2025年华东师大版选修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年华东师大版选修化学下册阶段测试试卷725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6题，共12分)1、联苯的结构简式为下列有关说法正确的是A.联苯分子中含有6个碳碳双键B.联苯的一氯代物有3种，二氯代物有15种C.联苯可发生取代反应，但不能被酸性高锰酸钾溶液氧化D.联苯和蒽()互为同系物2、下列实验方案能达到目的的是A.用分液法分离乙醇和乙酸的混合物B.用蒸馏的方法分离苯和二甲苯C.用溴的CCl4溶液鉴别乙烯和乙炔D.用酸性高锰酸钾鉴别甲苯和环己烯3、有机物M；N、Q的转化关系如下图所示；下列说法正确的是。

A.M的名称是2－甲基丁烷B.N在NaOH的水溶液中发生消去反应生成QC.Q分子中所有的碳原子一定共面D.N的同分异构体有7种(不考虑立体异构，不包括本身)4、铝试剂的结构简式如图所示；下列有关铝试剂的说法错误的是。

A.铝试剂分子中氢原子数目为16B.1mol铝试剂最多消耗3molNaHCO3C.铝试剂分子中所有碳原子可能在同一平面上D.铝试剂能与FeCl3溶液发生显色反应5、药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用；可通过如下反应制得：

下列叙述正确的是A.物质X、Z中均含有手性碳原子，Y中不含手性碳原子B.化合物Y可发生氧化、取代、消去反应C.1mol化合物Z可以与4molNaOH反应D.可用FeCl3溶液或酸性KMnO4溶液检验Z中是否含有X6、下列有关酶的叙述错误的是A.大多数酶属于蛋白质B.酶的催化作用具有选择性和专一性C.酶通常具有高效催化作用D.高温或紫外线的照射会增加酶的活性评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。回答下列问题:

（1）直接热分解法制氢。

某温度下，2H2O(g)2H2(g)+O2(g)，该反应的平衡常数表达式为K=______。

（2）乙醇水蒸气重整制氢。

反应过程和反应的平衡常数(K)随温度(T)的变化曲线如图1所示。某温度下，图1所示反应每生成1molH2(g)，热量变化是62kJ，则该反应的热化学方程式为_____________。

（3）水煤气法制氢。

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0

在进气比[n(CO):n(H2O)]不同时；测得相应的CO的平衡转化率见图2(图中各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。

①向2L恒温恒容密闭容器中加入一定量的CO和0.1molH2O(g)，在图中G点对应温度下，反应经5min达到平衡，则平均反应速率v(CO)=________。

②图中B、E两点对应的反应温度分别为TB和TE，则TB_____TE(填“>”“<”或“=”)。

③经分析，A、E、G三点对应的反应温度都相同(均为T℃)，则A、E、G三点对应的_________相同，其原因是_________。

④当T℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入3.0molCO、1.0molH2O(g)、1.0molCO2和xmolH2，为使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是______。

（4）光电化学分解制氢。

反应原理如图3，钛酸锶光电极的电极反应式为4OH-－4e－=O2↑＋2H2O，则铂电极的电极反应式为________________。

（5）Mg2Cu是一种储氢合金。350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数约为7.7%)。该反应的化学方程式为______________。8、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示（图中的△H表示生成1mol产物的数据）。

根据上图回答下列问题：

（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式___。

（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式___。

（3）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝__，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4___△H3(填“大于”；“小于”或“等于”)。

（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，已知反应前后各元素化合价不变，其化学方程式是__。9、为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba(OH)2、HCl和K2CO3三种试剂；按下图步骤操作：

（1）写出三种试剂的化学式：A________，B________，C________。

（2）加过量A的原因是：___________________________________；

有关反应的化学方程式为：_______________，_________________。

（3）加过量B的原因是：_________________________________10、Ⅰ.NaHSO4可用作清洁剂；防腐剂等。

（1）下列关于NaHSO4的说法正确的是______。

A.NaHSO4固体能导电B.NaHSO4溶液的导电性一定强于CH3COOH溶液。

C.NaHSO4属于强电解质D.NaHSO4溶液显中性。

（2）NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为________________。

（3）将0.8mol⋅L−1NaHSO4与0.4mol⋅L−1Ba(OH)2溶液等体积混合，发生反应的离子方程式为________________________。

