2025年外研衔接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年外研衔接版高二化学上册阶段测试试卷307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、x、y为两种元素的原子，x的阴离子与y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知()A.x的原子半径大于y的原子半径。B.x的电负性大于y的电负性C.x阴离子的半径小于y阳离子的半径D.x的第一电离能小于y的第一电离能2、在1．01×105Pa、120℃的条件下，某有机气体完全燃烧后恢复至原来的温度和压强，前后气体体积不发生变化，则该有机物可能是A.C3H8B.C2H4C.C3H6D.C2H23、以下是一些常用的危险品标志，在乙醇包装箱上应贴上()

A.B.C.D.4、下列说法正确的是（）A.原子晶体中一定含有共价键；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键；分子晶体中一定存在分子间作用力和共价键B.晶格能是指离子形成1mol离子晶体释放的能量，通常取正值C.含有阴离子的晶体中一定有阳离子，含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子D.元素的第一电离能（I1）是元素的单质失去最外层1个电子所需要吸收的能量，同周期从左到右元素的I1逐渐增大5、能证明淀粉已经完全水解的试剂是（）A.碘化钾溶液B.银氨溶液C.碘水D.酚酞试剂6、rm{25隆忙}时，用rm{0.1000mol隆陇L^{-1}}的rm{NaOH}溶液分别滴定rm{20.00mL}均为rm{0.1000mol隆陇L^{-1}}的三种酸rm{HX}rm{HY}rm{HZ}，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是

A.rm{HZ}是强酸，rm{HX}rm{HY}是弱酸B.根据滴定曲线，可得rm{K_{a}(HY)隆脰10^{-5}}C.将上述rm{HX}rm{HY}溶液等体积混合后，用rm{NaOH}溶液滴定至rm{HX}恰好完全反应时：rm{c(X^{隆陋})>c(Y^{隆陋})>c(OH^{-})>c(H^{+})}D.将上述rm{HY}与rm{HZ}溶液等体积混合达到平衡时：rm{C(H^{+})=c(OH^{-})+c(Z^{-})+c(Y^{-})}7、化学反应rm{C(s)+H_{2}O(g)?}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{triangleH>0}达到平衡，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.加入水蒸气使容器压强增大，平衡向逆反应方向移动B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动C.减小压强，平衡向正反应方向移动D.加入固体碳，平衡向正反应方向移动评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)8、煤、石油、天然气是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，下列不属于以煤、石油和天然气为主要原料生产的合成材料是（）A.塑料B.玻璃C.淀粉D.合成纤维9、下列反应能用离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}篓TBaCO_{3}隆媒}表示的有rm{(}rm{)}A.rm{BaCl_{2}}与rm{K_{2}CO_{3}}溶液反应B.rm{CO_{2}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应C.rm{Ba(NO_{3})_{2}}与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应D.rm{Ba(OH)_{2}}与少量rm{NaHCO_{3}}溶液反应10、镍镉rm{(Ni-Cd)}可充电电池在现代生活中有广泛应用rm{.}已知某镍镉电池的电解质溶液为rm{KOH}溶液；其充；放电按下式进行：

rm{Cd+2NiOOH+2H_{2}Ounderset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}Cd(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}.}有关该电池的说法正确的是rm{Cd+2NiOOH+2H_{2}O

underset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}Cd(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}.}rm{(}A.充电时阳极反应：rm{)}B.充电过程是化学能转化为电能的过程C.放电时负极附近溶液的碱性减弱D.放电时电解质溶液中的rm{Ni(OH)_{2}-e^{-}+OH^{-}篓TNiOOH+H_{2}O}向正极移动rm{OH^{-}}11、下列设计的实验方案不能达到实验目的是rm{(}rm{)}A.制备rm{Al(OH)_{3}}悬浊液：向rm{1mol?L^{-1}AlCl_{3}}溶液中滴加过量的rm{6mol?L^{-1}}氨水B.提纯含有少量苯酚的苯：向含有少量苯酚的苯中加入适量浓溴水，过滤C.检验溶液中是否含有rm{Fe^{2+}}取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加rm{KSCN}溶液，观察实验现象D.探究催化剂对rm{H_{2}O_{2}}分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入rm{2mL5%H_{2}O_{2}}和rm{1mLH_{2}O}向另一支试管中加入rm{2mL5%H_{2}O_{2}}和rm{1mLFeCl_{3}}溶液，观察并比较实验现象12、玻璃、陶瓷和水泥是三大重要的无机非金属材料，它们的组成成分都含有的元素是（）A.SB.CC.SiD.O13、分子式为C5H1002的有机物为水果香味的液体，它与Na0H溶液共热后蒸馏，若得到的气体对H2的相对密度为30，则有机物的结构简式不可能为（）A.CH3C00CH2CH2CH3B.CH3CH2CH2CH2C00HC.D.14、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下。

rm{垄脵1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}rm{垄脷1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}rm{垄脹1s^{2}2s^{2}2p^{5}.}则下列有关比较中正确的是rm{(}rm{)}A.第一电离能：rm{垄脹>垄脷>垄脵}B.原子半径：rm{垄脹>垄脷>垄脵}C.电负性：rm{垄脹>垄脵>垄脷}D.最高化合价：rm{垄脷>垄脵>垄脹}15、下列是有关外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是A.rm{垄脵}是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，则正反应rm{triangleH>0}B.rm{垄脷}是在平衡体系的溶液中溶入少量rm{KCl}晶体后，化学反应速率随时间变化的图象C.rm{垄脹}是在有无催化剂存在条件下，建立平衡过程的图象，rm{a}是使用催化剂时的曲线D.rm{垄脺}是一定条件下，向含有一定量rm{A}的恒容密闭容器中逐渐加入rm{B}达平衡时rm{A}的转化率的图象16、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律rm{(}图中rm{p}表示压强，rm{t}表示温度，rm{n}表示物质的量rm{)}根据以上规律判断，下列结论正确的是rm{(}rm{)}

