2025年湘教版选修化学下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年湘教版选修化学下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7题，共14分)1、MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时；pH变化如下图所示，下列叙述中正确的是。

A.MOH和ROH都是强碱B.在x点，c(M+)=c(R+)C.稀释前，c(ROH)=10c(MOH)D.常温下，pH之和为14的醋酸和ROH溶液等体积混合，所得溶液呈碱性2、下列离子方程式正确的是A.Na2SO3溶液吸收少量Cl2：B.同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：C.Na2S2O3溶液与硝酸溶液混合：D.醋酸钠水解：3、某烃的相对分子质量为72，则该烃的一氯取代物最多可能有（不考虑立体异构）A.9种B.8种C.7种D.6种4、以下物质：(1)甲烷；(2)苯；(3)聚乙烯；(4)2-丁炔；(5)环己烷；(6)邻二甲苯；(7)苯乙烯。既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是（）A.(3)(4)(5)B.(4)(5)(7)C.(4)(7)D.(3)(4)(5)(7)5、萘、四氢萘、十氢萘用途广泛，其转化关系为：该过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是A.萘分子（）的一氯代物有3种B.虚线可能表示有催化剂的反应过程，使用催化剂能改变C.表示活化能，a的大小由决定，b的大小由决定D.物质的稳定性：萘四氢萘十氢萘6、下列叙述的乙炔的结构和性质中，既不同于乙烯，也不同于乙烷的是()A.存在不饱和键B.分子中的所有原子都处在同一条直线上C.不易发生取代反应，易发生加成反应D.能使酸性KMnO4溶液褪色7、苯系化合物为无色透明油状液体，具有强烈的芳香气味，易挥发为蒸气，易燃有毒，生活中的苯系化合物主要来源于各种胶、油漆、涂料和防水材料的溶剂或稀释剂.目前苯系化合物已经被世界卫生组织确定为强烈致癌物质，且对人体的各个组织器官损害严重.下列有关说法正确的是A.甲苯与溴水在Fe催化条件下可生成B.乙苯和氯气光照条件下生成的产物有11种C.邻二甲苯和溴蒸气在光照下的取代产物可能为D.丙基苯()可使酸性高锰酸钾溶液褪色评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、试用VSEPR理论判断下列分子或离子的立体构型，并判断中心原子的杂化类型：(1)H2O____________形，杂化类型_________；(2)CO32-__________形，杂化类型_________；(3)SO32-__________形，杂化类型_________；9、请写出下列物质的电离方程式。

（1）Na2CO3:___________________（2）NH4Cl:___________________

（3）Ba(OH)2:____________________（4）HNO3：____________________10、I.按要求完成下列问题：

(1)写出H2S的电离方程式：_______

(2)写出K2C2O4水解的离子方程式：_______

(3)0.1mol•L-1Na2CO3溶液中离子浓度大小顺序为：_______

(4)pH=3的醋酸与pH=11的NaOH等体积混合，所得溶液的pH___________7(填“＞”、“＜”或“=”)，该溶液中的电荷守恒式为___________。

II.已知在25℃时；次氯酸；碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为：

HClOKa=4.7×10-8mol/L

H2CO3Ka1=4.2×10-7mol/LKa2=5.6×10-11mol/L

H2SO3Ka1=1.54×10-2mol/LKa2=1.02×10-7mol/L

(5)HClO、H2CO3、H2SO3三种酸酸性由强到弱的是___________；

(6)下列离子在溶液中不能大量共存的是_______。A．SOHCOB．HSOCOC．SOCOD．ClO-、HCO(7)将少量CO2通入到NaClO溶液中发生反应的离子方程式_____11、依据有机物的碳骨架特点，把下列物质的序号填在所属分类的横线上。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩CH3CH2BrCH3—CH=CH2

(1)属于脂环烃的是_______；

(2)属于脂环化合物的是_______；

(3)属于芳香烃衍生物的是_______；

(4)属于芳香烃的是________；

(5)属于脂肪烃的是_______；

(6)属于脂肪烃衍生物的是_______。12、根据要求填写下列空白。

(1)羟基的电子式为_______。

(2)乙酸乙酯的结构简式为_______。

(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，分子中至少有______个碳原子处于同一平面上。

(6)分子式为C9H12的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，该芳香烃的结构简式为_______。13、从A.甲醛B.葡萄糖C.乙醇D.油脂等四种有机物中选择合适的答案；将其标号填在空格内。

