2025年外研版2024高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年外研版2024高二化学上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7题，共14分)1、如图有机物rm{X}是一种医药中间体；下列有关这个化合物的说法正确的是()

A.化合物rm{X}的分子式是rm{C_{16}H_{11}O_{4}}B.不能与饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应C.化合物rm{X}可由和通过酯化反应得到D.rm{1mol}化合物rm{X}最多能与rm{3molNaOH}反应2、制取一氯乙烷，采用的最佳方法是A.乙烷和氯气取代反应B.乙烯和氯气加成反应C.乙烷和HCl作用D.乙烯和HCl加成反应3、1molCH2＝CH2先与Cl2完全加成，再与Cl2发生取代反应，最后生成六氯代烷。整个过程中，参加反应的Cl2物质的量是A.3molB.4molC.5molD.6mol4、已知H+（aq）+OH—（aq）=H2O（l）;ΔH=-57．kJ/mol,向50mL2mol/L的NaOH溶液中加入1mol/L的某种酸,测得加入酸的体积与反应放出的热量关系如右图所示（不考虑热量损失）,则该酸可能是（）A.盐酸B.醋酸C.草酸（HOOC-COOH）D.硫酸5、某有机物与过量的金属钠反应，得到VA升气体，另一份等质量的该有机物与纯碱反应得到气体VB升(同温、同压)，若VA>VB>0，则该有机物可能是6、rm{1}体积rm{pH=2.5}的盐酸与rm{10}体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的rm{pH}等于A.rm{9.0}B.rm{9.5}C.rm{10.5}D.rm{11.5}7、在实验室中，对下列事故或药品的处理正确的是()A.有大量的氯气泄漏时，用氢氧化钠溶液浸湿软布蒙住口鼻，并迅速离开现场B.金属钠着火燃烧时，用水灭火C.少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用石灰水冲洗D.燃着的酒精灯倾倒失火时，用湿抹布盖灭评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是rm{(}rm{)}A.含rm{16}rm{g}氧原子的二氧化碳分子中含有的rm{娄脛}键数目为rm{N_{A}}B.rm{3.9}rm{g}rm{Na_{2}O_{2}}晶体中含有rm{0.15N_{A}}个离子C.常温常压下，rm{5}rm{g}rm{D_{2}O}含有的质子数、电子数、中子数均为rm{2.5N_{A}}D.rm{2}rm{mol}rm{SO_{2}}和rm{1}rm{mol}rm{O_{2}}在一定条件下反应所得混合气体分子数小于rm{2N_{A}}9、如图所示是rm{298K}时，rm{N_{2}}与rm{H_{2}}反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.该反应的热化学方程式为：rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}triangleH=-92}rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}triangle

H=-92}B.rm{kJ/mol}曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C.加入催化剂，该化学反应的反应热不改变D.在温度、体积一定的条件下，通入rm{a}和rm{1molN_{2}}反应后放出的热量为rm{3molH_{2}}rm{92kJ}10、某有机物的核磁共振氢谱图如下，该物质可能是rm{(}rm{)}

A.乙酸B.苯酚C.丙醇D.乙酸乙酯11、某一元醛发生银镜反应，生成金属银rm{4.32g}取等质量该醛完全燃烧后，可生成水rm{1.08g.}则此醛可能是下列中的rm{(}rm{)}A.丙醛B.丙烯醛C.甲醛D.丁烯醛12、下列实验操作正确的是rm{(}rm{)}A.乙烷中混有乙烯，通过氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷B.在催化剂存在的条件下，苯和溴水发生反应可生成无色比水重的液体溴苯C.将铜丝弯成螺旋状，在酒精灯上加热变黑后，立即伸入盛有无水乙醇的试管中，完成乙醇氧化为乙醛的实验E.配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止E.配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止13、某有机物的结构简式见图，下列说法正确的是

A.分子式为rm{C_{14}H_{16}O_{6}NBr}B.该分子中含有两个手性碳原子C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.在一定条件下与氢氧化钠溶液反应，rm{1mol}该有机物最多消耗rm{3molNaOH}14、在通常条件下，下列各组物质的比较排列不正确的是rm{(}rm{)}A.沸点：乙烷rm{>}戊烷rm{>2-}甲基丁烷B.同分异构体种类：戊烷rm{<}戊烯C.密度：苯rm{<}水rm{<}硝基苯D.共线碳原子数：rm{1}rm{3-}丁二烯rm{>}丙炔15、能说明溶液呈中性的可靠依据是rm{(}rm{)}A.rm{pH=7}B.rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}C.rm{pH}试纸不变色D.石蕊试液不变色评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程示意图如下所示；完成下列填空：

