2025年沪科版选修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年沪科版选修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7题，共14分)1、下列溶液中只存在一种分子的是（）A.NH3·H2OB.NaNO3C.K2CO3D.CH3COOH2、下列化学反应能用离子反应Ca2＋+2HCO3－+2OH－=CaCO3↓+CO32-+2H2O表示的是A.Ca(OH)2与少量的NaHCO3B.Ca(OH)2与少量的Ca(HCO3)2C.Ca(HCO3)2与足量的NaOHD.Ca(OH)2与足量的Ca(HCO3)23、下列有关物质的表达式不正确的是A.1,3-丁二烯的分子式：C4H6B.乙炔的电子式：C.甲醛的结构式：D.聚氯乙烯的链节：CH2=CHCl4、下列说法不正确的是A.煤气化生成的水煤气经过催化合成可以得到液体燃料B.在石油化学工业中，通过裂化和催化重整可以获得芳香烃C.的一溴代物有4种D.在不同温度下，1，3-丁二烯与溴单质发生加成反应可得不同产物5、下列关于烃的说法中，正确的是A.烃是指分子里含有碳、氢元素的化合物B.烃是指分子里含碳元素的化合物C.烃是指燃烧反应生成CO2和H2O的有机物D.烃是指仅由碳和氢两种元素组成的化合物6、有机物A；B均为合成某种抗支气管哮喘药物的中间体，A在一定条件下可转化为B（如下图所示），下列说法不正确的是。

A.用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有AB.分子A中最多有十个碳原子位于同一平面C.物质B可使溴的四氯化碳溶液褪色D.1molB最多可与5molH2发生加成反应7、Harbermann等设计出利用Desulfovibriodesulfurcan菌种生成的硫化物作为介体的微生物燃料电池，电池内部有质子通过，该系统不经任何维护可连续运行5年。该电池的负极反应式为S2－＋4H2O－8e－===SO＋8H＋。有关该电池的下列说法中正确的是()A.若有1.12L氧气参与反应，则有0.2mol电子发生转移B.质子由正极移向负极C.该电池的总反应为S2－＋2O2===SOD.正极的电极反应式为2O2＋8e－＋4H2O===8OH－评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、中国科学家创造性地构建了硅化物晶格限域的单铁中心催化剂；成功地实现了甲烷在无氧条件下选择活化，一步高效生产乙烯；芳烃和氢气等化学品。请回答下列问题：

(1)基态铁原子的价层电子轨道表达式为______。

(2)硅、碳位于同一主族，用“”“”或“”填空：。性质原子半径第一电离能熔点键能项目______C______Si____________

(3)CN-能与Fe3+形成配合物，与CN-互为等电子体的分子有______(任写一种)；1mol[Fe(CN)6]3-中含______molσ键。

(4)已知：反应碳原子的杂化类型转化过程为______；

从共价键重叠方式看，分子中键类型为；的键角比的键角______填“大”或“小”

(5)铁晶体有两种晶胞；如图1；图2所示。

图1中晶胞中铁的配位数为______；图2中铁晶胞堆积方式为______。

(6)碳化硅晶胞如图3所示，已知碳化硅晶体的密度为dg⋅cm-3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则碳化硅中硅碳键的键长为______pm。9、下列化合物：①HCl②NaOH③CH3COOH④NH3·H2O⑤CH3COONa⑥AlCl3

(1)溶液呈碱性的有___________(填序号)。

(2)常温下，0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=___________；pH=11的CH3COONa溶液中由水电离产生的c(OH-)=___________。

(3)将等pH等体积的HCl和CH3COOH分别稀释m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相等，则m___________n(填“大于”；“等于”或“小于”)。

(4)常温下，将1mLpH=1的HCl溶液加水稀释到100mL，稀释后的溶液中=___________。

(5)常温下，①与④混合后pH=7，溶液中离子浓度大小关系为___________。

(6)把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___________。10、已知反应：①②③④⑤⑥

(1)上述反应中不属于氧化还原反应的有________(填序号，下同)；被氧化的是_____，被还原的是_______；属于氧化还原反应，反应物中的既不被氧化也不被还原的是_____。

(2)写出反应④的离子方程式：__________。11、用一种试剂除去下列各物质中的杂质（括号内的物质）。写出所用试剂及离子方程式。

（1）NaCl（Na2CO3）：试剂______；离子方程式_____。

（2）FeSO4溶液（CuSO4）：试剂_____；离子方程式____。

（3）Na2SO4溶液（CuSO4）：试剂____，离子方程式_____。12、(1)从废水中回收苯酚的方法是：①取有机溶剂萃取废液中的苯酚；②加入某种药品的水溶液使苯酚从有机溶剂中脱离；③通入CO2又析出苯酚。试写出②、③步的化学方程式___；___。

(2)某醛的结构简式为检验分子中醛基的所用的试剂是__，化学方程式为___。

(3)某物质与2，3—二甲基—1—丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面，写出此物质的结构简式__。

