2024年沪教版选修化学上册月考试卷含答案

…………○…………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2024年沪教版选修化学上册月考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6题，共12分)1、下面是关于中和滴定的实验叙述；在横线标明的操作中，有错误的是。

a．取25.00mL未知浓度的HCl溶液____；b．此瓶需事先用蒸馏水洗净，____；c．加入几滴____作指示剂；d．____，经蒸馏水洗净；e．____，进行滴定；f．____，即停止滴定，记下数据。A.d、e、fB.b、d、e、fC.b、d、eD.b、c、e、f2、某澄清透明的溶液中可能含有：Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、I-、CO32-、SO42-、Cl-中的几种；各离子浓度均为0.1mol/L，现进行如图实验(所加试剂均过量)：

下列说法正确的是（）A.样品溶液中肯定存在Na+、Fe2+、SO42-B.沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁C.取1L黄色溶液D，能恰好溶解铁1.4gD.该样品溶液中是否存在Cl-可取滤液C，滴加硝酸银和稀硝酸进行确定3、关于Al与重氢氧化钠（NaOD）的水溶液反应，下列说法正确的是（）A.生成的氢气中只有D2B.生成的氢气中只含有H2C.生成的氢气中含有H2、HD2D.以上判断都不正确4、将转变为方法为A.与稀H2SO4共热后，加入足量Na2CO3B.与稀H2SO4共热后，加入足量NaOHC.与足量NaOH溶液共热后，再通入CO2D.与足量NaOH溶液共热后，再加入稀硫酸5、下列实验装置正确且能达到实验目的的是。实验编号ABCD实验装置实验目的分离的溶液检验乙炔的还原性验证铁的吸氧腐蚀滴定未知浓度的硫酸

A.AB.BC.CD.D6、环氧乙烷又名氧化乙烯；可杀灭各种微生物包括细菌芽孢，属灭菌剂。利用电化学反应制备环氧乙烷的具体过程如图所示。电解质溶液为KCl溶液，在电解结束后，打开阀门，将阴；阳极电解液导入混合器，便可反应生成环氧乙烷。下列说法不正确的是。

已知：A.Pt电极做阳极，其电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑B.当电路中转移2mol电子时，阴极区质量减少2gC.该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2D.混合器中可能有少量乙二醇产生评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：。酸电离常数(Ka)CH3COOH1.8×10－5HClO3×10－8H2CO3K1＝4.4×10－7K2＝4.7×10－11H2C2O4K1＝5.4×10－2K2＝5.4×10－5H2SK1＝1.3×10－7K2＝7.1×10－15

请回答下列问题：

(1)同浓度的CH3COO－、HCO3-、CO32-、HC2OClO－、S2－中结合H＋的能力最弱的是____________。

(2)常温下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母)。

A.c(H＋)B.c(H＋)/c(CH3COOH)C.c(H＋)/c(OH－)D.c(OH－)

(3)0.1mol·L－1的H2C2O4溶液与0.1mol·L－1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________。

(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO，两溶液中：c(Na＋)－c(ClO－)__________c(K＋)－c(CH3COO－)(填“＞”“＜”或“＝”)。

(5)向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液pH＝______________。8、(1)在氧化铁与一氧化碳的反应中，当生成112g铁时，转移电子的物质的量为______mol，参加反应的一氧化碳在标准状况下的体积为______升。

(2)分别写出硫酸氢钠与氢氧化钡反应至中性时的化学反应方程式和离子反应方程式______。9、某学生为探究的影响因素；做了以下实验。

(1)查阅资料，不同温度下水的离子积常数如表所示。01020254050901000.1150.2960.6871.012.875.3137.154.5

由此推出：随着温度的升高，的值___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；水的电离程度___________；水的电离平衡向___________(填“左”或“右”)移动，水的电离过程是___________(填“吸热”或“放热”)过程。

(2)取三只烧杯A、B、C，分别加入适量水，再向B、C烧杯中分别加入少量盐酸和NaOH溶液，分析并填写下表。A(纯水)B(加少量盐酸)C(加少量NaOH溶液)增大________增大和大小比较______水的电离平衡移动方向________________

