2025年苏人新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年苏人新版选修化学上册阶段测试试卷134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、下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）A.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na＋O2=Na2O2B.钠投入盛有FeCl3溶液的烧杯中，产生无色气体与红褐色沉淀：6Na＋2Fe3＋＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋6Na＋＋3H2↑C.Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2D.向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO3-＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋CO32-＋2H2O2、25°C时；用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL；浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.酸性强弱顺序是HX>HY>HZB.加入10mLNaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y-）C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3D.加入20mLNaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点3、某有机物A的结构简式如图所示；它是最早被禁用的兴奋剂之一，下列有关有机物A的叙述不正确的是。

A.有机物A属于烃的衍生物B.有机物A的分子式是C13H12O4Cl2C.有机物A既可看作卤代烃，也可看作芳香族化合物D.有机物A分子中含有5种官能团4、符合分子式“C6H6”的多种可能结构如图所示；下列说法正确的是。

A.①~⑤对应的结构中一氯取代物只有1种的有3个B.①~⑤对应的结构均能与氢气在一定条件下发生加成反应C.①~⑤对应的结构中所有原子均可能处于同一平面的有1个D.①~⑤对应的结构中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有4个5、欲观察环戊烯()是否能使酸性KMnO4溶液褪色，先将环戊烯溶于适当的溶剂，再慢慢滴入0.005mol·L-1KMnO4溶液并不断振荡。下列哪一种试剂最适合用来溶解环戊烯做此实验A.四氯化碳B.裂化汽油C.甲苯D.水6、有机物与水发生的反应不可能是A.取代反应B.加成反应C.水解反应D.消去反应7、己烯雌酚（结构简式如图所示）；是一种激素类药物。下列叙述不正确的是（）

A.己烯雌酚的分子式为C18H20O2B.己烯雌酚与NaOH溶液、NaHCO3溶液均能反应C.该化合物存在2种官能团D.己烯雌酚与饱和溴水可以发生加成反应和取代反应评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、功能高分子P的合成路线如下：

（1）A的分子式是C7H8；其结构简式是________________________。

（2）试剂a是____________________。

（3）反应③的化学方程式：_________________________________________________。

（4）E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团：_________________________。

（5）反应④的反应类型是____________________________。

（6）反应⑤的化学方程式：_________________________________________________。9、(1)三大合成材料______；______、______。

(2)下列有机物中属于脂肪烃的是______；属于芳香烃的是_____；属于苯的同系物的是______；属于脂环的是________。（填序号）

①②③④⑤⑥

(3)实验室制取乙烯所用的乙醇为无水乙醇，但工业酒精中乙醇的含量为95%，将工业酒精转化为无水乙醇的方法是_________。10、如图表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子；小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合。

（1）图中属于烷烃的是___（填编号）

（2）图中互为同分异构体的是：A与___；B与___；D与___。（填编号）11、下列3种有机化合物A：CH2=CH-CH3B：C：CH3CH2CH2OH

（1）写出化合物A、C中的官能团的名称：_____、______。

（2）A在催化剂加热条件下生成聚合物的反应方程式：_____。

（3）C物质在一定条件下可转化为A，请写出其化学方程式：_____。

（4）B可与NaOH溶液反应生成苯酚钠，写出向苯酚钠中通入二氧化碳的化学方程式为：_____。12、乙烯是重要的基础化工原料，通过以下流程可以合成具有芳香气味的酯F。已知B是最简单的芳香烃，其摩尔质量为78g•mol-1。请回答下列问题：

