…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年牛津譯林版高二化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、若不斷地升高溫度，實現“雪花→水→水蒸氣→氧氣和氫氣”的變化。在變化的各階段被破壞的粒子間的主要相互作用依次是（）A.氫鍵分子間作用力非極性鍵B.氫鍵氫鍵極性鍵C.氫鍵極性鍵分子間作用力D.分子間作用力氫鍵非極性鍵2、下列氣體的排放可能會造成酸雨的是A.COB.CH4C.SO2D.N23、下列關于電解質液的正確判斷是（）A.在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCONa+可以大量共存B.在pH=0的溶液中，Na+、NOSOK+可以大量共存C.由0.1mol?L﹣1一元堿BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液中存在關系BOH→B++OH﹣D.由0.1mol?L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液中存在關系A﹣+H2O?HA+OH﹣4、下列各組離子在水溶液中能大量共存的是A.rm{H^{+}}rm{SO{,!}_{4}^{2-}}rm{SO{,!}_{3}^{2-}}B.rm{Ba^{2+}}rm{CO{,!}_{3}^{2-}}rm{NO{,!}_{3}^{-}}C.rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO{,!}_{4}^{2-}}D.rm{Ca^{+}}rm{SO{,!}_{4}^{2-}}rm{K^{+}}5、下列有關FeCl3溶液與Fe(OH)3膠體的敘述正確的是A.能用丁達爾效應鑒別B.都是電解質C.將NaOH溶液加入FeCl3溶液中有紅褐色沉淀生成，加入Fe(OH)3膠體則沒有沉淀D.能用過濾的方法分離6、下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是（）

①無色透明溶液中：K+、Ca2+、MnO4﹣、SO42﹣

②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣

③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+

④由水電離出的c（OH﹣）=10﹣4mol?L﹣1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl﹣、Br﹣

⑤有較多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN﹣、Cl﹣

⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣．A.①②④B.③⑥C.②④D.①③⑤⑥7、鋁材經脫脂后進行堿洗以除去氧化膜，將堿洗后的溶液中的鋁以沉淀形式回收，最好加入下列試劑（）A.氨水B.CO2C.NaOHD.HNO38、關于下列結論正確的是（）A.該有機物分子式為C13H16B.該有機物分子最多有4個碳原子共直線C.該有機物屬于苯的同系物D.該有機物分子最多有13個碳原子共平面9、有下列兩組命題。rm{A}組rm{B}組Ⅰrm{.H_{2}O}分子間存在氫鍵，rm{H_{2}S}則無rm{壟脵H_{2}O}比rm{H_{2}S}穩定Ⅱrm{.}晶格能rm{NaI}比rm{NaCl}小rm{壟脷NaCl}比rm{NaI}熔點低Ⅲrm{.}晶體類型不同rm{壟脹N_{2}}分子比磷的單質穩定Ⅳrm{.}元素第一電離能大小與原子外圍電子排布有關，不一定像電負性隨原子序數遞增而增大rm{壟脺}同周期元素第一電離能大的，電負性不一定大rm{B}組中命題正確，且能用rm{A}組命題加以正確解釋的是rm{(}rm{)}A.Ⅰrm{壟脵}B.Ⅱrm{壟脷}C.Ⅲrm{壟脹}D.Ⅳrm{壟脺}評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、為了防治環境污染并對尾氣進行綜合利用，某硫酸廠用氨水吸收尾氣中的SO2，再向吸收液中加入濃硫酸，以制取高濃度的SO2及（NH4）2SO4和NH4HSO4固體。為了測定上述（NH4）2SO4和NH4HSO4固體混合物的組成，現稱取該樣品四份，分別加入相同濃度的NaOH溶液各40.00mL，加熱至120℃左右，使氨氣全部逸出[(NH4)2SO4和NH4HSO4的分解溫度均高于200℃]，測得有關實驗數據如下（標準狀況）：（1）實驗過程中有關反應的離子方程式為；（2）由I組數據直接推測：標準狀況下3.7g樣品進行同樣實驗時，生成氨氣的體積為____L；（3）試計算該混合物中(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質的量之比；（4）欲計算該NaOH溶液的物質的量濃度應選擇第組數據，由此求得NaOH溶液的物質的量濃度為。11、（10分）鐵及鐵的化合物在生產、生活中有著重要的用途。(1)聚合硫酸鐵(簡稱PFS)的化學式為[Fe(OH)n(S04)(3-n)/2]m，現代潛水處理工藝中常利用PFS在水體中形成絮狀物，以吸附重金屬離子。則PFS的中心原子未成對電子數為__個。(2)六氰合亞鐵酸鉀K4[Fe(CN)6]可用做顯影劑，該化合物中存在的化學鍵類型有_________。（3）CN一中碳原子的雜化軌道類型是_______：寫出一種與CN一互為等電子體的分子的化學式________；(4)三氯化鐵常溫下為固體，熔點304℃，沸點3160C在3000C以上可升華，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有機溶劑。據此判斷三氯化鐵晶體為__________晶體。(5)普魯士藍是一種配合物，可用作染料，它的結構單元如下圖所示，普魯士藍中n(K+)：n(Fe3+)：n(Fe2+)：n(CN一)=____________。12、常溫下將rm{0.2mol/L}rm{HCl}溶液與rm{0.2mol/L}氨水溶液等體積混合rm{(}忽略混合后溶液體積的變化rm{)}測得混合溶液的rm{pH=6}求混合溶液中下列算式的精確計算結果rm{(}填具體數字rm{)}rm{c(H^{+})-c(NH_{3}漏qH_{2}O)=}______rm{mol/L}．13、從rm{A.}甲烷rm{B.}乙醇rm{C.}乙酸rm{D.}油脂rm{E.}葡萄糖rm{F.}蛋白質六種有機物中；選擇合適的物質，將其標號填在空格上．