综上所述；可得出如下结论：

①温度、___________、___________均能影响水的电离平衡。

②只受___________的影响，而与其他因素无关。10、3­-氯­-2­-丁氨酸的结构简式为一个3-氯-2-丁氨酸分子中含有___________个手性碳原子。其中一对镜像异构体用简单的投影式表示为和则另一对镜像异构体的简单投影式为和___________。11、根据要求填写下列空白。

(1)氨基的电子式为___________________。

(2)乙二酸二乙酯的结构简式为____________________。

(3)的系统命名为_________________。

(4)实验室制取乙炔的化学方程式为________________。

(5)分子中处于同一直线上的碳原子最多有________个，分子中最多有__________个碳原子处于同一平面上。12、I.牛奶放置时间长了会变酸，这是因为牛奶中含有不少乳糖，在微生物的作用下乳糖分解而变成乳酸，乳酸的结构简式为

(1)乳酸分子中含有_______和_______两种官能团(写名称)。

(2)已知有机物中若含有相同的官能团，则化学性质相似。写出乳酸与足量金属钠、碳酸钠(少量)反应的化学方程式：_______。

II.有机玻璃(PMMA)广泛用于飞机、车辆、医疗器械等。合成有机玻璃的单体是甲基丙烯酸甲酯(结构简式为)。请回答下列问题：

(3)甲基丙烯酸和甲醇在一定条件下可合成甲基丙烯酸甲酯，该反应条件是_______。

(4)常温下，甲基丙烯酸甲酯能与下列试剂反应且有明显的颜色变化的是_______(填标号)。A．烧碱溶液B．酸性溶液C．溴水D．氢气、镍粉(5)丙烯酸甲酯与甲基丙烯酸甲酯互为_______(填“同系物”或“同分异构体”)。

(6)下列有机物与甲基丙烯酸甲酯互为同分异构体的有_______(填标号)。A．B．C．D．(7)甲基丙烯酸甲酯合成PMMA的化学方程式为_______，反应类型为_______。13、(1)从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲；乙两种成分：

i.甲中含氧官能团的名称为_______。

ii.由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物；下同)：

反应②的化学方程式为_______(注明反应条件)。

(2)向苯酚钠溶液中通入少量的溶液将变浑浊，请写出反应的化学方程式____。

(3)某有机物的结构简式如下图，则此有机物可发生的反应类型有_______(填字母)

①取代反应②加成反应③消去反应④酯化反应⑤水解反应⑥氧化反应⑦缩聚反应。

A.①②④⑥B.②③④⑥C.①②③④⑤⑥D.全部。

(4)某炔烃与充分加成生成2，5-二甲基己烷，该炔烃的结构简式为_______。14、实验测得乙醇在氧气中充分燃烧生成和时释放出aKJ的热量，写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式：______评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、所有卤代烃都是通过取代反应制得的。(______)A.正确B.错误16、烷烃与烯烃相比，发生加成反应的一定是烯烃。(____)A.正确B.错误17、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18、乙醛加氢后得到乙醇的反应是加成反应。(_______)A.正确B.错误19、高级脂肪酸甘油酯是高分子化合物。(_______)A.正确B.错误20、甘氨酸(H2N－CH2－COOH)和丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH)]缩合最多可形成两种二肽。(________)A.正确B.错误21、生物高分子材料、隐身材料、液晶高分子材料等属于功能高分子材料。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共2题，共10分)22、氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，酸性KMnO4、H2O2、Fe（NO3）3是重要的氧化剂．已知在酸性条件下，KMnO4被还原为Mn2+。用所学知识回答问题：

（1）3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，当有6molH2SO4参加反应的过程中，有___mol还原剂被氧化。

（2）在稀硫酸中，KMnO4能将H2C2O4氧化为CO2。该反应的离子方程式为___。

（3）取300mL2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是___mol。

（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是___，又变为棕黄色的原因是___。23、取16g某物质(CxHyOz)在氧气中完全燃烧；生成22g二氧化碳和18g水。

