2025年鲁人版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年鲁人版高二化学下册月考试卷636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、下列有关概念说法正确的是（）A.H+、H2、H是氢元素的三种同位素B.CH2═CH2和属于同系物C.和是甲烷的两种氯代物D.和属于同分异构体2、向含有1mol配合物[Co（NH3）5Cl]Cl2的溶液中加入足量的硝酸银溶液，得到的沉淀物质的量为（）A.1molB.1.5molC.2molD.3mol3、在体积一定的密闭容器中给定物质A、B、C的量，在一定条件下发生反应建立的化学平衡：aA（g）+bB（g）

xC（g）；符合下图甲所示的关系（C%表示平衡混合气中产物C的百分含量，T表示温度，p表示压强）．则图乙中y轴是指（）

A.C的转化率B.平衡混合气中B的百分含量C.平衡混合气的平均相对分子质量D.平衡混合气的密度4、维生素rm{A}对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图：下列关于该化合物的说法正确的是rm{(}rm{)}A.维生素rm{A}的分子式为rm{C_{16}H_{25}O}B.维生素rm{A}含有苯环结构C.维生素rm{A}的一个分子中有rm{3}个双键D.维生素rm{A}的分子中含有两种官能团rm{(}维生素rm{A}的结构简式rm{)}5、对于化学反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O；下列说法正确的是（）

A.用HCl和CaCl2在单位时间内浓度变化表示的反应速率数据不同；但所表示的意义相同。

B.不能用CaCO3的浓度变化来表示反应速率；但可用水来表示。

C.用H2O和CO2表示的化学速率相同。

D.可用CaCl2浓度的减少表示其反应速率。

6、在入住新装修的新房之前，下列做法错误的是A.保持恒温，防止装修面干裂或变质B.适度开窗通风，充分进行室内外空气对流C.用高浓度的甲醛对室内进行环境消毒D.在各个房间均匀地适量放置吊兰、芦荟等评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)7、某研究性学习小组在实验室中配制1mol/L的稀硫酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液．下列有关说法中正确的是（）A.实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏B.如果实验中需用60mL的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶C.容量瓶中含有少量蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小E.配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大E.配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大8、在C+CO22CO的反应中（）A.C作还原剂B.CO2作氧化剂C.氧元素化合价降低D.氧元素化合价升高9、下列有关物质水解的说法正确的是rm{(}rm{)}

A.蛋白质水解的最终产物是多肽。

B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖。

C.纤维素不能水解成葡萄糖。

D.油脂水解产物之一是甘油A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}10、在体积都为rm{1L}rm{pH}都等于rm{2}的盐酸和醋酸溶液中，投入rm{0.65g}锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.11、下列各组表述中，两个微粒一定属于同种元素原子的是（）A.3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子的排布为1s22s22p63s23p2的原子B.2p能级有一个未成对电子的基态原子和价电子排布为2s22p5的原子C.M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子D.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子12、下述实验设计能够达到目的是rm{(}rm{)}

。编号实验目的实验设计rm{A}除去rm{CO_{2}}中少量的rm{SO_{2}}将混合气体通过饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{B}除去rm{Cu}粉中混有的rm{CuO}向混合物中滴加适量稀硝酸rm{C}检验溶液中是否含有rm{Fe^{2+}}向溶液中滴入氯水后，再滴加rm{KSCN}溶液rm{D}证明rm{H_{2}CO_{3}}酸性比rm{H_{2}SiO_{3}}强将rm{CO_{2}}通入rm{Na_{2}SiO_{3}}溶液中A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、1994年度诺贝尔化学奖授予为研究臭氧做出贡献的化学家。O3能吸收有害紫外线，保护人类赖以生存的空间。O3的分子结构如图，呈V型，两个OO键的夹角为116.5o。三个原子以一个O原子为中心，另外两个O原子分别构成一个共价键；中间O原子提供2个电子，旁边两个O原子各提供一个电子，构成一个特殊的化学键——三个O原子均等地享有这个电子。请回答：（1）臭氧与氧气的关系是_____________（2）写出下列分子与O3分子的结构最相似的是_______________A．H2OB．CO2C．SO2D．BeCl2（3）分子中某原子有一对或几对没有跟其他原子共用的价电子叫孤对电子，那么O3分子有对孤对电子。（4）O3分子是否为极性分子（填是或否）。（5）O3具有强氧化性，它能氧化PbS为PbSO4而O2不能，试配平：____PbS+____O3====____PbSO4+O2生成1molO2的转移电子物质的量为mol。14、(10分)中国古代四大发明之一——黑火药，它的爆炸反应为①除S外，上列元素的电负性从大到小依次为____。②在生成物中，A的晶体类型为A的电子式为③。原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子（价电子）排布为，的未成对电子数是。15、在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：rm{xA(g)+yB(g)?zC(g)}平衡时测得rm{A}的浓度为rm{0.3mol/L}保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得rm{A}的浓度降低为rm{0.18mol/L}则rm{A}的转化率______，rm{C}的体积分数______。rm{(}填“变大”、“变小”或“不变”rm{)}16、rm{(1)}相同质量的四种烃：rm{CH_{4}}rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{2}}完全燃烧，需要氧气最少的是______rm{(}填分子式rm{)}

