2025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2025年华师大新版高二化学上册月考试卷373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6题，共12分)1、某些不合格的建筑装饰材料会缓慢释放出浓度过高，影响身体健康的气体，这些气体最常见的是A.二氧化硫B.二氧化氮C.一氧化碳D.甲苯等有机物蒸气和甲醛2、下列物质的类别与所含官能团都正确的是()

rm{(1)}酚类rm{-OH}

rm{(2)}羧酸rm{-COOH}

rm{(3)}醛类

rm{(4)CH_{3}-O-CH_{3}}醚类

rm{(5)}酯类

A.rm{(1)(2)(3)(4)(5)}B.rm{(2)(4)}

C.rm{(2)(3)(4)}D.rm{(2)(4)(5)}3、某溶液中只含有rm{Na^{+}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}rm{A^{-}}四种离子，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.若溶液中rm{c}rm{(A^{-})=}rm{c}rm{(Na^{+})}则溶液一定呈中性B.溶液中不可能存在：rm{c}rm{(Na^{+})>}rm{c}rm{(A^{-})>}rm{c}rm{(OH^{-})>}rm{c}rm{(H^{+})}C.若rm{c}rm{(OH^{-})>}rm{c}rm{(H^{+})}溶液中不可能存在：rm{c}rm{(Na^{+})>}rm{c}rm{(OH^{-})>}rm{c}rm{(A^{-})>}rm{c}rm{(H^{+})}D.若溶质为rm{NaA}rm{HA}则一定存在：rm{c}rm{(A^{-})>}rm{c}rm{(Na^{+})>}rm{c}rm{(H^{+})>}rm{c}rm{(OH^{-})}4、各有机物的名称肯定错误的是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{2-}二甲基丙烷B.rm{3-}甲基rm{-2-}丁烯C.rm{4-}甲基rm{-1-}戊炔D.rm{1}rm{3-}二甲基苯5、关于下列装置说法正确的是A.装置①中，盐桥中的K＋移向CuSO4溶液B.装置①中，Zn为负极，发生还原反应C.装置②中的Fe发生析氢腐蚀D.装置②中电子由Fe流向石墨，然后再经溶液流向Fe6、汽车尾气（含烃类、CO、NO和SO2等）是空气的主要污染源．治理方法之一是在汽车排气管上加装“催化转化器”，使CO和NO反应产生可参与大气循环的无毒气体，促使烃类充分燃烧及SO2的转化．下列说法中错误的是（）

A.CO和NO反应生成CO2和N2：2CO+2NO2CO2+N2

B.汽车改用天然气为燃料或开发氢能源；都可减少对空气的污染。

C.此方法的缺点是由于CO2的增多；会大大提高空气的酸度。

D.增大绿化面积；多植树造林，可有效控制城市空气污染。

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验，如图所示。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹．据此，回答下列问题：（1）①a端是极②铂片是极（2）①铅笔端除了出现红色字迹，还有的现象是。②检验铂片的产物的方法是。8、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱溶液反应制得Fe(OH)2白色沉淀。若用下图所示实验装置，则可制得纯净的Fe(OH)2白色沉淀。已知两极材料分别为石墨和铁：（1）a极材料为____，a电极反应式为。（2）电解液d可以是，则白色沉淀在电极上生成；电解液d也可以是，则白色沉淀在两极间的溶液中生成。A．纯水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液（3）液体c为苯，其作用是，在加苯之前对d溶液进行加热煮沸处理，目的是。（4）为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是。A．改用H2SO4作电解液B．适当增大电源电压C．适当缩小两极间距离D．适当地降低电解液的温度（5）若d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源继续电解，除了电极上看到的气泡外，另一明显的现象为。9、t℃时，将3molA和1molB气体通人体积为2L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)，2min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol／L，请填写下列空白：（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为；（2）x＝；（3）若向原平衡混合物的容器中再充人amolC，在t℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n(B)＝mol；（4）如果上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为。10、(10分)汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g)＋O2(g)2NO(g)，ΔH＞0，已知该反应在2404℃，平衡常数K＝64×10－4。请回答：（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0．5mol，则N2的反应速率为_____________________。（2）为了减少汽车尾气中有害气体的排放，在现实生活中你认为可以采取的措施有。A．采用耐高温的陶瓷发动机，以提高内燃机的工作温度B．为了避免上述反应，不使用空气，改用纯氧气C．在排气管中安装高效催化剂，将有害气体转化为无害气体D．将燃油车改换成电动车（3）将一定量的N2、O2的混合气体充入恒容密闭容器中，下图变化趋势正确的是____________(填字母序号)。（4）将一定量的N2、O2的混合气体充入恒温密闭容器中，分别在不同的压强P1、P2（P1＞P2）下达到平衡，请画出N2的转化率在不同压强下随时间变化的曲线图。（不同压强下的曲线要有相应的标识）11、一定温度下，在rm{2L}的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图，回答下列问题：rm{(1)}从反应开始到rm{10s}时，用rm{Z}表示的反应速率为______________，rm{X}的物质的量浓度减少了________________，rm{Y}的转化率为______________。rm{(2)}该反应的化学方程式为_________________________。rm{(3)10s}后的某一时刻rm{(t_{1})}改变了外界条件，其速率随时间的变化如上图所示。则下列说法符合该图像的是______________。A.rm{t_{1}}时刻，增大了rm{X}的浓度rm{B.t_{1}}时刻，升高了体系温度C.rm{t_{1}}时刻，缩小了容器体积rm{D.t_{1}}时刻，使用了催化剂12、某温度rm{(t^{circ}C)}时纯水的rm{pH=6.5}则该温度rm{(}填大于、小于或等于rm{)}______rm{25^{circ}C}其理由是______。将此温度下rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液rm{a}rm{L}与rm{pH=1}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液rm{b}rm{L}混合；

