2025年人教版PEP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年人教版PEP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8题，共16分)1、用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸(如图)；下列实验操作不会引起误差的是。

A.盛装NaOH溶液的滴定管在水洗后未用待装液润洗B.盛装盐酸的锥形瓶用水洗后未用待装液润洗C.其他操作均正确，滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度D.滴定前无气泡，滴定到终点时，发现尖嘴处有气泡2、下列离子方程式书写正确的是A.氯气与水反应：C12+H2O=2H++C1-+C1O-B.硫酸与氢氧化钡反应：H++OH-+SO+Ba2+=H2O+BaSO4↓C.过氧化钠与水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑D.碳酸钙溶于稀盐酸：CO+2H+=CO2↑+H2O3、某有机物结构如图所示；它的结构最多有多少种。

A.108种B.72种C.56种D.32种4、关于化合物2—苯基丙烯（），下列说法正确的是A.不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色B.与甲苯互为同系物C.最多能与4molBr2发生加成反应D.与互为同分异构体5、下列四有机物存在如图所示的转化关系；有关说法错误的是（）

A.有机物①最多有9个原子共平面B.有机物②可以发生取代反应、加成反应和加聚反应C.有机物③和有机物④互为同分异构体D.有机物①②③④都能使酸性KMnO4溶液褪色，都有漂白性6、雌二醇的结构简式如图；下列说法不正确的是。

A.能与Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应B.能发生加成反应、取代反应、消去反应C.该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内D.可与FeCl3溶液发生显色反应7、下列说法不正确的是A.有机物的沸点：乙醇＞丁烷＞丙烷B.分子中羟基的活性：苯酚＞乙醇＞水C.常温常压下各物质的密度：溴苯＞H2O＞C2H5OHD.物质在水中的溶解性：乙醇＞苯酚＞溴苯8、聚丙烯酸酯的结构简式可表示为下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是A.属于高分子化合物B.单体为和C.单体为D.属于混合物评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、由C、Mg、Ni三种元素组成的一种简单立方结构的化合物具有超导性，其晶胞中C位于体心位置，Mg位于顶角，Ni占据面心位置，该化合物的化学式为________，晶体中Mg原子周围距离最近的Ni原子有________个，该新型超导材料晶胞参数a=0.38nm，计算该晶体的密度________(g•cm﹣3)(保留三位有效数字)10、在一定温度下；向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况图所示，回答下列问题。

(1)a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为________；a、b、c三点对应的溶液中c(H+)最大的是________。

(2)若实验测得c点处溶液中c(CH3COOH)=0.01mol·L-1，c(CH3COO-)=0.0001mol·L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka=________________。

(3)在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是()。

A.c(H+)B.溶液pHC.D.CH3COOH分子数11、(1)现有下列各化合物：

A．CH3CH2CH2CHO和B．和C．和D．CH3CH2C≡CH和CH2=CH-CH=CH2；E．和F．戊烯和环戊烷。

①上述各组化合物属于同系物的是____，属于同分异构体的是_____(填入编号)。

②根据官能团的特点可将C中两化合物划分为____类和____类。

(2)写出下列有机化合物含氧官能团的名称____。

(3)用系统命名法命名__。12、生活中的有机物种类丰富，在衣食住行多方面应用广泛，其中乙醇是较常见的有机物，它在人体内的主要代谢途径为如下：

乙酸彻底氧化形成H2O、CO2同时释放出大量ATP。乙醇及其代谢产物部分对人体会造成伤害；所以青少年禁止饮酒。

(1)CH3CH2OH的官能团是__________(填“羟基”或“羧基”)；

(2)乙醇在人体内的第一步代谢反应：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应的类型是_________(填“氧化反应”或“取代反应”)；

(3)代谢过程中涉及到的CH3CHO、CH3COOH_________(填“易”或“难”)溶于水。13、地沟油泛指在生活中存在的各类劣质油；如回收的食用油；反复使用的炸油等。地沟油最大来源为城市大型饭店下水道的隔油池。长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大。根据以上信息和相关知识回答下列问题：

