2025年魯人版高二化學下冊月考試卷

…………○…………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年魯人版高二化學下冊月考試卷927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、某氣態(tài)化合物X含C，H，O三種元素，現已知下列條件：①X中C的質量分數；②X中H的質量分數；③X在標準狀況下的體積；④X對氫氣的相對密度；⑤X的質量．欲確定X的分子式，所需的最少條件是（）A.①②④B.②③④C.①③⑤D.①②2、下列事實可以證明亞硝酸是弱酸的是（）

①0.1mol/LHNO2溶液的pH=2；

②HNO2溶液不與Na2SO4溶液反應；

③HNO2溶液的導電性比鹽酸弱；

④25℃時NaNO2溶液的pH大于7；

⑤將pH=2的HNO2溶液稀釋至原體積的100倍，溶液的pH=3.7．A.①③④B.①④⑤C.②③④D.③④⑤3、根據如圖提供的信息，下列所得結論不正確的是rm{(}rm{)}

A.該反應可能為吸熱反應B.該反應一定有能量轉化成了生成物的化學能C.反應物比生成物穩(wěn)定D.生成物的總能量高于反應物的總能量，反應不需要加熱4、欲將蛋白質從水中析出而又不改變它的性質；應加入（）

A.（NH4）2SO4溶液。

B.酒精溶液。

C.Pb（NO3）2溶液。

D.NaOH溶液。

5、已知分子式為C5H12O的醇A共有8種屬于醇類的同分異構體，其中能氧化生成醛的醇有A.5種B.6種C.4種D.3種6、溶液中，下列電離方程式正確的是（）A.KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-B.H2CO3=H++HCO3-C.Ca（HCO3）2=Ca2++2H++2CO32-D.Ba（OH）2=Ba2++OH2-7、比較下列各組物質的沸點，正確的是rm{(}rm{)}A.乙醇rm{>}丙烷B.正丁烷rm{>}苯C.rm{1-}丁烯rm{>1-}庚烯D.甲醛rm{>}乙醛8、某合作學習小組討論辨析以下rm{8}種說法，其中正確的是()rm{壟脵}粗鹽和酸雨都是混合物rm{壟脷}沼氣和水煤氣都是可再生能源rm{壟脹}冰和干冰既是純凈物又是化合物rm{壟脺}不銹鋼和目前流通的硬幣都是合金rm{壟脻}鹽酸和食醋均既是化合物又是酸rm{壟脼}純堿和熟石灰都是堿rm{壟脽}霧、煙都是膠體rm{壟脿}利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體A.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脼}B.rm{壟脵壟脹壟脺壟脽壟脿}C.rm{壟脹壟脺壟脻壟脼壟脽}D.rm{壟脵壟脷壟脺壟脻壟脿}9、關于rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵的下列說法中，錯誤的是A.rm{婁脪}鍵的電子云呈軸對稱，rm{婁脨}鍵的電子云呈鏡面對稱。B.rm{婁脨}鍵不如rm{婁脪}鍵牢固，比較容易斷裂。C.rm{S}軌道只能形成rm{婁脪}鍵。D.共價單鍵都是rm{婁脪}鍵，共價雙鍵都是rm{婁脨}鍵。評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、（10分）為節(jié)省藥品和時間．甲、乙、丙三位同學用銅片、鋅片、稀硫酸、直流電源、導線、燒杯、試管等中學化學常見的藥品和儀器(用品)，以巧妙的構思，“接力”的方式，設計了比較銅與鋅金屬活動性相對強弱的系列實驗。試填寫下列空白：(1)甲同學將銅片和鋅片插入盛有稀硫酸的燒杯中(銅與鋅不接觸)，觀察到的現象是________。(2)乙同學接著甲同學的實驗，用導線將銅片和鋅片連接起來組成原電池，此時在正極上觀察到的現象是____，負極的電極反應式為____。(3)丙同學接著乙同學的實驗，去掉連接銅片和鋅片的導線，將銅片和鋅片分別與同一直流電源的正極和負極連接，再向燒杯中加入一定量的CuSO4溶液進行電解。此時陰極的電極反應式為____，電解過程中溶液的pH____(填“增大”、“減小”或“不變”)。(4)甲、乙、丙3位同學能達到比較銅和鋅的金屬活動性相對強弱的目的的是____。A．只有甲同學B．甲和乙同學C．乙和丙同學D．甲、乙和丙同學11、A、B、C三種強電解質，它們溶于水在水中電離出的陽離子有K＋、Ag＋，陰離子有NO3－、OH－(電解質電離的離子有重復)。圖1裝置中，甲、乙、丙三個燒杯中依次盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，電極均為鉑電極。接通電源，經過一段時間后，測得甲中b電極質量增加了43.2g。常溫下各燒杯中溶液pH與電解時間t關系如圖2。請回答下列問題：(1)寫出三種強電解質的化學式：A；B；C。(2)寫出乙燒杯c電極發(fā)生的電極反應為__________________________，甲燒杯中的總反應的化學方程式為___________________________________________。(3)計算丙燒杯e電極上生成的氣體在標準狀況下的體積為________________，甲燒杯中溶液的pH=。（假設溶液體積是400ml）(4)要使甲燒杯中的A溶液恢復到電解前的狀態(tài)，需要加入的物質是_____________，其質量為。(5)若直流電源使用的是鉛蓄電池，鉛蓄電池的正極材料是PbO2，負極材料是Pb，電解質溶液時H2SO4，則放電時N級上發(fā)生的電極反應為____________________________________________________，M級附近溶液的pH(選填“升高”或“降低”或“不變”)。鉛蓄電池充電時，若陽極和陰極之間用陽離子交換膜(只允許H+通過)隔開，則當外電路通過0.2mol電子時，由陽極室通過陽離子交換膜進入陰極室的陽離子有mol。12、（16分）海帶中含有豐富的碘。為了從海中提取碘，某研究性學習小組設計并進行了以下實驗：現有下列儀器，請按要求填寫以下空白：（1）其中適用于物質分離的儀器有______________(填名稱)，使用前需要檢驗是否漏水的有（填序號）。（2）步驟①灼燒海帶時，除需要三腳架外，還需要用到的實驗儀器是（從下列儀器中選出所需的儀器，用標號字母填寫在空白處）。A．燒杯B．坩堝C．表面皿D．泥三角E．酒精燈F．干燥器（3）步驟③除鐵架臺、燒杯外，還需用到的儀器有；（4）步驟⑥的目的是從含碘苯溶液中分離出單質碘和回收苯，該步驟的實驗操作名稱是，上圖中還缺少的玻璃儀器是。（5）步驟⑤中某學生選擇用苯來提取碘的理由是。13、完成下列各題。rm{(1)}氨氣rm{(NH_{3})}接觸氯化氫rm{(HCl)}產生白煙rm{(NH_{4}Cl)}寫出該反應的化學方程式：_______________________。rm{(2)}鋁熱反應可用于焊接鐵軌。寫出鋁rm{(Al)}與氧化鐵rm{(Fe_{2}O_{3})}在高溫下反應生成鐵rm{(Fe)}與氧化鋁rm{(Al_{2}O_{3})}的化學方程式：_________________________。14、rm{(1)}蒽rm{(}rm{)}與苯炔rm{(}rm{)}反應生成化合物rm{X(}立體對稱圖形rm{)}如下圖所示：

