2025年浙科版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年浙科版高二化学下册阶段测试试卷743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8题，共16分)1、常温下，浓度均为rm{1.0mol/L}的rm{HX}溶液、rm{HY}溶液，分别加水稀释rm{.}稀释后溶液的rm{pH}随浓度的变化如图所示，下列叙述正确的是：()

A.rm{HX}是强酸，溶液每稀释rm{10}倍rm{.pH}始终增大rm{1}B.常温下rm{HY}的电离常数为rm{1.0隆脕10^{-4}}C.溶液中水的电离程度：rm{a}点大于rm{b}点D.消耗同浓度的rm{NaOH}溶液体积：rm{a}点大于rm{b}点2、某固体混合物中可能含有：rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cl隆楼}rm{COrlap{{!,}_{3}}{{!,}^{2}隆楼}}rm{SOrlap{{!,}_{4}}{{!,}^{2}隆楼}}等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是A.该混合物一定是rm{K_{2}CO_{3}}和rm{NaCl}B.该混合物可能是rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{KCl}C.该混合物可能是rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{Na_{2}CO_{3}}D.该混合物一定是rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaCl}3、下列病患是由于缺乏维生素引起的是（）A.坏血病B.佝偻病C.贫血D.呆小症4、能在有机物的分子中引入羟基官能团的反应类型有：rm{a}酯化反应，rm{b}取代反应，rm{c}消去反应，rm{d}加成反应，rm{e}水解反应rm{.}其中正确的组合有rm{(}rm{)}A.rm{a}rm{b}rm{c}B.rm{d}rm{e}C.rm{b}rm{d}rm{e}D.rm{b}rm{c}rm{d}rm{e}5、我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先rm{.}砷rm{(As)}和镓rm{(Ga)}都是第四周期元素，分别属于Ⅴrm{A}和Ⅲrm{A}族rm{.}下列说法中，不正确的是()A.原子半径：rm{Ga>As>P}B.热稳定性：rm{NH_{3}>PH_{3}>AsH_{3}}C.酸性：rm{H_{2}SO_{4}>H_{3}PO_{4}>H_{3}AsO_{4;;;;}}D.rm{Ga}的价电子排布式为：rm{3d^{10}4s^{2}4p^{1}}6、饮食合理、营养均衡是健康的基本保证rm{.}下列食物中，富含糖类的是rm{(}rm{)}A.橄榄油B.蔬菜C.米饭D.苹果7、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是rm{(}rm{)}A.已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}为放热反应，则rm{SO_{2}}的能量一定高于rm{SO_{3}}的能量B.已知rm{C(s}石墨rm{)篓TC(s}金刚石rm{)triangleH>0}则金刚石比石墨稳定C.已知rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangleH=-57.3}rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangle

