2025年粤人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年粤人版高二化学上册月考试卷262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、下列化学用语正确的是()A．乙烯的结构简式C2H4B．乙醇的结构简式C2H6OC．1,3—丁二烯的键线式C．四氯化碳的电子式为2、下列认识中正确的是A.糖类是有甜味的物质B.糖类组成一定符合通式Cm(H2O)nC.糖类是人类维持生命的六大类营养素之一D.符合通式Cm(H2O)n的一定是糖3、满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有（）A.11种B.12种C.13种D.14种4、用括号中的试剂和方法除去各组物质中的少量杂质，正确的是rm{(}rm{)}A.苯中的甲苯rm{(}酸化高锰酸钾溶液分液rm{)}B.苯中的苯酚rm{(}浓溴水过滤rm{)}C.乙醇中的乙酸rm{(}饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液分液rm{)}D.溴乙烷中的乙醇rm{(}水分液rm{)}5、某学生用rm{2ml1mol/L}的rm{CuSO_{4}}溶液rm{4ml0.5mol/L}的rm{NaOH}溶液混合，然后加入rm{0.5ml4%}的rm{HCHO}溶液，加热至沸腾，未见红色沉淀。实验失败的主要原因rm{(}rm{)}A.甲醛量太少B.硫酸铜量少C.rm{NaOH}量少D.加热时间短6、rm{pH=11}的rm{x}rm{y}两种碱溶液各rm{5mL}分别稀释至rm{500mL}其rm{pH}与溶液体积rm{(V)}的关系如图所示，下列说法正确的是()A.rm{x}rm{y}两碱溶液的物质的量浓度一定相等B.稀释后rm{x}溶液中水的电离程度比rm{y}溶液中水电离程度小C.若rm{x}rm{y}都是弱碱，则rm{a}的值一定大于rm{9}D.完全中和rm{x}rm{y}两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积rm{V(x)>V(y)}7、糖类；油脂、蛋白质是人类生存和发展的三大类营养物质．下列有关这三类物质的说法正确的是（）

A.糖类是具有甜味的物质。

B.油脂是热能最高的营养物质。

C.糖类；油脂、蛋白质都属于高分子化合物。

D.三类物质都能发生水解反应。

8、下列做法违背低碳节能原则的是（）A.发展氢能和太阳能B.用有机物代替水作溶剂C.提高原子利用率D.限制塑料制品的使用9、已知某有机化合物的相对分子质量为rm{128}且只由碳、氢两种元素组成rm{.}下列对该有机化合物的碳原子成键特点的分析中正确的是rm{(}rm{)}A.一定含有双键B.一定含有三键C.一定含有不饱和键D.可能含有苯环评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应（均为可逆反应）：①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=—90．1kJ·mol-1②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=—49．0kJ·mol-1水煤气变换反应③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H3=—41．1kJ·mol-1二甲醚合成反应④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=—24．5kJ·mol-1（1）由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为。（2）一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应①，下列描述能说明反应到达平衡状态的是。a.容器中气体平均相对分子质量保持不变b.容器中气体密度保持不变c.CH3OH(g)浓度保持不变d.CH3OH(g)的消耗速率等于H2(g)的消耗速率（3）一定温度下，将8molCH3OH(g)充入5L密闭容器中进行反应④，一段时间后到达平衡状态，反应过程中共放出49kJ热量，则CH3OH(g)的平衡转化率为____，该温度下，平衡常数K=；该温度下，向容器中再充入2molCH3OH(g)，对再次达到的平衡状态的判断正确的是。a.CH3OH(g)的平衡转化率减小b.CH3OCH3(g)的体积分数增大c.H2O(g)浓度为0．5mol·L-1d.容器中的压强变为原来的1．25倍（4）二甲醚—氧气燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇燃料电池，若电解质为酸性，二甲醚—氧气燃料电池的负极反应为；消耗2．8L(标准状况)氧气时，理论上流经外电路的电子mol11、按要求填空。

rm{(1)}常温时的rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}的水溶液rm{pH}______rm{7(}填rm{>}rm{=}rm{<)}原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}______．

