2025年人教五四新版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年人教五四新版高二化学下册月考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9题，共18分)1、某化工厂为检查生产中的氯气管道接口是否漏气，最简便是选用下列物质中的A.硝酸银溶液B.石蕊试液C.含酚酞的氢氧化钠溶液D.淀粉碘化钾试纸2、下列关于二糖的说法中不正确的是（）A.蔗糖与麦芽糖互为同分异构体B.蔗糖与麦芽糖的分子式都是C12H22O11C.蔗糖和麦芽糖的水解产物完全相同D.麦芽糖能发生银镜反应，蔗糖不能发生银镜反应3、分子式为rm{C_{5}H_{12}O}的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应的醇有rm{(}rm{)}A.rm{8}种B.rm{7}种C.rm{5}种D.rm{3}种4、下列物质中，不属于合成材料的是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.橡胶C.塑料D.涤纶5、已知某有机化合物的相对分子质量为rm{128}且只由碳、氢两种元素组成rm{.}下列对该有机化合物的碳原子成键特点的分析中正确的是rm{(}rm{)}A.一定含有双键B.一定含有三键C.一定含有不饱和键D.可能含有苯环6、下列各组中两个变化所发生的反应，属于同一类型的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}由苯制环己烷；由乙烯制溴乙烷。

rm{垄脷}乙烯使溴水褪色；乙炔使酸性高锰酸钾水溶液褪色。

rm{垄脹}由乙烯制聚乙烯；由rm{2-}溴丙烷制丙烯。

rm{垄脺}由苯制硝基苯；由苯制溴苯．A.只有rm{垄脷垄脹}B.只有rm{垄脹垄脺}C.只有rm{垄脵垄脹}D.只有rm{垄脵垄脺}7、侦察工作中常从案发现场的人体气味来获取有用线索，人体气味的成分中含有以下化合物：rm{垄脵}辛酸；rm{垄脷}壬酸；rm{垄脹}环十二醇；rm{垄脺5}rm{9隆陋}十一烷酸内酯；rm{垄脻}十八烷；rm{垄脼}己醛；rm{垄脽}庚醛等下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵}rm{垄脷}是强酸完全电离，rm{垄脹}rm{垄脻}rm{垄脽}不显酸性B.rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}含氧元素，rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}不含氧元素C.rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脼}rm{垄脽}分子中碳原子数小于rm{10}D.rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脽}的分子结构中均有决定化合物特殊性质的官能团8、已知：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH=-92.4kJ/mol.}在相同温度下，相同容积的恒容容器中，实验测得起始、平衡时的有关数据如表：则下列关系中正确的是rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H=-92.4kJ/mol.}rm{(}

