2025年冀少新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年冀少新版高二化学下册月考试卷812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7题，共14分)1、下列哪些是普通玻璃的主要成分是①Na2SiO3②CaCO3③CaSiO3④SiO2⑤Na2CO3⑥CaOA.①③⑥B.②③④C.①③④D.③④⑤2、有一种元素的电离能数据如下：

。电离能I1I2I3I4Im/kJ•mol-15781817274511578则该元素是（）A.NB.AlC.SiD.Zn3、10mL浓度为1moI．L-1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（）A.CuSO4B.Na2CO3C.K2SO4D.Zn（NO3）24、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1molNa_{2}O_{2}}与足量水反应转移电子数为rm{2N_{A}}B.rm{28g}rm{N_{2}}rm{CO}的混合气体中含有原子的数目等于rm{2N_{A}}C.常温常压下，rm{22.4L}rm{NH_{3}}分子的电子数、质子数均为rm{10N_{A}}D.rm{1mol}rm{N_{2}}与rm{3mol}rm{H_{2}}混合，充分反应后生成氨气分子数为rm{2N_{A}}5、在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：下列说法错误的是A.反应达到平衡时,X的转化率为50%B.反应可表示为C.增大压强可使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D.改变温度可以改变此反应的平衡常数6、从松树中分离得到的松柏醇，其结构简式为，它既不溶于水，也不溶于碳酸氢钠溶液，能够跟1mol该化合物起反应的H2或Br2的最大用量分别是（）A.1mol，2molB.4mol，2molC.4mol，4molD.4mol，1mol7、下列常见的物质分离和提纯操作中，将液体蒸发为气体再冷凝为液体的操作是rm{(}rm{)}A.结晶B.萃取C.蒸馏D.过滤评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、（12分）氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。（1）氢气的燃烧热值高，H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1。化学键H-HO=OO-H键能(kJ·mol-1)X496.4463请根据相关数据计算：H-H的键能X=________kJ·mol-1。（2）根据现代工业技术可以用H和CO反应来生产燃料甲醇，其反应方程式如下：CO2(g)+H2(g)=H2O+CH3OH(g)△H=-49.00kJ·mol-1一定温度下，在体积为1L的密闭容器中充入1.00molCO2和3.00molH2，测得CO2和CH3OH的浓度随时间变化如图所示。①能说明该反应已达平衡状态的是________（填代号）。A．CO2在混合气体中的体积分数保持不变B．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2OC．混合气体平均相对分子质量不随时间的变化而变化D．反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度比为1：1，且保持不变②从反应开始到平衡的平均反应速率v(H2)=________，达到平衡时氢气的转化率为________。③该温度下的平衡常数为________（小数点后保留2位）。④下列的条件一定能加快反应速率并且提高H2转化率的是________（填代号）。A．升高反应温度B．缩小容器的体积C．保持容器体积不变，充入稀有气体D．保持容器体积不变，充入CO2气体9、掺杂微量铜；硼、钾、硒等元素的单晶硅太阳能电池是第三代太阳能电池之一．

（1）Cu2+的电子排布式为______．

（2）已知铜转化为水合离子过程如下：

已知I1=745.5kJ•mol-1，I2=1957.3kJ•mol-1．在水溶液中Cu2+比Cu+更稳定的原因是______．

（3）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2．1mol（SCN）2含有π键的数目为______．HSCN有两种结构，H-S-C=N（硫氰酸）的沸点低于H-N=C=S（异硫氰酸）的沸点，其原因是______．