（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上电极反应为____，与电源负极相连的电极附近，溶液pH____（选填“不变”；“升高”或“下降”）．

（2）工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为____．

（3）如果粗盐中SO42-含量较高，必须添加钡试剂除去SO42-，该钡试剂不能是____．

a．Ba（OH）2b．Ba（NO3）2c．BaCl2

（4）为了有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，加入试剂不合理的顺序为____（选填a、b；c）

a．先加NaOH，后加Na2CO3；再加钡试剂。

b．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3

c．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3

（5）脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过____、冷却、____（填写操作名称）除去NaCl．17、键能是断裂1mol共价键所吸收的能量．已知H﹣H键能为436KJ/mol，H﹣N键能为391KJ/mol，根据化学方程式：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ/mol，则N≡N键的键能是____KJ/mol．18、rm{(1)NH_{4}^{+}}中心原子轨道的杂化类型为________rm{(2)Cu^{+}}基态核外电子排布式为________rm{(3)}与rm{O_{3}}分子互为等电子体的一种阴离子为________rm{(}填化学式rm{)}rm{(4)C_{2}H_{2}}分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的数目比rm{n(娄脪):n(娄脨)=}________。rm{(5)LiAlH_{4}}中的阴离子空间构型是________。rm{LiAlH_{4}}中存在________rm{(}填标号rm{)}rm{A.}离子键rm{B.娄脪}键rm{C.娄脨}键rm{D.}氢键19、(8分)某芳香烃中含碳元素的质量分数为90.6%，相同条件下，其蒸气密度为空气密度的3.66倍(M空气设为29)。(1)该烃的分子式为__________。其最简单的同系物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是(写出其结构简式)__________________。(2)若该烃硝化时，苯环上的一硝基取代物有三种，则该烃的结构简式可能为____________________。20、反-2-丁烯的结构简式______．21、rm{(1)}研究rm{CO_{2}}在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域rm{.}溶于海水的rm{CO_{2}}主要以rm{4}种无机碳形式存在，其中rm{HCO_{3}^{-}}占rm{95%}写出rm{CO_{2}}溶于水产生rm{HCO_{3}^{-}}的方程式：______．

rm{(2)}联氨rm{(}又称联肼，rm{N_{2}H_{4}}无色液体rm{)}是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为：______；

rm{(3)CrO_{4}^{2-}(}黄色rm{)}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙红色rm{)}在溶液中可相互转化rm{.}室温下，初始浓度为rm{1.0mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中rm{c(Cr_{2}O_{7}^{2-})}随rm{c(H^{+})}的变化如图所示．

rm{垄脵}离子方程式表示rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中的转化反应______．

rm{垄脷}由图可知，溶液酸性增大，rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡转化率______rm{(}填“增大“减小”或“不变”rm{)}该转化反应的平衡常数______rm{(}填“增大“减小”或“不变”rm{)}．

rm{垄脹}升高温度，溶液中rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡转化率减小，则该反应的rm{triangleH}______rm{0(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}．22、元素周期表前四周期rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素，rm{A}元素的原子最外层电子排布式为rm{ns^{1}}rm{B}元素的原子价电子排布式为rm{ns^{2}np^{2}}rm{C}元素位于第二周期且原子中rm{p}能级与rm{s}能级电子总数相等；rm{D}元素原子的rm{M}能层的rm{p}能级中有rm{3}个未成对电子；rm{E}元素原子有rm{5}个未成对电子。rm{(1)}写出元素名称：rm{C}_________、rm{D}_________、rm{E}_________。rm{(2)C}基态原子的电子排布图为________________。rm{(3)}当rm{n=2}时，rm{B}的最简单气态氢化物的电子式为_________，rm{BC_{2}}分子的结构式是_____________；当rm{n=3}时，rm{B}与rm{C}形成的化合物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是____________________________。rm{(4)}若rm{A}元素的原子最外层电子排布式为rm{2s^{1}}rm{B}元素的原子价电子排布式为rm{3s^{2}3p^{2}}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素的第一电离能由大到小的顺序是_____________rm{(}用元素符号表示rm{)}rm{(5)E}元素原子的价电子排布式是__________，在元素周期表中的位置是_________________，其最高价氧化物的化学式是_____________。评卷人得分四、其他(共3题，共18分)23、(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。24、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)。25、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：。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共36分)26、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__________________________________．27、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__________________________________．28、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。29、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、计算题(共4题，共8分)30、已知反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)的Kc＝0.5（1273K）。若起始浓度c(CO)＝0.05mol·L－1，c(CO2)＝0.01mol·L－1，请回答：（1）判断化学反应进行的方向并计算反应物、生成物的平衡浓度。（2）CO的转化率是多少？31、（10分）某温度下，将氢气和碘蒸气各1mol的气态混合物充入10L的密闭容器中。发生反应H2（g）+I2（g）=2HI（g）。2分钟后达到平衡后。测得C（H2）=0.08mol.L-1，求（1）该反应的平衡常数。（2）2分钟内的H2的反应速率（3）在上述温度下，该容器中若通入氢气和碘蒸气各3mol，求达到平衡后各物质的浓度（提示：K不变）。32、在一定温度下，rm{10L}密闭容器中加入rm{5molSO_{2}}rm{4molO_{2}}经rm{10min}后反应达平衡时有rm{2mol}rm{SO_{2}}发生了反应。试计算：rm{(1)}用rm{SO_{2}}表示该反应的反应速率为_____rm{(2)O_{2}}的转化率为_______rm{(3)}平衡常数rm{K}的表达式为________，该温度下平衡常数为_______。33、由锌和铜构成的合金共10g，放入足量的稀盐酸中充分反应，产生标准状况下气体2.24L，试求合金中铜的质量分数。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意体会官能团与性质的关系，明确酸、酯的性质即可解答，试题培养了学生的灵活应用能力。【解答】A.化合物rm{X}的分子式是rm{X}rm{C}rm{C}rm{16}rm{16}rm{H}，故rm{H}错误；rm{12}含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠反应，故rm{12}错误；