rm{(2)}氯化铝溶液蒸干；灼烧后得到的固体物质是______．

rm{(3)}用离子方程式解释下列过程：

rm{垄脵}纯碱溶液显碱性：______．

rm{垄脷}泡沫灭火器的反应原理rm{(}硫酸铝溶液与小苏打rm{)}______．

rm{(4)}已知在rm{25隆忙}时rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=3.2隆脕10^{-11}}rm{K_{sp}[Cu(OH)_{2}]=2.2隆脕10^{-20}.25隆忙}时，向浓度均为rm{0.02mol?L^{-1}}的rm{MgCl_{2}}和rm{CuCl_{2}}混合溶液中逐滴加入rm{NaOH}溶液，先生成______沉淀rm{(}填化学式rm{)}当两种沉淀共存时，rm{dfrac{c(Mg^{2+})}{c(Cu^{2+})}=}______．rm{dfrac

{c(Mg^{2+})}{c(Cu^{2+})}=}12、（5分）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________，是同一种物质的有________。（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）D（6）T(11)2,2-二甲基丁烷13、（14分）在一恒容密闭容器中发生某化学反应2A(g)B(g)+C(g)，在三种不同条件下进行，其中实验Ⅰ、Ⅱ都在800℃，实验Ⅲ在850℃，B、C的起始量都为0，反应物A的浓度(mol·L-1)随时间(min)的变化如图所示：试回答下列问题：（1）在实验Ⅰ中，反应在20min至40min内A的平均反应速率为mol·L-1min-1。（2）根据实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，可推测该反应降低温度，平衡向____（填“正”或“逆”）反应方向移动，该正反应是_________（填“放热”或“吸热”）反应。（3）若将实验Ⅰ中A的起始浓度改为0.8mol·L—1，其它条件不变，与实验Ⅰ相比，则达平衡时所需时间________实验Ⅰ(填写“大于”、“等于”或“小于”)。（4）实验Ⅱ和实验I相比，可能隐含的反应条件是____________________。A．升高温度B．增大压强C．使用了催化剂D．增大A的浓度（5）800℃时，A达平衡时的转化率为，此温度下该反应的化学平衡常数K值为14、某化学兴趣小组在课外活动中；对某溶液进行了多次检测，其中的三次检测结果如下表所示，请回答：

。检测次数溶液中检测出的溶质第一次rm{KCl}rm{K_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaCl}第二次rm{KCl}rm{BaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{K_{2}CO_{3}}第三次rm{Na_{2}CO_{3}}rm{KCl}rm{K_{2}SO_{4}}rm{NaCl}rm{(1)}三次检测结果中第______次的检测结果肯定不正确．

rm{(2)}在检测时，为了确定溶液中是否存在rm{SO;_{4}^{2-}}rm{CO;_{3}^{2-}}和rm{Cl^{-}}该小组同学进行了如下实验，请你参与探究与分析．

。实验步骤实验操作实验目的反应的离子方程式第一步向溶液中滴加过量的rm{HNO_{3}}溶液检验______的存在______第二步继续滴加过量的______溶液检验rm{SO;_{4}^{2-}}的存在______第三步过滤、再向滤液中滴加______溶液检验______的存在rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)15、（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。16、（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。17、（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。18、（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。评卷人得分四、简答题(共1题，共4分)19、下表为周期表的一部分；其中的编号代表对应不同的元素．

请回答下列问题．

rm{(1)}表中属于rm{d}区的元素是______rm{(}填编号rm{)}元素rm{垄脿}的原子外围电子排布式是______．

rm{(2)垄脹}和rm{垄脽}形成的常见化合物的晶体类型是______；rm{垄脷垄脹垄脺}的电负性：______rm{>}______rm{>}______rm{(}用元素符号表示rm{).}判断依据是______，气态氢化物最稳定的是______rm{(}写化学式rm{)}

rm{(3)}某元素的特征电子排布式rm{(}价电子排布式rm{)}为rm{ns^{n}np^{n+1}}该元素为周期表中的______rm{(}填编号rm{)}该元素与元素rm{垄脵}形成的化合物rm{X}极易溶于水的原因是______．

rm{(4)垄脷垄脼}形成化合物的化学式为______，其熔点比金刚石的______rm{(}填“高”或“低”rm{)}．

rm{(5)垄脻}的氧化物与rm{垄脼}的最高价氧化物的水化物反应的方程式为______．评卷人得分五、有机推断题(共4题，共8分)20、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__________________________________．21、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__________________________________．22、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。23、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8分)24、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．25、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、C【分析】结构简式中要体现出官能团，所以乙烯、乙醇的结构简式为分别CH2＝CH2、CH3CH2OH。四氯化碳中氯原子还有没有参与成键到电子，电子式为将碳、氢元素符号省略，只表示分子中键的连接情况，每个拐点或终点均表示有1个碳原子，称为键线式。所以选项C正确，答案是C。【解析】【答案】C2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】【解答】解：先分析碳骨架异构，分别为C﹣C﹣C﹣C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，①骨架C﹣C﹣C﹣C上分别添加Cl、Br原子的种类有：共8种；

