1、山东省济宁高新区高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列化学用语或模型表示正确的是A钠离子的结构示意图： BCO2分子的比例模型：C乙醇分子的结构简式：CH3CH2OH D中子数为2的氢原子符号：12H【答案】C【解析】试题分析：A钠离子的核外只有10个电子，其结构示意图是，错误；BCO2分子是直线型分子，但是C原子的半径比O原子半径大，所以不能真实反应原子大小，错误；C乙醇是乙烷分子中的一个H原子被羟基取代得到的物质，分子的结构简式：CH3CH2OH，正确；D中子数为2的氢原子质量数是3，符号：，错误。考点：考查化学用语的知识。2在同温同压下，下列各组热化学方程
2、式中Q2 Q1的是AH2（g）+Cl2（g）=2HCl（g） H= Q1；1/2H2（g）+1/2Cl2（g）=HCl（g） H= Q2BC（s）+1/2O2（g）=CO （g） H= Q1；C（s）+ O2（g）=CO2（g） H= Q2C2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） H= Q1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） H= Q2DS（g）+O2（g）=SO2（g） H= Q1；S（s）+O2（g）=SO2（g） H= Q2【答案】B【解析】试题分析：A 、参加反应的物质的量越多，放出的热量越多，则Q2Q1，故A错误；B 、第一个是不完全燃烧的反应,第二个是完全燃烧的反应,那么
3、放出的热量完全燃烧比不完全燃烧放出的多,所以Q2Q1；故B正确；C、第一个方程式是生成液态水,第二个生成气态水,H2（液）H2O（气）为吸热过程，生成液态水放出热量多，所以Q2Q1，故C错误；D、S（气）S（固）为放热过程，气态硫反应放出热量多，则Q2Q1，故D错误。答案选B。考点：考查反应热的大小比较。3下列溶液中，c( Cl )与50mL 1mol/L AlCl3溶液中c(Cl )相等的是A150mL 1mol/L 的NaCl溶液 B75mL 2mol/L的NH4Cl溶液C100mL 15mol/L的KCl溶液 D75mL 1mol/L的FeCl3溶液【答案】D【解析】试题分析：溶液中离子
4、的浓度=溶液的浓度化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，50mL1mol/LAlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为3mol/LA、150mL 1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度是1 mol/L，故A正确B、150 mL 3mol/L KCl溶液中氯离子的物质的量浓度是3 mol/L，故B错误C、75 mL2mol/LNH4Cl溶液中氯离子的物质的量浓度是2mol/L，故C错误D、75 mL 1mol/L FeCl3溶液中氯离子的物质的量浓度是3 mol/L，故D错误。考点：考查离子浓度的大小等相关知识。4在分子中，位于同一平面上的原子数最多可能是( )A17 个 B18 个 C1
5、9 个 D20 个【答案】C【解析】试题分析：在分子中，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有11个C原子(苯环上6个、-CF3中1个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面在-CF3可能还有1个氟原子共平面，苯环上5个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，总计得到可能共平面的原子有19个，故选C【考点定位】考查有机化合物的结构【名师点晴】本题主要考查有机化合物的结构特点。注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共
6、面分析判断注意单键可以旋转。5设表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A、1.8g重水(D2O)中所含质子的个数为NAB、常温常压下，16gO2和O3的混合物中共含有NA个氧原子C、假没1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NAD、1molCH3+(碳正离子)中含有的电子数为10NA【答案】B 【解析】1.8g重水()中所含质于的个数为0.09NA；氢氧化铁胶体中胶体微粒是由许多分子聚集在一起形成的，小于NA；在铜与硫的反应中，1mol铜原子参加反应失去的电子数为。6近年食品安全倍受关注，下列说法不正确的是（ ）A某白酒中的增塑剂叫邻苯二甲酸二乙酯（），对人体健康有害B4
7、-甲基咪唑（）是某饮料中检测出的致癌物，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C某媒体披露“皮革奶”事件，有不法厂商将皮革下脚料水解后掺入奶粉，以提高奶粉中蛋白质的含量。动物皮革的主要成分是蛋白质，“皮革奶”灼烧时有烧焦羽毛的气味D新西兰牛奶中检测出有毒的二氰二氨（），该物质一定不溶于水【答案】D【解析】试题分析：A.苯的衍生物有毒，对人体健康有害，A正确；B4-甲基咪唑中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C动物皮革的主要成分是蛋白质，“皮革奶”灼烧时有烧焦羽毛的气味，C正确；D二氰二氨（ ）有氨基，氨基是亲水基，该物质溶于水，D错误；故选D。考点：考查化学与生活、食品添加剂7等质量的两种烃完全
