学试卷（三）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1．下列有关化学用语使用正确的是（ ） A．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O B．CO2的比例模型
C．NH4Cl的电子式： D．苯乙烯的结构简式：
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
【分析】A．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合；
B．比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构； C．氯离子为阴离子，电子式中需要标出其最外层电子；
D．苯乙烯可以看作苯基取代了乙烯分子中的1个H形成的，据此写出其结构简式．
【解答】解：A．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H﹣O﹣Cl，故A错误；
B．二氧化碳的分子式为CO2，二氧化碳为直线型结构，其比例模型中碳原
子的相对体积大于氧原子，二氧化碳正确的比例模型为错误；
，故B
C．氯化铵属于离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最
外层电子，氯化铵正确的电子式为，故C错误；
D．苯乙烯分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，其结构简式为
，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及结构简式、电子书、比例模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题的能力．
2．下列实验操作中，仪器一定需要插入液面以下的
①制备Fe（OH）2时将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中所用的胶头滴管 ②制备氢气的简易装置中的长颈漏斗 ③分馏石油时控制温度所用的温度计 ④用乙醇制备乙烯时所用的温度计
⑤向BaCl2溶液中滴加稀硫酸所用的胶头滴管（ ） A．③⑤ B．②⑤ C．①②④ D．①②③④⑤ 【考点】化学实验方案的评价． 【专题】化学实验基本操作．
【分析】①用FeSO4溶液和NaOH溶液制备Fe（OH）2操作中的胶头滴管，必须插入液面以下；
②制备氢气的简易装置中用来加入稀硫酸的长颈漏斗需要插入液面以下； ③分馏石油时的温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口处，不需要插入溶液以下；
④用乙醇制取乙烯时的温度计，因测量的溶液的温度，需将温度计的下端插入液面以下；
⑤将氨气气体溶于水时的导管，为了防止倒吸，不能插入液面以下． 【解答】解：①用FeSO4溶液和NaOH溶液制备Fe（OH）2操作中的胶头滴管，必须插入液面以下防止生成的氢氧化亚铁被空气中氧气氧化4Fe（OH）
2
+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故①正确；
②制备氢气的简易装置中用来加入稀硫酸的长颈漏斗需要插入液面以下，防止气体逸出，故②正确；
③分馏石油时的温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口处，用来测定馏出成分的沸点，不需要插入溶液以下，故③错误；
④乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，因需测量溶液的温度，用乙醇制取乙烯时的温度计下端需插入液面以下，故④正确； ⑤向BaCl2溶液中滴加稀硫酸所用的胶头滴管应悬于试管上方，不能插入液面以下，故⑤错误； 故选C．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质制备实验的分析判断，主要是仪器的使用方法和注意问题，注意积累知识，题目难度中等．
3．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（ ） A．Na+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+
【考点】离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验． 【专题】综合实验题；化学实验．
【分析】根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明
显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答．
【解答】解：由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，
而S2﹣能水解显碱性，即S2﹣与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S；
再由氯水能氧化I﹣生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I﹣；
又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42﹣﹣必然存在，
而Ba2+、SO42﹣能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+； 显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+， 故选：A．
【点评】本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性．
2﹣
4．要组装一套利用液体和液体反应制备气体的装置，现在设计了如下五步操作，正确的顺序是（ ）
①将蒸馏烧瓶固定在铁架台上 ②将酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯确定铁圈高度，固定好铁圈，放好石棉网 ③用漏斗向蒸馏烧瓶中加入一种液体反应物，再向分液漏斗中加入另一种液体反应物，并将导气管放入气体收集装置中 ④检查装置的气密性（利用固定装置微热的方法检查装置的气密性）
⑤在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管． A．②①⑤④③
B．④①②⑤③
C．①②⑤④③
D．①⑤④②③
【考点】化学实验操作的先后顺序． 【专题】综合实验题．