rm{壟脵}蒽與rm{X}都屬于____________。rm{(}填字母符號rm{)}rm{a.}環(huán)烴rm{b.}烷烴rm{c.}不飽和烴．rm{壟脷}苯炔的分子式為_____________，苯炔不具有的性質是_____________。rm{(}填字母符號rm{)}rm{a.}能溶于水rm{b.}能發(fā)生氧化反應rm{c.}能發(fā)生加成反應rm{d.}常溫常壓下為氣體rm{壟脹}苯是最簡單的芳香烴，能證明其化學鍵不是單雙鍵交替排列的事實是______rm{a.}它的對位二元取代物只有一種rm{b.}它的鄰位二元取代物只有一種rm{c.}分子中所有碳碳鍵的鍵長均相等rm{d.}能發(fā)生取代反應和加成反應rm{(2)}化合物rm{A}的結構簡式為：它是汽油燃燒品質抗震性能的參照物，其中rm{A}的同分異構體中含等效氫原子種類最少的一種的名稱為：__________；若rm{A}是由烯烴和rm{H_{2}}通過加成反應得到，寫出該烯烴的所有可能的結構簡式__________。rm{(3)}籃烷分子的鍵線式如圖所示，試回答：rm{壟脵}寫出籃烷分子的化學式____________；rm{壟脷}籃烷分子的一氯取代物的種數為_______種。rm{(4)}某烴rm{C1mol}與rm{2molHCl}完全加成，生成的氯代烷最多還可以與rm{4molCl_{2}}發(fā)生光照取代反應，則rm{C}的結構簡式為________。15、A-F6種有機物；在一定條件下，按圖發(fā)生轉化．又知烴A的密度（在標準狀況下）是氫氣的13倍，試回答下列問題：

（1）A．____，B．____，D．____．（填結構簡式）

（2）反應C→D的化學方程式是____；該反應屬于____反應；反應E+C→F的化學方程式是____

16、(共8分)（1）科學家制造出一種使用固體電解質的燃料電池，其效率更高，可用于航空航天。如圖1所示裝置中，以稀土金屬材料為惰性電極，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導陽極生成的O2－(O2＋4e－―→2O2－)。（1）①c電極的名稱為________，d電極上的電極反應式為。②如圖2所示電解100mL0.5mol·L－1CuSO4溶液。若a電極產生56mL(標準狀況)氣體，則所得溶液的pH＝_____(不考慮溶液體積變化)，若要使電解質溶液恢復到電解前的狀態(tài)，可加入______(填字母序號)。a．CuOb．Cu(OH)2c．CuCO3d．Cu2(OH)2CO3（2）采取一定措施可防止鋼鐵腐蝕。下列裝置中的燒杯里均盛有等濃度、等體積的NaCl溶液。①在a～c裝置中，能保護鐵的是________(填字母)。②若用d裝置保護鐵，X極的電極材料應是________(填名稱)。17、現有下列物質；用編號填空回答下列各問：

