2025年冀教新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年冀教新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9题，共18分)1、下列反应的离子方程式正确的是A.泡沫灭火器的灭火原理是：B.向NaClO溶液中通入少量C.向石灰石上滴加醋酸：D.溶液处理水垢：2、下列离子方程式书写正确的是A.CaCO3与醋酸反应：B.FeI2溶液与足量溴水反应：C.NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：D.Na与水反应:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑3、在25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液；曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是。

A.A.B之间任意一点，溶液中一定都有c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B.B点，a＞12．5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H＋)C.C点：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D.D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)4、能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键的事实是（）A.乙烯分子里碳氢原子个数之比为1∶2B.乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等C.乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色D.乙烯易与溴水发生加成反应，且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴单质5、网络图片“一脸辛酸”中，出现了有机物辛酸（分子式：C8H16O2，键线式：）。辛酸天然品存在于肉豆蔻；柠檬草、苹果、椰子油、葡萄酒、酒花等中；稀释后呈现水果香气。下列说法中正确的是。

A.只要含碳的化合物就是有机物B.辛酸属于烷烃C.有机物只溶于有机溶剂，不溶于水，所以辛酸不溶于水D.许多有机物不仅存在于生物体内，也可以人工合成6、某药物的合成中间体结构如图所示；有关该有机物的说法错误的是。

A.该物质分子式为C14H14O4B.该有机物和氢气加成1mol最多消耗6molH2C.该有机物和碳酸钠溶液反应，1mol最多消耗0.5molNa2CO3D.该物质能发生银镜反应，还能使酸性高锰酸钾溶液褪色7、下列实验方案能达到实验目的的是。选项实验目的实验方案A去除甲烷中少量的乙烯将气体依次通过酸性高锰酸钾溶液和浓硫酸洗气B洗涤分解KMnO4制O2的试管先用稀盐酸洗涤试管，再用水清洗C探究蛋白质的盐析向硫酸铵饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，再加入蒸馏水D提纯混有NH4Cl的粗碘将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体

A.AB.BC.CD.D8、一定条件下；动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：

下列叙述错误的是A.该反应属于取代反应B.生物柴油是不同酯组成的混合物C.“地沟油”可用于制备生物柴油D.动植物油脂是高分子化合物9、R是合成某高分子材料的单体；其结构简式如图所示。下列说法错误的是。

A.R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B.用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基C.R能发生加成反应和取代反应D.R苯环上的一溴代物有4种评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、已知MOH为一元弱碱，25℃时，电离常数Kb=1×10－6mol·L－1。25℃时，0.01mol·L－1MOH溶液的pH=10，将其与等体积pH=4的盐酸溶液混合，则混合溶液的pH_____7（填“>”、“<”或“=”），试求此时溶液中MCl的水解平衡常数Kh=__________mol/L。11、请按下列要求填空：

(1)系统命名为：____。

(2)羟基的电子式：____。

(3)写出溴乙烷在NaOH水溶液中的反应方程式：____，反应类型____。

(4)写出溴乙烷在NaOH乙醇溶液中的反应方程式____，反应类型____。

(5)现有下列3种重要的有机物：

a.CH3CH2CHOb.c.

①a与新制氢氧化铜反应的方程式：____。

②c与浓硝酸反应生成TNT的方程式是：_____。

③向b滴浓溴水产生白色沉淀的方程式是：____。

(6)用银镜反应检验乙醛的方程式：____。12、（1）科学家发现某药物M能治疗血管疾病，是因为它在人体内能释放出一种“信使分子”D，已知M的相对分子质量为227，由C、H、O、N四种元素组成，C、H、N的质量分数依次为15.86%、2.20%和18.50%，则M的分子式是________________。D是双原子分子，相对分子质量为30，则D的分子式为________________。

（2）油脂A经下列途径可得到M：

图中②的提示：R—OH＋HO—NO2R—O—NO2＋H2O(R代表烃基)，反应②的化学方程式为___________________________________。

（3）C是B和乙酸在一定条件下反应生成的化合物，相对分子质量为134，写出C所有可能的结构简式___________________________________。

（4）若将0.1molB与足量的金属钠反应，则需消耗________g金属钠。13、回答下列问题：

(1)按系统命名法，化合物的名称是____。

(2)某饱和一元醇A，分子中共含50个电子，若A不能发生消去反应，A的结构简式为____；若A在加热时不与氧化铜作用，则A的结构简式为____。

(3)分子式为C4H4的有机物理论上同分异构体的数目可能有多种，但研究表明同一碳上连有两个双键的物质不稳定(此题不考虑这些结构的存在)，请写出所有原子均共面的一种链状分子的结构简式：____。

(4)“三大合成材料”在生活中应用广泛；酚醛树脂是一种合成塑料。

①合成酚醛树脂()需要两种单体，和这两种单体均可以发生反应的试剂是_____(选填字母)。

a.溴水b.H2c.Na2CO3d.酸性高锰酸钾。

②下列对于线型酚醛树脂的制备和性质的说法中，正确的是____(选填字母)。

a.酸性条件下制备b.碱性条件下制备。

c.可以溶于热水d.可以溶于乙醇。

③和乙醛在酸性条件下也可以发生类似于制备酚醛树脂的反应，此反应的化学方程式是____。14、Ⅰ（1）尼泊金酯()是国际上公认的广谱高效食品防腐剂,是国家允许使用的食品添加剂。下列对尼泊金酯的判断不正确的是__________(填选项序号)。

a.能发生水解反应。

b.能与FeCl3溶液发生显色反应。

c.分子中所有原子都在同一平面上。

d.与浓溴水反应时,1mol尼泊金酯消耗1molBr2

（2）写出“间甲基苯乙烯”的结构简式:__________。

（3）写出“苯酚钠中通入少量的二氧化碳”的化学方程式:__________。

Ⅱ.已知某反应为:

（4）M分子中官能团名称__________。

（5）1molM完全燃烧需要__________molO2。

（6）有机物N不可发生的反应为______。

A.氧化反应B.取代反应C.消去反应D.还原反应E.加成反应。

（7）物质N与H2反应生成的P(结构简式为)发生缩聚反应产物的结构简式为_____________________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、取CH4、C2H6、C3H8、C4H10四种烃各1g，在足量O2中燃烧，C4H10消耗O2最多。(_____)A.正确B.错误16、天然气、汽油、煤油、石蜡中的主要成分为烷烃。(_____)A.正确B.错误17、常温下，卤代烃都为液体或固体。(_______)A.正确B.错误18、不同的卤代烃通过消去反应可能会生成相同的烯烃。(___________)A.正确B.错误19、和互为同系物。(_____)A.正确B.错误20、和互为同系物。(_____)A.正确B.错误21、糖类化合物也称为碳水化合物。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共16分)22、A；B、C、D四种芳香族化合物都是某些植物挥发油中的主要成分；有的是药物，有的是香料，它们的结构简式如下所示：

请回答下列问题：

(1)用A；B、C、D填空：

①既能使FeCl3溶液显色又能和NaHCO3溶液反应放出气体的有__________。

②能发生银镜反应的有__________。

(2)1molB最多能与_____molBr2发生反应，C中所含官能团的名称为________；

(3)按下图C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体．则反应①属于____________反应。

E到F转化过程中除用到催化剂外，还用到一种试剂G是_________（写结构简式）

(4)写出反应①的化学方程式：________；反应②的化学方程式：_________。

(5)同时符合下列两项要求的D的同分异构体有4种：

①化合物是1；2-二取代苯；

②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团。其中两种（G和H）结构简式如下图所示；请补充另外两种。

____________、______________23、度鲁特韦可以用于治疗HIV-1感染；M是合成度鲁特韦的一种中间体。合成M的路线如图：(部分反应条件或试剂略去)

已知：+

R1CH=CHR2R1COOH+R2COOH

+→

(1)A是苯的同系物，A→B的反应类型是___。

(2)B→C的反应条件是___。

(3)C→D的化学方程式是___。

(4)E不能与金属Na反应生成氢气，麦芽酚生成E的化学方程式是___。

(5)G的结构简式是___。

(6)X的分子式为C3H9O2N，X的结构简式是___。

(7)Y的分子式为C4H11ON，Y与X具有相同种类的官能团，下列说法正确的是___。

a.Y与X互为同系物。

b.Y能与羧酸发生酯化反应。

c.Y在浓硫酸；加热的条件下能发生消去反应。

(8)K→M转化的一种路线如图，中间产物2的结构简式是___。

24、有效构建手性中心是有机合成的重要研究方向之一；实验室由化合物A合成化合物F的一种路径如图所示。

已知：+R2-CHO

回答下列问题：

(1)B的化学名称为_______。

(2)C的结构简式为_______。

(3)D中官能团的名称是_______，③的反应类型是_______。

(4)写出E到F的反应方程式：_______。

(5)芳香化合物H是G的同分异构体，H能使Br2的CCl4溶液褪色，与Na单质不反应，其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2：1：1，写出1种符合要求的G的结构简式_______。

(6)设计由和为主要起始原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。25、阿特拉(H)是一种重要的抗过敏药；可减轻季节性过敏性鼻炎和慢性特发性荨麻疹引起的症状，可采用如下路线合成：

已知：Ph-代表苯基；

(1)H中含氧官能团的名称为_______，F→G的反应类型为_______。

(2)实验室检验B中官能团所用的试剂依次为_______。

(3)E→F的化学方程式为_______。

(4)D水解后得到物质W[]，写出同时满足下列条件的一种W的同分异构体的结构简式_______。

①苯环上有两个取代基。

②与Na反应产生氢气。

③能发生银镜反应。

④有5种化学环境不同的氢原子；且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1

(5)新戊酸()可用于生产香料，利用题目信息设计由乙烯为原料制备新戊酸的合成路线_______。评卷人得分五、结构与性质(共4题，共16分)26、是一种重要的染料及农药中间体；实验室可以用氧化铜为原料通过以下方法制取。

步骤1：向试管中加入一定量的氧化铜固体；加入足量稀硫酸充分反应，观察到固体完全溶解，溶液变为蓝色；

步骤2：向试管中继续滴加过量的氨水；观察到先有蓝色沉淀，后又完全溶解得到深蓝色溶液。

步骤3：再向试管中加入无水乙醇；振荡静置，有深蓝色晶体析出。

(1)写出步骤1的离子方程式___________。

(2)步骤2中产生蓝色沉淀的反应是请结合方程式，利用平衡移动原理，解释“蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液”现象产生的原因___________。