【分析】实验仪器的安装原则：从下向上，从左向右．首先固定酒精灯，根据酒精灯确定铁圈高度，固定好铁圈，放好石棉网；把蒸馏烧瓶固定在铁架台上，在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管，检查装置的气密性；若装置不漏气，再加液体反应物开始反应，制取气体．
【解答】解：实验仪器的安装原则：从下向上，从左向右．首先固定酒精灯，根据酒精灯确定铁圈高度，固定好铁圈，放好石棉网；把蒸馏烧瓶固定在铁架台上，在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管，检查装置的
气密性；若装置不漏气，再加液体反应物开始反应，制取气体，故正确的顺序是②①⑤④③， 故选A．
【点评】本题考查实验装置的组装顺序，难度不大．要牢记实验仪器的安装原则．
5．将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：%，Cu：%，SO2在上述反应中作用是（ ） A．酸 B．漂白剂 C．还原剂 D．氧化剂 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题．
【分析】根据Cl和Cu的百分含量可计算沉淀中只含Cu和Cl两种元素（%+%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1，进而确定产物为CuCl，结合化合价的变化判断物质在反应中的性质和作用．
【解答】解：由Cl和Cu的百分含量知，沉淀中只含Cu和Cl两种元素（%+%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1（
：
），可知，
最简式为CuCl，其中Cu的化合价为+1价，则原反应物中CuSO4为氧化剂，那可能的还原剂只有SO2，氧化产物是SO42﹣，
故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题，根据物质的质量关系判断产物为解答该题的关键．
6．下列说法正确的是（ ）
A．和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数目为 B．用铜做电极电解CuSO4溶液的反应方程式：2Cu+2H2O
2+
2Cu+O2↑+4H
+
C．等质量的N2和CO所含原子数均为2NA
D．pH等于2的醋酸溶液中加入L的盐酸，溶液pH会变小
【考点】电解原理；物质的量的相关计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；钠的重要化合物．
【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．
【分析】A．过氧化钠和硫化钠的摩尔质量都是78g/mol，过氧化钠中阴离子为过氧根离子；
B．用铜做电极电解CuSO4溶液，阳极铜失去电子生成铜离子，阴极铜离子得到电子生成铜，实质为电镀铜；
C．氮气和CO的摩尔质量相同，但是没有告诉二者的质量，无法接受含有的原子数；
D．两溶液中氢离子浓度相同，则加入盐酸后氢离子浓度不变，溶液的pH不变．
【解答】解：A．硫化钠和过氧化钠混合物的物质的量为，由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子，则混合物中含有阴离子，含有的阴离子数为，故A正确；
B．用铜做电极电解CuSO4溶液，阳极金属Cu失去电子生成Cu2+，阴极Cu2+得到电子生成Cu单质，相当于电镀铜，反应中不会生成氧气，故B错误； C．题中缺少氮气和CO的质量，无法接受二者的物质的量及含有的原子数，故C错误；
D．pH=2的醋酸溶液中氢离子浓度为L，则两溶液中氢离子浓度相同，混合后溶液中氢离子浓度不变，则溶液的pH不变，故D错误； 故选A．
【点评】本题考查了电解原理、物质的量的有关计算、弱电解质的电离及其影响等知识，题目难度中等，明确物质的量与摩尔质量、物质的量浓度等之间的关系为解答关键，注意熟练掌握电解原理及其应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．
7．今有如下三个热化学方程式：
H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=a kJ?mol H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=b kJ?mol﹣1
﹣1
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=c kJ?mol﹣1 关于它们的下列表述，正确的是（ ） A．它们都是吸热反应
B．氢气的燃烧热为△H=a kJ?mol﹣1 C．反应热的关系：a=b D．反应热的关系：2b=c
【考点】反应热和焓变；吸热反应和放热反应；燃烧热．
【分析】根据燃烧反应为放热反应，则△H＜0，物质的聚集状态不同，反应放出的热量不同，热化学反应方程式中物质的量与反应放出的热量成正比，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，水为液态水，以此来解答．
【解答】解：A．因燃烧反应为放热反应，则氢气燃烧是放热反应，故A错误；
B．水为气态水，所以氢气的燃烧热为△H≠a kJ?mol﹣1，故B错误；
C．因水的状态不同，则a≠b，故C错误；
D．热化学反应方程式中物质的量与反应放出的热量成正比，则反应热的关系为2b=c，故D正确； 故选D．
【点评】本题主要考查热化学方程式意义、反应热与化学计量数的关系，难度中等，注意燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，水为液态水．
8．下列实验现象预测正确的是（ ）
A．实验Ⅰ：振荡后静置，溶液不再分层，且保持无色透明 B．实验Ⅱ：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色
C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终无明显变化
D．实验Ⅳ：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A、装置图中苯难溶于水和水分层； B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；
C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮；
