2025年浙科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年浙科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、下列粒子半径的比较中，正确的是A.Na＋>NaB.Cl->ClC.Ca2+>Cl-D.Mg>Na2、下列有关叙述中正确的是（）A.难溶于水的电解质一定是弱电解质B.强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质水溶液的导电能力强C.易溶于水的电解质一定是强电解质D.强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的3、合成结构简式为的高聚物；其单体应是（）

①苯乙烯②丁烯③13-丁二烯④丙炔⑤苯丙烯．A.①②B.④⑤C.③⑤D.①③4、把一小块金属钠放入下列溶液中，说法正确的是()A.放入饱和rm{NaOH}溶液中：有氢气放出，恢复至室温后溶液的rm{pH}增大B.放入稀rm{CuSO_{4}}溶液中：有氢气放出，有紫红色铜析出C.放入rm{MgCl_{2}}溶液中：有氢气放出，有白色沉淀生成D.放入rm{NH_{4}NO_{3}}溶液中：有无色无味气体放出5、水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是()A.rm{NaHSO_{4}}溶液B.rm{NaF}溶液C.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液D.rm{KCl}溶液6、下列应用不符合金属冶炼原理的是()A.焊接钢轨：rm{F{e}_{2}{O}_{3}+2Aloverset{赂脽脦脗}{=}2Fe+A{l}_{2}{O}_{3}}B.工业制铝：rm{2A{l}_{2}{O}_{3}+3Coverset{赂脽脦脗}{=}4Al+3C{O}_{2}隆眉}C.湿法炼铜：rm{CuS{O}_{4}+Fe=Cu+FeS{O}_{4}}D.从海水中制镁：rm{MgC{l}_{2}left(脠脹脠脷right)overset{碌莽陆芒}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}7、已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中不正确的是()A.每生成2分子AB吸收bkJ热量B.该反应热ΔH＝(a－b)kJ·mol－1C.该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量D.断裂1molA—A和1molB—B键，吸收akJ能量8、美国《科学》杂质评选的2001年十大科学进展之一是国际气候变化研究专家组首次正式表明，过去50年中的全球变暖现象很可能是由大气中的温室气体如CO2聚集造成的．科学家对此问题提出了一些设想，有科学家提出可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加．下列有关说法不正确的是（）A.送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，同时CO2可能液化甚至变成干冰B.把CO2输送到海底，会使海水酸性增强，破坏海洋生态环境C.把CO2输送到海底，这是人类减缓空气中CO2浓度的增加的唯一办法D.要减缓空气中CO2浓度的增加，最有效的措施是使用新能源，植树造林等9、下列各组粒子因生成配离子而不能共存的是()A.rm{K^{+;}}rm{Na^{+;}}rm{Cl^{-}}rm{NO_{3}^{-;}}B.rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{SO_{4}^{;2-;}}rm{NH_{3}}C.rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{H^{+;}}rm{NO_{3}^{-}}D.rm{Ba^{2+;}}rm{Fe^{2+;}}rm{Cl^{-;}}rm{SCN^{-}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（8分）铅蓄电池是最常见的二次电池，它是由两组平行排列的栅状铅合金极板作为主架，正极板上覆盖PbO2，负极板上覆盖Pb,电解质是硫酸。电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42－2PbSO4＋2H2O请回答下列问题：（1）放电时：正极的电极反应式是__________________________；电解液中H2SO4的浓度将变____________；当外电路通过1mol电子时，理论上负极板的质量增加______________g。（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按下图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成____________、在B电极上生成____________，此时铅蓄电池的正负极的极性将_____________。11、（10分）某有机物A（相对分子质量为74）可在一定条件下氧化成无支链的B（碳原子数不变），转化关系如图所示（部分反应条件和产物略），其中有机物G的分子结构中不含溴。已知：（1）A的分子式为____，E中含有的官能团名称为，D的结构简式为。（2）A→E反应的化学方程式为____。F→G的反应类型为。（3）E在一定条件下可加聚生成聚合物H，H的结构简式为。（4）与A同类的所有同分异构体的结构简式为：。12、(1)在一定条件下，容积为10L密闭容器中发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)；ΔH>0，将1．0molCH4和2．0molH2O(g)通入该密闭容器10min时有0．1molCO生成，则10min内该反应的平均速率υ(H2)。（2)在压强为0．1MPa条件下,容积为VL某密闭容器中amolCO与2amolH2在催化剂作用下反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图。①该反应的△H0(填“<”、“>”或“=”)。②100℃时该反应的平衡常数K=(用含a、V的代数式表示)。③在温度容积不变的情况下，向该密闭容器再增加amolCO与2amolH2，达到新平衡时，CO的转化率(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡常数(填“增大”、“减小”或“不变”)④在某温度下，向一个容积不变的密闭容器中通入2．5molCO和7．5molH2反应生成CH3OH(g)，达到平衡时CO的转化率为80%，此时容器内的压强为开始时的倍。13、某铁的氧化物粉末可能含有FeO、Fe2O3中的一种或两种．一化学兴趣小组同学利用以下装置测定铁的氧化物的组成；请协助完成，并回答有关问题．

