【文档说明】云南普洱景东彝族自治县第一中学2020-2021学年高二上学期12月月考化学试卷 【精准解析】.doc，共(20)页，941.500 KB，由小赞的店铺上传

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高二月考化学试卷一、单选题(共20题；共40分)1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是A.标准状况下，1L庚烷所含有的分子数为NA/22.4B.1mol甲基（—CH3）所含电子数为9NAC.标准状况下，B2H6和C2H4的混合气体

22.4L，所含的电子数约为16NAD.26gC2H2和苯蒸气的混合气体中所含的C原子数为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A．气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的使用范围是单一气体或能共存的混合气体(在标准状况下)，而庚烷为非气体，不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；B．1

mol甲基(-CH3)所含有9mol的电子，即所含电子数为9NA，所含电子数为9NA，故B正确；C．B2H6和C2H4中每个分子都含有16个电子，则1mol含有16mol的电子，故C正确；D．C2H2和苯蒸气的实验式都是CH，则26gCH的物质的量为2mol，C原子为2mol

，C原子数为2NA，故D正确；故选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的使用范围和条件。阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和

浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成等。2.对于密闭容器中的可逆反应：mX(g)+nY(s)pZ(g)；ΔH<0，达化学平衡后，改变条件，下列表述不

正确的是A.增大压强，化学平衡不一定发生移动B.通入氦气，化学平衡不一定发生移动C.增加X或Y的物质的量，化学平衡一定发生移动D.其它条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动【答案】C【解析】【详解】A、当m=p时，增大压强，化学平衡不发生移动，

正确；B、当容器容积不变时，通入氦气，化学平衡不发生移动，正确；C．Y是固体，增加Y的物质的量，化学平衡不发生移动，不正确；D．△H不为0，其它条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动，正确。3.X，Y，Z均为第三周期元素，X的第一电离能在同周期中最

小，Y的电负性在同周期中最大，Z的离子半径在同周期中最小，下列关于X，Y，Z叙述中不正确的是()A.元素X与元素Y能形成离子化合物B.原子序数为：X<Y<ZC.元素Z最高价氧化物对应水化物具有两性D.元

素Y形成的气态氢化物水溶液呈强酸性【答案】B【解析】【分析】X，Y，Z均为第三周期元素，X的第一电离能在同周期中最小，所以X应该是Na元素。Y的电负性在同周期中最大，所以Y是Cl元素。Z的离子半径在同周期中最小，

应该是电子层最小，而原子序数最大的，即是Al元素。故X、Y、Z分别是Na、Cl、Al。【详解】A.元素X与元素Y能形成的是NaCl，含有离子键所以是离子化合物，故A说法正确，不符合题意。B.原子序数为：Cl>Al>Na，即Y>Z>X，故B说法错误，符合题意。C.元素Z最高价氧化物对应水化物

是Al(OH)3，是两性氢氧化物，具有两性，说法正确，故C不符合题意。D.元素Y形成的气态氢化物是HCl其水溶液是盐酸，具有强酸性，故D说法正确，不符合题意。故选答案B。【点睛】此题重点是推测元素，而根据元素周期律电离能同周期从左到右增大趋势，第二主族和第五主族反常。而电负性从左到右递增

。除去稀有气体。直接可以判断元素。需注意的是离子半径的比较。核外电子排布相同的离子半径比较是原子序数越大，半径越小。4.下列有关化学用语表示正确的是()A.1﹣丁烯的键线式：B.乙烯的分子式：CH2=CH2C.

﹣CHO的电子式：D.丙烷分子的比例模型为：【答案】A【解析】【详解】A．键线式中顶端和拐点为碳原子，每个碳原子满足形成四个共价键，则1-丁烯的键线式可表示为：，故A正确；B．乙烯的分子式应该是：C2H4，故B错误；C．电

子式是用元素符号和最外层电子表示的式子，而该项中氧原子最外层有6个电子，只表示出了2个电子，最外层还缺4个电子，故C错误；D．D中丙烷的模型是球棍模型，故D错误；故选A。【点睛】此题重点是利用化学用语的基本概念就可以判断。5.A、B的混合气体