(3)中存在配位键，其中提供空轨道的是___________，提供孤电子对的是___________。

(4)中N原子的杂化方式是___________，利用杂化轨道理论解释空间结构是三角锥形的原因：___________。27、方程式书写：

（1）S+Ca(OH)2—CaS5+CaS2O3+H2O___。

（2）H2O2+Cr2(SO4)3+____—K2SO4+K2CrO4+H2O___。

（3）氯酸镁加入含有KSCN的酸性硫酸亚铁溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程式___。

（4）写出用氯化铁溶液浸取辉铜矿石（主要成分是Cu2S)发生反应的离子方程式___。28、AA705合金(含Al；Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固；但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题:

(1)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是__________(填元素符号)，判断依据是__________。

(2)CN-、NH3、H2O和OH—等配体都能与Zn2＋形成配离子。1mol[Zn(NH3)4]2＋含__________molσ键，中心离子的配位数为__________。

(3)铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有__________个镁原子最近且等距离。

(4)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛:

①苯甲醇中C原子杂化类型是__________。

②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是__________。

(5)钛晶体有两种晶胞；如图所示。

①如图3所示，晶胞的空间利用率为____________用含π的式子表示)。

②已知图4中六棱柱边长为xcm，高为ycm。该钛晶胞密度为Dg·cm-3，NA为__________mol-1(用含xy和D的式子表示)。29、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)。

评卷人得分六、工业流程题(共4题，共8分)30、重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2O7的流程如下图所示。

已知：I在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+

II相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

回答下列问题：

（1）滤渣②的主要成分为___________（填化学式）。

（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式_______________。

（3）“加热”操作的目的是__________________。

（4）“酸化”过程中发生反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O（K=4×1014L3.mol3）已知，“酸化”后溶液中c（Cr2O72-）=1.6×10-3mol/L则溶液中c（CrO42-）=_________

（5）“结晶”后得到K2Cr2O7（M=294g.mol-1）产品0.5000g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为1.0000mol.L-1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为9.00mL，则产品的纯度为_____________。[滴定反应为：K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4=K2SO4+Cr2（SO4）3+6（NH4）2SO4+3Fe2（SO4）3+7H2O]31、在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiO2等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：

(1)在第—步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为_______。

(2)焙烧炉中可用Na2CO3代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用Na2CO3代替NaCl的优点是_______。

(3)以上流程中应用过滤操作的有_______，在第三步操作后所得滤渣的化学成分是：_______、_______。

(4)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成100mL(VO2)2SO4溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用amol·L-1H2C2O4标准溶液进行滴定；经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。

资料：钒的盐类的颜色五光十色，有绿的、红的、黑的、黄的，绿的碧如翡翠，黑的犹如浓墨。这些色彩缤纷的钒的化合物，常被制成鲜艳的颜料。如：VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色；而五氧化二钒则是红色的。

①完成下列滴定过程的离子方程式_______。

②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是_______。

③产品的纯度为_______。(用质量分数表示)。已知相对分子质量：V2O5182；H2C2O490。32、工业以钒铁精矿(主要成为FeO·V2O3，还含有少量SiO2、Al2O3)为主要原料制备V2O5的工艺流程如图所示。

回答下列问题：

(1)FeO·V2O3中V的化合价为_______________；V在周期表的位置为_______________。

(2)“焙烧”的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性的Na3VO4并将Al、Si的氧化物转化为可溶性钠盐，“焙烧”过程中生成Na3VO4的化学反应方程式为____________________。

(3)“滤渣1”的化学式为__________________，“净化”除去的阴离子有CO2-3、SiO2-3和__________。

(4)“离子交换”和“洗脱”可以表示为：4RHCO3+V4O4-12R4V4O12+4HCO-3。常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的负对数(-lgc总)与pH关系如图所示。已知净化液中c总=0.1mol·L-1；则“离子交换”前还应调节pH的范围为__________________，淋洗液中的阳离子主要是___________________。

(5)“沉钒”过程过滤得到(NH4)2H2V6O17，则沉钒反应的离子方程式为____________________。33、工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5；其流程如下：

资料：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系:。pH4～66～88～1010～12主要离子VO2+VO3—V2O74—VO43—

（1）焙烧:向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是_________。

（2）酸浸:①Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是________。

②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据下图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________。

（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体；其流程如下：

①浸出液中加入石灰乳的作用是_____________。

②已知常温下CaCO3的溶度积常数为Ksp1，Ca3（VO4）2溶度积常数为Ksp2。过滤后的（NH4）3VO4溶液中VO43—的浓度为cmol/L，该溶液中CO32—的浓度为_______mol/L

③向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH>8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_______________。

（4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液。再加入b1mLc1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液（VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O）最后用c2mol/LKMnO4溶液滴定过量的（NH4）2Fe（SO4）2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。

已知MnO4-被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是_____。（V2O5的摩尔质量：182g/mol）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．泡沫灭火器的灭火原理是碳酸氢钠和硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：故A错误；

B．NaClO会氧化SO2生成硫酸盐和氯离子；故B错误；

C．食醋为弱酸；不能拆写，应该写分子式，故C错误；

D．Na2CO3溶液处理水垢，是CaSO4(s)转化为更难溶的CaCO3(s)；故D正确；

故选D。2、D【分析】【详解】

A．CaCO3与醋酸反应，由于CaCO3属于难溶物质，在离子方程式中保留化学式，醋酸属于弱酸，在溶液中部分电离，在离子方程式中保留分子式，则离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-；故A错误；