(1)工业上制备肥皂的主要原料是________________；

(2)家居装修材料中散发出的有毒物质是_______________；

(3)常用做燃料和医药上消毒剂的是____________；

(4)糖尿病人通常是指病人的尿液中___________的含量高；

(5)可直接进入血液补充能量的是__________14、某有机物的蒸气密度是相同状况下甲烷密度的5.75倍。把1.84g该有机物在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重4.08g。又知生成H2O和CO2的物质的量之比为该有机物的分子式为___________________。该有机物与足量的金属钠反应时，可以得到（标准状况）下氢气它的结构简式_________________。15、三大合成高分子材料：_______、_______、_______，这三大合成高分子材料主要是以煤、石油、天然气为原料生产的。高分子化合物有天然的，如蛋白质、纤维素、淀粉等；也有人工合成的，如聚乙烯等。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂。（____________）A.正确B.错误17、系统命名法仅适用于烃，不适用于烃的衍生物。______A.正确B.错误18、乙烯和乙炔可用酸性KMnO4溶液鉴别。(____)A.正确B.错误19、环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别。(____)A.正确B.错误20、若两烃分子都符合通式CnH2n，且碳原子数不同，二者一定互为同系物。(____)A.正确B.错误21、羧酸含有羧基，能使紫色的石蕊试液变红。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共28分)22、某强酸性溶液X，可能含有Al3＋、Ba2＋、Fe2＋、Fe3＋、中的一种或几种离子；取该溶液进行实验，其现象及转化如图。反应过程中有一种气体是红棕色。请回答下列问题：

(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有__________。

(2)溶液X中，关于的判断一定正确的是__________。

a.一定有b.一定没有c.可能有。

(3)产生气体A的离子方程式为________。

(4)转化④中产生H的离子方程式为__________。

(5)若转化③中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为________。

(6)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_______。

①NaOH溶液②KSCN溶液③石蕊试剂④pH试纸⑤KMnO4溶液⑥氯水和KSCN的混合溶液23、已知，在含有HNO3的溶液中放入Al不生成氢气。某无色溶液中只含有下列10种离子中的某几种：Mg2+、Cu2+、H+、Ag+、K+、Cl-、HCO3-、MnO4-、NO3-、OH-。已知该无色溶液能与铝反应放出氢气；试回答下列问题：

(1)若反应后生成Al3+，则溶液中一定存在的离子有_____________________，一定不能大量存在的离子有___________________________；

(2)若反应后生成AlO2-，则溶液中一定存在的离子有___________________，一定不能大量存在的离子有___________________________。24、A；B、C、D、E、F六种元素分布在三个不同的短周期；他们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，A与D，C与F分别在同一主族，A、D两元素原子核内的质子数之和是C、F两元素原子核内质子数之和的一半。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，请回答下列问题：

（1）由A、B两种元素可以组成B2A4型化合物,该化合物中存在的共价键类型为是_________。写出该化合物的电子式______________

（2）E是非金属元素，但能表现出一些金属元素的性质，写出E与D元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式__________________________________。

（3）等浓度的ABC2溶液、HClO溶液、盐酸溶液，其导电能力：盐酸溶液＞ABC2溶液＞HClO溶液，则溶液的pH(DBC2)____________pH(DClO)（填“＞、＜、＝”）理由是_________________________________________________（用离子方程式解释）

（4）现有100.00mL未知浓度的ABC2溶液，用_____________（仪器名称）量取10.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入几滴__________（可选指示剂：酚酞、石蕊、甲基橙）,用A、C、D三种元素组成的浓度为0.10mol/L的标准溶液来测定未知浓度的ABC2溶液，判断滴定终点的现象是_______________________________；记录消耗标准溶液的体积为12.00mL,则该ABC2溶液的浓度为mol/L；25、Ⅰ．由三种常见元素组成的化合物A；按如下流程进行实验。气体B；C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；浓硫酸增重3.60g，碱石灰增重17.60g；溶液F焰色反应呈黄色。

请回答：

(1)组成A的非金属元素是_____，气体B的结构简式_____。

(2)固体A与足量水反应的化学方程式是_____。

(3)一定条件下，气体D可能和FeO发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程式_____。

Ⅱ．某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2；将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图：

(4)说明氧化性Br2＞I2的实验现象是_____。

(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2未过量。试设计简单实验方案检____。评卷人得分五、有机推断题(共3题，共12分)26、化合物M是一种光致抗蚀剂；可用于印刷电路和集成电路工艺中，其合成路线如下：

已知：I.

II.羟基直接连接在碳碳双键的碳原子上的有机物是不稳定的。

回答下列问题：

(1)下列关于M的说法正确的是______（填字母）。

a.M属于高分子化合物。

b.M在碱性溶液中能稳定存在。

c.M能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

d.1molM与足量氢气反应时，最多消耗4molH2

(2)C中官能团的名称为______，由E生成F的反应类型为_________。

(3)F的化学名称为_______，由F生成G的化学方程式为____________。

(4)二取代芳香族化合物W（只含苯环，不含其他的环，且不含“C=C=C”结构）是D的同分异构体，W能与三氯化铁溶液发生显色反应，则W的结构共有____种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为____________。

