云南省红河州蒙自一中2022届高三化学上学期10月月考试卷含解析

云南省红河州蒙自一中2022-2022学年高三（上）月考化学试卷（10月份）　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．2022年8月12日23：30左右，位于天津滨海新区的危险品仓库发生爆炸，截至9月5日遇难者已达161人．现场涉及危险品有约800吨硝酸铵、700吨氰化钠、500吨硝酸钾、马来酸酐100吨、氢化钠14吨、油漆630桶，还有氰基乙酸、二甲基苯胺、对苯二胺、甲基磺酸、十二烷基苯磺酸、电石等等．下列关于这些化学品的储存、使用、处理说法正确的是（　　）A．化学危险品危害人类健康，应禁止生产B．硝酸钾呈中性，与氢化钠一起储存不存在危险C．氰化氢、氰化钠均为剧毒，受氰化钠污染的土壤可用双氧水氧化，为增强效果可先用硫酸酸化D．这些化学品燃烧产生的火焰不能用水直接扑灭，只能通过用沙土覆盖隔绝燃烧环境　2．分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（　　）A．冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C．漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物D．Na2O，NaOH，Na2CO3，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物　3．某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是（　　）A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应B．由图2可知，该反应m+n＜pC．图3中，表示反应速率v正＞v逆的是点3D．图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂　4．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）①等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA②乙烯和环丙烷组成的28g混合气体中氢原子的个数为4NA③1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA④将NA个NH3分子溶于1L水中得到1mol•L﹣1的氨水⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中水电离出的OH﹣的数目为0.01NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子⑦12g金刚石中含有C﹣C键数目为2NA⑧1mol硝基与1moLNO2所含电子数不相同⑨1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA-22-\n⑩1LpH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目一定为0.1NA．A．②⑤⑦B．②⑦⑧⑩C．②④⑥⑦D．①③⑧　5．科学研究发现，具有高度对称性的有机分子具有致密性高，稳定性强，张力能大等特点，因此这些分子成为2022年化学界关注的热点，下面是几种常见高度对称烷烃的分子碳架结构这三种烷烃的二氯取代产物的同分异构体数目是（　　）A．2种4种8种B．2种4种6种C．1种3种6种D．1种3种8种　6．根据表中八种短周期元素的有关信息判断，下列说法错误的是元素编号①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径/nm0.0370.0740.0820.0990.1020.1430.1520.186最高化合价或最低化合价+1﹣2+3﹣1﹣2+3+1+1（　　）A．元素②⑥形成的化合物具有两性B．元素②气态氢化物的沸点小于元素⑤气态氢化物的沸点C．元素⑤对应的离子半径大于元素⑦对应的离子半径D．元素④的最高价氧化物的水化物比元素⑤的最高价氧化物的水化物酸性强　7．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）﹣Q（Q＞0）一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500C（N2O5）/mol/L0.500.350.250.25下列说法中错误的是（　　）A．500s时O2的浓度为0.075mol/LB．平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小C．平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度D．1000s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25mol/L＜c（N2O5）＜0.50mol/L　　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（13分）X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，其中Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图，X是周期表中半径最小的元素，Q的原子序数是W的2倍．（1）Z原子的结构示意图为　　　　　　，化合物X2Q的电子式为　　　　　　；（2）Y、Z、W、Q四种元素的最简单氢化物中，稳定性最强的是　　　　　　（写化学式）；-22-\n（3）可溶性盐（ZX4）2Q2W8是强氧化剂，可将二价锰离子氧化为高锰酸根离子，所得溶液呈强酸性，写出该反应的离子方程式：　　　　　　；（4）一定条件下，向容积不变的密闭容器中充入2molQW2与4molYW，发生反应生成YW2和液态Q单质，反应达到平衡时转移2.5mol电子，同时放出85kJ热量，则该反应的热化学方程式为　　　　　　．　9．（14分）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题：（1）一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是　　　　　　（填序号）．A．每消耗1molCO的同时生成2molH2B．混合气体总物质的量不变C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．B、C两点的平衡常数K（B）　　　　　　K（C）（填“＞”、“=”或“＜”）．③某温度下，将2.0molCO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，CO的转化率=　　　　　　，此温度下的平衡常数K=　　　　　　（保留二位有效数字）．