B．FeI2溶液与足量溴水反应，Br2氧化Fe2+离子变为Fe3+，Br2也能置换出I2，则离子方程式为2Fe2++4I-+3Br2═2Fe3++2I2+6Br-；故B错误；

C．过量H2C2O4溶液生成酸式盐，NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应H2C2O4+OH-═+H2O；故C错误；

D．Na与水发生反应，生成NaOH和H2，其离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；故D正确；

答案为D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．当加入少量醋酸时，可能存在c(Na+)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H+)；故A错误；

B．在B点溶液显中性，则结果是c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则一定有c（Na+）=c（CH3COO-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）；故B错误；

C．C点溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+（OH-），所以c（CH3COO-）＞c（Na+）；故C错误；

D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/L，根据物料守恒：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）；故D正确。

答案选D。4、D【分析】【分析】

【详解】

A.碳氢原子个数之比为1:2只能说明乙烯分子中有一个不饱和度；这个不饱和度不一定是碳碳双键提供的，A项错误；

B.完全燃烧得到等物质的量的和只能说明乙烯分子中碳氢原子个数之比为1:2，同A项，B项错误；

C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是碳碳双键；也有可能是碳碳三键，C项错误；

D.若与溴水能发生加成反应；且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴单质，则可证明乙烯分子中含有一个碳碳双键，D项正确；

答案选D。5、D【分析】【详解】

A．有机物都含碳元素；但含碳元素的化合物不一定是有机物，如一氧化碳；二氧化碳和碳酸盐等，虽然含有碳元素，但属于无机物，故A错误；

B．辛酸中含有氧元素；不属于烷烃，属于烃的含氧衍生物，故B错误；

C．有的有机物能够溶于水；如乙醇；乙醛等均溶于水，也易溶于有机溶剂，故C错误；

D．许多有机物不仅存在于生物体内；也可以人工合成，如蛋白质，故D正确；

故选D。6、C【分析】【详解】

A．该物质分子中含有14个C原子，4个O原子，不饱和度为7，则分子中H原子个数为2×14+2-7×2=14，所以分子式为C14H14O4；A正确；

B．该有机物分子中的碳碳双键、羰基、醛基、苯环都能与H2发生加成反应，所以和氢气加成时，1mol最多消耗6molH2；B正确；

C．该有机物分子中的羧基能和碳酸钠溶液反应，当生成NaHCO3时，1mol最多消耗1molNa2CO3；C错误；

D．该物质分子中含有醛基；能发生银镜反应，醛基；碳碳双键还能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；

故选C。7、C【分析】【详解】

A．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳；且浓硫酸不能除去二氧化碳，故A错误；

B．高锰酸钾分解制取氧气的产物中有二氧化锰；稀盐酸和二氧化锰不反应，故B错误；

C．硫酸铵饱和溶液为浓盐溶液；可以使蛋白质发生盐析，不变性，再加入蒸馏水可以重新溶解，故C正确；

D．加热时碘升华；氯化铵受热易分解，烧瓶底部得到的仍是混合物，加热不能将二者分离，故D错误；

故答案为C。8、D【分析】【分析】

【详解】

A.对比动植物油脂和生物柴油的结构简式；可以得出此反应为取代反应，A正确；

B.由于烃基不同；所以生物柴油是由不同酯组成的混合物，B正确；

C.地沟油主要成分为油脂；通过这种方式转化为生物柴油，变废为宝，可行，C正确；

D.高分子化合物的相对分子质量一般高达104～106；而油脂的相对分子质量在1000左右，故动植物油脂不是高分子化合物，D错误。

答案为D。9、A【分析】【详解】

A．分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基；羧基；二者所含官能团不完全相同，故A错误；

B．分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基；故B正确；

C．该分子中含有醇羟基和羧基；能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；

D．R苯环上有四种环境的氢；故其一溴代物有4种，故D正确；

故选A。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

MOH为弱电解质，二者混合后碱过量，溶液显示碱性；根据MCl的水解方程式写出水解平衡常数表达式，再根据水的离子积及MOH的电离常数计算出Kh。

【详解】

25℃时，0.01mol•L-1MOH溶液的pH=10，氢氧根离子浓度为10-4mol•L-1，pH=4的盐酸中氢离子浓度为10-4mol•L-1，由于MOH为弱碱，则反应后MOH过量，溶液显示碱性，即pH＞7；MCl的水解方程式为M++H2OMOH+H+，则溶液中MCl的水解平衡常数Kh=c(MOH)•c(H+)/c(M+)==1×10－8。

【点睛】

本题考查了酸碱混合后溶液定性判断及水解常数的简单计算，注意掌握溶液酸碱性的判断方法。水解常数计算为难点和易错点，注意掌握计算MCl的水解平衡常数的方法。【解析】>1×10－811、略

【分析】(1)

由结构简式可知；最长碳链有7个碳，从离取代基近的一端开始编号，3号碳上有2个甲基，5号碳上有2个甲基，因此名称为：3，3，5，5-四甲基庚烷；

(2)

羟基为-OH，其电子式为：

(3)

溴乙烷在氢氧化钠水溶液中发生水解反应(或取代反应)生成乙醇和溴化钠，反应的化学方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

(4)

溴乙烷在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应生成乙烯、溴化钠和水，反应的化学方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；

(5)