(5)参照上述合成路线，设计一条以HC≡CH为原料（其他无机试剂任选）制备G的合成路线：________________________。

27、(1)在红磷存在时，丙酸可与液溴发生取代反应生成了一溴丙酸(CH3CHBrCOOH)，写出该反应的方程式：___________。

(2)结合上述信息；分析下列关系，回答以下问题：

①A的结构简式：___________。D中所含官能团的名称___________。

②C→D的方程式为：___________。

③D不可能发生的反应是___________。

A、水解B、消去C、银镜D、酯化28、化合物（G）的合成路线如图：

已知：CH3(CH2)4BrCH3(CH2)3CH2MgBr

（1）G中所含的含氧官能团有___、___（写官能团名称）。

（2）C→D的反应类型是___；在空气中久置，A可由白色转变为橙黄色，其原因是___。

（3）写出符合下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：___（只写一种）。

①能发生银镜反应，与FeCl3溶液能发生显色反应；②除苯环外；含有3种不同的官能团；③该分子核磁共振氢谱有5种不同的峰，且峰值比为1∶1∶2∶2∶2。

（4）写出以苯、乙醇、二甲基甲酰胺为原料制备苯丙酮（）的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。___。评卷人得分六、计算题(共3题，共27分)29、现有一定量的镁铝合金与100mL稀硝酸充分反应；在反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入1.00mol/LNaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量的关系如图所示:

（1）合金中的铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为________。

（2）纵坐标上A点数值是________，B点数值是________。

（3）原HNO3溶液中溶质的物质的量浓度为________。30、参考下列①～③项内容；回答问题：

①皂化值；是使1g油脂皂化所需要的KOH的毫克数。

②碘值；是使100g油脂与碘加成时消耗单质碘的克数。

③几种油脂的皂化值、碘值列表如下：。花生油亚麻仁油牛油黄油硬化大豆油大豆油皂化值190180192226193193碘值9018238385126

(1)甘油酯（相对分子质量为884）形成的油，用KOH皂化时，其皂化值为________，反应的化学方程式：_______________________。

(2)填空回答：

①亚麻仁油比花生油所含的________________；

②黄油比牛油________________；

③硬化大豆油的碘值小的原因是________________。

(3)为使碘值为180的100g鱼油硬化，所需的氢气的体积在标准状况下为多少升?_____________。

(4)用下列结构式所代表的酯，若皂化值为430，求n为多少?_____________并完成下列反应方程式；

→________________＋________________。31、标准状况下1.12L的烃A；完全燃烧后，若将产物通入足量的澄清石灰水中，可得到白色沉淀20.0g；若用足量的五氧化二磷吸收，增重3.6g。

（1）烃A的分子式为_______。

（2）A的同分异构体（不含空间异构）有______种，若A的核磁共振氢谱有两个吸收峰且峰面积之比为2∶6，则A的结构简式为______。

（3）0.1molA与一定量的氧气完全反应，将反应后的气体通入足量的碱石灰中，气体体积减少一半，剩余气体通入炽热的氧化铜后可以被100mL3mol/LNaOH溶液全部吸收，则该溶液的溶质为_______（填化学式）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

由图可知；ROH的pH=13时稀释100倍，pH变为11，则ROH为强碱；而MOH的pH=12时稀释100倍，pH变为11，则说明MOH为弱碱，以此来解答。

【详解】

A．由图可知；ROH的pH=13时稀释100倍，pH变为11，则ROH为强碱，故A错误；

B．在X点，pH相同，则c（OH-）相同，由电荷守恒可知，c（M+）=c（R+）；故B正确；

C．ROH为强碱；稀释前浓度为0.1mol/L，MOH的pH=12时稀释100倍，pH变为11，则说明MOH为弱碱，稀释前MOH的浓度大于0.01mol/L，则稀释前c（ROH）＜10c（MOH），故C错误；

D．设醋酸的pH=a，ROH的pH=14-a，则醋酸和ROH溶液等体积混合时V×10-amol/L=V×1014-a-14mol/L，说明二者溶液中电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，因醋酸为弱酸，不能完全电离，所以醋酸的浓度大于10-amol/L；醋酸有剩余，溶液显酸性，故D错误；

故选：B。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．Na2SO3具有还原性，Cl2具有氧化性，二者在溶液中发生氧化还原反应，符合电子守恒；电荷守恒、原子守恒；A正确；

B．电离产生H+、同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合，H+结合OH-的能力大于首先发生酸碱中和反应，离子方程式应该为：H++OH-=H2O；B错误；

C．Na2S2O3具有强的还原性，硝酸具有强的氧化性，二者混合会发生氧化还原反应产生NaNO3、H2SO4、NO、H2O；反应不符合事实，C错误；

D．盐水解反应程度是微弱的，在溶液中存在水解平衡，因此不能使用等号，应该使用可逆号，醋酸钠水解的离子方程式应该为：D错误；

故合理选项是A。3、B【分析】【详解】

某烃的相对分子质量为72，由商余法：该烃含有的碳原子数目为=512，该烃的分子式为C5H12，该烃属于烷烃，为戊烷，戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷，含有的H原子种类分别为3、4、1，共8种，则一氯取代物最多可能有8种，故选B。4、C【分析】【分析】