A.反应Ⅰrm{triangleH>0}rm{P_{2}>P_{1}}B.反应Ⅱrm{triangleH<0}rm{T_{1}>T_{2}}C.反应Ⅲrm{triangleH>0}rm{T_{2}>T_{1}}或rm{triangleH<0}rm{T_{2}<T_{1}}D.反应Ⅳrm{triangleH<0}rm{T_{2}>T_{1}}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、环境保护是目前人类面临的一项重大课题．为应对燃料使用造成的环境污染；科学家构想了利用太阳能促进燃料的循环使用，其构想可用如图表示：

其中主要的反应为：

①2CO22CO+O2

②2H2O2H2+O2

③2N2+6H2O4NH3+3O2

④2CO2+4H2O2CH3OH+3O2

⑤____+H2OCH4+____．

请你填空：

（1）请你将反应⑤补充完整：____+H2OCH4+____

（2）过程Ⅱ中的△H____0（填“＜”；“＞”或“=”）．

（3）下列对过程Ⅰ和Ⅱ的描述中正确的是____．

a．太阳能最终转化为化学能贮存于化学物质中。

b．太阳能最终主要转化为热能。

c．经过上述一个循环后放出O2

d．经过上述一个循环后不会产生新物质。

（4）要实现上述循环，当前需要解决的关键问题是过程____（填“Ⅰ”或“Ⅱ”），此过程的设计可参考自然界中____作用．

（5）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：

CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ•mol-1

CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ•mol-1

若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移电子的物质的量为____，试写出上述NO2转化为N2的热化学方程式：____．

18、（12分）（1）25℃时，浓度为0.1mol·L－1的6种溶液：①HCl，②CH3OOH，③Ba(OH)2，④Na2CO3，⑤KCl，⑥NH4Cl溶液pH由小到大的顺序为__________________(填写编号)。（2）25℃时，醋酸的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，则该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh=mol·L-1（保留到小数点后一位）。（3）25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈（填“酸性”，“中性”或“碱性”），请写出离子浓度大小关系式：。（4）25℃时，将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH＝7，则溶液中c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=，m与n的大小关系是ｍｎ（填“>”“＝”或“<”）。19、（9分）胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅镁（Mg2Si3O­8`H2O）等化合物。（1）比较铝离子和镁离子半径大小（用离子符号表示）______________________。（2）比较铝和镁的第一电离能大小__________________（用元素符号表示）(3)下列事实不能说明镁比铝的金属性强的是____________A．Al(OH)3可溶于强碱溶液中，Mg(OH)2不能B．Mg能从铝盐溶液中置换出铝C．Mg原子最外层只有2个电子,而Al原子最外层有3个电子D．Mg与盐酸反应比铝与盐酸反应更剧烈(4)已知：电负性:Mg-1.2Al-1.5Cl-3.0。则MgCl2晶体中存在的作用力是__________；AlBr3属于_________(填“离子”或“共价”)化合物（5）某元素与镁元素不同周期但在相邻主族，且性质和镁元素性质十分相似，该元素符号是___________，原子核外电子排布式为_____________________。(6)Al2O3、MgO都有很高的熔点,都可以制耐火材料，其原因是___________________________________________________________________________________________________20、某烃的相对分子质量为56．

（1）该烃的分子式为______．

（2）若能使酸性KMnO4溶液褪色，则可能的结构简式为______、______、______．

（3）上述（2）中的混合物与足量H2反应后，所得产物共有______种．

（4）上述（2）中的混合物若与足量HBr反应后，所得产物共有______种．21、如图中的实验装置可用于制取乙炔rm{.}请填空：

rm{(1)}图中，rm{A}管的作用是____________．

rm{(2)}乙炔通入rm{KMnO_{4}}酸性溶液中观察到的现象是____________．

rm{(3)}乙炔通入溴的rm{CCl_{4}}溶液中；乙炔发生了____________反应．

rm{(4)}为了安全，点燃乙炔前应____________，乙炔燃烧的现象是____________．22、（12分）（1）五种元素的原子电子层结构如下：A：1s22s22p63s2B：1s22s22p63s23p63d54s2C：1s22s1D：1s22s22p63s23p2E：1s22s22p6。请回答：(填元素符号)____________元素的电负性最大，____元素原子的第一电离能最小，________元素最可能生成具有催化性质的氧化物。（2）钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞机等航天航空材料，被誉为“未来世界的金属”，钛有4822Ti和5022Ti两种原子，它们互称为____。Ti元素在元素周期表中的位置是第________，按电子排布Ti元素在元素周期表分区中属于________区元素。（3）A、B两种元素的电离能数据如下（kJ·mol—1）：。电离能/kJ•mol-1I1I2I3I4A5771817274511578B7381451773310540化合价是元素的一种性质。由A、B的电离能数据判断，A通常显____价，B显________价。（4）气态氯化铝(Al2Cl6)是具有配位键的化合物，分子中原子间成键的关系如下图所示。请将图中你认为是配位键的斜线上加上箭头。（5）假设原子晶体SiO2中Si原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充。当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石。则正长石的化学组成为。（6）CO2与SiO2比较沸点相差很大的原因是____。23、(1)粗制的CuCl2•2H2O晶体中常含有Fe3+、Fe2+杂质．在提纯时，常先加入合适的氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+；下列可选用的氧化剂是____________．

