2025年北师大版选修化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年北师大版选修化学上册阶段测试试卷16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、由下列5种基团中的2个不同基团两两组合；形成的有机物能与NaOH溶液反应的有。

①-OH②-CH3③-COOH④⑤-CHOA.4种B.5种C.6种D.7种2、在Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，Na+的物质的量浓度为0.1mol/L，SO42—的物质的量浓度为0.35mol/L，则混合溶液中铁离子的物质的量浓度为（）A.0.25mol/LB.0.1mol/LC.0.2mol/LD.0.3mol/L3、下列关于有机物的说法错误的是A.植物油分子结构中含有碳碳双键B.现有乙烯、丙烯的混合气体共14g，其原子数为3NAC.同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D.分子式为C5H10O2与碳酸氢钠溶液反应产生气体的有机物有3种4、有机化合物被酸性KMnO4溶液氧化后的产物有。

①CO2②③CH3CHO④CH3CH2COOH⑤A.①②⑤B.①②④C.①③⑤D.②③⑤5、丙烷的分子结构可简写成键线式结构下列关于化合物a和化合物b的说法中正确的是A.化合物a、b的分子式均为C6H8B.化合物a的二氯代物有6种C.化合物a、b均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.化合物a中所有原子可处于同一平面6、下列相关实验的现象或结论正确的是A.向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀，则AlO2-结合质子能力比CO32-强B.向少量的稀溴水中滴入饱和苯酚溶液立即产生白色沉淀C.检验废铁屑溶于盐酸后所得的溶液中是否含有Fe2+，可向其中加入酸性KMnO4溶液，根据其是否褪色进行判断D.加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用7、下列由实验得出的结论正确的是。

。

实验。

结论。

A

将乙烯通入溴的四氯化碳溶液；溶液最终变为无色。

生成的1；2-二溴乙烷无色。

B

乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体。

乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活泼性。

C

用乙酸浸泡水壶中的水垢；可将其清除。

乙酸的酸性弱于碳酸的酸性。

D

甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红。

生成的一氯甲烷具有酸性。

A.AB.BC.CD.D8、有机物M是合成治疗癌症的药物中间体；其结构简式如图所示，下列说法正确的是。

A.M不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.M在一定条件下能发生加聚反应和酯化反应C.在一定条件下，1molM最多只能与3molH2发生加成反应D.1mol有机物M与足量Na反应可以生成1molH29、从中草药茵陈蒿中可提取一种利胆的有效成分，其结构简式为推测该药不可能具有的化学性质是A.与氢氧化钠溶液反应B.与碳酸氢钠溶液反应C.与浓溴水反应D.在一定条件下被还原成醇类物质评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图；根据图示判断，下列说法正确的是。

A.H2A在水中的电离方程式是：H2AH++HA－；HA—H++A2－B.当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)C.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水小D.当V(NaOH)=30mL时，则有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)11、下列判断正确的是()

A.图1可表示电解200mL0.1mol·L－1NaCl溶液过程中，产生氢气体积(标准状况)与转移电子物质的量的关系曲线B.图2可表示常温下0.1mol·L－1盐酸滴加到40mL0.1mol·L－1NaOH溶液的滴定曲线C.高温下能自发进行的反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的能量变化如图3所示，则该反应的ΔS>0D.图4可表示反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在t1时刻扩大容器体积时，v逆随时间的变化曲线12、如图所示；下列说法错误的是。

A.X、Y分别与浓溴水反应均最多消耗1molBr2B.X含有的官能团是(酚)羟基、羧基C.X可以发生的反应类型有氧化、取代、加成、缩聚反应等D.Y的分子式是C20H27O413、蛋白酶抑制剂茆地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗；其结构简式如图所示。下列关于茆地那韦的说法正确的是。

A.茆地那韦分子中有5个不对称碳原子B.茆地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应C.虚线框内的所有碳﹑氧原子均处于同一平面内D.茆地那韦在碱性条件下完全水解，最终可生成三种有机物14、喹啉（）是治疗新冠肺炎的药物氯喹的基础原料；其合成路线如下：