①醛类物质a能与新制氢氧化铜悬浊液反应，反应的化学方程式为：CH3CH2CHO+2Cu(OH)2CH3CH2COOH+Cu2O↓+2H2O。

②TNT为三硝基甲苯，c甲苯能与浓硝酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生取代反应生成TNT，反应的化学方程式为：+3HNO3+3H2O。

③b苯酚能与浓溴水发生取代反应生成白色沉淀2，4，6-三溴苯酚和溴化氢，反应的化学方程式为：+3Br2→↓+3HBr；

(6)

乙醛能与银氨溶液发生银镜反应，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。【解析】(1)3；3，5，5-四甲基庚烷。

(2)

(3)CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr水解反应(或取代反应)

(4)CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O消去反应。

(5)CH3CH2CHO+2Cu(OH)2CH3CH2COOH+Cu2O↓+2H2O+3HNO3+3H2O+3Br2→↓+3HBr

(6)CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O12、略

【分析】【详解】

试题分析：本题考查有机物分子式的确定；油脂的水解，有机方程式的书写，符合条件的有机物结构简式的书写，醇与Na反应的计算。

（1）1个M分子中N（C）=22715.86%12=3，N（H）=2272.20%1=5，N（N）22718.50%14=3，N（O）=（227—123—15—143）16=9，所以M的分子式为C3H5O9N3。“信使分子”的相对分子质量为30；为双原子分子，D为NO。

（2）油脂是高级脂肪酸甘油酯，经水解得到高级脂肪酸和甘油，则B为甘油，B的结构简式为B属于三元醇，反应②为甘油和HNO3按照给出的提示发生酯化反应生成M，反应的化学方程式为：+3HO—NO2+3H2O。

（3）B的相对分子质量为92，乙酸的相对分子质量为60，C的相对分子质量为134，C与B的相对分子质量相差134-92=42，则C是B与乙酸以物质的量之比1:1反应生成的酯，C可能的结构简式为：

（4）因为B中含3个醇羟基，所以0.1molB要消耗0.3molNa，消耗Na的质量为0.3mol23g/mol=6.9g。【解析】C3H5O9N3NO6.913、略

【分析】(1)

含碳碳双键官能团，母体是烯烃，以官能团编号最小进行编号为名称为5—甲基—2—庚烯；

(2)

饱和一元醇A，则烃基为饱和基，设含C原子数目为n，则H原子数目为2n+2，O原子为1个，分子中共含50个电子，则6n+2n+2+8=50，解得n=5，A的分子式为C5H12O，A不能发生消去反应，说明与羟基相连的碳的邻位碳上无H原子，A的结构简式为(CH3)3CCH2OH；若A在加热时不与氧化铜作用，说明与羟基相连的碳上无H原子，则A的结构简式为(CH3)2C(OH)CH2CH3；

(3)

C4H4不饱和度为3，已知同一碳上连有两个双键的物质不稳定，则应含有1个碳碳双键和1个碳碳三键，则所有原子均共面的一种链状分子的结构简式：CH2=CH—C≡CH；

(4)

①合成酚醛树脂()的两种单体为苯酚和甲醛；

a.溴水可与苯酚发生邻对位取代反应，可与甲醛发生加成反应，a选；

b.H2可与苯酚中苯环发生加成反应，可与甲醛发生加成反应，b选；

c.Na2CO3都不能与苯酚和甲醛反应，c不选；

d.苯酚和甲醛都能与酸性高锰酸钾发生氧化反应；d选；

故选：a、b；d；

②线型酚醛树脂由苯酚和甲醛制备；苯酚具有酸性，能与碱溶液反应，则应在酸性条件下制备，线型酚醛树脂属于有机物，乙醇也属于有机物且是良好溶剂，由相似相溶原理，其可以溶于乙醇，故选：a；d；

③和乙醛在酸性条件下反应的化学方程式是n+nCH3CHO+(n-1)H2O。【解析】(1)5—甲基—2—庚烯。

(2)(CH3)3CCH2OH(CH3)2C(OH)CH2CH3

(3)CH2=CH—C≡CH

(4)a、b、da、dn+nCH3CHO+(n-1)H2O14、略

【分析】【详解】

Ⅰ（1）尼泊金酯()分子中，有酚羟基、酯基两种官能团。酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，其邻对位的氢原子可与浓溴水发生取代反应，1mol尼泊金酯消耗2molBr2。分子中有甲基；则不可能所有原子共面，故不正确的有cd。

（2）间甲基苯乙烯的结构简式

（3）因苯酚的酸性介于H2CO3、HCO3-之间，故苯酚钠中通入任意量的二氧化碳，反应的化学方程式均为+CO2+H2O→+NaHCO3。

Ⅱ.（4）M分子中官能团有羧基；碳碳三键。

（5）1molM（分子式C9H6O2）完全燃烧需要氧气的物质的量是（）mol＝9.5mol。

（6）有机物N可以燃烧氧化；醇羟基有α－H可催化氧化、碳碳三键可使酸性高锰酸钾溶液褪色；这些都是氧化反应；醇羟基可与溴化氢取代、醇羟基和羧基都可酯化反应（取代反应）；醇羟基无β－H，不能发生消去反应；苯环和碳碳三键都能与氢气加成反应，也是还原反应，故不可发生的反应为C。

（7）有机物P(结构简式)分子中有羧基、醇羟基，可发生缩聚反应生成聚酯，其结构简式为【解析】cd+CO2+H2O→+NaHCO3羧基碳碳三键9.5C三、判断题(共7题，共14分)15、B【分析】【详解】