②骨架上分别添加Cl、Br原子的种类有有：共4种；

所以满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有12种；

故选B．

【分析】C4H8ClBr可以可知丁烷中的2个H原子分别为1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断．4、D【分析】解：rm{A.}酸性rm{KMnO_{4}}可以把甲苯氧化为苯甲酸，酸性rm{KMnO_{4}}与苯不反应；苯甲酸与苯互溶，上层液为苯与苯甲酸，下层为水，不能除去杂质，故A错误；

B.苯中的苯酚加入溴水，苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚和苯混溶，不能将杂质除去，应用rm{NaOH}溶液分离；故B错误；

C.乙醇和乙酸混溶，乙酸与饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液生成乙酸钠溶于水；乙醇和水混溶，不能分离，故C错误；

D.溴乙烷和水互不相溶；乙醇和水混溶，可用水多次萃取分液分离，故D正确；

故选D．

A.酸性rm{KMnO_{4}}可以把甲苯氧化为苯甲酸；苯甲酸与苯互溶；

B.三溴苯酚和苯混溶；

C.乙酸钠溶于水；乙醇和水混溶，不分层；

D.根据二者的水溶性进行判断；

本题考查物质的分离、提纯和除杂，注意除杂的要求：既要把杂质除去，又不能引入新的杂质且原物质不能被消耗，题目难度不大．【解析】rm{D}5、C【分析】解：该反应的本质是：乙醛中具有还原性的醛基，被新制的氢氧化铜氧化，即醛基与氢氧化铜中的rm{+2}价的铜发生氧化还原反应，只要有醛基即可反应，且加热至煮沸即可，本实验中试剂的量：rm{n(CuSO_{4})=2mol/L隆脕0.002L篓T0.004mol}rm{n(NaOH)=0.5mol/L隆脕0.002L篓T0.001mol}

根据反应：rm{CuSO_{4}+2NaOH篓TCu(OH)_{2}隆媒+2NaSO_{4}}

可知：当rm{n(NaOH)<2n(CuSO_{4})}硫酸铜过量，而本实验要求碱过量，所以rm{NaOH}量少；故C正确；

故选：rm{C}

乙醛和新制的rm{Cu(OH)_{2}}反应的本质是：乙醛中具有还原性的醛基，被新制的氢氧化铜氧化，即醛基与氢氧化铜中的rm{+2}价的铜发生氧化还原反应；操作的关键是在碱性环境下进行，即碱要过量。

本题考查了有机物乙醛和新制的rm{Cu(OH)_{2}}反应实验，碱要过量是实验的关键条件，题目难度不大。【解析】rm{C}6、C【分析】【分析】

根据信息可知两种碱溶液具有相同的体积和rm{pH}则碱性强的溶液的浓度小，再利用两溶液在稀释时强碱的变化程度大来分析解答即可。则碱性强的溶液的浓度小，再利用两溶液在稀释时强碱的变化程度大来分析解答即可。

【解答】

rm{pH}的rm{pH=11}rm{x}两种碱溶液各rm{y}分别稀释至rm{5mL}加水稀释促进弱碱电离，rm{500mL}变化大的碱是较强碱，变化小的碱是较弱碱，根据图片知，rm{pH}的碱性大于rm{x}

A.rm{y}相等的两种碱，rm{pH}的碱性大于rm{x}故rm{y}的浓度大于rm{y}A错误。

B.碱中氢氧根离子的浓度越大，其抑制水电离程度越大，根据图象中知，rm{x}中氢氧根离子浓度大于rm{y}所以稀释后rm{x}溶液中水的电离程度比rm{x}溶液中水电离程度大；故B错误；