下列有关说法正确的是A.C→D的反应条件为NaOH水溶液，加热B.可以用溴水来检验化合物E中的碳碳双键C.F→G和G→J的反应类型分别为取代反应和还原反应D.与喹啉互为同分异构体，且含有碳碳双键和氰基（-CN）的芳香族化合物共有4种15、如图是合成某种药物的中间类似物。下列有关该物质的说法错误的是。

A.该物质存在顺反异构体B.该物质可通过加聚反应合成高分子化合物C.该物质中含4种官能团D.1mol该物质最多与3molNaOH反应16、下列实验事实及结论具有对应关系的是。选项实验事实结论A向无水乙醇中加一小块擦干煤油的金属钠，有气泡产生，经检验为H2乙醇分子中存在不连接在碳原子上的氢，即存在羟基B苯在一定条件能与C12发生加成反应生成六氯环己烷C6H6Cl6苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替排列的结构C将CH3COOH、CH3CH218OH、浓硫酸的混合液体加热，产物乙酸乙酯有18OCH3COOH羧基中的-OH与CH3CH2OH羟基中的H结合生成水DCHC13只有一种结构CH4具有正四面体结构

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、甲醛分子(CH2O)的中心原子(碳原子)的价层电子对数为________，其孤电子对数为________，则该分子呈________形。甲醛分子的中心原子的杂化类型为________，分子中共有________个σ键，有________个π键，其中C﹣H的σ键的类型为________，C﹣O的σ键的类型为________18、无机化合物可根据其组成和性质进行分类。

(1)如图所示的物质分类方法名称是_______。

(2)以中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在表中横线上。(只填一种即可)。物质类别强酸强碱钠盐氧化物氢化物化学式①

②____③___

④⑤

⑥____⑦

⑧⑨

⑩

(3)写出⑤的电离方程式：_______。

(4)写出实验室由⑩制备的化学方程式：_______。

(5)实验室制备⑦常用(填名称)____和____反应，该反应的离子方程式为____。19、按要求填空。

(1)用离子方程式表示NaCN溶液呈碱性的原因_____。

(2)写出有机物1，3-丁二烯的结构简式__________。

(3)甲苯和浓硝酸、浓硫酸的混合酸在100℃时反应生成TNT的化学方程式_____。

(4)可与H2反应，请用系统命名法对其产物命名_____。20、乙烯是石油裂解气的主要成分；它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答下列问题。

（1）乙烯的电子式为____，结构简式为____。

（2）鉴别甲烷和乙烯可用的试剂是____（填字母）。

A稀硫酸B溴的四氯化碳溶液。

C水D酸性高锰酸钾溶液。

（3）已知2CH3CHO+O22CH3COOH。若以乙烯为主要原料合成乙酸；其合成路线如图所示。

乙烯AB乙酸。

反应②的化学方程式为________。

工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为____，反应类型是____。21、自20世纪90年代以来，芳炔类大环化合物的研究发展十分迅速，具有不同分子结构和几何形状的这一类物质在高科技领域有着十分广泛的应用前景。合成芳炔类大环的一种方法是以苯乙炔（结构简式CH≡C－可以简写为≡－）为基本原料；经过反应得到一系列的芳炔类大环化合物，其结构为：

（1）上述系列中第1种物质的分子式为_____________

（2）已知上述系列第1至第4种物质的分子直径在1～100nm之间，分别将它们溶解于有机溶剂中，形成的分散系为______________

（3）仔细分析以苯乙炔为基本原料，经过一定反应而得到最终产物时苯乙炔组成上的变化。假设反应过程中原料无损失，理论上消耗苯乙炔与所得芳炔类大环化合物的质量比为________________

（4）已知：以乙醇做溶剂CH2Br－CH2Br（1，2-二溴乙烷）与NaOH加热可以反应生成CH≡CH和NaBr等；该反应化学上称为消去反应。写出其方程式：

__________________________________________________________________

在实验中，制备上述系列化合物的原料苯乙炔可用苯乙烯（CH2＝CH－）与Br2为主要起始物质，通过加成、消去两步反应制得。写出由苯乙烯制取苯乙炔的两步化学方程式_________________________________________________________________（其他试剂自选）。22、回答下列问题：