(1)B的结构简式为______，A→E的有机反应类型为__________。

(2)D分子中所含官能团的名称是_______________。

(3)写出D与E反应生成F的化学方程式___________________。

(4)下列说法不正确的是__________________(填标号)。

A．有机物D、E、F可以通过饱和Na2CO3溶液区分。

B．E物质不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。

C．C物质可通过硝化反应得到

D．CH2=CH2通过加聚反应得到的聚乙烯可以使溴水褪色13、根据下面五种有机物回答问题：

(1)其中属于苯的同系物的是____(填序号，下同)；等质量的五种物质完全燃烧后消耗氧气最多的是______。

(2)①中所含官能团的名称为_____。

(3)④可由某烯烃与1个H2通过加成反应制得，则烯烃可能的结构有______种(不考虑立体异构)。

(4)⑤的同分异构体中，核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为_____。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、滴定管盛标准溶液时，调液面一定要调到“0”刻度。（______________）A.正确B.错误15、用稀NaOH滴定盐酸，用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定。（______________）A.正确B.错误16、所有烷烃都可以用习惯命名法命名。__________A.正确B.错误17、烯烃、炔烃进行系统命名时，选择最长的碳链为主链。__________A.正确B.错误18、聚丙烯可发生加成反应。(____)A.正确B.错误19、乙醛的密度比水大，且能与水以任意比例混溶。(_______)A.正确B.错误20、羧酸含有羧基，能使紫色的石蕊试液变红。(____)A.正确B.错误21、乙二酸、苯甲酸、硬脂酸、石炭酸都属于羧酸类有机物。(_______)A.正确B.错误22、新材料口罩可用60摄氏度以上的水浸泡30分钟，晾干后可重复使用。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共9分)23、某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）

已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）

（1）滤渣1的主要成分为：____________。

（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。（填序号）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。

（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填“符合”或“不符合”）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。

（5）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池；电镀和催化剂等领域。

①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。

②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。

24、某工厂利用废催化剂(含及MnO2等)回收金属铜并制取锌白()的工艺流程如下：

已知：

①

②

请回答下列问题：

(1)为了加快废催化剂酸浸的速率；可以采取的措施是______(任写一条)。

(2)浸渣的主要成分是______(填化学式；下同)，粗铜粉中含有的杂质是______。

(3)“酸浸”过程中生成同时还有氧气逸出，写出与浓反应的化学方程式：______。

(4)“氧化”过程中被氧化的离子方程式为______。

(5)加入氨水调节溶液时，要使沉淀完全，则应调节溶液的最小值为______(结果保留两位小数)(已知：当时，认为沉淀完全；常温下)。

(6)在加入氨水“中和；沉淀”的过程中；沉淀的析出率与溶液温度的关系如图所示：

当溶液温度高于时，的沉淀率随着温度升高而降低的原因是______。25、用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料；制备金属锰；镁的一种工艺流程路线如下：

已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示：。化学式Mg(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp1.8×10-111.8×10-131.0×10-334.0×10-38

②溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时；认为该离子沉淀完全。

完成下列问题：

(1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为_____。

(2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L-1，则“调节pH”的范围为_______，“滤渣2”的成分为______。

(3)“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是___；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是____。

(4)MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为__________。

(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为____。

(6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式____________。

评卷人得分五、推断题(共3题，共18分)26、聚合物H()是一种聚酰胺纤维；广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：

已知：①C；D、G均为芳香族化合物；分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。

②Diels﹣Alder反应：

(1)生成A的反应类型是________。D的名称是______。F中所含官能团的名称是______。

(2)B的结构简式是______；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是______。

(3)D+G→H的化学方程式是___________________________________________。

(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为__________________________________(任写一种)。

(5)已知：乙炔与1，3﹣丁二烯也能发生Diels﹣Alder反应。请以1，3﹣丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成写出合成路线_______________________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。27、[化学——选修5：有机化学基础]

A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。

已知：

（1）A的名称是____；B中含氧官能团名称是____。

（2）C的结构简式____；D-E的反应类型为____。

（3）E-F的化学方程式为____。

（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____（写出结构简式）。

（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验其中一种官能团的方法是____（写出官能团名称、对应试剂及现象）。28、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：______。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共30分)29、氮在自然界以游离态和多种化合态形式出现，氮氧化物有N2O、NO和NO2等，氢化物有NH3、N2H4、HN3等。完成下列填空：