Ⅱ.请按要求回答下列问题：

（1）KAl(SO4)2的电离方程式__________________________。

（2）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，生成两种化合物，其中一种是还原性气体且有毒性，该反应的化学方程式是__________________________。

（3）反应2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3+3O2↑+2H2O中H2O2的变化过程为H2O2→O2。

①该反应的还原剂是________（填化学式）。

②在该反应方程式中用双线桥法标明电子转移的方向和数目。________

③若反应中转移了3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为_______L。11、欲除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)；请选择合适的试剂并写出有关的化学方程式：

①SiO2(Al2O3)____________________；

②Na2CO3固体(NaHCO3)_______________________；

③FeCl3溶液(FeCl2)___________________。12、某物质只含C；H、O三种元素；其分子的球棍模型如图所示，分子中共有12个原子(图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键)。

(1)该物质中含氧官能团的结构简式为________。

(2)下列物质中，与该物质互为同分异构体的是________(填序号)。

A．CH3CH2CH2COOH

B．OHCCH(CH3)CHO

C．CH3CH2CH===CHCOOH

D．CH2===CHCOOCH3

(3)该分子中共平面的原子数最多为________(已知羧基的四个原子可以共平面)。13、已知：在一定条件下，可以发生R-CH=CH2+HX→(X为卤素原子)。A；B、C、D、E有如下转化关系：

其中A、B分别是分子式为的两种同分异构体。根据图中各物质的转化关系；填写下列空白：

(1)B的结构简式：______。

(2)完成下列反应的化学方程式：

①A→C：______；

②E→D：______。14、如图所示表示页岩气中某些烃类的结构模型：

(1)有机物甲的名称为____________；有机物甲与有机物乙互为____________。

(2)有机物乙的一氯取代物有________种，请你根据甲烷分子结构示意图推测，有机物乙中最多有________个C原子在同一平面内。15、按要求填空。

Ⅰ.(1)有机物的名称为________，其与Br2加成时(物质的量之比为1:1)，所得产物有______种。

(2)分子式为C9H12属于芳香烃的同分异构体共有________种，其中___________(填结构简式)的一溴代物只有两种。

(3)有机物A的结构简式为若取等质量的A分别与足量的Na、NaOH、H2充分反应，理论上消耗这三种物质的物质的量之比为_________，有机物A中标有序号①、②、③处羟基上氢原子的活泼性由强到弱顺序为___________。

Ⅱ.根据下面的反应路线及所给信息填空。

(4)A的结构简式是________。

(5)①、③的反应类型分别是_________、________。

(6)反应④的化学方程式是_________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、己烷共有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同。(____)A.正确B.错误17、烷烃只含有饱和键，烯烃只含有不饱和键。(____)A.正确B.错误18、检验醛基用的银氨溶液和氢氧化铜悬浊液都可长时间储存。(____)A.正确B.错误19、天然的氨基酸都是晶体，一般能溶于水。(____)A.正确B.错误20、羧酸和酯的通式均可以用CnH2nO2表示。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共1题，共10分)21、某烃2.8g，在氧气中燃烧生成4.48L(标准状况)二氧化碳，3.6g水，它相对氢气的密度是14，求此烃的化学式_______，写出它的结构简式_______。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共21分)22、晶体是质点(分子；离子、或原子)在空间有规则地排列的；具有整齐外形，以多面体出现的固体物质。在空间里无限地周期性的重复能成为晶体的具有代表性的最小单元，称为晶胞。一种Al－Fe合金的立体晶胞如图所示。

⑴确定该合金的化学式____________。

⑵若晶胞的边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，则此合金的密度为_____________g/cm3。（化为最简）

⑶取一定质量的该合金粉末溶于足量的稀NaOH溶液中；待反应完全停止后得到气体6.72L。过滤，将残渣用蒸馏水洗净后，取其质量的十分之一，投入100mL一定浓度的稀硝酸中，恰好完全反应，共收集到气体0.672L。(气体体积均在标准状况下测定)

①计算硝酸的物质的量浓度。_______

②最终所得溶液中Fe3＋的物质的量浓度(假设溶液体积仍为100mL)。_________23、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。

（1）“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝___________，基态时该阳离子的价电子排布式为___________。

（2）“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是____元素。

（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol－1、1733.3kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。

（4）铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________；乙醛分子中σ键与π键的个数比为___________。

（5）铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料；其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。

