2024年沪科版选择性必修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2024年沪科版选择性必修3化学下册阶段测试试卷222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、某有机物R的结构简式如图所示；下列有关R的叙述错误的是。

A.分子中含21个碳原子B.1molR最多能与6molNaOH反应C.可发生加成、取代和氧化反应D.苯环上的一溴代物有4种(不考虑立体异构)2、下列说法正确的是A.和互为同位素B.互为同素异形体C.立方烷（）和苯乙烯互为同分异构体D.和互为同系物3、下列说法正确的是A.属于烃，其一氯代物有两种B.与溴水加成的产物只有两种C.现代工业中，芳香烃主要来源于煤的干馏D.食物中的淀粉物质，通过人体中的酶的催化作用转化为酒精4、下列醇类物质，既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的是A.2-甲基-1-丁醇B.2，3-二甲基-2-丁醇C.D.5、分子式为C10H14的单取代芳烃芳香烃，其可能的结构有A.2种B.3种C.4种D.5种6、中华文化源远流长，古代劳动人民用智慧与汗水缔造了丰富多彩的中华文化。下列说法错误的是A.苏绣的主要材料是丝绸，丝绸中含有蛋白质，不能用加酶洗衣粉浸泡B.“马踏飞燕”是东汉青铜器，青铜器属于合金材料，硬度比纯铜大C.宣纸选用青檀树皮和沙田稻草制作而成，宣纸的主要成分是纤维素，纤维素水解可得蔗糖D.甲骨文的主要载体是兽骨，兽骨的主要成分是碳酸钙，质地坚硬7、甲烷和乙烯是两种重要的有机物，区分它们的正确方法是A.观察两者的颜色B.观察两者的状态C.通入氢氧化钠溶液D.通入高锰酸钾酸性溶液评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、A—F是几种典型有机代表物的分子模型；请看图回答下列问题。

(1)常温下含碳量最高的是_______(填对应字母)；

(2)一卤代物种类最多的是_______(填对应字母)；

(3)A、B、D三种物质的关系为_______

(4)F中一定在同一个平面的原子数目为_______

(5)写出C使溴水褪色的方程式_______

(6)写出E发生溴代反应的化学方程式_______；

(7)写出C的官能团的名称_______

(8)F的二溴取代产物有_______种9、某有机物的结构简式为：

分析其结构并回答下列问题：

(1)其含氧官能团有酯基、羧基和___________(填名称)，___________(填“能”或“不能”)发生酯化反应。

(2)若向此物质溶液中滴加紫色石蕊溶液，可观察到的现象为___________。

(3)此物质与乙烯含有一相同的官能团，能使溴水褪色，该反应的反应类型是___________(填“加成”或“取代”)反应。10、根据要求回答下列问题。

(1)酚酞是常用的酸碱指示剂，其结构简式为如图，所含官能团名称是_______。

(2)分子式为的有机物，其结构不可能是_______(填序号)。

①只含一个双键的直链有机物②含一个三键的直链有机物。

③含一个双键的环状有机物④含2个双键的直链有机物。

(3)某有机物的结构简式如图所示，该有机物的分子式为_______，从官能团的角度该物质属于_______(填类别)

(4)分子式为C5H11Cl的同分异构体共有(不考虑立体异构)_______种。

(5)下列关于有机物的说法正确的是_______。

①分子内含有苯环和羟基的化合物一定属于酚类。

②分子式为的有机物一定表示一种物质。

③和一定属于同一类物质。

④相对分子质量相同的物质，一定互为同分异构体11、乙烯是重要的化工原料；下图为以乙烯为原料的转化图。回答下列问题：

(1)B的官能团是___________(填名称)。

(2)乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到___________。

(3)D→乙醛的化学方程式为___________。

(4)F是一种高分子物质，可用于制作食品包装袋等，F的结构简式是___________。

(5)G是一种油状、有香味的物质；E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为实验室用D和E制取G；装置示如图所示。

