2024年人民版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年人民版高二化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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8题，共16分)1、已知SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是极性分子，由此可推出ABn型分子属于非极性分子的经验规律是（）

A.ABn型分子中A；B均不含氢原子。

B.A元素的相对原子质量必小于B元素的相对原子质量。

C.分子中所有原子都在同一平面上。

D.ABn型的价层电子对数等于n

2、在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl（g）和O2制取Cl2的原理为4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）+Q（Q＞0）．下列有关说法错误的是（）A.平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小B.平衡时，其他条件不变，分离出H2O（g），逆反应速率减小C.平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大D.其他条件不变，使用不同催化剂，HCl（g）的转化率不变3、下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{c(NH_{4}^{+})}相等的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液、rm{NH_{4}HSO_{4}}溶液和rm{NH_{4}Cl}溶液中，溶质浓度大小关系是：rm{c[(NH_{4})_{2}SO_{4}]<c[(NH_{4}HSO_{4}]<c(NH_{4}Cl)}B.欲除去rm{CuCl_{2}}溶液中混有少量的rm{FeCl_{3}}可加入rm{CuO}C.rm{0.2mol/L}rm{HCl}溶液与等体积rm{0.05mol/L}rm{Ba(OH)_{2}}溶液混合后，溶液的rm{pH=1}D.rm{0.2mol/L}的rm{NaHCO_{3}}溶液中rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(CO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}4、表示正反应是吸热反应的图象是rm{(}rm{)}A.B.C.D.5、下列物质的主要成分不属于硅酸盐的是()。A.水晶B.陶瓷C.水玻璃D.光学玻璃6、除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是()。选项物质(杂质)试剂AAl2O3(SiO2)NaOH溶液BCO2(SO2)Na2CO3溶液CFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉DNaHCO3溶液(Na2CO3)Ca(OH)2溶液7、某芳香烃的分子式为rm{C_{10}H_{14}}不能使溴水褪色，分子结构中只含有一个侧链烃基，则此侧链烃基的结构共有rm{(}rm{)}A.rm{2}种B.rm{3}种C.rm{4}种D.rm{5}种8、某密闭容器中充入等物质的量的rm{A}和rm{B}一定温度下发生反应rm{A(g)+xB(g)?2C(g)}达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{30min隆芦40min}间该反应使用了催化剂B.反应方程式中的rm{x=1}正反应为吸热反应C.rm{30min}时降低温度，rm{40min}时升高温度D.rm{30min}时减小压强，rm{40min}时升高温度评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、下列物质中，属于合金的是（）A.水银B.黄铜C.钢铁D.生铁10、组成为rm{C_{6}H_{4}S_{4}}的物质有吸收微波的功能，可在军事上用做隐形飞机的涂层rm{.}下列关于rm{C_{6}H_{4}S_{4}}的说法正确的是rm{(}rm{)}A.该物质为有机物B.该物质为无机物C.该物质由三种元素组成D.该物质燃烧产物可能含rm{CO_{2}}11、下列关于常见化学物质的应用正确的是rm{(}rm{)}A.干冰能用作冷冻剂B.氯化钠可用作净水剂C.味精可用作食品调味剂D.小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包12、生活及生产过程直接排放的超细颗粒物是大气中可吸入颗粒物的主要来源。能减少大气中可吸入颗粒物的措施有()A.加高工厂烟囱B.推广使用新能源汽车C.安装除尘设备D.将高污染产业转型升级13、根据元素周期律，卤族元素的下列性质从上到下依次递减的有rm{(}rm{)}A.非金属性B.原子半径C.单质的氧化性D.氢化物的稳定性评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、金属的性质与其结构有密切的关系，金属晶体由于某些结构上的相似点导致了金属具有一些共同的性质；同样由于结构上的不同点，导致了每种金属都具有各自的特性。（1）请指出金属具有延展性的原理是________（2）金属的紧密堆积有不同的形式，请画出金属钠的晶胞，并指出一个晶胞含有几个钠原子？（3）计算该晶胞的空间利用率？15、SO2和CO2均可使澄清石灰水变浑浊，现将混合气体SO2和CO2依次通过①品红；②酸性高锰酸钾；③品红；④澄清石灰水；请写出对应序号的现象和作用；①品红；现象；作用；②酸性高锰酸钾；现象；作用；③品红；现象；作用；④澄清石灰水；现象；作用；16、(10分)原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、Q、R，已知X与Q同主族，Y、Z原子序数之比为3：4，Z的最外层电子数是Q的最外层电子数的6倍，R为同周期中原子半径最小的元素(稀有气体元素除外)，X与R形成的化合物常温下为气态。（1）表示Y元素中质子数与中子数相等的同位素符号是。（2）Q与Z形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式是。（3）A+B→C+D+H2O为中学化学中常见的反应形式，A、B、C、D均为由上述五种元素组成的单质或化合物。①如A为NaOH、B为CO2时，可写成aNaOH+bCO2=cNa2CO3+dNaHCO3+nH2O，a与b的物质的量之比应满足的关系是____。现向l00mL、3mol／L的NaOH溶液中缓慢通入标准状况下4．48L的CO2气体，用l个化学方程式表示以上反应(化学计量数为最简整数)，此时溶液中各种离子物质的量浓度由高到低的排列顺序是__。②请任写一个符合A+B→C+D+H2O形式的氧化还原反应方程式，其中C、D均为盐。17、决定化学反应速率的主要因素是，影响反应速率的外部条件有____、、____、____等。18、（12分）下图是一个化学过程的示意图回答下列问题：（1）甲池是装置，电极A的名称是。（2）甲装置中通入CH4的电极反应为乙装置中B(Ag)的电极反应式为，丙装置中D极的产物是（写化学式），（3）一段时间，当丙池中产生112mL（标准状况下）气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的pH=_______。（已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500mL）。若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入（写化学式）。19、BN晶体，具有熔沸点高，耐磨擦和较高的硬度等性质．则BN的晶体类型是______，N的价层电子的电子排布图为______．评卷人得分四、其他(共2题，共20分)20、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。21、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28分)22、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__________________________________．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。25、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、推断题(共2题，共8分)26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种物质都含有一种共同的元素。五种物质相互间的转化关系如图所示已知：rm{C}能使品红试液褪色，且稍微加热能恢复原来的颜色。试回答下列问题：