将烃的分子式化简为CHx，等质量的烃在氧气中完全燃烧时，x值越大，燃烧消耗的氧气越多，则取CH4、C2H6、C3H8、C4H10四种烃各1g，在足量O2中燃烧，CH4消耗O2最多，故错误。16、B【分析】【详解】

天然气、汽油、石蜡主要成分为烷烃，煤油主要成分为芳烃，故该说法错误。17、B【分析】【详解】

常温下，CH3Cl为气体，故常温下，不是所有的卤代烃都为液体或固体，该说法错误。18、A【分析】【详解】

不同的卤代烃通过消去反应可能会生成相同的烯烃，如1—氯丙烷和2—氯丙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应都可以生成1—丙烯，故正确。19、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。20、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。21、A【分析】【分析】

【详解】

最初人们发现的糖类化合物的化学组成大多符合Cn(H2O)m的通式，因此糖类也被称为碳水化合物，故正确。四、有机推断题(共4题，共16分)22、略

【分析】【分析】

(1)①既能使FeCl3溶液显色又能和NaHCO3溶液反应放出气体的物质要含有酚羟基和羧基；

②能发生银镜反应的物质含有醛基；

(2)由B的结构简式可知；B中含有官能团有羟基；碳碳双键；酚羟基邻位、对位有H原子，能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应；根据C的结构简式确定其含有的官能团；

(3)C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体，则E分子中增加了1个O原子，故反应①为氧化反应，E为反应②为酯化反应，由相对分子质量，可知该反应中醇为CH3CH2OH。

(4)反应①是催化氧化产生反应②是与乙醇发生酯化反应产生和水；

(5)D结构简式是它的同分异构体具备条件：①化合物是1，2-二取代苯，说明有两个邻位取代基；②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团，一个是酚羟基，另一个是-COO-结构，把另外两种补齐。

【详解】

(1)①既能使FeCl3溶液显色说明含有酚羟基；又能和NaHCO3溶液反应放出气体说明含有羧基，则同时含有酚羟基和羧基的物质是合理选项是D；

②能发生银镜反应的物质含有醛基，可能是甲酸形成的酯，也可能含有的为醛基，可能的物质是因此合理选项是AC；

(2)由B的结构简式可知，B中含有官能团有羟基、碳碳双键；B中酚羟基邻位、对位有H原子，能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，所以1molB能与4mol溴发生反应；C的结构简式是据此可知C中含有的官能团名称为醛基；

(3)C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体，则反应①为氧化反应，E为反应②为酯化反应，由相对分子质量，可知该反应中用到的G是醇，结构简式为CH3CH2OH，则F的结构简式为

(4)反应①是C()催化氧化产生该反应的化学方程式为：2+O22反应②是与乙醇发生酯化反应产生和水。反应的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；

(5)D结构简式是它的同分异构体具备条件：①化合物是1，2-二取代苯，说明有两个邻位取代基；②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团，一个是酚羟基，另一个是-COO-结构，可能的结构为另外两种为

【点睛】

本题考查有机物的推断、官能团结构和性质、同分异构体书写等知识，是对有机基础的综合考查，熟练掌握官能团与性质与转化是本题解答的关键。【解析】①.D②.AC③.4④.醛基⑤.氧化⑥.CH3CH2OH⑦.2C6H5CH2CH2CHO+O22C6H5CH2CH2COOH⑧.+CH3CH2OH+H2O⑨.⑩.23、略

【分析】【分析】

A是苯的同系物，A发生取代反应生成B，根据B分子式知，A为

，B为D不饱和度==5，苯环的不饱和度是4，则D中还含有碳氧双键，所以D为则C为B和麦芽酚发生取代反应生成E.D发生信息I的反应，E不能与金属Na反应生成氢气，则B中溴原子和麦芽酚中的−OH发生取代反应，则E为根据信息I知，生成的F为F发生消去反应生成G为G发生信息II的反应；X的分子式为C3H9O2N，生成J的反应为信息III的反应，为取代反应，X为H2NCH2CHOHCH2OH，K发生三步反应生成M，Y的分子式为C4H11ON，Y与X具有相同种类的官能团，为H2NCH(CH3)CH2CH2OH。以此分析解答。

【详解】

(1)由上述分析可知：A是苯的同系物，A→B发生的是取代反应，故答案：取代反应。(2)(2)根据上述分析可知：B为C为所以B→C发生了卤代烃的取代反应，其反应的条件是NaOH水溶液，加热，故答案：NaOH水溶液，加热。

(3)根据上述分析可知：C为D为所以C→D发生醇的催化氧化反应，其化学方程式为2+O22+2H2O，故答案：2+O22+2H2O。

(4)根据上述分析可知：E不能与金属Na反应生成氢气，则麦芽酚生成E的化学方程式为++HBr，故答案：++HBr。

(5)根据上述分析可知：G为所以G的结构简式为：故答案：G为

(6)由上述分析可知：J的结构简式为逆推可知X的结构简式为H2NCH2CHOHCH2OH，故答案：

(7)由上述分析可知：Y的分子式为C4H11ON，Y与X具有相同种类的官能团，其结构简式为H2NCH(CH3)CH2CH2OH，X的结构简式为H2NCH2CHOHCH2OH，所以X与Y不属于同系物，故a错误；因为Y中含有羟基，所以能与羧酸发生酯化反应，故b正确；.因为Y中与羟基相连的碳的邻碳上有氢，所以在浓硫酸、加热的条件下还能发生消去反应，故c正确；故答案：bc。

