2025年湘教新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2025年湘教新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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是()A.能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：K＋、Na＋、CO32-、NO3-B.c(H＋)＝1×10－1mol/L的溶液中：Cu2＋、Al3＋、SO42-、NO3-C.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na＋、NH4+、S2－、Br－D.水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42-2、要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是（）A.用铁粉代替铁片B.增大压强C.提高反应的温度D.增大盐酸的浓度3、某学生为完成2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑反应设计了如图所示的四个实验，你认为可行的实验的是（）A.B.C.D.4、下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（）A.甲酸、乙醛、乙酸B.苯、苯酚、己烯C.乙醇、四氯化碳、乙酸乙酯D.苯、甲苯、环己烷5、根据rm{Ca(OH)_{2}/CaO}体系的能量循环图：

下列说法正确的是A.rm{triangleH_{5}>0}B.rm{triangleH_{1}+triangleH_{2}=0}C.rm{triangleH_{3}=triangleH_{4}+triangleH_{2}}D.rm{triangleH_{1}+triangleH_{2}+triangleH_{3}+triangleH_{4}+triangleH_{5}=0}rm{triangleH_{1}+triangle

H_{2}=0}6、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的()A.rm{NaHSO_{4}(}固体rm{)}B.rm{Na_{2}SO_{4}}溶液C.rm{CuSO_{4}(}固体rm{)}D.rm{NaCl(}固体rm{)}7、目前已知化合物中数量、品种最多的是碳的化合物，下列关于其原因的叙述中不正确的是()A.碳原子之间，碳原子与其他原子rm{(}如氢原子rm{)}之间都可以形成rm{4}个共价键B.碳原子性质活泼，可以与多数非金属元素原子形成共价键C.碳原子之间既可以形成稳定的单键，又可以形成双键和三键D.多个碳原子可以形成长度不同的链及环，且链、环之间又可以相互结合8、短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}原子序数依次增大rm{.}已知元素rm{A}的气态氢化物和rm{A}的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐；rm{B}rm{E}为同主族元素，rm{B}元素原子最外层电子数是次外层的rm{3}倍；rm{D}是地壳中含量最多的金属元素；rm{C}是短周期中与水反应最激烈的金属元素rm{.}下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.元素rm{A}的氢化物比元素rm{B}的氢化物更稳定B.元素rm{C}rm{D}rm{E}的最高价氧化物对应的水化物两两之间能发生反应C.原子半径：rm{C>D>B}D.元素rm{B}的气态氢化物的沸点比元素rm{E}气态氢化物的沸点高评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、(10分)已知葡萄中含有酒石酸。酒石酸的化学分析如下：①相对分子质量不超过150，完全燃烧后只生成CO2和H2O，分子中C、H质量分数分别为w(C)＝32％和w(H)＝4％；②1mol该酸与足量的NaHCO3反应放出44.8LCO2，与足量的Na反应放出44.8LH2(气体体积均已折算为标准状况)；③该分子中存在二种化学环境不同的碳原子，三种化学环境不同的氢原子。回答下列问题：（1）酒石酸的分子式为____，分子中有________个羧基和________个羟基。（2）写出酒石酸的结构简式____________________________。（3）酒石酸的同分异构体中，符合上述①、②两个条件的有(写出结构简式)：。10、（20分）以A和乙醇为基础原料合成香料甲的流程图如下：杏仁中含有A，A能发生银镜反应。质谱测定，A的相对分子质量为106。5.3gA完全燃烧时，生成15.4gCO2和2.7gH2O。（1）A的分子式，A发生银镜反应的化学方程式为。（2）写出反应②的化学方程式。（3）上述反应中属于取代反应的是____。（4）写出符合下列条件E的同分异构体有____种；a．能发生银镜反应b．不含-CH3c．不能水解写出其中能使FeCl3溶液显紫色，且苯环上的一溴代物有四种的同分异构体的结构简式。（5）写出反应⑤的化学方程式。11、超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层．科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．

为了测定在某种催化剂作用下的反应速率；在某温度下用气体传感器测得密闭容器中不同时间的NO和CO浓度如表：

。时间（s）12345c（NO）

（mol/L）1.00×10-34.50×10-42.50×10-41.50×10-41.00×10-41.00×10-4c（CO）

（mol/L）3.60×10-33.05×10-32.85×10-32.75×10-32.70×10-32.70×10-3请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：

