2025年浙教版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年浙教版高二化学上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、据报导，我国某些城市的酸雨严重，为改变这一状况，某市正准备推广使用的清洁能源，下列所列能源不是清洁能源的是（）A.太阳能B.石油C.天然气D.酒精2、石墨晶体是层状结构，在每一层里，每一个碳原子都跟其它3个碳原子相结合．如图是石墨的晶体结构俯视图，图中每个黑点表示1个碳原子，而两黑点间的连线表示1个共价键，则石墨晶体中碳原子个数与共价键个数之比为（）A.1：3B.2：3C.2：1D.3：23、下列叙述不正确的是（）A.淀粉、纤维素、油脂都属于高分子化合物B.塑料、合成纤维、合成橡胶被称为“三大合成材料”C.蛋白质水解的最终产物均为氨基酸D.油脂水解得到的醇是丙三醇4、下列分子中的一个氢原子被氯原子取代后，所得一氯代物种类最多的是rm{(}rm{)}A.正戊烷B.异戊烷C.新戊烷D.环己烷5、将甲苯与液溴混合，加入铁粉，其反应所得的产物可能有rm{(}rm{)}

rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}A.仅rm{垄脵垄脷垄脹}B.仅rm{垄脽}C.仅rm{垄脺垄脻垄脼垄脽}D.全部6、下列气体的主要成分不是甲烷的是（）A.沼气B.天然气C.煤气D.坑道气7、能证明与过量rm{NaOH}醇溶液共热时发生了消去反应的是()

A.混合体系rm{xrightarrow[]{盲氓脣庐}Br_{2}}的颜色褪去B.混合体系rm{xrightarrow[]{脳茫脕驴脧隆HN{O}_{3}}xrightarrow[]{AgN{O}_{3}脠脺脪潞}}淡黄色沉淀C.混合体系rm{xrightarrow[]{盲氓脣庐}

Br_{2}}有机物rm{xrightarrow[]{脣谩脨脭KMn{O}_{4}脠脺脪潞}}紫色褪去D.混合体系rm{xrightarrow[]{脳茫脕驴脧隆HN{O}_{3}}

xrightarrow[]{AgN{O}_{3}脠脺脪潞}}有机物rm{xrightarrow[]{B{r}_{2}碌脛CC{l}_{4}脠脺脪潞}Br_{2}}的颜色褪去rm{xrightarrow[]{脤谩脠隆}}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)8、已知可逆反应aA+bBcC中，物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（两个答案）（）A.该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡B.该反应在T2温度时达到过化学平衡C.该反应的逆反应是吸热反应D.升高温度，平衡会向正反应方向移动9、新浪网2009年8月31日消息，据英国《每日邮报》报道，近日IBM的科学家借助原子力显微镜，首次将拍摄到的单个并五苯分子的照片呈现在人们面前（左图）．右图为并五苯的分子模型．下面关于并五苯的说法不正确的是（）A.并五苯由22个碳原子和14个氢原子组成B.并五苯属于芳香烃C.并五苯的一氯代物有三种同分异构体D.并五苯和苯互为同系物10、在一定条件下，能和Br2起反应而且有HBr生成的气体是（）A.丙烷B.苯C.乙烯D.乙炔11、下列说法正确的是（）A.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5水解的产物是CH3CO18OH和C2H5OHB.用甘氨酸（H2NCH2COOH）和丙氨酸（CH3CHNH2COOH）混合缩合，最多可形成4种二肽C.苯甲醛中混有苯甲酸，加入生石灰，再加热蒸馏D.将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，若溶液褪色，证明有乙炔生成12、如下图所示，rm{triangleH_{1}=-393.5kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{2}=-395.4kJ?mol^{-1}}下列说法或表示式正确的是rm{triangle

H_{1}=-393.5kJ?mol^{-1}}rm{triangle

H_{2}=-395.4kJ?mol^{-1}}A.rm{(}石墨rm{)}rm{C(s}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}B.石墨和金刚石的转化是物理变化C.石墨的稳定性强于金刚石D.rm{)_{=}}石墨的总键能比rm{C(s}金刚石的总键能小rm{)triangleH=

