2025年人教B版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年人教B版高二化学下册阶段测试试卷360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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、已知：H2O(g)==H2O(l)△H1=－Q1kJ·mol－1(Q1＞0)C2H5OH(g)==C2H5OH(l)△H2=－Q2kJ·mol－1(Q2＞0)C2H5OH(g)+3O2(g)==2CO2(g)+3H2O(g)△H3=－Q3kJ·mol－1(Q3＞0)依据盖斯定律，若使23g液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为(单位：kJ)A.Q1+Q2+Q3B.0.5(Q1+Q2+Q3)C.0.5Q1－1.5Q2+0.5Q3D.1.5Q1－0.5Q2+0.5Q32、要使工业废水中的重金属rm{Pb^{2+}}沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知rm{Pb^{2+}}与这些离子形成的化合物的溶解度如下：

。

化合物。

rm{PbSO_{4}}

rm{PbCO_{3}}

rm{PbS}

溶解度rm{/g}

rm{1.03隆脕10^{-4}}

rm{1.81隆脕10^{-7}}

rm{1.84隆脕10^{-14}}

由上述数据可知，选用的沉淀剂最好是rm{(}rm{)}A.硫化物B.硫酸盐C.碳酸盐D.以上沉淀剂均可3、某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，下列关于该微粒的说法一定正确的是（）A.质子数为10B.单质具有还原性C.是单原子分子D.电子数为104、下列实验中没有颜色变化的是（）A.葡萄糖溶液与新制的Cu（OH）2悬浊液混合加热B.木板上涂抹浓硫酸C.淀粉溶液中加入碘酒D.苯加入到酸性高锰酸钾溶液中5、某气态烷烃与丙炔的混合气体rm{22.4L}rm{(}标准状况rm{)}完全燃烧后生成rm{121g}rm{CO_{2}}和rm{40.5g}rm{H_{2}O}则原混合气体中烷烃的分子式为rm{(}rm{)}A.rm{C_{3}H_{8}}B.rm{CH_{4}}C.rm{C_{2}H_{6}}D.rm{C_{4}H_{10}}6、如图中每条折线表示周期表Ⅳrm{A隆芦}Ⅶrm{A}中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中rm{a}点代表的是rm{(}rm{)}A.rm{HI}B.rm{SbH_{3}}C.rm{H_{2}Te}D.rm{SiH_{4}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、（8分）下列是元素周期表的短周期中的部分元素。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2BCDE3FGHIL(1)表中元素，原子半径最大的是________，原子半径最小的是________。（不包括稀有气体元素。填空均用元素符号或化学式回答，下同）(2)金属性最强的是；化学性质最不活泼的是____；最高正价和负价的绝对值相等的是；氢化物水溶液呈碱性的是。(3)I和L最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是，判断依据之一是8、乙烯的分子式为______，电子式为______．乙烯与溴水的反应是______反应．9、铁黑rm{(Fe_{3}O_{4})}是常见的铁系颜料。一种制取铁黑的实验流程如图所示。

制取铁黑的反应原理可表示为rm{Fe(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}underrightarrow{triangle}Fe(OH)_{2}隆陇2Fe(OH)_{3}underrightarrow{triangle}Fe_{3}O_{4}}rm{Fe(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}underrightarrow{triangle

}Fe(OH)_{2}隆陇2Fe(OH)_{3}underrightarrow{triangle

}Fe_{3}O_{4}}加入氨水调rm{(1)}至rm{pH}时，发生反应的离子方程式为___________________________________________________________。rm{7隆芦9}写出rm{(2)}在空气中被氧化的化学方程式_________________________，实验现象是___________________________________。rm{Fe(OH)_{2}}为了保证铁黑样品的质量，“合成”中需要控制的因素有______________________。rm{(3)}铁黑产品中rm{(4)}的含量是判断产品等级的依据之一。某铁黑样品中混有的杂质为rm{Fe_{3}O_{4}}rm{FeO}中的一种。根据国标方法，进行的测定实验如下：步骤rm{Fe_{2}O_{3}}称取rm{1}样品置于锥形瓶中，加入足量盐酸，加热使之完全溶解。步骤rm{1.908g}向锥形瓶中先加入足量的rm{2}溶液，将rm{SnCl_{2}}全部转化为rm{Fe^{3+}}除去过量的rm{Fe^{2+}}再加入一定量的硫酸和磷酸，并滴加指示剂。步骤rm{Sn^{2+}}再向锥形瓶中滴加rm{0.08200mol隆陇L^{-1}K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液，发生反应：rm{3}恰好完全反应时，共消耗rm{0.08200

