2025年牛津上海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年牛津上海版高二化学下册阶段测试试卷280考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、常温下rm{0.1mol隆陇L^{-1}}醋酸溶液的rm{pH=a}下列能使溶液rm{pH=(a+1)}的措施是A.将溶液稀释到原体积的rm{10}倍B.加入适量的醋酸钠固体C.加入等体积rm{0.2mol隆陇L^{-1}}盐酸D.提高溶液的温度2、已知rm{1mol}白磷变成rm{1mol}红磷放出rm{18.39kJ}的热量rm{.}下列两个方程式：

rm{4P(}白磷，rm{s)+5O_{2}(g)=2P_{2}O_{5}(s)}rm{triangleH_{1}}

rm{4P(}红磷，rm{s)+5O_{2}(g)=2P_{2}O_{5}(s)}rm{triangleH_{2}}

则rm{triangleH_{1}}和rm{triangleH_{2}}的关系正确的是rm{(}rm{)}A.rm{triangleH_{1}=triangleH_{2}}B.rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}C.rm{triangleH_{1}>triangleH_{2}}D.不能确定rm{triangleH_{1}=triangle

H_{2}}3、酒后驾驶构成危险驾驶罪，属于故意犯罪rm{.}一种检测驾驶员是否酒后驾驶的仪器工作原理是：橙色的酸性rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}水溶液遇呼出的乙醇蒸气迅速变蓝，生成蓝绿色的rm{Cr^{3+}.}下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}乙醇的沸点较低rm{垄脷}乙醇的密度比水小rm{垄脹}乙醇具有还原性。

rm{垄脺}乙醇是烃的含氧衍生物rm{垄脻}乙醇可与乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应．A.rm{垄脵垄脹}B.rm{垄脷垄脺}C.rm{垄脹垄脻}D.全部4、一定温度下，对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌3C（g）的下列叙述中，能说明反应已经达到平衡的是（）A.单位时间内消耗amolA，同时生成3amolCB.容器的压强不再变化C.混合气体的物质的量不再变化D.C的生成速率与B的生成速率的比为3：25、下列选项中；符合如图所示关系的是（）

A.一定状况下，气体摩尔体积（y）与该气体的物质的量（x）的关系B.铁在氯气中燃烧，生成FeCl3的物质的量（y）与消耗氯气的物质的量（x）的关系C.将铁在常温下放入浓硫酸中，生成气体的物质的量（y）与消耗浓硫酸的物质的量（x）的关系D.H2SO4溶液的物质的量浓度（y）与其质量分数（x）的关系6、下列关于价层电子对互斥模型rm{(VSEPR}模型rm{)}的叙述中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{VSEPR}模型可用来预测分子的立体构型B.分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型C.中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥D.分子中键角越大，价电子对相互排斥力越大，分子越稳定评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（6分）在一定温度下，将2molA和2molB两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生如下反应：2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol•L-1请回答：（1）x的值为_______（2）A的转化率为________（3）此温度下该反应的平衡常数K=（4）若在同样的条件下，开始时加入C、D各mol，要使平衡时各物质的百分含量与上述平衡相同，则还要加入______mol______物质.（5）保持温度不变，往同一容器中通入A、B、C、D各1mol，该反应向方向移动。8、(t-BuNO)2在正庚烷溶剂中发生如下反应：(t-BuNO)2(s)⇌2(t-BuNO)(aq)．

(1)当(t-BuNO)2的起始浓度(c0)为0.50mol•L-1时；实验测得20℃时的平衡转化率(α)是65%．计算20℃时上述反应的平衡常数K=____________．

(2)一定温度下，随着(t-BuNO)2的起始浓度增大；其平衡转化率____________(填“增大”；“不变”或“减小”)．

(3)该反应的△S____________0(填“＞”、“＜”或“=”)．9、实验室制备Fe（OH）2沉淀时，由于其在空气中极易发生反应______．（填化学方程式）而很难观察到沉淀的颜色．为制得Fe（OH）2白色沉淀，有人设计了如图所示的装置，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备．实验时试管Ⅰ里应加入______（填试剂名称）．在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是______．10、合理应用化学知识可提高人们的生活质量．

