2025年牛津译林版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年牛津译林版高二化学上册阶段测试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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、10.在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2A(g)2B(g)+C(g)中，生成物C在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是2、对于平衡体系：mA(气)+nB(气)≒pC(气)+qD(气)△H＜0，下列判断正确的是A.若温度不变，将容器的体积增大1倍，此时A的浓度变为原来的0.48倍，则m+n>p+qB.若平衡时，B的转化率相等，说明反应开始时B的物质的量之比为m:nC.若平衡体系共有气体amol，再向其中加入bmolB物质，当重新达到平衡时，气体的总物质的量等于(a+b)mol，则m+n=q+pD.温度不变时，若压强增大为原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原体积的1/2要小3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.30gNO含有的原子数目为NAB.常温常压下，22.4LH2含有的分子数目为NAC.5.6g铁与足量氯气完全反应失去的电子数目为0.2NAD.1L1mol•L﹣1Na2SO4溶液中含有的钠离子数目为2NA4、下列装置能构成电解池的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.5、下列有机反应属于加成反应的是A.rm{CH_{3}CH_{3}+Cl_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}Cl+HCl}B.rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}C.rm{2}rm{+15{O}_{2}}rm{12C{O}_{2}+6{H}_{2}0}D.rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}6、对图两种化合物的结构或性质描述正确的是rm{(}rm{)}

A.不是同分异构体B.分子中共平面的碳原了数相同C.含氧官能团的性质不同D.可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分7、有一份气体样品的质量是14.2g，体积是4.48L(标准状况下)，该气体的摩尔质量是()A.28.4B.28.4g/molC.71D.71g/mol8、反应3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)在一可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A.增加Fe的物质的量B.将容器的体积缩小一半C.保持体积不变，充入H2使体系压强增大D.压强不变，充入Ne使容器的体积增大9、0.01mol•L﹣1HB溶液的pH=2，将溶液稀释100倍后，溶液的pH值可能为（）A.1B.4C.5D.8评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、Ⅰ.2011年4月27日某市工商局查获400克袋装中老年补钙营养奶粉1401包。这种奶粉被鉴定为所含亚硝酸盐残留量高出正常值7.8倍，长期食用可能致癌。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。(1)上述反应中氧化剂是_____，若有0.75mol的还原剂被氧化，则被还原的氧化剂有_____mol。(2)根据上述反应，可以用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①自来水；②淀粉碘化钾试纸；③淀粉；④白糖；⑤食醋；⑥白酒。进行实验时，必须选用的物质有____________。(3)某工厂废切削液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂中_____(填序号)能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2反应的化学方程式为________________________(并标出电子转移的数目和方向)。①NaCl②NH4Cl③H2O2④浓H2SO4(4)下列离子在溶液中一定能大量共存的是________。A．NHCl－OH－COB．Fe2＋NO3-Cl－H＋C．CH3COO－NHH＋Cl－D．CH3COO－Na＋Cl－SOⅡ.实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应式为4CuI＋Hg===Cu2HgI4＋2Cu。(1)上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素是________价。(2)CuI可由Cu2＋与I－直接反应制得，请配平下列反应的离子方程式：Cu2＋＋I－===CuI＋I11、短周期的三种元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是rm{5.X}元素原子最外电子层上的电子数是rm{Y}和rm{Z}两元素原子最外电子层上的电子数的总和；rm{Y}元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的rm{2}倍，rm{X}和rm{Z}可以形成rm{XZ_{3}}的化合物rm{.}请回答：

rm{(1)X}元素的名称是______；rm{Y}元素的名称是______；rm{Z}元素的名称是______．

rm{(2)XZ_{3}}化合物的电子式是______．

rm{(3)}分别写出rm{X}rm{Y}的含氧酸的分子式______、______．12、(11分)有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：。元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂BB与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂请根据表中信息填写：(1)A原子的核外电子排布式____________________________________________________________。(2)B元素在周期表中的位置__________；离子半径：B______A(填“大于”或“小于”)。(3)C原子的电子排布图是__________，其原子核外有______个未成对电子，能量最高的电子为______轨道上的电子，其轨道呈______形。(4)D原子的电子排布式为________，D－的结构示意图是______。(5)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_______，与D的氢化物的水化物反应的化学方程式为_______________。13、向1L的恒容密闭容器中通入amol气体A和amol气体B；在一定条件下发生反应：xA（g）+yB（g）⇌pC（g）+qD（g）