rm{(1)}若所得混合液为中性，则rm{a}rm{b=}______；

rm{(2)}若所得混合液的rm{pH=2}则rm{a}rm{b=}______。13、铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质rm{.}在一定温度下，氧化铁可以与rm{CO}发生反应：rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)}请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：rm{垄脵}______rm{垄脷}______．评卷人得分三、计算题(共5题，共10分)14、在一个容积为rm{500mL}的密闭容器中，充入rm{5molH_{2}}和rm{2molCO.}在一定条件下发生如下反应：rm{2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)}经过rm{5min}后达到平衡状态rm{.}若此时测得甲醇蒸汽的浓度为rm{2mol/L}求：

rm{(1)}以rm{H_{2}}的浓度减少量来表示的反应速率．

rm{(2)}达到平衡时rm{CO}的转化率．

rm{(3)}平衡常数rm{K}．15、rm{Ba(OH)_{2}}是一种强电解质，现有rm{25隆忙}rm{pH=13}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液．rm{(1)}该rm{Ba(OH)_{2}}溶液的物质的量浓度为；rm{(2)}溶液中由水电离出rm{c(OH^{-})=}rm{(3)}与某浓度盐酸溶液按体积比rm{(}碱与酸之比rm{)1}rm{9}混合后，所得溶液rm{pH=11(}假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和rm{)}该盐酸溶液的rm{pH=}．16、某一元羧酸的甲酯0.68g，在NaOH水溶液中完全水解后，消耗NaOH5×10-3mol．已知2.72g的该甲酯完全燃烧可得7.04gCO2和1.44gH2O，求：(1)该甲酯的最简式；(2)该甲酯的相对分子质量；(3)该甲酯的分子式、结构简式和名称．17、某兴趣小组对一份质量为rm{100g}的某种铝土矿rm{(}主要成分为rm{Al_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2}}另有一些不参与反应的杂质rm{)}样品进行性质研究；具体如下：

rm{(1)}在进行反应rm{1}时出现了如下图所示的曲线，反应的过程中缓慢滴加rm{NaOH}溶液到rm{a}点即止。请问到rm{a}点时溶液中的溶质有_____________________。rm{(2)}反应rm{2}在高温下进行，同时还生成一种还原性气体，请写出反应rm{2}的化学反应方程式_____。rm{(3)}铝土矿中铝硅比的大小对氧化铝生产制备方法的选择提供依据rm{(}铝硅比rm{(A/S)=Al_{2}O_{3}}的质量rm{/SiO_{2}}的质量rm{)}氧化铝的制备方法大致有：拜耳法rm{(A/S=8-10)}联合法rm{(A/S=5-7)}烧结法rm{(A/S=3.5-5)}为了研究以此类铝土矿生产氧化铝所适合的方法；该兴趣小组进行了如下的实验：

rm{垄脵}向rm{AlN}中加入rm{NaOH}溶液rm{(AlN+NaOH+H}向rm{垄脵}中加入rm{AlN}溶液rm{NaOH}rm{(AlN+NaOH+H}rm{{,!}_{2}}rm{O篓TNaAlO}rm{O篓TNaAlO}rm{{,!}_{2}}rm{+NH}当反应完全时共收集到rm{+NH}的rm{{,!}_{3}}rm{隆眉)}当反应完全时共收集到rm{1.76mol}的rm{NH}rm{隆眉)}

rm{1.76mol}rm{NH}将残渣经过洗涤、干燥处理后，与过量的碳在隔绝空气、高温条件下发生反应rm{{,!}_{3}}。当反应完全时共收集到rm{垄脷}将残渣经过洗涤、干燥处理后，与过量的碳在隔绝空气、高温条件下发生反应rm{(SiO}气体rm{垄脷}标准状况下rm{(SiO}

rm{{,!}_{2}}rm{+3C篓TSiC+2CO隆眉)}当反应完全时共收集到rm{CO}气体rm{5.6L(}标准状况下rm{)}中的铝元素不完全来自于铝土矿

rm{+3C篓TSiC+2CO隆眉)}rm{CO}rm{5.6L(}rm{)}已知：rm{a.AlN}中的铝元素不完全来自于铝土矿rm{a.AlN}rm{b.AlCl}rm{b.AlCl}

rm{{,!}_{3}}rm{+3NaAlO}直接写出结果没有解题过程的不给分rm{+3NaAlO}rm{{,!}_{2}}18、某烯烃和烷烃的混合气体，在同温同压下其密度是rm{H_{2}}的rm{13.2}倍。在标准状况下将rm{4.48L}混合气体通过足量的溴水，结果溴水增重rm{3.36g}求原混合气体中各烃的体积分数rm{(6}分rm{)}评卷人得分四、有机推断题(共4题，共20分)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__________________________________．21、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。22、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、推断题(共1题，共7分)23、rm{X}rm{Y}rm{Z}三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，相互间有如图转化关系．回答下列问题：