（2）常温下，将VmL、0.20mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol/L甲酸溶液中，充分反应，溶液pH=7，此时V　　　　　　20.00（填“＞”、“=”或“＜”）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序　　　　　　（3）温度650℃的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质．该电池的正极反应式为　　　　　　．　10．（16分）高铁酸钾是一种新型非氯高效消毒剂，常用于工业废水与城市生活污水的处理．某小组同学为研究高铁酸钾对水溶液中苯酚的降解反应速率，在恒定实验温度298K或318K条件下（其余实验条件见下表），设计如下对比实验．（1）请完成下列实验设计表：实验编号pH投料比（高铁酸钾与苯酚的质量比）T/KFe3+实验目的Ⅰ410：12980参照实验Ⅱ48：12980Ⅲ-22-\n探究温度对该降解反应速率的影响（2）若还要探究溶液的pH和Fe3+的存在对该降解反应速率的影响，除实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ外，至少还需进行　　　　　　次对比实验．（3）某同学以实验Ⅰ为参照实验，经过大量实验通过HPLC法测得不同pH下高铁酸钾对水溶液中苯酚的去除率，其结果如图所示．①工业上使用高铁酸钾除去废水中的苯酚时，pH控制在　　　　　　左右．②依据图中信息，给出一种使反应停止的方法：　　　　　　．　　【化学--选修2：化学与技术】11．（15分）丙酮和苯酚都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如图：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm﹣3）沸点/℃苯酚941.0722182丙酮580.789856.5异丙苯1200.8640153回答下列问题：（1）反应①和②分别在装置　　　　　　和　　　　　　中进行（填装置符号）．（2）反应②为　　　　　　（填“放热”或“吸热”）反应．反应温度控制在50﹣60℃，温度过高的安全隐患是　　　　　　．（3）在反应器A中通入的X是　　　　　　．-22-\n（4）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是　　　　　　，优点是用量少，缺点是　　　　　　．（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是　　　　　　（填编号．已知苯酚是一种弱酸）a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为　　　　　　和　　　　　　，判断的依据是　　　　　　．（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是　　　　　　．　　【化学--选修3：物质结构与性质】12．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的四种元素，A的价电子层中的未成对电子有3个，B的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C、D为同周期元素，C元素基态原子的3p轨道上有4个电子，D元素最外层有一个未成对电子，E位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．回答下列问题：（1）D原子的核外电子排布式为　　　　　　，E的价电子排布为　　　　　　．（2）单质B有两种同素异形体，其中沸点高的是　　　　　　（填分子式），原因是　　　　　　；（3）A、B、C中第一电离能最大的是　　　　　　（填元素符号），其中A的氢化物（AH3）分子中，A原子轨道的杂化类型是　　　　　　．（4）化合物D2B的立体构型为　　　　　　，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2B，其化学方程式为　　　　　　．（5）E与C所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．①在1个晶胞中，E离子的数目为　　　　　　．②该化合物的化学式为　　　　　　．　　【化学--选修3：物质结构与性质】13．[化学﹣﹣选修有机化学基础]有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，其相关反应如图所示，其中B、D、E的结构中均含有2个﹣CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰．请回答：（1）D的分子式为　　　　　　；（2）B中所含官能团的名称为　　　　　　；（3）Ⅲ的反应类型为　　　　　　（填字母序号）；a．还原反应b．加成反应c．氧化反应d．消去反应（4）写出下列反应的化学方程式：Ⅰ：　　　　　　；Ⅱ：　　　　　　；-22-\nC和E可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，该反应的化学方程式为　　　　　　；（5）A的同分异构体中有一对互为顺反异构，且结构中有2个﹣CH3，它们的结构简式为　　　　　　和　　　　　　；（6）E的另一种同分异构体能发生银镜反应，能与足量金属钠生成氢气，不能发生消去反应，其结构简式为　　　　　　．　　-22-\n云南省红河州蒙自一中2022-2022学年高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．2022年8月12日23：30左右，位于天津滨海新区的危险品仓库发生爆炸，截至9月5日遇难者已达161人．现场涉及危险品有约800吨硝酸铵、700吨氰化钠、500吨硝酸钾、马来酸酐100吨、氢化钠14吨、油漆630桶，还有氰基乙酸、二甲基苯胺、对苯二胺、甲基磺酸、十二烷基苯磺酸、电石等等．下列关于这些化学品的储存、使用、处理说法正确的是（　　）A．化学危险品危害人类健康，应禁止生产B．硝酸钾呈中性，与氢化钠一起储存不存在危险C．氰化氢、氰化钠均为剧毒，受氰化钠污染的土壤可用双氧水氧化，为增强效果可先用硫酸酸化D．这些化学品燃烧产生的火焰不能用水直接扑灭，只能通过用沙土覆盖隔绝燃烧环境【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学试剂的存放．【分析】A．化学危险品正确使用有利于社会发展；B．氢化钠与水反应生成氢气，氢气为易燃烧物，硝酸钾加热容易发生爆炸；C．氰化钠为弱酸，在酸性环境下能够生成氢氰酸；D．依据氢化钠、碳化钙的性质解答．【解答】解：A．化学危险品正确使用有利于社会发展，注意使用安全，故A错误；B．氢化钠与水反应生成氢气，氢气为易燃烧物，硝酸钾与氢化钠一起储存，容易发生爆炸，故B错误；C．氰化钠为弱酸，在酸性环境下能够生成氢氰酸，为有毒物质，故C错误；D．碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，乙炔为可燃气体，氢化钠与水反应生成氢气，所以这些化学品燃烧产生的火焰不能用水直接扑灭，只能通过用沙土覆盖隔绝燃烧环境，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了生活中环境污染与治理，熟悉物质的性质及保存方法是解题关键，题目难度中等，注意相关知识的积累．　