已知：平均反应速率v（C）=0.5v（A）；反应2min时达到平衡；A的浓度减少了一半，B的物质的量减少了0.5amol，有0.75amolD生成．回答下列问题：

（1）反应2min内，vA=______；

（2）请写出该反应的化学方程式：______；

（3）反应达平衡时，B的转化率为______；

（4）下列能说明该反应到达平衡的是______；

A．容器内的总压强不再变化。

B．容器内气体的平均相对分子质量不再变化。

C．容器内气体的密度不再变化。

D．容器内D的质量不再变化。

（5）计算该反应的化学平衡常数______．14、在下列有机物中：①溴乙烷；②乙醇，③丙醛，④乙酸，⑤甲酸甲酯，⑥苯酚，将符合题面的序号填到下面空白处。

（1）能与NaOH溶液反应的有______；

（2）能发生消去反应的有______，完成其中一个物质的消去反应方程式：______

（3）能发生银镜反应的有______；

（4）能使酸性KMnO4溶液褪色的有______．15、rm{(1)}分子式为rm{C_{5}H_{10}O_{2}}的有机物在酸性条件下水解为酸和醇。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有________种。rm{(2)}写出的名称rm{(}系统命名法rm{)}________。rm{(3)}葡萄中含有酒石酸，酒石酸的化学分析如下：rm{a.}相对分子质量为rm{150}完全燃烧后只生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}分子中rm{C}rm{H}质量分数分别为rm{32拢楼}和rm{4拢楼}rm{b.1mol}酒石酸与足量的rm{NaHCO_{3}}反应放出rm{44.8LCO_{2}}与足量的rm{Na}反应放出rm{44.8LH_{2}(}气体体积均己折算为标准状况rm{)}rm{c.}核磁共振氢谱表明该分子中只有三种化学环境不同的氢原子。己知同一个碳原子上连接两个羟基时不稳定，会转化为其他物质。rm{垄脵}酒石酸的结构简式为________。rm{垄脷}有机物rm{M}是酒石酸的一种同分异构体，且rm{M}与酒石酸含有的官能团种类和数目均相同，写出rm{M}的结构简式：________。评卷人得分三、推断题(共5题，共10分)16、（13分）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH＋4、Fe2＋、Fe3+、CO2－3、SO2－3、SO2－4、Cl－、NO－3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）反应③的化学方程式为_________________________________________________。（2）沉淀C、H和气体F的化学式分别为___________________________________。（3）写出有关反应的离子方程式：①中生成A________________________________________________________。⑤_______________________________________________________________。（4）上述离子中，溶液X中肯定不含有的离子是________________________________，可能含有的离子是________________________________。17、把过量的CO2气体通入下列物质的饱和溶液中，不变浑浊的是（）A.Ca(OH)2B.C6H5ONaC.NaAlO2D.Na2SiO318、甲、乙、丙、丁是中学化学中的常见物质，甲、丙为单质，乙、丁为化合物。其转化关系如下：请回答：rm{(1)}若甲由短周期元素rm{X}组成，rm{X}的原子最外层电子数与最内层电子数之和比次外层电子数多rm{1}丙能使淀粉溶液变蓝。rm{垄脵X}在周期表中的位置是____。rm{垄脷}下列叙述正确的是____rm{(}填字母rm{)}rm{a.}甲的氧化性强于丙rm{b.}甲能使干燥的有色布条褪色rm{c.}可用四氯化碳将丙从其水溶液中分离出来rm{(2)}若丙在常温常压下为可燃性气体，丁是一种具有磁性的黑色晶体。rm{垄脵}写出甲与乙发生反应的化学方程式：____。rm{垄脷}上述反应中转移rm{1.6mol}电子时，生成丙的体积为____rm{(}标准状况rm{)}19、有rm{A}rm{B}两种烃，它们的组成相同，都约含rm{85.7%}的碳，烃rm{A}对氢气的相对密度是rm{28}烃rm{B}式量比空气的平均式量稍小，且实验式与rm{A}相同，烃rm{A}rm{B}都能使溴的四氯化碳溶液褪色；根据以上实验事实回答问题．

rm{(1)}推断rm{A}rm{B}两烃的化学式rm{.A}______；rm{B}______．

rm{(2)A}rm{B}中______rm{(}填“rm{A}或rm{B}”rm{)}存在同分异构体；写出与其同类别物质的同分异构体的结构简式：______；______、______

rm{(3)}写出rm{B}与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式：______rm{.}反应类型：______

rm{(4)}写出实验室制取rm{B}的化学方程式：______．20、现有A；B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素；它们位于元素周期表的前四周期．B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子．请回答下列问题：

