…………○…………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、10.在一定溫度不同壓強（P1＜P2）下，可逆反應2A(g)2B(g)+C(g)中，生成物C在反應混合物中的體積分數（ψ）與反應時間（t）的關系有以下圖示，正確的是2、對于平衡體系：mA(氣)+nB(氣)≒pC(氣)+qD(氣)△H＜0，下列判斷正確的是A.若溫度不變，將容器的體積增大1倍，此時A的濃度變為原來的0.48倍，則m+n>p+qB.若平衡時，B的轉化率相等，說明反應開始時B的物質的量之比為m:nC.若平衡體系共有氣體amol，再向其中加入bmolB物質，當重新達到平衡時，氣體的總物質的量等于(a+b)mol，則m+n=q+pD.溫度不變時，若壓強增大為原來的2倍，達到新平衡時，總體積一定比原體積的1/2要小3、用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A.30gNO含有的原子數目為NAB.常溫常壓下，22.4LH2含有的分子數目為NAC.5.6g鐵與足量氯氣完全反應失去的電子數目為0.2NAD.1L1mol?L﹣1Na2SO4溶液中含有的鈉離子數目為2NA4、下列裝置能構成電解池的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.5、下列有機反應屬于加成反應的是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、對圖兩種化合物的結構或性質描述正確的是rm{(}rm{)}

A.不是同分異構體B.分子中共平面的碳原了數相同C.含氧官能團的性質不同D.可用紅外光譜區分，但不能用核磁共振氫譜區分7、有一份氣體樣品的質量是14.2g，體積是4.48L(標準狀況下)，該氣體的摩爾質量是()A.28.4B.28.4g/molC.71D.71g/mol8、反應3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)在一可變的密閉容器中進行，下列條件的改變對其反應速率幾乎無影響的是A.增加Fe的物質的量B.將容器的體積縮小一半C.保持體積不變，充入H2使體系壓強增大D.壓強不變，充入Ne使容器的體積增大9、0.01mol?L﹣1HB溶液的pH=2，將溶液稀釋100倍后，溶液的pH值可能為（）A.1B.4C.5D.8評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、Ⅰ.2011年4月27日某市工商局查獲400克袋裝中老年補鈣營養奶粉1401包。這種奶粉被鑒定為所含亞硝酸鹽殘留量高出正常值7.8倍，長期食用可能致癌。已知NaNO2能發生如下反應：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。(1)上述反應中氧化劑是_____，若有0.75mol的還原劑被氧化，則被還原的氧化劑有_____mol。(2)根據上述反應，可以用試紙和生活中常見的物質進行實驗，以鑒別NaNO2和NaCl，可選用的物質有：①自來水；②淀粉碘化鉀試紙；③淀粉；④白糖；⑤食醋；⑥白酒。進行實驗時，必須選用的物質有____________。(3)某工廠廢切削液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放會造成污染，下列試劑中_____(填序號)能使NaNO2轉化為不引起二次污染的N2反應的化學方程式為________________________(并標出電子轉移的數目和方向)。①NaCl②NH4Cl③H2O2④濃H2SO4(4)下列離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.實驗室為監測空氣中汞蒸氣的含量，往往懸掛涂有CuI的濾紙，根據濾紙是否變色或顏色發生變化所用去的時間來判斷空氣中的含汞量，其反應式為4CuI＋Hg===Cu2HgI4＋2Cu。(1)上述反應產物Cu2HgI4中，Cu元素是________價。(2)CuI可由Cu2＋與I－直接反應制得，請配平下列反應的離子方程式：Cu2＋＋I－===CuI＋I11、短周期的三種元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數依次變小，原子核外電子層數之和是rm{5.X}元素原子最外電子層上的電子數是rm{Y}和rm{Z}兩元素原子最外電子層上的電子數的總和；rm{Y}元素原子的最外電子層上的電子數是它的電子層數的rm{2}倍，rm{X}和rm{Z}可以形成rm{XZ_{3}}的化合物rm{.}請回答：

rm{(1)X}元素的名稱是______；rm{Y}元素的名稱是______；rm{Z}元素的名稱是______．

rm{(2)XZ_{3}}化合物的電子式是______．

rm{(3)}分別寫出rm{X}rm{Y}的含氧酸的分子式______、______．12、(11分)有四種短周期元素，它們的結構、性質等信息如下表所述：。元素結構、性質等信息A是短周期中(除稀有氣體外)原子半徑最大的元素，該元素的某種合金是原子反應堆的導熱劑BB與A同周期，其最高價氧化物的水化物呈兩性C元素的氣態氫化物極易溶于水，可用作制冷劑D是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，其單質或化合物也是自來水生產過程中常用的消毒殺菌劑請根據表中信息填寫：(1)A原子的核外電子排布式____________________________________________________________。(2)B元素在周期表中的位置__________；離子半徑：B______A(填“大于”或“小于”)。(3)C原子的電子排布圖是__________，其原子核外有______個未成對電子，能量最高的電子為______軌道上的電子，其軌道呈______形。(4)D原子的電子排布式為________，D－的結構示意圖是______。(5)B的最高價氧化物對應的水化物與A的最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為_______，與D的氫化物的水化物反應的化學方程式為_______________。13、向1L的恒容密閉容器中通入amol氣體A和amol氣體B；在一定條件下發生反應：xA（g）+yB（g）?pC（g）+qD（g）