（1）李同学利用1mol/L的硫酸；KSCN溶液、酸性高锰酸钾溶液；确定其组成．

。编号实验操作实验现象与结论①取少量粉末放入试管中，注入1mol/L的硫酸粉末逐渐溶解，溶液呈黄绿色②将“①”中所得溶液分成两份；向其中一份滴加几滴KSCN溶液，振荡若溶液变为____，说明有Fe2O3存在③在另一份中加入少量KMnO4溶液若溶液____，说明有FeO存在（2）王同学查阅资料后获悉：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O；并拟用下列装置进行定量探究．

①装置甲的作用是____；装置丁中的实验现象是____．

②实验开始时，王同学发现打开分液漏斗旋塞，浓硫酸无法滴下，原因是____．

③若丙中铁的氧化物质量为3.04g，完全反应后丁中生成沉淀的质量为9.85g．试通过计算确定该铁的氧化物的成分及其物质的量之比．14、请写出以下有机物结构简式中所含官能团的名称．

（1）____

（2）____

（3）____

（4）____．15、已知下列热化学方程式：

①C（s）+O2（g）CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

②2CO（g）+O2（g）2CO2（g）△H=-566.0kJ/mol

③N2（g）+2O2（g）2NO2（g）△H=+68.0kJ/mol

请回答：

（1）上述反应中属于放热反应的是____（填序号，下同），属于吸热反应的是____．

（2）1molC（s）完全燃烧生成CO2，放出的热量为____kJ．

（3）CO的燃烧热△H=____kJ/mol．16、下表是某地区市场上销售的一种“加碘食盐”包装袋上的部分文字说明．请根据此表；结合化学和生物学科的知识，回答下列问题．

。配料表精制海盐、碘酸钾（KIO3）含碘量20～40mg/kg卫生许可证号××卫碘字（1999）第001号分装日期见封底储藏方法密封、避光、防潮食用方法烹调时，待食品熟后加入碘盐（1）要在食盐中加碘，是因为碘是人体内合成______激素的主要原料，也是必需的微量元素之一，有______之称；缺碘会引起疾病．

（2）食盐中加碘，这碘指的是______，其中碘元素的化合价为______．

（3）根据含碘盐的食用方法，可推测碘酸钾在受热时容易______．17、有下列几组物质；请将序号填入下列空格内：

A、rm{CH_{2}=CH-COOH}和油酸rm{(C_{17}H_{33}COOH)}rm{B}rm{{,!}^{12}C_{60}}和石墨。

C、和rm{D}rm{{,!}^{35}Cl}和rm{{,!}^{37}Cl}rm{E}乙醇和乙二醇。

rm{(1)}互为同位素的是______；

rm{(2)}互为同系物的是______；

rm{(3)}互为同素异形体的是______；

rm{(4)}互为同分异构体的是______；

rm{(5)}既不是同系物，又不是同分异体，也不是同素异形体，但可看成是同一类物质的是______．18、按要求完成下列问题：

①羟基的电子式______。

②与H2加成生成2；5-二甲基己烷的炔烃的系统命名______。

③写出1；3-二溴丙烷与氢氧化钠水溶液共热的化学方程式______。

④分子式为C6H14O且含有“-CH2OH”的同分异构体的种数为（不考虑立体异构）______。评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)19、（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。20、（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。21、（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。22、（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。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共40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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、实验题(共4题，共36分)27、某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质；为了测定其纯度，进行以下滴定操作：

A．用250mL容量瓶等仪器配制成250mL烧碱溶液；

B．用移液管（或碱式滴定管）量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂；

C．在天平上准确称取烧碱样品Wg；在烧杯中加蒸馏水溶解；

D．将物质的量浓度为Mmol•L-1的标准HCl溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度数V1mL；

E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点耗酸体积V2mL．

回答下列问题：

（1）正确的操作步骤是（填写字母）______→______→______→D→______

（2）滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______

（3）终点时颜色变化是______

（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有______（填字母序号）

A；滴定终点读数时俯视。

B；锥形瓶水洗后未干燥。

C；酸式滴定管使用前；水洗后未用盐酸润洗。

D；酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

（5）该烧碱样品的纯度计算式是______．28、rm{(1)}羟基的电子式是____；rm{(2)(CH_{3}CH_{2})_{2}C(CH_{3})_{2}}的名称为____；rm{(3)2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯的键线式____；rm{(4)}所含官能团的名称是____；该有机物发生加聚反应后，所得产物的结构简式为____。29、溴苯是一种化工原料；实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：

