它违背了洪特规则，A错误；B．该原子中所有原子占有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级，9个轨道，B错误；C．该元素的最高价氧化物的水化物H3PO4为中强酸，C错误

；D．基态原子中能量最高的电子处于3p能级，p电子云的形状都为哑铃形，D正确；答案选D。12.下列各组微粒，不能互称为等电子体的是A.2NO、2NO+、2NO−B.2CO、2NO、3N−C.23CO−

、3NO−、3SOD.2N、CO、CN−【答案】A【解析】【分析】含有相同原子个数和价电子数的分子或离子互为等电子体。【详解】A.2NO、2NO+、2NO−的原子个数相同，价电子数分别为17、16、18，价电子数不同，三者不能互称为等电子体，故A符合题意；B.2CO、2NO、3

N−的原子个数相同，价电子数分别为16、16、16，原子个数和价电子数相同，三者互称为等电子体，故B不符合题意；C.23CO−、3NO−、3SO的原子个数相同，价电子数分别为24、24、24，原子个数和价电子数相同，三者互称为等电子体，故C不符合题意；D.2N、CO、CN−的原子个数相同，价电子

数分别为10、10、10，原子个数和价电子数相同，三者互称为等电子体，故D不符合题意；故选A。13.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol-1。请根据下表数据判断下列说法中错误的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A.

元素X的常见化合价是+1价B.元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClC.元素Y是第IIIA族元素D.若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【详解】A．根据表格可知I1和I2之间差距较大，故X常见化合价为+1价，A正确；B．X常见

化合价为+1价，元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，B正确；C．根据表格，Y的I3和I4差距较大，故Y的常见化合价为+3价，是第IIIA族元素，C正确；D．若元素Y处于第三周期，则Y为Al，不可与冷水剧烈反应，D错误；故选D。14.短周期

主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物()2ZXY的结构式为。下列说法正确的是A.第一电离能：YZXB.W位于元素周期表的s区C.电负性：YZWD.简单气态氢化物的热稳定

性：YZ【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物()2ZXY的结构式为。根据价键结构得到X为C，Y为N，Z为O，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，则W为Al。【详解】A．同一周期从左到右，第一电离能

呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第的VIA族，因此第一电离能：NOC，故A正确；B．W为Al，其价电子为3s23p1，位于元素周期表的p区，故B错误；C．同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，因此电负性：ONAl，故C错误；D．同周

期从左到右，非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物稳定性逐渐增强，因此简单气态氢化物的热稳定性：23HONH，故D错误。综上所述，答案为A。15.七叶内酯()具有抗菌、抗炎、镇静等作用。下列关于七叶内酯的说法错误的是A.分子式为C9H6O4B.能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪

色C.分子内所有原子可能共平面D.1mol七叶内酯与足量NaOH溶液反应消耗3molNaOH【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由题干所示有机物的结构简式可知，分子式为C9H6O4，A正确；B．由题干所示有机物的结构简式可知，分子

中含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．由题干所示有机物的结构简式可知，分子内存在碳碳双键所在的平面、苯环所在的平面、羰基所在的平面，且平面间单键连接，故所有原子可能共平面，C正确；

D．由题干所示有机物的结构简式可知，1mol七叶内酯含有2mol酚羟基可消耗2molNaOH，1mol酚酯基可消耗2molNaOH，故1mol七叶内酯与足量NaOH溶液反应消耗4molNaOH，D错误；故答案为：D。16.下列实验的失败原因可能是因为缺少必要的实验步骤造成的有几项①将乙醇和乙

酸混合，再加入稀硫酸共热制乙酸乙酯②实验室用无水乙醇和浓硫酸共热到140℃制乙烯③验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液出现褐色沉淀④做醛的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后，未出现红色沉淀⑤检

验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液后未析出银镜A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【详解】①将乙醇和乙酸混合，再加入浓硫酸共热制乙酸乙酯，加错试剂，故不选①；②实验室用无水乙醇和浓硫酸共热到170℃制乙烯，控制反应条件错误，故不选②

；③验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，发生水解反应，检验卤素离子在酸性条件下，缺少加硝酸的步骤，故选③；④做醛还原性实验时，加入新制的氢氧化铜悬浊液后，要加热，故选④；⑤淀粉在酸性溶液中水解，检验葡萄糖应在碱性条件下，缺

