2025年湘师大新版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年湘师大新版高二化学上册月考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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列关于乙醇和乙酸的说法中，正确的是（）A.乙醇和乙酸分子中都含有C＝O键B.乙酸能溶于水，但不溶于乙醇C.乙醇和乙酸均能使紫色石蕊试液变红D.乙醇和乙酸在一定条件下能发生酯化反应2、利用如图装置进行实验，甲乙两池均为rm{1mol?L^{-1}}的rm{AgNO_{3}}溶液，rm{A}rm{B}均为rm{Ag}电极rm{.}实验开始先闭合rm{K_{1}}断开rm{K_{2}.}一段时间后，断开rm{K_{1}}闭合rm{K_{2}}形成浓差电池，电流计指针偏转rm{(Ag^{+}}浓度越大氧化性越强rm{).}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.闭合rm{K_{1}}断开rm{K_{2}}后，rm{A}电极增重B.闭合rm{K_{1}}断开rm{K_{2}}后，乙池溶液浓度上升C.断开rm{K_{1}}闭合rm{K_{2}}后，rm{NO_{3}^{-}}向rm{B}电极移动D.断开rm{K_{1}}闭合rm{K_{2}}后，rm{A}电极发生氧化反应3、已知反应rm{CaCO_{3}(s)+2HCl(l)篓TCaCl_{2}(aq)+H_{2}O(l)+CO_{2}(g)隆眉}下列措施中可使生成rm{CO_{2}}的反应速率加快的是rm{(}不考虑rm{CaCO_{3}}与rm{HCl}接触面积改变的影响rm{)(}rm{)}A.加大rm{CaCO_{3}}的量B.加大盐酸的浓度C.及时将产生的rm{CO_{2}}导出D.减小rm{CaCl_{2}}的浓度4、反应CO＋H2O（g）CO2＋H2在1000K达到平衡时，分别改变下列条件，平衡常数K值发生变化的是（）A.增大水蒸气的浓度B.将压强减小至原来的一半C.添加催化剂D.将反应温度升高至1200K5、光具有能量，能影响很多反应．下列反应中，受光照影响显著的是（）A.铁与氯气的反应B.次氯酸的分解C.乙醇与乙酸的酯化反应D.甲烷与氧气的反应化评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、写出下列高分子化合物的化学方程式：(1)CH2=CH—CN发生加聚反应：___________________________；(2)CH2=CH2发生加聚反应：________________________________；(3)发生加聚反应：______________________________；(4)乙二酸与乙二醇发生缩聚反应：________________________________；(5)与乙二酸发生缩聚反应：_______________________________。7、(4分)某有机化合物A含碳77．8％，氢7．40％，其余为氧，A的相对分子质量为甲烷的6．75倍。(1)试计算该有机物的分子式。(2)红外光谱测定，A分子结构中含有苯环和羟基。在常温下A可与浓溴水反应，1molA最多可与2molBr2作用，据此确定该有机物可能的结构简式。8、0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol．试回答：

（1）烃A的分子式为____．

（2）若取一定量的该烃A完全燃烧后，生成CO2和H2O各3mol，则有____g烃A参加了反应，燃烧时消耗标准状况下的氧气____L．

（3）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，则烃A的结构简式为____．

（4）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，烃A可能有的结构简式为____．（任写1个）

（5）比烃A少一个碳原子且能使溴水褪色的A的同系物有____种同分异构体．9、（8分）科学家一直致力于研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生反应，生成的主要产物为NH3。进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表（光照、N2压力1.0×105Pa、反应时间3h）：。T/K303313323353NH3生成量/（10-6mol）4.85.96.02.0相应的热化学方程式如下：N2（g）+3H2O（l）====2NH3（g）+O2（g）ΔH=+765.2kJ·mol-1回答下列问题：（1）右图是上述反应在无催化剂情况下反应过程中体系能量变化示意图，请在图中画出在有催化剂情况下反应过程中体系能量变化示意图。（2）与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：。（3）工业合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）。设在容积为2.0L的密闭容器中充入0.60molN2（g）和1.60molH2（g），反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数（NH2的物质的量与反应体系中总的物质的量之比）为计算①该条件下N2的平衡转化率是；②该条件下反应2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的平衡常数为。③若温度不变，减小容器体积，则平衡向移动，c(NH3)将c(N2)将（填增大、减小或不变）10、（16分）等电子原理的基本观点是：原子数相同且价电子总数相等的分子或离子具有相同的化学键类型和空间构型，互称为等电子体。等电子体的结构相似，物理性质相近。如：N2、CO与C22－、CN－为等电子体。（1）已知CaC2为离子化合物，则CaC2的电子式为。（2）聚丙烯腈俗称人造羊毛，由丙烯腈分子CH2=CH—CN经聚合反应生成；则CH2=CH—CN中C原子的杂化方式为；分子中σ键和π键数之比为。（3）CO常与过渡金属原子M形成配合物M(CO)n，其中满足中心原子价电子数与配位体提供电子总数之和为18，若M为Fe，则n=。（4）CO与N2的结构相似，分子中含有共价三键，可表示为C≡O；下表是两者的键能数据（单位：kJ·mol－1）。C－OC=OC≡OCO357.7798.91071.9N－NN=NN≡NN2154.8418.4941.7CO与N2中化学性质较活泼的是；结合数据说明原因。（5）Fe3+，Fe2+，Co3+，Co2+都能与CN-形成配合物。硫酸亚铁溶液中加入过量KCN溶液，可析出黄色晶体K4[Fe(CN)6]；若在上述溶液中再通入氯气后，可析出深红色晶体K3[Fe(CN)6]；在K4[Fe(CN)6]和K3[Fe(CN)6]晶体中都不存在的微粒间作用力是。（填标号）A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．范德华力（6）写出与NO3－互为等电子体的分子（写出一种）。11、完成下列方程式：

