2024年北师大版高二化学下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2024年北师大版高二化学下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5题，共10分)1、常温下将rm{NaOH}溶液添加到己二酸rm{(H_{2}X)}溶液中，混合溶液的rm{pH}与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是rm{(}rm{)}A.rm{K_{a2}(H_{2}X)}的数量级为rm{10^{{-}6}}B.曲线rm{N}表示rm{pH}与rm{lgdfrac{cleft(HX^{{-}}right)}{H_{2}X}}的变化关系C.rm{lgdfrac{cleft(HX^{{-}}

right)}{H_{2}X}}溶液中rm{NaHX}D.当混合溶液呈中性时，rm{c(H^{{+}}){>}c(OH^{{-}})}rm{c(Na^{{+}}){>}c(HX^{{-}}){>}c(X^{2{-}}){>}c(OH^{{-}}){=}c(H^{{+}})}2、下列各组元素，属于同一周期的一组是rm{(}rm{)}A.rm{H}rm{Li}rm{Na}B.rm{Na}rm{Mg}rm{Ca}C.rm{Al}rm{P}rm{S}D.rm{N}rm{O}rm{Cl}3、下列说法不正确的是A.分子中不一定存在化学键B.分子中若有共价键，则一定存在rm{娄脪}键C.rm{p}轨道和rm{p}轨道既能形成rm{娄脪}键又能形成rm{娄脨}键D.含rm{娄脨}键的物质一定不如含rm{娄脪}键的物质稳定4、下列关于盐类水解的叙述中，错误的是rm{(}rm{)}A.盐类水解是中和反应的逆反应B.盐类水解过程是吸热过程C.含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性D.盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱5、某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图所示。下列叙述中正确的是A.有机物A属于芳香烃B.有机物A可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应C.有机物A与浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D.1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、【有机化学基础】（15分）莽草酸是合成治疗禽流感的药物——达菲（Tamiflu）的原料之一。莽草酸是A的一种异构体。A的结构简式如下：（1）A分子中两种含氧官能团的名称是____。（2）1molA与氢氧化钠溶液完全反应，需要消耗NaOH的物质的量是。（3）A在浓硫酸作用下加热可得到B（B的结构简式为），其反应类型是____。（4）B的同分异构体中既含有酚羟基又含有酯基的共有____种，写出其中一种同分异构体的结构简式（5）A与CH3CH218OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应的化学方程式7、将rm{mmol/L}的醋酸和rm{nmol/L}的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的rm{pH=7}则醋酸溶液中rm{c(H^{+})}______氢氧化钠溶液中rm{c(OH^{-})}rm{m}与rm{n}的大小关系是rm{m}______rm{n.}8、rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}元素为前四周期元素，且原子序数依次增大。rm{Q}元素的阳离子核外无电子，rm{W}元素原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{2}倍，rm{Y}是地壳中含量最多的元素，rm{Z}的价电子排布式为rm{3d^{10}4s^{1}}rm{(1)W}位于元素周期表第________周期第________族，rm{W}的第一电离能________rm{(}填“大于”或“小于”rm{)X}的第一电离能。rm{(2)Z}基态原子核外电子排布式是________，rm{Z}的单质与过量的rm{X}的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液反应的离子方程式为________。9、（9分）如图所示（分子中只有C、H、O三种原子）为从八角中提取到的莽草酸的球棍模型。请回答下列问题：（1）莽草酸的分子式为：____。（2）莽草酸分子中所含的官能团名称：____。以下是以莽草酸A为原料合成有机物C的转化关系：请继续回答下列问题：（3）莽草酸A→B的反应类型是：。(4)写出下列反应的化学方程式：①B与足量的NaHCO3溶液反应。②D→E____。10、（5分）将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，表示乙硼烷燃烧热的热化学方程式为________________。又已知：H2O（g）=H2O（l）；△H2＝－44.0kJ/mol，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是_____________kJ。评卷人得分三、解答题(共1题，共10分)11、（1）氢氧化铝Al（OH）3是一种治疗胃酸（含盐酸）过多的药物；用化学方程式表示该反应的原理：______．