（1）2—溴丙烷的消去反应化学方程式___。

（2）苯酚钠溶液中通入CO2的化学反应方程式___。

（3）某有机物分子式为C8H8，且属于芳香烃，已知它可使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，则该有机物的结构简式为___。

（4）烷烃A在同温、同压下蒸气的密度是H2的36倍，其分子式为___。23、长期存放的亚硫酸钠可能会被空气中的氧气氧化。某化学兴趣小组通过实验来测定某无水亚硫酸钠试剂的质量分数；设计了如图所示实验装置：

请回答下面的问题：

(1)若将虚线框内的分液漏斗换成长颈漏斗，则应该怎样检查虚线框内装置的气密性？________。

(2)D装置中反应的化学方程式为_________。B装置中反应的离子方程式为__________。

(3)称量agNa2SO3样品放入锥形瓶中，向B装置反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀bg，原样品中Na2SO3的质量分数为______。

(4)C装置中反应的离子方程式为_____________。评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)24、盛放汽油的试剂瓶不能用橡胶塞。(___)A.正确B.错误25、任何烯烃均存在顺反异构现象。(_____)A.正确B.错误26、醇类在一定条件下都能与氢卤酸反应生成卤代烃。(_______)A.正确B.错误27、糖类是含有醛基或羰基的有机物。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)28、从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。

(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。

(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。

①补全反应的离子方程式_______。

口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______

②简述在金被氧化过程中的作用：_______。

(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液；其一种可能的浸金原理示意图如下。

①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。

②为了验证上述原理中O2的作用；进行如下实验。

实验现象：反应一段时间后；温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后

a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)；证实了上述原理。

b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。

③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。

已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+

结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。29、实验室用标准盐酸(0.100mol/L)滴定未知浓度的氨水(20.00ml)时，锥形瓶中通常盛放_______，滴定管中通常盛放_______；用_______作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由_______色变为_______色。滴定时左手_______，右手_______，双眼注视_______。若标准盐酸的体积为18.55ml，则氨水的物质的量浓度为_______。30、碘酸钙[Ca(IO3)2]是广泛使用的既能补钙又能补碘的新型食品添加剂，不溶于乙醇，在水中的溶解度随温度降低而减小。实验室制取Ca(IO3)2]的流程如图所示：

已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的强酸；不溶于有机溶剂。

(1)实验流程中“转化”步骤是为了制得碘酸；该过程在如图所示的装置中进行。

①当观察到三颈瓶中___现象时；停止通入氯气。

②“转化”时发生反应的离子方程式为___。

(2)“分离”时用到的玻璃仪器有烧杯、___。

(3)采用冰水浴的目的是___。

(4)有关该实验说法正确的是___。

A．适当加快搅拌速率可使“转化”时反应更充分。

B．“调pH=10”后的溶液中只含有KIO3和KOH

C．制得的碘酸钙可选用酒精溶液洗涤。

(5)准确称取产品0.2500g，加酸溶解后，再加入足量KI发生反应IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴入2~3滴___作为指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O=2I-+S4O)至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。达滴定终点时的现象是___。31、某小组同学通过实验验证乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件。已知：

I．该小组同学设计实验验证碱性条件有利于银镜产生，如下表所示。序号实验操作试剂混合液pH实验现象ⅰNaOH溶液10常温产生银镜ⅱ浓氨水10加热无银镜产生加热无银镜产生ⅲ无8加热产生银镜加热产生银镜

(1)写出加热条件下试管内壁产生银镜的反应的化学方程式：______________。

(2)对比实验_______和_______；证实碱性条件有利于银镜产生。

(3)根据以上实验，结合平衡移动原理解释实验ⅱ未产生银镜的原因：______________。

II．该小组同学进一步设计如下实验验证；在强碱条件下，加热银氨溶液可析出银镜。

实验ⅳ：向银氨溶液中加入NaOH溶液至得到棕黑色沉淀，振荡后将试管放在热水浴中温热，有气泡产生，试管内壁产生银镜。

实验ⅴ：向银氨溶液中加入NaOH溶液至得到棕黑色沉淀(X)，振荡后将试管放在热水浴中温热，得到棕黑色沉淀(Y)。

(4)实验ⅳ中，将还原的微粒可能是______，请说明理由：__________________。

(5)经检验棕黑色沉淀Y中含有Ag单质，请设计实验方案验证：__________________。

综上，乙醛与银氨溶液反应产生银镜的有利条件是强碱、加热。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