在密闭容器中发生如下反应：xA(g)+yB(g)zC(g)△H＜0。达到化学平衡后测得A的浓度为0.5mol·L-1；在恒温下，将密闭容器的容积压缩至原来的二分之一，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.9mol·L-1。则下列叙述中正确的是()A.x+

y＜zB.平衡向正反应方向移动了C.B的转化率下降D.C的体积分数减小【答案】B【解析】【分析】平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变将容器的容积缩小到原来的一半，如平衡不移动，则A的浓度应增大为1.0mol/L，而此时为0.9mol/L，则说明增大压强平衡向正方向移

动。【详解】A．增大压强，平衡向正反应方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y＞z，故A错误；B．增大压强，平衡向正反应方向移动，故B正确；C．增大压强，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大了，故C错误；D．增大压强，平衡向正反应方

向移动，故C的体积分数增加了，故D错误。故选B。【点睛】题考查了根据化学平衡的移动来判断化学反应的特点，解答的关键是根据平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩至原来

的二分之一，此时A的浓度应该为1.0mol/L，再达平衡时，测得A的浓度为0.9mol/L，说明增大压强平衡向正反应方向移动。6.某有关化学用语正确的是（）A.乙烯的结构简式：CH2CH2B.乙醇的结构式：CH3CH2OHC.四氯化碳

的电子式：D.甲烷分子的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A.乙烯的结构简式：CH2＝CH2，A错误；B.乙醇的结构式：，B错误；C.四氯化碳是共价化合物，电子式：，C错误；D.甲烷分子的比例模型：，D正确。答案选D。7.下列混合物分离（或除杂）的方法不正确的是

（）A.Fe(OH)3中含有少量Al(OH)3可加入适量的NaOH溶液，再过滤洗涤烘干B.Na2CO3固体中含有少量NaHCO3杂质可用加热的方法提纯C.Fe(NO3)3溶液中混有少量Fe(NO3)2的杂质可通入过量的氯气将其除去D.铁粉中混有少

量铝粉，可加入过量氢氧化钠溶液，完全反应后过滤洗涤烘干即可【答案】C【解析】A、Al(OH)3是两性氢氧化物可以溶于NaOH溶液中，Fe(OH)3不溶，然后过滤烘干即可，A正确。B、NaHCO3比Na2CO3不稳定，加热可以分解生成Na2CO3从而除去NaHCO3杂质，B正确。C

、氯气可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时Cl2被还原为Cl-，带入新的杂质，正确的应该是加入适量的硝酸，C错误。D、铝粉可以与氢氧化钠溶液反应，而铁与氢氧化钠溶液不反应，从而除去铝粉，然后过滤洗涤烘干即可得到铁粉，D正确。正确答案

为C8.物质结构理论推出，金属晶体中金属离子与自由电子之间强烈的相互作用，叫金属键。金属键越强，其金属的硬度越大，熔沸点越高。据研究表明，一般说来，金属原子半径越小，价电子数越多，则金属键越强。由此判断下列说法错误的是()A.镁的硬度小于铝B.镁的熔沸点低于钙C.镁的硬度大于

钾D.钙的熔沸点高于钾【答案】B【解析】【详解】A．铝的原子半径比镁小，价电子数比镁多，因此铝的金属键较强，硬度较大，A正确；B．镁原子半径小于钙原子，价电子数相等，因此镁的金属键较强，镁的熔沸点高于钙，B错误；C．镁原子半径小于钾，价电子数比钾多，因此镁的金属键较强，镁的硬度大

于钾，C正确；D．钙原子半径小于钾，价电子数比钾多，因此钙的金属键较强，钙的熔沸点高于钾，D正确；故选B。9.Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4:1，溶液中NaCl

与NaClO的物质的量之比为（）A.11:2B.1:1C.9:4D.5:1【答案】C【解析】【详解】Cl2发生自身氧化还原反应，应该一部分升价，一部分降价，而NaClO与NaClO3都是氯元素升价后的产物，可令NaClO为4mol，NaClO3为1mol，设Na

Cl为xmol，则根据得失电子守恒，可得1×4+5×1=x×1，解得x=9，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9:4，C项正确；答案选C。10.反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率，其中表示反应速率最快的是A.v(A)＝