C.若rm{y}rm{x}都是弱碱，加水稀释促进弱电解质电离，所以rm{y}的值一定大于rm{a}故C正确；

D.所以等体积等rm{9}的两种碱，消耗同浓度稀硫酸的体积rm{PH}故D错误。

故选C。rm{V(x)<V(y)}则碱性强的溶液的浓度小，再利用两溶液在稀释时强碱的变化程度大来分析解答即可．

根据信息可知两种碱溶液具有相同的体积和rm{pH}则碱性强的溶液的浓度小，再利用两溶液在稀释时强碱的变化程度大来分析解答即可．【解析】rm{C}7、B【分析】

A．糖类不一定都具有甜味；如纤维素是多糖，但没有甜味，故A错误；

B．油脂是热能最高的营养物质；是人类的主要食物之一，故B正确；

C．单糖如葡萄糖；双糖如蔗糖、油脂这些物质的相对分子质量较小；不属于高分子化合物，蛋白质是有机高分子化合物，故C错误；

D．糖类中的葡萄糖属于单糖；是不能水解的糖，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】A．糖类不一定都具有甜味；

B．油脂是热能最高的营养物质；

C．单糖；双糖、油脂不属于有机高分子化合物；

D．糖类中的单糖不能水解．

8、B【分析】解：A．开发利用氢能和太阳能等新能源；无污染且属于可再生能源，可以减少二氧化碳的排放，造成环境污染等，故A正确；

B．用纯液态有机物代替水作溶剂；与减少二氧化碳的排放无关，故B错误；

C．绿色化学是指无污染；无公害、尽可能地把反应物转化为环保、健康、安全的产品；提高原子利用率，发展绿色化学符合低碳经济的理念，故C正确；

D．限制塑料制品的使用；可以减少白色污染，符合低碳经济的理念，故D正确；

故选B．

根据低碳经济的理念进行分析；低碳就是减少二氧化碳的排放．

A．氢能燃烧生成水以及太阳能都无污染且属于可再生能源；

B．纯液态有机物与减少二氧化碳的排放无关；

C．发展绿色化学；可把反应物转化为环保；健康、安全的产品；

D．塑料是含碳的有机高聚物；限制塑料制品的使用可减少白色污染．

本题主要考查了与节能减排相关的知识，依据低碳就是减少二氧化碳的排放进行解答，题目难度不大．【解析】【答案】B9、D【分析】解：某有机化合物的相对分子质量为rm{128}且只有碳、氢两种元素组成，由rm{dfrac{128}{14}=92}所以分子式为rm{C_{9}H_{20}}或rm{C_{10}H_{8}}若为rm{C_{9}H_{20}}属于饱和烃，没有不饱和键，若为rm{C_{10}H_{8}}属于不饱和烃，含有不饱和键或含有苯环；

故选：rm{D}．

根据相对分子质量利用余商法确定分子式；再根据分子式利用不饱和度确定成键方式．

本题考查有机物分子式与结构的确定，理解根据相对分子质量利用商余法确定烃的分子式，难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】试题分析：由已知的方程式①×2+④得2CO(g)+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△=－204．7kJ/mol,（2）由反应①可知ac说明反应达平衡状态。（3）根据反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=—24．5kJ·mol-1当放热为49kJ时消耗甲醇4mol4mol2mol2mol结合平衡常数k=c（CH3OCH3）c（H2O）/C2(CH3OH)得0．25，当再冲入2mol甲醇时化学平衡不会移动且平衡常数不变，确定C对，压强为原来的1．25倍。（4）电解质为酸性电池的负极反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+,正极反应式为4H++O2+4e-=4H2O，消耗2．8L氧气时转移电子为0．5mol。考点：盖斯定律、化学平衡状态的标志、化学平衡常数、原电池原理、电子反应式的书写。【解析】【答案】（1）2CO(g)+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△=－204．7kJ/mol,（2）ac（3）50%0．25cd（4）CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+,0．511、略

【分析】解：rm{(1)Fe_{2}(SO_{4})_{3}}是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性，rm{<7}水解方程式为：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}

故答案为：rm{<}rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}

rm{(2)}氯化铝溶液溶液在加热时促进rm{Al^{3+}}的水解，水解后生成rm{Al(OH)_{3}}加热分解生成rm{Al_{2}O_{3}}故答案为：rm{Al_{2}O_{3}}

rm{(3)垄脵Na_{2}CO_{3}}溶液中存在水解离子反应为：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}溶液呈碱性；