（2）炒菜时，经常加入少量的料酒（含乙醇）和醋，可使菜变得香醇可口，用化学方程式表示该反应的原理：______评卷人得分四、探究题(共4题，共32分)12、（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。13、（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。14、（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。15、（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。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共40分)16、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__________________________________．17、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__________________________________．18、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。19、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5题，共10分)1、D【分析】【分析】

本题考查弱电解质的电离；为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。

【解答】

rm{H_{2}X}为二元弱酸，以第一步电离为主，则rm{K_{a1}(H_{2}X)>K_{a2}(H_{2}X)}酸性条件下，则rm{pH}相同时rm{dfrac{c(HX^{-})}{c(H_{2}X)}>dfrac{c(X^{2-})}{c(HX^{-})}}由图象可知rm{dfrac

{c(HX^{-})}{c(H_{2}X)}>dfrac{c(X^{2-})}{c(HX^{-})}}为rm{lgdfrac{c(HX^{-})}{c(H_{2}X)}}的变化曲线，rm{N}为rm{lgdfrac{cleft({X}^{2-}right)}{cleft(H{X}^{-}right)}}的变化曲线，当rm{lgdfrac{cleft(H{X}^{-}right)}{{H}_{2}X}}或rm{lgdfrac{cleft({X}^{2-}right)}{cleft(H{X}^{-}right)}=0}时，说明rm{dfrac{c(HX^{-})}{c(H_{2}X)}}或rm{dfrac{c(X^{2-})}{c(HX^{-})}=1}浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。

A.rm{lgdfrac{cleft({X}^{2-}right)}{cleft(H{X}^{-}right)}=0}时，rm{dfrac{c(X^{2-})}{c(HX^{-})}=1}此时rm{lgdfrac

{c(HX^{-})}{c(H_{2}X)}}则rm{M}可知rm{lg

dfrac{cleft({X}^{2-}right)}{cleft(H{X}^{-}right)}}的数量级为rm{lg

dfrac{cleft(H{X}^{-}right)}{{H}_{2}X}}故A正确；

B.由以上分析可知曲线rm{lg

dfrac{cleft({X}^{2-}right)}{cleft(H{X}^{-}right)}=0}表示rm{dfrac

{c(HX^{-})}{c(H_{2}X)}}与rm{lgdfrac{cleft(H{X}^{-}right)}{{H}_{2}X}}的变化关系；故B正确；

C.由图象可知，rm{lgdfrac{cleft({X}^{2-}right)}{cleft(H{X}^{-}right)}=0}时，即rm{dfrac

{c(X^{2-})}{c(HX^{-})}=1}此时rm{lg

dfrac{cleft({X}^{2-}right)}{cleft(H{X}^{-}right)}=0}可知rm{dfrac

{c(X^{2-})}{c(HX^{-})}=1}电离程度大于rm{pH隆脰5.4}水解程度，则rm{K_{a2}(H_{2}X)隆脰10^{-5.4}}溶液呈酸性，溶液中rm{K_{a2}(H_{2}X)}故C正确；

D.由图象可知当rm{10^{-6}}时，rm{lgdfrac{cleft({X}^{2-}right)}{cleft(H{X}^{-}right)}>0}则rm{N}故D错误。

故选D。

rm{pH}【解析】rm{D}2、C【分析】解：rm{A.H}只有rm{1}个电子层，rm{Li}有rm{2}个电子层，rm{Na}有rm{3}个电子层；则不在同一周期，故A错误；