rm{(1)}若rm{X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{2}}甲是由第二周期两种元素的原子构成的非极性气态分子，rm{Y}原子的基态轨道表示式为______；乙的电子式为______．

rm{(2)}若rm{X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{1}}甲是由两种短周期元素的原子构成的rm{AB_{4}}型非极性分子；且是常见的有机溶剂，甲的电子式______，乙的化学式为______．

rm{(3)}若rm{X}rm{Y}均为金属单质，rm{X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{2}3p^{1}}甲为具有磁性的黑色固体，则rm{X}与甲反应的化学方程式为：______，rm{Y}原子基态电子排布式为______．评卷人得分六、简答题(共2题，共20分)24、Cu3N具有良好的电学和光学性能；在电子工业领域；航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的作用．

（1）Cu+的核外电子排布式为______；N元素与O元素的第一电离能比较：N______O（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）与N3-含有相同电子数的四原子分子的空间构型为______．

（3）在Cu催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛（CH3CHO），乙醛分子中醛基（）碳原子的杂化方式为______；乙醇的沸点明显高于乙醛，其主要原因为______．

（4）[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代可生成Cu（H2O）2Cl2，试画出其具有极性的分子的结构式：______．

（5）Cu3N的晶胞结构如图所示，N3-的配位数为__________；若晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则Cu3N的密度ρ=______g/cm3（用含a和NA的式子表示）．25、在一定温度下，有rm{a.}醋酸rm{b.}盐酸rm{c.}硫酸三种酸：

rm{(1)}同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和rm{NaOH}的能力由大到小的顺序是______；rm{(}用rm{a}rm{b}rm{c}表示，下同rm{)}

rm{(2)}当其物质的量浓度相同时；导电能力由大到小的顺序是______；

rm{(3)}若三者rm{c(H^{+})}相同时；物质的量浓度由大到小的顺序为______；

rm{(4)}当三者rm{c(H^{+})}相同且相同体积时；分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是______；

rm{(5)}当rm{c(H^{+})}相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的rm{H_{2}(}相同状况rm{)}则反应所需时间由大到小的顺序是______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】甲苯等是常用的有机溶剂，所以答案选D。【解析】【答案】D2、B【分析】【分析】本题考查了烃的衍生物的官能团、有机物的分类，题目难度不大，注意掌握烃的衍生物的官能团类型、有机物的分类方法，明确有机物分类方法与官能团类型的关系。【解答】rm{(1)}该有机物分子中羟基没有与苯环直接相连；该有机物为醇类，不属于酚类，故错误；

rm{(2)}分子中含有羧基；属于羧酸类物质，故正确；

rm{(3)}醛含有酯基；为酯，故错误；

rm{(4)CH_{3}-O-CH_{3}}中为醚键；属于醚类，故正确；

rm{(5}含有醛基；为醛类，故错误。

故选B。

【解析】rm{B}3、A【分析】解析：rm{A}rm{A}根据溶液电中性原则可知，溶液中存在rm{.}根据溶液电中性原则可知，溶液中存在rm{.}rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(A}rm{)=c(A}rm{{,!}^{-}}rm{)+c(OH}rm{)+c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}，如rm{c(A}rm{c(A}rm{{,!}^{-}}rm{)=c(Na}rm{)=c(Na}rm{{,!}^{+)}}，则存在rm{c(H}当rm{c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(OH}rm{)=c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}，溶液呈中性，故rm{A}rm{A}正确；

rm{B}rm{B}rm{B}rm{.}当rm{.}rm{HA}rm{HA}为强酸时，rm{NaOH}rm{NaOH}过量时，或者当rm{HA}rm{HA}为弱酸时，溶液为rm{NaA}rm{NaA}，都可存在如rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c(A}rm{c(A}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c(OH}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c(H}如rm{c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}，故rm{B}rm{B}错误；

rm{C}rm{C}rm{C}rm{.}如rm{.}rm{NaOH}rm{NaOH}过量，且过量较多时，溶液中可存在rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c(OH}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c(A}rm{c(A}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}【解析】rm{A}4、B【分析】解：rm{3-}甲基rm{-2-}丁烯，rm{CH_{3}-C(CH_{3})=CH-CH_{3}}编号起端选择错误，不符合取代基位次和最小，正确名称为：rm{2-}甲基rm{-2-}丁烯，不符合系统命名方法，故B错误，rm{ACD}均符合命名规则；正确．

故选B．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

rm{(1)}烷烃命名原则：

rm{垄脵}长选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

rm{(2)}有机物的名称书写要规范．

本题考查了有机物的系统命名方法，依据名称写出结构简式，用正确的命名方法命名对比分析，题目较简单．【解析】rm{B}5、A【分析】试题分析：A．装置①为原电池反应。Zn作负极，Cu作正极。根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，盐桥中的K＋移向负电荷较多的正极一方，即盛有CuSO4溶液的烧杯中。正确。B．装置①中，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+。错误。C．在装置②的原电池反应中。由于NaCl溶液是中性溶液，所以其中的Fe发生的是吸氧腐蚀。错误。D．活动性Fe大于C，所以Fe失去电子，作负极，电子经导线流向石墨，然后在正极C上发生还原反应O2+4e-+2H2O=4OH-。在溶液中，Na+向C电极移动，Cl-向Fe电极移动。形成闭合回路。错误。考点：考查原电池中的电极反应及电子流动、电荷移动的问题的知识。【解析】【答案】A6、C【分析】