故答案为：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}

rm{(2)}泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，碳酸氢钠属于强碱弱酸盐的酸式盐，硫酸铝属于强酸弱碱盐，两者发生双水解，所以泡沫灭火器的反应原理为：rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}=Al(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}

故答案为：rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}=Al(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉.}

rm{(4)Mg(OH)_{2}}rm{Cu(OH)_{2}}的结构类型相同，rm{Cu(OH)_{2}}溶度积更小，溶解度越小，加入rm{NaOH}溶液，rm{Cu(OH)_{2}}最先析出，当两种沉淀共存时，rm{c(OH^{-})^{2}隆脕c(Mg^{2+})geqslant3.2隆脕10^{-11}}rm{(OH^{-})^{2}隆脕c(Cu^{2+})geqslant2.2隆脕10^{-20}}rm{dfrac{c(Mg^{2+})}{c(Cu^{2+})}=1.45隆脕10^{9}}故答案为：rm{c(OH^{-})^{2}隆脕c(Mg^{2+})geqslant

3.2隆脕10^{-11}}rm{(OH^{-})^{2}隆脕c(Cu^{2+})geqslant

2.2隆脕10^{-20}}．

rm{dfrac

{c(Mg^{2+})}{c(Cu^{2+})}=1.45隆脕10^{9}}是强酸弱碱盐；铁离子水解而导致其溶液呈酸性；

rm{Cu(OH)_{2}}氯化铝溶液溶液在加热时促进rm{1.45隆脕10^{9}}的水解；

rm{(1)Fe_{2}(SO_{4})_{3}}纯碱为碳酸钠；属于强碱弱酸盐水解溶液呈碱性；

rm{(2)}泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；

rm{Al^{3+}}rm{(3)垄脵}的结构类型相同；溶度积越小，溶解度越小，加入相同的浓度的氨水，最先析出．

本题考查了盐类水解的应用、溶度积常数的应用，解题的重点是了解溶液酸碱性与rm{垄脷}的关系，侧重于对基础知识的应用的考查，本题难度中等．rm{(4)Mg(OH)_{2}}【解析】rm{<}rm{Fe^{3+}+3H_{2}?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}=Al(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}rm{Cu(OH)_{2}}rm{1.45隆脕10^{9}}12、略

【分析】试题分析：同系物指的是结构相似，在组成上相差一个或几个CH2原子团的物质，同分异构体是指分子式相同结构不同的物质，同素异形体由同种元素组成的不同单质，同位素是指质子数相同，中子数不同的不同原子，属于同系物的有7和11，（或8、11）它们都属于烷烃；互为同分异构体的有9和10，它们分子式相同结构不同；互为同素异形体的有3和4，它们都是有磷元素组成的不同单质；互为同位素的有5和6，它们是H元素的不同原子；同一种物质的有7、8（1、2）考点：基本化学概念的理解和运用。【解析】【答案】7、11（8、11）；9、10；3、4；5、6；7、8（1、2）13、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（每空2分）（1）0.0075（2）逆，吸热（3）大于（4）BC（5）50%，0.2514、略

【分析】解：rm{(1)}第二次中，钡离子与硫酸根离子、碳酸根离子均反应生成沉淀，而第一次与第三次结果中，物质之间均不反应，即第二次的检测结果中，rm{BaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}之间发生反应生成碳酸钡沉淀；所以第二步检验不正确；

故答案为：二；

rm{(2)}确定溶液中是否存在rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}和rm{Cl^{-}}为了避免干扰，应该先检验碳酸根离子，然后检验硫酸根离子，最后检验氯离子，具体检验方法为：加硝酸生成气体为二氧化碳可检验rm{CO_{3}^{2-}}发生离子反应为rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液生成白色沉淀可检验rm{SO_{4}^{2-}}发生离子反应为rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}=BaSO_{4}隆媒}向滤液中加硝酸银生成白色沉淀可检验rm{Cl^{-}}

故答案为：。实验步骤实验操作实验目的离子反应第一步rm{CO_{3}^{2-}}rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}第二步rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}=BaSO_{4}隆媒}第三步rm{AgNO_{3}}rm{Cl^{-}}

rm{(1)}第二次中；钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀；

rm{(2)}确定溶液中是否存在rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}和rm{Cl^{-}}加硝酸生成气体为二氧化碳可检验rm{CO_{3}^{2-}}加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液生成白色沉淀可检验rm{SO_{4}^{2-}}向滤液中加硝酸银生成白色沉淀可检验rm{Cl^{-}}以此来解答．