（1）请写出：D基态原子的价层电子排图：______；

F基态原子的外围电子排布式：______．

（2）下列说法错误的是______．

A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2＞CO2．

B．电负性顺序：B＜C＜D

C．N2与CO为等电子体；结构相似．

D．稳定性：H2O＞H2S；水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键．

（3）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点．向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成（F（X）4）2+，该离子的结构式为______（用元素符号表示）．

（4）某化合物与F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有______．

（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为______．

（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为apm，F离子的半径bpm，求该晶胞的空间利用率______．评卷人得分四、有机推断题(共4题，共28分)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__________________________________．23、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。24、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、探究题(共4题，共8分)25、（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。26、（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。27、（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。28、（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。评卷人得分六、计算题(共2题，共4分)29、（6分）已知：①1molH2中的共价键断裂吸收436KJ能量，0.5molO2中的共价键断裂吸收249KJ能量，形成1mol水蒸气中的共价键释放930KJ能量。②H2O(l)＝H2O(g)ΔH＝+44kJ·mol-1③CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)△H=－890kJ·mol-1（1）写出H2在O2中燃烧生成水蒸气的热化学方程式；（2）1.12L（折算成标况下的体积）H2完全燃烧生成液态水放出的热量为；（3）实验测得氢气和甲烷的混合气体共4mol完全燃烧时放热为2358kJ（生成的水为液态），则混合气体中氢气和甲烷的体积比为。30、在一定质量的烧瓶中盛10g11.6%的某醛溶液，然后与足量的银氨溶液充分混合放在热水浴中加热，安全反应后，倒去瓶中液体，仔细洗净、烘干后，烧瓶质量增加4.32g，通过计算，写出这种醛的结构简式和名称．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【解析】试题分析：A项图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符；B项图象中压强p1到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物C的物质的量减小；C项图象中压强p2到达平衡时间短；D项图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物C的物质的量增大。考点：化学反应的限度【解析】【答案】B2、B|C【分析】【解析】【答案】BC3、D【分析】【解答】解：A、30gNO的物质的量为1mol，而NO为双原子分子，故1molNO中含2mol原子即2NA个，故A错误；B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氢气的物质的量小于1mol，则含有的分子个数小于NA个；故B错误；

C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个；故C错误；

D、溶液的硫酸钠的物质的量n=CV=1mol/L×1L=1mol，而1mol硫酸钠中含2mol钠离子，故含2NA个；故D正确．

故选D．

【分析】A；求出NO的物质的量；然后根据NO为双原子分子来分析；

B；常温常压下；气体摩尔体积大于22.4L/mol；

C；求出铁的物质的量；然后根据铁与氯气反应后变为+3价来分析；

D、求出硫酸钠的物质的量，然后根据1mol硫酸钠中含2mol钠离子来分析．4、D【分析】解：rm{A.}没有形成闭合回路；不能形成电解池，故A错误；

B.发生化学反应；既不是原电池也不是电解池，故B错误；

C.为原电池；故C错误；

D.为电解池；铜为阳极，石墨为阴极，故D正确．

故选D．

与原电池相比较；电解池有外加电源，以此解答该题．

本题考查了电解池原理的分析应用，该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，难度不大rm{.}明确电解池的工作原理、构成条件是答题的关键．【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】本题考查有机反应的基本类型，难度不大。【解答】A.反应rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{+Cl}rm{+Cl}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}属于取代反应，故A错误；rm{{,!}_{3}}B.反应rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Cl+HCl}属于取代反应，故A错误；rm{Cl+HCl}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}属于加成反应，故B正确；C.反应rm{=CH}rm{=CH}rm{{,!}_{2}}rm{+HBr隆煤CH}rm{+HBr隆煤CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Br}属于加成反应，故B正确；rm{Br}属于氧化反应，故C错误；rm{2CH}D.反应rm{2CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{OH+O}rm{OH+O}rm{{,!}_{2}}rm{2CH}rm{2CH}rm{{,!}_{3}}rm{CHO+2H}rm{CHO+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}属于氧化反应，故C错误；rm{O}取代反应rm{.CH}故D错误。rm{.CH}rm{3}【解析】rm{B}6、C【分析】解：rm{A.}分子式相同；结构不同；互为同分异构体，故A错误；