mol隆陇L^{-1}K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液。请计算样品中rm{Cr_{2}Orlap{_{7}}{^{2-}}+6Fe^{2+}+14H^{+}=2Cr^{3+}+6Fe^{3+}+7H_{2}O}的质量分数rm{50.00mLK_{2}Cr_{2}O_{7}}写出计算过程rm{Fe_{3}O_{4}}rm{(}10、rm{CuCl}和rm{CuCl_{2}}都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等。​已知：rm{垄脵CuCl}可以由rm{CuCl_{2}}用适当的还原剂如rm{SO_{2}}rm{SnCl_{2}}等还原制得：rm{2Cu^{2+}+2Cl^{?}+SO_{2}+2H_{2}Ooverset{triangle}{=}2CuCl隆媒+4H^{+}+SO_{4}^{2-}}rm{2CuCl_{2}+SnCl_{2}overset{}{=}2CuCl隆媒+SnCl_{4}}rm{2Cu^{2+}+2Cl^{?}+SO_{2}+2H_{2}O

overset{triangle}{=}2CuCl隆媒+4H^{+}+SO_{4}^{2-}}溶液与乙二胺rm{2CuCl_{2}+SnCl_{2}overset{}{=}

2CuCl隆媒+SnCl_{4}}可形成配离子如下图所示。请回答下列问题：rm{垄脷CuCl_{2}}基态rm{(H_{2}N隆陋CH_{2}隆陋CH_{2}隆陋NH_{2})}原子的核外电子排布式为____________；rm{(1)}rm{Cu}rm{H}三种元素的电负性由大到小的顺序是____。rm{N}分子的立体构型为____。rm{O}乙二胺分子中氮原子的轨道杂化类型为____。乙二胺和三甲胺rm{(2)SO_{2}}均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是____________。rm{(3)}中所形成的配离子中含有的化学键类型有____rm{[N(CH_{3})_{3}]}填字母rm{(4)垄脷}A.配位键rm{(}极性键rm{)}离子键rm{B.}非极性键rm{C.}11、rm{(1)}据如图回答问题：rm{垄脵}图rm{A}是由rm{4}个碳原子结合成的某种烷烃rm{(}氢原子没有画出rm{)}写出该有机物的系统命名法的名称：________，该有机物的一氯代物有________种．rm{垄脷}图rm{B}的键线式表示有机物rm{B}的分子结构：该分子的化学式为________，该物质中所含含氧官能团的名称为________，rm{垄脹}某物质只含rm{C}rm{H}rm{O}三种元素，其分子模型如图rm{C}所示，分子中共有rm{12}个原子rm{(}图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键rm{):}该物质的结构简式为________，该物质所生成的高分子的机构简式为：________．rm{(2)}有机物rm{X(}分子式为rm{C_{4}H_{6}O_{5})}广泛存在于许多水果中，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多rm{.}经测定该有机物具有下表中所列性质，请根据题目要求填空：。rm{X}的性质rm{垄脵X}与足量rm{Na}反应产生rm{H_{2}}rm{垄脷X}与醇或羧酸在浓硫酸作用下并加热均生成有香味的产物rm{垄脹}在一定条件下rm{X}的分子内脱水产物rm{(}非环状化合物rm{)}可与溴水发生加成反应rm{垄脻33.5gX}与rm{100mL5mol隆陇L^{-1}NaOH}溶液恰好中和rm{垄脵}己知rm{X}中无甲基，则rm{X}的结构为________，rm{X}与足量钠反应的方程式为：________．rm{垄脷}在一定条件下rm{X}可发生化学反应的类型有________rm{(}填序号rm{)}rm{a.}水解反应rm{b.}取代反应rm{c.}加成反应rm{d.}消去反应rm{e.}加聚反应rm{垄脹}下列物质与rm{X}互为同系物的是________；与rm{X}互为同分异构体的是________rm{(}填序号rm{)}rm{a.}rm{b.}rm{c.}rm{d.H_{3}COOC-COOCH_{3}}rm{e.}rm{(3)}苯甲酸广泛应用于制药和化工行业rm{.}某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸rm{.}已知：苯甲酸的相对分子质量为rm{122}熔点rm{122.4隆忙}在rm{25隆忙}和rm{95隆忙}时溶解度分别为rm{0.3g}和rm{6.9g}rm{100隆忙}左右时升华．rm{I}反应原理、装置rm{(}加热及夹持部分略去rm{)}及实验步骤如图：rm{i.}将rm{2.7ml}甲苯、rm{100ml}水、几粒沸石加入rm{250ml}三颈烧瓶中；rm{ii.}装上冷凝管，加热至沸后分批加入rm{8.5g}高锰酸钾rm{(}足量rm{)}回流反应rm{4h}rm{iii.}将反应混合物趁热减压过滤，并用热水洗涤滤渣，将洗涤液并入滤液中；rm{iv.}滤液加入盐酸酸化后，冰水浴冷却，抽滤、洗涤、干燥得苯甲酸粗产品．rm{垄脵}判断rm{ii}中反应进行完全的实验现象是________．rm{垄脷}实验装置中冷凝水应从________门通入rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}不使用直形冷凝管的原因是________．rm{垄脹iii}中滤渣的主要成分是________，洗涤滤渣的目的是________．rm{垄脺}提纯苯甲酸粗产品除采用重结晶的方法以外，还可以采用________方法．rm{II.}苯甲酸纯度的测定：称取提纯后的苯甲酸产品rm{0.2500g}用rm{25ml}中性稀乙醇rm{(}酚酞指示剂显中性rm{)}溶解，加酚酞指示剂rm{2-3}滴，用rm{0.1000mol/LNaOH}溶液滴定，滴定终点消耗rm{NaOH}溶液rm{20.00ml}．rm{垄脻}使用乙醇而不用水溶解的原因是________．rm{垄脼}计算苯甲酸产品的纯度为________．