①该铜银合金的化学式是___________________。

②已知：该铜银晶胞参数为acm，晶体密度为ρg·cm－3。

则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol－1(用代数式表示；下同)。

③若Ag、Cu原子半径分别为bcm、ccm，则该晶胞中原子空间利用率φ为___________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝×100%)24、Na3OCl是一种良好的离子导体；具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：

(1)基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式_____________

(2)锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态：①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是_________(填字母)。

A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②

(3)由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。

①Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是____。

②O3分子的中心原子杂化类型为______；与O3互为等电子体的是______(任意写一种)。

(4)Na3OCl可由以下方法制得：2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑，在该反应中，形成的化学键有_____(填标号)。

A.金属键B.离子键C.配位键D.极性键E.非极性键。

(5)Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为anm，密度为dg·cm−3。

①Na3OCl晶胞中，O位于各顶点位置，Cl位于______位置。

②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=_____(列计算式)。评卷人得分六、推断题(共2题，共6分)25、有机物I是一种常用的植物调味油；常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：

已知①RCHO+CH3CHORCH=CHO+H2O

②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定；易脱水形成羰基。

回答下列问题:

(1)A的名称是_______；H含有的官能团名称是________。

(2)②的反应条件是_______________；⑦的反应类型是_______________。

(3)I的结构简式是____________________。

(4)④的化学方程式是_______________________________。

(5)L是I的同分异构体且含有相同的官能团；其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_____种(不考虑立体异构)。

(6)参照上述合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线(无机试剂任选)__________________26、麻黄素M是拟交感神经药。合成M的一种路线如图所示：

已知：I．R—CH2OHRCHO

ＩＩ．R1-CHO+R-C≡CNa

IV．

V．

请回答下列问题：

(1)D的名称是_______；G中含氧官能团的名称是_______。

(2)反应②的反应类型为_______；A的结构简式为_______。

(3)写出反应⑦的化学方程式：______________________________。

(4)X分子中最多有_______个碳原子共平面。

(5)在H的同分异构体中，同时能发生水解反应和银镜反应的芳香族化合物中，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6的有机物的结构简式为_________________。

(6)已知：仿照上述流程，设计以苯、乙醛为主要原料合成某药物中间体的路线________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．苯分子不是单双键交替；所以联苯分子中不含有碳碳双键，A不正确；

B．联苯的氢原子有3种，一氯代物有3种，二氯代物有12种，它们是(1；2、3、4、5、6、7位置为另一Cl原子所在位置)；B不正确；

C．联苯由两个苯环相连而成；与苯的性质相似，分子中不含有碳碳双键，但可发生取代反应，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C正确；

D．联苯和蒽()的结构不相似，组成上也不是相差若干个“CH2”；二者不互为同系物，D不正确；

故选C。2、B【分析】【详解】

A．乙醇和乙酸互溶；故不能使用分液的方法分离，故A错误；

B．苯和二甲苯的沸点不同；故可以使用蒸馏的方法分离，故B正确；

C．乙烯和乙炔都可以和溴发生加成反应而使溴的CCl4溶液褪色；不能鉴别，故C错误；

D．甲苯和环己烯都可以被酸性高锰酸钾氧化而使高锰酸钾褪色；不能鉴别，故D错误；

故选B。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．M的名称是2－甲基丁烷；故A正确；

B．N在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成Q；故B错误；

C．Q分子中3号碳是四面体结构；所有的碳原子一定不共面，故C错误；

D．N的同分异构体有8种；正戊烷:1-氯戊烷,2-氯戊烷,3-氯戊烷异戊烷:2-甲基-1-氯丁烷,2-甲基-2-氯丁烷,3-甲基-2-氯丁烷,3-甲基-1-氯丁烷,新戊烷:2,2-二甲基氯丙烷，故D错误；

故选A。4、A【分析】【分析】

铝试剂官能团有碳碳双键；羰基、酚羟基、羧基。碳酸氢钠只能与羧基反应；氯化铁是酚羟基的检验试剂。

【详解】

A.根据结构可知；铝试剂分子中氢原子数目为14，A错误；

B.1mol铝试剂中含有3mol羧基，最多消耗3molNaHCO3；B正确；

C.铝试剂分子存在各类交替的单双建和苯环；所有碳原子可能在同一平面上，C正确；

D.铝试剂中存在酚羟基，能与FeCl3溶液发生紫色显色反应；D正确。

答案为A。

【点睛】

本题易错点在B，碳酸氢根和酚羟基不发生反应，碳酸酸性比酚羟基芳香族有机物酸性强。5、B【分析】【详解】

A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；从X；Y、Z三种分子的结构式中可以看出，均不含手性碳，故A错误；