(4)实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，需先经两步反应制得中间体写出该两步反应所需的试剂及条件___、___。13、（1）油脂属于_________类，其在碱性条件下的水解反应又称_________反应，产物为_________（写名称）；

（2）在蔗糖和麦芽糖中，_________能发生银镜反应，二者_________同分异构体（填“属于”或“不属于”）；蔗糖的水解反应式为_________；

（3）甲醛能使_________变性凝固，所以可用其稀溶液浸制生物标本；甲醛还是非常重要的合成原料，纯净的甲醛在一定条件下加聚生成聚甲醛（是一种优良的工程塑料），聚甲醛的结构简式为_________；俄国化学家布特列洛夫在1861年首次发现在弱碱作用下，6个甲醛分子加合得到己糖，此己糖的分子式为________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、正丁烷和异丁烷具有相同的物理性质。(____)A.正确B.错误15、利用溴水可除去苯中的苯酚。(_______)A.正确B.错误16、丙酮难溶于水，但丙酮是常用的有机溶剂。(____)A.正确B.错误17、乙酸能与钠反应放出H2且比乙醇与钠的反应剧烈。(_______)A.正确B.错误18、质谱法可以测定有机物的摩尔质量，而红外光谱和核磁共振氢谱图可以确定有机物的官能团类型。(___________)A.正确B.错误19、化学纤维已逐步成为我国主要的纺织原料。(_______)A.正确B.错误20、为防止污染，可以将塑料购物袋直接烧掉。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共4题，共24分)21、现有常温下的六份溶液：①0.01mol/LCH3COOH溶液；②0.01mol/LHCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。

（1）其中水的电离程度最大的是________（选填序号）；

（2）若将②、③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：②______③（选填“＞”、“＜”或“＝”，下同）；若将②、③溶液等体积混合后，所得溶液pH_____________7。

（3）若将①、④溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液pH______7（选填“＞”、“＜”或“＝”）此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：__________；将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合液可能呈_________（填序号）。

a．酸性b．碱性c．中性22、高血脂是一种常见的心血管疾病；治疗高血脂的新药I的合成路线如下：

已知：a.

b.RCHO

回答下列问题：

(1)反应①所需试剂；条件分别是_____；F的化学名称为_____。

(2)②的反应类型是_____；A→B的化学方程式为_____。

(3)G的结构简式为_____；H中所含官能团的名称是_____。

(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14；且满足下列条件，W的可能结构有_____种，其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为_____。

①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应。

(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线_____(无机试剂任选)。23、第IIA族元素在地壳内蕴藏较丰富；其单质和化合物用途广泛。回答下列问题：

(1)基态Ca原子M能层有_______个运动状态不同的电子，Mn和Ca属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Mn的熔沸点等都比金属Ca高，原因______。

(2)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的阴离子空间构型是_________，中心原子的杂化方式为_______。

(3)碳酸盐的热分解示意图如下图所示。热分解温度：CaCO3__________(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_______。从成键轨道看，CO2分子内的化学键类型有________。

(4)格氏试剂RMgX是镁和卤代烃反应的产物，它在醚的稀溶液中以单体形式存在，在浓溶液中以二聚体存在，二聚体结构如下图所示。请在图中标出二聚体中的配位键__________。

24、Ⅰ．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。

(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式；除部分氧化外还有以下两种：

水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol-1①

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1②

二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3③

则反应①自发进行的条件是___________，ΔH3=___________kJ·mol-1.

Ⅱ．利用H2和CO2生产甲醇。某温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，在一定条件下反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化关系如图所示。

(1)从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率v(H2)=___________。

(2)下列措施中一定能使CO2的转化率增大的是___________(填序号)。

A．在原容器中再充入1molCO2B．在原容器中再充入1molH2

C．在原容器中再充入1molHeD．使用更有效的催化剂。

E．缩小容器的容积F．将水蒸气从体系中分离出。

Ⅲ．图是甲醇燃料电池工作的示意图；其中A；B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。

(1)甲中负极的电极反应式为___________。

(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为___________。

(IV)已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4mol·L-1Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为___________mol·L-1。评卷人得分五、计算题(共2题，共6分)25、按要求回答下列问题：

(1)300℃，硅粉与HCl(g)反应生成1molSiHCl3气体和H2(g)时，放出225kJ的热量。该反应的热化学方程式是_____________________。

(2)已知：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ/mol

CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ/mol

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ/mol

则：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ/mol。

又知：

推算：断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差_______kJ。26、Ⅰ.25℃时，0.1mol/L的HA溶液中=1010；0.01mol/L的BOH溶液pH=12。

(1)BOH是_____(填“强电解质”或“弱电解质”)，HA的电离方程式是____

(2)在加水稀释HA的过程中，随着水量的增加而减小的是_____(填字母)。

A．B．C．c(H+)与c(OH—)的乘积D．c(OH—)

(3)在体积相等、pH相等的HA溶液与盐酸溶液中加入足量Zn，HA溶液中产生的气体比盐酸中产生的气体____(填“多”；“少”或“相等”)。

Ⅱ.在25℃时；请进行有关计算(假定溶液体积有加和性)