①-OH②-CH3③-COOH④⑤-CHO两两组合形成的化合物有10种，其中-OH与-COOH组合形成的H2CO3为无机物，不合题意，只有C6H5OH、C6H5COOH、HCOOH、CH3COOH和OHCCOOH这5种有机物能与NaOH反应。

【详解】

按照以下组合方法：④-⑤，将①～⑤两两进行组合，形成的化合物总共有10种，其中-OH与-COOH组合形成H2CO3不属于有机物；9种有机物中，能够与氢氧化钠反应的有机物有5种，分别为：C6H5OH、C6H5COOH、HCOOH、CH3COOH和OHCCOOH，故选B。2、C【分析】【分析】

根据电荷守恒有3c(Fe3+)+c(Na+)=2c(SO42-)；据此计算。

【详解】

Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，Na+的物质的量浓度为0.1mol/L，SO42−的物质的量浓度为0.35mol/L，根据电荷守恒有3c(Fe3+)+c(Na+)=2c(SO42−)，即1×0.1mol/L+3c(Fe3+)=2×0.35mol/L；

解得c(Fe3+)=0.2mol/L；

答案选C。3、D【分析】【详解】

A．植物油在室温下呈液态；分子结构中含有碳碳双键，属于不饱和高级脂肪酸的甘油酯，A正确；

B．乙烯、丙烯属于烯烃，最简式是CH2，最简式的式量是14，14g乙烯、丙烯的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol，含有3mol原子，因此其中含有的原子数为3NA；B正确；

C．乙炔和苯最简式都是CH；同温同压下，等质量的乙炔和苯中含有的C；H质量相同，则它们完全燃烧耗氧量也相同，C正确；

D．分子式为C5H10O2与碳酸氢钠溶液反应产生气体的有机物是饱和一元羧酸，可看作是丁烷C4H10分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质，C4H10有CH3CH2CH2CH3、两种结构，每种结构中有2种H原子，因此这4种H原子被-COOH取代，就得到4种不同结构的取代产物，故分子式为C5H10O2与碳酸氢钠溶液反应产生气体的有机物有4种；D错误；

故合理选项是D。4、A【分析】【分析】

【详解】

有机化合物被酸性KMnO4溶液氧化，碳碳双键断裂的位置如图则被酸性KMnO4溶液氧化后的产物有CO2、故选A。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．由题给结构简式可知，化合物a、b的分子式均为C6H6；A项错误；

B．由化合物a的键线式结构可知；其二氯代物有6种，B项正确；

C．由化合物a、b的键线式结构可知，化合物a中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，化合物b中不含碳碳双键；不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；

D．化合物a中含有饱和碳原子；所有原子不可能处于同一平面上，D项错误；

答案选B。6、A【分析】【分析】

【详解】

A.NaAlO2与NaHCO3会发生反应AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，利用了复分解反应的规律：酸性强的制取酸性弱的物质，即AlO2-结合质子能力比CO32－强；A正确；

B.苯酚与浓溴水反应；而不是稀溴水，同时苯酚是少量，溴水是过量的，否则看不到沉淀，B错误；

C.根据现象不能判断溶液是否有Fe2＋，因为KMnO4能与HCl发生氧化还原反应；溶液的颜色褪去，错误；

D.氧化性Cu2+>H+，Zn与Cu2+发生置换反应：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，产生的铜附着在锌上，与电解质溶液形成原电池，从而加快反应速率，Cu2+不是具有催化作用；D错误；

故合理选项是A。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．乙烯分子中含有碳碳双键；可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色，A项符合题意；