(1)用NaOH溶液可以吸收汽车尾气中NO和NO2；主要反应为。

NO+NO2+2OH-→2NO+H2O

2NO2+2OH-→NO+NO+H2O

①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有_______(填字母)。

A．加快通入尾气的速率。

B．采用气；液逆流的方式吸收尾气。

C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液。

②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_______(填化学式)，吸收后排放尾气中含量较高的氮氧化物是_______(填化学式)。

(2)用NaClO溶液吸收尾气中NO。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)变化如图所示。

①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO其离子方程式为_______。

②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_______。

(3)将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为_______

(4)下列做法能使氯化铵溶液中的c(NH)与c(Cl-)比值变大的是_______(选择编号)

a．通入少量氯化氢b．加入固体氯化铵。

c．降低溶液温度d．加入少量固体氢氧化钠。

(5)肼(N2H4)又称联氨，具有很强的还原性。已知在酸性条件能与MnO2反应，产生N2、Mn2+、H2O，写出该反应的离子方程式并配平_______

(6)已知：酸性强弱为：H2SO3>HN3>HSO室温下，0.1mol/L的叠氮酸钠(NaN3)溶液和0.1mol/L的亚硫酸钠溶液，其中碱性更强的是_______，其原因是_______。30、利用工业废渣DSS，其主要成分为FeS、Fe2(SO4)3、FeSO4等，制备无机高分子絮凝剂――聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)()]m。

(1)Na2S2O8为氧化剂处理DSS制备Fe2(SO4)3，反应过程如下：(硫酸根自由基)+Fe3+，反应②的离子方程式是_______。

(2)Fe2(SO4)3经水解；聚合两步连续反应制得聚合硫酸铁。

①水解反应：_______(离子方程式)。

②聚合反应：mFe2(OH)n(SO4)()=[Fe2(OH)n(SO4)()]m

(3)测定并改进聚合硫酸铁絮凝剂的性能。

①表征聚合硫酸铁絮凝剂性能的重要指标是盐基度(OH-与Fe3+的物质的量比值)；盐基度越大絮凝效果越好。测定某聚合硫酸铁样品盐基度的方案如下，请补全步骤并计算。

资料：KF溶液可以掩蔽Fe3+使其不与OH-反应。

取ag样品，完全溶解于V1mLc1mol/L盐酸中，_______，滴入酚酞溶液，用c2mol/LNaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为V2mL；另取ag样品，测得Fe3+的物质的量为bmol。该样品的盐基度为_______(列出表达式)。

②某小组利用如图电解装置来提高聚合硫酸铁的盐基度。A是聚合硫酸铁溶液；B是提高盐基度后的聚合硫酸铁溶液。

i.离子交换膜是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

ii.简述反应室中提高盐基度的原理：_______。31、据报道；化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。

完成下列填空：

（1）写出反应类型。

反应③___________反应④__________

（2）写出结构简式。

A______________E_______________________

（3）写出反应②的化学方程式________________

（4）B的含苯环结构的同分异构体中；有一类能发生碱性水解，写出检验这类同分异构体中的官能团(酚羟基除外)的试剂及出现的现象。

试剂(酚酞除外)___________现象________________________

（5）写出两种C的含苯环结构且只含4种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式。_____________

（6）反应①、反应②的先后次序不能颠倒，解释原因。___________________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是由于4Na＋O2=2Na2O；A错误；

B．钠投入盛有FeCl3溶液的烧杯中，钠先与溶液中水反应生成氢氧化钠和氢气，再是氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉淀：6Na＋2Fe3＋＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋6Na＋＋3H2↑；B正确；

C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物即生成NaOH：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；C错误；

D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀，利用少定多变思想，少的定为“1mol”分析：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O；D错误。

答案为B。2、C【分析】【分析】

0.1000mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000mol/L，则c(HZ)=c(H+)；则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知；三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；

B．加入10mLNaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)；B错误；

C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1；即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；

