2025年浙教版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教版高二化学上册阶段测试试卷697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、在系统命名法中，下列烃的命名一定错误的是A.2，2，3－三甲基－4－乙基己烷B.2－甲基－3－乙基己烷C.2－甲基－3－乙基戊烷D.2－甲基－2－乙基庚烷2、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{N}是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增rm{.}已知rm{X}的最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，rm{X}rm{M}同主族，rm{Y}在同周期主族元素中原子半径最大rm{.Z}和rm{N}可以形成rm{ZN_{2}}型化合物rm{.}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}与rm{Y}只能形成一种化合物B.最高价氧化物对应水化物的碱性：rm{Y>Z}C.气态氢化物的热稳定性：rm{M>N}D.单质的氧化性：rm{X<M}3、关于苯的叙述中错误的是rm{(}rm{)}A.苯在催化剂作用下能与液溴发生取代反应B.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.苯在一定条件下能与氢气发生加成反应D.苯分子是单双键交替的环状结构4、已知下列热化学方程式：

rm{Zn(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TZnO(s)triangleH=-351.1kJ?mol^{-1}}

rm{Hg(l)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓THgO(s)triangleH=-90.7kJ?mol^{-1}}由此可知反应。

rm{Zn(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TZnO(s)triangleH=-351.1kJ?mol^{-1}}的焓变rm{Hg(l)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓THgO(s)triangleH=-90.7kJ?mol^{-1}}为rm{Zn(s)+HgO(s)篓TZnO(s)+Hg(l)}rm{triangleH}A.rm{(}rm{)}B.rm{-260.4}rm{kJ?mol^{-1}}C.rm{-441.8}rm{kJ?mol^{-1}}D.rm{+260.4}rm{kJ?mol^{-1}}rm{+441.8}5、某同学为了使反应2HCl+2Ag2AgCl+H2↑能进行，设计了下列四个实验，如下图所示，你认为可行的方案是（）6、下列说法中正确的是（）A.非自发反应在任何条件下都不能实现B.自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变C.凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的D.熵增加且放热的反应一定是自发反应评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、①已知0.4mol液态肼（N2H4）和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气时放出256.65kJ的热量．写出该反应的热化学方程式：______．

②已知化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（g），该反应的活化能为167.2kJ/mol，其逆反应的活化能为409.0kJ/mol，写出该反应的热化学方程式：______．

③已知白磷（P4）和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下的化学键的键能（KJ/mol）：P-P198，Cl-Cl243，P-Cl331．则写出1mol白磷完全反应生成PCl3（s）时的热化学方程式：______．

④已知S（s）+O2（g）⇌SO2（g）当有4NA个电子转移时，放出297.23kJ的热量．写出该反应的热化学方程式______．

⑤常温常压下，1克CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出QkJ的热量．写出此反应的热化学方程式：______．

⑥酒精燃烧的化学方程式为：C2H6O（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l），完全燃烧一定量的无水酒精，放出的热量为QkJ，当完全吸收生成的CO2，消耗8mol/L的NaOH溶液50mL时恰好生成正盐．写出此反应的热化学方程式：______．8、煤粉在隔绝空气中加强热；除主要得到焦炭外，还能得到下表所列的物质：

。序号①②③④⑤⑥⑦⑧名称一氧化碳甲烷乙烯苯甲苯二甲苯苯酚氨水回答下列问题：

（1）天然气的主要成分是：______（填序号）

（2）能使氯化铁溶液变为紫色的是______（填结构简式）

（3）能使溴水因发生化学变化而褪色的是：______（填序号）

（4）能发生加聚反应、生成物可用作制造食品包装袋的是：______（填序号）

（5）甲苯的一氯取代产物有______种。

（6）二甲苯的三种同分异构体中，沸点最低的是______（填结构简式）

（7）苯酚和______（填结构简式）在一定条件下发生缩聚反应制取酚醛树脂．9、rm{(1)}石灰工业对工农业生产意义重大，在制石灰的重要工业反应中包含着下列化学平衡：rm{CaCO_{3}(s)?CaO(s)+CO_{2}(g)triangleH=+178.32kJ/mol}现在rm{CaCO_{3}(s)?CaO(s)+CO_{2}(g)triangle

H=+178.32kJ/mol}时，将rm{800隆忙}rm{CO_{2}(g)}和rm{CaCO_{3}(s)}按下列rm{CaO(s)}不同的投料方式，放入一个rm{A隆芦E}的密闭容器中，经过足够长时间且维持温度不变，容器中rm{10L}的质量增加的有。