能和溴水发生加成反应的物质含有碳碳双键或三键；能和酸性高锰酸钾溶液反应的物质含有碳碳双键或三键或苯环上的取代基中直接连接苯环的碳原子上含有氢原子；据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是(4)2-丁炔、(6)邻二甲苯、(7)苯乙烯；能和溴水发生加成反应的物质有(4)2-丁炔、(7)苯乙烯，所以既能使KMnO4酸性溶液褪色；又能使溴水因发生化学反应而褪色的是(4)(7)，故合理选项是C。

【点睛】

本题考查了有机物的性质，注意只有苯环上的取代基中直接连接苯环的碳原子上含有氢原子时，苯的同系物才能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。5、B【分析】【详解】

A.萘分子中存在对称结构；含有2种等效氢原子，则其一氯代物有2种，故A错误；

B.催化剂能改变反应历程，降低反应所需活化能，根据图知，虚线的活化能较低，则虚线可能表示有催化剂的反应过程，使用催化剂能改变故B正确；

C.a、b是焓变；焓变与反应物和生成物总能量差有关，焓变与活化能无关，故C错误；

D.物质的能量越大越不稳定，根据图知，能量：萘>四氢萘>十氢萘，所以物质的稳定性：十氢萘>四氢萘>萘；故D错误；

故选B。

【点睛】

催化剂能改变反应历程，降低反应所需活化能，加快反应速率，但是焓变取决于反应物和生成物总能量的差值，与活化能无关，因此使用催化剂不能改变反应热，这是同学们的易错点。6、B【分析】【详解】

A．乙烯；乙炔都存在不饱和键；乙烷中不存在不饱和键，故A不符合题意；

B．乙炔中的所有原子都处在同一条直线上；乙烯中的所有原子都处在同一平面上，乙烷中碳原子与所连的4个原子构成四面体，乙炔既不同于乙烯，也不同于乙烷，故B符合题意；

C．乙烯；乙炔都易发生加成反应；乙烷不能发生加成反应，故C不符合题意；

D．乙烯、乙炔都能能与KMnO4发生反应，乙烷不能与KMnO4发生反应；故D不符合题意；

故答案为：B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．甲苯与液溴在Fe催化条件下才能发生取代反应；与溴水不发生化学反应，A错误；

B．光照下乙基上H被取代；则乙苯和氯气光照生成的氯代物有11种(一氯取代有2种；二氯取代有3种、三氯取代有3种、四氯取代有2种、五氯取代1种)，同时还有HCl生成，所以产物共有12种，B错误；

C．光照条件下甲基上的氢会被溴取代；不会取代苯环上的氢，C错误；

D．丙基苯中与苯环相连的C原子上有氢原子；可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；

综上所述答案为D。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

根据价层电子对互斥理论确定分子或离子空间构型，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，据此分析解答。

【详解】

（1）H2O中价层电子对个数n=2+（6-2×1）=4，含孤电子对数为2，中心原子采用sp3杂化，所以该分子为V型；（2）CO32-中价层电子对个数n=3+（4+2-3×2）=3，含孤电子对数为0，中心原子采用sp2杂化，所以该分子为平面三角形；（3）SO32-中价层电子对个数n=3+（6+2-3×2）=4，含孤电子对数为1，中心原子采用sp3杂化，所以该分子为三角锥形。【解析】①.V形②.sp3③.平面三角形④.sp2⑤.三角锥形⑥.sp39、略

【分析】【详解】

（1）Na2CO3的电离方程式为：

故答案为

（2）NH4Cl电离方程式为：

故答案为

（3）Ba(OH)2电离方程式为

故答案为

（4）HNO3电离方程式为

故答案为

【点睛】

注意电离方程式的书写过程中，遵循原子守恒与电荷守恒，并且拆写出的离子和原子团要正确，书写时要认真注意细节。【解析】10、略

【分析】【分析】

(1)

H2S为二元弱酸，应分步电离，其电离方程式H2SHS-+H+，HS-S2-+H+；答案为H2SHS-+H+，HS-S2-+H+。

(2)

K2C2O4为二元弱酸盐，水解应分步进行，其水解的离子方程式为+H2O+OH-，+H2OH2C2O4+OH-；答案为+H2O+OH-，+H2OH2C2O4+OH-。

(3)

Na2CO3属于强电解质，在水溶液中完全电离，即Na2CO3=2Na++会水解，且是二元弱酸根，水解分步进行，即+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-，溶液呈碱性，由于水解是微弱的，且第一步水解程度大于第二步水解，两步都产生了OH-，所以0.1mol•L-1Na2CO3溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)；答案为c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)。

(4)