rm{O}rm{O}发生酯化反应后不会得到rm{4}rm{4}错误；

rm{A}能与氢氧化钠反应的为酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则rm{A}B.含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠反应，故rm{B}错误；

C.化合物B.最多能与rm{B}rm{B}反应，故C.正确。

故选和。rm{X}，故rm{C}错误；

D.能与氢氧化钠反应的为酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则rm{1}rm{mol}化合物rm{X}最多能与rm{3}rm{molNaOH}反应，故rm{D}正确。

故选rm{D}。【解析】rm{D}2、D【分析】试题解析：乙烷和氯气反应：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有杂质HCl生成，不符合原子经济的理念，故A错误；乙烯和氯气反应：CH2═CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；乙烷和氯化氢不反应，故C错误；乙烯和氯化氢反应：CH2═CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有氯乙烷，符合原子经济理念，故D正确．考点：取代反应与加成反应【解析】【答案】D3、C【分析】【解析】【答案】C4、C【分析】因50mL的酸与NaOH恰好反应完，故它应是二元酸，又生成0．1mol水时放出的热量小于5．73kJ，故酸为弱酸。【解析】【答案】C5、D【分析】【解析】【答案】D6、C【分析】据题意，一元强酸和一元强碱恰好反应，故有rm{H^{+}}与rm{OH^{-}}的物质的量相等，设强酸的体积为rm{V}则强碱的体积为rm{10V}有rm{V?10^{-2.5}=10V?10^{PH-14}}解得rm{PH=10.5}．

故选C．【解析】rm{C}7、D【分析】略。

【解析】rm{D}二、双选题(共8题，共16分)8、rAD【分析】解：rm{A.}含rm{16g}氧原子的二氧化碳的物质的量为rm{dfrac{16g}{16g/mol}隆脕dfrac{1}{2}=0.5mol=0.5mol}根据rm{dfrac{16g}{16g/mol}隆脕dfrac

{1}{2}=0.5mol=0.5mol}二氧化碳中含rm{1mol}键可知，rm{2molC-O娄脛}二氧化硅晶体中含有的rm{0.5mol}键数目为rm{娄脛}故A正确；

B.rm{N_{A}}晶体物质的量rm{=dfrac{3.9g}{78g/mol}=0.05mol}rm{3.9gNa_{2}O_{2}}过氧化钠含rm{=dfrac

{3.9g}{78g/mol}=0.05mol}钠离子和rm{1mol}过氧根离子，则含有离子rm{2mol}个；故B正确；

C.rm{1mol}物质的量rm{=dfrac{5g}{20g/mol}=0.25mol}rm{=0.05mol隆脕3隆脕N_{A}=0.15N_{A}}个rm{.5gD_{2}O}含有的质子数rm{=dfrac

{5g}{20g/mol}=0.25mol}电子数rm{1}中子数rm{D_{2}O}则rm{10}含有的质子数、电子数、中子数均为rm{10}故C正确；

D.rm{=(2-1)隆脕2+16-8=10}和rm{0.25mol}在一定条件下反应，根据反应方程式rm{2.5N_{A}}可知，所得混合气体的物质的量大于rm{2molSO_{2}}小于rm{1molO_{2}}即混合气体分子数大于rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}故D错误；