8、燃烧，生成的CO2与消耗的O2的量分别相同，这两种烃之间的关系正确的是A.一定互为同系物 B.一定互为同分异构体C.碳氢原子最简单整数比相同 D.只能是同种物质【答案】C【解析】试题分析：等质量的两种烃完全燃烧，生成的CO2与消耗的O2的量分别相同，这说明烃分子中含碳量相同，则含氢量也相同，所以分子中碳氢原子最简单整数比相同，但二者不一定互为同系物或同分异构体，也不一定是同种物质，答案选C。考点：考查有机物推断8有关蛋白质的叙述中不正确的是（ ）A向蛋白质溶液滴加硫酸铜溶液发生盐析 B蛋白质遇浓硝酸显黄色C蛋白质溶液具有丁达尔效应D蛋白质的基本结构单元是氨基酸【答案】A【解析】试题分析：A、硫
9、酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性，故A错误；B、含有苯基的蛋白质遇浓硝酸变黄色，是由于浓HNO3和蛋白质发生颜色反应，故B正确；C、蛋白质溶液分散质微粒直径在1至100nm之间，属于胶体，具有丁达尔效应，故C正确；D、氨基酸能合成蛋白质，故D正确，答案选A。考点：考查蛋白质的性质9下列图示实验操作正确的是【答案】C【解析】试题分析：A、应该长进短处，A错误；B、铜应该与电源的负极相连，作阴极，B错误；C、四氯化碳不溶于水，密度大于水，分液即可，C正确；D、温度计水银球应该插在溶液中，测量溶液的温度，D错误，答案选C。考点：考查化学实验方案设计与评价10现有5种短周期元素XYZQW，原子序数依
10、次增大，在周期表中X原子的半径最小；X和W同主族；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，Q是地壳中含量最高的元素下列说法不正确的是A原子半径：YQW BZX3可使紫色石蕊试液变蓝CXZQ可组成离子化合物或共价化合物DX2Q2Y2X6两种分子中含有的电子数化学键种类都相同【答案】A【解析】试题分析：周期表中X原子的半径最小，X为H；X和W同主族，W为Na；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，Y为C；Q是地壳中含量最高的元素，Q为O，则Z为N同周期的主族元素核电荷数，原子半径小，因此C的原子半径大于O，选项A不正确；NH3的水溶液显碱性，能使紫色石蕊试液变蓝，选项B正确；H、N、O可
11、形成离子化合物NH4NO3和共价化合物HNO3，选项C正确；H2O2和C2H6的电子数都是18，另外都含有极性共价键和非极性共价键，选项D正确。考点：元素周期表和元素周期律相关知识的应用11设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中错误的是A含1molFeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NAB12克金属镁与足量的盐酸反应，转移电子数一定为NA（已知：Mg-2e-Mg2+）C10.6克Na2CO3晶体中含Na+数目为0.2NAD常温常压下，22克CO2和0.5NA个CH4分子的体积是相等的【答案】A【解析】试题分析：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于NA个，故A错误
12、；B、12g镁的物质的量为0.5mol，而反应后镁变为+2价，故0.5mol镁失去1mol电子即NA个，故B正确；C、10.6g碳酸钠的物质的量为0.1mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子，故0.1mol碳酸钠中含0.2mol钠离子即0.2NA个，故C正确；D、22g二氧化碳的物质的量为0.5molmol，0.5NA个甲烷分子的物质的量也为0.5mol，而同温同压下，相同物质的量的气体具有相同的体积，故D正确；故选A。考点：考查了阿伏伽德罗常数的有关计算的相关知识。12四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，下列说法不正确的是YZMXA原子半径Z
13、MB非金属性：XZ，选项A正确； O的非金属性强于Si，选项B正确；Al的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3有两性，选项C正确；N的非金属性强于Si，所以Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强，选项D不正确。考点：元素周期表与元素周期律的相关理论判断13用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A0.1molL-1稀硫酸100mL中含有硫酸根个数为01NAB1mol CH3+(碳正离子)中含有电子数为10NAC2.4g金属镁与足量的盐酸反应，标况下生成氢气的体积为NAD12.4g白磷中含有磷原子数为0.4NA【答案】D【解析】试题分析：A、0.1molL-1稀硫酸100mL中含有硫酸的
14、物质的量为0.01mol，硫酸根个数为001NA，错误； B、1mol CH3+(碳正离子)中含有电子数为8NA，错误；C、2.4g金属镁与足量的盐酸反应，生成氢气的物质的量为0.1mol，标况下的体积为2.24L，错误；D、白磷的分子式为P4，12.4g白磷的物质的量为0.1mol，含有磷原子数为0.4NA，正确。考点：考查阿伏伽德罗常数、以物质的量为中心的计算。14已知：N2(g)O2(g)=2NO(g) H1180 kJmol1N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H292.4 kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(g) H3483.6 kJmol1下列说法正确的是A反应中的能