B．Y中含有羟基；且与其相连的碳原子和邻位碳原子均含有氢原子，所以可以发生氧化；取代、消去反应，故B正确；

C．1mol化合物Z中含有1mol酚羟基和2mol酯基；酚羟基；酯基水解后的羧基可与氢氧化钠反应，总共可与3mol氢氧化钠反应，故C错误；

D．X；Z中都含有碳碳双键和酚羟基；不可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故D错误；

故选B。6、D【分析】【详解】

A．大多数酶属于蛋白质；极少数酶是RNA，故A正确；

B．酶的专一性和选择性是指一种酶只能催化一种化合物或一类化合物的化学反应；故B正确；

C．酶是蛋白质；绝大多数酶的化学本质是蛋白质。具有催化效率高，故C正确；

D．由于大多数酶是蛋白质；高温或紫外线的照射会失去酶的活性，即蛋白质发生变性，活性减弱或丧失，故D错误。

综上所述，答案为D。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【详解】

（1）反应的平衡常数为生成浓度的系数次方相乘，再除以反应物浓度的系数次方相乘，所以表达式为：K=

（2）由图1所示，随温度升高，反应的K值增大，说明该反应为吸热反应。图示方程式为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)4H2(g)+2CO(g)，每生成1molH2(g)，热量变化（吸热）是62kJ，所以热化学方程式为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)4H2(g)+2CO(g)△H=+248kJ/mol；

（3）①图中G点的n(CO):n(H2O)=1.5，所以加入的CO为0.15mol，达平衡时，CO的转化率为40%，所以反应的CO为0.15mol×40%=0.06mol，除以容器体积和反应时间，得到v(CO)=0.006mol·L-l·min-1。

②如果B、E同温，则B→E的过程中，随着n(CO):n(H2O)由0.5变为1，增加一氧化碳的量促进水的转化，而CO的转化率应该降低，但是B、E两点的转化率相等，说明温度的变化使E点一氧化碳的转化率升高了，平衡正向移动，由于反应为放热反应，故所以由B→E应该是降温（反应放热，降温平衡正向移动），即TB＞TE。

③平衡常数只受温度的影响与进气比无关；A；E、G三点对应的反应温度都相同(均为T℃)，则三点的平衡常数也相同，其原因是平衡常数只受温度的影响；

④A、E、G三点对应的反应温度都相同(均为T℃)，由E点可知，n(CO):n(H2O)=1；达平衡时，CO的转化率为50%，由三段式可知：

则K=按照题目的量加入容器，反应的Q=为保证平衡正向移动，要求Q小于K，所以＜1，即x＜mol，故x应满足的条件是：0≤x<3。

（4）由图示电子流向可知，Pt电极为正极，应该发生得电子的还原反应，溶液中也只可能是水电离的氢离子得电子，反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。

（5）350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物，因为Mg2Cu→MgCu2的过程中Mg:Cu在减小，所以生成的含一种金属元素的氢化物一定是Mg的氢化物。设该氢化物为MgHx，有x=2。故反应为：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2。【解析】CH3CH2OH(g)+H2O(g)4H2(g)+2CO(g)△H=+248kJ/mol0.006mol·L-l·min-1>化学平衡常数(或K)平衡常数只受温度的影响0≤x<32H2O+2e-=H2↑+2OH-2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH28、略

【分析】【分析】

（1）根据图象得出反应物、生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（2）根据图象得出反应物、生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（3）根据盖斯定律分析；根据反应物的总能量；中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；

（4）PCl5与足量水充分反应；最终生成磷酸和盐酸。

【详解】

（1）根据图示可知：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g），反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热△H=-306kJ/mol，则热化学方程式为：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

故答案为P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1；

（2）根据图示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ/mol；

故答案为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1；

（3）根据图像；可以写出两步反应的热化学方程式：

P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306kJ/mol；

Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93kJ/mol；

则P和Cl2两步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol；

由图象可知，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热；

故答案为-399kJ•mol-1；等于；

（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，已知反应前后各元素化合价不变，则两种酸为磷酸和盐酸，由原子守恒可知化学方程式为PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl；