rm{(2)}一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共rm{10g}混合气体的密度是相同状况下rm{H_{2}}密度的rm{12.5}倍，该混合物气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶总质量增加了rm{8.4g}组成该混合气体的可能是______和______rm{(}填分子式rm{)}

rm{(3)}标准状况下测得某烯烃和烷烃的混合气体的密度为rm{1.12g.L^{-1}}该状况下将rm{10ml}混合气体和rm{50ml}足量氧气混合点燃，充分反应后冷却至标准状况时剩余气体体积为rm{40ml}则混合气体的组成为______和______rm{(}填分子式rm{)}它们的体积分别为______和______．17、某化学课外活动小组研究乙醇氧化的实验并验证其产物，设计了甲、乙、丙三套装置（图中的夹持仪器均未画出，“△”表示酒精灯热源），每套装置又可划分为①、②、③三部分．仪器中盛放的试剂为：a-无水乙醇（沸点：78℃）；b-铜丝；c-无水硫酸铜；d-新制氢氧化铜悬浊液．

（1）简述两套方案各自的优点：

甲____

乙____．

（2）集中两套方案的优点，组成一套比较合理完善的实验装置，可按气流由左至右的顺序表示为____（例如甲①；乙②）

（3）若要保证此实验有较高的效率，还需补充的仪器有____．

理由____．

（4）实验中能验证乙醇氧化产物的实验现象是____．

（5）装置中，若撤去第①部分，其它操作不变，则无水硫酸铜无明显变化，其余现象与（4）相同，推断燃烧管中主要反应的化学方程式____．

18、A、B、C三种强电解质，它们溶于水在水中电离出的阳离子有K＋、Ag＋，阴离子有NO3－、OH－(电解质电离的离子有重复)。图1装置中，甲、乙、丙三个烧杯中依次盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为铂电极。接通电源，经过一段时间后，测得甲中b电极质量增加了43.2g。常温下各烧杯中溶液pH与电解时间t关系如图2。请回答下列问题：(1)写出三种强电解质的化学式：A；B；C。(2)写出乙烧杯c电极发生的电极反应为__________________________，甲烧杯中的总反应的化学方程式为___________________________________________。(3)计算丙烧杯e电极上生成的气体在标准状况下的体积为________________，甲烧杯中溶液的pH=。（假设溶液体积是400ml）(4)要使甲烧杯中的A溶液恢复到电解前的状态，需要加入的物质是_____________，其质量为。(5)若直流电源使用的是铅蓄电池，铅蓄电池的正极材料是PbO2，负极材料是Pb，电解质溶液时H2SO4，则放电时N级上发生的电极反应为____________________________________________________，M级附近溶液的pH(选填“升高”或“降低”或“不变”)。铅蓄电池充电时，若阳极和阴极之间用阳离子交换膜(只允许H+通过)隔开，则当外电路通过0.2mol电子时，由阳极室通过阳离子交换膜进入阴极室的阳离子有mol。19、（1）下列各化合物中，属于同系物的是，属于同分异构体的是填入编号)（2）系统命名法命名下列物质20、有机物rm{A}的结构简式为：

rm{(1)A}的分子式为______．

rm{(2)A}在rm{NaOH}水溶液中加热，经酸化得到有机物rm{B}和rm{D}rm{D}是芳香族化合物rm{.}当有rm{1mol}rm{A}发生反应时，最多消耗______rm{mol}rm{NaOH}．

rm{(3)B}在一定条件下发生酯化反应可生成某五元环酯；该五元环酯的结构简式为______．

rm{(4)}写出苯环上只有一个取代基且属于酯类的rm{D}的所有同分异构体．______．评卷人得分四、推断题(共3题，共15分)21、已知次氯酸能跟烯烃发生加成反应：RCH=CH2+HOCl→（或）如图所示的转化（图中的HOCl在加成反应中以-OH和-Cl的形式参与加成）．

