2025年牛津译林版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年牛津译林版高二化学上册阶段测试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、若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是（）A.氢键分子间作用力非极性键B.氢键氢键极性键C.氢键极性键分子间作用力D.分子间作用力氢键非极性键2、下列气体的排放可能会造成酸雨的是A.COB.CH4C.SO2D.N23、下列关于电解质液的正确判断是（）A.在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCONa+可以大量共存B.在pH=0的溶液中，Na+、NOSOK+可以大量共存C.由0.1mol•L﹣1一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液中存在关系BOH→B++OH﹣D.由0.1mol•L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液中存在关系A﹣+H2O⇌HA+OH﹣4、下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A.rm{H^{+}}rm{SO{,!}_{4}^{2-}}rm{SO{,!}_{3}^{2-}}B.rm{Ba^{2+}}rm{CO{,!}_{3}^{2-}}rm{NO{,!}_{3}^{-}}C.rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO{,!}_{4}^{2-}}D.rm{Ca^{+}}rm{SO{,!}_{4}^{2-}}rm{K^{+}}5、下列有关FeCl3溶液与Fe(OH)3胶体的叙述正确的是A.能用丁达尔效应鉴别B.都是电解质C.将NaOH溶液加入FeCl3溶液中有红褐色沉淀生成，加入Fe(OH)3胶体则没有沉淀D.能用过滤的方法分离6、下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）

①无色透明溶液中：K+、Ca2+、MnO4﹣、SO42﹣

②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣

③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+

④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl﹣、Br﹣

⑤有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN﹣、Cl﹣

⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣．A.①②④B.③⑥C.②④D.①③⑤⑥7、铝材经脱脂后进行碱洗以除去氧化膜，将碱洗后的溶液中的铝以沉淀形式回收，最好加入下列试剂（）A.氨水B.CO2C.NaOHD.HNO38、关于下列结论正确的是（）A.该有机物分子式为C13H16B.该有机物分子最多有4个碳原子共直线C.该有机物属于苯的同系物D.该有机物分子最多有13个碳原子共平面9、有下列两组命题。rm{A}组rm{B}组Ⅰrm{.H_{2}O}分子间存在氢键，rm{H_{2}S}则无rm{垄脵H_{2}O}比rm{H_{2}S}稳定Ⅱrm{.}晶格能rm{NaI}比rm{NaCl}小rm{垄脷NaCl}比rm{NaI}熔点低Ⅲrm{.}晶体类型不同rm{垄脹N_{2}}分子比磷的单质稳定Ⅳrm{.}元素第一电离能大小与原子外围电子排布有关，不一定像电负性随原子序数递增而增大rm{垄脺}同周期元素第一电离能大的，电负性不一定大rm{B}组中命题正确，且能用rm{A}组命题加以正确解释的是rm{(}rm{)}A.Ⅰrm{垄脵}B.Ⅱrm{垄脷}C.Ⅲrm{垄脹}D.Ⅳrm{垄脺}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、为了防治环境污染并对尾气进行综合利用，某硫酸厂用氨水吸收尾气中的SO2，再向吸收液中加入浓硫酸，以制取高浓度的SO2及（NH4）2SO4和NH4HSO4固体。为了测定上述（NH4）2SO4和NH4HSO4固体混合物的组成，现称取该样品四份，分别加入相同浓度的NaOH溶液各40.00mL，加热至120℃左右，使氨气全部逸出[(NH4)2SO4和NH4HSO4的分解温度均高于200℃]，测得有关实验数据如下（标准状况）：（1）实验过程中有关反应的离子方程式为；（2）由I组数据直接推测：标准状况下3.7g样品进行同样实验时，生成氨气的体积为____L；（3）试计算该混合物中(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量之比；（4）欲计算该NaOH溶液的物质的量浓度应选择第组数据，由此求得NaOH溶液的物质的量浓度为。11、（10分）铁及铁的化合物在生产、生活中有着重要的用途。(1)聚合硫酸铁(简称PFS)的化学式为[Fe(OH)n(S04)(3-n)/2]m，现代潜水处理工艺中常利用PFS在水体中形成絮状物，以吸附重金属离子。则PFS的中心原子未成对电子数为__个。(2)六氰合亚铁酸钾K4[Fe(CN)6]可用做显影剂，该化合物中存在的化学键类型有_________。（3）CN一中碳原子的杂化轨道类型是_______：写出一种与CN一互为等电子体的分子的化学式________；(4)三氯化铁常温下为固体，熔点304℃，沸点3160C在3000C以上可升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为__________晶体。(5)普鲁士蓝是一种配合物，可用作染料，它的结构单元如下图所示，普鲁士蓝中n(K+)：n(Fe3+)：n(Fe2+)：n(CN一)=____________。12、常温下将rm{0.2mol/L}rm{HCl}溶液与rm{0.2mol/L}氨水溶液等体积混合rm{(}忽略混合后溶液体积的变化rm{)}测得混合溶液的rm{pH=6}求混合溶液中下列算式的精确计算结果rm{(}填具体数字rm{)}rm{c(H^{+})-c(NH_{3}漏qH_{2}O)=}______rm{mol/L}．13、从rm{A.}甲烷rm{B.}乙醇rm{C.}乙酸rm{D.}油脂rm{E.}葡萄糖rm{F.}蛋白质六种有机物中；选择合适的物质，将其标号填在空格上．