B．乙醇与钠反应没有水与钠反应剧烈；说明乙醇—OH中H的活泼性比水中的H的活泼性弱，B项不符合题意；

C．用乙酸浸泡水壶中的水垢；可将其清除，说明乙酸能够与碳酸钙反应，乙酸的酸性强于碳酸，C项不符合题意；

D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢；使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项不符合题意；

故正确选项为A。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．含有碳碳双键；可被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；

B．含有碳碳双键；可发生加聚反应，含有羟基，可发生酯化反应，故B正确；

C．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1molM最多只能与4molH2发生加成反应；故C错误；

D．能与钠反应的只有羟基，则1mol有机物M与足量Na反应可以生成0.5molH2；故D错误。

故选：B。9、B【分析】分析：分子中含有酚羟基；羰基和苯环；结合相应官能团的结构与性质解答。

详解：A.含有酚羟基；能与氢氧化钠溶液反应，A正确；

B.酚羟基与碳酸氢钠溶液不反应；B错误；

C.含有酚羟基；能与浓溴水发生取代反应，C正确；

D.含有羰基；在一定条件下被还原成醇类物质，D正确。

答案选B。二、多选题(共7题，共14分)10、BC【分析】【详解】

A.H2A是弱电解质，H2A在水中的电离方程式是：H2AH++HA-、HA-H++A2-；选项A错误；

B.当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）；选项B正确；

C.由图示关系知，c（A2-）＞c（H2A）；说明电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，选项C正确；

D.当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）①，物料守恒可知：3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）═c（A2-）+2c（OH-）；选项D错误；

答案选BC。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，易错点为选项C酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐水解促进水电离。11、CD【分析】【详解】

A．电解NaCl溶液时，阴极始终是水电离生成的H+被还原为H2；因此氢气的体积随着转移电子的物质的量在不断增加，A项错误；

B．常温下0.1mol/L的NaOH溶液其pH是13，因此，滴定曲线中V(盐酸)=0mL即未滴加盐酸时；溶液的pH应为13，B项错误；

C．由图可知，该反应的该反应能在高温下自发进行，根据可知，该反应的C项正确；

D．t1时刻扩大容器体积，相当于降低体系的压强，因此t1时刻v逆会因为压强降低而减小；根据该反应的方程式可知，降低压强会使反应平衡逆向移动，NH3的量会逐渐下降，因此v逆会进一步减小直至达到新的平衡状态；D项正确；

答案选CD。12、AD【分析】【分析】

【详解】

A．题中未明确X、Y的物质的量，无法确定X、Y与浓溴水反应消耗的Br2的物质的量；故A错误；

B．X中有(酚)羟基和羧基；故B正确；

C．X中有(酚)羟基和羧基；并且含有苯环结构，因此X能发生氧化；取代、加成、缩聚反应，故C正确；

D．结合Y的结构简式，可以得出Y的分子式是C20H28O4，故D错误。

故选：AD。13、AD【分析】【分析】

【详解】

A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为不对称碳原子，如图所示共5个，A项正确；

B．茆地那韦分子中不含酚羟基；不能与氯化铁溶液发生显色反应，B项错误；

C．虚线框内的结构中；五元环中有3个饱和碳原子，所有碳；氧原子不可能在同一平面内，C项错误；

D．由茆地那韦的结构简式可知；其分子中含2个酰胺基，可发生水解反应，生成三种有机物，D项正确。

故选AD。14、AC【分析】【分析】

CH3-CH=CH2与Cl2在高温下发生取代反应生成CH2Cl-CH=CH2，CH2Cl-CH=CH2与Cl2发生加成反应生成的C是CH2Cl-CHCl-CH2Cl，C与NaOH的水溶液共热发生取代反应生成D：CH2OH-CH(OH)CH2OH，D与浓硫酸共热，发生反应生成E：CH2=CH-CHO，F是苯，苯与浓硫酸、浓硝酸混合加热发生取代反应生成的G是硝基苯：G在Fe、HCl存在条件下发生还原反应生成J：然后根据题意分析解答。