（4）BF3能与NH3坟茔生成配合物BF3•NH3，该配合物中B原子的杂化方式为______．

（5）铜和硒可形成的半导体团簇分子的球棍模型如甲所示，其分子式为______．

（6）镓与某有机物形成的配合物过程如图；在图上画出产物中的配位键．

（7）与Si同周期部分元素的电离能如图所示，其中a、b、c分别代表______．

A．a为I1、b为I2、c为I3B．a为I2、b为I3、c为I1

C．a为I3、b为I2、c为I1D．a为I1、b为I3、c为I2．10、已知：

P4（白磷，s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=-2983.2kJ/mol

P（红磷，s）+O2（g）═P4O10（s）△H=-738.5kJ/mol

试写出白磷转化为红磷的热化学方程式______；白磷的稳定性比红磷______（填“高”或“低”）．11、(10分)(1)下列分子中，其核磁共振氢谱中只有一个峰(信号)的物质是__________．A．CH3CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3COCH3(2)化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱如下图所示，则A的结构简式为____________，请预测B的核磁共振氢谱上有________个峰(信号)．(3)用核磁共振氢谱的方法来研究C2H6O的结构，请简要说明根据核磁共振氢谱的结果来确定C2H6O分子结构的方法是_______________12、已知水杨酸酯rm{E}为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜。rm{E}的一种合成路线如下：请回答下列问题：rm{(1)}饱和一元醇rm{A}中氧的质量分数约为rm{21.6拢楼}则rm{A}的分子式为________；结构分析显示rm{A}只有一个甲基，rm{A}的名称为________。rm{(2)B}能与新制的rm{Cu(OH)_{2}}发生反应，该反应的化学方程式为________。rm{(3)C}有________种结构；若一次取样，检验rm{C}中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：________。rm{(4)}第rm{垄脹}步的反应类型为________；rm{D}所含官能团的名称为________。rm{(5)}写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：________。rm{a.}分子中有rm{6}个碳原子在一条直线上；rm{b.}分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团。rm{(6)}第rm{垄脺}步的反应条件为________；写出rm{E}的结构简式：________。13、醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：可能用到的有关数据如下：。

相对分子质量密度rm{(g/cm^{3})}沸点rm{/隆忙}溶解性环己醇rm{100}rm{0.9618}rm{161}微溶于水环己烯rm{82}rm{0.8102}rm{83}难溶于水合成反应：在rm{a}中加入rm{20g}环己醇和rm{2}小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入rm{1mL}浓硫酸。rm{b}中通入冷却水后，开始缓慢加热rm{a}控制馏出物的温度不超过rm{90隆忙}分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量rm{5%}碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯rm{10g}回答下列问题：rm{(1)}装置rm{a}的名称是____。rm{(2)}加入碎瓷片的作用是____；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是____rm{(}填正确答案标号rm{)}A.立即补加rm{B.}冷却后补加rm{C.}不需补加rm{D.}重新配料rm{(3)}分液漏斗在使用前须清洗干净并____；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的____rm{(}填“上口倒出”或“下口放出”rm{)}rm{(4)}分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是____。rm{(5)}在环己烯粗产物蒸馏过程中，可能用到的仪器有____rm{(}填正确答案标号rm{)}rm{A}圆底烧瓶rm{B}温度计rm{C}漏斗rm{D}玻璃棒rm{E}接收器rm{(6)}本实验所得到的环己烯产率是____。rm{(}保留两位有效数字rm{)}rm{(}注：产率rm{=}实际产量rm{/}理论产量rm{隆脕100拢楼)}14、用系统命法写出下列物质名称：

rm{(1)}______

rm{(2)}______

rm{(3)}的系统名称为______

rm{(4)}键线式表示的分子式______；名称是______．15、用离子方程式解释下列问题。

（1）A12S3为什么不能用Na2S溶液和A1C13溶液制备______。

（2）泡沫灭火器原理______。

（3）氯化铁溶液蒸干并灼烧的产物是______，原因是______。评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)16、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__________________________________．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。19、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、原理综合题(共2题，共14分)20、磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

（操作流程）安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。

（实验装置）C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

请回答下列问题：

(1)仪器C的名称是__________________；

(2)以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应的化学方程式____________________；检查整套装置气密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是______________________；通入空气的作用是____________。若没有B装置，则实验中测得PH3含量将____________（填“偏低”；“偏高”或“不变”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。

(5)把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg•kg-1。21、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、综合题(共2题，共18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7题，共14分)1、C【分析】试题分析：由二氧化硅与碳酸钠和碳酸钙为原料制玻璃，原料为硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，答案选C．考点：玻璃的成分【解析】【答案】C2、B【分析】解：根据元素电离能知；第三电离能和第四电离能相差较大，说明该元素原子失去3个电子时变为稳定结构，则该主族元素原子最外层有3个电子，N；Al、Si和Zn四种元素的原子中只有Al原子最外层有3个电子，则该元素是Al；