①试管甲中发生反应的方程式为___________，反应类型是___________。

②分离出试管乙中油状液体的实验操作是___________。

(6)丙烯(CH3CH=CH2)是乙烯的同系物，在一定条件下与反应生成一种重要的化工原料丙烯酸(CH2=CHCOOH)。下列说法正确的是___________(填标号)。

a．丙烯与环丙烷()互为同分异构体。

b．丙烯与丙烯酸均能发生加成；取代、氧化反应。

C．丙烯和丙烯酸中所有原子均在同一平面上。

d．丙烯酸在一定条件下发生加聚反应，生成的聚丙烯酸结构简式为12、A；B、C都是芳香化合物；可用于制作药物、香料等。

（1）上述物质互为同分异构体的是___________(填序号)。

（2）B中的含氧官能团是___________。

（3）与NaHCO3、NaOH和Na都能反应的是___________(填序号)。13、Ⅰ.某有机物X能与溶液反应放出气体；其分子中含有苯环，相对分子质量小于150，其中含碳的质量分数为70.6%，氢的质量分数为5.9%，其余为氧。则：

(1)X的分子式为_______，其结构可能有_______种。

(2)Y与X互为同分异构体，若Y难溶于水，且与NaOH溶液在加热时才能较快反应，则符合条件的Y的结构可能有_______种，其中能发生银镜反应且1molY只消耗1molNaOH的结构简式为_______。

Ⅱ.已知除燃烧反应外﹐醇类发生其他氧化反应的实质都是醇分子中与烃基直接相连的碳原子上的一个氢原子被氧化为一个新的羟基；形成“偕二醇”。“偕二醇”都不稳定，分子内的两个羟基作用脱去一分子水，生成新的物质。上述反应机理可表示如下：

试根据此反应机理；回答下列问题。

(1)写出正丙醇在Ag的作用下与氧气反应的化学方程式：_______。

(2)写出与在165℃及加压时发生完全水解反应的化学方程式：_______。

(3)描述将2－甲基－2－丙醇加入到酸性溶液中观察到的现象：_______。14、糖类都能发生水解反应。(_______)评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、分子式为C3H6O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有5种。(___________)A.正确B.错误16、氯苯与NaOH溶液混合共热，能发生了消去反应。(___________)A.正确B.错误17、和互为同系物。(_____)A.正确B.错误18、某烯烃的名称是2－甲基－4－乙基－2－戊烯。(___________)A.正确B.错误19、苯和乙烯都能使溴水褪色，二者褪色原理不同。(_____)A.正确B.错误20、CH3CH=CHCH3分子中的4个碳原子可能在同一直线上。(____)A.正确B.错误21、分子式为C3H6O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有5种。(___________)A.正确B.错误22、羧基和酯基中的均能与H2加成。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共2分)23、I.X由四种常见元素组成的化合物，其中一种是氢元素，其摩尔质量小于200g·mol-1。某学习小组进行了如下实验：

已知：气体A在标况下的密度为0.714g·L-1；A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，沉淀D是混合物。

请回答：

(1)气体E的结构式_______，沉淀D是______(写化学式)，X的化学式______。

(2)写出化合物X与足量盐酸反应的化学方程式________。

II.纯净的氮化镁(Mg3N2)是淡黄色固体；热稳定性较好，遇水极易发生反应。某同学初步设计了如图实验装置制备氮化镁(夹持及加热仪器没有画出)。

已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2↑。

请回答：

(1)写出A中反应的化学方程式________。

(2)下列说法不正确的是________。

A.为了得到纯净的氮化镁；实验前需要排除装置中的空气。

B.装置B起到了缓冲；安全的作用。

C.装置C只吸收水；避免镁和水反应产生副产物。

D.将装置B；C简化成装有碱石灰的U形管；也能达到实验目的。

E.实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体评卷人得分五、结构与性质(共4题，共8分)24、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”)。25、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_________、_________。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_________、_________。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共24分)28、有机物A是含2个碳原子的不饱和烃；并是裂解气的主要成分之一。化合物PVB常用作安全玻璃的夹层，下面是用A为原料合成高分子化合物PVB的路线：