【详解】

A.B是CH2Cl-CH=CH2，B与Cl2发生加成反应生成的C是CH2Cl-CHCl-CH2Cl；C与NaOH的水溶液共热，发生取代反应生成D，A正确；

B.溴水具有强氧化性；不仅可以与碳碳双键发生加成反应，也能将醛基氧化为羧基，醛基的存在对碳碳双键的检验构成干扰，因此不能只用溴水来检验E中的碳碳双键，B错误；

C.F→G是取代反应；而G→J是还原反应，C正确；

D.喹啉分子式是C9H7N，与喹啉互为同分异构体，且含有碳碳双键和氰基(-CN)的芳香族化合物有共有5种；D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题以有机物的合成为线索，考查了同分异构体、反应类型的判断、官能团的检验方法、物质的推断等。掌握各种官能团的性质及物质转化条件、官能团对物质性质的决定作用是本题解答的关键。能较好的考查学生的思维、分析与推断能力。15、CD【分析】【详解】

A．碳碳双键的碳原子上连有2个不同的基团时存在顺反异构；则该物质存在顺反异构体，A正确；

B．该物质含碳碳双键；则可通过加聚反应合成高分子化合物，B正确；

C．该物质中羧基；碳碳双键和碳氯键；共含3种官能团，C不正确；

D．羧基能与氢氧化钠发生反应；氯代烃水解消耗氢氧化钠；与苯环直接相连的氯原子若水解生成酚羟基也能消耗氢氧化钠，每个与苯环直接相连的氯原子最多能消耗2个氢氧根离子，则1mol该物质最多与5molNaOH反应，D不正确；

答案选CD。16、AC【分析】【分析】

【详解】

A．钠保存在煤油中；说明煤油中的碳氢键不能被钠破坏，乙醇中也含有碳氢键，乙醇能与钠反应生成氢气，说明乙醇中存在羟基，故A正确；

B．苯可以发生加成反应；不能说明不含双键，故B错误；

C．产物乙酸乙酯有18O；说明醇脱去氢，酸脱去羟基，故C正确；

D．若CH4为平面结构，CHC13也只有一种结构；则无法由实验事实得到该结论，故D错误；

故选AC。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【分析】

根据杂化轨道理论分析，价层电子对数=σ键数+孤电子对，甲醛分子的中心原子为C原子的价层电子对数为2+1=3，为sp2杂化；空间构型为平面三角形；单键为σ键，双键有一个σ键和1个π键。

【详解】

HCHO中C原子成2个C﹣H键、1个C=O双键，单键为σ键，双键有一个σ键和1个π键，不含孤电子对，价层电子对数为2+1=3，C原子采取sp2杂化，为平面三角形，分子中有3个σ键和1个π键，其中C-H的σ键是C的sp2杂化轨道与H的s轨道形成，类型为sp2-s，C-O的σ键为C的sp2杂化轨道与O的p轨道形成，类型为sp2-p；故答案为：3，0，平面三角形，sp2杂化，3，1，sp2-s、sp2-p。【解析】①.3②.0③.平面三角形④.sp2杂化⑤.3⑥.1⑦.sp2﹣s⑧.sp2﹣p18、略

【分析】【详解】

（1）如图所示的物质分类方法名称是树状分类法；

（2）常见的强酸有H2SO4、HNO3、HCl；碱有NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2；盐有NaHCO3、NaHSO4、NaCl、Na2SO4、Na2CO3、NaNO3、Na2SO3等；故为H2SO4或HNO3；KOH；NaNO3、Na2SO4、NaHCO3、NaHSO4；

（3）Na2CO3是强电解质，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO

（4）实验室制备O2常利用H2O2在催化剂作用下的分解反应：2H2O22H2O＋O2↑；

（5）制备CO2常利用大理石或石灰石(CaCO3)与稀盐酸反应，离子方程式为CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O；【解析】(1)树状分类法。

(2)或等。

(3)

(4)

(5)大理石稀盐酸CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O19、略

【分析】【详解】

(1)NaCN溶液呈碱性，表明CN-与水发生反应，生成HCN和OH-，离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-。答案为：CN-+H2OHCN+OH-；