D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体．
【解答】解：A．装置图中苯难溶于水和水分层，苯层棕红色；故A错误； B．常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B错误；
C．铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮；故C错误；
D．饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体；胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一条光亮的通路，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．
9．某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到实验目的是（ ）
A．将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色
B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成 C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl固体
D．将表面有铜绿[Cu2（OH）2C03]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿 【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质． 【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】A．反应后的混合物与水混合的顺序错误； B．常温下铜与氯气不反应； C．氯化铜溶液加热促进水解； D．Cu2（OH）2C03能溶于盐酸．
【解答】解：A．铜丝与浓硫酸加热生成硫酸铜后，再把混合物加入水中形成硫酸铜溶液，而不能把水加入反应混合物中，防止剩余的浓硫酸稀释时溅出，所以故A错误；
B．常温下铜与氯气不反应，因此观察不到现象，故B错误；
C．氯化铜溶液加热促进水解，水解生成的HCl受热挥发，最后氯化铜完全水解得到Cu（OH）2，Cu（OH）2受热分解生成CuO，故C错误； D．Cu2（OH）2C03能溶于盐酸，所以能用盐酸除去铜绿，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查了铜及其化合物的性质，以及盐类的水解，题目难度不大．
10．甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物，F是由丙元素形成的单质．已知：A+B=D+F，A+C=E+F； ?L﹣1D溶液的pH为13（25℃）．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：丁＞丙＞乙＞甲
B．1mol A与足量B完全反应共转移了2mol电子 C．丙元素在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族
D．由甲、乙、丙、丁四种短周期元素组成的盐，其水溶液既有呈酸性的，也有呈碱性的
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】 mol?LD溶液的pH为13（25℃），D是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则D应为NaOH，由反应：A+B=D+F，根据元素守恒可知，A、B两种物质至少共含有H、O、Na元素，F是由丙组成的单质，由发生反应可知，丙不能是Na，结合原子数可知，甲为H、丙为O、丁为Na元素，故F为氧气，可知A是Na2O2、B是水，再根据反应：A+C=E+F，可知C是二氧化碳，E是碳酸钠，则乙为C元素，据此解答．
【解答】解： mol?L﹣1D溶液的pH为13（25℃），D是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则D应为NaOH，由反应：A+B=D+F，根据元素守恒可知，A、B两种物质至少共含有H、O、Na元素，F是由丙组成的单质，由发生反应可知，丙不能是Na，结合原子数可知，甲为H、丙为O、丁为Na元素，故F为氧气，可知A是Na2O2、B是水，再根据反应：A+C=E+F，可知C是二氧化碳，E是碳酸钠，则乙为C元素．
A．所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，则原子半径大小顺序为：Na＞C＞O＞H，即：丁＞乙＞丙＞甲，故A错误；
B．A与足量的B完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故1molNa2O2反应转移的电子为1mol××2×[0﹣（﹣1）]=1mol，故B错误；
﹣1
C．丙为氧元素，处于周期表中第二周期VIA族，故C错误；
D．若为NaHCO3，溶液呈碱性，若为HOOC﹣COONa，溶液呈酸性，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查元素化合物推断，D溶液pH=13为推断突破口，再结合反应进行分析解答，对学生的逻辑推理有一定的要求，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，D选项为易错点、难点，学生容易考虑碳酸钠、碳酸氢钠，而忽略有机盐．
11．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是（ ）
A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态
B．二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应 C．最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应
D．其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3 【考点】硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用． 【专题】氧族元素；碳族元素．
【分析】A．Si是亲氧元素，所以硅在自然界中以化合态存在； B．二氧化硅能与氢氟酸反应；
C．化合价升高具有还原性； D．碳酸酸性大于硅酸．