______、减少的有______；体系处于化学平衡状态的有______rm{CaCO_{3}(s)}均填序号rm{(}已知rm{).(}时，该反应平衡常数rm{800隆忙}

。rm{K=0.003.)}序号rm{CaCO_{3}/mol}rm{CaO/mol}rm{CO_{2}/mol}rm{A}rm{0.02}rm{0.02}rm{0.05}rm{B}rm{0.02}rm{0.02}rm{0.03}rm{C}rm{0.02}rm{0.02}rm{0.01}rm{D}rm{0.02}rm{0}rm{0.05}rm{E}rm{0.02}rm{0.02}rm{0}rm{(2)}在岩洞；钟乳石的形成过程中包含下列反应：

rm{CaCO_{3}(s)+H_{2}O(l)+CO_{2}(g)?Ca^{2+}(aq)+2HCO_{3}^{-}(aq)triangleH=-321.7kJ/mol}

用一个不含rm{CaCO_{3}(s)+H_{2}O(l)+CO_{2}(g)?Ca^{2+}(aq)+2HCO_{3}^{-}(aq)triangle

H=-321.7kJ/mol}rm{c}rm{(Ca^{2+})}rm{c}的表达式表示rm{(HCO_{3}^{-})}rm{Ca}溶液中的rm{(HCO_{3})_{2}}rm{c}与其它粒子浓度间的关系：rm{(OH^{-})}rm{c}______．

rm{(OH^{-})=}为除去锅炉水垢中含有的rm{(3)}可先用某溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的物质，该转化的离子方程式是______．rm{CaSO_{4}}10、从某些植物树叶提取的挥发油中含有下列主要成分：

rm{(1)}写出rm{A}的分子式______

rm{(2)1molB}与溴水充分反应，需消耗______rm{mol}单质溴．

rm{(3)}写出鉴定rm{C}中含碳碳双键的实验步骤______．

rm{(4)}已知：rm{RCH=CHR隆盲xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}RCOOH+R隆盲COOH.}写出rm{RCH=CHR隆盲

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}RCOOH+R隆盲COOH.}在强氧化剂条件下生成的有机化合物的结构简式______．rm{C}11、（6分）催化剂的研究使许多物质出现了新的化学反应。例如烯烃A在苯中用一种特殊催化剂处理时，生成两种新的烯烃：烯烃B、烯烃C，用反应式可表示为如下：2AB+C（1）若A为R1CH=CHR2，B为R1CH=CHR1，试写出上述反应的化学方程式：____（2）对上述反应提出两种可能的反应机理（虚线表示断键位置）：机理a：R1CH=CH——R2R1——CH=CHR2B+C你认为机理b是（用虚线标明具体的断键位置）R1——CH=CH——R2+R1——CH=CH——R2B+C（3）结合你所学，证明是机理a还是机理b，你采用的方法是：12、（1）苯的2氯取代有______种，则其4氯取代有______种．

（2）实验室中苯与液溴反应的方程式为______；

（3）制得的产物常显褐色原因是______，除去颜色的简单步骤是______，其中相关化学方程式是______．13、rm{(1)}选择下列某种答案的序号；填入下表的空格．

rm{垄脵}同位素rm{垄脷}同素异形体rm{垄脹}同分异构体rm{垄脺}同系物rm{垄脻}同种物质。

。物质红磷氯仿与氕与新戊烷与rm{2-}甲基戊烷与名称与白磷三氯甲烷氘、氚rm{2}rm{2-}二甲基丁烷rm{2}rm{3-}二甲基丁烷相互关系rm{(2)}的名称为______；

