2025年外研版高二化学下册月考试卷

…………○…………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2025年外研版高二化学下册月考试卷709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7题，共14分)1、下列反应硫酸既表现出了氧化性又现了酸性的rm{(}rm{)}A.氧化铜与硫酸反应B.氢氧化铝与硫酸反应C.木炭粉与浓硫酸反应D.铜与浓硫酸反应2、反应rm{2C+O_{2}篓T2CO}的能量变化如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{12}rm{g}rm{C(s)}与一定量rm{O_{2}(g)}反应生成rm{14}rm{g}rm{CO(g)}放出的热量为rm{110.5}rm{kJ}B.该反应的热化学方程式是rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangleH=-221}rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangle

H=-221}C.rm{kJ}rm{2}rm{mol}与足量rm{C(s)}反应生成rm{O_{2}(g)}放出的热量大于rm{CO_{2}(g)}rm{221}D.该反应的反应热等于rm{kJ}分子中化学键形成时所释放的总能量与rm{CO}分子中化学键断裂时所吸收的总能量的差rm{O_{2}}3、有下列反应：rm{垄脵}取代反应rm{垄脷}加成反应rm{垄脹}消去反应rm{垄脺}使溴水褪色rm{垄脻}使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色rm{垄脼}与rm{AgNO_{3}}溶液反应生成白色沉淀rm{垄脽}加聚反应rm{.}有机物rm{CH_{3}-CH篓TCH-Cl}能发生的反应有rm{(}rm{)}A.以上反应均可发生B.只有rm{垄脽}不能发生C.只有rm{垄脼}不能发生D.只有rm{垄脷}不能发生4、二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是rm{(}rm{)}A.利用质谱法B.利用金属钠C.利用红外光谱法D.利用核磁共振氢谱5、现有乙酸、环己烷、辛烯组成的混合物，其中氧的质量分数为a,则碳的质量分数是（）A.B.C.D.6、化学反应N2＋3H2＝2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是A.N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(l)；⊿H＝2(a—b—c)kJ·mol－1B.N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(g)；⊿H＝2(b—a)kJ·mol－1C.N2(g)＋H2(g)＝NH3(l)；⊿H＝(b＋c—a)kJ·mol－1D.N2(g)＋H2(g)＝NH3(g)；⊿H＝(a＋b)kJ·mol－17、有机物rm{X}能实现下列转化，下列判断一定错误的是rm{(}rm{)}

A.rm{X}可以是淀粉或纤维素B.rm{Y}与rm{CH_{3}OCH_{3}}是同分异构体C.rm{Y}可以用于消除少量钠屑D.rm{Y隆煤}乙醛属于还原反应评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一缺电子的粒子结合。如NH4＋就是由NH3（氮原子提供电子对）和H＋（缺电子）通过配位键形成的。据此，回答下列问题：（1）下列粒子中可能存在配位键的是________。A．CO2B．H3O＋C．CH4D．H2SO4（2）硼酸（H3BO3）溶液呈酸性，试写出其电离方程式：___________________。（3）科学家对H2O2结构的认识经历了较为漫长的过程，最初，科学家提出了种观点：甲：乙：H—O—O—H，式中O→O表示配位键，在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的结构，设计并完成了下列实验：a.将C2H5OH与浓H2SO4反应生成（C2H5）2SO4和水；b.将制得的（C2H5）2SO4与H2O2反应，只生成A和H2SO4；c.将生成的A与H2反应（已知该反应中H2做还原剂）。①如果H2O2的结构如甲所示，实验c中化学反应方程式为（A写结构简式）_____________________________________________________________。②为了进一步确定H2O2的结构，还需要在实验c后添加一步实验d，请设计d的实验方案：____________________________________________________________。9、（12分）过渡金属元素氧化物的应用研究是目前科学研究的前沿之一，试回答下列问题：Ⅰ.二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯等有害气体可转化为二氧化碳和水，达到无害化。有关甲醛、苯、二氧化碳及水说法正确的是____。A．苯与B3N3H6互为等电子体B．甲醛、苯分子中碳原子均采用sp2杂化C．苯、二氧化碳是非极性分子，水和甲醛是极性分子D．水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键Ⅱ.2007年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应（CMR效应）研究方面的成就。某钙钛型复合氧化物（如右图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物具有CMR效应。（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式：____。（2）已知La为+3价，当被钙等二价元素A替代时，可形成复合钙钛矿化合物La1-xAxMnO3,(x<0.1)，此时一部分锰转变为+4价。导致材料在某一温度附近有反铁磁-铁磁、铁磁-顺磁转变及金属-半导体的转变，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为：。（用含x的代数式表示）（3）Mn的外围电子轨道表示式为：。（4）下列有关说法正确的是。A．镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区B．氧的第一电离能比氮的第一电离能大C．铬的堆积方式与钾相同，则其堆积方式如右图：D．锰的电负性为1.59，Cr的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强10、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：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．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化D．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等。