rm{(1)}______水解的最终产物是氨基酸；

rm{(2)}糖尿病通常是指病人的尿液中______含量超标；

rm{(3)}工业上制造肥皂的主要原料是______；

rm{(4)}能与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应产生气体的是______；

rm{(5)}常用作燃料和医疗上消毒剂的是______；

rm{(6)}天然气的主要成分是______．14、已知乙醇的分子结构如图：其中①②③④⑤表示化学键的代号；用代号回答：

（1）乙醇与钠反应断裂的键是______；

（2）乙醇与浓硫酸共热到170℃断裂的键是______；

（3）乙醇与氧气在铜或银作催化剂；加热条件下反应断裂的键是______；

（4）乙醇与乙酸在浓硫酸作用下反应断______键．15、向甲、乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别充入2molA、2molB和1molA、1molB。相同条件下(温度为T)，发生下列反应：A(g)＋B(g)xC(g)ΔH＜0。测得两容器中c(A)随时间t的变化如图所示：回答下列问题：（1)乙容器中，平衡后物质B的转化率为。（2）x＝。（3）下列说法正确的是（）A．向平衡后的乙容器中充入氦气可使c(A)增大B．将乙容器单独升温可使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同C．若向甲容器中再充入2molA、2molB，则平衡时甲容器中0.78mol·L－1＜c(A)＜1.56mol·L－1D．若甲容器为等压可变容器，向甲中充入惰性气体，则c(A)减小，平衡正向移动，v(正)、v(逆)减小16、如图所示为制取乙酸乙酯的实验装置改进图；请回答下列问题。

（1）实验原理的揭示：

①乙酸与乙醇在催化剂存在的条件下加热可以发生酯化反应生成乙酸乙酯（酯化反应一般是放热反应），请用氧同位素示踪法写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式______

②能否用氢同位素示踪法揭示酯化反应原理？

若填“能”请写出相应的化学方程式______

若填“否“请写现相应的原因：______

（2）反应温度的确定。

实验表明：合成乙酸乙酯温度应控制在85℃左右为宜．请回答：

实验温度高于85℃不宜的原因（答两点）：______

（3）催化剂的选择：

通过使用不同催化剂对反应时间的比较，可知NaHSO4•H2O催化效果比浓硫酸好．请说明NaHSO4•H2O作催化剂的优点______

（4）实验装置的比较：

①利用上述装置把反应原料一次性投入到反应器中，加热回流一段时间后再蒸出产物，这种装置与教材反应装置相比较突出的优点是：______

②止水夹打开或关闭的顺序是：先______K1，______K2，再______K1，______K2（填“打开”或“关闭”）

③自来水流方向是：进水管连接______端与______端（填“A”；“B”、“C”或“D”）

（5）酯层厚度的标定：

加热回流一段时间后再蒸发产物，为了更好地测定有机层厚度，可预先向饱和碳酸钠溶液中加入一滴______试液，现象是：______．17、科学研究表明，铜锰氧化物rm{(CuMn_{2}O_{4})}能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛rm{(HCHO)}