A、CO与NO反应生成的是N2和CO2：2CO+2NO2CO2+N2；故A正确；

B、天然气的燃烧产物为二氧化碳和水，氢的燃烧产物为水，不会产生NO和SO2；所以天然气或氢能源可减少对空气的污染，故B正确；

C、CO2不能提高空气的酸度；故C错误；

D；增大绿化面积；多植树造林，可有效控制城市空气污染，故D正确；

故选：C．

【解析】【答案】A、根据CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并在催化剂作用下促使SO2的转化，可知CO与NO反应生成的是N2和CO2；

B；根据天然气的燃烧产物为二氧化碳和水；氢的燃烧产物为水；

C、根据CO2不能提高空气的酸度；

D；根据增大绿化面积；多植树造林，可净化空气；

二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】试题分析：铅笔芯中含有石墨，石墨是惰性电极，用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极反应为2Cl-－2e-=Cl2↑，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以阴极附近变红。铅笔端作阴极，发生还原反应；铂片端作阳极，发生氧化反应，铂片端有少量氯气生成，a、b点分别是负极和正极。所以（1）①a端是负极，②铂片是阳极；（2）①铅笔端除了出现红色字迹，还有的现象是有气泡生成。②检验铂片的产物的方法是用湿润的淀粉KI试纸检验,若试纸变蓝,则有Cl2生成。考点：考查电解原理的应用。【解析】【答案】35.（1）①负极②阳极；（2）①有气泡生成，②用湿润的淀粉KI试纸检验,若试纸变蓝,则有Cl2生成8、略

【分析】【解析】【答案】(1)Fe，Fe—2e—=Fe2+(2)C，B(3)____________，____________(4)BC(5)________________________9、略

【分析】试题分析：（1）平衡时生成C的浓度是0.4mol/L，所以从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为＝0.2mol/(L·min)。（2）容器体积为2L，则反应前A和B的浓度分别是1.5mol/L和0.5mol/L，平衡时B的浓度是0.4mol/L，所以反应中消耗B的浓度是0.5mol/L－0.4mol/L＝0.1mol/L。而平衡时生成C的浓度是0.4mol/L，根据浓度变化量之比是相应的化学计量数之比，因此x＝4。（3）由于x＝4，这说明反应前后体积不变，即改变压强平衡不移动。向原平衡混合物的容器中再充人amolC，相当于是增大压强，平衡不移动，因此物质的含量不变。amolC相当于是amolA和amolB。即A和B的起始量分别是（3＋a）mol、（1＋a）mol。所以在t℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n(B)＝×0.8mol＝（0.8+0.2a）mol。（4）等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。由于该反应前后体积不变，因此要满足等效平衡，只需要等效转化后，只要反应物的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。又因为生成物只有一种，所以始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为n(A):n(B)＝3:1且n(c)≥0。考点：考查可逆反应、等效平衡的应用和计算【解析】【答案】（1）0.2mol/(L·min)（2）4（3）0.8+0.2a（4）n(A):n(B)＝3:1且n(c)≥010、略

【分析】试题分析：：（1）5分钟内，△n（O2）=1mol-0．5mol=0．5mol，由N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）可知△n（N2）=0．5mol，v（N2）===0．05mol/（L•min）；（2）A、高温能加快化学反应速率，不能改变反应历程，因此不能减少汽车尾气中有害气体的排放，A错误；B、改用纯氧气，增大氧气的浓度，N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）的平衡正向移动，产生更多的NO，B错误；C、在排气管中安装高效催化剂，将NO转化为N2，减少了空气污染，C正确；D、电动车清洁环保，不会产生尾气，D正确；答案为：CD；（3）A、该反应的正反应为吸热反应，则升高温度平衡向正反应进行，平衡常数增大，A正确；B、加入催化剂，反应速率增大，但平衡不发生移动，B错误；C、升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，C正确；答案为：AC；（4）N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）为等体积的反应，压强对化学平衡无影响，因此平衡时氮气的转化率相等，增大压强可以加快化学反应速率，缩短达到平衡所用的时间，N2的转化率在不同压强下随时间变化的曲线图为：考点：考查化学反应速率的定量表示方法、化学平衡的影响因素。【解析】【答案】（1）0．05mol/（L·min）或0．05mol·L-1·min-1（2）CD；（3）AC；（4）11、（1））10.079mol·LL－11·ss－110.395mol·LL）

－1）1【分析】【分析】本题考查化学反应速率、化学反应平衡以及图像识别等相关知识，难度不大。【解答】

rm{(1)}从反应开始到rm{10s}时，用rm{Z}表示的反应速率为时，用rm{10s}表示的反应速率为rm{v(Z)=dfrac{dfrac{1.58mol}{2L}}{10s}=0.079;mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}rm{Z}的物质的量浓度减少了rm{dfrac{1.2-0.41}{2}=0.395mol/L}rm{v(Z)=dfrac{

dfrac{1.58mol}{2L}}{10s}=0.079;mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}的转化率为rm{dfrac{1-0.21}{1}隆脕100拢楼=79拢楼}故答案为：rm{X}rm{dfrac{1.2-0.41}{2}=0.395mol/L

