2024年华师大新版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华师大新版高二化学上册月考试卷118考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、能大量共存于同一溶液中的离子组是（）A.Ba2+、K+、SO42-B.Ca2+、NO3-、Cl-C.Na+、Mg2+、OH-D.H+、Cl-、HCO3-2、按电子排布，可把周期表里的元素划分成rm{5}个区，以下元素属于rm{p}区的是()A.rm{Fe}B.rm{Mg}C.rm{Cu}D.rm{As}3、有机物的结构可用“键线式”表示，如：rm{CH_{3}CH===CHCH_{3}}可简写为有机物rm{X}的键线式为下列说法不正确的是()A.rm{X}的化学式为rm{C_{8}H_{8}}B.有机物rm{Y}是rm{X}的同分异构体，且属于芳香烃，则rm{Y}的结构简式为C.rm{X}能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.rm{X}与足量的rm{H_{2}}在一定条件下反应可生成环状的饱和烃rm{Z}rm{Z}的一氯代物有rm{4}种4、下列比较不正确的是rm{(}rm{)}A.非金属性：rm{C>N}B.酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}CO_{3}}C.碱性：rm{NaOH>Mg(OH)_{2}}D.热稳定性rm{H_{2}O>H_{2}S}5、甲酸的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是()A.1mol·L-1的甲酸溶液的c(H+)为1×10-2mol·L-1B.甲酸能与水以任意比互溶C.10mL1mol·L-1的甲酸溶液恰好与10mL1mol·L-1的NaOH溶液完全反应D.滴入石蕊试液显红色6、某有机物的化学式为rm{C_{4}H_{8}O_{3}}现有rm{0.1mol}该有机物分别与足量的钠、足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体分别为rm{2.24L}rm{H_{2}}rm{2.24L}rm{CO_{2}.}则该有机物的同分异构体有rm{(}不考虑立体异构rm{)(}rm{)}A.rm{3}种B.rm{4}种C.rm{5}种D.rm{6}种7、下列变化中，一定不存在化学能与热能的相互转化的是()A.干冰气化B.金属冶炼C.炸药爆炸D.食物腐败8、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是()

A.羟基的电子式：B.rm{CH_{4}}分子的球棍模型：C.乙烯的实验式：rm{CH_{2}}D.苯乙醛结构简式：9、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.向rm{CH_{3}CH_{2}Br}中加入rm{NaOH}溶液共热，再向反应后的溶液中滴入rm{AgNO_{3}}溶液以检验溴元素B.利用红外光谱图，可以鉴别rm{CH_{3}OCH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}OH}C.向甲酸和甲醛的混合物中加入氢氧化钠溶液，中和甲酸后，加入新制的氢氧化铜加热，以检验混合物中是否含有甲醛D.苯不能与溴水发生取代反应，用苯能萃取溴的四氯化碳溶液中的溴评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、（1）已知红磷比白磷稳定，又知：4P(白磷，s）+5O2（g）＝2P2O5（s）△H1；4P（红磷，s）+5O2（g）＝2P2O5（s）△H2，则ΔH1和ΔH2的关系是△H1____△H2（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）已知H2（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1，写出由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式。（3）已知一定温度下，下列反应的平衡常数：SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)K1,CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)K2。则相同温度下反应SO2(g)+CO2(g)SO3(g)+CO(g)的平衡常数为。（用K1、K2表示）11、有机物rm{M}的结构简式如图所示．rm{垄脵}该有机物的分子式为：____．rm{垄脷}有机物rm{M}的苯环上的二氯代物有____种rm{.}rm{垄脹1molM}与足量溴的rm{CCl_{4}}溶液混合，消耗rm{Br_{2}}的质量为____rm{g.}rm{垄脺1molM}与足量rm{H_{2}}加成，消耗rm{H_{2}}____rm{mol}．rm{垄脻}下列有关rm{M}的说法中不正确的是____．A.在催化剂的作用下，rm{M}可与液溴发生取代反应B.rm{M}使溴水褪色的原理与乙烯使溴水褪色的原理相同C.rm{M}能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色D.rm{M}和甲苯互为同系物．12、某元素基态原子rm{3P}能级有一个单电子，该元素符号为______；rm{3P}能级有一个空轨道，该元素符号为______；rm{3P}能级有一对孤对电子，该元素符号为______．13、为了研究化学反应rm{A+B篓TC+D}的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置rm{.}当向盛有rm{A}的试管中滴加试剂rm{B}时，看到rm{U}形管中甲处液面下降乙处液面上升rm{.}试回答下列问题：

rm{(1)}该反应为______反应rm{(}填“放热”或“吸热”rm{)}．

rm{(2)A}和rm{B}的总能量比rm{C}和rm{D}的总能量______rm{(}填“高”或“低”rm{)}．

rm{(3)}物质中的化学能通过______转化成______释放出来．

rm{(4)}反应物化学键断裂吸收的能量______rm{(}填“高”或“低”rm{)}于生成物化学键形成放出的能量．

rm{(5)}写出一个符合题中条件的化学方程式：______．14、欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol•L-1HCl标准溶液进行中和滴定（用酚酞作指示剂）．

请回答下列问题：

（1）若甲学生在实验过程中；记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为______；

（2）乙学生做了三组平行实验；数据记录如下：

。实验序号待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol•L-1HCl溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度125.000.0026.11225.001.5631.30325.000.2226.31选取上述合理数据；计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______（小数点后保留四位）；