②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．A、B两点的平衡常数K（A）____K（B）（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=____（保留两位有效数字）．11、写出下列反应的热化学方程式：rm{(1)1molC_{2}H_{5}OH(l)}完全燃烧生成rm{CO_{2}(g)}和rm{H_{2}O(l)}放出rm{1366.8kJ}热量：________________________________________________________________________rm{(2)16gCH_{4}(g)}与适量rm{O_{2}(g)}反应生成rm{CO_{2}(g)}和rm{H_{2}O(l)}放出rm{890.3kJ}热量________________________________________________________________________。rm{(3)}已知rm{C_{2}H_{2}}的热值为rm{50.0kJ}写出表示rm{C_{2}H_{2}}标准燃烧热的热化学方程式________________________________________________________________________。rm{(4)}已知拆开rm{1molH隆陋H}键，rm{1molN隆陋H}键，rm{1molN隆脭N}键分别需要的能量是rm{436kJ}rm{391kJ}rm{946kJ}则rm{N_{2}(g)}与rm{H_{2}(g)}反应生成rm{NH_{3}(g)}的热化学方程式为________________________________________________________________________。12、乙酸的结构简式（如图）可以表示为（①；②、③表示方框内的原子团）：

（1）①②③的名称分别是______；______和______。

（2）②③组成的原子团的名称是______。

（3）①③组成的有机物的类别是______，任意写出其中一种同系物的结构简式______。评卷人得分三、实验题(共5题，共10分)13、影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法进行探究。（1）实验一：取等物质的量浓度等体积H2O2溶液分别进行下列实验，实验报告如下表所示。。序号条件现象结论温度/℃催化剂140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无试回答：①实验1、2研究的是____对H2O2分解速率的影响。②实验2、3的目的是。（2）实验二：经研究知Cu2＋对H2O2分解也具有催化作用，为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①定性分析：如图甲可通过观察________________________________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是__________________________。②定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是。（3）实验三：已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，在高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，发现开始一段时间，反应速率较慢，溶液褪色不明显但不久突然褪色，反应速率明显加快。①针对上述实验现象，某同学认为KMnO4与H2C2O4反应是放热反应，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是_____的影响。②若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，还需要选择的试剂最合理的是____。A、硫酸钾B、硫酸锰C、水D、氯化锰14、（12分）硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。步骤2向处理过的铁屑中加入过量的3mol·L－1H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。步骤3向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。请回答下列问题：（1）在步骤1的操作中，下列仪器中不必用到的有__________（填仪器编号）①铁架台②燃烧匙③锥形瓶④广口瓶⑤研钵⑥玻璃棒⑦酒精灯（2）在步骤2中趁热过滤，其原因是________________________________；（3）在步骤3制的的硫酸亚铁铵晶体常含有Fe3+杂质。检验Fe3+的试剂可以用K4〔Fe(CN)6〕生成普鲁士蓝沉淀，有关的离子方程式是______________________________。（4）制得的晶体经过过滤后用无水乙醇洗涤而不用蒸馏水，理由是__________________；（任说两点）（5）在25℃时，相同物质的量浓度的(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、硫酸亚铁铵三种盐溶液a、b、c，其铵根离子浓度由小到大的排列顺序为_______________（用a、b、c回答）15、（11分）某学生用0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。⑥重复以上滴定操作2-3次。请回答：(1)以上步骤有错误的是（填编号）________，该错误操作会导致测定结果_________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(2)步骤④中，量取20.00mL待测液应使用__________________(填仪器名称)，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果____________（填“大”、“偏小”或“无影响”）。(3)步骤⑤滴定时眼睛应注视_______________________________判断到达滴定终点的依据是：__________________________________________________。(4)以下是实验数据记录表。滴定次数盐酸体积（mL）NaOH溶液体积读数（mL）滴定前滴定后120.000.0018.10220.000.0016.30320.000.0016.22从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是（）A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B．锥形瓶用待测液润洗C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质D．