}rm{Y}rm{dfrac{1-0.21}{1}隆脕100拢楼=79拢楼

}rm{0.079mol}rm{0.079mol}rm{隆陇}rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}隆陇}rm{s}rm{s}rm{{,!}^{-1}}；；rm{0.395mol}减少rm{0.395mol}rm{隆陇}减少rm{L}rm{L}增加rm{{,!}^{-1}}所以反应方程式为；故答案为：rm{79%}rm{79%}根据图像，时刻反应速率加快，平衡没移动，所以rm{(2)X}时刻可能使用催化剂或增大压强，故选CD。rm{0.79mol}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{0.079mol}rm{0.079mol}rm{隆陇}rm{L}rm{隆陇}rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆陇}rm{s}rm{隆陇}rm{s}rm{s}rm{{,!}^{-1;}}rm{0.395mol}rm{0.395mol}rm{隆陇}rm{L}rm{隆陇}

rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}}rm{79%}12、略

【分析】【分析】

本题考查了rm{pH}的简单计算，根据混合溶液酸碱性结合水的离子积常数进行计算，注意该温度下的离子积常数不是rm{1隆脕10^{-14}}为易错点。

升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，某温度rm{(t^{circ}C)}时纯水的rm{pH=6.5}则该温度下rm{Kw=1隆脕10^{-13}}rm{pH=11}的rm{NaOH}中rm{c(OH^{-})=0.01mol/L}rm{pH=1}的硫酸中rm{c(H^{+})=0.1mol/L}

rm{(1)}混合溶液呈中性，说明酸中rm{n(H^{+})}等于碱中rm{n(OH^{-})}

rm{(2)}若所得混合液的rm{pH=2}混合溶液中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{0.1mol/L隆脕bL?0.01mol/L隆脕aL}{(a+b)L}}

【解答】

升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，某温度rm{c(H^{+})=dfrac{0.1mol/L隆脕bL?0.01mol/L隆脕aL}{(a+b)L}

}时纯水的rm{(t^{circ}C)}则该温度下rm{pH=6.5}则该温度大于rm{Kw=1隆脕10^{-13}>1隆脕10^{-14}}rm{25^{circ}C}的rm{pH=11}中rm{NaOH}rm{c(OH^{-})=0.01mol/L}的硫酸中rm{pH=1}

故答案为：大于；升高温度促进水电离；

rm{c(H^{+})=0.1mol/L}混合溶液呈中性，说明酸中rm{(1)}等于碱中rm{n(H^{+})}则rm{n(OH^{-})}rm{0.1b=0.01a}rm{a}rm{b=1}

故答案为：rm{10}rm{1}

rm{10}若所得混合液的rm{(2)}混合溶液中rm{pH=2}rm{c(H^{+})=dfrac{0.1mol/L隆脕bL?0.01mol/L隆脕aL}{(a+b)L}=0.01mol/L}rm{c(H^{+})=0.01mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{0.1mol/L隆脕bL?0.01mol/L隆脕aL}{(a+b)L}

=0.01mol/L}rm{a}

故答案为：rm{b=9}rm{2}

rm{9}【解析】大于升高温度促进水电离。

rm{(1)1}rm{10}

rm{(2)9}rm{2}13、略

【分析】解：反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，所以一氧化碳或二氧化碳的消耗速率和生成速率相同说明平衡，或一氧化碳或二氧化碳的质量分数不变，故答案为：rm{CO}或rm{(CO_{2})}的生成速率与消耗速率相等；rm{CO(}或rm{CO_{2})}的质量不再改变；rm{CO}或rm{CO_{2}}的浓度保持不变．

反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同；各组分含量保持不变分析，由此分析解答．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0}．【解析】rm{CO}或rm{(CO_{2})}的生成速率与消耗速率相等；rm{CO(}或rm{CO_{2})}的质量不再改变三、计算题(共5题，共10分)14、略

【分析】

容积为rm{500mL}的密闭容器中，充入rm{5molH_{2}}和rm{2molCO}起始浓度分别为rm{dfrac{5mol}{0.5L}=10mol/L}rm{dfrac{2mol}{0.5L}=4mol/L}经过rm{dfrac

{5mol}{0.5L}=10mol/L}后达到平衡状态rm{dfrac

{2mol}{0.5L}=4mol/L}若此时测得甲醇蒸汽的浓度为rm{5min}则。

rm{.}

开始rm{2mol/L}rm{2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)}rm{10}

转化rm{4}rm{0}rm{4}

平衡rm{2}rm{2}rm{6}

rm{2}结合rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算；

rm{2}转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%}

rm{(1)}为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比．

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、速率和转化率计算、rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意结合平衡浓度计算rm{(2)}题目难度不大．rm{=dfrac

{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%}【解析】解：容积为rm{500mL}的密闭容器中，充入rm{5molH_{2}}和rm{2molCO}起始浓度分别为rm{dfrac{5mol}{0.5L}=10mol/L}rm{dfrac{2mol}{0.5L}=4mol/L}经过rm{dfrac