rm{(4)}姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：已知：rm{垄脵RCOCOOHxrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}RCHO+CO_{2}}rm{垄脵RCOCOOHxrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}

RCHO+CO_{2}}的核磁共振氢谱只有一个吸收峰；rm{垄脷C}能发生银镜反应，也能与rm{垄脹D}溶液反应．请回答下列问题：rm{NaHCO_{3}}的结构简式为________，rm{垄脵A}中含有的官能团是________，rm{D}的反应类型是________．rm{D隆煤E}试剂rm{垄脷}为________，反应rm{X}的化学方程式是________．rm{B隆煤C}下列有关rm{垄脹}的叙述正确的是：________，A.能与rm{G}溶液反应B.能与浓溴水发生取代反应C.能与rm{NaHCO_{3}}溶液发生显色反应D.rm{FeCl_{3}}最多能与rm{1molG}发生加成反应rm{3molH_{2}}符合下列条件的rm{垄脺}的同分异构体共有________种．A.能与rm{G}溶液发生显色反应rm{FeCl_{3}}能够发生水解反应rm{B.}能发生银镜反应rm{C.}请写出以和rm{垄脻}为原料制备的合成路线流程图rm{CH_{2}=CH_{2}}无机试剂任用rm{(}________．合成路线流程图示例如下：rm{CH_{2}=CH_{2}xrightarrow{mathrm{HBr}}CH_{3}CH_{2}Brxrightarrow[]{NaOH脠脺脪潞}CH_{3}CH_{2}OH}rm{)}12、在下列六种物质中：rm{垄脵}乙醛rm{垄脷}乳酸rm{(}rm{)垄脹}乙烯rm{垄脺}葡萄糖rm{垄脻}乙醇。

rm{(1)}能发生酯化反应的是______

rm{(2)}能发生银镜反应的是______

rm{(3)}同种分子能通过加聚反应生成高分子化合物的是______

rm{(4)}同种分子能通过缩聚反应生成高分子化合物是______．13、rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)}反应过程的能量变化如图所示rm{.}已知rm{1mol}rm{SO_{2}(g)}氧化为rm{1mol}rm{SO_{3}(g)}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}.}请回答下列问题：

rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}.}图中rm{(1)}rm{A}分别表示______，rm{C}的大小对该反应的反应热______rm{E}填“有”或“无”rm{(}影响rm{)}该反应通常用rm{.}作催化剂，加rm{V_{2}O_{5}}会使图中rm{V_{2}O_{5}}点______rm{B}填“升高”或“降低”rm{(}rm{)}______rm{triangleH}填“变大”、“变小”或“不变”rm{(}

rm{)}图中rm{(2)}______rm{triangleH=}．rm{KJ?mol^{-1}}14、（11分）研究燃料的燃烧和对污染气体产物的无害化处理，对于防止大气污染有重要意义。（1）将煤转化为清洁气体燃料：已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)H=−241．8kJ/molC(s)+1/2O2(g)=CO(g)H=−110．5kJ/mol写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式____。（2）一定条件下，在密闭容器内，SO2被氧化成SO3的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=−akJ/mo1，在相同条件下要想得到2akJ热量，加入各物质的物质的量可能是A．4mo1SO2和2molO2B．4molSO2、2mo1O2和2molSO3C．4molSO2和4mo1O2D．6mo1SO2和4mo1O2（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化：①已知气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)H＞0在一定温度下的定容密闭容器中，能说明此反应已达平衡的是A．压强不变B．混合气体平均相对分子质量不变C．2v正(N2)＝v逆(NO)D．N2的体积分数不再改变②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)+O2(g)H＞0，简述该设想能否实现的依据____。（4）燃料CO、H2在一定条件下可以相互转化：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。在420℃时，平衡常数K=9。若反应开始时，CO、H2O的浓度均为0．1mol/L，则CO在此反应条件下的转化率为。15、由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8KJ。（1）写出该反应的热化学方程式___________________________。（2）若1g水蒸气转化成液态水时放热2.444KJ，则反应H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l)的△H=__________________kJ·评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)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__________________________________．18、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。19、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、元素或物质推断题(共4题，共24分)20、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）。21、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：_____________。22、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）。23、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_______评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)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。26、（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。27、（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。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】根据盖斯定律可知，③－②＋①×3即得到C2H5OH(l)+3O2(g)==2CO2(g)+3H2O(l)，所以反应热是－Q3kJ·mol－1＋Q2kJ·mol－1－3Q1kJ·mol－1。23g乙醇是0.5mol，所以选项D正确。答案选D。【解析】【答案】D2、A【分析】由溶度积可知rm{PbS}的溶解度最小，则rm{PbS}最易沉淀析出。【解析】rm{A}3、D【分析】解：已知某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，可知该微粒含有10个电子，常见的10电子微粒有Ne、F-、O2-、Na+、Mg2+等；所以不能确定该微粒，但是可知其电子数为10；故D正确；