故答案为PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl。【解析】P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1-399kJ•mol-1等于PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl9、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）除去KCl溶液中的MgCl2和MgSO4，可看成把Mg2+、SO42-沉淀而除去，因此选择所提供试剂中的Ba(OH)2可同时沉淀掉Mg2+、SO42-离子；反应生成的BaCl2和过量的Ba(OH)2可加入试剂中的K2CO3除去；最后通过滴加盐酸可把过量的K2CO3及反应生成的KOH同时反应掉而生成KCl，所以三种试剂的化学式：A是Ba(OH)2，B是K2CO3；C是HCl。

（2）为确保混合溶液中的Mg2＋和SO42-全部反应而除尽，所以应加入过量的Ba(OH)2，生成Mg(OH)2、BaSO4，化学方程式为MgCl2+Ba(OH)2=Mg(OH)2↓+BaCl2、MgSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Mg(OH)2↓。

（3）为确保除尽溶液中的Ba2+，应加入过量的Ba(OH)2到沉淀不再产生。

考点：考查物质的分离、提纯与除杂。【解析】Ba(OH)2K2CO3HCl除尽Mg2+和SOMgCl2+Ba(OH)2=Mg(OH)2↓+BaCl2MgSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Mg(OH)2↓除尽过量的Ba2+10、略

【分析】【分析】

硫酸氢钠为强电解质；在熔融状态或水溶液中导电，固体不导电；双线桥根据氧化还原反应基本原理进行做答。

【详解】

（1）A.NaHSO4是强电解质；但是固体不导电，A错误；

B.NaHSO4溶液的导电性和溶液中离子浓度有关，浓度低时可能小于CH3COOH溶液；B错误；

C.NaHSO4属于可溶性盐；属于强电解质，C正确；

D.NaHSO4溶液完全电离产生钠离子；氢离子和硫酸根；溶液显酸性，D错误；

答案为C。

（2）NaHSO4溶液完全电离出氢离子，NaHCO3完全电离出碳酸氢根离子，溶液反应的离子方程式为H++HCO3－== H2O+CO2↑。

（3）将0.8mol⋅L−1NaHSO4与0.4mol⋅L−1Ba(OH)2溶液等体积混合，氢离子和氢氧化根离子浓度相同，钡离子浓度小于硫酸根离子浓度，以少量的离子进行配平，发生反应的离子方程式为2H++SO42－+Ba2++2OH－==BaSO4↓+2H2O。

Ⅱ.（1）KAl(SO4)2是强电解质，电离方程式KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-。

（2）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，生成两种化合物，根据元素守恒的原理，其中一种是还原性气体且有毒性，说明为一氧化碳，该反应的化学方程式是Al2O3+3C+3Cl2==2AlCl3+3CO。

（3）反应2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3+3O2↑+2H2O中H2O2的变化过程为H2O2→O2，过氧化氢中的氧化合价升高，为还原剂，用双线桥法标明电子转移的方向和数目根据双线桥可知，若反应中转移了3mol电子，则产生的气体的物质的量为1.5mol，在标准状况下体积为33.6L。

【点睛】

本题易错点为硫酸氢钠，注意电解质电离时，硫酸氢根完全电离产生硫酸根离子和氢离子，而碳酸氢根，不能完全电离。【解析】①.C②.H++HCO3－== H2O+CO2↑③.2H++SO42－+Ba2++2OH－==BaSO4↓+2H2O④.KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-⑤.Al2O3+3C+3Cl2==2AlCl3+3CO⑥.H2O2⑦.⑧.33.611、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：①二氧化硅不溶于水盐酸，因此可以用盐酸除去二氧化硅中的氧化铝，方程式为Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O。

②碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则除去碳酸钠中的碳酸氢钠固体，可以直接加热，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。

③氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，则可以用氯气除去氯化铁中的氯化亚铁，反应的方程式为2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3。

考点：考查物质的分离与提纯【解析】盐酸；Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑氯气；2FeCl2＋Cl2＝2FeCl312、略