醋酸为弱酸，NaOH为强碱，当pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，即pH＜7，醋酸与NaOH发生反应，即CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，溶液中存在Na+、H+、CH3COO-和OH-，该溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；答案为＜；c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。

(5)

弱酸的电离常数越大，酸性越强，多元弱酸以第一级电离为主，由题中电离常数数值可知，Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，所以HClO、H2CO3、H2SO3三种酸酸性由强到弱的是H2SO3＞H2CO3＞HClO；答案为H2SO3＞H2CO3＞HClO。

(6)

弱酸的电离常数越大，酸性越强，由题中电离常数数值可知，酸性强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；

A．因为酸性＞根据强酸制弱酸原理，则二者不发生反应；可以大量共存，故A不符合题意；

B．因为酸性＞根据强酸制弱酸原理，则二者发生反应，即+=+不能大量共存，故B符合题意；

C．二者不发生反应；可以大量共存，故C不符合题意；

D．因为酸性HClO＞根据强酸制弱酸原理，则ClO-、二者不发生反应；可以大量共存，故D不符合题意；

答案为B。

(7)

由上述可知，酸性H2CO3＞HClO＞强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则将少量CO2通入到NaClO溶液中发生反应，其离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HClO+答案为ClO-+H2O+CO2=HClO+【解析】(1)H2SHS-+H+HS-S2-+H+

(2)+H2O+OH-，+H2OH2C2O4+OH-

(3)c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)

(4)＜c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)

(5)H2SO3＞H2CO3＞HClO

(6)B

(7)ClO-+H2O+CO2=HClO+11、略

【分析】【详解】

（1）脂环烃是具有链烃性质的环烃，属于脂环烃的是

（2）脂环化合物的是不含苯环的环状有机物，属于脂环化合物的是

（3）芳香烃中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为芳香烃的衍生物，属于芳香烃的衍生物的是

（4）芳香烃指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃的是

（5）脂肪烃是指具有脂肪族化合物基本属性的碳氢化合物，属于脂肪烃的是CH3—CH=CH2；

（6）脂肪烃中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为脂肪烃衍生物，属于脂肪烃衍生物的是CH3CH2Br。【解析】(1)①②⑤

(2)①②③⑤

(3)⑥⑧⑩

(4)④

(5)⑨

(6)⑦12、略

【分析】【详解】

（1）羟基的电子式为

（2）乙酸乙酯的结构简式为或CH3COOCH2CH3；

（3）根据系统命名原则，选最长碳链为主链，取代基位次之和最小，将命名为：3；3，4－三甲基己烷；

（4）实验室用电石和水反应制取乙炔，反应的化学方程式为：

（5）苯环上的所有原子在同一平面，碳碳双键直接相连的碳原子在一平面，则分子中处于同一直线上的碳原子最多有7个；分子中至少有11个碳原子处于同一平面上；

（6）分子式为C9H12的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，则该物含苯环，且高度对称，该芳香烃的结构简式为【解析】或CH3COOCH2CH33，3，4－三甲基己烷CaC2＋2H2O—→Ca(OH)2＋CH≡CH↑71113、A:B:B:C:D【分析】【分析】

【详解】

(1)工业上制备肥皂的主要原料是油脂；故答案为：D；

(2)家居装修材料中散发出甲醛；故答案为：A；

(3)乙醇常用做燃料和医药上消毒剂；故答案为：C；

(4)糖尿病人通常是指病人的尿液中葡萄糖的含量高；故答案为：B；

(5)可直接进入血液补充能量的是葡萄糖，故答案为：B。14、略

【分析】【详解】

该有机物相对分子质量为16×5.75=92，1.84g该有机物物质的量为=0.02mol，有机物燃烧生成二氧化碳、水总质量为4.08g，且生成H2O和CO2的物质的量之比为4：3，设二者物质的量分别为4amol、3amol，则3a×44+4a×18=4.08，解得a=0.02，故水为0.08mol，二氧化碳为0.06mol，则有机物分子中C原子数目为3，H原子数目为8，则O原子数目为=3，故该有机物分子式为C3H8O3；

根据该物质的分子式C3H8O3可知该物质C原子均为饱和碳原子，所以不含羧基，所以与Na反应生成氢气的官能团为羟基，1mol该有机物与足量的金属钠反应生成的氢气物质的量为=1.5mol，所以含有3个羟基，结构简式为

【点睛】

根据相对甲烷的密度可以计算有机物的相对分子质量，碱石灰增重为燃烧生成二氧化碳、水的质量之和，结合二者物质的量之比计算各自物质的量，根据原子守恒计算有机物中C、H原子数目，再结合相对分子质量计算有机物分子中O原子数目，进而确定有机物分子式。【解析】15、略

【分析】【详解】

三大合成材料是指塑料；合成橡胶和合成纤维。这三大合成高分子材料主要是以煤、石油、天然气为原料生产的。高分子化合物有天然的；如蛋白质、纤维素、淀粉等；也有人工合成的，如聚乙烯等。