已知：

(1)C的分子式为_________，用系统命名法命名D，其名称为________。

(2)F与H互为同分异构体，F的核磁共振氢谱只有一组峰，F的结构简式为_______。

(3)D→G的反应类型是_________。

(4)PVA与N合成PVB的化学方程式是_______________________________。

(5)下列说法正确的是______。

A．每个PVB分子中都只存在一个六元环。

B．M属于醇类的同分异构体只有3中(不包括M)

C．PVA和PVB都是有机高分子材料。

(6)写出符合下列条件的物质K的结构简式____________________。

①与上述N物质组成元素相同；但相对分子质量比N大14

②含羰基；不能发生银镜反应。

③核磁共振氢谱为两组峰，峰面积之比为3∶2

(7)已知完成由苯乙烯为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)。

_______。29、石油分馏得到的轻汽油；可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：

已知以下信息：

①B的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代烃。

②R—X＋R′—XR—R′(X为卤素原子；R；R′为烃基)。

回答以下问题：

（1）B的化学名称为_________，E的结构简式为_________。

（2）生成J的反应所属反应类型为_________。

（3）F合成丁苯橡胶的化学方程式为：_________

（4）I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_________种(不含立体异构)。

①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；

②既能发生银镜反应；又能发生水解反应。

其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶1∶1的是_________(写出其中一种的结构简式)。

（5）参照上述合成路线，以2­甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线：_________。30、治疗肾性贫血的药物罗沙司他(J)的一种合成路线如图(部分试剂及条件省略)。

已知：①+NH2R3

②+NH2R3+R2OH

(1)A中的官能团有碳氟键、碳溴键和______。

(2)B+→C+HF，该反应的反应类型是______。

(3)关于E的说法正确的是(填写序号)______。

a.核磁共振氢谱有6组峰。

b.能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

c.存在含2个环状结构的醚类同分异构体。

d.存在含一个醛基的同分异构体。

(4)H分子中含有3个环状结构，G→H的化学方程式是______。

(5)由I转化为J的过程中，另外一种产物是CH3OH，I的结构简式是______。

制备中间体I的另一种流程(部分)如图：

已知：M不稳定；会转化为N，N分子中有3个环状结构。

(6)M的结构简式是______。

(7)N转化为P的同时还生成另外一种产物Q，则生成1molP的同时会生成______molQ。31、化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体；可通过以下方法合成：

(1)R的结构简式是___________；M含有的官能团名称是___________。

(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是___________。

(3)P→Q的反应类型是___________。

(4)写出Q→H的化学方程式___________。

(5)T是R的同系物，符合条件：①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，T的同分异构体有___________种。

其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式有___________。

(6)参照上述合成路线，设计以1，4-丁二醇和苯为原料(其他无机试剂自选)合成的合成路线___________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．由R的结构简式可知；分子含21个C原子，故A正确；

B．由R的结构简式可知；1molR最多能与3molNaOH反应，B错误；

C．由R的结构简式可知；碳碳双键；苯环、羰基均可发生加成反应；羟基、羧基及苯环均可发生取代反应；羟基可发生氧化反应，故C正确；

D．由R的结构简式可知；苯环上的一溴代物有4种，故D正确；

故答案：B。2、C【分析】【详解】

A．和是碳元素组成的两种单质；二者互为同素异形体，A不正确；

B．同素异形体是指同种元素组成的不同性质的单质，而是离子；所以二者不互为同素异形体，B不正确；

C．立方烷（）和苯乙烯的分子式都是C8H8；二者的结构不同，所以互为同分异构体，C正确；

D．属于羧酸类，属于酯类；二者不互为同系物，D不正确；

故选C。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．该物质只含C；H两种元素；属于烃类，只含有亚甲基、次甲基上两种环境的氢原子，一氯代物有两种，A正确；