（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的△H____0（填写“＞”；“＜”、“=”）．

（2）该反应的化学平衡常数表达式为K=____．

（3）前2s内的平均反应速率v（N2）=____．

（4）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是____（多选扣分）．

a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变。

c．υ正（N2）=υ逆（CO）d．c（CO2）=c（CO）

（5）该温度下达到平衡时CO的转化率是____．12、（12分）家庭厨房是一个化学小世界，“柴米油盐”中包含着许多化学知识。（1）人体需要的营养素主要有糖类、油脂、蛋白质、维生素、矿物质和____。从科学的角度讲，一日三餐应以富含____的食物为主食。（2）绿色植物通过光合作用转化的食品叫绿色食品；海洋提供的食品叫蓝色食品；通过微生物发酵制得的食品叫白色食品。根据此分类，花生油属于__________食品。（3）食物的选择要注意其酸碱性。蛋白质属于____（填“酸性”或“碱性”）食物。这____（填“是”或“不是”）因为这类食物在味觉上有酸味。（4）请写出常用食品防腐剂的化学式或名称____（只写出一种）。13、甲醇可以与水蒸气反应生成氢气；反应方程式如下：

CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）；△H＞0

（1）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和3molH2O（g），20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，则用甲醇表示该反应的速率为______．

（2）判断（1）中可逆反应达到平衡状态的依据是（填序号）______．

①v正（CH3OH）═3v逆（H2）②混合气体的密度不变③混合气体的平均相对分子质量不变④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化。

（3）图1中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入1molCH3OH（g）和2molH2O（g），向B容器中充入1，.2molCH3OH（g）和2.4molH2O（g），两容器分别发生上述反应．已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为1.5aL，容器B中CH3OH转化率为______；维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为______L（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）．14、请回答下列问题：

rm{(1)}纯水在rm{T隆忙}时，rm{pH=6}该温度下rm{1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液中，由水电离出的rm{c(OH^{-})=}______rm{mol?L^{-1}}．

rm{(2)}某一元弱酸溶液rm{(A)}与二元强酸rm{(B)}的rm{pH}相等rm{.}若将两溶液稀释相同的倍数后，rm{pH(A)}______rm{pH(B)}rm{(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{).}现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的rm{NaOH}溶液，则需稀释溶液的体积rm{V(A)}______rm{V(B)(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}．

rm{(3)}已知：二元酸rm{H_{2}R}的电离方程式是：rm{H_{2}R=H^{+}+HR^{-}}rm{HR^{-}?R^{2-}+H^{+}}若rm{0.1mol?L^{-1}NaHR}溶液的rm{c(H^{+})=a}rm{mol?L^{-1}}则rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}R}溶液中rm{c(H^{+})}______rm{(0.1+a)}rm{mol?L^{-1}(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}理由是______．

rm{(4)}电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量rm{.}已知：

。化学式电离常数rm{(25隆忙)}rm{HCN}rm{K=4.9隆脕10^{-10}}rm{CH_{3}COOH}rm{K=1.8隆脕10^{-5}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{K_{1}=4.3隆脕10^{-7}}rm{K_{2}=5.6隆脕10^{-11}}rm{垄脵25隆忙}时，有等浓度的rm{HCN}溶液、rm{H_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液，三溶液的rm{pH}由大到小的顺序为______rm{(}用化学式表示rm{)}．

rm{垄脷}向rm{NaCN}溶液中通入少量的rm{CO_{2}}发生反应的化学方程式为______．评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)15、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__________________________________．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。18、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、推断题(共3题，共27分)19、有关物质的转化关系如下图所示。rm{B}是红棕色固体，rm{D}是红棕色气体，rm{E}是常见的无色液体，rm{F}是常见的强酸，rm{G}是淡黄色粉末。rm{(1)F}的化学式为____________。rm{(2)E}的电子式为___________。rm{(3)}写出rm{E+G隆煤H+C}的化学方程式________________。rm{(4)}写出反应rm{垄脷}的离子方程式________________。20、糖类；油脂、蛋白质是人体重要的能源物质；请根据它们的性质回答以下问题：