rm{(1)}______水解的最終產物是氨基酸；

rm{(2)}糖尿病通常是指病人的尿液中______含量超標；

rm{(3)}工業上制造肥皂的主要原料是______；

rm{(4)}能與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反應產生氣體的是______；

rm{(5)}常用作燃料和醫療上消毒劑的是______；

rm{(6)}天然氣的主要成分是______．14、已知乙醇的分子結構如圖：其中①②③④⑤表示化學鍵的代號；用代號回答：

（1）乙醇與鈉反應斷裂的鍵是______；

（2）乙醇與濃硫酸共熱到170℃斷裂的鍵是______；

（3）乙醇與氧氣在銅或銀作催化劑；加熱條件下反應斷裂的鍵是______；

（4）乙醇與乙酸在濃硫酸作用下反應斷______鍵．15、向甲、乙兩個容積均為1L的恒容容器中，分別充入2molA、2molB和1molA、1molB。相同條件下(溫度為T)，發生下列反應：A(g)＋B(g)xC(g)ΔH＜0。測得兩容器中c(A)隨時間t的變化如圖所示：回答下列問題：（1)乙容器中，平衡后物質B的轉化率為。（2）x＝。（3）下列說法正確的是（）A．向平衡后的乙容器中充入氦氣可使c(A)增大B．將乙容器單獨升溫可使乙容器內各物質的體積分數與甲容器內的相同C．若向甲容器中再充入2molA、2molB，則平衡時甲容器中0.78mol·L－1＜c(A)＜1.56mol·L－1D．若甲容器為等壓可變容器，向甲中充入惰性氣體，則c(A)減小，平衡正向移動，v(正)、v(逆)減小16、如圖所示為制取乙酸乙酯的實驗裝置改進圖；請回答下列問題。

（1）實驗原理的揭示：

①乙酸與乙醇在催化劑存在的條件下加熱可以發生酯化反應生成乙酸乙酯（酯化反應一般是放熱反應），請用氧同位素示蹤法寫出乙酸與乙醇發生酯化反應的化學方程式______

②能否用氫同位素示蹤法揭示酯化反應原理？

若填“能”請寫出相應的化學方程式______

若填“否“請寫現相應的原因：______

（2）反應溫度的確定。

實驗表明：合成乙酸乙酯溫度應控制在85℃左右為宜．請回答：

實驗溫度高于85℃不宜的原因（答兩點）：______

（3）催化劑的選擇：

通過使用不同催化劑對反應時間的比較，可知NaHSO4?H2O催化效果比濃硫酸好．請說明NaHSO4?H2O作催化劑的優點______

（4）實驗裝置的比較：

①利用上述裝置把反應原料一次性投入到反應器中，加熱回流一段時間后再蒸出產物，這種裝置與教材反應裝置相比較突出的優點是：______

②止水夾打開或關閉的順序是：先______K1，______K2，再______K1，______K2（填“打開”或“關閉”）

③自來水流方向是：進水管連接______端與______端（填“A”；“B”、“C”或“D”）

（5）酯層厚度的標定：

加熱回流一段時間后再蒸發產物，為了更好地測定有機層厚度，可預先向飽和碳酸鈉溶液中加入一滴______試液，現象是：______．17、科學研究表明，銅錳氧化物rm{(CuMn_{2}O_{4})}能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛rm{(HCHO)}

rm{(1)}向一定物質的量濃度的rm{Cu(NO_{3})_{2}}和rm{Mn(NO_{3})_{2}}溶液中加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，所得沉淀經高溫灼燒，可制得rm{CuMn_{2}O_{4}}．

rm{壟脵Mn^{2+}}基態的電子排布式可表示為______．

rm{壟脷NO_{3}^{-}}的空間構型是______rm{(}用文字描述rm{)}．

rm{(2)}在銅錳氧化物的催化下，rm{CO}被氧化為rm{CO_{2}}rm{HCHO}被氧化為rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O.}

