2025年鲁教新版高二化学下册月考试卷VIP

…………○…………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年鲁教新版高二化学下册月考试卷733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、下列各组离子在指定条件下，能够大量共存的是（）A.滴加KSCN溶液后变成血红色的溶液中：K+、SO42―、Mg2+、H+B.由水电离出的c(H+)＝1×10-11mol/L的无色溶液中：Al3+、Cu2+、NO3―、SO42―C.能使淀粉KI试纸变蓝的无色溶液中：Na+、S2―、K+、Br―D.能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：K+、Na+、AlO2―、HCO3―2、在某温度下，可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)的平衡常数为K，下列说法正确的是()A.增加A的量，平衡正向移动，达到新平衡时K值增大B.升高温度，K值增大C.K越大，说明该反应的进行程度越大，转化率越高D.该反应的K＝3、下列关于醇和酚的说法中，正确的是A.含有羟基的化合物一定是醇B.分子内有苯环和羟基的化合物一定是酚C.羟基跟链烃基相连时，有机物为醇D.酚和醇具有相同的官能团，因而具有相同的化学性质4、不能产生丁达尔效应的是（）A.豆浆B.淀粉溶液C.Fe（OH）3胶体D.生理盐水5、以极性键结合的多原子分子，分子是否有极性取决于分子的空间构型rm{.}下列分子都属于含极性键的非极性分子的是()A.rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}B.rm{NH_{3}}rm{BCl_{3;;;}}C.rm{P_{4}}rm{CH_{4}}D.rm{CS_{2}}rm{BF_{3}}6、常温下amol·L－1CH3COOH稀溶液和bmol·L－1KOH稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是A.若c(OH－)>c(H＋)，a=bB.若c(K＋)<c(CH3COO－)，aC.若c(OH－)=c(H＋)，a>bD.若c(K＋)>c(CH3COO－)，a>b7、下列叙述与电化学腐蚀无关的是A.切过咸菜的菜刀不及时清洗易生锈B.线路连接时，有经验的电工从不把铝导线和铜导线接在一起C.银质奖章久置后表面逐渐变暗D.在轮船的尾部和船壳的水线以下，常装有一定数量的锌块评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、某课外活动小组按右图装置检验Cu与稀HNO3的反应产物为NO．其操作步骤如下：

①按图连接好装置；并检验其气密性．

②将铜网放置在多孔塑料片上，并打开活塞K，从漏斗中加入稀HNO3；加到一定位置后关闭活塞K．

③反应一段时间后会自动停止；然后检验产物NO．请回答下列问题：

（1）怎样检验装置的气密性____（2）开始时应将稀HNO3的液面加到a、b、c的什么地方____．

（3）在反应物未反应完全时，为什么反应会自动停止____．

（4）当打开活塞K检验产物NO时，有什么现象证明产物为NO____．

9、人胃酸过多会引起很多胃病．如图为某抗酸药包装标签上的部分文字，某同学欲检验该抗酸药有效成分是否是Al（OH）3；并测定该药片中氢氧化铝的含量是否达到标签标注的含量．请回答下列问题．

（1）该药“嚼碎后吞服”的原因是：______．

（2）为检验该抗酸药有效成分是否是Al（OH）3；操作如下：取药剂3-4片研碎，向样品中加入过量的盐酸，过滤，得澄清溶液，向澄清溶液中滴加NaOH溶液，观察到有白色沉淀，继续加过量NaOH溶液，白色沉淀又溶解．请回答：

①过滤操作中需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是______．

②由上述实验现象可知该抗酸药中______（填含或不含）有Al（OH）3．

③请写出有关反应的化学方程式：______、______．10、在恒温恒容的条件下，发生H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）；已知①②③的平衡状态中，HI%相同，填写表中的空白：