【解答】解：A．硅是亲氧元素，硅元素在自然界中以硅酸盐、二氧化硅的形式存在，故A错误；
B．二氧化硅属于酸性氧化物，能与氢氟酸反应，故B错误； C．最低价的气态氢化物化合价能升高，具有还原性，故C正确； D．碳酸酸性大于硅酸，酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，故D错误． 故选C．
【点评】本题考查元素及其化合物的性质，明确氧化性和硅是亲氧元素是解题的关键，题目难度不大．
12．已知X、M都是中学教材中常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是
（甲）XO3n+Xn+H+﹣﹣X单质+H2O（未配平）；（乙）Mm++mOH﹣→M（OH）m↓ ①若n=1，则XO3n中X元素为+5价，X位于周期表第VA族 ②若n=2．则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应 ③若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同
④若m=3，则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m．（ ） A．①③ B．②③ C．①② D．③④ 【考点】无机物的推断．
【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物． 【分析】①n=1，XO3中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第ⅤA族（氮、磷）、第ⅤⅡA族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3﹣、ClO3﹣、BrO3﹣、NO3﹣，甲反应为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O，IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O；
②n=2，XO3n中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢；
③m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag++OH﹣=AgOH↓；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同；
④m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件．
【解答】解：①n=1，XO3n中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第ⅤA族（氮、磷）、第ⅤⅡA族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸
n
根阴离子主要有：IO3、ClO3、BrO3、NO3，甲反应为ClO3+5Cl+6H=3Cl2+3H2O，IO3+5I+6H=3I2+3H2O，故①错误；
+
﹣
﹣
+
﹣﹣﹣﹣﹣﹣
②n=2，XO3n中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢，故②正确；
③m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag++OH﹣=AgOH↓；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同，故③正确；
④m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件，铝和过量氢氧化钠沉淀会溶解，故④错误； 故选B．
【点评】不同考查了常见物质的性质应用，物质发生反应的特征应用，分析化合价的变化和特征是解题关键．
13．科学家预言超级原子的发现将会重建周期表，2015年1月美国科学在《Science》是发表论文，宣布发现了A1的超原子结构A113和A114，并在质谱仪检测到稳定的A113I﹣等，Al13、Al14的性质很像现行周期表中的某主
族元素，己知这类超原子当具有40个价电子时最稳定（例Al原子具有3个价电子）．下列说法不正确的是（ ） A．Al14有42个价电子，且与IIA族元素性质相似 B．Al13有39个价电子，且与卤素性质类似 C．Al13、Al14 互为同素异形体 D．Al13原子中存在离子键
【考点】物质的组成、结构和性质的关系；同位素及其应用． 【专题】元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物． 【分析】A．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态；
B．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13﹣，与卤素性质相似； C．同素异形体是同一元素形成的不同单质； D．Al14为分子晶体．
【解答】解：A．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142+，与第IIA族性质相似，故A正确；
B．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13，与第ⅤⅡA族卤素原子性质相似，故B正确； C．Al13、Al14为铝元素的不同单质，互为同素异形体，故C正确；
D．Al14为分子晶体，Al14超原子中Al原子间通过共价键结合，故D错误； 故选D．
【点评】本题是信息题，是对学生信息的提取、阅读能力及综合能力考查，题目难度中等，侧重分析能力及知识迁移应用能力考查，关键是对信息的理解．
﹣
14．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜．高温下这两种化合物均能分解成氧化铜．在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜．溶解上述混合物，消耗1mol/L盐酸500mL．灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是（ ）
A．35g B．30g C．20g D．15g 【考点】化学方程式的有关计算．
【专题】守恒法；利用化学方程式的计算．
【分析】根据Cu元素守恒n（CuO）=n（CuCl2），根据Cl原子守恒n（CuCl2）=n（HCl），再根据m=nM计算CuO的质量．
