2025年上教版选择性必修3化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年上教版选择性必修3化学下册阶段测试试卷911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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、中成药连花清瘟胶囊的有效成分绿原酸的结构简式如图所示。下列有关绿原酸说法错误的是。

A.绿原酸的分子式为C16H18O9B.该绿原酸的结构属于顺式结构C.1mol绿原酸可消耗4molNaOHD.绿原酸能发生加成、氧化、消去、取代反应2、某有机物R和氧气置于完全封闭的容器中引燃，充分反应后，生成二氧化碳和水。实验测得反应前后物质质量如下表所示：。RO2CO2H2O反应前质量（/g）519600反应后质量（/g）x08854

下列说法中不正确的是A.x值为5B.R物质中碳、氢元素质量比为4:1C.R物质只含有碳、氢元素D.反应生成的二氧化碳和水的分子个数比为2:33、实验室制备溴苯的装置如图所示。下列关于实验操作或叙述错误的是。

A.FeBr3作催化剂，可用铁屑代替FeBr3B.装置b的作用是吸收挥发的苯和溴蒸气C.装置c中石蕊溶液变为红色，可证明苯与溴发生取代反应D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯4、若NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.1mol甲基碳正离子(CH)所含质子总数为8NAB.标准状况下，22.4LCHCl3含有的分子数为NAC.加热条件下，56gFe与足量浓硝酸充分反应，转移的电子数为3NAD.在一定条件下，2molSO2和1molO2充分反应后，容器中的分子总数小于2NA5、下列事实可以用同一原理解释的是A.乙烯使溴水、高锰酸钾溶液褪色B.SO2和Cl2使品红溶液褪色C.碘片、氯化铵晶体受热消失D.ClO2和漂白粉现在都常用于自来水的处理6、下列有关化学用语表示正确的是（）A.S原子结构示意图：B.HClO的电子式：C.乙醇的结构简式：CH3CH2OHD.中子数为10的氟原子：F7、已知：下列说法错误的是A.异丙烯苯转化为异丙苯属于加成反应B.异丙苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.异丙烯苯分子中所有的碳原子可能共平面D.异丙苯的一氯代物有5种(不考虑立体异构)8、已知一组有机物的分子式通式按某种规律排列成下表：。项序1234567通式

各项物质均存在数量不等的同分异构体。第12项的异构体中属于酯类的有(不考虑立体异构)A.9种B.8种C.7种D.6种9、已知：下列说法错误的是A.异丙烯苯转化为异丙苯属于加成反应B.异丙烯苯分子中所有的碳原子可能共平面C.异丙烯苯能使溴水褪色是因为该物质将溴从其水溶液中萃取出来D.异丙苯的一氯代物有5种(不考虑立体异构)评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、有机物X可以还原成醇，也可以氧化成一元羧酸，该醇与该一元羧酸反应可生成化学式为C2H4O2的有机物，则下列结论中不正确的是A.X具有较强氧化性B.X分子中含有甲基C.X的式量为30D.X中的含碳量为40%11、中国工程院院士；天津中医药大学校长张伯礼表示；中成药连花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎患者有确切的疗效。其有效成分绿原酸的结构简式如图所示，下列有关绿原酸说法正确的是。

A.所有碳原子均可能共平面B.与足量H2加成的产物中含有7个手性碳原子C.1mol绿原酸可消耗5molNaOHD.能发生酯化、加成、消去、还原反应12、某有机化合物的结构简式如图；下列关于该有机化合物的说法正确的是。

A.该有机化合物可消耗B.该有机化合物的分子式为C.最多可与发生加成反应D.苯环上的一溴代物有6种13、缬氨毒素是一种脂溶性的抗生素；是由12个分子组成的环状化合物，它的结构简式如图所示，有关说法不正确的是。