0．15mol·L－1·min－1B.v(B)＝0．02mol·L－1·s－1C.v(C)＝0．40mol·L－1·min－1D.v(D)＝0．45mol·L－1·min－1【答案】B【解析】【分析】【详解】相同条件

下，同一化学反应的速率用不同物质表示速率之比等于化学计量数之比，故本题均可换算为A物质的速率，则B项为v(B)＝0.02mol·L－1·s－1换算为：v(A)＝0.40mol·L－1·min－1；C项换算为：v(A)＝0.20mol·L－1·min－1；D项

换算为：v(A)＝0.225mol·L－1·min－1，故速率最快的为B项。答案选B。【点睛】11.已知：4NH3＋5O24NO＋6H2O，若反应速率分别用υ(NH3)、υ(O2)、υ(NO)、υ(H2O)[(mol/(L·mi

n)]表示，则正确的关系是（）A.4υ(NH3)＝5υ(O2)B.5υ(O2)＝6υ(H2O)C.4υ(O2)＝5υ(NO)D.2υ(NH3)＝3υ(H2O)【答案】C【解析】【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，以此来解答。【详解】A．同一可逆反应同一时间

段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以υ（NH3）：υ（O2）=4：5，则5υ（NH3）=4υ（O2），选项A错误；B．同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以υ（O2）：υ（H2O）=5：6，则6υ（O

2）=5υ（H2O），选项B错误；C．同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以υ（O2）：υ（NO）=5：4，则4υ（O2）=5υ（NO），选项C正确；D．同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以υ（NH3）：υ（H2O）=4

：6=2：3，则3υ（NH3）=2υ（H2O），选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查反应速率与化学计量数的关系，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握速率比等于化学计量数比为解答

该题的关键，题目难度不大。12.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.丙烯分子有7个σ键，1个π键B.由2H和18O所组成的水11g，其中所含的中子数为4NAC.0.1molSiO2晶体中所含有的硅氧键数目为0.2NAD.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3mo

lI2转移的电子数为5NA个【答案】D【解析】【分析】【详解】A．C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；B.由2H和18O所组成的水为2H218O，根据n=m/M可知11g水的物质的量n==0.5mol，而1mol2H218O含12m

ol中子，故0.5mol水所含的中子数为6NA，选项B错误；C.硅形成四个Si-O键，0.1molSiO2晶体中，含有“Si-O”键的数目为0.4NA，选项C错误；D.根据反应式KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O可知，碘酸钾中碘元素的化合价从＋5价降低到0价，得到5个电

子。碘化钾中碘元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，所以每生成3molI2转移的电子数为5NA，选项D正确；答案选D。【点睛】13.下列各项有机化合物的命名或分类正确的是()A.2，3﹣二甲基﹣2﹣乙基己烷B.CH3CH2CH2Cl氯丙烷C.属于芳香醇D.属于芳香化合物【答案】D【解析】【

详解】A．碳链的主链选错，２号Ｃ原子上不能有乙基，应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端为起点，给主链上的C原子编号，以确定支链在主链上的位置，该物质名称为3，3，4-三甲基庚烷，A错误；B．未指明Cl原子连接在碳链上的位置，该物质名称为1-氯丙烷，

B错误；C．有机物分子中不存在苯环，不属于芳香族化合物，名称是环己醇，C错误；D．物质分子含有苯环和羧基，羧基与苯环直接连接，物质名称为苯甲酸，D正确；故合理选项是D。14.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。

下列说法不合理的是A.若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数:X＞YB.由水溶液的酸性:HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性:Cl＞SC.硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D.Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性:CsOH＞Ba(OH)2【答案】B【解析】【

分析】A．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期；B．元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关；C．位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D．同周期元素

自左而右金属性减弱，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强。【详解】A．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；B．元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；C．

硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；D．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞

Ba(OH)2，故D正确；故选B。15.据美国《农业研究》杂志报道，美国的科学家发现半胱氨酸能增强艾滋病毒感染者的免疫力，对控制艾滋病毒的蔓延有奇效．已知半胱氨酸的结构简式为，则下列说法错误的是（）A.两分子半胱氨酸脱水形成的二肽结构

