【文档说明】【精准解析】甘肃省定西市岷县第一中学2019-2020学年高二下学期开学测试化学试题.doc，共(17)页，478.000 KB，由管理员店铺上传

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高二化学本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、Cl-35.5、Na-23、Al-27、S-32、N-14、I-127、Cu-64、B

a-137I卷选择题一、单选题（共16小题,每小题3分,共48分）1.化学家认为石油、煤作为能源使用时，燃烧了“未来的原始材料”．下列观点正确的是A.大力提倡开发化石燃料作为能源B.研发新型催化剂，提高石油和煤中各组分的燃烧热C.化石燃料属于

可再生能源，不影响可持续发展D.人类应尽可能开发新能源，取代化石能源【答案】D【解析】本题主要考查了化石燃料的使用。详解：化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，所以开发新清洁能源，减少化石燃料的燃烧减少二氧化碳的排放，防止温室效应，A错误；研发新型催化剂，只能提高石油和煤中各组分的

燃烧速率，但不可提高燃烧热，B错误；化石燃料是不可再生能源，在地球上蕴藏量是有限的，大量使用会影响可持续发展，C错误；化石燃料不可再生，燃烧能产生大量的空气污染物，应尽可能开发新能源，取代化石能源，D正确。故选D。点睛：依据可持续发展的理念结合相关的

基础知识是解答的关键。2.盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。已知3.6g碳在6.4g氧气中燃烧，至反应物耗尽，放出了XkJ热量。已知碳完全燃烧的焓变△H=一YkJ·mol-1，则lmolC与O2反应生成CO的反应热△H为()kJ·mol-1A.一YB.—(10X—Y)C.一(5

X—0.5Y)D.+(10X—Y)【答案】C【解析】【详解】碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2，3.6g碳的物质的量为n(C)=3.6g÷12g/mol=0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为n(O2

)=6.4g÷32/mol=0.2mol，n（C）：n(O2)=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生。假设生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0

.2，y=0.1．单质碳的燃烧热为YkJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×YkJ/mol=0.1YkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ．由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“—”，故1molC与O2反应生成CO的反

应热△H=-(XkJ−0.1YkJ)÷0.2mol=-(5X-0.5Y)kJ/mol，故选项C正确。3.某温度时，在2L容器中三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式和反应开始至2min末Z的平均反应速率分别为

（）A.X+3Y2Z0.1mol•L-1•min-1B.2X+Y2Z0.1mol•L-1•min-1C.X+2YZ0.05mol•L-1•min-1D.3X+Y2Z0.05mol•L-1•min-1【答案】D【解析】【详解】根据图像可知

，0~2min，X、Y、Z转化物质的量分别为0.3mol、0.1mol、0.2mol，X、Y为反应物，Z为生成物，转化物质的量之比等于化学计量数之比，则化学计量数之比为3：1：2，方程式为3X+Y2Z，υ（Z）=∆n/（V×∆t）=0.2mol/（2L×2min）=0.05mol•L-

1•min-1，答案为D。4.在体积一定的密闭容器中给定物质A、B、C的量，在一定条件下发生反应建立的化学平衡：aA（g）+bB（g）⇌xC（g），符合如图所示的关系（C%表示平衡混合气中产物C的百分含量，T表示温度，p表示压强）。在图中，Y轴是指（）A.反应物A的百分含量B.平衡混合气体中物

质B的百分含量C.平衡混合气体的密度D.平衡混合气体的平均摩尔质量【答案】D【解析】【详解】由C的百分含量－时间变化曲线可知：在相同温度线，增大压强（P2＞P1），C的百分含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则有a+b＞x，在相同压强下升高温度（T1＞T2），C的百分含量降低

，则说明升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应，则A．由C的百分含量－时间变化曲线可知，增大压强平衡向正反应方向移动，A的百分含量减小，与图象不符，选项A错误；B．由C的百分含量－时间变化曲线可知，增大压强平衡向正反应方向移动，B的百分含量减

小，与图象不符，选项B错误C．由于反应容器的体积不变，气体的质量不变，则温度变化，平衡混合气的密度不变，选项C错误；D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，则混合气体的物质的量增多，质量不变，则平衡混合气的平均摩尔质量减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，