（1）下列说法正确的是__（填序号）。

A.掺假的“芝麻香油”（含有油酸甘油酯）能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色；褪色原理相同。

B.淀粉和油脂都是高分子化合物。

C.地沟油可用来制肥皂。

D.纤维素的最终水解产物与油脂水解产生的甘油含有某种相同的官能团。

（2）地沟油中常常含有油酸甘油酯；在微生物作用下油酸甘油酯水解生成的不饱和脂肪酸中的碳碳双键在日光作用下被空气中的氧气氧化生成有臭味的醛或酮，这种过程称为“酸败”。

①试写出油酸甘油酯（—R为(CH3(CH2)7CH=CH(CH2)6CH2—）“酸败”过程中水解的化学方程式：__。

②工业上为了延缓不饱和油脂的“酸败”，通常采取的一种措施是在Ni催化作用下使油酸甘油酯与H2发生加成反应，1mol油酸甘油酯最多消耗__molH2。14、写出下列反应的热化学方程式：

(1)1mol与适量反应，生成和放出1411kJ的热量_______。

(2)1mol与适量发生反应，生成放出834.9kJ的热量_______。

(3)23g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全反应，生成27g液态水和22.4L(标准状况下)CO2并放出683.5kJ的热量_______。15、对于反应减小压强，平衡向______（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，平衡混合气体的平均相对分子质量在平衡移动时______（填“是”或“否”）发生改变，其原因是____________；下图是反应速率与时间的关系图，时刻引起正、逆反应速率变化的原因可能是____________（写一条合理原因）。

16、化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)ΔH＝+139kJ/mol

（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_________________。

（2）一定条件下；以异丁烷为原料生产异丁烯。温度；压强改变对异丁烷平衡转化率的。

影响如下图所示。

①判断p1、p2的大小关系：p1_________________（填“>”或“<”）p2，理由是_________________。

②若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为______%（保留小数点后1位）。

（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。温度/℃580590600610610以γ-Al2O3为载体异丁烷转化率/%36.4136.4938.4239.2342.48异丁烯收率/%26.1727.1127.5126.5626.2226.22以TiO2为载体异丁烷转化率/%30.2330.8732.2333.6333.92异丁烯收率/%25.8827.3928.2328.8129.3029.30

说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%

①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。

a.载体会影响催化剂的活性。

b.载体会影响催化剂的选择性。

c.载体会影响化学平衡常数。

②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：___________。17、在室温下；有下列五种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl

②0.1mol/LCH3COONH4

③0.1mol/LNH4HSO4

④0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液。

⑤0.1mol/LNH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

（1）溶液①呈_____性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是____________(用离子方程式表示)。

（2）溶液①②③⑤中c(NH4+)的关系由大到小排列是______。（用①②③⑤表示）

（3）室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)(填“＞”“＜”或“＝”)。

（4）已知室温下NH3·H2O的电离常数为1.8×10－5，通过计算可推知溶液④呈____性(填“酸”“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由小到大为____________（用离子符号表示），该温度下1mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____mol·L－1。(已知≈2.36)，评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)18、C2H6O和C3H8O符合饱和一元醇的通式，两种物质一定属于同系物。(____)A.正确B.错误19、有机物分子中所有碳原子可能共平面。(___________)A.正确B.错误20、在一定条件下，烷烃能与氯气、溴水等发生取代反应。(_____)A.正确B.错误21、苯和甲苯都能与卤素单质、浓硝酸等发生取代反应。(_____)A.正确B.错误22、常温下，卤代烃都为液体或固体。(_______)A.正确B.错误23、乙醛由乙基和醛基组成。(____)A.正确B.错误24、乙醛催化氧化可生成乙醇。(_______)A.正确B.错误25、甲醛是常温下唯一呈气态的烃的含氧衍生物。(________)A.正确B.错误26、羧酸都易溶于水。(______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共3分)27、严谨的实验设计能有效规避实验风险；能重复实验并得到相同的结果。由粗盐制备试剂级的NaCl的相关实验步骤和装置如下：