rm{(1)A}是_______________，rm{C}是________________rm{(}填化学式rm{)}rm{(2)}试写出rm{E}溶液与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应的离子方程式：________________________。rm{(3)}从rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种物质中任选一种，从它们所含共同元素的价态上预测该物质具有氧化性或还原性，并设计实验验证：预测性质：____________________。主要操作：____________________。可能现象：______________________。27、rm{6-}羰基庚酸是一种重要的化工中间体，其合成路线如下：

已知：

rm{(1)}反应rm{垄脵}的条件是rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;;;}}，rm{C隆煤D}的反应类型是rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;}}，rm{C}中官能团的名称是rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}。rm{(2)}下列说法中正确的是rm{(}rm{)}rm{a.C}能被催化氧化成酮rm{b.D}不能使酸性高锰酸钾溶液褪色rm{c.Ni}催化下rm{1molE}最多可与rm{2molH_{2}}加成rm{d.G}既能发生取代反应，又能发生加成反应rm{(3)E}与新制rm{Cu(OH)_{2}}反应的化学方程式为rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}。rm{(4)G}的同分异构体有多种，满足以下条件的同分异构体有__________种。A.分子中含有环己烷的结构B.能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应，放出气体C.rm{1mol}该物质能与rm{2molNa}完全反应rm{(5)}已知“rm{Diels-Alder}反应”为：物质rm{D}与呋喃rm{(}rm{)}也可以发生“rm{Diels-Alder}反应”，该化学反应方程为：__________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】

根据“SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是极性分子”知；中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子．

A、ABn型分子中A、B不一定均不含氢原子，如CH4含氢原子但甲烷分子为非极性分子；故A错误；

B、A元素的相对原子质量不一定小于B元素的相对原子质量，如CH4；故B错误；

C、分子中的所有原子不一定都在同一平面上，如CCl4是正四面体结构；故C错误；

D、ABn型的价层电子对数等于n，如PCl5中P原子上的价层电子对是5，BrF5中Br原子上的价层电子对是6；故D正确；

故选D．

【解析】【答案】根据“SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是极性分子”知；中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子．

2、C【分析】解：A．该反应是一个反应前后气体体积减小；放热的可逆反应；在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A正确；

B．分离出H2O（g）；即减小生成物浓度，逆反应速率减小，故B正确；

C．该反应的正反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故C错误；

D．使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动；转化率不变，故D正确．

故选C．

该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，分离出H2O（g）；即减小生成物浓度，逆反应速率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，转化率不变．