A.缬氨毒素不是一种蛋白质B.缬氨毒素完全水解可得到四种氨基酸C.缬氨毒素完全水解后的产物中有两种产物互为同系物D.缬氨毒素完全水解，其中一种产物与甘油互为同分异构体14、下列说法正确的是A.二取代芳香族化合物C9H10O2的同分异构体中，能与碳酸氢钠溶液反应的共有6种B.1mol普伐他汀()最多可与2molNaOH反应C.乳酸薄荷醇酯()能发生水解、氧化、消去、加成等反应D.去甲肾上腺素分子()与氢气充分还原后的产物中含有2个手性碳原子15、中国工程院院士；天津中医药大学校长张伯礼表示；中成药连花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎患者有确切的疗效。其有效成分绿原酸的结构简式如图所示，下列有关绿原酸说法正确的是。

A.所有碳原子均可能共平面B.与足量H2加成的产物中含有7个手性碳原子C.1mol绿原酸可消耗5molNaOHD.能发生酯化、加成、消去、还原反应评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、(1)现有下列各化合物：

A．CH3CH2CH2CHO和B．和C．和D．CH3CH2C≡CH和CH2=CH-CH=CH2；E．和F．戊烯和环戊烷。

①上述各组化合物属于同系物的是____，属于同分异构体的是_____(填入编号)。

②根据官能团的特点可将C中两化合物划分为____类和____类。

(2)写出下列有机化合物含氧官能团的名称____。

(3)用系统命名法命名__。17、(1)新型合成材料“丁苯吡橡胶”的结构简式如下：

它是由___(填结构简式，下同)、____和____三种单体通过___(填反应类型)反应制得的。

(2)聚丁二酸乙二醇酯(PES)是一种生物可降解的聚酯，它在塑料薄膜、食品包装和生物材料等方面有着广泛的应用。其结构简式为聚丁二酸乙二醇酯(PES)是由两种单体通过___(填反应类型)反应制得的。形成该聚合物的两种单体的结构简式是____和___。这两种单体相互之间也可能形成一种八元环状酯，请写出该环状化合物的结构简式：___。

(3)高分子化合物A和B的部分结构如下：

①合成高分子化合物A的单体是____，生成A的反应是_____(填“加聚”或“缩聚”；下同)反应。

②合成高分子化合物B的单体是___，生成B的反应是____反应。18、符合下列条件的A()的同分异构体有___________种。

①含有酚羟基②不能发生银镜反应③含有四种化学环境的氢19、用如下合成线路可合成阿莫西林：

已知：①

②6-APA的结构简式为

请回答：

(5)写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式______。

①分子中有苯环且是苯环的对位二取代物。

②分子中含有硝基且不与苯环直接相连。

③分子不与金属钠反应放出氢气20、用系统命名法给下列有机物命名或根据名称写结构简式。

(1)______________________________。

(2)3甲基2戊烯:_______________________________。

(3)甲苯:_________________________________。21、从空气中捕获CO2直接转化为甲醇是二十多年来“甲醇经济”领域的研究热点；诺贝尔化学奖获得者乔治·安德鲁教授首次以金属钌作催化剂实现了这种转化，其转化如图所示。

(1)如图所示转化中，第4步常采取_______法将甲醇和水进行分离。

(2)如图所示转化中，由第1步至第4步的反应热(ΔH)依次是akJ·mol-1、bkJ·mol-1、ckJ·mol-1、dkJ·mol-1，则该转化总反应的热化学方程式是_______22、有机物的结构与性质密切相关。

(1)①能发生水解反应的有机物是____(填字母)。

a．CH3CH2Brb．CH3CH3c．葡萄糖。

②鉴别苯与甲苯适宜的试剂是____(填字母)。

a．溴水b．KMnO4酸性溶液c．NaOH溶液。

(2)对乙烯基苯酚()常用于肉香和海鲜香精配方中。1mol对乙烯基苯酚最多可与____molH2发生反应。

(3)乙苯()是一种重要的有机化工原料。

①乙苯中至少有____个碳原子共平面。

②乙苯有多种同分异构体，其中一溴代物只有两种的芳香烃是____(填结构简式)。评卷人得分四、有机推断题(共3题，共27分)23、化合物H是一种有机光电材料的中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：①