气体的总物质的量减小，则平衡混合气的平均摩尔质量增大，与图象向符合，选项D正确。答案选D。5.常温下，向浓度为0.1mol·L-1、体积为VL的氨水中逐滴加入0.1mol·L-1的盐酸，下列各选项中数值变大的有（）A.+2-+432c(H)c(OH)c(NH)c(NH

HO)B.+cHc()(OH)C.32+-c(NHHO)c(H)c(OH)D.+32+4c(H)c(NHHO)c(NH)【答案】B【解析】【详解】A.一水合氨的电离平衡常数K=-+432c(OH)c(NH)c(NHHO)，可知+2-+43

2c(H)c(OH)c(NH)c(NHHO)=K×+-c(H)c(OH)=K×Kw，该比值取决于温度的变化，常温下K和Kw不变，则该比值不变，故A错误；B.逐滴加入0.1mol/L的盐酸的过程中c（H+）增大、c（OH-）减小，则+cHc()(OH)的比值增大，故B正确；C.常温下c（

H+）•c（OH-）之积为定值，滴入盐酸的过程中c（NH3•H2O）减小，则该比值减小，故C错误；D.+32+4c(H)c(NHHO)c(NH)为NH4+的水解平衡常数，常温下该比值不变，故D错误；正确答案是B。6.HA为酸性略强于醋酸的

一元弱酸，在0.1mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是A.c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)B.c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)C.c(Na＋)+c(OH－)=c(A－)+c(H+)D.c(Na＋)+c(H+)=

c(A－)+c(OH－)【答案】D【解析】【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）<c（OH-），A-水解、钠离子不水解，所以c（Na+）>c（A-），A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）

>c（A-）>c（OH-）>c（H+），故A错误；B.根据A的分析可知，c（A-）>c（OH-），故B错误；C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（

OH-）>c（A-）+c（H+），故C错误；D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；故选D。7.25℃时，Ksp(BaSO4)=1×10－10，Ksp(BaCO3)=2.6×10－9。该温度下，下列说法不正确的是（）A.同浓度的Na

2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出B.BaCO3的悬浊液中加入少量的新制氯水，c(Ba2+)增大C.BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，2423()1()26cSOcCOD.BaSO4悬浊液中加入Na2CO3

浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3【答案】D【解析】【详解】Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，所以同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出，A项正确；BaCO3悬浊液中加入少量的新制氯水，氯水显酸性，消耗溶液

中的CO，促进碳酸钡的溶解平衡右移，因此c(Ba2＋)增大，B项正确；BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，222444222333SOSOBaBaSO1BaCO26COCOBaspspccKKccc，C项正确；D项

，只要溶液中c(CO)·c(Ba2＋)>Ksp(BaCO3)就可以形成碳酸钡沉淀，所以BaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4有可能转化为BaCO3，D项错误；答案选D。8.如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和

浓度均相同且足量，当电路中通过的电子都是0.1mol时，下列说法正确的是（）A.溶液的质量变化：甲减小乙增大B.溶液pH值变化：甲减小乙增大C.相同条件下产生气体的体积：V甲=V乙D.电极反应式：甲中阴极：Cu2++2e﹣=Cu，乙中负极：Mg﹣2e﹣=Mg2+【答案】A【解析】【详解】A.

甲中总反应为：2CuSO4+2H2O电解2Cu+2H2SO4+O2↑，乙中总反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，故A正确；B.甲中生成H2SO4，pH减

小，乙中消耗NaOH，pH减小，故B错误；C.当两装置电路中通过的电子都是0.1mol时，甲中产生0.025molO2，乙中产生0.05molH2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为1：2，故C错误；D.甲中阴极为Cu2+放电，电极反应为Cu2++2e-=Cu，乙中负极为Al放电

，电极反应为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，故D错误；正确答案是A。【点睛】乙装置判断是解答的易错点，注意原电池中活泼的金属不一定是负极，还需要考虑到电解质溶液的性质。9.下列各组物质相互间一定互为同系物的是()A.淀粉和纤维素B.蔗糖和麦芽糖

C.C3H6与C4H8D.C4H10与C10H22【答案】D【解析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物，据此判断。【详解】A.淀粉和纤维素均是高分子化合物，属于混合物，不可能互为