故选AD．

A.含rm{2mol}氧原子的二氧化碳分子物质的量为rm{dfrac{16g}{16g/mol}隆脕dfrac{1}{2}=0.5mol}然后根据rm{3mol}二氧化碳中含rm{2N_{A}}键来分析；

B.rm{16g}晶体物质的量rm{=dfrac{3.9g}{78g/mol}=0.05mol}rm{dfrac{16g}{16g/mol}隆脕dfrac

{1}{2}=0.5mol}过氧化钠含rm{1mol}钠离子和rm{2molC-O娄脛}过氧根离子；

C.rm{3.9gNa_{2}O_{2}}物质的量rm{=dfrac{5g}{20g/mol}=0.25mol}rm{=dfrac

{3.9g}{78g/mol}=0.05mol}含有的质子数rm{1mol}电子数rm{2mol}中子数rm{1mol}

D.二氧化硫和氧气反应为可逆反应；不能进行彻底．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，答题时注意物质结构的分析及可逆反应的分析，题目难度不大．rm{5gD_{2}O}【解析】rm{AD}9、rBC【分析】解：rm{A.}由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且焓变rm{triangleH=508kJ/mol-600kJ/mol=-92}rm{triangle

H=508kJ/mol-600kJ/mol=-92}则该反应的热化学方程式为rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH=-92}rm{kJ/mol}故A错误；

B.催化剂可降低反应所需的活化能，则rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H=-92}曲线是加入催化剂时的能量变化曲线；故B正确；

C.催化剂不改变反应的始终态；则加入催化剂，该化学反应的反应热不改变，故C正确；

D.合成氨为可逆反应，不能完全转化，则温度、体积一定的条件下，通入rm{kJ/mol}和rm{a}反应后放出的热量小于rm{1molN_{2}}故D错误；

故选BC．

A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且焓变rm{triangleH=508kJ/mol-600kJ/mol=-92}rm{3molH_{2}}热化学方程式中需注明物质的状态；

B.催化剂可降低反应所需的活化能；

C.催化剂不改变反应的始终态；

D.合成氨为可逆反应；不能完全转化．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对活化能和焓变的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大．rm{92kJ}【解析】rm{BC}10、rBD【分析】解：rm{A}乙酸的分子式为rm{CH_{3}COOH}甲基上rm{1}种rm{H}原子、羧基上有rm{1}种rm{H}原子，故核磁共振氢谱中有rm{2}个峰；故A错误；

B、苯酚的分子式为rm{C_{6}H_{5}OH}苯环上有rm{3}种rm{H}原子，羟基上有rm{1}种rm{H}原子，故核磁共振氢谱中有rm{4}个峰；故B错误；

C、丙醇的分子式为rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}甲基中有rm{1}种rm{H}原子，rm{2}个亚甲基上有rm{2}种rm{H}原子，羟基上有rm{1}种rm{H}原子，故核磁共振氢谱中有rm{4}个峰；故C错误；

D、乙酸乙酯的分子式为rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{2}个甲基中有rm{2}种rm{H}原子，亚甲基上有rm{1}种rm{H}原子，核磁共振氢谱中有rm{3}个峰；故D正确；

故选：rm{D}

由图可知，核磁共振氢谱有rm{3}个吸收峰，故有机物分子中有rm{3}种rm{H}原子；结合等效氢判断，等效氢判断：

等效氢判断：

rm{垄脵}同一碳原子上的氢原子是等效的；

rm{垄脷}同一碳原子上所连接甲基上的氢原子是等效的；

rm{垄脹}处于同一对称位置的碳原子上的氢原子是等效的，注意rm{H}原子数目之比等于对应峰的面积之比；

考查核磁共振氢谱读图，难度较小，清楚核磁共振氢谱中有几个峰，说明分子中有几种rm{H}原子，其面积之比为对应的各种rm{H}原子个数之比．【解析】rm{BD}11、rAD【分析】解：rm{n(Ag)=dfrac{4.32g}{108g/mol}=0.04mol}若为甲醛，rm{n(Ag)=dfrac

{4.32g}{108g/mol}=0.04mol}发生银镜反应时醛基和rm{-CHO}的物质的量之比为rm{Ag}rm{1}则生成rm{4}需要该醛的物质的量为rm{4.32gAg}rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}根据rm{0.01mol}原子守恒得rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}则醛分子个数与rm{H}原子个数之比等于其物质的量之比rm{n(H)=2n(H_{2}O)=2隆脕0.06mol=0.12mol}rm{H}rm{=0.01mol}不符合；