rm{(1)}向苯酚钠溶液中通rm{CO}向苯酚钠溶液中通rm{(1)}rm{CO}rm{{,!}_{2}}

：___________________________

催化氧化：_______________________________

rm{(2)}乙二醛和新制rm{(3)}的反应rm{Cu(OH)_{2}}氢氧化钠rm{(}__________________

rm{)}与足量的rm{(4)}反应：______________________________rm{NaOH}12、食醋rm{(}主要成分rm{CH_{3}COOH)}纯碱rm{(Na_{2}CO_{3})}和小苏打rm{(NaHCO_{3})}均为家庭厨房中常用的物质。已知：。弱酸rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}rm{HNO_{2}}电离常数rm{K}rm{=1.8隆脕10^{-5}}rm{K}rm{{,!}_{1}=4.3隆脕10^{-7;;;}}rm{K}rm{{,!}_{2}=5.6隆脕10^{-11}}rm{K}rm{=5.0隆脕10^{-4}}请回答下列问题：rm{(1)25隆忙}时，rm{0.10mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液的rm{pH=11}则溶液中由水电离出的rm{c}rm{(OH^{-})=}____________；rm{(2)}常温下，将rm{20mL0.10mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液和rm{20mL0.10mol?L^{-1}HNO_{2}}溶液分别与rm{20mL0.10mol?L^{-1}NaHCO_{3}}溶液混合rm{20mL

0.10mol?L^{-1}CH_{3}COOH}混合后溶液体积变化忽略不计rm{20mL

0.10mol?L^{-1}HNO_{2}}rm{20mL

0.10mol?L^{-1}NaHCO_{3}}反应开始时，rm{(}rm{)}______rm{垄脵}rm{v}填“rm{(CH_{3}COOH)}”、“rm{v}”或“：”rm{(HNO_{2})(}rm{>}充分反应后，两溶液中rm{<}rm{)}______rm{垄脷}rm{c}填“rm{(CH_{3}COO^{-})}”、“rm{c}”或“rm{(NO_{2}^{-})(}”rm{>}rm{<}时，向rm{=}溶液中加入一定量的rm{)}所得混合液的rm{(3)25^{circ}C}则混合液中rm{CH_{3}COOH}_____；rm{NaHCO_{3}}常温下，下列方法可以使rm{pH=6}的电离程度增大的是_____；rm{=}加入少量的稀盐酸rm{(4)}加热溶液rm{0.1mol隆陇L^{-1}CH_{3}COOH}加水稀释rm{a.}加入少量冰醋酸rm{b.}难溶于水却可溶于醋酸，你认为可能的原因是________。rm{c.}因醋酸是弱酸，故反应可进行rm{d.}醋酸铅是弱电解质rm{(5)PbSO_{4}}醋酸铅在水中形成电离平衡时的rm{垄脵}rm{垄脷}小于rm{垄脹}的溶解平衡的rm{c}rm{(Pb^{2+})}rm{PbSO_{4}}评卷人得分三、实验题(共9题，共18分)13、在实验室制取乙烯的装置图（如图）中，仪器A的名称是______．A中除了需要加入的两种反应试剂外，还要加入______．其作用为______．反应的化学方程式为______．浓硫酸的作用为______．实验后期当A中溶液颜色变为黑色时，将制得的乙烯气体直接通入溴水中使溴水褪色，能否证明乙烯发生了加成反应？______（填“能”或“不能”），原因是______．为了获得乙烯气体（可含水蒸气），应该在发生装置与性质检验装置之间安装______瓶，瓶内装入______（填试剂）．14、某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。实验一：配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制rm{250mL0.2mol隆陇L^{-1}}的醋酸溶液，用rm{0.2mol隆陇L^{-1}}的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用rm{NaOH}标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：rm{(1)}配制rm{250mL0.2mol隆陇L^{-1}}醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、____________和______________；rm{(2)}为标定某醋酸溶液的准确浓度，用rm{0.2000mol隆陇L^{-1}}的rm{NaOH}溶液对rm{20.00mL}醋酸溶液进行滴定，所用到的指示剂是______________。几次滴定消耗rm{NaOH}溶液的体积如下：。实验序号rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}消耗rm{NaOH}溶液的体积rm{(mL)}rm{20.05}rm{20.00}rm{18.80}rm{19.95}则该醋酸溶液的准确浓度为____________rm{(}保留小数点后四位rm{)}

实验二：探究浓度对醋酸电离程度的影响用rm{pH}计测定rm{25隆忙}时不同浓度的醋酸溶液的rm{pH}结果如下：。醋酸溶液浓度rm{(mol隆陇L^{-1})}rm{0.0010}rm{0.0100}rm{0.0200}rm{0.1000}rm{0.2000}rm{pH}rm{3.88}rm{3.38}rm{3.23}rm{2.88}rm{2.73}回答下列问题：rm{(3)}根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是__________________________________。rm{(4)}从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸溶液浓度的减小，醋酸的电离程度________rm{(}填“增大”“减小”或“不变”rm{)}