A.冰rm{B.}金剛石rm{C.}氬rm{D.}晶體硅rm{E.}過氧化鈉rm{F.}二氧化硅rm{G.}氯化銨。

rm{壟脜}通過非極性鍵形成的晶體是______．

rm{壟脝}固態(tài)時屬于分子晶體的是______．

rm{壟脟}屬于分子晶體；且存在分子間氫鍵的是______．

rm{壟脠}屬于原子晶體的是______．

rm{壟脡}含有非極性鍵的離子化合物是______．

rm{壟脢}含有離子鍵、共價鍵、配位鍵的化合物是______．18、寫出下列反應的化學方程式rm{(1)}乙醛與銀氨溶液反應____rm{(2)}丙酮與氫氰酸反應____rm{(3)}rm{1-}丙醇的消去反應____rm{(4)}溴乙烷的消去反應____rm{(5)}乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液的反應____評卷人得分三、有機推斷題(共4題，共8分)19、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)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__________________________________．20、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)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__________________________________．21、某研究小組按下列路線合成神經系統(tǒng)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(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)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(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。22、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：_____________________________________________________________________。評卷人得分四、簡答題(共2題，共10分)23、常溫下，將某一元堿rm{BOH}和rm{HCl}溶液等體積混合，兩溶液濃度和混合溶液rm{pH}如下表：。實驗編號rm{HCl}的物質的量濃度rm{(mol隆隴L^{-1})}rm{BOH}的物質的量濃度rm{(mol隆隴L^{-1})}混合溶液rm{pH}rm{壟脵}rm{0.1}rm{0.1}rm{pH=5}rm{壟脷}rm{c}rm{0.2}rm{pH=7}rm{壟脹}rm{0.1}rm{0.2}rm{pH>7}請回答：rm{(1)}從第rm{壟脵}組情況分析，rm{BOH}是____rm{(}選填“強堿”或“弱堿”rm{)}該組所得混合溶液中由水電離出的rm{c(OH^{隆陋})=}____rm{mol隆隴L^{-1}}rm{(2)}第rm{壟脷}組情況表明，rm{c}____rm{0.2}該混合液中離子濃度rm{c(B^{+})}____rm{c(Cl^{-})(}選填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}rm{(3)}從第rm{壟脹}組實驗結果分析，混合溶液中rm{(}選填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}甲：rm{BOH}的電離程度____rm{BCl}的水解程度乙：rm{c(B^{+})-2c(OH^{隆陋})}____rm{c(BOH)-2c(H^{+})}24、NaH2PO4、Na2HPO4可用于合成化工原料三聚磷酸鈉（Na5P3O10）．

（1）能說明NaH2PO4溶液顯弱酸性原因的離子方程式為______．

（2）能說明Na2HPO4溶液顯弱堿性原因的離子方程式為______．

（3）測定某三聚磷酸鈉試樣中Na5P3O10的含量可用間接滴定法；其流程如下：

樣品13000gH3PO4NaH2PO4→配成100.00mLNaH2PO4

①NaOH標準溶液應盛放在如圖所示的滴定管______（選填“甲”或“乙”）中．

②滴定時所用的指示劑X可為______，判斷滴定終點的方法是______

③下列操作會導致測定結果偏低的是______

A．堿式滴定管未潤洗。

B．錐形瓶用待測液潤洗。

C．讀取標準液讀數時；滴定前仰視，滴定到終點后俯視。

D．滴定前堿式滴定管尖嘴處有氣泡未排除；滴定后氣泡消失。

④滴定實驗記錄如下表（樣品中雜質不與酸或堿反應）．

。滴定次數待測溶液A的體積（mL）消耗0.1000mol?L-1NaOH溶液的體積125.0022.50225.0022.55325.0022.45試計算樣品中Na5P3O10的物質的量為______mol．評卷人得分五、其他(共4題，共16分)25、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)。26、（8分）由丙烯出發(fā)，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。27、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)。28、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)。評卷人得分六、元素或物質推斷題(共4題，共16分)29、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。30、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。31、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。32、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【解答】解：根據①②可以確定氧元素的質量分數；進一步可以確定該有機物的實驗式，由④可以確定有機物分子的相對分子質量．綜上所述，最終可以確定有機物的分子式的最少組合是①②④．故選A．

【分析】先確定該有機物的實驗式，再根據相對分子質量確定分子式．2、B【分析】解：①0.1mol/LHNO2溶液的pH=2；．說明亞硝酸不能完全電離，為弱電解質，證明為弱酸，故①正確；

②HNO2溶液不與Na2SO4溶液反應；只能說明不符合復分解反應的條件，但不能說明是弱酸，故②錯誤；

③等物質的量濃度的HNO2的導電能力比鹽酸弱，說明亞硝酸溶液中亞硝酸沒有完全電離，則證明了亞硝酸是弱酸，但溶液濃度不知，HNO2溶液的導電性比鹽酸弱；不能說明亞硝酸為弱酸，故③錯誤；

④25℃時NaNO2溶液的pH大于7，NaNO2溶液為堿性，說明NaNO2是強堿弱酸鹽，則說明HNO2為弱電解質；故④正確；

⑤將pH=2的HNO2溶液稀釋至原體積的100倍；若為強酸則溶液PH增大2個單位，溶液PH=4，溶液的pH=3.7說明稀釋后又電離出氫離子，能證明亞硝酸為弱酸，故⑤正確；

故選B．

能說明亞硝酸（HNO2）為弱電解質；可證明亞硝酸不能完全電離；存在電離平衡或對應的強堿鹽溶液呈堿性，以此解答該題．

本題考查弱電解質的判斷，明確弱電解質的性質是解答本題的關鍵，常用的方法是利用電離的不完全性、測定鹽溶液的pH、做對比實驗等來判斷弱電解質難度不大．【解析】【答案】B3、D【分析】解：rm{A.}反應物能量低于生成物；反應為吸熱反應，故A正確；

