2025年粤教版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年粤教版高二化学上册月考试卷847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、某饱和一元醛发生银镜反应时生成rm{21.6}克的银，若将等质量的该醛完全燃烧，生成二氧化碳体积为rm{13.44L(}标况下rm{)}则该醛是rm{(}rm{)}A.甲醛B.rm{3-}甲基丁醛C.已醛D.丁醛2、氨气分子的立体构性是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为()A.两种分子的中心原子的杂化轨道类型不同，rm{NH}rm{3}为rm{3}rm{sp}杂化，而rm{2}rm{2}是rm{CH}rm{4}杂化B.rm{4}rm{sp}分子中氮原子形成rm{3}个杂化轨道，rm{3}rm{NH}分子中碳原子形成rm{3}个杂化轨道C.rm{3}rm{3}分子中有一对为成键的孤电子对，它对称键电子的排斥作用较强D.氨气分子是四原子化合物，甲烷为五原子化合物rm{CH}3、现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液②乙醇和丁醇③溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是()A.分液、萃取、蒸馏B.萃取、蒸馏、分液C.分液、蒸馏、萃取D.蒸馏、萃取、分液4、将4molA气体和2molB气体在体积为2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌xC（g），若经2s后测得A的物质的量为2.8mol，C的物质的量浓度为0.6mol/L．现有几种说法：①2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）；②2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6mol/（L•s）；③2s时物质B的转化率为70%；④x=2．其中正确的是（）A.①③B.①④C.②③D.③④5、双酚A（也称BPA）常用作塑料制品添加剂；其结构简式如图所示．下列关于双酚A的叙述正确的是（）

A.双酚A分子的核磁共振谱有4组峰B.双酚A分子中所有的碳原子可能共平面C.1mol双酚A最多可与2molBr2反应D.双酚A与足量H2反应的产物属于芳香醇6、汽车尾气净化中的一个反应如下：rm{NO(g)+CO(g)?dfrac{1}{2}N_{2}(g)+CO_{2}(g)triangleH=-373.4kJ?mol^{-1}}在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是rm{NO(g)+CO(g)?dfrac

{1}{2}N_{2}(g)+CO_{2}(g)triangleH=-373.4kJ?mol^{-1}}rm{(}A.B.C.D.rm{)}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、高分子纤维E广泛用于通讯、导弹、宇航等领域，可用芳香烃A为原料来合成，合成路线如下：请回答：(1)写出结构简式：A__________，B____________，C____________。(2)写出反应类型：①__________，②_______________________________。(3)写出D→E聚合的化学方程式___________________。(4)下列化合物中能与F发生化学反应的是________。a．HClb．NaClc．Na2CO3d．NaOH8、(11分)有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的核电荷数按C、A、B、D、E的顺序依次增大。C、D都能分别与A按原子个数比为1∶1或2∶1形成化合物。CB可与EA2反应生成C2A和气态物质EB4。E的M层电子数是K层电子数的2倍。(1)写出A、B、E元素的名称A：__________；B：_______________；E：；(2)写出电子式D2A2__________；(3)写出D单质与CuSO4溶液反应的离子方程式_________________________（4）C2A是由__________键形成的________分子(填“极性”或“非极性”)；中心原子杂化类型是,分子立体构型是。9、(12分)本题共有3个小题，回答有关问题：(1)检验牙膏中含有甘油的试剂是，实验现象；有关反应的化学方程式。(2)在两烧杯中盛有甲、乙两种不同的稀溶液，用铁丝做电化腐蚀实验。实验进行一段时间后，A试管中液面高于烧杯中液面，B试管中液面低于烧杯中液面，试比较pH值大小：甲乙(填“<”、“>”或“=”)，并写出A中铁丝发生腐蚀时的电极反应式：负极，正极。(3)已知某溶液中只存在H+、Na+四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：I：II：III：IV：①若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是，上述四种离子浓度的大小顺序为(填编号)。②若上述关系中III是正确的，则溶液中溶质为③若该溶液是由体积相等的氢氧化钠溶液和醋酸溶液混合而成，且恰好呈中性，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为____(填“<”、“>”或“=”)，混合前溶液中的____溶液中的(填“<”、“>”或“=”)。10、电炉加热时用纯O2氧化管内样品；根据产物的质量确定有机物的组成．下列装置是用燃烧法确定有机物分子式常用的装置．

(1)产生的O2按从左到右的流向；所选装置各导管的正确连接顺序是____________．

(2)C装置中浓硫酸的作用是____________．

(3)D装置中MnO2的作用是____________．

(4)燃烧管中CuO的作用是____________．

(5)若实验中所取样品只含C；H、O三种元素中的两种或三种；准确称取0.92g样品，经充分反应后，A管质量增加1.76g，B管质量增加1.08g，则该样品的实验式为____________．