【粗盐的提纯】

第I步：称取20.0g粗盐(含MgCl2、CaCl2、Na2SO4杂质)，用80mL水溶解，加入1.0mol/LBaCl2至观察不到明显沉淀为止；用倾析法分离，保留滤液。

第II步：向滤液中先后加入过量2.0mol/LNaOH、1.0mol/LNa2CO3；过滤，再用3.0mol/LHCl调节pH至1～2。

第III步；加热浓缩至溶液刚刚出现微晶膜。

(1)第I步加入BaCl2时，证明SO已经除净的实验方法是___________。

(2)第II步加入Na2CO3可以除去的离子为___________。

(3)第II步加热浓缩时所用到的硅酸盐材质的仪器有酒精灯、___________；已知：Ksp(BaCO3)=5.0×10-9、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；如果省略第I步“倾析法分离”；所得氯化钠溶液的纯度将___________(填“升高”；“降低”或“不受影响”)。

【试剂级的NaCl的制备】

第IV步；将第II步浓缩溶液转移至下图装置C中继续实验。

(4)装置A中发生的化学反应方程式为___________；控制该反应速率可采取的措施___________(任答一点即可)。

(5)装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，其共同作用是___________，装置C的溶液中能观察到的实验现象是___________。装置D中盛放的试剂为___________(填“NaOH溶液”、“NaHSO3溶液”或“浓H2SO4”)。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共18分)28、As2O3在玻璃工业中常用作澄清剂和脱色剂，工业上采用酸性高浓度含砷废水(主要以H3AsO3形式存在)提取As2O3的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)上述流程的_____过程中由于条件的原因，造成生成物中混有Fe3O4，为证明Fe3O4的存在，可利用Fe3O4具有_______性的这一物理性质。

(2)调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为________。

(3)常温下，用NaOH溶液滴定H3AsO3时；各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示：

①H3AsO3为_______元_______(填“强”或“弱”)酸。

②pH由7调节至10的过程中发生反应的离子方程式为__________。

③H3AsO3的一级电离平衡常数Ka1=__________。

(4)滤渣Ⅰ中含有FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2和_______(填化学式)；已知Ksp[FeAsO4]=5.7×10-21，含砷污染物允许排放标准为不大于0.5mg∙L-1。若低浓度含砷废水(假设砷均以Na3AsO4形式存在)中Fe3＋的浓度为1.0×10-4mol∙L-1，则低浓度含砷废水中Na3AsO4的浓度为_____mg∙L-1，_____(填“符合”或“不符合”)排放标准。29、在钢铁工业中，主要用锰脱硫和脱氧：锰也是作为合金的添加料。一种以高铁锰矿(含及少量)为原料生产金属锰的工艺流程如图。

已知：常温下，的溶液中某离子浓度小于认为该离子沉淀完全。

回答下列问题：

(1)研磨的目的是_______。

(2)“焙烧还原”时，原料中高铁锰矿中被还原为还有能被还原的成分为_______、_______。(填化学式)

(3)下表数据是焙烧后元素在主要含锰物质中的分布情况，则焙烧时应选择的温度为_______还原温度/焙烧后元素在主要含锰物质中的分布/%高价锰()低价锰()低价锰()600

800

1000

1100

120040.92

10.56

6.01

痕量。

痕量34.76

6.63

2.70

0.46

0.3024.32

82.81

91.29

98.76

97.94

(4)“浸出”产生两种“滤渣”的成分为_______、_______(填化学式)：该步骤中，工业上往往需再加入少量固体以促进其中一种主要“滤渣”析出，结合化学反应原理解释其原因_______。

(5)常温下，“除杂”时参加的反应的离子方程式为_______；再逐步调_______至完全沉淀。

(6)研究表明，加入适量的有利于在电极上析出，电解过程中与水反应生成的(二元弱酸)在阴极放电生成单质，该电极反应式为_______。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共2分)30、短周期元素A﹣F的原子序数依次增大；部分元素的信息如下：