(2)1，3-丁二烯分子中有4个碳原子，且分别在1与2、3与4碳原子之间形成双键，结构简式为CH2=CH-CH=CH2。答案为：CH2=CH-CH=CH2；

(3)TNT的结构简式为甲苯和浓硝酸、浓硫酸的混合酸在100℃时反应生成TNT和水，化学方程式为+3HNO3+3H2O。答案为：+3HNO3+3H2O；

(4)可与H2反应，将-CH=CH-转化为-CH2-CH2-，其它结构不发生改变，其产物的主链上有8个碳原子，有3个-CH3取代基；分别连接在3；6两个主链碳原子上，名称为3，3，6—三甲基辛烷。答案为：3，3，6—三甲基辛烷。

【点睛】

命名时，易出现选主链错误，从而命名为3，3—二甲基—6—乙基庚烷。【解析】CN-+H2OHCN+OH-CH2=CH-CH=CH2+3HNO3+3H2O3，3，6—三甲基辛烷20、略

【分析】【分析】

(1)乙烯是含有碳碳双键的最简单的烯烃；根据电子式可以书写结构简式；

(2)乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应，可以被强氧化剂氧化，而甲烷不能；

(3)乙烯可以和水加成生成乙醇；乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯。

【详解】

(1)乙烯中碳和碳之间以共价双键结合，电子式为：根据电子式可以书写结构简式为：CH2＝CH2，故答案为：CH2=CH2；

(2)乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应，使溴水褪色，可以被强氧化剂高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾褪色，而甲烷不能，故答案为：BD；

(3)乙烯可以和水加成生成乙醇，所以A是乙醇，乙醇可以被氧化为B乙醛，乙醛易被氧化为C乙酸，乙醇的催化氧化反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯，反应为：nCH2=CH2CH2—CH2属于加聚反应，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；nCH2=CH2CH2—CH2加聚反应。【解析】CH2=CH2BD2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OnCH2=CH2CH2—CH2加聚反应21、略

【分析】【分析】

(1)根据图1中物质的结构简式,结合C的四价结构,数出C原子、H原子的个数,写出分子式；

(2)胶体区别其它分散系的本质特征是分散质直径在1-100nm,所以这四种溶于有机溶剂中,形成的分散系为胶体；

(3)观察苯乙炔与芳炔类大环化合物的结构,n个苯乙炔经过一定反应得到芳炔类大环化合物,整个过程失去2n个H原子,从而得两者质量比；

(4)根据题干信息,书写反应方程式；并清楚卤代烃发生消去反应的原理为断开C-X(X代表卤原子)键；及卤原子连接的C原子的相邻C原子上的C-H键,形成碳碳不饱和键与HX；由苯乙烯到苯乙炔,双键转变为三键,利用题干信息进行设计方案,首先由苯乙烯与溴加成,再由加成产物再碱的醇溶液条件下,发生消去反应,即得苯乙炔。

【详解】

(1)由图中1物质的结构简式,结合C的四价结构,可得该物质的分子式为C24H12；

因此，本题正确答案是:C24H12；

(2)胶体区别其它分散系的本质特征是分散质直径在1-100nm；所以这四种溶于有机溶剂中,形成的分散系为胶体；

因此，本题正确答案是:胶体；

(3)观察苯乙炔与芳炔类大环化合物的结构,每2个苯乙炔通过C-C连接减少2个H原子,因为成环,所以n个苯乙炔通过n个C-C连接,得到芳炔类大环化合物,整个过程失去2n个H原子,根据质量守恒,所以苯乙炔与所得芳炔类大环化合物的质量比为102n：（102n-2n）=51:50；

因此，本题正确答案是:51:50；

(4)乙醇做溶剂CH2Br-CH2Br（1,2-二溴乙烷)与NaOH加热,反应生成CH≡CH和NaBr、H2O,所以方程式为由苯乙烯与溴加成,再由加成产物再碱的醇溶液条件下,发生消去反应,即得苯乙炔,所以由苯乙烯制取苯乙炔的化学方程式为

因此，本题正确答案是:【解析】①.C24H12②.胶体③.51:50④.⑤.22、略

【分析】【分析】

(1)