。

苯。

溴。

溴苯。

密度rm{/g隆陇cm^{-3}}

rm{0.88}

rm{3.10}

rm{1.50}

沸点rm{/隆忙}

rm{80}

rm{59}

rm{156}

水中溶解度。

微溶。

微溶。

微溶。

按下列合成步骤回答问题：

rm{(1)}在rm{a}中加入rm{15mL}无水苯和少量铁屑。在rm{b}中小心加入rm{4.0mL}液态溴。向rm{a}中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了_______气体。继续滴加至液溴滴完。装置rm{d}的作用是____________；

rm{(2)}液溴滴完后；经过下列步骤分离提纯：

rm{垄脵}向rm{a}中加入rm{10mL}水；然后过滤除去未反应的铁屑；

rm{垄脷}滤液依次用rm{10mL}水、rm{8mL10%}的rm{NaOH}溶液、rm{10mL}水洗涤。rm{NaOH}溶液洗涤的作用是_____；

rm{垄脹}向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙；静置；过滤。加入氯化钙的目的是___________；

rm{(3)}经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为________，要进一步提纯，下列操作中必需的是________rm{(}填入正确选项前的字母rm{)}

A.重结晶rm{B.}过滤rm{C.}蒸馏rm{D.}萃取。

rm{(4)}在该实验中，rm{a}的容积最适合的是________rm{(}填入正确选项前的字母rm{)}

A.rm{25mLB.50mLC.250mLD.500mL}rm{25mLB.50mLC.250mLD.500

mL}30、设计一个简单的一次性完成实验的装置图；目的是验证醋酸溶液，二氧化碳水溶液；苯酚溶液的酸性强弱顺序．

rm{(1)}利用如图所示的仪器可以组装实验装置，则仪器的连接顺序为：______接______接______接______rm{(}填字母rm{)}

rm{(2)}写出装置Ⅰ和Ⅱ中的实验现象：

Ⅰ中______

Ⅱ中______．

rm{(3)}写出装置Ⅰ和装置Ⅱ中发生反应的方程式。

Ⅰ中______

Ⅱ中______．

rm{(4)}由强到弱排序三者的酸性顺序______rm{>}______rm{>}______rm{(}填结构简式rm{)}评卷人得分六、计算题(共2题，共20分)31、rm{(1)}在恒温，容积为rm{2L}恒容中，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图rm{1}所示rm{(}已知：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2SO_{3}(g)娄陇H=-196.6kJ隆陇mol^{-1})}请回答下列问题：

rm{2SO_{3}(g)娄陇H=-196.6

kJ隆陇mol^{-1})}写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：________。rm{垄脵}__________rm{垄脷娄陇H_{2}=}rm{kJ隆陇mol^{-1}}在反应Ⅱ到Ⅲ的转化过程中rm{垄脹}的转化率________，在该温度时，充入rm{SO_{2}}和rm{2molSO_{2}}当反应达平衡时，平衡常数等于________rm{1molO_{2}}结果保留rm{(}位有效数字rm{3}rm{)}中国政府承诺，到rm{(2)}年，单位rm{2020}二氧化碳排放比rm{GDP}年下降rm{2005}

rm{40%隆芦50%}可转化成有机物实现碳循环。在体积为rm{垄脵CO_{2}}的密闭容器中，充入rm{1L}和rm{1molCO_{2}}一定条件下反应：rm{3molH_{2}}rm{CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)娄陇H=-49.0kJ隆陇mol^{-1}}测得rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)}和rm{CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)娄陇H=-49.0

kJ隆陇mol^{-1}}浓度随时间变化如图rm{CO_{2}}所示。从rm{CH_{3}OH(g)}到rm{2}rm{3min}________rm{9min}rm{v(H_{2})=}能说明上述反应达到平衡状态的是________rm{mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}填编号rm{垄脷}A.反应中rm{(}与rm{)}的物质的量浓度之比为rm{CO_{2}}即图中交叉点rm{CH_{3}OH}B.混合气体的密度不随时间的变化而变化C.单位时间内消耗rm{1隆脙1(}同时生成rm{)}D.rm{3molH_{2}}的体积分数在混合气体中保持不变rm{1molH_{2}O}为了加快化学反应速率且使体系中气体的物质的量减少，其他条件不变时，可采取的措施有________rm{CO_{2}}填编号rm{垄脹}A.升高温度rm{(}缩小容器体积rm{)}再充入rm{B.}气体rm{C.}使用合适的催化剂rm{CO_{2}}32、某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称取两份质量均为45.3g的该结晶水合物，分别制成溶液。向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24L该气体（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。另一份逐滴加入2.0mol·L-1Ba（OH）2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g。请回答以下问题：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式（3）试通过计算确定若只加入75mL的Ba(OH)2溶液，得到的沉淀质量。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】一般阴离子半径大于相应的原子半径，原子半径大于相应的阳离子半径。核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小。同周期自左向右原子半径逐渐减小，所以选项B是正确的。【解析】【答案】B2、D【分析】【解答】解：A．电解质的强弱和溶解度无关；硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，故A错误；B．导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，故B错误；