若为其它一元醛，rm{0.12mol=1}发生银镜反应时醛基和rm{12}的物质的量之比为rm{-CHO}rm{Ag}则生成rm{1}需要该醛的物质的量为rm{dfrac{1}{2}n(Ag)=dfrac{1}{2}隆脕0.04mol=0.02mol}等质量的该醛完全燃烧后生成rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}根据rm{2}原子守恒得rm{4.32gAg}则醛分子个数与rm{dfrac{1}{2}n(Ag)=dfrac

{1}{2}隆脕0.04mol=0.02mol}原子个数之比等于其物质的量之比rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}rm{H}rm{n(H)=2n(H_{2}O)=2隆脕0.06mol=0.12mol}说明该醛分子中含有rm{H}个rm{=0.02mol}原子，符合条件的有rm{0.12mol=1}

故选AD．

rm{n(Ag)=dfrac{4.32g}{108g/mol}=0.04mol}rm{6}发生银镜反应时醛基和rm{6}的物质的量之比为rm{H}rm{AD}则生成rm{n(Ag)=dfrac

{4.32g}{108g/mol}=0.04mol}需要该醛的物质的量为rm{dfrac{1}{2}n(Ag)=dfrac{1}{2}隆脕0.04mol=0.02mol}等质量的该醛完全燃烧后生成rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}根据rm{-CHO}原子守恒得rm{Ag}则醛分子个数与rm{1}原子个数之比等于其物质的量之比rm{2}rm{4.32gAg}rm{dfrac{1}{2}n(Ag)=dfrac

{1}{2}隆脕0.04mol=0.02mol}

若为甲醛，rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}发生银镜反应时醛基和rm{H}的物质的量之比为rm{n(H)=2n(H_{2}O)=2隆脕0.06mol=0.12mol}rm{H}则生成rm{=0.02mol}需要该醛的物质的量为rm{0.12mol=1}rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}根据rm{6}原子守恒得rm{-CHO}则醛分子个数与rm{Ag}原子个数之比等于其物质的量之比rm{1}rm{4}rm{4.32gAg}以此来解答．

本题考查有机物的计算，为高频考点，明确醛发生银镜反应时醛和rm{0.01mol}的物质的量之比是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度不大．rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}【解析】rm{AD}12、rCE【分析】解：rm{A.}乙烷中乙烯的含量未知；不能确定通入氢气的量，易引入杂质，且反应在实验室难以完成，故A错误；

B.苯和溴水不反应；应用液溴和苯在催化剂条件下反应，故B错误；

C.乙醇的催化氧化反应中，金属铜作催化剂，真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜，实验过程中铜网出现黑色，是由于铜和氧气反应生成氧化铜，反应的方程式为rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{-}}{;}2CuO}铜网由黑色变成红色是由于乙醇和氧化铜反应生成铜，反应的方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CuOoverset{triangle}{rightarrow}CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O}故C正确；

D.无水乙醇和浓硫酸共热至rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{-}}{;}2CuO}发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，乙烯；乙醇均能被酸性高锰酸钾氧化，不能检验，应除去乙醇，再检验乙烯，故D错误；

E.配制银氨溶液时；将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止，此时溶液即为银氨溶液，故E正确；

故选：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CuOoverset{triangle

}{rightarrow}CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O}

A.该反应条件较复杂；且易引入杂质；

B.苯和溴水不反应；

C.加热变黑生成rm{170隆忙}再与乙醇发生氧化反应；

D.无水乙醇和浓硫酸共热至rm{CE}发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，乙烯；乙醇均能被酸性高锰酸钾氧化；

E.配制银氨溶液时；氨水不能加入过量，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止．

本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力．rm{CuO}【解析】rm{CE}13、AB【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、酯、羧酸、卤代烃的性质，题目难度不大。【解答】A.由结构可知分子式为rm{C_{14}H_{16}O_{6}NBr}故A正确；B.与rm{-Br}与rm{-COOH}相连的rm{C}为手性碳原子，共rm{2}个，故B正确；C.含酚rm{-OH}能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.酚rm{-OH}rm{-COOC-}rm{-COOH}rm{-Br}均与rm{NaOH}反应，则rm{1mol}该有机物最多消耗rm{4molNaOH}故D错误。故选AB。【解析】rm{AB}14、AD【分析】解：rm{A.}烷烃中碳原子个数越多，其熔沸点越高，同分异构体中支链越多，其熔沸点越低，则熔沸点：戊烷rm{>2-}甲基丁烷rm{>}乙烷；故A错误；