B.rm{Na}rm{Mg}有rm{3}个电子层，二者同周期，而rm{Ca}有rm{4}个电子层，rm{Ca}与rm{Na}rm{Mg}不在同一周期；故B错误；

C.rm{Al}rm{P}rm{S}都有rm{3}个电子层；则在同一周期，故C正确；

D.rm{N}rm{O}有rm{2}个电子层，二者同周期，rm{Cl}有rm{3}个电子层，与rm{N}rm{O}不在同一周期；故D错误；

故选C．

原子的核外电子层数相同时；则在元素周期表中位于同一周期，以此来解答．

本题考查元素在周期表中的位置，明确原子的电子排布与元素在周期表中的位置关系是解答本题的关键，难度不大．【解析】rm{C}3、D【分析】【分析】本题考查了物质和化学键的关系、化学键和分子极性的关系等知识点，根据物质的构成微粒、物质中存在的化学键等知识点来分析解答，比较容易。【解答】A.惰性气体分子中无化学键，故A正确；

B.单键、双键和三键中均存在rm{娄脪}键，则分子中若有共价键，则一定存在rm{娄脪}键，故B正确；C.若rm{p}与rm{p}轨道“头碰头”就能形成rm{娄脪}键，故C正确；与rm{p}轨道“头碰头”就能形成rm{p}键，故C正确；

rm{娄脪}D.如rm{N}rm{N}键但rm{{,!}_{2}}中虽有rm{娄脨}键但rm{娄脨}故选D。rm{N}【解析】rm{D}4、C【分析】解：rm{A}盐的水解是盐和水反应生成对应的酸和碱的过程；是中和反应的逆反应，故A正确；

B；盐类水解是中和反应的逆反应；中和反应放热，盐的水解是吸热的，故B正确；

C；水解的盐显示的酸碱性取决于阴阳弱离子水解程度的大小；如醋酸铵是一种含有弱酸根离子的盐，但是该溶液显中性，故C错误；

D；水解的盐显示的酸碱性取决于形成盐的阴阳弱离子水解程度的大小；阳离子水解程度大，溶液显示酸性，阴离子水解程度大，溶液显示碱性，故D正确．

故选C．

A；盐的水解是盐和水反应生成对应的酸和碱的过程；

B；盐的水解是吸热的；

C；水解的盐显示的酸碱性取决于阴阳弱离子水解程度的大小；

D；水解的盐显示的酸碱性取决于形成盐的阴阳弱离子水解程度的大小．

本题考查学生盐的水解原理以及盐的水解规律知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．【解析】rm{C}5、D【分析】试题分析：A、烃只含有碳和氢两种元素，该有机物中还含有氧和氯，不属于烃，故错误；B、有机物中的官能团都不能和Br2的CCl4溶液发生加成反应，故B错误；C、不符合发生消去反应的条件，故C错误；D、在氢氧化钠溶液中，酯基发生水解，水解后生成的酚羟基和羧基均能和氢氧化钠发生反应，氯原子发生水解反应，故总消耗3mol的氢氧化钠，D正确；故选D。考点：烃的概念、酯基、醇羟基的化学性质等知识【解析】【答案】D二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】（1）根据结构简式可知，分子中的含氧官能团是羧基、羟基。（2）分子中只有1个羧基，所以需要1mol氢氧化钠。（3）根据AB结构简式空判断，A是通过羟基的消去反应生成了B。（4）根据B的结构简式可知，酯基只能是－OOCH，其位置和酚羟基可以是邻、间、对，共计3种,分别是（5）在酯化反应中醇提供氢原子，羧酸提供羟基，所以该反应对方程式为【解析】【答案】（1）羧基羟基（2）1（3）消去反应（4）3(5)7、略

【分析】解：将rm{mmol/L}的醋酸和rm{nmol/L}的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的rm{pH=7}当rm{m=n}时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的rm{pH=7}则醋酸的浓度应该稍大一些，即rm{m>n}由于醋酸为弱酸，则溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，即rm{c(H^{+})<}氢氧化钠溶液中rm{c(OH^{-})}

故答案为：rm{<}rm{>}．

醋酸为弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，等体积的两溶液混合rm{pH=7}若rm{m=n}溶液显示中性，则醋酸浓度稍大．