。元素编号。

信息。

B

与元素A；D共同组成的化合物的种类最多。

D

最外层电子数是次外层电子数的三倍。

E

同周期元素中形成的简单离子半径最小。

F

最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。

根据以上信息；回答下列问题（用元素符号书写）：

（1）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在A2D、FD﹣、BC﹣，ABD3﹣、C2、F﹣等六种粒子，测得FD﹣和C2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．请写出该反应的离子方程式____

2）W与D是相邻的同主族元素．在下表中列出H2WO3的不同化学性质；举例并写出相应的化学方程式。

。编号。

性质。

化学方程式。

示例。

氧化性。

H2WO3+3H3PO3=3H3PO4+H2W↑

①

____

____

____

____

②

____

____

____

____

（3）由A〜F中的某些元素组成的常见物质甲；乙、丙、丁、戊可发生以下反应：

①写出甲的溶液与乙的溶液反应的离子方程式____；

②鉴定丁中阳离子的操作是____；

③如果丁中含有元素F，丁的溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．盛装NaOH溶液的滴定管在水洗后未用待装液润洗，会导致消耗标准溶液的体积增大，根据c(待测)=测定结果会偏高，故A不选；

B．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未用所装待测液润洗，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=对测定结果无影响，故B选；

C．滴定终点仰视滴定管读数，读出的数据偏大，导致标准液体积偏大，根据c(待测)=测定结果偏高，故C不选；

D．滴定前无气泡，滴定到终点时，发现尖嘴处有气泡，造成V(碱)偏小，根据c(待测)=测定结果偏小，故D不选；

故选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．氯气与水反应生成的次氯酸为弱酸，C12+H2O=H++C1-+HC1O；A错误；

B．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，2H++2OH-+SO+Ba2+=2H2O+BaSO4↓；B错误；

C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；C正确；

D．碳酸钙溶于稀盐酸，碳酸钙难溶于水，CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；D错误；

答案为C。3、B【分析】【详解】

戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，-C5H11是戊烷去掉一个H之后形成的戊基，去掉一个H，正戊烷、异戊烷、新戊烷对应的基团分别有3、4、1种结构，共8种；-C3H5Br2根据碳链异构和Br位置异构共9种，因此总共8×9=72种，故选B。4、D【分析】【分析】

该有机物中含有苯环和碳碳双键；具有苯和烯烃性质，能发生加成反应；取代反应、加聚反应、氧化反应，以此解答该题。

【详解】

A．该有机物中含有碳碳双键；能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B．甲苯侧链为饱和烃基；而该有机物侧链为不饱和烃基，结构不相似，故不能称为同系物，故B错误；

C．2—苯基丙烯的物质的量未知；故无法计算消耗溴单质的物质的量，故C错误；

D．2—苯基丙烯和的分子式都是C9H10；它们的分子式相同，结构不同，称为同分异构体，故D正确；

答案选D。

【点睛】

苯的同系物是指，苯的环烃。分子里含有一个苯环说明是苯上的氢被烃基取代的产物，组成符合CnH2n-6是说明组成要相差一个或若干个CH2原子团，只有满足这两点的一系列烃，才是苯的同系物。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．有机物①中；可看作甲基中的两个氢原子被两个碳碳双键取代，碳碳双键周围的原子均共平面，因此该分子中最多有5个C原子和4个H原子共9个原子共平面，A选项正确；

B．有机物②中含有碳碳双键；可发生加成；加聚反应，饱和碳原子上的H可发生取代反应，B选项正确；

C．有机物③和有机物④的分子式均为C10H16；结构不同，互为同分异构体，C选项正确；

D．有机物①②中含有碳碳双键，可以使酸性KMnO4溶液褪色，但有机物③④不能使酸性KMnO4溶液褪色；都没有漂白性，D选项错误；

答案选D。6、A【分析】【分析】

【详解】

A.由有机物的结构简式可知，含有酚羟基和醇羟基，故能与Na、NaOH溶液，但不含羧基，故不能与NaHCO3溶液反应；A错误；

B.该有机物中含有苯环；故能发生加成反应，含有酚羟基且邻位上有H，故能发生取代反应，含有醇羟基且邻碳上有H，故能发生消去反应和取代反应，B正确；

C.由于该分子中含有多个sp3杂化的碳原子；且该碳原子连有多个碳原子，故该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，C正确；