D．加入20mLNaOH溶液时；三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。

答案选C。

【点睛】

C．pH=a的强酸稀释10n倍；稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；

pH=a的弱酸稀释10n倍；稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；

pH=a的强碱稀释10n倍；稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；

pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)3、C【分析】【详解】

A．观察有机物A的结构简式可知；它是由碳；氢、氧、氯4种元素组成的，属于烃的衍生物，故A正确；

B．从结构简式可推得A的分子式为C13H12O4Cl2；故B正确；

C．其结构中虽含有氯原子；但因含有氧原子，所以不属于卤代烃，故C错误；

D．有机物A分子中含有碳碳双键；酮羰基、氯原子、醚键、羧基5种官能团；故D正确；

选C。4、C【分析】【详解】

A．①~⑤对应的结构中一氯取代物只有1种是苯和三棱镜烷；有2个，故A错误；

B．①~⑤对应的结构中；三棱镜烷不含碳碳双键，三棱镜烷不能与氢气发生加成反应，故B错误；

C．①~⑤对应的结构中苯是平面分子；所有原子均处于同一平面内，其它分子中均含有单键碳，符合四面体结构，不可能所有原子处于同一平面，故C正确；

D．①~⑤对应的结构中；苯；三棱镜烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，能使溴的四氯化碳溶液褪色的有3个，故D错误；

故选C。5、A【分析】【详解】

A项，环戊烯溶于四氯化碳，四氯化碳不能使KMnO4溶液褪色；不干扰环戊烯的检验；

B项，环戊烯溶于裂化汽油，而裂化汽油能使KMnO4溶液褪色；干扰环戊烯的检验；

C项，环戊烯溶于甲苯，而甲苯能使KMnO4溶液褪色；干扰环戊烯的检验；

D项；环戊烯不溶于水；

答案选A。

【点睛】

该题的关键是在选择溶剂时不能干扰对环戊烯的鉴别。6、D【分析】【详解】

A．有机物与水发生的反应可以是取代反应；例如卤代烃或酯类水解，A不选；

B．有机物与水发生的反应也可以是加成反应；例如乙烯与水发生加成反应生成乙醇，B不选；

C．有机物与水发生的反应可以是取代反应；例如卤代烃或酯类水解，C不选；

D．有机化合物在一定条件下；从1个分子中脱去一个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应是消去反应，所以有机物与水发生的反应不可能是消去反应，D可选；

答案选D。7、B【分析】【详解】

A.由结构简式，可知己烯雌酚的分子式为C18H20O2；A项正确；

B.含酚羟基−OH，与NaOH溶液反应，但与NaHCO3溶液不反应；B项错误；

C.该化合物含由−OH和碳碳双键2种官能团；C项正确；

D.含碳碳双键；能与溴水发生加成反应，含酚羟基−OH，酚羟基的邻位能与溴水发生取代反应，D项正确；

答案选B。

【点睛】

酚羟基能电离，显弱酸性，能与NaOH溶液反应，但酚羟基的酸性比碳酸酸性弱，因此不能与NaHCO3溶液反应，但比碳酸氢根的酸性强，因此可以与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠。这是学生们的易错点。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，因此A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，B与氯气发生取代反应生成C为一氯甲基对硝基苯，结构简式为根据D和P的结构简式可知D和G发生酯化反应生成P，因此G的结构简式为F水解生成G和乙醇，因此F的结构简式为E在催化剂的作用下转化为F，这说明反应④是碳碳双键的加聚反应，因此E的结构简式为CH3CH＝CHCOOC2H5；据此分析作答。

【详解】

（1）根据以上分析可知A的结构式为

（2）甲苯和硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基苯；所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸；

（3）反应③是一氯甲基对硝基苯在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，反应的化学方程式为

（4）根据E的结构式为CH3CH=CHCOOC2H5可知所含官能团有碳碳双键；酯基；

（5）F应该是E发生加聚反应生成的一个高分子化合物；所以反应④是加聚反应；

（6）反应⑤的化学方程式为

【点睛】

本题主要考查有机物的推断与合成；结构、性质、转化、化学方程式的书写等知识。

有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，解答此类问题需要学生掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的区分度体现在“E物质”的推导过程，该物质可用“逆推法”来推断。有机题高起低落，推断过程可能略繁琐，但大多数问题的难度不大。【解析】浓硫酸和浓硝酸碳碳双键、酯基加聚反应9、略