rm{(3)}的名称为______；

rm{(4)2}rm{4-}二氯甲苯的结构简式为______；

rm{(5)}反rm{-2-}戊烯的结构简式为______；

rm{(6)}苯酚跟rm{NaOH}溶液反应的化学方程式是：______

rm{(7)}苯酚在一定条件下跟rm{Na}反应的化学方程式是：______．14、Ⅰrm{.}氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。rm{(1)}在现代化学中，常利用________上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。rm{(2)}基态rm{N}原子的价电子占据的能量最高的能级是______，价电子在该能级上的排布遵循的原则是_____。rm{(3)}写出与rm{N}同主族的rm{As}的基态原子的核外电子排布式：__________________。两种元素的简单氢化物的稳定性大小顺序为________。rm{(4)}化肥rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}中会含有rm{N_{4}H_{4(}SO_{4})_{2}}rm{N}rm{O}rm{S}中第一电离能由大到小排序为______________Ⅱrm{.}写出下列化学方程式：rm{a.}溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液共热的反应：_________________rm{b.}乙醛与新制氢氧化铜溶液的反应：________________________15、化合物Ⅳ是一种重要的化工中间体，其合成方法如下：rm{(1)}化合物Ⅱ中含有的官能团名称是________。rm{(2)}反应rm{垄脷}的反应类型为________。rm{(3)}化合物Ⅲ的结构简式是________。rm{(4)}化合物Ⅳ在浓硫酸催化下反应生成六元环状酯类化合物，写出该反应的化学方程式：_______________________________。rm{(5)}符合下列条件的化合物Ⅰ的同分异构体共有________种。rm{垄脵}与化合物Ⅰ具有相同的官能团rm{垄脷}含一个六元碳环rm{(6)}根据题给化合物转化关系及相关条件，则发生类似反应rm{垄脵}得到的有机物Ⅵ和Ⅶrm{(}相对分子质量较大的产物rm{)}的结构简式分别为________、________。评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。17、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。18、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。19、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分四、有机推断题(共4题，共40分)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__________________________________．22、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。23、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、实验题(共1题，共6分)24、电镀污泥主要含有rm{Cr_{2}O_{3}}rm{NiO}和rm{Fe_{2}O_{3}}等物质，可制备rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液和rm{NiSO_{4}隆陇6H_{2}O}晶体，实现有害物质的资源化利用。已知黄钠铁矾rm{拢脹NaFe_{3}(SO_{4})_{2}(OH)_{6}拢脻}是一种浅黄色的难溶物，具有沉淀颗粒大、沉降速率快、容易过滤的特点。rm{(1)}焙烧时rm{Cr_{2}O_{3}}被氧气氧化为rm{Na_{2}CrO_{4}}该反应的化学方程式为____；rm{(2)}为提高“水浸”时的浸取率，可以采取的措施rm{(}任写一种rm{)}____；rm{(3)}写出酸化时rm{CrO_{4}^{2隆陋}}转化为rm{Cr_{2}O_{7}^{2隆陋}}的离子方程式：____；rm{(4)}加入rm{CaCO_{3}}的目的是中和溶液中的酸，调节溶液rm{pH}提高铁的去除率。

rm{垄脵}写出rm{CaCO_{3}}与溶液中rm{H^{+}}反应的离子方程式；rm{垄脷}溶液rm{pH}对除铁效率影响如图所示。则除铁时应控制溶液的rm{pH}为rm{(}填序号rm{)}

A.rm{0.5隆芦1.5}rm{B.1.5隆芦2.5}rm{C.2.5隆芦3.5}rm{垄脹}若除铁时rm{pH}较大时，显著降低除铁效率，其主要原因是生成了rm{(}写化学式rm{)}rm{(5)}从滤液中获取rm{NiSO_{4}隆陇6H_{2}O}晶体的实验操作为____、过滤、洗涤、干燥。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共12分)25、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。26、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去27、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、B【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{N}是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，rm{X}原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，则原子核各层电子分别为rm{2}rm{6}故rm{X}为rm{O}元素，rm{X}rm{M}同主族，则rm{M}为rm{S}元素，rm{Y}在同周期主族元素中原子半径最大，故rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{N}处于第三周期，rm{Y}为rm{Na}元素，rm{N}为rm{Cl}元素，rm{Z}和rm{Cl}可以形成rm{ZCl_{2}}型化合物，rm{Z}为rm{+2}价，故rm{Z}为rm{Mg}元素；则。

A、rm{X}为rm{O}元素，rm{Y}为rm{Na}元素，二者可以形成rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}故A错误；

B、同周期自左而右金属性减弱，故金属性rm{Na>Mg}金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性rm{NaOH>Mg(OH)_{2}}故B正确；

C、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性rm{Cl>S}非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性rm{HCl>H_{2}S}故C错误；

D、同主族自上而下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，故单质氧化性rm{X>M}故D错误；