【解答】解：根据Cl原子守恒n（CuCl2）=n（HCl）=××1mol/L=，根据Cu元素守恒n（CuO）=n（CuCl2）=，则得到CuO的质量为×80g/mol=20， 故选：C．
【点评】本题考查混合物计算，侧重考查学生分析计算能力，注意利用守恒法计算，避免过程的繁琐．
15．类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质．但类比是相对的，不能违背客观实际．下列各说法中正确的是（ ） A．O2与Cu反应生成CuO，S与Cu反应生成CuS
B．CaC2能水解：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，则Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O═4Al（OH）3+3CH4↑
C．根据化合价Fe3O4可表示为FeO?Fe2O3，则Pb3O4也表示为PbO?Pb2O3 D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba（NO3）2溶液不产生沉淀 【考点】化学反应的基本原理． 【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．硫单质的氧化性较弱和变价金属反应生成低价化合物； B．盐的水解原理是：离子和氢离子或是氢氧根离子结合的过程；
C．四氧化三铅（Pb3O4）中铅的化合价为+2和+4价； D．硝酸有强氧化性．
【解答】解：A．硫单质的氧化性较弱，和变价金属反应生成低价化合物，则S与Cu反应生成Cu2S，而不能生成CuS，故A错误；
B．盐的水解原理是：离子和氢离子或是氢氧根离子结合的过程，Al4C3能水解，原理是铝离子和氢氧根离子结合，碳离子和氢离子结合，即Al4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑，故B正确；
C．Pb在化合物里显+2价和+4价，根据化合价代数和为零的原则，Pb的+2价和+4价两种氧化物形式为PbO和PbO2，则Pb3O4的氧化物的表示形式可以写成 2PbO?PbO2，故C错误；
D．SO2通入Ba（NO3）2溶液中，亚硫酸电离生成氢离子，与硝酸根能氧化亚硫酸根为硫酸根，有白色沉淀，故D错误． 故选B．
【点评】本题考查化学反应的基本原理，难度中等，明确反应原理是解题的关键，考查新信息获取、处理及灵活运用所学知识进行分析问题、解决问题的能力．
16．在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是（ ）
A．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe B．在含等物质的量的Fe、Cu、H的溶液中加入Zn：Fe、Cu、H、Fe C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3
D．在含等物质的量的AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2﹣、Al（OH）3、OH﹣、CO32﹣
【考点】氧化性、还原性强弱的比较；离子反应发生的条件． 【专题】离子反应专题．
【分析】A、根据离子的还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Br﹣来回答； B、离子的氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+； C、化学反应优先和能生成沉淀的物质间反应；
D、含有AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣溶液中，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应．
【解答】解：A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故A错误；
3+
2+
+
3+
2+
+
2+
﹣﹣2+
B、在含等物质的量的Fe、Cu、H的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe＞Cu＞H＞Fe，故B正确；
C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）
2
3+
2+
+
2+
3+2++
之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；
D、在含等物质的量的AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故D错误． 故选B．
【点评】本题考查学生化学反应的先后率知识，注意离子的氧化性、还原性顺序是解题关键，难度不大．
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
17．A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素．请用化学用语回答： （1）推断B元素在元素周期表中的位置 第二周期第ⅣA族 ．
（2）A与D形成的18电子的化合物与FD2化合生成一种强酸，其化学方程式为 H2O2+SO2=H2SO4 ．
（3）用电子式表示化合物E2F的形成过程
．
（4）如图为某新型发电装置示意图，其负极电极反应为 H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O ．
（5）在101kPa、25℃下，16g液态C2A4在D2中完全燃烧生成气体C2，放出312kJ热量，则C2A4和D2反应的热化学方程式为 N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624 KJ?mol ．
﹣1
【考点】位置结构性质的相互关系应用；原电池和电解池的工作原理． 【专题】化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题． 【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，
则E为Na；F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素，据此解答．
【解答】解：A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na；F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素．