B.反應物能量比生成物低；一定有能量轉化為化學能，故B正確；

C.反應物能量比生成物低；物質的能量越低越穩(wěn)定，反應物比生成物穩(wěn)定，故C正確；

D.生成物的總能量高于反應物的總能量；反應為吸熱反應，大多數吸熱反應需要加熱，故D錯誤；

故選D．

A.反應物能量低于生成物；反應吸熱；

B.生成物能量高；據能量守恒解答；

C.物質的能量越低越穩(wěn)定；

D.反應熱與反應條件無關；決定于反應物和生成物的能量高低．

本題考查了化學反應能量變化的分析判斷，主要是化學反應實質的分析應用，掌握基礎是關鍵，題目題目較簡單．【解析】rm{D}4、A【分析】

A．將蛋白質從水中析出而又不改變它的性質；加入飽和硫酸氨溶液，可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸氨溶液可使蛋白質的溶解性變小，加水，凝聚析出的蛋白質還能再溶解于水中，并不影響原來蛋白質的性質，該過程是蛋白質的鹽析，故A正確；

B．乙醇能殺菌消毒原理是使細菌病毒蛋白質變性；喪失生物活性，故B錯誤；

C．重金屬離子能使蛋白質變性而中毒，一些可溶性的重金屬鹽（如含Cu2+、Pb2+、Ag+等可溶性鹽）與蛋白質作用會使蛋白質變性；使蛋白質喪失其生理功能，故C錯誤；

D．蛋白質遇到氫氧化鈉；其特定的空間構象被改變，從而導致其理化性質的改變和生物活性的喪失，會發(fā)生化學變化，失去原有的生理功能，此過程為蛋白質的變性，故D錯誤；

故選A．

【解析】【答案】蛋白質溶液中加濃無機鹽溶液；使蛋白質析出，沒有新物質生成，是蛋白質的鹽析，屬于物理變化，是可逆的，不改變蛋白質的性質，加水仍可溶解；蛋白質受熱或遇到濃硝酸；重金屬鹽、甲醛等化學物質，其特定的空間構象被改變，從而導致其理化性質的改變和生物活性的喪失，會發(fā)生化學變化，失去原有的生理功能，此過程叫做蛋白質的“變性”，據此即可解答．

5、C【分析】【解析】【答案】C6、A【分析】解：A．硫酸鋁鉀為強電解質，完全電離，電離方程式為：KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-；故A正確；

B．碳酸的電離方程式為：H2CO3?H++HCO3-；故B錯誤；

C．碳酸氫鈣的電離方程式為：Ca（HCO3）2=Ca2++2HCO3-；故C錯誤；

D．氫氧化鋇電離方程式為：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；故D錯誤；

故選：A．

A．硫酸鋁鉀為強電解質；完全電離；

B．碳酸為多元弱酸；分步電離，以第一步為主，用可逆號；

C．碳酸氫根離子為多元弱酸的酸式根離子；不能拆；

D．氫氧化鋇為強電解質；完全電離生成鋇離子和兩個氫離子．

本題考查了電解質電離方程式的書寫，明確電解質強弱及電離方程式書寫方法是解題關鍵，注意多元弱酸分步電離，題目難度不大．【解析】【答案】A7、A【分析】解：rm{A.}乙醇分子之間含有氫鍵；沸點大于丙烷，故A正確；