故选D．

根据核外电子排布式为1s22s22p6；可知该微粒含有10个电子，根据常见的10电子微粒分析．

本题考查了核外电子排布式为1s22s22p6的微粒，即10电子微粒，根据常见的10电子微粒分析即可，题目难度不大．【解析】【答案】D4、D【分析】解：A．葡萄糖溶液与新制的Cu（OH）2悬浊液混合加热；产生砖红色氧化亚铜，有颜色变化，故A不选；

B．木板属于纤维素；木板上涂抹浓硫酸，由于浓硫酸具有脱水性而使其生成碳变黑，有颜色变化，故B不选；

C．淀粉溶液中加入碘酒变蓝色；有颜色变化，故C不选；

D．苯不与酸性高锰酸钾反应；不能使高锰酸钾褪色，没有颜色变化，故D选；

故选D．

A．葡萄糖含有醛基；能还原氢氧化铜中+2价铜，生成+1价的砖红色氧化亚铜；

B．浓硫酸具有脱水性；木板上涂抹浓硫酸，木板变黑；

C．碘酒是碘单质的酒精溶液；碘单质遇淀粉变蓝色；

D．苯不能使高锰酸钾褪色．

本题考查了葡萄糖、浓硫酸、淀粉、苯的性质，题目难度不大，注意基础知识的掌握，注意碘单质遇淀粉变蓝色，不是碘离子．【解析】【答案】D5、C【分析】解：混合气体rm{22.4L}物质的量为物质的量为rm{dfrac{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}rm{n(CO_{2})=dfrac{121g}{44g/mol}=2.75g}rm{n(H_{2}O)=dfrac{40.5g}{18g/mol}=2.25mol}

该混合烃中平均rm{dfrac

{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}原子数为：rm{dfrac{2.75mol}{1mol}=2.75}平均rm{n(CO_{2})=dfrac

{121g}{44g/mol}=2.75g}原子数为：rm{dfrac{2.25mol隆脕2}{1mol}=4.5}

则该混合烃的平均分子式为：rm{n(H_{2}O)=dfrac

{40.5g}{18g/mol}=2.25mol}

已知一种气体为丙炔，分子式为rm{C}则该烷烃分子中含有的rm{dfrac

{2.75mol}{1mol}=2.75}原子数小于rm{H}含有的rm{dfrac

{2.25mol隆脕2}{1mol}=4.5}原子数大于rm{C_{2.75}H_{4.5}}

满足条件的烷烃只有rm{C_{3}H_{4}}

故选C．

混合气体rm{C}物质的量为rm{dfrac{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}rm{n(CO_{2})=dfrac{121g}{44g/mol}=2.75g}rm{n(H_{2}O)=dfrac{40.5g}{18g/mol}=2.25mol}根据混合物的平均分子式确定烷烃的分子式．

本题考查有关混合物反应的计算，题目难度中等，根据题干信息计算出平均分子式为解答关键，注意讨论法、平均分子式法在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{3}【解析】rm{C}6、A【分析】解：在Ⅳrm{A隆芦}Ⅶrm{A}中的氢化物里，rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}rm{HF}因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有Ⅳrm{A}族元素氢化物不存在反常现象，且沸点：rm{H_{2}O>HF>NH_{3}}由沸点折线图可知rm{a}点代表的应是第Ⅶrm{A}族的第四种元素碘的氢化物，即rm{HI}

故选A．

在Ⅳrm{A隆芦}Ⅶrm{A}中的氢化物里，rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}rm{HF}因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有Ⅳrm{A}族元素氢化物不存在反常现象，且沸点：rm{H_{2}O>HF>NH_{3}}由沸点折线图可知rm{a}点代表的应是第Ⅶrm{A}族的第四种元素碘的氢化物，即rm{HI}．

本题考查氢键的存在对物质性质的影响，难度不大rm{.}侧重考查学生对一般规律中异常现象的辨别能力．【解析】rm{A}二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】考查元素周期表的结构及元素周期律。根据元素在周期表中的位置可知A～L分别是H、C、N、F、Ne、Na、Mg、Al、S、Cl。同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。同周期自左向右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，氢化物的稳定性越强。比较非金属性强弱，可以利用和氢气化合的难易程度以及氢化物的稳定性，或者是单质间的相互置换能力等。【解析】【答案】(1)Na；H；(2)Na,Ne,C,NH3；(3)HClO4；HCl比H2S更稳定；或Cl2与H2化合比S与H2化和更容易。8、略