（1）B为碳元素，在元素周期表中的位置：第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族；
（2）H与O形成的18电子的化合物为H2O2，与SO2化合生成一种强酸，即生成硫酸，化学方程式为：H2O2+SO2=H2SO4， 故答案为：H2O2+SO2=H2SO4；
（3）化合物Na2S属于离子化合物，用电子式表示形成过程：
，
故答案为：
；
（4）原电池负极发生氧化反应，氢气再负极失去电子，碱性条件下生成水，负极电极反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，
故答案为：H2﹣2e+2OH=2H2O；
（5）在101kPa、25℃下，16g液态N2H4在O2中完全燃烧生成气体N2，放出312kJ热量，则1molN2H4和O2反应放出的热量为312kJ×
=642kJ，反应的热化学方程式为：N2H4（l）+O2（g）
﹣﹣
═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624 KJ?mol﹣1，
故答案为：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624 KJ?mol﹣1． 【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对化学用语的考查，推断元素是解题关键，是对所学知识的综合运用考查，注意基础知识的理解掌握．
18．A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）．
试回答：
（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是 d、e ．
a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al （2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为 FeCl3 ；
（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为 Al（OH）3 ，X的化学式可能为（写出不同类物质） HCl 或 NaOH ，反应①的离子方程式为 AlO2+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓ ． 【考点】无机物的推断．
【分析】（1）若X是强氧化性单质，由转化关系A B C知，A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素，据此分析；
（2）若X是一种金属单质，由转化关A B C，X为变价金属，A为强氧化性物质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，则X为Fe，A为Cl2，符合转化关系，B为FeCl2，C为FeCl3；
（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，由转化关系A B C，且A+C→B，考虑Al的化合物的相互转化，
若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐，符合转化关系；
若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al（OH）3，C为铝盐，符合转化关系．
【解答】解：（1）若X是强氧化性单质，由转化关系A B C知，A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素，
﹣
a．S和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，符合转化关系A B C，故不选；
b．N2 和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，符合转化关系A B C，故不选；
c．Na和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，符合转化关系A B C，故不选；
d．Mg和氧气反应生成氧化镁，氧化镁和氧气不反应，所以不符合转化关系A B C，故选；
e．Al和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和氧气不反应，所以不符合转化关系A B C，故选； 故选d、e；
（2）向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，若X是一种金属单质，由转化关系A B C，X为变价金属铁，A为强氧化性物质，根据元素守恒知，A是氯气，B是氯化铁，C是氯化亚铁，
故答案为：FeCl3；
（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，由转化关系A B C，且A+C→B，考虑Al的化合物的相互转化，
若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐； 若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al（OH）3，C为铝盐；
通过以上分析知，B是Al（OH）3，X是HCl或NaOH，偏铝酸盐和酸反应生成氢氧化铝沉淀，铝盐和碱反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2
﹣
+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；
故答案为：Al（OH）3；HCl；NaOH；AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH
﹣
═Al（OH）3↓．
【点评】本题以物质转化形式考查元素单质及其化合物之间的相互转化关系、化学用语的书写，旨在考查学生对知识的熟练掌握程度，根据转化关系写出符合条件的反应，难度较大，注意掌握归纳中学常见A B C转化关系．
19．中国环境监测总站数据显示，颗粒物（等）为连续雾霾过程影响空气质量最显着的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此对、SO2、NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：