回答问题：

（1）反应②的反应类型______

（2）结构简式：A______；C______．

（3）写化学方程式：反应④______，反应⑥______．22、（6分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件及部分产物已略）。已知A、B、E均为单质，B、E在常温下为气体，C为淡黄色固体。请回答下列问题：（1）写出F的电子式；（2）写出A和D反应的离子方程式；（3）写出C和D反应的化学方程式；23、化合物X的分子式为C5H11Cl，用NaOH的醇溶液处理X，可得分子式为C5H10的两种产物Y，Z，Y，Z经催化加氢后都可得到2甲基丁烷．若将化合物X用NaOH的水溶液处理，则所得有机产物的结构简式可能是（）A.CH3CH2CH2CH2CH2OHB.（CH3）2COHCH2CH3C.（CH3）2CHCH2CH2OHD.（CH3）3CCH2OH评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20分)24、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__________________________________．25、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__________________________________．26、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。27、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)28、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．29、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、D【分析】解：A．H+、H2、H是氢元素的三种核素；互称同位素，故A错误；

B．CH2═CH2和前者是烯烃，后者是环烷烃，结构不同，不属于同系物，故B错误；

C．甲烷为正四面体结构；对应的二氯代物不存在同分异构体，故C错误；

D．和的分子式相同；结构不同，属于同分异构体，故D正确；

故选D．

A．质子数；中子数一定的原子称为核素；质子数相同，质量数不同的同元素的不同原子互称同位素；

B．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；

C．甲烷的二氯代物不存在同分异构体；

D．分子式相同；结构不同的有机化合物互称同分异构体．

本题主要考查了“五同”，难度不大，注意把握概念的内涵与外延．【解析】【答案】D2、C【分析】解：在配合物[Co（NH3）5Cl]Cl2中，外界是Cl-，內界是[Co（NH3）5Cl]2+，有一个氯离子中内界，有两个氯离子在外界，[Co（NH3）5Cl]Cl2的电离方程式为[Co（NH3）5Cl]Cl2=[Co（NH3）5Cl]2++2Cl-，溶液中能与银离子反应生成沉淀的是在外界的氯离子，所以依据Ag++Cl-=AgCl↓可知，1mol此配合物电离产生2mol氯离子，由此可推断1mol配合物[Co（NH3）5Cl]Cl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液；生成氯化银沉的物质的量是2mol；

故选C．

配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成．在配合物[Co（NH3）5Cl]Cl2中；有一个氯离子中内界，有两个氯离子在外界，溶液中能与银离子反应生成沉淀的是在外界的氯离子，由此可推断生成氯化银沉淀的物质的量．

本题主要考查了配合物的性质，明确配合物的外界能产生自由移动的离子，但內界不产生自由移动的离子是解题的关键，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，题目难度中等．【解析】【答案】C3、C【分析】解：由C的百分含量--时间变化曲线可知：在相同温度线，增大压强（P2＞P1），C的百分含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则有a+b＞x；

在相同压强下升高温度（T1＞T2）；C的百分含量降低，则说明升高温度平衡向逆反应分析移动，该反应的正反应为放热反应，则。

A．由C的百分含量--时间变化曲线可知；增大压强平衡向正反应方向移动，C的转化率减小，与图象不符，故A错误；

B．由C的百分含量--时间变化曲线可知；增大压强平衡向正反应方向移动，B的百分含量减小，与图象不符，故B错误；

C．升高温度；平衡向逆反应分析移动，则混合气体的物质的量增多，质量不变，则平衡混合气的平均摩尔质量减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的总物质的量减小，则平衡混合气的平均摩尔质量增大，与图象向符合，故C正确；

D．由于反应容器的体积不变；气体的质量不变，则温度变化，平衡混合气的密度不变，故D错误；

故选C．

首先根据C的百分含量--时间变化曲线判断方程式的特征：在相同温度线，增大压强（P2＞P1），C的百分含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则有a+b＞x；

在相同压强下升高温度（T1＞T2）；C的百分含量降低，则说明升高温度平衡向逆反应分析移动，该反应的正反应为放热反应，在此基础上进一步判断Y随温度；压强的变化．

本题考查化学平衡的变化图象题目，题目难度不大，注意曲线的变化趋势，把握平衡移动的各物理量的变化．【解析】【答案】C4、D【分析】解：rm{A.}由结构简式可知维生素rm{A}的分子式为rm{C_{20}H_{30}O}故A错误；

B.该有机物中不含苯环，六元环上含有rm{1}个碳碳双键；故B错误；

C.有机物中含有rm{5}个rm{C=C}键；故C错误；

D.含有的官能团为碳碳双键和羟基；故D正确．

故选D．

分析维生素rm{A}的结构简式可知，分子中不含苯环，含有rm{5}个rm{C=C}键和rm{1}个rm{-OH}结合有机物的结构解答该题．

本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细．【解析】rm{D}5、A【分析】

A．在同一反应中；各物质表示的反应速率之比等于同一时间内各物质的浓度变化之比，故A正确；

B．CaCO3是固体，H2O为纯液体不能用来表示化学反应速率；故B错误；

C．H2O为纯液体；不能用来表示化学反应速率，故C错误；

D．CaCl2是生成物；不能用它的浓度的减少来表示，故D错误．

故选A．

【解析】【答案】A．同一反应中；用不同的物质浓度变化来表示反应速率时，其数值不一定相同，故应标明是哪种物质表示的化学反应速率，但这些数值表示的意义是相同的，均表示该化学反应的快慢；