【分析】解：烯的分子式为C2H4，分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，所以电子式为

乙烯中含有碳碳双键；乙烯和溴水发生加成反应生成1；2-二溴乙烷；

故答案为：C2H4；加成．

根据乙烯分子式为C2H4；分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，然后根据电子式的书写方法来写，乙烯中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应．

本题主要考查了分子式、电子式的书写以及乙烯的性质，乙烯含有碳碳双键，其性质较活泼，能发生加成反应．【解析】C2H4；加成9、（1）Fe2＋＋2NH3·H2O═══Fe(OH)2↓＋2NH4+

（2）4Fe(OH)2＋2H2O+O2═══4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色

（3）氨水的用量、通入空气的量(或氢氧化亚铁与空气的比例)、反应温度等

（4）n(Fe2＋)＝6n(Cr2O72-)＝6×0.08200mol·L－1×50.00×10－3L＝0.0246mol

1．908g样品中铁元素总质量为：m(Fe)＝0.0246mol×56g·mol－1＝1.3776g，1．908g样品中氧元素总质量为：m(O)＝1.908g－1.3776g＝0.5304g，n(O)＝＝0.03315mol，

n(O)/n(Fe)＝1.348>4/3，所以铁黑样品中混有的杂质为Fe2O3，

设Fe3O4的物质的量为x，Fe2O3的物质的量为y，则

解得

样品中Fe3O4的质量分数＝×100%＝91.2%【分析】【分析】本题通过物质制备为载体，考查离子方程式和化学方程式的书写、元素及化合物性质和离子方程式的计算等知识，较难。【解答】rm{(1)}在硫酸亚铁，溶液中加入氨水调rm{pH}至rm{7隆芦9}时，生成氢氧化亚铁沉淀，发生反应的离子方程式为：rm{7隆芦9}故答案为：rm{Fe^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O篓T篓T篓TFe(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}rm{Fe^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O篓T篓T篓TFe(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}氢氧化亚铁在空气中被氧化的化学方程式为：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T4Fe(OH)_{3}}现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T4Fe(OH)_{3}}；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；rm{(2)}在“合成”过程中通过控制通入空气的量、空气的通入速率、氨水的浓度及反应温度等因素，可提高铁黑样品的质量，故答案为：氨水的用量、通入空气的量rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T

4Fe(OH)_{3}}或氢氧化亚铁与空气的比例rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T

4Fe(OH)_{3}}反应温度等；rm{(4)n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}rm{(3)}rm{(}样品中铁元素总质量为：rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56g隆陇mol}rm{)}rm{(4)n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200

mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}样品中氧元素总质量为：rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304g}rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}rm{L=0.0246mol}所以铁黑样品中混有的杂质为rm{1.908g}设rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56

g隆陇mol}的物质的量为rm{-1=1.3776g}rm{1.908g}的物质的量为rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304

g}则rm{begin{cases}3x+2y=0.0246mol,4x+3y=0.03315mol,end{cases}}解得rm{begin{cases}x=0.0075mol,y=0.00105mol隆拢end{cases}}样品中rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16

g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}的质量分数rm{=dfrac{0.0075mol隆脕232g隆陇mol^{-1}}{1.908g}隆脕100%=91.2%}故答案为：rm{n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}rm{n(O)/n(Fe)=1.348>4/3}rm{Fe_{2}O_{3}}样品中铁元素总质量为：rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56g隆陇mol}rm{Fe_{3}O_{4}}rm{x}样品中氧元素总质量为：rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304g}rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}rm{Fe_{2}O_{3}}所以铁黑样品中混有的杂质为rm{y}设rm{begin{cases}3x+2y=0.0246mol,

4x+3y=0.03315mol,end{cases}}的物质的量为rm{begin{cases}x=0.0075mol,

y=0.00105mol隆拢end{cases}}rm{Fe_{3}O_{4}}的物质的量为rm{=dfrac{0.0075mol隆脕232

g隆陇mol^{-1}}{1.908g}隆脕100%=91.2%}则rm{begin{cases}3x+2y=0.0246mol,4x+3y=0.03315mol,end{cases}}解得rm{begin{cases}x=0.0075mol,y=0.00105mol隆拢end{cases}}样品中rm{n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200

mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}的质量分数rm{=dfrac{0.0075mol隆脕232g隆陇mol^{-1}}{1.908g}隆脕100%=91.2%}rm{L=0.0246mol}【解析】rm{(1)Fe^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O篓T篓T篓TFe(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}rm{(2)4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T4Fe(OH)_{3}}白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色rm{(1)

Fe^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O篓T篓T篓TFe(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}氨水的用量、通入空气的量rm{(2)4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T