某品牌牙膏的成分有甘油；山梨酸钾、氟化钠等．

rm{垄脵}在上述牙膏成分中；属于防腐剂的是______．

rm{垄脷}甘油的结构简式为______；油脂水解时生成甘油和______．

rm{垄脹}氟化钠rm{(NaF)}可与牙齿中的羟基磷酸钙rm{[Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH]}反应，生成更难溶的氟磷酸钙rm{[Ca_{5}(PO_{4})_{3}F]}从而达到防治龋齿的目的，写出该反应的化学方程式______．11、下面是合成某药物的中间体分子rm{(}由rm{9}个rm{C}原子和若干rm{H}rm{O}原子构成rm{)}的结构示意图：

结构简式立体模型试回答下列问题：rm{(1)}通过对比上面的结构简式与立体模型，请指出结构简式中的“rm{Et}”表示的基团是rm{(}写结构简式rm{)}_____________；该药物中间体的分子式为__________。rm{(2)}该分子中含有______个不饱和碳原子。rm{(3)}该药物中间体中含氧官能团的名称为________________。rm{(4)}该药物中间体分子中与rm{C}原子结合的rm{H}原子被rm{Br}原子取代，所得的一溴代物有______种。rm{(5)}该药物中间体分子有多种含苯环的同分异构体，请写出其中一种的结构简式________________________________________。12、向rm{Cu(OH)_{2}}的悬浊液中滴加氨水可得到______色的溶液，该过程发生的离子反应方程式为______．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)13、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）。14、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：_____________。15、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）。16、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

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

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分四、有机推断题(共4题，共24分)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__________________________________．19、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。20、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、其他(共1题，共2分)21、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；评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)22、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．23、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】

试题分析：醋酸电离生成醋酸根离子和氢离子，要使溶液的rm{pH}增大，则溶液中氢离子浓度减小，据此分析解答。rm{A}醋酸是弱电解质，加水稀释能促进水的电离，将溶液稀释到原体积的rm{10}倍，氢离子浓度大于原来的所以rm{pH<(a+1)}故A错误；rm{B}加入适量的醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子能抑制醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度减小，所以能使溶液rm{pH=(a+1)}故B正确；rm{C}加入等体积的rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}盐酸，氢离子浓度增大，溶液的rm{pH}值减小，故C错误；rm{D}提高温度促进醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度增大，溶液的rm{pH}值减小；故D错误；故选B。

考点：考查弱电解质的电离、rm{pH}计算【解析】rm{B}2、B【分析】解：rm{垄脵4P(}白rm{)+5O_{2}篓T2P_{2}O_{5}triangleH_{1}}

rm{)+5O_{2}篓T2P_{2}O_{5}triangle

H_{1}}红rm{)+5O_{2}=2P_{2}O_{5}triangleH_{2}}

rm{垄脷4P(}得到rm{)+5O_{2}=2P_{2}O_{5}triangle

H_{2}}白rm{垄脵-垄脷}红rm{)triangleH=triangleH_{1}-triangleH_{2}}

已知rm{4P(}白磷变成rm{)=4P(}红磷放出rm{)triangleH=triangleH_{1}-triangle

H_{2}}的热量，所以rm{triangleH_{1}-triangleH_{2}<0}

rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}

故选B．

根据盖斯定律的实质应用判断；可以利用题干所给反应和热量变化，合并得到白磷转化为红磷的热量变化分析判断．

本题考查了反应的热效应的计算应用，关键是盖斯定律的含义和实际应用．rm{1mol}【解析】rm{B}3、A【分析】解：rm{垄脵}乙醇沸点低；易挥发，可以易被检测，与测定原理有关；

rm{垄脷}乙醇密度比水小；可与水以任意比混溶，与测定原理无关；

rm{垄脹}乙醇分子中含有羟基，具有还原性，rm{K_{2}Cr_{2}C_{7}}具有强氧化性，可以把乙醇迅速氧化为乙酸蓝绿色的rm{Cr^{3+}}与测定原理有关；

rm{垄脺}乙醇可看成是乙烷中的氢原子被羟基取代后的产物；是烃的含氧化合物，与测定原理无关；

rm{垄脻}乙醇可与羧酸在浓硫酸的作用下发生取代反应；与测定原理无关；

对乙醇的描述与此测定原理有关的是rm{垄脵垄脹}．

故选A．

根据乙醇沸点低，易挥发，故可以易被检测及乙醇具有还原性，rm{K_{2}Cr_{2}C_{7}}具有强氧化性，可以氧化乙醇，自身生成rm{Cr^{3+}}来分析解答．