（1）在该有机物中；含碳元素质量为____________g

（2）该化合物中__________(含；不含)氧元素若有；质量为_________g

（3）若该有机物的相对分子质量为32，那么其化学式是____________评卷人得分五、实验题(共1题，共5分)24、某化学小组用下图所列装置(固定装置略)验证CO能还原CuO；并探究其还原产物的组成。

请回答：

（1）按气流方向；各装置从左到右的连接顺序为：

i→______________________________________尾气处理(填仪器接口的字母编号)。

（2）说明CO能还原CuO的实验现象为___________________________。

（3）该实验处理尾气的方法为___________________________。

（4）若去掉B装置，可能产生的影响为___________________________。

（5）将各装置按正确的顺序连接后进行实验。当反应结束后；F处硬质玻璃管中的固体全部变为红色。

[查阅资料]Cu和Cu2O均为红色；Cu2O在酸性溶液中能生成Cu和Cu2＋。

[提出猜想]红色固体的成分可能为：①Cu；②Cu2O；③________。

[实验验证]该小组为验证上述猜想；分别取少量红色固体放入试管中，进行如下实验。

。实验编号。

操作。

现象。

a

加入足量稀硝酸；振荡。

试管内红色固体完全溶解；溶液变为蓝色，并有无色气体产生。

b

加入足量稀硫酸；振荡。

试管内有红色固体；溶液为无色。

[实验评价]根据上述实验，不能确定红色固体成分的实验是________(填实验编号)，理由为_________(用化学方程式表示)。

[实验结论]根据上述实验结果，可知红色固体的成分为________(填化学式)。评卷人得分六、推断题(共3题，共18分)25、Ⅰ．已知：R－CH＝CH－O－R′（烃基烯基醚）R－CH2CHO+R′OH

烃基烯基醚A的相对分子质量（Mr）为176；分子中碳氢原子数目比为3∶4。与A相关的反应如下：

请回答下列问题：

⑴A的分子式为_________________。

⑵B的名称是___________________；A的结构简式为________________________。

⑶写出C→D反应的化学方程式：_______________________________________。

⑷写出两种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：

_________________________、________________________。

①属于芳香醛；②苯环上有两种不同环境的氢原子。

Ⅱ．由E转化为对甲基苯乙炔（）的一条路线如下：

⑸写出G的结构简式：____________________________________。

⑹写出反应所加试剂、反应条件：反应②____________反应③____________

(7)写出反应类型：反应①____________；反应④_____________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________________。27、已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。

（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。

（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。

（3）写出C；D、E、H的结构简式：

C______，D______，E______，H______。

（4）写出反应D→F的化学方程式：______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

a.先用蒸馏水洗净锥形瓶；再放入HCl溶液，确保HCl没有意外损失，是为了保证实验结果准确，故a正确；

b.若锥形瓶用待测液洗过，必有一部分残留在瓶中，再加入25mL待测液，则实际瓶内的待测液大于25mL，故b错误；

c.酚酞溶液在酸性溶液中无色；在碱性溶液中呈红色，用酚酞溶液作酸碱指示剂，在中和反应中可指示反应到达终点，颜色变化明显，便于观察，故c正确；

d.待测液为盐酸；则需用碱来测定，应为：取一支碱式滴定管，经蒸馏水洗净，故d错误；

e.用蒸馏水洗净的滴定管内会残留有H2O；若直接加入标准NaOH溶液，则使标准NaOH溶液被稀释，浓度变小，所以碱式滴定管应先用标准NaOH溶液润洗，故e错误；

f.发现溶液由无色变浅红色后；不能立即停止滴定，若30秒内溶液不褪色，才能停止滴定，故f错误；

综上分析，b；d、e、f均错误；

故选B。

【点睛】

本题考查酸碱中和滴定，侧重于对实验操作的考查，从仪器的使用到滴定终点的判断等，考查比较详细，尽管题目难度不大，但却很容易出错，中和滴定实验步骤、指示剂的选择、实验注意事项等都是重要考查点，要注意实验的细节，养成严谨的学习习惯，并从原理上弄明白原因，例如：为了使实验结果更准确，实验仪器都得洗涤干净，锥形瓶不用待测液润洗，因为锥形瓶内是否有蒸馏水并不影响待测液中的溶质，若润洗了反而增加了溶质；滴定管必须用标准液润洗，否则滴定管内残留的蒸馏水会稀释标准液。2、A【分析】【分析】