15、量变化如图所示，则H2E1E3BH2的燃烧热为241.8 kJmol1C氨的催化氧化反应为4NH3(g)5O2(g)=4NO(g)6H2O(g) H906 kJmol1D由反应知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2，反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184.8Q22Q1【答案】D【解析】试题分析：A、H2E1-E2,A错误；B、水在25，101 kPa时是液态，不是气态，1mol可燃物完全燃烧必须生成液态水时放出的热量才能称为燃烧热，气态水不可以，B错误；C、氨的催化氧化反应为4NH3(
16、g) +5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H=-1025 kJ/mol，C错误；D、再次通入气体，会使容器内的压强增大，平衡会向体积减少的方向移动，所以184.8Q22Q1，D正确；选D。考点：考查化学反应的能量变化。15质量分数为a的某物质的溶液mg与质量分数为b的该物质的溶液ng混合后，蒸发掉pg水，得到的溶液每毫升质量为qg，物质的量浓度为c。则溶质的分子量（相对分子质量）为( )A B C D【答案】C【解析】试题分析：蒸发掉pg水后溶质的质量分数为(ma+nb/(m+n-p)，根据c=1000qw/M可知，溶质的摩尔质量 M=1000q(ma+nb/(m+n-p)/c，所以溶
17、质的相对分子质量为。考点： 物质的量浓度的相关计算，溶液中溶质的质量分数及相关计算16.配平化学方程式，并在横线上填入适当的物质的化学式。KMnO4+KNO2+_MnSO4+K2SO4+KNO3+H2O【答案】2KMnO4+5KNO2+3H2SO42MnSO4+K2SO4+5KNO3+3H2O【解析】先进行氧化还原的配平：2+5K+_2+K2SO4+5K+H2O 52 25再观察，左边有7个K+，则右边K2SO4前的化学计量数为1，可以看出右边增加了3个，且增加了H+，故横线上应填入3个H2SO4，这样H2O前面的化学计量数为3。故配平后的化学方程式为：2KMnO4+5KNO2+3H2SO4=
18、2MnSO4+K2SO4+5KNO3+3H2O17有机物A的结构简式是,它可以通过不同的反应得到下列物质:B、C、D。（1）A中官能团的名称是 。（2）写出由A制取B的化学方程式: 。（3）写出由A制取C的化学方程式: 。（4）写出两种既可以看作酯类又可以看作酚类,且分子中苯环上连有三个取代基的A的同分异构体的结构简式(要求这两种同分异构体中苯环上的取代基至少有一种不同)： 、 【答案】（1）羟基、羧基（2）（3）（4）(其他合理答案亦可)【解析】试题分析：（1）A中官能团的名称是羟基、羧基；（2）由A制取B的化学方程式；（3）由A制取C的化学方程式；（4）既可以看作酯类又可以看作酚类，说明既
19、有酚羟基又有酯基，且分子中苯环上连有三个取代基的A的同分异构体的结构简式有考点：有机物的结构，有机反应18(10分)下图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置。其中D瓶中放有干燥红色布条；E中为铜网，E右端出气管口附近为石棉球。试回答：（1）A中发生反应的方程式为_ _；（2）为得到干燥纯净的氯气，一般在B瓶中加入饱和食盐水，其作用是_；（3）C中盛放的试剂为_；（4）E中所发生反应的方程式为_。(5) F中应加入的试剂为 ，其作用是 。(6) 若A中有14.6g HCl 被氧化，将产生的氯气通入足量的KI溶液中能产生单质碘的质量 为_g。【答案】MnO2 +4HCl（
20、浓） MnCl2 + Cl2 + 2H2O ；吸收HCl气体；浓H2SO4 ； Cu + Cl2 CuCl2 ；碱液；吸收多余的氯气；50.8 g 【解析】（1）A是制取氯气的，方程式为MnO2 +4HCl（浓） MnCl2 + Cl2 + 2H2O。（2）由于浓盐酸易挥发，所以生成的氯气中混有氯化氢气体，而氯化氢极易溶于水，所以可以通过饱和食盐水来除去氯气中的氯化氢气体。（3）D中是干燥的布条，所以要验证其漂白性，氯气应该是干燥的，所以C中是浓硫酸，用来干燥氯气。（4）氯气具有强氧化性，在加热的条件下，能和铜反应生成氯化铜，方程式为Cu + Cl2 CuCl2 。（5）氯气有毒，属于大气污染
21、物，因此需要尾气处理。可用氢氧化钠等碱液来吸收。（6）14.6g HCl 被氧化，则生成氯气是，因此可用产生0.2mol单质碘，其质量是0.2mol254g/mol50.8g。19甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A
22、中反应的化学方程式是_。（2）C中白色沉淀是_，该沉淀的生成表明SO2具有_性。（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是_。（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是_；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_。进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀（5）合并（4）中两同学的方案进行实验B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_。【答案】（1）Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；（2）BaSO4；还原；（3）2NOO2=2NO2；（4）