2．分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（　　）A．冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C．漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物D．Na2O，NaOH，Na2CO3，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物．【分析】A、根据酸、碱、盐、氧化物的概念来回答判断；B、氧化性的酸会变现较强的氧化性；C、混合物是由不同分子构成的物质；D、含钠的氧化物是指含有钠元素和氧元素的化合物．【解答】解：A、醋酸、纯碱（碳酸钠俗称）、芒硝（Na2SO4•10H2O）、生石灰（CaO）分别属于酸、盐、盐、氧化物，故A错误；B、HClO、H2SO4（浓）、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；-22-\nC、漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，冰水属于纯净物，故C错误；D、Na2O，NaOH，Na2CO3，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物，但是NaCl不属于，故D错误．故选B．【点评】本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、混合物、氧化性酸等概念的理解和分析判断，题目较简单．　3．某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是（　　）A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应B．由图2可知，该反应m+n＜pC．图3中，表示反应速率v正＞v逆的是点3D．图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A．根据图象中“先拐先平，数值大”判断T1和T2的相对大小，根据温度和C在反应混合物中的体积分数（ф）判断该反应正反应方向是放热还是吸热；B．图2说明增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动；C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态．在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡向右移动，在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答；D．催化剂不影响化学平衡，能改变反应速率，反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡．【解答】解：A．根据图象中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数（ф）降低，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，故A错误；B．由图2图象可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m+n＞p，故B错误；C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v（正）=v（逆），点1在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），点3在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）＞v（逆），故C正确；-22-\nD．甲的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误．故选C．【点评】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，明确图象中“先拐先平，数值大”以及判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是解本题的关键，注意反应前后气体体积不变的反应，增大压强只改变反应速率，对化学平衡无影响，题目难度中等．　4．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）①等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA②乙烯和环丙烷组成的28g混合气体中氢原子的个数为4NA③1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA④将NA个NH3分子溶于1L水中得到1mol•L﹣1的氨水⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中水电离出的OH﹣的数目为0.01NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子⑦12g金刚石中含有C﹣C键数目为2NA⑧1mol硝基与1moLNO2所含电子数不相同⑨1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA⑩1LpH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目一定为0.1NA．A．②⑤⑦B．②⑦⑧⑩C．②④⑥⑦D．①③⑧【考点】阿伏加德罗常数．【分析】①没有告诉氮气和CO的物质的量，无法计算二者的分子数；②乙烯和环丙的最简式为CH2，根据最简式进行计算；③1molNa2O2与水完全反应生成0.5mol氧气，过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，据此计算出转移的电子数；④将NA个NH3分子溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L；⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，溶液中的氢氧根离子是水电离的，据此计算出1L该溶液中含有的氢氧根离子；⑥1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，该反应为可逆反应，则生成的三氧化硫的物质的量小于1mol；⑦计算出金刚石的物质的量，根据每个碳原子形成四个共价键，每两个碳原子形成一个共价键来分析；⑧硝基﹣NO2既没有得电子也未失电子；⑨NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子；⑩依据PH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度，水溶液中水电离也生成氢氧根离子分析判断．