(8)由框图可知：K的结构简式为Y的结构简式为：H2NCH(CH3)CH2CH2OH；

则K+Y可得中间产物1为M的结构简式为所以中间产物2的结构简式故答案：【解析】取代反应NaOH水溶液，加热2+O22+2H2O++HBrbc24、略

【分析】【分析】

根据流程，有机物A与有机物B发生已知条件的反应生成有机物C，有机物C的结构为有机物C与NaBH4发生还原反应生成有机物D，有机物D发生取代反应生成有机物E，有机物E与发生取代反应生成有机物F；据此分析解答。

【详解】

(1)由B的结构简式可知；B的化学名称为苯甲醛；

(2)根据已知反应，可将R1理解为苯环，R2理解为苯环，推导出C的结构简式为

(3)D中的官能团有碳碳双键和羟基；反应③中乙酰基取代了D中羟基上H原子的位置，该反应为取代反应；

(4)对比E、F的结构可知，E中-OOCCH3被取代，生成F和乙酸，其方程式为++CH3COOH；

(5)G的分子式为C18H18O，有10个不饱和度；H能使Br2的CCl4溶液褪色，说明要有碳碳双键或碳碳三键；与Na单质不反应说明不能有羟基；峰面积比为3:2:2:1:1，总共有18个H原子，其H原子之比为6:4:4:2:2；有6个H原子等效说明有2个相同的甲基。结构中不饱和度较多，为了结构对称，应该有2个苯环，消耗8个不饱和度，另外两个不饱和度应该有2个双键来构建，则O原子应该成醚键，将以上片段整合可得到两种结构：或

(6)与题干中较为相似，参考反应④逆合成分析则需要和可由合成，可由参考已知条件，可由原料合成，则合成路线为：【解析】苯甲醛碳碳双键、羟基取代反应++CH3COOH或25、略

【分析】【分析】

A与SOCl2在过氧化物的作用下发生取代反应生成B，B中Cl原子被-CN取代生成C；对比C、E的结构，结合(4)中D水解得到可知D为对比E、G的结构，结合反应条件及给予的信息，可知E中氯原子被取代生成F，F中羰基被还原得到G，故F为G中-CN再水解得到H。

【详解】

(1)根据H的结构简式可知其含氧官能团为羟基；羧基；根据题目所给信息可知，F中羰基被还原得到G，反应类型为还原反应；

(2)B中官能团为氯原子；需要先再NaOH水溶液；加热条件发生水解反应，将氯元素以氯离子形式转移到溶液中，再滴加硝酸至酸性，最后滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明含有氯元素，所需试剂依次为：NaOH溶液，稀硝酸、硝酸银溶液；

(3)根据分析可知F为E中氯原子被取代生成F，化学方程式为++HCl；

(4)W中含有10个碳原子；2个O原子；不饱和度为5，其同分异构体满足：

①苯环上有两个取代基；则两个取代基可以有邻间对三种情况；

②与Na反应产生氢气；则取代基中含有羟基；羧基或酚羟基；

③能发生银镜反应；说明含有醛基，由于能和钠反应生成氢气，且只有两个O原子，所以一定不是甲酸形成的酯基，同时也说明一定不含羧基。

④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1，说明含有两个环境相同的甲基，则满足条件的有

(5)模仿B→C→D转化、G→H转化，乙烯先与HCl发生加成反应，然后与NaCN发生取代反应，再与CH3Cl在(CH3)2COK条件下发生取代反应，最后在①KOH、②酸条件下水解得到合成路线为：【解析】羟基、羧基还原反应NaOH溶液，稀硝酸、硝酸银溶液++HCl五、结构与性质(共4题，共16分)26、略

【分析】（1）步骤1中氧化铜稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O。故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；

（2）步骤2中产生蓝色沉淀的反应是继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液。故答案为：继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液；

（3）中存在配位键，其中Cu2+是中心离子，NH3是配体，提供空轨道的是Cu2+，提供孤电子对的是N，故答案为：Cu2+；N；

（4）NH3中N原子价层电子对数为3+=4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥。故答案为：sp3；价层电子对数为4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥。【解析】(1)CuO+2H+=Cu2++H2O

(2)继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液；

(3)Cu2+N

(4)sp3价层电子对数为4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥27、略

【分析】【详解】

(1)在S+Ca(OH)2—CaS5+CaS2O3+H2O中硫元素从0价降为-价，从0价升高为+2价，则根据电子守恒可知12S+3Ca(OH)2=2CaS5+CaS2O3+3H2O；

(2)在H2O2+Cr2(SO4)3+____—K2SO4+K2CrO4+H2O中H2O2中氧元素从-1价降为-2价，Cr元素从+3价升高为+6价，结合电子守恒和原子守恒得发生反应的化学方程式为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=3K2SO4+2K2CrO4+8H2O；

(3)Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4酸性溶液中立即出现红色，说明氯酸根离子在酸性溶液中具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为氯离子，结合电荷守恒和原子守恒写出反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+═6Fe3++Cl-+3H2O、铁离子遇到KSCN溶液变红色，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3；

(4)FeCl3氧化Cu2S所得氧化产物为S和Cu2+，还原产物为Fe2+，发生反应的离子方程式为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。【解析】12S+3Ca(OH)2=2CaS5+CaS2O3+3H2O3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=3K2SO4+2K2CrO4+8H2OClO3-+6Fe2++6H+═6Fe3++Cl-+3H2O、Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S28、略