(4)现有pH=2的HCl溶液100mL，要使它的pH=3，如果加入蒸馏水，需要____mL。如果加入pH=4的HCl溶液，需加入此HCl溶液____mL。

(5)pH=a的X体积的某强酸与pH=b的Y体积的某强碱混合后，溶液呈中性，已知a+b=15，则X：Y=_____。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共12分)27、有A；B、C、D四种元素；A元素的原子的所有能级具有相同的电子数，由B元素形成的单质在常温常压为易挥发的液体，可从海水是提取，C及其合金是人类最早使用的金属材料。D与A位于同一主族，是构成地球上矿物质的主要元素。请回答下列问题：

(1)元素A能形成多种单质，其中的一种单质能用作电极、润滑剂与制造铅笔等。A与D所形成的化合物属于_______晶体，其中心原子是以_________杂化成键；

(2)B的核外电子排布式为_________________；

(3)向含有C的硫酸盐中逐滴滴加氨水，所观察到的现象是________________________；再向上述溶液中加入乙醇，有______________；原因是_______________________；

(4)A的氢化物比D的氢化物相比，熔点高是的________(填化学式)，理由是__________

(5)下列说法正确的是()

a．晶体析出规则是晶格能高的晶体最后析出。

b．铜型和钾型都是密置层堆积方式。

c．在干冰晶体中，每一个CO2周围有12个紧邻的CO2分子。

d．邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点高。

(6)下图是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为_____________，已知两个最近的Ca原子之间的距离为apm，则该合金的密度为_____________g/cm3，(用含NA和a的代数式表示)。

28、利用水热和有机溶剂等软化学方法；可合成出含有有机杂化锌；锗以及砷等金属的硒化物，且该硒化物具有离子交换、催化、吸附、半导体等性能，显示出良好的应用前景。回答下列问题：

（1）锌基态原子核外电子排布式为_________。元素锗与砷中，第一电离能较大的是_________（填元素符号，下同），基态原子核外未成对电子数较少的是_______________。

（2）H2SeO3分子中Se原子的杂化形式为____________，H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是_________。

（3）气态SeO3分子的立体构型为____________，与SeO3互为等电子体的一种离子为_______（填离子符号）。

（4）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为____________，若该晶胞密度为ρg·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1。用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，则晶胞参数ɑ为____________nm。

29、CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。

（1）用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。

（2）由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________（填“增大“减小”或“不变”），溶液中c(Cr2O72-)与c(CrO42-)的比值将_____________（填“增大”“减小”或“不变”）。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为________________（水的浓度不计入平衡常数表达式）。

（3）升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________0（填“大于”“小于”或“等于”）。

（4）向K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，发生离子互换反应，生成砖红色沉淀且溶液的pH下降，生成的砖红色沉淀的化学式为_______________。

（5）+6价铬的化合物毒性较大，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72-转化为Cr3+，反应的离子方程式为______________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．NH3·H2O是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，所以溶液中存在NH3·H2O和H2O；选项A错误；

B．NaNO3是强电解质，在水溶液里完全电离，则溶液中只存在H2O；选项B正确；

C．K2CO3是强碱弱酸酸式盐，碳酸根离子能在水溶液里通过二步水解生成H2CO3，所以溶液中存在H2CO3和H2O；选项C错误；

DCH3COOH是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，所以溶液中存在CH3COOH和H2O；故B错误；

答案选B。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离及盐类水解，明确题干中“物质的水溶液中只存在一种分子”的含义是解本题关键，只要是不含弱离子的强电解质即可符合条件，物质的水溶液中只存在一种分子，说明该溶质是强酸强碱盐或强酸或强碱，在水溶液里完全电离生成阴阳离子且没有能水解的离子。2、C【分析】【详解】

A．Ca(OH)2与少量的NaHCO3发生反应时要以NaHCO3为标准，反应的离子方程式是Ca2＋+HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O；A错误；

B．Ca(OH)2与少量的Ca(HCO3)2发生反应时要以Ca(HCO3)2为标准，反应的离子方程式是Ca2＋+HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O；B错误；

C．Ca(HCO3)2与足量的NaOH发生反应时要以Ca(HCO3)2为标准，反应的离子方程式是Ca2＋+2HCO3－+2OH－=CaCO3↓++CO32-+2H2O；C正确；

D．Ca(OH)2与足量的Ca(HCO3)2发生反应时要以Ca(OH)2为标准，反应的离子方程式是Ca2＋+HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O；D错误；

故答案选C。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．1，3-丁二烯分子中含有2个碳碳双键，其分子式为：C4H6；故A正确；

B．乙炔分子中存在1个碳碳三键和2个碳氢键，乙炔的电子式为故B正确；

C．甲醛为含有1个C的醛，其结构式为：故C正确；

D．氯乙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯的单体是CH2=CHCl，链节为-CH2-CHCl-；故D错误；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意区分聚合物的单体和链节，它们是两个不同的概念。4、C【分析】【详解】