本题主要考查乙醇的性质，本题中的信息交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是解答的关键，学生应学会信息的抽取和应用来解答习题，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大．【解析】rm{A}4、D【分析】【解答】解：A；单位时间内消耗amolA；同时生成3amolC，都反映正反应方向，未体现正与逆的关系，故A错误；

B；两边气体计量数相等；容器内压强始终保持不变，所以不能说明达平衡状态，故B错误；

C；两边气体计量数相等；混合气体的物质的量一直不再变化，故C错误；

D；C的生成速率与B的生成速率的比为3：2；说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；

故选D．

【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．5、B【分析】解：A．气体摩尔体积受温度和压强影响；温度；压强一定，则气体摩尔体积越大，与气体的物质的量无关，故A错误；

B．铁在氯气中燃烧，根据原子守恒知，n（FeCl3）与n（Cl2）成正比；所以其之间的关系符合图象，故B正确；

C．常温下；铁和浓硫酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，故C错误；

D．根据C=知；物质的量浓度与质量分数；密度都有关，所以不符合图象，故D错误；

故选B．

A．一定条件下；气体摩尔体积是定值；

B．铁在氯气中燃烧，根据原子守恒知，n（FeCl3）与n（Cl2）成正比；

C．常温下；铁和浓硫酸发生钝化现象；

D．C=．

本题考查图象分析，涉及物质的量的计算、钝化现象等，明确图象综合坐标的含义是解本题关键，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，为易错点．【解析】【答案】B6、D【分析】解：rm{A.VSEPR}模型可用来预测分子的立体构型；注意实际空间构型要去掉孤电子对，故A正确；

B.立体构型与价电子对相互排斥有关；所以分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型，故B正确；

C.中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥，且孤电子对间排斥力rm{>}孤电子对和成对电子对间的排斥力；故C正确；

D.分子的稳定性与键角没有关系；故D错误；

故选D．

价层电子对互斥模型rm{(VSEPR}模型rm{)}可以预测分子的立体构型，立体构型与价电子对相互排斥有关，且排斥能力大小顺序是：孤电子对间排斥力rm{>}孤电子对和成对电子对间的排斥力rm{>}成对电子对间的排斥力．

本题考查了价层电子对互斥理论的用途，明确价层电子对互斥理论原理是解本题关键，难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】起始量（mol）2200转化量（mol）1.20.40.4x0.8平衡量（mol）0.81.60.80.8(1)所以x＝2(2)A的转化率是(3)此温度下该反应的平衡常数(4)因为平衡的建立和途径无关，所以把mol的C、D转化为A和B，则A和B分别是2mol和2/3mol。若要使平衡等效，则还缺少B：2mol－2/3mol＝4/3mol。（5）当A、B、C、D各1mo时，＞0.5，所以反应向逆反应方向进行。【解析】【答案】260%0.54/3B逆8、略

【分析】解：(1)当(t-BuNO)2的起始浓度(c0)为0.50mol•L-1时；实验测得20℃时的平衡转化率(α)是65%；

(t-BuNO)2⇌2(t-BuNO)

开始(mol•L-1)0.50

转化(mol•L-1)0.5×65%0.5×65%×2

平衡(mol•L-1)0.5×(1-65%)0.5×65%×2

平衡常数K==2.4；

故答案为：2.4；

②由三段法计算可知，K=温度不变，则K不变，则增大(t-BuNO)2的起始浓度为保证K不变；则转化率应减小；

故答案为：减小；

③由反应可知；1mol反应物参加反应时生成2mol生成物，气体的物质的量增大，则△S＞0；

故答案为：＞．【解析】2.4;减小;＞9、略

【分析】解：Fe（OH）2易在空气中被氧化生成Fe（OH）3，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，制备Fe（OH）2，应将装置内的空气排除，可用铁和稀硫酸在试管Ⅰ反应生成氢气和硫酸亚铁，利用氢气排尽空气，当检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹，将硫酸亚铁排入到氢氧化钠溶液中可生成Fe（OH）2；

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；稀H2SO4和铁屑；检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹．

Fe（OH）2易在空气中被氧化生成Fe（OH）3，制备Fe（OH）2，应将装置内的空气排除，可用铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，利用氢气排尽空气，将硫酸亚铁排入到氢氧化钠溶液中可生成Fe（OH）2；以此解答该题．