rm{壟脵}根據等電子體原理，rm{CO}分子的結構式為______．

rm{壟脷}甲醛在rm{Ni}催化作用下加氫可得甲醇rm{(CH_{3}OH).}甲醇分子內rm{C}原子的雜化方式為______；

rm{壟脹1mol}甲醛分子中含有的rm{婁脪}鍵數目為______．

rm{(3)CuH}的晶體結構如圖所示，若rm{CuH}的密度為rm{dg?cm^{-3}}阿伏加德羅常數的值為rm{N_{A}}則該晶胞的邊長為______rm{cm(}用含rmhdnm0zx和rm{N_{A}}的式子表示rm{)}．18、rm{(I)}下列各組中的兩種有機物，可能是：rm{(A)}相同的物質，rm{(B)}同系物，rm{(C)}同分異構體。請判斷它們之間的關系rm{(}用rm{A}rm{B}rm{C}填空rm{)}rm{壟脵2-}甲基丁烷和丁烷______________rm{壟脷}正戊烷和rm{2}rm{2-}二甲基丙烷__________rm{壟脹}對二甲苯和rm{1}rm{4隆陋}二甲苯____________rm{壟脺1-}已烯和環已烷________________。rm{(II)}請寫出下列反應的化學方程式rm{(1)}乙烯在催化劑的作用下生成聚乙烯。rm{(2)}苯乙烯與溴的四氯化碳溶液反應。rm{(3)}苯與濃硫酸、濃硝酸的混合酸在rm{50-60^{0}C}時發生取代反應。評卷人得分三、其他(共7題，共14分)19、實驗室有下列實驗儀器。ABCDEF在過濾操作中除了鐵架臺外還需要用到的實驗儀器是____、____、(用字母填寫)。20、可用于提純或分離物質的常用方法有：①過濾、②結晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質中混有的碘單質；21、（8分）由丙烯出發，經如下反應，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結構簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應類型為__________；由W生成丙烯酸的反應類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應方程式為。22、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質，它們之間的相互轉化關系如下(部分反應條件及產物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。23、可用于提純或分離物質的常用方法有：①過濾、②結晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質中混有的碘單質；24、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。25、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結構簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結構簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)。評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共40分)26、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．28、某研究小組按下列路線合成神經系統藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發生顯色反應。

B．化合物C能發生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子。29、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分五、探究題(共4題，共20分)30、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。31、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。32、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。33、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。評卷人得分六、綜合題(共2題，共14分)34、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．35、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【解析】試題分析：水分子間存在氫鍵，雪花變為水，水變為水蒸氣，都是物理變化，破壞的是氫鍵。水分解生產氫氣和氧氣，是化學變化，破壞的是極性鍵，答案選B。考點：考查微粒間作用力的判斷【解析】【答案】B2、C【分析】【解析】試題分析：CO可以引起血液中毒，CH4可以用作燃料，SO2可以形成酸雨，N2大氣的主要成分。答案選C。考點：物質的性質【解析】【答案】C3、D【分析】【解答】解：A．pH=12的溶液顯堿性，HCO3﹣與OH﹣反應生成水和碳酸根離子，則不能共存，故A錯誤；B．pH=0的溶液顯酸性，H+、NOSO發生氧化還原反應；則不能共存，故B錯誤；

C．由0.1mol?L﹣1一元堿BOH溶液的pH=10，則BOH為弱堿，存在電離平衡，則BOH?B++OH﹣；故C錯誤；

D．由0.1mol?L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，HA為弱酸，則NaA溶液中存在水解離子反應為A﹣+H2O?HA+OH﹣；故D正確；

故選：D．

【分析】A．pH=12的溶液顯堿性；

B．pH=0的溶液顯酸性；

C．由0.1mol?L﹣1一元堿BOH溶液的pH=10；則BOH為弱堿；

D．由0.1mol?L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，HA為弱酸．4、C【分析】【分析】本題考查離子的共存，為高頻考點，把握常見離子之間的反應為解答的關鍵，側重復分解反應的考查，注意常見物質的溶解性，題目難度不大。【解答】根據離子之間不能結合生成沉淀、氣體、水等，離子之間不發生絡合反應、氧化還原反應等，則離子能大量共存，以此來解答。A.rm{H^{+}}與rm{SO_{3}^{2-}}會形成弱電解質而不共存，不穩定分解為和故A錯誤；B.與rm{H_{2}SO_{3}}rm{H_{2}SO_{3}}結合生成rm{SO_{2}}沉淀，不能大量共存，故B錯誤；C.該組離子之間不反應，能大量共存，故C正確；D.rm{H_{2}O}與rm{Ba^{2+}}形成沉淀而不能大量共存，故D錯誤。故選C。【解析】rm{C}5、A【分析】試題分析：FeCl3溶液的溶質微粒不可以對光線有散射作用，而Fe(OH)3膠體由于分散質微粒的直徑大，對光線有散射作用，因此可以產生光亮的通路，即會產生丁達爾效應，故可以利用丁達爾效應鑒別它們，正確；B．FeCl3溶液與Fe(OH)3膠體都是混合物，不是化合物，因此都不是電解質，錯誤；C．將NaOH溶液加入FeCl3溶液中有紅褐色沉淀生成，加入到Fe(OH)3膠體中由于膠粒的電荷被電解質的離子中和，會發生聚沉，因此也有沉淀，錯誤；D．二者都能夠透過濾紙，因此不能用過濾的方法分離，錯誤。考點：考查膠體與溶液的性質的異同與鑒別的知識。【解析】【答案】A6、C【分析】【解答】解：①MnO4﹣有顏色；不能大量存在于無色透明溶液中，故錯誤；