（1）油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是______（写名称）．

（2）蛋白质的水解产物具有的官能团是______（写结构简式）．

已知A是人体能消化的一种天然高分子化合物；B和C分别是A在不同条件下的水解产物，它们有如下转化关系，请根据该信息完成（3）～（5）小题．

（3）下列说法不正确的是：______

A．1molC完全水解可生成2molB

B．工业上常利用反应⑦给热水瓶胆镀银。

C．用A进行酿酒的过程就是A的水解反应过程。

D．A的水溶液可以发生丁达尔效应E．反应③属于吸热反应。

（4）1molB完全氧化时可以放出2804kJ的热量，请写出其氧化的热化学方程式______．

（5）请设计实验证明A通过反应①已经全部水解，写出操作方法、现象和结论：______．21、乙酸苯甲酯是某类化妆品生产的常用添加剂rm{(}香料rm{)}工业上可以用石油产品乙烯、rm{X}为主要原料合成；其流程如下。请完成填空。

rm{(1)X}的结构简式为______，rm{垄脺}的反应类型是______。

rm{(2)}已知rm{A}rm{B}相对分子质量相差rm{16}反应rm{垄脷}的化学方程式为______。

rm{(3)}乙酸苯甲酯有多种同分异构体，其中属于酯类且为一取代苯结构的有______种rm{(}不包括乙酸苯甲酯本身rm{)}任写其中一种的结构简式______。

rm{(4)}反应rm{垄脻}的化学方程式为______。

rm{(5)}若将反应rm{垄脹}rm{垄脺}的条件做如下变动：rm{Xxrightarrow{Cl_{2},{麓脽禄炉录脕}}C隆盲xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}D隆盲}将先后得到rm{Xxrightarrow{Cl_{2},{麓脽禄炉录脕}}C隆盲

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}D隆盲}rm{C隆盲}而得不到rm{D隆盲}rm{C}rm{D}与rm{D}的分子式相同，且rm{D隆盲}可与rm{D隆盲}溶液发生显色反应，写出符合条件的由rm{FeCl_{3}}的一硝基代物有rm{X隆煤C隆盲(C隆盲}种rm{2}的反应方程式______。rm{)}评卷人得分五、探究题(共4题，共20分)22、（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。23、（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。24、（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。25、（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、综合题(共2题，共10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8题，共16分)1、B【分析】试题分析：A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液是酸性溶液。在该溶液中会发生反应：2H++CO32-=H2O+CO2↑。离子不能电离共存。错误。B．c(H＋)＝1×10－1mol/L的溶液是酸性溶液，此时H+与选项中的离子不会发生任何反应。可以大量共存。正确。C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液含有强氧化性的微粒，而S2－、Br－有还原性，容易发生氧化还原反应而不能大量共存。错误。D．在室温下纯水电离产生的c(H＋)=10-7mol/L/现在水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液。说明水的电离受到了抑制。可能外加酸，也可能是外加碱。若外加碱，即溶液显碱性。则会发生沉淀反应Mg2＋+2OH-=Mg(OH)2↓.离子不能电离共存。错误。考点：考查离子大量共存的知识。【解析】【答案】B2、B【分析】【解答】解：A．用铁粉代替铁片；增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故A不选；B．该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，则增大压强，不能增大Fe与盐酸的反应速率，故B选；

C．提高反应的温度；反应的速率加快，故C不选；

D．增大盐酸的浓度；氢离子浓度变大，反应速率加快，故D不选．

故选B．

【分析】增大铁与盐酸反应的速率，则增大接触面积、酸的浓度、温度等，该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，以此来解答．3、D【分析】【解答】解：Ag不能和HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行；应该设计成电解池，Ag失电子发生氧化反应，所以Ag作阳极，氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中氢离子放电，则符合条件的是D，故选D．

【分析】Ag不能和HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行，应该设计成电解池，且Ag作阳极、电解质溶液中氢离子放电，据此分析解答．4、D【分析】解：A．甲酸含有-CHO和-COOH；乙醛含有-CHO，乙酸含有-COOH，加入新制备氢氧化铜浊液，不加热时甲酸溶解氢氧化铜，加热时发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，乙醛与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸能溶解氢氧化铜，可鉴别，故A不选；