A．煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2，即C+H2OCO+H2，CO和H2在催化剂和加热的条件下；可以合成液态烃；醇类等物质，这两个过程又被称为煤的气化和液化，故A正确；

B．在石油化学工业中；裂化的目的是为了获得轻质油，也能获得芳香烃，催化重整是在加热；氢压和催化剂存在的条件下，使原油蒸馏所得的轻汽油馏分(或石脑油)转变成富含芳烃的高辛烷值汽油(重整汽油)，故B正确；

C．甲基环己烷分子的结构简式为分子中有5种不同化学环境的氢原子，即因此其一氯代物有5种，故C错误；

D．在不同温度下，1，3-丁二烯与溴单质发生1，2－加成和1，4－加成，即+Br2(1，2－加成)和+Br2(1；4－加成)，可得不同产物，故D正确；

答案为C。5、D【分析】【详解】

A．烃是指分子里只含有碳；氢两种元素的化合物；A错误；

B．由烃的概念可知烃分子里除了碳元素之外；还含有氢元素，B错误；

C．燃烧后能生成CO2和H2O的化合物；可能是烃，也可能是含C；H、O三种元素的化合物，C错误；

D．仅由碳和氢两种元素组成的化合物叫做烃；D正确。

答案选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．A；B结构不同；A含有酚羟基，能和氯化铁溶液发生显色反应，可用氯化铁溶液检验物质B中是否混有A，A项正确；

B．A含有饱和烃基；具有甲烷的四面体结构特点，其中有一个碳原子不可能位于同一平面，故分子A中最多有十个碳原子位于同一平面，B项正确；

C．B中含有碳碳双键；能和溴加成从而可使溴的四氯化碳溶液褪色，C项正确；

D．B中能与氢气发生加成反应的为苯环、羰基、碳碳双键和醛基，则1molB最多可与6molH2发生加成反应；D项错误；

答案选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A、微生物燃料电池的正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；若有标况下1.12L即0.05mol氧气参与反应，则有0.2mol电子发生转移，没有注明标准状况，A错误；

B；根据原电池中离子的移动方向可知：质子由负极移向正极；B错误；

C、该电池的负极反应式为S2-+4H2O-8e-=SO42-+8H+，正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，该电池的总反应为S2-+2O2=SO42-；C正确；

D、微生物燃料电池的正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；D错误。

答案选C。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

(1)根据铁原子的价层电子排布式；泡利原理和洪特规则即可画出轨道表达式；

(2)同主族自上而下原子半径逐渐增大；第一电离能逐渐减小；原子晶体的熔沸点大于分子晶体；键长越短，键能越大，据此分析作答；

(3)等电子体可采用替换法进行解答；配位键也属于键，中与形成6个配位键，即6个键，而中有1个键，一共有6个据此可算出键的总键数；

(4)CH4为正四面体结构，C原子采取杂化，键角为为平面结构，C原子采取杂化，键角为分子中1s与1s电子云重叠形成键；据此分析作答；

(5)图1属于体心立方堆积；Fe原子配位数为8；图2中Fe原子处于面心；顶点，属于面心立方最密堆积，据此分析；

(6)C原子与周围4个Si原子形成正四面体结构，碳化硅晶体内碳硅键的键长即为晶胞顶点Si原子与正四面体中心C原子之间的距离，二者连线处于晶胞体对角线上，距离等于晶胞体对角线长度的而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞中C原子数目Si原子数目晶胞质量根据晶胞的质量和密度可计算出晶胞的体积和晶胞的棱长，进而算出碳化硅晶体内碳硅键的键长，据此分析解答；

【详解】

(1)基态铁原子的价层电子排布式为由泡利原理、洪特规则，轨道表达式为：

故答案为：

(2)①同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：

故答案为：

②同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：

故答案为：

③CO2属于分子晶体，而属于原子晶体，故熔点：

故答案为：

④C-H的键长比键的短，故键能：

故答案为：

用N原子替换C原子与1个单位负电荷，或者用O原子替换N原子与1个单位负电荷，得到与互为等电子体的分子为：或CO；中与形成6个配位键，中有1个键，故中共有12个键，1中含键；

故答案为：或CO；12；

为正四面体结构，C原子采取杂化，为平面结构，C原子采取杂化，碳原子的杂化类型转化过程为：杂化转化为杂化；分子中1s与1s电子云重叠形成键，从共价键重叠方式看，分子中键类型为键；甲烷分子中键角为乙烯中键角约是的键角比的键角小；

故答案为：杂化转化为杂化；键；小；

图1中体心Fe原子与位于顶点的Fe原子相邻；Fe原子配位数为8；图2中Fe原子处于面心；顶点，属于面心立方最密堆积；

故答案为：8；面心立方最密堆积；

原子与周围4个Si原子形成正四面体结构，碳化硅晶体内碳硅键的键长即为晶胞顶点Si原子与正四面体中心C原子之间的距离，二者连线处于晶胞体对角线上，距离等于晶胞体对角线长度的而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞中C原子数目Si原子数目晶胞质量晶胞体积晶胞棱长故碳化硅晶体内碳硅键的键长