②pH=11的溶液呈堿性；堿性條件下離子之間不發生任何反應，可大量共存，故正確；

③加入Al能放出H2的溶液可能呈強堿性或為非氧化性酸溶液，無論呈酸性還是堿性，HCO3﹣都不能大量共存；故錯誤；

④由水電離出的c（OH﹣）=10﹣4mol?L﹣1的溶液水的電離受到促進；可為水解呈酸性或堿性的鹽溶液，酸性條件下，離子之間不發生任何反應，可大量共存，故正確；

⑤SCN﹣與Fe3+發生反應而不能大量共存；故錯誤；

⑥酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性；亞鐵離子；碘離子不能大量共存，故錯誤．

故選C．

【分析】①無色透明溶液不存在有顏色的離子；

②pH=11的溶液呈堿性；

③加入Al能放出H2的溶液可能呈強堿性或為非氧化性酸溶液；

④由水電離出的c（OH﹣）=10﹣4mol?L﹣1的溶液水的電離受到促進；可為水解呈酸性或堿性的鹽溶液；

⑤與Fe3+反應的離子不能大量共存；

⑥離子之間發生氧化還原反應．7、B【分析】解：因堿洗槽液中鋁的存在形式為AlO2-，故應通入CO2來回收Al（OH）3，發生反應2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；如果用硝酸要控制量的問題，如果硝酸稍過量，鋁元素轉化為鋁離子了，所以最好加入二氧化碳氣體，故選B．

因堿洗槽液中鋁的存在形式為AlO2-，故應通入CO2來回收Al（OH）3，發生反應2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；由此分析解答．

本題考查鋁的化學性質，以及之間的相互轉化，學生要清楚在堿性溶液中鋁以偏鋁酸鹽的形式存在，比較容易．【解析】【答案】B8、D【分析】解：A．根據結構簡式確定分子式為C13H14；故A錯誤；

B．根據乙烯；苯和乙炔結構知；該分子中最多有3個C原子共直線，故B錯誤；

C．苯的同系物中取代基是烷基；該有機物中取代基有不飽和基，所以該物質不是苯的同系物，故C錯誤；

D．苯環和乙烯為平面型結構；而乙炔為直線形結構，則所有的碳原子有可能都在同一平面上，乙基中碳碳單鍵發生旋轉，該分子中所有C原子都可以共面，故D正確；

故選D．

A．根據結構簡式確定分子式；

B．根據乙烯；苯和乙炔結構知；該分子中最多有3個C原子共直線；

C．苯的同系物中取代基是烷基；該有機物中取代基有不飽和基；

D．乙基中碳碳單鍵發生旋轉；該分子中所有C原子都可以共面．

本題考查常見有機物的結構，為高頻考點，側重考查原子空間排列及基本概念，會根據苯、乙烯、乙炔結構特點采用知識遷移的方法確定原子共面、共線個數，為易錯題．【解析】【答案】D9、D【分析】解：rm{A.H_{2}O}分子間存在氫鍵，rm{H_{2}S}則無，但是氫鍵不影響物質的穩定性，所以rm{B}命題錯誤；故A錯誤；

B.氯離子半徑小于碘離子所以晶格能rm{NaI}比rm{NaCl}小，離子鍵越強，熔沸點越高，所以rm{NaCl}比rm{NaI}熔點高；故B錯誤；

C.氮氣與磷都是分子晶體；二者晶體類型相同，故C錯誤；

D.元素第一電離能大小與原子外圍電子排布有關，同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增大，第一電離能逐漸增大但Ⅴrm{A}族大于Ⅵrm{A}族元素；故D正確；

故選：rm{D}．

A.氫鍵只影響物質的物理性質；不影響物質的穩定性；

B.離子晶體中離子鍵越強晶格能越大；電荷越多；離子半徑越小，離子鍵越強；

C.氮氣與磷都是分子晶體；

D.同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增大，第一電離能逐漸增大但Ⅴrm{A}族大于Ⅵrm{A}族元素．