简式为：B.半胱氨酸是一种两性物质C.可与过量NaOH溶液反应放出氨气D.天然蛋白质水解产物均为α﹣氨基酸【答案】A【解析】A、生成二肽结构，是氨基酸中的羧基与另一个氨基酸分子中的氨基发生脱水缩合，其二肽物质应为，故A说法错误；B、半胱氨酸中含有羧基，羧基显酸性，半胱氨酸中含有氨基，氨基

显碱性，半胱氨酸属于两性物质，故B说法正确；C、此物质中含有NH4＋，加入过量NaOH溶液，能产生NH3，故C说法正确；D、天然蛋白质水解的最终产物是α﹣氨基酸，故D说法正确。16.下列关于油脂的说法不．正确的是A.属于酯类B.难溶于水C.属于高分子化合

物D.能发生水解反应【答案】C【解析】【详解】A.油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，属于酯类，故A正确；B.油脂属于酯类，难溶于水，故B正确；C.油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D.油脂属于酯类，在酸性或碱性条

件下能发生水解，故D正确。故选C。17.37Cl原子核内的中子数与核外电子数之差为A.3B.17C.20D.37【答案】A【解析】【详解】37Cl的原子中质子数为17，质量数为37，中子数=质量数-质

子数=37-17=20，由题意知核外电子数等于核电荷数为17，该同位素原子核内的中子数与核外电子数之差为：20-17=3，A满足题意。答案选A。18.某化学反应达到化学平衡：A(g)+3B(g)⇌2C(g)ΔH<0，将气体混合物的温度降低，下列叙述正确的是A.正反应速率和逆反应速率都变

小，平衡向正反应方向移动B.正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动C.正反应速率变大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动D.正反应速率变小，逆反应速率变大，平衡向逆反应方向移动【答案】A【解析】【详解】降低温度，正逆反应速率都减小；又因该

反应为放热反应，则降低温度，有利于平衡向正反应方向移动；答案选A。19.下列实验装置能达到实验目的的是(部分夹持仪器未画出)A.甲装置用于石油的分馏B.乙装置用于实验室制硝基苯C.丙装置可证明酸性：盐酸>碳酸>苯酚D.丁装置用于检验1—溴丙烷的消去产物【答案

】B【解析】【分析】【详解】A．甲装置中温度计插入到液面以下、冷凝水进出口流向错误，故不能用于石油的分馏，A错误；B．乙装置用水浴加热控制反应温度在60℃左右，可用于实验室制硝基苯，B正确；C．丙装置中浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢

，氯化氢可以与苯酚钠反应生成苯酚，故不能证明酸性：碳酸>苯酚，C错误；D．丁装置的消去反应产物丙烯中含有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用于检验1—溴丙烷的消去产物，D错误；故选B。20.将1molH2(g)和2molI2(g)置于某2L密闭容器中，

在一定温度下发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)△H<0，达平衡，HI的体积分数ω(HI)随时间变化如图Ⅱ所示，若改变反应条件，ω(HI)的变化曲线如图Ⅰ所示，则改变的条件可能是()A.恒温恒容条

件下，加入适当催化剂B.恒温条件下，缩小反应容器体积C.恒温条件下，扩大反应容器体积D.恒容条件下升高温度【答案】D【解析】【详解】A．恒温恒容条件下，加入适当催化剂，加快反应速率，但不影响平衡移动，HI的体积分数ω(HI)不变，故A错误；

B．恒温条件下，缩小反应容器体积，容器内压强增大，反应混合物的浓度增大，反应速率加快，平衡不移动，故B错误；C．恒温条件下，扩大反应容器体积，容器内压强减小，反应混合物的浓度减小，反应速率减慢，改变压强平衡不移动，平衡时HI的体积分数ω(HI)不变，故C错误；D

．恒容条件下，升高温度，速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，HI的体积分数ω(HI)减小，符合题意，故D正确。故选D。二、填空题(共3题；共12分)21.已知1g氢气完全燃烧生

成水蒸气时放出热量akJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量bkJ，水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量ckJ，则氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为________kJ．【答案】4c-b-4a2【解析】【详解】根据题意可知，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放

出的热量是4akJ，热化学方程式是2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-4akJ/mol；根据反应热和键能的关系反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，设1molH-H键断裂时吸收热量为x，所以-4a=2x+b-2×2c，解得x=4c-b-4a2，