故答案为：

【点睛】

问题(6)难度较大，计算时涉及的量较多，学生要准确判断各个量之间的数量关系，才能顺利作答，另外，单位的换算也是易错点。【解析】或CO12杂化转化为杂化小面心立方最密堆积9、略

【分析】【详解】

(1)HCl、CH3COOH为酸，NaOH、NH3·H2O为碱，CH3COONa水解呈碱性，AlCl3水解呈酸性；故填②④⑤；

(2)0.01mol·L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1，由可得再根据公式CH3COONa溶液呈碱性的原因是因为CH3COO‑结合了水电离的氢离子，产生的OH-全部由水电离而来，由pH=11可知c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)==0.001mol·L-1，故填12；0.001mol·L-1；

(3)等体积等pH的盐酸和醋酸加水稀释时，强酸的pH值变化快，所以重新稀释到相同pH时，强酸加的水要少，所以m

(4)pH=1的HCl溶液中的c(H+)=0.1mol/L，根据稀释规律c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀)，可知将1mLpH=1的HCl溶液加水稀释到100mL时，稀溶液中的c(H+)=0.001mol/L，由可得所以故填108；

(5)常温下①与④的溶液混合，其反应为混合后溶液pH=7，即溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，可推出混合后的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，根据电荷守恒可知，c()=c(Cl-)，所以混合溶液中离子浓度大小关系为：故填

(6)AlCl3溶液中存在水解平衡加热蒸干时，HCl变成气体逸出，使水解平衡向右移动至AlCl3完全水解得Al(OH)3，Al(OH)3受热分解成Al2O3和H2O，因此灼烧时H2O蒸发只剩Al2O3，故填Al2O3。【解析】①.②④⑤②.12③.0.001mol/L④.小于⑤.108⑥.⑦.Al2O310、略

【分析】【详解】

(1)①中没有元素化合价发生变化；不属于氧化还原反应；

②中部分氮元素的化合价升高；部分氮元素的化合价降低，水中的氢元素和氧元素的化合价均没有变化，所以该反应是氧化还原反应，水既不被氧化也不被还原；

③中；氟元素的化合价从0降低到-1，水中氧元素的化合价从-2升高到0，所以该反应是氧化还原反应，水是还原剂，在反应中被氧化；

④中；钠元素的化合价从0升高到+1，水中氢元素的化合价从+1降低到0，所以该反应是氧化还原反应，水是氧化剂，在反应中被还原；

⑤中；氯元素的化合价部分从0升高到+1，部分从0降低到-1，水中的氢元素和氧元素化合价均没有变化，所以该反应是氧化还原反应，水既不被氧化也不被还原；

⑥中没有元素化合价发生变化，该反应不是氧化还原反应，则上述反应中不属于氧化还原反应的有①⑥；H2O被氧化的是④；H2O被还原的是④；属于氧化还原反应，反应物中的H2O既不被氧化也不被还原的是②⑤；

(2)反应④Na与H2O反应生成NaOH和H2，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑。【解析】①⑥③④②⑤11、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）除去NaCl中的Na2CO3，可以选择盐酸，使Na2CO3转变为NaCl。离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑＋H2O。

（2）除去FeSO4溶液中的CuSO4，可以加入铁粉，把铜置换出来，同时生成FeSO4，离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu。

（3）除去Na2SO4溶液中的CuSO4，可以加入NaOH溶液，使Cu2+转变为Cu(OH)2沉淀而除去，离子方程式为Cu2++OH-=Cu(OH)2↓。【解析】盐酸（HCl）CO32-+2H+=CO2↑＋H2O铁粉（Fe）Fe+Cu2+=Fe2++Cu氢氧化钠（NaOH）Cu2++OH-=Cu(OH)2↓12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)加入NaOH可以和苯酚反应生成可溶于水的苯酚钠，化学方程式为+NaOH+H2O；苯酚酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，所以通入二氧化碳可以与苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，化学方程式为+CO2+H2O+NaHCO3；

(2)醛基可以发生银镜反应，可以和新制氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，所以可以用稀氨水、AgNO3溶液或新制Cu(OH)2检验醛基；相应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；

(3)2，3—二甲基—1—丁烯的结构简式为若其同分异构体所有碳原子处于同一平面，考虑到碳碳双键为平面结构，可知其应为

(4)实验室由乙苯制取需要先与液溴在Fe(或FeBr3)作催化剂的条件下生成对溴乙苯，之后在溴蒸气和光照条件生成

【点睛】

苯酚酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，所以无论向苯酚钠通入过量的二氧化碳还是少量，都生成苯酚和碳酸氢钠。【解析】①.+NaOH+H2O②.+CO2+H2O+NaHCO3③.稀氨水、AgNO3溶液或新制Cu(OH)2④.+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O⑤.⑥.液溴和Fe作催化剂⑦.溴蒸气和光照13、略