实验三：探究温度对醋酸电离程度的影响rm{(5)}请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案___________________________。15、化学式为rm{C_{11}H_{12}O_{4}}的芳香族化合物rm{A}rm{B}互为同分异构体，rm{A}和rm{D}都能发生银镜反应，rm{E}的一溴取代物同分异构体有两种，rm{A}经rm{垄脵垄脷}两步反应得rm{C}rm{D}和rm{E}rm{B}经rm{垄脵垄脷}两步反应得rm{E}rm{F}和rm{H}上述反应过程、产物性质及相互关系如图所示。rm{(1)A}有rm{2}种可能结构，写出其结构简式：______________________________________。rm{(2)}在rm{B}rm{C}rm{D}rm{F}rm{G}rm{I}化合物中，互为同系物的是________。rm{(3)}写出rm{D}与rm{F}在加热和浓rm{H_{2}SO_{4}}催化作用下发生反应的化学方程式：________________________，指出反应类型：________。16、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯：已知：。密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81－10383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是____，导管B除了导气外还具有的作用是。②试管C置于冰水浴中的目的是____。（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在____层（填“上”或“下”），分液后用（填入编号）洗涤。A．KMnO4溶液B．稀H2SO4C．Na2CO3溶液②再将环己烯按图装置蒸馏，冷却水从____口进入。蒸馏时要加入生石灰，目的是:。③收集产品时，控制的温度应在左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是＿＿＿＿＿＿＿A．蒸馏时从70℃开始收集产品B．环己醇实际用量多了C．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是＿＿＿＿＿＿＿A．用酸性高锰酸钾溶液B．用金属钠C．测定沸点（4）由环己烯再转化为环己醇的化学方程式为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿17、（１２分）下列有关实验的叙述，正确的是（填序号）____。（A）配制500mL某物质的量浓度的溶液，可用两只250mL的容量瓶（B）用渗析法分离淀粉中混有的NaCl杂质（C）无法用分液漏斗将甘油和水的混合液体分离（D）用酸式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液（E）为了测定某溶液的pH，将经水润湿的pH试纸浸入到待测溶液，过一会取出，与标准比色卡进行对比（F）用浓氨水洗涤做过银镜反应的试管（G）配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止（H）配制一定浓度的溶液时，若定容时不小心加水超过容量瓶的刻度线，应立即用滴管吸去多余的部分。（J）在氢氧化铁胶体中加少量硫酸会产生沉淀（K）用结晶法可以除去硝酸钾中混有的少量氯化钠18、（8分,每空2分）工业上制取CuCl2的生产流程如下：请结合下表数据，回答下列问题：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度积／25℃8.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4⑴溶液A中加入NaClO的目的是；⑵在溶液B中加入CuO的作用是；⑶操作a的目的是；⑷在Cu(OH)2加入盐酸使Cu(OH)2转变为CuCl2。采用多量盐酸和低温蒸干的目的是。19、（1）一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和3molH2O（g），CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H（298K）=+49.4kJ/mol．实验测得：达到平衡状态时；吸收热量19.76kJ．则。

①达平衡时混合气体的压强是反应前的______倍．

②该条件下反应达平衡状态的依据是（填序号）______．

A．v正（CH3OH）=v正（CO2）B．混合气体的密度不变。

C．c（CH3OH）=c（H2O）D．混合气体的总物质的量不变。

（2）在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热QkJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______．

（3）对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；某化学研究小组的同学分别设计了如图甲；乙所示的实验．请回答相关问题：

①定性分析：如图甲可通过观察______，定性比较得出结论．有同学提出将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，其理由是______．

②定量分析：用图乙所示装置做对照实验，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略．检查该装置气密性的方法是______，实验中需要测量的数据是______．20、某课外活动小组同学用如图装置进行实验；试回答下列问题。

①若开始时开关K与a连接，则铁发生电化学腐蚀中的______腐蚀．

②若开始时开关K与b连接，则总反应的离子方程式为______．21、某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如下图所示，rm{A}中放有浓硫酸，rm{B}中放有乙醇、醋酸，rm{D}中放有饱和碳酸钠溶液。请回答：

rm{(1)}浓硫酸的作用是____、____；若用同位素rm{{,!}^{18}O}标记乙醇中的氧原子，则rm{CH_{3}CH_{2}^{18}OH}与乙酸生成乙酸乙酯的化学方程式为。rm{(2)}球形干燥管rm{C}的作用是____。若反应前向rm{D}中加入几滴酚酞，溶液呈红色，产生此现象的原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}____；反应结束后rm{D}中的现象是。评卷人得分四、探究题(共4题，共12分)22、（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。23、（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。24、（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。25、（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、有机推断题(共4题，共24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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】试题分析：A、乙醇和乙酸的结构简式分别是CH3CH2OH、CH3COOH，只有乙酸分子中含有C=O键，错误；B、乙醇和乙酸能相互溶解，错误；C、乙醇不能电离出氢离子，呈中性，不能使紫色石蕊试液变红，乙酸能电离出氢离子，呈酸性，能使紫色石蕊试液变红，错误；D、乙醇和乙酸在一定条件下能发生酯化反应生成乙酸乙酯，正确。考点：考查学生乙酸和乙醇的结构以及性质。【解析】【答案】D2、C【分析】解：rm{A.}闭合rm{K_{1}}断开rm{K_{2}}后，rm{A}为阴极；发生还原反应生成银，质量增大，故A正确；

B.闭合rm{K_{1}}断开rm{K_{2}}后，阳极金属银被氧化，阴极析出银，rm{NO_{3}^{-}}向阳极移动；乙池浓度增大，甲池浓度减小，故B正确；

C.断开rm{K_{1}}闭合rm{K_{2}}后，形成浓差电池，电流计指针偏转rm{(Ag^{+}}浓度越大氧化性越强rm{)}可知rm{B}为正极，rm{A}为负极，rm{NO_{3}^{-}}向负极移动；故C错误；