本題考查了氫鍵對物質性質的影響、元素電離能、電負性大小規律，題目難度中等，注意氫鍵只影響物質的物理性質．【解析】rm{D}二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【解析】【答案】（1）H++OH—=H2ONH4++OH-=NH3+H2O（2）____L；（3）____；（4）____________5.0mol/L11、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）5個（2分）（2）離子鍵、共價鍵、配位鍵（3分）（3）sp（1分）、CO或N2（1分）（4）分子晶體（1分）（5）1：1：1：6（2分）12、略

【分析】解：根據電荷守恒得rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}物料守恒rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}漏qH_{2}O)=0.1mol/L=c(Cl^{-})}

所以rm{c(H^{+})-c(NH_{3}漏qH_{2}O)=c(OH^{-})=10^{-8}mol/L}

故答案為：rm{10^{-8}}．

將rm{0.2mol/LHCl}溶液與rm{0.2mol/L}氨水溶液等體積混合得到rm{NH_{4}Cl}混合溶液呈酸性，根據電荷；物料守恒計算，以此解答該題．

本題考查酸堿混合的計算，為高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意把握電荷守恒、物料守恒的運用，難度不大．【解析】rm{10^{-8}}13、略

【分析】解：rm{(1)}蛋白質水解生成氨基酸，故選：rm{F}

rm{(2)}糖尿病通常是指病人的尿液中葡萄糖含量超標，故選：rm{E}

rm{(3)}工業上制造肥皂的主要原料是油脂，油脂在堿性環境下水解生成肥皂主要成分，故選：rm{D}

rm{(4)}醋酸能夠與碳酸鈉反應生成醋酸鈉和水、二氧化碳，故選：rm{C}

rm{(5)}乙醇可使蛋白質變性，常用于殺菌消毒，故選：rm{B}

rm{(6)}天然氣主要成分為甲烷，故選：rm{A}

rm{(1)}依據蛋白質水解生成氨基酸解答；

rm{(2)}病人的尿液中葡萄糖含量是檢測糖尿病指標；

rm{(3)}油脂在堿性環境下水解生成肥皂主要成分；高級脂肪酸鹽；

rm{(4)}醋酸能夠與碳酸鈉反應生成醋酸鈉和水；二氧化碳；

rm{(5)}乙醇可用于殺菌消毒；

rm{(6)}天然氣主要成分為甲烷；

本題考查較為綜合，涉及有機物的組成、結構、性質和應用的考查，題目較為基礎，注意相關知識的積累．【解析】rm{F}rm{E}rm{D}rm{C}rm{B}rm{A}14、⑤①④③⑤⑤【分析】解：（1）乙醇與與金屬鈉反應生成乙醇鈉和氫氣；斷開的羥基上的氫氧鍵，即⑤斷裂；

（2）乙醇和濃硫酸共熱到1700C時發生消去反應；斷裂碳氧鍵；與羥基所連的碳的相鄰的碳上的碳氫鍵，即①④斷裂；

（3）乙醇在銅或銀作催化下與O2反應生成乙醛和水；斷開的是羥基上的氫氧鍵和與羥基所連的碳的氫；

即③⑤斷裂；

（4）乙醇與酸發生酯化反應；斷開的羥基上的氫氧鍵，即⑤斷裂；

故答案為：⑤；①④；③⑤；⑤；

（1）乙醇與與金屬鈉反應生成乙醇鈉和氫氣；斷開的羥基上的氫氧鍵；

（2）乙醇和濃硫酸共熱到1700C時發生消去反應；斷裂碳氧鍵；與羥基所連的碳的相鄰的碳上的碳氫鍵；

（3）乙醇在銅或銀作催化下與O2反應生成乙醛和水；斷開的是羥基上的氫氧鍵和與羥基所連的碳的氫；

（4）乙醇與酸發生酯化反應；斷開的羥基上的氫氧鍵．

本題主要考查了乙醇的化學性質，掌握反應機理是解本題關鍵，難度不大．【解析】⑤①④③⑤⑤15、略

【分析】【解析】【答案】(1)50%(2)1(3)C16、略

【分析】解：（1）①酯化反應中羧酸提供羥基，醇提供氫原子，所以反應的機理可以表示為：CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；