【解答】解：①等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但是不一定为1mol，含有的分子数不一定为NA，故①错误；②28g乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有28g最简式CH2，含有最简式的物质的量为：=2mol，含有4molH，所以混合物中含有氢原子的个数为4NA，故②正确；③1molNa2O2与水完全反应生成0.5mol氧气，生成0.5mol氧气转移了1mol电子，转移电子数为NA，故③错误；-22-\n④将NA个NH3分子溶于1L水中，所得溶液体积不是1L，则溶液的浓度不是1mol•L﹣1，故④错误；⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，含有0.01mol氢氧根离子，次氯酸根离子部分水解促进了水的电离，其溶液中的氢氧根离子是水电离的，则水电离出的OH﹣的数目为0.01NA，故⑤正确；⑥1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，由于该反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫小于1mol，反应转移的电子小于2mol，转移的电子小于2NA，故⑥错误；⑦12g金刚石的物质的量为1mol，而每个碳原子形成四个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，12g金刚石中含有C﹣C键的数目为2NA，故⑦正确；⑧硝基﹣NO2既没有得电子也未失电子，故1mol硝基中含有的电子数与二氧化氮中的相同，均为23NA个，故⑧错误；⑨NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故⑨错误；⑩pH=13的NaOH溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，则溶液中的OH﹣的物质的量n=CV=0.1mol，由于水还能电离出极少的氢氧根，故溶液中氢氧根的个数多于0.1NA个，故⑩错误；故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．　5．科学研究发现，具有高度对称性的有机分子具有致密性高，稳定性强，张力能大等特点，因此这些分子成为2022年化学界关注的热点，下面是几种常见高度对称烷烃的分子碳架结构这三种烷烃的二氯取代产物的同分异构体数目是（　　）A．2种4种8种B．2种4种6种C．1种3种6种D．1种3种8种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】先根据氢原子的种类写出一氯代物的种类，烃的二氯代物的同分异构体可以采用固定一个氯原子的方法来寻找．【解答】解：正面体中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物只有1种：两个氯原子在立方体同边有一种情况；立方烷中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况；金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型，分子中含4个﹣CH﹣，6个﹣CH2，分子中含有2氢原子，所以该物质的一氯代物有2种，当次甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，当亚甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，共6种；故选C．-22-\n【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，关键对空间结构有清晰的理解和取代产物的判断．　6．根据表中八种短周期元素的有关信息判断，下列说法错误的是元素编号①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径/nm0.0370.0740.0820.0990.1020.1430.1520.186最高化合价或最低化合价+1﹣2+3﹣1﹣2+3+1+1（　　）A．元素②⑥形成的化合物具有两性B．元素②气态氢化物的沸点小于元素⑤气态氢化物的沸点C．元素⑤对应的离子半径大于元素⑦对应的离子半径D．元素④的最高价氧化物的水化物比元素⑤的最高价氧化物的水化物酸性强【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】②⑤的最低价都为﹣2价，应该为ⅥA族元素，根据原子半径可知②为O元素、⑤为S元素；①⑦⑧的最高正化合价为+1价，结合原子半径大小可知：①为H元素、⑦为Li元素、⑧为Na元素；③⑥的最高价为+3价，结合原子半径可知：③为B元素、⑥为Al元素；④的最低价为﹣1价，为ⅤⅡA族元素，其原子半径大于②O元素，则④为Cl元素，据此结合元素周期律知识进行解答．【解答】解：②⑤的最低价都为﹣2价，应该为ⅥA族元素，根据原子半径可知②为O元素、⑤为S元素；①⑦⑧的最高正化合价为+1价，结合原子半径大小可知：①为H元素、⑦为Li元素、⑧为Na元素；③⑥的最高价为+3价，结合原子半径可知：③为B元素、⑥为Al元素；④的最低价为﹣1价，为ⅤⅡA族元素，其原子半径大于②O元素，则④为Cl元素，A．元素②⑥形成的化合物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，故A正确；B．元素②气态氢化物为水，元素⑤气态氢化物为硫化氢，由于水分子中存在氢键，则水的沸点大于硫化氢，故B错误；C．元素⑤对应的离子为硫离子，元素⑦对应的离子为锂离子，硫离子含有3个电子层、锂离子含有1个电子层，所以硫离子的离子半径大于锂离子，故C正确；D．元素④的最高价氧化物的水化物高氯酸，元素⑤的最高价氧化物的水化物为硫酸，由于非金属性：Cl＞S，则高氯酸的酸性大于硫酸，故D正确；故选B．【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，题目难度中等，根据表中数据正确判断各元素名称为解答关键，注意熟练掌握元素周期表结构、元素周期律的内容，B为易错点，注意水中存在氢键，导致其沸点较高．　7．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）﹣Q（Q＞0）一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500C（N2O5）/mol/L0.500.350.250.25下列说法中错误的是（　　）A．500s时O2的浓度为0.075mol/LB．平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小C．平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度-22-\nD．