滴定结束时，俯视计数(5)根据上表记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：____________mol·L－116、某探究小组用rm{KMnO_{4}}酸性溶液与rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液反应过程中溶液紫色消失的方法，研究影响反应速率的因素。实验条件作如下限定：所用rm{KMnO_{4}}酸性溶液的浓度可选择rm{0.01mol隆陇L^{-1}}rm{0.001mol隆陇L^{-1}}催化剂的用量可选择rm{0.5g}rm{0g}实验温度可选择rm{298K}rm{323K.}每次实验rm{KMnO_{4}}酸性溶液的用量均为rm{4mL}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液rm{(0.1mol隆陇L^{-1})}的用量均为rm{2mL}rm{(1)}该反应的离子方程式为________。rm{(2)}请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号rm{T/K}催化剂的用量rm{/g}rm{KMnO_{4}}酸性溶液的浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}实验目的rm{垄脵}rm{298}rm{0.5}rm{0.01}rm{(}Ⅰrm{)}实验rm{垄脵}和rm{垄脷}探究rm{KMnO4}酸性溶液的浓度对该反应速率的影响；rm{(}Ⅱrm{)}实验rm{垄脵}和rm{垄脹}探究温度对该反应速率的影响；rm{(}Ⅲrm{)}实验rm{垄脵}和________探究催化剂对该反应速率的影响rm{垄脷}____________rm{垄脹}____rm{垄脺}____rm{0}____rm{(3)}在完成探究催化剂对该反应速率影响的实验时发现，未加催化剂的情况下，刚开始一段时间，反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快。针对上述实验现象，同学认为高锰酸钾与草酸溶液的反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快，从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是________。若用实验证明你的猜想rm{.}除酸性高锰酸钾溶液，草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是________。A.硫酸钾B.硫酸锰C.二氧化锰D.水rm{(4)}在其它条件相同的情况下，某同学改变rm{KMnO_{4}}酸性溶液的浓度，测得以下实验数据rm{(}从混合振荡均匀开始计时rm{)}。rm{KMnO_{4}}酸性溶液的浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}溶液褪色所需时间rm{t/min}第rm{1}次第rm{2}次第rm{3}次第rm{3}次rm{0.01}rm{13}rm{11}rm{0.001}rm{6}rm{7}rm{7}rm{垄脵}计算用rm{0.001mol隆陇L^{-1}KMnO_{4}}酸性溶液进行实验时rm{KMnO_{4}}的平均反应速率rm{(}忽略混合前后溶液的体积变化rm{)}________。rm{垄脷}若不经过计算，直接看表中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系是否可行？________rm{(}填可行或不可行rm{)}若不可行rm{(}若认为可行则不填rm{)}请设计可以通过直接观察褪色时间长短来判断的改进方案：________。rm{垄脹}还有一组同学改变rm{KMnO_{4}}酸性溶液的浓度，做了下表中实验。实验编号rm{20隆忙}下，试管中所加试剂及其用量rm{/mL}rm{20隆忙}下溶液颜色褪至无色所需时间rm{/min}rm{0.6mol/LH_{2}C_{2}O_{4}}溶液rm{H_{2}O}rm{0.2mol/LKMnO_{4}}溶液rm{3mol/L}稀硫酸rm{1}rm{3.0}rm{2.0}rm{3.0}rm{2.0}rm{4.0}rm{2}rm{3.0}rm{V_{1}}rm{2.0}rm{2.0}rm{5.2}rm{3}rm{3.0}rm{4.0}rm{1.0}rm{V_{2}}rm{6.4}rm{V_{1}=}________rm{mL}rm{V_{2}=}________rm{mL}17、某化学课外小组用如图装置制取溴苯rm{.}先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器rm{A(A}下端活塞关闭rm{)}中．

rm{(1)}已知上述反应是放热反应rm{.}观察到rm{A}中的现象是______

rm{(2)}实验结束时，打开rm{A}下端的活塞，让反应液流入rm{B}中；充分振荡，目的是______，写出有关的化学方程式______

rm{(3)C}中盛放rm{CCl_{4}}的作用是______

rm{(4)}能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向试管rm{D}中滴入rm{AgNO_{3}}溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明rm{.}另一种验证的方法是向试管rm{D}中加入______，现象是______．评卷人得分四、有机推断题(共4题，共20分)18、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__________________________________．19、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__________________________________．20、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。21、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、元素或物质推断题(共4题，共28分)22、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。23、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。24、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。25、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分六、综合题(共2题，共14分)26、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】解：氧化铜与硫酸反生成硫铜和水；表硫酸酸，故A不选；