D.断开rm{K_{1}}闭合rm{K_{2}}后，rm{A}为负极；发生氧化反应，故D正确。

故选：rm{C}

闭合rm{K_{1}}断开rm{K_{2}}为电解装置，阳极金属银被氧化，阴极析出银，rm{NO_{3}^{-}}向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小；断开rm{K_{1}}闭合rm{K_{2}}后，形成浓差电池，电流计指针偏转rm{(Ag^{+}}浓度越大氧化性越强rm{)}可知rm{B}为正极，发生还原反应，rm{A}为负极，发生氧化反应，rm{NO_{3}^{-}}向负极移动；乙池解答．

本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等．【解析】rm{C}3、B【分析】解：rm{A.}加大rm{CaCO_{3}}的量；反应速率不变，故A不选；

B.增大盐酸的浓度；氢离子浓度增大，反应速率加快，故B选；

C.反应是在溶液中进行的，所以及时将产生的rm{CO_{2}}导出；对反应速率影响不大，故C不选；

D.在rm{CaCO_{3}(s)+2HCl(l)篓TCaCl_{2}(aq)+H_{2}O(l)+CO_{2}(g)隆眉}反应中，减小rm{CaCl_{2}}的浓度反应速率减慢；故D不选；

故选B．

增大氢离子浓度；碳酸钙的接触面积、加热等；均可加快反应速率，以此来解答．

本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响因素为解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{B}4、D【分析】【解析】试题分析：化学平衡常数只与温度和化学方程式中的化学计量数有关系，对于具体的化学反应，只要温度不变，平衡常数就是不变的，所以A、B、C中平衡常数不变。D中温度改变，平衡常数一定发生变化，答案选D。考点：考查平衡常数的有关判断【解析】【答案】D5、B【分析】解：A；铁和氯气之间的反应条件是点燃；光照条件不会影响化学反应，故A错误；

B；次氯酸在光照下分解；照条件不会影响化学反应，故B错误；

C；乙醇和乙酸之间的酯化反应在浓硫酸并加热条件下发生；光照条件不会影响化学反应，故C错误；

D；甲烷和氧气的反应条件是点燃；光照条件不会影响化学反应，故D错误；

故选：B。

A；铁和氯气之间的反应条件是点燃；

B；次氯酸在光照下分解；

C；乙醇和乙酸之间的酯化反应在浓硫酸并加热条件下发生；

D；甲烷和氧气的反应条件是点燃．

本题考查学生化学反应发生点的条件以及影响化学反应速率的因素等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等．【解析】B二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】依据加聚反应、缩聚反应特点正确书写。【解析】【答案】(1)nCH2=CH—CN(2)nCH2=CH27、略

【分析】【解析】【答案】8、略

【分析】

（1）、0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，根据原子守恒确定A分子中C原子数目为=6、H原子数目为=12，故烃A分子式为C6H12，故答案为：C6H12；

（2）根据C原子守恒可知参加反应的烃A的物质的量为=0.5mol，故参加反应烃A的质量为0.5mol×84g/mol=42g，故消耗氧气的物质的量为0.5mol×（6+）=4.5mol；标准状况下氧气的体积为4.5mol×22.4L/mol=100.8L；

故答案为：42g；100.8；

（3）烃A分子式为C6H12，烃A不能使溴水褪色，不含不饱和键，在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，A为环己烷，结构简式为故答案为：

（4）烃A能使溴水褪色，含有1个C=C双键，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，故加成产物的结构简式为或若加成产物为对应的A的结构为（CH3）2CHC（CH3）=CH2或（CH3）2C=C（CH3）2，若加成产物为对应的A的结构为（CH3）3CCH=CH2；

故答案为：（CH3）2CHC（CH3）=CH2或（CH3）2C=C（CH3）2或（CH3）3CCH=CH2；

（5）比烃A少一个碳原子且能使溴水褪色的A的同系物，分子式为C5H10，含有1个C=C双键，符合条件的同分异构体为：CH3CH2CH2CH=CH2，CH3CH2CH=CHCH3，CH2=CH（CH3）CH2CH3，（CH3）2C=CHCH3，（CH3）2CHCH=CH2；故答案为：5．

【解析】【答案】（1）、0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，根据原子守恒确定烃A分子中C、H原子数目，可知烃A分子式为C6H12；

（2）根据C原子守恒计算参加反应的烃A的物质的量，再根据m=nM计算参加反应烃A的质量，一定物质的量的烃耗氧量为烃的（x+）倍；再根据V=nVm计算氧气的体积；

（3）烃A分子式为C6H12；烃A不能使溴水褪色，不含不饱和键，在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，A为环己烷；

（4）烃A能使溴水褪色，含有1个C=C双键，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，故加成产物的结构简式为或相邻C原子上各去掉1个H原子，还原C=C双键；