1000s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25mol/L＜c（N2O5）＜0.50mol/L【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【分析】A．计算N2O5的浓度变化量，浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此计算氧气浓度；B．升高温度反应速率加快，而后N2O5的浓度减小，反应速率又降低；C．要使平衡常数增大，应改变温度使平衡正向移动，正反应为吸热反应，应升高温度；D.1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，其他条件不变，将容器的体积缩小一半，若平衡不移动，此时N2O5的浓度为5mol/L，由于体积减小，压强增大，平衡向逆反应方向移动．【解答】解：A.500s内N2O5的浓度变化量=0.5mol/L﹣0.35mol/L=0.15mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故c（O2）=△c（N2O5）=0.075mol/L，故A正确；B．升高温度反应速率加快，而后N2O5的浓度减小，反应速率又降低，故B正确；C．要使平衡常数增大，应改变温度使平衡正向移动，正反应为吸热反应，应升高温度，故C正确；D.1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，其他条件不变，将容器的体积缩小一半，若平衡不移动，此时N2O5的浓度为5mol/L，由于体积减小，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时c（N2O5）＞5.00mol•L﹣1，故D错误，故选D．【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素等，侧重考查学生分析计算能力，难度中等，注意对基础知识的理解掌握．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（13分）X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，其中Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图，X是周期表中半径最小的元素，Q的原子序数是W的2倍．（1）Z原子的结构示意图为　　，化合物X2Q的电子式为　　；（2）Y、Z、W、Q四种元素的最简单氢化物中，稳定性最强的是　H2O　（写化学式）；（3）可溶性盐（ZX4）2Q2W8是强氧化剂，可将二价锰离子氧化为高锰酸根离子，所得溶液呈强酸性，写出该反应的离子方程式：　5S2O82﹣+2Mn2++8H2O=2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+　；（4）一定条件下，向容积不变的密闭容器中充入2molQW2与4molYW，发生反应生成YW2和液态Q单质，反应达到平衡时转移2.5mol电子，同时放出85kJ热量，则该反应的热化学方程式为　SO2（g）+2CO=S（l）+2CO2（g）△H=﹣136kJ/mol　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Q的原子序数是W的2倍，W、Q位于同一主族，其原子序数相差8，则W是O、Q是S元素，Y是C、Z是N元素，（1）Z原子核外有2个电子层、最外层有5个电子；化合物H2S中每个H原子和S原子之间共用一对电子，形成共价化合物；（2）元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；-22-\n（3）可溶性盐（NH4）2S2O8是强氧化剂，可将二价锰离子氧化为高锰酸根离子，所得溶液呈强酸性，说明该盐被还原为硫酸；（4）2molSO2与4molCO，发生反应生成CO2和液态S单质，反应达到平衡时转移2.5mol电子，则参加反应的n（SO2）==0.625mol，同时放出85kJ热量，则1molSO2完全反应放出热量==136kJ/mol，据此书写其热化学方程式．【解答】解：X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Q的原子序数是W的2倍，W、Q位于同一主族，其原子序数相差8，则W是O、Q是S元素，Y是C、Z是N元素，（1）Z原子核外有2个电子层、最外层有5个电子，其原子结构示意图为；化合物H2S中每个H原子和S原子之间共用一对电子，形成共价化合物，其电子式为，故答案为：；；（2）元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，这几种元素非金属性最强的是O元素，所以氢化物稳定性最强的是H2O，故答案为：H2O；（3）可溶性盐（NH4）2S2O8是强氧化剂，可将二价锰离子氧化为高锰酸根离子，所得溶液呈强酸性，说明该盐被还原为硫酸，离子方程式为5S2O82﹣+2Mn2++8H2O=2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+，故答案为：5S2O82﹣+2Mn2++8H2O=2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+；（4）2molSO2与4molCO，发生反应生成CO2和液态S单质，反应达到平衡时转移2.5mol电子，则参加反应的n（SO2）==0.625mol，同时放出85kJ热量，则1molSO2完全反应放出热量==136kJ/mol，其热化学方程式为SO2（g）+2CO=S（l）+2CO2（g）△H=﹣136kJ/mol，故答案为：SO2（g）+2CO=S（l）+2CO2（g）△H=﹣136kJ/mol．【点评】本题考查位置结构性质相互关系及应用，涉及热化学方程式的书写、氧化还原反应、化学用语等知识点，综合性较强，明确物质性质、物质结构及元素周期律递变规律即可解答，注意（4）中2mol二氧化硫和4molCO并不完全反应，为易错点．　9．（14分）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题：（1）一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是　C　（填序号）．A．每消耗1molCO的同时生成2molH2B．混合气体总物质的量不变C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．B、C两点的平衡常数K（B）　＞　K（C）（填“＞”、“=”或“＜”）．-22-\n③某温度下，将2.0molCO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，CO的转化率=　75%　，此温度下的平衡常数K=　1.3　（保留二位有效数字）．