少加碱的步骤，加入银氨溶液后未析出银镜，故选⑤；选B。17.通过反应Ⅰ：2224HCl(g)O(g)=2Cl(g)2HO(g)++可将有机氯化工业的副产品HCl转化为2Cl。在0.2MPa、反应物起始物质的量比()2n(HCl)=2nO条件下，不同温度时HCl平衡转化

率如题图所示。向反应体系中加入2CuCl，能加快反应速率。反应Ⅱ：2222CuCl(s)O(g)=2CuO(s)2Cl(g)++1ΔH=125.6kJmol−反应Ⅲ：22CuO(s)2HCl(g)=CuCl(s)HO(g)++1ΔH=120.0kJm

ol−−下列说法正确的是A.反应Ⅰ的1ΔH=5.6kJmol−B.升高温度和增大压强均能提高反应Ⅰ中HCl的平衡转化率C.保持其他条件不变，500℃时，使用2CuCl，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值的D.在0.2M

Pa、500℃条件下，若起始()2n(HCl)<2nO，HCl的转化率可能达到Y点的值【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ2得2224HCl(g)O(g)=2Cl(g)2HO(g)++111Δ=125.6kJ

mol120.0kJmol114.4kJmolH−−−+−=−（）2，故A错误；B．反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCl的平衡转化率降低，故B错误；C．使用2CuCl作催化剂，只能加快反应速率，不能改变HC

l的平衡转化率，故C错误；D．在0.2MPa、500℃条件下，若起始()2n(HCl)<2nO，增加了O2的相对含量，能提高HCl的转化率，HCl的转化率可能达到Y点的值，故D正确；答案选D。18.关于

如图中四个图象的说法正确的是注：图中，E表示能量，p表示压强，t表示时间，V表示体积。A.①表示化学反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的能量变化，则该反应的反应热ΔH＝183kJ/molB.②表示其他条件不变时，反应4A(g)＋3B(g)2C(g)＋6D在

不同压强下B的体积分数随时间的变化，则D一定是气体C.③表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示CH3COOH溶液D.④表示10mL0.1mol/LNa2CO3和N

aHCO3两种溶液中，分别滴加0.1mol/L盐酸，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，则b表示Na2CO3溶液【答案】C【解析】【详解】A．①表示化学反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)的能量变化，则该反应的反应热△H＝-183kJ/mol，错误；B．②表示其它条件不变

时，反应4A(g)＋3B(g)2C(g)＋6D在不同压强下B％(B的体积百分含量)随时间的变化，则D一定是非气体，平衡正向移动，错误；C．等pH强酸与弱酸，弱酸的浓度更大，产生氢气更多，正确；D．④表示10mL0.1mol／LNa2CO3和

NaHCO3两种溶液中，分别滴加0.lmol/LHCl，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，则b表示NaHCO3溶液.碳酸氢钠和盐酸反应速率快，碳酸钠和酸反应速率慢，错误。19.科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化

为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是A.放电时，负极反应为24Zn2e4OHZn(OH)−−−−+=B.放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC.充电时，电池总反应为24222Zn(OH)2ZnO4OH2HO−−=+++

D.充电时，正极溶液中OH−浓度升高【答案】D【解析】【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成2-4Zn(OH)；充电时，

右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，2-4Zn(OH)发生还原反应生成Zn，以此分析解答。【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：--2-4Zn-2e+4OH=Zn(OH)，故A正确，不选；B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2

转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上2-4Zn(OH)转化为Zn，电池总反应为：2--4222Zn(OH)=2Zn+O+4OH+2HO，故C正确，不选；D．充电时，正极即为阳极，电极反应式

为：-+222HO-4e=4H+O，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；答案选D。20.一定温度时，Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+等四种金属离子（M2+）形成硫化物沉淀所需

S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列有关判断不正确的是A.该温度下，Ksp（MnS）大于1.0×10-35B.向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2+最有可能先沉淀C.向c(Fe2+)=0.1mol·L-1的溶液中加入CuS

粉末，有FeS沉淀析出D.该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS【答案】D【解析】【详解】A、在25℃时，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnS（s）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq），Ksp（Mn

S）=c（Mn2+）×c（S2-）=10-15×10-10=10-25＞1.0×10-35，A正确；B、依据此图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2+最有可能先沉淀，B正确；C、由于硫化铜溶液中硫离子浓度是35

10/molL−，向c(Fe2+)=0.1mol·L-1的溶液中加入CuS粉末后c（Fe2+）×c（S2-）大于10－20，所以有FeS沉淀析出，C正确；D、依据此图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和Zn