。rm{)}实验。

编号起始时各物质的物质的量rm{/mol}达到平衡时体系的变化平衡时rm{NH_{3}}的体积分数rm{N_{2}}rm{H_{2}}rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}rm{垄脵}rm{1}rm{3}rm{0}放出热量：rm{23.15kJ}rm{W_{1}}rm{垄脷}rm{0.9}rm{2.7}rm{0.2}放出热量：rm{QkJ}rm{W_{2}}A.rm{W_{1}>W_{2}}rm{Q<23.15}B.rm{W_{1}=W_{2}}rm{Q=23.15}C.rm{W_{1}<W_{2}}rm{Q>23.15}D.rm{W_{1}=W_{2}}rm{Q<23.15}9、rm{9}一种新型材料rm{B_{4}C}它可用于制作切削工具和高温热交换器。关于rm{B_{4}C}的推断正确是rm{(}rm{)}A.rm{B_{4}C}是一种分子晶体B.rm{B_{4}C}是一种离子晶体C.rm{B_{4}C}是一种原子晶体D.该分子是有rm{4}个硼原子和rm{1}个碳原子构成评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、铁及其化合物与生产、生活关系密切rm{.t隆忙}时，反应rm{FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO_{2}(g)}的平衡常数rm{K=0.25}反应达到平衡时rm{n(CO)}rm{n(CO_{2})=}______rm{.}若在rm{1L}密闭容器中加入rm{0.02molFeO(s)}并通入rm{xmolCO}rm{t隆忙}时反应达到平衡rm{.}此时rm{FeO(s)}转化率为rm{50%}则rm{x=}______rm{..}11、（10分）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）③、④、⑤的原子半径由大到小的顺序是____________________。（2）②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________________。（3）①、②、④、⑤四种元素可形成中学常见的化合物M，写出M中存在的化学键类型_______；加热M固体可生成一种酸性氧化物，写出此氧化物的电子式______________________。（4）由表中①④两种元素的原子按1∶1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为(填序号)________。a．MnO2b．Na2SO3c．FeCl3d．KMnO412、已知草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，主要用作还原剂和漂白剂。（1）草酸的电离方程式为。（2）将草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液混合发生的反应为：MnO4-+H2C2O4+→Mn2++CO2↑+H2O某合作小组同学在烧杯中进行上述反应时，发现刚开始一段时间，反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快。①配平上述离子方程式②该实验不久后溶液突然褪色的原因最有可能是。A．体系压强增大B．反应物接触面积增大C．生成物对反应有催化作用D．反应物浓度增大（3）为研究该化学反应速率的影响因素，某同学进行了以下实验：。组别温度/℃V(H2C2O4)/mLV(KMnO4)/mLV(H2O)/mLKMnO4溶液褪色时间/s1301010204023020200t33015①对比实验1和3要研究改变反应物浓度对化学反应速率的影响，请完成表格中横线。②实验2中溶液褪色时间t为A．>40B．=40C．<40D．无法判断13、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隆陇L^{-1}}的rm{NaOH}溶液中，由水电离出的rm{c(OH}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}________rm{)=}________rm{mol隆陇L}rm{)=}rm{mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}某一元弱酸溶液。与二元强酸rm{(2)}的rm{(A)}相等rm{(B)}若将两溶液稀释相同的倍数后，rm{pH}______rm{.}填“rm{pH(A)}”、“rm{pH(B)(}”或“rm{>}”rm{=}现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的rm{<}溶液，则需稀释溶液的体积rm{).}___rm{NaOH}填“rm{V(A)}”、“rm{V(B)(}”或“rm{>}”rm{=}．rm{<}已知：二元酸rm{)}的电离方程式是：rm{(3)}rm{HR^{-}overset{}{?}R^{2-}+H^{+}}若rm{H_{2}R}溶液的rm{H_{2}R=H^{+}+HR^{-}}则rm{HR^{-}overset{}{?}

R^{2-}+H^{+}}溶液中rm{0.1mol?L^{-1}NaHR}____rm{c(H^{+})=amol?L^{-1}}填“rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}R}”、“rm{c(H^{+})}”或“rm{(0.1+a)mol?L^{-1}(}”rm{<}理由是______。rm{>}电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量。已知：。rm{=}化学式电离常数rm{(25}rm{隆忙}rm{)}rm{HCN}rm{K}rm{=}rm{4.9隆脕10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{10}}rm{CH_{3}COOH}rm{K}rm{=}rm{1.8隆脕10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{5}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{K}rm{{,!}_{1}}rm{=}rm{4.3隆脕10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{7}}、rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{=}rm{5.6隆脕10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{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__________________。14、在rm{垄脵}油脂rm{垄脷}纤维素rm{垄脹}蛋白质三种物质中，可用于制肥皂的是________rm{(}填序号，下同rm{)}遇浓硝酸显黄色的是________，可用于造纸的是________。15、从rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaCl}rm{CH_{3}COOH}rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}rm{NH_{3}}五种物质中：

rm{(1)}选取溶于水中会促进水电离；且溶液显碱性的物质，用离子方程式表示溶液其显碱性的原因：______；

rm{(2)}选取溶于水会抑制水电离；且溶液显酸性的物质，用化学用语表示其显酸性的原因：______；

rm{(3)}选取溶于水会促进水电离，且溶液显酸性的物质，用离子方程式表示溶液其显酸性的原因：______．评卷人得分三、其他(共8题，共16分)16、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；17、（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18、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。19、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)。20、(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。21、（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22、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。23、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16分)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__________________________________．26、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。27、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、解答题(共4题，共12分)28、已知下列热化学方程式：

①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=-570kJ•mol-1

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=-483.6kJ•mol-1

③C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=-110.5kJ•mol-1

④C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1

回答下列问题：

（1）H2的燃烧热为______；

（2）燃烧1gH2生成液态水；放出的热量为______．

（3）写出CO燃烧的热化学方程式______．

29、蛇纹石可用于生产氢氧化镁；简要工艺流程如下：

Ⅰ．制取粗硫酸镁：用酸液浸泡蛇纹石矿粉，过滤；并在常温常压下结晶，制得粗硫酸镁（其中常含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等杂质离子）．