【分析】【分析】

(1)合成材料主要有塑料；合成纤维、合成橡胶；

(2)脂肪烃是链状烃；

芳香烃是带有苯环的烃；

苯的同系物是指分子中含有一个苯环，分子式符合CnH2n-6的烃；

脂环化合物是一类性质与脂肪族化合物相似的碳环化合物；

(3)利用水与CaO反应产生离子化合物Ca(OH)2；然后根据产物与乙醇沸点的不同，用蒸馏方法分离得到乙醇。

【详解】

(1)三大合成材料是指塑料；合成纤维、合成橡胶；

(2)①是苯酚；属于芳香烃的衍生物；

②含有苯环；由于侧链不饱和，不属于苯的同系物，但属于芳香烃；

③含有环状结构；性质与烷烃化合物相似，因此属于脂环化合物；

④含有环状结构；含有碳碳双键，与烯烃类似，因此属于脂环化合物；

⑤含有一个苯环，是分子式符合CnH2n-6的烃；是苯的同系物；

⑥中碳原子结合成链状；其余价键全部与H原子结合，是烷烃，属于脂肪烃；

故属于脂肪烃的是⑥；属于芳香烃的是②⑤；属于苯的同系物的是⑤；属于脂环的是③④；

(3)实验室用乙醇与浓硫酸混合加热170℃制取乙烯，制取乙烯所用的乙醇为无水乙醇，但工业酒精中乙醇的含量为95%，将工业酒精转化为无水乙醇的方法是往工业酒精中加入新制生石灰，发生反应CaO+H2O=Ca(OH)2，乙醇是由分子构成的物质熔沸点较低，而Ca(OH)2是离子化合物；熔沸点较高，故可以利用二者沸点的不同，用蒸馏方法分离可得无水酒精。

【点睛】

本题主要考查了有机物的分类及分离混合物方法的知识，明确有机物分类的依据和该类物质所具有的化学性质性质是解题的关键，注意掌握常见有机物结构与性质。【解析】塑料合成纤维合成橡胶⑥②⑤⑤③④加入生石灰，然后蒸馏可获得无水乙醇10、略

【分析】【分析】

烷烃是开链的饱和链烃；分子中的碳原子都以单键相连，其余的价键都与氢结合而成；同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物。

【详解】

(1)根据烷烃的定义可知；A；C属于烷烃。

(2)A与C的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；B与E、F、H的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；D与G的分子式相同，结构不同，互为同分异构体。【解析】A、CCE、F、HG11、略

【分析】【详解】

（1）A中含有的官能团为碳碳双键；C中含有的官能团为羟基；

（2）CH2=CH-CH3在催化剂加热条件下生成聚合物的反应方程式为：nCH2=CH-CH3

（3）CH3CH2CH2OH在浓硫酸作催化剂、加热至170℃下发生消去反应生成CH2=CH-CH3，其反应方程式为：CH3CH2CH2OHCH2=CH-CH3+H2O；

（4）酸性：H2CO3>苯酚>酚钠与二氧化碳反应的化学方程式为：CO2++H2O→↓+NaHCO3。【解析】①.碳碳双键②.羟基③.nCH2=CH-CH3④.CH3CH2CH2OHCH2=CH-CH3+H2O⑤.CO2++H2O→↓+NaHCO312、略

【分析】【分析】

根据题中图示信息可知，A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，B是最简单的芳香烃，其摩尔质量为78g•mol-1，B是苯，结构简式为或C是乙苯，结构简式为D是苯甲酸，结构简式为E是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，F是苯甲酸乙酯，结构简式为结合题目分析解答。