B.第一种含有苯环，共平面的碳原子数至少为rm{8}个，第二种有机物含有碳碳双键，与碳原子直接相连的碳原子共平面，共平面的碳原子数至少为rm{6}故B错误；

C.羟基可发生取代；氧化反应；醛基可发生加成、氧化反应，性质不同，故C正确；

D.含rm{H}的种类不同，分别为rm{7}rm{7}但峰的面积不同，一个是rm{6}rm{3}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}另外一个是rm{6}rm{2}rm{2}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}能用核磁共振氢谱区分，含官能团不同，可用红外光谱区分，故D错误。

故选C。

第一种化合物中含苯酚结构，而第二种有机物含双键、rm{-CHO}结合酚；烯烃、醛的性质及结构对称性来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、烯烃、醛性质及有机物结构的考查，题目难度不大。【解析】rm{C}7、D【分析】【解析】试题分析：根据M=n=可知，n=mol="0.2"mol，M=g/mol="71"g/mol，故选D考点：考查物质的量以及气体摩尔体积的相关知识【解析】【答案】D8、A【分析】考查外界条件对反应速率的影响。铁是固体，改变固体的质量不能改变反应速率，所以选项A正确，其余选项都能改变反应速率，答案选A。【解析】【答案】A9、B【分析】【解答】解：0.01mol/L某酸HA溶液的pH=2，说明HB是强酸，不存在电离平衡，稀释10n时；pH变化等于n个单位，则将溶液稀释100倍后，pH变化上升2个单位，所以pH=4；

故B正确．

故选B．

【分析】0.01mol/L某酸HA溶液的pH=2，说明HB是强酸，不存在电离平衡，稀释10n时，pH变化等于n个单位，根据强酸的稀释规律：将pH=a的强酸加水稀释至原来的10b倍，则pH=a+b（当a+b＞7时，PH≈7）据此分析．二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】试题分析：Ⅰ（1）根据反应的方程式可知，亚硝酸钠中氮元素的化合价从＋3价降低到＋2价，得到1个电子，所以亚硝酸钠是还原剂。HI中I元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，则根据电子得失守恒可知，若有0.75mol的还原剂被氧化，则被还原的氧化剂有0.75mol。（2）根据反应的方程式可知，该反应是在酸性条件下进行的，所以必须选用的物质有淀粉碘化钾试纸和食醋，答案选②⑤。（3）使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，这说明在反应中亚硝酸钠是氧化剂，得到电子，所以选择的应该是还原剂，NH4＋中的氮元素处于最低价态，具有还原性，所以选择的试剂是氯化铵，即答案选②，反应的方程式是（4）A中的OH－与NH4＋不能大量共存；B中溶液显酸性，则NO3－能氧化Fe2＋不能大量共存；C中的CH3COO－和H＋不能大量共存，所以答案选D。Ⅱ.（1）在Cu2HgI4中，Hg显＋2价，I是－1价，所以铜是＋1价。（2）在反应中铜的化合价从＋2价降低到＋1价，得到1个电子，而碘元素碘化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，则根据电子的得失守恒可知，配平后的方程式应该是2Cu2＋＋5I－===2CuI＋I3－。考点：考查氧化还原反应的有关判断、计算、配平以及离子共存的判断【解析】【答案】Ⅰ(1)NaNO20.75(2)②⑤(3)②(4)DⅡ.(1)＋1(2)2Cu2＋＋5I－===2CuI＋I3－11、略

【分析】解：由rm{Y}元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的rm{2}倍，可知rm{Y}为rm{C}短周期的三种元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是rm{5}rm{Y}电子层数是rm{2}可知rm{Z}为rm{H.}且rm{X}是两个电子层，再根据rm{X}和rm{Z}可以形成rm{XZ_{3}}的化合物，可知rm{X}为rm{N}

rm{(1)}由以上分析可知rm{X}氮元素、rm{Y}为碳元素、rm{Z}为氢元素；故答案为：氮；碳；氢；

rm{(2)XZ_{3}}的化学式为rm{NH_{3}}氨气是共价化合物，其电子式为：故答案为：

rm{(3)}根据含氧酸的特点，由氮元素和碳元素的含氧酸的分子式为：rm{HNO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}等，故答案为：rm{HNO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}．