B．固体和纯液体不能用来表示化学反应速率；

C．纯液体不能用来表示化学反应速率；

D．化学反应速率可用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示．

6、C【分析】甲醛有毒，所以选项C是错误的，其余都是正确的。答案选C。【解析】【答案】C二、双选题(共6题，共12分)7、A|B|D【分析】解：（1）A．实验中所用到的滴定管；容量瓶；在使用前均需要检漏，否则会造成误差，故A正确；

B．如果实验中需用60mL的稀硫酸标准溶液；配制时应选用100mL容量瓶，容量瓶的规格有50mL；100mL等容量瓶，应选择稍大于或等于配制溶液体积的容量瓶，故B正确；

C．容量瓶中含有少量蒸馏水；不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以不会导致所配标准溶液的浓度偏小，故C错误；

D．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后；即装入标准浓度的稀硫酸，导致稀硫酸的浓度偏小，所用稀硫酸的体积偏大，所以测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故D正确；

E．配制溶液时；若在最后一次读数时俯视读数，导致溶液的体积偏小浓度偏大，所用酸的体积偏小，故导致实验结果偏小，故E错误；

F．中和滴定时；若在最后一次读数时俯视读数，导致所用酸的体积偏小，故导致实验结果偏小，故F错误；

故答案为：ABD．

A．容量瓶有瓶塞；配制过程中需要摇匀，所以使用前必须检查是否漏液；

B．配制60mL溶液；需要选用100mL容量瓶；

C．容量瓶中少量的蒸馏水不影响溶质的物质的量和溶液的体积；

D．酸式滴定管没有润洗；导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高；

E．配制溶液时俯视定容；导致配制的溶液浓度偏高，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低；

F．滴定时；若最后一次俯视俯视，导致读数偏小，读出的标准液体积偏小，测定结果偏低．

本题考查了配制一定浓度的溶液方法及中和滴定操作方法、误差分析，题目难度中等，试题的题量稍大，注意掌握配制一定浓度的溶液方法及中和滴定的方法，明确误差分析的方法与技巧．【解析】【答案】ABD8、A|B【分析】解：在C+CO22CO的反应中碳有化合价由0价变成+2价；失电子是还原剂，二氧化碳中的碳由+4价变成+2价，得电子是氧化剂；

A；有化合价由0价变成+2价；C作还原剂，故A正确；

B；二氧化碳中的碳由+4价变成+2价；得电子是氧化剂，故B正确；

C；氧元素化合价不变；故C错误；

D；氧元素化合价不变；故D错误；

故选AB．

在C+CO22CO的反应中碳有化合价由0价变成+2价；失电子是还原剂，二氧化碳中的碳由+4价变成+2价，得电子是氧化剂，由此分析解答．

本题考查学生氧化还原反应中的基本概念，可以根据所学知识进行回答，较简单．【解析】【答案】AB9、BD【分析】略【解析】rm{BD}10、rAC【分析】解：体积都为rm{1L}rm{pH}都等于rm{2}的盐酸和醋酸溶液中，rm{n(CH_{3}COOH)>n(HCl)=0.01mol}rm{0.65g}锌粒的物质的量rm{=dfrac{0.65g}{65g/mol}=0.01mol}锌和酸反应rm{=dfrac

{0.65g}{65g/mol}=0.01mol}盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余rm{Zn+2H^{+}=Zn^{2+}+H_{2}隆眉}醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中rm{0.005mol}小于盐酸溶液中；

A.产生氢气的量从rm{pH}开始逐渐增多；最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象符合题意，故A正确；

B.反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同rm{0}曲线从相同速率开始反应；但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，故B错误；

C.刚开始时，溶液的rm{.}值为rm{pH}由于醋酸电离平衡的存在，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，所以醋酸反应速率始终大于盐酸反应速率，反应后，醋酸有剩余，导致反应过程中醋酸溶液rm{2}始终小于盐酸溶液；故C正确；

D.反应开始氢离子浓度相同；反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误；

故选AC．

根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量；依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点；拐点、终点的意义分析判断是否符合事实．