故答案为：4c-b-4a2。22.写出下列反应的化学方程式(有条件的注明条件)并标明反应类型①向苯酚溶液中加入足量浓溴水的反应：________，________。②乙醛的银镜反应________，________。③写出丙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应________，________。④实

验室制乙烯的反应________，________。【答案】(1).+3Br2⟶↓+3HBr(2).取代反应(3).CH3CHO+2Ag(NH3)OH⎯⎯→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O(4).氧化反应(5).CH3CHO+2Cu(OH)2⎯⎯→C

H3COOH+Cu2O↓+2H2O(6).氧化反应(7).CH3CH2OH170C⎯⎯⎯→浓硫酸CH2=CH2↑+H2O(8).消去反应【解析】【详解】①向苯酚溶液中加入足量浓溴水中，发生取代反应，产生三溴苯酚白色沉淀和HBr，该反应的化学方程式为：+3Br2⟶↓+3H

Br；②乙醛与银氨溶液水浴加热，发生氧化反应，银氨溶液被还原产生Ag，乙醛被氧化产生乙酸，该反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)OH⎯⎯→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；③丙醛与Cu(OH)2悬

浊液混合加热，发生氧化反应，乙醛被新制Cu(OH)2悬浊液氧化为丙酸，Cu(OH)2被还原为Cu2O，同时产生水，该反应的化学方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2⎯⎯→CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，反应类型为乙醛；④在实验室中用乙醇与浓硫酸混合加

热170℃，发生消去反应产生乙烯，同时产生水，该反应的化学方程式为：CH3CH2OH170C⎯⎯⎯→浓硫酸CH2=CH2↑+H2O。23.化学与社会发展以及人们生活质量的提高有着密切的关系。徐州市区地铁一号线正在紧张建设中，在建设施工中要大量使用各种材料。

①建设中需要大量的水泥，生产水泥的主要原料有石灰石和__（填字母）。a.黏土b.纯诚c.石英②目前国产地铁车厢的内饰板材多采用PC（聚碳酸酯）及PC合金板材，聚碳酸酯属于__（填字母）。a金属材料b.无机非金属材料c.有机高分子

材料③目前国内地铁车辆主要采用的是不锈钢车体。下列有关不锈钢的叙述正确的是__（填字母）。a.属于纯净物b.在空气中耐腐蚀c.韧性和耐磨性差【答案】(1).a(2).c(3).b【解析】【详解】①生产水泥的主要原料是黏土、石灰石，答案为：a；②聚碳酸酯属于属于高分子合成材料，是有机高分

子化合物，故答案为：c；③a.不锈钢是铁与碳的合金，属于混合物故，a错误；b.不锈钢耐腐蚀，故b正确；c.合金的硬度大，耐磨性好，故c错误；答案为：b。三、解答题(共1题；共5分)24.碳氢化合物(CxHy)燃烧后生成8.8gCO2和4.5gH2O。已知该气体对氢气的相对密度为29，试推断该烃的化

学式以及可能的结构简式。____【答案】或CH3CH2CH2CH3【解析】【分析】利用其相对密度可计算出物质的相对分子质量，根据燃烧产生的CO2、H2O的质量可计算出烃中C、H元素的最简整数比，即得物质的最简式，根据最简式的

式量与相对分子质量的关系可得其分子式，再结合物质分子式特点推断物质的结构简式。【详解】该烃的相对分子质量M=29×2=58，一定质量的烃燃烧产生8.8gCO2和4.5gH2O，则n(C)=n(CO2)=8.

8g44g/mol=0.2mol，n(H)=2n(H2O)=2×4.5g18g/mol=0.5mol，n(C)：n(H)=0.2mol：0.5mol=2：5，所以最简式是C2H5，式量是29，物质分子式假设为(C2H

5)n，则(C2H5)n=58，解得n=2，所以物质分子式是C4H10，物质分子式符合CnH2n+2，因此该烃属于烷烃，其可能的结构简式是CH3CH2CH2CH3、。四、综合题(共2题；共27分)25.海洋资源丰富，海水水资源的利用