Ⅱ．提纯粗硫酸镁：将粗硫酸镁在酸性条件下溶解，加入适量的0.1mol•L-1H2O2溶液；再调节溶液pH至7～8，并分离提纯．

Ⅲ．制取氢氧化镁：向步骤Ⅱ所得溶液中加入过量氨水．

已知：金属离子氢氧化物沉淀所需pH

。Fe3+Al3+Fe2+Mg2+开始沉淀时1.53.36.59.4沉淀完全时3.75.29.712.4请回答下列问题：

（1）步骤Ⅱ中；可用于调节溶液pH至7～8的最佳试剂是______（填字母序号）．

A．MgOB．Na2CO3C．蒸馏水。

（2）Fe2+与H2O2溶液反应的离子方程式为______．

（3）工业上常以Mg2+的转化率为考察指标，确定步骤Ⅲ制备氢氧化镁工艺过程的适宜条件．其中，反应温度与Mg2+转化率的关系如右图所示．

①步骤Ⅲ中制备氢氧化镁反应的离子方程式为______．

②根据图中所示50℃前温度与Mg2+转化率之间的关系；可判断此反应是______（填“吸热”或“放热”）反应．

③图中，温度升高至50℃以上Mg2+转化率下降的可能原因是______．

④Ksp表示沉淀溶解平衡的平衡常数．已知：

Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq）Ksp=c（Mg2+）•c2（OH-）=5.6×10-12

Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）Ksp=c（Ca2+）•c2（OH-）=4.7×10-6

若用石灰乳替代氨水；______（填“能”或“不能”）制得氢氧化镁，理由是______．

30、A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3•H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种．常温下进行下列实验：

①将1LpH=3的A溶液分别与0.001mol/LxLB溶液；0.001mol/LyLD溶液充分反应至中性；x、y的大小关系式y＜x；

②浓度均为0.1mol/LA和E溶液；pH：A＜E

③浓度均为0.1mol/LC和D溶液等体积混合；溶液呈酸性．

回答下列问题：

（1）C是______溶液；D是______溶液．

（2）用水稀释0.1mol/LB溶液时；溶液中随水量的增加而减小的是______．

A．B．C．c（H+）•c（OH-）D．n（OH-）

（3）等pH；等体积的两份溶液A和E；分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同．则______（填化学式）溶液中锌粉有剩余．

（4）常温下；向0.01mol/LC溶液中滴加0.01mol/LD溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为______．

（5）已知常温下Mg（OH）2在pH=12的D溶液中Mg2+的浓度为1.8×10-7mol/L，则Ksp[Mg（OH）2]=______．

31、低碳经济呼唤新能源和清洁环保能源．煤化工中常需研究不同温度下的平衡常数、投料比及热值等问题．已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=akJ•mol-1的平衡常数随温度的变化如下表：

。温度/℃400427700800平衡常数9.949b0.64（1）a______0（填“＜”或“＞”）．若到达平衡后升高温度；则CO的转化率将______，正反应速率______（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（2）若在427℃时进行，且CO、H2O的起始浓度均为0.01mol/L；在该条件下，CO的最大转化率为______．

（3）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1＞t2）：

。反应时间/minn（CO）/molH2O/mol1.200.60t10.80t20.20保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到达平衡时，n（CO2）=______mol；b=______．

评卷人得分六、工业流程题(共3题，共27分)32、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___。33、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。34、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】氯气可把湿润的淀粉碘化钾氧化呈蓝色【解析】【答案】D2、C【分析】解：A．蔗糖和麦芽糖分子式相同结构式不同；互为同分异构体，故A正确；