A．KMnO4B．H2O2C．Cl2水D．HNO3

(2)己知：常温下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，㏒2=0.3．通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全．试计算。

①将溶液的pH调至PH=____________时Fe3+转化为Fe(OH)3而沉淀完全．

②若CuSO4溶液的浓度为2.2mol•L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为____________．

(3)调整溶液的pH可选用下列中的____________．

A．NaOH(aq)B．NH3•H2OC．CuO粉末D．Cu(OH)2悬浊液E．Cu2(OH)2CO3(s)24、在①苯酚②甲苯③氯乙烷④乙烯⑤乙醇中；选择编号填写：

（1）能和金属钠反应放出H2的有______；

（2）能与NaOH溶液反应的有______；

（3）常温下能与浓溴水反应的有______；

（4）能使酸性KMnO4溶液褪色的烃有______．评卷人得分四、原理综合题(共2题，共18分)25、化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流

（1）写出CO2的电子式____________________。

（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成___________________。

（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是_______________。

（4）滤液A中最主要的两种离子是_________。

（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因___________________。

（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为______________________。26、实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。实验原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。

②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。

（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________

A；取代反应B、消去反应C、还原反应D、氧化反应。

（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是_____________________________________。

（3）反应结束后将反应液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤（抽滤装置如图1），滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。

①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要____________（填“缓慢加入”；“快速加入”）。

②抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。

A．乙醚B．蒸馏水C．95％乙醇水溶液D．饱和NaCl溶液。

③重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质，____________操作除去了可溶性杂质。评卷人得分五、推断题(共3题，共27分)27、四种元素X、Y、Z、W位于元素周期表的前四周期，已知它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为51；Y原子的L层p轨道中有2个电子；Z原子与Y原子的价层电子数相同；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：1。（1）Y、Z可分别与X形成只含一个中心原子的共价化合物a、b，它们的分子式分别是____、____；杂化轨道分别是____、____；a分子的立体结构是____；（2）Y的最高价氧化物和Z的最高价氧化物的晶体类型分别是____晶体、____晶体；（3）X的氧化物与Y的氢化物中，分子极性较小的是(填分子式)；（4）Y与Z比较，电负性较大的是____；（5）W的元素符号是____，其+2价离子的核外电子排布式是。28、拉氧头孢钠是一种抗生素，合成拉氧头孢钠的中间体rm{G}的路线如下：

rm{(1)B}的结构简式为____。rm{E隆煤F}的反应类型为____。rm{(2)}酚的苯环上某些氢原子比较活泼。由rm{E}合成rm{F}时还可能生成一种相对分子量为rm{194}的副产物rm{H}rm{H}的结构简式为____。rm{(3)M}是rm{E}的同分异构体，rm{M}具有以下特征：rm{垄脵}苯环上只有rm{2}个取代基；rm{垄脷}遇氯化铁显色，但与小苏打不反应；rm{垄脹1molM}最多能与rm{2molNaOH}溶液反应。则rm{M}的结构简式为rm{_}____rm{(}写一种即可rm{)}rm{(4)G}含有酯基，请写出rm{F隆煤G}的化学反应方程式：____。rm{(5)}写出由化合物rm{E}制备化合物的合成路线流程图rm{(}无机试剂任选rm{)}合成路线流程图示例如：29、苯的含氧衍生物A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等．

请回答下列问题：

（1）A的分子式为______．

（2）A的苯环上取代基彼此相间，A能发生银镜反应，也能与NaHCO3溶液反应产生CO2，还能与FeCl3溶液发生显色反应，则A含有的官能团名称是______，写出A可能的两种结构简式：______、______．

（3）A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基，B能发生如图所示转化：F的结构简式是______；

写出下列反应的化学方程式：

①C→E______②D与浓溴水反应______

③B与足量NaOH溶液共热______．评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共16分)30、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）。31、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：_____________。32、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）。33、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_______参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、B【分析】【解析】【答案】B3、C【分析】【分析】

本题旨在考查学生对危险品标志的应用。【解答】

乙醇为易燃液态，故C符合题意。故选C。【解析】rm{C}4、C【分析】解：A；稀有气体形成的晶体类型为分子晶体；由于稀有气体是单原子分子，不含化学键，故A错误；

B；标准状况下；拆开1mol离子晶体使其变为气态组分离子所需吸收的能量，称为离子晶体的晶格能．故B错误；

C；晶体呈电中性；有阴离子的晶体中一定有阳离子，但是有阳离子的晶体中不一定含有阴离子，比如金属晶体没有阴离子而含有电子，故C正确．

D；气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的能量叫做第一电离能．故D错误．

故选：C．

A；原子晶体微粒间的作用力是共价键；离子晶体微粒间的作用力是离子键；分子晶体微粒间的作用力是分子间作用力；分子有单原子分子，不含共价键；

B；标准状况下；拆开1mol离子晶体使其变为气态组分离子所需吸收的能量，称为离子晶体的晶格能．

C；晶体呈电中性；有阴离子的晶体中一定有阳离子，但是有阳离子的晶体中不一定含有阴离子，可以含有电子，比如金属晶体．

D；气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的能量叫做第一电离能．

本题考查了几种晶体概念的应用、第一电离能、晶格能等知识，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】【答案】C5、C【分析】解：A．淀粉遇碘单质变蓝色；而不是碘离子，加入碘化钾无变化，不能证明淀粉已完全水解，故A错误；

