2022-2023学年陕西省西安市高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年陕西省西安市高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共30页。试卷主要包含了单选题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。

1.下列叙述正确的是( )
A. 电解NaCl溶液时，阴极产生1mlCl2的同时阳极产生lmlH2
B. 0.1ml⋅L−1AlCl3溶液中Al3+的浓度为0.1ml⋅L−1
C. 7g14C中所含中子数为4NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)
D. 2.24L氯气与足量NaOH稀溶液反应，转移0.1ml电子
2.六氯丙烷(C3H2Cl6的同分异构体有( )
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
3.下列化合物中，在一定条件下既能发生取代反应，又能发生消去反应的是( )
A. 乙烯B. 乙醇C. 苯D. 一氯甲烷
4.能正确表示下列反应的离子方程式为( )
A. 碳酸钠的水解反应：CO32−+H3O+⇌HCO3−+H2O
B. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 氢氧化铁与氢碘酸混合：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
D. 向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−
5.下列实验原理、装置、试剂选用、结论正确的是( )
A. 用湿润的pH试纸测定稀盐酸的pH
B. 用图1构成锌-铜原电池
C. 用图2推知酸性：CH3COOH>H2CO3>C6H5OH
D. 用图3验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃
6.某反应4A(g)⇌mB(g)+2C(g)速率-时间图象如图，其中t2、t3、t4、t5是平衡后只改变一个条件，t3是加入催化剂.下列叙述中错误的是( )
A. m=2B. t2时刻改变的条件是增大压强
C. △H>0D. t2、t3、t4改变的条件平衡常数都不变
7.某学生将一氯丙烷和NaOH溶液共热煮沸几分钟后，冷却，滴入AgNO3溶液，结果未见到白色沉淀生成，其主要原因是( )
A. 加热时间太短B. 不应冷却后再滴入AgNO3溶液
C. 加AgNO3溶液后未加稀HNO3D. 加AgNO3溶液前未用稀HNO3酸化
8.下列有机物不能通过乙烯的加成反应制取的是( )
A. CH3CH2ClB. CH2Cl−CH2Cl
C. CH3−CH2OHD. CH3−CHO
9.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 熔融状态下，1mlNaHSO4中所含阳离子数目为NA
B. 标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有分子0.5NA
C. 0.1mlNa2O2与足量的潮湿的CO2反应转移的电子数目为0.2NA
D. 某密闭容器盛有0.1mlN2和0.3mlH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA
10.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是( )
A. 20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
B. 200mL1ml⋅L−1氯化钙溶液中c(C1−)和100mL2ml⋅L−1氯化钾溶液中c(Cl−)
C. 2ml水的摩尔质量和1 ml水的摩尔质量
D. 64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数
11.下列各组离子，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A. K+、Fe3+、SCN−、Cl−B. Fe3+、K+、OH−、SO42−
C. Fe2+、K+、Cl−、MnO4−D. Na+、H+、SO42−、CO32−
12.已知C2O3在酸性溶液中易被还原成C2+，C2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( )
A. 3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3
B. Cl2+FeI2=FeCl2+I2
C. C2O3+6HCl(浓)=2CCl2+H2O+Cl2↑
D. 2Fe3++2I−=2Fe2++I2
13.在新制氯水中存在多种分子和离子，下列实验现象和结论一致且正确的是( )
A. 溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在
B. 加入有色布条，有色布条褪色，说明有Cl2存在
C. 加入盐酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明有Cl−存在
D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO存在
14.下列说法正确的是( )
A. 相对分子质量相近的醇比烷烃沸点高是因为醇分子间存在氢键
B. 苯和油脂均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 红外光谱分析不能区分乙醇和乙酸乙酯
D. 蛋白质溶液中加硫酸铵或氯化铜溶液，均会发生蛋白质的变性
15.下列说法正确的是( )
A. 液态油通过催化加氢可制得人造脂肪B. 饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质变性
C. 糖类和蛋白质的组成元素相同D. 石蜡油经分馏可以获得乙烯
16.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是( )
A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3
B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2
D. 硬度：MgO>CaO>BaO
17.芳香族化台物肉桂酸甲酯常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精，其球棍模型如图所示(图中球与球之间的棍代表化学键，如单键、双键等)。其制备过程涉及肉桂醇电解制备肉桂醛，肉桂醛氧化制备肉桂酸，再与甲醇酯化制得。下列说法不正确的是( )
A. 肉柱酸甲酯的分子式为C10H10O2
B. 电解肉桂醇制得的肉桂醛在电解池的阴极生成
C. 1ml肉桂酸甲酯与H2加成最多消耗4ml
D. 肉柞酸甲酯中所有碳原子可能在同一平面内
18.下列说法不正确的是( )
A. 乙醛和乙酸都含有羰基，都能与氢气发生加成反应
B. 分子中碳碳键的键能：乙烷<苯<乙烯
C. 乙烯和裂化汽油都能使溴水褪色，其褪色原理相同
D. 甲烷和氯气发生取代反应最多能生成五种物质
19.下列说法正确的是( )
A. .等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗O2的物质的量相同
B. 有机物的一氯代物有5种
C. CH3CH2CH3分子中的3个碳原子在同一直线上
D. 聚氯乙烯、麦芽糖和蛋白质均属于有机高分子化合物
20.下列说法错误的是( )
A. 乙醇的沸点高于丙烷
B. 氨基酸既能与盐酸反应，也能与NaOH反应
C. 室温下在水中的溶解度：乙二醇>苯酚>溴乙烷
D. C5H10最多有6种同分异构体
21.用98%的浓硫酸(密度为1.84g⋅cm−3)配制80mL1ml/L的稀硫酸。现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：①100mL量筒
②10mL量筒
③50mL烧杯
④托盘天平
⑤100mL容量瓶
⑥胶头滴管
⑦玻璃棒
⑧80mL容量瓶
按使用仪器的先后顺序排列正确的是( )
A. ④③⑦⑧⑥B. ②⑤⑦⑥C. ①③⑧⑥⑦D. ②⑥③⑦⑤⑥
22.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 7.8gNa2S和Na2O2固体混合物中含有的离子数介于0.3NA和0.4NA之间
B. pH为1的NaHSO4溶液中含有的离子数为0.03NA
C. 将标准状况下11.2L的Cl2通入水中充分反应，则转移的电子数为0.5NA
D. 4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有的共价键数一定为0.8NA
23.《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窑中燃薪举火”，“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是( )