（3）下列哪些操作会使测定结果偏高______（填序号）．

A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗。

B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗。

C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除；滴定后气泡消失。

D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．评卷人得分三、推断题(共8题，共16分)15、质谱图表明某有机物的相对分子质量为rm{70}红外光谱表征到rm{C篓TC}和rm{C篓TO}的存在，rm{{,!}^{1}H}核磁共振谱如图rm{(}峰面积之比依次为rm{1}rm{1}rm{1}rm{3)}分析核磁共振谱图，回答下列问题：

rm{(1)}分子中共有____种化学环境不同的氢原子．rm{(2)}该物质的分子式为____．rm{(3)}该有机物的结构简式为____．16、某有机化合物rm{A}经李比希法测得其中含碳为rm{70.59%}含氢为rm{5.88%}其余含有氧rm{.}现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构．

方法一：用质谱法分析得知rm{A}的相对分子质量为rm{136}．

方法二：核磁共振仪测出rm{A}的核磁共振氢谱有rm{4}个峰，其面积之比为rm{1}rm{2}rm{2}rm{3.}如图rm{A}．

方法三：利用红外光谱仪测得rm{A}分子的红外光谱，如图rm{B}．

rm{(1)A}的分子式为______．

rm{(2)}该物质属于哪一类有机物______rm{(}从官能团的角度分类rm{)}

rm{(3)A}的分子中只含一个甲基的依据是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{a.A}的相对分子质量rm{b.A}的分子式。

rm{c.A}的核磁共振氢谱图rm{d.}无法判断．17、A、B、C、D、E、F、G、H、I、J均为有机化合物，根据以下框图，回答问题：（1）B和C均为有支链的有机化合物，B的结构简式为；C在浓硫酸作用下加热反应只能生成一种烯烃D，D的结构简式为。（2）G能发生银镜反应，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G的结构简式为。（3）写出⑤的化学反应方程式。⑨的化学反应方程式。（4）①的反应类型，④的反应类型____。18、（5分）室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体与无色气体，在合适条件下，它们可以按下面的流程进行反应。又知E溶液是无色的。请回答：（1）写出E物质的化学式_______________。（2）写出G→H的化学方程式_____________________________________________。（3）写出B＋F→D的离子方程式___________________________________________。19、烯烃在酸性高锰酸钾溶液的作用下；发生下列反应：

现有一化合物A，分子式为C10H18经过酸性KMnO4溶液处理后得到三种化合物：

由此可推断A的结构简式为____或____．20、有机物rm{M}是一种重要的化工原料，已知rm{M}分子式为rm{C_{7}H_{14}O_{7}}rm{1molM}最多消耗rm{46g}金属钠。rm{M}可通过下列路线合成rm{(}某些反应的反应物和反应条件未列出rm{)}

rm{(1)}按要求写出结构简式：rm{B}___________________rm{C}___________________rm{(2)}写出反应rm{垄脵}rm{垄脺}rm{垄脽}的化学方程式：rm{垄脵}_____________________________________________________；rm{垄脺}_____________________________________________________；rm{垄脽}______________________________________________________。21、根据下面的反应路线及所给信息填空．rm{(1)A}的结构简式是____，反应rm{垄脷}的条件是____．rm{(2)垄脵}的反应类型是____；rm{垄脷}的反应类型是____；rm{垄脹}的反应类型是____．rm{(3)}反应rm{垄脺}的化学方程式是____________．22、中学化学常见的有机物rm{A(C_{6}H_{6}O)}是重要的化工原料，有机物rm{D}是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平rm{.}它们在医疗上可以合成治疗心脏病药物的中间体rm{W}其合成rm{W}的路线如下：

已知：rm{R_{1}-CHO+R_{2}-CH_{2}CHOxrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}}

rm{R_{1}-CHO+R_{2}-CH_{2}CHO

xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}}中含有的官能团名称是____。

rm{(1)W}的结构简式是____。

rm{(2)G}写出反应类型：rm{(3)}____，rm{A隆煤B}____。

rm{H隆煤K}的过程中可能有另一种产物rm{(4)K隆煤M}写出在加热条件下rm{M_{1}}与足量稀rm{M_{1}}rm{N}rm{a}溶液水溶液在加热条件下反应的化学方程式____。

rm{OH}与rm{(5)B}在一定条件下反应生成高分子化合物的原理，与酚醛树脂的制备原理相似，写出该反应的化学方程式____。

rm{HCHO}的同系物rm{(6)G}比rm{I}相对分子质量小rm{G}rm{14}的同分异构体中能同时满足如下条件：rm{I}与rm{垄脵}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}溶液反应，溶液呈紫色rm{{,!}_{3}}能发生水解反应rm{垄脷}能发生银镜反应，则rm{垄脹}的所有的同分异构体共有____种rm{I}不考虑立体异构rm{(}的一种同分异构体的核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为rm{).I}rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}写出rm{1}的这种同分异构体的结构简式____。rm{I}评卷人得分四、有机推断题(共4题，共12分)23、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。26、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、简答题(共3题，共9分)27、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}rm{E}五种元素中，rm{X}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子，rm{Y}原子核外的rm{L}层电子数是rm{K}层的两倍，rm{Z}是地壳内含量rm{(}质量分数rm{)}最高的元素，rm{Q}的核电荷数是rm{X}与rm{Z}的核电荷数之和，rm{E}在元素周期表的各元素中电负性最大rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)X}rm{Y}的元素符号依次为______；______；

rm{(2)XZ_{2}}与rm{YZ_{2}}分子的立体结构分别是______和______，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是______rm{(}写分子式rm{)}理由是______