H=-57.3}则任何酸碱中和反应的热效应均为rm{kJ?mol^{-1}}rm{57.3}D.已知rm{2C(s)+2O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangleH_{2}}则rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}rm{kJ}8、下列说法或表示法正确的是（）A.氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，前者放出热量多B.需要加热的反应说明它是吸热反应C.在稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJD.由N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=-56.9kJ•mol-1，可知将1molN2O4（g）置于密闭容器中充分反应后放出热量为56.9kJ评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)9、把0.05molNaOH固体分别加入下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（）A.自来水B.0.5mol•L-1盐酸C.0.5mol•L-1醋酸D.0.5mol•L-1氯化铵溶液10、在蒸发皿中加热蒸干再加热下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（）A.AlCl3B.NaHCO3C.Na2CO3D.Al2（SO4）311、绿原酸被誉为“第七类营养素”，具有广泛的杀菌、消炎功能，其结构简式如图所示rm{.}下列有关绿原酸的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.绿原酸分子中含有rm{3}种官能团B.rm{1}rm{mol}绿原酸最多能与rm{7molNaOH}发生反应C.绿原酸能发生取代反应、加成反应和消去反应D.绿原酸能使酸性高锰酸钾溶液、浓溴水褪色，但反应原理不同12、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Cu+H_{2}O}在该反应中rm{CuO+H_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}Cu+H_{2}O}rm{(}A.rm{)}做还原剂B.rm{Cu}做氧化剂C.铜元素的化合价降低D.铜元素化合价升高rm{CuO}13、室温时，rm{0.1mol/L}某一元酸rm{HA}的水溶液rm{PH=4.}下列描述不正确的是rm{(}rm{)}A.该溶液中rm{HA}有rm{0.1%}发生了电离B.此酸电离平衡常数约为rm{10^{-7}}C.升高温度后溶液的rm{PH}增大D.若将rm{PH=2}的rm{HA}溶液与rm{PH=12}的rm{NaOH}溶液等体积混合后rm{PH=7}14、rm{300隆忙}时，将气体rm{X}和气体rm{Y}各rm{0.16mol}充入rm{10L}恒容密闭容器中，发生反应rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}rm{娄陇H<0}一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：。rm{t/min}rm{2}rm{4}rm{7}rm{9}rm{n(Y)/mol}rm{0.12}rm{0.11}rm{0.10}rm{0.10}下列说法正确的是()A.当rm{v_{脛忙}(X)=2v_{脮媒}(Z)}可以说明反应达平衡B.反应前rm{2min}的平均速率rm{v(Z)=4.0隆脕10^{?3}mol隆陇L^{?1}隆陇min^{?1}}C.其他条件不变，再充入rm{v(Z)=4.0隆脕10^{?3}

mol隆陇L^{?1}隆陇min^{?1}}平衡时rm{0.1molZ}的体积分数增大D.该反应在rm{Z}时的平衡常数小于rm{350隆忙}rm{1.44}15、草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在rm{0.1mol隆陇L^{-1}KHC_{2}O_{4}}溶液中，下列关系正确的是A.rm{c(K^{+})+c(H^{+})=c({H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c(OH^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}B.rm{c(H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})=0.1mol隆陇L^{-1}}C.rm{c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}D.rm{c(K^{+})=c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、发射宇宙飞船的火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当把0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合反应；生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量．

（1）反应的热化学方程式为____．

（2）又已知H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol．则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是____kJ．

（3）此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是____．

（4）已知N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）；△H=+67.7kJ•mol-1，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=-534kJ•mol-1，根据盖斯定律写出肼与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式____．17、（5分）在密闭容器里，通入xmolH2(g)和ymolI2(g)，发生反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）△H<0。改变下列条件，反应速率将如何改变？（选填“增大”“减小”或“不变”）（1）升高温度；（2）加入催化剂；（3）充入更多的H2____；（4）扩大容器的体积；（5）保持容器容积不变，通入氖气____。18、某烯烃与H2发生加成反应后得到的产物是CH3CH(CH3)2。46.该产物用系统命名法名命，其名称是；该产物的一氯代物有种。47.原来烯烃的结构简式为。48.写出原来的烯烃使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式：。19、向淀粉溶液中滴加碘溶液，可观察到____________，将这种淀粉和碘的混合溶液分成两份，其中一份滴入维生素C溶液，可观察到____________，说明维生素C具有____________性；另一份滴入唾液(含淀粉酶)，振荡，可观察到____________，这说明____________．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B极的电极反应式为_________________________。(2)若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为____________________，总反应的离子方程式为_______________________。有关上述实验，下列说法正确的是________（填序号）。①从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝②反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度③若标准状况下B极产生22.4L气体，则溶液中转移0.2mol电子④溶液中Na+向A极移动(3)工业上电解饱和食盐水的方法之一是将两个电极室用离子交换膜隔开(如图Ⅱ所示)，阳极室(A处)加入__________________，阴极室(B处)加入________，离子交换膜只许________通过。21、（6分）氮是地球上极为丰富的元素。（1）NN的键能为942kJ·mol-1，N-N单键的键能为247kJ·mol-1，计算说明N2中的___________键比____________键稳定（填“σ”或“π”）。（2）(CH3)3NH+和AlCl4-可形成离子液体。离子液体由阴、阳离子组成，熔点低于100℃，其挥发性一般比有机溶剂__________（填“大”或“小”），可用作__________（填代号）。a．助燃剂b．“绿色”溶剂c．复合材料d．绝热材料（3）X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。X的元素符号是_____________，与同一个N3-相连的X+有__________个(白圆圈代表N3-离子)评卷人得分四、简答题(共1题，共10分)22、随着石油资源的日趋紧张rm{.}天然气资源的开发利用受到越来越多的关注，以天然气rm{(}主要成分是rm{CH_{4})}为原料经合成气rm{(}主要成分rm{CO}rm{H_{2})}制化学品，是目前天然气转化利用的主要技术路线rm{.}而采用渣油、煤、焦炭为原料制合成气，常因含羰基铁rm{[Fe(CO)_{5}]}等而导致以合成气为原料合成甲醇和合成氨等生产过程中的催化剂产生中毒．