D.由有机物的结构简式可知，含有酚羟基，故可与FeCl3溶液发生显色反应；D正确；

故答案为：A。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．由于乙醇分子间形成氢键；导致沸点异常升高，丁烷的相对分子质量比丙烷的大，故沸点丁烷大于丙烷，故有机物的沸点：乙醇＞丁烷＞丙烷，A正确；

B．苯酚能与NaOH溶液反应；而乙醇不能，金属钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明分子中羟基的活性：苯酚＞水＞乙醇，B错误；

C．已知溴苯的密度比水大，乙醇的密度比水小，故常温常压下各物质的密度：溴苯＞H2O＞C2H5OH；C正确；

D．已知乙醇能与水任意比互溶；苯酚常温下溶解度较小，溴苯为不溶于水，故物质在水中的溶解性：乙醇＞苯酚＞溴苯，D正确；

故答案为：B。8、B【分析】【详解】

A.聚丙烯酸酯的结构简式可表示为属于高分子化合物，故A正确；

B.根据聚丙烯酸酯的结构简式，可确定其单体为故B错误；

C.根据聚丙烯酸酯的结构简式，可确定其单体为故C正确；

D.n不确定；所以聚丙烯酸酯是混合物，故D正确；

故选B。

【点睛】

聚丙烯酸酯是由CH2=CH-COOR经加成聚合反应生成的，属于高分子化合物，属于混合物。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【分析】

根据均摊法计算晶胞中各原子个数，进而确定化学式；Mg原子处于顶点，与之最近的Ni原子处于面心；晶体的密度为ρ，晶胞的体积为V，阿伏加德罗常数为NA，摩尔质量为M，1个晶胞中含有N个微粒，则

【详解】

碳原子位于晶胞体心，1个晶胞有1个C原子，镁位于顶点，1个晶胞中Mg原子数目为8×=1，镍位于面心，1个晶胞中镍原子个数为6×=3，故晶体化学式为MgCNi3；Mg原子处于顶点，与之最近的Ni原子处于面心，在一个晶胞中距离Mg原子最近的Ni原子有3个，每个Mg原子被8个晶胞共用，每个Ni原子被2个晶胞共用，故晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有个；晶胞参数a=0.38nm=3.8×10﹣8cm，晶胞体积V=(3.810-8)3cm3，则=6.45g•cm-3。

故答案为：MgCNi3；12，6.45。

【点睛】

均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。【解析】①.MgCNi3②.12③.6.4510、略

【分析】【分析】

(1)醋酸是弱电解质；所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大；导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；

(2)根据电离平衡常数Ka的含义书写；计算；

(3)加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大；但浓度减小，以此解答。

【详解】

(1)醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，根据图像知，水的体积越大，溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度由大到小的顺序是c>b>a；

溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电能力越大氢离子浓度越大，则根据物质的导电性大小顺序可知在a、b、c三点对应的溶液中，氢离子浓度最大的为b；

(2)经实验测得c点处：c(CH3COOH)=0.01mol/L，c(CH3COO-)=0.0001mol/L，由于在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，则c(H+)=c(CH3COO-)=0.0001mol/L，所以该条件下CH3COOH的电离常数Ka==10-6；

(5)A.在稀释过程中；溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，A错误；

B.弱电解质越稀；电离度越大，在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH增大，当溶液无限稀释时，溶液的pH无限接近于7但小于7，B错误；

C.加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，则增大；C正确；

D.弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少；D错误；

故合理选项是C。

【点睛】

本题综合考查了弱电解质的电离及影响因素，弱电解质在溶液中存在电离平衡，加水稀释，电解质电离程度增大，但溶液中电解质电离产生的离子浓度降低，溶液的导电性减弱，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点。酸无限稀释，溶液的pH接近7但小于7，弱碱溶液无限稀释，溶液pH接近7但大于7。【解析】①.c>b>a②.b③.10-6④.C11、略