1；塑料：大家对塑料都很熟悉。工业、商业、农业、家庭都在广泛使用各种塑料制品；如塑料管材、板材、塑料薄膜、塑料盆、椅、鞋、雨衣、瓶等。世界塑料产量是钢产量的两倍，有色金属产量的17倍。塑料的主要成分是树脂，塑料的名称是根据树脂的种类确定的。

2；合成橡胶：是利用低分子物质合成的一类弹性特别的线型高聚物；如丁苯橡胶、氯丁橡胶和丁腈橡胶。合成橡胶的很多性能比天然橡胶优越，广泛用于轮胎和制鞋工业等。

3、合成纤维是用某些低分子物质经聚合反应制成的线形高聚物。合成纤维的品种很多，如尼龙、涤纶和人造羊毛(聚丙烯腈)等。合成纤维耐磨、耐蚀、不缩水。用它做的衣服，不易折皱，结实耐穿。【解析】塑料合成橡胶合成纤维三、判断题(共6题，共12分)16、B【分析】【分析】

【详解】

NaHCO3溶液的pH值8左右，而酚酞的变色范围也是8左右，颜色变化不明显，所以不能用酚酞做指示剂，故答案为：错误。17、B【分析】【详解】

系统命名法可用来区分各个化合物，适用于烃，也适用于烃的衍生物，故故错误。18、B【分析】【详解】

乙烯和乙炔均能使酸性KMnO4溶液褪色并生成气泡，不能用KMnO4溶液鉴别乙烯和乙炔，错误。19、B【分析】【详解】

环己烷和苯都不能与酸性KMnO4反应，且密度都比水小，不溶于水，会在KMnO4溶液的上层，因此无法区分，该说法错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

符合通式CnH2n的烃可能为烯烃或环烷烃，故两者可能互为同系物，也可能互为同分异构体（类别异构），题干说法错误。21、B【分析】【详解】

能溶解于水的羧酸类物质能使紫色石蕊溶液变红色，碳链长的羧酸溶解性差，酸性弱，不能使之变红，如硬脂酸，故答案为：错误。四、元素或物质推断题(共4题，共28分)22、略

【分析】【分析】

某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液呈存在不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在A是NO；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有F是NH3，产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是溶液L是NaHCO3；综上所诉：A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3；依此解答。

【详解】

（1）由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在弱酸根离子，所以不存在的离子有

（2）强酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，如果存在硝酸根离子，则不存在亚铁离子，加入硝酸钡溶液时不能产生气体，所以溶液X中一定没有故选b；

（3）亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Fe2＋++4H＋=3Fe3＋+NO↑+2H2O；

（4）铝离子和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al3＋+4OH－=+2H2O；

（5）若转化③中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成HNO3，该反应方程式为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，则反应中D与O2的物质的量之比为4：1；

（6）溶液中铁离子是否存在不能确定，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，故选②。【解析】①.②.b③.3Fe2＋++4H＋=3Fe3＋+NO↑+2H2O④.Al3＋+4OH－=+2H2O⑤.4：1⑥.②23、略

【分析】【分析】

能与铝反应放出氢气，说明溶液显酸性或者碱性，且若为酸性则不含NO3-；溶液无色说明无Cu2+、MnO4-。

【详解】

(1)若反应后生成铝离子，说明溶液呈酸性，一定存在H+，结合分析可知不含Cu2+、MnO4-、NO3-，而HCO3-、OH-不与氢离子共存，所以不能大量存在，则溶液中的阴离子只能是Cl-，则不能大量存在Ag+，所以一定存在的离子为H+、Cl-；一定不能大量存在的离子有Cu2+、MnO4-、NO3-、HCO3-、OH-、Ag+；

(2)若反应后生成AlO2-，说明溶液显碱性，存在大量OH-，则不能大量存在Mg2+、Cu2+、H+、Ag+、HCO3-，所以阳离子只能是K+，所以一定存在的离子有OH-、K+；一定不能大量存在的离子有Mg2+、Cu2+、H+、Ag+、HCO3-、MnO4-。

【点睛】

明确常见离子之间的反应是解答本题的关键，并注意利用溶液为电中性、溶液的酸碱性等来分析解答。【解析】①.H+、Cl-②.Cu2+、MnO4-、NO3-、HCO3-、OH-、Ag+③.OH-、K+④.Mg2+、Cu2+、H+、Ag+、HCO3-、MnO4-。24、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E、F六种主族元素分布在三个短周期；它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，则B、C位于第二周期，A的原子序数小于B，且能够形成化合物，则A为H元素；C与F位于同一主族，则二者分别处于第二、第三周期，二者原子核内质子数之和的一半为7～13，A与D同主族、且A与D两元素核外电子数之和是C与F两元素原子核内质子数之和的一半，则D的原子序数大于6，应该为Na元素；故C与F的原子序数之和为：2（1+11）=24，C与F分别位于同一主族，设C的原子序数为x，则x+x+8=24，解得x=8，故C为O元素、F为硫元素；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体、三种是固体，原子序数E介于11～16之间，则E单质为固体，所以B单质只能为气体，B与C位于同二周期，C为O元素，B原子序数小于O元素，则B为N元素；