【分析】【分析】

根据物质成键特点可知；连有4个键的球是C，进一步判断出小白球为H，另一球为O。

【详解】

(1)根据分子模型可知，该物质的结构简式为CH2===C(CH3)COOH；含氧官能团为-COOH，答案为：-COOH；

(2)A.CH3CH2CH2COOH与CH2===C(CH3)COOH分子式不同；A错误；

B.OHCCH(CH3)CHO与CH2===C(CH3)COOH分子式相同；结构不同，互为同分异构体，B正确；

C.CH3CH2CH===CHCOOH与CH2===C(CH3)COOH分子式不同；C错误；

D.CH2===CHCOOCH3与CH2===C(CH3)COOH分子式相同；结构不同，互为同分异构体，D正确；答案为：BD；

(3)碳碳双键是平面结构；羧基的四个原子可以共平面；如图所示，该分子中共平面的原子数最多为10个(标有“·”)；

答案为：10。

【点睛】

双键的2个原子及其连的原子共面；饱和碳及其相连的4个原子，只有3个原子共面；单键可以旋转，双键不能旋转。【解析】①.—COOH②.BD③.1013、略

【分析】【详解】

有两种同分异构体，分别为和由的转化关系可得E为丙烯，由由已知可知，B中的氯原子连在端位碳原子上，则A为B为据此可得出答案。

(1)B的结构简式：

故答案为：

(2)①A→C：

故答案为：

②E→D：

故答案为：【解析】14、略

【分析】【分析】

(1)根据有机物甲的球棍模型可知，甲的结构简式为CH3—CH2—CH2—CH3，乙的结构简式为有机物甲和乙的分子式相同而结构不同，二者互为同分异构体；

(2)分子中与“”相连的3个—CH3位置相同，取代效果相同，分子中含有2类氢原子，一氯代物有2种；相当于CH4分子中的3个H原子被3个—CH3取代；则最多有3个C原子在同一平面内。

【详解】

(1)根据有机物甲的球棍模型可知，甲的结构简式为CH3—CH2—CH2—CH3，名称为正丁烷；根据有机物乙的比例模型可知，乙的结构简式为有机物甲和乙的分子式相同而结构不同，二者互为同分异构体，故答案为：正丁烷；同分异构体；

(2)分子中与“”相连的3个—CH3位置相同，取代效果相同，分子中含有2类氢原子，一氯代物有2种()；根据CH4分子结构示意图可知，CH4分子中最多有3个原子在同一平面内，相当于CH4分子中的3个H原子被3个—CH3取代；则最多有3个C原子在同一平面内，故答案为：2；3.

【点睛】

相当于CH4分子中的3个H原子被3个—CH3取代，则最多有3个C原子在同一平面内是解答的关键，也是易错点。【解析】正丁烷同分异构体2315、略

【分析】【分析】

Ⅱ、环己烷（）与Cl2在光照的条件下发生取代反应生成后经NaOH的醇溶液发生消去反应，生成再与Br2加成生成再经NaOH的醇溶液发生消去反应，生成

【详解】

（1）根据烯烃的命名规则，该化合物主链包含两个碳碳双键，由于碳碳双键在两端，所以要从离取代基近的一端（即左边）命名，该化合物的名称为2-乙基-1，3-丁二烯；与Br2加成后的产物有3种，分别是：

（2）C9H12属于芳香烃的同分异构体共有8种，分别是：其中一溴代物只有两种的是一溴代物是

（3）有机物A中能与Na反应的是羧基和羟基，能与NaOH反应的是羧基和酚羟基，能与H2反应的是苯环和醛基；故消耗这三种物质的物质的量之比为3：2：4；羟基上氢原子的活泼性由强到弱是羧基＞酚羟基＞醇羟基，故③＞②＞①；

（4）根据分析，A为环己烷，结构简式为

（5）根据分析①是取代反应；③是消去反应；

（6）根据分析，反应④的化学方程式是+2NaOH+2NaBr+2H2O；

【点睛】

本题要注意第（3）题，苯环、碳碳双键、碳碳三键、羰基、醛基都可以与H2加成，但是羧基和酯基虽然有碳氧双键，但不能与H2加成。【解析】2-乙基-1，3-丁二烯383:2:4③②①取代反应消去反应+2NaOH+2NaBr+2H2O三、判断题(共5题，共10分)16、B【分析】【详解】