B．蔗糖和麦芽糖分子式相同，都是C12H22O11；故B正确；

C．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；麦芽糖水解只生成葡萄糖，故C错误；

D．麦芽糖是还原性糖；蔗糖是非还原性糖，故D正确．

故选C．

A．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；

B．蔗糖和麦芽糖分子式相同；

C．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；

D．麦芽糖是还原性糖．

本题考查糖类的性质，难度不大，注意蔗糖和麦芽糖分子式相同结构式不同，互为同分异构体．【解析】【答案】C3、D【分析】【分析】本题借助醇氧化反应的结构特点考查了同分异构体，难度适中，注意醇发生氧化反应的结构特点是：只有羟基相连碳的碳上有氢原子的才能发生氧化反应。分子式为rm{C_{5}H_{12}O}的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应，即该有机物不属于醛，则连接羟基的碳原子上不能含有两个氢原子，先确定rm{C_{5}H_{12}}的同分异构体，rm{-OH}取代rm{C_{5}H_{12}}中甲基上的rm{H}原子。【解答】

rm{C_{5}H_{12}}的同分异构体有：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}rm{(CH_{3})_{4}C}

rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}中，用rm{-OH}取代rm{H}原子有rm{3}种结构，其中rm{1}种氧化得到醛，rm{2}种氧化得到酮；

rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{3}}中，用rm{-OH}取代rm{H}原子有rm{4}种结构，其中rm{2}种氧化得到醛，rm{1}种氧化得到酮，另rm{1}种不能被氧化；

rm{(CH_{3})_{4}C}中，用rm{-OH}取代rm{H}原子有rm{1}种结构；能被氧化得到醛；

故符合条件的rm{C_{5}H_{12}O}的同分异构体有rm{3}种；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}4、A【分析】解：有机合成材料必须具备三个特征：人工合成；有机物、高分子．

A.陶瓷是无机物；属于无机非金属材料，故A错误；

B.橡胶属于合成材料；故B正确；

C.塑料属于合成材料；故C正确；

D.涤纶是合成纤维；是合成材料，故D正确。

故选A。

有机合成材料简称合成材料；要判断是否属于合成材料，可抓住三个特征：有机物；合成、高分子化合物，据此常见材料的分类进行分析判断。

本题主要考查了对合成材料的概念的辨析，熟悉常见物质的成分是判断合成材料的关键，注意合成材料的三大特点来解答，难度不大。【解析】rm{A}5、D【分析】解：某有机化合物的相对分子质量为rm{128}且只有碳、氢两种元素组成，由rm{dfrac{128}{14}=92}所以分子式为rm{C_{9}H_{20}}或rm{C_{10}H_{8}}若为rm{C_{9}H_{20}}属于饱和烃，没有不饱和键，若为rm{C_{10}H_{8}}属于不饱和烃，含有不饱和键或含有苯环；

故选：rm{D}．

根据相对分子质量利用余商法确定分子式；再根据分子式利用不饱和度确定成键方式．

本题考查有机物分子式与结构的确定，理解根据相对分子质量利用商余法确定烃的分子式，难度不大．【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{垄脵}由苯制环己烷发生的是加成法院；由乙烯制溴乙烷发生的是加成反应，二者反应类型相同，故rm{垄脵}选；