炭粉与硫反生成氧化碳和二氧化硫；水；表示酸的强氧化，故C不选；

铜浓硫酸反应生成硫铜二化硫和水酸既表现出了氧化又表现了酸性；故D选；

故选：

酸既能现出酸又现出氧化；反应中应生成硫酸盐硫酸被还原生成二氧化等物质，据此答．

题考查了素化合物知识悉硫酸的强化性、酸性是解题关，目难度不大．【解析】rm{D}2、C【分析】【分析】

本题考查反应能量变化分析；反应焓变理解和计算方法，图象分析判断能力，题目难度中等。

【解答】

A.rm{12}rm{g}rm{C(s)}与一定量rm{O_{2}(g)}反应生成rm{28}rm{g}rm{CO(g)}放出的热量为rm{110.5}rm{kJ}故A错误；

B.焓变单位为rm{KJ/mol}故该反应的热化学方程式是rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH=-221kJ/mol}故B错误；

C.rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H=-221kJ/mol}与足量rm{2molC(s)}反应生成rm{O_{2}(g)}反应过程中一氧化碳生成二氧化碳是放热反应，所以放出的热量大于rm{CO_{2}(g)}故C正确；

D.该反应的反应热等于rm{221kJ}分子和碳中化学键断裂时所吸收的总能量与rm{O_{2}}分子中化学键形成时所释放的总能量的差；故D错误。

故选C。

rm{CO}【解析】rm{C}3、C【分析】解：含碳碳双键，可发生rm{垄脷}加成反应、rm{垄脺}使溴水褪色rm{垄脻}使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色、rm{垄脽}加聚反应；

含rm{-Cl}可发生rm{垄脵}取代反应、rm{垄脹}消去反应；

不含氯离子，则不能与rm{AgNO_{3}}溶液反应；

即除rm{垄脼}不能发生；其它均可发生；

故选C．

rm{CH_{3}-CH=CH-Cl}中含有rm{C=C}可发生加成、加聚反应和氧化反应，含有rm{-Cl}可发生水解；消去反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键侧重烯烃、卤代烃性质的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{A.}二者属于同分异构体；相对分子质量相同，用质谱法不能鉴别，故A错误；

B.乙醇中含有rm{-OH}可与金属钠或金属钾反应生成氢气，可鉴别，故B正确；

C.二甲醚和乙醇中分别含有rm{-O-}和rm{-OH}官能团不同，可用红外光谱法鉴别，故C正确；

D.二者含有的rm{H}原子的种类和性质不同；可用核磁共振氢谱鉴别，故D正确。

故选：rm{A}

二甲醚和乙醇中分别含有rm{-O-}和rm{-OH}二者性质不同，rm{-OH}可与rm{Na}反应，二者含有的rm{H}原子的种类和性质不同；由于分子式相同，燃烧产物相同，以此解答．

本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，本题注意有机物官能团的异同以及有机物的结构，注意把握鉴别方法．【解析】rm{A}5、B【分析】【解析】试题分析：乙酸分子式为C2H4O2，环己烷分子式为C6H12，辛烯分子式为C8H16，他们形成的混合物中C、H原子个数比都为1:2，所以当氧的质量分数为a时，碳的质量分数为所以答案选B。考点：元素含量的测定【解析】【答案】B6、A【分析】【解析】【答案】A7、D【分析】解：淀粉或纤维素在一定条件下可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，乙醇可被催化氧化为乙醛，则rm{X}为淀粉或纤维素，rm{Y}为乙醇；则。