B．该物质和溴能发生1；2加成；或3、4加成，或1、4加成，或全部加成，所以其与溴水加成产物有4种，B错误；

C．现代工业中的芳香烃主要来源于煤的干馏和石油的裂化重整；C错误；

D．淀粉通过人体中的酶的催化作用转化为葡萄糖；D错误；

综上所述答案为A。4、A【分析】【分析】

醇类物质发生消去反应的结构条件是与羟基相邻的碳原子上有H原子；而醇类物质催化氧化的规律为：与羟基相连的碳原子上无H原子则不能被催化氧化，与羟基相连的碳原子上有1个H原子则被催化氧化成酮，与羟基相连的碳原子上有2个或3个H原子则被催化氧化成醛，据此分析解题。

【详解】

A．2-甲基-1-丁醇含-CH2OH，能发生催化氧化反应生成醛类，与-CH2OH相连的C上有H；能发生消去反应生成烯烃，A符合题意；

B．2，3-二甲基-2-丁醇只能发生消去反应，不含-CH2OH；不能发生催化氧化反应，B不合题意；

C．与-CH2OH相连的C为苯环上的C；不能发生消去反应，能被催化氧化为醛，C不合题意；

D．能发生消去反应；能被催化氧化为酮，D不合题意；

故答案为：A。5、B【分析】【分析】

【详解】

分子式为C10H14的单取代芳香烃，其不饱和度为4，且含有1个苯环，因此只有一个取代基，且为饱和烃基，环上烃基可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH2CH(CH3)2、-CH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)3；共有4种结构，故B正确。

故选B。6、C【分析】【详解】

A．丝绸中含有蛋白质；加酶洗衣粉会使蛋白质水解，因此不能用来洗丝绸制造的衣物，A正确；

B．青铜属于铜的合金；硬度比纯铜大，B正确；

C．纤维素水解可得葡萄糖；C错误；

D．兽骨的主要成分是碳酸钙；质地坚硬，D正确。

本题选C。7、D【分析】【详解】

A．甲烷和乙烯都是无色气体；不能鉴别，故A错误；

B．常温下都为气体；不能鉴别，故B错误；

C．甲烷和乙烯与氢氧化钠都不反应；不能鉴别，故C错误；

D．乙烯含有碳碳双键；可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故D正确；

故选D。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【分析】

由结构模型可知A为甲烷；B为乙烷，C为乙烯，D为丙烷，E为苯，F为甲苯，根据物质的组成；结构和性质解答该题。

【详解】

有结构模型可知A为甲烷；B为乙烷，C为乙烯，D为丙烷，E为苯，F为甲苯。

(1)常温下含碳量最高的气态烃是为苯；含碳量为92.3%，故答案为E。

(2)一卤代物种类最多的是甲苯；共有4种，故答案为F。

(3)A为甲烷；B为乙烷、D为丙烷；三种物质为同系物关系，故答案为同系物。

(4)F为甲苯；甲苯含有立体结构的甲基，分子中的所有原子不可能处于同一平面，一定在同一个平面的原子数目为12，故答案为12。

(5)C为乙烯，乙烯与溴水反应生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br。

(6)E为苯，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，F发生溴代反应的化学方程式为+Br2+HBr；

故答案为+Br2+HBr。

(7)C为乙烯；官能团为碳碳双键，故答案为碳碳双键。

(8)F为甲苯；两个溴原子都在甲基上有1种；一个溴原子在甲基上，另一个在苯环上有邻；间、对3种；两个溴原子都在苯环上有6种，所以共计是10种，故答案为10。

【点睛】

在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。【解析】EF同系物12CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br+Br2+HBr碳碳双键109、略