将样本用蒸馏水处理制成待测试样．测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如表：
离子 K+ Na+ NH4+ SO42﹣ NO3﹣ Cl﹣
浓度/mol．L﹣1 4×10﹣5 6×10﹣5 2×10﹣5 4×10﹣5 3×10﹣5 2×10﹣5
根据表中数据判断的酸碱性，试样的pH= 4 ． 【考点】pH的简单计算．
【专题】溶液pH值或氢离子、氢氧根离子浓度的计算．
【分析】将样本用蒸馏水处理制成待测试样．则该试样中除了水溶性无机离子外，还一定含H+和OH﹣，根据溶液中电荷守恒来列式，并结合水的离子积来计算．
【解答】解：溶将样本用蒸馏水处理制成待测试样．则该试样中除了水溶性无机离子外，还一定含H+和OH﹣．
根据溶液中电荷守恒可知：C（K+）+C（NH4+）+c（Na+）+C（H+）=2C（SO42
﹣
）+C（NO3﹣）+C（Cl﹣）+c（OH﹣）①，
而溶液含满足水的离子积KW=c（H+）?c（OH﹣）=10﹣14②， 联立①②可解得C（H+）=1×10﹣4mol?L﹣1，则pH值为4， 故答案为：4．
【点评】本题考查了电解质溶液中的电荷守恒的运用和pH的计算，难度不大，注意解题思路的梳理．
20．NOx是汽车尾气的主要污染物之一．汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：
①N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H= +183kJ/mol ．
②当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出．写出NO被CO还原的化学方程式 2CO+2NO
N2+2CO2 ．
③汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，有人设想按下列反应除去CO： 2CO（g）═2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，该设想不能实现，他的依据是 该反应是焓增、熵减的反应，根据G=△H﹣T?△S，G＞0，不能实现 ．
【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响． 【专题】元素及其化合物．
【分析】①根据能量变化图计算反应热，反应热=反应物的键能和﹣生成物的键能和；
②NO被CO还原，则CO被NO氧化生成二氧化碳和氮气，据此写出反应方程式；
③根据G=△H﹣T?△S判断反应能否自发进行；
【解答】解：①该反应中的反应热=反应物的键能和﹣生成物的键能和=（945+498）kJ/mol﹣2×630kJ/mol=+183kJ/mol，故答案为：+183 kJ/mol； ②在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2CO+2NO 故答案为：2CO+2NO
N2+2CO2；
N2+2CO2；
③2CO（g）=2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应．根据G=△H﹣T?△S，G＞0，不能实现，
故答案为：该反应是焓增、熵减的反应，根据G=△H﹣T?△S，G＞0，不能实现．
【点评】本题较为综合，涉及热化学反应方程式、化学反应方程式的书写和反应的自发性等知识点，注意反应热的计算方法，为易错点．
21．碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图：
①用离子方程式表示反应器中发生的反应 SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+ ．
②用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池．电池充放电时的总反应为：Ni（OH）2+M
NiO（OH）+MH，
电池放电时，负极电极反应式为： MH﹣e﹣+OH﹣=H2O+M ． 【考点】二氧化硫的污染及治理；原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题；元素及其化合物．
【分析】①从流程图可知，在反应器中，I2氧化SO2，生成硫酸和HI； ②负极反应物MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，据此书写． 【解答】解：①从流程图可知，在反应器中，I2氧化SO2，生成硫酸和HI，反应方程式为SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+，故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I
﹣
+4H+；
②负极反应物MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MH﹣e﹣+OH﹣=H2O+M， 故答案为：MH+OH﹣﹣e﹣=M+H2O．
【点评】本题是一道开放性的题目，考查了学生流程图和电化学的知识，难度较大．
22．（1）实验室用铜制取硫酸铜，将适量硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体．理论上硫酸和硝酸的物质的量之比最佳为： 3：2
（2）实验上，即使铜粉、硫酸及硝酸都比较纯，制得的CuSO4?5H2O中还是可能存在杂质，除去这种杂质的实验操作称为 重结晶 ． （3）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计： 方案甲：以空气为氧化剂．将铜粉反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应．
方案乙：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应．向反应液中加少量FeSO4，即发生反应，生成硫酸铜．反应完全后，加M调节pH，铁元素全部沉淀（一般认为铁离子的浓度下降到10﹣5 mol?L﹣1，就认为沉淀完全）然后过滤、浓缩、结晶． 请回答下列问题：
①方案甲中，钢丝应在 坩埚 中反复灼烧；（填仪器名称）
方案丙：将钢丝放到一定量的稀硫酸中，加入适量的H2O2，并控制温度在50℃～60℃，持续反应1h，也能获得硫酸铜．请回答下列问题：
②反应时温度必须控制在50℃～60℃，温度不宜过高的主要原因是 防止过氧化氢分解 ．
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质． 【专题】元素及其化合物．