rm{(1)}向一定物质的量浓度的rm{Cu(NO_{3})_{2}}和rm{Mn(NO_{3})_{2}}溶液中加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得rm{CuMn_{2}O_{4}}．

rm{垄脵Mn^{2+}}基态的电子排布式可表示为______．

rm{垄脷NO_{3}^{-}}的空间构型是______rm{(}用文字描述rm{)}．

rm{(2)}在铜锰氧化物的催化下，rm{CO}被氧化为rm{CO_{2}}rm{HCHO}被氧化为rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O.}

rm{垄脵}根据等电子体原理，rm{CO}分子的结构式为______．

rm{垄脷}甲醛在rm{Ni}催化作用下加氢可得甲醇rm{(CH_{3}OH).}甲醇分子内rm{C}原子的杂化方式为______；

rm{垄脹1mol}甲醛分子中含有的rm{娄脪}键数目为______．

rm{(3)CuH}的晶体结构如图所示，若rm{CuH}的密度为rm{dg?cm^{-3}}阿伏加德罗常数的值为rm{N_{A}}则该晶胞的边长为______rm{cm(}用含rm{d}和rm{N_{A}}的式子表示rm{)}．18、rm{(I)}下列各组中的两种有机物，可能是：rm{(A)}相同的物质，rm{(B)}同系物，rm{(C)}同分异构体。请判断它们之间的关系rm{(}用rm{A}rm{B}rm{C}填空rm{)}rm{垄脵2-}甲基丁烷和丁烷______________rm{垄脷}正戊烷和rm{2}rm{2-}二甲基丙烷__________rm{垄脹}对二甲苯和rm{1}rm{4隆陋}二甲苯____________rm{垄脺1-}已烯和环已烷________________。rm{(II)}请写出下列反应的化学方程式rm{(1)}乙烯在催化剂的作用下生成聚乙烯。rm{(2)}苯乙烯与溴的四氯化碳溶液反应。rm{(3)}苯与浓硫酸、浓硝酸的混合酸在rm{50-60^{0}C}时发生取代反应。评卷人得分三、其他(共7题，共14分)19、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。20、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；21、（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。22、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。23、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；24、(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。25、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)。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共40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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、探究题(共4题，共20分)30、（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。31、（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。32、（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。33、（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。评卷人得分六、综合题(共2题，共14分)34、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．35、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9题，共18分)1、B【分析】【解析】试题分析：水分子间存在氢键，雪花变为水，水变为水蒸气，都是物理变化，破坏的是氢键。水分解生产氢气和氧气，是化学变化，破坏的是极性键，答案选B。考点：考查微粒间作用力的判断【解析】【答案】B2、C【分析】【解析】试题分析：CO可以引起血液中毒，CH4可以用作燃料，SO2可以形成酸雨，N2大气的主要成分。答案选C。考点：物质的性质【解析】【答案】C3、D【分析】【解答】解：A．pH=12的溶液显碱性，HCO3﹣与OH﹣反应生成水和碳酸根离子，则不能共存，故A错误；B．pH=0的溶液显酸性，H+、NOSO发生氧化还原反应；则不能共存，故B错误；

C．由0.1mol•L﹣1一元碱BOH溶液的pH=10，则BOH为弱碱，存在电离平衡，则BOH⇌B++OH﹣；故C错误；

D．由0.1mol•L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，HA为弱酸，则NaA溶液中存在水解离子反应为A﹣+H2O⇌HA+OH﹣；故D正确；