A. 黏土是制砖瓦和水泥的主要原料
B. “燃薪举火”使黏土发生复杂的物理化学变化
C. 沙子的主要成分为硅酸盐
D. 泥坯烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦
24.在下列给定条件下的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. 无色溶液：Ca2+、H+、Cl−、HSO3−
B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I−、NO3−
C. FeCl2溶液：K+、Na+、SO42−、AlO2−
D. 加水稀释时c(H+)/c(OH−)值明显增大的溶液中Ba2+、Cl−、NO3−、Na+
25.一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共10g，混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍．该混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了8.4g.该混合气体可能是( )
A. 乙烷和乙烯B. 乙烷和丙烯C. 甲烷和乙烯D. 甲烷和丙烯
二、简答题：本大题共4小题，共50分。
26.某学生探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。
(1)I中的白色沉淀是______。
(2)II中能说明沉淀变黑的离子方程式是______，沉淀转化的主要原因是______。
(3)滤出步骤III中的乳白色沉淀，推测含有AgCl.用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，部分沉淀未溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。
i.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀ii。向Y滴加KI溶液，产生黄色沉淀
①由i判断，滤液X中被检出的离子是______。
②由i、ii可确认步骤III中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀______。
(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤III中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl的存在下，氧气将III中黑色沉淀氧化。
①A中产生的气体是______。
②C中盛放的物质W是______。
③该同学认为B中产生沉淀的反应如下(请补充完整)：
2AgS+______□+______□+2H2O=4AgCl+______□+4NaOH
④B中NaCl的作用是______。
27.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与利用是氢能源领域的研究热点.
已知：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ⋅ml−1
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ⋅ml−1
(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法.CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为______ .
(2)H2O的热分解也可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图1所示.图中A、B表示的物质依次是______ .
(3)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图2(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极).电解时，阳极的电极反应式为______ .
(4)上述方法制得的H2可以和CO在一定条件下合成甲醇和二甲醚(CH3OCH3)及许多烃类物质.当两者以物质的量1：1催化反应，其原子利用率达100%，合成的物质可能是______ .
a.汽油 b.甲醇 c.甲醛 d.乙酸
(5)在一定温度和压强下，CO和H2催化合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)若一体积可变的密闭容器中充入3mlH2、3mlCO、1mlCH3OCH3、1mlCO2，经一定时间达到平衡，并测得平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍.则反应开始时正、逆反应速率的大小：v(正)______ v(逆)(填“>”、“<”或“=”)，理由是______平衡时n(CH3OCH3)=______ ml.
28.已知如下信息：
①A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰；F的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3；G是一种合成橡胶和树脂的重要原料。
②→H2O2RCOOH；RCOOH→LiAlH4RCH2OH。
A→G的转化关系如图所示。试回答下列问题：
(1)写出A的结构简式：______。
(2)B中官能团的名称是______；⑤的反应类型是______。
(3)G按系统命名法应命名为______。
(4)若E在一定条件下发生脱水反应生成六元环化合物，写出该六元环化合物的结构简式：______。
(5)反应⑥的化学方程式为______。
(6)有机物H与E互为同分异构体，且官能团的种类和数目相同，写出所有符合条件的H的结构简式：______。
29.在三元组分催化剂Cu/ZnO/ZrO2的催化作用下二氧化碳加氢可得甲醇，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳减排从而实现碳中和。回答下列问题：
(1)上述物质所涉元素中位于d区的是______，所涉非金属元素电负性最小的是______。
(2)第一电离能：I1(Cu)______ I1(Zn)(填“>”或“<”，下同)；第二电离能：I2(Zn)______ I2(Cu)，其理由是______。
(3)CO2分子中心原子与氧原子形成______ σ键。
(4)ZnO与强碱反应生成[Zn(OH)4]2−，[Zn(OH)4]2−中提供孤电子对的元素是______，中心离子杂化轨道类型是sp3杂化，[Zn(OH)4]2−立体构型为______。
(5)ZnO沸点为2360℃；二氧化碳的沸点为−78.5℃，甲醇的沸点为64.7℃，三者沸点差异的原因是______。
(6)由Cu和O组成的某晶胞结构如图，该氧化物的化学式为______，若该晶体的密度为dg⋅cm−3，Cu和O的原子半径分别为bpm和qpm，阿伏加德罗常数值为NA，晶胞中原子的空间利用率为______ (列出计算式即可)。
三、推断题：本大题共1小题，共10分。
30.阿比朵尔是治疗新冠状病毒肺炎的药物之一，其中间体的合成路线如图。
(1)A的分子式______； B的官能团名称______。
(2)由B生成C的反应类型是______。
(3)步骤④中原料X的分子式是C6H10O3，X的结构简式是______。
(4)下列关于F的性质正确的是______。(填字母符号)
A.易溶于水
B.最多能与4mlH2发生加成反应
C.可以使溴水褪色
D.最多有6个碳原子共平面
(5)满足以下条件的D的同分异构体共还有______种；
①苯环上有两个取代基且−NH2直接连在苯环上；
②能与氢氧化钠水溶液反应；
写出其中核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：2：2的一种结构简式：______。
(6)写出G与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.电解氯化钠溶液，阴极发生还原反应，阴极发生氧化反应，由离子放电顺序可知，阴极生成氢气，阳极生成氯气，故A错误；
B.溶液中Al3+发生水解，0.1ml⋅L−1AlCl3溶液中Al3+的浓度小于0.1ml⋅L−1，故B错误；
C.7g14C的物质的量为7g14g/ml=0.5ml，被个 14C原子含有8个中子，故所含中子数目为0.5ml×8×NAml−1=4NA，故C正确；
D.没有明确为标志状况下，2.24L氯气的物质的量不一定是0.1ml，与足量NaOH稀溶液反应，不一定转移0.1ml电子，故D错误，
故选：C。
A.阴极发生还原反应，阴极发生氧化反应，故阴极生成氢气，阳极生成氯气；
B.溶液中Al3+发生水解；
C.根据n=mM计算7g14C的物质的量，没个 14C原子含有8个中子，进而计算所含中子数目；
氯气的物质的量不一定是0.1ml.