4Fe(OH)_{3}}或氢氧化亚铁与空气的比例rm{(3)}反应温度等rm{(4)n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}rm{(}rm{)}样品中铁元素总质量为：rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56g隆陇mol}rm{(4)n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200

mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}rm{L=0.0246mol}样品中氧元素总质量为：rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304g}rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}rm{1.908g}所以铁黑样品中混有的杂质为rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56

g隆陇mol}设rm{-1=1.3776g}的物质的量为rm{1.908g}rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304

g}的物质的量为rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16

g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}则rm{begin{cases}3x+2y=0.0246mol,4x+3y=0.03315mol,end{cases}}解得rm{begin{cases}x=0.0075mol,y=0.00105mol隆拢end{cases}}样品中rm{n(O)/n(Fe)=1.348>4/3}的质量分数rm{=dfrac{0.0075mol隆脕232g隆陇mol^{-1}}{1.908g}隆脕100%=91.2%}rm{Fe_{2}O_{3}}10、（1）1s22s22p63s23p63d104s1O＞N＞H（2）V形（3）sp3杂化乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键（4）ABD【分析】【分析】本题考查核外电子排布规律、电负性、杂化轨道、分子空间结构、氢键与化学键、晶胞等，综合性较大，难度中等，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与分析问题解决问题的能力。【解答】rm{(1)}铜的原子序数为rm{29}根据能量最低原理其态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，可知电负性强弱顺序为rm{O>N>H}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}rm{O>N>H}

rm{(2)SO_{2}}分子中含有rm{2}个rm{娄脛}键，孤电子对数rm{=dfrac{6-2times2}{2}=1}所以分子为rm{=dfrac{6-2times

2}{2}=1}形；

故答案为rm{V}形；

rm{V}乙二胺分子中氮原子形成rm{(3)}个rm{4}键，价层电子对数为rm{娄脛}氮原子为rm{4}杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，物质的熔沸点较高，而三甲胺分子间不能形成氢键，熔沸点较低；

故答案为：rm{sp^{3}}杂化；乙二胺分子间可以形成氢键；三甲胺分子间不能形成氢键；

rm{sp^{3}}中所形成的配离子中含有的化学键中rm{(4)垄脷}与rm{N}之间为配位键，rm{Cu}键为非极性键，rm{C-C}rm{C-N}rm{N-H}键为极性键，不含离子键，故答案为rm{C-H}rm{ABD}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1;;;;}O>N>H}rm{(2)V}形rm{(3)sp^{3}}杂化乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键rm{(4)ABD}11、rm{(1)垄脵2-}甲基丙烷rm{2}

rm{垄脷C_{18}H_{20}O_{2;;;;}}醛基、羟基

rm{垄脹}

rm{(2)垄脵}

rm{垄脷b}rm{d}

rm{垄脹a}rm{bc}

rm{(3)垄脵}回流液无油状物

rm{垄脷a}接触面积小，冷凝效果差

rm{垄脹MnO_{2}}溶解滤渣中的苯甲酸钾，提高产品的产率

rm{垄脺}升华

rm{垄脻}增大苯甲酸的溶解度

rm{垄脼97.60%}

rm{(4)垄脵BrCH_{2}CH_{2}Br}醛基、羧基加成反应

rm{垄脷NaOH}水溶液

rm{垄脹B}rm{C}

rm{垄脺13}

rm{垄脻}【分析】【分析】本题考查较为综合，难度中等，涉及有机物的推断与合成、有机物的制取等知识。【解答】rm{(1))垄脵}图rm{A}中的球棍模型表示的为异丁烷，其结构简式为：rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{3}}该有机物主链为丙烷，在rm{2}号rm{C}含有一个甲基，该有机物命名为：rm{2-}甲基丙烷；异丁烷的同分异构体为为正丁烷，正丁烷中含有两种位置不同的氢原子，所以正丁烷的核磁共振氢谱中含有rm{2}个峰，故答案为：rm{2-}甲基丙烷；rm{2}rm{垄脷B}分子含有rm{18}个rm{C}原子，结构简式中含有rm{1}个苯环，rm{5}个双键，所以不饱和度为rm{5+3=8}所以其分子式为：rm{C_{18}H_{20}O_{2}}该物质中所含含氧官能团的名称为醛基、羟基，故答案为：rm{C_{18}H_{20}O_{2}}醛基、羟基；rm{垄脹}由球棍模型可知该有机物的结构简式为：该物质所生成的高分子的机构简式为：故答案为：rm{(2)垄脵X}分子式为rm{C_{4}H_{6}O_{5}}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕4+2-6}{2}=2}rm{X}与醇rm{(ROH)}或羧酸rm{(RCOOH)}在浓rm{H_{2}SO_{4}}和加热条件下均可反应生成有香味的产物，则rm{X}含有羟基、羧基，rm{X}在一定条件下的分子内脱水产物rm{(}不是环状化合物rm{)}可和溴水发生加成反应，应是rm{X}发生醇的消去反应，rm{33.5gX}与rm{100mL5mol隆陇L^{-1}}rm{NaOH}溶液恰好中和，rm{X}分子中有一个羟基和二个羧基，则rm{X}的结构简式为：rm{X}与足量钠反应的方程式为：故答案为：rm{垄脷X}中有羟基和羧基，可发生消去反应和取代反应，不能发生水解反应、加成反应和加聚反应，故答案为：rm{b}rm{d}rm{垄脹X}中有一个羟基和二个羧基，则与rm{X}互为同系物的是rm{a}rm{bc}与rm{X}的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：rm{a}rm{bc}rm{(3)垄脵}当回流液无油状物时rm{ii}中反应即进行完全，故答案为：回流液无油状物；rm{垄脷}冷凝水应从rm{a}口通入，直形冷凝管接触面积小，冷凝效果差，所以不使用直形冷凝管，故答案为：rm{a}接触面积小，冷凝效果差；rm{垄脹}由反应的方程式可知rm{iii}中滤渣的主要成分是rm{MnO_{2}}洗涤滤渣可以溶解滤渣中的苯甲酸钾，提高产品的产率，故答案为：rm{MnO_{2}}溶解滤渣中的苯甲酸钾，提高产品的产率；rm{垄脺}苯甲酸在rm{100隆忙}左右时升华，所以还可以采用升华的方法提纯苯甲酸，故答案为：升华；rm{垄脻}使用乙醇溶解可以增大苯甲酸的溶解度，故答案为：增大苯甲酸的溶解度；rm{垄脼}苯甲酸产品的纯度为rm{dfrac{0.1000mol/L隆脕0.02L隆脕122g/mol}{0.2500g}隆脕100拢楼=97.60拢楼}故答案为：rm{dfrac{0.1000mol/L隆脕0.02L隆脕122g/mol}{0.2500g}隆脕100拢楼=97.60拢楼