23、通N2一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO3溶液；（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀；【解析】试题分析：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）A中生成气体SO2，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42-，说明SO2具有还原性；（3）C中发生的反应是3SO2+3Ba2+2NO3-+2H2O3BaSO4+2NO+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程
24、式是2NO+O22NO2；（4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42-+Ba2+BaSO4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O2
25、BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。考点：考查了二氧化硫的化学性质的相关知识。20(10分)某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：（1）Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是_。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。（3）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。（4）将A瓶中混合物过滤、洗
26、涤，得到沉淀X。向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_。用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：_。【答案】（1）2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O （2）碱性、漂白性（3）向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色（4）CaSO4 SO2Cl22H2OSO422Cl4H【解析】试题分析：（1）Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O。（2）pH试纸先变蓝色，说明粉精溶液具有的性质是碱性。后又褪色，说明漂粉精溶液具有的性质是漂白性。
27、（3）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应。要通过进一步实验确认了这种可能性，需要提供酸性溶液，所以其实验方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色。（4）向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化，说明没有亚硫酸盐。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，所以白色沉淀是硫酸钡，因此沉淀X中含有的物质是CaSO4。由于SO2具有还原性，能被氯气氧化，所以黄绿色褪去，反应的离子方程式为SO2Cl22H2OSO422Cl4H。考点：考查SO2、氯气的性质实验探究21现有含CuSO4和H2SO4的混合溶液200mL，其中CuSO4物质的量浓度为
28、1molL-1, H2SO4物质的量浓度为05molL-1,若向此溶液中加入一定量浓硫酸，使其配成含02molL-1 CuSO4和2molL-1 H2SO4的混合溶液,试求:（1）所得溶液的体积是多少毫升?（2）需加入密度为184g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸多少毫升？（小数点后保留1位）【答案】（10分，每问5分）（1）1000mL （2）1033mL【解析】试题分析：（1）稀释前后，硫酸铜的物质的量不变，则所得溶液的体积=1000mL，答：所得溶液的体积是1000ml；（2）浓硫酸的物质的量浓度= mol/L =184mol/L，增加的硫酸的物质的量=2mol/L1L-05mol/L
29、02L=19mol，则需要浓硫酸的体积=1033ml，答：需要加入密度为184g/cm3、98%的浓硫酸1033ml考点：考查了物质的量的有关计算。22高分子材料E和含扑热息痛高分子药物的合成流程如下图所示：已知：I含扑热息痛高分子药物的结构为： 。IIIII试回答下列问题：（1）的反应类型为_，G的分子式为_。（2）若1 mol 可转化为1 mol A和1 mol B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，写出A的稀溶液与过量浓溴水发生反应的化学方程式_。（3）反应为加成反应，则B的结构简式为_；扑热息痛的结构简式为_。（4）写出含扑热息痛高分子药物与足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式 。（5）
30、D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32% 。D有多种同分异构体，其中属于链状酯类，且能发生银镜反应的同分异构体有_种（考虑顺反异构）。【答案】（1）加成反应（1分） C4H5OCl（1分）（2） + 3Br2 +3HBr （2分）（3） （2分） （2分）（4） + 3nNaOH + n+ n CH3COONa +n H2O （2分） （5）11（2分）【解析】试题分析：苯和丙烯发生加成反应生成异苯丙烷，异苯丙烷被氧化生成A和B，B和氢氰酸发生加成反应生成，则B是丙酮，1mol 可转化为1mol A和1mol B，且A与FeCl3溶液作用