本题考查了化学反应速率的影响条件，弱电解质的电离平衡的应用，图象分析方法，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，难度中等．rm{pH}【解析】rm{AC}11、A|D【分析】解：A.3p能级有一个空轨道的基态原子，原子3p能级有2个电子，是Si，核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子也是Si；是同种元素的原子，故A选；

B．2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有5个电子，是F，价电子排布为2s22p5的原子，为同一原子，2p能级有空轨道，有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有1个电子，是B，与价电子排布为2s22p5的原子；不是同种元素的原子，故B不选；

C．M层全充满而N层为4s2的原子是Zn，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子是Fe；不是同种元素的原子，故C不选；

D．最外层电子数是核外电子总数的的原子是Br，价电子排布为4s24p5的原子也是Br；为同一原子，故D选；

故选AD．

A．3p能级有一个空轨道的基态原子；该原子3p能级有2个电子；

B．2p能级无空轨道；有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有5个电子，2p能级有空轨道，有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有1个电子；

C．M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2；

D．最外层电子数是核外电子总数的的原子是Br，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5

本题考查核外电子排布规律，侧重于原子结构与元素种类的判断，注重学生的分析能力的考查，注意把握原子核外电子排布特点，难度不大．【解析】【答案】AD12、rAD【分析】解：rm{A.CO_{2}}不溶于饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，且rm{SO_{2}}可与饱和rm{NaHCO_{3}}溶液反应生成rm{CO_{2}}可用于除杂，故A正确；

B.rm{Cu}和rm{CuO}都与硝酸反应；应用盐酸或稀硫酸除杂，故B错误；

C.应先加入rm{KSCN}溶液，因氯气可氧化rm{Fe^{2+}}故C错误；

D.将rm{CO_{2}}通入rm{Na_{2}SiO_{3}}溶液中，如生成沉淀，说明证明rm{H_{2}CO_{3}}酸性比rm{H_{2}SiO_{3}}强；故D正确．

故选AD．

A.rm{SO_{2}}可与饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应生成rm{CO_{2}}

B.rm{Cu}和rm{CuO}都与硝酸反应；

C.应先加入rm{KSCN}溶液；

D.根据强酸制取弱酸的规律判断．

本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、除杂和性质检验等操作，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．【解析】rm{AD}三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】（1）氧气和臭氧都是由氧元素形成的不同单质，属于同素异形体。（2）氧和硫属于同一主族，所以根据臭氧的结构特点可知，SO2和臭氧是最相似的。（3）中心氧原子还有1对孤对电子，而两侧的氧原子分别还有2对孤对电子，所以共计是5对。（4）由于中心氧原子提供2个电子，而两侧的氧原子提供1个电子，所以臭氧分子中的键就有极性。因此是极性分子。（5）根据电子的得失守恒可以进行配平。臭氧中的1个氧原子从0价降低到－2价，另外2个氧原子生成氧气，所以每生成1mol氧气，转移2mol电子。【解析】【答案】（1）同素异形体（2）C（3）5（4）是（5）1PbS+4O3====1PbSO4+4O2，214、略

【分析】【解析】【答案】(10分)(1)____(2)____________________(3)________；____15、略

【分析】解：平衡时测得rm{A}的浓度为rm{0.3mol/L}保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，rm{A}的浓度变为rm{0.15mol/L}而再达到平衡时，测得rm{A}的浓度降低为rm{0.18mol/L}可知体积增大、压强减小，平衡逆向移动，则rm{A}的转化率变小，rm{C}的体积分数变小；

故答案为：变小；变小。

平衡时测得rm{A}的浓度为rm{0.3mol/L}保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，rm{A}的浓度变为rm{0.15mol/L}而再达到平衡时，测得rm{A}的浓度降低为rm{0.18mol/L}可知体积增大；压强减小，平衡逆向移动，以此来解答。

本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握体积与压强的关系、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意静态变化与动态变化的结合，题目难度不大。【解析】变小；变小16、略

【分析】解：rm{(1)CH_{4}}rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{2}}的rm{H%}大小为：rm{CH_{4}>C_{3}H_{6}=C_{2}H_{4}>C_{2}H_{2}}质量相同时，分子中rm{H}元素的质量分数越小，完全燃烧时消耗rm{O_{2}}越少，故完全燃烧时消耗rm{O_{2}}的量最少的是rm{C_{2}H_{2}}

故答案为：rm{C_{2}H_{2}}

rm{(2)}混合气体的密度是相同状况下rm{H_{2}}密度的rm{12.5}倍，所以混合物的平均摩尔质量为rm{12.5隆脕2g/mol=25g?mol^{-1}}所以混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为rm{dfrac{10g}{25g/mol}=0.4mol}该混合气通过rm{dfrac