C．电解质的强弱和溶解度无关；乙酸易溶于水，但它是弱酸，故C错误；

D．强电解质完全电离；不可逆，故D正确．

故选D．

【分析】A．弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质；

B．电解质的水溶液的导电能力和电解质强弱无关；和离子浓度；所带电荷有关；

C．强电解质是在水溶液里完全电离的电解质；

D．强电解质完全电离．3、D【分析】解：该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开在将双键中的1个c-c打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体是CH2=CH-CH=CH2、．

故选D．

解答此类题目；首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断；

加聚产物的单体推断方法：

（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物；其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；

（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物；其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；

（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物；其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换．

本题考查聚合物寻找单体的方法，注意聚合反应的类型来分析，难度不大．【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】本题考查了钠的化学性质，侧重基础，难度不大。【解答】A.钠投入饱和rm{NaOH}溶液中，rm{Na}与rm{H_{2}O}反应消耗水且生成rm{H_{2}}和rm{NaOH}因原溶液为饱和溶液，因此有rm{NaOH}晶体析出，由于溶液仍是饱和溶液，故溶液的rm{pH}不变，故A错误；B.钠投入rm{CuSO_{4}}溶液中，rm{Na}先与rm{H_{2}O}反应生成rm{H_{2}}和rm{NaOH}rm{NaOH}再与rm{CuSO_{4}}反应生成rm{Cu(OH)_{2}}蓝色沉淀，故B错误；C.钠投入rm{MgCl_{2}}溶液中，rm{Na}先与rm{H_{2}O}反应生成rm{H_{2}}和rm{NaOH}rm{NaOH}再与rm{MgCl_{2}}反应生成rm{Mg(OH)_{2}}白色沉淀，故C正确；D.钠投入rm{NH_{4}NO_{3}}溶液中，rm{Na}先与rm{H_{2}O}反应生成rm{H_{2}}和rm{NaOH}rm{NaOH}与rm{NH_{4}NO_{3}}反应生成rm{NH_{3}}和氯化钠，具有刺激性气味的rm{NH_{3}}与rm{H_{2}}同时逸出，故D错误。故选C。

【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】

本题考查了对水的电离的影响因素；解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目不难。

【解答】

水的电离rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；

A.硫酸氢钠在水溶液中完全电离，电离出氢离子和硫酸根离子和钠离子，溶液呈酸性，水的电离rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}抑制了水的电离，水的电离向逆反应方向移动，故A不选；

B.rm{NaF}溶液中氟离子是弱酸阴离子；能够水解，所以能促进水的电离，故B不选；

C.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}为强电解质；电离出铝离子和硫酸根离子，硫酸根离子不水解，铝离子水解生成氢氧化铝，促进水的电离，故C不选；

D.rm{KI}为强电解质；在溶液中电离出钠离子和碘离子，这两种离子都不水解，对水的电离平衡无影响，故D选。

故选D。

【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】本题考查金属冶炼原理，注意金属铝的冶炼，难度不大。【解答】A.焊接钢轨利用铝热反应得到液态铁：原理为rm{F{e}_{2}{O}_{3}+2Aloverset{赂脽脦脗}{=}2Fe+A{l}_{2}{O}_{3}}故A不符合题意；

B.工业制铝利用电解熔融的氧化铝，故B符合题意；

C.湿法炼铜是利用溶液中的置换反应：原理为：rm{CuS{O}_{4}+Fe=Cu+FeS{O}_{4}}，故C不符合题意；

D.从海水中制镁，先制取氯化镁，再电解氯化镁氯化镁，原理为：rm{MgC{l}_{2}left(脠脹脠脷right)overset{碌莽陆芒}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}，故D不符合题意。故选B。【解析】rm{B}7、A【分析】【解析】试题分析：观察题给图像可以得到上述反应的反应物总能量低于生成物总能量为吸热反应；其中反应热ΔH﹦＋(a－b)kJ·mol－1。化学反应过程中化学键断裂为吸热过程，化学键形成为放热过程。故答案选A。考点：化学反应与能量变化【解析】【答案】A8、C【分析】解：A．送到海底越深的地方，压强越大，CO2溶解得越多，CO2可能液化；故A正确；