和海水化学资源（主要为NaCl和MgSO4及K、Br等元素）的利用具有非常广阔的前景。回答下列问题：（1）NaCl溶液由粗盐水精制而成，为除去Ca2+和Mg2+，要加入的试剂分别为______________

____、__________________。（2）写出步骤Ⅰ中反应的总化学方程式为NaCl+═NaClO3+。_____（3）已知MgCl2溶液受热时易水解（和水反应）生成Mg(OH)Cl，写出该过程的化学方程式_____

_____________________________。（4）步骤Ⅳ中，电解熔融MgCl2得到的镁需要在保护气中冷却，下列气体可以作为保护气的是_______________。A．N2B．H2C．CO2D．空气【答案】(1).Na2CO3溶液(2).NaOH溶液(3).NaCl+3H2O═

NaClO3+3H2↑(4).MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl↑(5).B【解析】【分析】（1）食盐溶液中混有Mg2＋和Ca2＋，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2＋，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2＋。（2）根据电解原理，写出方程式；（3）根

据水解原理写出水解方程式；（4）电解熔融MgCl2得到镁蒸气和氯气，镁蒸气冷却后即为固体镁应避免镁再被氧化；【详解】（1）食盐溶液中混有Mg2＋和Ca2＋，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2＋，利用过量Na

2CO3溶液除去Ca2＋。故为除去Ca2+和Mg2+，要加入的试剂分别为过量Na2CO3溶液、过量NaOH溶液；（2）根据电解原理，阳极氯离子失去电子，被氧化成氯酸根离子，阴极水中氢得到电子被还原成氢气，方程式为NaCl+

3H2ONaClO3+3H2↑；（3）MgCl2溶液受热时易水解（和水反应）生成Mg(OH)Cl，该过程的化学方程式MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl↑；（4）镁蒸气冷却后即为固体镁，冷却镁蒸气时可在H2气

体氛围中进行，氮气、二氧化碳、空气都会和镁发生反应生成氮化镁、氧化镁等，故选B。26.将等物质的量的A和B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)垐?噲?xC(g)＋2D(g)，5min后，测得D的浓度为0.5mol·L−1，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平

均反应速率是0.1mol·L−1·min−1。A在5min末的浓度是________，B的平均反应速率是________，D的平均反应速率是________，x＝______。【答案】(1).0.75mol·L−1(2).0.05mol·L−1·min−1(3).0.1mol·L−1

·min−1(4).2【解析】【分析】先根据题意建立三段式，再根据三段式中信息得出C的计量系数，再根据浓度关系解得b的数字，再根据速率比等于计量系数比计算。【详解】将等物质的量的A和B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)垐?噲?xC(g)＋2D(g

)，5min后，测得D的浓度为0.5mol·L−1，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平均反应速率是0.1mol·L−1·min−1，建立三段式11111111113A(g)+B(g)xC(g)2D(g)amolLamolL003bmolLbmolLxbmolL2bmolL(a3b)molL(a

b)molLxbmolL2bmolL−−−−−−−−−−+−−开始转化平衡，根据D的浓度得到2bmol·L−1＝0.5mol·L−1，则b＝0.25mol·L−1，C的浓度为c(C)＝Δc(C)＝υ×Δt＝0.1mol·L−1·min−1×5min＝0.

5mol·L−1＝xbmol·L−1，则x＝2，根据c(A)∶c(B)＝3∶5得到，(a−3×0.25)mol·L−1：(a−0.25)mol·L−1＝3∶5，则a＝1.5mol·L−1，即A在5min末的浓度是(1.5−3×0.25)mol·L−1＝0.75mol

·L−1，B的平均反应速率是111111υ(B)=υ(C)=0.1molLmin0.05molLmin22−−−−=，D的平均反应速率是11υ(D)=υ(C)=0.1molLmin−−；故答案为：0.75mol·L−1；

0.05mol·L−1·min−1；0.1mol·L−1·min−1；2。五、推断题(共2题；共16分)27.A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系。已知醛基在氧气中易氧化成羧基，请回答下列问题：（1）A、B中官能团的

名称：A____B________（2）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为______________。（3）写出与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体中一氯代物种类最少的结构简式_________。（4）写出下列编号对应反应的化学反应方程式，并注明反应类型：②_____