加氯气和氯化钡生成白色沉淀，故A为硫酸钡沉淀，所以原溶液可能含有或由分层后的液体颜色呈橙红色，说明原溶液含Br-；加过量氢氧化钠得到沉淀B，再加盐酸溶解得到黄色溶液D，说明原溶液含Fe2+、无Cu2+，由于与Fe2+不共存，所以原溶液不含一定含即原溶液中一定含Fe2+、Br-、各离子的物质的量浓度均为0.1mol•L-1，根据电荷关系可知一定含有Na+，一定无Mg2+；以此解答该题。

【详解】

A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、Br−、Na+，一定不含有Cu2+、Mg2+、故A正确；

B．由上述分析可知，原溶液中一定含有Fe2+，一定不含有Mg2+；所以沉淀B中肯定含有氢氧化铁，不含有氢氧化镁，故B错误；

C．1L黄色溶液D含有0.1molFe3+，根据2Fe3++Fe=3Fe2+，所以0.1molFe3+能溶解0.05molFe即2.8g；但D溶液中可能HCl过量，溶解Fe的量增加，故C错误；

D．因原溶液中含有加入稀硝酸酸化的硝酸银会产生硫酸银干扰Cl-的检验；故D错误；

故答案为：A。

【点睛】

离子推断题解法归纳：这些推断题的解法在于掌握离子的特有反应以及离子间的共存情况，在解题之前，应对所提供的离子在溶液中能否大量共存进行分析，做到心中有数，一般来说，离子间能生成沉淀、或气体、或弱电解质，以及能发生氧化还原反应的，就不能在溶液中大量共存。例如，与与弱酸根阴离子，与弱碱阳离子，与与与酸性条件下与与等等，都不能在溶液中共存。3、C【分析】【分析】

【详解】

Al与重氢氧化钠(NaOD)的水溶液反应的过程中，水是氧化剂，金属铝是还原剂，反应方程式为：2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2↑，Al(OH)3与NaOH=NaAlO2+2H2O，总反应方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑。Al(OH)3与NaOD反应，Al(OH)3中的H与NaOD中的D可结合生成的氢气中含有H2、HD、D2。

答案选C。4、C【分析】【详解】

先加入硫酸，生成邻羟基苯甲酸，然后再加入碳酸钠或氢氧化钠，则酚羟基也和碳酸钠及氢氧化钠反应，A、B不正确。先加入氢氧化钠则生成若再加入稀硫酸，则将生成邻羟基苯甲酸，因为羧基的酸性强于碳酸的，所以选项C正确。5、C【分析】【详解】

A．用蒸馏法分离碘的四氯化碳溶液；温度计用于测量蒸气温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口，A错误；

B．电石与饱和食盐水接触反应产生的气体是混合气体；有硫化氢；磷化氢、乙炔等，它们均具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C．吸氧腐蚀时氧气参与反应；会导致密闭体系内气体损耗；压强减少，那么一段红墨水上升进入导管，因此可通过观察导管内有一段红墨水来检验铁钉发生了吸氧腐蚀，C正确；

D．氢氧化钠不能装在酸式滴定管；应该装在碱式滴定管中，D错误；

选C。6、B【分析】【分析】

根据图示分析，Pt电极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Ni电极与电源负极相连为阴极，发生还原反应，电极反应为：2H++2e-=H2↑；据此答题。

【详解】

A．图示可知，Pt电极周围乙烯和氯水中HClO发生加成反应，即Pt电极周围有Cl2生成，则说明Pt电极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；故A正确；

B．原电池工作时右侧溶液中Cl-透过阴离子交换膜向Pt电极周围移动，则当电路中转移2mol电子时，阴极区除生成1molH2，还有2molCl-移向阳极；则质量减少73g，故B错误；