B．加入银氨溶液；水浴加热发生银镜反应，证明淀粉已水解，不能证明淀粉已完全水解，故B错误；

C．淀粉遇碘变蓝色；在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故C正确；

D．酚酞遇碱呈红色；淀粉遇酚酞不变色，故D错误．

故选C．

A．碘化钾含碘离子；淀粉遇碘离子不变蓝；

B．因淀粉水解生成葡萄糖；银氨溶液只能检验淀粉是否发生水解；

C．碘水遇到淀粉会变蓝；如果溶液中加入碘水没有变化则说明水解完全，无淀粉；

D．淀粉遇酚酞不变色．

本题考查了淀粉的水解程度的判断，抓住若证明完全水解，加入碘水不变蓝．题目较简单．【解析】【答案】C6、C【分析】略【解析】rm{C}7、C【分析】【分析】本题考查外界条件对化学平衡的影响。【解答】A.加入水蒸气使容器压强增大；平衡向正反应方向移动，故A错误；

B.升高温度；正；逆反应速率都增大，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，故B错误；

C.正反应是气体体积增大的反应；则减小压强，平衡正反应方向移动，故C正确；

D.rm{C}为固体；增大碳的用量不影响化学平衡移动，故D错误。

故选C。【解析】rm{C}二、双选题(共9题，共18分)8、B|C【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

解：A．塑料属于合成材料；故A错误；

B．玻璃属于无机非金属材料；故B正确；

C．淀粉属于天然材料；故C正确；

D．合成纤维属于合成材料；故D错误．

故选BC．

合成材料又称人造材料；是人为地把不同物质经化学方法或聚合作用加工而成的材料，如塑料；合成橡胶、合成纤维．可以根据化石燃料的性质和用途方面进行分析、判断，从而得出正确的结论．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，注意常见的合成材料有塑料、合成纤维和合成橡胶三大类，合成材料应属于有机高分子材料．【解析】【答案】BC9、AC【分析】解：rm{A}rm{C}的离子反应为rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}篓TBaCO_{3}隆媒}rm{B}中离子反应为rm{CO_{2}+2OH^{-}+Ba^{2+}篓TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{D}中离子反应为rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}篓TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故选AC．

离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}篓TBaCO_{3}隆媒}表示可溶性碳酸盐和钡盐反应生成碳酸钡和可溶性盐；以此来解答．

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大．【解析】rm{AC}10、rAC【分析】解：rm{A.}充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为rm{Ni(OH)_{2}-e^{-}+OH^{-}篓TNiOOH+H_{2}O}故A正确；

B.充电时该装置是电解池；是将电能转化为化学能的装置，故B错误；

C.放电时，负极上电极反应式为：rm{Cd-2e^{-}+2OH^{-}=Cd(OH)_{2}}所以碱性减弱，故C正确；

D.放电时；电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；

故选AC．

放电时负极上发生的电极反应式为：rm{Cd-2e^{-}+2OH^{-}=Cd(OH)_{2}}正极上发生的电极反应式为：rm{NiOOH+e^{-}+H_{2}O篓TNi(OH)_{2}+OH^{-}}充电时阳极上发生的电极反应式为：rm{Ni(OH)_{2}+OH^{-}-e^{-}隆煤NiOOH+H_{2}O}阴极上发生的电极反应式为：rm{Cd(OH)_{2}+2e^{-}篓TCd+2OH^{-}}放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，充电时该装置是电解池．

本题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写，明确电极上得失电子及反应物质是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点，要注意结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等．【解析】rm{AC}11、rBC【分析】解：rm{A.}反应生成氢氧化铝；不能溶于过量氨水中，则可制备氢氧化铝，故A正确；

B.溴水与苯酚反应、且溴易溶于苯，不能除杂，应选rm{NaOH}溶液；分液；故B错误；

C.向其中加入少量新制氯水，可氧化亚铁离子，应先加rm{KSCN}溶液无现象；再加少量新制氯水；检验亚铁离子，故C错误；

D.浓度相同，只有催化剂一个变量，则该实验可探究催化剂对rm{H_{2}O_{2}}分解速率的影响；故D正确；

故选BC．

A.反应生成氢氧化铝；不能溶于过量氨水中；

B.溴水与苯酚反应；且溴易溶于苯；

C.向其中加入少量新制氯水；可氧化亚铁离子；

D.浓度相同；只有催化剂一个变量．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的制备、混合物分离提纯、离子检验、速率影响因素、实验技能为解本题关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{BC}12、C|D【分析】解：普通玻璃的主要化学成分为二氧化硅；含少量钙；镁；一般陶瓷主要的化学成分为：硅、铝、钾、钠、钙、镁、铁、钛，根据陶瓷种类用途不同化学成分含量各不相同；一般水泥为硅酸盐水泥，主要化学成分为：硅、铝、钙、镁以及少量添加剂，所以它们的组成成分都含有的元素是Si．

故选C．

水泥；玻璃、陶瓷三种材料都属于无机非金属材料；即硅酸盐材料，含有相同的成分是二氧化硅，据此来回答．

本题考查学生水泥、玻璃、陶瓷的主要成分，根据课本知识来回答，难度不大．【解析】【答案】CD13、B|C【分析】解：分子式为C5H10O2的有机物为水果香味的液体，应为酯类物质，它与NaOH溶液共热生成盐和醇，蒸馏得到醇，得到的气体对H2的相对密度为30；则该醇的相对分子质量为30×2=60，应为丙醇（分正丙醇和异丙醇），则对应的酸应为乙酸；

所以该酯可能为：CH3C00CH2CH2CH3，不可能为：CH3CH2CH2CH2C00H、

故选BC．

分子式为C5H10O2的有机物为水果香味的液体，应为酯类物质，它与NaOH溶液共热生成盐和醇，蒸馏得到醇，得到的气体对H2的相对密度为30；则该醇的相对分子质量为30×2=60，应为丙醇，由此可知对应酸；酯的种类．