本题考查了常见离子的检验方法、物质的检验及实验方案的设计，把握离子的性质及离子之间的反应为解答的关键，明确复分解反应及常见离子检验方法即可解答，题目难度中等．【解析】二；rm{CO_{3}^{2-}}rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}=BaSO_{4}隆媒}rm{AgNO_{3}}rm{Cl^{-}}三、探究题(共4题，共8分)15、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）16、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）17、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）18、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）四、简答题(共1题，共4分)19、略

【分析】解：由元素在周期表中位置，可知可知rm{垄脵}为rm{H}rm{垄脷}为rm{C}rm{垄脹}为rm{N}rm{垄脺}为rm{O}rm{垄脻}为rm{Al}rm{垄脼}为rm{S}rm{垄脽}为rm{Cl}rm{垄脿}为rm{Cu}rm{垄谩}为rm{Fe}

rm{(1)d}区元素包含周期表中rm{3-10}列元素，上述元素中只有rm{垄谩}号元素属于rm{d}区，元素rm{垄脿}为rm{Cu}其外围电子排布式为rm{3d^{10}4s^{1}}故答案为：rm{垄谩}rm{3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)N}和rm{Cl}形成的常见化合物是rm{NCl_{3}}由分子构成，属于分子晶体，元素的非金属性越强，其电负性越大，气态氢化物越稳定，由于非金属性rm{O>N>C}故电负性：rm{O>N>C}气态氢化物最稳定的是rm{H_{2}O}

故答案为：分子晶体；rm{O>N>C}同周期元素从左到右的非金属性逐渐增强；rm{H_{2}O}

rm{(3)}某元素的特征电子排布式rm{(}价电子排布式rm{)}为rm{ns^{n}np^{n+1}}rm{s}上最多排布rm{2}个电子，故rm{n=2}该元素是rm{N}rm{N}为周期表中的rm{垄脹}rm{N}元素与元素rm{H}形成的化合物rm{X}为氨气；由于氨气和水都是极性分子，氨气和水分子间可以形成分子间氢键；

故答案为：rm{垄脹}氨气和水都是极性分子；氨气和水分子间可以形成分子间氢键；

rm{(4)垄脷垄脼}形成化合物为rm{CS_{2}}为分子晶体，而金刚石为原子晶体，原子晶格熔点高，则其熔点比金刚石的低，故答案为：rm{CS_{2}}低；

rm{(5)}氧化铝与硫酸反应的方程式为rm{Al_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}故答案为：rm{Al_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O.}

由元素在周期表中位置，可知rm{垄脵}为rm{H}rm{垄脷}为rm{C}rm{垄脹}为rm{N}rm{垄脺}为rm{O}rm{垄脻}为rm{Al}rm{垄脼}为rm{S}rm{垄脽}为rm{Cl}rm{垄脿}为rm{Cu}rm{垄谩}为rm{Fe}

rm{(1)d}区元素包含周期表中rm{3-10}列元素；rm{Cu}的原子序数为rm{29}

rm{(2)垄脹}和rm{垄脽}形成的常见化合物为rm{NCl_{3}}由分子构成；非金属性越强，对应电负性越大；气态氢化物越稳定；

rm{(3)}元素的特征电子排布式rm{(}价电子排布式rm{)}为rm{ns^{n}np^{n+1}}rm{n}只能为rm{2}

rm{(4)垄脷垄脼}形成化合物为rm{CS_{2}}为分子晶体，而金刚石为原子晶体，原子晶格熔点高；

rm{(5)}氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水．

本题考查位置、结构、性质的应用，为高频考点，涉及元素周期表中元素的分区、元素周期表中元素的位置、晶体类型、化学反应等，综合性较强，题目难度较大．【解析】rm{垄谩}rm{3d^{10}4s^{1}}分子晶体；rm{O}rm{N}rm{C}同周期元素从左到右的非金属性逐渐增强；rm{H_{2}O}rm{垄脹}氨气和水都是极性分子，氨气和水分子间可以形成分子间氢键；rm{CS_{2}}低；rm{Al_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}五、有机推断题(共4题，共8分)20、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=CH221、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=CH222、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