故选：B．

同一种元素的原子；其电离能随着失电子个数的增多而增大，当原子失去电子变为稳定状态时，如果继续失电子，则其电离能会出现突兀性变化，据此判断该主族元素最外层电子数．

本题考查元素电离能的应用，明确同一元素电离能变化与主族元素最外层电子数的关系是解本题关键，熟练掌握前36号元素原子结构，题目难度不大．【解析】【答案】B3、C【分析】解：A．Zn可以置换出Cu；构成原电池，加快反应速率，故A错误；

B．加入碳酸钠溶液；与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故B错误；

C．加入硫酸钾溶液；氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢离子总量不变，所以生成氢气总量不变，故C正确；

D．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；与锌反应生成NO，故D错误．

故选C．

反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑；为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，以此来解答．

本题考查化学反应速率影响因素，题目难度不大，需注意生成氢气的量不变，注意A选项构成原电池，加快反应速率，明确化学反应速率及其影响因素为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A.1molNa_{2}O_{2}}与足量的水反应，转移的电子数为rm{N_{A}}故A错误；

B.氮气和rm{CO}的摩尔质量均为rm{28g/mol}故rm{28g}混合物的物质的量为rm{1mol}且均为双原子分子，故rm{1mol}混合物中含rm{2N_{A}}个原子；故B正确；

C.常温常压下，rm{22.4L}氨气的物质的量不是rm{1mol}故C错误；

D.rm{1mol}氮气与rm{3mol}氢气生成的氨气的物质的量一定小于rm{2mol}生成氨气的分子数小于rm{2N_{A}}故D错误；

故选B．

A.过氧化钠与水反应；过氧化钠既做氧化剂又做还原剂；

B.氮气和rm{CO}的摩尔质量均为rm{28g/mol}且均为双原子分子；

C.标准状况下气体摩尔体积为rm{22.4L/mol}

D.氮气与氢气的反应为可逆反应；反应物不可能完全转化成生成物．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{B}5、C【分析】试题分析：A、分析题给表中数据知，X的转化浓度为0.05mol/L，转化率=0.05mol/L/0.1mol/L×100%=50%，正确；B、分析题给表中数据知，反应达平衡后X的消耗浓度为0.05mol/L；Y的消耗浓度为0.15mol/L；Z的生成浓度为0.1mol/L；反应物和生成物的物质的量之比为：1：3：2，化学方程式为：正确；C、该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强可使平衡向生成Z的方向移动，但平衡常数的影响因素为温度，温度不变，平衡常数不变，错误；D、平衡常数的影响因素为温度，改变温度可以改变此反应的平衡常数，正确。考点：考查化学平衡，涉及平衡转化率的计算、反应方程式的确定、影响化学平衡及平衡常数的外界因素。【解析】【答案】C6、B【分析】分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，所以需要4分子氢气加成，1分子溴加成。又因为酚羟基的邻位上还有1个氢原子可发生取代反应，所以共需要单质溴2mol。因此正确的答案是B。【解析】【答案】B7、C【分析】解：蒸馏将液体蒸发为气体再冷凝为液体的操作；故选C．

将液体蒸发为气体再冷凝为液体的操作为蒸馏；据此解题．

本题考查物质的分离、提纯和除杂，注意基本操作的特点和装置，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】试题分析：(1)从键能考虑化学反应的焓变△H=反应物的键能和-生成物的键能和，所以X+1/2×496.4-463×2=-241.8，解得X=463；（2）判断化学反应的平衡状态，可根据组分的含量不再变化；当反应前后气体系数和不等时，混合气体的平均相对分子质量不再变化可作为达平衡的标志，所以A、C正确；利用题给的图像不难确定②、③的答案；④既要提高H2转化率，使平衡向正反应方向移动，又要加快反应的速率，所以BD正确。考点：化学反应的能量变化、化学平衡状态及化学平衡常数。【解析】【答案】（1）436（2）①AC②0.225mol/(L·min)75%③5.33④BD9、略

【分析】解：（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，二价铜离子价电子排布式为3d9、亚铜离子价电子排布式为3d10；亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以较稳定；