【详解】

根据分析可知：A为H；B为N、C为O、D为Na、E为Si、F为S元素．

（1）由A、B两种元素可以组成B2A4型化合物，分子式为N2H4，分子中N-N键为非极性银，N-H键为极性键，电子式为

（2）E是非金属元素Si，但能表现出一些金属元素的性质，Si与Na元素的最高价氧化物的水化物反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；

（3）等浓度的HNO2溶液、HClO溶液、盐酸溶液，其导电能力：盐酸溶液＞HNO2溶液＞HClO溶液，酸性越强，对应钠盐水解能力越弱，pH越小，则溶液的pH(NaNO2)2-+H2OHNO2+OH-，ClO-+H2OHClO+OH-后者水解程度大于前者；

（4）酸性溶液用酸式滴定管盛装，中和产物为NaNO2，水溶液呈碱性，可选用变色范围在碱性的指示剂。现有100.00mL未知浓度的HNO2溶液，用酸式滴定管（仪器名称）量取10.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞（可选指示剂：酚酞、石蕊、甲基橙）,用浓度为0.10mol/LNaOH的标准溶液来测定未知浓度的HNO2溶液，判断滴定终点的现象是溶液由无色变粉红色半分钟不褪色；记录消耗标准溶液的体积为12.00mL,则该HNO2溶液的浓度为0.10mol/L×12.00mL/10.00mL=0.12mol·L－1。【解析】极性和非极性Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2<NO2-+H2OHNO2+OH-，ClO-+H2OHClO+OH-后者水解程度大于前者酸式滴定管溶液由无色变粉红色半分钟不褪色0.1225、略

【分析】【分析】

Ⅰ．气体B在氧气中燃烧生成气体C，100℃时，气体C通过浓硫酸，浓硫酸增重3.60g，增重的质量为H2O的质量，气体B、C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；气体D能被碱石灰吸收，则D为CO2，碱石灰增重17.60g，即CO2的质量为17.60g，根据以上分析可得B和氧气反应生成CO2和H2O，B由C、H两种元素组成，CO2的物质的量为=0.4mol，则碳元素的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为=0.2mol，则氢元素的物质的量为0.4mol，气体B标况下的体积为4.48L，则B的物质的量为=0.2mol，由碳、氢元素的物质的量与B的物质的量关系，可得B的化学式为C2H2，溶液F焰色反应呈黄色，则F中含有Na元素，根据反应流程，A、E中均含有Na元素，碱性溶液E与0.2molHCl恰好完全反应生成中性的F溶液，则F为NaCl，则n(Na)=n(Cl)=n(HCl)=0.2mol，由三种常见元素组成的化合物A，与足量的水反应生成B和E，A中应含有C和Na元素，A的质量为9.6g，则第三种元素的质量为9.6g-0.4mol×12g/mol-0.2mol×23g/mol=0.2g，则A为C、H、Na三种元素组成，物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，则A的化学式为NaHC2；据此分析解答；

Ⅱ．向NaBr溶液中通入一定量Cl2，溶液由无色变为红棕色，证明有溴单质生成，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2；根据实验中发生的氧化还原反应，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性强弱，据此分析解答。

【详解】

Ⅰ．(1)根据分析，组成A的非金属元素是碳(C)和氢(H)，气体B为C2H2，结构简式CH≡CH；

(2)固体A与足量水反应的化学方程式是NaHC2+H2O=NaOH+C2H2↑；

(3)根据分析，D为CO2，一定条件下，气体CO2可能和FeO发生氧化还原反应，CO2中碳元素为+4价，属于碳元素的最高价，具有氧化性，FeO中Fe元素为+2价，具有一定的还原性，可能的化学方程式CO2+2FeOFe2O3+CO；

Ⅱ．(4)将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，反应中Br2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，说明氧化性Br2＞I2；

(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2未过量。由于溴单质的密度比水大，在溶液的下层，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2；若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。

【点睛】

本题难点为Ⅰ中物质的推断，要结合物质的性质分析，气体D被碱石灰吸收，说明D为酸性气体，且气体B、C、D均无色、无臭，则D为CO2，流程图中，100℃时，C气体部分被浓硫酸吸收，则可确定被吸收的为水蒸气。【解析】碳(C)和氢(H)CH≡CHNaHC2+H2O=NaOH+C2H2CO2+2FeOFe2O3+CO试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量五、有机推断题(共3题，共12分)26、略