故选B．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{N}是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，rm{X}原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，则原子核各层电子分别为rm{2}rm{6}故rm{X}为rm{O}元素，rm{X}rm{M}同主族，则rm{M}为rm{S}元素，rm{Y}在同周期主族元素中原子半径最大，故rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{N}处于第三周期，rm{Y}为rm{Na}元素，rm{N}为rm{Cl}元素，rm{Z}和rm{Cl}可以形成rm{ZCl_{2}}型化合物，rm{Z}为rm{+2}价，故rm{Z}为rm{Mg}元素；结合对应的单质化合物的性质与元素周期律的递变规律解答．

本题考查元素的推断以及元素化合物知识，注意把握原子的结构特点，结合元素周期律知识进行推断，难度中等．【解析】rm{B}3、D【分析】解：rm{A}苯在溴化铁的催化作用下能和溴发生溴代，生成溴苯和rm{HBr}故A正确；

B；苯不是单双键交替的结构；故不含碳碳双键，不能使高锰酸钾溶液褪色，故B正确；

C；苯是不饱和烃；故能和氢气加成生成环己烷，故C正确；

D；苯中的键是介于单双键之间的特殊的键；不是单双键交替的结构，故D错误．

故选D．

A；苯在溴化铁的催化作用下能和溴发生溴代；

B；苯不是单双键交替的结构；

C；苯是不饱和烃；

D；苯中的键是介于单双键之间的特殊的键．

本题考查了苯的结构和化学性质，难度不大，应注意的是苯不能使高锰酸钾溶液褪色，但能使溴水因萃取而褪色．【解析】rm{D}4、A【分析】解：由rm{垄脵Zn(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=ZnO(s)triangleH=-351.1kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷Hg(1)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=HgO(s)triangleH=-90.7kJ?mol^{-1}}

则根据盖斯定律可知；

rm{垄脵Zn(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=ZnO(s)triangleH=-351.1kJ?mol^{-1}}可由rm{垄脷Hg(1)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=HgO(s)triangleH=-90.7kJ?mol^{-1}}得到；

所以rm{triangleH=(-351.1kJ?mol^{-1})-(-90.7kJ?mol^{-1})=-260.4}rm{Zn(s)+HgO(s)篓TZnO(s)+Hg(1)}

故选A．

由盖斯定律可知；反应热与反应的途径无关，只与起始状态；最终状态有关，则反应相加减时，反应热也相加减，以此来解答．

本题考查学生利用盖斯定律计算反应热，明确已知反应与目标反应的关系即可解答，题目难度不大．rm{垄脵-垄脷}【解析】rm{A}5、C【分析】【解析】【答案】C6、D【分析】解：A；非自发反应在一定条件下能实现自发进行；如△H＞0，△S＞0的反应高温下可以自发进行，低温下反应非自发进行，故A错误；

B；自发反应不一定是熵增大；如△H＜0，△S＜0低温下反应自发进行，非自发反应不一定是熵减小或不变，也可以增大，如△H＞0，△S＞0低温下是非自发进行的反应，故B错误；

C；凡是放热反应不一定是自发的；如△H＜0，△S＜0高温下反应不能自发进行，吸热反应不一定是非自发的，如△H＞0，△S＞0的反应高温下可以自发进行，故C错误；

D；熵增加且放热的反应；△H＜0，△S＞0，得到△H-T△S＜0，反应一定是自发反应，故D正确；

故选D．

依据自发进行的反应依据是△H-T△S＜0分析判断；反应自发进行取决于焓变；熵变和温度因素的影响．

本题考查了反应自发进行的判断依据和分析方法，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】【答案】D二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】解：①0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量641.625kJ，则热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ•mol-1；

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ•mol-1；

②逆反应的反应热=逆反应活化能-正反应活化能=409.0kJ/mol-167.2kJ/mol=+241.8KJ/mol-1，该反应热化学方程式为H2O（g）=H2（g）+1/2O2（g）△H=+241.8KJ/mol-1；

故答案为：H2O（g）=H2（g）+1/2O2（g）△H=+241.8KJ/mol-1；

③已知白磷（P4）和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下的化学键的键能（KJ/mol）：P-P198，Cl-Cl243，P-Cl331．则1mol白磷完全反应生成PCl3（s）时的热化学方程式为P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）△H=-1326KJ/mol；

故答案为：P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）△H=-1326KJ/mol；

④已知S（s）+O2（g）⇌SO2（g）当有4NA个电子转移时，放出297.23kJ的热量，该反应的热化学方式为：S（s）+O2（g）⇌SO2（g）△H=-297.23KJ/mol；