【详解】

（1）B是苯，结构简式为或A是CH2=CH2，E是CH3CH2OH，A→E的有机反应类型为加成反应；答案为或加成反应。

（2）D的结构简式为含有官能团是羧基；答案为羧基。

（3）D是E是CH3CH2OH，发生酯化反应生成F()，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O；答案为+CH3CH2OH+H2O。

（4）A．有机物D是加入饱和Na2CO3溶液产生气体，有机物E是CH3CH2OH，加入饱和Na2CO3溶液，无现象，互溶不分层，有机物F是加入饱和Na2CO3溶液，无现象，但溶液分层，现象不同，可以用饱和Na2CO3溶液区分；故A正确；

B．E是CH3CH2OH，含有羟基，能够被KMnO4氧化；故B错误；

C．C是属于苯的同系物，在浓H2SO4、浓HNO3加热的条件下发生取代反应生成即+HO-NO2+H2O；故C正确；

D．CH2=CH2通过加聚反应得到的聚乙烯，即nCH2=CH2聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故D错误；

答案为BD。【解析】或加成反应或加成羧基+CH3CH2OH+H2OBD13、略

【分析】【分析】

(1)根据同系物的概念；结合苯同系物特点判断；质量相同时，物质分子中H元素含量越高，其完全燃烧消耗氧气就越多；

(2)根据物质分子结构；结合各种官能团的结构分析判断；

(3)根据烯烃加成反应特点；判断碳碳双键可能的位置，以确定其同分异构体种类数目；

(4)结合同分异构体的概念及H原子种类数目判断物质结构。

【详解】

(1)由于同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，苯的同系物分子式通式是CnH2n-6，其同系物中应该含有苯环，支链为饱和烷基。在上述物质中是苯的同系物；故合理选项是②；

由于12gC完全燃烧消耗1molO2；4gH完全燃烧消耗1molO2；所以等质量的物质完全燃烧，物质中H元素的含量越高，完全燃烧消耗的氧气就越多。在上述五种物质中，④表示的烷烃达到结合H原子的最大数目；H元素含量最高，故其完全燃烧消耗氧气最大，故合理选项是④；

(2)①表示的物质中含氧官能团有-COO-；-OH、-CHO；它们的名称分别是酯基、羟基、醛基；

(3)烯烃与H2发生加成反应时，断裂碳碳双键中较活泼的一个碳碳键，然后在这两个C原子上个结合1个H原子，形成烷烃，因此若是烯烃与氢气加成产物，则碳碳双键可能的位置为：碳碳双键有几种不同位置；就存在几种同分异构体，因此其可能的同分异构体有三种；

(4)⑤表示的物质是该物质是烯烃，分子式是C6H12，其同分异构体若核磁共振氢谱只有一组峰，说明分子中只有一种位置的H原子，则物质应该具有对称结构，其结构简式为或

【点睛】

本题考查了物质的命名、同系物的判断、烯烃的加成规律、有机物燃烧消耗氧气与物质组成的关系及同分异构体的判断。掌握有关概念、物质的结构与反应特点是正确解答的关键。要从对称角度分析判断碳碳双键可能的位置，以确定其结构的不同，判断同分异构体种类数目。【解析】①.②②.④③.酯基、羟基、醛基④.3⑤.三、判断题(共9题，共18分)14、B【分析】【分析】

【详解】

在酸碱中和滴定使用滴定管盛标准溶液时，在滴定开始调液面时可以调到“0”刻度，也可以在“0”刻度以下任意刻度，因此不一定要调整液面在“0”刻度处，故这种说法是错误的。15、B【分析】【分析】

【详解】

用稀NaOH滴定盐酸，用酚酞作指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，当锥形瓶中溶液由无色变红色，半分钟内溶液不再变为无色时停止滴定，此时达到滴定终点，故认为锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定的说法是错误的。16、B【分析】【详解】

习惯命名法又称为普通命名法，仅适用于结构简单的烷烃，故错误17、B【分析】【详解】

烯烃、炔烃进行系统命名时，应选择包含碳碳双键或碳碳叁的的最长碳链作为主链，但不一定是烃分子中含碳原子最多的碳链，故错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