。编号起始状态（mol）平衡时HI的物质的量（mol）H2I2HI已知120a①240

____②

____

____10.5a③mn（n≥2m）

____

____11、（6分）将洁净的金属片Fe、Zn、A、B分别与Cu用导线连结浸在合适的电解质溶液里。实验并记录电压指针的移动方向和电压表的读数如下表所示：。金属电子流动方向电压/VFeFe→Cu+0．78ZnZn→Cu+1．10ACu→A－0．15BB→Cu+0．3根据以上实验记录，完成以下填空：（1）构成两电极的金属活动性相差越大，电压表的读数越（填“大”、“小”）。Zn、A、B三种金属活动性由强到弱的顺序是。（2）Cu与A组成的原电池，为负极，此电极反应式为。（3）A、B形成合金，露置在潮湿空气中，先被腐蚀。12、甲、乙两位同学设计用实验确定某酸HA是弱电解质，存在电离平衡，且改变条件平衡发生移动。实验方案如下：甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒于两只试管中，同时加入0.1mol·L-1的HA、HCl溶液各10mL，按图装好，观察现象；乙：①用pH计测定物质的量浓度均为0.1mol·L-1HA和HCl溶液的pH；②再取0.1mol·L-1的HA和HCl溶液各2滴（1滴约为1/25mL）分别稀释至100mL，再用pH计测其pH变化（1）乙方案中说明HA是弱电解质的理由是：测得0.1mol·L-1的HA溶液的pH____1（填“>”、“<”或“=”）；甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是：A．加入HCl溶液后，试管上方的气球鼓起快B．加入HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢C．加入两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大（2）乙同学设计的实验第______步，能证明改变条件弱电解质平衡发生移动。甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在0.1mol·L-1的HA溶液中，选择加入_________试剂（选填“A”“B”“C”“D”,下同）；②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，可在0.1mol·L-1的HA溶液中，选择加入_____试剂。A．NaA固体（可完全溶于水）B．1mol·L-1NaOH溶液C．1mol·L-1H2SO4D．2mol·L-1HA（3）pH＝1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法不正确的有____A．两种酸溶液的物质的量浓度一定相等B．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱C．若a＝4，则A是强酸，B是弱酸D．若1＜a＜4，则A、B都是弱酸E．稀释后A溶液中水的电离程度比B溶液中水的电离程度小13、（12分）X、Y、Z、W、N五种元素中，X原子核外的M层中只有两个成对电子，Y原子的外围电子排布式为nsnnpn+1，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，W的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，N在元素周期表的各元素中电负性最大。（1）Z元素基态原子的电子排布图为（2）W的元素符号是，在周期表中的位置是，其基态原子的电子排布式为，在形成化合物时它的最高化合价为（3）Y的氢化物的VSEPR模型是，属于分子（填极性或非极性），（4）X的氢化物的沸点____Z的氢化物的沸点（填大于、小于或等于）原因是（5）用氢键表示式写出N的氢化物溶液中存在的所有氢键____14、配平下列氧化还原反应方程式，并填空：____________Cu+____________H2SO4(浓)═____________CuSO4+____________SO2↑+____________H2O

其中氧化剂是____________氧化产物是____________．

若生成1molSO2气体，则反应中转移了____________mol电子．15、rm{3p}能级上有两个为成对电子的元素形成______化合物rm{.(}填“离子”或“共价”rm{)}评卷人得分三、其他(共7题，共14分)16、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)。17、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。18、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。19、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)。20、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应21、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。22、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共8分)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__________________________________．25、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。26、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、探究题(共4题，共12分)27、（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。28、（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。29、（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。30、（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。评卷人得分六、简答题(共3题，共30分)31、根据要求填空。

rm{(1)}键线式可表示rm{CH_{3}COCH_{3}}则的结构简式：______

rm{(2)}写出乙烯分子的电子式：______．

rm{(3)}的一氯代物有______种，邻二甲苯苯环上的二氯代物有______种rm{.}32、某研究小组以化合物rm{1}为原料，按下列路线制备聚合物rm{8}．

已知：

请回答：

rm{(1)}以下四个化合物中；含有羧基的是______．

A.化合物rm{3}rm{B.}化合物rm{4}rm{C.}化合物rm{7}rm{D.}化合物rm{8}

rm{(2)}化合物rm{4隆煤8}的合成路线中；未涉及的反应类型是______．

A.取代反应rm{B.}消去反应rm{C.}加聚反应rm{D.}还原反应。

rm{(3)}下列四个化合物中，与化合物rm{4}互为同系物的是______．

A.rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}

B.rm{C_{6}H_{5}COOH}

C.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}

D.rm{CH_{2}=CH-COOH}

rm{(4)}化合物rm{4}的属于酯类且含有乙基的同分异构体的结构简式______．

rm{(5)}化合物rm{6隆煤7}的化学方程式______．33、某二元酸rm{(H_{2}A)}在水中的电离方程式是rm{H_{2}A=H^{+}+HA^{-}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}．