}rm{97.60%}乙烯和溴发生加成反应生成rm{(4)}为rm{A}rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}生成rm{A}rm{B}生成rm{B}为rm{C}rm{C_{2}H_{2}O_{2}}的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，rm{C}为乙二醛，结构简式为rm{C}则rm{OHC-CHO}是乙二醇，结构简式为rm{B}rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}在碱性条件下水解生成rm{A}所以rm{B}为rm{X}水溶液，根据rm{NaOH}的分子式，rm{D}能发生银镜反应，也能与rm{D}溶液反应，说明rm{NaHCO_{3}}中有醛基和羧基，则rm{D}为rm{D}根据rm{OHC-COOH}的结构简式和rm{F}的化学式结合信息rm{G}可知，rm{垄脵}的结构简式为：则姜黄素的结构简式为：rm{G}根据上面的分析可知，rm{垄脵}的结构简式为rm{A}rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}为rm{D}rm{OHC-COOH}中含有的官能团名称是醛基、羧基，根据上面分析可知，rm{D}的反应类型是加成反应，故答案为：rm{D隆煤E}醛基、羧基；加成反应；rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}根据上面的分析可知，试剂rm{垄脷}为rm{X}水溶液，反应rm{NaOH}的化学方程式是故答案为：rm{B隆煤C}水溶液；rm{NaOH}的结构简式为：A.rm{垄脹G}中不含有羧基，能与rm{G}溶液反应，故A错误；B.rm{NaHCO_{3}}中有酚羟基，羟邻位碳上的氢能与浓溴水发生取代反应，故B正确；C.rm{G}中有酚羟基，能与rm{G}溶液发生显色反应，故C正确；D.rm{FeCl_{3}}rm{1}rm{mol}最多能与rm{G}rm{4}rm{mol}发生加成反应，故D错误；故选BC；rm{H_{2}}的结构简式为：rm{垄脺G}能与rm{A.}溶液发生显色反应，则rm{FeCl_{3}}与苯环直接相连；rm{-OH}能够发生水解反应，则含有酯基；rm{B.}能发生银镜反应，则该酯基为rm{C.}若苯环上连有rm{HCOO-}rm{-OH}则有邻间对rm{-CH_{2}OOCH}种结构，若苯环上连有rm{3}rm{-OH}rm{-OOCH}则有rm{-CH_{3}}种结构，所以符合条件的rm{10}的同分异构体有rm{G}种，故答案为：rm{3+10=13}rm{13}以和rm{垄脻}为原料制备的合成路线流程图为故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}}【解析】rm{(1)垄脵2-}甲基丙烷rm{2}rm{垄脷C_{18}H_{20}O_{2;;;;}}醛基、羟基rm{垄脹}rm{(2)垄脵}rm{垄脷b}rm{d}rm{垄脹a}rm{bc}rm{(3)垄脵}回流液无油状物rm{垄脷a}接触面积小，冷凝效果差rm{垄脹MnO_{2}}溶解滤渣中的苯甲酸钾，提高产品的产率rm{垄脺}升华rm{垄脻}增大苯甲酸的溶解度rm{垄脼97.60%}rm{(4)垄脵BrCH_{2}CH_{2}Br}醛基、羧基加成反应rm{垄脷NaOH}水溶液rm{垄脹B}rm{C}rm{垄脺13}rm{垄脻}12、②④⑤；①④；③；②【分析】解：rm{(1)}能发生酯化反应的物质应含有羟基或羧基，可为乳酸、葡萄糖、乙醇，故答案为：rm{垄脷垄脺垄脻}