【分析】【详解】

(1)根据该有机物结构简式可知；其含有的官能团为酯基；羧基、羟基和碳碳双键，其中含氧官能团为酯基、羧基和羟基。因其同时含有羧基和羟基，故能够发生酯化反应（分子间酯化、自身酯化均可）。

(2)该有机物含有羧基；具有羧酸的通性。若向此物质溶液中滴加紫色石蕊溶液，可观察到溶液变为红色。

(3)此物质与乙烯都含有碳碳双键，因而能够与溴发生加成反应从而使溴水褪色，故该反应类型为加成反应。【解析】羟基能溶液变红加成10、略

【分析】【详解】

（1）根据酚酞的结构简式可知；其所含官能团为羟基；酯基。

故答案为：羟基；酯基。

（2）根据分子式可知；不饱和度为2，,只含一个双键的直链有机物的不饱和度为1，①错误；②含一个三键的直链有机物的不饱和度为2，②正确；含一个双键的环状有机物的不饱和度为2，③正确；含2个双键的直链有机物的不饱和度为2，④正确；

故答案为：①。

（3）根据该有机物的结构简式可知，其分子式为：C14H9Cl5；按照有机物的分类，该物质属于卤代烃。

故答案为：C14H9Cl5；卤代烃。

（4）分子式符合C5H12的同分异构体有三种，分别为：正戊烷、异戊烷，新戊烷，正戊烷有3种类型的氢原子，异戊烷有4种，新戊烷有1种，所以C5H11Cl即C5H12的一氯取代物的同分异构体共有8种。

故答案为：8。

（5）羟基直接连接在苯环上的属于酚类物质，若羟基不连接在苯环上则不是酚类物质，如苯甲醇，属于芳香醇类物质，①错误；分子式为的有机物为乙烯，不存在同分异构体，一定表示一种物质，②正确；和均属于烷烃，二者互为同系物，一定属于同一类物质，③正确；相对分子质量相等，分子式不一定相同，如HCOOH与C2H5OH；不是同分异构体，④错误。

故答案为：②③【解析】(1)羟基；酯基。

(2)①

(3)C14H9Cl5卤代烃。

(4)8

(5)②③11、略

【分析】【分析】

乙烯与溴单质发生加成反应得到A1,2-二溴乙烷；A发生水解反应得到B(1,2-乙二醇)，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，乙醇经催化氧化得到乙醛，乙醛氧化得到E乙酸，乙醇D和乙酸E发生酯化反应得到G乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应得到F聚乙烯，据此分析解答。

【详解】

(1)B为乙醇；其所含官能团为羟基，故答案为：羟基；

(2)乙烯通入溴的四氯化碳溶液中；与溴单质发生加成反应得到无色的1,2-二溴乙烷，与四氯化碳互溶，因此可观察到溴的四氯化碳溶液褪色，故答案为：溶液褪色；

(3)乙醇被氧化成乙醛，反应为：故答案为：

(4)F是一种高分子物质，可用于制作食品包装袋等，可知为聚乙烯，其结构简式为：故答案为：

(5)①G为乙酸乙酯，实验室中用乙醇和乙酸发生酯化反应制取乙酸乙酯，因此甲中发生的反应为：故答案为：酯化反应或取代反应；

②乙中乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶；应通过分液方法分离乙酸乙酯和水溶液，故答案为：分液；