S，所以该温度下，溶解度：CuS＜MnS＜FeS＜ZnS，D错误，答案选D。第II卷21.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：（1）盐碱地(含较多23NaCO、NaCl)不利于植物生长，试用化学方程式

表示盐碱地产生碱性的原因：_______；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：_______。（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_______(填“>”

“<”或“=”)n。（3）氨气的水溶液称为氨水，其中存在的主要溶质微粒是32NHHO。已知：a.常温下，醋酸和32NHHO的电离平衡常数均为51.7410−；b.33322CHCOOHNaHCO=CHCOONaCOHO+++。则34CHCOONH溶液呈_______性(填“酸”“碱”或“

中”，下同)，43NHHCO溶液呈_______性，43NHHCO溶液中物质的量浓度最大的离子是_______(填化学式)。【答案】（1）①.Na2CO3＋H2O⇌NaHCO3＋NaOH②.Na2CO

3＋CaSO4⇌CaCO3＋Na2SO4（2）＜（3）①.中②.碱③.NH+4【解析】【小问1详解】盐碱地含较多23NaCO、NaCl，23NaCO是强碱弱酸盐，水解呈碱性，23NaCO水解方程式为Na2CO3＋H2O

⇌NaHCO3＋NaOH；农业上用石膏降低其碱性的反应原理是碳酸钠和硫酸钙反应生成难溶于水的碳酸钙和硫酸钠，降低碳酸根离子浓度，反应方程式为Na2CO3＋CaSO4⇌CaCO3＋Na2SO4；【小问2详解

】氨水是弱碱，加水稀释，电离平衡正向移动，若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释相同倍数，则氨水的pH小于氢氧化钠，若要使pH相同，需要继续向氨水中加水，所以稀释后pH仍相等，则m<n。【小问3详解】醋酸和32NHHO的电离平衡常数均为51.7410−，则34CHC

OONH溶液中醋酸根离子、铵根离子水解程度相同，溶液呈中性；33322CHCOOHNaHCO=CHCOONaCOHO+++说明醋酸的酸性大于碳酸，43NHHCO中碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性；43NHHCO

溶液中物质的量浓度最大的离子是NH+4。22.有机玻璃具有透光性好、质轻的优点，可用于制造飞机风挡、舷窗等。实验室由链烃A(C3H6)制备有机玻璃的一种合成路线如下：已知：核磁共振氢谱表明D只有一种化学环境的氢。回答下列问题：(1)A的化学名称为____

_______，E中官能团的名称为___________。(2)由A生成B的反应类型是___________，由B生成C的反应类型是___________。(3)D的结构简式为___________，其分子中最多有___________个原子共平面。(

4)E生成F的化学方程式为___________。(5)与E具有相同官能团的E的同分异构体有___________种。其中核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为___________。(6)参照上述合成路线，设计

一条由乙醇为起始原料制备的合成路线：___________【答案】①.丙烯②.羟基、羧基③.加成反应④.水解反应或取代反应⑤.⑥.6⑦.+CH3OH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=C（CH3）COOCH3+2H2O⑧.4⑨.HOCH2CH2CH2COOH⑩.CH3CH2OH2Cu/OΔ⎯⎯⎯⎯⎯

→CH3CHO+2HCNHHO①②、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，A为链烃，A的分子式为C3H6，在催化剂作用下，A与HCl共热发生反应生成B，则A为CH2=

CHCH3、B为CH3CHClCH3；CH3CHClCH3在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成CH3CH（OH）CH3，则C为CH3CH（OH）CH3；在铜做催化剂作用下，CH3CH（OH）CH3与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D

为；与HCN发生加成反应后，在酸性条件下发生水解反应生成，在浓硫酸作用下，与CH3OH共热时发生酯化反应和消去反应生成CH2=C（CH3）COOCH3，则F为CH2=C（CH3）COOCH3；一定条件下，CH2=C（CH3）COOCH3发生加聚反应生成。【详解】(1)

由分析可知，A的结构简式为CH2=CHCH3，名称为丙烯；E的结构简式为，官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：丙烯；羟基、羧基；(2)由A生成B的反应为在催化剂作用下，CH2=CHCH3与HCl共热发生加成反

应生成CH3CHClCH3；由B生成C的反应为CH3CHClCH3在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成CH3CH（OH）CH3，故答案为：加成反应；水解反应或取代反应；(3)由分析可知，D的结构简式为，丙酮分子中羰基上的不饱和原子和与羰基相连的碳原子一定共平面，由三点成面可知，两个甲基上都有一个