rm{(1)Na_{2}A}溶液显______rm{(}填“酸性”“中性”或“破性”rm{).}理由是______rm{(}用离子方程式表示rm{)}．

rm{(2)}已知rm{0.1mol/L}的rm{NaHA}溶液的rm{pH=2}则rm{0.1mol/L}的rm{H_{2}A}溶液中rm{c(H^{+})}______rm{(}填“rm{<}”“rm{>}”或“rm{=}”rm{)0.11mol/L}．

rm{(3)}在rm{0.1mol/L}的rm{Na_{2}A}溶液中，下列微粒浓度关系式不正确的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.rm{c(A^{2-})+c(HA^{-})=0.1mol/L}

B.rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HA^{-})}

C.rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HA^{-})+c(A^{2-})}

D.rm{c(Na^{+})=2c(A^{2-})+2c(HA^{-})}

rm{(4)}若向rm{0.1mol/L}的rm{HA}溶液中加入等体积等浓度的rm{NaOH}溶液，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：A．滴加KSCN溶液后变成血红色的溶液中说明存在三价铁离子，可以共存，正确；B．由水电离出的c(H+)＝1×10-11mol/L的无色溶液中，而Cu2+是蓝色的，错误；C．能使淀粉KI试纸变蓝的无色溶液中说明存在氧化剂，也会氧化S2―、故不能共存，错误；D．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性、AlO2―、HCO3―均不能共存，错误。考点：本题考查离子共存，注意判断各项溶液的性质，明确离子之间发生反应的条件是解答该题的关键。【解析】【答案】A2、C【分析】平衡常数只与温度有关系，所以选项A不正确；升高温度，平衡不一定向正反应方向进行，K值不一定是增大的，选项B不正确；平衡常数是在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以选项D不正确，C正确，答案选C。【解析】【答案】C3、C【分析】试题分析：A、羟基跟链烃基相连的有机物为醇，含有羟基的化合物不一定是醇，如水，错误；B、分子中苯环和羟基直接相连的化合物是酚，错误；C、羟基跟链烃基相连时，有机物为醇，正确；D、酚和醇具有相同的官能团，但羟基连接的烃基不同，因而化学性质不同，错误。考点：考查醇和酚的概念。【解析】【答案】C4、D【分析】解：选项中豆浆；淀粉溶液、氢氧化铁胶体属于胶体分散系；具有丁达尔现象，生理盐水是溶液不发生丁达尔现象；

故选D．

丁达尔现象是胶体的性质；依据分散系的本质特征确定分散系的类别进行判断．

本题考查了胶体的性质应用和分散系的判断，熟悉常见的胶体分散系是解答本题的关键，注意丁达尔效应是胶体特有的性质，题目难度不大．【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】本题考查极性分子和非极性分子，熟悉常见元素之间的成键是解答本题的关键，注意化学键与分子的极性的关系来分析解答即可，难度不大。【解答】A.二氧化碳结构为rm{O=C=O}结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，rm{H}结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，rm{O=C=O}rm{H}rm{{,!}_{2}}为rm{O}为rm{V}形分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A不选；形分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A不选；

rm{O}rm{V}B.rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}C.白磷为含有非极性键的非极性分子，甲烷为含有极性键的非极性分子，故C错误；D.二硫化碳为直线形分子，含有极性键的非极性分子，三氟化硼为正三角形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D正确。故选D。为三角锥形，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，rm{BCl}【解析】rm{D}6、B【分析】【解析】试题分析：如果a＝b，则酸碱恰好反应，生成物醋酸钾水解，溶液显碱性，A正确；如果a小于b，则氢氧化钾过量，溶液显碱性。根据c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)可知，c(K＋)>c(CH3COO－)，B不正确；如果a大于b，则醋酸过量，所以溶液可能显酸性母液可能显中性，因此C和D都是正确的，答案选B。考点：考查酸碱中和后溶液酸碱性的判断及离子浓度大小比较【解析】【答案】B7、C【分析】【解析】【答案】C二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】

（1）如果关闭活塞K；U形管内存有气体，气体产生压强；向漏斗内加水，如果装置气密性良好，当U形管内的气体压强等于外界大气压时，U形管左端水面不再上升，否则水会充满整个U形管．