rm{(3)Q}的元素符号是______；它属于第______周期，在形成化合物时它的最高化合价为______；

rm{(4)}用氢键表示式写出rm{E}的氢化物溶液中存在的所有氢键______．28、人体摄入的淀粉会水解为葡萄糖，葡萄糖在一定条件下转化成有机物rm{A}rm{A}中的碳、氢、氧的质量分数分别为rm{40%}rm{6.7%}rm{53.3%}rm{A}的质谱图和核磁共振氢谱如图rm{1}图rm{2}所示；已知rm{0.45gA}与rm{0.20mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{25mL}恰好完全反应；rm{A}和浓硫酸共热，可生成六元环状化合物rm{B}．rm{(1)}葡萄糖的结构简式为____

rm{(2)}有机物rm{A}的实验式为_____，分子式为______rm{(3)A}与足量rm{NaOH}溶液反应的化学方程式为___________________________

rm{(4)A}得到rm{B}的化学方程式_____________________________________29、某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取rm{CuSO_{4}}溶液；设计了以下几种实验方案：

方案一：以铜和浓硫酸反应制备硫酸铜溶液rm{.}方案二：将废铜屑在空气中灼烧后再投入稀硫酸rm{.}和方案一相比；方案二的优点是______；

方案二的实验中；发现容器底部残留少量紫红色固体，再加入稀硫酸依然不溶解，该固体为______．

rm{(1)}方案三的实验流程如图rm{1}所示：溶解过程中有气体放出，该气体是______rm{.}随着反应的进行；生成气体速度加快，推测可能的原因______．

rm{(2)}设计实验证明你的推测______．

rm{(3)}方案四的实验流程如图rm{2}所示：为了得到较纯净的硫酸铜溶液；硫酸和硝酸的物质的量之比应为______．

rm{(4)}对方案四进行补充完善，设计一个既能防止污染，又能实现物料循环的实验方案rm{(}用流程图表示rm{)}．评卷人得分六、探究题(共4题，共20分)30、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。31、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。32、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。33、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】解：A．Ba2+、SO42-结合生成沉淀；不能大量共存，故A错误；

B．该组离子之间不反应；可大量共存，故B正确；

C．Mg2+、OH-结合生成沉淀；不能大量共存，故C错误；

D．H+、HCO3-结合生成水和气体；不能大量共存，故D错误；

故选B．

根据离子之间不能结合生成沉淀；气体、水等；则离子大量共存，以此来解答．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的离子共存及物质的溶解性，题目难度不大．【解析】【答案】B2、D【分析】【分析】

本题考查元素周期表的结构；原子结构与位置关系等；难度不大，注意整体把握元素周期表。

【解答】

电子最后填入的能级是rm{p}能级的元素属于rm{P}区元素，rm{P}区元素的外围电子排布为rm{ns^{2}np^{x}}包含第Ⅲrm{A隆芦}Ⅶrm{A}族及零族元素，电子最后填入的能级是rm{s}能级的元素属于rm{s}区元素rm{(}注意氦元素除外rm{)}包括Ⅰrm{A}Ⅱrm{A}族元素，电子最后填入的能级是rm{d}能级的元素属于rm{d}区元素，包括Ⅲrm{B隆芦}Ⅶrm{B}及Ⅷ族，rm{ds}区包括Ⅰrm{B}族rm{(11}列rm{)}Ⅱrm{B}族rm{(12}列rm{)}可以理解为先填rm{d}能级后填rm{s}能级而得名，此外还有rm{f}区，包含镧系、锕系rm{.}

A.rm{Fe}的外围电子排布为rm{3d^{6}4s^{2}}属于rm{d}区元素；故A错误；

B.rm{Mg}的外围电子排布为rm{3s^{2}}属于rm{s}区元素；故B错误；

C.rm{Cu}为Ⅰrm{B}元素，外围电子排布为rm{3d^{10}4s^{1}}属于rm{ds}区素，故C错误；D.rm{As}的外围电子排布为rm{As}所以rm{3s^{2}3p^{3}}区元，故D正确。故选C。

rm{p}【解析】rm{D}3、D【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构与官能团为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。有机物rm{X}的键线式为分子中含rm{8}个rm{C}rm{8}个rm{H}含rm{3}个碳碳双键，结合烯烃的性质来解答。【解答】

A.分子中含rm{8}个rm{C}rm{8}个rm{H}rm{X}的化学式为rm{C_{8}H_{8}}故A正确；

B.rm{Y}的结构简式为rm{X}rm{Y}的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，且rm{Y}中含苯环只有rm{C}rm{H}元素，rm{Y}属于芳香烃；故B正确；

C.rm{X}中含碳碳双键；能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D.rm{X}含双键，与足量的rm{H_{2}}在一定条件下反应可生成环状饱和烃rm{Z}rm{Z}中rm{H}原子种类是rm{2}则其一氯代物是rm{2}种；故D错误。

故选D。【解析】rm{D}4、A【分析】解：rm{A.}同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，所以非金属性rm{C<N}故A错误；

B.元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性rm{Cl>C}所以rm{HClO_{4}>H_{2}CO_{3}}故B正确；

C.元素金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性rm{Na>Mg}所以碱性rm{NaOH>Mg(OH)_{2}}故C正确；

D.元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性rm{O>S}所以热稳定性rm{H_{2}O>H_{2}S}故D正确；