{10g}{25g/mol}=0.4mol}水时，rm{Br_{2}}水增重rm{Br_{2}}rm{8.4g}为烯烃的质量，所以甲烷的质量为rm{8.4g}甲烷的物质的量为rm{dfrac{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}故烯烃的物质的量为rm{10g-8.4g=1.6g}所以rm{dfrac

{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}烯烃rm{)=dfrac{8.4g}{0.3mol}=28g?mol^{-1}}设烯烃的组成为rm{0.4mol-0.1mol=0.3mol}则：rm{M(}解得：rm{)=dfrac

{8.4g}{0.3mol}=28g?mol^{-1}}故该烯烃为乙烯，所以该混合物为甲烷，乙烯；

故答案为：甲烷；乙烯；

rm{C_{n}H_{2n}}常温下水的状态为液体；氧气过量，残留气体为二氧化碳和氧气的混合物，则：

rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O隆芦trianglen=1+dfrac{y}{4}}

rm{14n=28}rm{n=2}

rm{(3)}rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac

{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O隆芦trianglen=1+dfrac

{y}{4}}

rm{dfrac{1mol}{10ml}=dfrac{(1+dfrac{y}{4})mol}{(50+10-40)ml}}解得rm{1mol}故烷烃为rm{(1+dfrac{y}{4})mol}烯烃为rm{10ml}

设rm{(50+10-40)ml}rm{dfrac{1mol}{10ml}=dfrac{(1+

dfrac{y}{4})mol}{(50+10-40)ml}}分别为rm{y=4}rm{CH_{4}}

则rm{C_{2}H_{4}}混合气体平均相对分子质量为rm{CH_{4}}则rm{dfrac{16隆脕dfrac{x}{22400}+28隆脕dfrac{y}{22400}}{dfrac{x}{22400}+dfrac{y}{22400}}=25.088垄脷}联立rm{C_{2}H_{4}}解得rm{xml}rm{yml}

故答案为：rm{x+y=10垄脵}rm{22.4L/mol隆脕1.12g.L^{-1}=25.088g}rm{dfrac{16隆脕dfrac{x}{22400}+28隆脕

dfrac{y}{22400}}{dfrac{x}{22400}+dfrac

{y}{22400}}=25.088垄脷}rm{垄脵垄脷}．

rm{x=2.43ml}质量相同时，分子中rm{y=7.57ml}元素的质量分数越小，完全燃烧时消耗rm{CH_{4}}越少；

rm{C_{2}H_{4}}根据混合气体的密度是相同状况下rm{2.43ml}密度的rm{7.57ml}倍可以确定有机物的平均摩尔质量rm{(1)}故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为：rm{dfrac{10g}{25g/mol}=0.4mol}该混合气通过rm{H}水时，rm{O_{2}}水增重rm{(2)}rm{H_{2}}为烯烃的质量，所以甲烷的质量为rm{12.5}物质的量为rm{25g/mol}故烯烃的物质的量为rm{dfrac

{10g}{25g/mol}=0.4mol}结合烯烃的质量和物质的量来确定烯烃的摩尔质量，再根据烯烃组成通式确定烯烃；

rm{Br_{2}}据氧气过量，烃的燃烧通式rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}在常温下水的状态为液态，则反应后残留的气体为二氧化碳、氧气，然后根据体积差列式计算出rm{Br_{2}}值，最后根据各烃的组成通式写出烃的分子式；混合气体平均相对分子质量为rm{8.4g}再根据混合气体rm{8.4g}列出两个等式求烃的体积．

本题考查有机物分子式的确定方法，难度中等，注意利用燃烧通式及体积差量法解答．rm{1.6g}【解析】rm{C_{2}H_{2}}甲烷；乙烯；rm{CH_{4}}rm{C_{2}H_{4}}rm{2.43ml}rm{7.57ml}17、略

【分析】

（1）甲中用分液漏斗；而乙中是长颈漏斗，用分液漏斗可以控制液体的流量，控制反应的进行，甲采用水浴加热，可形成较平稳的乙醇气流，使反应更充分，而乙中不是，甲中的②装置采用斜；长导管，斜、长导管起到冷凝回流乙醇蒸汽的作用但是乙中没有，在乙装置中，①③两处用了干燥管，可防止溶液中的水与无水硫酸铜反应，避免干扰生成物的验证，但是甲中没有；

故答案为：甲：①中用分液漏斗可以控制液体的流量；控制反应的进行；②中用热水浴加热，可形成较平稳的乙醇气流，使反应更充分；②中的斜；长导管起到冷凝回流乙醇蒸汽的作用（三点中答出两点即可）；乙：①与③中的干燥管可防止溶液中的水与无水硫酸铜反应，避免干扰生成物的验证；