本题考查了氢氧化亚铁的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为防止氢氧化亚铁被氧化，要将空气中氧气排出，使亚铁离子和氢氧根离子在无氧条件下反应来制备氢氧化亚铁，难度中等．【解析】4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；稀H2SO4和铁屑；检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹10、略

【分析】解：rm{垄脵}山梨酸钾具有防腐性；常用于食品防腐；

故答案为：山梨酸钾；

rm{垄脷}甘油为丙三醇，含有三个羟基，结构简式：rm{CH_{2}OHCHOHCH_{2}OH}油脂酸性环境下水解生成甘油和高级脂肪酸；

故答案为：rm{CH_{2}OHCHOHCH_{2}OH}高级脂肪酸；

rm{垄脹}依据题干：氟化钠与羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，结合原子个数守恒，反应的方程式：rm{NaF+[Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH]=[Ca_{5}(PO_{4})_{3}F]+NaOH}

故答案为：rm{NaF+[Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH]=[Ca_{5}(PO_{4})_{3}F]+NaOH}．

rm{垄脵}山梨酸钾具有防腐性；

rm{垄脷}甘油为丙三醇；含有三个羟基，据此书写结构简式；油脂酸性环境下水解生成甘油和高级脂肪酸；

rm{垄脹}依据题干：氟化钠与羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙；结合原子个数守恒配平．

本题考查了物质的结构组成与性质，涉及物质结构简式的书写、方程式的书写，明确相关物质的结构性质是解题关键，题目难度不大．【解析】山梨酸钾；rm{CH_{2}OHCHOHCH_{2}OH}高级脂肪酸；rm{NaF+[Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH]=[Ca_{5}(PO_{4})_{3}F]+NaOH}11、（1）CH3CH2-C9H12O3

（2）2

（3）酯基、羰基

（4）7

（5）【分析】【分析】本题考查了有机物分子式的判断、官能团的名称、一溴代物的数量的判断，难度较难，学生要综合思考，注意基础知识的掌握。【解答】rm{(1)}对比体模型可知对比体模型可知rm{(1)}为rm{Et}为由立体模型可知其分子式为rm{Et}rm{CH_{3}CH_{2}-}由立体模型可知其分子式为rm{C_{9}H_{12}O_{3;}}由结构图可知，该有机物中含有rm{CH_{3}CH_{2}-}及rm{C_{9}H_{12}O_{3;}}该分子含有rm{(2)}个不饱和碳原子，故本题的答案为：rm{-COOC-}rm{C=O}rm{2}及rm{2}名称为酯基和羰基，故本题的答案为：酯基、羰基；rm{(3)}碳环中含有一个结构不对称，所以氢原子有该有机物中含有rm{-COOC-}及rm{C=O}名称为酯基和羰基，故本题的答案为：酯基、羰基；种，因此被溴取代多得的一溴代物有rm{-COOC-}种，故本题的答案为：rm{C=O}rm{(4)}按题要求首先写出一个苯环结构，rm{7}去掉一个苯环还剩下rm{7}个饱和碳原子和rm{7}个氧原子rm{(5)}氢原子暂不考虑rm{C_{9}H_{12}O_{3}}可以多种方式连接到苯环上形成多种同分异构体如：故本题的答案为：rm{C_{9}H_{12}O_{3}}【解析】rm{(1)}rm{CH_{3}CH_{2}^{-}}rm{CH_{3}CH_{2}^{-}}rm{C_{9}H_{12}O_{3;}}rm{C_{9}H_{12}O_{3;}}酯基、羰基rm{(2)2}rm{(3)}rm{(4)7}12、深蓝；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O【分析】解：向rm{Cu(OH)_{2}}的悬浊液中滴加氨水，氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液，即生成了铜氨络离子，其反应的离子方程式为：rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O}

故答案为：深蓝；rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O.}

氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液；生成了铜氨络离子，结合原子守恒书写．

本题考查了铜的化合物的性质，题目难度不大，注意把握氢氧化铜与氨水的反应，侧重于基础知识的考查，注意离子方程式的书写．【解析】深蓝；rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O}三、元素或物质推断题(共4题，共8分)13、略

【分析】【详解】

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

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）214、略

【分析】【分析】

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

【详解】

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

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

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

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

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

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

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H215、略

【分析】【详解】

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

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）216、略

【分析】【分析】

【详解】

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

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、有机推断题(共4题，共24分)17、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】

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=CH219、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：