_______________________________、___反应④____________________________________、___反应【答案】(1).碳碳双键(2).羟基(3).正四面体(4).C(CH3)4(5).2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O(6).氧化反应(7).CH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O(8).酯化(取代)反应【解析】【分析】A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与

水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH

2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷。【详解】（1）A为CH2=CH2，含有官能团为：碳碳双键，B为CH3CH2OH，含有官能团为：羟基，故答案为碳碳双键；羟基；（2）F为C2H6，在F的同系物中最简单的有机物为甲烷，空间构型为正四面体，故答案为正四面体；（3）F为C2H6，与F互为同系物的含

5个碳原子的所有同分异构体的结构简式：CH3CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)2，C(CH3)4，故答案为CH3CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)2，C(CH3)4

；（4）反应②是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应④是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COO

CH2CH3+H2O，也属于取代反应，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，氧化；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化或取代。28.醇酸树脂在油漆、涂料、船舶等方面有很广的应用，它

常由二元酸、多元醇反应而成，是一种成膜性好的树脂，下面是一种醇酸树脂的合成线路：已知：RCH2CH=CH2(1)写出B的结构简式是_______。(2)反应①～④中属于取代反应的是________(填序号)。(3)写出由C→D的化学方程式___

______。(4)写出由E与新制氢氧化铜反应的化学方程式__________，现象是_________。(5)下列说法正确的是_________(填字母)。a.1molE与足量的银氨溶液反应能生成2molAgb.1molF能与足量的NaHCO3反应产生1molCO2c.丁烷、1-丙醇和D

中沸点最高的为D(6)写出一种符合下列条件，的同分异构体的结构简式_________(写其中一种即可)。a.能与浓溴水反应生成白色沉淀b.苯环上一氯代物有两种c.能发生消去反应(7)反应⑤的化学方程式是__________。【答案】(1).CH2=CHCH2Br(2).③(3).CH2Br

CHBrCH2Br+3NaOHCH2OHCHOHCH2OH+3NaBr(4).+4Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O(5).生成砖红色沉淀(6).c(7).或(8).+(2n-1)H2O【解析】【分析

】CH3CH2CH2Br在氢氧化钠乙醇溶液中加热发生消去反应得到A(CH3CH=CH2)，根据信息A发生反应生成B(BrCH2CH=CH2)，B发生加成反应生成C(BrCH2CHBrCH2Br)，C在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成丙三醇，根据D和F发生反应的产

物得到F为邻二苯甲酸，E为邻二苯甲醛。【详解】(1)根据前面分析得到B的结构简式是CH2=CHCH2Br；故答案为：CH2=CHCH2Br。(2)反应①～④依次是消去反应，加成反应，取代反应，氧化反应，因此属于取代反应的是③；故答案为：③。(3)由C→D是发生水解反应生

成丙三醇，其化学方程式CH2BrCHBrCH2Br+3NaOHCH2OHCHOHCH2OH+3NaBr；故答案为：CH2BrCHBrCH2Br+3NaOHCH2OHCHOHCH2OH+3NaBr。(4)由E与新制氢氧化铜发生氧化反应，其化学方程式+4

Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O，现象是生成砖红色沉淀；故答案为：+4Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O；生成砖红色沉淀。(5)a.1molE含有2mol醛基，因此1molE与足量的银氨溶液反应能生成4molAg

，故a错误；b.1molF含有2mol羧基，根据—COOH—NaHCO3—CO2，因此1molF能与足量的NaHCO3反应产生2molCO2，故b错误；c.丁烷、1-丙醇和D(CH2OHCHOHCH2OH)，这三者由于

D中含有分子间氢键，且比丙醇分子间氢键多，且相对分子质量最大，因此三者中沸点最高的为D，故c正确；综上所述，答案为c。(6)的同分异构体中a.能与浓溴水反应生成白色沉淀，说明含有酚羟基，b.苯环上一氯代物有两种，c.能发生消去反应，说明

连醇羟基的碳原子相邻碳上有碳氢键，因此其结构简式或；故答案为：或。(7)反应⑤是发生缩聚反应，其化学方程式是+(2n-1)H2O；故答案为：+(2n-1)H2O。【点睛】有机推断是常考题型，主要考查分

子的结构简式、反应类型、同分异构体书写、反应化学方程式等。