由rm{Y}元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的rm{2}倍，可知rm{Y}为rm{C}短周期的三种元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是rm{5}rm{Y}电子层数是rm{2}可知rm{Z}为rm{H.}且rm{X}是两个电子层，再根据rm{X}和rm{Z}可以形成rm{XZ_{3}}的化合物，可知rm{X}为rm{N}以此解答该题．

本题考查原子的结构与元素周期律的关系，题目难度中等，本题侧重于原子结构与对应化合物的结构和性质的考查，解答时注意原子的结构特点，为解答该题的关键．【解析】氮；碳；氢；rm{HNO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}12、略

【分析】根据题中信息可推出：A为Na，B为Al，C为N，D为Cl。(1)A为Na，其核外电子排布式为1s22s22p63s1。(2)B为Al，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族，Na＋与Al3＋核外电子排布相同，核电荷数Al3＋大于Na＋，故r(Al3＋)＜r(Na＋)。(3)C为N，其电子排布图为其中有3个未成对电子，能量最高的为p轨道上的电子，其轨道呈哑铃形。(4)D为Cl，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，简化电子排布式为[Ne]3s23p5，Cl－的结构示意图为(5)本题考查Al(OH)3与NaOH和HCl反应的方程式，Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O。【解析】【答案】(1)1s22s22p63s1(2)第三周期第ⅢA族小于(3)3p哑铃(4)1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5(5)NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O3HCl＋Al(OH)3===AlCl3＋3H2O13、略

【分析】解：（1）反应2min时达到平衡，A的浓度减少了一半，由v===0.25amol/（L．min）；故答案为：0.25amol/（L．min）；

（2）A的浓度减少了一半；B的物质的量减少了0.5amol，有0.75amolD生成，则A；B、D的物质的量的变化量之比为2：2：3，平均反应速率v（C）=0.5v（A），则A、C的化学计量数之比为2：1则化学反应为2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g），故答案为：2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）；

（3）B的物质的量减少了0.5amol，则转化率为×100%=50%；故答案为：50%；

（4）A．该反应为气体体积不变的反应；容器内的总压强始终不变化，不能判定平衡，故A错误；

B．因m不变；n不变，则容器内气体的平均相对分子质量始终不变化，不能判定平衡，故B错误；

C．因m不变；V不变，容器内气体的密度始终不变化，不能判断平衡，故C错误；

D．容器内D的质量不再变化；为平衡的标志，故D正确；

故答案为：D；

（5）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；平衡浓度A为0.5amol/L，B为0.5amol/L，C为0.25amol/L，D为0.75amol/L；

则K==故答案为：．

（1）反应2min时达到平衡，A的浓度减少了一半，结合v=计算；

（2）利用反应速率之比等于化学计量数之比来解答；

（3）利用转化的量和起始量计算转化率；

（4）利用平衡的特征“等”；“定”来判断平衡；

（5）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比．

本题考查较综合，涉及反应速率计算、平衡判定、平衡常数计算等，注重高考常考点的考查，题目难度中等．【解析】0.25amol/（L．min）；2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）；50%；D；14、略

【分析】解：（1）①溴乙烷和⑤甲酸甲酯能与氢氧化钠溶发生取代反应；④乙酸和⑥苯酚具有酸性，能与氢氧化钠反应；

故答案为：①④⑤⑥；

（2）①溴乙烷和②乙醇都能发生消去反应，生成乙烯，其中，乙醇发生消去反应的方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案为：①②；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（3）③丙醛和⑤甲酸甲酯中含有醛基；故能发生银镜反应；

故答案为：③⑤；

（4）②乙醇和⑥苯酚具有还原性，能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色；

故答案为：②⑥．

（1）能与NaOH溶液反应的物质有氯代烃；羧酸、酯类和酚类；

（2）能发生消去反应的物质有氯代烃；醇等；

（3）能发生银镜反应的物质必含有醛基；据此分析；

（4）能使酸性KMnO4溶液褪色的物质具有还原性；含有醇羟基或酚羟基．

本题考查了有机物的水解反应、消去反应、银镜反应和氧化还原反应，难度不大．要注意平时知识的积累．【解析】①④⑤⑥；①②；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；③⑤；②⑥15、（1）40