{5mol}{0.5L}=10mol/L}后达到平衡状态rm{dfrac

{2mol}{0.5L}=4mol/L}若此时测得甲醇蒸汽的浓度为rm{5min}则。

rm{.}

开始rm{2mol/L}rm{2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)}rm{10}

转化rm{4}rm{0}rm{4}

平衡rm{2}rm{2}rm{6}

rm{2}以rm{2}的浓度减少量来表示的反应速率为rm{dfrac{4mol/L}{5s}=0.8mol/(L.s)}答：rm{(1)}表示的反应速率为rm{H_{2}}

rm{dfrac

{4mol/L}{5s}=0.8mol/(L.s)}的转化率为rm{dfrac{2mol/L}{4mol/L}隆脕100%=50%}答：平衡时rm{H_{2}}的转化率为rm{0.8mol/(L.s)}

rm{(2)CO}平衡常数rm{K=dfrac{2}{6^{2}times2}=0.028(mol/L)^{-2}}答：平衡常数rm{dfrac

{2mol/L}{4mol/L}隆脕100%=50%}为rm{CO}．rm{50%}15、（1）0.05mol•L﹣1

（2）1×10﹣13mol•L﹣1

（3）2

【分析】【分析】

本题主要考查了溶液rm{pH}的简单计算，题目难度中等，关键注意明确溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系及计算方法。

【解答】

rm{(1)pH=13}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液中rm{c(H^{+})=10^{-13}mol/L}则氢氧根离子浓度为rm{0.1mol/L}氢氧化钡的物质的量浓度为：rm{dfrac{1}{2}隆脕c(OH{;}^{-})=0.05mol/L}故答案为：rm{dfrac{1}{2}隆脕c(OH{;}^{-})=0.05mol/L

}

rm{0.05mol/L}因为氢氧化钡属于强碱，溶液中的氢离子来自于水的电离，所以rm{(2)}溶液中由水电离出rm{c(OH}rm{c(OH}水电离出的氢离子浓度，即rm{dfrac{Kw}{cleft(O{H}^{-}right)}=dfrac{{10}^{-14}}{0.1}={10}^{-13}mol/L}

rm{{,!}^{-}}

rm{)=}水电离出的氢离子浓度，即rm{dfrac{Kw}{cleft(O{H}^{-}right)}=

dfrac{{10}^{-14}}{0.1}={10}^{-13}mol/L}的rm{)=}溶液中rm{dfrac{Kw}{cleft(O{H}^{-}right)}=

dfrac{{10}^{-14}}{0.1}={10}^{-13}mol/L}与某浓度盐酸溶液按体积比故答案为：rm{{10}^{-13}mol/L}碱与酸之比rm{{10}^{-13}mol/L}rm{(3)pH=13}混合后，假定体积分别为rm{Ba(OH)_{2}}rm{c(OH^{-})=0.1mol/L}所得溶液rm{(}即混合后溶液中rm{)1}设盐酸的浓度为rm{9}则混合后溶液中rm{1L}解得rm{9L}所以rm{pH=11}

故答案为：rm{c(OH^{-})=10^{-3}mol/L}rm{amol/L}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{0.05mol?L^{-1}}

rm{(2)}rm{(2)}

rm{1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}rm{{,!}}

rm{{,!}}16、略

【分析】根据一元羧酸的甲酯在NaOH水溶液中完全水解消耗NaOH的物质的量求出一元羧酸的甲酯的物质的量以及摩尔质量；

再根据质量守恒法求出该甲酯中C、H、O的质量，然后求出各自的物质的量，求出最简式，再根据相对分子质量求出分子式，最后根据问题回答．【解析】解(1)n(H)=0.16mol；

则n(C)：n(H)：n(O)=0.16：0.16：0.04=4：4：1

答：该甲酯的最简式为C4H4O；

(2)某一元羧酸的甲酯与NaOH反应是按1：1进行，所以某一元羧酸的甲酯的物质的量为5×10-3mol，所以该甲酯的相对分子质量的摩尔质量为M==136g/ml；

答：相对分子质量为136．

(3)因甲酯的最简式为C4H4O，分子式为(C4H4O)n，而甲酯的相对分子质量为136，所以n=2，则分子式为C8H8O2，名称是苯甲酸甲酯，结构简式为C6H5COOCH3．

答：分子式为C8H8O2，名称是苯甲酸甲酯，结构简式为C6H5COOCH3．17、（1）NaAlO2、NaCl

（2）

（3）解：由题可知：n(NH3)＝1.76molV(CO)＝5.6L

那么n(CO)＝5.6/22.4＝0.25mol

SiO2＋3C═══SiC＋2CO↑

0.125mol0.25mol

则铝土矿中m(SiO2)＝0.125×60＝7.5g

由AlN＋NaOH＋H2O═══NaAlO2＋NH3↑

AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O═══4Al(OH)3↓＋3NaCl可知存在以下比例关系：