已知：平均反應速率v（C）=0.5v（A）；反應2min時達到平衡；A的濃度減少了一半，B的物質的量減少了0.5amol，有0.75amolD生成．回答下列問題：

（1）反應2min內，vA=______；

（2）請寫出該反應的化學方程式：______；

（3）反應達平衡時，B的轉化率為______；

（4）下列能說明該反應到達平衡的是______；

A．容器內的總壓強不再變化。

B．容器內氣體的平均相對分子質量不再變化。

C．容器內氣體的密度不再變化。

D．容器內D的質量不再變化。

（5）計算該反應的化學平衡常數______．14、在下列有機物中：①溴乙烷；②乙醇，③丙醛，④乙酸，⑤甲酸甲酯，⑥苯酚，將符合題面的序號填到下面空白處。

（1）能與NaOH溶液反應的有______；

（2）能發生消去反應的有______，完成其中一個物質的消去反應方程式：______

（3）能發生銀鏡反應的有______；

（4）能使酸性KMnO4溶液褪色的有______．15、rm{(1)}分子式為rm{C_{5}H_{10}O_{2}}的有機物在酸性條件下水解為酸和醇。若不考慮立體異構，這些酸和醇重新組合可形成的酯共有________種。rm{(2)}寫出的名稱rm{(}系統命名法rm{)}________。rm{(3)}葡萄中含有酒石酸，酒石酸的化學分析如下：rm{a.}相對分子質量為rm{150}完全燃燒后只生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}分子中rm{C}rm{H}質量分數分別為rm{32攏樓}和rm{4攏樓}rm{b.1mol}酒石酸與足量的rm{NaHCO_{3}}反應放出rm{44.8LCO_{2}}與足量的rm{Na}反應放出rm{44.8LH_{2}(}氣體體積均己折算為標準狀況rm{)}rm{c.}核磁共振氫譜表明該分子中只有三種化學環境不同的氫原子。己知同一個碳原子上連接兩個羥基時不穩定，會轉化為其他物質。rm{壟脵}酒石酸的結構簡式為________。rm{壟脷}有機物rm{M}是酒石酸的一種同分異構體，且rm{M}與酒石酸含有的官能團種類和數目均相同，寫出rm{M}的結構簡式：________。評卷人得分三、推斷題(共5題，共10分)16、（13分）某強酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH＋4、Fe2＋、Fe3+、CO2－3、SO2－3、SO2－4、Cl－、NO－3中的一種或幾種，取該溶液進行連續實驗，實驗內容如下：根據以上信息，回答下列問題：（1）反應③的化學方程式為_________________________________________________。（2）沉淀C、H和氣體F的化學式分別為___________________________________。（3）寫出有關反應的離子方程式：①中生成A________________________________________________________。⑤_______________________________________________________________。（4）上述離子中，溶液X中肯定不含有的離子是________________________________，可能含有的離子是________________________________。17、把過量的CO2氣體通入下列物質的飽和溶液中，不變渾濁的是（）A.Ca(OH)2B.C6H5ONaC.NaAlO2D.Na2SiO318、甲、乙、丙、丁是中學化學中的常見物質，甲、丙為單質，乙、丁為化合物。其轉化關系如下：請回答：rm{(1)}若甲由短周期元素rm{X}組成，rm{X}的原子最外層電子數與最內層電子數之和比次外層電子數多rm{1}丙能使淀粉溶液變藍。rm{壟脵X}在周期表中的位置是____。rm{壟脷}下列敘述正確的是____rm{(}填字母rm{)}rm{a.}甲的氧化性強于丙rm{b.}甲能使干燥的有色布條褪色rm{c.}可用四氯化碳將丙從其水溶液中分離出來rm{(2)}若丙在常溫常壓下為可燃性氣體，丁是一種具有磁性的黑色晶體。rm{壟脵}寫出甲與乙發生反應的化學方程式：____。rm{壟脷}上述反應中轉移rm{1.6mol}電子時，生成丙的體積為____rm{(}標準狀況rm{)}19、有rm{A}rm{B}兩種烴，它們的組成相同，都約含rm{85.7%}的碳，烴rm{A}對氫氣的相對密度是rm{28}烴rm{B}式量比空氣的平均式量稍小，且實驗式與rm{A}相同，烴rm{A}rm{B}都能使溴的四氯化碳溶液褪色；根據以上實驗事實回答問題．