本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意根据相对分子质量确定醇的种类，进而可确定酸的种类，为解答该题的关键．【解析】【答案】BC14、rAC【分析】解：由电子排布可知，rm{垄脵}为rm{S}rm{垄脷}为rm{P}rm{垄脹}为rm{F}

A.非金属性越强，第一电离能越大，但rm{P}的rm{3p}电子半满为稳定结构，则第一电离能：rm{垄脹>垄脷>垄脵}故A正确；

B.电子层越大，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：rm{垄脷>垄脵>垄脹}故B错误；

C.非金属性越强，电负性越大，则电负性：rm{垄脹>垄脵>垄脷}故C正确；

D.rm{F}无正价，最高正价等于最外层电子数，则最高化合价：rm{垄脵>垄脷>垄脹}故D错误；

故选AC．

由rm{垄脵1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}rm{垄脷1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}rm{垄脹1s^{2}2s^{2}2p^{5}}可知，由rm{垄脵}为rm{S}rm{垄脷}为rm{P}rm{垄脹}为rm{F}非金属性越强，电负性越大、第一电离能越大，但rm{P}的rm{3p}电子半满为稳定结构；以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律推断元素、元素周期律为解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{AC}15、AC【分析】【分析】本题考查图象分析，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，易错选项是rm{AB}注意rm{A}中相交点后才能根据温度对平衡影响分析判断反应热，注意rm{B}中rm{KCl}实质上不参加反应，只有参加反应的离子或气体浓度才能影响平衡移动，题目难度中等。【解答】A.rm{垄脵}是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，反应达到平衡状态后，升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，则正反应rm{triangleH>0}故A正确；B.rm{垄脷}是在平衡体系的溶液中溶入少量rm{KCl}晶体，rm{KCl}实质上不参加反应，反应速率不变，则rm{KCl}不影响平衡移动，故B错误；C.正催化剂能增大反应速率，缩短反应到达平衡时间，所以rm{a}是使用催化剂曲线，故C正确；D.rm{垄脺}是一定条件下，向含有一定量rm{A}的恒容密闭容器中逐渐加入rm{B}随着rm{B}的物质的量增大，平衡正向移动，增大rm{A}的转化率，故D错误。故选AC。【解析】rm{AC}16、rBC【分析】解：rm{A.}反应Ⅰ的特点是正反应方向为气体体积减小的方向，结合图象，压强增大rm{A}的转化率应增大，所以rm{p_{2}>p_{1}}它随温度的升高rm{A}的转化率降低，所以正反应为放热反应rm{triangleH<0}故A错误．

B.关于反应Ⅱ由图象可以看出rm{T_{1}}条件下达到平衡所用的时间少，所以rm{T_{1}>T_{2}}而在rm{T_{1}}条件下达平衡时rm{n(C)}小，所以说明低温有利于rm{C}的生成，故它主要的正反应为放热反应rm{triangleH<0}B正确；

C.关于反应Ⅲ，由图象可以看出，rm{T_{2}}条件下rm{C}的平衡体积分数大，因此当rm{T_{2}>T_{1}}时正反应为吸热反应rm{triangleH>0}而当rm{T_{2}<T_{1}}时正反应为放热反应rm{triangleH<0}故C正确；

D.关于反应Ⅳ，由图象可以看出rm{T_{2}}条件下rm{A}的转化率大，因此当rm{T_{2}>T_{1}}时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应为吸热反应rm{triangleH>0}故D错误．

故选BC．

反应Ⅰ说明升高温度，rm{A}的转化率降低；增大压强平衡向正反应方向移动；

反应Ⅱ由图象可以看出rm{T_{1}>T_{2}}升高温度rm{C}的物质的量减少；

反应Ⅲ中温度的高低与温度对平衡移动的影响有关；

反应Ⅳ，由图象可以看出rm{T_{2}}条件下rm{A}的转化率大，因此当rm{T_{2}>T_{1}}时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，正反应为吸热反应rm{triangleH>0}反应为放热反应．

本题考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化趋势，结合方程式的特征以及外界条件对平衡移动的影响分析．【解析】rm{BC}三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】

（1）二氧化碳与水反应生成甲烷和氧气，故答案为：CO2；2O2；

（2）过程Ⅱ是燃烧反应；均放热，故△H＜0，故答案为：＜；

（3）a．综合两过程；其将化学能转化为热能使用，故a错误；

b．综合两过程，其将化学能转化为热能使用，故b正确；

C．一个循环后没有新物质生成；故C错误；

d．一个循环后没有新物质生成；故d正确．

故选bd；

（4）当前需要解决的关键是过程Ⅰ；此过程的设计可参考自然界中光合作用，故答案为：Ⅰ；光合；

（5）已知①CH4（g）+4N02（g）=4NO（g）+C02（g）+2H20（g）△H=-574kJ•mol-1；

②CH4（g）+4N0（g）=2N2（g）+C02（g）+2H20（g）△H=-1160kJ•mol-1；

则反应CH4（g）+2N02（g）=N2（g）+C02（g）+2H20（g）等于（①+②）；

根据盖斯定律，所以反应CH4（g）+2N02（g）=N2（g）+C02（g）+2H20（g）△H=[（-574kJ•mol-1）+（-1160kJ•mol-1）]=-867KJ/mol，反应CH4（g）+2N02（g）=N2（g）+C02（g）+2H20（g）中，1mol甲烷参加反应转移电子数为8mol，所以标准状况下4.48L极0.2molCH4还原NO2至N2整个过程中转移的电子为1.6mol；