【分析】【分析】

【详解】

①B中，和都属于氨基酸，但分子式不同，二者属于同系物；E中，和都属于二元饱和羧酸，但分子式不同，二者属于同系物，所以上述各组化合物属于同系物的是BE。A中，CH3CH2CH2CHO和的分子式相同、结构不同；D中，CH3CH2C≡CH和CH2=CH-CH=CH2的分子式相同；结构不同；所以属于同分异构体的是AD。答案为：BE；AD；

②根据官能团的特点，C中含有酚羟基，含有醇羟基；所以两化合物划分为酚类和醇类。答案为：酚；醇；

(2)中含氧官能团为-OOC-；-OH、-COOH；名称分别为酯基、羟基、羧基。答案为：酯基、羟基、羧基；

(3)有机物的主链碳原子有7个，在3、4、5三个碳原子上各连有1个-CH3，所以名称为3，4，5—三甲基庚烷。【解析】BEAD酚醇酯基、羟基、羧基3，4，5—三甲基庚烷12、略

【分析】【详解】

(1)乙醇的结构简式为CH3CH2OH；含有的官能团为—OH，名称为羟基，故答案为：羟基；

(2)反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O为乙醇在酶作催化剂的条件下发生催化氧化生成乙醛的反应；故答案为：氧化反应；

(3)CH3CHO分子中的醛基可以和水的氢形成分子间氢键，易溶于水，而CH3COOH中的羧基极性很大，也易溶于水这种极性分子，故答案为：易。【解析】①.羟基②.氧化反应③.易13、略

【分析】【详解】

（1）A.掺假的“芝麻香油”含有油酸甘油酯，油酸甘油酯分子内存在不饱和碳碳双键，能与发生加成反应使溴水褪色，能被酸性溶液氧化而使酸性溶液褪色；褪色原理不同，故A错误；

B.油脂相对分子质量虽然较大；但不是高分子化合物，故B错误；

C.地沟油是高级脂肪酸甘油酯；可发生皂化反应，故C正确；

D.纤维素水解的最终产物为葡萄糖，葡萄糖和甘油都含有故D正确；

答案选CD。

（2）①在微生物作用下发生水解生成和反应方程式是+3H2O3CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH+

②不饱和油脂的“酸败”是由于分子中含有碳碳双键，通过加氢反应生成碳碳饱和键就能延缓不饱和油脂的“酸败”，油酸甘油酯中含有3mol碳碳双键，所以与发生加成反应时最多消耗【解析】CD+3H2O3CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH+314、略

【分析】【分析】

根据热化学方程式书写规范书写；结合题意，首先确定该液态有机物的化学式为C2H6O，书写出化学方程式后注明每种物质的聚集状态，再计算即可。

【详解】

(1)1mol与适量反应，生成和放出1411kJ的热量，则发生反应的热化学方程式为

(2)1mol与适量发生反应，生成放出834.9kJ的热量，则发生反应的热化学方程式为

(3)23g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全反应，生成27g液态水和22.4LCO2(标准状况)，27g液态水的物质的量为=1.5mol，则含H原子3mol，22.4LCO2(标准状况)的物质的量为=1mol，根据元素守恒可知，23g某液态有机物中含有氧元素质量为23g-1g/mol×3mol-12g/mol×1mol=8g，即氧原子的物质的量为=0.5mol，该有机物中含有C、H、O的物质的量之比为1mol:3mol:0.5mol=2:6:1，即该有机物最简式为C2H6O，由6=2×2+2可知此有机物的分子式为C2H6O，23gC2H6O的物质的量为=0.5mol，完全燃烧放出683.5kJ的热量，则1molC2H6O完全燃烧会放出1367kJ，故此反应的热化学方程式为C2H6O(l)+3O2(g)═3H2O(l)+2CO2(g)△H=-1367kJ/mol。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写，明确化学方程式与热化学方程式的区别是解题关键，注意：①热化学方程式包含物质变化和能量变化，普通化学方程式只有物质变化；②热化学方程式需标明反应的温度和压强；对于25℃，101kPa时进行的反应可不注明，普通化学方程式不需要；③热化学方程式需要标明各物质的状态；④热化学方程式的化学计量数可以是整数或分数，普通化学方程式只能为整数。【解析】15、略