(6)a．丙烯与环丙烷()分子式相同；而结构不同，互为同分异构体，故正确；

b．丙烯与丙烯酸均含有碳碳双键；能发生加成；氧化反应，丙烯中甲基上的H光照条件向可发生取代反应，丙烯酸中的羧基能发生酯化反应属于取代反应，故正确；

C．丙烯中存在甲基；所有原子不可能在同一平面上，故错误；

d．丙烯酸在一定条件下发生加聚反应；生成的聚丙烯酸其结构简式中羧基作为支链出现，不直接写在链节上，故错误；

故答案为：ab。【解析】羟基溶液褪色酯化反应或取代反应分液ab12、略

【分析】【分析】

（1）

上述物质互为同分异构体的是A和C(填序号)分子式均为C8H8O2，而B的分子式为C9H8O。故答案为：A和C；

（2）

B中的含氧官能团-CHO是醛基。故答案为：醛基；

（3）

与NaHCO3、NaOH和Na都能反应的是A(填序号)，B与NaHCO3、NaOH和Na均不反应，C与NaHCO3不反应，故答案为：A。【解析】（1）A和C

（2）醛基。

（3）A13、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)X分子中含有苯环﹐且能与溶液反应放出气体，X分子中含有令该有机物中氧原子的个数为x，则有M＜150，解得x＜2.2，即该有机物中含有2个O原子，有机物的摩尔质量为136g/mol,C、H、O原子个数比为∶∶2=4∶4∶1，从而得出该有机物的分子式为C8H8O2，可能存在－CH2COOH，－CH3和－COOH(邻、间、对)，其结构可能有4种；故答案为C8H8O2；4；

(2)Y与NaOH溶液在加热时才能较快反应﹐表明分子中含有酯基，其结构简式可能为(邻、间、对位3种)，共6种；能发生银镜反应，应是甲酸某酯，1molY能消耗1molNaOH，HCOO－不能与苯环直接相连，符合条件的是故答案为6；

Ⅱ.(1)根据题中所给的信息可知，正丙醇与氧气反应的化学方程式为故答案为

(2)水解可生成然后该二元醇脱水生成HCHO，即反应方程式为故答案为

(3)由于与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能被氧化为醛或酮﹐因此2－甲基－2－丙醇加入到酸性高锰酸钾溶液中不会使高锰酸钾溶液褪色；故答案为溶液不褪色。【解析】46溶液不褪色14、略

【分析】【详解】

单糖就不能发生水解了，故错误。【解析】错误三、判断题(共8题，共16分)15、B【分析】【分析】

【详解】

该有机物能水解成酸和醇可知其为酯类，若醇为甲醇，则酸只能是乙酸；若醇为乙醇，则酸只能是甲酸，重新组合形成的酯可以是：甲酸甲酯、甲酸乙酯、乙酸甲酯、乙酸乙酯，共四种，故错误。16、B【分析】【分析】

【详解】

氯苯与NaOH溶液共热，发生的是取代反应，生成苯酚，然后苯酚再和NaOH发生中和反应生成苯酚钠，不能发生消去反应，故错误。17、B【分析】【详解】

是苯酚，是苯甲醇，二者种类不同，含有不同的官能团，不是同系物，故答案为：错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

某烯烃的名称不可能是2－甲基－4－乙基－2－戊烯，应为2，4-二甲基－2－己烯，故错误。19、A【分析】【详解】

乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应使溴水褪色，苯与溴水不反应，可将溴水中的溴萃取出来，二者原理不同，故答案为：正确。20、B【分析】【详解】

CH3CH=CHCH3分子中的4个碳原子在同一平面上，不可能在同一直线上，错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

该有机物能水解成酸和醇可知其为酯类，若醇为甲醇，则酸只能是乙酸；若醇为乙醇，则酸只能是甲酸，重新组合形成的酯可以是：甲酸甲酯、甲酸乙酯、乙酸甲酯、乙酸乙酯，共四种，故错误。22、B【分析】【详解】

羧基和酯基中的羰基均不能与H2加成，醛酮中的羰基可以与氢气加成，故错误。四、元素或物质推断题(共1题，共2分)23、略

【分析】【分析】

I.结合流程示意图；求算出气体0.02molA为甲烷，白色沉淀C为氢氧化镁，故每一份B能产生0.58g即0.01mol氢氧化镁，沉淀D为混合物，除了氯化银外，还有一种银化合物沉淀，其阴离子也来自X，按质量守恒定律，讨论并求出所含的四种元素及其物质的量；按照物质的量之比计算出最简式、结合摩尔质量求出化学式；