本题考查电解原理、盐类水解、物质的量有关计算、氧化还原反应计算等，题目比较综合，小于学生具备扎实的基础，D选项为易错点，学生容易忽略气体摩尔体积的属于条件．
2.【答案】C
【解析】解：丙烷的二氯代物的异构体为：CHCl2CH2CH3，CH3CCl2CH3，CH2ClCHClCH3，CH2ClCH2CH2Cl，丙烷有8个H原子，其中2个H原子被氯原子取代形成丙烷的二氯代物，六氯代物可以看作C3Cl8中的8个氯原子，其中2个氯原子被2个氢原子代替形成，两者是等效的，二氯代物有4种同分异构体，可得到六氯代物也有4种同分异构体。
故选：C。
采用换元法，将氯原子代替氢原子，氢原子代替氯原子，二氯代物的同分异构体数目=六氯代物的同分异构体数目来解答．
本题主要考查了同分异构体的确定，注意解决此类问题的规律：设烃的分子式为CxHy，如果它的m氯代物与n氯代物的同分异构体数目相等，则m+n=y，反之，如果m+n=y，也可知道其同分异构体数目相等．
3.【答案】B
【解析】解：A、乙烯能发生加成反应，特定条件下能发生取代反应，但不能发生消去反应，故A错误；
B、乙醇能发生取代反应生成卤代烃，乙醇能发生消去反应生成乙烯，故B正确；
C、苯不能发生消去反应，可以发生取代反应，故C错误；
D、一氯甲烷可以发生取代反应，由于没有与−Cl相连碳的相邻碳，因此不能发生消去反应，故D错误；
故选：B。
A、乙烯不能发生消去反应；
B、乙醇能发生取代反应生成卤代烃，乙醇能发生消去反应生成乙烯；
C、苯不能发生消去反应；
D、一氯甲烷可以发生取代反应，由于没有与−Cl相连碳的相邻碳，因此不能发生消去反应．
本题考查了有机物的反应类型，难度中等，注意掌握卤代烃发生消去反应的条件是：与−X相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应，形成不饱和键；
醇发生消去反应的条件是：与−OH相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应，形成不饱和键．
4.【答案】D
【解析】解：A.碳酸根离子水解分步进行，主要以第一步为主，水解后的溶液显示碱性，其正确的离子方程式为：CO32−+HO⇌HCO3−+OH−，故A错误；
B.碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故B错误；
C.铁离子能够将碘离子氧化成碘单质，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I−=2Fe2++I2+6H2O，故C错误；
D.偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，故D正确；
故选：D。
A.碳酸钠溶液中，碳酸根离子结合水电离的氢离子生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液显示碱性，且应该用可逆号连接；
B.醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆开，需要保留分子式；
C.铁离子具有氧化性，在溶液中能够氧化碘离子；
D.二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子。
本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法。
5.【答案】C
【解析】解：A.用湿润的pH试纸测定稀盐酸的pH，相当于盐酸稀释，测得盐酸的pH偏大，故A错误；
B.左端烧杯发生置换反应，整个装置不能形成电势差，则不能形成原电池，故B错误；
C.由醋酸和碳酸钠溶液反应生成碳酸，碳酸与苯酚钠溶液反应生成苯酚可知，酸性为CH3COOH>H2CO3>C6H5OH，故C正确；
D.乙醇易挥发，且乙醇也能被高锰酸钾氧化，则使高锰酸钾褪色的可能为乙醇，也可能为溴乙烷的消去产物(乙烯)，故D错误；
故选：C。
A.试纸湿润，测得盐酸的pH偏大；
B.左端烧杯发生置换反应，不能形成原电池；
C.根据强酸制取弱酸的反应原理来分析；
D.乙醇易挥发，且乙醇也能被高锰酸钾氧化．
本题考查实验方案的评价，明确pH的测定、原电池的形成、强酸制取弱酸的原理、有机物的性质即可解答，题目难度不大，选项B为易错点．
6.【答案】B
【解析】解：A、t3是加入催化剂，t4时正逆反应速率同时减小，说明是减小了压强，该反应为体积不变的反应，即m+2=4，m=2，故A正确；
B、由于该反应是体积不变的反应，增大压强，化学平衡不发生移动，t2时应该是升高了温度，故B错误；
C、t5时正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明升高了温度，平衡向着正向移动，该反应为吸热反应，△H>0，故C正确；
D、t2、t3、t4时的反应温度相同，化学平衡常数不变，故D正确；
故选：B。
t2、t3、t4、t5是平衡后只改变一个条件：根据t4时正逆反应速率都减小，且相等，说明减小了压强，平衡不发生移动，该可逆反应为体积不变的反应；t5时正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明升高了温度，平衡向着正向移动，该反应为吸热反应；温度不变，化学平衡常数不变，据此进行解答．
本题考查了化学反应速率与化学平衡图象的综合应用，题目难度中等，注意明确影响化学反应速率、化学平衡的因素，试题培养了学生的分析、理解能力．
7.【答案】D
【解析】解：一氯丙烷中的氯元素不是以离子状态存在的，因此不能与AgNO3溶液直接反应，必须使之变为Cl−.因此，应通过一氯丙烷在碱性溶液中水解得到，但要注意，反应后溶液显碱性，不能直接加AgNO3溶液，否则Ag+与OH−反应得到Ag2O黑色沉淀，影响氯的检验，所以应加入足量硝酸酸化后，再加AgNO3溶液检验．
故选D.