请问答下列问题：

rm{(1)[Fe(CO)_{5}]}中铁的化合价为______rm{.}写出铁原子的基态价电子排布式：______．

rm{(2)}与rm{CO}互为等电子体的分子和离子分别为______和______rm{(}各举一种即可，填化学式rm{)}rm{CO}分子的结构式可表示成______，该分子中含______个rm{娄脪}键______个rm{娄脨}键．

rm{(3)}在rm{CH_{4}}rm{CO}rm{CH_{3}OH}中，碳原子采取rm{sp^{3}}杂化的分子有______，rm{CH_{3}OH}的熔、沸点比rm{CH_{4}}的熔；沸点比高；其主要原因是______．

rm{(4)CH_{3}CHO}分子中，rm{-CH_{3}}中的碳原子采用______杂化方式，rm{-CHO}中的碳原子采用______杂化方式．评卷人得分五、有机推断题(共4题，共8分)23、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__________________________________．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。26、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、工业流程题(共4题，共28分)27、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。28、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去29、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。30、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】本题考查弱酸的电离平衡、水的电离和离子浓度大小的比较，根据题中条件结合图像判断两种酸的强弱。【解答】A.据图像可知，浓度为rm{1.0mol/L}的rm{HX}溶液rm{pH}为rm{0}则的rm{1.0mol/L}溶液rm{HX}为rm{pH}则rm{0}是强酸，无限稀释时，溶液的rm{HX}接近rm{pH}但小于rm{7}rm{7}不能无限增大，故A错误；rm{pH}B.浓度为常温下的rm{1.0mol/L}溶液rm{HY}为rm{pH}则rm{2}则rm{c(H^{+})=0.01mol/L}则rm{c(Y^{-})=0.01mol/L}的电离常数rm{dfrac{c({H}^{+})隆脕c({Y}^{-})}{c(HY)}=dfrac{0.01隆脕0.01}{1-0.01}隆脰dfrac{0.01隆脕0.01}{1}=1.0隆脕10}rm{HY}的电离常数rm{