故选A．

A.同一周期元素；元素非金属性随着原子序数增大而增强；

B.元素非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强；

C.元素金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强；

D.元素非金属性越强；其氢化物的稳定性越强．

本题考查元素周期律，为高频考点，明确同一周期、同一主族元素性质递变规律是解本题关键，注意金属性、非金属性强弱与得失电子难易程度有关，与得失电子多少无关，为易错点．【解析】rm{A}5、A【分析】弱电解质的本质特征就是在水溶液中部分电离:A中c(H+)=0.01mol·L-1,可以说明这一点。B中说明甲酸的溶解性;C说明酸跟碱反应的能力;D说明甲酸显酸性;B、C、D都不能说明甲酸是弱电解质。【解析】【答案】A6、C【分析】【分析】

本题主要考查了同分异构体的书写；准确判断官能团的种类是解题的关键，难度不大。

【解答】

rm{0.1mol}该有机物分别与足量的钠、足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体分别为rm{2.24L}即rm{0.1molH_{2}}rm{2.24L}即rm{0.1molCO_{2}}说明有机物分子中含有rm{1}个羧基，rm{1}个羟基，丁酸的同分异构体：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}C00H}rm{CH_{3}CH(C00H)CH_{3}}连接上羟基可得同分异构体：rm{CH_{2}OHCH_{2}CH_{2}C00H}rm{CH_{3}CHOHCH_{2}C00H}rm{CH_{3}CH_{2}CHOHC00H}rm{CH_{2}OHCH(C00H)CH_{3}}rm{CH_{3}C(OHC00H)CH_{3}}共有rm{5}种；所以C正确。

故选C。

【解析】rm{C}7、A【分析】略【解析】rm{A}8、C【分析】【分析】本题是一道关于化学式、电子式以及化学符号的书写知识的综合考查题，是中学化学基础知识，难度不大。注意知识的积累是关键。【解答】A.氢氧根离子中，氢原子和氧原子之间通过共价键相连，电子式为羟基电子式为故A错误；

B.该模型是甲烷分子的比例模型；不是球棍模型，故B错误；

C.乙烯的实验式为rm{CH_{2}}故C正确；

D.苯乙醛的结构简式为故D错误．

故选C。【解析】rm{C}9、B【分析】解：rm{A.}水解后检验溴离子应在酸性溶液中，则水解后先加硝酸至酸性，再滴入rm{AgNO_{3}}溶液以检验溴元素；故A错误；

B.rm{CH_{3}OCH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}OH}中化学键及官能团不同；则利用红外光谱图可鉴别，故B正确；

C.甲酸与rm{NaOH}反应生成甲酸钠，增大与甲醛的沸点差异，甲酸钠中含rm{-CHO}则不能直接加氢氧化铜加热检验混合物中是否含有甲醛，应反应后蒸馏，再检验，故C错误；

D.苯；四氯化碳互溶；则苯不能萃取溴的四氯化碳溶液中的溴，故D错误；

故选B．

A.水解后检验溴离子应在酸性溶液中；

B.rm{CH_{3}OCH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}OH}中化学键及官能团不同；

C.甲酸与rm{NaOH}反应生成甲酸钠，增大与甲醛的沸点差异，甲酸钠中含rm{-CHO}

D.苯；四氯化碳互溶．

本题考查化学实验方案的评价，涉及化合物分离提纯、物质鉴别、离子检验等，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答该题的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】试题分析：（1）红磷比白磷稳定，这说明红磷的总能量低于白磷的总能量，即红磷转化为白磷是吸热反应，△H＞0。根据反应①4P(白磷，s）+5O2（g）＝2P2O5（s）△H1和②4P（红磷，s）+5O2（g）＝2P2O5（s）△H2，依据盖斯定律可知，②－①即得到反应4P（红磷，s）＝4P(白磷，s），则该反应的△H＝△H2－△H1＞0，所以△H1＜△H2。（2）H2（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1，则有反应①H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)△H＝－285.8kJ/mol、②CH3OH（l）＋O2(g)＝2H2O(l)＋CO2(g)△H＝－726.5kJ/mol。则根据盖斯定律可知，①×3－②即得到反应3H2(g)＋CO2(g)＝CH3OH（l＋H2O(l)，因此该反应的反应热△H＝－285.8kJ/mol×3＋726.5kJ/mol＝－130.9kJ/mol。（3）根据反应①SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)、②CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)可知，①－②即得到反应SO2(g)+CO2(g)SO3(g)+CO(g)，所以则相同温度下反应SO2(g)+CO2(g)SO3(g)+CO(g)平衡常数K＝考点：考查反应热的计算、热化学方程式的书写以及平衡常数的计算等【解析】【答案】（共6分）＜（2）3H2(g)＋CO2(g)＝CH3OH（l＋H2O(l)△H＝－130.9kJ/mol（3）11、①C15H18②6③320④5⑤D【分析】【分析】本题是对有机物的结构与性质的知识的综合考察，是高考常考知识，难度一般。关键是依据结构推断物质的性质，侧重知识的综合考察。【解答】依据有机物的结构可得，该物质的分子式是rm{C}rm{C}rm{{,!}_{15}}rm{H}由于rm{H}的结构不对称，所以rm{{,!}_{18}}的苯环上的二氯代物有rm{M}种；由于和rm{M}的苯环上的二氯代物有rm{6}rm{M}rm{6}的足量溴的rm{CCl}即rm{CCl}由于rm{{,!}_{4}}中溶液反应是加成反应，所以需要rm{2mol}的rm{Br_{2}}即rm{320g}由于rm{M}中rm{2mol}依据rm{Br_{2}}的结构式仅rm{320g}是错误的rm{M}不符合同系物的定义含有rm{6}据此答题。rm{6}个不饱和度，但是苯环不能开环，所以需要消耗rm{5molH_{2}}依据rm{M}的结构式仅rm{D}是错误的rm{(}不符合同系物的定义rm{)}据此答题。rm{5molH_{2}}rm{M}rm{D}rm{(}rm{)}故答案为：rm{垄脵C}rm{垄脵C}rm{{,!}_{15}}rm{H}rm{H}

rm{{,!}_{18拢禄}}【解析】rm{垄脵C_{15}H_{18}}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{6}rm{6}rm{垄脹}rm{320}rm{320}rm{垄脺}rm{5}12、略