【分析】（1）依据铜和稀硝酸反应的离子方程式，理解反应实质氢离子是硫酸和硝酸提供；
（2）溶解度不同的可溶性盐可用重结晶法分离； （3）①固体灼烧应在坩埚内； ②过氧化氢受热易分解．
【解答】解：（1）验室用铜制取硫酸铜，将适量硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，依据离子反应实质，氢离子是硝酸和硫酸共同提供，氢离子分析可知最佳比为6：2，所以硫酸和硝酸物质的量之比最佳为3：2； 故答案为：3：2；
（2）混有硝酸铜杂质，需利用溶解度的不同，用重结晶的方法进行分离， 故答案为：重结晶；
（3）①以空气为氧化剂，将铜粉反复灼烧，铜粉为固体，固体灼烧应在坩埚内；
故答案为：坩埚；
②过氧化氢受热易分解，所以控制温度在50℃～60℃，温度不能太高，防止过氧化氢分解；
故答案为：防止过氧化氢分解．
【点评】本题考查了制备物质的实验设计和方案探究、铜的化学性质，题目具有一定的综合性，需要扎实的基础知识，题目难度中等．
23．用湿法制磷酸的副产品氟硅酸（H2SiF6）生成无水氟化氢的工艺如图所示：
已知氟硅酸钾（K2SiF6）微酸性，有吸湿性，微溶于水，不溶于醇．在热水中水解成氟化钾、氟化氢及硅酸．
（1）写出反应器中的化学方程式： H2SiF6+K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓ ． （2）在洗涤氟硅酸钾（K2SiF6）时常用酒精洗涤而不是用水，其目的是： 氟硅酸钾不溶于酒精，减少用水洗涤溶解氟硅酸钾损失 ．
（3）该流程中哪些物质可以循环使用： H2SO4、K2SO4 ．
（4）为了测定无水氟化氢的纯度，取标况下的气体产物，测得质量为，试解释，为什么标况下产物的质量远远大于， HF分子间形成氢键，部分缔合成双聚体 ．
【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【专题】综合实验题；物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．
【分析】氟硅酸加入硫酸钾发生反应生成氟硅酸钾（K2SiF6）微酸性，有吸湿性，微溶于水，过滤得到硫酸和氟硅酸钾，干燥后在热水中水解成氟化钾、氟化氢及硅酸，加入浓硫酸反应得到硫酸钾、氟化氢、和四氯化硅等，净化冷凝，通过精馏得到纯净的氟化氢；
（1）氟硅酸加入硫酸钾发生反应生成氟硅酸钾和硫酸；
（2）氟硅酸钾微溶于水，不溶于醇，为减少损失可以用乙醇洗涤； （3）反应过程中参与反应，在反应过程中又重新生成的物质可以循环使用，分析流程判断；
（4）标况下测得产物质量为，气体的质量远远大于的原因是氟化氢分子间可以形成氢键，部分结合形成双聚物
【解答】解：氟硅酸加入硫酸钾发生反应生成氟硅酸钾（K2SiF6）微酸性，有吸湿性，微溶于水，过滤得到硫酸和氟硅酸钾，干燥后在热水中水解成氟化钾、氟化氢及硅酸，加入浓硫酸反应得到硫酸钾、氟化氢、和四氯化硅等，净化冷凝，通过精馏得到纯净的氟化氢；
（1）氟硅酸加入硫酸钾发生反应生成氟硅酸钾和硫酸，反应器中的化学方程式为：H2SiF6+K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓， 故答案为：H2SiF6+K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓；
（2）在洗涤氟硅酸钾（K2SiF6）时常用酒精洗涤而不是用水，其目的是氟硅酸钾微溶于水，不溶于醇，为减少损失用乙醇洗涤，
故答案为：氟硅酸钾不溶于酒精，减少用水洗涤溶解氟硅酸钾损失； （3）反应过程中参与反应，在反应过程中又重新生成的物质可以循环使用，分析流程判断流程中硫酸和硫酸钾在苯环过程中先参加反应，随后又生成，可以循环使用， 故答案为：H2SO4、K2SO4；
（4）标况下测得产物质量为，气体的质量远远大于的原因是氟化氢分子间可以形成氢键，部分结合形成双聚物，
故答案为：HF分子间形成氢键，部分缔合成双聚体．
【点评】本题利用湿法制磷酸的副产品氟硅酸可以生产氟化氢的工艺为背景，通过流程分析，实验操作，生产条件的选择，流程中物质的循环使用等，考查分析应用的能力，掌握题干信息和物质性质是解题关键，题目难度中等．
24．碳酸二甲酯（DMC）是一种低毒性的绿色化学品，可用于代替高毒性的光气（COCl2）作羰基化试剂．DMC的合成路线如图．完成下列填空．
已知：RCO﹣OR1+R2O﹣H→RCO﹣OR2+R1O﹣H （称酯交换反应） （1）写出反应类型：反应① 加成反应 ； （2）写出结构简式：X OHCH2CH2OH ；
（3）已知物质Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，在一定条件下2molY能生成1mol分子中含六元环结构的有机物Z，则Z的结构简式为
；
（4）DMC与双酚（）在一定条件下可发生类似反
应①的反应，生成芳香族聚碳酸酯，写出反应的化学方程式：
2n ．
+n→+4nCH3OH【考点】有机物的推断．
【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．
【分析】由合成流程可知，反应①为加成反应生成环氧乙烷，反应②为C=O
键的加成反应，反应③为C与甲醇的取代反应生成DMC（（OHCH2CH2OH），然后结合有机物的结构与性质来解答．
）和X
【解答】解：由合成流程可知，反应①为加成反应生成环氧乙烷，反应②
为C=O键的加成反应，反应③为C与甲醇的取代反应生成DMC（和X（OHCH2CH2OH），
（1）由上述分析可知，①为加成反应， 故答案为：加成反应；
（2）由上述分析可知，X为OHCH2CH2OH， 故答案为：OHCH2CH2OH；
）
（3）Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，在一定条件下2mol Y能生成1mol分子中含六元环结构的有机物Z，Y中含1个﹣COOH，则Y的
结构简式为CH3CH（OH）COOH，Z为，
故答案为：；
（4）DMC与双酚（
酯，反应的化学方程式为：
）在一定条件下可生成芳香族聚碳酸
2n，
故答案为：
+n→+4nCH3OH
2n．
+n→+4nCH3OH
【点评】本题考查有机物推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写等，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，易错点为（4），注意理解给予信息．
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容