rm{垄脷}乙烯使溴水褪色发生的是加成反应；乙炔使酸性高锰酸钾水溶液褪色发生的是氧化还原反应，反应类型不同，故rm{垄脷}不选；

rm{垄脹}由乙烯制聚乙烯发生的是加聚反应；由rm{2-}溴丙烷制丙烯发生的是消去反应，二者反应类型不同，故rm{垄脹}不选；

rm{垄脺}由苯制硝基苯发生的是取代反应；由苯制溴苯发生的是取代反应，二者反应类型相同，故rm{垄脺}选；

故选：rm{D}．

rm{垄脵}由苯制环己烷发生的是加成法院；由乙烯制溴乙烷发生的是加成反应；

rm{垄脷}乙烯使溴水褪色发生的是加成反应；乙炔使酸性高锰酸钾水溶液褪色发生的是氧化还原反应；

rm{垄脹}由乙烯制聚乙烯发生的是加聚反应；由rm{2-}溴丙烷制丙烯发生的是消去反应；

rm{垄脺}由苯制硝基苯发生的是取代反应；由苯制溴苯发生的是取代反应．

本题考查了乙烯和苯的性质，题目难度不大，熟悉乙烯和苯的结构和各种反应的原理是解题的关键，注意对基础知识的积累．【解析】rm{D}7、C【分析】【分析】本题考查学生物质的分类知识，主要是有机物的名称和命名，可以根据所学知识进行回答，题目难度不大。【解答】A.rm{垄脵}辛酸rm{垄脷}壬酸属于有机羧酸，不能完全电离，辛酸rm{垄脵}壬酸属于有机羧酸，不能完全电离，rm{垄脷}故A错误；B.羧酸、醛、醇和酯均含有氧元素，故rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脼}rm{垄脽}含氧元素，rm{垄脻}中只有rm{C}rm{H}元素rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}含氧元素，rm{垄脼}中只有rm{垄脽}rm{垄脻}元素rm{C}rm{H}到，故B错误；分别命名为甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，C.碳原子数从rm{1}到rm{10}分别命名为甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，rm{1}rm{10}rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脼}rm{垄脽}分子中碳原子数小于rm{10}分子中碳原子数小于rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脼}环十二醇的官能团为rm{垄脽}rm{10}，故C正确；十一烷酸内酯官能团为酯基，庚醛官能团为D.辛酸官能团为rm{-COOH}环十二醇的官能团为rm{-OH}十八烷没有官能团，rm{-COOH}rm{-OH}rm{5}rm{9隆陋}十一烷酸内酯官能团为酯基，庚醛官能团为rm{-CHO}十八烷没有官能团，【解析】rm{C}8、D【分析】解：rm{垄脷}中反应物完全转化为生成物时和rm{垄脵}相同，所以rm{垄脵垄脷}是等效平衡，达到平衡时平衡状态完全相同，平衡时rm{NH_{3}}的体积分数相同，即rm{W_{1}=W_{2}}

rm{垄脵}平衡时放出的热量为rm{23.15kJ}根据rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH=-92.4kJ/mol}可知变化的rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H=-92.4kJ/mol}的物质的量为rm{N_{2}}可知平衡时rm{1mol隆脕(23.15kJ隆脗92.4kJ)=0.25mol}的物质的量为rm{N_{2}}可知rm{1mol-0.25mol=0.75mol}中rm{垄脷}的变化量为rm{N_{2}}变化量小于rm{0.9mol-0.75mol=0.15mol}中rm{垄脵}的变化量，放出的热量rm{N_{2}}小于rm{Q}选项D符合题意，故答案为：rm{23.15kJ}．

rm{D}中反应物起始状态可完全转化为生成物时和rm{垄脷}完全相同，所以rm{垄脵}是等效平衡，根据rm{垄脵垄脷}中放出的热量，可以计算出平衡状态时各物质的量，再，再根据rm{垄脵}中起始状态，判断rm{垄脷}达到平衡时变化的rm{垄脷}的量，计算出反应放出的热量rm{N_{2}}的量；由此判断解答．

本题考查化学平衡有关计算，侧重考查分析、计算能力，注意rm{QkJ}为等效平衡，难点是rm{垄脵垄脷}等效平衡的构建和根据能量变化计算变化的rm{垄脵垄脷}的物质的量，题目难度中等，注重基础考查．rm{N_{2}}【解析】rm{D}9、C【分析】【分析】本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，注意物质组成元素以及晶体类型与性质之间的关系。rm{B_{4}C}由非金属性元素组成，可用于制作切削工具和高温热交换器，说明熔点高，应为原子晶体。【解答】rm{B_{4}C}由非金属性元素组成；不可能为离子晶体，可用于制作切削工具和高温热交换器，说明熔点高，应为原子晶体，不存在单个分子，构成微粒为原子。

故选C。【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】解：由rm{FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO_{2}(g)}可知rm{K=dfrac{c(CO_{2})}{c(CO)}=0.25}则达到平衡时rm{K=dfrac

{c(CO_{2})}{c(CO)}=0.25}rm{n(CO)}rm{n(CO_{2})=4}

在rm{1}密闭容器中加入rm{1L}并通入rm{0.02molFeO(s)}rm{xmolCO}时反应达到平衡rm{t隆忙}此时rm{.}转化率为rm{FeO(s)}转化的rm{50%}为rm{FeO}则。

rm{0.01mol}

开始rm{FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO_{2}(g)}rm{0.02}rm{x}rm{0}