②

回答下列问题：

（1）A的化学名称是______________，E中含有的官能团的名称为______________。

（2）B的结构简式为______________，由D到E的反应类型为______________。

（3）由E生成F的化学方程式为______________________________。

（4）G的结构简式为____________________。

（5）同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式为____________________。

①与FeCl3溶液显紫色。

②能发生银镜反应。

③核磁共振氢谱为五组峰；峰面积比为4:2:2:1:1

（6）设计由甲醛和乙醛为起始原料制备化合物C（CH2ONO2）4的合成路线：____________________（无机试剂任选）。24、一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如下：

(1)A的系统命名为_______，C中官能团的名称_______，B→C的反应类型为_______。

(2)写出D→E的化学方程式_______。

(3)从组成和结构特点的角度分析C与E的关系为_______。

(4)写出一种能鉴别E、F的化学试剂_______。

(5)找出F中的手性碳原子，用*在图中标出

(6)写出2种满足下列条件的H的同分异构体的结构简式：_______。

①能与溶液反应放出

②分子中含有5种不同化学环境的原子，且峰值面积之比为

③属于芳香族化合物。

(7)以和为原料制备的合成路线流程图如下：

请把流程图中的物质补充完整。

I：_______M：_______N：_______G：_______25、化合物G是一种医药中间体；以芳香化合物A为原料制备G的一种合成路线如下：

已知：

回答下列问题：

(1)A生成B所需的试剂和条件__________________。

(2)B与新制的氢氧化铜反应的化学方程式：__________________。

(3)D中含氧官能团的名称__________________。

(4)有机物X的名称__________________。

(5)由F生成G的反应类型为_________；G中含有手性碳原子(连有四个不同原子或基团的碳原子)的数目为_________。

(6)芳香化合物H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H的结构有_________种(不含立体异构)，任写出其中一种结构简式：_________。

①分子中有五个碳原子在一条直线上；

②能与溶液反应，且消耗

③苯环上的一氯代物只有一种。

(7)参照上述合成路线和信息，以乙二醛()和丙二醛()为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：__________________。评卷人得分五、结构与性质(共4题，共12分)26、科学家合成非石墨烯型碳单质——联苯烯的过程如下。

(1)物质a中处于同一直线的碳原子个数最多为___________。

(2)物质b中元素电负性从大到小的顺序为___________。

(3)物质b之间可采取“拉链”相互识别活化位点的原因可能为___________。

(4)物质c→联苯烯的反应类型为___________。

(5)锂离子电池负极材料中；锂离子嵌入数目越多，电池容量越大。石墨烯和联苯烯嵌锂的对比图如下。

①图a中___________。

②对比石墨烯嵌锂，联苯烯嵌锂的能力___________(填“更大”，“更小”或“不变”)。27、青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体；双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。

（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。

（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有：2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF

①写出BH4﹣的等电子体_________（分子；离子各写一种）；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有______种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；

④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。28、科学家合成非石墨烯型碳单质——联苯烯的过程如下。

(1)物质a中处于同一直线的碳原子个数最多为___________。

(2)物质b中元素电负性从大到小的顺序为___________。

(3)物质b之间可采取“拉链”相互识别活化位点的原因可能为___________。

(4)物质c→联苯烯的反应类型为___________。

(5)锂离子电池负极材料中；锂离子嵌入数目越多，电池容量越大。石墨烯和联苯烯嵌锂的对比图如下。

①图a中___________。

②对比石墨烯嵌锂，联苯烯嵌锂的能力___________(填“更大”，“更小”或“不变”)。29、青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体；双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。

（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。

（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有：2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF

①写出BH4﹣的等电子体_________（分子；离子各写一种）；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有______种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；

④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据结构简式可知绿原酸的分子式为C16H18O9；A正确；