C．电解池电池反应式为①2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑、氯气和水反应方程式为②Cl2+H2OH++Cl-+HClO、HClO和乙烯反应方程式为③H2C=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl、两区混合反应方程式为④HOCH2CH2Cl+OH-→Cl-+H2O+将四个方程式相加得到制备总反应方程式为：CH2=CH2+H2O→+H2；故C正确；

D．电解过程中阳极区发生反应H2C=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl，混合器中少量HOCH2CH2Cl与KOH溶液发生水解反应能生成乙二醇；故D正确；

故答案为B。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【详解】

本题主要考查弱酸的电离平衡。

（1）同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是K最大的微粒H2C2O4电离出H+后的酸根离子HC2O4－。

（2）A.溶液酸性减弱，故A变小；B.电离常数Ka=不变，而c(CH3COO-)变小，故B增大；C.c(H+)变小，c(OH-)增大；故C变小；D.增大。故选AC。

（3）得到KHC2O4溶液，溶液中的变化：H+++H2OH2C2O4+OH－，H2OH++OH－。该溶液呈酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。

（4）由酸性：HClO3COOH可得水解程度：NaClO>CH3COOK，所以pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的最浓度的大小关系是：CH3COONa>NaClO，两溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因此，[c(Na+)-c(ClO-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]=c(OH-)-c(H+)。

（5）由Ka(CH3COOH)==1.8×10-5和c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9得c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5。【解析】HC2O4－ACc(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)>＝58、略

【分析】【详解】

(1)氧化铁与一氧化碳反应的化学方程式为：铁元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，反应转移6个电子，当生成112g铁时，转移电子的物质的量为6mol，此时参加反应的一氧化碳为3mol，在标准状况下的体积为3mol22.4mol/L=67.2L；故答案为：6；67.2；

(2)硫酸氢钠与氢氧化钡反应，溶液呈中性，氢离子完全反应，化学方程式为：2NaHSO4+Ba(OH)2=2H2O+BaSO4↓+Na2SO4；离子方程式为：2H++SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓，故答案为：2NaHSO4+Ba(OH)2=2H2O+BaSO4↓+Na2SO4、2H++SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓。【解析】①.6②.67.2③.2NaHSO4+Ba(OH)2=2H2O+BaSO4↓+Na2SO4、2H++SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓9、略

【分析】(1)

由题目所给信息可知水的Kw与温度成正比，升高温度时，Kw增大，由Kw=c(OH-)c(H+)可知，c(H+)和c(OH-)增大；水的电离程度增大，水的电离平衡向右移动，说明水的电离过程是吸热的，故答案为：增大；增大；右；吸热；

(2)

水溶液中加入少量NaOH溶液，c(OH-)增大，Kw=c(OH-)c(H+)不变，则c(H+)减小，c(H+)＞c(OH-)，平衡向左移动，水的电离程度减小；加入少量盐酸，c(H+)增大，Kw=c(OH-)c(H+)不变，则c(OH-)减小，c(H+)＜c(OH-)，平衡向左移动，水的电离程度减小；故答案为：减小；减小；＞；＜；向左；向左；

①综上所述；可得出结论：温度；酸、碱均能影响水的电离平衡，故答案为：酸；碱；

②Kw只受温度的影响，而与其他因素无关，故答案为：温度。【解析】(1)增大增大右吸热。

(2)减小减小＞＜向左向左酸碱温度10、略

【分析】【分析】

【详解】

根据手性碳原子周围连接四个不同的原子或基团这一规律可以判断该物质的手性碳原子个数；该有机物分子含有手性碳的个数为2，如图“*”所示：

参照例子可以知道对应异构体关系就像我们照镜子一样，其另一种就是该物质在镜子中的“镜像”，所以的镜像异构体为【解析】211、略

【分析】【详解】

(1)氨基中氮原子最外层为7个电子，含有2个氮氢共用电子对，氨基正确的电子式为

(2)乙二酸二乙酯含有两个酯基，由乙二酸和乙醇发生酯化反应生成，结构简式为C2H5OOC-COOC2H5；

(3)的主链上有6个碳原子；碳原子标号时，要符合离支链最近一端编号且位数之和最小，则系统命名为3，3，4-三甲基己烷；

(4)实验室用电石和水反应生成氢氧化钙和乙炔来制备乙炔，化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；