故答案為：CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；

②由于醇和羧酸都失H；所以H換成D無法指示何種物質脫羥基，因此不能用氫同位素示蹤法揭示酯化反應原理；

故答案為：不能；醇和羧酸都失H；所以H換成D無法指示何種物質脫羥基；

（2）正反應是放熱反應；升高溫度，平衡向逆向移動，酯產率降低，催化劑有活性溫度，溫度過高也會有副反應發生；

故答案為：正反應是放熱反應；溫度過高于85℃，平衡向逆向移動，酯產率降低，溫度太高對催化劑的活性也不利；溫度過高會有副反應發生；

（3）濃硫酸具有強氧化性，會把有機物氧化或發生其他副反應，NaHSO4?H2O沒有強氧化性，來源廣泛，價廉易得；NaHSO4?H2O最后沉淀易分離等；

故答案為：減少副反應發生，來源廣泛，價廉易得；NaHSO4?H2O最后沉淀易分離等；

（4）①加熱回流一段時間后再蒸出產物；避免了反應物的揮發，提高了原料利用率；

故答案為：避免加熱時反應物醇與羧酸隨著產物一塊出來；提高了反應物的利用率；

②先打開K1關閉K2，讓反應物在反應器中反應一段時間，充分反應后再關閉K1打開K2；把乙酸乙酯蒸出冷凝；

故答案為：打開；關閉、關閉、打開。

③為充分冷卻；自來水應從下口進上口出；

故答案為：AC；

（5）由于碳酸鈉溶液顯堿性；能使酚酞試液顯紅色，所以應該滴入酚酞試液，實驗現象是碳酸鈉層呈紅色，上層的酯層呈無色；

故答案為：酚酞；碳酸鈉層呈紅色；上層的酯層呈無色．

（1）①酸和醇反應生成酯和水；酯化反應機理為酸脫羥基醇脫氫；

②醇和羧酸都失H；所以H換成D無法指示何種物質脫羥基；

（2）若溫度低；影響反應速率；溫度高，不利于乙酸乙酯的生成；

（3）濃硫酸具有強氧化性，會把有機物氧化或發生其他副反應，NaHSO4?H2O沒有強氧化性，來源廣泛，價廉易得；NaHSO4?H2O最后沉淀易分離等；

（4）①加熱回流一段時間后再蒸出產物；避免了反應物的揮發，提高了原料利用率；

②先打開K1關閉K2，讓反應物在反應器中反應一段時間，充分反應后再關閉K1打開K2；把乙酸乙酯蒸出冷凝；

③為充分冷卻；自來水應從下口進上口出；

（5）碳酸鈉溶液顯示堿性；乙酸乙酯不溶于碳酸鈉溶液；混合液分層，顏色不同．

本題是高考中的常見題型，難度大，綜合性強，對學生的要求高．試題在注重對基礎知識鞏固和訓練的同時，側重對學生能力的培養和解題方法的指導與訓練，有利于培養學生規范嚴謹的實驗設計能力以及評價能力．【解析】CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；否；醇和羧酸都失H，所以H換成D無法指示何種物質脫羥基；正反應是放熱反應，溫度過高于85℃，平衡向逆向移動，酯產率降低，溫度太高對催化劑的活性也不利；溫度過高會有副反應發生．；減少副反應發生，來源廣泛，價廉易得；NaHSO4?H2O最后沉淀易分離等；避免加熱時反應物醇與羧酸隨著產物一塊出來，提高了反應物的利用率；打開；關閉；關閉；打開；A；C；酚酞；碳酸鈉層呈紅色，上層的酯層呈無色17、1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；平面三角形；C≡O；sp3；小于；3×6.02×1023；12；【分析】解：rm{(1)壟脵Mn}的原子序數為rm{25}基態原子的電子排布式為，rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{2}}則rm{Mn^{2+}}基態的電子排布式可表示為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}

rm{壟脷NO_{3}^{-}}中rm{N}原子形成rm{3}個rm{婁脛}鍵；沒有孤電子對，則應為平面三角形，故答案為：平面三角形；

rm{(2)壟脵N_{2}}與rm{CO}為等電子體，二者結構相似，rm{N_{2}}的結構為rm{N隆脭N}則rm{CO}的結構為rm{C隆脭O}故答案為：rm{C隆脭O}

rm{壟脷}甲醛中rm{C}原子形成rm{3}個rm{婁脪}鍵，沒有孤電子對，碳原子的雜化為rm{sp^{2}}雜化，是平面三角形結構，鍵角為rm{120^{circ}}甲醇分子內碳原子形成rm{4}個rm{婁脪}鍵，無孤電子對，雜化方式為rm{sp^{3}}雜化，是四面體結構，rm{O-C-H}鍵角約為rm{109^{circ}28隆盲}鍵角小于rm{120^{circ}}所以甲醇分子內rm{O-C-H}鍵角比甲醛分子內rm{O-C-H}鍵角小；

故答案為：rm{sp^{3}}小于；

rm{壟脹HCHO}分子中含有rm{2}個rm{C-H}鍵、rm{1}個rm{C=O}雙鍵，分子中含有rm{3}個rm{婁脪}鍵，rm{1mol}甲醛rm{(HCHO)}分子中含有的rm{婁脪}鍵數目為rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}