转化rm{0}rm{0.01}rm{0.01}rm{0.01}

平衡rm{0.01}rm{0.01}rm{x-0.01}rm{0.01}

rm{K=dfrac{c(CO_{2})}{c(CO)}=dfrac{0.01}{x-0.01}=0.25}解得rm{0.01}

故答案为：rm{K=dfrac{c(CO_{2})}{c(CO)}=dfrac

{0.01}{x-0.01}=0.25}rm{x=0.0125mol}rm{4}．

由rm{1}可知，rm{K=dfrac{c(CO_{2})}{c(CO)}=0.25}以此计算达到平衡时rm{0.0125mol}rm{FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO_{2}(g)}

在rm{K=dfrac

{c(CO_{2})}{c(CO)}=0.25}密闭容器中加入rm{n(CO)}并通入rm{n(CO_{2})}rm{1L}时反应达到平衡rm{0.02molFeO(s)}此时rm{xmolCO}转化率为rm{t隆忙}转化的rm{.}为rm{FeO(s)}则。

rm{50%}

开始rm{FeO}rm{0.01mol}rm{FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO_{2}(g)}rm{0.02}

转化rm{x}rm{0}rm{0}rm{0.01}

平衡rm{0.01}rm{0.01}rm{0.01}rm{0.01}

rm{K=dfrac{c(CO_{2})}{c(CO)}=dfrac{0.01}{x-0.01}=0.25}以此计算．

本题考查化学平衡常数的计算，为高频考点，把握平衡常数的含义、化学平衡三段法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意纯固体不能代入rm{x-0.01}的表达式中，题目难度不大．rm{0.01}【解析】rm{4}rm{1}rm{0.0125mol}11、略

【分析】【解析】试题分析：根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，⑦为Si元素，⑧为Cl元素。（1）Na与Al同周期，周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞Al，原子核外电子层数越多，半径越大，则有原子半径Na＞Al＞O。（2）②、⑦、⑧对应的元素分别为C、Si、Cl，非金属性：Cl＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，则HClO4>H2CO3>H2SiO3；（3））①、②、④、⑤对应的元素分别为H、C、O、Na，形成NaHCO3离子化合物，既含离子键又含极性共价键；CO2的电子式要注意碳要形成四个共用电子对；（4）H2O2在MnO2或FeCl3催化作用下分解，而Na2SO3具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应，不能用作催化剂，高锰酸钾具有强氧化性，与H2O2发生氧化还原反应，也不能作催化剂。考点：考查元素周期表和元素周期律，物质结构与性质的关系。【解析】【答案】（1）Na>N>O（2）HClO4>H2CO3>H2SiO3（3）既含离子键又含极性共价键（4）ac12、略

【分析】试题分析：（1）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4—；（2）①根据化合价升降法及元素守恒配平离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+==2Mn2++10CO2↑+8H2O；②溶液突然褪色，说明反应速率突然增大，原因最有可能是催化剂，答案选C；（3）①变量控制，总体积为40ml,加水15ml，与实验1比较，可得答案；②反应不是均速进行，由于生成物有催化作用，无法确定褪色时间，答案选D。考点：草酸的性质、电离、氧化还原反应、化学反应速率【解析】【答案】（10分）（1）H2C2O4H++HC2O4—（2）①256H+==2108②C（3）①。组别温度/℃V(H2C2O4)/mLV(KMnO4)/mLV(H2O)/mLKMnO4溶液褪色时间/s1301010204023020200t330151015②D13、（1）10－12

（2）＜＜

（3）＜H2R中第一步电离出的H+对HR﹣的电离产生了抑制作用。

（4）①H2CO3>HCN>CH3COOH

②NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO3

【分析】【分析】

本题主要考查电解质在水溶液中的电离、弱电解质的电离平衡及溶液rm{pH}的计算，难度一般。的计算，难度一般。

rm{pH}

【解答】纯水在rm{(1)}时，rm{T隆忙}即rm{pH=6}可知rm{c(H^{+})=c(OH^{-})=10^{-6}}rm{K_{w}=10^{-12}}的rm{1mol隆陇L^{-1}}溶液中由水电离出的rm{NaOH}取决于溶液中的rm{c(OH^{-})}即rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})_{脣庐碌莽脌毛}=c(H^{+})=10^{-12}}