本题考查了影响化学平衡的因素，难度不大，注意催化剂只影响反应速率不影响平衡的移动．【解析】【答案】C3、C【分析】解：rm{A.}相同温度、相同浓度的盐溶液，氢离子抑制铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，rm{NH_{4}^{+}}浓度相等的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{4}HSO_{4}}的溶液中溶质浓度大小顺序是rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}>NH_{4}HSO_{4}}rm{c(NH_{4}^{+})}相等时rm{NH_{4}Cl}浓度最大，则为rm{c[(NH_{4})_{2}SO_{4}]<c[(NH_{4}HSO_{4}]<c(NH_{4}Cl)}故A正确；

B.rm{CuO}起到调节溶液rm{pH}的作用；由于铁离子水解生成氢氧化铁而除去，故B正确；

C.rm{0.2mol/L}rm{HCl}溶液与等体积rm{0.05mol/L}rm{Ba(OH)_{2}}溶液混合后，rm{HCl}过量；溶液呈酸性，故C错误；

D.根据碳原子守恒得，rm{c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})=0.2mol/L}根据溶液中电荷守恒得：rm{2c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}rm{c(Na^{+})=0.2mol/L}二者联式可得rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(CO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}故D正确．

故选C．

A.相同温度；相同浓度的盐溶液；氢离子抑制铵根离子水解、铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，溶质浓度越大；

B.rm{CuO}起到调节溶液rm{pH}的作用；

C.rm{HCl}过量；溶液呈酸性；

D.根据原子守恒和电荷守恒计算．

本题考查离子浓度大小比较，侧重于盐类水解的考查，明确影响盐类水解的因素是解本题关键，根据铵根离子水解程度大小解答即可，题目难度不大．【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{A.}图象中反应物能量低于生成物能量；故反应是吸热反应，故A正确；

B.反应物能量大于生成物；为放热反应，故B错误；

C.反应物能量大于生成物；为放热反应，故C错误；

D.反应物能量等于生成物；无热效应，故D错误．

故选A．

依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断．

本题考查了化学反应的能量变化分析，题目难度不大，图象识别和理解含义是解题关键．【解析】rm{A}5、A【分析】水晶成分为SiO2，不是硅酸盐。【解析】【答案】A6、C【分析】试题分析：A、氧化铝、二氧化硅均能与氢氧化钠溶液反应，A错误；B、碳酸钠溶液也能与二氧化碳反应，应该用饱和的碳酸氢钠溶液，B错误；C、铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，可以除杂，C正确；D、碳酸氢钠也能与氢氧化钙反应，应该用二氧化碳，D错误，答案选C。考点：考查物质的分离与提纯【解析】【答案】C7、C【分析】解：该芳香烃的分子式符合rm{C_{n}H_{2n-6}}的通式，所以为苯的同系物，根据分子结构中只含有一个侧链烃基可知，该分子含有丁烷烷基，丁烷烷基的碳架同分异构体有：总共四种不同的连接方式，所以满足条件的侧链烃基有rm{4}种；

故选C．

先根据芳香烃的分子式rm{C_{10}H_{14}}可知；该有机物属于苯的同系物，再根据“不能使溴水褪色，但可使酸性高锰酸钾溶液褪色，分子结构中只含有一个侧链烃基”可知其侧链为丁基，然后求算出丁基的同分异构体，找出符合条件的结构即可．

本题考查了有机物同分异构体书写，题目难度中等，注意掌握同分异构体的书写方法，正确理解题干信息为解答本题的关键．【解析】rm{C}8、D【分析】【分析】本题考查化学平衡图象，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意图象中反应速率的变化及平衡移动，明确温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响即可解答，题目难度中等。【解答】A.由图象可知，rm{30隆芦40min}只有反应速率降低了；反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是使用了催化剂，而是降低了压强，故A错误；

B.由开始到达到平衡，rm{A}rm{B}的浓度减少的量相同，由此可知rm{x=1}反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，rm{40min}时；正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；

C.降低温度；平衡发生移动，则正逆反应速率不相等，故C错误；

D.由图象可知，rm{30min}时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，rm{40min}时；正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}二、多选题(共5题，共10分)9、BCD【分析】解：A．水银是单质；不属于合金，故A错误；

B．黄铜是铜锌合金；故B正确；

C．钢铁是铁与碳的合金；属于合金，故C正确；

D．生铁是铁与碳的合金；故D正确．

故选BCD．

合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等．

本题考查合金的定义，难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征是正确解答本题的关键．【解析】【答案】BCD10、ACD【分析】解：rm{A.}依据rm{C_{6}H_{4}S_{4}}的分子组成和结构可知属于含碳的有机物；故A正确；