B.戊烷只有碳链异构，戊烯不但有碳链异构，还有官能团异构和位置异构，则同分异构体种类：戊烷rm{<}戊烯；故B正确；

C.苯的密度小于rm{1g/mL}水的密度是rm{1g/mL}硝基苯的密度大于rm{1g/mL}则密度：苯rm{<}水rm{<}硝基苯；故C正确；

D.rm{1}rm{3-}丁二烯rm{(}rm{)}中共线的碳原子有rm{2}个，丙炔rm{(CH_{3}C隆脭CH)}中共线的碳原子有rm{3}个，共线碳原子数：rm{1}rm{3-}丁二烯rm{<}丙炔；故D错误；

故选AD．

A.烷烃中碳原子个数越多；其熔沸点越高，同分异构体中支链越多，其熔沸点越低；

B.戊烯不但有碳链异构；还有官能团异构和位置异构；

C.苯的密度小于rm{1g/mL}水的密度是rm{1g/mL}硝基苯大于rm{1g/mL}

D.在常见的有机化合物中乙烯是平面型结构；乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线；共面分析判断．

本题考查物质的性质比较，熟悉影响有机物沸点的原因、影响同分异构体种类的因素和有机物的密度是解答本题的关键，注意归纳规律性知识来解答，难度不大．【解析】rm{AD}15、rBC【分析】解：rm{A.pH=7}的溶液不一定呈中性，如rm{100隆忙}时，水的离子积常数是rm{10^{-12}}rm{pH=6}时溶液呈中性，当rm{pH=7}时溶液呈碱性；故A错误；

B.rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液一定呈中性；故B正确；

C.rm{pH}试纸测定溶液的酸碱性时；中性溶液不变色，故C正确；

D.使石蕊试液呈紫色的溶液；常温下溶液显酸性，故D错误．

故选BC．

溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；

当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时；溶液呈酸性；

当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时；溶液呈中性；

当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的rm{pH}值大小判断．

本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的rm{PH}值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性．【解析】rm{BC}三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】

（1）电解饱和食盐水的反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，与正极相连为阳极，生成氯气，该电极反应为2Cl--2e-═Cl2↑；与电源负极相连为阴极，生成氢气和NaOH，生成碱，所以pH升高；

故答案为：2Cl--2e-═Cl2↑；升高；

（2）Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀，离子反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；

故答案为：Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；

（3）添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子；所以该钡试剂不能选用；

故答案为：b；

（4）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液；最后加入盐酸，所以加入试剂不合理的顺序为a；

故答案为：a；

（5）氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大；但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：通过加热蒸发结晶；冷却、过滤除去NaCl；

故答案为：加热蒸发；过滤；

【解析】【答案】（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极发生：2Cl--2e-=Cl2↑，与电源负极相连的电极发生2H++2e-=H2↑；

（2）精制过程就是将杂质离子转化为沉淀除去的过程，Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠；NaOH反应转化为沉淀；

（3）添加钡试剂除去SO42-；注意不能引入新的杂质；

（4）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-；应注意碳酸钠在钡试剂之后；

（5）根据氢氧化钠和氯化钠的溶解度随温度的变化关系来确定实现氯化钠和氢氧化钠分离获得氯化钠的方法；

17、945.6【分析】【解答】解：已知：H﹣H键能为436kJ•mol﹣1，N﹣H键键能为391kJ•mol﹣1，令N≡N的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．

反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，故x+3×436kJ•mol﹣1﹣2×3×391kJ•mol﹣1=﹣92.4kJ•mol﹣1

解得：x=945.6kJ•mol﹣1；

故答案为：945.6．

【分析】根据反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能计算，以此解答该题．18、rm{(1)sp^{3}}杂化

rm{(2)[Ar]3d^{10}}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}

rm{(3)NO_{2}^{-}}

rm{(4)3}rm{2}

rm{(5)}正四面体rm{AB}【分析】【分析】本题考查核外电子排布、杂化轨道理论以及化学键，难度不大。【解答】rm{(1)NH_{4}^{+}}中氮原子杂化轨道数rm{=娄脛}键数rm{+}孤对电子对数rm{=4+0=4}含孤电子对数为rm{0}杂化轨道数rm{4}采取rm{sp^{3}}杂化，故答案为：rm{sp^{3}}杂化；rm{(2)Cu(}电子排布式为：rm{[Ar]3d^{10}4s^{1})}到rm{Cu^{+}}的过程中，失去的电子是最外层的rm{4s}上一个电子，故Crm{u^{+}}离子的电子排布式是为：rm{[Ar]3d^{10}}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}rm{(3)}等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与rm{O_{3}}分子互为等电子体的一种阴离子为rm{NO_{2}^{-}}故答案为：rm{NO_{2}^{-}}rm{(4)}三键中含有rm{1}个rm{娄脪}键、rm{2}个rm{娄脨}键，单键属于rm{娄脪}键，故Crm{{,!}_{2}H_{2}}分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的数目比rm{n(娄脪):n(娄脨)=3}rm{2}故答案为：rm{3}rm{2}rm{(5)LiAlH_{4}}中的阴离子中rm{Al}原子价层电子对个数rm{=4+dfrac{3+1-4隆脕1}{2}=4}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形；rm{=4+dfrac{3+1-4隆脕1}{2}=4