B．二氧化碳与水反应生成碳酸；溶液呈酸性，会使海水酸性增强，破坏海洋生态环境，故B正确；

C．减缓空气中CO2浓度的方法有多种；如合成聚二氧化碳塑料等，故C错误；

D．使用新能源；可减少二氧化碳的排放，植树造林，可降低二氧化碳的浓度，故D正确．

故选C．

A．送到海底越深的地方，压强越大，CO2可能液化；

B．二氧化碳与水反应生成碳酸；溶液呈酸性；

C．减缓空气中CO2浓度的方法有多种；

D．使用新能源；植树造林，可减少二氧化碳的排放．

本题考查化学污染与治理，侧重于学生自学能力的考查，注意审题，把握题给信息，结合相关知识解答该题．【解析】【答案】C9、B【分析】【分析】

本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意常见离子的性质，积累相关基础知识。

【解答】

A.离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A错误；B.铜离子和氨气分子形成配合离子不能共存，故B正确；

C.氢离子、硝酸根离子相当于硝酸，能把rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化为rm{Fe}rm{Fe}

rm{{,!}^{3+}}

，不能大量共存，但是没有配合离子生成，故C错误；

D.四种离子能共存，不能形成配合物，故D错误。【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】（1）放电时为题给的正向反应，分析方程式，得：Pb（0价）失电子生成PbSO4（+2价），PbO2（+4价）得电子生成PbSO4（+2价），故正极的电极反应式为PbO2+4H++SO42－+2e－＝PbSO4+2H2O；硫酸被消耗，则电解液中H2SO4的浓度将变小；Pb+SO42－-2e-=PbSO4△m2mol96g1mol48g(2)此时构成电解池：A为阴极：PbSO4+2e-=Pb+SO42－，故A电极上生成Pb；B为阳极：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42－，故B电极上生成PbO2；所以，铅蓄电池的正负极的极性将对换【解析】【答案】（1）PbO2+4H++SO42－+2e－＝PbSO4+2H2O（2分）小（1分）48（2分）（2）PbPbO2对换（各1分）11、略

【分析】根据A的性质可判断A是醇，相对分子质量是74，所以是丁醇。产物B没有支链，所以A是1－丁醇，结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，所以B和C的结构简式分别为CH3CH2CH2CHO和CH3CH2CH2COOH。C和A发生酯化反应生成D，则D的结构简式为CH3CH2CH2COOCH2CH2CH2CH3。A通过浓硫酸加热发生消去反应生成E，则E的结构简式为CH3CH2CH＝CH2。E和溴发生加成反应生成F，则F的结构简式为CH3CH2CHBrCH2Br。F再经过消去反应生成G，G中没有溴原子，所以G是1－丁炔。【解析】【答案】（1）C4H10O碳碳双键CH3CH2CH2COOCH2CH2CH2CH3（2）CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH＝CH2＋H2O（2分）消去反应（3）（4）12、略

【分析】试题分析：(1)根据=0．001反应速率比等于系数比，所以υ(H2)=0．003mo1•L-1•min-1；(2)①根据图示，升高温度，CO的转化率减小，平衡左移，所以正反应放热，△H＜0；②100℃时CO的转化率为50%，所以平衡常数K==V2／a2；③温度容积不变的情况下，向该密闭容器再增加amolCO与2amolH2，相当于加压，平衡正向移动，CO的转化率增大，温度不变，平衡常数不变；④CO的转化率为80%，所以参加反应的CO为2mol压强比为物质的量之比，6/10=0．6考点：本题考查平衡常数、平衡移动原理。【解析】【答案】（1）0．003mo1•L-1•min-1；（2）①＜②V2／a2③增大；不变④0．613、略

【分析】

（1）②Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色，若溶液变为血红色，则“①”中溶液含有Fe3+，原固体中有Fe2O3；

故答案为：红色；

③KMnO4溶液能氧化Fe2+，本身紫色褪去，若向另一份中加入少量KMnO4溶液，紫色褪去，则“①”中溶液含有Fe2+；原固体中有FeO，故答案为：紫色褪去；

（2）①根据H2C2O4分解产生的气体有CO、CO2、H2O，装置甲的作用是除去CO2，装置乙的作用是吸水，装置丙中是CO还原铁的氧化物，生成铁和CO2，CO2能与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀和水；

故答案为：除去CO2；出现白色沉淀；

②根据分液漏斗的玻璃塞没有打开会出现浓硫酸无法滴下；

故答案为：分液漏斗的玻璃塞没有打开；

③CO通过还原铁的氧化物会产生CO2；装置丁中的实验现象是变浑浊，产生白色沉淀．

CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O

44197

X9.85g

可以求出X等于2.2，即还原产生的CO2有2.2g．

FexOy+yCO=xFe+yCO2

56x+16y44y

3.042.2g

求出x：y=4：5；

所以某铁的氧化物粉末为：FeO和Fe2O3；

设FeO和Fe2O3各有amol，bmol，则=．解得a：b=2：1；

故答案为：FeO和Fe2O3；n（FeO）：n（Fe2O3）=1：2．

【解析】【答案】（1）②因Fe3+遇到KSCN溶液；溶液变为血红色；

③根据KMnO4溶液能氧化Fe2+；本身紫色褪去；

（2）①根据H2C2O4分解产生的气体有CO、CO2、H2O，装置甲的作用是除去CO2，装置乙的作用是吸水，装置丙中是CO还原铁的氧化物，生成铁和CO2，CO2能与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀和水；