【分析】【详解】

从反应可以看出，生成物中气体分子数大于反应物中气体分子数，减小压强，平衡向气体分子数增大的方向，即正反应方向移动。由于和的相对分子质量相同，故它们的平均相对分子质量不变，即平衡混合气体的平均相对分子质量在平衡移动时不发生改变。从图中可以看出，时刻v(逆)＞v(正)；说明平衡逆向移动；新平衡在原平衡的上方，说明是增大某条件。综合这两点，再结合反应方程式，从浓度；压强、温度三个方面进行分析，可确定改变条件是增大压强或升高温度。

【点睛】

如果我们忽视N2、CO的相对分子质量的大小关系，而是利用气体的总质量除以气体的总物质的量=气体的平均相对分子质量，很容易得出错误的结论，【解析】正反应否和的相对分子质量相同，故它们的平均相对分子质量不变增大压强或升高温度16、略

【分析】【详解】

（1）化学平衡常数=则该反应的化学平衡常数的表达式K=

答案为：

（2）①根据反应C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p12；

答案为：<；该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p12；

②设异丁烷初始物质的量为a，平衡转化率为40%，则根据反应利用三段式：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)

初始（mol）a00

变化（mol）40%a40%a40%a

平衡（mol）(1-40%)a40%a40%a

则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为×100%=28.6%；

答案为：28.6；

（3）①a.由上表数据；相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；

b.以γ-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；

c.化学平衡常数只与温度有关；与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；

答案选ab；

②以γ-Al2O3为载体时温度升高时；异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加；

答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）。【解析】<该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1228.6ab温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）17、略

【分析】【分析】

NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解；CH3COONH4是弱酸弱碱盐，水解相互促进；NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离出的氢离子抑制铵根水解；NH3·H2O是一元弱碱；结合电离和水解分析解答。

【详解】

（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。

（2）①、②、③中溶质是强电解质，完全电离，铵根水解程度越大，溶液中越小，铵根水解程度②＞①，③中电离出的氢离子抑制铵根水解，⑤中一水合氨是弱电解质，部分电离，最小，则浓度由大到小的顺序是③＞①＞②＞⑤。

（3）室温下，测得溶液②的pH=7，溶液呈中性，则根据电荷守恒得

（4）室温下的电离常数为1.8×10－5，所以电离大于铵根水解，溶液呈碱性；由电荷守恒可知溶液呈碱性所以即c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)；设则根据NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋可知c(NH4+)＝1mol/L，代入Kb计算可得【解析】酸NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋③＞①＞②＞⑤＝碱c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)2.36×10－5三、判断题(共9题，共18分)18、B【分析】【详解】

C2H6O和C3H8O符合饱和一元醇的通式，可能为醇也可能为醚，因此这两种物质不一定属于同系物，该说法错误。19、A【分析】【详解】

该物质中，苯环为平面结构（即与苯环碳原子直接相连的原子和苯环碳原子一定共平面）、与碳碳双键直接相连的原子和双键碳原子一定共平面、与羰基中碳原子直接相连的原子和羰基中的原子一定共平面；醚键中O为sp3杂化，与该O原子直接相连的苯环C原子、甲基C原子和该O原子形成V形；结合单键可以旋转，分子中所有碳原子可能共平面；正确。20、B【分析】【详解】

在光照条件下，烷烃能与氯气发生取代反应，与溴水不反应，说法错误。21、A【分析】【详解】

在催化剂作用下，苯和甲苯都能与卤素单质、浓硝酸等发生取代反应，故该说法正确。22、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。23、B【分析】【详解】

乙醛由甲基和醛基组成，该说法错误。24、B【分析】【详解】

乙醇催化氧化可生成乙醛，乙醛催化氧化可生成乙酸，乙醛得到乙醇是被还原，错误。25、A【分析】【详解】

常温常压下，呈气态的烃的含氧衍生物只有甲醛，故上述说法正确。26、B【分析】【详解】

随着碳原子数目的增多，羧酸在水中的溶解度逐渐减小，如硬脂酸难溶于水，故上述说法错误。四、实验题(共1题，共3分)27、略

【分析】(1)