氢原子可能共平面，则分子中最多有6个原子共平面，故答案为：；6；(4)E生成F反应为在浓硫酸作用下，与CH3OH共热时发生酯化反应和消去反应生成的CH2=C（CH3）COOCH3和水，反应的化学方程式为+CH3OH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=C（CH3）COOCH3+2H2O

，故答案为：+CH3OH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=C（CH3）COOCH3+2H2O；(5)与E具有相同官能团的E的同分异构体可以视作是正丙醇和异丙醇分子中的氢原子被羧基取代得到的衍生物，其中正丙醇中的氢原子被羧基取代有3种结构，异丙醇中的氢原子被羧基取代只有1种结构，共4种；

其中核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为HOCH2CH2CH2COOH，故答案为：4；HOCH2CH2CH2COOH；(6)由题给流程信息可知，以乙醇为起始原料制备的合成步骤为在铜做催化剂作用下

，CH3CH2OH与氧气共热发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO与HCN发生加成反应后，在酸性条件下发生水解反应生成，在催化剂作用下，发生缩聚反应生成，合成路线如下CH3CH2OH2Cu/OΔ⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CHO+2HCNHHO①②、⎯⎯⎯⎯⎯

⎯→催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→，故答案为：CH3CH2OH2Cu/OΔ⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CHO+2HCNHHO①②、⎯⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→。23.前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其相关性质如表所示：A2p能级电子半充满B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子C基态原子

核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子D其基态原子价电子排布式为nn2msmp+E前四周期元素中，E元素基态原子未成对电子数最多F基态F+各能级电子全充满请根据以上情况，回答下列问题：（1）E元素基态原子核外有_______种能量不同的电子，电子排布式为_____

__，F位于元素周期表第_______周期第_______族，写出B元素基态原子的价电子轨道表达式_______。（2）A、B、C、D四种元素第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。B、C、D三种元素的简单离子的半径由大到小的顺

序为_______(用离子符号表示)。（3）许多金属盐都可以发生焰色试验，如元素C，其原因是_______。【答案】（1）①.7②.1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1③.四④.ⅠB⑤.（2）①.N>O>S>Na②.S2−>O2−>Na+（

3）灼烧时原子激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，从而显出不同的焰色。【解析】【分析】前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A元素的原子2p能级电子半充满，则其核外电子排布式

是1s22s22p3，故A是N元素；B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子，则B核外电子排布式是1s22s22p4，所以B为O元素；C元素基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，则C原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，C是Na元素；在

前四周期元素中E元素基态原子未成对电子数最多，则外围电子排布式为3d54s1，E为铬元素，D其基态原子外围电子排布为msnmpn+2，即外围电子排布为ms2mp4，则D为第ⅥA族元素，原子序数小于铬大于钠，则D为硫元素；F原子序数大于E，且基态F+各能层电子全充

满，则F的外围电子排布为3d104s1，则F为铜元素，据此分析解答。【小问1详解】E为24号铬元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，则基态原子核外有7种能量不同的电子；F为

29号铜元素，位于元素周期表第四周期ⅠB族，B为O元素，对于主族元素，价电子就是最外层电子，则其基态原子的价电子轨道表示式是。【小问2详解】A、B、C、D分别为：N、O、Na、S，同周期元素第一电离能呈逐渐增大的趋势，但由于N元素核外p能级上电子处于

半充满状态，较稳定，第一电离能大于氧元素，同主族元素第一电离能从上到下减小，则第一电离能由大到小的顺序为：N>O>S>Na；B、C、D三种元素分别为O、Na、S，其简单离子分别为O2-、Na+、S2-，其中O2-、Na+电子层结构相同，都为2层，S2-核外为三层，电子层数越多，半径越大，电子

层数相同，核电荷数越大，半径越小，所以B、C、D三种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Na+，故答案为：N>O>S>Na；S2−>O2−>Na+。【小问3详解】焰色反应时，灼烧原子处于激发态，核外电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的

轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，从而显出不同的焰色，故答案为：激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量。24.丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增

长迅速。某科研小组以MgO、25VO、23AlO等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙烯，其反应原理为3823622CH(g)O(g)2CH(g)2HO(g)++催化剂1ΔH。Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热(H)分别为12220kJmol−−、1205