（2）常温下，将VmL、0.20mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol/L甲酸溶液中，充分反应，溶液pH=7，此时V　＜　20.00（填“＞”、“=”或“＜”）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序　c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　（3）温度650℃的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质．该电池的正极反应式为　O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣　．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）①达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不随着时间的变化而变化，根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，据此来判断；②化学反应的平衡常数随着温度的变化而变化；③根据化学反应三行式来依据转化率=转化量÷起始量和平衡常数K=计算；（2）溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液就呈中性，HCOOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小；（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应；【解答】解：（1）①A．每消耗1molCO的同时生成2molH2，能证明正逆反应速率是相等的，故A错误；B、该反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体总物质的量不变，达到额化学平衡状态，故B错误；C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，不能证明正逆反应速率是相等的，此时不一定达到化学平衡，故C正确D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故D错误．故选C；②根据图中CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系，当温度升该时，一氧化碳的转化率逐渐减小，所以化学平衡向左移动，所以平衡常数减小，又C点温度比B高，所以K（B）＞K（C），故答案为：＞；③将2.0molCO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，则-22-\nCO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）初始浓度：1.03.00变化浓度：0.751.50.75平衡浓度：0.251.50.75CO的转化率=×100%=75%，此温度下的化学平衡常数K==≈1.3，故答案为：75%；1.3；（2）CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将VmL、0.20mol•L﹣1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol•L﹣1甲酸溶液中，充分反应，V＜20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH﹣）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小，溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故答案为：＜；c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、化学平衡移动以及化学平衡常数、离子浓度大小比较、电极方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．　10．（16分）高铁酸钾是一种新型非氯高效消毒剂，常用于工业废水与城市生活污水的处理．某小组同学为研究高铁酸钾对水溶液中苯酚的降解反应速率，在恒定实验温度298K或318K条件下（其余实验条件见下表），设计如下对比实验．（1）请完成下列实验设计表：实验编号pH投料比（高铁酸钾与苯酚的质量比）T/KFe3+实验目的Ⅰ410：12980参照实验Ⅱ48：12980Ⅲ探究温度对该降解反应速率的影响（2）若还要探究溶液的pH和Fe3+的存在对该降解反应速率的影响，除实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ外，至少还需进行　2　次对比实验．（3）某同学以实验Ⅰ为参照实验，经过大量实验通过HPLC法测得不同pH下高铁酸钾对水溶液中苯酚的去除率，其结果如图所示．①工业上使用高铁酸钾除去废水中的苯酚时，pH控制在　2.5　左右．②依据图中信息，给出一种使反应停止的方法：　向反应液中加入硫酸，使溶液pH＜2　．-22-\n【考点】探究影响化学反应速率的因素．【分析】（1）根据实验设计表可知，实验Ⅰ、Ⅱ的探究投料比不同，其他条件相同，从而确定实验目的；其他条件不变，改变温度，反应速率改变；（2）所做的实验至少有改变pH的实验、加Fe3+的实验；（3）①根据去除率图可知pH控制在2.5时去除率最大；②根据去除率图可知pH小于2时，去除率为0．【解答】解：（1）根据实验设计表可知，实验Ⅰ、Ⅱ的探究投料比不同，其他条件相同，所以实验Ⅱ的目的是探究投料比对该降解反应速率的影响；其他条件不变，改变温度，反应速率改变，即与对实验相比，温度不同即可；故答案为：探究投料比对该降解反应速率的影响；4；10：1；318；0；（2）要探究溶液的pH和Fe3+的存在对该降解反应速率的影响，所做的实验至少有改变pH的实验、加Fe3+的实验，即除实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ外，至少还需进行2次；故答案为：2；（3）①由去除率图可知pH控制在2.5时去除率最大，所以工业上使用高铁酸钾除去废水中的苯酚时，pH控制在2.5；故答案为：2.5；②根据去除率图可知pH小于2时，去除率为0，所以向反应液中加入硫酸，使溶液pH＜2即可使反应停止；故答案为：向反应液中加入硫酸，使溶液pH＜2．【点评】本题考查了探究影响化学反应速率的因素以及读图的能力，注意做对比实验时只能改变一个条件，其它条件必须相同，否则无法得出正确结论．　【化学--选修2：化学与技术】-22-\n11．（15分）丙酮和苯酚都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如图：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm﹣3）沸点/℃苯酚941.0722182丙酮580.789856.5异丙苯1200.8640153回答下列问题：（1）反应①和②分别在装置　A　和　C　中进行（填装置符号）．（2）反应②为　放热　（填“放热”或“吸热”）反应．