（2）3-甲基-3-己烯

（3）①

②【分析】【分析】本题考查有机物的推断以及有机物的命名，题目难度中等，注意根据题目要求计算相对分子质量，根据结构特点书写结构简式，把握同分异构体的书写方法。【解答】rm{(1)}分子式为rm{C_{5}H_{10}O_{2}}的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇；属于饱和一元酯；

若水解产物为甲酸和丁醇，甲酸只有rm{1}种结构、丁醇有rm{4}种结构：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}

若水解生成乙酸和丙醇，乙酸不存在同分异构体、丙醇有rm{2}种同分异构体：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CH(OH)CH_{3}}

若水解生成丙酸和乙醇，丙酸和乙醇都只有rm{1}种结构；

若水解生成丁酸和甲醇，甲醇只有rm{1}种结构、丁酸有rm{2}种结构：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}rm{CH_{3}CH(CH_{3})COOH}

根据以上分析可知，羧酸共有：rm{1+1+1+2=5}种，醇共有：rm{4+2+1+1=8}种，酸和醇重新组合可形成的酯共有：rm{5隆脕8=40}种，故答案为：rm{40}rm{(2)}含有碳碳双键的最长碳链中含有rm{6}个碳原子，甲基在rm{3}号碳上，所以其名称为rm{3-}甲基rm{-3-}己烯，故答案为：rm{3-}甲基rm{-3-}己烯；rm{(3)垄脵}分子中rm{C}rm{H}质量分数分别为rm{32拢楼}和rm{4拢楼}则rm{O}的质量分数为rm{1-32%-4%=64%}相对分子质量为rm{150}则含rm{C}为rm{C}质量分数分别为rm{H}和rm{32拢楼}则rm{4拢楼}的质量分数为rm{O}相对分子质量为rm{1-32%-4%=64%}则含rm{150}为rm{C}rm{dfrac{150隆脕32拢楼}{12}=4}，含rm{H}rm{H}rm{dfrac{150隆脕4拢楼}{1}=6}，含rm{O}rm{O}rm{dfrac{150隆脕64拢楼}{16}=6}，则分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{4}}rm{H}酒石酸与足量的rm{H}rm{{,!}_{6}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{6}}反应放出，rm{1mol}酒石酸与足量的rm{NaHCO}rm{1mol}rm{NaHCO}气体体积均己折算为标准状况rm{{,!}_{3}}则分子中有反应放出rm{44.8LCO}个羧基和rm{44.8LCO}个羟基，该分子中存在三种不同化学环境的氢原子rm{{,!}_{2}}故答案为：，与足量的rm{Na}反应放出rm{44.8LH}rm{Na}的结构简式为故答案为：rm{44.8LH}【解析】rm{(1)40}rm{(2)3-}甲基rm{-3-}己烯rm{(3)垄脵}rm{垄脷}三、推断题(共5题，共10分)16、略

【分析】试题分析：酸性溶液中不可能大量存在CO32-、SO32-，加入过量硝酸钡溶液，则溶液中含有硝酸，有气体生成，说明该气体是硝酸的还原产物NO，则原溶液中和硝酸发生氧化还原反应的只能是Fe2+，则原溶液中含有Fe2+，不含NO3-，所得沉淀C是硫酸钡沉淀，则原溶液中存在SO42-，一定不含Ba2+,溶液B中加入过量氢氧化钠溶液由气体产生，则该气体F是氨气，原溶液中含有NH4+，溶液B中含有铁离子，所以沉淀H是氢氧化铁沉淀，通入二氧化碳气体产生沉淀，则原溶液中还应含有Al3+，沉淀I是氢氧化铝沉淀，可能含有Cl-、Fe3+。根据以上分析：（1）反应③是NO与氧气反应生成的二氧化氮再与氧气、水反应生成硝酸，化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3；（2）沉淀C、H和气体F的化学式分别为BaSO4、Fe(OH)3、NH3；（3）①中生成A的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液再与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以⑤的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；（4）X中一定不含NO3-、Ba2+、CO32-、SO32-，可能含有Cl-、Fe3+。考点：考查溶液中离子的判断，离子方程式的书写【解析】【答案】（1）4NO2+O2+2H2O=4HNO3；（2）BaSO4、Fe(OH)3、NH3；（3）3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；（4）NO3-、Ba2+、CO32-、SO32-；Cl-、Fe3+。17、A【分析】【分析】过量的CO2通入到澄清的石灰水中最终生成的是可溶性的碳酸氢钙；A正确；B；C、D中分别生成的是苯酚、氢氧化铝和硅酸沉淀，容易都变混浊，答案选A。