故答案为：1.6mol；CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ•mol-1．

【解析】【答案】（1）分析图示；其主要的反应均生成的是可燃物和氧气，结合质量守恒，可将反应⑤补充完整；

（2）燃烧为放热反应；

（3）综合两过程；其将化学能转化为热能使用，一个循环后没有新物质生成；

（4）过程Ⅰ是能量增加的过程；此过程的设计可参考自然界中光合作用；

（5）根据盖斯定律来计算反应的焓变；根据化合价的升降来判断电子转移情况，计算反应热的多少．

18、略

【分析】试题分析：（1）①HCl是一元强酸，②CH3OOH是一元弱酸，③Ba(OH)2是二元强碱，④Na2CO3是强碱弱酸盐，⑤KCl是强酸强碱盐，⑥NH4Cl是强酸弱碱盐。酸性：强酸大于弱酸大于强酸弱碱盐；碱性：碱的大于强碱弱酸盐的。所以这几种溶液pH由小到大的顺序为①②⑥⑤④③.（2）KHAcCH3COO-+H+,该温度下CH3COONa的水解平衡为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。水解平衡常数所以（3）25℃时，pH＝3的醋酸，c(H+)=10-3mol/L,pH＝11的氢氧化钠溶液,c(H+)=10-11mol/L,则c(OH-)=Kw÷c(H+)=10-14÷10-11=10-3mol/L.两种溶液中的离子浓度相等。当等体积混合后，电离的部分巧合完全中和。但由于醋酸为弱酸。还有大量为电离的醋酸分子存在，会继续电离产生H+和CH3COO-。所以溶液呈酸性。在溶液中存在电荷守恒。c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)。（4）由于溶液为等体积混合，所以溶液中c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=m/2mol/L。因为酸是弱酸，碱是强碱，若等物质的量混合，这恰好生成CH3COONa。溶液由于CH3COO-的水解二显碱性。为了使溶液显中性，酸必须稍微过量一些，来抵消醋酸根离子水解的碱性。所以m与n的大小关系是m＞n.（5）25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH＝7，说明醋酸与一水合氨的强弱程度相同。也就是电离程度相等。由于醋酸的电离平衡常数为Ka=1.7×10-5mol/L所以NH3·H2O的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L。考点：考查离子浓度的大小比较、电离平衡常数与盐的水解平衡常数的关系、溶液的酸碱性【解析】【答案】（1）①②⑥⑤④③（2）5.9×10-10（3）酸性c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。（4）m/2mol/L>19、略

【分析】【解析】【答案】20、略

【分析】解：（1）=4，正好除尽，所以该烃为烯烃或环烷烃，分子式为：C4H8，故答案为：C4H8；

（2）能使酸性高锰酸钾褪色，应为烯烃，可能结构为：CH2=CH-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH3、

，故答案为：CH2=CH-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH3、

（3）加成反应特点为双键中一个键断开；其他原子或原子团加在不饱和碳上，原来的碳架不变；

故1-丁烯和2-丁烯加氢后都得到正丁烷；2-甲基-1-丙烯加氢后得到异丁烷，故答案为：2；

（4）1-丁烯和溴化氢加成可得到1-氯丁烷和2-氯丁烷；2-丁烯和溴化氢加成得到2-氯丁烷，2-甲基-1-丙烯和溴化氢加成得到2-甲基-1-氯丙烷和2-甲基-2-氯丙烷，共4种，故答案为4．

（1）用商余法判断分子式；

（2）根据分子式结合性质判断可能结构；

（3）根据加成反应特点分析；

（4）与溴化氢加成；加在双键上的位置有两种，据此判断．

本题考查了分子式的确定、烯烃的性质及同分异构体书写．掌握加成反应的特点是解题的关键．【解析】C4H8；CH2=CH-CH2-CH3；CH3-CH=CH-CH3；2；421、调节水面的高度来控制反应的发生和停止;紫色酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色;加成;验纯;明亮火焰、黑色浓烟【分析】解：rm{(1)}图示装置可通过调节rm{A}管的高度，控制反应的发生和停止：将rm{A}管提高，右管中水面上升，与电石接触发生反应；将rm{A}管降低；右管中水面下降，水与电石脱离接触，反应停止；

故答案为：调节水面的高度来控制反应的发生和停止；

rm{(2)}由于乙炔能含有不饱和键；能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应；

故答案为：紫色酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色；

rm{(3)}由于乙炔分子中含有不饱和的碳碳三键；能够与溴发生加成反应；

故答案为：加成；

乙炔容易被高锰酸钾氧化；使高锰酸钾褪色；能够和溴水发生加成反应，故答案为：氧化；加成；

rm{(4)}乙炔燃烧的化学方程式为rm{2CH隆脭CH+5O_{2}{碌茫脠录}overrightarrow{}4CO_{2}+2H_{2}O}乙炔中含碳的质量分数较大，燃烧时火焰明亮并伴有浓烈的黑烟；乙炔点燃前必须检验其纯度；

故答案为：验纯；明亮火焰、黑色浓烟．rm{2CH隆脭CH+5O_{2}

{碌茫脠录}overrightarrow{}4CO_{2}+2H_{2}O}【解析】调节水面的高度来控制反应的发生和停止rm{;}紫色酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色rm{;}加成rm{;}验纯rm{;}明亮火焰、黑色浓烟22、略