（5）比烃A少一个碳原子且能使溴水褪色的A的同系物，分子式为C5H10；含有1个C=C双键，据此书写符合条件的同分异构体判断．

9、略

【分析】（1）作图要点：①催化剂可降低反应的活化能，但这对各反应前后能量变化并不产生任何影响。②该反应为吸热反应，所以反应物的总能量要低于生成物的总能量。（2）该反应的正反应是吸热反应，升高温度，使化学平衡向正反应方向移动，从而增大NH3的生成量，升高温度也能提高反应速率；增大反应物N2的浓度，加快反应速率，并使化学平衡向右移动；不断移出生成物，使平衡向右移动，增大NH3的生成量。（3）由三行式法计算可知，起始时，c（N2）=0.3mol·L-1。平衡时，c（N2）=0.1mol·L-1;c（H2）=0.2mol·L-1;c（NH3）=0.4mol·L-1。①所以N2的平衡转化率①反应2NH3（g）====N2（g）+3H2（g）的平衡常数【解析】【答案】（1）画图略。（2分）（2）升高温度，增大反应物N2的浓度，不断移出生成物(2分)（3）66.7%（2分）0.005（2分）10、略

【分析】试题分析：（1）CaC2为离子化合物，在C22-离子中阴离子中的2个C原子间共用三对电子，因此CaC2的电子式为在CH2=CH—CN中C原子的杂化方式前两个C原子是sp2杂化最后一个C是sp1杂化；分子中σ键是6个，π键数是3个，因此分子中σ键和π键数之比为2:1；（3）CO常与过渡金属原子M形成配合物M(CO)n，其中满足中心原子价电子数与配位体提供电子总数之和为18，若M为Fe，由于Fe的价电子排布式是3d64s2,价电子是8，而每个配位体CO提供2的电子，因此配位数是5.即n=5；（4）CO与N2的结构相似，分子中含有共价三键，可表示为C≡O，由于CO第一个π键键能比N2中第一个π键键能小，易断裂，发生反应，所以CO与N2中化学性质较活泼的是N2.（5）K4[Fe(CN)6]和K3[Fe(CN)6]晶体都是离子晶体，在晶体中存在离子键、共价键、配位键，不存在金属键和分子间作用力。因此选项为C、E；（6）与NO3－互为等电子体的分子是SO3。考点：考查电子式、等电子体、原子的杂化方式、微粒之间的作用力、配位化合物中的结合方式及配位数的确定的知识。【解析】【答案】（1）（2）sp2杂化sp1杂化2︰1；（3）5；（4）COCO第一个π键键能比N2中第一个π键键能小，易断裂，发生反应（5）C、E；（6）SO311、（1）C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3（2）（3）（4）【分析】【分析】本题考查有机物的机构和性质，为高考常见题型，注意把握有机物的官能团的性质以及相关方程式的书写，为解答该题的关键。【解答】rm{(1)}碳酸的酸性比苯酚的酸性强，所以苯酚钠通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{6}OH+NaHCO_{3}}故答案为：rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{6}OH+NaHCO_{3}}rm{(2)}醇羟基催化氧化为醛基，其反应的化学方程式为：

故答案为：：rm{(3)}rm{(3)}乙二醛在碱性条件下和新制rm{Cu(OH)}rm{Cu(OH)}rm{OHC-CHO+4Cu{left(OHright)}_{2}+2NaOHxrightarrow[]{?}NaOOC-COONa+2C{u}_{2}O+6{H}_{2}O}rm{2}rm{2}rm{OHC-CHO+4Cu{left(OHright)}_{2}+2NaOHxrightarrow[]{?}NaOOC-COONa+2C{u}_{2}O+6{H}_{2}O}反应，生成氧化亚铜和羧酸盐，化学方程式为：rm{OHC-CHO+4Cu{left(OHright)}_{2}+2NaOH

xrightarrow[]{?}NaOOC-COONa+2C{u}_{2}O+6{H}_{2}O}酚羟基、酯基和羧基均与；反应，故答案为：反应的化学方程式为：rm{OHC-CHO+4Cu{left(OHright)}_{2}+2NaOH

xrightarrow[]{?}NaOOC-COONa+2C{u}_{2}O+6{H}_{2}O}；rm{(4)}酚羟基、酯基和羧基均与rm{NaOH}反应，rm{(4)}【解析】rm{(1)C}rm{6}rm{6}rm{H}rm{5}rm{5}rm{ONa+CO}rm{2}rm{2}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O隆煤C}rm{6}rm{6}rm{(3)OHC-CHO+4Cu{left(OHright)}_{2}+2NaOHxrightarrow[]{?}NaOOC-COONa+2C{u}_{2}O+6{H}_{2}O}rm{H}rm{6}12、（1）10－3（2）①＜②＜（3）18（4）bc（5）②③【分析】【分析】本题考查了弱电解质的电离平衡、水的离子积常数及应用、弱电解质的电离平衡常数及应用和盐类水解中的越弱越水解原理，题目难度中等。【解答】rm{(1)25隆忙}时，rm{0.10mol?L}时，rm{(1)25隆忙}rm{0.10mol?L}rm{{,!}^{-1}}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}则rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液的rm{pH=11}则rm{c(H}rm{pH=11}rm{c(H}据rm{{,!}^{+}}可知，rm{)=10}rm{)=10}rm{{,!}^{-11}}rm{mol/L}据rm{Kw}可知，rm{c(OH}rm{mol/L}

rm{Kw}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}

rm{)=10}据其电离平衡常数可知，rm{)=10}rm{{,!}^{-3}}rm{mol/L}rm{mol/L}故答案为：rm{10}rm{10}rm{{,!}^{-3}}；

rm{(2)垄脵}据其电离平衡常数可知，rm{HNO}常温下，将rm{(2)垄脵}rm{HNO}rm{{,!}_{2}}的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和rm{HNO}rm{HNO}溶液和rm{{,!}_{2}}相比，rm{HNO}rm{HNO}rm{{,!}_{2}}溶液中氢离子浓度大，故答案为：rm{<}rm{<}rm{垄脷}常温下，将rm{20mL0.10mol?L}rm{垄脷}rm{20mL0.10mol?L}rm{{,!}^{-1}}