rm{(2)}能发生银镜反应的物质应含有醛基，可为乙醛、葡萄糖，故答案为：rm{垄脵垄脺}

rm{(3)}含有碳碳双键的有机物能通过加聚反应生成高分子化合物，乙烯符合，故答案为：rm{垄脹}

rm{(4)}含有羧基、羟基的同种分子能通过缩聚反应生成高分子化合物，乳酸符合，故答案为：rm{垄脷}．

rm{(1)}能发生酯化反应的物质应含有羟基或羧基；

rm{(2)}能发生银镜反应的物质应含有醛基；

rm{(3)}含有碳碳双键的有机物能通过加聚反应生成高分子化合物；

rm{(4)}含有羧基；羟基的同种分子能通过缩聚反应生成高分子化合物．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重常见有机物性质的考查，注意发生的取代、氧化、加聚和缩聚反应，题目难度不大．【解析】rm{垄脷垄脺垄脻}rm{垄脵垄脺}rm{垄脹}rm{垄脷}13、略

【分析】解：rm{(1)}因图中rm{A}rm{C}分别表示反应物总能量、生成物总能量，rm{B}为活化能，反应热可表示为rm{A}rm{C}活化能的大小之差；活化能的大小与反应热无关，加入催化剂能降低反应的活化能，加快化学反应速率；

故答案为：反应物总能量；生成物总能量；无；降低；不变；

rm{(2)}因rm{1mol}rm{SO_{2}(g)}氧化为rm{1mol}rm{SO_{3}}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}所以rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}}氧化为rm{2molSO_{2}(g)}的rm{triangleH=-198kJ?mol^{-1}}则rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{2molSO_{3}}

rm{triangle

H=-198kJ?mol^{-1}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}分别表示反应物总能量、生成物总能量，rm{-198}为活化能；活化能的大小与反应热无关；催化剂改变反应速率通过参与反应过程，降低活化能实现；

rm{(1)A}根据参加反应rm{C}的物质的量之比等于对应的rm{B}之比进行解答；

本题考查反应过程的能量变化图以及运用盖斯定律进行反应热的计算，注意活化能的大小与反应热无关，题目难度不大．rm{(2)}【解析】反应物总能量；生成物总能量；无；降低；不变；rm{-198}14、略

【分析】试题分析：（1）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)H1=−241．8kJ/mol；C(s)+1/2O2(g)=CO(g)H2=−110．5kJ/mol根据盖斯定律，用方程式2减去方程式1，可得：写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式（1）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=+131．3kJ/mol。（2）由反应方程式可知生成2mol的SO3时放热akJ，想得到2akJ热量，则需生成4molSO3；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molSO3，SO2与O2物质的量必须要多于4mol和2mol，故D符合，B选项中既有正反应又有逆反应，最终放出的热量小于2akJ，故选D．（3）①A．由于反应前后体积不变，故压强始终不变不能做为平衡判断依据，错误；B．由于反应前后总质量和总物质的量都不改变，故混合气体平均相对分子质量不变，故不能做为平衡判断依据，错误；选CD。②由反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)H＞0，可知该反应是焓增、熵减的反应。根据G=H—TS,G＞0,不能实现。（4）【解析】

令平衡时CO的浓度变化量为xmol/L，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始（mol/L）：0．10．100变化（mol/L）：cccc平衡（mol/L）：0．1-c0．1-ccc故=9解得c=0．075，故一氧化碳在此条件下的平衡转化率=75%，故答案为：75%．考点：本题考查了化学平衡的有关计算、化学平衡常数的应用，判断反应进行的程度、判断反应进行的方向等。【解析】【答案】（1）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=+131．3kJ/mol(3分)(方程式及下标正确可给1分)（2）D(2分)（3）①CD(2分)②该反应是焓增、熵减的反应。根据G=H—TS,G＞0,不能实现。(2分)（4）75%(2分)15、略

【分析】【解析】试题分析：（1）氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8KJ，所以该反应的热化学方程式是H2(g)+1/2O2(g)==H2O(g)△H＝－241.8kJ·（2）若1g水蒸气转化成液态水时放热2.444KJ，则18g水蒸气转化成液态水时放热2.444KJ×18＝43.992kJ，所以反应H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l)的△H＝（－241.8－43.992）kJ/mol＝－285.8kJ/mol。考点：考查热化学方程式的书写以及有关计算【解析】【答案】(4分)（1）H2(g)+1/2O2(g)==H2O(g)△H＝－241.8kJ·（2）-285.8三、有机推断题(共4题，共8分)16、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】

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=CH218、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++HCl19、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、元素或物质推断题(共4题，共24分)