【分析】解：某元素基态原子rm{3P}能级有一个单电子，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{1}}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}则该元素为rm{Al}或rm{Cl}rm{3p}能级上有一个空轨道，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}则该元素为rm{Si}rm{3P}能级有一对孤对电子，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}则该元素为rm{S}

故答案为：rm{Al}或rm{Cl}rm{Si}rm{S}．

某元素基态原子rm{3P}能级有一个单电子，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{1}}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}rm{3p}能级上有一个空轨道，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}rm{3P}能级有一对孤对电子，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}据此判断．

本题考查核外电子排布，比较基础，注意掌握核外电子排布规律．【解析】rm{Al}或rm{Cl}rm{Si}rm{S}13、略

【分析】解：rm{(1)}由于发生反应rm{A+B篓TC+D}rm{U}型管中甲处液面下降乙处液面上升；根据气体具有热胀冷缩的性质可以判断该反应为放热反应；

故答案为：放热；

rm{(2)}由于rm{A+B篓TC+D}的反应为吸热反应，所以rm{A}和rm{B}的总能量比rm{C}和rm{D}的总能量高；

故答案为：高；

rm{(3)}化学变化伴随着物质和能量变化；物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来；

故答案为：化学反应；热能；

rm{(4)}化学反应中旧键断裂吸收能量；新键生成放出能量，该反应为吸热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量；

故答案为：低；

rm{(5)}该反应为放热反应，且不需要加热既能够发生，如铝与稀盐酸的反应，反应的化学方程式为：rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}

故答案为：rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉.}

当向盛有rm{A}的试管中滴加试剂rm{B}时，看到rm{U}型管中甲处液面下降乙处液面上升；根据气体具有热胀冷缩的性质，可以判断反应的吸放热情况，根据反应物和生成物能量之间的关系与反应的吸放热之间的关系以及化学键断裂和生成过程的能量变化进行回答．

本题考查了化学反应中的吸热反应与放热反应，题目难度不大，注意掌握化学反应中能量变化与反应物、生成物总能量的关系，明确化学键断裂、形成与化学反应能量变化的关系．【解析】放热；高；化学反应；热能；低；rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}14、23.80mL0.1044mol•L-1AC【分析】解：（1）记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL；滴定后液面如右图为24.90ml，滴定管中的液面读数为24.90ml-1.10ml=23.80mL；

故答案为：23.80mL；

（2）第二组读数误差太大舍去，标准液消耗的体积V（标准液）==26.10ml；根据c（待测）==0.1044mol•L-1；

故答案为：0.1044mol•L-1；

（3）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗；待测液增多，消耗标准液增多，结果偏高，故A符合；

B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗；符合实验操作，结果符合，故B不符合；

C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除；滴定后气泡消失，读出的标准液体积增大，结果偏高，故C符合；

D．滴定前读数正确；滴定后俯视滴定管读数，读数减小，标准液体积减小，结果偏低，故D不符合；

故答案为：AC．

（1）根据滴定管的精确度为0.01mL；读出读数；

（2）先分析数据的可能性，误差太大的去掉，V（标准）取平均值，根据c（待测）=计算；

（3）根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据c（待测）=分析误差．

本题考查了酸碱中和滴定操作、误差分析以及注意事项，热化学方程式的应用，难度不大，应注意相关知识的积累．【解析】23.80mL0.1044mol•L-1AC三、推断题(共8题，共16分)15、（1）4（2）C4H6O（3）CH3CH=CHCHO【分析】【分析】主要考查有机物分子式及结构式的确定，学会运用质谱图和相对分子量确定有机物的分子式是解题关键，难度不大。【解答】rm{(1)^{1}H}核磁共振谱有rm{4}个吸收峰，则分子中共有rm{4}种化学环境不同的氢原子，故答案为：rm{4}rm{(2)}红外光谱表征到碳碳双键和碳氧双键的存在，相对分子质量为rm{70}有机物中含有rm{1}个碳碳双键和rm{1}个碳氧双键，去掉rm{1}个碳碳双键和rm{1}个碳氧双键的式量后剩余式量为rm{70?36?16=18}应含有rm{1}个rm{C}原子、rm{6}个rm{H}原子，故该有机物分子式为rm{C_{4}H_{6}O}故答案为：rm{C_{4}H_{6}O}rm{(3)^{1}H}核磁共振谱峰面积之比依次为rm{1:1:1:3}则有rm{4}种rm{H}原子，不同rm{H}原子数目分别为rm{1}rm{1}rm{1}rm{3}则该有机物结构简式为rm{CH_{3}CH=CHCHO}故答案为：rm{CH_{3}CH=CHCHO}【解析】rm{(1)4}rm{(2)C_{4}H_{6}O}rm{(3)CH_{3}CH=CHCHO}16、略