反应温度控制在50﹣60℃，温度过高的安全隐患是　温度过高会导致爆炸　．（3）在反应器A中通入的X是　氧气或空气　．（4）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是　催化剂　，优点是用量少，缺点是　腐蚀设备　．（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是　c　（填编号．已知苯酚是一种弱酸）a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为　丙酮　和　苯酚　，判断的依据是　丙酮的沸点低于苯酚　．（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是　原子利用率高　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到-22-\n、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚．（1）由上述分析可知，反应①在A中发生，反应②在C中发生；（2）反应②的△H＜0，为放热反应，含有过氧化物，温度过高，容易发生爆炸；（3）在反应器A发生信息中的反应①，应通入氧气或空气；（4）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备，（5）加入的Z中和硫酸，且不能与苯酚反应；（6）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高．【解答】解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚．（1）由上述分析可知，反应①在反应器中发生，即A装置，反应②在分解釜中进行，即C装置，故答案为：A；C；（2）反应②的△H＜0，为放热反应，有过氧化物存在，温度过高会导致爆炸，反应温度控制在50﹣60℃，故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；（3）在反应器A发生信息中的反应①，故需要氧气或空气，故答案为：氧气或空气；（4）在浓硫酸作条件下分解得到、，浓硫酸作作催化剂，浓硫酸腐蚀性强，容易腐蚀设备，故答案为：催化剂；腐蚀设备；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，a．NaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；b．CaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；c．NaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；d．CaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故d不选；故选：c；-22-\n（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T为丙酮、P为苯酚，故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，故答案为：原子利用率高．【点评】本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关键是根据实验目的与给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，难度中等．　【化学--选修3：物质结构与性质】12．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的四种元素，A的价电子层中的未成对电子有3个，B的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C、D为同周期元素，C元素基态原子的3p轨道上有4个电子，D元素最外层有一个未成对电子，E位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．回答下列问题：（1）D原子的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p5　，E的价电子排布为　3d104s2　．（2）单质B有两种同素异形体，其中沸点高的是　O3　（填分子式），原因是　O3相对原子质量较大，范德华力较大　；（3）A、B、C中第一电离能最大的是　N　（填元素符号），其中A的氢化物（AH3）分子中，A原子轨道的杂化类型是　sp3　．（4）化合物D2B的立体构型为　V形　，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2B，其化学方程式为　2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl　．（5）E与C所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．①在1个晶胞中，E离子的数目为　4　．②该化合物的化学式为　ZnS　．【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的四种元素，A的价电子层中的未成对电子有3个，价电子排布为2s22p3，则A为N元素；B的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则B的最外层电子数为6，B为O元素；C、D为同周期元素，C元素基态原子的3p轨道上有4个电子，则C的原子序数为16，即C为S元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；E位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，即电子排布为[Ar]3d104s2，为Zn元素，以此来解答．【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的四种元素，A的价电子层中的未成对电子有3个，价电子排布为2s22p3，则A为N元素；B的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则B的最外层电子数为6，B为O元素；C、D为同周期元素，C元素基态原子的3p轨道上有4个电子，则C的原子序数为16，即C为S元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；E位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，即电子排布为[Ar]3d104s2，为Zn元素，（1）D原子序数为17，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，E的价电子排布式为3d104s2，故答案为：1s22s22p63s23p5；3d104s2；-22-\n（2）两种单质为氧气和臭氧，O3相对原子质量较大，范德华力较大，则沸点高，故答案为：O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；（3）非金属性强，第一电离能大，但N原子22p电子半满为稳定状态，其第一电离能最大，则A、B、C中第一电离能最大的是N，A的氢化物（AH3）分子为三角锥型，A原子轨道的杂化类型是sp3，故答案为：N；sp3；（4）化合物Cl2O与水的结构相似，O为sp3杂化，且存在两对孤对电子，其立体构型为V形，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2B，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：V形；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）①由图可知，E离子位于顶点和面心，其数目为8×+6×=4，故答案为：4；②由图可知，C位于体内，个数为4，E、C的个数比为1：1，其化学式为ZnS，故答案为：ZnS．