故选：D．

【分析】A．pH=12的溶液显碱性；

B．pH=0的溶液显酸性；

C．由0.1mol•L﹣1一元碱BOH溶液的pH=10；则BOH为弱碱；

D．由0.1mol•L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，HA为弱酸．4、C【分析】【分析】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意常见物质的溶解性，题目难度不大。【解答】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，离子之间不发生络合反应、氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答。A.rm{H^{+}}与rm{SO_{3}^{2-}}会形成弱电解质而不共存，不稳定分解为和故A错误；B.与rm{H_{2}SO_{3}}rm{H_{2}SO_{3}}结合生成rm{SO_{2}}沉淀，不能大量共存，故B错误；C.该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D.rm{H_{2}O}与rm{Ba^{2+}}形成沉淀而不能大量共存，故D错误。故选C。【解析】rm{C}5、A【分析】试题分析：FeCl3溶液的溶质微粒不可以对光线有散射作用，而Fe(OH)3胶体由于分散质微粒的直径大，对光线有散射作用，因此可以产生光亮的通路，即会产生丁达尔效应，故可以利用丁达尔效应鉴别它们，正确；B．FeCl3溶液与Fe(OH)3胶体都是混合物，不是化合物，因此都不是电解质，错误；C．将NaOH溶液加入FeCl3溶液中有红褐色沉淀生成，加入到Fe(OH)3胶体中由于胶粒的电荷被电解质的离子中和，会发生聚沉，因此也有沉淀，错误；D．二者都能够透过滤纸，因此不能用过滤的方法分离，错误。考点：考查胶体与溶液的性质的异同与鉴别的知识。【解析】【答案】A6、C【分析】【解答】解：①MnO4﹣有颜色；不能大量存在于无色透明溶液中，故错误；

②pH=11的溶液呈碱性；碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；

③加入Al能放出H2的溶液可能呈强碱性或为非氧化性酸溶液，无论呈酸性还是碱性，HCO3﹣都不能大量共存；故错误；

④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol•L﹣1的溶液水的电离受到促进；可为水解呈酸性或碱性的盐溶液，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；

⑤SCN﹣与Fe3+发生反应而不能大量共存；故错误；

⑥酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性；亚铁离子；碘离子不能大量共存，故错误．

故选C．

【分析】①无色透明溶液不存在有颜色的离子；

②pH=11的溶液呈碱性；

③加入Al能放出H2的溶液可能呈强碱性或为非氧化性酸溶液；

④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol•L﹣1的溶液水的电离受到促进；可为水解呈酸性或碱性的盐溶液；

⑤与Fe3+反应的离子不能大量共存；

⑥离子之间发生氧化还原反应．7、B【分析】解：因碱洗槽液中铝的存在形式为AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；如果用硝酸要控制量的问题，如果硝酸稍过量，铝元素转化为铝离子了，所以最好加入二氧化碳气体，故选B．

因碱洗槽液中铝的存在形式为AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；由此分析解答．

本题考查铝的化学性质，以及之间的相互转化，学生要清楚在碱性溶液中铝以偏铝酸盐的形式存在，比较容易．【解析】【答案】B8、D【分析】解：A．根据结构简式确定分子式为C13H14；故A错误；

B．根据乙烯；苯和乙炔结构知；该分子中最多有3个C原子共直线，故B错误；

C．苯的同系物中取代基是烷基；该有机物中取代基有不饱和基，所以该物质不是苯的同系物，故C错误；

D．苯环和乙烯为平面型结构；而乙炔为直线形结构，则所有的碳原子有可能都在同一平面上，乙基中碳碳单键发生旋转，该分子中所有C原子都可以共面，故D正确；

故选D．

A．根据结构简式确定分子式；

B．根据乙烯；苯和乙炔结构知；该分子中最多有3个C原子共直线；

C．苯的同系物中取代基是烷基；该有机物中取代基有不饱和基；

D．乙基中碳碳单键发生旋转；该分子中所有C原子都可以共面．

本题考查常见有机物的结构，为高频考点，侧重考查原子空间排列及基本概念，会根据苯、乙烯、乙炔结构特点采用知识迁移的方法确定原子共面、共线个数，为易错题．【解析】【答案】D9、D【分析】解：rm{A.H_{2}O}分子间存在氢键，rm{H_{2}S}则无，但是氢键不影响物质的稳定性，所以rm{B}命题错误；故A错误；