3NaAlO2～4AI(OH)3～4AlN～4NH3

1.32mol1.76molAl2O3～2NaAlO2

0.66mol1.32mol

则铝土矿中m(Al2O3)＝102×0.66＝67.32g

w(Al2O3)＝67.32/100×100%＝67.32%

w(SiO2)＝7.5/100×100%＝7.5%

那么A/S＝67.32%÷7.5%＝8.9768<8.976<10，所以应该选用拜耳法

答：根据计算可知拜耳法比较适合。【分析】【分析】本题考查化学方程式计算、铝元素化合物性质等，侧重考查学生对图象的解读能力、分析问题能力、计算能力，题目难度中等。【解答】rm{(1)}铝土矿rm{(}主要成分为rm{Al}主要成分为rm{(}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}中加盐酸，和rm{SiO}与盐酸反应生成氯化铝，rm{SiO}溶液，开始rm{{,!}_{2})}与rm{Al_{2}O_{3}}发生反应反应的过程中缓慢滴加rm{NaOH}溶液，生成rm{NaOH}沉淀，rm{AlCl_{3}}量逐渐增多，rm{NaOH}量逐渐增大，rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}沉淀达到最大量后，再加rm{Al(OH)_{3}}溶液发生反应：rm{NaOH}沉淀量开始逐渐减少，到rm{Al(OH)_{3}}点时rm{Al(OH)_{3}}与rm{NaOH}恰好完全反应生成rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}沉淀完全溶解消失，rm{B}点溶液中溶质有rm{Al(OH)_{3}}rm{NaOH}

故答案为：rm{NaAlO_{2}}rm{a}rm{NaCl}rm{NaAlO_{2}}为rm{NaCl}与氮气、炭黑反应生成rm{NaAlO_{2}}和还原性气体rm{(2)}则反应反应rm{2}为的化学反应方程式为：rm{A{l}_{2}{O}_{3}+{N}_{2}+3Coverset{赂脽脦脗}{=}2AlN+3CO}故答案为：rm{A{l}_{2}{O}_{3}+{N}_{2}+3Coverset{赂脽脦脗}{=}2AlN+3CO}rm{2}解：由题可知：rm{Al_{2}O_{3}}rm{AlN}和还原性气体rm{CO}则反应rm{2}的化学反应方程式为：那么rm{AlN}rm{CO}rm{2}rm{A{l}_{2}{O}_{3}+{N}_{2}+3C

overset{赂脽脦脗}{=}2AlN+3CO}则铝土矿中rm{m(SiO_{2})=0.125隆脕60=7.5g}由rm{A{l}_{2}{O}_{3}+{N}_{2}+3C

overset{赂脽脦脗}{=}2AlN+3CO}rm{(3)}可知存在以下比例关系：rm{n(NH_{3})=1.76mol}rm{V(CO)=5.6L}rm{n(CO)=5.6/22.4=0.25mol}rm{SiO_{2}+3C篓T篓T篓TSiC+2CO隆眉}rm{0.125mol}rm{0.25mol}rm{m(SiO_{2})=0.125隆脕60=7.5

g}则铝土矿中rm{m(Al_{2}O_{3})=102隆脕0.66=67.32g}rm{AlN+NaOH+H_{2}O篓T篓T篓TNaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}rm{AlCl_{3}+3NaAlO_{2}+6H_{2}O篓T篓T篓T4Al(OH)_{3}隆媒+3NaCl}那么rm{3NaAlO_{2}隆芦4AI(OH)_{3}隆芦4AlN隆芦4NH_{3}}rm{1.32mol}所以应该选用拜耳法答：根据计算可知拜耳法比较适合。rm{1.76mol}【解析】rm{(1)NaAlO_{2}}rm{NaCl}rm{(2)A{l}_{2}{O}_{3}+{N}_{2}+3Coverset{赂脽脦脗}{=}2AlN+3CO}rm{(2)A{l}_{2}{O}_{3}+{N}_{2}+3C

overset{赂脽脦脗}{=}2AlN+3CO}解：由题可知：rm{(3)}rm{n(NH_{3})=1.76mol}那么rm{V(CO)=5.6L}rm{n(CO)=5.6/22.4=0.25mol}rm{SiO_{2}+3C篓T篓T篓TSiC+2CO隆眉}rm{0.125mol}则铝土矿中rm{m(SiO_{2})=0.125隆脕60=7.5g}由rm{0.25mol}rm{m(SiO_{2})=0.125隆脕60=7.5

g}可知存在以下比例关系：rm{AlN+NaOH+H_{2}O篓T篓T篓TNaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}rm{AlCl_{3}+3NaAlO_{2}+6H_{2}O篓T篓T篓T4Al(OH)_{3}隆媒+3NaCl}rm{3NaAlO_{2}隆芦4AI(OH)_{3}隆芦4AlN隆芦4NH_{3}}rm{1.32mol}rm{1.76mol}rm{Al_{2}O_{3}}rm{隆芦}则铝土矿中rm{m(Al_{2}O_{3})=102隆脕0.66=67.32g}rm{2NaAlO_{2}}rm{0.66mol1.32mol}那么rm{m(Al_{2}O_{3})=102隆脕0.66=67.32

g}rm{w(Al_{2}O_{3})=67.32/100隆脕100%=67.32%}所以应该选用拜耳法答：根据计算可知拜耳法比较适合。rm{w(SiO_{2})=7.5/100隆脕100%=7.5%}18、解：混合物的相对分子质量是13.2×2＝26.4，因为相对分子质量小于26.4的烯烃和烷烃只有甲烷，故混合物中一定含有CH4。混合气体的物质的量是4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，所以烯烃和烷烃混合气体的质量是26.4g/mol×0.2mol=5.28g，溴水增加的质量就是烯烃的质量，所以甲烷的质量是5.28g－3.36g＝1.92g，甲烷的物质的量是1.92g÷16g/mol＝0.12mol，所以烯烃的物质的量是0.2mol－0.12mol＝0.08mol，所以甲烷的体积分数为烯烃的体积分数为1－60％＝40％。