rm{CH}醋酸的电离平衡常数rm{CH}rm{dfrac{C(C{H}_{3}CO{O}^{-})隆脕C({H}^{+})}{C(C{H}_{3}COOH)}}rm{{,!}_{3}}rm{COOH}溶液和rm{20mL0.10mol?L}rm{COOH}则rm{20mL0.10mol?L}rm{{,!}^{-1}}rm{HNO}rm{HNO}rm{{,!}_{2}}所以rm{dfrac{C(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{C(C{H}_{3}COOH)}}rm{=dfrac{1.8隆脕{10}^{-5}}{{10}^{-6}}=}溶液分别与rm{20mL0.10mol?L}rm{20mL0.10mol?L}

rm{{,!}^{-1}}醋酸溶液中存在电离平衡rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{{,!}_{3}}溶液混合，充分反应后得到相同物质的量浓度的醋酸钠和亚硝酸钠溶液，相同物质的量浓度的醋酸根离子和rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{2}^{-}}相比，醋酸根离子水解程度大，所以醋酸根离子浓度小，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快，故答案为：rm{<}rm{<}rm{(3)}醋酸的电离平衡常数rm{K=}

rm{(3)}加入少量的稀盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向进行，故rm{K=}错误；

rm{

dfrac{C(C{H}_{3}CO{O}^{-})隆脕C({H}^{+})}{C(C{H}_{3}COOH)}}电离平衡是吸热反应，加热溶液促进电离，平衡正向进行，电离程度增大，故rm{=1.8隆脕10}正确；

rm{=1.8隆脕10}加水稀释促进电离，电离程度增大，故rm{{,!}^{-5}}正确；

，rm{pH=6}则rm{c(H}加入少量冰醋酸，溶解后产生浓度增大，产生电离程度减小，故rm{pH=6}错误。

rm{c(H}

rm{{,!}^{+}}硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以醋酸铅是弱电解质，并且醋酸铅在水中形成电离平衡时的rm{)=10}rm{)=10}rm{{,!}^{-6}}小于rm{mol/L}所以rm{mol/L}rm{

dfrac{C(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{C(C{H}_{3}COOH)}}rm{=dfrac{1.8隆脕{10}^{-5}}{{10}^{-6}}

=}rm{=dfrac{1.8隆脕{10}^{-5}}{{10}^{-6}}

=}rm{18}rm{18}【解析】rm{(1)10^{-3}}rm{(1)10^{-3}}rm{(2)垄脵<}rm{(2)垄脵<}rm{垄脷<}rm{垄脷<}rm{(3)18}三、实验题(共9题，共18分)13、略

【分析】解：依据图中A形状可知，A为烧瓶；乙醇在浓硫酸做催化剂、脱水剂条件下加热到170度发生脱水反应生成乙烯，方程式：C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；为防止爆沸；应在烧瓶中加入碎瓷片（或沸石）；反应中浓硫酸作用为：催化剂；脱水剂；实验后期当A中溶液颜色变为黑色时，是因为浓硫酸具有脱水性，强氧化性，使乙醇脱水炭化，并发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能够使溴水褪色，对乙烯的检验造成干扰，所以将制得的乙烯气体直接通入溴水中使溴水褪色，不能证明乙烯发生了加成反应；二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，乙烯不溶于水，与氢氧化钠溶液不反应，所以为了获得乙烯气体（可含水蒸气），应该在发生装置与性质检验装置之间安装洗气瓶，瓶内装入NaOH溶液；

故答案为：烧瓶；碎瓷片（或沸石）；避免混和液在受热沸腾时剧烈跳动（暴沸）；C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；催化剂和脱水剂；不能；杂质气体中混有SO2气体，SO2有还原性，也能使Br2水褪色；因而不能确定是乙烯与溴水发生加成反应而使溴水褪色；洗气；NaOH溶液．

依据仪器的形状说出仪器的名称；

乙醇在浓硫酸做催化剂；脱水剂条件下加热到170度发生脱水反应生成乙烯；为防止液体爆沸，应加入碎瓷片或者沸石；

浓硫酸具有脱水性；制备的乙烯中含有杂质二氧化硫，依据二氧化硫的还原性，对乙烯的检验造成干扰，据此解答．

本题考查了乙烯的实验室制备及性质的检验，熟悉乙醇的结构与性质是解题关键，注意浓硫酸的作用，注意二氧化硫对乙烯性质检验的干扰，题目难度不大．【解析】烧瓶；碎瓷片（或沸石）；避免混和液在受热沸腾时剧烈跳动（暴沸）；C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；催化剂和脱水剂；不能；杂质气体中混有SO2气体，SO2有还原性，也能使Br2水褪色，因而不能确定是乙烯与溴水发生加成反应而使溴水褪色．；洗气；NaOH溶液14、（1）胶头滴管250mL容量瓶。