II.装置A中；氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜；氮气和水，经过氨气瓶B后，进入洗气瓶，浓硫酸既吸收了没参加反应的氨气，又干燥了氮气，纯净干燥的氮气进入D中，和金属镁反应生成氮化镁，据此回答；

【详解】

I.(1)已知：X由四种常见元素组成的化合物，流程图中知X与过量盐酸反应生成气体A，A在标况下的密度为0.714g·L-1，则其摩尔质量M=22.4L/mol0.714g·L-1=16g·mol-1，A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，E为二氧化碳，A为甲烷，则3.32gX中含0.02mol即0.24g碳原子，溶液B均分为二等份，其中一份加足量氢氧化钠溶液得白色沉淀C，则C为氢氧化镁，0.58g氢氧化镁为0.01mol，故一份B溶液含0.01molMgCl2，按元素守恒，则3.32gX中含0.02mol即0.48g镁元素，另一份B溶液中加足量硝酸银溶液，得到沉淀D，沉淀D是混合物，其中必有0.2molAgCl，其质量为2.87g，则5.22g-2.87g=2.35g为X中另一种元素与银离子产生的沉淀，假如该沉淀是AgBr，则为0.0125molAgBr，则原X中含0.025molBr，质量为2g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2g=0.6g，则氢原子的物质的量为0.6mol，则所含原子数目比为C:Mg:Br:H=0.02:0.02:0.025:0.6=1:1:1.25:30，得到的化学式不合理，假设不成立，舍弃；假如该沉淀是AgI，2.35g则为0.01molAgI，则原X中含0.02mol碘元素，质量为2.54g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2.54g=0.06g，则氢原子的物质的量为0.06mol，则所含原子数目比为C:Mg:I:H=0.02:0.02:0.02:0.06=1:1:1:3，得到的最简式为CH3MgI；最简式式量为166，X摩尔质量小于200g·mol-1，则X的化学式为CH3MgI；故气体E的结构式为O=C=O，沉淀D是AgCl和AgI，X的化学式为CH3MgI；

(2)化合物X与足量盐酸反应生成CH4、MgI2和MgCl2，化学方程式为2CH3MgI+2HCl=2CH4↑+MgI2+MgCl2；

II.(1)A中氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3H2O+Cu；

(2)A.为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气，防止氮气、二氧化碳和镁反应，A正确；B.装置B起到了缓冲、安全的作用，防止液体倒吸，B正确；C.装置C吸收水，避免镁和水反应产生副产物，也吸收未反应的氨气，防止镁和氨气反应，C错误；D.将装置B、C简化成装有碱石灰的U形管，不能达到实验目的，因为碱石灰不能吸收氨气，D错误；E.实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；故说法不正确的是CDE。【解析】O=C=OAgCl和AgICH3MgI2CH3MgI+2HC=2CH4↑+MgI2+MgCl22NH3+3CuON2+3H2O+CuCDE五、结构与性质(共4题，共8分)24、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25、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如图所示：Na+半径的半径为对角线的对角线长为则Na+半径的半径为H-半径为阴、阳离子的半径比0.414。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电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。【解析】①.O>C>H②.③.7④.CH4、NH4+⑤.2⑥.B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道⑦.6⑧.0.414⑨.电荷因素⑩.键性因素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如图所示：Na+半径的半径为对角线的对角线长为则Na+半径的半径为H-半径为阴、阳离子的半径比0.414。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电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。【解析】①.O>C>H②.③.7④.CH4、NH4+⑤.2⑥.B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道⑦.6⑧.0.414⑨.电荷因素⑩.键性因素六、有机推断题(共4题，共24分)28、略