B.该物质属于有机物；不是无机物，故B错误；

C.分子式可知该物质由三种元素组成，分别是rm{C}rm{H}rm{S}故C正确；

D.元素守恒可知该物质燃烧生成二氧化碳；二氧化硫和水；故D正确；

故选：rm{ACD}．

组成为rm{C_{6}H_{4}S_{4}}的物质是一种含碳的化合物；结构和组成符合有机物；由三种元素组成，燃烧产物依据元素守恒可知有二氧化碳；二氧化硫和水，据此分析选项．

本题考查了有机物和无机物的结构分析、燃烧产物判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大，注意有机物的概念．【解析】rm{ACD}11、ACD【分析】解：rm{A.}干冰是二氧化碳固体；气化时带走热量导致周围环境温度降低，所以能作冷冻剂，故A正确；

B.氯化钠是强酸强碱盐；不水解生成胶体，所以不能作净水剂，故B错误；

C.味精的成分有氯化钠和谷氨酸钠；属于食品调味剂，故C正确；

D.小苏打是碳酸氢钠；碳酸氢钠呈碱性，能中和酸，碳酸氢钠受热能分解生成二氧化碳气体，所以能作膨松剂，故D正确；

故选ACD．

A.干冰是二氧化碳固体；能作冷冻剂；

B.氯化钠没有吸附性；所以不能作净水剂；

C.味精含有谷氨酸钠；属于食品调味剂；

D.小苏打是碳酸氢钠．

本题考查了物质是用途，明确物质的性质是解本题关键，难度不大．【解析】rm{ACD}12、BCD【分析】【分析】本题主要考查常见的生活环境的污染及治理的相关知识，据此进行分析解答。【解答】加高工厂烟囱虽然可以使周围地表粉尘的含量减少，但是污染物的排放总量不变，且没有被吸收除掉，同时还容易使污染范围扩大，所以不能减少大气中可吸入颗粒物，而推广使用新能源汽车、安装除尘设备、rm{.}将高污染产业转型升级则可以减少大气中可吸入颗粒物，故BCD正确。将高污染产业转型升级则可以减少大气中可吸入颗粒物，故BCD正确。rm{.}故选BCD。【解析】rm{BCD}13、ACD【分析】解：元素非金属性越强；单质的氧化性越强，氢化物的稳定性越强，与氢气化合越容易，最高价含氧酸酸性越强；

卤族元素在周期表中处于同一主族；从上到下非金属性依次减弱，原子半径依次增大，单质的氧化性依次增强，氢化物的稳定性依次减弱；

故选：rm{ACD}．

卤族元素在周期表中处于同一主族；依据同主族元素性质的递变规律，结合元素非金属强弱的判断依据解答．

本题考查了同主族元素性质的递变规律，题目难度不大，明确元素周期律及非金属性强弱的判断依据是解题的关键．【解析】rm{ACD}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由于金属晶体中自由电子与金属阳离子形成金属键，当金属阳离子层与层之间发生相对移动时，自由电子可与金属阳离子迅速形成新的金属键，所以金属具有延展。（2）金属钠的晶胞结构示意图为所以一个晶胞含有的钠原子个数是1＋＝2个。（3）设该晶胞的边长为am则该晶胞（立方体）的体积V=a3m3由于此晶胞是紧密堆积则可以画出剖面图，即则可知4x=a即x=a由于此晶胞中有两个钠原子，而一个钠（球体）的体积为V==则此晶胞的空间利用率=*100%=考点：考查金属晶体延展性原因的判断、金属钠晶胞的结构以及有关计算【解析】【答案】(1)金属晶体中自由电子与金属阳离子形成金属键，当金属阳离子层与层之间发生相对移动时，自由电子可与金属阳离子迅速形成新的金属键，所以金属具有延展。(2)2个钠原子(3)68%15、略

【分析】SO2能使品红溶液褪色，可用来检验SO2上网存在。由于SO2也能是澄清的石灰水变混浊，因此在检验CO2之前，要先除去SO2，可利用SO2的还原性，利用酸性高锰酸钾溶液除去。为了保证完全除去SO2，还需要再一次通过品红溶液。【解析】【答案】①品红褪色；检验二氧化硫的存在；②溶液褪色；除去二氧化硫；③品红不退色；证明二氧化硫已除尽；④石灰水变浑浊；证明存在二氧化碳；16、略