一氯丙烷中的氯元素不是以离子状态存在的，因此不能与AgNO3溶液直接反应，必须使之变为Cl−，反应后溶液显碱性，不能直接加AgNO3溶液，否则Ag+与OH−反应得到Ag2O黑色沉淀，影响氯的检验．
本题考查氯离子的检验，题目难度中等，注意碱性条件下生成的AgOH不稳定，易分解生成Ag2O黑色沉淀而影响实验现象．
8.【答案】D
【解析】解：A.CH3CH2Cl可以是乙烯和氯化氢的加成产物，故A正确；
B.CH2Cl−CH2Cl可以是乙烯和Cl2的加成产物，故B正确；
C.CH3CH2OH可以是乙烯和水的加成产物，故C正确；
D.CH3−CHO不能用乙烯加成生成，故D错误；
故选：D。
乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应，反应或C=C键生成C−C键，加成产物的组成在原来的基础上多出加上的原子或原子团，以此解答该题．
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于加成反应的概念和实质的理解，题目难度不大。注意根据官能团及加成反应的特点分析乙烯的反应。
9.【答案】A
【解析】解：A.熔融状态下，NaHSO4电离出Na+和HSO4−，因此熔融状态下，1mlNaHSO4中所含阳离子数目为NA，故A正确；
B.CH3CH2OH不是气体，气体摩尔体积Vm=22.4L/ml不适用于该物质，无法计算所含分子数，故B错误；
C.Na2O2与CO2反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则2ml过氧化钠反应转移2ml电子，因此0.1mlNa2O2与足量的潮湿的CO2反应转移的电子数目为0.1NA，故C错误；
D.N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，因此某密闭容器盛有0.1mlN2和0.3mlH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于0.6NA，故D错误；
故选：A。
A.熔融状态下，NaHSO4电离出Na+和HSO4−；
B.气体摩尔体积Vm=22.4L/ml的使用条件是标准状况(0℃、101kPa)；
C.Na2O2与CO2反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则2ml过氧化钠反应转移2ml电子；
D.N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应。
本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算，为高频考点，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.物质的量浓度c=1000ρωM，两溶液中氢氧化钠的质量分数不同，则溶液的密度不同，且氢氧化钠的质量分数越大，溶液的密度越大，则前者溶液的物质的量浓度大于后者的2倍，故A错误；
B.1ml⋅L−1氯化钙溶液中c(C1−)和2ml⋅L−1氯化钾溶液中c(Cl−)均为2ml⋅L−1，则两种溶液中c(Cl−)相同，故B错误；
C.摩尔质量在数值上等于相对分子质量，2ml水的摩尔质量和1 ml水的摩尔质量都是18g/ml，故C错误；
D.64 g二氧化硫的物质的量为：64g6g/ml=1ml，1ml二氧化硫中含有2mlO原子，标准状况下22.4L一氧化碳的物质的量为1ml，1mlCO中含有1mlO原子，则前者含有氧原子数为后者的2倍，故D正确。
故选：D。
A.质量分数不同时，氢氧化钠溶液的密度不同，根据c=1000ρωM分析两溶液中浓度关系；
B.1ml⋅L−1氯化钙溶液中c(C1−)和2ml⋅L−1氯化钾溶液中c(Cl−)均为2ml⋅L−1；
C.摩尔质量在数值上等于相对分子质量；
D.根据n=mM=VVm分别计算出二氧化硫、CO的物质的量，然后计算出含有氧原子的物质的量，氧原子数与氧原子的物质的量成正比。
本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度之间的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
11.【答案】C
【解析】解：A.Fe3+、SCN−在溶液中发生络合反应而不能大量共存，但不是氧化还原反应，故A错误；
B.Fe3+、OH−在溶液中发生复分解反应生成沉淀而不能大量共存，但不是氧化还原反应，故B错误；
C.Fe2+、MnO4−之间能发生氧化还原反应生成铁离子和锰离子而不能大量共存，故C正确；
D.H+、CO32−在溶液中反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，但不是氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
因发生氧化还原反应而不能大量共存，说明溶液中含有氧化性和还原性的离子，据此分析解答。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应和氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意结合题干中关键词“氧化还原”分析解答，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2>FeCl3，但是氧化性是FeCl3>I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，故A错误；
B.因为氧化性FeCl3>I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B正确；
C.根据反应：C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：C2O3>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C正确；
D.因为氧化性FeCl3>I2，所以2Fe3++2I−=2Fe2++I2能发生，故D正确；
故选：A。
根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立。
本题考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.氯气具有黄绿色，溶液呈现黄绿色，且有刺激性气味，说明有氯气分子存在，故A正确；
B.有色布条褪色是因为溶液中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，故B错误；
C.盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；
D.Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误；
故选：A。
氯气溶于水，部分与水发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，所以氯水中含有的微粒是：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl−、ClO−、OH−，依据存在微粒的性质解答。
本题考查了氯水的性质，明确氯水中存在的微粒及微粒的性质是解题关键，注意氯气不具有漂白性，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A、氢键的作用力大于范德华力，醇分子之间含有氢键，烷烃分子间含有范德华力，所以相对分子质量相近的醇比烷烃沸点高，故A正确；
B、油脂中的植物油含有不饱和键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯与高锰酸钾不反应，故B错误；
C、根据红外光谱图可以判断分子中的官能团，乙醇和乙酸乙酯中的官能团不同，所以红外光谱分析能区分乙醇和乙酸乙酯，故B错误；
D、蛋白质溶液中加硫酸铵会发生盐析，蛋白质溶液中加氯化铜溶液会发生蛋白质的变性，故D错误。