+1.9kJ?mol^{-1}}rm{1mol}13、碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用rm{.}锌rm{-}锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s).}则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{.}电池工作时，rm{MnO_{2}}发生还原反应B.rm{.}电池负极的电极反应式为：rm{2MnO_{2}+H_{2}O+2e^{-}隆煤Mn_{2}O_{3}+2OH^{-}}C.rm{.}电池工作时，电路中每通过rm{0.2mol}电子，锌的质量理论上减少rm{6.5g}D.电池工作时，rm{K^{+}}移向负极14、下列说法正确的是（）A.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5水解的产物是CH3CO18OH和C2H5OHB.用甘氨酸（H2NCH2COOH）和丙氨酸（CH3CHNH2COOH）混合缩合，最多可形成4种二肽C.苯甲醛中混有苯甲酸，加入生石灰，再加热蒸馏D.将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，若溶液褪色，证明有乙炔生成评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、(每空1分，共6分)在下列物质中：NaOH、Na2S、（NH4）2S、Na2O2、C2H2、SiC晶体。⑴其中只含有离子键的离子晶体是；⑵其中既含有离子键又含有极性共价键的离子晶体是；⑶其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是；⑷其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是；⑸其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是；⑹其中含有极性共价键的原子晶体是。16、马铃薯有望成为水稻、小麦、玉米之后的我国第四大主粮作物．马铃薯约含20%淀粉，淀粉属于______（填“糖类”或“油脂”）．医疗上常用作“钡餐”的是______（填“硫酸钡”或“碳酸钡”）．17、下图中X是无支链的、具有果香味的合成香料，可用于调配多种果香型香精。已知D在标准状况下的密度为1.25g/L，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是生活中常见的一种有机物。各物质间转化关系如下：请回答下列问题。(1)A的名称是____。(2)B中所含的官能团是____。(3)C+EX的化学反应类型是____反应。(4)写出任意两种与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式(不含A)：____。____(5)X与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是____。(6)以D为原料生产一种常见塑料的化学方程式是____。18、在常压，150℃时，某气态烃与过量氧气的混合气体aL，点燃后并恢复至原来的条件，体积仍为aL．然后将燃烧产物通过浓硫酸，体积减少bL，再通过NaOH溶液，体积又减少bL，最后剩有少量尾气．该烃的分子式是____________．19、rm{A隆芦G}是几种烃的分子球棍模型rm{(}如图rm{)}据此回答下列问题：rm{(1)}常温下含碳量最高的气态烃是_________________rm{(}填字母rm{)}rm{(2)}能够发生加成反应的烃有________种。rm{(3)}一卤代物种类最多的是________rm{(}填写字母rm{)}rm{(4)}写出实验室制取rm{D}的化学方程式________________________________________________________________________rm{(5)}写出rm{F}发生硝化反应的化学方程式________________________________________________________________________评卷人得分四、实验题(共2题，共12分)20、某化学课外活动小组研究乙醇氧化的实验并验证其产物，设计了甲、乙二套装置（图中的夹持仪器均未画出，“△”表示酒精灯热源），每套装置又可划分为①、②、③三部分。仪器中盛放的试剂为：a－无水乙醇（沸点：78℃）；b－铜丝；c－无水硫酸铜；d－银氨溶液。（1）简述两套方案各自的优点：甲乙（2）集中两套方案的优点，组成一套比较合理完善的实验装置，可按气流由左至右的顺序表示为________________（例如甲①，乙②）（3）若要保证此实验有较高的效率，还需补充的仪器有。理由。（4）写出d中的化学方程式，该反应类型为。（5）装置中，若撤去第①部分，其它操作不变，则无水硫酸铜无明显变化，其余现象与（4）相同，推断燃烧管中主要反应的化学方程式_______________________________________。21、硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）在医药上作补血剂．某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量．实验步骤如下：

请回答下列问题：

（1）步骤②加入过量H2O2的目的：______．

（2）步骤③中反应的离子方程式：______．

（3）步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、______；灼烧、冷却、称量．

（4）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量______g．

（5）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定．（5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O）