故答案为：关闭活塞K；向漏斗中加水，如果水不能充满∪形管左端，则装置气密性良好．

（2）NO能和氧气反应产生二氧化氮，当将稀HNO3的液面加到a处；赶出U形管内的空气，排除了二氧化氮的干扰，得到的气体就是纯净的NO，所以应将硝酸的液面加到a处．

故答案为：a．

（3）当关闭K时；U形管内的NO气体产生压强，当U形管左端的压强大于大气压时，气体会使U形管内的溶液从左端向右端移动，从而使铜和硝酸分离，反应自动停止．

故答案为：K关闭时；气压增大，将硝酸从∪形管左端压入右端，使硝酸与铜网脱离接触．

（4）2NO+O2=2NO2，NO是无色气体，NO2是红棕色气体，当NO转化为NO2时；气体由无色变为红棕色．

故答案为：气体排出时；由无色变为红棕色．

【解析】【答案】（1）根据装置气密性的检验方法检验；

（2）根据一氧化氮的性质判断；

（3）根据∪形管内气体的压强对溶液的影响分析；

（4）根据一氧化氮的性质判断：

9、略

【分析】解：（1）增大一定量固体的表面积（如粉碎）；可增大反应速率．咀嚼后铝碳酸镁片呈小颗粒状，可以增大与胃酸的接触面，因而易于被消化吸收提高药效．故答案为：增大接触面积，使反应更充分．

（2）①过滤必须用到的是漏斗；烧杯、玻璃棒；故答案：漏斗；

②取药剂3-4片研碎；向样品中加入过量的盐酸，过滤，得澄清溶液，向澄清溶液中滴加NaOH溶液，观察到有白色沉淀，继续加过量NaOH溶液，白色沉淀又溶解。

，从而可以判断白色沉淀一定是氢氧化铝，所以原抗酸药中含有Al（OH）3；故答案：含；

③根据实验现象可以判断是先生成氢氧化铝的沉淀，继续加加过量NaOH溶液，氢氧化铝又氢氧化钠反应而溶解，故反应的方程式为AlCl3+3NaOH

=Al（OH）3+3NaCl；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；故答案：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O

（1）欲正确解答本题；需从人体消化系统的特点和影响化学反应速率的因素考虑；

（2）①根据实验过程中的操作选择仪器；

②根据实验现象；判断该药片中是否含有氢氧化铝；

③根据实验步骤和现象分析反应过程；书写反应方程式；

本题主要考查学生对酸碱发生中和反应和影响化学反应速率的因素的知识点的掌握情况以及铝的相关性质．学生须认真分析已知条件，正确书写化学方程式，才能正确解答．【解析】增大接触面积，使反应更充分；漏斗；含；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O10、略

【分析】

恒温恒容下，发生H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的物质的量不变，已知及①②③的平衡状态中，HI%相同，则为等效平衡，已知中平衡状态n（HI）=amol，故HI%==

①反应前后气体的物质的量不变，故平衡时n（HI）=（2mol+4mol）×=2amol；

中n（H2）：n（I2）=2mol：4mol=1：2；与已知为等效平衡；

②平衡时HI的物质的量为0.5amol，故混合气体的总的物质的量为=1.5mol，1molHI转化到左边可以得到0.5molH2、0.5molI2，令H2、I2分别为xmol；ymol；则：x+y+1=1.5，且（x+0.5）：（y+0.5）=1：2，联立解得x=0，y=0.5；

③令HI为amol，则转化到左边可以得到0.5amolH2、0.5amolI2，故（m+0.5a）：（n+0.5a）=1：2，解得a=2n-4m，故混合气体的总的物质的量为mmol+nmol+（2n-4m）mol=（3n-3m）mol，故平衡时n（HI）=（3n-3m）mol×=（n-m）amol；

故答案为：。编号起始状态（mol）平衡时HI的物质的量（mol）H2I2HI已知120a①240

2a②

0.510.5a③mn（n≥2m）

（2n-4m）

（n-m）a．

【解析】【答案】恒温恒容下，发生H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的物质的量不变，已知及①②③的平衡状态中，HI%相同，则为等效平衡，已知中平衡状态n（HI）=amol，故HI%==