B．加入浓溴水；苯不反应，但溶液分层，色层在上层，苯酚有白色沉淀生成，己烯与溴水发生加成反应而使溴水褪色，三者可用溴水鉴别，故B不选；

C．乙醇溶于水；四氯化碳不溶于水，密度比水大，乙酸乙酯不溶于水，密度比水小，可用于水鉴别，故C不选；

D．苯；甲苯、环己烷都不溶于水；且密度都比水小，用水无法鉴别，且苯、环己烷性质稳定，二者用一种试剂无法鉴别，故D选．

故选D．

A．甲酸含有-CHO和-COOH；乙醛含有-CHO，乙酸含有-COOH，三者性质不同；

B．苯酚可与浓溴水发生取代反应；己烯可与溴水发生加成反应；

C．利用水溶性结合密度大小判断；

D．三种物质都不溶于水；且密度都比水小．

本题考查有机物的鉴别，明确常见有机物的性质是解答的关键，注意利用一种试剂及现象不同来鉴别，题目难度不大．【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】本题考查了盖斯定律的利用，侧重考查了学生理解运用能力，平时学习时要注意基础知识的积累掌握，提高解题的正答率。【解答】A.水由气态变为液态，多余的能量释放出来，rm{triangleH}rm{triangleH}rm{{,!}_{5}}故A错误rm{<0}

B.铝热反应为放热反应，故rm{triangleH_{5}<0;2Fe(s)+3/2O_{2}(g)=Fe_{2}O_{3}(s)triangleH_{3}(3)2Al(s)+3/2O_{2}(g)=Al_{2}O_{3}(s)triangleH_{4}(4);}而，rm{<0}将rm{;}可得：rm{2Al(s)+Fe_{2}O_{3}(s)=Al_{2}O_{3}(s)+2Fe(s)triangleH_{5}=triangleH_{4}-triangleH_{3}}时，故rm{triangleH_{4}<triangleH_{3}}故B正确rm{triangle

H_{5}<0;2Fe(s)+3/2O_{2}(g)=Fe_{2}O_{3}(s)triangleH_{3}(3)

2Al(s)+3/2O_{2}(g)=Al_{2}O_{3}(s)triangleH_{4}(4);}

C.已知：rm{3H_{2}(g)+Fe_{2}O_{3}(s)=2Fe(s)+3H_{2}O(g)triangleH_{2}(2)}rm{2Fe(s)+3/2O_{2}(g)=Fe_{2}O_{3}(s)triangleH_{3}(3)}将rm{(4)}可得：rm{2H2(g)+O2(g)=2H_{2}O(g)triangleH_{1}=2/3(triangleH_{2}+triangleH_{3)}}故C错误rm{(4)-(3)}

D.由盖斯定律可知，反应热只与物质的始态和终态有关，与反应过程无关，故rm{2Al(s)+Fe_{2}O_{3}(s)=Al_{2}O_{3}(s)+2Fe(s)triangle

H_{5}=triangleH_{4}-triangleH_{3}}rm{triangleH_{4}<triangle

H_{3}}rm{;}rm{3H_{2}(g)+Fe_{2}O_{3}(s)=2Fe(s)+3H_{2}O(g)triangle

H_{2}(2)}rm{2Fe(s)+3/2O_{2}(g)=Fe_{2}O_{3}(s)triangle

H_{3}(3)}rm{[(2)+(3)]隆脕2/3}rm{2H2(g)+O2(g)=2H_{2}O(g)triangle

H_{1}=2/3(triangleH_{2}+triangleH_{3)}}rm{;}rm{triangleH}rm{triangleH}rm{{,!}_{1}}，故D正确。故选D。rm{+triangleH}【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意题干中限制性条件“反应速率减慢、生成氢气总量不变”，题目难度不大。【解答】A.加入rm{NaHSO}rm{NaHSO}固体，氢离子的浓度增加，故A错误B.rm{{,!}_{4}}加入rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}溶液，rm{H}rm{H}

C.rm{{,!}^{+}}浓度降低，但总量不变，可减缓反应速率且不影响生成rm{H}rm{H}；

D.加入rm{{,!}_{2}}固体，的总量，故B正确；

故选B。加入rm{CuSO}【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】本题考查了有机物种类繁多的原因及有机物的性质等，注意基础知识的积累和掌握。【解答】A.碳原子最外层有rm{4}个电子，碳原子与碳原子、其他原子rm{(}如氢原子rm{)}形成rm{4}个共价键达到稳定结构；故A正确；

B.碳原子性质不活泼；故B错误；

C.碳原子之间成键方式具有多样性；碳原子与碳原子之间不仅可以形成共价单键，还可以形成双键；单键，不仅可以形成碳链还可以形成碳环，故C正确；

D.碳原子最外层有四个电子；碳原子之间可以形成稳定的单键，又可以形成稳定的双键和三键，多个碳原子可以形成长度不同的链；支链及环，且链、环之间又可以相互结合，故D正确。