①上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是______．

a．稀硝酸b．稀硫酸c．盐酸d．浓硝酸。

②滴定到终点时（恰好完全反应）的颜色为______色．评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】试题分析：石油属于化石燃料，不是清洁能源，而天然气燃烧和酒精后，只生成水和二氧化碳，没有硫的氧化物（煤的燃烧），没有氮氧化物、一氧化碳等有害物质，太阳能没有污染物，所以都属于清洁能源．考点：化学与能源【解析】【答案】B2、B【分析】解：六边形中由6个C原子，每个碳原子被3个六边形共用，则一个六边形占有的碳原子数目是6×=2，占有的碳碳单键数目是6×=3；所以碳原子数与碳碳单键数之比为2：3；

故选：B．

利用均摊法计算碳原子占有的C-C化学健个数；每个碳原子与其占有的C-C化学健之比即是石墨晶体每一层内碳原子与C-C化学健之比，据此分析解答．

本题考查了晶胞的有关知识，明确每个碳原子占有的碳碳化学键个数是解本题的关键，根据均摊法来分析解答即可，难度不大．【解析】【答案】B3、A【分析】解：A．油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故A错误；

B．三大合成材料指的是合成塑料；合成纤维、合成橡胶；故B正确；

C．蛋白质水解最终生成氨基酸；故C正确；

D．高级脂肪酸甘油酯水解后得到的醇是丙三醇；故D正确．

故选A．

A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

B．三大合成材料指的是塑料；合成纤维、合成橡胶；

C．蛋白质水解生成氨基酸；

D．油脂是高级脂肪酸甘油酯．

本题考查高分子化合物、合成材料、蛋白质和油脂的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】【答案】A4、B【分析】解：rm{A.}正戊烷rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}中有rm{3}种氢原子，一氯代物有rm{3}种；

B.异戊烷中有rm{4}种氢原子，一氯代物有rm{4}种；

C.新戊烷中只有rm{1}种氢原子，一氯代物只有rm{1}种；

D.环己烷中只有rm{1}种氢原子，一氯代物只有rm{1}种；

故选B．

根据分子中等效氢原子判断；分子中有几种氢原子其一氯取代产物就有几种．

本题考查同分异构体的书写，难度中等，根据等效氢判断同分异构体数目，利用对称性确定分子中等效氢原子数目是解题的关键．【解析】rm{B}5、C【分析】解：甲苯与液溴混合，加入铁粉作催化剂，只能取代苯环上的氢原子，同时甲基对苯环的影响，主要取代甲基邻位、对位的氢原子，也可能取代间位上的氢原子，所以其反应产物可能有：rm{垄脺垄脻垄脼垄脽}

故选：rm{C}．

甲苯与液溴混合；加入铁粉作催化剂，只能取代苯环上的氢原子，同时甲基对苯环的影响，主要取代甲基邻位；对位的氢原子，也可能取代间位上的氢原子．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题注意甲苯与溴发生取代反应，条件不同，取代位置不同，难度不大．【解析】rm{C}6、C【分析】试题分析：A、沼气的主要成分是甲烷，错误；B、天然气的主要成分是甲烷，错误；C、煤气主要成分是一氧化碳，正确；D、坑道产生的气体的主要成分是甲烷，错误。考点：考查沼气、天然气、煤气和坑道气的成分。【解析】【答案】C7、D【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，把握卤代烃消去反应和水解反应产物及性质为解答的关键，注意涉及实验方案的严密性，题目难度不大。根据与过量rm{NaOH}醇溶液共热时发生了消去反应生成苯乙烯；苯乙烯；乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯乙烯能使溴水褪色，乙醇不能使溴水褪色来解答。

【解答】A.混合体系rm{xrightarrow{{盲氓脣庐}}Br_{2}}的颜色褪去；可能是单质溴与碱反应，也可能单质溴与烯烃发生加成反应，无法证明发生消去反应，故A错误；

B.混合体系rm{xrightarrow{{脳茫脕驴脧隆}HNO_{3}}}rm{xrightarrow{AgNO_{3}{脠脺脪潞}}}淡黄色沉淀，说明生成了溴离子，而发生水解反应和消去反应都能生成溴离子；无法证明发生消去反应，故B正确；

C.混合体系rm{

xrightarrow{{盲氓脣庐}}Br_{2}}有机物rm{xrightarrow{{脣谩脨脭}KMnO_{4}{脠脺脪潞}}}紫色褪去；乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明发生消去反应，故C错误；