(6)用质谱仪测定其相对分子质量；得如图一所示的质谱图，则该有机物的相对分子质量为____________．

(7)能否根据A的实验式确定A的分子式____________(填“能”或“不能”)；若能，则A的分子式是____________(若不能，则此空不填)．

(8)该物质的核磁共振氢谱如图二所示，则其结构简式为____________．11、已知反应：rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TH_{2}O(g)triangleH_{1}}

rm{N_{2}(g)+2O_{2}篓T2NO_{2}(g)triangleH_{2}}

rm{dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{3}{2}H_{2}(g)篓TNH_{3}(g)triangleH_{3}}

利用上述三个反应，计算rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TH_{2}O(g)triangleH_{1}}的反应焓变为______rm{N_{2}(g)+2O_{2}篓T2NO_{2}(g)triangle

H_{2}}用含rm{dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac

{3}{2}H_{2}(g)篓TNH_{3}(g)triangleH_{3}}rm{4NH_{3}(g)+7O_{2}(g)篓T4NO_{2}(g)+6H_{2}O(g)}rm{(}的式子表示rm{triangleH_{1}}．rm{triangleH_{2}}评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)12、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__________________________________．13、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__________________________________．14、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。15、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、探究题(共4题，共16分)16、（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。17、（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。18、（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。19、（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。评卷人得分五、简答题(共3题，共24分)20、五种短周期元素A；B、C、D、E的原子序数依次增大；其中只有C为金属元素．A和C同主族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构．A和B、D、E均能形成共价型化合物．A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性．回答下列问题：

（1）五种元素中，原子半径最大的是______，非金属性最强的是______（填元素符号）；

（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是______（用化学式表示）；

（3）D在周期表的位置为______

（4）A和B形成的化合物与A和E形成的化合物反应，产物的化学式为______，该化合物溶于水，显______性（填“酸”、“碱”、“中”）原因是______（用离子方程式表示）；

（5）D和E可形成一种所有原子都满足8电子结构的化合物，其化学式为______．21、如表是元素周期表的一部分；表中的每个字母代表一种短周期元素．

。族周期rm{0}rm{1}rm{a}rm{2}rm{b}rm{c}rm{d}rm{3}rm{e}rm{f}rm{(1)f}元素位于第______族，rm{e}的元素符号是______

rm{(2)}写出rm{e}和rm{d}形成化合物的化学式______或______

rm{(3)b}rm{c}rm{d}三种元素的非金属性逐渐______rm{(}填“减弱”或“增强”rm{)}

rm{(4)d}元素和rm{f}元素均可形成气态氢化物，其稳定性为rm{H_{2}d}______rm{H_{2}f(}填“大于”或“小于”rm{)}．

rm{(5)c}元素的原子结构示意图______．22、I.如图所示，水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天观察：铁钉在逐渐生绣。rm{(1)}若试管内液面上升，发生_____________腐蚀，电极反应：负极：___________________，正极：___________________________；rm{(2)}若试管内液面下降，则原溶液呈__________性，发生的电极反应：正极：___________________________；rm{II.}电解原理在化学工业中有广泛应用。下图表示一个电解池，装有电解液rm{a}rm{X}rm{Y}是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：rm{(3)}若rm{X}rm{Y}都是惰性电极，rm{a}是饱和rm{NaCl}溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则电解池中rm{X}极上的电极反应式是____________；在rm{X}极附近观察到的现象是________________________________；rm{Y}电极上的电极反应式是___________________________________________；检验该电极反应产物的方法是________________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】解：rm{n(Ag)=dfrac{21.6g}{108g/mol}=0.2mol}醛基和银的关系rm{n(Ag)=dfrac

{21.6g}{108g/mol}=0.2mol}所以rm{-CHO隆芦2Ag}即饱和一元醛的物质的量为rm{n(-CHO)=0.1mol}点燃生成rm{0.1mol}的物质的量rm{n(CO_{2})=dfrac{13.44L}{22.4L/mol}=0.6mol}所以碳原子数目为rm{CO_{2}}分子式为：rm{n(CO_{2})=dfrac

{13.44L}{22.4L/mol}=0.6mol}为己醛．

故选C．

饱和一元醛的通式是rm{6}根据醛基和银的关系rm{C_{6}H_{12}O}结合生成金属银的量可以获得醛的物质的量，根据生成二氧化碳的量结合碳原子守恒可以获得rm{C_{n}H_{2n}O}的个数；进而确定分子式即可．