故选：A。
A、氢键的作用力大于范德华力；
B、油脂中的植物油含有不饱和键；
C、根据红外光谱图可以判断分子中的官能团；
D、蛋白质溶液中加硫酸铵会发生盐析．
本题考查了氢键、有机物的性质与官能团、有机物结构分析、蛋白质的性质，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．
15.【答案】A
【解析】解：A.液态植物油含碳碳双键，能催化加氢制得人造奶油，故A正确；
B.饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质发生盐析，不发生变性，故B错误；
C.糖类的基本组成元素是C、H、O，蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N，有的含有S等，故C错误；
D.石蜡油经裂解可以获得乙烯，故D错误；
故选：A。
A.液态植物油含碳碳双键；
B.饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质发生盐析；
C.蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N，有的含有S等；
D.分馏是物理变化。
本题考查糖类、油脂、蛋白质的性质，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累。
16.【答案】A
【解析】解：A、离子半径Na+>Mg2+>Al3+，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，则熔点越高，故A错误；
B、离子半径Br−>Cl−>F−，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故B正确；
C、A.NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：，结合图可知，CsCl为立方体心结构，Cl−的配位数是8；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8，在CaF2晶胞中每个F−连接4个钙离子，所以其配位数为4；NaCl为立方面向结构，钠离子的配位数为6，Cl−的配位数是6，则阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2，故C正确；
D、原子半径Ba>Ca>Mg，原子半径越大，键能越小，硬度越小，故D正确。
故选：A。
A、从离子半径以及电荷的角度比较晶格能，根据晶格能大小比较；
B、离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大；
C、根据NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：来分析；
D、根据原子半径大小比较键能，根据键能大小比较硬度．
本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．
17.【答案】B
【解析】解：A.由球棍模型可知有机物为苯丙酸甲酯，分子式为C10H10O2，故A正确；
B.电解肉桂醇制得的肉桂醛，发生氧化反应，应在电解池的阳极生成，故B错误；
C.能与氢气发生加成反应为苯环和碳碳双键，则1ml肉桂酸甲酯与H2加成最多消耗4ml，故C正确；
D.有机物含有苯环、碳碳双键和酯基，都为平面形结构，则所有碳原子可能在同一平面内，故D正确。
故选：B。
由图可知有机物为苯丙烯酸甲酯，含有酯基、碳碳双键，可发生水解反应、加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯性质的考查，选项A为易错点，题目难度不大。
18.【答案】A
【解析】解：A.乙酸中的羰基和羟基相连，为羧基，与氢气不发生加成反应，故A错误；
B.键长越短，键能越大，碳碳键键能：乙烷<苯<乙烯，故 B正确；
C.乙烯和裂化汽油都含有碳碳双键，都可与溴水发生加成反应，故C正确；
D.甲烷和氯气发生取代反应可生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，故D正确。
故选：A。
A.乙酸与氢气不发生加成反应；
B.键长越短，键能越大；
C.乙烯和裂化汽油都含有碳碳双键；
D.甲烷和氯气发生取代反应可生成四种氯代烃和氯化氢。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大。
19.【答案】A
【解析】解：A.乙醇可拆写成C2H4⋅H2O的形式，物质的量相同的C2H4和C2H4⋅H2O完全燃烧时，消耗氧气的量相同，故A正确；
B.有机物结构对称，含有3种H，则一氯代物有3种，故B错误；
C.为饱和烃，具有甲烷的结构特征，则3个碳原子不在同一直线上，故C错误；
D.麦芽糖相对分子质量较小，不是高分子化合物，故D错误。
故选：A。
A.乙醇可拆写成C2H4⋅H2O的形式，物质的量相同的乙烯和乙醇完全燃烧时，消耗氧气的量相同；
B.有机物结构对称，含有3种H；
C.为饱和烃，具有甲烷的结构特征；
D.高分子化合物的相对分子质量在10000以上。
本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的组成、结构和性质的关系，难度不大，注意分子组成的特点。
20.【答案】D
【解析】解：A.乙醇分子间存在氢键，沸点较高，常温下为液体，而丙烷为气体，故A正确；
B.氨基酸含有氨基、羧基，则既能与盐酸反应，也能与NaOH反应，故B正确；
C.乙二醇分子间存在氢键，与水以任意比互溶，常温下苯酚微溶于水，而溴乙烷不溶于水，则室温下在水中的溶解度：乙二醇>苯酚>溴乙烷，故C正确；
D.戊烷的同分异构体有CH3−CH2−CH2−CH2−CH3、、，若为CH3−CH2−CH2−CH2−CH3，相应烯烃有CH2=CH−CH2−CH2−CH3、CH3−CH=CH−CH2−CH3，其中CH3−CH=CH−CH2−CH3有2种顺反异构，即有3种异构。
若为，相应烯烃有：CH2=C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)=CHCH3；CH3CH(CH3)CH=CH2，都不存在顺反异构，即有3种异构。
若为，没有相应烯烃。
所以分子式为C5H10的烯烃共有(包括顺反异构)3+3=6种，且同分异构体还可能为环烷烃，则同分异构体数目大于6，故D错误。
故选：D。
A.乙醇分子间存在氢键；
B.氨基酸含有氨基、羧基；
C.乙二醇与水以任意比互溶，常温下苯酚微溶于水，而溴乙烷不溶于水；
D.C5H10的同分异构体可为烯烃或环烷烃。
本题考查有机物的结构与性质等，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应、性质差异为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
21.【答案】D
【解析】解：用98%的浓硫酸(密度为1.84g⋅cm−3)配制80mL1ml/L的稀硫酸，选择100mL容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V，
由稀释前后溶质的物质的量不变，可知V×1000×1.84×98%98=0.1L×1ml/L，
解得V=0.0054L=5.4mL，
应选择10mL量筒，
然后在50mL烧杯中稀释、转移到100mL容量瓶中定容，还需要玻璃棒、胶头滴管，
则按使用仪器的先后顺序排列正确的是②⑥③⑦⑤⑥，
故选：D。
配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、定容、摇匀、装瓶，结合实验步骤选择仪器，以此来解答。
本题考查配制一定物质的量的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、仪器为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意容量瓶的选择，题目难度不大。
22.【答案】D