B.常溫下，正丁烷為氣體，苯為液體，則正丁烷rm{<}苯；故B錯誤；

C.同系物中，相對分子質量越大，熔沸點越高，則rm{1-}丁烯rm{<1-}庚烯；故C錯誤；

D.同系物中，相對分子質量越大，熔沸點越高，則甲醛rm{<}乙醛；故D錯誤．

故選A．

結合題給物質可從以下角度分析：

rm{壟脵}相對分子質量相近；分子間含有氫鍵，物質的沸點大；

rm{壟脷}同分異構體中支鏈越多；沸點越低；

rm{壟脹}結構相似的有機物中碳原子個數越多；沸點越大．

本題考查物質沸點的比較，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，明確比較沸點的方法即可解答，難度不大，注意rm{A}為學生解答中的易錯點．【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】本題考查常見物質分類、判斷，涉及到的知識面廣，概念多，對學生的能力提出了較高的要求，難度不大?！窘獯稹縭m{壟脵}粗鹽和酸雨中都含有兩種以上的成分，所以都是混合物，故rm{壟脵}正確；rm{壟脷}沼氣是可再生能源，而水煤氣是不可再生能源，故rm{壟脷}錯誤；rm{壟脹}冰和干冰既是純凈物又是化合物，故rm{壟脹}正確；rm{壟脺}不銹鋼和目前流通的硬幣都是合金，故rm{壟脺}正確；rm{壟脻}鹽酸和食醋都是混合物，故rm{壟脻}錯誤；rm{壟脼}純堿是鹽，熟石灰是堿，故rm{壟脼}錯誤；rm{壟脽}霧、煙分散質粒子直徑在rm{1nm隆蘆100nm}之間，是膠體，故rm{壟脽}正確；之間，是膠體，故rm{1nm隆蘆100nm}正確；rm{壟脽}膠體有丁達爾效應，溶液沒有，故利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體，故rm{壟脿}膠體有丁達爾效應，溶液沒有，故利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體，故rm{壟脿}正確正確；故說法正確的是rm{壟脿}故B正確。故選B。rm{壟脿}【解析】rm{B}9、D【分析】【分析】本題考查了rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵的有關知識。鍵和rm{婁脪}鍵的有關知識。rm{婁脨}【解答】鍵的電子云呈軸對稱，A.rm{婁脪}鍵的電子云呈軸對稱，rm{婁脨}鍵的電子云呈鏡面對稱，故A正確；鍵的電子云呈鏡面對稱，故A正確；rm{婁脪}鍵不如rm{婁脨}鍵牢固，比較容易斷裂，故B正確；B.rm{婁脨}鍵不如rm{婁脪}鍵牢固，比較容易斷裂，故B正確；軌道只能形成rm{婁脨}鍵，故C正確；rm{婁脪}鍵，共價雙鍵有一個C.rm{S}軌道只能形成rm{婁脪}鍵，故C正確；鍵，rm{S}鍵，故D錯誤。rm{婁脪}D.共價單鍵都是rm{婁脪}鍵，共價雙鍵有一個【解析】rm{D}二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】（1）將銅片和鋅片插入盛有稀硫酸的燒杯中(銅與鋅不接觸)，則不能構成原電池，鋅直接和硫酸反應，所以鋅片表面有氣泡產生，銅片上無變化。（2）在原電池中較活潑的金屬作負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經導線傳遞到正極上，所以溶液中的陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。正極得到電子，發(fā)生還原反應。鋅比銅活潑。銅是正極，溶液中的氫離子放電，生成氫氣。鋅是負極，失去電子，方程式為Zn－2e－＝Zn2+。（3）此時構成電解池，銅是陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應。鋅是陰極，溶液中的銅離子放電，析出銅，方程式為Cu2++2e－＝Cu，由于陽極銅溶解，所以根據電子得失守恒可知，溶液的pH不變。（4）根據以上分析，不難得出選項B正確，即丙無法得出金屬性強弱，答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)鋅片表面有氣泡產生，銅片上無變化(2)銅片上有氣泡產生Zn－2e－＝Zn2+(3)Cu2++2e－＝Cu不變(4)B11、略

【分析】（1）甲中b電極質量增加了43.2g，所以甲中是硝酸銀。由于乙中溶液的pH不變，所以乙中應該是硝酸鉀。丙中溶液的pH增大，說明是氫氧化鉀。（2）b電極質量增加，所以b電極是陰極，則a是陽極，M是正極，N是負極，f、e、d、c分別是陰極、陽極、陰極、陽極。所以乙燒杯c電極發(fā)生的電極反應為4OH-－4e—=O2↑+2H2O。甲燒杯中出生成銀外，還生成氧氣，所以的總反應的化學方程式為2H2O＋4AgNO34Ag+O2↑+4HNO3。（3）反應中轉移電子是43.2g÷108g/mol×1＝0.4mol。丙燒杯e電極的方程式為4OH-－4e—=O2↑+2H2O，所以生成氧氣是0.1mol，標準狀況下的體積是2.24L。根據甲中的總反應式可知，生成硝酸是0.4mol，其濃度是0.4mol÷0.4L＝1.0mol/L，所以pH＝0。（4）甲燒杯中減少的是銀和氧氣，所以需要加入0.2molAg2O才能使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，質量是0.2mol×232g/mol＝46.4g。（5）N是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，所以方程式為Pb－2e—+SO42—=PbSO4。M極是正極，得到電子，方程式為PbO2＋2e—＋4H＋＋SO42—=PbSO4＋2H2O，所以氫離子的濃度降低，pH升高。根據充電時的陰極反應式PbSO4＋2e—＝Pb＋SO42—可知，當轉移0.2mol電子時，生成SO42—是0.1mol，所以需要氫離子是0.2mol。【解析】【答案】（1）AgNO3(1分)KNO3(1分)KOH(1分)（2）4OH-－4e—=O2↑+2H2O(1分)2H2O＋4AgNO34Ag+O2↑+4HNO3(1分)（3）2.24L(1分)0(2分)（4）Ag2O(1分)46.4g(2分)（5）Pb－2e—+SO42—=PbSO4(1分)升高(1分)0.2(2分)12、略

【分析】試題分析：（1）a．是蒸餾燒瓶，適用與分離沸點不同的互溶的液體混合物，正確；b．是容量瓶，適用與配制物質的量濃度的溶液，錯誤；c．是分液漏斗，適用與分離互不相溶的兩層液體物質，正確；d．是錐形瓶，一般作反應容器，錯誤；e是羊角管，是裝置連接的彎管，錯誤。所以其中適用于物質分離的儀器有蒸餾燒瓶、分液漏斗；使用前需要檢驗是否漏水的有容量瓶和分液漏斗，選項是b、c；（2）步驟①灼燒海帶時，除需要三腳架外，還需要用到的實驗儀器是坩堝、泥三角、酒精燈，選項是B．D．E．（3）步驟③分離難溶性固體與可溶性液體物質的過濾操作中，除鐵架臺、燒杯外，還需用到的儀器有漏斗、玻璃棒；（4）步驟⑥的目的是從含碘苯溶液中分離出單質碘和回收苯，由于物質是互溶的沸點不同的液體混合物，所以該步驟在蒸餾，在該步的實驗操作圖中還缺少的玻璃儀器是冷凝管、溫度計；（5）步驟⑤中某學生選擇用苯來提取碘的理由是苯與水、I2均不發(fā)生化學反應；苯與水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大?？键c：考查分離混合物的操作方法、儀器的使用方法和選擇的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?6分）（1）蒸餾燒瓶、分液漏斗；b、c（每空2分）（2）B、D、E（3分）；（3）漏斗、玻璃棒；（2分）（4）蒸餾；冷凝管、溫度計（每空2分）；（5）苯與水、I2均不發(fā)生化學反應；苯與水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大13、(1)NH3+HCl═══NH4Cl