故答案为：S（s）+O2（g）⇌SO2（g）△H=-297.23KJ•mol-1；

⑤1gCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出QkJ热量，16g即1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出16QkJ热量，则热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-16QkJ•mol-1；

故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-16QkJ•mol-1；

⑥8mol/L的NaOH溶液50ml：n（NaOH）=0.05L×8mol/L=0.4mol，CO2与NaOH溶液反应：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，则由CO2～2NaOH可知，n（CO2）=0.2mol，则n（C2H6O）=×n（CO2）=0.1mol，放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q，此反应的热化学方程式为C2H6O（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-10QkJ•mol-1．

故答案为：C2H6O（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-10QkJ•mol-1．

①计算1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量；可写出反应的热化学方程式；

②逆反应的反应热=正反应活化能-逆反应活化能；

③已知白磷（P4）和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下的化学键的键能（KJ/mol）：P-P198，Cl-Cl243，P-Cl331，可写出1mol白磷完全反应生成PCl3（s）时反应的热化学方程式；

④当有4NA个电子转移时；反应的硫和氧气，生成的二氧化硫都是1mol，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；

⑤根据热化学方程式的书写方法可知；化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；

⑥根据CO2与NaOH溶液反应，计算出CO2的物质的量；进而计算出乙醇的物质的量，根据乙醇的物质的量和热量的关系求出，可写出反应的热化学方程式．

本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，题目难度不大．【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）；△H=-641.6KJ/mol；H2O（g）=H2（g）+1/2O2（g）△H=+241.8KJ/mol-1；P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）△H=-1326KJ/mol；S（s）+O2（g）⇌SO2（g）△H=-297.23KJ•mol-1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-16QkJ•mol-1；C2H6O（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-10QkJ•mol-18、略

【分析】解：（1）天然气的主要成分是甲烷；故答案为：②；

（2）能使氯化铁溶液变为紫色的是酚类物质；故是苯酚，故答案为：⑦；

（3）乙烯中含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应；故答案为：③；

（4）能发生加聚反应说明该有机物中含有双键或者三键；只有乙烯符合结构特点，乙烯聚合生成聚乙烯塑料，可用于食品包装，故答案为：③；

（5）甲苯有四种不同环境下的氢原子：甲基上1种；苯环上3种，故答案为：4．

（6）二甲苯的三种同分异构体中，沸点最低的是对二甲苯，故答案为：

（7）苯酚和甲醛在一定条件下发生缩聚反应制取酚醛树脂；故答案为：甲醛．

（1）天然气的主要成分是甲烷；

（2）能使氯化铁溶液变为紫色的是酚类物质；

（3）乙烯中含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应；

（4）能发生加聚反应说明该有机物中含有双键或者三键；只有乙烯符合结构特点，乙烯聚合生成聚乙烯塑料，可用于食品包装；

（5）甲苯有四种不同环境下的氢原子：甲基上1种；苯环上3种．

（6）二甲苯的三种同分异构体中；沸点最低的是对二甲苯；

（7）苯酚和甲醛在一定条件下发生缩聚反应制取酚醛树脂．

本题考查了煤的干馏产物的用途，难度不大，根据物质的结构来分析性质和用途．【解析】②；⑦；③；③；4；甲醛9、略

【分析】解：rm{(1)}已知rm{800隆忙}时，该反应平衡常数rm{K=0.003.A隆芦E}不同的投料方式，放入一个rm{10L}的密闭容器中；

A.rm{dfrac{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac{0.005隆脕0.002}{0.002}=0.005>0.003}平衡逆向移动，rm{dfrac

{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac

{0.005隆脕0.002}{0.002}=0.005>0.003}的质量增加；

B.rm{dfrac{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac{0.003隆脕0.002}{0.002}=0.003=K}体系处于化学平衡状态；

C.rm{dfrac{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac{0.001隆脕0.002}{0.002}=0.001<0.003}平衡正向移动，rm{CaCO_{3}(s)}的质量减小；

D.rm{dfrac{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac{0.005隆脕0}{0.002}=0<0.003}平衡正向移动，rm{dfrac

{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac

{0.003隆脕0.002}{0.002}=0.003=K}的质量减小；

E.rm{dfrac{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac{0隆脕0.002}{0.002}=0<0.003}平衡正向移动，rm{dfrac