【解析】解：A.Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g⋅ml−1，7.8gNa2S和Na2O2固体混合物的物质的量为0.1ml，1mlNa2S或Na2O2中均含有3ml离子，因此7.8gNa2S和Na2O2固体混合物中含有的离子数为0.3NA，故A错误；
B.pH为1的NaHSO4溶液中c(H+)=0.1ml⋅L−1，溶液体积未知，无法计算所含离子的数目，故B错误；
C.氯气与水的反应为可逆反应，因此将标准状况下11.2L的Cl2通入水中充分反应，则转移的电子数小于0.5NA，故C错误；
D.分子式为C2H6O的有机物可能为CH3CH2OH或CH3OCH3，1mlCH3CH2OH或CH3OCH3中均含有8ml共价键，4.6g分子式为C2H6O的有机物的物质的量为0.1ml，因此4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有的共价键数一定为0.8NA，故D正确；
故选：D。
A.Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g⋅ml−1，1mlNa2S或Na2O2中均含有3ml离子；
B.溶液体积未知，无法计算所含离子的数目；
C.氯气与水的反应为可逆反应；
D.分子式为C2H6O的有机物可能为CH3CH2OH或CH3OCH3，1mlCH3CH2OH或CH3OCH3中均含有8ml共价键。
本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。
23.【答案】C
【解析】解：A.由题目的“择取无沙黏土而为之”，说明黏土是制砖瓦和水泥的主要原料，故A正确；
B.“燃薪举火”是提供高温的环境，使黏土发生复杂的物理化学变化，故B正确；
C.沙子的主要成分为二氧化硅，故C错误；
D.黏土中有一定量的Fe元素，泥坯烧制后自然冷却成红瓦(含氧化铁)，浇水冷却时C与水反应得到CO和H2，将三价铁还原为二价铁，形成青瓦，故D正确；
故选：C。
A.制砖瓦和水泥的主要原料是黏土；
B.“燃薪举火”是提供高温的环境；
C.沙子的主要成分为二氧化硅；
D.黏土中有一定量的Fe元素，泥坯烧制后自然冷却成红瓦(含氧化铁)，浇水冷却时C与水反应得到CO和H2，将三价铁还原为二价铁。
本题考查含硅物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
24.【答案】D
【解析】解：A.这几种离子都呈无色，但是H+、HSO3−反应生成二氧化硫和水而不能大量共存，故A错误；
B.该溶液呈酸性，酸性条件下I−、NO3−发生氧化还原反应生成碘和NO而不能大量共存，故B错误；
C.Fe2+、AlO2−发生双水解反应而不能大量共存，故C错误；
D.加水稀释时c(H+)/c(OH−)值明显增大，说明该溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
A.无色溶液不含有色离子，离子之间不反应的能大量共存；
B.能使pH试纸变红色的溶液呈酸性，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存；
C.离子之间不反应的能大量共存；
D.加水稀释时c(H+)/c(OH−)值明显增大，说明该溶液呈碱性，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中限制性条件隐含的信息，题目难度不大。
25.【答案】C
【解析】解：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，所以混合物的平均摩尔质量为12.5×2=25g⋅ml−1，混合气体中一定有甲烷，混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加量即为烯烃的质量，所以m烯=8.4g，即m甲烷=1.6g，为0.1ml，n烯=1025−0.1=0.3ml，M烯=⋅ml−1为乙烯。
故选：C。
根据混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍来确定有机物的平均摩尔质量，再利用平均分子量的方法来确定两种混合有机物的分子式，试剂瓶增加的质量即为烯烃的质量，由质量和物质的量来确定烯烃．
本题考查学生有关有机物分子式的确定方法，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．
26.【答案】AgCl2AgCl(s)+S2−⇌Ag2S(s)+2Cl− Ag2S比AgCl溶解度更小 SO42− SO2 Ag2S悬浊液 4NaClO2 2SO2将Ag2S氧化生成S时，有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl−与游离的Ag+结合成AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于③中反应平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀
【解析】解：(1)将NaCl与AgNO3溶液混合发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，Ⅰ中的白色沉淀是AgCl，
故答案为：AgCl；
(2)向所得固液混合物中加Na2S溶液，会生成黑色沉淀，是因为硫化银溶解度小于氯化银，出现了沉淀转化，Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是：2AgCl(s)+S2−⇌Ag2S(s)+2Cl−，
故答案为：2AgCl(s)+S2−⇌Ag2S(s)+2Cl−；Ag2S比AgCl溶解度更小；
(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl.用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，是浓硝酸被还原生成的二氧化氮，部分沉淀未溶解为氯化银，则被氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X中滴加Ba(NO3)2溶液会生成BaSO4沉淀，再结合步骤Ⅲ中黑色沉淀消失可知硫化银与空气中氧气反应生成硫单质，同时生成氯化银沉淀，过滤得到滤液X和白色沉淀Y为S，
①向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡，由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是SO42−，
故答案为：SO42−；
②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀为S，
故答案为：S；
(4)①装置A的作用是提供氧气，是二氧化锰催化过氧化氢分解生成的氧气和水，
故答案为：O2；
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则装置C中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因，
故答案为：Ag2S悬浊液；
③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以NaOH形式存在，则未知的反应物为NaOH，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平可得反应方程式：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O⇌4AgCl+2S+4NaOH；
故答案为：4NaCl；O2；2S；
④装置C中氯化钠的作用为：氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀，使溶液中c(Ag+)减小，从而有利于氧化还原反应2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O⇌4AgCl+2S+4NaOH向右移动，