dfrac{c({H}^{+})隆脕c({Y}^{-})}{c(HY)}=dfrac{0.01隆脕0.01}{1-0.01}隆脰

dfrac{0.01隆脕0.01}{1}=1.0隆脕10}rm{HY}rm{

dfrac{c({H}^{+})隆脕c({Y}^{-})}{c(HY)}=dfrac{0.01隆脕0.01}{1-0.01}隆脰

dfrac{0.01隆脕0.01}{1}=1.0隆脕10}氢离子浓度越大，水的电离程度越小，则rm{{,!}^{-4}}，故B正确；点大于C.点，溶液中氢离子浓度：点小于rm{a}点大于rm{b}点，点，故C错误；rm{a}开始时两种酸的浓度相同，等体积时，酸的物质的量相同，所以消耗的rm{b}相同，故D错误。则溶液中水的电离程度：rm{a}点小于rm{b}点，故C错误；rm{a}【解析】rm{B}2、B【分析】【分析】本题考查物质的检验与判断，掌握常见物质的性质是解题的关键，注意基础知识的积累，难度不大。【解答】由框架图可知，溶液中一定含有钠离子，可能含有钾离子，加入硝酸酸化后的硝酸银出现白色沉淀说明溶液中含有氯离子，有白色沉淀溶于盐酸，说明含有碳酸根离子，所以溶液中一定含有钠离子、氯离子、碳酸根离子，可能含有钾离子，依此回答。A.该混合物不一定为碳酸钾与氯化钠，故A错误；B.该混合物可能为碳酸钠与氯化钾，故B正确；C.该混合物不可能为碳酸钠与硫酸钠，故C错误；D.该混合物不一定为碳酸钠与氯化钠，故D错误。故选B。【解析】rm{B}3、A【分析】解：A；坏血病是由于人体缺少维生素C造成的；维生素C主要存在于新鲜的蔬菜和水果中，故A正确；

B；佝偻病是由于缺乏维生素D引起的；故B错误；

C；贫血病是由于人体内红细胞数量少或血红蛋白过少造成的；因为铁是构成血红蛋白的主要材料，缺铁易得贫血，故C错误；

D；呆小症是幼年时期甲状腺激素分泌不足引起的；故D错误．

故选：A．

维生素既不参与构成人体细胞；也不为人体提供能量，而且人体对它的需要量很小，但它对人体的各项生命活动有重要的作用；人体一旦缺乏维生素，就会影响正常的生长和发育，还会引起疾病．缺乏维生素C将引起坏血病．

本题考查了维生素缺乏引起的疾病，熟练掌握各种维生素及人体必需的其他元素的作用及缺乏症，即可解答此类问题．【解析】【答案】A4、C【分析】解：酯化反应是消除羟基；消去反应是消除羟基；取代反应可以引入羟基；例如卤代烃的水解反应；酯的水解反应；加成反应可以引入羟基，例如乙烯水化制乙醇；

故选C．

酯化反应、消去反应一般是脱rm{HX}或rm{H_{2}O}会消除羟基；而rm{-CHO}可加氢rm{(}既是加成反应又是还原反应rm{)}生成rm{-CH_{2}OH}酯的水解可生成醇rm{-OH}卤代烃水解可以生成醇，水解反应属于取代反应．

本题考查有机物合成知识，涉及羟基的引入，题目难度不大，注意把握官能团的性质和转化即可解答该题．【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】本题考查同周期元素性质的递变规律，难度中等，注意元素周期律的掌握。【解答】A.同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径rm{Ga>As>P}故A正确；

B.同主族自上而下非金属性减弱，非金属性rm{N>P>As}非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性：rm{NH_{3}>PH_{3}>AsH_{3}}故B正确；

C.同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性rm{S>P>As}所以酸性rm{H_{2}SO_{4}>H_{3}PO_{4}>H_{3}AsO_{4}}故C正确；

D.镓rm{(Ga)}是第四周期Ⅲrm{A}族元素，为rm{31}号元素，价电子排布式为：rm{4s}rm{4s}rm{{,!}^{2}}rm{4p}rm{4p}；故D错误。

故选D。rm{{,!}^{1}}【解析】rm{D}6、C【分析】解：rm{A}橄榄油属于油脂；是酯类，不富含糖类，故A错误；

B；蔬菜富含维生素；不能大量提供人体所需的糖类，故B错误；

C；米饭的主要成分是淀粉；淀粉是多糖，故C正确；

D；苹果中富含维生素；新鲜水果是人体维生素的重要来源，故D错误．

故选C．

A；橄榄油属于油脂；

B；蔬菜富含维生素；

C；米饭的主要成分是淀粉；

D；苹果中富含维生素．

本题考查了人体所需营养物质的来源，应注意的是人体所需的糖类主要来自于各种粮食和谷物．【解析】rm{C}7、D【分析】解：rm{A.}放热反应为反应物总能量大于生成物总能量，所以不能确定rm{SO_{2}}的能量与rm{SO_{3}}的能量大小；故A错误；