}中，阴阳离子之间存在离子键、rm{LiAlH_{4}}和rm{Al}原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、rm{H}键、配位键，故答案为：正四面体；rm{娄脪}rm{AB}【解析】rm{(1)sp^{3}}杂化rm{(2)[Ar]3d^{10}}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}rm{(3)NO_{2}^{-}}rm{(4)3}rm{2}rm{(5)}正四面体rm{AB}19、略

【分析】【解析】试题分析：（1）芳香烃蒸气密度为空气密度的3.66倍，则其相对分子质量为29×3.66=106，含碳元素的质量分数为90.6%，则分子中含C原子的个数为106×90.6%÷12=8含H原子的个数为：106-12×8÷1=10所以分子式为C8H10，最简单的同系物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是甲苯，结构简式为故答案为：C8H10；（2）①若该烃硝化时，一硝基取代物只有一种，则该烃的结构简式为：对二甲苯．②若该烃硝化时，一硝基取代物有两种，则该烃的结构简式为：邻二甲苯．③若该烃硝化时，一硝基取代物有三种，则该烃的结构简式为：乙苯或间二甲苯，结构简式为或故答案为：或．考点：有机物分子式的确定。【解析】【答案】(1)C8H10（2）或20、略

【分析】解：反-2-丁烯：主链为丁烯，碳碳双键在2号C，是反式结构，故该有机物的结构简式为：

故答案为：．

依据烯烃的系统命名方法；结合名称写出该有机物的结构简式．

本题考查有机物的结构简式的书写，难度不大，掌握命名原则，注意书写规范，题目较简单．【解析】21、略

【分析】解：rm{(1)CO_{2}}溶于水产生rm{H_{2}CO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}电离产生rm{H^{+}}和rm{HCO_{3}^{-}}所以rm{CO_{2}}溶于水产生rm{HCO_{3}^{-}}的方程式为：rm{CO_{2}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+H^{+}}

故答案为：rm{CO_{2}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+H^{+}}

rm{(2)}联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，是结合水电离出rm{OH^{-}}所以联氨第一步电离的方程式为rm{N_{2}H_{4}+H_{2}O?N_{2}H_{5}^{+}+OH^{-}}

故答案为：rm{N_{2}H_{4}+H_{2}O?N_{2}H_{5}^{+}+OH^{-}}

rm{(3)垄脵CrO_{4}^{2-}(}黄色rm{)}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙红色rm{)}在溶液中可相互转化，根据图象，二者在酸性条件下发生互相转化，所以rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中的转化反应为：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}

故答案为：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}

rm{垄脷}根据图象分析，溶液的酸性增大，rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的量增多，所以rm{CrO_{4}^{2-}}的转化率增大；

化学平衡常数只随温度改变；温度不变，化学平衡常数不变，所以转化反应的平衡常数不变；

故答案为：增大；不变；

rm{垄脹}升高温度，溶液中rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡转化率减小，说明升高温度使化学反应逆向移动，则表明正反应是放热反应，焓变rm{triangleH}小于rm{0}

故答案为：小于．

rm{(1)CO_{2}}溶于水产生rm{H_{2}CO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}电离产生rm{H^{+}}和rm{HCO_{3}^{-}}可以写总反应；

rm{(2)}联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，是结合水电离出rm{OH^{-}}

rm{(3)垄脵CrO_{4}^{2-}(}黄色rm{)}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙红色rm{)}在溶液中可相互转化；根据图象，二者在酸性条件下发生互相转化，据此分析；

rm{垄脷}根据图象分析，溶液的酸性增大，rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的量增多；化学平衡常数只随温度改变；

rm{垄脹}升高温度，溶液中rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡转化率减小；说明升高温度使化学反应逆向移动．

本题考查弱电解质的电离平衡和化学平衡的移动，根据题意书写离子方程式是解题的关键，为常见题型，涉及的考点为高频考点，题目整体难度不大，是基础题．【解析】rm{CO_{2}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+H^{+}}rm{N_{2}H_{4}+H_{2}O?N_{2}H_{5}^{+}+OH^{-}}rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}增大；不变；小于22、（1）氧磷锰