故答案为：O2将Ag2S氧化生成S时，有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl−与游离的Ag+结合成 AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于③中反应平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀。
将NaCl与AgNO3溶液混合，产生白色沉淀为氯化银沉淀，向所得固液混合物中加Na2S溶液，沉淀变为黑色，滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液，较长时间后，沉淀变为乳白色，O2 将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl−与游离的Ag+结合成，AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于③中反应平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀；
(1)将NaCl与AgNO3溶液混合发生复分解反应生成氯化银白色沉淀；
(2)向所得固液混合物中加Na2S溶液，会生成黑色沉淀，是因为硫化银溶解度小于氯化银，出现了沉淀转化；
(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl.用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，是浓硝酸被还原生成的二氧化氮，部分沉淀未溶解为氯化银，硝酸将硫元素氧化成硫酸根离子，则加入硝酸钡后生成硫酸钡沉淀；再结合步骤Ⅲ中黑色沉淀消失可知硫化银与空气中氧气反应生成硫单质，同时生成氯化银沉淀，过滤得到滤液X和白色沉淀Y为S；
①向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡；
②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀为S；
(4)①A中是二氧化锰催化作用使过氧化氢分解生成氧气；
②要探究生成氯化银和S沉淀的原因，C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则B中应该为硫化银悬浊液；
③C中硫化银、氯化钠、氧气和水反应生成氯化银沉淀、S单质和NaOH，根据化合价变化相等配平；
④C中硫化银、氯化钠、氧气和水反应生成氯化银沉淀、S单质和NaOH，根据化合价变化相等配平，从影响化学平衡的角度判断氯化钠在装置C中的作用。
本题考查了性质实验方案的设计，题目难度较大，涉及难溶物溶度积的计算、氧化还原反应的配平、性质实验方案评价等知识，根据实验现象得出正确结论为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
27.【答案】CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0kJ⋅ml−1 氢原子、氧原子 CO(NH2)2+8OH−−6e−=CO32−+N2↑+6H2Ocd>同温同压下体积缩小密度增大，反应正向进行混合气体总的物质的量减小 1.75
【解析】解：(1)①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ⋅ml−1，
②CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ⋅ml−1，
由盖斯定律可知，①×2−②可得CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)，
其反应热△H=(+206.2kJ⋅ml−1)×2−(+247.4kJ⋅ml−1)=+165.0kJ⋅ml−1，
即热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0kJ⋅ml−1，
故答案为：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0kJ⋅ml−1；
(2)由图可知，水的分解化学键断裂先生成H原子与O原子，氢原子结合生成氢气，氧原子结合生成氧气，由水的分子式可知氢原子物质的量是氧原子2倍，故A为氢原子、B为氧原子，
故答案为：氢原子、氧原子；
(3)由图可知，CO(NH2)2在阳极放电生成N2，C元素价态未变化，故还有碳酸钾生成与水生成，电极反应式为CO(NH2)2+8OH−−6e−=CO32−+N2↑+6H2O，
故答案为：CO(NH2)2+8OH−−6e−=CO32−+N2↑+6H2O；
(4)两者以物质的量1：1催化反应，其原子利用率达100%，根据原子守恒知生成物为CH2O或C2H4O2，即：甲醛或乙酸(或甲酸甲酯)，故选cd.
(5)①平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，同温同压下体积缩小密度增大，正反应方向混合气体总的物质的量减小，故反应向正反应方向进行，故反应速率V(正)>V(逆)，
故答案为：>；同温同压下体积缩小密度增大，反应正向进行混合气体总的物质的量减小；
②由平衡时密度可知，平衡后混合气体的物质的量为起始时的11.6，平衡时总物质的量为(3ml+3ml+1ml+1ml)×11.6=5ml，
设平衡时CH3OCH3的物质的量变化量为xml，则：
3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)
开始(ml)：3 3 1 1
变化(ml)：3x 3x x x
平衡(ml)：3−3x3−3x1+x1+x
所以，3−3x+3−3x+1+x+1+x=5，解得x=0.75
故平衡时n(CH3OCH3)=1ml+0.75ml=1.75ml，
故答案为：1.75ml.
(1)根据盖斯定律计算反应热，据此书写该热化学反应方程式；
(2)由图可知，水的分解化学键断裂先生成H原子与O原子，氢原子结合生成氢气，氧原子结合生成氧气，由水的分子式可知氢原子物质的量是氧原子2倍，据此判断；
(3)由图可知，CO(NH2)2在阳极放电生成N2，C元素价态未变化，故还有碳酸钾生成与水生成；
(4)两者以物质的量1：1催化反应，其原子利用率达100%，根据原子守恒确定生成物；
(5)①平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，说明混合气体总的物质的量减小，反应向正反应方向进行；
②设平衡时CH3OCH3的物质的量变化量为xml，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由平衡时密度可知，平衡后混合气体的物质的量为起始时的11.6，据此列方程计算解答；
③化学平衡的标志是正逆反应速率相同，个组分含量保持不变分析判断选项；
本题考查反应热计算、化学平衡影响因素、化学平衡计算等，难度中等，注意判断起始与平衡时混合气体总物质的量关系．
28.【答案】 羧基 加成反应 1，3−丁二烯 HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O
【解析】解：(1)由上述分析可知，A的结构简式为：，
故答案为：；
(2)B为HOOCCH=CHCOOH，其中含氧官能团的名称是：羧基；反应⑤是HOOCCH=CHCOOH与水发生加成反应生成HOOCCH2CH(OH)COOH，
故答案为：羧基；加成反应；
(3)G为CH2=CHCH=CH2，按系统命名法应命名为：1，3−丁二烯，
故答案为：1，3−丁二烯；
(4)若E[HOOCCH2CH(OH)COOH]在一定条件下发生脱水反应生成六元环化合物，该六元环化合物的结构简式为：，
故答案为：；
(5)反应⑥的化学方程式为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O，