B.金刚石比石墨能量高；能量越低越稳定，故B错误；

C.rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)}rm{triangleH=-57.3kJ/mol}表示稀的强酸与稀的强碱反应生成rm{1mol}液态水时，放出热量rm{57.3kJ}不能代表弱酸弱碱以及浓酸浓碱，故C错误；

D.因为rm{C}完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，又放热焓变为负值，所以rm{2C(s)+2O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangleH_{2}}则rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故D正确．

故选D．

A.放热反应为反应物总能量大于生成物总能量；

B.从金刚石和石墨的转化关系式可见；金刚石能量比石墨高；

C.弱酸弱碱电离要吸热；浓酸浓碱溶解要放热；

D.根据rm{2C(s)+2O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)triangle

H_{1}}完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量分析．

本题考查了物质能量的高低与反应能量变化的关系、中和反应等问题，难度不大，属基础性知识考查题．rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangle

H_{2}}【解析】rm{D}8、C【分析】解：A．水蒸气比液态水的能量高；则氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，后者放出热量多，故A错误；

B．吸热反应；放热反应与反应条件无关；如燃烧需要加热，为放热反应，故B错误；

C．浓硫酸稀释放热，则将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合；放出的热量大于57.3kJ，故C正确；

D．可逆反应不能完全转化，则将1molN2O4（g）置于密闭容器中充分反应后放出热量小于56.9kJ；故D错误；

故选：C。

A．水蒸气比液态水的能量高；

B．吸热反应；放热反应与反应条件无关；

C．浓硫酸稀释放热；

D．可逆反应不能完全转化。

本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，把握反应中能量变化、燃烧与中和热、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。【解析】C二、双选题(共7题，共14分)9、B|D【分析】解：A．水是弱电解质；水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故A不选；

B．盐酸是强酸；向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和硝酸反应生成氯化钠和水，硝酸钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故B选；

C．醋酸是弱电解质；溶液中离子浓度较小，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，醋酸钠是强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故C不选；

D．氯化铵为强电解质；加入NaOH后生成物仍是强电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，故D正确；

故选BD．

溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比；离子浓度越大，溶液的导电能力越强，以此解答该题．

本题考查溶液中离子浓度大小比较，以此判断溶液的导电性，溶液混合后导电能力变化的大小，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化．【解析】【答案】BD10、C|D【分析】解：A．AlCl3在蒸干过程中发生水解；生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，所以蒸干时得到氢氧化铝，灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，所以最终得到氧化铝，故A错误；

B．碳酸氢钠不稳定；加热条件下易分解生成二氧化碳；水和碳酸钠，所以最终不能得到该物质，故B错误；

C．碳酸钠性质稳定；不易分解，在蒸发皿中加热蒸干再加热溶液，最终得到碳酸钠，故C正确；

D．Al2（SO4）3水解生成氢氧化铝和硫酸，因硫酸难挥发，最终仍得到Al2（SO4）3；故D正确；

故选CD．

在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体；说明该溶质性质较稳定，蒸干；灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答．

本题考查了盐类水解、物质的稳定性等知识点，根据盐类水解特点、物质的稳定性等知识点来分析解答，知道常见物质稳定性强弱，题目难度不大．【解析】【答案】CD11、rCD【分析】解：rm{A.}有机物含有羟基；羧基、酯基以及碳碳双键等官能团；故A错误；

B.由分子中羧基和酚羟基都能与碱反应，在碱性条件下生成羧基，也消耗rm{NaOH}则rm{1mol}绿原酸最多与rm{4molNaOH}反应；故B错误；

C.含有羟基；可发生取代；消去反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，故C正确；

D.还含有碳碳双键；酚羟基；可被高锰酸钾氧化，可与溴水发生加成反应，原理不同，故D正确。

故选：rm{CD}

该有机物含有酚羟基；可发生取代；氧化反应，含有羧基，具有酸性可发生中和、取代反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，选项BC为解答的难点，题目难度不大．【解析】rm{CD}12、rBC【分析】解：rm{A}该反应中氧化铜得电子化合价降低；还原产物是铜，故A错误；