B.氯离子半径小于碘离子所以晶格能rm{NaI}比rm{NaCl}小，离子键越强，熔沸点越高，所以rm{NaCl}比rm{NaI}熔点高；故B错误；

C.氮气与磷都是分子晶体；二者晶体类型相同，故C错误；

D.元素第一电离能大小与原子外围电子排布有关，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，第一电离能逐渐增大但Ⅴrm{A}族大于Ⅵrm{A}族元素；故D正确；

故选：rm{D}．

A.氢键只影响物质的物理性质；不影响物质的稳定性；

B.离子晶体中离子键越强晶格能越大；电荷越多；离子半径越小，离子键越强；

C.氮气与磷都是分子晶体；

D.同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，第一电离能逐渐增大但Ⅴrm{A}族大于Ⅵrm{A}族元素．

本题考查了氢键对物质性质的影响、元素电离能、电负性大小规律，题目难度中等，注意氢键只影响物质的物理性质．【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【解析】【答案】（1）H++OH—=H2ONH4++OH-=NH3+H2O（2）____L；（3）____；（4）____________5.0mol/L11、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）5个（2分）（2）离子键、共价键、配位键（3分）（3）sp（1分）、CO或N2（1分）（4）分子晶体（1分）（5）1：1：1：6（2分）12、略

【分析】解：根据电荷守恒得rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}物料守恒rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}漏qH_{2}O)=0.1mol/L=c(Cl^{-})}

所以rm{c(H^{+})-c(NH_{3}漏qH_{2}O)=c(OH^{-})=10^{-8}mol/L}

故答案为：rm{10^{-8}}．

将rm{0.2mol/LHCl}溶液与rm{0.2mol/L}氨水溶液等体积混合得到rm{NH_{4}Cl}混合溶液呈酸性，根据电荷；物料守恒计算，以此解答该题．

本题考查酸碱混合的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电荷守恒、物料守恒的运用，难度不大．【解析】rm{10^{-8}}13、略

【分析】解：rm{(1)}蛋白质水解生成氨基酸，故选：rm{F}

rm{(2)}糖尿病通常是指病人的尿液中葡萄糖含量超标，故选：rm{E}

rm{(3)}工业上制造肥皂的主要原料是油脂，油脂在碱性环境下水解生成肥皂主要成分，故选：rm{D}

rm{(4)}醋酸能够与碳酸钠反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，故选：rm{C}

rm{(5)}乙醇可使蛋白质变性，常用于杀菌消毒，故选：rm{B}

rm{(6)}天然气主要成分为甲烷，故选：rm{A}

rm{(1)}依据蛋白质水解生成氨基酸解答；

rm{(2)}病人的尿液中葡萄糖含量是检测糖尿病指标；

rm{(3)}油脂在碱性环境下水解生成肥皂主要成分；高级脂肪酸盐；

rm{(4)}醋酸能够与碳酸钠反应生成醋酸钠和水；二氧化碳；

rm{(5)}乙醇可用于杀菌消毒；

rm{(6)}天然气主要成分为甲烷；

本题考查较为综合，涉及有机物的组成、结构、性质和应用的考查，题目较为基础，注意相关知识的积累．【解析】rm{F}rm{E}rm{D}rm{C}rm{B}rm{A}14、⑤①④③⑤⑤【分析】解：（1）乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气；断开的羟基上的氢氧键，即⑤断裂；

（2）乙醇和浓硫酸共热到1700C时发生消去反应；断裂碳氧键；与羟基所连的碳的相邻的碳上的碳氢键，即①④断裂；

（3）乙醇在铜或银作催化下与O2反应生成乙醛和水；断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢；