rm{(1)}推斷rm{A}rm{B}兩烴的化學式rm{.A}______；rm{B}______．

rm{(2)A}rm{B}中______rm{(}填“rm{A}或rm{B}”rm{)}存在同分異構體；寫出與其同類別物質的同分異構體的結構簡式：______；______、______

rm{(3)}寫出rm{B}與溴的四氯化碳溶液反應的化學方程式：______rm{.}反應類型：______

rm{(4)}寫出實驗室制取rm{B}的化學方程式：______．20、現有A；B、C、D、E、F原子序數依次增大的六種元素；它們位于元素周期表的前四周期．B元素含有3個能級，且每個能級所含的電子數相同；D的原子核外有8個運動狀態不同的電子；E元素與F元素處于同一周期相鄰的族，它們的原子序數相差3，且E元素的基態原子有4個未成對電子．請回答下列問題：

（1）請寫出：D基態原子的價層電子排圖：______；

F基態原子的外圍電子排布式：______．

（2）下列說法錯誤的是______．

A．二氧化硅的相對分子質量比二氧化碳大，所以沸點：SiO2＞CO2．

B．電負性順序：B＜C＜D

C．N2與CO為等電子體；結構相似．

D．穩定性：H2O＞H2S；水分子更穩定的原因是水分子間存在氫鍵．

（3）F離子是人體內多種酶的輔因子，人工模擬酶是當前研究的熱點．向F的硫酸鹽溶液中通入過量的C與A形成的氣體X可生成（F（X）4）2+，該離子的結構式為______（用元素符號表示）．

（4）某化合物與F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合價為+1）結合形成圖1所示的離子，該離子中碳原子的雜化方式有______．

（5）B單質的一種同素異形體的晶胞如圖2所示，則一個晶胞中所含B原子數為______．

（6）D與F形成離子個數比為1：1的化合物，晶胞與NaCl類似，設D離子的半徑為apm，F離子的半徑bpm，求該晶胞的空間利用率______．評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共28分)21、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__________________________________．22、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__________________________________．23、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。24、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8分)25、（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。26、（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。27、（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。28、（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、計算題(共2題，共4分)29、（6分）已知：①1molH2中的共價鍵斷裂吸收436KJ能量，0.5molO2中的共價鍵斷裂吸收249KJ能量，形成1mol水蒸氣中的共價鍵釋放930KJ能量。②H2O(l)＝H2O(g)ΔH＝+44kJ·mol-1③CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)△H=－890kJ·mol-1（1）寫出H2在O2中燃燒生成水蒸氣的熱化學方程式；（2）1.12L（折算成標況下的體積）H2完全燃燒生成液態水放出的熱量為；（3）實驗測得氫氣和甲烷的混合氣體共4mol完全燃燒時放熱為2358kJ（生成的水為液態），則混合氣體中氫氣和甲烷的體積比為。30、在一定質量的燒瓶中盛10g11.6%的某醛溶液，然后與足量的銀氨溶液充分混合放在熱水浴中加熱，安全反應后，倒去瓶中液體，仔細洗凈、烘干后，燒瓶質量增加4.32g，通過計算，寫出這種醛的結構簡式和名稱．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【解析】試題分析：A項圖象中壓強p1到達平衡時間短，故圖象中p1＞p2，與題意不符；B項圖象中壓強p1到達平衡時間短，圖象中p1＜p2，增大壓強，平衡時生成物C的物質的量減小；C項圖象中壓強p2到達平衡時間短；D項圖象中壓強p2到達平衡時間短，圖象中p1＜p2，增大壓強，平衡時生成物C的物質的量增大。考點：化學反應的限度【解析】【答案】B2、B|C【分析】【解析】【答案】BC3、D【分析】【解答】解：A、30gNO的物質的量為1mol，而NO為雙原子分子，故1molNO中含2mol原子即2NA個，故A錯誤；B、常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故22.4L氫氣的物質的量小于1mol，則含有的分子個數小于NA個；故B錯誤；