【分析】【详解】

（1）油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成的酯；属于酯类；油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，所以该反应被成为皂化反应，故答案为：酯，皂化，高级脂肪酸盐和甘油；

（2）蔗糖不含醛基，麦芽糖含有醛基，能发生银镜反应；二者结构不同，但是具有相同的分子式：C12H22O11，所以属于同分异构体；蔗糖的水解生成一分子葡糖糖和一分子果糖，方程式为：C12H22O11+H2O→C6H12O6（果糖）+C6H12O6（葡萄糖）；故答案为：麦芽糖，属于，C12H22O11+H2O→C6H12O6（果糖）+C6H12O6（葡萄糖）；

（3）甲醛能使蛋白质变性；甲醛含有双键可以发生加聚反应，生成聚甲醛，结构简式为6个甲醛分子加合得到己糖，甲醛的分子式为：CH2O，依据原子个数守恒可知此己糖的分子式为C6H12O6，故答案为：蛋白质，C6H12O6。【解析】①.酯②.皂化③.高级脂肪酸盐和甘油④.麦芽糖⑤.属于⑥.C12H22O11+H2O→C6H12O6（果糖）+C6H12O6（葡萄糖）⑦.蛋白质⑧.⑨.C6H12O6三、判断题(共7题，共14分)14、B【分析】【分析】

【详解】

正丁烷和异丁烷是同分异构体，分子量相同结构不同，熔沸点不同，分子量相同支链越多熔沸点越低，物理性质不同，故错误。15、B【分析】【详解】

苯中混有苯酚用稀NaOH洗涤再分液除去，不能用溴水，因生成的三溴苯酚及多余的溴会溶解在苯中，故错误。16、B【分析】略17、A【分析】【详解】

乙酸具有酸的通性，能与钠反应放出H2，且由于乙酸中羧基上的H比乙醇中羟基上的H活泼，故与钠反应乙酸更剧烈，故说法正确。18、B【分析】【详解】

质谱法可以测定有机物的摩尔质量，而红外光谱可以确定有机物的官能团类型，核磁共振氢谱图可以确定有机物中氢原子的种类和个数，错误。19、A【分析】【详解】

由在不同年份化学纤维产量占纺织纤维总量的比重可知，化学纤维已逐步成为我国主要的纺织原料，故答案为正确；20、B【分析】【分析】

【详解】

将塑料购物袋直接烧掉会造成空气污染，题中说法错误。四、原理综合题(共4题，共24分)21、略

【分析】【分析】

（1）酸或碱抑制水的电离；含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐水解促进水的电离；

（2）根据强酸与弱碱反应分析；

（3）①CH3COOH、CH3COONa等浓度混合的溶液，CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，溶液显酸性，pH<7；根据电荷守恒分析溶液的酸碱性。

【详解】

①0.01mol/LCH3COOH溶液中pH大于2；

②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；

③pH=12的氨水；物质的量浓度大于0.01mol/L；

④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L；

⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；氨水过量，溶液呈碱性；

⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液；二者恰好反应生成氯化钠，溶液呈中性；

（1）酸或碱抑制水的电离；含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐水解促进水的电离，则①②③④⑤抑制水的电离，⑥混合后恰为氯化钠溶液，既不促进水的电离也不抑制水的电离，则水的电离程度最大的是⑥；

故答案为⑥；

（2）②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水，物质的量浓度大于0.01mol/L，随着反应进行，氨水还可以继续电离，要使pH=7，则消耗的盐酸的体积较大，②>③；若将②、③溶液等体积混合，溶液为氯化铵和大量一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性，所得溶液pH>7；

故答案为＞；＞；

（3）①0.01mol/LCH3COOH溶液；④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L；

若将①、④溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液为CH3COOH、CH3COONa等浓度混合的溶液，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，溶液显酸性，pH<7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；将①、④混合，若有c(CH3COO−)>c(H+)，则根据电荷守恒可知c(Na+)>c(OH−)，但溶液中的c(OH−)与c(H+)的关系无法确定，即c(OH−)与c(H+)的关系是大于；小于或等于均可能；故溶液可能可能显碱性、酸性或中性；

故答案为＜；c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；ABC。

【点睛】

①0.01mol/LCH3COOH溶液；④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L；

若将①、④溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液为CH3COOH、CH3COONa等浓度混合的溶液，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液显酸性，pH<7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；该混合溶液中的电荷守恒为：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒为：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，质子守恒：c(CH3COO－)+2c(OH－)=c(CH3COOH)+2c(H+)，这是常考点，也是学生们的易错点。【解析】①.⑥②.＞③.＞④.＜⑤.c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)⑥.ABC22、略

【分析】【分析】

甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CH2Cl2)，D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G，G为G和氢气发生加成反应生成H，H为甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成水解得到A，A为A氧化生成B，B为B进一步氧化生成C，C为C与H发生酯化反应生成I为据此分析解答。