即③⑤断裂；

（4）乙醇与酸发生酯化反应；断开的羟基上的氢氧键，即⑤断裂；

故答案为：⑤；①④；③⑤；⑤；

（1）乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气；断开的羟基上的氢氧键；

（2）乙醇和浓硫酸共热到1700C时发生消去反应；断裂碳氧键；与羟基所连的碳的相邻的碳上的碳氢键；

（3）乙醇在铜或银作催化下与O2反应生成乙醛和水；断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢；

（4）乙醇与酸发生酯化反应；断开的羟基上的氢氧键．

本题主要考查了乙醇的化学性质，掌握反应机理是解本题关键，难度不大．【解析】⑤①④③⑤⑤15、略

【分析】【解析】【答案】(1)50%(2)1(3)C16、略

【分析】解：（1）①酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，所以反应的机理可以表示为：CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；

②由于醇和羧酸都失H；所以H换成D无法指示何种物质脱羟基，因此不能用氢同位素示踪法揭示酯化反应原理；

故答案为：不能；醇和羧酸都失H；所以H换成D无法指示何种物质脱羟基；

（2）正反应是放热反应；升高温度，平衡向逆向移动，酯产率降低，催化剂有活性温度，温度过高也会有副反应发生；

故答案为：正反应是放热反应；温度过高于85℃，平衡向逆向移动，酯产率降低，温度太高对催化剂的活性也不利；温度过高会有副反应发生；

（3）浓硫酸具有强氧化性，会把有机物氧化或发生其他副反应，NaHSO4•H2O没有强氧化性，来源广泛，价廉易得；NaHSO4•H2O最后沉淀易分离等；

故答案为：减少副反应发生，来源广泛，价廉易得；NaHSO4•H2O最后沉淀易分离等；

（4）①加热回流一段时间后再蒸出产物；避免了反应物的挥发，提高了原料利用率；

故答案为：避免加热时反应物醇与羧酸随着产物一块出来；提高了反应物的利用率；

②先打开K1关闭K2，让反应物在反应器中反应一段时间，充分反应后再关闭K1打开K2；把乙酸乙酯蒸出冷凝；

故答案为：打开；关闭、关闭、打开。

③为充分冷却；自来水应从下口进上口出；

故答案为：AC；

（5）由于碳酸钠溶液显碱性；能使酚酞试液显红色，所以应该滴入酚酞试液，实验现象是碳酸钠层呈红色，上层的酯层呈无色；

故答案为：酚酞；碳酸钠层呈红色；上层的酯层呈无色．

（1）①酸和醇反应生成酯和水；酯化反应机理为酸脱羟基醇脱氢；

②醇和羧酸都失H；所以H换成D无法指示何种物质脱羟基；

（2）若温度低；影响反应速率；温度高，不利于乙酸乙酯的生成；

（3）浓硫酸具有强氧化性，会把有机物氧化或发生其他副反应，NaHSO4•H2O没有强氧化性，来源广泛，价廉易得；NaHSO4•H2O最后沉淀易分离等；

（4）①加热回流一段时间后再蒸出产物；避免了反应物的挥发，提高了原料利用率；

②先打开K1关闭K2，让反应物在反应器中反应一段时间，充分反应后再关闭K1打开K2；把乙酸乙酯蒸出冷凝；

③为充分冷却；自来水应从下口进上口出；

（5）碳酸钠溶液显示碱性；乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液；混合液分层，颜色不同．

本题是高考中的常见题型，难度大，综合性强，对学生的要求高．试题在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力以及评价能力．【解析】CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；否；醇和羧酸都失H，所以H换成D无法指示何种物质脱羟基；正反应是放热反应，温度过高于85℃，平衡向逆向移动，酯产率降低，温度太高对催化剂的活性也不利；温度过高会有副反应发生．；减少副反应发生，来源广泛，价廉易得；NaHSO4•H2O最后沉淀易分离等；避免加热时反应物醇与羧酸随着产物一块出来，提高了反应物的利用率；打开；关闭；关闭；打开；A；C；酚酞；碳酸钠层呈红色，上层的酯层呈无色17、1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；平面三角形；C≡O；sp3；小于；3×6.02×1023；12；【分析】解：rm{(1)垄脵Mn}的原子序数为rm{25}基态原子的电子排布式为，rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{2}}则rm{Mn^{2+}}基态的电子排布式可表示为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}