C、5.6g鐵的物質的量為0.1mol，而鐵與氯氣反應后變為+3價，故0.1mol鐵轉移0.3mol電子即0.3NA個；故C錯誤；

D、溶液的硫酸鈉的物質的量n=CV=1mol/L×1L=1mol，而1mol硫酸鈉中含2mol鈉離子，故含2NA個；故D正確．

故選D．

【分析】A；求出NO的物質的量；然后根據NO為雙原子分子來分析；

B；常溫常壓下；氣體摩爾體積大于22.4L/mol；

C；求出鐵的物質的量；然后根據鐵與氯氣反應后變為+3價來分析；

D、求出硫酸鈉的物質的量，然后根據1mol硫酸鈉中含2mol鈉離子來分析．4、D【分析】解：rm{A.}沒有形成閉合回路；不能形成電解池，故A錯誤；

B.發生化學反應；既不是原電池也不是電解池，故B錯誤；

C.為原電池；故C錯誤；

D.為電解池；銅為陽極，石墨為陰極，故D正確．

故選D．

與原電池相比較；電解池有外加電源，以此解答該題．

本題考查了電解池原理的分析應用，該題是高考中的常見考點，屬于基礎性試題的考查，難度不大rm{.}明確電解池的工作原理、構成條件是答題的關鍵．【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】本題考查有機反應的基本類型，難度不大。【解答】A.反應rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{+Cl}rm{+Cl}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}屬于取代反應，故A錯誤；rm{{,!}_{3}}B.反應rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Cl+HCl}屬于取代反應，故A錯誤；rm{Cl+HCl}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}屬于加成反應，故B正確；C.反應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}屬于加成反應，故B正確；rm{Br}屬于氧化反應，故C錯誤；rm{2CH}D.反應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}屬于氧化反應，故C錯誤；rm{O}取代反應rm{.CH}故D錯誤。rm{.CH}rm{3}【解析】rm{B}6、C【分析】解：rm{A.}分子式相同；結構不同；互為同分異構體，故A錯誤；

B.第一種含有苯環，共平面的碳原子數至少為rm{8}個，第二種有機物含有碳碳雙鍵，與碳原子直接相連的碳原子共平面，共平面的碳原子數至少為rm{6}故B錯誤；

C.羥基可發生取代；氧化反應；醛基可發生加成、氧化反應，性質不同，故C正確；

D.含rm{H}的種類不同，分別為rm{7}rm{7}但峰的面積不同，一個是rm{6}rm{3}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}另外一個是rm{6}rm{2}rm{2}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}能用核磁共振氫譜區分，含官能團不同，可用紅外光譜區分，故D錯誤。

故選C。

第一種化合物中含苯酚結構，而第二種有機物含雙鍵、rm{-CHO}結合酚；烯烴、醛的性質及結構對稱性來解答。

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重酚、烯烴、醛性質及有機物結構的考查，題目難度不大。【解析】rm{C}7、D【分析】【解析】試題分析：根據M=n=可知，n=mol="0.2"mol，M=g/mol="71"g/mol，故選D考點：考查物質的量以及氣體摩爾體積的相關知識【解析】【答案】D8、A【分析】考查外界條件對反應速率的影響。鐵是固體，改變固體的質量不能改變反應速率，所以選項A正確，其余選項都能改變反應速率，答案選A。【解析】【答案】A9、B【分析】【解答】解：0.01mol/L某酸HA溶液的pH=2，說明HB是強酸，不存在電離平衡，稀釋10n時；pH變化等于n個單位，則將溶液稀釋100倍后，pH變化上升2個單位，所以pH=4；

故B正確．

故選B．

【分析】0.01mol/L某酸HA溶液的pH=2，說明HB是強酸，不存在電離平衡，稀釋10n時，pH變化等于n個單位，根據強酸的稀釋規律：將pH=a的強酸加水稀釋至原來的10b倍，則pH=a+b（當a+b＞7時，PH≈7）據此分析．二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【解析】試題分析：Ⅰ（1）根據反應的方程式可知，亞硝酸鈉中氮元素的化合價從＋3價降低到＋2價，得到1個電子，所以亞硝酸鈉是還原劑。HI中I元素的化合價從－1價升高到0價，失去1個電子，則根據電子得失守恒可知，若有0.75mol的還原劑被氧化，則被還原的氧化劑有0.75mol。（2）根據反應的方程式可知，該反應是在酸性條件下進行的，所以必須選用的物質有淀粉碘化鉀試紙和食醋，答案選②⑤。（3）使NaNO2轉化為不引起二次污染的N2，這說明在反應中亞硝酸鈉是氧化劑，得到電子，所以選擇的應該是還原劑，NH4＋中的氮元素處于最低價態，具有還原性，所以選擇的試劑是氯化銨，即答案選②，反應的方程式是（4）A中的OH－與NH4＋不能大量共存；B中溶液顯酸性，則NO3－能氧化Fe2＋不能大量共存；C中的CH3COO－和H＋不能大量共存，所以答案選D。Ⅱ.（1）在Cu2HgI4中，Hg顯＋2價，I是－1價，所以銅是＋1價。（2）在反應中銅的化合價從＋2價降低到＋1價，得到1個電子，而碘元素碘化合價從－1價升高到0價，失去1個電子，則根據電子的得失守恒可知，配平后的方程式應該是2Cu2＋＋5I－===2CuI＋I3－。考點：考查氧化還原反應的有關判斷、計算、配平以及離子共存的判斷【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}元素原子的最外電子層上的電子數是它的電子層數的rm{2}倍，可知rm{Y}為rm{C}短周期的三種元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數依次變小，原子核外電子層數之和是rm{5}rm{Y}電子層數是rm{2}可知rm{Z}為rm{H.}且rm{X}是兩個電子層，再根據rm{X}和rm{Z}可以形成rm{XZ_{3}}的化合物，可知rm{X}為rm{N}