rm{mol隆陇L^{-1}}强酸每稀释rm{(2)}倍，rm{10^{n}}就增大rm{pH}个单位，弱酸每稀释rm{n}倍，rm{10^{n}}增大不到rm{pH}个单位，所以两溶液稀释相同的倍数后，rm{n}一元弱酸溶液rm{pH(A)<pH(B)}与二元强酸rm{(A)}的rm{(B)}相等，说明弱酸的浓度远大于强酸的浓度，rm{pH}中氢离子的物质的量远大于rm{A}中氢离子的物质的量，所以用上述稀释溶液中和等浓度等体积的rm{B}溶液，则需稀释溶液的体积rm{NaOH}

rm{V(A)<V(B)}由二元酸rm{(3)}的电离方程式是：rm{H_{2}R}rm{H_{2}R=H^{+}+HR^{-}}rm{HR^{-}}rm{R^{2-}}可知，rm{+H^{+}}溶液中只存在rm{0.1mol隆陇L^{-1}NaHR}的电离，rm{HR^{-}}而rm{c(H^{+})="a"mol隆陇L^{-1}}溶液中存在两步电离，第一步电离出的rm{0.1mol隆陇L^{-1}H_{2}R}对rm{H^{+}}的电离产生了抑制作用，所以rm{c(H^{+})<(0.1+a)mol隆陇L^{-1}}

rm{HR^{-}}强碱弱酸盐对应的酸的酸性越弱，其水解程度就越大，rm{c(H^{+})<(0.1+a)

mol隆陇L^{-1}}越大，弱酸的电离平衡常数越小。其中rm{(4)}对应的是rm{pH}rm{Na_{2}CO_{3}}的rm{K_{2}=5.6隆脕10^{-11}}大于rm{H_{2}CO_{3}}rm{K_{1}}小于rm{K(HCN)}因此向rm{K_{2}}溶液中通入少量的rm{K(HCN)}产物应是rm{NaCN}rm{CO_{2}}【解析】rm{(1)10^{-12}}

rm{(2)<}rm{<}

rm{(3)<}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{(4)垄脵H_{2}CO_{3}>HCN>CH_{3}COOH}

rm{垄脷NaCN+H_{2}O+CO_{2}=HCN+NaHCO_{3}}

14、①③②【分析】【分析】本题考查生命中的有机物的化学性质。【解答】rm{垄脵}油脂属于酯类物质，可在碱性条件下发生水解生成高级酸钠盐，用于制肥皂；rm{垄脵}纤维素可以用来造纸；rm{垄脷}蛋白质遇浓硝酸显黄色；rm{垄脹}故答案为：rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}【解析】rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脷}15、略

【分析】解：rm{(1)Na_{2}CO_{3}}是能水解的盐，会促进水的电离，弱酸阴离子碳酸根离子水解导致溶液显示碱性，即rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}故答案为：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}

rm{(2)CH_{3}COOH}属于酸电离出的氢离子对水的电离起到抑制作用，即rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}故答案为：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}

rm{(3)Al_{2}(SO_{4})_{3}}是能水解的盐，会促进水的电离，弱碱阳离子铝离子水解导致溶液显示酸性，即rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}故答案为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}．

rm{(1)}能水解的盐促进水的电离；弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性；

rm{(2)}酸或是碱对水的电离起到抑制作用；

rm{(3)}能水解的盐促进水的电离；弱碱阳离子水解导致溶液显示酸性；

本题考查学生盐的水解规律、实质以及水解方程式的书写知识，注意水解进行的程度不是很大，方程式中使用可逆号的问题，难度不大．【解析】rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}三、其他(共8题，共16分)16、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③17、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）18、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）19、略

【分析】【解析】【答案】20、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)══21、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）22、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）23、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16分)24、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】

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=CH226、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++HCl27、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、解答题(共4题，共12分)28、略

【分析】

（1）依据热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=-570kJ•mol-1；

结合燃烧热的概念分析计算得到：氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H=-285kJ•mol-1；

故答案为：285KJ/mol；

（2）燃烧1gH2生成液态水；放出的热量为x，根据下列热化学方程式计算：

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=-570kJ•mol-1

4g570KJ

1gx

x=142.5KJ；

故答案为：142.5KJ；

（3）依据热化学方程式：③C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=-110.5kJ•mol-1；④C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1；

依据盖斯定律④-③得到：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/mol

故答案为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/mol；

【解析】【答案】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；

（2）依据热化学方程式①计算得到；

（3）依据盖斯定律结合热化学方程式③④计算得到；

29、略

【分析】

（1）步骤II中，可用于调节溶液pH至7～8的目的是和酸反应提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等杂质离子沉淀分离除去；