【分析】【分析】

(1)根据电离能的突变判断最外层电子；结合该元素为第三周期元素分析；

(2)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键；中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；

(3)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；

(4)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对；

②分子间的氢键对物质的沸点影响较大；苯甲醇分子间存在氢键；

(5)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为由此计算空间利用率；

②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为xcm，高为ycm，则晶胞的体积为x2ycm3，再结合晶胞的密度计算NA。

【详解】

(1)由图1可知电离能I3是I2的5倍多；说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA元素，此元素为镁，元素符号为Mg；

(2)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol[Zn(NH3)4]2+含(4+3×4)mol=16molσ键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；

(3)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；

(4)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；

②苯甲醇分子间存在氢键；而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；

(5)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为则空间利用率为×100%=π×100%；

②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为xcm，高为ycm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=cm3，由此计算得NA=mol-1。

【点睛】

根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数n=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。【解析】MgI3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子1648sp2、sp3苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键×100%29、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，可以观察到开始有蓝色沉淀生成，随着氨水的滴入，沉淀的量逐渐增加至最多后开始溶解，最后蓝色沉淀完全消失，形成深蓝色的透明溶液；再向上述溶液中加入乙醇，[Cu(NH3)4]SO4·H2O易溶于极性溶剂；难溶于极性较小或非极性溶剂；有深蓝色晶体析出；

(4)A的氢化物为CH4，D的氢化物为SiH4，CH4与SiH4是组成与结构相似的物质，而CH4比SiH4的相对分子质量要小；分子间的作用力要小，所以熔点要低；

(5)a．溶解度小的先析出晶体；与晶格能的大小无关，a项错误；

b．钾型的空间利用率为68%是非密置层堆积方式，铜型的空间利用率是72%是密置层堆积方式，b项错误；

c．采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子；c项正确；

d．能形成分子间氢键的物质沸点较高；邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，d项错误；

答案选c；

(6)晶胞中Ca位于定点，N(Ca)=8×=1，Cu位于面心和体心，共有N(Cu)=8×+1=5，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5；1mol晶体的质量为40+64×5=360g，1mol晶体含有NA个晶胞，因此该晶体的密度为【解析】原子晶体sp3[Ar]3d104s24p5或1s22s22p63s23p63d104s24p5开始有蓝色沉淀生成，随着氨水的滴入，沉淀的量逐渐增加至最多后开始溶解，最后蓝色沉淀完全消失，形成深蓝色的透明溶液深蓝色晶体析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O易溶于极性溶剂，难溶于极性较小或非极性溶剂SiH4CH4与SiH4是组成与结构相似的物质，而CH4比SiH4的相对分子质量要小，分子间的作用力要小，所以熔点要低c1：5六、工业流程题(共4题，共8分)30、略

【分析】【分析】

含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr(OH)3、Fe(OH)3，过滤得到滤渣①中含有Cr(OH)3、Fe(OH)3，除去K+、SO42-等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4，过滤除去Fe(OH)3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，加酸调pH=1，使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体；据此分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析，滤渣①成分为Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物，“氧化”步骤中Cr(OH)3转化为K2CrO4溶液，Fe(OH)3不反应也不溶与水，过滤分离的滤渣②为Fe(OH)3，故答案为Fe(OH)3；

(2)“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4溶液，结合电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O，故答案为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O；

(3)因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且H2O2对热不稳定、易分解，可以通过加热除去，故答案为除去过量的H2O2；

(4)酸化”过程中pH=1，即c(H+)=0.1mol/L，溶液中存在平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，平衡常数K===4×1014，解得：c(CrO42-)=2×10-8mol•L-1，故答案为2×10-8mol•L-1；

(5)由反应K2Cr2O7+6(NH4)2Fe(SO4)2+7H2SO4=K2SO4+Cr(SO4)3+6(NH4)2Fe(SO4)2+3Fe(SO4)3+7H2O有n(K2Cr2O7)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×0.0100mol/L×0.9L=0.0015mol，产品的纯度===88.2%，故答案为88.2%。【解析】Fe（OH）32Cr（OH）3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O分解除去过量的H2O2​2×10-8mol/L88.2%31、略

【分析】【分析】

焙烧富钒炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiO2等)，将五氧化二钒转化为NaVO3，其反应为2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2，Fe2O3和SiO2无变化，水浸过滤后分离出Fe2O3和SiO2，向滤液中加入氯化铵和硫酸并经过滤可分离出NH4VO3，高温灼烧NH4VO3分解得到五氧化二钒；以此解答。

【详解】

（1）在第—步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，O元素由0价下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据化合价升价法配平该反应的化学方程式为

（2）焙烧炉中可用Na2CO3代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用Na2CO3代替NaCl的优点是不会产生污染环境的氯气。

（3）过滤用于分离不溶性固体和液体，以上流程中应用过滤操作的有③和④，在第三步操作后所得滤渣的化学成分是：Fe2O3和SiO2。

（4）①由题知，离子方程中VO→VO2+，V元素化合价从+5降低到+4，H2C2O4→CO2中C元素化合价从+3升高到+4、按得失电子守恒、元素质量守恒，可得：

②已知VO溶液为黄色、VO2+溶液为蓝色；该滴定实验不需要另外加入指示剂，则