本题考查酸碱混合，为高考常见题型，题目难度中等，本题注意从溶液电中性的角度比较溶液离子浓度的大小关系，另外把握盐类水解的原理及其应用方法．【解析】rm{<}rm{>}8、rm{(1)}二Ⅳrm{A}小于

rm{(2)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1})}rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}【分析】【分析】本题考查结构性质位置关系应用，涉及核外价电子排布、离子反应方程式的书写、电离能的比较等，推断元素是解题关键，难度中等．【解答】rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}元素为前四周期元素，且原子序数依次增大，rm{Q}元素的阳离子核外无电子，故rm{Q}为氢，rm{W}元素原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{2}倍，故rm{W}是碳，rm{Y}是地壳中含量最多的元素，故rm{Y}是氧，rm{W}rm{X}rm{Y}原子序数依次增大，故rm{X}是氮，rm{Z}的价电子排布式为rm{3d^{10}4s^{1}}故rm{Z}是铜；

综上所述可知：rm{Q}为氢，rm{W}为碳，rm{X}为氮，rm{Y}为氧，rm{Z}为铜；

rm{(1)W}为碳，rm{C}位于元素周期表第二周期第Ⅳrm{A}族，非金属性越强，其第一电离能越大，故C的第一电离能rm{<N}的第一电离能，故答案为：二；Ⅳrm{A}小于；

rm{(2)}rm{Z}为铜，rm{Cu}的基态原子核外电子排布式是：rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}rm{Cu}与rm{N}的最高价氧化物对应的水化物rm{(}即rm{HNO_{3})}的稀溶液反应的离子方程式为：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1})}rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}。

【解析】rm{(1)}二Ⅳrm{A}小于rm{(2)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1})}rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}9、略

【分析】【解析】试题分析：（1）灰色原子为碳，红色为氧，白色为氢。（2）根据四个氧的位置来推知官能团为羧基和羟基，又发现有一个碳上不饱和，所以还有一个双键。（3）说明形成了酚羟基。所以六个碳之间要形成不饱和键，所以是消去反应。（4）B中只有羧基与碳酸氢钠反应。D到E是简单的酯化反应。考点：有机反应类型，官能团的性质【解析】【答案】(1)C7H10O5(1分)(2)–OH-COOH=C=C=(3分)(3)消去反应(1分)(4）(4分,每个方程式2分)10、略

【分析】燃烧热是指在的条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，是燃烧热，所以乙硼烷的燃烧热为649.5kJ/mol÷0.32165kJ/mol，因此热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol。根据盖斯定律可知，乙硼烷燃烧气态水时放出的热量是B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g)△H=-2033kJ/mol。11.2L（标准状况）乙硼烷是0.5mol，所以完全燃烧生成气态水时放出的热量是2033kJ/mol×0.5mol＝1016.5KJ。【解析】【答案】B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol；1016.5三、解答题(共1题，共10分)11、略

【分析】

（1）胃液中含有盐酸，胃酸过多会引起胃部不适，可用氢氧化铝来中和过多的盐酸，化学方程式为：3HCl+Al（OH）3═AlCl3+3H2O，故答案为：3HCl+Al（OH）3═AlCl3+3H2O；

（2）乙酸和乙醇在加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

（3）受热分解的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

（4）甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，反应的化学方程式：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；

（5）氢氧化钠和亚铁离子反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中的氧气氧化而迅速变灰绿色，最后变红褐色氢氧化铁沉淀，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．

【解析】【答案】（1）根据胃酸的成分是盐酸；氢氧化铝能与胃中过多盐酸反应生成氯化铝和水，写出反应化学方程式；

（2）乙酸和乙醇在加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；

（3）NaHCO3分解生成Na2CO3、H2O和CO2；

（4）甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应；

（5）氢氧化钠和亚铁离子反应生成白色沉淀氢氧化亚铁；氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中的氧气氧化而迅速变灰绿色，最后变红褐色氢氧化铁沉淀．

四、探究题(共4题，共32分)12、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）13、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）14、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）15、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、有机推断题(共4题，共40分)16、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=CH217、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