同系物，A错误；B.蔗糖和麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；C.C3H6与C4H8的结构不一定相似，不一定互为同系物，C错误；D.C4H10与C10H22均是烷烃，结构相似，互为同系物，D正确。答案选D。【点睛】关于同系物的判断需要注意同系物必然符

合同一通式，但符合同一通式的不一定是同系物；其中符合通式CnH2n+2且碳原子数不同的物质间一定属于同系物；同系物必为同一类物质；同系物分子间相差一个或若干个CH2原子团，化学式不可能相同；同系物组成元素相同；同系物结

构相似但不一定完全相同。10.用于制造隐形飞机的某种物质具有吸收微波的功能，其主要成分的结构简式如图，它属于（）A.烃B.无机物C.有机化合物D.烷烃【答案】C【解析】【详解】根据化合物的结构简式可知，该化合物是有机物，烃中只有碳和氢两种元素，该化合物中除了碳、氢元素外，还含有硫元素，所以不属于

烃；答案选C。11.分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（）A.含两个双键的直链有机物B.含一个三键的直链有机物C.含一个双键的环状有机物D.只含一个双键的直链有机物【答案】D【解析】【分析】把Cl原子看成氢原子

，可知C5H7Cl的不饱和度为2，一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1。【详解】A．C5H7Cl的不饱和度为2，含两个双键的直链有机物不饱和度为2，故A可能；B．C5H7Cl的不饱

和度为2，含一个三键的直链有机物不饱和度为2，故B可能；C．C5H7Cl的不饱和度为2，含一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C可能；D．C5H7Cl的不饱和度为2，只含一个双键的直链有机物不饱和度为1，故D不可能

；故选D。12.根据同分异构体的概念，判断下列物质互为同分异构体的是（）A.CH3-CH2-CH3和CH3-CH2-CH2-CH3B.红磷和白磷C.CH3-CH2OH和CH3-O-CH3D.NO和CO【答案】C【

解析】【分析】分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体。【详解】A、CH3-CH2-CH3和CH3-CH2-CH2-CH3分子式相差1个CH2，结构相似，属于同系物，不属于同分异构体，故不选A；B.红磷和白磷是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，不是同分异构体，故不选B

；C.CH3-CH2OH和CH3-O-CH3分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故选C；D.NO和CO分子式不同，不是同分异构体，故不选D。【点睛】本题考查了同分异构体、同系物、同素异形体等判断，注意明确同分异构体的概念及判断方法，试题培养了学生的分

析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。13.某烷烃的1个分子中含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，该烷烃的名称是（）A.正壬烷B.2，6-二甲基庚烷C.2，2，4，4-四甲基戊烷D.2，3，4-三甲基己烷【答案】C【解析】【分析】分子中含有9个碳原子，但是一氯代物只有2

种，说明有机物只有两个环境的氢原子，结构具有对称轴，据此回答问题。【详解】某烷烃的1个分子中含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，说明该有机物结构对称，且对称结构为-C(CH3)3，有机物整体结构简式为(CH3)3C-CH2-C(CH3)3，名称为2，2，4，4

-四甲基戊烷。答案为C。14.烷烃的命名是其他种类有机物命名的基础，的名称是（）A.1-甲基-4-乙基戊烷B.2-乙基戊烷C.1，4-二甲基己烷D.3-甲基庚烷【答案】D【解析】【分析】烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇

等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小；看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则。【详解】根据烷烃的命名规则可知该有机物的碳原子编

号为：，因此该有机物的名称为：3-甲基庚烷，故答案为：D。15.现有一瓶A和B的混合液，已知A和B的某些性质如下：物质分子式熔点（℃）沸点（℃）密度（g/cm3）水溶性AC3H6O2-9857.50.93可溶BC4H8O2-84770.9可溶由此推知分离A和B的最佳方

法是（）A.萃取B.结晶C.蒸馏D.分液【答案】C【解析】【详解】根据A、B的数据，A和B的沸点不同，可利用蒸馏的方法分离A和B的混合液，答案为C。16.标准状况下1mol某烃完全燃烧时，生成89.6LCO2，又知

0.1mol此烃能与标准状况下4.48LH2加成，则此烃的结构简式是A.CH3CH=CHCH3B.CH3C≡CCH3C.CH3CH2CH=CH2D.CH2=CHCH=CHCH3【答案】B【解析】【详解】标准状况下1mol某烃完全燃烧时，生成89.6L