B．根据结构简式圈住部分可知氢原子在碳碳双键的异侧；所以该绿原酸的结构属于反式结构，B错误；

C．绿原酸中可以与氢氧化钠反应的基团有酚羟基、酯基、羧基，如图所示：所以1mol绿原酸可消耗4molNaOH，C正确；

D．绿原酸含有苯环和碳碳双键；能发生加成反应；氧化反应，饱和六元碳环上的羟基可以发生消去反应，含有酯基等，能发生取代反应，D正确；

答案选B。2、C【分析】【详解】

二氧化碳的物质的量是2mol，其中含碳24g，含氧64g。水的物质的量是3mol，其中含氢6g，含氧48g。

A．根据质量守恒定律可得x=51-(88+54-96)=51，故A正确；

B．R物质中碳、氢元素质量比为24g:6g=4:1，故B正确；

C．燃烧产物二氧化碳和水含氧64g+48g=112g>96g，所以R物质含有氧元素，故C不正确；

D．反应生成的二氧化碳和水的分子个数比为2mol:3mol=2:3，故D正确。

故选C。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．FeBr3的作用是催化剂，若没有FeBr3，可向其中加入铁粉，利用Br2与Fe反应产生FeBr3获得；因此也可用铁屑代替，A正确；

B．苯与液溴反应产生溴苯；由于液溴；苯都具有挥发性，为防止它们的干扰，常根据苯、液溴容易溶于有机物四氯化碳的性质，用盛有四氯化碳的洗气瓶吸收挥发的苯和溴蒸气，B正确；

C．用液溴与苯在催化剂作用下制取溴苯，挥发的溴、苯被四氯化碳吸收，若装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴反应产生了HBr，HBr溶于水得到氢溴酸；石蕊遇酸变红，故可以证明苯与溴发生的是取代反应，C正确；

D．反应后的混合液中含有溴苯及溶于其中的溴；苯等物质；经水洗、NaOH溶液洗涤、再水洗，除去未反应的溴单质，分液、干燥、蒸馏除去苯，可以得到溴苯，溴苯常温下是液体，不能结晶得到，D错误；

故合理选项是D。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．1mol甲基碳正离子(CH)所含质子总数为9NA；A错误；

B．标准状况下CHCl3呈液态，22.4LCHCl3含有的分子数远大于NA；B错误；

C．加热条件下，56gFe与足量浓硝酸充分反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，转移的电子数为3NA；C正确；

D．SO2和O2生成三氧化硫是可逆反应，反应存在限度，在一定条件下，2molSO2和1molO2充分反应后，容器中的分子总数大于2NA、小于3NA；D错误；

答案选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．乙烯使溴水褪色发生的是加成反应；使高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，原理不同，A不符合题意；

B．SO2使品红溶液褪色是因为SO2与品红发生反应生成无色的物质，Cl2使品红溶液褪色是因为Cl2与H2O反应生成的HClO具有强氧化性；原理不同，B不符合题意；

C．碘片受热消失是碘升华；氯化铵晶体受热消失是发生分解反应生成氨气和氯化氢，原理不同，C不符合题意；

D．ClO2和漂白粉处理自来水都是应用其强氧化性；可以消毒杀菌，原理相同，D符合题意；

故选D。6、C【分析】【详解】

A.硫离子结构示意图：A错误；

B.次氯酸分子内，氧原子分别与氢、氯原子共用1对电子对，则HClO的电子式为：B错误；

C.乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，C正确；

D.中子数为10的氟原子其质量数为19：D错误；

答案选C。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．比较异丙烯苯和异丙苯的结构简式可知，异丙烯苯转化为异丙苯过程中碳碳双键转化为碳碳单键，故与H2加成；属于加成反应，A正确；

B．异丙苯是苯的同系物；且与苯环相连的碳原子上还有1个氢原子，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C．异丙烯苯分子中存在苯环和丙烯两个平面结构；且两平面以单键连接可以单方面任意旋转，故异丙烯苯所有的碳原子可能共平面，C正确；

D．异丙苯的一氯代物有支链上有两种和苯环上有邻；间、对三种位置；共5种(不考虑立体异构)，D正确；

故答案为：B。8、A【分析】【详解】

由表分析，第十二项的分子式为C5H10O2；其中酯是由酸和醇反应得到，作如下分析：

①为甲酸丁酯时，甲酸无酸类同分异构体，丁醇有4种醇类同分异构体：（看成羟基取代烷烃上的H原子）；则酯类有4种；

②为乙酸丙酯时，乙酸无酸类同分异构体，丙醇有2种醇类同分异构体：则酯类有2种；

③为丙酸乙酯时；丙酸无酸类同分异构体，乙醇无醇类同分异构体，则酯类有1种；

④为丁酸甲酯时，丁酸有2种酸类同分异构体：甲醇无醇类同分异构体，则酯类有2种；

则符合条件的酯类共用9种；

故答案选A。9、C【分析】【详解】

A．反应中C=C键变成C-C键；因此异丙烯苯转化为异丙苯为加成反应，故A正确；

B．异丙烯苯分子中含有苯环和碳碳双键；苯环和碳碳双键均为平面结构，与苯环；碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则异丙烯苯分子中所有的碳原子可能共平面，故B正确；