8kJmol−−。22HO(l)=HO(g)12ΔH44kJmol−=+。（1）则1ΔH=___________1kJmol−。Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投

料比之间的关系如表。催化剂反应温度/℃()()()3822nCH:nO:nN总转化率/%丙烯的选择性/%25VO/MgO5003：2：52546.62523VO/AlO5003：2：52540.0252VO/

MgOSiO−5001：1：840045.0.（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是___________(填催化剂的化学式)。（3）在500℃、以2523VO/AlO为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入3mol38CH、2mol2O、5mol

2N，发生反应，经过10min达到平衡状态。①0~10min，丙烯的化学反应速率()36vCH=___________11molLmin−−。②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。A．H不

变B．36CH与2HO的物质的量之比为1：1C．36CH的质量不再改变③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是___________(任写一条即可)。④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，()()nn氮气丙烷越大，丙烷的平衡转化

率越大，其原因是___________。（4）在500℃、以252VO/MgOSiO−为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入1mol38CH、1mol2O、8mol2N发生反应，平衡时压强为pkPa[已知该催化剂条件

下的副反应为38222CH(g)7O(g)6CO(g)8HO(g)++催化剂]，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数pK=___________(用含p的代数式表示，pK是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡

分压=总压×体积分数，列出计算式即可，不用化简)。【答案】（1）-236（2）252VO/MgOSiO−（3）①.0.003②.C③.及时分离出2HO④.该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正

向移动，丙烷的平衡转化率增大（4）2221.060.18pkPapkPa10.6410.640.60.14pkPapkPa10.6410.64【解析】【小问1详解

】①3823622CH(g)O(g)2CH(g)2HO(g)++催化剂1ΔH②22HO(l)=HO(g)12ΔH44kJmol−=+由丙烷、丙烯的燃烧热(H)分别为12220kJmol−−、12058kJm

ol−−的方程式：③38222CH(g)+5O(g)=3CO(g)+4HO(l)31ΔH2220kJmol−=−④362229CH(g)+O(g)=3CO(g)+3HO(l)2142058kJΔHmol−−=由

盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则11114213222()-2(2058kJmol)2(44kJmol)236kJΔH=2ΔHΔHΔH2220kJmolmol−−−−−+=−++=−−

则11kJΔH=-236mol−。故答案为：-236;【小问2详解】在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：252VO/MgOSiO−。故答案为：252VO/MgOSiO−

【小问3详解】①在500℃、以2523VO/AlO为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则36n(CH)=3mol25%40%=0.3mol△，则0~10min，丙烯的化学反应速率11

360.3molv(CH)==molLmin10L10mi0.00n3−−。②A．H与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；B．3823622CH(g)O(g)2CH(g)2HO(g)++催化剂，36CH与2HO的物质的量之比一直为1：1，不

能说明该反应达到平衡状态，故B错误；C．36CH为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物2HO，促进反应正向进行。④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，()()nn氮气丙烷越大

，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。故答案为：①0.003；②C；③及时分离出2HO；④该反应为气体分子数增加的反应

，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。【小问4详解】在500℃、以252VO/MgOSiO−为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入1mol38CH、1mol2O、8mol2N发生反应，丙烯

选择性为45%，丙烷转化率为40%，则36n(CH)=1mol40%45%=0.18mol△，则可得：3823622CH(g)O(g)2CH(g)2HO(g)++催化剂起始n始(mol)1100变化△n(mol)0.180.090.180.18终态n终(mol)0.820.

910.180.1838222CH(g)7O(g)6CO(g)8HO(g)++催化剂起始n始(mol)0.820.9100.18变化△n(mol)0.4-0.180.770.660.88终态n终(mol)0.60.170.661.06故平衡时：38n(CH)=0.6mol，3

6n(CH)=0.18mol，2n(O)=0.14mol，n(CO)=0.66mol，2n(HO)=1.06mol，2n(N)=8mol，则n=10.64mol总；平衡时压强为pkPa，平衡分压=总压×体积分数，则380.6pkPa10.H)

64P(C=，360.18pkPa10.)=64P(CH，20.14pkPa10.64P(O)=，21.06pkPa10.)=64P(HO，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：22362223822p21.060

P(CH)P(HO)K=.18pkPapkPa10.641=P(CH)P(0.640.60.14pkPapkPa10.6410.64O)故答案为：2221.060.18pkPapkPa10.6410.640.60.14pkPapkPa10.6

410.64