B；该反应中氧化铜得电子化合价降低；所以氧化铜是氧化剂，故B正确；

C、反应前后，铜元素的化合价由rm{+2}价变为rm{0}价；所以铜元素的化合价降低，故C正确；

D、反应前后，铜元素的化合价由rm{+2}价变为rm{0}价；所以铜元素的化合价降低，故D错误．

故选BC．

在氧化还原反应中失电子化合价升高的物质作还原剂；得电子化合价降低的物质作氧化剂，注意氧化剂；还原剂必须是反应物．

本题考查了氧化还原反应，根据化合价变化来判断氧化剂、还原剂即可，注意氧化剂和还原剂都必须是反应物不是产物．【解析】rm{BC}13、rCD【分析】解：rm{A.0.1mol/L}某一元酸rm{HA}rm{pH=4}rm{HA}电离度为rm{dfrac{10^{-4}}{0.1}=0.1%}故A正确；

B.由rm{dfrac

{10^{-4}}{0.1}=0.1%}rm{HA篓TH^{+}+Ac^{-}}则电离平衡常数为rm{dfrac{10^{-4}隆脕10^{-4}}{0.1}=1隆脕10^{-7}}故B正确；

C.温度升高促进电离，氢离子浓度变大，rm{c(H^{+})=c(Ac^{-})=10^{-4}mol/L}减小；故C错误；

D.rm{dfrac

{10^{-4}隆脕10^{-4}}{0.1}=1隆脕10^{-7}}是弱酸，未完全电离，故rm{pH}的rm{HA}的酸和rm{pH=2}的rm{HA}溶液混合后，rm{pH=12}过量，故混合后溶液显酸性，即rm{NaOH}小于rm{HA}故D错误．

故选CD．

A.利用rm{pH}计算电离度；

B.根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；

C.温度升高促进电离；氢离子浓度变大；

D.rm{7}是弱酸；不能完全电离．

本题考查弱酸的电离，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答，难度不大．rm{PH=4}【解析】rm{CD}14、BD【分析】【分析】本题考查了化学平衡状态的标志和化学反应速率的计算，掌握化学反应速率的概念是解题的关键，注意影响化学平衡常数的因素只有温度。【解答】A.当rm{v}rm{v}rm{{,!}_{脛忙}}rm{(X)=2v}rm{(X)=2v}不能说明rm{{,!}_{脮媒}}不能说明反应达平衡，故A错误；B.rm{(Z)}不能内rm{(Z)}物质的量变化为rm{v_{脛忙}=2v_{脮媒}}故rm{v(Y)=dfrac{dfrac{0.04mol}{10L}}{2min}=0.002mol/(L?min)}速率之比等于化学计量数之比，故rm{2min}故B正确；

C.再通入rm{Y}等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，rm{0.16mol-0.12mol=0.04mol}的体积分数不变；故C错误；

D.rm{v(Y)=dfrac{

dfrac{0.04mol}{10L}}{2min}=0.002mol/(L?min)}由表中数据可知rm{v(Z)=2v(Y)=2隆脕0.002mol/(L?min)=0.004mol/(L?min)}时，反应到达平衡，平衡时rm{0.2molZ}的物质的量为rm{X}则：rm{300^{circ}C}rm{7min}

开始rm{Y}rm{0.10mol}

变化rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}

平衡rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}rm{(mol)}

由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数rm{k=dfrac{0.{12}^{2}}{0.1隆脕0.1}=1.44}当温度升高为rm{0.160.160}时，平衡逆向移动，平衡常数小于rm{(mol)}，故D正确。故选BD。rm{0.060.060.12}【解析】rm{BD}15、CD【分析】【分析】本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液酸碱性确定rm{HC_{2}O_{4}^{-}}电离程度和水解程度的大小关系；再结合守恒思想分析解答，题目难度不大。