故选B。

【解析】rm{B}8、A【分析】解：短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}原子序数依次增大rm{.}已知元素rm{A}的气态氢化物和rm{A}的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则rm{A}为rm{N}元素；rm{B}元素原子最外层电子数是次外层的rm{3}倍，原子只能有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{6}则rm{B}为rm{O}元素；rm{B}rm{E}为同主族元素，则rm{E}为rm{S}元素；rm{D}是地壳中含量最多的金属元素，则rm{D}为rm{Al}rm{C}是短周期中与水反应最激烈的金属元素，则rm{C}为rm{Na}．

A.非金属性rm{A(N)<B(O)}故氧元素氢化物更稳定，故A错误；

B.元素rm{C}rm{D}rm{E}的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠；氢氧化铝、硫酸；氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，故B正确；

C.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同主族自上而下原子半径减小，所以原子半径rm{C(Na)>D(Al)>B(O)}故C正确；

D.水分子之间形成氢键；所以水的沸点大于硫化氢的，故D正确；

故选：rm{A}．

短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}原子序数依次增大rm{.}已知元素rm{A}的气态氢化物和rm{A}的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则rm{A}为rm{N}元素；rm{B}元素原子最外层电子数是次外层的rm{3}倍，原子只能有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{6}则rm{B}为rm{O}元素；rm{B}rm{E}为同主族元素，则rm{E}为rm{S}元素；rm{D}是地壳中含量最多的金属元素，则rm{D}为rm{Al}rm{C}是短周期中与水反应最激烈的金属元素，则rm{C}为rm{Na}．

本题考查原子结构与元素周期律应用，正确推断元素是解本题关键，注意氢键只影响物理性质不影响化学性质，题目难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【解析】【答案】(10分)(1)C4H6O622(2)(3)10、略

【分析】【解析】【答案】（1）C7H6O，（2）（3）②③⑤（4）8；（5）11、略

【分析】

（1）因该反应2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）中气体减少；△S＜0，由反应能够自发进行，则△H-T△S＜0，即该反应一定是放热才有可能自发进行，放热反应中△H＜0；

故答案为：＜；

（2）该反应的化学平衡常数表达式为K=故答案为：

（3）由表格中的数据可知2s内NO浓度的变化量为1.00×10-3-2.50×10-4=7.50×10-4，则υ（NO）==3.75×10-4mol•L-1•s-1；由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则υ（N2）=υ（NO）=1.875×10-4mol•L-1•s-1；

故答案为：1.875×10-4mol•L-1•s-1；

（4）a．随反应进行气体的物质的量增大；压强增大，容器中压强不变，说明到达平衡状态，故a正确；

b．反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，混合气体中c（CO）不变说明到达平衡状态，故b正确；

c．因不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比；才能说明到达平衡状态，故c错误；

d．反应始终按CO与氢气物质的量之比为1：1进行，c（H2）=c（CO）不能说明到达平衡；故d错误；

故答案为；ab；

（5）平衡时CO的物质的量浓度变化量为3.60×10-3mol/L-2.70×10-3mol/L=0.9×10-3mol/L，CO的转化率为×100%=25%；

故答案为：25%．

【解析】【答案】（1）根据反应能够自发进行；则△H-T△S＜0来分析该反应的焓变；

（2）根据化学平衡常数的概念来解答；

（3）根据化学反应速率V=来计算解答；

（4）当反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（5）由表中数据可知，实验4min到达平衡，平衡时CO的物质的量浓度变化量为3.60×10-3mol/L-2.70×10-3mol/L=0.9×10-3mol/L；结合转化率定义计算；

12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）人体需要的营养素主要有糖类、油脂、蛋白质、维生素、矿物质和水。从科学的角度讲，一日三餐应以富含糖类的食物为主食。（2）绿色植物通过光合作用转化的食品叫绿色食品；海洋提供的食品叫蓝色食品；通过微生物发酵制得的食品叫白色食品。根据此分类，花生油属于绿色食品。（3）食物的酸碱性的划分是依据不同的食物在进入人体内经新陈代谢作用后所形成的最终产物的酸碱性来确定。酸性食品是指食品中氯、硫、磷等非金属元素的含量较高的食物，碱性食品是指食品中钙、铁、钾、镁、锌等金属元素含量较高的食物。据此可知蛋白质属于酸性食物，而并不是因为这类食物在味觉上有酸味。（4）常用食品防腐剂的化学式或名称有氯化钠（或NaCl）、苯甲酸、苯甲酸钠、山梨酸等。考点：考查常见营养物质、食物的酸碱性以及防腐剂【解析】【答案】（12分）（1）水糖类（2）绿色（3）酸性不是（4）氯化钠（或NaCl，其他合理即可）13、略