故答案為：rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}

rm{(3)}距離中心rm{Si}最近的第一層的rm{4}個rm{C}原子，每一個又連接著另外rm{3}個rm{Si}原子，這rm{12}個rm{Si}原子平均分布在一個球面上，rm{F}是rm{C}原子，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}分別代表一個rm{Si}原子，rm{AB}rm{AC}rm{AD}rm{BC}rm{BD}rm{CD}的邊長相等，rm{AF}rm{BF}的長相等為rmaes6ao3rm{F}位于體心上，rm{O}位于正三角形rm{BCD}的重心上，在正三角形rm{BCD}中，rm{BE}為三角形rm{BCD}的高，則rm{CE}為rm{BC}的一半，如圖設正四面體的邊長為rm{x}rm{CE}的長為rm{0.5x}rm{BE=sqrt{x;^{2}-(0.5x);^{2}}=dfrac{sqrt{3}}{2}x}rm{BE=sqrt{x;^{2}-(0.5x);^{2}}=

dfrac{sqrt{3}}{2}x}與rm{BO}的長之比為rm{OE}rm{2}則rm{1}的長為rm{dfrac{sqrt{3}}{2}x隆脕dfrac{2}{3}=dfrac{sqrt{3}}{3}x}在三角形rm{BO}中，rm{dfrac{sqrt{3}}{2}x隆脕dfrac

{2}{3}=dfrac{sqrt{3}}{3}x}的長rm{=sqrt{x^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3}x)^{2}}=dfrac{sqrt{6}}{3}x}在三角形rm{ABO}中，rm{AO}的長rm{=dfrac{sqrt{6}}{3}x-d=sqrt{d;^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3}x)^{2}}}rm{x=dfrac{2sqrt{6}}{3}d}

故答案為：rm{=sqrt{x^{2}-(dfrac{sqrt

{3}}{3}x)^{2}}=dfrac{sqrt{6}}{3}x}rm{BFO}

rm{OF}中與rm{=dfrac{sqrt{6}}{3}x-d=sqrt

{d;^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3}x)^{2}}}與rm{x=dfrac{2sqrt

{6}}{3}d}個rm{12}形成配位鍵，可表示為

故答案為：

rm{dfrac{2sqrt{6}}{3}d}該晶胞中含有rm{(4)[Cu(OH)_{4}]^{2-}}個rm{Cu^{2+}}原子，銅原子個數rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}所以該晶胞中含有rm{4}個銅原子rm{OH^{-}}個氫原子，設該晶胞的邊長為rm{(5)}則rm{d=dfrac{dfrac{4隆脕(64+1)}{N;_{A}}}{a;^{3}}}所以rm{a=3dfrac{260}{dN;_{A}}cm}

故答案為：rm{3dfrac{260}{dN;_{A}}}．

rm{4}的原子序數為rm{H}根據能量最低原理可寫出rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}的基態原子的電子排布式，進而可確定rm{4}基態的電子排布式；

rm{4}利用價層電子對互斥模型判斷；

rm{a}根據rm{d=dfrac{dfrac

{4隆脕(64+1)}{N;_{A}}}{a;^{3}}}與rm{a=3dfrac{260}{dN;_{A}}

cm}為等電子體；結合等電子體結構相似判斷；

rm{3dfrac{260}{dN;_{A}}

}根據價層電子對互斥理論確定中心原子雜化方式；根據空間構型可判斷鍵角的大小；

rm{(1)壟脵Mn}分子中含有rm{25}個rm{Mn}鍵、rm{Mn^{2+}}個rm{壟脷}雙鍵，分子中含有rm{(2)壟脵}個rm{N_{2}}鍵；

rm{CO}距離中心rm{壟脷}最近的第一層的rm{壟脹HCHO}個rm{2}原子，每一個又連接著另外rm{C-H}個rm{1}原子，這rm{C=O}個rm{3}原子平均分布在一個球面上，根據直角三角形計算正四面體的邊長；rm{婁脪}中與rm{(3)壟脷}與rm{Si}個rm{4}形成配位鍵；rm{C}利用均攤法計算該晶胞中含有的銅原子和氫原子個數，再根據質量、密度和體積之間的關系式rm{3}計算rm{Si}本題綜合考查物質的結構與性質知識，側重于電子排布式、等電子體、雜化類型與配位鍵等知識，題目難度中等，注意把握雜化類型的判斷方法，晶胞計算為本題的難點．rm{12}【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}平面三角形；rm{C隆脭O}rm{sp^{3}}小于；rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}rm{12}rm{dfrac{2sqrt{6}}{3}d}rm{3dfrac{260}{dN;_{A}}}rm{3dfrac{260}{dN;_{A}}