rm{(1)}由以上分析可知rm{X}氮元素、rm{Y}為碳元素、rm{Z}為氫元素；故答案為：氮；碳；氫；

rm{(2)XZ_{3}}的化學式為rm{NH_{3}}氨氣是共價化合物，其電子式為：故答案為：

rm{(3)}根據含氧酸的特點，由氮元素和碳元素的含氧酸的分子式為：rm{HNO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}等，故答案為：rm{HNO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}．

由rm{Y}元素原子的最外電子層上的電子數是它的電子層數的rm{2}倍，可知rm{Y}為rm{C}短周期的三種元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數依次變小，原子核外電子層數之和是rm{5}rm{Y}電子層數是rm{2}可知rm{Z}為rm{H.}且rm{X}是兩個電子層，再根據rm{X}和rm{Z}可以形成rm{XZ_{3}}的化合物，可知rm{X}為rm{N}以此解答該題．

本題考查原子的結構與元素周期律的關系，題目難度中等，本題側重于原子結構與對應化合物的結構和性質的考查，解答時注意原子的結構特點，為解答該題的關鍵．【解析】氮；碳；氫；rm{HNO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}12、略

【分析】根據題中信息可推出：A為Na，B為Al，C為N，D為Cl。(1)A為Na，其核外電子排布式為1s22s22p63s1。(2)B為Al，在元素周期表中的位置為第三周期第ⅢA族，Na＋與Al3＋核外電子排布相同，核電荷數Al3＋大于Na＋，故r(Al3＋)＜r(Na＋)。(3)C為N，其電子排布圖為其中有3個未成對電子，能量最高的為p軌道上的電子，其軌道呈啞鈴形。(4)D為Cl，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，簡化電子排布式為[Ne]3s23p5，Cl－的結構示意圖為(5)本題考查Al(OH)3與NaOH和HCl反應的方程式，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啞鈴(4)1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5(5)NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O3HCl＋Al(OH)3===AlCl3＋3H2O13、略

【分析】解：（1）反應2min時達到平衡，A的濃度減少了一半，由v===0.25amol/（L．min）；故答案為：0.25amol/（L．min）；

（2）A的濃度減少了一半；B的物質的量減少了0.5amol，有0.75amolD生成，則A；B、D的物質的量的變化量之比為2：2：3，平均反應速率v（C）=0.5v（A），則A、C的化學計量數之比為2：1則化學反應為2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g），故答案為：2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g）；

（3）B的物質的量減少了0.5amol，則轉化率為×100%=50%；故答案為：50%；

（4）A．該反應為氣體體積不變的反應；容器內的總壓強始終不變化，不能判定平衡，故A錯誤；

B．因m不變；n不變，則容器內氣體的平均相對分子質量始終不變化，不能判定平衡，故B錯誤；

C．因m不變；V不變，容器內氣體的密度始終不變化，不能判斷平衡，故C錯誤；

D．容器內D的質量不再變化；為平衡的標志，故D正確；

故答案為：D；

（5）K為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比；平衡濃度A為0.5amol/L，B為0.5amol/L，C為0.25amol/L，D為0.75amol/L；

則K==故答案為：．

（1）反應2min時達到平衡，A的濃度減少了一半，結合v=計算；

（2）利用反應速率之比等于化學計量數之比來解答；

（3）利用轉化的量和起始量計算轉化率；

（4）利用平衡的特征“等”；“定”來判斷平衡；

（5）K為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比．

本題考查較綜合，涉及反應速率計算、平衡判定、平衡常數計算等，注重高考常考點的考查，題目難度中等．【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甲酸甲酯能與氫氧化鈉溶發生取代反應；④乙酸和⑥苯酚具有酸性，能與氫氧化鈉反應；

故答案為：①④⑤⑥；

（2）①溴乙烷和②乙醇都能發生消去反應，生成乙烯，其中，乙醇發生消去反應的方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案為：①②；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（3）③丙醛和⑤甲酸甲酯中含有醛基；故能發生銀鏡反應；