31、显紫色，说明A中含有酚羟基，根据碳原子守恒知A是苯酚，发生反应生成D，D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，则D的相对分子质量是100，D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%，则碳、氢、氧原子个数比= =5：8：2，D的相对分子质量是100，则D的分子式为：C5H8O2，D的不饱和度=2，所以D中含有碳碳双键，且含有酯基，所以D的结构简式为：CH2=C(CH3)COOCH3，D发生加聚反应生成F；异丙烯酸和SOCl2发生取代反应生成G，G的结构简式为：CH2=C(CH3)COCl，G反应生成H，H反应生成，则H是。（1）苯和丙烯发生加成反应生成异苯丙烷，所以的反应类型为加成
32、反应，通过以上分析知G的分子式为C4H5OCl；（2）A是苯酚，苯酚和溴水发生取代反应，反应方程式为 + 3Br2 +3HBr；（3）通过以上分析知，B的结构简式为，扑热息痛的结构简式为；（4）扑热息痛高分子药物与足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式为 + 3nNaOH + n+ n CH3COONa +n H2O；（5）D的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，D有多种同分异构体，其中属于链状酯类，且能发生银镜反应的同分异构体，则该物质是甲酸某酯，形成酯的醇部分碳链结构为：C=C-C-C-、C-C=C-C-（有顺反）、C-C-C=C-（有顺反）、C=C（C）-C-、C=C-C（C）-、
33、C-C（C）=C-、C-C=C（C）-（有顺反）、C=C（C-C）-，所以D的符合条件的同分异构体有11种。考点：考查有机物的合成与推断，涉及反应类型、结构简式、方程式以及同分异构体判断等23A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的离子不含电子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F；D与A同主族，且与 E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 3/4，A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。请回答下列问题：（1）E元素在元素周期表中的位置是_。（2）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式
34、为_。（3）A可分别与C、E形成甲、乙两种三原子分子，且甲有18个电子、乙有10个电子，甲与乙比较，沸点较高的是(填化学式)_。（4）F含有的化学键类型是_和_，其水溶液呈酸性，请用相关的离子方程式解释其原因_。（5）D和C形成的一种化合物能与A和C形成的一种化合物反应产生C单质，该过程的化学方程式为_。【答案】（1）)第三周期 A族；（2）NH4NO3 NH4NO2(任写一个) ；（3）H2O；（4）离子键、共价键；NH4 + + H2O NH3H2 O+H+；（5）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。【解析】试题分析：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的
35、离子不含电子，则A是H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F，则B是N元素，F是NH4 NO3 ； D与A同主族且原子序数大于B，则D是Na元素，D与E同周期，则E位于第三周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，则E最外层电子数是6，为S元素； A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C是O元素。（1）E是S元素，S原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，所以E元素在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族；（2）A、B、C分别是H、N、O，由A、B、C三种元素形成的离子化合物为硝酸铵或亚硝酸铵，硝酸铵或亚硝酸
36、铵的化学式分别为NH4 NO3 、NH4 NO2；（3）A、C、E分别是H、O、S元素，A、C、E间可形成甲、乙两种三原子分子，且甲有18个电子、乙有10个电子，则甲、乙分别是H2S、H2O，甲与乙比较，乙中含有氢键导致水的沸点升高，所以沸点较高的是（填化学式）H2O；（4）F为NH4 NO3，F含有的化学键类型是离子键和共价键，硝酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解而导致其水溶液呈酸性，水解方程式为NH4 + + H2O NH3H2 O+H+；（5）Na、O形成的一种化合物能与H、O形成的一种化合物反应产生O2 ，则这两种化合物分别 Na2 O2 、H2 O，该过程的化学方程式为2Na2 O2 +2 H2O =4NaOH+O2。【考点定位】考查位置结构性质的关系及应用，涉及盐类水解、物质的结构、氢键、氧化还原反应等知识。【名师点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的重要工具和规律，根据元素周期律，结合已知条件可以推测出相应的各种元素，利用元素的位、构、性三者的关系，就可以推测出元素在周期表中的位置、原子的结构、形成化合物的类型、化学式、电子式等的书写、空间构型、含有的化学键的类型、物质的性质及应用。可见：结构决定性质，性质决定用途，元素周期表、元素周期律是元素推断是基础，掌握元素的原子结构是了解性质和用途的关键。