D.混合体系rm{

xrightarrow{{脳茫脕驴脧隆}HNO_{3}}}有机物rm{xrightarrow{Br_{2}{碌脛}CCl_{4}{脠脺脪潞}}Br_{2}}的颜色褪去；说明有苯乙烯生成，能证明发生消去反应，故D正确；

故选D。rm{

xrightarrow{AgNO_{3}{脠脺脪潞}}}【解析】rm{D}二、双选题(共7题，共14分)8、B|C【分析】解：A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡；故A错误；

B、T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，而T2℃时恰好平衡；故B正确；

C、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应，故C正确；

D、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，故D错误．

故选：BC．

T2℃之前A%变小，C%从0逐渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前该反应未达到平衡状态，而T2℃时为化学平衡状态，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应，据此分析．

本题化学反应图象分析，明确图象中曲线变化趋势与温度的关系是解本题关键，会根据图象确定平衡状态及反应热，题目难度不大．【解析】【答案】BC9、C|D【分析】解：A；根据并五苯分子球棍模型可知；分子构成中碳原子数为22、氢原子的个数为14，故A正确；

B；并五苯含有5个苯环；只含C、H两种元素，属于芳香烃，故B正确；

C、并五苯左右对称，上下对称，如图所示分子中1；5、6、10为等效氢原子，2、4、7、9为等效氢原子，3、8为等效氢原子，11、12、13、14为等效氢原子，所以该分子中有4种H原子，所以一氯代物有四种同分异构体，故C错误．

D、并五苯和苯分子组成通式不同，不相差若干CH2原子团；所以不是同系物，故D错误．

故选：CD

A；根据并五苯分子球棍模型；可数出分子构成中碳原子、氢原子的个数，注意中间的环为苯环．

B；芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物．

C；利用对称找出分子中的等效H原子；有几种等效H原子，就有几种一氯代物．

D、同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团；且具有相同官能团的化合物；

本题考查了同系物的判断、分子中碳原子和氢原子的确定、一氯代物同分异构体的确定等知识点，难度不大，易错选项是C，注意确定一氯代物的同分异构体时先判断对称结构，再根据对称结构确定等效氢原子，从而确定一氯代物的种类．【解析】【答案】CD10、A|B【分析】解：A．丙烷和溴在光照条件下发生取代反应生成溴丙烷和溴化氢；故A正确；

B．苯和溴在溴化铁的催化作用发生取代反应生成溴苯和溴化氢；故B正确；

C．乙烯和溴发生加成反应生成溴乙烷，没有HBr生成；故C错误；

D．乙炔和溴发生加成反应生成1，1，2，2-四溴乙烷，没有HBr生成；故D错误．

故选AB．

能和Br2起反应而且有HBr生成的气体；说明该反应为取代反应，不是加成反应，结合物质的性质来解答；

本题主要考查了有机物的性质与反应类型，注意加成反应与取代反应的区别，难度中等．【解析】【答案】AB11、B|C【分析】解：A．乙酸和乙醇发生酯化反应时，乙酸中C-O键断裂，乙醇中O-H键断裂，则水解可分别形成C-O键和O-H键，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；故A错误；

B．氨基酸生成二肽；就是两个氨基酸分子脱去一个水分子．当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，共4种，故B正确；

C．苯甲酸可与生石灰反应；生成的盐不挥发，可用蒸馏的方法分离，故C正确；

D．乙炔中混有的杂质H2S、PH3具有还原性；也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误，故选BC．

A．水解为断开C-O键；据此解答即可；

B．氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH；氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽；

C．苯甲酸可与生石灰反应；

D．乙炔中混有的杂质H2S、PH3具有还原性．

本题考查有机物的鉴别，侧重于有机物的结构和性质的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同以及鉴别的方法的选取，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】BC12、AC【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写及应用；读懂图示；理清物质的稳定性与能量的关系是解答的关键，题目难度不大。

【解答】由图示得：rm{垄脵C(S}石墨rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-393.5kJ?mol^{-1}}金刚石rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-395.4kJ?mol^{-1}}

利用盖斯定律将rm{垄脷C(S}可得：rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-395.4kJ?mol^{-1}}石墨rm{垄脵-垄脷}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}则。

A.rm{C(S}石墨rm{)=C(S}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}故A正确；

B.石墨和金刚石是碳元素的两种不同的单质；是同素异形体，石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；