【点评】物质的性质包括物理性质和化学性质都必须牢记，这是做好这类试题的关键。18、（1）①第3周期第VIIA族②ac（2）①②17.92L（或1.792×104mL）【分析】【分析】本题考查无机物的推断，为高频考点，涉及rm{Cl}及其化合物、rm{Fe}及其化合物的性质及转化等，把握物质的性质及转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大。rm{(1)}若甲、丙为单质，乙、丁为化合物，rm{X}的元素的原子最外层电子数与最内层电子数之和比次外层电子数多rm{1}则rm{X}最外层电子数是rm{7}次外层是rm{L}层，则甲是rm{Cl_{2}}丙能使淀粉溶液变蓝，则丙为rm{I_{2}}反应可能为氯气与rm{KI}的反应；

rm{(1)}若丙在常温常压下为可燃性气体，丁是一种具有磁性的黑色晶体，丁是rm{Fe_{3}O_{4}}该反应为铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，所以甲是rm{Fe}乙是rm{H_{2}O}丙是rm{H_{2}}以此来解答。【解答】rm{(1)}若甲、丙为单质，乙、丁为化合物，rm{X}的元素的原子最外层电子数与最内层电子数之和比次外层电子数多rm{1}则rm{X}最外层电子数是rm{7}次外层是rm{L}层，则甲是rm{Cl_{2}}丙能使淀粉溶液变蓝，则丙为rm{I_{2}}反应可能为氯气与rm{KI}的反应；

rm{垄脵X}为rm{Cl}位于元素周期表第rm{3}周期第rm{VIIA}族，故答案为：第rm{3}周期第rm{VIIA}族；

rm{垄脷a.}由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知；甲的氧化性强于丙，故正确；

rm{b.}甲为氯气；不能使干燥的有色布条褪色，故错误；

rm{c.}碘易溶于有机溶剂；不易溶于水，则可用四氯化碳将丙从其水溶液中分离出来，故正确；

故答案为：rm{a}rm{c}

rm{(2)}若丙在常温常压下为可燃性气体，丁是一种具有磁性的黑色晶体，丁是rm{Fe_{3}O_{4}}该反应为铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，所以甲是rm{Fe}乙是rm{H_{2}O}丙是rm{H_{2}}

rm{垄脵}甲与乙发生反应的化学方程式为rm{3Fe+4{H}_{2}O(g)overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}}故答案为：rm{3Fe+4{H}_{2}O(g)overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}}rm{3Fe+4{H}_{2}O(g)

overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}}元素的化合价由rm{3Fe+4{H}_{2}O(g)

overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}}价降低为rm{垄脷H}则转移rm{+1}电子时，生成丙的体积为rm{dfrac{1.6mol}{2隆脕left(1-0right)}隆脕22.4L/mol=17.92L(}或rm{0}故答案为：rm{1.6mol}或rm{

dfrac{1.6mol}{2隆脕left(1-0right)}隆脕22.4L/mol=17.92L(}rm{1.792隆脕10^{4}mL)}【解析】rm{(1)垄脵}第rm{3}周期第rm{VIIA}族rm{垄脷a}rm{c}rm{(2)垄脵3Fe+4{H}_{2}O(g)overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}垄脷17.92L(}或rm{(2)垄脵3Fe+4{H}_{2}O(g)

overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}垄脷17.92L(}rm{1.792隆脕10^{4}mL)}19、略

【分析】解：rm{(1)}由于碳元素的质量分数为rm{85.7%}所以烃rm{A}中rm{C}原子的数目为rm{dfrac{56隆脕85.7%}{12}=4}所以烃rm{dfrac

{56隆脕85.7%}{12}=4}中rm{A}原子的数目为rm{H}所以烃rm{dfrac{56-12隆脕4}{1}=8}的分子式为rm{A}

A、rm{C_{4}H_{8}}的最简式相同，最简式为rm{B}rm{CH_{2}}式量比空气的平均式量稍小，最简式rm{B}所以rm{CH_{2}}的分子式为rm{B}