A.由以上分析可知rm{X}可以是淀粉或纤维素；故A正确；

B.rm{Y}为乙醇，分子式为rm{CH_{3}CH_{2}OH}与与rm{CH_{3}OCH_{3}}是同分异构体；故B正确；

C.rm{Y}为乙醇，含有rm{-OH}可与钠反应生成氢气，用于消除少量钠屑，故C正确；

D.rm{Y}为乙醇；可被催化氧化为乙醛，不是还原反应，故D错误．

故选D．

淀粉或纤维素在一定条件下可水解生成葡萄糖；葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，乙醇可被催化氧化为乙醛，以此解答该题．

本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意把握常见有机物的结构、性质和组成等知识，学习中注意相关知识的积累．【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】本题综合考查配位键的形成和配合物的性质。解题时要注意配位键形成条件中的一方提供孤对电子，另一方提供空轨道。（1）由题中信息可导出结论：凡能给出H＋的物质中一般含有配位键。（2）硼原子为缺电子原子，H3BO3的电离实质是B原子和水中的OH－形成配位键，水产生的H＋表现出酸性。（3）由题中所含配位键的物质的反应特点分析。【解析】【答案】（1）BD（2）H3BO3＋H2OH＋＋[B（OH）4]－（3）②用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水（或其他合理答案）9、略

【分析】【解析】【答案】Ⅰ、ABCDⅡ、（1）ABO3（2）（1-X）/X（3）[Ar]3d54s2（4）AC10、D|=|75%|1.3【分析】【解答】解：A．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．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化；是化学平衡状态的特征，故C错误；

D．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D正确．

故选D；②根据图中CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系，A、B两点的温度是一样的，所以平衡常数相等，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。CO（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．

【分析】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计算转化率和平衡常数．11、（1）C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1366.8kJ·mol－1（2）CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ·mol－1____（3）C2H2（g）+5/2O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=-1300kJ•mol-1（4）N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1【分析】【分析】本题主要考查了热化学方程式的书写，注意把握从键能的角度计算反应热的方法。【解答】rm{(1)}rm{)1molC}rm{)1molC}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}完全燃烧生成rm{{,!}_{5}}rm{OH(l)}完全燃烧生成rm{CO}rm{OH(l)}和rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}和rm{H}放出rm{(g)}热量，所以乙醇燃烧的热化学方程式为rm{H}rm{{,!}_{2}}

故答案为：rm{O(l)}放出rm{1366.8kJ}热量rm{O(l)}

rm{1366.8kJ}rm{C_{2}H_{5}OH(l)+3O_{2}(g)=2CO_{2(}g)+3H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-1366.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{C_{2}H_{5}OH(l)+3O_{2}(g)=2CO_{2(}g)+3H_{2}O(l)}与适量rm{娄陇H=-1366.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{(2)}rm{16gCH}反应生成rm{16gCH}rm{{,!}_{4}}rm{(g)}与适量rm{O}和rm{(g)}rm{O}rm{{,!}_{2}}放出rm{(g)}反应生成rm{CO}热量，所以甲烷燃烧的热化学方程式为rm{(g)}rm{CO}故答案为：rm{{,!}_{2}}rm{(g)}和rm{H}rm{(g)}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}放出rm{890.3kJ}热量，所以甲烷燃烧的rm{O(l)}rm{890.3kJ}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-890.3kJ隆陇mol^{-1}}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-890.3kJ隆陇mol^{-1}}rm{(3)1g}也就是rm{C}气态rm{C}完全燃烧生成rm{{,!}_{2}}和液态水，故乙炔的燃烧热的热化学方程式为rm{C_{2}H_{2}(g)+5/2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangleH=-1300kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{C_{2}H_{2}(g)+5/2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangleH=-1300kJ?mol^{-1}}

rm{H}在反应rm{H}中，断裂rm{{,!}_{2}}键，的热值为rm{50.0kJ}rm{C}三rm{50.0kJ}键共吸收的能量为：rm{C}

生成rm{{,!}_{2}}共形成rm{H}键，放出的能量为：rm{H}吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：rm{{,!}_{2}}

所以热化学方程式为：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)triangleH=-92kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)triangleH=-92kJ?mol^{-1}}

标准燃烧热的热化学方程式【解析】rm{(1)C_{2}H_{5}OH(l)+3O_{2}(g)=2CO_{2(}g)+3H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-1366.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{(2)CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-890.3kJ隆陇mol^{-1}}____rm{(3)C_{2}H_{2}(g)+5/2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangleH=-1300kJ?mol^{-1}}rm{(4)N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)triangleH=-92kJ?mol^{-1}}rm{(3)C_{2}H_{2}(g)+5/2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangle

H=-1300kJ?mol^{-1}}12、甲基羰基羟基羧基醇类CH3CH2OH【分析】解：（1）由图中结构可知；①为甲基，②为羰基，③为羟基，故答案为：甲基；羰基；羟基；

（2）羰基和羟基组成的原子团为羧基；故答案为：羧基；

（3）甲基与羟基组成的有机物的类别是甲醇，甲醇属于醇类，甲醇与乙醇同系物，乙醇结构简式为CH3CH2OH，故答案为：醇类；CH3CH2OH。

（1）根据结构判断基团的名称；

（2）羰基和羟基组成的原子团为羧基；

（3）甲基与羟基组成的有机物为甲醇。

本题考查官能团、有机物命名、同系物的概念等，难度中等，学生应用基础知识进行解答即可。【解析】甲基羰基羟基羧基醇类CH3CH2OH三、实验题(共5题，共10分)13、略

【分析】（1）①实验1、2中不同的是温度，所以实验研究的是温度对H2O2分解速率的影响。②实验2、3中不同是催化剂，所以实验的目的是比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解反应速率影响的差异。（2）①催化剂不同，反应速率不同，则产生的气泡快慢不同；两种催化剂中阴离子是不同的，所以为排除阴离子的干扰，应该控制阴离子相同，排除阴离子的干扰因此用硫酸铁根合理。②要定量分析，还需要测量收集40mL气体所需要的时间。（3）①由于反应中还生成Mn2＋，Mn2＋具有催化性能，所以还能的原因是催化剂的影响。②由于反应生成的是硫酸锰，所以还应该选择的试剂是硫酸锰，答案选B。【解析】【答案】（8分，每空1分）（1）（1）①温度（1分）②比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解反应速率影响的差异；（1分）(2)①反应产生气泡的快慢（1分）控制阴离子相同，排除阴离子的干扰（1分）②收集40mL气体所需要的时间（2分）(3)催化剂(或硫酸锰或Mn2+的催化作用)；（1分）(2)B（1分）14、略

【分析】（1）步骤I是除去油污，由于需要加热，所以②④⑤是不需要的。（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的降低而降低，所以趁热过滤的目的是防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失。（3）根据反应物和生成物可以得出方程式为K+＋Fe3+＋[Fe(CN)6]4－=KFe[Fe(CN)6]↓。（4）由于硫酸亚铁铵晶体在乙醇中的溶解度小，可减小晶体在洗涤时应溶解而损失；其次酒精易挥发，不会附着在晶体表面。（5）NH4＋水解显酸性，CO32－水解显碱性，二者相互促进。Fe2＋水解显酸性，和NH4＋水解相互抑制，所以铵根离子浓度由小到大的排列顺序为a【解析】【答案】（1）②④⑤；（2）防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失。（3）K+＋Fe3+＋[Fe(CN)6]4－=KFe[Fe(CN)6]↓（4）①硫酸亚铁铵晶体在乙醇中的溶解度小，可减小晶体在洗涤时应溶解而损失；②酒精易挥发，不会附着在晶体表面。（或：减少蒸馏水中的溶解氧对晶体的氧化）（5）a15、略

【分析】【解析】【答案】（11分）（1）①（1分）偏大（1分）（2）酸式滴定管（或移液管）（1分）无影响（1分）（3）锥形瓶中溶液颜色变化（1分）锥形瓶中溶液由无色变为浅红色（1分），半分钟不变色（1分）（4）AB（2分）（5）0.1626（2分）16、（1）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