【分析】解：（1）依据化学平衡三段式列式计算；设反应的甲醇物质的量为x

CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）

起始量（mol）1300

变化量（mol）xxx3x

20s量（mol）1-x3-xx3x

20s后；测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.2×4

x=0.4mol

v（CH3OH）==0.01mol/（L•s）；

故答案为：0.01mol/（L•s）；

（2）可逆反应达到平衡状态的依据是正逆反应速率相同；

①v正（CH3OH）=v正（CO2）是反应速率之比等于化学方程式计量数之比；不能说你反应达到平衡，故①不符合；

②反应前后气体质量不变；容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；

③反应前后气体物质的量增大；质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故③符合；

④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志；故④符合；

故答案为：③④；

（3）①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6mol×0.5=1.8mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9mol，CH3OH的转化率=×100%=75%；打开K时，AB组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：（3+3.6）=1.5a：3.6

求得x=2.75a；所以B的体积为2.75a-a=1.75a；

故答案为：75%；1.75a．

（1）依据化学平衡三段式列式计算；气体压强之比等于物质的量之比；

（2）化学平衡的标志是正逆反应速率相同；各组分浓度保持不变分析选项；

（3）依据恒温恒容；恒温恒压容器变化；结合反应平衡特征分析判断，压强变化和物质的量变化成正比；打开KAB组成的是恒温恒压容器，依据压强变化和物质的量变化成正比计算得到．

本题考查了化学平衡三段式计算，平衡标志的分析判断，恒温恒容容器，恒温恒压容器的分析判断是解题关键，气体压强之比和物质的量之比成正比例，题目难度中等．【解析】0.01mol/（L•s）；③④；75%；1.75a14、略

【分析】解：rm{(1)}纯水在rm{T隆忙}时，rm{pH=6}说明此时水的离子积常数为rm{10^{-12}}该温度下rm{1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液中，氢离子由水电离产生，所以rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-12}}{1}mol/L}而水电离出的rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-12}}{1}mol/L}故答案为：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})=10^{-12}mol?L^{-1}}

rm{10^{-12}}某一元弱酸溶液rm{(2)}与二元强酸rm{(A)}的rm{(B)}相等，则弱酸有大部分为电离，加水稀释时，能够促进更多的弱酸电离，所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，所以rm{pH}

上述稀释溶液中弱酸的氢离子的物质的量浓度大于强酸，所以等体积含有的氢离子的物质的量多，中和等浓度等体积的rm{pH_{A}<pH_{B}}溶液；用的体积少；

故答案为：rm{NaOH}rm{<}

rm{<}溶液，rm{(3)0.1mol?L^{-1}H_{2}A}电离出rm{H_{2}A=H^{+}+HA^{-}}为rm{H^{+}}而rm{0.1mol/L}溶液的rm{0.1mol?L^{-1}NaHR}则由rm{c(H^{+})=amol?L^{-1}}可知，电离出rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}对第一步电离生成的rm{0.1mol/LH^{+}}抑制了rm{H^{+}}的电离，所以rm{HA^{-}}溶液中rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}R}故答案为：rm{c(H^{+})<(0.1+a)mol?L^{-1}}rm{<}中第一步电离出的rm{H_{2}R}对rm{H^{+}}的电离产生了抑制作用；

rm{HR^{-}}根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，rm{(4)垄脵}越小，根据图表数据分析，电离常数：醋酸rm{pH}碳酸氢根离子，所以三溶液的rm{>HCN>}由大到小的顺序为rm{pH}故答案为：rm{H_{2}CO_{3}>HCN>CH_{3}COOH}

rm{H_{2}CO_{3}>HCN>CH_{3}COOH}向rm{垄脷}溶液中通入少量rm{NaCN}由于酸性：rm{CO_{2}}故反应生成rm{H_{2}CO_{3}>HCN>HCO_{3}^{-}}和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为rm{HCN}