答：甲烷的体积分数为60％，烯烃的体积分数为1－60％＝40％。【分析】【解析】考查有机物的判断及有关计算。混合物的相对分子质量是rm{13.2隆脕2=26.4}，因为相对分子质量小于rm{26.4}的烯烃和烷烃只有甲烷，故混合物中一定含有rm{CH}rm{CH}混合气体的物质的量是rm{{,!}_{4}}所以rm{4.48L隆脗22.4L/mol=0.2mol}烯烃和烷烃混合气体质量是的溴水增加的质量就是烯烃的质量，所以甲烷的质量是rm{26.4g/mol隆脕0.2mol=5.28g}甲烷的物质的量是rm{5.28g-3.36g=1.92g}所以烯烃的物质的量是rm{1.92g隆脗16g/mol=0.12mol}所以甲烷的体积分数为烯烃的体积分数为rm{0.2mol-0.12mol=0.08mol}rm{1-60拢楼=40拢楼}【解析】解：混合物的相对分子质量是rm{13.2隆脕2=26.4}，因为相对分子质量小于rm{26.4}的烯烃和烷烃只有甲烷，故混合物中一定含有rm{CH_{4}}混合气体的物质的量是rm{4.48L隆脗22.4L/mol=0.2mol}所以烯烃和烷烃混合气体的质量是rm{26.4g/mol隆脕0.2mol=5.28g}溴水增加的质量就是烯烃的质量，所以甲烷的质量是rm{5.28g-3.36g=1.92g}甲烷的物质的量是rm{1.92g隆脗16g/mol=0.12mol}所以烯烃的物质的量是rm{0.2mol-0.12mol=0.08mol}所以甲烷的体积分数为烯烃的体积分数为rm{1-60拢楼=40拢楼}

答：甲烷的体积分数为rm{60拢楼}烯烃的体积分数为rm{1-60拢楼=40拢楼}四、有机推断题(共4题，共20分)19、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】

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=CH221、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++HCl22、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、推断题(共1题，共7分)23、略

【分析】解：由图可知，甲rm{+X=Y+}乙是置换反应，rm{X+Z=}乙，rm{Y+Z=}甲都是化合反应；则。

rm{(1)X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{2}}甲是由第二周期两种元素的原子构成的非极性气态分子，则rm{X}为rm{Mg}甲为rm{CO_{2}}rm{Y}为rm{C}乙为rm{MgO}rm{Y}原子的基态轨道表示式为rm{MgO}是离子化合物，由rm{Mg^{2+}}离子和rm{O^{2-}}离子构成，rm{MgO}的电子式为

故答案为：

rm{(2)X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{1}}甲是由两种短周期元素的原子构成的rm{AB_{4}}型非极性分子，且是常见的有机溶剂，则rm{X}为rm{Na}甲为rm{CCl_{4}}为共价化合物，则甲的电子式为乙为rm{NaCl}

故答案为：rm{NaCl}

rm{(3)X}rm{Y}均为金属单质，rm{X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{2}3p^{1}}甲为具有磁性的黑色固体，则rm{X}为rm{Al}甲为rm{Fe_{3}O_{4}}rm{Y}为rm{Fe}rm{X}与甲反应的化学方程式为rm{8Al+3Fe_{3}O_{4}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}4Al_{2}O_{3}+9Fe}rm{8Al+3Fe_{3}O_{4}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}4Al_{2}O_{3}+9Fe}的原子序数为rm{Y}其原子基态电子排布式为rm{26}故答案为：rm{8Al+3Fe_{3}O_{4}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}4Al_{2}O_{3}+9Fe}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}．

由图可知，甲rm{8Al+3Fe_{3}O_{4}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}4Al_{2}O_{3}+9Fe}乙是置换反应，rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}乙，rm{+X=Y+}甲都是化合反应；则。

rm{X+Z=}基态原子外围电子排布式为rm{Y+Z=}甲是由第二周期两种元素的原子构成的非极性气态分子，则rm{(1)X}为rm{3s^{2}}甲为rm{X}rm{Mg}为rm{CO_{2}}乙为rm{Y}

rm{C}基态原子外围电子排布式为rm{MgO}甲是由两种短周期元素的原子构成的rm{(2)X}型非极性分子，且是常见的有机溶剂，则rm{3s^{1}}为rm{AB_{4}}甲为rm{X}乙为rm{Na}

rm{CCl_{4}}rm{NaCl}均为金属单质，rm{(3)X}基态原子外围电子排布式为rm{Y}甲为具有磁性的黑色固体，则rm{X}为rm{3s^{2}3p^{1}}甲为rm{X}rm{Al}为rm{Fe_{3}O_{4}