{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac

{0.001隆脕0.002}{0.002}=0.001<0.003}的质量减小；

故答案为：rm{CaCO_{3}(s)}rm{dfrac

{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac

{0.005隆脕0}{0.002}=0<0.003}rm{CaCO_{3}(s)}rm{dfrac

{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=dfrac

{0隆脕0.002}{0.002}=0<0.003}rm{CaCO_{3}(s)}

rm{A}溶液中存在rm{C}rm{D}rm{E}溶液氢氧根来源于水的电离与碳酸氢根的水解，水电离的氢氧根浓度为rm{B}碳酸氢根水解得到氢氧根浓度等于碳酸的浓度，故溶液中rm{(2)}

故答案为：rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}

rm{HCO_{3}^{-}?H^{+}+CO_{3}^{2-}}水垢中含有的rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?OH^{-}+HCO_{3}^{-}}可先用碳酸钠溶液处理，转化为rm{c(H^{+})-c(CO_{3}^{2-})}转化的离子方程式是rm{CaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)?CaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}(aq)}

故答案为：rm{CaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)?CaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}(aq)}．

rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})-c(CO_{3}^{2-})}已知rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})-c(CO_{3}^{2-})}时，该反应平衡常数rm{(3)}根据rm{dfrac{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}>K}平衡逆向移动，rm{CaSO_{4}}的质量增加，rm{dfrac{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=K}体系处于化学平衡状态，rm{dfrac{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}<K}平衡正向移动，rm{CaCO_{3}}的质量减小；

rm{CaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)?CaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}

(aq)}溶液中存在rm{CaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)?CaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}

(aq)}rm{(1)}rm{800隆忙}溶液氢氧根来源于水的电离，与碳酸氢根的水解，水电离的氢氧根浓度为rm{K=0.003.}碳酸氢根水解得到氢氧根浓度等于碳酸的浓度，据此进行解答；

rm{dfrac

{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}>K}水垢中含有的rm{CaCO_{3}(s)}可先用碳酸钠溶液处理，转化为rm{dfrac

{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}=K}．

本题考查化学平衡的影响因素、离子浓度的比较、沉淀转化等，rm{dfrac

{C(CaO)隆脕C(CO_{2})}{C(CaCO_{3})}<K}为易错点、难点，学生容易忽略水，题目难度中等．rm{CaCO_{3}(s)}【解析】rm{A}rm{C}rm{D}rm{E}rm{B}rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})-c(CO_{3}^{2-})}rm{CaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)?CaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}(aq)}rm{CaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)?CaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}

(aq)}10、略

【分析】解：rm{(1)}由rm{A}的结构简式可知分子式为rm{C_{11}H_{14}O_{2}}故答案为：rm{C_{11}H_{14}O_{2}}

rm{(2)B}中含有rm{2}个酚羟基，邻、对为可被取代的rm{H}原子有rm{3}个，rm{C=C}与溴发生加成反应，rm{1molB}与溴水充分反应，共需要rm{4mol}单质溴，故答案为：rm{4}

rm{(3)垄脵}因醛基可碳碳双键都可与溴水或酸性高锰酸钾发生反应，因先用银氨溶液或氢氧化铜浊液氧化醛基，实验方法为取少量rm{C}溶液于试管中，加入足量新制rm{Cu(OH)_{2}}煮沸；取上述反应后溶液加入硫酸酸化后，加溴水，溴水裉色；

故答案为：取少量rm{C}溶液于试管中，加入足量新制rm{Cu(OH)_{2}}煮沸；取上述反应后溶液加入硫酸酸化后，加溴水，溴水褪色；

rm{(4)}给予的信息是碳碳双键能被强氧化剂氧化成两种羧酸，从碳碳双键处断裂形成羧基，醛基也能被氧化成羧基，所以rm{C}在强氧化剂条件下生成的有机化合物的结构简式为．

故答案为：．

rm{(1)}由结构简式可确定分子式；

rm{(2)B}中含有酚羟基；可与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应；

rm{(3)}因醛基可碳碳双键都可与溴水或酸性高锰酸钾发生反应；因先用银氨溶液或氢氧化铜浊液氧化醛基；

rm{(4)}根据题给信息结合官能团的性质判断．

本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意根据把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为rm{(4)}注意把握题给信息特别是醛基的性质．【解析】rm{C_{11}H_{14}O_{2}}rm{4}取少量rm{C}溶液于试管中，加入足量新制rm{Cu(OH)_{2}}煮沸；取上述反应后溶液加入硫酸酸化后，加溴水，溴水褪色；11、略