【分析】【分析】

由HPVA，为烯烃加聚反应，故可知H为F与H互为同分异构体，F为官能团名称醚键。H由E消去H2O得到，由H结构可知E为进而推出D：D在NaOH醇溶液中反应得G，故G：AB，可知B：BC，可知C：H3CCH2MgBr，F为与C反应，根据已知条件推产物M：CH3CH2CH2CH2OH，MN，为醇的氧化变成醛的过程，N：CH3CH2CH2CHO；以此解答。

【详解】

(1)由分析可知，C的分子式为为C2H5MgBr，D为系统命名法命名为1，2-二溴乙烷；故答案为：C2H5MgBr；1；2-二溴乙烷；

(2)F与H互为同分异构体，F的核磁共振氢谱只有一组峰，则F中只有一种环境的氢原子，H为则F为故答案为：

(3)D在NaOH醇溶液中反应得G，因此DG为卤代烃消去HBr的反应；故答案为：消去反应；

(4)N为CH3CH2CH2CHO，根据元素守恒，可写出方程式（即聚乙烯醇缩丁醛反应）：故答案为：

(5)A．PVB为高分子聚合物；聚合物n未知，六元环数目也未知，故A错误；

B．M为CH3CH2CH2CH2OH，属于醇类的同分异构体只有CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH(CH2OH)CH3、三种；故B正确；

C．PVA和PVB都是通过聚合反应得到；属于有机高分子化合物，故C正确；

故答案为：BC；

(6)由物质K满足的条件可知，K的分子式比CH3CH2CH2CHO多了一个CH2；含羰基，但是没有醛基；有两种环境的氢原子，个数比为3∶2；满足上述要求的物质K的结构为故答案为：

(7)与水发生加成反应生成通过氧化反应将羟基变成羰基生成通过已知反应类型生成再通过消去反应即可得到目标产物，流程图为：故答案为：【解析】C2H5MgBr1，2-二溴乙烷消去反应BC29、略

【分析】【分析】

根据信息①，有机物A的分子式为C6H14；在Pt催化下脱氢环化，生成环己烷（B），环己烷在Pt催化下脱氢环化，生成苯（C），苯与氯气在氯化铁作用下生成氯苯（D）；根据信息②可知，氯苯与一氯乙烷在钠，20℃条件下反应生成乙苯，乙苯在一定条件下发生消去反应生成苯乙烯（F），苯乙烯与1,3丁二烯发生加聚反应生成丁苯橡胶；环己烷在光照条件下，与氯气发生取代反应生成一氯环己烷（G），一氯环己烷在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成环己烯（H），环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二元羧酸（I），二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；据以上分析解答。

【详解】

根据信息①，有机物A的分子式为C6H14；在Pt催化下脱氢环化，生成环己烷（B），环己烷在Pt催化下脱氢环化，生成苯（C），苯与氯气在氯化铁作用下生成氯苯（D）；根据信息②可知，氯苯与一氯乙烷在钠，20℃条件下反应生成乙苯，乙苯在一定条件下发生消去反应生成苯乙烯（F），苯乙烯与1,3丁二烯发生加聚反应生成丁苯橡胶；环己烷在光照条件下，与氯气发生取代反应生成一氯环己烷（G），一氯环己烷在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成环己烯（H），环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二元羧酸（I），二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；

（1）根据以上分析可知，B的化学名称为环己烷；E的结构简式为综上所述，本题答案是：环己烷，

（2）根据以上分析可知；二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；反应类型为缩聚反应；综上所述，本题答案是：缩聚反应。

（3）苯乙烯与1,3-丁二烯发生加聚反应生成高分子丁苯橡胶，F合成丁苯橡胶的化学方程式为：综上所述，本题答案是：

（4）有机物I的结构为：I的同分异构体中同时满足①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，结构中含有羧基；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，含有HCOO-结构，所以有机物I的同分异构体可以看做-COOH，HCOO-取代C4H10中