【分析】【分析】

由信息I可知，A和乙醛反应生成B，分子中增加了7个C原子，再根据D中含有苯环，推出A为苯甲醛。由信息II可知，烃基直接连接在碳碳双键的碳原子上的有机物是不稳定的，推出F到G发生的加聚反应，而不是酯的水解反应，因为F水解后会生成一个不稳定的有机物乙烯醇；它会自动发生分子结构重排转化为乙醛，只有加聚反应之后再水解，才能转化为H聚乙烯醇。

【详解】

(1)因为M是合成高分子，含有官能团碳碳双键和酯基，所以M能在碱性条件下发生水解反应、可以被酸性高锰酸钾氧化，1molM有nmol链节，与氢气发生加成反应时，每个链节能与4个氢气分子加成，所以1mol可与4nmolH2加成，所以选ac；

(2)C中官能团的名称为碳碳双键、羧基，由E生成F的反应类型为加成反应；

(3)F的化学名称为乙酸乙烯酯，由F生成G的化学方程式为：

(4)W能与三氯化铁溶液发生显色反应，说明W含酚羟基。由于W是二取代芳香族化合物W，所以另一个侧链含有3个C原子、一个Cl原子且有两个不饱和度，不含“C=C=C”则只能含碳碳叁键（C—C≡C），这样的侧链有三种结构，每一种都与羟基有邻、间、对三种位置关系，所以则W的结构共有9种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为

(5)以HC≡CH为原料（其他无机试剂任选）制备G，首先利用最后一个信息将HC≡CH与水加成得到乙醛，然后将乙醛催化氧化得到乙酸，最后利用题中流程E到F到G的转化即可合成G，所以合成路线如下：【解析】①.ac②.碳碳双键、羧基③.加成反应④.乙酸乙烯酯⑤.⑥.9⑦.⑧.27、略

【分析】【分析】

在氢氧化钠水溶液中发生水解生成B为：与酸反应生成C：在Cu作催化剂下发生氧化反应生成D：据此分析解题。

【详解】

(1)在红磷存在时，丙酸可与液溴发生取代反应生成了一溴丙酸(CH3CHBrCOOH)，写出该反应的方程式：Br2+CH3CH2COOHHBr+CH3CHBrCOOH。

(2)①由A取代后的产物可知A的结构简式：D：中所含官能团的名称：羟基；醛基、羧基。

②C→D的方程式为：+O2+H2O。

③D：含有醛基，可发生加成反应，含有羧基可发生酯化反应，含有羟基且邻位碳原子上有氢，可发生消去，不可能发生的反应是水解。【解析】Br2+CH3CH2COOHHBr+CH3CHBrCOOHCH2ClCH2CH(CH3)COOH羟基、醛基、羧基+O2+H2OA28、略

【分析】【分析】

（1）根据G的结构简式分析含氧官能团名称；

（2）根据C、D的结构简式，C→D的反应是C中溴原子被—OCH3代替；奈环上的羟基易被氧化；

（3）A的同分异构体①能发生银镜反应，说明含有醛基，与FeCl3溶液能发生显色反应说明含有酚羟基；②除苯环外；含有3种不同的官能团，根据不饱和度，含有3种不同的官能团是醛基；羟基、碳碳叁键；③该分子核磁共振氢谱有5种不同的峰，且峰值比为1∶1∶2∶2∶2，说明结构对称；

（4）乙醇与溴化氢发生取代反应生成溴乙烷，结合CH3(CH2)4BrCH3(CH2)3CH2MgBr可知，根据根据D→E，苯甲醛与反应生成氧化生成

【详解】

(1)根据G的结构简式G中含氧官能团是醚键和酯基，故答案为：醚键；酯基；

(2)对比C和D的结构，可知是—OCH3取代—Br，属于取代反应；A结构与苯酚类似，所以应该具有相似的性质，也易被空气中氧气氧化，故答案为：取代反应；A被空气中的O2氧化；

(3)A的分子式为C10H8O2。“能发生银镜反应”说明有醛基，“与FeCl3溶液能发生显色反应”说明含有酚羟基，“含有3种不同的官能团”根据分子式可知还有C≡C键；“核磁共振氢谱峰值比为1∶1∶2∶2∶2”说明苯环上有两种氢，而且分别为两个，所以是对称结构，苯环只有两个对位取代基，结构具体如图：故答案为：

(4)对比原料与目标产物的结构，发现要通过C—C键增长碳链，结合流程可知与E→F类似，所以有苯甲醛和CH3CH2MgBr，而结合流程图可知，D→E能在苯环上引入醛基，所以苯甲醛可由苯在CHCl3、POCl3和二甲基甲酰胺作用下制得，由信息可知，CH3CH2MgBr可由CH3CH2Br在Mg和四氢呋喃作用下制得，而CH3CH2Br可由CH3CH2OH与HBr加热制得，故答案为：【解析】①.醚键②.酯基③.取代反应④.A被空气中的O2氧化⑤.或其它