C．异丙烯苯分子中含有碳碳双键；能够与溴发生加成反应，使溴水褪色，故C错误；

D．异丙苯分子中含有5种H原子()；则一氯代物有5种，故D正确；

故选C。二、多选题(共6题，共12分)10、AB【分析】【分析】

【详解】

有机物X可以还原成醇，也可以氧化成一元羧酸，则X为醛，且醇和羧酸含C原子相等，由X生成的醇与生成的一元羧酸反应可生成分子式为C2H4O2的有机物Y，则Y为甲酸甲酯(HCOOCH3)；据此分析解答。

A．X为HCHO；含有醛基，具有还原性，故A错误；

B．X为HCHO；分子中没有甲基，故B错误；

C．X为HCHO；相对分子质量为30，故C正确；

D．X为HCHO，含碳量为×100%=40%；故D正确；

答案为AB。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．苯环；碳碳双键、酯基都为平面形结构；与苯环、碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，且C—C键可自由旋转，则最多有10个碳原子共面，故A错误；

B．与足量H2加成，苯环变为环，碳碳双键变成单键，产物中含有7个手性碳原子；故B正确；

C．1mol绿原酸含有2mol酚羟基；1mol酯基、1mol羧基；可消耗4molNaOH，故C错误；

D．含有羧基；能发生酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成；还原反应，与醇羟基相连的碳原子上有H，能发生消去反应，故D正确；

故选BD。12、AD【分析】【详解】

A．该有机化合物分子中酯基水解后的产物中共有2个酚羟基和2个羧基，所以该有机化合物可消耗故A正确；

B．该有机化合物的分子式为故B错误；

C．该有机化合物的物质的量未知，无法计算出与之发生加成反应的的物质的量；故C错误；

D．该有机化合物分子中苯环上存在6种化学环境的氢原子；所以苯环上的一溴代物有6种，故D正确；

故选AD。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．蛋白质是高分子化合物；分子中含有氨基；羧基，而缬氨毒素是由12个分子组成的环状化合物，是小分子物质，不是高分子化合物，因此不可能是蛋白质，A正确；

B．缬氨毒素水解产生三种物质：其中只有属于氨基酸；B错误；

C．缬氨毒素完全水解后的产物中互为同系物；C正确；

D．缬氨毒素完全水解；其中的产物中没有物质与甘油互为同分异构体，D错误；

故合理选项是BD。

【点睛】

HOH14、AB【分析】【分析】

【详解】

A．二取代芳香族化合物C9H10O2能与碳酸氢钠溶液反应，说明结构中含有羧基和苯环，苯环上的两个取代基可以是：甲基和-CH2COOH；乙基和羧基；都存在邻位、间位和对位3种结构，共6种同分异构体，故A正确；

B．能和NaOH反应的是羧基和酯基水解生成的羧基，所以1mol最多可与2molNaOH反应；故B正确；

C．乳酸薄荷醇酯()中含有酯基；羟基；羟基可发生氧化、消去反应，酯基可发生水解反应，但该物质不能发生加成反应，故C错误；

D．去甲肾上腺素分子()与氢气充分还原后的产物为其中含有4个手性碳原子（）；故D错误。

故选AB。15、BD【分析】【分析】

【详解】

A．苯环；碳碳双键、酯基都为平面形结构；与苯环、碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，且C—C键可自由旋转，则最多有10个碳原子共面，故A错误；