故答案为：rm{NaCN+H_{2}O+CO_{2}=HCN+NaHCO_{3}}．

rm{NaCN+H_{2}O+CO_{2}=HCN+NaHCO_{3}}纯水在rm{(1)}时，rm{T隆忙}说明此时水的离子积常数为rm{pH=6}该温度下rm{10^{-12}}的rm{1mol?L^{-1}}溶液中，氢离子由水电离产生，所以rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-12}}{1}mol/L}而水电离出的rm{NaOH}

rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-12}}{1}mol/L}加水稀释弱酸时；会促进弱酸的电离；依据中和反应中消耗的氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量解答；

rm{c(OH^{-})=c(H^{+})=10^{-12}mol?L^{-1}}溶液，rm{(2)}电离出rm{(3)0.1mol?L^{-1}H_{2}A}为rm{H_{2}A=H^{+}+HA^{-}}而rm{H^{+}}溶液的rm{0.1mol/L}则由rm{0.1mol?L^{-1}NaHR}可知，电离出rm{c(H^{+})=amol?L^{-1}}对第一步电离生成的rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}抑制了rm{0.1mol/LH^{+}}的电离；

rm{H^{+}}根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，rm{HA^{-}}越小；

rm{(4)垄脵}向rm{pH}溶液中通入少量rm{垄脷}由于酸性：rm{NaCN}故反应生成rm{CO_{2}}和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为rm{H_{2}CO_{3}>HCN>HCO_{3}^{-}}．

本题考查盐类水解的应用，溶液中离子浓度的大小比较，综合性较强rm{HCN}要注意碳酸是二元弱酸分步电离，第二部电离比rm{NaCN+H_{2}O+CO_{2}=HCN+NaHCO_{3}}小．rm{.}【解析】rm{10^{-12}}rm{<}rm{<}rm{<}rm{H_{2}R}中第一步电离出的rm{H^{+}}对rm{HR^{-}}的电离产生了抑制作用；rm{H_{2}CO_{3}>HCN>CH_{3}COOH}rm{NaCN+H_{2}O+CO_{2}=HCN+NaHCO_{3}}三、有机推断题(共4题，共8分)15、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=CH216、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】

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++HCl18、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+H2O⑦.4⑧.四、推断题(共3题，共27分)19、（1）HNO3

（2）

（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

（4）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【分析】【分析】本题考查无机物的推断，涉及硝酸和硝酸盐的性质，化学方程式、离子方程式、电子式的书写等，难度中等。【解答】rm{B}是红棕色固体，则rm{B}是rm{Fe_{2}O_{3}}rm{D}是红棕色气体，则rm{D}是rm{NO_{2}}rm{E}是常见的无色液体，则rm{E}是rm{H_{2}O}能与水反应的是红棕色固体，则rm{B}是rm{B}rm{Fe_{2}O_{3}}是红棕色气体，则rm{D}是rm{D}rm{NO_{2}}是常见的无色液体，则rm{E}是rm{E}能与水反应的淡黄色粉末是过氧化钠，则rm{H_{2}O}是rm{G}是rm{Na_{2}O_{2}}生成物rm{H}是rm{NaOH}rm{C}是rm{O_{2}}rm{F}是硝酸，rm{A}是硝酸铁，硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和硝酸钠。生成物rm{G}是rm{Na_{2}O_{2}}rm{H}是rm{NaOH}rm{C}是硝酸，rm{O_{2}}是硝酸铁，硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和硝酸钠。rm{F}由上述分析知rm{A}的化学式为rm{(1)}由上述分析知rm{F}的化学式为rm{HNO_{3}}rm{(1)}rm{F}的电子式为故答案为：rm{HNO_{3}}反应故答案为：rm{HNO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{(2)E}的电子式为的化学方程式为：rm{(2)E}rm{(3)}反应rm{E+G}rm{(3)}rm{E+G}rm{隆煤}rm{H+C}的化学方程式为：rm{2Na}rm{H+C}rm{2Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}故答案为：rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{=2Na}rm{=2Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{+O}rm{+O}rm{{,!}_{2}}rm{2Na}反应rm{2Na}的离子方程式：rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案为：rm{{,!}_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)HNO_{3}}rm{(2)}rm{(3)}rm{2Na}rm{2Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{=2Na}rm{=2Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}20、略