【分析】原子电子层结构可知，A是Mg，B是Mn，C是Li，D是Si，E是Ne。（1）非金属性越强，电负性越大，所以是Si的电负性最大；Li的金属性最强，第一电离能最小；二氧化锰具有催化作用，所以是Mn元素。（2）4822Ti和5022Ti两种原子，具有相同的质子数，不同的中子数，二者互为同位素；根据钛的质子数可知，钛位于第四周期第IVB族；区的名称来自于按照构造原理最后填入电子能级的轨道名称，所以钛元素属于d区。（3）A的第四电离能远大于第三电离能，所以A是第ⅢA元素，显＋3价；B的第三电离能远大于第二电离能，即B是第ⅡA元素，显＋2价。（4）在气态氯化铝中，氯原子是配体，提供孤对电子，铝原子提供空轨道，所以结构为（5）根据价电子可知，1个硅被1个铝原子取代的同时，还需要1个钾原子，所以K、Al、Si、O的硅酸的个数之比是0.25︰0.25︰0.75︰2＝1︰1︰3︰8，即化学式为KAlSi3O8。（6）由于CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，所以CO2的熔沸点远低于二氧化硅的。【解析】【答案】（1）SiLiMn（元素符号）（2）同位素；第四周期第IVB族；d区（3）+3+2（4）（5）KAlSi3O8（6）CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体23、略

【分析】解：(1)加入的物质不仅要具有氧化性还引入新的杂质；反应后可以生成氯离子或水，高锰酸钾和硝酸虽然能氧化二价铁离子生成三价铁离子，能引进新的杂质离子，双氧水氧化亚铁离子同时生成水，水不是杂质，氯气氧化亚铁离子同时生成氯离子，氯离子也不是杂质，故选BC；

(2)①铁离子的浓度小于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全，则C(OH-)===2×10-11mol/L，C(H+)=mol/L=5×10-4mol/L，pH=-=3.3；故答案为3.3；

②C(OH-)==mol/L=1×10-10mol/L，C(H+)=10-4mol/L；其pH=4，故答案为4；

(3)调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，碱式碳酸铜虽然含有碳酸根离子，但碳酸根离子和酸反应生成二氧化碳气体逸出，不存在于溶液中，所以不能引进新的杂质离子，CuO粉末、Cu(OH)2悬浊液、Cu2(OH)2CO3(s)反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子，故选CDE．【解析】BC;3.3;4;CDE24、略

【分析】解：（1）①苯酚、⑤乙醇能与钠反应放出H2；故答案为：①⑤；

（2）①苯酚；③氯乙烷能与NaOH溶液反应；故答案为：①③；

（3）①苯酚；④乙烯常温下能与浓溴水反应；故答案为：①④；

（4）②甲苯、④乙烯是能使酸性KMnO4溶液褪色的烃；故答案为：②④．

（1）能与钠反应放出H2的有机物有：醇；羧酸、酚等；

（2）能与NaOH溶液反应的有机物有：羧酸；酯、卤代烃、酚；

（3）常温下能与浓溴水反应的有：烯烃；炔烃、酚、醛；

（4）含有碳碳双键或三键的有烃；苯环上含有支链且支链上连接苯环的第一个碳原子上含有氢原子的有机物都能被酸性高锰酸钾氧化．

本题考查了有机物结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，把握反应的条件和类型．【解析】①⑤；①③；①④；②④四、原理综合题(共2题，共18分)25、略

【分析】（1）CO2为共价化合物，碳原子与氧原子键形成双键，CO2的电子式为正确答案：

（2）二氧化碳通入氨气的水溶液中，发生反应生成碳酸氢铵，离子方程式为.CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+；正确答案：CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+。

（3）NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出，所以工业生产时先氨化再通CO2；正确答案：NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出。

（4）碳酸氢铵溶液和氯化钠溶液混合后，生成氯化铵和碳酸氢钠，过滤后，滤液A中主要为氯化铵溶液，所以滤液A中最主要的两种离子是NH4+和Cl-；正确答案：NH4+和Cl-。

（5）浓氨水与生石灰反应生成氨气进入到氯化钠溶液中，通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出；正确答案：滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动；促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出。

（6）由方程式可知有2mol反应，反应前后固体质量就减少那么题中反应前后固体质量减少（m1-m2）g,需要的质量为x=84（m1-m2）/31,将其带入下式可得：ω(NaHCO3)=x/m1×100%=正确答案：【解析】CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出NH4+和Cl-滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出。温度降低有利于氯化铵结晶析出26、略

【分析】分析：（1）去氧或加氢为还原反应；（2）镁易被氧化；故镁条表面有氧化物，需用砂纸打磨干净；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体；②洗涤时应该注意不能引入新的杂质；③趁热过滤可以除去不溶性杂质。

详解：（1）根据反应2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯变为反式偶氮苯为去氧反应，反应属于还原反应；答案选C；（2）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；②抽滤过程中要洗涤粗产品，注意不能引入新的杂质，选择用蒸馏水冲洗的液体是最好的，答案选B；③重结晶过程：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。

点睛：本题考查了有机实验，涉及蒸发结晶、过滤等基本操作，难度不大，解题的关键是理解实验原理，注意根据题中的实验步骤结合实验基本操作的要求灵活分析问题。【解析】C镁易被氧化，其表面有氧化物，打磨是为了除去表面的氧化物缓慢加入B趁热过滤抽滤五、推断题(共3题，共27分)27、略