rm{垄脷NO_{3}^{-}}中rm{N}原子形成rm{3}个rm{娄脛}键；没有孤电子对，则应为平面三角形，故答案为：平面三角形；

rm{(2)垄脵N_{2}}与rm{CO}为等电子体，二者结构相似，rm{N_{2}}的结构为rm{N隆脭N}则rm{CO}的结构为rm{C隆脭O}故答案为：rm{C隆脭O}

rm{垄脷}甲醛中rm{C}原子形成rm{3}个rm{娄脪}键，没有孤电子对，碳原子的杂化为rm{sp^{2}}杂化，是平面三角形结构，键角为rm{120^{circ}}甲醇分子内碳原子形成rm{4}个rm{娄脪}键，无孤电子对，杂化方式为rm{sp^{3}}杂化，是四面体结构，rm{O-C-H}键角约为rm{109^{circ}28隆盲}键角小于rm{120^{circ}}所以甲醇分子内rm{O-C-H}键角比甲醛分子内rm{O-C-H}键角小；

故答案为：rm{sp^{3}}小于；

rm{垄脹HCHO}分子中含有rm{2}个rm{C-H}键、rm{1}个rm{C=O}双键，分子中含有rm{3}个rm{娄脪}键，rm{1mol}甲醛rm{(HCHO)}分子中含有的rm{娄脪}键数目为rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}

故答案为：rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}

rm{(3)}距离中心rm{Si}最近的第一层的rm{4}个rm{C}原子，每一个又连接着另外rm{3}个rm{Si}原子，这rm{12}个rm{Si}原子平均分布在一个球面上，rm{F}是rm{C}原子，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}分别代表一个rm{Si}原子，rm{AB}rm{AC}rm{AD}rm{BC}rm{BD}rm{CD}的边长相等，rm{AF}rm{BF}的长相等为rm{d}rm{F}位于体心上，rm{O}位于正三角形rm{BCD}的重心上，在正三角形rm{BCD}中，rm{BE}为三角形rm{BCD}的高，则rm{CE}为rm{BC}的一半，如图设正四面体的边长为rm{x}rm{CE}的长为rm{0.5x}rm{BE=sqrt{x;^{2}-(0.5x);^{2}}=dfrac{sqrt{3}}{2}x}rm{BE=sqrt{x;^{2}-(0.5x);^{2}}=

dfrac{sqrt{3}}{2}x}与rm{BO}的长之比为rm{OE}rm{2}则rm{1}的长为rm{dfrac{sqrt{3}}{2}x隆脕dfrac{2}{3}=dfrac{sqrt{3}}{3}x}在三角形rm{BO}中，rm{dfrac{sqrt{3}}{2}x隆脕dfrac

{2}{3}=dfrac{sqrt{3}}{3}x}的长rm{=sqrt{x^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3}x)^{2}}=dfrac{sqrt{6}}{3}x}在三角形rm{ABO}中，rm{AO}的长rm{=dfrac{sqrt{6}}{3}x-d=sqrt{d;^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3}x)^{2}}}rm{x=dfrac{2sqrt{6}}{3}d}

故答案为：rm{=sqrt{x^{2}-(dfrac{sqrt

{3}}{3}x)^{2}}=dfrac{sqrt{6}}{3}x}rm{BFO}

rm{OF}中与rm{=dfrac{sqrt{6}}{3}x-d=sqrt

{d;^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3}x)^{2}}}与rm{x=dfrac{2sqrt

{6}}{3}d}个rm{12}形成配位键，可表示为

故答案为：

rm{dfrac{2sqrt{6}}{3}d}该晶胞中含有rm{(4)[Cu(OH)_{4}]^{2-}}个rm{Cu^{2+}}原子，铜原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}所以该晶胞中含有rm{4}个铜原子rm{OH^{-}}个氢原子，设该晶胞的边长为rm{(5)}则rm{d=dfrac{dfrac{4隆脕(64+1)}{N;_{A}}}{a;^{3}}}所以rm{a=3dfrac{260}{dN;_{A}}cm}