（2）根据两套装置的优点来组装新的仪器装置为：乙①；甲②；乙③；故答案为：乙①；甲②；乙③；

（3）无水乙醇的沸点是78℃；要保证此实验有较高的效率，应注意温度的控制，保证乙醇以蒸汽形式去参与反应，可以控制水浴温度在78℃或略高于78℃，使乙醇蒸汽平稳流出，减少挥发；

故答案为：温度计；控制水浴温度在78℃或略高于78℃；使乙醇蒸汽平稳流出，减少挥发，提高反应效率；

（4）乙醇催化氧化产物是乙醛；属于醛类，可以和氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀和水；

故答案为：c处无水硫酸铜变蓝；d处生成红色沉淀；

（5）装置中；若撤去第①部分，则无氧气存在时，乙醇会在催化剂作用下分解为乙醛和氢气；

即C2H5OHCH3CHO+H2↑，故答案为：C2H5OHCH3CHO+H2↑．

【解析】【答案】（1）根据两套装置的不同之处来回答各自的优点；

（2）根据两套装置的优点来组装新的仪器装置；

（3）根据反应给定的物质的沸点以及反应的事实来选择仪器；

（4）乙醛属于醛类；可以和氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀和水；

（5）根据反应发生的结果来书写化学方程式．

18、略

【分析】（1）甲中b电极质量增加了43.2g，所以甲中是硝酸银。由于乙中溶液的pH不变，所以乙中应该是硝酸钾。丙中溶液的pH增大，说明是氢氧化钾。（2）b电极质量增加，所以b电极是阴极，则a是阳极，M是正极，N是负极，f、e、d、c分别是阴极、阳极、阴极、阳极。所以乙烧杯c电极发生的电极反应为4OH-－4e—=O2↑+2H2O。甲烧杯中出生成银外，还生成氧气，所以的总反应的化学方程式为2H2O＋4AgNO34Ag+O2↑+4HNO3。（3）反应中转移电子是43.2g÷108g/mol×1＝0.4mol。丙烧杯e电极的方程式为4OH-－4e—=O2↑+2H2O，所以生成氧气是0.1mol，标准状况下的体积是2.24L。根据甲中的总反应式可知，生成硝酸是0.4mol，其浓度是0.4mol÷0.4L＝1.0mol/L，所以pH＝0。（4）甲烧杯中减少的是银和氧气，所以需要加入0.2molAg2O才能使溶液恢复到电解前的状态，质量是0.2mol×232g/mol＝46.4g。（5）N是负极，失去电子，发生氧化反应，所以方程式为Pb－2e—+SO42—=PbSO4。M极是正极，得到电子，方程式为PbO2＋2e—＋4H＋＋SO42—=PbSO4＋2H2O，所以氢离子的浓度降低，pH升高。根据充电时的阴极反应式PbSO4＋2e—＝Pb＋SO42—可知，当转移0.2mol电子时，生成SO42—是0.1mol，所以需要氢离子是0.2mol。【解析】【答案】（1）AgNO3(1分)KNO3(1分)KOH(1分)（2）4OH-－4e—=O2↑+2H2O(1分)2H2O＋4AgNO34Ag+O2↑+4HNO3(1分)（3）2.24L(1分)0(2分)（4）Ag2O(1分)46.4g(2分)（5）Pb－2e—+SO42—=PbSO4(1分)升高(1分)0.2(2分)19、略

【分析】试题分析：（1）同系物是指同类物质中，分子组成相差1个或若干个-CH2基团的有机物的互称。所以符合条件的有BE；同分异构体是分子式相同结构不同的有机物的互称。符合条件的有AF；（2）烷烃的命名原则：选择最长碳链为主链，确定取代基，从取代基的编号较小的一端开始编号，命名。所以叫2,3-二甲基戊烷；烯烃的命名原则：选择含碳碳双键的最长碳链为主链，确定取代基，先确定碳碳双键的位置，再确定取代基的位置，所以叫4-甲基-2-乙基-1-戊烯。考点：考查同系物、同分异构体的判断，烷烃、烯烃的系统命名法【解析】【答案】（1）BE、AF；（2）2,3-二甲基戊烷、4-甲基-2-乙基-1-戊烯20、略

【分析】解：rm{(1)}由结构简式可知rm{A}的分子式为rm{C_{12}H_{13}O_{4}Cl}故答案为：rm{C_{12}H_{13}O_{4}Cl}

rm{(2)A}在rm{NaOH}水溶液中加热，经酸化得到有机物rm{B}和rm{D}rm{D}是芳香族化合物，则rm{B}为rm{D}为

rm{A}中含有羧基，可与氢氧化钠发生中和反应，含有酯基和rm{Cl}原子，水解生成羧基和rm{HCl}则rm{1molA}发生反应时，最多消耗rm{3molNaOH}