【点评】本题考查晶胞计算及位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的电子排布推断元素为解答的关键，侧重分析、推断及计算能力的考查，题目难度中等．　【化学--选修3：物质结构与性质】13．[化学﹣﹣选修有机化学基础]有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，其相关反应如图所示，其中B、D、E的结构中均含有2个﹣CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰．请回答：（1）D的分子式为　C5H10O　；（2）B中所含官能团的名称为　溴原子　；（3）Ⅲ的反应类型为　ab　（填字母序号）；a．还原反应b．加成反应c．氧化反应d．消去反应（4）写出下列反应的化学方程式：Ⅰ：　CH（CH3）2CH2CH2Br+NaOHCH（CH3）2CH=CH2+NaBr+H2O　；Ⅱ：　CH（CH3）2CH2CH2OH+HBrCH（CH3）2CH2CH2Br+H2O　；C和E可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，该反应的化学方程式为　CH（CH3）2CH2CH2OH+CH（CH3）2CH2COOHCH（CH3）2CH2COOCH2CH2CH（CH3）2+H2O　；（5）A的同分异构体中有一对互为顺反异构，且结构中有2个﹣CH3，它们的结构简式为　　和　　；（6）E的另一种同分异构体能发生银镜反应，能与足量金属钠生成氢气，不能发生消去反应，其结构简式为　　．【考点】有机物的推断；同分异构现象和同分异构体．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．-22-\n【分析】有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，令烃组成为CxHy，则=5…10，x的最大值为5，且H原子数目已经最大，故该烃A为C5H10，不饱和度为=1，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下生成A，故A中含有1个C=C双键，B、D、E的结构中均含有2个﹣CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，说明分子中含有4种H原子，故B为CH（CH3）2CH2CH2Br，A为CH（CH3）2CH=CH2，D能发生银镜反应生成E、能与氢气发生加成反生成C，故D含有醛基﹣CHO，E含有羧基﹣COOH，C含有羟基﹣OH，C与氢溴酸、加热发生取代反应生成B，故C为CH（CH3）2CH2CH2OH，D为CH（CH3）2CH2CHO，E为CH（CH3）2CH2COOH，据此解答．【解答】解：有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，令烃组成为CxHy，则=5…10，x的最大值为5，且H原子数目已经最大，故该烃A为C5H10，不饱和度为=1，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下生成A，故A中含有1个C=C双键，B、D、E的结构中均含有2个﹣CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，说明分子中含有4种H原子，故B为CH（CH3）2CH2CH2Br，A为CH（CH3）2CH=CH2，D能发生银镜反应生成E、能与氢气发生加成反生成C，故D含有醛基﹣CHO，E含有羧基﹣COOH，C含有羟基﹣OH，C与氢溴酸、加热发生取代反应生成B，故C为CH（CH3）2CH2CH2OH，D为CH（CH3）2CH2CHO，E为CH（CH3）2CH2COOH，（1）由上述分析可知，A为CH（CH3）2CH=CH2，分子式为C5H10O，故答案为：C5H10O；（2）由上述分析可知，B为CH（CH3）2CH2CH2Br，含有官能团为溴原子，故答案为：溴原子；（3）反应Ⅲ是CH（CH3）2CH2CHO与氢气发生加成反应生成CH（CH3）2CH2CH2OH，加氢反应属于还原反应，故答案为：ab；（4）反应Ⅰ是CH（CH3）2CH2CH2Br发生消去反应生成CH（CH3）2CH=CH2，反应方程式为CH（CH3）2CH2CH2Br+NaOHCH（CH3）2CH=CH2+NaBr+H2O，反应Ⅱ是CH（CH3）2CH2CH2OH反应取代反应生成CH（CH3）2CH2CH2Br，反应方程式为CH（CH3）2CH2CH2OH+HBrCH（CH3）2CH2CH2Br+H2O，CH（CH3）2CH2CH2OH和CH（CH3）2CH2COOH可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，F为CH（CH3）2CH2COOCH2CH2CH（CH3）2，反应方程式为：CH（CH3）2CH2CH2OH+CH（CH3）2CH2COOHCH（CH3）2CH2COOCH2CH2CH（CH3）2+H2O，故答案为：CH（CH3）2CH2CH2Br+NaOHCH（CH3）2CH=CH2+NaBr+H2O；CH（CH3）2CH2CH2OH+HBrCH（CH3）2CH2CH2Br+H2O；CH（CH3）2CH2CH2OH+CH（CH3）2CH2COOHCH（CH3）2CH2COOCH2CH2CH（CH3）2+H2O；（5）CH（CH3）2CH=CH2的同分异构体中有一对互为顺反异构，且结构中有2个﹣CH3，它们的结构简式为和，故答案为：；；-22-\n（6）CH（CH3）2CH2COOH的另一种同分异构体能发生银镜反应，含有﹣CHO，能与足量金属钠生成氢气，含有﹣OH，不能发生消去反应，﹣OH相邻的碳原子相邻的C原子上没有H原子，故符合条件的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，难度不大，根据烃A的相对分子质量判断A的分子式是关键，再结合转化关系与题目信息推断其它物质的结构，是对有机化学知识的综合运用，能较好的考查学生的分析和思维能力．　-22-