2—溴丙烷与氢氧化钠的醇溶液在加热的条件下，发生消去反应生成丙烯，化学方程式为：CH3CHBrCH3+NaOHCH3-CH=CH2↑+NaBr+H2O；

(2)

苯酚的酸性弱于碳酸，则苯酚钠溶液中通入CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠，化学反应方程式为：CO2+H2O+→↓+NaHCO3；

(3)

某有机物分子式为C8H8，且属于芳香烃，则结构中含有苯环，已知它可使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，则结构中还含有碳碳双键，则该有机物的结构简式为：

(4)

烷烃A在同温、同压下蒸气的密度是H2的36倍，则其相对分子质量是烷烃通式为CnH2n+2，则解得n=5，则分子式为：C5H12。【解析】(1)CH3CHBrCH3+NaOHCH3-CH=CH2↑+NaBr+H2O

(2)CO2+H2O+→↓+NaHCO3

(3)

(4)C5H1223、略

【分析】【分析】

在A装置中，硫酸与Na2SO3发生反应Na2SO3+H2SO4==Na2SO4+H2O+SO2↑；生成的SO2通入B装置中；D装置中，浓盐酸与MnO2在加热条件下发生反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成的Cl2通入B装置中，与SO2在水中发生反应Cl2+SO2+2H2O==H2SO4+2HCl；为确保SO2全部转化为H2SO4，通入的Cl2应过量，过量的Cl2在C装置内被NaOH溶液吸收，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O。

【详解】

(1)若将虚线框内的分液漏斗换成长颈漏斗；则应该从长颈漏斗往锥形瓶内添加水，通过形成液面差，确定装置的气密性，具体操作为：关闭弹簧夹(或止水夹)a，由长颈漏斗向锥形瓶内加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，过一段时间观察液面是否变化，若不变，说明气密性良好，否则，说明装置漏气。答案为：关闭弹簧夹(或止水夹)a，由长颈漏斗向锥形瓶内加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，过一段时间观察液面是否变化，若不变，说明气密性良好，否则，说明装置漏气；

(2)D装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，成MnCl2、Cl2和H2O，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。B装置中，SO2、Cl2与水发生氧化还原反应，生成两种酸，反应的离子方程式为Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋

(3)反应生成的bg白色沉淀为BaSO4，则由反应可建立下列关系式：Na2SO3——BaSO4，则原样品中Na2SO3的质量分数为=×100%。答案为：×100%；

(4)C装置中，Cl2被NaOH溶液吸收，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，则反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。答案为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。

【点睛】

浓硫酸与水按体积比为1:1混合所得的硫酸，与Na2SO3发生反应，生成SO2的效果最佳。若选用98%的硫酸，则因硫酸浓度过大，粘稠度过大，生成的SO2不易逸出；若选用稀硫酸，则因SO2的溶解度大而不易逸出。【解析】关闭弹簧夹(或止水夹)a，由长颈漏斗向锥形瓶内加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，过一段时间观察液面是否变化，若不变，说明气密性良好，否则，说明装置漏气MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2OCl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋×100%Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O四、判断题(共4题，共36分)24、A【分析】【分析】

【详解】

汽油为有机溶剂，橡胶塞主要成分为有机物，根据相似相溶原理可知橡胶塞可能溶于汽油，故盛放汽油的试剂瓶不能用橡胶塞，正确。25、B【分析】【详解】

当烯烃中碳碳双键两端的碳原子上连有两个互不相同的原子或原子团时才存在顺反异构，故不是任何烯烃均存在顺反异构现象，该说法错误。26、A【分析】【详解】

醇类在一定条件下都能与氢卤酸发生取代反应生成卤代烃，正确。27、B【分析】【详解】

糖类是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物，糖类中不一定含醛基或羰基，如蔗糖的结构简式为错误。五、实验题(共4题，共12分)28、略

【分析】【详解】

（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；

（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：从方程式中可以看出，与Au+形成配合物；提高Au的还原性；

（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为a中为在氧气和氨水的作用下生成了方程式为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗使浓度减小，浸金速率减小。【解析】(1)Au在高温条件下不与