【分析】【解析】试题分析：Y原子的L层p轨道中有2个电子，所以其核外电子排布式为1s22s22p2，为6号元素碳；Z与Y原子的价电子数相同：最外层为四个电子且均位于元素周期表的前四周期，为14号元素硅；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：1，所以其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，为30号锌元素；电荷数之和为51，X为51－30－6－14＝1，1号元素氢。（1）C与Si可分别与H形成只含一个中心原子的共价化合物CH4、SiH4，甲烷、硅烷分子中都分别含有4个σ键不含孤电子对，所以都是采取sp3杂化，甲烷分子是正四面体构型。（2）C、Si形成的最高价氧化物中，CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体。（3）氧元素的非金属强于碳元素的，所以X的氧化物与Y的氢化物中，分子极性较小的是CH4。（4）碳和硅是同一主族元素，同一主族元素中元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性较大的是Y。（4）通过以上分析知，W是Zn元素，锌原子失去最外层2个电子变成+2价阳离子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。考点：考查核外电子排布式、杂化轨道类型、共价键、电负性、分子空间结构、分子的极性以及晶体类型的有关判断【解析】【答案】（1）CH4、SiH4；sp3、sp3；正四面体（2）分子和原子（3）CH4（4）Y（5）Zn1s22s22p63s23p63d1028、（1）取代反应（2）（3）（4）（5）【分析】【分析】该题考查有机物的合成和推断，涉及同分异构体书写、反应类型判断、有机结构简式、有机方程式书写和有机合成路线等知识，注意掌握常见有机物的性质，本题难度不是很大。【解答】rm{(1)}根据反应条件、rm{A}和rm{C}的结构简式知，rm{A}在浓硫酸作催化剂、加热条件下，和浓硝酸发生取代反应生成rm{B}所以rm{B}的结构简式为根据反应条件、rm{(1)}和rm{A}的结构简式知，rm{C}在浓硫酸作催化剂、加热条件下，和浓硝酸发生取代反应生成rm{A}所以rm{B}的结构简式为在浓硫酸作催化剂、加热条件下，rm{B}和甲醇发生酯化反应生成rm{E}该反应也是取代反应，故rm{F}答案为：或取代反应；酯化反应rm{(}或取代反应rm{)}

rm{(}的相对分子质量为rm{)}甲醇的相对分子质量为rm{(2)E}的相对分子质量为rm{152}甲醇的相对分子质量为rm{32}酚的苯环上某些氢原子比较活泼，由rm{E}合成rm{F}时还可能生成一种相对分子质量为rm{194}的副产物rm{H}则酚羟基相邻的rm{H}原子和甲醇发生取代反应生成rm{H}同时生成水，则rm{H}的结构简式为酚的苯环上某些氢原子比较活泼，由rm{(2)E}合成rm{152}时还可能生成一种相对分子质量为rm{32}的副产物rm{E}则酚羟基相邻的rm{F}原子和甲醇发生取代反应生成rm{194}同时生成水，则rm{H}的结构简式为故rm{H}rm{H}

rm{H}是答案为：的同分异构体，；具有以下特征：rm{(3)M}是rm{E}的同分异构体，rm{M}具有以下特征：rm{(1)}苯环上只有rm{2}个取代基；rm{(2)}遇氯化铁显色，但与小苏打不反应，说明含有酚羟基不含羧基；rm{(3)1molM}苯环上只有rm{(3)M}个取代基；rm{E}遇氯化铁显色，但与小苏打不反应，说明含有酚羟基不含羧基；rm{M}rm{(1)}溶液反应，说明还含有酯基，如果含有酚羟基和苯甲酸甲酯基，有邻间对三种结构，如果含有酚羟基和甲酸苯甲酯基，有邻间对三种结构，所以符合条件的rm{2}的同分异构体有rm{(2)}种，例如：故rm{(3)1molM}

最多能与rm{2molNaOH}溶液反应，说明还含有酯基，如果含有酚羟基和苯甲酸甲酯基，有邻间对三种结构，如果含有酚羟基和甲酸苯甲酯基，有邻间对三种结构，所以符合条件的rm{E}的同分异构体有rm{6}种，例如：发生取代反应生成rm{2molNaOH}和甲醇，反应方程式为

；

rm{E}

rm{6}答案为：rm{(4)F}发生取代反应生成rm{G}和甲醇，反应方程式为rm{(4)F}

rm{G}故答案为：

rm{(5)}先和氢气发生加成反应生成，

故答案为：在浓硫酸作催化剂条件下发生消去反应生成【解析】rm{(1)}取代反应rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}29、略

【分析】解：（1）苯的含氧衍生物A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，分子中C原子数目为=9，A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等，则有机物中H原子与O原子数目之比为2：1，令该有机物A的组成为C9•n（H2O），则×100%=1-60%=40%，解得n=4，故有机物A的分子式为C9H8O4；

故答案为：C9H8O4；

（2）A能发生银镜反应，含有醛基-CHO，能与NaHCO3溶液反应产生CO2，含有羧基-COOH，还能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基，结合A的分子式及苯环上取代基彼此相间，A的可能结构为

故答案为：醛基、羧基、酚羟基，

（3）A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基，B能发生水解反应生成C、D，C与乙醇发生反应生成E，C为羧酸、E为酯，C的相对分子质量为60，C为乙酸，E为乙酸乙酯，D与碳酸氢钠发生反应，含有羧基-COOH，故B为D为F为

①C→E的方程式为：

②D与浓溴水反应方程式为：

③B与足量NaOH溶液共热方程式为：

故答案为：

．

（1）苯的含氧衍生物A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，分子中C原子数目为=9，A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等，则有机物中H原子与O原子数目之比为2：1，令该有机物A的组成为C9•n（H2O），则×100%=1-60%=40%，解得n=4，故有机物A的分子式为C9H8O4；

（2）A能发生银镜反应，含有醛基-CHO，能与NaHCO3溶液反应产生CO2，含有羧基-COOH，还能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基，结合A的分子式及苯环上取代基彼此相间，A的可能结构为或

（3）A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基，B能发生水解反应生成C、D，C与乙