故答案为：rm{3dfrac{260}{dN;_{A}}}．

rm{4}的原子序数为rm{H}根据能量最低原理可写出rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}的基态原子的电子排布式，进而可确定rm{4}基态的电子排布式；

rm{4}利用价层电子对互斥模型判断；

rm{a}根据rm{d=dfrac{dfrac

{4隆脕(64+1)}{N;_{A}}}{a;^{3}}}与rm{a=3dfrac{260}{dN;_{A}}

cm}为等电子体；结合等电子体结构相似判断；

rm{3dfrac{260}{dN;_{A}}

}根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式；根据空间构型可判断键角的大小；

rm{(1)垄脵Mn}分子中含有rm{25}个rm{Mn}键、rm{Mn^{2+}}个rm{垄脷}双键，分子中含有rm{(2)垄脵}个rm{N_{2}}键；

rm{CO}距离中心rm{垄脷}最近的第一层的rm{垄脹HCHO}个rm{2}原子，每一个又连接着另外rm{C-H}个rm{1}原子，这rm{C=O}个rm{3}原子平均分布在一个球面上，根据直角三角形计算正四面体的边长；rm{娄脪}中与rm{(3)垄脷}与rm{Si}个rm{4}形成配位键；rm{C}利用均摊法计算该晶胞中含有的铜原子和氢原子个数，再根据质量、密度和体积之间的关系式rm{3}计算rm{Si}本题综合考查物质的结构与性质知识，侧重于电子排布式、等电子体、杂化类型与配位键等知识，题目难度中等，注意把握杂化类型的判断方法，晶胞计算为本题的难点．rm{12}【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}平面三角形；rm{C隆脭O}rm{sp^{3}}小于；rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}rm{12}rm{dfrac{2sqrt{6}}{3}d}rm{3dfrac{260}{dN;_{A}}}rm{3dfrac{260}{dN;_{A}}

}18、（Ⅰ）①B②C③A④C

（Ⅱ）（1）

（2）

（3）

【分析】【分析】本题考查同系物、同分异构体的判断和有机化学反应方程式的书写，题目较简单。【解答】rm{(}Ⅰrm{)垄脵}rm{2-}甲基丁烷就是异戊烷，其与丁烷属于同系物，故答案为：甲基丁烷就是异戊烷，其与丁烷属于同系物，故答案为：rm{2-}rm{B}rm{垄脷}rm{2}rm{2-}二甲基丙烷就是新戊烷，与正戊烷是同分异构体，故答案为：二甲基丙烷就是新戊烷，与正戊烷是同分异构体，故答案为：rm{2}rm{2-}对二甲苯和rm{C}rm{垄脹}二甲苯是两种不同的命名方法命名的同一种物质，故答案为：rm{1}rm{4隆陋}二甲苯是两种不同的命名方法命名的同一种物质，故答案为：rm{1}rm{4隆陋}已烯和环已烷分子式相同，但结构不同，故答案为：rm{A}rm{垄脺}乙烯在催化剂的作用下生成聚乙烯的化学方程式为：故答案为：rm{1-}已烯和环已烷分子式相同，但结构不同，故答案为：苯乙烯与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为：故答案为：rm{1-}苯与浓硫酸、浓硝酸的混合酸在rm{C}rm{(II)(1)}rm{(2)}苯乙烯与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为：时发生取代反应的方程式为：故答案为：rm{(2)}【解析】rm{(}Ⅰrm{)垄脵B}rm{垄脷C}rm{垄脹A}rm{垄脺C}rm{(}Ⅱrm{)(1)}rm{(2)}rm{(3)}三、其他(共7题，共14分)19、略

【分析】【解析】【答案】AEF20、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③21、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）22、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO223、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③24、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)══25、略

【分析】【解析】【答案】四、有机推断题(共4题，共40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、探究题(共4题，共20分)30、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）