②根据分液漏斗的玻璃塞没有打开会出现浓硫酸无法滴下；

③先根据化学方程式：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O利用沉淀的质量，求出CO2的质量，再根据方程式：FexOy+yCO=xFe+yCO2，利用CO2的质量和铁的氧化物质量求出x：y；然后根据极限法判断成分，最后设出FeO和Fe2O3各有amol，bmol；

利用=求得物质的量之比．

14、略

【分析】

（1）含有C=C官能团；为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；

（2）含有-OH官能团；为羟基，故答案为：羟基；

（3）含有-CHO官能团；为醛基，故答案为：醛基；

（4）含有-COOH官能团；为羧基，故答案为：羧基．

【解析】【答案】根据有机物的结构简式可判断有机物含有官能团，常见的官能团有C.-X、-OH、-CHO、-COOH以及-NO2、-NH2等．

15、略

【分析】

（1）在热化学方程式中吸热为正放热为负；属于放热反应的是①②；属于吸热反应的是③，故答案为：①②；③；

（2）根据方程式①的△H=-393.5kJ/mol；放出的热量为393.5kJ，故答案为：393.5；

（3）依据热化学方程式②：可得CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/mol；故答案为：-283.0；

【解析】【答案】（1）吸热为正放热为负；

（2）根据方程式①的△H解题；

（3）在25℃；101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．单位为kJ/mol；

16、略

【分析】解：（1）人体缺碘；易导致甲状腺疾病，碘是人体内合成甲状腺激素的主要原料，碘是人体的必需微量元素之一，有“智力元素”之称，故答案为：甲状腺；智力元素；

（2）在KIO3中，K的化合价为+1价，O的化合价为-2价，根据化合价代数和为0可知I的化合价为+5价，故答案为：KIO3；+5；

（3）烹调时；待食品熟后加入碘盐，说明碘酸钾不稳定，在加热时易分解，故答案为：分解．

食盐中的碘是以碘酸钾形式存在；计算含碘量是以碘元素进行计算，人体缺碘，易导致甲状腺疾病，根据化合价代数和为0判断元素的化合价，由题中信息可知，碘酸钾易分解．

本题考查碘盐知识，题目难度不大，本题注意把握题给信息，并在学习中注意相关基础知识的积累．【解析】甲状腺；智力元素；KIO3；+5；分解17、略

【分析】解：rm{A.CH_{2}=CH-COOH}和油酸rm{(C_{17}H_{33}COOH)}结构相似、分子组成相差rm{15}个“rm{CH_{2}}”原子团；故互为同系物；

rm{B}．rm{{,!}^{12}C_{60}}和石墨都是由碳元素组成的不同单质；故互为同素异形体；

C.和分子式相同；但结构不同，故互为同分异构体；

rm{D}rm{{,!}^{35}Cl}和rm{{,!}^{37}Cl}质子数相同；中子数不同，故互为同位素；

rm{E}乙醇和乙二醇都属于醇类；

rm{(1)}互为同位素的是rm{{,!}^{35}Cl}和rm{{,!}^{37}Cl}

故答案为：rm{D}

rm{(2)}互为同系物的是rm{CH_{2}=CH-COOH}和油酸rm{(C_{17}H_{33}COOH)}

故答案为：rm{A}

rm{(3)}互为同素异形体的是rm{{,!}^{12}C_{60}}和石墨；

故答案为：rm{B}

rm{(4)}互为同分异构体的是和

故答案为：rm{C}

rm{(5)}既不是同系物；又不是同分异体，也不是同素异形体，但可看成是同一类物质的是乙醇和乙二醇；

故答案为：rm{E}．

有相同质子数；不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

结构相似、分子组成相差若干个“rm{CH_{2}}”原子团的有机化合物互相称为同系物；

相同元素组成；不同形态的单质互为同素异形体．

本题考查同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的概念，难度不大rm{.}对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．【解析】rm{D}rm{A}rm{B}rm{C}rm{E}18、2，5-二甲基-3-己炔CH2BrCH2CH2Br+2NaOHCH2OHCH2CH2OH+2NaBr8【分析】解：①羟基中的氧原子含有7个电子，含有1个氢氧键，羟基的电子式为：

故答案为：

②与H2加成生成2；5一二甲基己烷的炔烃，碳链骨架不变，只有3；4号C上可存在三键，则炔烃的名称为2，5-二甲基-3-己炔；

故答案为：2；5-二甲基-3-己炔；

③卤代烃在碱性水溶液加热条件下发生取代反应，由1，2-二溴丙烷变成1，2-丙二醇，方程式为CH2BrCH2CH2Br+2NaOHCH2OHCH2CH2OH+2NaBr；