A；加入氧化镁和酸反应能提高溶液PH；生成镁离子，不加入杂质离子，可选；

B；加入碳酸钠能调节溶液PH但假如了钠离子；引入杂质，故不选；

C；蒸馏水对提高溶液pH不好；故不选；

故答案为：A；

（2）Fe2+与H2O2溶液反应亚铁离子被过氧化氢氧化为三价铁离子便于完全沉淀，过氧化氢被还原为水，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

（3）①氨水沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+；

故答案为：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+；

②根据图中所示50℃前温度与Mg2+转化率之间的关系是随温度升高镁离子转化率增大；反应是吸热反应；故答案为：吸热；

③图中，温度升高至50℃以上Mg2+转化率下降的可能原因是温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降；

故答案为：温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降；

④依据氢氧化钙和氢氧化镁阴阳离子比相同；可以用溶度积常数比较溶解性强弱，氢氧化钙溶解性大于氢氧化镁，溶液中加入石灰乳可以实现沉淀转化，生成氢氧化镁分离出来；

故答案为：能；Mg（OH）2的溶解度小于Ca（OH）2；可发生沉淀的转化．

【解析】【答案】（1）步骤II中，可用于调节溶液pH至7～8的目的是和酸反应提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等杂质离子沉淀分离除去；试剂不能引入新的杂质分析；

（2）Fe2+与H2O2溶液反应亚铁离子被过氧化氢氧化为三价铁离子便于完全沉淀；过氧化氢被还原为水，依据氧化还原反应的电荷守恒和电子守恒些离子方程式；

（3）①步骤III中制备氢氧化镁反应的离子方程式是氨水沉淀镁离子；注意一水合氨是弱电解质；

②根据图中所示50℃前温度与Mg2+转化率之间的关系是随温度升高镁离子转化率增大；反应是吸热反应；

③温度升高至50℃以上Mg2+转化率下降的可能原因是温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降；

④依据沉淀转化是想更难溶的方向进行分析判断．

30、略

【分析】

（1）中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH，根据浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；故答案为：NH4HSO4NaOH；

（2）A、B溶液为氨水溶液，由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，则=减小；故A错误；

B、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，c（NH3•H2O）、c（OH-）都减小，c（H+）减小，则减小；故B正确；

C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变；故C错误；

D、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大；故D错误；

故答案为：AB；

（3）等pH、等体积的两份溶液A（HCl）和E（CH3COOH）；醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸难度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，故答案为：HCl；

（4）常温下，向0.01mol/LC（NH4HSO4）溶液中滴加0.01mol/LD（NaOH）溶液至中性，NH4HSO4中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH-的能力比NH4+结合OH-的能量强（原因是产物H2O比NH3•H2O更难电离）．当加入等摩尔的NaOH时，正好将H+中和，此时c（Na+）=c（SO42-），但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入NaOH，当然到中性时c（OH-）=c（H+），c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）；

故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）．

（5）常温下Mg（OH）2在pH=12的D（NaOH）溶液中Mg2+的浓度为1.8×10-7mol/L，c（OH-）=10-2mol/L，Mg（OH）2（s）⇌Mg2++2OH-依据溶度积常数计算得到Ksp=c（Mg2+）c2（OH-）=1.8×10-7mol/L×（10-2mol/L）2=1.8×10-11（mol/L）3

故答案为：1.8×10-11（mol/L）3；

【解析】【答案】根据中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH，B为NH3•H2O；根据浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；根据浓度均为0.1mol•L-1A和E溶液，pH：A＜E，则A为HCl，E为CH3COOH；然后根据问题回答．

31、略

【分析】

（1）由表中数据可知；温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，故a＞0；

平衡向逆反应移动；CO的转化率减小，升高温度反应速率加快，故正反应速率增大；

故答案为：＞；减小，增大；

（2）到达平衡时转化率最大；令平衡时CO的浓度变化量为x，则：

CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）

开始（mol/L）：0.010.0100

变化（mol/L）：xxxx

平衡（mol/L）：0.01-x0.01-xxx

故=9；解得x=0.0075

故CO的转化率为×100%=75%

故答案为：75%；

（3）由表中数据可知，t1时刻，△n（CO）=1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据方程式C