C.金刚石能量大于石墨的总能量；物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；

D.依据热化学方程式rm{)triangle

H=+1.9kJ?mol^{-1}}石墨rm{C(s}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}rm{)=C(s}石墨的总键能比rm{)triangle

H=+1.9kJ?mol^{-1}}金刚石的总键能大于rm{C(S}故D错误；

故选AC。

rm{)=C(S}【解析】rm{AC}13、rAC【分析】解：rm{A.}根据总反应可知，rm{MnO_{2}}中rm{Mn}元素的化合价降低；发生还原反应，故A正确；

B.负极rm{Zn}失电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为：rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}=Zn(OH)_{2}}故B错误；

C.由rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}可知，rm{65gZn}反应转移电子为rm{2mol}则rm{6.5gZn}反应转移rm{0.2mol}电子；故C正确；

D.电池工作时，电子由负极流向正极，根据异性电荷相吸，溶液中rm{K^{+}}rm{H^{+}}向正极移动，rm{OH^{-}}向负极移动；故D错误．

故选AC．

根据电池总反应式为：rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}可知反应中rm{Zn}被氧化，为原电池的负极，负极反应为rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}篓TZn(OH)_{2}}rm{MnO_{2}}为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为rm{2MnO_{2}(s)+H_{2}O(1)+2e^{-}篓TMn_{2}O_{3}(s)+2OH^{-}(aq)}以此解答该题．

本题考查化学电源的工作原理，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和原电池正负极的判断rm{.}理解这类题的关键是理解原电池原理，在反应中，电子从负极经外电路流向正极，同时溶液中的阴、阳离子分别不断移向负极、正极，构成闭合回路．【解析】rm{AC}14、B|C【分析】解：A．乙酸和乙醇发生酯化反应时，乙酸中C-O键断裂，乙醇中O-H键断裂，则水解可分别形成C-O键和O-H键，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；故A错误；

B．氨基酸生成二肽；就是两个氨基酸分子脱去一个水分子．当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，共4种，故B正确；

C．苯甲酸可与生石灰反应；生成的盐不挥发，可用蒸馏的方法分离，故C正确；

D．乙炔中混有的杂质H2S、PH3具有还原性；也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误，故选BC．

A．水解为断开C-O键；据此解答即可；

B．氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH；氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽；

C．苯甲酸可与生石灰反应；

D．乙炔中混有的杂质H2S、PH3具有还原性．

本题考查有机物的鉴别，侧重于有机物的结构和性质的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同以及鉴别的方法的选取，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】BC三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体。因此氢氧化钠是含有离子键和极性键的离子晶体、硫化钠是含有离子键的离子晶体、硫化铵是含有离子键和极性键的离子晶体、过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子晶体、乙炔是含有极性键和非极性键的分子晶体、碳化硅是含有极性键的原子晶体。【解析】【答案】（每空1分，共6分）⑴Na2S⑵NaOH⑶（NH4）2S⑷Na2O2⑸C2H2⑹SiC晶体16、略

【分析】解：淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，故为多糖，即属于糖类，X射线对BaSO4穿透能力较差，BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba2+中毒，所以常用BaSO4做内服造影剂；

故答案为：糖类；硫酸钡．

淀粉是多糖；是葡萄糖的脱水缩合物；碳酸钡易溶于胃酸盐酸，医疗上常用作“钡餐”的是硫酸钡．

本题考查生活中的化学，掌握淀粉的构成、碳酸钡、硫酸钡的性质是解答关键，题目较简单．【解析】糖类；硫酸钡17、略

【分析】【解析】试题分析：D的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则D是乙烯。A氧化生成B，B氧化生成C，C和E反应生成具有果香味的合成香料，这说明X应该是酯类，所以C是羧酸，E是醇。这说明E是乙烯和水提高加成反应生成的乙醇。则根据原子守恒可知，C应该是丁酸。由于X是无支链的，所以B是丁醛，则A是正丁醇，即1－丁醇。考点：考查有机物名称、官能团、结构简式、同分异构体的判断以及有机反应方程式的书写等【解析】【答案】（1）1－丁醇（2）醛基（3）酯化反应（或取代反应）（4）(CH3)3COH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH（5）CH3CH2CH2COOCH2CH3＋NaOHCH3CH2CH2COONa＋CH3CH2OH（6）18、略