CO2，则1个烃分子中所含碳原子数为89.6L22.4L/mol1mol=4；0.1mol此烃能与标准状况下4.48LH2加成，n(H2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，则1mol该烃能与2molH2发生加成反应

，该烃分子中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键；对照各选项，A、C项分子中都只有1个碳碳双键，D项分子中含5个碳原子，A、C、D项均不满足题意；B项分子中含4个碳原子和1个碳碳三键，B项满足题意，故选B。II卷非选择题（共7小题，共52分）二、填空题17.有A，B两种有机物，按要求回答下列问题：（1）

取有机物A3.0g，完全燃烧后生成3.6g水和3.36LCO2（标准状况），已知该有机物的蒸气对氢气的相对密度为30，求该有机物的分子式________。（2）有机物B的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如下，试推测该有机物的可能结构：_________。【答案】(1).C3H8O(2).

CH3COCH2OCH3、CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3【解析】【分析】(1)利用相对密度计算有机物A的摩尔质量，再利用产物的量计算碳氢比例，结合分子量确定分子式；(2)利用红外光谱确定分子的主题结构，再结合分子式推测结构简式。【详解】(1)完全燃烧后生成

3.6g水，即0.2mol，则有机物A含有0.4molH，3.36LCO2（标准状况），即0.15mol，则有机物A中含有0.15molC，n(C)：n(H)=0.15mol：0.4mol=3：8，有机物

的蒸气对氢气的相对密度为30，则有机物的摩尔质量为60g/mol，有机物A3.0g为0.05mol，则有机物的化学式为C3H8O；(2)根据红外光谱，有机物B中含有不对称的2个甲基，碳氧双键及醚键的结构，已知B的分子式为C4H8O2

，则有机物含有酯基或醚键，结构简式为CH3COCH2OCH3、CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3。18.为了测定某有机物A的结构，做如下实验：①将2.3g该有机物完全燃烧，生成0.1molCO2和2.7g

水；②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；③用核磁共振仪处理该化合物，得到如图二所示图谱，图中三个峰的面积之比是1∶2∶3。试回答下列问题：（1）有机物A的相对分子质量是________。（2）有机物A的实验式是________。（3）A的

分子式是_______________________________________。（4）A的结构简式为___________________________________________。【答案】(1).46(2).C2H6O

(3).C2H6O(4).CH3CH2OH【解析】【分析】（1）根据质荷比判断有机物A的相对分子质量；（2）根据n=m÷M计算生成的水的物质的量，计算碳元素、氢元素的质量，根据质量守恒判断有机物A是否含有氧元

素，若含有氧元素，计算氧元素质量、氧原子物质的量，根据有机物A中C、H、O原子个数比值确定实验式；（3）根据有机物的实验式中H原子说明是否饱和C原子的四价结构判断；（4）由核磁共振氢谱判断该有机物含有3种H，可确定分

子的结构简式。【详解】（1）在A的质谱图中，最大质荷比为46，所以其相对分子质量也是46；（2）2.3g该有机物中n（C）=n（CO2）=0.1mol，含有的碳原子的质量为m（C）=0.1mol×12g•mol-1=1.2g，氢原子的物质的

量为：n（H）=2×2.7g/18g•mol-1=0.3mol，氢原子的质量为m（H）=0.3mol×1g•mol-1=0.3g，该有机物中m（O）=2.3g-1.2g-0.3g=0.8g，氧元素的物质

的量为n（O）=0.8g÷16g/mol=0.05mol，则n（C）：n（H）：n（O）=0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，所以A的实验式是C2H6O；（3）该有机物的最简式为C2H6O，H原子已经饱和C原子的四价结构，最简式即为分子式；（4）A

有如下两种可能的结构：CH3OCH3或CH3CH2OH；若为前者，则在核磁共振氢谱中应只有1个峰；若为后者，则在核磁共振氢谱中应有3个峰，而且3个峰的面积之比是1：2：3，显然CH3CH2OH符合题意，所以A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH。【点睛】

本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目着重考查有机物分子式、结构简式的计算方法，注意根据质量守恒确定有机物分子式的方法，明确质量比、核磁共振氢谱的含义是解题关键。19.已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH4＋、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度