B．与足量H2加成，苯环变为环，碳碳双键变成单键，产物中含有7个手性碳原子；故B正确；

C．1mol绿原酸含有2mol酚羟基；1mol酯基、1mol羧基；可消耗4molNaOH，故C错误；

D．含有羧基；能发生酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成；还原反应，与醇羟基相连的碳原子上有H，能发生消去反应，故D正确；

故选BD。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

①B中，和都属于氨基酸，但分子式不同，二者属于同系物；E中，和都属于二元饱和羧酸，但分子式不同，二者属于同系物，所以上述各组化合物属于同系物的是BE。A中，CH3CH2CH2CHO和的分子式相同、结构不同；D中，CH3CH2C≡CH和CH2=CH-CH=CH2的分子式相同；结构不同；所以属于同分异构体的是AD。答案为：BE；AD；

②根据官能团的特点，C中含有酚羟基，含有醇羟基；所以两化合物划分为酚类和醇类。答案为：酚；醇；

(2)中含氧官能团为-OOC-；-OH、-COOH；名称分别为酯基、羟基、羧基。答案为：酯基、羟基、羧基；

(3)有机物的主链碳原子有7个，在3、4、5三个碳原子上各连有1个-CH3，所以名称为3，4，5—三甲基庚烷。【解析】BEAD酚醇酯基、羟基、羧基3，4，5—三甲基庚烷17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由该高分子的结构简式可知，它是由不饱和的单体发生加成聚合反应而形成的产物，将该高分子的链节即重复结构单元断开成三段：可知该高聚物是由通过加聚反应制得的，故答案为：加聚；

(2)根据PES的结构简式，可知其是由和通过缩聚反应制得的。这两种单体相互之间可能形成的一种八元环状酯的结构简式为故答案为：缩聚；

(3)①由高分子化合物A的部分结构可知，该有机物为加聚反应的产物，其单体为。故答案为：加聚；

②由高分子化合物B的部分结构可知，B为多肽，该有机物为缩聚反应的产物，其单体为故答案为：缩聚。【解析】加聚缩聚加聚缩聚18、略

【分析】【分析】

【详解】

A的结构简式为A的同分异构体中满足：①含有酚羟基；②不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基和HCOO-；③含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的结构有：共有4种，故答案为：4。【解析】419、略

【分析】【分析】

在CH3I的作用下发生取代反应生成可将酚羟基转化为甲氧基保护起来，与卤素单质（X2）可发生取代反应生成A（），A在NaOH水溶液的作用下发生水解生成B（），B发生氧化反应生成C（），C在HCN/OH-的作用下发生加成反应生成D（），D在酸性条件下转化为在HI作用下发生取代反应生成E（），E在NH3/NH4Cl作用下发生取代反应生成F（），F与发生取代反应生成阿莫西林（）。

【详解】

(5)根据分析，F为分子中有苯环且是苯环的对位二取代物，含有硝基且不与苯环直接相连，不与金属钠反应放出氢气说明没有羟基、羧基等官能团，符合题意的同分异构体有【解析】20、略

【分析】【详解】

(1)该物质含有碳碳双键；含有碳碳双键的最长碳链有4个碳原子，从距离双键近的一端给碳原子编号，2号碳上有一个甲基，所以名称为2-甲基-1-丁烯；

(2)3甲基2戊烯属于烯烃，含有碳碳双键，且含有碳碳双键的碳链上有5个碳原子，由距离双键近的一端编号，3号碳上有一个甲基，所以结构简式为

(3)甲苯即苯环上连接一个甲基，结构结构简式为【解析】①.2-甲基-1-丁烯②.③.21、略

【分析】【详解】

（1）甲醇易挥发；沸点较低，与水的沸点相差较大，可以采用蒸馏或分馏的方法分离甲醇和水。

（2）根据图示是一个闭合的环，说明总反应的反应热是四步反应的反应热之和，结合碳元素守恒，可以写出总反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=(a+b+c+d)kJ·mol-1。【解析】(1)蒸馏(或分馏)