（2）酚酞0.2000mol•L-1

（3）0.0100mol•L-1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时；pH的变化值小于1

（4）增大。

（5）用pH计测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH

【分析】【分析】

本题考查了弱电解质电离及实验探究；明确弱电解质电离特点是解本题关键，难点是实验设计，设计实验时要注意只改变一个条件，难度较大。

【解答】

实验一：rm{(1)}根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用rm{250mL}容量瓶配制溶液，故答案为：胶头滴管；rm{250}rm{mL}容量瓶；

rm{(2)}用rm{0.2000mol隆陇L}rm{0.2000mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}溶液对的rm{NaOH}溶液对rm{20.00mL}醋酸溶液进行滴定，滴入最后氢氧化钠时溶液显碱性，所用到的指示剂是酚酞，醋酸溶液进行滴定，滴入最后氢氧化钠时溶液显碱性，所用到的指示剂是酚酞，根据rm{NaOH}的体积，第rm{20.00mL}次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用rm{NaOH}平均体积为rm{3}rm{NaOH}

则氢氧化钠溶液平均浓度rm{=dfrac{0.2000mol/L隆脕0.02L}{0.02L}=0.200;0;mol?{L}^{-1}}故答案为：酚酞；rm{20}rm{mL}rm{=

dfrac{0.2000mol/L隆脕0.02L}{0.02L}=0.200;0;mol?{L}^{-1}}

rm{0.200}孤立的看每次测量值，rm{0}浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为rm{mol?L^{-1}}rm{(3)}rm{H^{+}}rm{0.100}rm{0}rm{mol?L^{-1}}及rm{0.010}rm{0}rm{mol?L^{-1}}的醋酸，rm{0.001}变化值小于rm{0}所以醋酸是弱电解质，故答案为：rm{mol?L^{-1}}rm{pH}rm{1}醋酸的rm{0.010}大于rm{0}或醋酸稀释rm{mol?L^{-1}}倍时，rm{pH}的变化值小于rm{2}

rm{10}以rm{pH}rm{1}rm{(4)}rm{0.100}rm{0}rm{mol?L^{-1}}醋酸为例，设rm{0.010}rm{0}rm{mol?L^{-1}}的醋酸溶液体积为rm{0.100}rm{0}将其稀释至rm{mol?L^{-1}}rm{1}rm{L}体积变为rm{0.010}rm{0}两溶液中rm{mol/L}的物质的量分别为：rm{10}rm{L}rm{H^{+}}rm{10^{-2.88}}可见溶液变稀，电离出的rm{mol}的物质的量增大；故说明醋酸的电离程度增大，故答案为：增大；

rm{10^{-2.38}}探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液rm{mol}浓度有差异，能够对溶液中rm{H^{+}}浓度区分度较好的仪器是rm{(5)}计，故答案为：用rm{H^{+}}计rm{H^{+}}或rm{pH}试纸rm{pH}测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的rm{(}

rm{pH}【解析】rm{(1)}胶头滴管rm{250mL}容量瓶。

rm{(2)}酚酞rm{0.2000mol?L^{-1}}

rm{(3)0.0100mol?L^{-1}}醋酸的rm{pH}大于rm{2}或醋酸稀释rm{10}倍时，rm{pH}的变化值小于rm{1}

rm{(4)}增大。

rm{(5)}用rm{pH}计测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的rm{pH}

15、(3)取代反应【分析】【解析】本题旨在考查学生对有机物的推断、结构简式、化学方程式的书写等应用。【解析】rm{(1)}根据图示可知，rm{A}在氢氧化钠的水溶液中水解生成rm{C}和rm{D}甲酸，rm{E}只能得到两种一溴取代物，则为对羟基苯甲酸，根据rm{A}的分子式可知，还有rm{3}个碳原子，丙基有rm{2}种结构，正丙基和异丙基，故A的结构简式为：根据图示可知，rm{(1)}在氢氧化钠的水溶液中水解生成rm{A}和rm{C}甲酸，rm{D}只能得到两种一溴取代物，则为对羟基苯甲酸，根据rm{E}的分子式可知，还有rm{A}个碳原子，丙基有rm{3}种结构，正丙基和异丙基，故A的结构简式为：故答案为：rm{2}根据流程图可知，在rm{(2)}根据流程图可知，在rm{B}rm{C}rm{D}rm{F}rm{G}rm{I}化合物中，互为同系物的是rm{C}和rm{E}故答案为：rm{CE}rm{(2)}rm{B}rm{C}rm{D}rm{F}化合物中，互为同系物的是rm{G}和rm{I}故答案为：rm{C}rm{E}甲酸与rm{CE}乙醇在加热和浓rm{(3)D}甲酸与rm{F}乙醇在加热和浓rm{H}rm{(3)D}rm{F}rm{H}rm{2}rm{2}

rm{SO}rm{SO}rm{4}【解析】rm{(3)}取代反应rm{(3)}16、略

【分析】试题分析：（1）①加热液体时，为了防止液体爆沸，常采用加入沸石或碎瓷片；易挥发的物质反应时为提高其利用率，一般要有冷凝回流装置，导管B即是起到这种作用；②反应生成的产物沸点较高，易挥发，应采用冰水冷却，防止环己烯的挥发；（2）①烃的密度比水小，与水混合时，环己烯在上层；要除去产品中的酸杂质，可用碳酸钠等碱性溶液除去；②实验中一般采用逆流冷却，蒸馏时加入生石灰目的是与水反应，防止与产品一起蒸馏出；③收集产品时，控制的温度应让环己烯挥发出来，而2环己醇等留在溶液中，理论温度可控制在83℃——161℃，又因为是水浴加热和能量的消耗等方面可控制温度低一些83℃即可；实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，说明环己烯或环己醇损失了，故答案为C；（3）粗品中含有环己醇能与钠反应，且混合物沸点不固定，与环己烯沸点不同。考点：考查物质制备实验中操作、目的、原理、误差分析等有关问题。【解析】【答案】(1)①防止暴沸；冷凝。②防止环己烯的挥发。(2)①上；C。②g；除去水分。③83℃；C。（3）B、C。（4）环己烯+H2O——环己醇17、略