①平衡状态n（HI）=n总（混合气体）×HI%；

②根据平衡时n（HI），计算n总（混合气体），令H2、I2分别为xmol、ymol，按化学计量数转化到左边，满足n（H2）：n（I2）=1：2；再结合总的物质的量列方程计算x；y的值；

③按化学计量数转化到左边，满足n（H2）：n（I2）=1：2，令HI为amol，则转化到左边可以得到0.5amolH2、0.5amolI2；

故（m+0.5a）：（n+0.5a）=1：2，据此计算a的值，利用平衡状态n（HI）=n总（混合气体）×HI%计算．

11、略

【分析】试题分析：（1）Fe、Zn分别与Cu、电解质溶液形成原电池时，由表可知：前者的电压小，后者的电压大，而锌的活泼性大于铁，即金属活动性相差越大，电压表的读数越大，答案为：大；（2）根据原电池中，电子经导线从活泼金属流向不活泼金属，由表可知：金属活泼性：Cu＞A，B＞Cu，利用（1）的结论可知Zn＞B，所以金属的活泼性：Zn＞B＞A，答案为：Zn＞B＞A；（3）根据原电池中，活泼金属做负极，失去电子，所以铜做负极，电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，答案为：Cu；Cu-2e-=Cu2+；（4）根据原电池中，活泼金属做负极，被腐蚀，由（2）可知金属的活泼性：B＞A，即B先被腐蚀，答案为：B；考点：考查原电池的工作原理，金属的腐蚀与防护。【解析】【答案】21．（共10分）（1）大（2）Zn>B>A(3）Cu（2分）；Cu－2e－=Cu2+（4）B12、略

【分析】【解析】【答案】（1）＞（2分）；B(2分)（2）②（2分），A（2分）；D(2分)（3）A(2分)13、略

【分析】【解析】【答案】（12分）（1）电子排布图：（2）Cr，____________________________，1s22s2p63s23p63d54s1，____________（3）VSEPR模型是____________，属于____________分子（4）X的氢化物的沸点________Z的氢化物的沸点（填大于、小于或等于）原因是____（5）F—HFF—HOO—HFO—HO14、略

【分析】解：反应中Cu→CuSO4，铜元素化合价由0价升高为+2价，共升高2价，H2SO4(浓)→SO2，硫元素化合价由+6价降低为+4价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为2，故Cu系数为1，SO2系数为1，根据铜元素守恒可知CuSO4系数为1，根据硫元素守恒可知H2SO4系数为2，根据氢元素守恒可知H2O系数为2，配平后方程式为：Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O；

反应所含H2SO4的S元素化合价降低，故H2SO4是氧化剂，反应中Cu元素的化合价升高，铜是还原剂，发生氧化反应生成的CuSO4是氧化产物；

H2SO4(浓)→SO2；硫元素化合价由+6价降低为+4价，转移电子的物质的量为1mol×(6-4)=2mol；

二氧化硫的2倍．

故答案为：1、2、1、1、2；H2SO4；CuSO4；2；【解析】1;2;1;1;2;H2SO4;CuSO4;215、略

【分析】解：rm{3p}能级上有两个未成对电子，该元素原子最外层电子排布式为rm{3s^{2}3p^{2}}或rm{3s^{2}3p^{4}}即该元素为rm{Si}元素或rm{S}元素；硅和硫通共用电子对，形成共价化合物，故答案为：共价．

rm{3p}能级上有两个未成对电子，该元素原子最外层电子排布式为rm{3s^{2}3p^{2}}或rm{3s^{2}3p^{4}}即该元素为rm{Si}元素或rm{S}元素；据此解答．

本题考查结构位置性质关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意理解掌握核外电子排布规律．【解析】共价三、其他(共7题，共14分)16、略

【分析】【解析】【答案】AEF17、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══18、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)319、略

【分析】【解析】【答案】AEF20、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）21、略

【分析】【解析】【答案】22、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)3四、有机推断题(共4题，共8分)23、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】

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=CH225、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++HCl26、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、探究题(共4题，共12分)27、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）28、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）29、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）30、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）六、简答题(共3题，共30分)31、略