故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OH→△浓硫酸CH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O；
(6)有机物H与E[HOOCCH2CH(OH)COOH]互为同分异构体，且官能团的种类和数目相同，所有符合条件的H的结构简式有：，
故答案为：。
A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，结合题给信息和A的分子式知，A中还含有碳碳双键，则A的结构简式为：，故B为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH2CH2COOH，C发生信息中的反应得到D为HOCH2CH2CH2CH2OH，由G的分子式可知，D发生消去反应生成G，故G为CH2=CHCH=CH2.B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B与水发生加成反应生成E，所以E为HOOCCH2CH(OH)COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，据此解答。
本题考查有机物推断、有机反应类型、官能团、同分异构体等，明确有机物的断键和成键方式是解决有机题的关键，需要学生对给予的信息进行利用，难度中等。
29.【答案】ZrZr<【解析】解：(1)三元组分催化剂中含有的元素有Cu、Zn、O、Zr，其价层电子排布式分别为：3d104s1、3d104s2、2s22p4、4d25s2，位于d区的元素是Zr；非金属性：O>Cu>Zn>Zr，电负性：O>Cu>Zn>Zr，故电负性最小的是Zr，
故答案为：Zr；Zr；
(2)Cu价电子为3d104s1，Zn价电子为3d104s2，为全满状态，比较稳定，难失去电子，故第一电离能I1(Zn)>I1(Cu)；Cu+的价层电子排布为3d10，呈半充满状态，比较稳定，Zn+的价层电子排布为3d104s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，故第二电离能：I2 (Zn)故答案为；<；<；Cu+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
(3)CO2分子中心C原子价层电子对数为2+4−2×22=2，为sp杂化，O原子2p轨道上有成单电子，故CO2分子中心C原子与氧原子形成sp−pσ键，
故答案为：sp−p；
(4)[Zn(OH)4]2−中Zn2+提供空轨道，配体OH−中O原子提供孤电子对；中心Zn2+杂化轨道类型是sp3杂化，则[Zn(OH)4]2−立体构型为正四面体形，
故答案为：O；正四面体形；
(5)ZnO为离子晶体，气化时需破坏离子键，沸点最高；二氧化碳、甲醇为分子晶体，甲醇可形成分子间氢键，沸点比二氧化碳高，
故答案为：ZnO为离子晶体，气化时需破坏离子键，沸点最高，二氧化碳、甲醇为分子晶体，甲醇可形成分子间氢键；
(6)白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，4个黑球位于体内，白球：黑球=2：4=1：2，则白球为O，黑球为Cu，化学式为Cu2O；晶胞质量为2×16+4×64NAg=288NAg，则晶胞体积为288NAdcm3=288dNAcm3，原子总体积为[2×43π(q×10−10)3+4×43π(p×10−10)3]cm3，晶胞中原子的空间利用率为×100%=[2×43π(q×10−10)3+4×43π(p×10−10)3]cm3288dNAcm3×100%=2×43π(q×10−10)3+4×43π(p×10−10)3288dNA×100%，
故答案为：Cu2O；2×43π(q×10−10)3+4×43π(p×10−10)3288dNA×100%。
(1)三元组分催化剂中含有的元素有Cu、Zn、O、Zr，其价层电子排布式分别为：3d104s1、3d104s2、2s22p4、4d25s2；非金属性越强，电负性越大；
(2)Cu价电子为3d104s1，Zn价电子为3d104s2，原子轨道中电子处于全满时，稳定，难失去电子；Cu+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
(3)CO2分子中心C原子价层电子对数为2+4−2×22=2，为sp杂化，O原子2p轨道上有成单电子；
(4)[Zn(OH)4]2−中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对；根据中心离子杂化轨道类型是sp3杂化判断空间构型；
(5)ZnO为离子晶体，二氧化碳、甲醇为分子晶体，甲醇可形成分子间氢键；
(6)白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，4个黑球位于体内，白球：黑球=2：4=1：2；晶胞质量为2×16+4×64NAg=288NAg，则晶胞体积为288NAdcm3=288dNAcm3，原子总体积为[2×43π(q×10−10)3+4×43π(p×10−10)3]cm3，晶胞中原子的空间利用率为×100%。
本题考查物质结构与性质，较为综合，涉及核外电子排布、电负性、电离能、化学键、配位键、空间构型、沸点比较、晶胞结构与计算等知识点，侧重分析与应用能力的考查，注意物质结构与性质的应用，题目难度中等
30.【答案】(1)C6H6O；硝基、羟基
(2)取代反应
(3)
(4)BC
(5)①11
②、
(6)
【解析】【分析】
本题考查有机物的推断与合成，题目难度较大，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
【解答】
由B的结构简式及反应条件可知，A发生硝化反应生成B，故A为；对比有机物的结构可知，B中羟基上氢原子被取代生成C，C中硝基被还原为氨基生成D；X的分子式是C6H10O3，对比D、E的结构可知，D中氨基与X之间脱去1分子水生成E，可推知X为；对比F、G的结构，结合F反应条件，可知F中N原子上引入甲基生成G；
(1)由B的结构简式及反应条件可知，A发生硝化反应生成B，故A为，A的分子式为C6H6O；B的官能团名称为：硝基、羟基，
故答案为：C6H6O；硝基、羟基；
(2)对比B、C的结构，可知B中羟基上氢原子被取代生成C，由B生成C的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)X的分子式是C6H10O3，对比D、E的结构可知，D中氨基与X之间脱去1分子水生成E，可推知X为，
故答案为：；
(4)A.F中N原子连接的烃基比较大，且烃基还连接酯基，而烃基、酯基是憎水基，可知F难溶于水，故A错误；
B.苯环与碳碳双键能与H2发生加成反应，1mlF最多能与4mlH2发生加成反应，故B正确；
C.碳碳双键能与溴发生加成反应，可以使溴水褪色，故C正确；
D.苯环与双键都是平面结构，苯环与碳碳双键直接相连，且苯环连接的N原子又直接连接不饱和碳原子，两个平面是重合的，旋转单键可以使其它碳原子处于平面内，分子中所有的14个碳原子都可能共面，故D错误，
故答案为：BC；
(5)满足以下条件的D的同分异构体：①苯环上有两个取代基且−NH2直接连在苯环上；②能与氢氧化钠水溶液反应，说明另外取代基为−CH2COOH、−COOCH3、−CH2OOCH、−OOCCH3，与氨基均有邻、间、对3种位置关系，去掉D本身共有3×4−1=11种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：2：2的一种结构简式：或，
故答案为：11；或；
(6)G水解生成、CH3COOH、CH3CH2OH，乙酸、中羧基、酚羟基又和NaOH发生中和反应，G与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式为：，
故答案为：。步骤
现象
I.将NaCl与AgNO3溶液混合
产生白色沉淀
II.向所得固液混合物中加Na2S溶液
沉淀变为黑色
III.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液
较长时间后，沉淀变为乳白色
现
象
B：-段时间后，出现乳白色沉淀
C：-段时间后，无明显变化