(2)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=(a+b+c+d)kJ·mol-122、略

【分析】【详解】

(1)①a．CH3CH2Br在NaOH水溶液中加热可以发生水解反应，CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，a符合题意；

b．CH3CH3属于烷烃，不能发生水解反应，b不合题意；

c．葡萄糖属于单糖；不能发生水解反应，c不合题意；

故答案为：a；

②a．向苯与甲苯中分别加入溴水，均能看到溶液分层，上层呈深橙红色，下层接近无色，故不能用于鉴别，a不合题意；

b．向苯与甲苯中分别加入KMnO4酸性溶液，可以看到甲苯中溶液褪色，而苯不褪色，故能够鉴别，b符合题意；

c．向苯与甲苯中分别加入NaOH溶液；均能看到溶液分层，上；下层均为无色，故不能鉴别，c不合题意；

故答案为：b；

(2)对乙烯基苯酚()常用于肉香和海鲜香精配方中，1mol对乙烯基苯酚含有1mol碳碳双键，可与1molH2加成，1mol苯环可与3molH2加成，故最多可与4molH2发生反应；故答案为：4；

(3)①苯上的六个碳原子和六个氢原子一定共平面；故乙苯中至少有7个碳原子（即苯环上的六个和乙基上的一个）共平面，故答案为：7；

②乙苯有多种同分异构体有：乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯四种芳香烃，它们的一溴代物分别有：5种、3种、4种、2种，故其中一溴代物只有两种的芳香烃是故答案为：【解析】ab47四、有机推断题(共3题，共27分)23、略

【分析】【分析】

由E的结构简式为应用逆推法可知，D为

在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成C为与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B为与新制的氢氧化铜反应后，酸化得到A为与乙醛发生信息①反应生成

与乙醇在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成则F为与发生信息②反应生成则C为

【详解】

（1）A的结构简式为名称为苯甲醛；E的结构简式为所含官能团为碳碳三键和羧基，故答案为苯甲醛；碳碳三键和羧基；

（2）B的结构简式为D到E的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成故答案为消去反应；

（3）E生成F的反应为与乙醇在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成反应的化学方程式为故答案为

（4）F为其同分异构体与FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为4:2:2:1:1说明结构简式为故答案为

（5）运用逆推法可知，甲醛和乙醛发生信息①反应生成与氢气在一定条件下发生加成反应生成在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生酯化反应生成C（CH2ONO2）4；则合成路线如下：

故答案为【解析】苯甲醛碳碳三键、羧基消去反应或24、略

【分析】【详解】

（1）A含-COOH为羧酸且含有一个-CH3，命名为3-甲基丙酸；C中含C=O为羰基；B→C为(CH3)2CHCOCl中的Cl变为苯基；发生了取代反应；答案为：3-甲基丙酸；羰基；取代反应；

（2）D→E为苯环上的H被-COCH3取代，反应为

（3）C和E中官能团均有C=O且相差2个CH2；C和E互为同系物；答案为：同系物；

（4）E中含有C=O不与Na反应，而F中含有-OH能与Na反应产生H2；可以选用Na区分；答案为：Na；

（5）手性碳特点：连接四个不同的原子或基团，该分子中有一个手性碳，如图答案为：

（6）H的分子式为C13H18O2，能与NaHCO3产生CO2含有-COOH，同时为芳香族化合物含有苯环，且氢谱峰比值为12:2:2:1:1，该分子中含有4个相同的-CH3；答案为：和

（7）结合已知信息M→N为溴代烃中-Br被取代为-COOH，M为N为生成M的反应为-OH再加热条件下与HBr发生溴代反应；N→G为-COOH变为-COCl，则G为答案为：HBr；【解析】(1)3-甲基丙酸羰基取代反应。

(2)

(3)同系物。

(4)Na

(5)

(6)和

(7)HBr25、略

【分析】【分析】

A⟶B，醇羟基转化为醛基，A发生氧化反应生成B，B和HOOCCH2COOH发生已知信息的反应生成C，C与HI发生取代反应生成D，由D的结构，结合反应条件，可知D分子中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E再与X发生酯化反应生成F，对比D、F结构，可推出X为CH3CH(OH)CH2CH3，F与发生取代反应生成G。