【解答】A.溶液遵循电中性原则，则有rm{c(K}rm{c(K}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(}rm{)=c(}rm{{H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}

}rm{)+c(OH}，故A错误；B.草酸氢钾溶液中存在rm{)+c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+2c(}根据物料守恒可知rm{)+2c(}rm{{C}_{2}{{O}_{4}}^{2-}}rm{)}rm{)}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}故B错误；

C.草酸氢钾溶液呈酸性，说明rm{HC_{2}O_{4}^{-}}电离程度大于水解程度，则rm{c(}故C正确；

D.溶液遵循物料守恒，应有rm{c(}则有rm{H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}}rm{)+c(}rm{)+c(}rm{{C}_{2}{{O}_{4}}^{2-}}rm{)}rm{)}rm{+c(HC_{2}O_{4}^{-})=0.1mol/L}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}rm{n(K)=n(C)}rm{c(K}rm{c(K}rm{{,!}^{+}}；故D正确。

故选CD。rm{)=c(H}【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】

（1）0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为═614.75kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-614.75kJ/mol；

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75kJ•mol-1

（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.675KJ/mol；

②H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol；

依据盖斯定律①-②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（L）△H=-817.75KJ/mol；化学方程式中32g全部反应放热817.675KJ；16g液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量是408.875KJ；

故答案为：408.875；

（3）还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2；当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，还有很突出的优点是，产物为氮气和水，无污染；

故答案为：产物为氮气和水；无污染；

（4）①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol

②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=-534kJ•mol-1

由盖斯定律，②×2-①得2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1135.7kJ•mol-1

故答案为：2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1135.7kJ•mol-1

【解析】【答案】（1）根据0.4mol液态肼放出的热量；计算1mol液态肼放出的热量，然后根据热化学方程式的书写方法写出热化学方程式；

（2）结合（1）的热化学方程式和H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol；根据盖斯定律合并写出生成液态水时的热化学方程式进行计算；

（3）依据反应产生的物质性质分析判断；

（4）据盖斯定律；由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数，进行相应的加减；

17、略

【分析】注意审题：该题考查外界条件对反应速率的影响；（4）扩大容器的体积，则各组分浓度均减小，故反应速率减小；（5）压强增大，但容积不变，则各组分浓度不变，故对反应速率无影响【解析】【答案】（1）增大，（2）增大，（3）增大，（4）减小（5）不变18、略

【分析】试题分析：46.该产物编号H3H(CH3)H3，命名为2-甲基丙烷；3个-CH3的H原子相同，故一氯代物有2种。47.原来烯烃的结构简式为CH2=C(CH3)2。48.CH2=C(CH3)2使溴的四氯化碳溶液褪色属于加成反应。考点：烯烃的结构特点和性质。考查结构简式和化学方程式的书写【解析】【答案】46.2-甲基丙烷，2；47.48.+Br2—→19、略

【分析】解：向淀粉溶液中滴加碘溶液；溶液变蓝色，加维生素C溶液与碘反应发生氧化还原反应，维生素C把碘单质还原为碘离子，淀粉溶液褪色；

向淀粉溶液中滴入淀粉酶；淀粉酶能使淀粉发生水解反应生成葡萄糖，所以溶液蓝色褪去；

故答案为：溶液呈蓝色；溶液蓝色褪去；溶液蓝色褪去；溶液蓝色褪去；淀粉在淀粉酶作用下发生了水解反应．【解析】溶液呈蓝色;溶液蓝色褪去;溶液蓝色褪去;溶液蓝色褪去;淀粉在淀粉酶作用下发生了水解反应20、略