故答案为：CH2BrCH2CH2Br+2NaOHCH2OHCH2CH2OH+2NaBr；

④确定C6H14的同分异构体，-OH取代C6H14中甲基上的H原子，C6H14的同分异构体有：①CH3CH2CH2CH2CH2CH3、②CH3CH2CH2CH（CH3）2、③CH3CH2CH（CH3）CH2CH3、④CH3CH2C（CH3）3、⑤CH（CH3）2CH（CH3）2；

①中甲基处于对称位置；-OH取代甲基上的H原子有1种结构；

②中甲基有2种；-OH取代甲基上的H原子有2种结构；

③中甲基有2种；-OH取代甲基上的H原子有2种结构；

④中甲基有2种；-OH取代甲基上的H原子有2种结构；

⑤中甲基有1种；-OH取代甲基上的H原子有1种结构；

故符合条件的C6H14O的同分异构体有8种；

故答案为：8。

①羟基中含有1个氢氧键；氧原子最外层为7个电子；

②与H2加成生成2；5一二甲基己烷的炔烃，碳链骨架不变，只有3；4号C上可存在三键；

③根据卤代烃水解的条件解答；发生水解反应；

④先确定C6H14的同分异构体，然后-OH取代C6H14中甲基上的H原子；以此确定醇的结构简式。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，主要涉及电子式、有机物命名、化学方程式的书写以及同分异构体，题目难度中等。【解析】2，5-二甲基-3-己炔CH2BrCH2CH2Br+2NaOHCH2OHCH2CH2OH+2NaBr8三、探究题(共4题，共8分)19、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）20、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）22、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、有机推断题(共4题，共40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+H2O⑦.4⑧.五、实验题(共4题，共36分)27、略

【分析】解：（1）实验时应先称量一定质量的固体；溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，正确的操作步骤是C→A→B→D→E；

故答案为：C；A；B；E；

（2）滴定时；左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化；

故答案为：锥形瓶内颜色的变化；

（3）指示剂为甲基橙；变色范围为3.1-4.4，终点时pH约为4，终点时颜色变化是溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；

故答案为：溶液由黄色变为橙色；且半分钟内不恢复为原来的颜色；

（4）A、滴定终点读数时俯视，则V酸偏小；造成测定结果偏低，故A不选；

B；锥形瓶水洗后未干燥；碱的物质的量不变，对实验无影响，故B不选；

C、酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸润洗，则消耗V酸偏大；造成测定结果偏高，故C选；

D、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则消耗V酸偏大；造成测定结果偏高，故D选；

故答案为：CD；

（5）HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n（NaOH）=（V2-V1）×10-3L×Mmol/L×=M（V2-V1）×10-2mol，则该烧碱样品的纯度为×100%=%；

故答案为：%．

（1）实验时应先称量一定质量的固体；溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；

（2）滴定时；眼睛观察锥形瓶中颜色的变化；

（3）指示剂为甲基橙；变色范围为3.1-4.4；

（4）结合c（NaOH）=及不当操作使酸的体积偏大；则造成测定结果偏高；

（5）发生HCl+NaOH=NaCl+H2O；结合n=cV及反应计算n（NaOH），进一步求出样品的纯度．

本题考查酸碱中和滴定，为高频考点，把握滴定操作、误差分析及含量计算为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（5）中计算为易错点，题目难度不大．【解析】C；A；B；E；锥形瓶内颜色的变化；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；CD；%28、略

【分析】rm{(1)}羟基含有一个氧原子和一个氢原子，氧原子和氢原子之间形成一对共用电子，故电子式为，故答案为：rm{(2)}根据最长碳链命名为戊烷，根据支链的位置命名，所以该物质的名称为：rm{3}rm{3-}二甲基戊烷；故答案为：rm{3}rm{3-}二甲基戊烷；rm{(3)}将碳原子之间的单键用一条短线表示，碳碳双键用两条短线表示，原子符号都省略，故键线式为：，故答案为：rm{(4)}该物质的官能团有碳碳双键和醛基，碳碳双键打开形成聚合物为，故答案为：碳碳双键，醛基rm{;}【解析】rm{(1)}rm{(2)3}rm{3-}二甲基戊烷rm{(3)}rm{(4)}碳碳双键，醛基29、（1）HBr吸收HBr和溴蒸汽