（2）

（3）O══C══O

（4）O＞P＞Si＞Li

（5）3d54s2第四周期ⅦB族Mn2O7【分析】【分析】本题考查元素周期表的应用、原子核外电子排布及电离能等知识点，难度中等。【解答】短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{A}元素的原子最外层电子排布式为rm{ns}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}元素的原子最外层电子排布式为rm{A}rm{ns}rm{{,!}^{1}}位于Ⅰ，则rm{A}位于Ⅰrm{A}族，rm{B}元素的原子价电子排布为rm{ns}族，rm{A}元素的原子价电子排布为rm{A}rm{B}rm{ns}rm{{,!}^{2}}rm{np}位于Ⅳrm{np}族，rm{{,!}^{2}}元素位于第二周期且原子中，rm{B}位于Ⅳrm{A}族，rm{C}元素位于第二周期且原子中rm{p}能级与rm{s}能级电子总数相等，其原子电子排布式为rm{1s}能级与rm{B}能级电子总数相等，其原子电子排布式为rm{A}rm{C}rm{p}rm{s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}元素原子的rm{2s}能层的rm{{,!}^{2}}能级中有rm{2p}个未成对电子，则rm{2p}元素原子电子排布式为rm{{,!}^{4}}，故C为氧元素；rm{D}元素原子的rm{M}能层的rm{p}能级中有rm{3}个未成对电子，则rm{D}元素原子电子排布式为rm{1s}rm{D}rm{M}rm{p}rm{3}rm{D}元素原子有rm{1s}个未成对电子，则rm{{,!}^{2}}元素原子的核外电子排布式为：rm{2s}故E元素是锰元素；rm{2s}根据分析可知：rm{{,!}^{2}}是氧、rm{2p}是磷、rm{2p}是锰，故答案为：氧；磷；锰；rm{{,!}^{6}3s^{2}3p^{3}}是氧，氧的核外电子排布式为：故答案为：，故D为磷元素，rm{E}元素原子有rm{5}个未成对电子，则rm{E}元素原子的核外电子排布式为：rm{E}时，rm{5}是碳元素，其最简单的气态氢化物是甲烷，甲烷的电子式为：rm{E}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{2}}rm{(1)}rm{C}rm{D}时，rm{E}是硅元素，硅与氧形成的化合物是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应的离子方程式为：rm{Si{O}_{2}+2O{H}^{?}===SiO_{3}^{2?}+{H}_{2}O}rm{(2)C}rm{(3)}当rm{n=2}时，rm{B}是碳元素，其最简单的气态氢化物是甲烷，甲烷的电子式为：rm{n=2}rm{B}rm{Si{O}_{2}+2O{H}^{?}===SiO_{3}^{2?}+{H}_{2}O}rm{BC}rm{BC}rm{{,!}_{2}}元素的原子最外层电子排布式为分子就是二氧化碳，二氧化碳的结构式为：rm{O篓T篓TC篓T篓TO}则当rm{n=3}时，rm{B}是硅元素，硅与氧形成的化合物是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应的离子方程式为：是锂元素；rm{n=3}元素的原子价电子排布式为rm{B}rm{Si{O}_{2}+2O{H}^{?}===SiO_{3}^{2?}+{H}_{2}O

}；故答案为：则；是硅元素；同周期元素的四种元素的第一电离能大小为：rm{O篓T篓TC篓T篓TO}；故答案为：；rm{Si{O}_{2}+2O{H}^{?}===SiO_{3}^{2?}+{H}_{2}O

}是锰元素，其价电子排布式为：；；锰位于第四周期Ⅶrm{(4)}族，最高价氧化物是七氧化二锰，故答案为：rm{A}元素的原子最外层电子排布式为rm{2s}；第四周期Ⅶrm{A}族；rm{2s}rm{{,!}^{1}}【解析】rm{(1)}氧磷锰rm{(2)}rm{(3)}rm{O篓T篓TC篓T篓TO}rm{Si{O}_{2}+2O{H}^{?}===SiO_{3}^{2?}+{H}_{2}O}rm{Si{O}_{2}+2O{H}^{?}===SiO_{3}^{2?}+{H}_{2}O

}rm{(4)O>P>Si>Li}第四周期Ⅶrm{(5)3d^{5}4s^{2}}族rm{B}rm{Mn_{2}O_{7}}四、其他(共3题，共18分)23、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)══24、略

【分析】【解析】【答案】25、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)3五、有机推断题(共4题，共36分)26、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=CH227、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=CH228、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++HCl29、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