【分析】【解析】【答案】（1）2R1CH=CHR2R1CH=CHR1+R2CH=CHR22分（2）R1CH===CHR2R1CH===CHR2B+C2分（3）反应物选用R114CH===CHR2，若生成物中含有R114CH=14CHR1，证明机理b正确2分12、略

【分析】解：（1）苯的2氯取代有邻；间、对3种；则4氯取代也有3种，故答案为：3；3；

（2）在催化条件下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，方程式为

故答案为：

（3）因溴易溶于苯，所得溴苯常显褐色，可用氢氧化钠溶液除去溴，反应的方程式为Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O；除去颜色的简单步骤是向产物中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去溴，然后再通过分液漏斗进行分液操作，除去溴化钠；

故答案为：产物中溶有未反应的溴；向产物中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去溴，然后再通过分液漏斗进行分液操作，除去溴化钠；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O．

苯的二氯代物于四氯代物有相似的结构；在催化条件下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，因溴易溶于苯，所得溴苯常显褐色，可用氢氧化钠溶液除去溴，以此解答该题．

本题综合考查苯的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握苯的结构、性质，难度不大．【解析】3；3；产物中溶有未反应的溴；向产物中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去溴，然后再通过分液漏斗进行分液操作，除去溴化钠；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O13、略

【分析】解：rm{(1)}红磷和白磷为同种元素的不同单质，互为同素异形体，故选rm{垄脷}

氯仿与三氯甲烷，二者分子式和结构相同，属于同种物质，故选rm{垄脻}

氕与氘、氚具有相同的质子数、不同的中子数，二者互为同位素，故选rm{垄脵}

新戊烷与rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，二者结构相似，分子间相差rm{1}个个rm{CH_{2}}原子团，二者互为同系物，故选rm{垄脺}

rm{2-}甲基戊烷与rm{2}rm{3-}二甲基丁烷，二者分子式相同，结构不同，所以二者互为同系物，故选rm{垄脹}

故答案为：rm{垄脷}rm{垄脻}rm{垄脵}rm{垄脺}rm{垄脹}

rm{(2)}该有机物最长碳链含有rm{8}个rm{C}主链为辛烷，编号从右上方开始，在rm{3}rm{3}rm{6}号rm{C}各含有一个甲基，该有机物命名为：rm{3}rm{3}rm{6-}三甲基辛烷；

故答案为：rm{3}rm{3}rm{6-}三甲基辛烷；

rm{(3)}该有机物为炔烃，含有碳碳三键的最长碳链含有rm{7}个rm{C}主链为庚炔，编号从距离碳碳三键最近的一端开始，碳碳三键在rm{1}号rm{C}在rm{3}rm{6}号rm{C}各含有应该甲基，该有机物命名为：rm{3}rm{6-}二甲基rm{-1-}庚炔；

故答案为：rm{3}rm{6-}二甲基rm{-1-}庚炔；

rm{(4)2}rm{4-}二氯甲苯的主链为甲苯，甲苯所在的rm{C}为rm{1}号rm{C}在rm{2}rm{4}号rm{C}各含有一个氯原子，该有机物结构简式为故答案为：

rm{(5)H}原子或不同基团不在rm{C=C}的同一侧的有机物称为反式结构，反rm{-2-}戊烯的结构简式为故答案为：

rm{(6)}苯酚跟rm{NaOH}溶液反应生成苯酚钠和水，反应的化学方程式为

故答案为：

rm{(7)}苯酚在一定条件下跟rm{Na}反应生成苯酚钠和氢气，反应的化学方程式为

故答案为：

rm{(1)}具有相同质子数，不同中子数rm{(}或不同质量数rm{)}同一元素的不同核素互为同位素；有机化合物中具有同一通式、组成上相差一个或多个rm{CH_{2}}原子团；在结构与性质上相似的化合物称为同系物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同素异形体是同种元素形成的不同单质；

rm{(2)}根据烷烃的命名原则对该有机物进行命名；

rm{(3)}该有机物为炔烃；根据炔烃的命名原则进行解答；

rm{(4)}甲基连接的碳为rm{1}号rm{C}在rm{2}rm{4}号rm{C}各含有应该氯原子；

rm{(5)}反rm{-2-}戊烯结构中rm{H}原子或不同基团rm{C=C}的两侧；

rm{(6)}苯酚跟rm{NaOH}溶液反应生成苯酚钠和水；

rm{(7)}苯酚在一定条件下跟rm{Na}反应生成苯酚钠和氢气．

本题考查了有机物命名、有机物结构与性质、“五同”的判断，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况．【解析】rm{3}rm{3}rm{6-}三甲基辛烷；rm{3}rm{6-}二甲基rm{-1-}庚炔；14、Ⅰ.（1）原子光谱