故答案为：1s22s22p63s23p63d9；

（2）Cu（g）～Cu+（g），铜的第一第一电离能为745.5kJ/mol，亚铜离子结合水放热582KJ，Cu（g）～Cu+（g）～Cu2+（g），铜离子结合水分子放热2121KJ，由电离能、Cu+和Cu2+与水结合放出的热量数据可知，Cu+（g）转化Cu2+（g）再与水结合比Cu+（g）直接水合放出的热量更多，因而在溶液中Cu2+更稳定；

故答案为：由电离能、Cu+和Cu2+与水结合放出的热量数据可知，Cu+（g）转化Cu2+（g）再与水结合比Cu+（g）直接水合放出的热量更多，因而在溶液中Cu2+更稳定；

（3）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个分子中含有4个π键，则1mol（SCN）2中含有π键的数目为4NA；

能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸；

故答案为：4NA；异硫氰酸分子间可形成氢键；而硫氰酸不能；

（4）硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3•NH3．在BF3•NH3中B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论确定B原子的杂化方式为sp3；

故答案为：sp3；

（5）分子的球棍模型中含铜原子8个含硒原子13个，则分子式为Cu8Se13，故答案为：Cu8Se13；

（6）镓原子和氮原子间形成配位键，由氮原子单方面提供电子对，和镓原子间形成四个配位键，画出的配位键图示为：

故答案为：

（7）在第三周期元素中，钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷、硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯，a为第二电离能为I2、b为第三电离能为I3、c为第一电离能为I1；选B；

故答案为：B．

（1）Cu是29号元素；其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子；一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定；

（2）Cu（g）～Cu+（g），亚铜离子结合水放热582KJ，Cu（g）～Cu+（g）～Cu2+（g）；铜离子结合水分子放热2121KJ，亚铜离子变化为铜离子，结合水分子放出热量多于亚铜离子直接结合水分子放出热量多；

（3）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为N≡C-S-S-C≡N；每个分子中含有4个π键，能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；

（4）硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3•NH3．在BF3•NH3中B原子价层电子对个数是4；根据价层电子对互斥理论确定B原子的杂化方式；

（5）铜和硒可形成的半导体团簇分子；依据分子球棍模型计算所含铜和硒原子数，写出分子式；

（6）镓与某有机物形成的配合物过程中生成的产物中镓原子和氮原子间形成配位键；由氮原子单方面提供电子对，和镓原子间形成四个配位键；

（7）在第三周期元素中；钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷；硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯．

本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查学生空间想象能力及计算能力，涉及配位键形成、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，主要是图象分析和数据分析、电离能的理解应用，题目难度较大．【解析】1s22s22p63s23p63d9；由电离能、Cu+和Cu2+与水结合放出的热量数据可知，Cu+（g）转化Cu2+（g）再与水结合比Cu+（g）直接水合放出的热量更多，因而在溶液中Cu2+更稳定；4NA；异硫氰酸可以形成分子间氢键而硫氰酸不可以；sp3；Cu8Se13；B10、略

【分析】解：P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=-2983.2kJ/mol①

P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=-738.5kJ/mol②

根据盖斯定律：①-②×4可得：P4（s；白磷）=4P（s，红磷）△H=（-2983.2kJ/mol）-（-738.5kJ）×4=-29.2kJ/mol；

说明白磷转化为红磷是放热反应；相同的状况下，能量比白磷低，而能量越低，物质越稳定，故白磷稳定性低于红磷；

故答案为：P4（白磷；s）=4P（红磷，s）△H=-29.2kJ/mol；低．

P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=-2983.2kJ/mol①

P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=-738.5kJ/mol②

①-②×4可得：P4（s；白磷）=4P（s，红磷），根据盖斯定律写出白磷转化为红磷的焓变，书写热化学方程式，根据物质的总能量与反应热的关系判断，能量越高物质越稳定．

本题考查了热化学方程式书写、盖斯定律的应用以及反应热和物质的能量之间的关系，题目难度中等．【解析】P4（白磷，s）=4P（红磷，s）△H=-29.2kJ/mol；低11、略