己烷共有5种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同，故错误。17、B【分析】【详解】

烷烃中碳原子都是饱和碳原子，只含饱和键；烯烃中含官能团碳碳双键，烯烃中含不饱和键，但烯烃中也可能含饱和键，如1—丁烯中含碳碳单键；错误。18、B【分析】【详解】

检验醛基用的银氨溶液和氢氧化铜悬浊液都要现用现配，故本题判断为错误。19、A【分析】【详解】

天然氨基酸熔点较高，室温下均为晶体，一般能溶于水而难溶于乙醇、乙醚，故正确；20、B【分析】【详解】

饱和一元羧酸以及饱和一元羧酸与一元醇形成的酯的通式为CnH2nO2，羧酸或酯如含有碳碳双键、苯环等，则通式不是CnH2nO2，故错误。四、计算题(共1题，共10分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

该烃的相对分子质量是氢气的14倍，则经的相对分子质量是14×2=28。燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量分别是即碳氢原子的个数之比是1:2，所以该烃的分子式为C2H4，结构简式为H2C=CH2。【解析】C2H4CH2=CH2五、结构与性质(共3题，共21分)22、略

【分析】【详解】

(1)根据晶胞的结构可以知道,晶胞中Fe位于顶点的有8个,位于面心的有6个,位于棱上的有12个,位于体心的有1个,则晶胞平均含有Fe的个数为:8晶胞中含有4个Al原子,且都位于晶胞内部,则晶胞平均含有4个Al,,所以化学式为Fe2Al。

因此，本题正确答案是:Fe2Al；

(2)一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子,则质量为:体积为:所以晶胞的密度为:

因此，本题正确答案是:

(3)

3832

1411

根据铁和稀硝酸的反应,不管铁被氧化到什么价态,均有n(HNO3)=4n(NO)=4=0.12moln(HNO3)==1.2mol/L

答:硝酸的物质的量浓度为1.2mol/L。

②2Al＋2NaOH＋H2O＝2NaAlO2＋3H2↑开始所取合金中n(Al)＝n(H2)＝×＝0.2mol，与硝酸反应的n(Fe)＝0.2mol×2×＝0.04mol则最终所得溶液中n(Fe2＋)＋n(Fe3＋)＝0.04mol；n(Fe2＋)＋n(Fe3＋)＝＝0.03mol(或电子守恒：2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝3×0.03mol)，解得n(Fe3＋)＝0.01mol，c(Fe3＋)＝＝0.1mol/L；

所以答案：0.1mol/L。【解析】Fe2Al或1.2mol/L0.1mol/L23、略

【分析】【详解】

中Cu元素化合价为价，则“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cu2+，则Cu为29号元素，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为故答案为：2；

“中国蓝”的发色中心是以为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素，故答案为：氧或

因为Cu失去1个电子后，会变成稳定的全满结构，所以Cu较难失去第二个电子，而锌失去两个电子后会变成稳定的全满结构，所以Cu的第二电离能比Zn大，故答案为：Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去；

乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取杂化类型，乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是单键是键，双键中一个是键，一个是键，所以乙醛分子中键与键的个数比为故答案为：6:1；

银位于顶点，则每个晶胞中含有银为铜位于面心，每个晶胞中含有铜为所以该铜银合金的化学式是或故答案为：或

该铜银晶胞参数为晶体密度为则体积为质量则故答案为：

若Ag、Cu原子半径分别为则原子总体积==晶胞体积故答案为：【解析】23d9O或氧Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去sp2、sp36:1AgCu3或Cu3Ag24、略

【分析】【详解】

(1)Ti为22号元素，其基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，一个4s轨道上的电子激发到4p轨道上，则该激发态的电子排布为1s22s22p63s23p63d24s14p1，价层电子排布式为3d24s14p1；

(2)基态的锌、铜原子的核外电子排布式分别为[Ar]3d104s2、[Ar]3d104s1。则①为基态Zn原子，②为Zn＋，③为基态铜原子，④为Cu＋。同一周期从左到右原子的第一电离能有增大的趋势，因此第一电离能①＞③；原子的第二电离能大于第一电离能，由于Cu＋的价层电子结构为3d10；3d为稳定的全充满结构，使得电离能增大，因此电离能④＞②，综合电离能排序为④＞②＞①＞③；A符合题意；

(3)①Cl2O2和H2O2均为分子，其沸点取决于分子间作用力，虽然Cl2O2的相对分子质量比H2O2大，但是H2O2间能够形成氢键，使得H2O2的沸点高于Cl2O2；

②根据价层电子对互斥理论，O3分子中中心O原子的价层电子对为则其杂化类型为sp2；等电子体是指原子总数相同，价电子数相等的微粒，与O3互为等电子体的是SO2；

(4)反应中，形成的化学键有Na3OCl中