(2)2Al+Fe2O32Fe+Al2O3【分析】【分析】本題考查化學方程式的書寫，題目難度容易?！窘獯稹縭m{(1)}氨氣rm{(NH_{3})}接觸氯化氫rm{(HCl)}產生白煙rm{(NH_{4}Cl)}該反應的化學方程式是rm{NH_{3;}+HCl簍T簍T簍TNH_{4}Cl}故答案為：rm{NH_{3;}+HCl簍T簍T簍TNH_{4}Cl}rm{NH_{3;}+

HCl簍T簍T簍TNH_{4}Cl}鋁rm{NH_{3;}+

HCl簍T簍T簍TNH_{4}Cl}與氧化鐵rm{(2)}在高溫下反應生成鐵rm{(Al)}與氧化鋁rm{(Fe_{2}O_{3})}的化學方程式為rm{2Al+Fe_{2}O_{3}overset{賂脽脦脗}{=}2Fe+Al_{2}O_{3;,}}故答案為：rm{2Al+Fe_{2}O_{3}overset{賂脽脦脗}{=}2Fe+Al_{2}O_{3;隆攏}}rm{(Fe)}【解析】rm{(1)NH_{3;}+HCl簍T簍T簍TNH_{4}Cl}rm{(1)NH_{3;}+

HCl簍T簍T簍TNH_{4}Cl}rm{2Al+Fe_{2}O_{3}overset{賂脽脦脗}{=}2Fe+Al_{2}O_{3;;;;;;;;;;;;;;;}}rm{(2)}14、（1）①ac②C6H4ad③bc

（2）2，2，3，3-四甲基丁烷

（3）①C10H12②4

（4）CH≡CH【分析】【分析】本題考查有機物的結構與性質，涉及同系物、烯烴、炔烴等的性質，注意把握信息中物質的結構、官能團與性質的關系即可解答，題目難度不大。【解答】rm{(1)壟脵}均含苯環(huán)及環(huán)狀結構，則蒽與rm{X}都屬于環(huán)烴、不飽和烴，故答案為：rm{ac}均含苯環(huán)及環(huán)狀結構，則蒽與rm{(1)壟脵}都屬于環(huán)烴、不飽和烴，故答案為：rm{X}

rm{ac}由結構簡式可知分子式為rm{壟脷}由結構簡式可知分子式為rm{C}rm{壟脷}rm{C}rm{{,!}_{6}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}，含碳碳三鍵，能發(fā)生加成、氧化反應，但不溶于水，常溫下為液體，故答案為：rm{C}rm{C}

rm{{,!}_{6}}苯的鄰位取代物只有一種，則不含單、雙鍵的交替，分子中的鍵長相同，也說明含相同化學鍵，故答案為：rm{H}rm{H}的同分異構體中含等效氫原子種類最少的一種物質為rm{{,!}_{4}}；rm{ad}rm{ad}rm{壟脹}苯的鄰位取代物只有一種，則不含單、雙鍵的交替，分子中的鍵長相同，也說明含相同化學鍵，故答案為：rm{bc}四甲基丁烷，結構簡式為：rm{壟脹}rm{bc}rm{(2)A}的同分異構體中含等效氫原子種類最少的一種物質為rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷，結構簡式為：rm{(2)A}rm{2}四甲基丁烷rm{2}是由烯烴和rm{3}rm{3-}，其名稱為rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}；若rm{A}是由烯烴和rm{H}rm{A}四甲基丁烷；rm{H}rm{{,!}_{2}}交點為碳原子，用通過加成反應得到，則該烯烴的結構簡式可能為原子飽和碳的四價結構，由藍烷的結構可知，分子中含有，個故答案為：原子、rm{2}個rm{2}原子，分子式為rm{3}rm{3-}rm{(3)}rm{壟脵}交點為碳原子，用rm{H}原子飽和碳的四價結構，由藍烷的結構可知，分子中含有rm{10}個rm{C}原子、rm{12}個rm{H}原子，分子式為rm{C}rm{壟脵}rm{H}rm{10}rm{C}rm{12}rm{H}

rm{C}該有機物分子屬于高度對稱結構，如圖所示：rm{{,!}_{10}}種rm{H}原子，則其一氯代物有rm{H}種，故答案為：rm{{,!}_{12}}，故答案為：rm{C}與rm{C}完全加成，則該烴分子有rm{{,!}_{10}}個雙鍵或rm{H}個三鍵，rm{H}氯代烷能和rm{{,!}_{12}}氯氣發(fā)生完全取代反應，則氯代烷分子中有；個rm{壟脷}該有機物分子屬于高度對稱結構，如圖所示：原子，氯代烷分子中有rm{壟脷}個含rm{4}種rm{H}原子，則其一氯代物有rm{4}種，故答案為：rm{4}原子是烴與氯化氫加成引入的，所以原烴分子中有rm{4}個rm{H}原子，故該烴為rm{4}rm{4}rm{(4)}【解析】rm{(1)壟脵ac}rm{壟脷C_{6}H_{4}}rm{ad}rm{壟脹bc}rm{(2)2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷rm{(3)壟脵C_{10}H_{12;;;}壟脷4}

rm{(3)壟脵C_{10}H_{12;;;}壟脷

4}rm{(4)CH隆脭CH}15、略

【分析】

（1）A的密度（在標準狀況下）是氫氣的13倍；說明A的分子量是26，所以A是乙炔，乙炔可以和氫氣發(fā)生加成反應，生成乙烯，所以B是乙烯，乙烯可以和水發(fā)生加成反應生成乙醇，即C是乙醇，乙醇催化氧化可以得到乙醛，即D為乙醛，乙醛易被氧化為乙酸，即E是乙酸，乙酸和乙醇之間可以生成乙酸乙酯，即F是乙酸乙酯．