【分析】解：该气态烃的组成为CxHy，燃烧方程式为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，点燃后并恢复至原来的条件，水是气态，体积不变，则有1+x+=x+解得x=4，即分子中H原子数目为4；然后将燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸吸水，体积减少bL为生成的H2O的体积，再通过NaOH溶液，体积又减少bL，NaOH溶液吸收CO2，即CO2体积为bL，水的体积大于二氧化碳的体积，故烃中C、H原子数目比为1：2，所以分子中C原子数目为×4=2，故该烃的分子式为C2H4．

故答案为：C2H4．【解析】C2H419、rm{(1)D}

rm{(2)4}

rm{(3)G}

rm{(4)}rm{CaC}rm{CaC}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+C}rm{+C}

rm{{,!}_{2}}rm{H}【分析】rm{?}rm{?}【分析】

本题考查了通过球棍模型确定有机物的结构简式和类别；进而确定物质的化学性质及同分异构体的数目。

【解答】

上述有机物分别为为甲烷、rm{?}为乙烷、rm{?}为乙烯、rm{A}为乙炔、rm{B}为丙烷、rm{C}为苯、rm{D}为甲苯，rm{E}若烃的化学式为rm{F}rm{G}的值越大，含碳量越高，根据化学式可知：乙炔的rm{(1)}的最大，故rm{C_{x}H_{y}}rm{C_{x}H_{y}}，rm{x/y}的值越大，含碳量越高，根据化学式可知：乙炔的能够发生加成反应的烃有乙烯、乙炔、苯和甲苯，共rm{x/y}的值越大，含碳量越高，根据化学式可知：乙炔的种；rm{x/y}甲苯rm{x/y}种，其它烃的一卤代物种类常温下含碳量最高的气态烃是rm{D}或rm{(2)}能够发生加成反应的烃有种，故一卤代物种类最多的是rm{(2)}rm{4}实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，反应方程式为：rm{(3)}rm{(3)}的一卤代物种类为rm{4}种，其它烃的rm{4}为rm{1}rm{2}或rm{3}种，故一卤代物种类最多的是rm{1}rm{2}rm{3}rm{G}rm{(4)}实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，反应方程式为：rm{CaC}rm{(4)}故答案为：rm{CaC}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+C}rm{+C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}故答案为：rm{CaC}rm{隆眉}rm{CaC}解答本题的关键是掌握基本有机物的化学性质；掌握同分异构体的书写，熟记重要的有机化学方程式。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)D}

rm{(2)4}

rm{(3)G}

rm{(4)}rm{CaC}rm{CaC}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+C}rm{+C}

rm{{,!}_{2}}rm{H}四、实验题(共2题，共12分)20、略

【分析】【解析】【答案】（1）甲：用热水浴加热，可形成较平稳的乙醇气流，使反应更充分；乙：①与③中的干燥管可防止溶液中或空气中的水与无水硫酸铜反应，避免干扰实验（2）乙①；甲②；乙③（3）温度计；控制水浴温度在78℃或略高于78℃，使乙醇蒸汽平稳流出，减少挥发，提高反应效率（4）CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，氧化反应（5）21、略

【分析】解：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量．

（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；

故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；

（2）由流程图可知，步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是氢氧化钠溶液或氨水，反应方程式为Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓[或Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+]；

故答案为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓[或Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+]；

（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁；需要过滤；洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；

故答案为：洗涤；

（4）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag；

故答案为：0.07a；

（5）①高锰酸钾有强氧化性，能将盐酸氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，故只能用稀硫酸酸化，答案为：b；

②用KMnO4溶液滴定进行铁元素含量的测定；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变化，说明反应达到终点；

故答案为：紫红．

由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量．

（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；

（2）由流程图可知，步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；加入的X可以是碱或氨水；

（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁；需要过滤；洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；

（4）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量；据此计算．

（5）①加入的酸不能具有强氧化性；不能被酸性高锰酸钾氧化，防止影响酸性高锰酸钾溶液的体积，影响测定结果；

②滴定到终点是利用高锰酸钾溶液的紫红色指示反应达到终点．

本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．【解析】将Fe2+全部氧化为Fe3+；Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓[或Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+]；洗涤；0.07a；b；紫红五、有机推断题(共4题，共24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