【分析】（1）考查有机物中氢原子种类的判断。首先同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系）。所以A中有1种，B中有2种，C中有2种，D中有1种。答案选AD。（2）根据核磁共振氢谱可判断，氢原子就只有1种，所以A结构简式为CH2BrCH2Br。因此B的结构简式就是CH3CHBr2，所以会出现2组峰。（3）分子式为C2H6O的可能是乙醇或甲醚，结构简式分别为CH3CH2OH和CH3OCH3。所以若谱图上给出3个峰，则C2H6O的结构简式为CH3CH2OH，若谱图中给出1个峰，则C2H6O的结构简式为CH3OCH3。【解析】【答案】(1)AD(2)CH2BrCH2Br2(3)若谱图上给出3个峰，则C2H6O的结构为CH3CH2OH(2分)，若谱图中给出1个峰，则C2H6O的结构为CH3OCH3(2分)12、（1）C4H10O1—丁醇（或正丁醇）（2）CH3CH2CH2CHO＋2Cu（OH）2＋NaOHCH3CH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O（3）2银氨溶液、稀盐酸、溴水（或其他合理答案）（4）还原反应（或加成反应）羟基（5）（6）浓H2SO4，加热【分析】rm{(1)}利用一元醇rm{A}中氧元素的质量分数约为rm{21.6拢楼}则rm{A}的分子式为rm{C_{4}H_{10}O}由rm{A}只有一个甲基得rm{A}的结构简式为rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}名称为rm{1隆陋}丁醇rm{(}或正丁醇rm{)}rm{(3)}根据信息可以得到反应中间体为其消去产物可能为检验rm{C}时应考虑相互干扰，一般先检验rm{隆陋CHO}再检验检验rm{隆陋CHO}时可以选择银氨溶液rm{[}或新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液rm{]}但要注意，反应后的溶液呈碱性，直接加溴水，无法验证一定存在，因rm{OH^{-}}与rm{Br_{2}}反应也会使溴水褪色，故应先加盐酸酸化后再加入溴水。rm{(4)}由rm{C}的相对分子质量为rm{126}和rm{D}的相对分子质量为rm{130}可知rm{C}到rm{D}的反应类型为加成反应。rm{(5)}要满足碳原子同直线的要求，结构中应存在碳碳三键，故利用rm{-CequivC-CequivC-}主体结构，然后把剩下的碳原子和rm{隆陋OH}rm{隆陋COOH}分别连接上去即可写出相应的同分异构体。【解析】rm{(1)C_{4}H_{10}O}rm{1隆陋}丁醇rm{(}或正丁醇rm{)}rm{(2)CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow{Delta}CH_{3}CH_{2}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{(2)CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow{Delta

}CH_{3}CH_{2}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}银氨溶液、稀盐酸、溴水rm{(3)2}或其他合理答案rm{(}rm{)}还原反应rm{(4)}或加成反应rm{(}羟基rm{(5)HOC{{H}_{2}}CequivC-CequivCC{{H}_{2}}COOH}rm{HOC{{H}_{2}}C{{H}_{2}}CequivC-CequivC-COOH}rm{)}浓rm{(5)HOC{{H}_{2}}CequivC-Cequiv

CC{{H}_{2}}COOH}加热rm{HOC{{H}_{2}}C{{H}_{2}}Cequiv

C-CequivC-COOH}13、略

【分析】【分析】本题考查了物质制备实验方案设计，醇性质的分析应用，实验现象和原理的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}依据装置图分析可知装置rm{a}是圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶；

rm{(2)}碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故答案为：防止暴沸；rm{B}

rm{(3)}由于分液漏斗有活塞开关；故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为：检漏；上口倒出；

rm{(4)}分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水；故答案为：干燥；

rm{(5)}在环己烯粗产物蒸馏过程中，可能用到的仪器有圆底烧瓶、温度计、接收器，故答案为：rm{ABE}

rm{(6)}环己醇为rm{0.2mol}理论上可以得到rm{0.2mol}环己烯，其质量为rm{16.4g}所以产率rm{=dfrac{10g}{16.4g}隆脕100%=61%}故答案为：rm{=dfrac

{10g}{16.4g}隆脕100%=61%}

rm{61%}【解析】rm{(1)}圆底烧瓶rm{(}蒸馏烧瓶不得分rm{)}rm{(2)}防止暴沸；rm{B}rm{(3)}检漏；上口倒出rm{(4)}干燥rm{(}或除水除醇rm{)}rm{(5)ABE}rm{(6)61%}14、略