（2）2980.50.0013230.50.012980.01④

（3）反应生成的锰离子起了催化作用B

（4）①1×10-4mol•L-1•min-1②不可行取过量的体积相同；浓度不同的草酸溶液分别与体积相同、浓度相同的高锰酸钾酸性溶液反应；观察溶液褪色的情况。

③3.02.0【分析】【分析】本题考查了探究影响化学反应速率的因素的方法，熟练掌握外界条件对化学反应速率的影响为解答关键，注意明确设置对照试验的原则，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。【解答】rm{(1)}草酸使酸性高锰酸钾褪色，是rm{+7}价的rm{Mn}氧化了草酸根，rm{Mn}变为rm{+2}价，rm{C}变为rm{+4}价，生成二氧化碳，据氧化还原反应中得失电子相等和原子守恒书写离子方程式为：rm{5H}草酸使酸性高锰酸钾褪色，是rm{(1)}价的rm{+7}氧化了草酸根，rm{Mn}变为rm{Mn}价，rm{+2}变为rm{C}价，生成二氧化碳，据氧化还原反应中得失电子相等和原子守恒书写离子方程式为：rm{+4}rm{5H}rm{{,!}_{2}}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}十rm{2MnO}rm{2MnO}rm{{,!}_{4}^{-}}十rm{6H}rm{6H}rm{{,!}^{+}}十rm{=2Mn}rm{=2Mn}rm{{,!}^{2+}}

十rm{10CO}rm{10CO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}十rm{8H}rm{隆眉}rm{8H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案为：rm{5H}rm{5H}rm{{,!}_{2}}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}

rm{{,!}_{4}}由实验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，

rm{+2MnO}和rm{+2MnO}探究rm{{,!}_{4}^{-}}rm{+6H}rm{+6H}的温度、催化剂的用量相同，只有浓度不同；实验rm{{,!}^{+}}的温度不同，则实验目的是探究温度对化学反应速率的影响，则rm{=2Mn}中只有温度不同，其他条件相同；实验rm{=2Mn}应该是探究催化剂对反应速率的影响，则rm{{,!}^{2+}}中只有催化剂的用量不同，其他条件相同，据此完成表格为：rm{+10CO}故答案为：rm{+10CO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+8H}rm{隆眉+8H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{(2)}由实验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，rm{(2)}实验rm{垄脵}和rm{垄脷}探究rm{KMnO}开始缓慢褪色，后来迅速变成无色，说明反应速率明显加快，排除温度的影响，反应过程中浓度减小，在溶液中进行压强无影响，只能是生成物对反应有催化作用，分析生成物可知，其他离子原溶液中有，只能是锰离子起了催化作用；为了证明猜想，除酸性高锰酸钾、草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是硫酸锰，提供锰离子，

rm{垄脵}rm{垄脷}

rm{KMnO}反应开始时：rm{c(KMn{O}_{4})=dfrac{;0.001mol/L隆脕0.004L}{;0.004L+0.002L;}=0.00067;mol?{L}^{-1}}反应时间：rm{?t=dfrac{;6min+7min+7min;}{3};=6.7min;;}rm{{,!}_{4}}酸性溶液的浓度对反应速率的影响，则实验rm{垄脵垄脷}的温度、催化剂的用量相同，只有浓度不同；实验rm{垄脵垄脹}的温度不同，则实验目的是探究温度对化学反应速率的影响，则rm{垄脵垄脹}中只有温度不同，其他条件相同；实验rm{垄脵垄脺}应该是探究催化剂对反应速率的影响，则rm{垄脵垄脺}中只有催化剂的用量不同，其他条件相同，据此完成表格为：的平均反应速率：rm{娄脥(KMn{O}_{4})=dfrac{;0.00067mol/L;;}{6.7min}=1隆脕{10}^{-4;}mol?{L}^{-1}?mi{n}^{-1}}；

故答案为：rm{垄脵垄脷}rm{垄脵垄脹}rm{垄脵垄脹}由题中数据知浓度大的褪色时间反而长，因颜色是由rm{垄脵垄脺}rm{垄脵垄脺}，rm{298}rm{0.5}rm{0.001}rm{323}rm{0.5}rm{0.01}

rm{298}rm{0.01}

rm{垄脺}只改变rm{垄脺}rm{(3)}开始缓慢褪色，后来迅速变成无色，说明反应速率明显加快，排除温度的影响，反应过程中浓度减小，在溶液中进行压强无影响，只能是生成物对反应有催化作用，分析生成物可知，其他离子原溶液中有，只能是锰离子起了催化作用；为了证明猜想，除酸性高锰酸钾、草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是硫酸锰，提供锰离子，rm{(3)}通过加蒸馏水使溶液总体积不变，总体积为则故答案为：反应生成的锰离子起了催化作用；rm{B}rm{B}rm{(4)垄脵}反应开始时：rm{c(KMn{O}_{4})=