故答案為：③⑤；

（4）②乙醇和⑥苯酚具有還原性，能與酸性KMnO4溶液發生氧化還原反應，使酸性KMnO4溶液褪色；

故答案為：②⑥．

（1）能與NaOH溶液反應的物質有氯代烴；羧酸、酯類和酚類；

（2）能發生消去反應的物質有氯代烴；醇等；

（3）能發生銀鏡反應的物質必含有醛基；據此分析；

（4）能使酸性KMnO4溶液褪色的物質具有還原性；含有醇羥基或酚羥基．

本題考查了有機物的水解反應、消去反應、銀鏡反應和氧化還原反應，難度不大．要注意平時知識的積累．【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】本題考查有機物的推斷以及有機物的命名，題目難度中等，注意根據題目要求計算相對分子質量，根據結構特點書寫結構簡式，把握同分異構體的書寫方法。【解答】rm{(1)}分子式為rm{C_{5}H_{10}O_{2}}的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇；屬于飽和一元酯；

若水解產物為甲酸和丁醇，甲酸只有rm{1}種結構、丁醇有rm{4}種結構：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}

若水解生成乙酸和丙醇，乙酸不存在同分異構體、丙醇有rm{2}種同分異構體：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}種結構；

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

根據以上分析可知，羧酸共有：rm{1+1+1+2=5}種，醇共有：rm{4+2+1+1=8}種，酸和醇重新組合可形成的酯共有：rm{5隆脕8=40}種，故答案為：rm{40}rm{(2)}含有碳碳雙鍵的最長碳鏈中含有rm{6}個碳原子，甲基在rm{3}號碳上，所以其名稱為rm{3-}甲基rm{-3-}己烯，故答案為：rm{3-}甲基rm{-3-}己烯；rm{(3)壟脵}分子中rm{C}rm{H}質量分數分別為rm{32攏樓}和rm{4攏樓}則rm{O}的質量分數為rm{1-32%-4%=64%}相對分子質量為rm{150}則含rm{C}為rm{C}質量分數分別為rm{H}和rm{32攏樓}則rm{4攏樓}的質量分數為rm{O}相對分子質量為rm{1-32%-4%=64%}則含rm{150}為rm{C}rm{dfrac{150隆脕32攏樓}{12}=4}，含rm{H}rm{H}rm{dfrac{150隆脕4攏樓}{1}=6}，含rm{O}rm{O}rm{dfrac{150隆脕64攏樓}{16}=6}，則分子式為rm{C}rm{C}rm{{,!}_{4}}rm{H}酒石酸與足量的rm{H}rm{{,!}_{6}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{6}}反應放出，rm{1mol}酒石酸與足量的rm{NaHCO}rm{1mol}rm{NaHCO}氣體體積均己折算為標準狀況rm{{,!}_{3}}則分子中有反應放出rm{44.8LCO}個羧基和rm{44.8LCO}個羥基，該分子中存在三種不同化學環境的氫原子rm{{,!}_{2}}故答案為：，與足量的rm{Na}反應放出rm{44.8LH}rm{Na}的結構簡式為故答案為：rm{44.8LH}【解析】rm{(1)40}rm{(2)3-}甲基rm{-3-}己烯rm{(3)壟脵}rm{壟脷}三、推斷題(共5題，共10分)16、略

【分析】試題分析：酸性溶液中不可能大量存在CO32-、SO32-，加入過量硝酸鋇溶液，則溶液中含有硝酸，有氣體生成，說明該氣體是硝酸的還原產物NO，則原溶液中和硝酸發生氧化還原反應的只能是Fe2+，則原溶液中含有Fe2+，不含NO3-，所得沉淀C是硫酸鋇沉淀，則原溶液中存在SO42-，一定不含Ba2+,溶液B中加入過量氫氧化鈉溶液由氣體產生，則該氣體F是氨氣，原溶液中含有NH4+，溶液B中含有鐵離子，所以沉淀H是氫氧化鐵沉淀，通入二氧化碳氣體產生沉淀，則原溶液中還應含有Al3+，沉淀I是氫氧化鋁沉淀，可能含有Cl-、Fe3+。根據以上分析：（1）反應③是NO與氧氣反應生成的二氧化氮再與氧氣、水反應生成硝酸，化學方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3；（2）沉淀C、H和氣體F的化學式分別為BaSO4、Fe(OH)3、NH3；（3）①中生成A的離子方程式為3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；鋁離子與過量的氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液再與二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫根離子，所以⑤的離子方程式為AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；（4）X中一定不含NO3-、Ba2+、CO32-、SO32-，可能含有Cl-、Fe3+。考點：考查溶液中離子的判斷，離子方程式的書寫【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】過量的CO2通入到澄清的石灰水中最終生成的是可溶性的碳酸氫鈣；A正確；B；C、D中分別生成的是苯酚、氫氧化鋁和硅酸沉淀，容易都變混濁，答案選A。