【详解】

(1)反应①是甲苯转化为所需试剂、条件分别是：氯气、光照；F[CH3(CH2)6CHO]的名称为辛醛；故答案为：氯气；光照；辛醛；

(2)反应②是C()与H()发生的酯化反应，也属于取代反应；A→B为苯甲醇的催化氧化，反应的化学方程式为：故答案为：酯化反应或取代反应；

(3)G的结构简式为H为所含官能团为羟基，故答案为：羟基；

(4)化合物W的相对分子质量比化合物C()大14，W比C多1个CH2原子团，W满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②属于芳香族化合物，即含有苯环，③能发生银镜反应，还含有醛基，因此满足条件的W的结构有：含有2个侧链为-OH、-CH2CHO，有邻位、间位、对位3种；含有3个侧链为-OH、-CH3、-CHO，而OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的W共有3+4+4+2=13种；其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的W的结构简式为：故答案为：13；

(5)用甲苯和乙醛为原料制备苯与氯气在光照条件下生成然后发生水解反应生成最后与乙醛在碱性条件下反应生成目标物，合成路线流程图为：故答案为：

【点睛】

熟练掌握官能团的性质与转化是解题的关键。本题的难点为(5)，要注意信息中醛的加成反应的特点，利用顺推法与逆推法相结合进行合成路线的设计。【解析】氯气、光照辛醛取代反应+O2+2H2O羟基1323、略

【分析】【分析】

(1)元素有几种电子；其核外电子就有几种运动状态；Mn的原子半径更小；价电子更多；

(2)ClO3-中心原子Cl的孤电子对数==1；价层电子对数=1+3=4，杂化轨道数目为4，在VSEPR模型基础上忽略孤对电子可得微粒空间构型；

(3)碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，r(Ca2+)＜r(Sr2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能；CO2分子为O=C=O结构；双键中碳原子与氧原子电子云以“头碰头”“肩并肩”形成进行重叠；

(4)含有空轨道的离子和含有孤电子对的原子间易形成配位键；配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的离子。

【详解】

(1)元素有几种电子；其核外电子就有几种运动状态，Ca原子M层有8个电子，所以M层电子有8种运动状态；与Ca相比，Mn的原子半径更小；价电子数更多，Mn中金属键更强，故金属Mn的熔点沸点都比金属Ca高；

(2)ClO3−中心原子Cl的孤电子对数==1，价层电子对数=1+3=4，杂化轨道数目为4，Cl原子采取sp3杂化；微粒的VSEPR模型为四面体形，忽略孤对电子可得微粒空间构型为三角锥形；

(3)碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，r(Ca2+)＜r(Sr2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，CaCO3更易分解，即碳酸钙的热分解温度低于碳酸锶；CO2分子为O=C=O结构；双键中碳原子与氧原子电子云以“头碰头”“肩并肩”形成进行重叠，含有σ键；π键；

(4)配位键是由孤对电子与空对轨道形成的，Mg最外层有两个电子，可以与R、X形成离子键，而O原子中存在孤对电子，所以两个O(C2H5)2可以与Mg形成配位键，在二聚体中，同理，一个Mg与R、X相连，则另外一个X和O(C2H5)2则与Mg形成配位键，如图所示：

【点睛】

配合物中，一般金属阳离子提供空轨道，含有孤电子对的原子提供孤电子对，配位键表示时，由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子。【解析】8Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强三角锥形sp3低于r(Ca2+)＜r(Sr2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，CaCO3更易分解σ键、π键24、略

【分析】【详解】

I．(1)反应①的正反应是气体混乱程度增大的吸热反应，ΔH＞0、ΔS＞0，根据体系自由能公式ΔG=ΔH-TΔS＜0时；反应能自发进行，所以反应①能自发进行的条件是：高温条件下。

①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol-1

②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1

根据盖斯定律，将①-②，整理可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3=+247.1kJ·mol-1。

II．利用H2和CO2生产甲醇，发生反应：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。

(1)从反应开始到3min时，CO2的物质的量降低0.5mol，则H2的物质的量减小3×0.5mol=1.5mol，所以氢气的平均反应速率v(H2)==0.25mol·L-1·min-l。

(2)A．在原容器中再充入1molCO2，CO2的转化率减小；A不符合题意；

B．在原容器中再充入1molH2，反应物浓度增大，平衡右移，CO2的转化率增大；B符合题意；

C．在原容器中再充入1molHe，平衡不移动，CO2的转化率不变；C不符合题意；

D．使用更有效的催化剂，化学平衡不移动，CO2的转化率不变；D不符合题意；

E．缩小容器的容积，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO2的转化率增大；E符合题意；

F．将水蒸气从体系中分离出，生成物浓度减小，化学平衡正向移动，CO2的转化率增大；F符合题意；

故合理选项是BEF。

III．图示中甲为原电池，通入甲醇的电极为负极，通入O2的电极为正极。乙；丙为电解池；乙池中A电极与电源正极连接，为阳极，B为阴极；丙池中C为阳极，D为阴极。

(1)甲中通入甲醇的电极为负极，负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。

(2)乙池为电解池，溶液中溶质的物质的量n(CuSO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol，其中B极为阴极，先是Cu2+得到电子生成0.1molCu，然后H+得到电子生成H2，A极上OH-失去电子生成O2。当A、B两极上产生的气体体积相同时，气体的物质的量相等，假设为amol，两个电极电子转移数目相等，4a=0.1mol×2+2a，解得a=0.1mol，则乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为V(O2)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。