【分析】解：rm{(1)A}分子中rm{C}rm{H}rm{O}原子数目之比为：rm{N(C)}rm{N(H)}rm{N(O)=dfrac{70.59%}{12}}rm{N(O)=dfrac

{70.59%}{12}}rm{dfrac{1-70.59%-5.88%}{16}=4}rm{dfrac{5.88%}{1}}rm{dfrac

{1-70.59%-5.88%}{16}=4}

则rm{4}的实验式为rm{1}设rm{A}的分子式为rm{C_{4}H_{4}O}又rm{A}解得：rm{(C_{4}H_{4}O)_{n}}则分子式为rm{M_{r}(A)=68n=136}

故答案为：rm{n=2}

rm{C_{8}H_{8}O_{2}}由图rm{C_{8}H_{8}O_{2}}知，rm{(2)}含有苯环，占rm{B}个rm{A}原子，还含有rm{6}rm{C}rm{C=O}rm{C-O-C}其中rm{C-C}rm{C-H}可组合为所以该物质为酯类；

故答案为：酯类；

rm{C=O}结合上述rm{C-O-C}的解析，再结合图rm{(3)}有rm{(1)}种氢原子，且其比例为rm{A}rm{4}rm{1}rm{2}又由于rm{2}上氢原子数为rm{3}所以只能有一个rm{-CH_{3}}所以rm{3}的分子中只含一个甲基的依据为rm{-CH_{3}}结构简式应为故答案为：rm{A}．

rm{bc}分子中rm{bc}rm{A}rm{C}原子数目之比为：rm{H}rm{O}rm{N(O)=dfrac{70.59%}{12}}rm{N(C)}rm{dfrac{1-70.59%-5.88%}{16}=4}rm{N(H)}rm{N(O)=dfrac

{70.59%}{12}}则rm{dfrac{5.88%}{1}}的实验式为rm{dfrac

{1-70.59%-5.88%}{16}=4}设rm{4}的分子式为rm{1}又rm{A}解得：rm{C_{4}H_{4}O}则分子式为rm{A}rm{(C_{4}H_{4}O)_{n}}有rm{M_{r}(A)=68n=136}个峰，则rm{n=2}中有rm{C_{8}H_{8}O_{2}}种氢原子，rm{A}含有苯环，占rm{4}个rm{A}原子，还含有rm{4}rm{A}rm{6}rm{C}其中rm{C=O}rm{C-O-C}可组合为所以该物质为酯类，结构简式为：以此解答该题．

本题考查了有机物的推断，侧重考查分子式、结构简式的确定，题目难度中等，明确核磁共振氢谱、红外光谱的含义为解答关键，注意掌握质量守恒定律在确定有机物分子式中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力．rm{C-C}【解析】rm{C_{8}H_{8}O_{2}}酯类；rm{bc}17、略

【分析】（1）根据A的分子式及性质可知，A是酯，水解生成羧酸和醇，所以B是羧酸，C是醇。B和C均为有支链的有机化合物，所以B的结构简式为C在浓硫酸作用下加热反应只能生成一种烯烃D，所以D是2－甲基－1－丙烯，其结构简式为（2）根据反应④的条件以及生成物可知，该反应是取代反应，E经过水解生成F，则F中含有羟基。通过反应⑥可知，该反应是羟基的氧化反应，生成物G中含有醛基，所以G的结构简式为（3）反应⑤是氯原子的水解反应，方程式为CH2=C(CH3)CH2Cl＋NaOHNaCl＋CH2=C(CH3)CH2OH。G通过反应⑦的氧化反应生成H，H中含有羧基，能和甲醇发生酯化反应，生成I。由于I中还含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，生成J，因此反应⑨的方程式为（4）反应①是酯的水解反应，④氯原子的水解反应。【解析】【答案】(1)(2)(3)⑤CH2=C(CH3)CH2Cl＋NaOHNaCl＋CH2=C(CH3)CH2OH⑨(4)水解反应取代反应18、略

【分析】试题分析：（1）由B为黄绿色气体且为单质，可知B为Cl2；由框图可知反应生成的固体D为固体单质A与Cl2反应生成的一种氯化物；反应生成的E为Cl2与气体单质C生成的一种可溶于水的氯化物，且E溶液和固体单质A又可以重新生成气体C和F，只有当C为H2，F为一种氯化物时才能满足这一过程；而A与Cl2反应已生成了一种氯化物D，F又是一种氯化物，所以A为变价金属，应为Fe，所以A为Fe，B为Cl2，C为H2，D为FeCl3，E为HCl，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，故答案为：HCl；（2）G→H为Fe（OH）2和O2反应生成Fe（OH）3的反应，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）B+F→D的反应为Cl2和FeCl2生成FeCl3的反应，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，考点：无机推断【解析】【答案】（1）HCl；（2）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3；（3）2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－19、|【分析】【解答】解：根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的3个化合物中共有4个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，故可采用逆推法：原烯烃应该是下列三个片断结合而成．①②③①与③左边的双键相连，②与③右边的双键相连，得到的产物为①与③右边的双键相连，②与③左边的双键相连，得到的产物为故答案为：．