【點評】物質的性質包括物理性質和化學性質都必須牢記，這是做好這類試題的關鍵。18、（1）①第3周期第VIIA族②ac（2）①②17.92L（或1.792×104mL）【分析】【分析】本題考查無機物的推斷，為高頻考點，涉及rm{Cl}及其化合物、rm{Fe}及其化合物的性質及轉化等，把握物質的性質及轉化為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，題目難度不大。rm{(1)}若甲、丙為單質，乙、丁為化合物，rm{X}的元素的原子最外層電子數與最內層電子數之和比次外層電子數多rm{1}則rm{X}最外層電子數是rm{7}次外層是rm{L}層，則甲是rm{Cl_{2}}丙能使淀粉溶液變藍，則丙為rm{I_{2}}反應可能為氯氣與rm{KI}的反應；

rm{(1)}若丙在常溫常壓下為可燃性氣體，丁是一種具有磁性的黑色晶體，丁是rm{Fe_{3}O_{4}}該反應為鐵和水反應生成四氧化三鐵和氫氣，所以甲是rm{Fe}乙是rm{H_{2}O}丙是rm{H_{2}}以此來解答。【解答】rm{(1)}若甲、丙為單質，乙、丁為化合物，rm{X}的元素的原子最外層電子數與最內層電子數之和比次外層電子數多rm{1}則rm{X}最外層電子數是rm{7}次外層是rm{L}層，則甲是rm{Cl_{2}}丙能使淀粉溶液變藍，則丙為rm{I_{2}}反應可能為氯氣與rm{KI}的反應；

rm{壟脵X}為rm{Cl}位于元素周期表第rm{3}周期第rm{VIIA}族，故答案為：第rm{3}周期第rm{VIIA}族；

rm{壟脷a.}由氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性可知；甲的氧化性強于丙，故正確；

rm{b.}甲為氯氣；不能使干燥的有色布條褪色，故錯誤；

rm{c.}碘易溶于有機溶劑；不易溶于水，則可用四氯化碳將丙從其水溶液中分離出來，故正確；

故答案為：rm{a}rm{c}

rm{(2)}若丙在常溫常壓下為可燃性氣體，丁是一種具有磁性的黑色晶體，丁是rm{Fe_{3}O_{4}}該反應為鐵和水反應生成四氧化三鐵和氫氣，所以甲是rm{Fe}乙是rm{H_{2}O}丙是rm{H_{2}}

rm{壟脵}甲與乙發生反應的化學方程式為rm{3Fe+4{H}_{2}O(g)overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}}故答案為：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}}元素的化合價由rm{3Fe+4{H}_{2}O(g)

overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}}價降低為rm{壟脷H}則轉移rm{+1}電子時，生成丙的體積為rm{dfrac{1.6mol}{2隆脕left(1-0right)}隆脕22.4L/mol=17.92L(}或rm{0}故答案為：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)壟脵}第rm{3}周期第rm{VIIA}族rm{壟脷a}rm{c}rm{(2)壟脵3Fe+4{H}_{2}O(g)overset{?}{=};;F{e}_{3}{O}_{4}+4{H}_{2}壟脷17.92L(}或rm{(2)壟脵3Fe+4{H}_{2}O(g)

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

【分析】解：rm{(1)}由于碳元素的質量分數為rm{85.7%}所以烴rm{A}中rm{C}原子的數目為rm{dfrac{56隆脕85.7%}{12}=4}所以烴rm{dfrac

{56隆脕85.7%}{12}=4}中rm{A}原子的數目為rm{H}所以烴rm{dfrac{56-12隆脕4}{1}=8}的分子式為rm{A}

A、rm{C_{4}H_{8}}的最簡式相同，最簡式為rm{B}rm{CH_{2}}式量比空氣的平均式量稍小，最簡式rm{B}所以rm{CH_{2}}的分子式為rm{B}

故答案為：rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{4}H_{8}}

rm{C_{2}H_{4}}為rm{(2)A}rm{C_{4}H_{8}}為rm{B}二者都能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明分子中含有rm{C_{2}H_{4}}個rm{1}雙鍵；屬于烯烴．

rm{C=C}存在同分異構體，有：rm{A}rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH=CHCH_{3}}rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}不存在同分異構體；

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

rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}的分子式為rm{(3)B}能使溴的四氯化碳溶液褪色，則rm{C_{2}H_{4}}為乙烯rm{B}與乙烯反應的方程式為：