IV．已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4mol·L-1Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合后碳酸钠的浓度n(Na2CO3)=1×10-4mol·L-1，假设原CaCl2溶液的最小浓度为2xmol·L-1，混合后CaCl2溶液的浓度为xmol·L-1，溶液中CaCl2溶液所以原溶液中CaCl2的最小浓度c(CaCl2)=2×2.8×10-5mol·L-1=5.6×10-5mol·L-1。【解析】高温+247.1kJ·mol-10.25mol·L-1·min-lBEFCH3OH-6e-+8OH-=+6H2O2.24L5.6×10-5五、计算题(共2题，共6分)25、略

【分析】【分析】

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2；放出225kJ热量，根据书写热化学方程式的要求书写；

(2)根据盖斯定律分析计算4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)的△H；再根据焓变△H=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量计算。

【详解】

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，根据反应热及反应物状态、反应条件，该反应的热化学方程式为Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol，故答案为：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol；

(2)①CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)△H1=+83kJ•mol-1，②CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ•mol-1，③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ•mol-1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得：4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)△H=[(83kJ•mol-1)+(-20kJ•mol-1)+(-121kJ•mol-1)]×2=-116kJ•mol-1，焓变△H=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量，由4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-116kJ•mol-1，可得：4×E(H-Cl)+498-[243×2+4×E(H-O)]=-116kJ，得到4×E(H-O)-4×E(H-Cl)=498kJ-486kJ+116kJ=128kJ，E(H-O)-E(H-Cl)=32kJ，故答案为：-116；32。【解析】Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)ΔH=-225kJ/mol-1163226、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由0.01mol/L的BOH溶液pH=12可知，BOH在溶液中完全电离，属于强电解质；由0.1mol/L的HA溶液中=1010可得：c(H+)=mol/L=10—2mol/L，则HA在溶液中部分电离，属于弱酸，电离方程式为HA⇌H++A—，故答案为：强电解质；HA⇌H++A—；

(2)A．由HA的电离常数可得=在加水稀释HA的过程中，c(A—)减小，电离常数Ka不变，则的值增大；故不符合题意；

B．由HA的电离常数可得=在加水稀释HA的过程中，c(H+)减小，电离常数Ka不变，则的值减小，故符合题意；

C．水的离子积常数为温度函数，温度不变，水的离子积常数不变，c(H+)与c(OH—)的乘积为水的离子积常数，则在加水稀释HA的过程中，c(H+)与c(OH—)的乘积不变，故不符合题意；D．水的离子积常数为温度函数，温度不变，水的离子积常数不变，c(H+)与c(OH—)的乘积为水的离子积常数，在加水稀释HA的过程中，c(H+)减小，则c(OH—)增大；故不符合题意；

B符合题意；故答案为：B；

(3)体积相等；pH相等的HA溶液与盐酸溶液中；HA的物质的量大于HCl，则与足量Zn反应时，HA溶液中产生的氢气比盐酸中产生的氢气多，故答案为：多；

(4)设稀释盐酸加入蒸馏水的体积为VmL，由稀释前后，盐酸溶液中氢离子的物质的量不变可得：10—2mol/L×0.1L=10—3mol/L×(0.1+0.001V)L，解得V=900；设加入pH=4的盐酸溶液的体积为VmL，由题意可得：=10—3mol/L；解得V=1000，故答案为：900；1000；

(5)pH=a的X体积的某强酸与pH=b的Y体积的某强碱混合后，溶液呈中性可知，酸溶液中的氢离子的物质的量等于碱溶液中的氢氧根离子的物质的量，则10—amol/L×XL=10—14+bmol/L×YL，==10，故答案为：10:1。【解析】强电解质HA⇌H++A—B多900100010∶1六、结构与性质(共3题，共12分)27、略

【分析】【分析】

有A、B、C、D四种元素，A元素的原子的所有能级具有相同的电子数，电子排布为1s22s22p2，A为C元素；由B元素形成的单质在常温常压为易挥发的液体，可从海水是提取，B为Br元素；C及其合金是人类最早使用的金属材料；C为Cu元素；D与A位于同一主族，是构成地球上矿物质的主要元素，D为Si元素。

【详解】

(1)A为C元素，D为Si元素，SiC属于原子晶体，晶体中C原子周围的Si原子呈四面体分布，Si原子周围的C原子也呈四面体分布，其中心原子是以sp3杂化成键；

(2)B为Br元素，Br元素是35号元素，核外电子排布式为，[Ar]3d104s24p5或1s22s22p63s23p63d104s24p5；

(3)C的硫酸盐为硫酸铜，向硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水，可以观察到开