（2）2p洪特规则

（3）1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3NH3>AsH3

（4）N>O>S

Ⅱ.a.CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O

b.CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O【分析】【分析】本题考查了原子结构与元素的性质和方程式的书写，注意元素周期律的应用和方程式书写的规范性，难度不大。【解答】Ⅰrm{(1)}在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，故答案为：原子光谱；rm{(2)}基态rm{N}原子的价电子排布式为rm{2s^{2}2p^{3}}占据的能量最高的能级是rm{2p}价电子在该能级上的排布遵循洪特规则，故答案为：rm{2p}洪特规则；rm{(3)As}位于周期表的第四周期第Ⅴrm{A}族，与rm{N}同主族，其基态原子的核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{3}}非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：rm{{,!}N>As}则两种元素的简单氢化物的稳定性大小顺序为rm{{,!}NH_{3}>AsH_{3}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{3}}rm{NH_{3}>AsH_{3}}rm{(4)}非金属性越强，第一电离能越大，第Ⅴrm{A}族元素的rm{p}亚层半满，稳定性强于相邻同周期元素，所以rm{N}rm{O}rm{S}中第一电离能由大到小排序为rm{N>O>S}故答案为：rm{N>O>S}Ⅱrm{.a.}溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[?]{麓录}CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[?]{麓录}CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[?]{麓录}

CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}加热、碱性条件下，乙醛与新制氢氧化铜溶液的反应生成乙酸钠、氧化亚铜沉淀和水，方程式为：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}故答案为：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[?]{麓录}

CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}【解析】Ⅰrm{.(1)}原子光谱rm{(2)2p}洪特规则rm{(3)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{3;;;;;}NH_{3}>AsH_{3}}rm{(4)N>O>S}Ⅱrm{.a.CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[?]{麓录}CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{b.CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{.a.CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[?]{麓录}

CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}15、（1）羰基；醛基，溴原子。

（2）加成反应（还原反应）

（3）

（4）

（5）3

（6）HCHOCH3COCHO

【分析】【分析】

此题是有机合成路线推断题；需要掌握基本的命名，同分异构体的数量，还有常见有机化学反应式的书写，难度一般。

【解答】

rm{(1)}由化合物Ⅱ的结构简式可以看出官能团有羰基；醛基和溴原子；故答案为：羰基，醛基，溴原子；

rm{(2)}反应rm{垄脷}是羰基被氢气加成成醇，反应类型属于加成反应rm{(}还原反应rm{)}故答案为：加成反应rm{(}还原反应rm{)}

rm{(3)}由化合物Ⅱ到化合物Ⅲ的条件是新制的氢氧化铜和酸化，是典型的醛被氧化成羧酸，则化合物Ⅲ是故答案为：

rm{(4)}化合物Ⅳ在浓硫酸催化下自身发生酯化反应能够形成六元环，方程式为：故答案为：

rm{(5)}化合物Ⅰ的同分异构体，形成rm{6}元环，则只有一个取代基溴原子，结合双键的位置和溴原子的位置有rm{3}种，故答案为：rm{3}

rm{(6)}反应rm{垄脵}是臭氧氧化碳碳双键，将形成双键的rm{2}个碳原子氧化成碳氧双键，则发生类似反应，两个碳碳双键左右两边端基部分得到rm{HCHO}中间部分得到rm{CH_{3}COCHO}故答案为：rm{HCHO}rm{CH_{3}COCHO}【解析】rm{(1)}羰基；醛基，溴原子。

rm{(2)}加成反应rm{(}还原反应rm{)}

rm{(3)}

rm{(4)}

rm{(5)3}

rm{(6)HCHO}rm{CH_{3}COCHO}

三、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）217、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H218、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）219、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、有机推断题(共4题，共40分)20、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】

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=CH222、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