【分析】分析题目给出的信息；进行逆向推理即可．原烯烃应该是下列三个片断结合而成．

再结合反应原理解答该题．20、（1）

（2）①

④

⑦【分析】【分析】本题考查有机物物的合成与推断，题目难度不大，注意把握有机物官能团的变化以及反应条件，本题可用正推和逆推相结合的方法进行推断。【解答】rm{M}分子式为rm{C}分子式为rm{M}rm{C}rm{{,!}_{7}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{14}}rm{O}rm{O}最多消耗rm{{,!}_{2}}金属钠，则可知，rm{1mol}rm{M}最多消耗rm{46g}金属钠，则可知rm{M}中有两个醇羟基，根据中有两个醇羟基，根据rm{1mol}中有六元环，反应rm{M}为rm{46g}反应rm{M}为碱性水解，将可知rm{M}中有六元环，反应rm{垄脼}为中的两个溴原子取代成羟基，所以可推得rm{M}为rm{垄脼}的结构可反应推与氢气的加成得rm{E}反应rm{垄脽}为碱性水解，将rm{E}中的两个溴原子取代成羟基，所以可推得rm{M}为为rm{E}rm{垄脽}为rm{E}rm{M}为，据rm{M}的结构可反应推rm{E}为rm{M}为rm{E}，根据为可反推得rm{A}为

rm{A}根据上面的分析可知，，为发生消去反应生成rm{B}为为rm{B}为，为与氯气加成得rm{C}为为rm{C}为，发生消去反应得rm{D}为rm{D}

，反应rm{(1)}根据上面的分析可知，rm{A}为方程式为rm{(1)}的方程式为rm{A}的化学方程式为故答案为：，rm{B}为【解析】rm{(1)}rm{(2)垄脵}rm{垄脺}rm{垄脽}21、（1）NaOH醇溶液加热（2）取代反应消去反应加成反应（3）【分析】【分析】

本题考查有机物的合成，明确反应条件与反应类型的关系来推出各物质是解答本题的关键，注意卤代烃的水解、消去反应的条件，题目难度不大。【解析】条件可知是取代反应，由反应rm{垄脵}条件可知是取代反应，rm{A}为为环烷烃，结构简式为rm{垄脵}rm{A}的产物推断发生消去反应，生成碳碳双键；反应rm{A}为加成反应生成为；由反应rm{垄脷}的产物推断发生消去反应，生成碳碳双键；反应rm{垄脹}为加成反应生成rm{B}为rm{垄脷}，rm{垄脹}环己二烯，由以上分析可知rm{B}为rm{B}为，然后发生消去反应可生成rm{1}，rm{3-}环己二烯，由以上分析可知rm{A}为rm{1}

rm{1}rm{3-}rm{3-}由反应rm{A}条件可知是取代反应，rm{A}为环烷烃，结构简式为，rm{B}为为消去反应，条件为rm{B}醇溶液加热rm{B}；醇溶液加热；；rm{(}rm{1}rm{)}由反应rm{垄脵}条件可知是取代反应，rm{A}为环烷烃，结构简式为rm{(}rm{1}从反应条件推断rm{1}的反应类型是取代反应，反应rm{)}为消去反应，rm{垄脵}的反应类型是加成反应，故答案为：取代反应；消去反应；加成反应；rm{A}rm{A}，反应rm{垄脷}为消去反应，条件为反应rm{垄脷}是消去反应，生成二烯，rm{NaOH}，故答案为：，故答案为：；。【解析】rm{(1)}rm{NaOH}醇溶液加热rm{(2)}取代反应消去反应加成反应rm{(3)}22、（1）酯基；羟基。

（2）

（3）加成反应消去反应。

（4）

（5）

（6）13【分析】【分析】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，正确理解醛之间的加成反应断键成键特点是解本题关键，根据反应条件、某些物质结构简式进行推断，难点是rm{(6)}题限制型同分异构体种类判断；题目难度中等。

【解答】有机物rm{D}是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平，则rm{D}为rm{CH_{2}=CH_{2}}与水发生加成反应生成rm{E}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}发生氧化反应得rm{F}为rm{CH_{3}CHO}rm{F}与对羟基苯甲醛发生信息中的反应生成rm{G}为rm{G}发生银镜反应然后酸化生成rm{H}为rm{H}在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成rm{K}为结合rm{W}的结构逆推可知，rm{K}与氯化氢发生加成反应生成rm{M}为rm{M}发生水解反应生成rm{N}为rm{N}在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成rm{W}rm{A}和甲醛反应生成对羟基苯甲醇，结合rm{A}分子式知，rm{A}为苯酚；

rm{(1)W}中含有的官能团名称是酯基和羟基；故答案为：酯基；羟基；

rm{(2)G}的结构简式是故答案为：

rm{(3)A}发生加成反应生成rm{B}rm{H}发生消去反应生成rm{K}故答案为：加成反应；消去反应；

rm{(4)K}与氯化氢发生加成反应生成rm{M_{1}}为在加热条件下rm{M_{1}}与足量稀rm{NaOH}溶液水溶液在加热条件下反应的化学方程式为

故答案为：

rm{(5)B}与rm{HCHO}在一定条件下反应的化学方程式为

故答案为：

rm{(6)G}的同系物rm{I}比rm{G}相对分子质量小rm{14}则rm{I}比rm{G}中少一个rm{C}原子，rm{G}为rm{I}的同分异构体中能同时满足如下条件：

rm{垄脵}与rm{FeCl_{3}}溶液反应；溶液呈紫色，说明含有酚羟基；

rm{垄脷}能发生水解反应；说明含有酯基；

rm{垄脹}能发生银镜反应；说明含有醛基，应该为甲酸酯；

如果取代基为rm{-OH}rm{HCOOCH_{2}-}有邻间对rm{3}种结构；

如果取代基为rm{-OH}rm{HCOO-}rm{-CH_{3}}

如果rm{-OH}rm{HCOO-}为邻位，有rm{4}种结构；

如果rm{-OH}rm{HCOO-}为间位，有rm{4}种结构；

如果rm{-OH}rm{HCOO-}为对位，有rm{2}种结构；

则符合条件的有rm{13}种；

rm{I}的一种同分异构体的核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}rm{1}rm{I}的这种同分异构体的结构简式为