故答案为：rm{3}

rm{(3)B}为含有羧基和羟基，可发生酯化反应，形成五元环的结构简式为

故答案为：

rm{(4)D}为对应的同分异构体中，形成的酯可为苯甲酸甲酯、乙酸苯酚酯以及甲酸苯甲醇酯，结构简式分别为

故答案为：．

rm{(1)}由结构简式确定有机物含有的元素种类和原子数目；可确定有机物分子式；

rm{(2)A}在rm{NaOH}水溶液中加热，经酸化得到有机物rm{B}和rm{D}rm{D}是芳香族化合物，则rm{B}为rm{D}为

rm{(3)B}为含有羧基和羟基，可发生酯化反应；

rm{(4)}形成的酯可为苯甲酸甲酯；乙酸苯酚酯以及甲酸苯甲醇酯．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键．【解析】rm{C_{12}H_{13}O_{4}Cl}rm{3}四、推断题(共3题，共15分)21、取代反应CH2ClCH2OHCH2=CHOCH=CH2CH2ClCH2OH+NaOHCH2（OH）CH2OH+NaCl2CH2ClCOOH+CH2（OH）CH2OHCH2ClCOOCH2CH2OOCCH2Cl+2H2O【分析】解：（1）A在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成B为CH2ClCH2OCH2CH2Cl；故答案为：取代反应；

（2）由以上分析可知A为CH2ClCH2OH，C为CH2=CHOCH=CH2，故答案为：CH2ClCH2OH；CH2=CHOCH=CH2；

（3）反应④为A发生碱性水解得CH2（OH）CH2OH，方程式为CH2ClCH2OH+NaOHCH2（OH）CH2OH+NaCl；

反应⑥为CH2（OH）CH2OH、CH2ClCOOH发生酯化反应，方程式为2CH2ClCOOH+CH2（OH）CH2OHCH2ClCOOCH2CH2OOCCH2Cl+2H2O；

故答案为：CH2ClCH2OH+NaOHCH2（OH）CH2OH+NaCl；2CH2ClCOOH+CH2（OH）CH2OHCH2ClCOOCH2CH2OOCCH2Cl+2H2O．

根据E的分子式，结合题中信息可知，烯烃为CH2=CH2，与次氯酸发生加成反应生成A为CH2ClCH2OH，根据C的分子式可知，A在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成B为CH2ClCH2OCH2CH2Cl，B再发生消去反应生成C为CH2=CHOCH=CH2，A发生碱性水解得D为CH2（OH）CH2OH，A发生氧化反应得E为CH2ClCOOH，D和E发生酯化反应生成F为CH2ClCOOCH2CH2OOCCH2Cl；以此解答该题．

本题考查有机物的推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，解题时注意把握官能团的性质以及官能团的转化，根据E确定烯烃中碳原子数是解题的关键，注意把握题给信息．【解析】取代反应CH2ClCH2OHCH2=CHOCH=CH2CH2ClCH2OH+NaOHCH2（OH）CH2OH+NaCl2CH2ClCOOH+CH2（OH）CH2OHCH2ClCOOCH2CH2OOCCH2Cl+2H2O22、略

【分析】本题是无机框图题，关键是找准突破点。C为淡黄色固体，因此C是过氧化钠。所以A是钠，E是氧气，B是氢气，则D是水，F是氢氧化钠。（1）氢氧化钠是含有离子键的离子化合物，电子式为（2）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑。（3）过氧化钠溶于水即生成氢氧化钠和氧气，方程式为)2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑。【解析】【答案】(1)(2)2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑(3)2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑23、B【分析】【解答】解：能跟H2加成生成2﹣甲基丁烷，说明Y和Z均为分子中含5个C原子的不饱和烃，其碳骨架为．氯代烃发生消去反应生成烯烃和烯烃加氢生成烷烃；碳架不变，故化合物X的碳架有一个支链甲基；

A．CH3CH2CH2CH2CH2OH没有支链；故A错误；

B．（CH3）2COHCH2CH3对应X为（CH3）2CClCH2CH3；生成的烯烃有2种，符合题目要求，故B正确；

C．（CH3）2CHCH2CH2OH对应的X发生消去反应生成一种烯烃；故C错误；

D．（CH3）3CCH2OH对应的X为（CH3）3CCH2Cl；不能发生消去反应，故D错误．

故选B．

【分析】能跟H2加成生成2﹣甲基丁烷，说明Y和Z均为分子中含5个C原子的不饱和烃，其碳骨架为．氯代烃发生消去反应生成烯烃和烯烃加氢生成烷烃，碳架不变，故化合物X的碳架有一个支链甲基，以此解答该题．五、有机推断题(共4题，共20分)24、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=CH225、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=CH226、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