能与结合反应生成白色沉淀，所以向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全，故答案为：向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全；

(2)

和能与反应生成沉淀，所以第II步加入Na2CO3可以除去和离子，故答案为：和

(3)

加热浓缩时所需的仪器有蒸发皿；玻璃棒、泥三角等；如果省略第I步“倾析法分离”；则溶液中加入碳酸钠溶液时，会有少量的硫酸钡转化为碳酸钡，从而释放出少量的硫酸根，使得NaCl的纯度降低，故答案为：蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角)；降低；

(4)

NaCl固体和浓硫酸受热时会生成挥发性的HCl和则其方程式为：(或)，可通过酒精喷灯升高温度或逐滴滴加浓来控制反应速率，故答案为：(或)；通过酒精喷灯控制反应温度(逐滴滴加浓)；

(5)

装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，均可防止倒吸，装置C中是饱和的NaCl溶液，且表面有晶膜，因此吸收HCl后会有固体析出，则可观察到的实验现象为白色浑浊(无色透明固体析出)；HCl为有毒有害气体，所以要进行尾气处理，则D中所盛放的试剂应为NaOH溶液，故答案为：防倒吸；白色浑浊(无色透明固体析出)；NaOH溶液。【解析】(1)向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全。

(2)和

(3)蒸发皿；玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分；兼答泥三角)降低。

(4)(或)通过酒精喷灯控制反应温度(逐滴滴加浓)

(5)防范倒吸白色浑浊(无色透明固体析出)NaOH溶液五、工业流程题(共2题，共18分)28、略

【分析】【分析】

酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，滤液含有亚铁离子以及少量的砷等，加入过氧化氢氧化冶铁离子，加入氢氧化钙可生成FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2，以及硫酸钙等，As2S3和FeS焙烧，可生成As2O3、氧化铁，加入氢氧化钠溶液生成Na3AsO3，氧化生成Na3AsO4，生成的气体为二氧化硫，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3；据此分析解答。

【详解】

(1)FeS在煅烧时，可生成有Fe3O4，Fe3O4俗名磁性氧化铁，具有磁性，利用Fe3O4具有磁性检验是否存在Fe3O4；故答案为：煅烧；磁；

(2)调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O，故答案为：2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O；

(3)①由图象可知，H3AsO3与NaOH溶液反应生成AsO33-，可说明H3AsO3为三元酸，在根据溶液中还存在和H2AsO3-、HAsO32-，说明H3AsO3为弱酸；故答案为：三；弱；

②根据图象可知，pH由7调至10时，H3AsO3转化为H2AsO3-，反应的离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O，故答案为：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O；

③根据图象，pH=9时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3-)，H3AsO3的一级电离方程式为H3AsO3⇌H2AsO3-+H+，平衡常数Ka1==c(H+)=10-9，故答案为：10-9；

(4)加入石灰水，滤渣I中除含有FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2，还含有CaSO4，Fe3+的浓度为1.0×10-4mol•L-1，则c(AsO43-)=mol/L=5.7×10-17mol/L，则1L废水中含有As的物质的量为5.7×10-17mol，质量为1.1856×10-11mg，小于0.5mg•L-1，符合排放标准，故答案为：CaSO4；1.1856×10-11；符合。

【点睛】

把握物质的性质、测定原理、实验装置的作用为解答的关键。本题的易错点为(3)③，要注意结合电离方程式从图象中寻找信息。【解析】煅烧磁2AsO43－＋2SO2＋2H＋=As2O3↓＋SO42－＋H2O三弱H3AsO3+OH－＝H2AsO3－+H2O10-9CaSO41.1856×10-11符合29、略

【分析】【分析】

高铁锰矿(含MnO2、Fe2O3及少量FeO、CaO、K2O、Na2O)研磨后加入足量碳粉焙烧还原,MnO2被还原成MnO,Fe2O3及少量的FeO被还原为Fe，之后加入硫酸浸取，CaSO4微溶，成为滤渣，其余金属元素以阳离子的形式进入滤液，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+