【分析】解：rm{(1)}的分子式为：rm{C_{5}H_{9}O_{2}}结构简式为rm{CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}

rm{(2)}乙烯中含碳和碳之间以共价双键结合，电子式为故答案为：

rm{(3)}中有rm{2}种氢原子，所以的一氯取代物有rm{2}种；邻二甲苯的苯环上含有rm{2}种等效rm{H}所以其一氯代物有rm{2}种，当一个氯原子在甲基的邻位，另一个氯原子有rm{3}种位置，当一个氯原子在甲基的间位，另一个氯原子有rm{1}种位置，邻二甲苯苯环上的二氯代物有rm{4}种；

故答案为：rm{6}rm{4}．

rm{(1)}根据rm{C}形成rm{4}个化学键、rm{O}形成rm{2}个化学键分析；

rm{(2)}乙烯中有rm{2}对共用电子对；

rm{(3)}氯取代产物的种类取决于有机物物中氢原子的种类；分子中等效氢原子一般有如下情况：rm{垄脵}分子中同一甲基上连接的氢原子等效rm{.垄脷}同一碳原子所连的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效rm{.垄脹}处于镜面对称位置上的氢原子等效rm{.}根据固定一个氯原子的方法来确定另一个氯原子的可能位置；据此分析解答．

本题考查了电子式的书写、同分异构数目的判定，题目难度中等，掌握丙同分异构的书写方法，明确电子式的概念及书写原则是解答本题的关键，注意取“代等效氢法”是判断取代物的同分异构体最常用的方法．【解析】rm{(CH_{3})_{2}CHCOOCH_{3}}rm{6}rm{4}32、略

【分析】解：乙烯与rm{HBr}发生加成反应生成rm{2}为rm{CH_{3}CH_{2}Br}结合信息可知，rm{CH_{3}CH_{2}Br}与rm{NaCN}发生取代反应生成rm{3}为rm{CH_{3}CH_{2}CN}rm{CH_{3}CH_{2}CN}水解得到rm{4}为rm{CH_{3}CH_{2}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}COOH}在rm{Br_{2}/P}条件下发生取代反应生成rm{5}为rm{CH_{3}CHBrCOOH}rm{CH_{3}CHBrCOOH}在氢氧化钠醇溶液条件下发生消去反应，再酸化得到rm{6}为rm{CH_{2}=CHCOOH}rm{CH_{2}=CHCOOH}与甲醇发生酯化反应生成rm{7}为rm{CH_{2}=CHCOOCH_{3}}rm{CH_{2}=CHCOOCH_{3}}发生加聚反应生成聚合物rm{8}为

rm{(1)A.}化合物rm{3}为rm{CH_{3}CH_{2}CN}不含羧基，故不选；

B.化合物rm{4}为rm{CH_{3}CH_{2}COOH}含有羧基，故选；

C.化合物rm{6}为rm{CH_{2}=CHCOOH}含有羧基，故选；

D.化合物rm{7CH_{2}=CHCOOCH_{3}}不含羧基，故不选；

故选：rm{BC}

rm{(2)}化合物rm{4隆煤8}的合成路线中，依次发生的取代反应、消去反应、酯化反应rm{(}属于取代反应rm{)}加聚反应；未涉及还原反应；

故选：rm{D}

rm{(3)CH_{3}COOC_{2}H_{5}}属于酯，rm{C_{6}H_{5}COOH}属于芳香酸，rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}rm{CH_{2}=CH-COOH}属于酸，rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}与rm{D}是同系物，rm{CH_{2}=CH-COOH}与rm{D}不是同系物；

故选：rm{C}

rm{(4)}化合物rm{4}为rm{CH_{3}CH_{2}COOH}属于酯类的所有同分异构体有：rm{HCOOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}COOCH_{3}}

故答案为：rm{HCOOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}COOCH_{3}}

rm{(5)6}为rm{CH_{2}=CHCOOH}rm{CH_{2}=CHCOOH}与甲醇发生酯化反应生成rm{7}为rm{CH_{2}=CHCOOCH_{3}}该反应方程式为rm{CH_{2}=CHCOOH+CH_{3}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{2}=CHCOOCH_{3}+H_{2}O}故答案为：rm{CH_{2}=CHCOOH+CH_{3}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{2}=CHCOOCH_{3}+H_{2}O.}

乙烯与rm{CH_{2}=CHCOOH+CH_{3}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{2}=CHCOOCH_{3}+H_{2}O}发生加成反应生成rm{CH_{2}=CHCOOH+CH_{3}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{2}=CHCOOCH_{3}+H_{2}O.}为rm{HBr}结合信息可