故答案為：CH≡CH；CH2═CH2；CH3CHO；

（2）乙醇吹化氧化的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，該反應屬于氧化反應，乙酸和乙醇可以發(fā)生酯化反應，生成酯，方程式為：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O．

【解析】【答案】A的密度（在標準狀況下）是氫氣的13倍；說明A的分子量是26，所以A是乙炔，可以和氫氣發(fā)生加成反應，生成乙烯，乙烯可以和水發(fā)生加成反應生成乙醇，乙醇催化氧化可以得到乙醛，乙醛易被氧化為乙酸，羧酸和醇之間可以生成酯，據物質的性質來回答．

16、略

【分析】試題分析：（1）①圖1是原電池，依據電流流向是從正極流向負極，c電極為正極，氧氣得到電子發(fā)生還原反應，d電極為電池負極甲烷是電子發(fā)生還原反應，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導陽極生成的O2-離子，結合電子守恒寫出電極反應為：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；②如圖2所示電解100mL0.5mol?L-1CuSO4溶液，發(fā)生的電解池反應為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，與電源正極相連的為陽極，溶液中氫氧根離子是電子發(fā)生氧化反應，電極反應為：4OH-+4e-=2H2O+O2↑；若a電極產生56mL（標準狀況）氣體為氧氣，物質的量為0.0025mol，消耗氫氧根離子物質的量為0.01mol，溶液中生成氫離子物質的量為0.01mol，c（H+）=0.01mol0.1L=0.1mol/L，PH=-lg0.1=1；則所得溶液電解過程中CuSO4溶液每損失2個Cu原子，就損失2個O原子，相當于損失一個CuO，為了使CuSO4溶液，恢復原濃度，應加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢復溶液濃度的定量關系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因為CuCO3+H2SO4CuSO4+CO2↑+H2O，相當于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O，除增加溶質外還增加了水。（2）①裝置中原電池的正極和電解池的陰極可以得到保護；bc可以保護鐵；②裝置為原電池，若用d裝置保護鐵，X極的電極材料應比鐵活潑可以選擇鋅?？键c：考查化學電源新型電池?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①正極，CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；②1，ac；（2）①bc，②鋅。17、BDACABDFEG【分析】【分析】本題考查的是物質結構的基本內容：化學鍵的類型、極性分子和非極性分子、物質的類型等，屬于基礎性的考查?！窘獯稹縭m{(1)}通過非極性鍵形成的晶體是金剛石和晶體硅，故填：rm{BD}通過非極性鍵形成的晶體是金剛石和晶體硅，故填：rm{(1)}

rm{BD}固態(tài)時屬于分子晶體的是冰和氬，故填：rm{(2)}固態(tài)時屬于分子晶體的是冰和氬，故填：rm{AC}

rm{(2)}屬于分子晶體，且存在分子間氫鍵的是冰，故填：rm{AC}

rm{(3)}屬于分子晶體，且存在分子間氫鍵的是冰，故填：rm{A}金剛石、晶體硅和二氧化硅屬于原子晶體，故填：rm{(3)}

rm{A}含有非極性鍵的離子化合物是過氧化鈉，故填：rm{(4)}金剛石、晶體硅和二氧化硅屬于原子晶體，故填：rm{BDF}

rm{(4)}含有離子鍵、共價鍵、配位鍵的化合物是氯化銨，故填：rm{BDF}rm{(5)}含有非極性鍵的離子化合物是過氧化鈉，故填：rm{E}【解析】rm{BD}rm{AC}rm{A}rm{BDF}rm{E}rm{G}rm{BD}rm{AC}rm{A}rm{BDF}rm{E}rm{G}18、（1）↓（2）（3）（4）

（5）【分析】【分析】

本題考查了化學方程式的書寫?！窘獯稹?/p>

rm{(1)}乙醛發(fā)生銀鏡反應，是醛基的還原性被弱氧化劑氧化為乙酸，發(fā)生了氧化反應，反應的化學方程式為：rm{隆媒}rm{隆媒}

，故答案為：rm{隆媒}丙酮與氫氰酸反應的化學方程式為故答案為：rm{隆媒}rm{(2)}丙酮與氫氰酸反應的化學方程式為rm{(2)}丙醇在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應

rm{(3)}故答案為：rm{1-}丙醇在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應rm{1-}，水溶液中水解生成乙醇和rm{;}反應為rm{;}

故答案為：rm{(4)}溴乙烷在rm{NaOH}水溶液中水解生成乙醇和rm{NaBr}反應為rm{NaOH}乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液反應生成乙酸鈉和乙醇，反應的化學方程式為：故答案為：rm{NaBr}【解析】rm{(1)}rm{隆媒}rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}

rm{(5)}三、有機推斷題(共4題，共8分)19、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)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=CH220、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)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=CH221、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(fā)生反應產生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發(fā)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(fā)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(fā)生銀鏡反應，然后酸化產生F：F與SOCl2發(fā)生取代反應產生G：與發(fā)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(fā)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?yōu)?COOH；也能發(fā)生燃燒反應，故化合物C能發(fā)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(fā)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(fā)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(fā)生取代反應產生該物質與O2在Cu催化下加熱，發(fā)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(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子，則其可能的同分異構體結構簡式是【解析】BC++HCl22、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(fā)生加成反應得到的F為F發(fā)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(fā)生加成反應生成B為F為