【分析】解：（1）油脂为高级脂肪酸甘油酯；在酸性和碱性条件下水解的共同产物是甘油（或丙三醇），故答案为：甘油（或丙三醇）；

（2）蛋白质的水解产物为氨基酸，官能团为-NH2、-COOH，故答案为：-NH2；-COOH；

A是人体能消化的一种天然高分子化合物；由转化关系可知，A为淀粉，水解生成B为葡萄糖，水解生成C为麦芽糖，B；C中均含-CHO；

（3）A.1molC（麦芽糖）完全水解可生成2molB（葡萄糖）；故A正确；

B．工业上常利用反应⑤给热水瓶胆镀银；故B错误；

C．用A进行酿酒的过程；发生A的水解反应；B的酒化反应，故C错误；

D．A的水溶液为胶体分散系；可以发生丁达尔效应，故D正确；

E．反应③为光合作用；属于吸热反应，故E正确；

故答案为：BC；

（4）1molB完全氧化时可以放出2804kJ的热量，其氧化的热化学方程式为C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=-2804kJ/mol；

故答案为：C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=-2804kJ/mol；

（5）设计实验证明A通过反应①已经全部水解；其操作方法；现象和结论为取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解；

故答案为：取少量淀粉水解后的溶液；向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解．

（1）油脂为高级脂肪酸甘油酯；

（2）蛋白质的水解产物为氨基酸；

A是人体能消化的一种天然高分子化合物；由转化关系可知，A为淀粉，水解生成B为葡萄糖，水解生成C为麦芽糖，B；C中均含-CHO，以此解答（3）～（5）．

本题考查较综合，涉及油脂、蛋白质、糖类的基本性质及应用、人体内的化学能的变化、淀粉水解实验等，综合性较强，题目难度不大，注意有机物的结构与性质．【解析】甘油（或丙三醇）；-NH2、-COOH；BC；C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=-2804kJ/mol；取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解21、略

【分析】解：乙烯氧化生成rm{A}rm{A}氧化生成rm{B}rm{B}与rm{D}反应生成乙酸苯甲酯，可知rm{B}为rm{CH_{3}COOH}rm{D}为则rm{A}为rm{CH_{3}CHO}rm{X}与氯气在光照条件下生成rm{C}rm{C}发生水解反应得到苯甲醇，故rm{X}为rm{C}为．

rm{(1)X}的结构简式为rm{垄脺}的反应类型是取代反应；

故答案为：取代反应；

rm{(2)}反应rm{垄脷}的化学方程式为：rm{2CH_{3}CHO+O_{2}xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}COOH}

故答案为：rm{2CH_{3}CHO+O_{2}xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}COOH}

rm{2CH_{3}CHO+O_{2}

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}COOH}乙酸苯甲酯有多种同分异构体，其中属于酯类且为一取代苯结构的同分异构体有：

故答案为：rm{2CH_{3}CHO+O_{2}

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}COOH}任写一种；

rm{(3)}反应rm{5}的化学方程式为：

故答案为：

rm{(4)}若将反应rm{垄脻}rm{(5)}的条件做如下变动：rm{Xxrightarrow{Cl_{2},{麓脽禄炉录脕}}C隆盲xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}D隆盲}将先后得到rm{垄脹}rm{垄脺}而得不到rm{Xxrightarrow{Cl_{2},{麓脽禄炉录脕}}C隆盲

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}D隆盲}rm{C隆盲}rm{D隆盲}与rm{C}的分子式相同，且rm{D}可与rm{D}溶液发生显色反应，rm{D隆盲}的一硝基代物有rm{D隆盲}种，则为rm{FeCl_{3}}rm{C隆盲}为rm{2}的反应方程式：

故答案为：

乙烯氧化生成rm{C隆盲}rm{D隆盲}氧化生成rm{X隆煤C隆盲}rm{A}与rm{A}反应生成乙酸苯甲酯，可知rm{B}为rm{B}rm{D}为则rm{B}为rm{CH_{3}COOH}rm{D}与氯气在光照条件下生成rm{A}rm{CH_{3}CHO}发生水解反应得到苯甲醇，故rm{X}为rm{C}为

本题考查有机物的推断与合成，注意结合乙酸苯甲酯的结构与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，有利于基础知识的巩固。rm{C}【解析】取代反应；rm{2CH_{3}CHO+O_{2}xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}COOH}rm{2CH_{3}CHO+O_{2}

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}COOH}任意一种；rm{5}五、探究题(共4题，共20分)22、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↓+Na2