dfrac{;0.001mol/L隆脕0.004L}{;0.004L+0.002L;}=0.00067;mol?{L}^{-1}

}rm{(4)垄脵}rm{c(KMn{O}_{4})=

dfrac{;0.001mol/L隆脕0.004L}{;0.004L+0.002L;}=0.00067;mol?{L}^{-1}

}反应时间：rm{?t=

dfrac{;6min+7min+7min;}{3};=6.7min;;}

rm{?t=

dfrac{;6min+7min+7min;}{3};=6.7min;;}rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}【解析】rm{(1)5H_{2}C_{2}O_{4}+2MnO_{4}^{-}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}

rm{(2)298}rm{0.5}rm{0.001}rm{323}rm{0.5}rm{0.01}rm{298}rm{0.01}rm{垄脺}

rm{(3)}反应生成的锰离子起了催化作用rm{B}

rm{(4)垄脵1隆脕10^{-4}}rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{垄脷}不可行取过量的体积相同；浓度不同的草酸溶液分别与体积相同、浓度相同的高锰酸钾酸性溶液反应；观察溶液褪色的情况。

rm{垄脹3.0}rm{2.0}17、略

【分析】解：rm{(1)}在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成：发生反应为rm{C_{6}H_{6}+Br_{2}xrightarrow{Fe}C_{6}H_{5}Br+HBr}该反应放出大量热量，使反应液微沸，且使溴挥发，故HBrm{C_{6}H_{6}+Br_{2}

xrightarrow{Fe}C_{6}H_{5}Br+HBr}气体中混有溴蒸气；呈红棕色；

故答案为：反应液微沸，有红棕色气体充满rm{r}容器；

rm{A}溴单质能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，因此用氢氧化钠溶液可以除去溴苯中的溴单质，发生rm{(2)}

故答案为：除去溶于溴苯中的溴；rm{Br_{2}+2NaOH篓TNaBr+NaBrO+H_{2}O}

rm{Br_{2}+2NaOH篓TNaBr+NaBrO+H_{2}O}能溶解溴不能溶解溴化氢；可用四氯化碳除去溴化氢中的溴，以免干扰实验现象；

故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；

rm{(3)CCl_{4}}如果苯和液溴发生的是取代反应，则有rm{(4)}生成，如果发生的是加成反应，则无rm{HBr}生成rm{HBr}也就是说，如果要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，只需检验有无rm{.}生成rm{HBr}可向试管rm{.}中加入rm{D}溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明发生取代反应，检验rm{AgNO_{3}}的方法，可用石蕊试液，若变红则发生取代反应rm{H^{+}}但溴易挥发，溴化氢气体中的溴蒸气对溴化氢的检验有干扰作用，因此，在检验溴化氢前必须除去溴蒸气，这也正是rm{.}中盛放的rm{C}的作用．

故答案为：石蕊试液；变红．

铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和rm{CCl_{4}}rm{HBr}装置用于除去溴，rm{C}吸收rm{D}为检验rm{HBr}可加入硝酸银溶液，反应完后，打开活塞，氢氧化钠与溴反应，可除去溴苯中的溴．

rm{HBr}苯和液溴在溴化铁催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氫；该反应是放热反应且反应物溴容易挥发；

rm{(1)}溴单质能与氢氧化钠反应而溴苯不能；

rm{(2)}能溶解溴不能溶解溴化氢；

rm{(3)CCl_{4}}如果苯和液溴发生的是取代反应，则有rm{(4)}生成，如果发生的是加成反应，则无rm{HBr}生成；检验溴化氢可说明发生取代反应，检验溴化氢可检验溶液中的溴离子或检验反应后溶液的酸碱性．

本题考查苯的取代反应方程式及实验现象以及产物rm{HBr}的检验，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目难度中等，注意掌握苯的取代反应原理，明确反应的产物及rm{HBr}的化学性质进行解题．rm{HBr}【解析】反应液微沸，有红棕色气体充满rm{A}容器；除去溶于溴苯中的溴；rm{Br_{2}+2NaOH篓TNaBr+NaBrO+H_{2}O}除去溴化氢气体中的溴蒸气；石蕊试液；变红四、有机推断题(共4题，共20分)18、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=CH219、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=CH220、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++HCl21、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、元素或物质推断题(共4题，共28分)22、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）223、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U