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

故答案為：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}實驗室制備乙烯是利用乙醇在濃硫酸催化作用發生消去反應生成，反應的化學方程式為：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(4)}根據烴rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}分子中碳的質量分數，計算分子中rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}原子、rm{(1)}原子數目，寫出rm{A}的分子式；由于rm{C}rm{H}的最簡式相同，再結合烴rm{A}式量比空氣的平均式量稍小，推斷rm{A}的分子式；

rm{B}烴rm{B}rm{B}都能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不飽和鍵，根據rm{(2)}rm{A}的分子式與結構判斷是否存在同分異構體；根據結構及分子式書寫限制條件的同分異構體；

rm{B}烴rm{A}能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明rm{B}含不飽和鍵；結合分子式判斷其結構，寫出方程式；

rm{(3)}實驗室制備乙烯是利用乙醇在濃硫酸催化作用發生消去反應生成；

本題考查有機物分子式推斷、限制條件同分異構體書寫、烯烴的性質等，題目難度中等，注意根據rm{B}的質量分數進行推斷．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}加成反應；rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}20、略

【分析】解：A、B、C、D、E、F原子序數依次增大的六種元素，它們位于元素周期表的前四周期．B元素含有3個能級，且每個能級所含的電子數相同，原子核外電子排布為1s22s22p2，則B為C元素；D的原子核外有8個運動狀態不同的電子，則D為O元素；C原子序數介于碳、氧之間，則C為N元素；E元素與F元素處于同一周期相鄰的族，它們的原子序數相差3，應處于Ⅷ族及相鄰的族，E元素的基態原子有4個未成對電子，外圍電子排布為3d64s2，則E為Fe，故F為Cu，（3）中C與A形成的氣體X，則A為H元素，X為NH3；

（1）D為O元素，基態原子的價層電子排布圖：F為Cu元素，基態原子的外圍電子排布式為：3d104s1；

故答案為：3d104s1；

（2）A．沸點：SiO2＞CO2；是由于二氧化硅屬于原子晶體，二氧化碳形成分子晶體，故A錯誤；

B．同周期隨原子序數增大電負性增大；故電負性順序：C＜N＜O，故B正確；

C．N2與CO分子都含有2個原子；價電子總數都是10；二者為等電子體，結構相似，故C正確；

D．穩定性：H2O＞H2S；是因為非金屬性O＞S，與分子之間存在氫鍵無關，故D錯誤；

故答案為：AD；

（3）C與A形成的氣體X，則A為H元素，X為NH3，F的硫酸鹽為CuSO4，向CuSO4溶液中通入過量的NH3可生成[Cu（NH3）4]2+，該離子的結構式為：

故答案為：

（4）雜環上的碳原子含有3個σ鍵，沒有孤對電子，采用sp2雜化，亞甲基上碳原子含有4個共價單鍵，采用sp3雜化；

故答案為：sp2、sp3；

（5）由B單質的一種同素異形體的晶胞結構可知，B原子有4個位于晶胞內部，其余B原子位于定點、面心，則一個晶胞中所含B原子數為4+8×+6×=8；

故答案為：8；

（6）O與Cu形成離子個數比為1：1的化合物為CuO，晶胞與NaCl類似，其晶胞結構為晶胞中銅離子數目=陽離子數目=8×+6×=4，O2-離子的半徑為apm，Cu2+離子的半徑bpm，則晶胞中原子總體積=4×（πa3+πb3）pm3，晶胞棱長=2（a+b）pm，故晶胞體積=8（a+b）3pm3，故該晶胞的空間利用率==

故答案為：

A、B、C、D、E、F原子序數依次增大的六種元素，它們位于元素周期表的前四周期．A元素能級個數與核外電子數相等，則A為H元素；B元素含有3個能級，且每個能級所含的電子數相同，原子核外電子排布為1s22s22p2，則B為C元素；D的原子核外有8個運動狀態不同的電子，則D為O元素；C原子序數介于碳、氧之間，則C為N元素；E元素與F元素處于同一周期相鄰的族，它們的原子序數相差3，應處于Ⅷ族及相鄰的族，E元素的基態原子有4個未成對電子，外圍電子排布為3d64s2；則E為Fe，故F為Cu，以此解答該題．

本題主要考查物質的結構與性質，涉及核外電子排布、電負性、等電子體、晶體類型與性質、配合物、雜化理論、晶胞計算等，難點是晶胞的計算，明確各個字母的含義，題目難度中等．【解析】3d104s1；AD；sp2、sp3；8；四、有機推斷題(共4題，共28分)21、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=CH222、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=CH223、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++HCl24、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8分)25、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】ⅠNa2C