(5)与碳碳双键或苯环上的碳原子直接相连的所有原子共面，则分子中所有的碳原子都可以共面，共有17个，分子结构中如图1、2、3、4、5、6位置上的C可能处于同一直线上，共6个碳原子。【解析】①.②.C2H5OOC-COOC2H5③.3，3，4-三甲基己烷④.CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑⑤.6⑥.1712、略

【分析】（1）

根据结构简式知；乳酸分子中官能团是羧基；羟基，故答案为：羧基、羟基；

（2）

乳酸中醇羟基和羧基都能和Na反应生成氢气，与足量钠的反应方程式为+2Na→+H2↑；只有羧基能与少量碳酸钠反应生成二氧化碳，反应的化学方程式：2+Na2CO3→2+H2O+CO2↑；

（3）

甲基丙烯酸和甲醇在一定条件下可合成甲基丙烯酸甲酯；即羧基和醇羟基发生酯化反应，该反应条件是浓硫酸；加热；

（4）

A．甲基丙烯酸甲酯含有酯基；能在烧碱即NaOH溶液下发生酯的水解反应，溶液无颜色变化，A不选；

B．甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键，能与酸性溶液发生氧化反应生成锰离子；溶液紫红色褪去，B选；

C．甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键；能与溴水发生加成反应，溶液褪色，C选；

D．甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键；能与氢气在镍粉作用下发生加成反应，无颜色变化，D不选；

故选：BC；

（5）

丙烯酸甲酯与甲基丙烯酸甲酯的官能团相同，结构相似，分子组成上相差1个‘CH2’；两者互为同系物；

（6）

分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体，甲基丙烯酸甲酯互为同分异构体的有故选AD；

（7）

甲基丙烯酸甲酯发生加聚反应合成聚甲基丙烯酸甲酯即PMMA，反应的化学方程式为反应类型是加聚反应。【解析】(1)羟基羧基。

(2)+2Na→+H2↑；2+Na2CO3→2+H2O+CO2↑

(3)浓硫酸；加热。

(4)BC

(5)同系物。

(6)AD

(7)加聚反应13、略

【分析】【详解】

(1)i由甲的结构简式可知；该物质中含所含有的官能团为碳碳双键和羟基，其中羟基为含氧官能团，故答案为：羟基；

ii由X转化为乙可知，该反应为卤代烃的消去反应，结合经反应②转化为X可知，X为所以反应②的方程式为O2+22H2O+2故答案为：O2+22H2O+2

(2)苯酚钠于二氧化碳和水反应生成溶解度较小的苯酚以及碳酸氢钠，则其方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3，故答案为：+CO2+H2O→+NaHCO3；

(3)由可知该有机化合物含有的官能团有碳碳双键；酯基、羟基、羧基所以该化合物能发生的反应有①取代反应②加成反应③消去反应④酯化反应⑤水解反应⑥氧化反应⑦缩聚反应；故选D；

答案选D；

(4)由2，5-二甲基己烷的键线式可知，该炔烃应为(CH3)2CHC≡CCH(CH3)2，故答案为：(CH3)2CHC≡CCH(CH3)2。【解析】羟基O2+22H2O+2+CO2+H2O→+NaHCO3D(CH3)2CHC≡CCH(CH3)214、略

【分析】【分析】

4.6g乙醇的物质的量==0.1mol，0.1mol乙醇在氧气中充分燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出akJ的热量；则1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出10akJ热量；

【详解】

乙醇的物质的量乙醇在氧气中充分燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出akJ的热量，则1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出10akJ热量，则其热化学方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol；

故答案为：CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol。

【点睛】

结合燃烧热的定义解答，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量即为燃烧热。【解析】CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol三、判断题(共7题，共14分)15、B【分析】【详解】

卤代烃不一定通过取代反应制得的，烯烃加成也可以得到卤代烃，错误；16、A【分析】【详解】

烷烃已饱和，不能发生加成反应，烯烃含有碳碳双键，可以发生加成反应，正确。17、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。18、A【分析】【详解】