本题考查学生醛的化学性质及银镜反应，注意醛基的量和生成金属银的量之间的关系即可解答，难度不大．rm{-CHO隆芦2Ag}【解析】rm{C}2、C【分析】【分析】考查了分子空间构型的判断，难度中等，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论。【解答】rm{NH_{3}}中rm{N}原子成rm{3}个rm{娄脪}键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为rm{4}采取rm{sp^{3}}型杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，rm{N-H}之间的键角小于rm{109^{circ}28隆盲}所以氨气分子空间构型是三角锥形；rm{CH_{4}}分子中rm{C}原子采取rm{sp^{3}}型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接rm{4}个相同的原子，rm{C-H}之间的键角相等为rm{109^{circ}28隆盲}故CHrm{{,!}_{4}}为正四面体构型，故A、rm{B}rm{D}均不符合题意，rm{C}符合题意。

故选C。

【解析】rm{C}3、C【分析】乙酸乙酯不溶于水，分液即可。乙醇和丁醇互溶，但二者的溶解度差别很大，所以蒸馏即可。单质溴易溶在有机溶剂中，萃取即可，答案选C。【解析】【答案】C4、B【分析】解：2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol；2A（g）+B（g）⇌xC（g）；

开始4mol2mol0

转化1.2mol0.6mol1.2mol

2s2.8mol1.4mol1.2mol

2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s）；

①2s内用物质A表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s）；故①正确；

②反应速率之比等于化学计量数之比，则2s内用物质B表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）×=0.15mol/（L•s）；故②错误；

③2s时物质B的转化率为×100%=30%；故③错误；

④反应速率之比等于化学计量数之比；A；C的反应速率相同，则x=2，故④正确；

故选B．

2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol；2A（g）+B（g）⇌xC（g）；

开始4mol2mol0

转化1.2mol0.6mol1.2mol

2s2.8mol1.4mol1.2mol

2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s）；结合反应速率之比等于化学计量数之比分析①②④；

2s时物质B的转化率等于参加反应的物质的量与起始物质的量之比来计算．

本题考查化学平衡的计算及反应速率与化学计量数的关系，利用化学平衡三段法及反应速率的定义式即可解答，题目难度不大．【解析】【答案】B5、A【分析】解：A．该分子中有4种氢原子；则其核磁共振氢谱有4组吸收峰，故A正确；

B．该分子具有甲烷和苯的结构特点；苯中所有原子共平面，甲烷呈正四面体结构，所有该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；

C．苯环上酚羟基的邻对位H原子能被溴取代，所以1mol双酚A最多可与4molBr2发生取代反应；故C错误；

D．双酚A和足量氢气加成后不存在苯环；所以其加成后的产物不属于芳香醇，但属于醇，故D错误；

故选A．

A．有机物中有几种氢原子；则其核磁共振氢谱有几组吸收峰；

B．该分子具有甲烷和苯的结构特点；苯中所有原子共平面，甲烷呈正四面体结构；

C．苯环上酚羟基的邻对位H原子能被溴取代；

D．双酚A和足量氢气加成后不存在苯环．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析、判断及知识迁移能力，明确基本概念、官能团及其性质是解本题关键，注意酚和溴发生取代反应位置，易错选项是C．【解析】【答案】A6、D【分析】解：平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动，rm{CO}的转化率减小；平衡常数减小，故AB错误；

增加氮气的物质的量，平衡向逆反应移动，rm{NO}的转化率减小，故C错误，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与rm{NO}的物质的量无关；故D正确；

故选D．

平衡常数只受温度影响；升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动；

平衡常数只受温度影响；温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关；

增大产物浓度；平衡向逆反应方向移动．

本题考查影响平衡常数的因素、化学平衡的移动与图象等，难度不大，理解外界条件对平衡的影响是关键．【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】用商余数法可求的A的分子式，92/12＝78，即C7H8，其是芳香烃，故可推知A为甲苯。根据F的【解析】【答案】8、略

【分析】E的M层电子数是K层电子数的2倍，则E是硅元素。所以EA2应是SiO2，即A是O。C、D都能分别与A按原子个数比为1∶1或2∶1形成化合物，所以C是H，D是Na。由EB4可知B属于第ⅦA元素，根据原子序数的顺序可知B是F元素。D2A2是过氧化钠，含有离子键和非极性键，电子式为钠属于活泼性金属，极易与水反应，所以D单质与CuSO4溶液反应的离子方程式为2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑。在化合物H2O中，中心原子有2对孤对电子，其VSEPR模型是四面体，碳原子是sp3杂化，但实际构型是V形，属于极性分子。【解析】【答案】⑴A氧B氟E硅⑵⑶2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑⑷极性极性sp3V形9、略

【分析】【解析】【答案】（1）新制（1分，“新制”不写不给分）；绛蓝色溶液（1分，答蓝色或出现沉淀不给分）（2分）（2）>（1分）；负极：（1分）正极：（1分）（3）①（1分）I（1分）②（1分，写全给分）③<（1分）<（1分）10、略

【分析】解：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B(吸收水)、A(吸收二氧化碳)中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选择装置各导管的连接顺序是g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a)．