【详解】

（1）由分析可知，A发生氧化反应生成B，醇羟基转化为醛基，所需的试剂和条件为O2、加热。

（2）B分子中含有醛基，能被新制的氢氧化铜氧化，产生砖红色沉淀，化学方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O。

（3）由D的结构简式可知；D中含氧官能团的名称羟基；羧基。

（4）E与X发生酯化反应生成F，对比D、F结构，可推出X为CH3CH(OH)CH2CH3；X的名称为2-丁醇。

（5）由F生成G的过程中；F的酚羟基中氢原子被替代生成G和HCl，因此该反应类型为取代反应；

手性C原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，根据化合物G结构简式可知其分子中含有2个手性C原子，如图标有“*”号的C原子为手性碳原子：

（6）D是D的同分异构体H满足下列条件：

①分子中有五个碳原子在一条直线上；说明含有碳碳三键且与苯环直接相连，用去2个不饱和度，则苯环侧链已无羧基；

②能与溶液反应，且消耗说明含有3个酚羟基；

③苯环上的一氯代物只有一种；说明苯环上只有一种氢原子。

则连接在苯环上的取代基为3个-OH、1个-CCCH3或3个-OH、1个-CCH、1个-CH3，且-CCH和-CH3处于对位，则符合条件的同分异构体有共4种。

（7）由信息推知，OHCCH2CHO催化氧化可得HOOCCH2COOH，然后与OHCCHO反应制得HOOCCH=CHCH=CHCOOH，然后再发生加聚反应得则以丙二醛和乙醛为原料，设计制备的合成路线为：【解析】(1)/加热。

(2)+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O

(3)羟基；羧基。

(4)2-丁醇。

(5)取代反应2

(6)4(任写一种)

(7)五、结构与性质(共4题，共12分)26、略

【分析】【分析】

苯环是平面正六边形结构，据此分析判断处于同一直线的最多碳原子数；物质b中含有H；C、F三种元素；元素的非金属性越强，电负性越大，据此分析判断；C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，据此分析解答；石墨烯嵌锂图中以图示菱形框为例，结合均摊法计算解答；石墨烯嵌锂结构中只有部分六元碳环中嵌入了锂，而联苯烯嵌锂中每个苯环中都嵌入了锂，据此分析判断。

【详解】

(1)苯环是平面正六边形结构，物质a()中处于同一直线的碳原子个数最多为6个()；故答案为：6；

(2)物质b中含有H；C、F三种元素；元素的非金属性越强，电负性越大，电负性从大到小的顺序为F＞C＞H，故答案为：F＞C＞H；

(3)C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别，因此物质b之间可采取“拉链”相互识别活化位点；故答案为：C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别；

(4)根据图示；物质c→联苯烯过程中消去了HF，反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；

(5)①石墨烯嵌锂图中以图示菱形框为例，含有3个Li原子，含有碳原子数为8×+2×+2×+13=18个，因此化学式LiCx中x=6；故答案为：6；

②根据图示，石墨烯嵌锂结构中只有部分六元碳环中嵌入了锂，而联苯烯嵌锂中每个苯环中都嵌入了锂，锂离子嵌入数目越多，电池容量越大，因此联苯烯嵌锂的能力更大，故答案为：更大。【解析】6F＞C＞HC－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别消去反应6更大27、略

【分析】【分析】

非金属性越强的元素；其电负性越大；根据原子核外电子排布的3大规律分析其电子排布图；手性碳原子上连着4个不同的原子或原子团；等电子体之间原子个数和价电子数目均相同；配合物中的配位数与中心原子的半径和杂化类型共同决定；根据晶胞结构；配位数、离子半径的相对大小画出示意图计算阴、阳离子的半径比。

【详解】

（1）组成青蒿素的三种元素是C、H、O，其电负性由大到小排序是O>C>H，基态O原子的价电子排布图

（2）一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，如图所示：

（3）①根据等电子原理，可以找到BH4﹣的等电子体，如CH4、NH4+；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键；原因是：B原子的半径较小；价电子层上没有d轨道，Al原子半径较大、价电子层上有d轨道；

④由NaH的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似，则NaH晶体中阳离子的配位数是6；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，Na+半径大于H-半径，两种离子在晶胞中的位置