大小顺序可能有如下四种关系：①c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)②c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)③c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)④c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)填写下列空白：（1

）若溶液中只溶有一种溶质，则该溶质是______，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)；（2）若四种离子的关系符合③，则溶质为____________________________；若四种离子的关系符合④，则溶质为___

_________________________；（3）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，则下面图像正确的是________(填图像符号)；（4）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·

H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)；混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。【答案】(1).NH4Cl(2).①(3).NH4Cl、NH3·H2O(4).NH4Cl

、HCl(5).B(6).小于(7).大于【解析】【分析】根据盐类水解的规律和弱电解质的电离平衡分析相关问题。【详解】（1）已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH4＋、Cl－四种离子。任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方

程式为NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，则c(Cl－)＞c(NH4＋)，溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，又因为氯化铵的水解程度很小，则c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)

，即①符合。故答案为NH4Cl；①；（2）由③中离子的关系c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)可知，溶液显碱性，且c(NH4＋)＞c(Cl－)，则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3∙H2O；由

④中的离子关系c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)可知，溶液显酸性，且c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)，则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl。故答案为NH4

Cl和NH3•H2O；NH4Cl和HCl；（3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释时，氢离子的浓度都变小，则pH都变大，但盐酸为强酸，则pH变化程度大，而氯化铵水解显酸性，稀释促进水解，氢离子浓度减小的倍数小于盐酸中氢离子浓度的变化，则pH变化

小，只有B符合题意，故答案为B；（4）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，则应为氨水与氯化铵的混合溶液，则氨水过量，c(HCl)＜c(NH3•H2O)，而HCl为强电解质，完全电离，NH3∙H2O为弱电解质，不完全电离，则混合前酸中c(H+)

和碱中c(OH-)的关系为c(H+)＞c(OH-)。故答案为小于；大于。【点睛】本题的第（4）较难。分析这种问题时，要找好一个平台，比如本题以两者恰好反应作为一个平台，分析生成物氯化铵溶液的酸碱性，在此基础上再分析两者反应后，哪一种物质过量才能达到题中的要求

，剩下的问题就比较简单了。20.现有下列5种有机物：①CH2═CH2②CH3CH2OH③CH3-C≡C-CH3④⑤其中，属于炔烃的是___________（填序号，下同），属于烃的衍生物的是___________，与①互

为同系物的是_______________；用系统命名法给④命名，其名称为______________________________。【答案】(1).③(2).②(3).⑤(4).2-甲基戊烷【解析

】【详解】①CH2═CH2分子中有碳碳双键，属于烯烃；②CH3CH2OH的官能团是羟基，其属于烃的衍生物；③CH3-C≡C-CH3分子中有碳碳叁键，其属于炔烃；④属于烷烃；⑤分子中有碳碳双键，属于烯烃。因此，属于炔烃的是③；属于烃的衍生物的是②；①和⑤

都属于烯烃，其结构相似，在分子组成上相差2个CH2，故与①互为同系物的是⑤；④的2号碳原子上有一个甲基，其名称为2-甲基戊烷。21.用系统命名法给下列烃命名或者写出烷烃的结构简式：①________________；②__________；③2，3，3-三甲基戊烷_________【答案】(1

).2，2，5-三甲基-3-乙基己烷(2).3，4-二甲基-2-乙基-1-己烯(3).CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2【解析】【分析】命名烷烃：确定主链的原则是：首先考虑链的长短，长的优先。若有两条或多条等长的最长链时，则根据侧链的数目来确定主链，多的优先。若仍无

法分出哪条链为主链，则依次考虑下面的原则，侧链位次小的优先，各侧链碳原子数多的优先，侧分支少的优先。烯烃的系统命名法：(1)首先选择含有双键的最长碳链作为主链，按主链中所含碳原子的数目命名为某烯；(2)给主链编

号时从距离双键最近的一端开始，侧链视为取代基，双键的位次须标明；(3)其它同烷烃的命名规则。【详解】①根据系统命名法，主链及起始端为，则命名为2，2，5-三甲基-3-乙基己烷；②根据烯烃的命名规则，碳碳双键必须在主链，

且碳碳双键位置较小的一端为起始端，则起始端及主链为，其名称为3，4-二甲基-2-乙基-1-己烯；③根据系统命名法，2，3，3-三甲基戊烷，主链上有5个碳原子，3个甲基分别在2，3，3的位置，结构简式为CH3C