【分析】【解析】【答案】17、略

【分析】【解析】【答案】18、略

【分析】试题分析：（1）由图可看出甲图为燃料电池装置，是原电池，通入燃料的电极为负极。通入氧气的电极为正极。与电池的正极相连的电极A为阳极，与电池的负极相连的B电极为阴极。C为阳极，D为阴极。（2）甲装置中由于电解质为KOH溶液，是碱性的溶液。所以通入CH4的电极反应式为CH4＋10OH－－8e－＝CO32-＋7H2O，通入氧气的电极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-.乙装置为电解池，在乙装置中A为阳极，B为阴极。B(Ag)的电极反应式为Ag＋＋e－＝Ag。丙装置为电解池，C为阳极，D为阴极。由于氧化性H+＞Na+，所以在D极上发生反应：2H++2e-=H2↑.由于消耗了H+，破坏了附近的水的电离平衡，水继续电离，最终在阴极附近产生大量的NaOH溶液。故D极的产物是H2和NaOH。（3）在丙中，阳极反应：2Cl-+2e-=Cl2↑;阴极反应：2H++2e-=H2，n(气体)=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol.所以转移电子的物质的量为：n(e-)=0.005mol.n(OH-)=0.005mol，C(OH-)=0.005mol÷0.5L=0.01mol/L,C(H+)=10-14÷0.01=10-12mol/l,PH=12.NaOH+HCl=NaCl+H2O,n(NaOH)=n(HCl)=0.005mol.所以若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入HCl气体0.005mol.考点：考查原电池、电解池的反应原理、电极产物、电极的判断、电极式书写【解析】【答案】（1）原电池阳极（2）CH4＋10OH－－8e－＝CO32-＋7H2OAg＋＋e－＝AgH2和NaOH（3）12HCl19、略

【分析】解：原子晶体熔沸点较高，耐磨擦和较高的硬度，所以BN为原子晶体；N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其价层电子的电子排布图为故答案为：原子晶体；．

原子晶体熔沸点较高；耐磨擦和较高的硬度；N原子核外有7个电子，分别位于1s；2s、2p轨道；

本题考查了晶体类型的判断以及原子核外价层电子的电子排布图的书写，明确原子结构及其原子晶体性质是解本题关键，难度不大．【解析】原子晶体；四、其他(共2题，共20分)20、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO221、略

【分析】【解析】【答案】AEF五、有机推断题(共4题，共28分)22、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=CH223、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】

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++HCl25、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+H2O⑦.4⑧.六、推断题(共2题，共8分)26、rm{(1)}rm{S}rm{SO_{2}}

rm{(2)2H^{+}}rm{+2OH^{-}}rm{+Ba^{2+}}rm{+SO_{4}^{2-}}rm{=}rm{2H_{2}O+BaSO_{4}隆媒}

rm{(3)}预测：rm{H_{2}S}具有还原性

操作：将rm{H_{2}S}在空气中点燃，将生成的气体通过品红溶液

可能现象：品红溶液褪色【分析】【分析】本题考查无机物的推断，题目难度中等，rm{C}是一种无色有刺激性气味的气体，并能使品红溶液褪色是推断的突破口，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种物质都含有一种共同的元素，五种物质相互间的转化关系如图所示，已知rm{C}能使品红试液褪色，且稍微加热能恢复原，则rm{C}为rm{SO_{2}}rm{C}催化氧化生成rm{D}则rm{D}为rm{SO_{3}}rm{D}与水反应生成rm{E}则rm{E}为rm{H_{2}SO_{4}}rm{Aoverset{triangle}{}B}且rm{Aoverset{triangle}{

}B}rm{A}都能够燃烧生成rm{B}则rm{C(SO_{2})}为rm{A}rm{S}为rm{B}为rm{C}

rm{H_{2}S}根据分析可知，rm{(1)}为rm{A}rm{S}为rm{C}

故答案为：rm{SO_{2}}rm{S}

rm{SO_{2}}为rm{(2)E}硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：rm{H_{2}SO_{4}}

故答案为：rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}根据上面的分析可知，各物质中都有rm{(3)}元素，其中rm{S}中硫为rm{H_{2}S}价，为最低价态，具有还原性，rm{-2}被氧气氧化生成的二氧化硫气体能使品红溶液褪色，操作方法为：将rm{H_{2}S}在空气中点燃；将生成的气体通过品红溶液，可以观察到品红溶液褪色；

故答案为：rm{H_{2}S}具有还原性；将rm{H_{2}S}在空气中点燃，将生成的气体通过品红溶液；品红溶液褪色。rm{H_{2}S}【解析】rm{(1)}rm{S}rm{SO_{2}}rm{(2)2H^{+}}