乙醛与氢气能够发生加成反应生成乙醇，正确，故答案为：正确。19、B【分析】【详解】

高分子化合物的相对分子质量一般为几万到几千万，高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量小，不是高分子化合物，故错误。20、B【分析】【详解】

氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子结合形成二肽，故甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基缩合，也可甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基缩合，还可以考虑甘氨酸和丙氨酸各自两分子的缩合，故最多可形成四种二肽，错误。21、A【分析】【详解】

生物高分子材料、隐身材料、液晶高分子材料等都是具有某些特殊化学、物理及医学功能的高分子材料，都属于功能高分子材料，故正确。四、计算题(共2题，共10分)22、略

【分析】【分析】

(1)在3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O中H2O2中氧元素化合价从-1价升高为0价，是还原剂，且每3molH2SO4参加反应，有5molH2O2被氧化；

(2)在稀硫酸中，KMnO4能将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原生成MnSO4，同时溶液中还生成K2SO4、H2O；据此写出发生反应的离子方程式；

(3)n(KI)=0.3L×2mol/L=0.6mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成KIO3，则n(KIO3)=0.6mol，结合化合价的变化计算转移的电子的数目，可计算消耗KMnO4的物质的量；

(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液；溶液先由棕黄色变为浅绿色，铁离子和亚硫酸根离子反应生成亚铁离子导致溶液呈浅绿色；硝酸能将亚铁离子氧化生成铁离子。

【详解】

(1)在3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O中H2O2中氧元素化合价从-1价升高为0价，是还原剂，且每3molH2SO4参加反应，有5molH2O2被氧化，则当有6molH2SO4参加反应的过程中，有=10molH2O2被氧化。

(2)在稀硫酸中，KMnO4能将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原生成MnSO4，根据原子守恒知，同时溶液中还生成K2SO4、H2O，发生反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，则该反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H＋＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；

(3)n(KI)=0.3L×2mol/L=0.6mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成KIO3，则n(KIO3)=0.6mol，转移电子的物质的量为0.6mol×6=3.6mol，KMnO4的还原产物为Mn2+，则由电子守恒可知消耗KMnO4的物质的量为=0.72mol；

(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成亚铁离子导致溶液呈浅绿色，离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；酸性条件下；硝酸根离子具有强氧化性，所以硝酸能将亚铁离子氧化生成铁离子，则溶液又变为黄色。

【点睛】

在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。【解析】①.10②.2MnO4-+5H2C2O4+6H＋＝10CO2↑+2Mn2++8H2O③.0.72④.2Fe3++SO32-+H2O＝2Fe2++SO42-+2H+⑤.H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化23、略

【分析】【分析】

根据质量守恒定律；结合生成的二氧化碳和水的质量计算有机物中含有的碳元素和氢元素的质量，判断是否含有氧元素，再结合相对分子质量计算确定化学式。

【详解】

(1)22g二氧化碳中含有的碳元素的质量为22g×=6g；故答案为：6g；

(2)18g水中含有的氢元素的质量为18g×=2g；该有机物中碳元素和氢元素的质量和为6g+2g=8g＜16g；所以该有机物中含有氧元素，并且氧元素的质量为：16g-8g=8g，故答案为：含；8g；

(3)该有机物中碳元素、氢元素、氧元素的质量比为6g∶2g∶8g=3∶1∶4，相对分子质量为32，则有12x=32×y=32×16z=32×解得：x=1，y=4，z=1，该有机物的化学式是CH3OH，故答案为：CH3OH。【解析】6g含8gCH3OH五、实验题(共1题，共5分)24、略

【分析】【分析】

（1）碳酸氢钠加热分解生成CO2，干燥后CO2和碳反应生成CO，通过碱石灰除去剩余的二氧化碳后进入装置F中，CO还原CuO，生成的CO2用石灰水检验；剩余的CO需要进行处理，据此可以判断装置的连接顺序。