【分析】A不正确，配制500mL某物质的量浓度的溶液，只能用500mL的容量瓶。淀粉属于胶体不能透过半透膜，而溶液可以，B正确。甘油易溶于水，不能直接分液，C正确。高锰酸钾溶液有氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管，D正确。E不正确，测定溶液的pH值是试纸不能润湿，否则可能产生误差。银镜反应中产生的银不溶于氨水，应该用硝酸溶解，F不正确。G是正确的，配制银氨溶液时，不能将硝酸银滴入到氨水中。若定容时不小心加水超过容量瓶的刻度线，则必须重新配制，H不正确。胶体遇到电解质会聚沉，形成沉淀，J正确。硝酸钾的溶解度受温度影响要大于氯化钠的，K正确。所以正确的答案是B、C、D、G、J、K。【解析】【答案】B、C、D、G、J、K18、略

【分析】【解析】【答案】⑴将Fe2＋氧化为Fe3＋而使分离更加完全⑵调节溶液的pH为3～4，使Fe3＋完全转变为Fe(OH)3沉淀而分离Fe3＋⑶洗涤Cu(OH)2表面的可溶性杂质⑷抑制Cu2＋的水解19、略

【分析】解：（1）①吸热19.76KJ，据方程式可以求得，反应的甲醇有=0.4mol；则。

CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H（298K）=+49.4kJ/mol

反应前（mol）1300

反应了（mol）0.40.40.41.2

平衡后（mol）0.62.60.41.2

平衡后，混合气体的压强是原来的=1.2；

故答案为：1.2；

②A；不能体现正逆反应速率相等；故A错误；

B；体积不变；反应物和生成物都是气体，所以密度永远不变，故B错误；

C；甲醇和水蒸气浓度相等；决定于加入的量，与是否平衡无关，故C错误；

D；反应前后气体体积不同；所以气体总物质的量不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；

故选D；

（2）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热QkJ．32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为32QKJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ•mol-1；

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ•mol-1；

（3）①该反应中产生气体，而且反应放热，所以可根据反应产生气泡快慢或反应完成的先后或试管壁的冷热程度来判断；H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2（SO4）3使阴离子相同；这样可以控制阴离子相同，排除阴离子的干扰，更为合理；故答案为：反应产生气泡的快慢；控制阳离子相同，排除阴离子的干扰；

②结合乙图装置，该气密性的检查方法为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位；反应是通过反应速率分析的，根据v=所以，实验中需要测量的数据是时间（或收集一定体积的气体所需要的时间）；

故答案为：关闭分液漏斗活塞；将注射器活塞向外拉出一定距离，一段时间后松开，观察活塞是否回到原位；收集40mL气体所需时间．

（1）①恒温恒容下；气体的压强之比等于物质的量之比；

②平衡状态时正逆反应速率相等；各组分的浓度保持不变；

（2）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，题干所给量计算32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热，结合热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变；（3）①根据反应生成气体的快慢分析；根据H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2（SO4）3使阳离子相同；更为合理；根据反应物；生成物、反应条件写出反应方程式．

②根据乙图装置来选择气密性的检查方法；该反应是通过反应速率分析的，所以根据v=来判断．

本题主要考查了催化剂的作用及化学反应速率的影响因素等知识点，难度不大，要会分析将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理的理由．【解析】1.2；D；CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ•mol-1；反应产生气泡的快慢；控制阳离子相同，排除阴离子的干扰；关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞向外拉出一定距离，一段时间后松开，观察活塞是否回到原位；收集40mL气体所需时间20、略

【分析】解：（1）开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，A极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-；为铁的吸氧腐蚀；

故答案为：吸氧；

（2）开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-；

故答案为：2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-．

（1）若开始时开关K与a连接；则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀；

（2）若开始时开关K与b连接；形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，以此解答．

本题综合原电池和电解质知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合应用，注意解题时要注意分析电极反应及生成物，难度中等．【解析】吸氧；2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-21、（1）催化剂、吸水剂；CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O（2）防止倒吸CO32-＋H2OHCO3-＋OH－溶液分层，上层为无色油状液体，下层溶液颜色变浅或变为无色【分析】解：rm{(1)}浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；由于酯化反应中，羧酸脱去的是羟基，故乙酸乙酯中的氧原子含有rm{{,!}^{18}O}反应方程式为rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}^{18}OH}rm{CH_{3}CO^{18}OC_{2}H_{5}+H_{2}O}rm{(2)}由于反应剧烈，rm{B}中压强迅速减小，rm{D}中的饱和碳酸钠溶液可能会被吸入rm{B}装置，故用rm{C}防止倒吸；在饱和碳酸钠溶液中加入几滴酚酞，溶液呈红色，产生此现象的原因是碳酸跟水解rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{HCO}rm{HCO}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}^{-}}中现象为溶液分层，上层为无色油状液体，下层溶液颜色变浅或变为无色。rm{+OH}【解析】rm{(1)}催化剂、吸水剂；rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}^{18}OH}rm{CH_{3}CO^{18}OC_{2}H}rm{{,!}_{5}+H_{2}O}rm{(2)}防止倒吸rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}^{2-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{HCO}rm{HCO}rm{{,!}_{3}}溶液分层，上层为无色油状液体，下层溶液颜色变浅或变为无色四、探究题(共4题，共12分)22、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）23、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）24、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