H2C(CH3)2CH(CH3)2。22.以氨气代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点．（1）氨燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L﹣1的KOH溶液，电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2

O．该电池负极的电极反应式为______；每消耗1.7gNH3转移的电子数目为______．（2）用氨燃料电池电解CuSO4溶液，如图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为____

__；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为_______L．（3）纳米级氧化亚铜（Cu2O）是一种重要光电材料．现用铜棒和石墨做电极，饱和食盐水做电解质制备纳米级氧化亚铜（Cu2O），电解反应为2Cu+H2O通电

Cu2O+H2↑铜棒上发生的电极反应式为__．【答案】(1).2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O(2).0.3NA；(3).4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O(4).1.12(5).2Cu﹣2e﹣+H2O=Cu2O+2H+

【解析】【分析】(1)氨燃料电池电解质溶液为KOH，正极：氧气得电子与水反应生成氢氧根离子；负极：氨失电子与氢氧根离子反应生成氮气和水；(2)电解CuSO4溶液，A、B均为铂电极，则阴极：铜离子得电子生

成单质铜；阳极水失电子生成氧气和氢离子；已知A电极上有红色固体析出，则A电极为阳极，B电极为阴极；(3)根据方程式及电极产物，Cu失电子，与水反应生成氧化亚铜和氢离子，另一电极为氢离子得电子生成氢气。【详解】(1)氨燃料电

池电解质溶液为KOH，负极的电极反应为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；根据电解反应式，每消耗1.7g氨，即0.1mol转移0.3mol电子，即0.3NA；(2)已知A电极上有红色固体析出，铜离子得电子，作阴极，则A电极为阳极，B电极为

阴极，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，即加入CuO的物质的量为0.1mol，生成的单质铜的物质的量为0.1mol，转移0.2mol电子，则生成0.05mol氧气，其标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.1

2L；(3)根据方程式及电极产物，Cu失电子，与水反应生成氧化亚铜和氢离子，电极反应式为2Cu﹣2e﹣+H2O=Cu2O+2H+。23.三聚氰胺最早被李比希于1834年合成，它有毒，不可用于食品加工或食品添加

剂。经李比希法分析得知，三聚氰胺分子中，氮元素的含量高达66.67%，氢元素的质量分数为4.76%，其余为碳元素。它的相对分子质量大于100，但小于150。试回答下列问题：（1）分子式中原子个数比N（C）∶N（H）∶N（N）＝______

_______。（2）三聚氰胺分子中碳原子数为_____________，理由是（写出计算式）_____________。（3）三聚氰胺的分子式为_____________。（4）若核磁共振氢谱显示只有1个吸收峰，红外光谱表征有1个由碳氮两种元素组成的六元杂环。则三聚氰胺的结构简式为_____

_。【答案】(1).1∶2∶2(2).3(3).10028.57%12＜N（C）＜15028.57%12，即2.4＜N（C）＜3.6，又N（C）为正整数，所以N（C）＝3(4).C3H6N6(5).【解析】【分析】三聚氰胺分子中，含有C、H、N三种元

素，氮元素的含量高达66.67%，氢元素的质量分数为4.76%，则含有碳元素为28.57%，已知相对分子质量大于100，但小于150，则N(C)＜15028.57%12=3.5，N(C)＞10028.57%12=2

.4，取整，即碳原子数目为3，分子量=3×12÷28.57%=126，N(N)=12666.67%14=6，N(H)=1264.76%1=6。【详解】(1)分析可知，N(C)：N(H)：N(N)=3：6：6=1：2：2；(2)三聚

氰胺分子中碳原子数为3，N(C)＜15028.57%12=3.5，N(C)＞10028.57%12=2.4，取整，即碳原子数目为3；(3)分析可知，三聚氰胺的分子式为C3H6N6；(4)若红外光谱表征有1个由碳氮两种元素组成的六元杂环，则3个碳原子与3个氮元素形成六元

环，核磁共振氢谱显示只有1个吸收峰，且共有6个氢原子，则六元环中含有碳氮双键，且N、C交替出现，剩余的N原子与2个氢原子形成氨基，结构简式为。【点睛】利用分子量的最大值与最小值，分子中的原子个数均为整数进行计算。