故答案为：rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{4}H_{8}}

rm{C_{2}H_{4}}为rm{(2)A}rm{C_{4}H_{8}}为rm{B}二者都能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中含有rm{C_{2}H_{4}}个rm{1}双键；属于烯烃．

rm{C=C}存在同分异构体，有：rm{A}rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH=CHCH_{3}}rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}不存在同分异构体；

故答案为：rm{B}rm{A}rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH=CHCH_{3}}

rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}的分子式为rm{(3)B}能使溴的四氯化碳溶液褪色，则rm{C_{2}H_{4}}为乙烯rm{B}与乙烯反应的方程式为：

rm{CH_{2}=CH_{2}.}

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CH_{2}Br}

rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CH_{2}Br}实验室制备乙烯是利用乙醇在浓硫酸催化作用发生消去反应生成，反应的化学方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(4)}根据烃rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}分子中碳的质量分数，计算分子中rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}原子、rm{(1)}原子数目，写出rm{A}的分子式；由于rm{C}rm{H}的最简式相同，再结合烃rm{A}式量比空气的平均式量稍小，推断rm{A}的分子式；

rm{B}烃rm{B}rm{B}都能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，根据rm{(2)}rm{A}的分子式与结构判断是否存在同分异构体；根据结构及分子式书写限制条件的同分异构体；

rm{B}烃rm{A}能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明rm{B}含不饱和键；结合分子式判断其结构，写出方程式；

rm{(3)}实验室制备乙烯是利用乙醇在浓硫酸催化作用发生消去反应生成；

本题考查有机物分子式推断、限制条件同分异构体书写、烯烃的性质等，题目难度中等，注意根据rm{B}的质量分数进行推断．rm{B}【解析】rm{C_{4}H_{8}}rm{C_{2}H_{4}}rm{A}rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH=CHCH_{3}}rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CH_{2}Br}加成反应；rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}20、略

【分析】解：A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，则D为O元素；C原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，应处于Ⅷ族及相邻的族，E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则E为Fe，故F为Cu，（3）中C与A形成的气体X，则A为H元素，X为NH3；

（1）D为O元素，基态原子的价层电子排布图：F为Cu元素，基态原子的外围电子排布式为：3d104s1；

故答案为：3d104s1；

（2）A．沸点：SiO2＞CO2；是由于二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳形成分子晶体，故A错误；

B．同周期随原子序数增大电负性增大；故电负性顺序：C＜N＜O，故B正确；

C．N2与CO分子都含有2个原子；价电子总数都是10；二者为等电子体，结构相似，故C正确；

D．稳定性：H2O＞H2S；是因为非金属性O＞S，与分子之间存在氢键无关，故D错误；

故答案为：AD；

（3）C与A形成的气体X，则A为H元素，X为NH3，F的硫酸盐为CuSO4，向CuSO4溶液中通入过量的NH3可生成[Cu（NH3）4]2+，该离子的结构式为：

故答案为：

（4）杂环上的碳原子含有3个σ键，没有孤对电子，采用sp2杂化，亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp3杂化；

故答案为：sp2、sp3；

（5）由B单质的一种同素异形体的晶胞结构可知，B原子有4个位于晶胞内部，其余B原子位于定点、面心，则一个晶胞中所含B原子数为4+8×+6×=8；

故答案为：8；

（6）O与Cu形成离子个数比为1：1的化合物为CuO，晶胞与NaCl类似，其晶胞结构为晶胞中铜离子数目=阳离子数目=8×+6×=4，O2-离子的半径为apm，Cu2+离子的半径bpm，则晶胞中原子总体积=4×（πa3+πb3）pm3，晶胞棱长=2（a+b）pm，故晶胞体积=8（a+b）3pm3，故该晶胞的空间利用率==

故答案为：

A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．A元素能级个数与核外电子数相等，则A为H元素；B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，则D为O元素；C原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，应处于Ⅷ族及相邻的族，E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2；则E为Fe，故F为Cu，以此解答该题．

本题主要考查物质的结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、等电子体、晶体类型与性质、配合物、杂化理论、晶胞计算等，难点是晶胞的计算，明确各个字母的含义，题目难度中等．【解析】3d104s1；AD；sp2、sp3；8；四、有机推断题(共4题，共28分)21、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】

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=CH223、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++HCl24、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+H2O⑦.4⑧.五、探究题(共4题，共8分)25、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】ⅠNa2C