【分析】解：rm{(1)}的最长碳链含有rm{7}个碳原子，rm{3}号位有rm{2}个甲基，rm{5}号位rm{1}个甲基，命名为：rm{3}rm{3}rm{5-}三甲基庚烷；

故答案为：rm{3}rm{3}rm{5-}三甲基庚烷；

rm{(2)}的含碳碳双键最长碳链有rm{4}个碳原子，rm{2}rm{3}号位各有rm{1}个甲基，命名为：rm{2}rm{3-}二甲基rm{1-}丁烯；

故答案为：rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯；

rm{(3)}中含有官能团碳碳三键，含有碳碳三键最长的碳链含有rm{5}个rm{C}主链为戊炔，编号从距离三键最近的一端右边开始编号，官能团碳碳三键在rm{1}号rm{C}表示为：“rm{1-}戊炔”，在rm{3}号rm{C}含有rm{1}个甲基，在rm{4}号rm{C}含有rm{2}个甲基，该有机物名称为：rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊炔；

故答案为：rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊炔；

rm{(4)}分子中含有rm{6}个碳原子，属于饱和烃，分子式为rm{C_{6}H_{14}}该有机物主链上有rm{5}个rm{C}rm{2}号rm{C}一个甲基，命名为rm{2-}甲基戊烷；

故答案为：rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

rm{(1)}烷烃命名原则：

rm{垄脵}长：选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近：离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小：支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

rm{(2)}有机物的名称书写要规范；

rm{(3)}对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

rm{(4)}含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

rm{(4)}分子中含有rm{6}个碳原子，属于饱和烃，分子式为rm{C_{6}H_{14}}依据烷烃的命名原则命名．

本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】rm{3}rm{3}rm{5-}三甲基庚烷；rm{2}rm{3-}二甲基rm{1-}丁烯；rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊炔；rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷15、2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑Fe2O3FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，HCl挥发，生成Fe（OH）3，灼烧发生反应：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O【分析】解：（1）硫离子与铝离子水溶液中发生双水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，离子方程式：2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑；

故答案为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑；

（2）泡沫灭火器原理碳酸氢根离子与铝离子双水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳，离子方程式：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（3）三价铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，方程式：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，方程式：2Fe（OH）3FeCl3+3H2O；

故答案为：Fe2O3；FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，HCl挥发，生成Fe（OH）3，灼烧发生反应：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O。

（1）依据硫离子与铝离子水溶液中发生双水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体解答；

（2）碳酸氢根离子与铝离子双水解生成氢氧化铝沉淀；二氧化碳；

（3）三价铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；氢氧化铁受热分解生成氧化铁。

本题考查了离子方程式的水解，侧重考查盐类水解的应用，明确盐类水解的性质是解题关键，题目难度中等。【解析】2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑Fe2O3FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，HCl挥发，生成Fe（OH）3，灼烧发生反应：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O三、有机推断题(共4题，共8分)16、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=CH217、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】

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++HCl19、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、原理综合题(共2题，共14分)20、略

【分析】分析：本题为综合实验题。主要考察磷化氢制备的原理、装置气密性的检查方法；高锰酸钾溶液为强氧化剂，因此装置中盛放该试剂的作用除去还原性气体；为了保证实验的准确性，利用空气把PH3全部带入到高锰酸钾溶液中进行吸收；最后根据反应的方程式中物质之间的关系计算出样品中PH3含量。

详解：(1)仪器C为反应的发生器；名称是三颈烧瓶；正确答案：三颈烧瓶。

(2)磷化钙与水反应生成磷化氢和氢氧化钙，反应的化学方程式：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；检查整套装置气密性方法：关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]；正确答案：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]。

(3)依据装置图进行分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂，可以吸收空气中的还原性气体；通入空气，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，减小实验误差；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的氧气,防止氧化装置C中生成的PH3,若没有B装置，PH3部分被氧气氧化，则实验中测得PH3含量将偏低；正确答案：除去空气中的还原性气体；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。

(4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O；正确答案：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O。

(5)根据2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+