（2）除去HBr和未反应的Br2干燥

（3）苯C

（4）B【分析】【分析】本题考查了溴苯的制备实验、物质的分离提纯，侧重基础知识的考查，难度不大。【解答】rm{(1)}苯与液溴在铁作催化剂的条件下反应生成rm{HBr}rm{HBr}极易溶于水，遇水蒸气形成白雾；苯的溴代反应是放热反应，液溴易挥发，所以尾气中有rm{HBr}及挥发出溴蒸汽，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气，答案为：rm{HBr}吸收rm{HBr}和溴蒸汽；rm{(2)}溴苯提纯的方法是：先用水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液用水洗，分液后再加rm{NaOH}溶液，把未反应的rm{Br_{2}}变成rm{NaBr}和rm{NaBrO}洗到水层中，分液后加干燥剂无水氯化钙能干燥溴苯，答案为：除去rm{HBr}和未反应的rm{Br_{2}}干燥；rm{(3)}反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯，苯和溴苯互溶，但苯的沸点低，所以采用蒸馏的方法进行分离，溴苯留在母液中，答案为：苯；rm{C}rm{(4)}操作过程中，先在rm{a}中加入rm{15mL}无水苯，在rm{b}中小心加入rm{4.0mL}液态溴，最后向rm{a}中加入rm{10mL}水，共约rm{30mL}溶液的体积一般不超容器容积的rm{2/3}不少于rm{1/3}所以rm{a}的容积最适合的是rm{50mL}选B，故答案为：rm{B}

【解析】rm{(1)HBr}吸收rm{HBr}和溴蒸汽rm{(2)}除去rm{HBr}和未反应的rm{Br_{2}}干燥rm{(3)}苯rm{C}

rm{(4)B}30、略

【分析】解：rm{(1)}醋酸溶液、二氧化碳水溶液、苯酚溶液的酸性强弱顺序是rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}>C_{6}H_{5}OH}根据强酸制取弱酸知，醋酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠溶液反应制取苯酚，所以仪器的连接顺序是：rm{A隆煤D隆煤E隆煤B隆煤C隆煤F}

故答案为：rm{A}rm{D}rm{E}rm{B}rm{C}rm{F}

rm{(2)I}中rm{CH_{3}COOH}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成二氧化碳，有气泡生成；rm{II}中二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚；苯酚不溶于冷水，溶液变浑浊；

故答案为：有气泡产生；溶液变浑浊；

rm{(3)I}中rm{CH_{3}COOH}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成二氧化碳和醋酸钠、水，则其反应方程式为：rm{Na_{2}CO_{3}+2CH_{3}COOH=2CH_{3}COONa+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{II}中二氧化碳与苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚，其反应方程式为

故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}+2CH_{3}COOH=2CH_{3}COONa+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{(4)}根据“强酸制弱酸”的原理，由于反应rm{Na_{2}CO_{3}+2CH_{3}COOH=2CH_{3}COONa+H_{2}O+CO_{2}隆眉}的发生可知，酸性rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}}由于反应的发生可知，酸性rm{H_{2}CO_{3}>C_{6}H_{5}OH}故可知酸性强弱的顺序为：rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}>C_{6}H_{5}OH}

故答案为：rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}rm{C_{6}H_{5}OH}．

rm{(1)}将rm{A}中的rm{CH_{3}COOH}与rm{Na_{2}CO_{3}}发生反应生成大量气体二氧化碳，说明酸性rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}}产生的rm{CO_{2}}气体通入苯酚钠溶液发生反应生成苯酚：说明酸性rm{H_{2}CO_{3}>}

rm{(2)CH_{3}COOH}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成二氧化气体；有气泡产生；二氧化碳与苯酚钠反应有苯酚产生，苯酚在冷水中难溶；

rm{(3)CH_{3}COOH}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成二氧化碳和醋酸钠；水；二氧化碳与苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚；

rm{(4)}根据“强酸制弱酸”的原理来分析．

本题考查了探究顺序强弱实验，明确物质的性质是解本题关键，结合强酸制取弱酸实验原理来分析解答，题目难度不大．【解析】rm{A}rm{D}rm{E}rm{B}rm{C}rm{F}有气泡产生；溶液变浑浊；rm{Na_{2}CO_{3}+2CH_{3}COOH=2CH_{3}COONa+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}rm{C_{6}H_{5}OH}六、计算题(共2题，共20分)31、（1）①S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297KJ•mol-1②-78.64③80%53.3（2）①0.125②D③B【分析】【分析】本题主要考查了燃烧热、热化学方程式的书写、转化率、平衡常数的计算、化学平衡的有关计算，熟练掌握化学平衡的计算公式是解答本题的关键，难度中等。【解答】rm{(1)垄脵}燃烧热是指rm{1mol}可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以，硫的物质的量为rm{1mol.}由图rm{1}可知rm{1molS(s)}完全燃烧生成rm{SO_{2}}放出的热量为rm{297KJ}所以，硫的燃烧热的热化学方程式为：rm{S(s)+O_{2}(g)?SO_{2}(g)triangleH=-297KJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{S(s)+O_{2}(g)?SO_{2}(g)triangle

H=-297KJ?mol^{-1}}rm{S(s)