故答案为：g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a)．

(2)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，以免影响实验结果；

故答案为：吸收水分；干燥氧气；

(3)MnO2为分解制备氧气的催化剂；

故答案为：作催化剂、加快产生O2的速率；

(4)一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知，CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

故答案为：使有机物更充分氧化为CO2、H2O；

(5)A管质量增加1.76g说明生成了1.76g二氧化碳，可得碳元素的质量：1.76g××100%=0.48g；

B管质量增加1.08g说明生成了1.08g水，可得氢元素的质量：1.08g××100%=0.12g；从而可推出含氧元素的质量为：0.92g-0.48g-0.12g=0.32g；

设实验式为CXHYOZ，则X：Y：Z==2：6：1，即实验式为：C2H6O；

故答案为：：C2H6O；

(6)质谱图可知有机物的相对分子质量为46；

故答案为：46；

(7)有机物的实验式为：C2H6O，所以分子式为(C2H6O)n，相对分子质量为46n，而有机物的相对分子质量为46，则n=1，所以分子式为C2H6O；

故答案为：能；C2H6O；

(8)核磁共振氢谱中给出3种峰，说明该分子中有3种H原子，所以其结构简式为：CH3CH2OH；

故答案为：CH3CH2OH；【解析】g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a);吸收水分、干燥氧气;作催化剂、加快产生O2的速率;使有机物更充分氧化为CO2、H2O；;C2H6O;46;能;C2H6O;CH3CH2OH11、6△H1+2△H2-4△H3【分析】解：rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TH_{2}O(g)triangleH_{1}}

rm{垄脷N_{2}(g)+2O_{2}篓T2NO_{2}(g)triangleH_{2}}

rm{垄脹dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{3}{2}H_{2}(g)篓TNH_{3}(g)triangleH_{3}}

利用上述三个反应，结合盖斯定律rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TH_{2}O(g)triangleH_{1}}得：rm{4NH_{3}(g)+7O_{2}(g)篓T4NO_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangleH=6triangleH_{1}+2triangleH_{2}-4triangleH_{3}}

故答案为：rm{6triangleH_{1}+2triangleH_{2}-4triangleH_{3}}．

根据盖斯定律，rm{垄脷N_{2}(g)+2O_{2}篓T2NO_{2}(g)triangle

H_{2}}可得热化学方程式rm{垄脹dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac

{3}{2}H_{2}(g)篓TNH_{3}(g)triangleH_{3}}据此计算出该反应的焓变．

本题考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的含义及应用方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．rm{垄脵隆脕6+2隆脕垄脷-4隆脕垄脹}【解析】rm{6triangleH_{1}+2triangleH_{2}-4triangleH_{3}}三、有机推断题(共4题，共8分)12、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=CH213、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=CH214、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++HCl15、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、探究题(共4题，共16分)16、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）1－（49n/9m）（2分）17、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）18、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）1－（49n/9m）（2分）19、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、简答题(共3题，共24分)20、略

【分析】解：五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A和B、D、E均能形成共价型化合物，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3；则A为H元素；B为N元素，B和D同族，可知D为P；A和C同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，其中只有C为金属元素，可知C为Na元素；C和E形成的化合物在水中呈中性，则E为Cl元素；

（1）五种元素中；原子半径最大的是Na，非金属性最强的是Cl，故答案为：Na；Cl；

（2）非金属性越强，氢化物越稳定，则由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；

（3）D为P；在周期表的位置为第三周期ⅤA族，故答案为：第三周期ⅤA族；

（4）A和B形成的化合物与A和E形成的化合物反应，产物的化学式为NH4Cl，该化合物溶于水，水解显酸性，原因是NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；

故答案为：NH4Cl；酸；NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；

（5）D和E可形成PCl3，由电子式可知所有原子都满足8电子结构的化合物，故答案为：PCl3．

五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A和B、D、E均能形成共价型化合物，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3；则A为H元素；B为N元素，B和D同族，可知D为P；A和C同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，其中只有C为金属元素，可知C为Na元素；C和E形成的化合物在水中呈中性，则E为Cl元素，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．

本题考查位置、结构及性质的综合应用，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及周期律的应用，题目难度不大．【解析】Na；Cl；PH3；第三周期ⅤA族；NH4Cl；酸；NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；PCl321、略

【分析】解：由元素在周期表的位置可知，rm{a}为rm{H}rm{b}为rm{C}rm{c}为rm{N}rm{d}为rm{O}rm{e}为rm{Na}rm{f}为rm{Cl}

rm{(1)f}位于第rm{16}列，位于Ⅵrm{A}族，rm{e}为钠，元素符号为rm{Na}故答案为：Ⅵrm{A}rm{Na}

rm{(2)e}和rm{d}形成化合物为氧化钠、过氧化钠，化学式分别为rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}故答案为：rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}

rm{(3)}同周期