（2）CO还原CuO生成红色的铜和能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳。

（3）CO不能被溶液吸收；所以处理方法为点燃烧掉或用气囊收集。

（4）B装置可以除去二氧化碳中的水蒸气，若水蒸气进入D中，和碳反应生成H2；也可以和氧化铜反应。

（5）Cu和Cu2O均为红色，都可以被硝酸氧化，但Cu2O在稀硫酸中能生成Cu和Cu2＋；而铜不和稀硫酸反应。

【详解】

（1）验证CO能还原CuO，并探究其还原产物的组成，利用的原理是一氧化碳还原氧化铜反应生成铜和二氧化碳，验证生成的二氧化碳用澄清石灰水，生成的产物为红色固体。先制备纯净的一氧化碳，依据装置图可知，装置E加热分解生成二氧化碳和水蒸气，通过装置B吸收水蒸气，通过装置D二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，通过装置A中的碱石灰除去未反应的二氧化碳气体，得到纯净的一氧化碳气体，通过装置F加热发生反应，生成的气体二氧化碳通过装置C中的澄清石灰水检验，最后剩余一氧化碳气体不能排放到空气中，需要收集或点燃进行尾气处理，按气流方向，各装置从左到右的连接顺序为icdgh(或hg)abjk(或kj)fe；

（2）上述分析可知说明CO能还原CuO的实验现象为F处硬质玻璃管中的黑色固体变为红色；C处澄清石灰水变浑浊；

（3）实验过程中生成的尾气为一氧化碳；一氧化碳气体有毒不能排放到空气，该实验处理尾气的方法为点燃烧掉或用气囊收集；

（4）B装置是吸收生成的水蒸气，若去掉B装置，NaHCO3分解产生的水蒸气进入装置D，高温能与碳粉反应生成H2；对实验产生干扰；

（5）Cu和Cu2O均为红色，所以红色固体的成分可能为：①Cu；②Cu2O；③Cu和Cu2O的混合物；Cu2O在酸性溶液中能生成Cu和Cu2+，分别取少量红色固体放入试管中，加入足量稀硝酸、振荡，试管内红色固体完全溶解，溶液变为蓝色，说明生成了铜离子，并有无色气体产生证明为一氧化氮，但铜和氧化亚铜都可以和硝酸发生反应，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，a实验不能确定红色固体成分；加入足量稀硫酸、振荡，试管内有红色固体，溶液不变色证明无氧化亚铜，红色固体为铜。【解析】cdgh(或hg)abjk(或kj)feF处硬质玻璃管中的黑色固体变为红色，C处澄清石灰水变浑浊点燃烧掉或用气囊收集NaHCO3分解产生的水蒸气高温能与碳粉反应生成H2，对实验产生干扰Cu和Cu2Oa3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O3Cu2O＋14HNO3(稀)＝6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2OCu六、推断题(共3题，共18分)25、略

【分析】【分析】

Ⅰ.根据I中信息可知B可以发生催化氧化，所以B中含有羟基，氧化生成醛基，醛基发生银镜反应生成羧基。B的相对分子质量是60，而－CH2OH的相对分子质量是31，所以B中烃基的相对分子质量是29，即为乙基－C2H5，所以B是1－丙醇，结构简式是CH3CH2CH2OH，则C、D的结构简式为CH3CH2CHO，CH3CH2COONH4。根据E的结构简式可得出A的结构简式是在E的同分异构体中满足芳香醛，说明含有苯环和醛基。苯环上有两种不同环境的氢原子，若苯环上只有2个取代基，则只能是对位的，可以是－CH3和－CH2CHO，或－CH2CH3和－CHO。若含有3个取代基，则一定是2个甲基和1个醛基，所以该同分异构体有

Ⅱ．要想引入碳碳三键，由E转化为对甲基苯乙炔先发生-CHO的加成，将醛基变成羟基，然后羟基消去即得到碳碳双键，双键和溴水加成即得到含有2个溴原子的卤代烃，最后通过消去反应得到碳碳三键，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知A是B是CH3CH2CH2OH，则C是CH3CH2CHO，D是CH3CH2COONH4，E是F是G是H是

(1)A结构简式为分子式是C12H16O；

(2)B结构简式为CH3CH2CH2OH，名称为1-丙醇；A结构简式为

(3)C是CH3CH2CHO，分子中含