故答案为：rm{13}【解析】rm{(1)}酯基；羟基。

rm{(2)}

rm{(3)}加成反应消去反应。

rm{(4)}

rm{(5)}

rm{(6)13}四、有机推断题(共4题，共12分)23、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH225、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl26、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、简答题(共3题，共9分)27、略

【分析】解：rm{X}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子，核外电子排布应为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}为rm{S}元素，rm{Y}原子核外的rm{L}层电子数是rm{K}层的两倍，rm{Y}有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}故rm{Y}为rm{C}元素，rm{Z}是地壳内含量最高的元素，为rm{O}元素，rm{Q}的核电荷数是rm{X}与rm{Z}的核电荷数之和，原子序数为rm{24}为rm{Cr}元素，rm{E}在元素周期表的各元素中电负性最大，应为rm{F}元素．

rm{(1)}由以上分析可知，rm{X}为rm{S}rm{Y}为rm{C}故答案为：rm{S}rm{C}

rm{(2)SO_{2}}中，rm{S}和rm{O}形成rm{2}个rm{娄脛}键，有rm{1}个孤电子对，为rm{V}形，rm{CO_{2}}中，rm{C}和rm{O}形成rm{2}个rm{娄脛}键，没有孤电子对，为直线形rm{.SO_{2}}是极性分子，rm{H_{2}O}也是极性分子，相似相溶，而rm{CO_{2}}是非极性分子，故rm{SO_{2}}在水中溶解度更大，故答案为：rm{V}形；直线形；rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}是极性分子，rm{H_{2}O}也是极性分子，相似相溶，而rm{CO_{2}}是非极性分子；

rm{(3)Q}为rm{Cr}原子序数为rm{24}核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}位于周期表第四周期Ⅵrm{B}族，最高化合价为rm{+6}价；

故答案为：rm{Cr}四；rm{+6}．

rm{(4)HF}溶液中存在的所有氢键：rm{F-HF}rm{F-HO}rm{O-HF}rm{O-HO}

故答案为：rm{F-HF}rm{F-HO}rm{O-HF}rm{O-HO}．

rm{X}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子，核外电子排布应为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}为rm{S}元素，rm{Y}原子核外的rm{L}层电子数是rm{K}层的两倍，rm{Y}有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}故rm{Y}为rm{C}元素，rm{Z}是地壳内含量最高的元素，为rm{O}元素，rm{Q}的核电荷数是rm{X}与rm{Z}的核电荷数之和，原子序数为rm{24}为rm{Cr}元素，rm{E}在元素周期表的各元素中电负性最大，应为rm{F}元素；结合元素对应单质；化合物的结构和性质解答该题．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、分子结构与性质、氢键等，推断元素的种类是关键，注意把握原子核外电子排布，掌握空间构型的判断．【解析】rm{S}rm{C}rm{V}形；直线形；rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}是极性分子，rm{H_{2}O}也是极性分子，相似相溶，而rm{CO_{2}}是非极性分子；rm{Cr}四；rm{+6}rm{F-HF}rm{F-HO}rm{O-HF}rm{O-HO}28、（1）HOCH2（CHOH）4CHO；

（2）CH2O；C3H6O3

（3）+NaOH→+H2O；（4）2→+2H2O；【分析】【分析】本题考查有机物推断、同分异构体书写、有机反应方程式书写等，计算确定有机物分子式是关键。【解答】rm{A}中的碳、氢、氧的质量分数分别为rm{40%}rm{6.7%}rm{53.5%}则rm{N(C)}rm{N(H)}rm{N(O)=(40%隆脗12)}rm{(6.7%隆脗1)}rm{(53.3%隆脗16)=1}rm{2}rm{1}故A的实验为rm{CH}中的碳、氢、氧的质量分数分别为rm{A}rm{40%}rm{6.7%}则rm{53.5%}rm{N(C)}rm{N(H)}rm{N(O)=(40%隆脗12)}rm{(6.7%隆脗1)}rm{(53.3%隆脗16)=1}rm{2}故A的实验为rm{1}rm{CH}rm{{,!}_{2}}由rm{O}由rm{A}的质谱图可知，其相对分子质量为rm{90}设rm{A}的分子式为rm{(CH}的质谱图可知，其相对分子质量为rm{O}设rm{A}的分子式为rm{90}rm{A}rm{(CH}则rm{{,!}_{2}}故rm{O)x}则rm{30x=90}故rm{x=3}则rm{A}的分子式为rm{C}则rm{O)x}的分子式为rm{30x=90}rm{x=3}rm{A}rm{C}rm{{,!}_{3}}rm{H}rm{H}种氢原子，rm{{,!}_{6}}为rm{O}rm{O}二者恰好完全反应，则rm{{,!}_{3}}含有，由核磁共振氢谱可知，分子中含有rm{4}种氢原子，rm{0.45gA}为rm{0.45g/90g/mol=0.005mol}rm{n(NaOH)=0.025L隆脕0.2mol/L=0.005mol}二者恰好完全反应，则rm{A}含有rm{1}个rm{-COOH}rm{A}和浓硫酸共热，可生成六元环状化合物rm{B}rm{A}中应含有羟基，且rm{-O