}18、（Ⅰ）①B②C③A④C

（Ⅱ）（1）

（2）

（3）

【分析】【分析】本題考查同系物、同分異構體的判斷和有機化學反應方程式的書寫，題目較簡單。【解答】rm{(}Ⅰrm{)壟脵}rm{2-}甲基丁烷就是異戊烷，其與丁烷屬于同系物，故答案為：甲基丁烷就是異戊烷，其與丁烷屬于同系物，故答案為：rm{2-}rm{B}rm{壟脷}rm{2}rm{2-}二甲基丙烷就是新戊烷，與正戊烷是同分異構體，故答案為：二甲基丙烷就是新戊烷，與正戊烷是同分異構體，故答案為：rm{2}rm{2-}對二甲苯和rm{C}rm{壟脹}二甲苯是兩種不同的命名方法命名的同一種物質，故答案為：rm{1}rm{4隆陋}二甲苯是兩種不同的命名方法命名的同一種物質，故答案為：rm{1}rm{4隆陋}已烯和環已烷分子式相同，但結構不同，故答案為：rm{A}rm{壟脺}乙烯在催化劑的作用下生成聚乙烯的化學方程式為：故答案為：rm{1-}已烯和環已烷分子式相同，但結構不同，故答案為：苯乙烯與溴的四氯化碳溶液反應的化學方程式為：故答案為：rm{1-}苯與濃硫酸、濃硝酸的混合酸在rm{C}rm{(II)(1)}rm{(2)}苯乙烯與溴的四氯化碳溶液反應的化學方程式為：時發生取代反應的方程式為：故答案為：rm{(2)}【解析】rm{(}Ⅰrm{)壟脵B}rm{壟脷C}rm{壟脹A}rm{壟脺C}rm{(}Ⅱrm{)(1)}rm{(2)}rm{(3)}三、其他(共7題，共14分)19、略

【分析】【解析】【答案】AEF20、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③21、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應（或取代反應）；消去反應（各1分）（3）略（2分）22、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO223、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③24、略

【分析】（1）從題中知C是紫紅色金屬單質，則C為Cu；G是藍色沉淀，則G為Cu（OH）2；H是磚紅色沉淀，則H是Cu2O；F是形成酸雨的無色有害氣體，則F為SO2；所以B為濃H2SO4，A為D為O2，E為強堿，是NaOH或是KOH。（2）電解A溶液，陰極上Cu2+放電，反應式為：══（3）電解溶液屬于放氧生酸型，總的電解方程式為：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══25、略

【分析】【解析】【答案】四、有機推斷題(共4題，共40分)26、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，且A還是一種植物生長調節劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH227、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，且A還是一種植物生長調節劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH228、略

【分析】【分析】

根據物質在轉化過程中碳鏈結構不變，根據抗癇靈結構，結合A的分子式可推知A結構簡式是：A與HCHO發生反應產生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發生取代反應產生C：C經過一系列反應，產生分子式是C8H6O3的物質D結構簡式是：D與CH3CHO在堿性條件下發生信息②的反應產生E：E含有醛基，能夠與銀氨溶液在堿性條件下水浴加熱，發生銀鏡反應，然后酸化產生F：F與SOCl2發生取代反應產生G：與發生取代反應產生抗癇靈：

【詳解】

根據上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液發生顯色反應；A錯誤；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化變為-COOH；也能發生燃燒反應，故化合物C能發生氧化反應，B正確；

C．的亞氨基上含有孤對電子，能夠與H+形成配位鍵而結合H+；因此具有弱堿性，C正確；

D．根據抗癇靈的分子結構，可知其分子式是C15H17NO3；D錯誤；

故合理選項是BC；

(2)根據上述分析可知化合物E結構簡式是

(3)G是G與發生取代反應產生抗癇靈和HCl，該反應的化學方程式為：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C為原料經過三步制備化合物D，首先是與Cl2在光照條件下發生甲基上H原子的取代反應產生然后與NaOH的水溶液共熱，發生取代反應產生該物質與O2在Cu催化下加熱，發生氧化反應產生D：故由C經三步反應產生D的合成路線為：

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物；符合條件：①分子中含有一個五元環；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子，則其可能的同分異構體結構簡式是【解析】BC++HCl29、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應條件可知C為苯甲醇,B為A為甲苯。在相同條件下,D的蒸氣相對于氫氣的密度為39,則D的相對分子質量為39×2=78,D與A互為同系物,由此知D為芳香烴,設1個D分子中含有n個碳原子,則有14n-6=78,解得n=6,故D為苯,與乙醛反應得到E,結合信息①,E為E與溴發生加成反應得到的F為F發生氧化反應生成的G為

詳解：(1)根據分析可知:G為則G中含氧官能團為羧基；甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而苯不能,因此；鑒別A和D的試劑為酸性高錳酸鉀溶液；本題答案為：羧基；酸性高錳酸鉀溶液；

(2)苯甲醛與氯仿發生加成反應生成B為F為

（3）反應①：乙酸和發生酯化反應,化學方程式為+CH3COOH+H2O。

（4）C為苯甲醇,屬于芳香族化合物的苯甲醇的同分異構體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚和苯甲醚(),共4種；

(5)苯乙醛與甲醛反應生成再與溴發。

生加成反應生成最后發生催化氧化反應生成故合成路線為

點睛：本題主要考查結構簡式、官能團、反應類型、化學方程式、限定條件下同分異構體數目的判斷、合成路線中試劑和反應條件的選擇等知識,意在考查考生分析問題、解決問題的能力，抓好信息是解題的關鍵。【解析】①.羧基②.酸性高錳酸鉀溶液③.加成反應④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、探究題(共4題，共20分)30、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數為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）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）