【分析】【解析】试题分析：（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，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；（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，电解过程中阳离子向阴极移动，④错误；A生成氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，①正确；反应一段时间后加适量HCl气体可恢复到电解前电解质的浓度，②错误；若标准状况下B极产生2.24L氢气，转移0.2mol电子，③错误。故答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；①；(3)用惰性电极电解硫酸钾实质时电解水，阴极氢离子放电生成氢气，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极生成氢氧化钾，阳极氢氧根放电生成氧气，硫酸根通过阴离子膜进入阴极区得到硫酸；氢氧燃料电池，正极氧气得到电子，在碱性溶液中生成氢氧根。故答案为饱和食盐水纯水(或NaOH稀溶液)。考点：原电池和电解池的工作原理【解析】【答案】(共14分，每空2分）(1)Fe－2e－===Fe2＋(2)2H＋＋2e－===H2↑2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑①(3)饱和食盐水纯水(或NaOH稀溶液)Na+21、略

【分析】【解析】【答案】（共6分,每空1分）（1）πσ（2）小b（3）Cu6四、简答题(共1题，共10分)22、略

【分析】解：rm{(1)[Fe(CO)_{5}]}中铁原子与rm{CO}形成配位键，rm{Fe}元素化合价为rm{0}价，rm{Fe}的原子核外电子数为rm{26}基态电子排布式为rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}价电子排布式为：rm{3d^{6}4s^{2}}

故答案为：rm{0}rm{3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)}原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与rm{CO}互为等电子体的分子、离子分别为rm{N_{2}}rm{CN^{-}}

等电子体的结构相似，则rm{CO}与氮气分子结构相似，结构式为rm{C隆脭O}该分子中含rm{1}个rm{娄脪}键、rm{2}个rm{娄脨}键；．

故答案为：rm{N_{2}}rm{CN^{-}}rm{C隆脭O}rm{1}rm{2}

rm{(3)}在rm{CH_{4}}rm{CO}rm{CH_{3}OH}三种物质中甲烷、甲醇中rm{C}原子杂化轨道数目为rm{4}碳原子采取rm{sp^{3}}杂化，rm{CH_{3}OH}分子之间形成氢键；且为极性分子，则熔沸点高于甲烷的；

故答案为：rm{CH_{4}}rm{CH_{3}OH}rm{CH_{3}OH}分子之间形成氢键；且为极性分子；

rm{(4)CH_{3}CHO}分子中rm{C}原子均没有孤对电子，rm{-CH_{3}}中的碳原子杂化轨道数目为rm{4}rm{-CHO}中的碳原子杂化轨道数目为rm{3}分别采取rm{sp^{3}}杂化、rm{sp^{2}}杂化；

故答案为：rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}．

rm{(1)[Fe(CO)_{5}]}中铁原子与rm{CO}形成配位键；rm{Fe}的原子核外电子数为rm{26}根据能量最低原理书写价电子排布式；

rm{(2)}原子数目相等；价电子总数也相等的微粒互为等电子体；等电子体的结构相似；

rm{(3)}碳原子采取rm{sp^{3}}杂化，则分子中rm{C}原子杂化轨道数目为rm{4}杂化轨道数目rm{=娄脪}键数rm{+}孤电子对数；rm{CH_{3}OH}分子之间形成氢键；熔沸点高于甲烷的；

rm{(4)CH_{3}CHO}分子中rm{C}原子均没有孤对电子，rm{-CH_{3}}中的碳原子杂化轨道数目为rm{4}rm{-CHO}中的碳原子杂化轨道数目为rm{3}．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、等电子体、化学键、分子结构与性质、杂化方式判断等，注意氢键对物质性质的影响．【解析】rm{0}rm{3d^{6}4s^{2}}rm{N_{2}}rm{CN^{-}}rm{C隆脭O}rm{1}rm{2}rm{CH_{4}}rm{CH_{3}OH}rm{CH_{3}OH}分子之间形成氢键，且为极性分子；rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}五、有机推断题(共4题，共8分)23、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=CH224、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】

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++HCl26、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+H2O⑦.4⑧.六、工业流程题(共4题，共28分)27、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度28、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换