（3）反應①：乙酸和發(fā)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(fā)。

生加成反應生成最后發(fā)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?！窘馕觥竣?羧基②.酸性高錳酸鉀溶液③.加成反應④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、簡答題(共2題，共10分)23、(1)弱堿1×10-5

(2)<=

(3)>=【分析】?【分析】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，根據溶液中的溶質結合物料守恒和電荷守恒分析解答，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}等物質的量的一元酸、堿混合時溶液呈酸性，則堿是弱堿，鹽溶液中氫離子就是弱根離子水解得的，所以溶液中水電離出的rm{c(OH^{-})=c(H^{+})=1隆脕10^{-5}mol/L}故答案為：弱堿；rm{1隆脕10^{-5}}rm{(2)BOH}為弱堿，等體積等濃度混合溶液的rm{pH}小于rm{7}則為保證rm{pH=7}應使酸濃度小于rm{0.2mol/L}溶液呈中性，溶液中rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}溶液呈電中性，存在電荷守恒，所以rm{c(B^{+})=c(Cl^{-})}故答案為：rm{<}rm{=}rm{(3)}由rm{壟脹}組實驗結果可知，混合后為物質的量濃度相等rm{BOH}與rm{BCl}的混合液，rm{pH>7}堿的電離大于鹽的水解，溶液中存在電荷守恒rm{c(H^{+})+c(B^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}根據物料守恒得rm{c(H^{+})+c(B^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-}

)}將兩個等式整理得rm{c(B^{+})-2c(OH^{-})=c(BOH)-2c(H^{+})}故答案為：rm{c(B^{+})+c(BOH)=2c(Cl^{-})}rm{c(B^{+})-2c

(OH^{-})=c(BOH)-2c(H^{+})}

rm{>}【解析】rm{(1)}弱堿rm{1隆脕10}弱堿rm{(1)}rm{1隆脕10}rm{{,!}^{-5}}rm{{,!}^{-5}}rm{(2)<}rm{=}rm{(2)<}rm{=}24、略

【分析】解：（1）NaH2PO4溶液顯弱酸性，說明H2PO4-在水溶液里電離程度大于水解程度，該陰離子電離方程式為H2PO4-?HPO42-+H+，故答案為：H2PO4-?HPO42-+H+；

（2）Na2HPO4溶液顯弱堿性，說明HPO42-的水解程度大于電離程度，該陰離子水解方程式為HPO42-+H2O?H2PO4-+OH-，故答案為：HPO42-+H2O?H2PO4-+OH-；

（3）①NaOH標準溶液應盛放在如圖所示的滴定管；故答案為：乙；

②NaH2PO4溶液顯弱酸性；應選用堿性范圍內變色的酚酞作指示劑，滴定終點時顏色變化明顯；用酚酞作指示劑，酚酞在pH＜8時為無色，pH為8～10之間，呈淺紅色，所以當無色溶液變成淺紅色，且半分鐘內不褪色，說明反應到終點．

故答案為：酚酞；滴入最后一滴NaOH溶液時；錐形瓶中溶液由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘內不變化；

③A．堿式滴定管未潤洗，標準液被稀釋，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（待測）偏大，故A錯誤；

B．錐形瓶用待測液潤洗，待測液的物質的量偏大，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（待測）偏大，故B錯誤；

C．讀取標準液讀數時，滴定前仰視，滴定到終點后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（待測）偏小，故C正確；

D．滴定前堿式滴定管尖嘴處有氣泡未排除，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（待測）偏大，故D錯誤；

故選：C；

④NaH2PO4能和氫氧化鈉反應生成Na3PO4，反應方程式為NaH2PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O，氫氧化鈉的平均體積=mL=22.50mL，25.00mL溶液中n（NaH2PO4）=22.50×10-3L×0.1000mol?L-1=0.00225mol，100.00mL溶液中n（NaH2PO4）=0.00225mol×4=0.009mol，根據P原子守恒得m（Na5P3O10）=0.009mol÷3=0.003mol；

故答案為：0.003；

（1）NaH2PO4溶液顯弱酸性，說明H2PO4-在水溶液里電離程度大于水解程度；

（2）Na2HPO4溶液顯弱堿性，說明HPO42-的水解程度大于電離程度；

（3）①堿性溶液用堿式滴定管量取；

②NaH2PO4溶液顯弱堿性；應選用堿性范圍內變色的酚酞作指示劑；根據指示劑在不同的酸堿性溶液顯示不同的顏色判斷．

③根據c（待測）=判斷不當操作對相關物理量的影響；

④根據NaH2PO4能和氫氧化鈉反應生成NaH2PO4，反應方程式為NaH2PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O，氫氧化鈉的平均體積=mL=22.50mL，根據方程式計算NaH2PO4的物質的量，再根據P原子守恒計算Na5P3O10的物質的量．

本題考查了物質含量的測定及物質的性質，涉及中和滴定原理，根據物質之間的反應結合原子守恒計算物質含量，計算量較大，難度較大．【解析】H2PO4-?HPO42-+H+；HPO42-+H2O?H2PO4-+OH-；乙；酚酞；滴入最后一滴NaOH溶液時，錐形瓶中溶液由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘內不變化；C；0.003五、其他(共4題，共16分)25、略

【分析】【解析】【答案】AEF26、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解