聚丙烯是丙烯加聚反应的产物，分子中不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误。19、B【分析】【详解】

乙醛的相对密度小于1；且分子极性大，所以乙醛的密度比水小，且能与水以任意比例混溶；

答案为：错误。20、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。21、B【分析】【详解】

石炭酸不属于羧酸类有机物，错误；22、A【分析】【详解】

新材料口罩可用60摄氏度以上的水浸泡30分钟，晾干后可重复使用，答案正确；四、工业流程题(共3题，共9分)23、略

【分析】【分析】

某酸性废液含有和等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣1，滤液中加入与发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3含有：和氢氧化铬沉淀加酸生成铬离子，高锰酸钾将铬离子氧化为重铬酸根，结晶得到重铬酸钾晶体。

【详解】

（1）调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，滤渣1为故答案为：

（2）据金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH分析，又不引入新杂质可知还可以是故答案为：A；

（3）若试剂X是足量氨水，与足量氨水的反应为：加入会生成更难溶的“沉镍”的离子方程式为：故答案为：

（4）依据溶度积常数计算F-离子浓度，残液中则依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L-1分析判断；不符合国家标准，故答案为：不符合；

（5）①根据方程式分析正极电极反应式为：转移2mol电子电极质量增加2g，故转移0.6mol电子则正极增重0.6g；故答案为：0.6；

②根据图像可知，阳极氢氧根放电生成氧气，故电极反应式为：电解过程中pH太高镍离子会沉淀，pH太低则阴极氢离子会放电生成氢气，故需要控制溶液pH值为4左右，故答案为：pH过高时会形成氢氧化物沉淀；pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。

【点睛】

本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解、电化学原理的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【解析】Fe(OH)3A[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3不符合0.64OH--4e-=2H2O+O2↑pH过高时Ni2+会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率24、略

【分析】【分析】

废催化剂用浓硫酸溶解，过滤出不反应的得到含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的溶液，加入足量锌粉，置换出铜、铁，向滤液中加入把氧化为沉淀，除去锰元素，加入氨水条件pH生成的沉淀；过滤；洗涤、干燥、焙烧得到氧化锌。

【详解】

(1)根据影响反应速率的因素；为了加快废催化剂酸浸的速率，可以将废催化剂粉碎或者进行搅拌，也可以对反应液加热；

(2)废催化剂与浓硫酸反应时，只有不溶，故浸渣是锌的活泼性大于铁、铜，在反应液中加入足量锌粉，置换出铁和铜，故粗铜中含有和杂质；

(3)与浓反应生成同时放出氧气，故该反应的化学方程式为(浓)

(4)在“氧化”过程中，与反应生成沉淀和故对应的离子方程式为

(5)

故

(6)当溶液温度高于时，随着温度的升高，氨水受热分解，产生氨气从溶液中逸出，导致溶液碱性减弱，故的沉淀率下降。

【点睛】

本题以废催化剂(含及MnO2等)回收金属铜并制取锌白()为载体，考查化学工艺流程，明确各步反应的原理是解题关键，注意会根据溶度积常数计算。【解析】将废催化剂粉碎、加热或者搅拌(浓)8.04随着温度的升高，氨水受热分解生成氨气逸出，溶液碱性减弱，故沉淀率下降25、略

【分析】【分析】

锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及的溶液，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2∙6H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4；可返回步骤Ⅰ酸浸使用，据此分析解答。

【详解】

(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO

(2)调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH-)==1.0×10-9mol·L-1，pOH=9，则pH=14-pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10-13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L-1时，溶液中c(OH-)==1.0×10-6mol·L-1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH＜8；根据分析，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；

(3)根据分析，“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2；

(4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解；

(5)根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2；分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2；

(6)根据图示，反应②为：Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为：Mn2++MnO2+2H2O=4OH-+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-。

【点睛】

易错点为(2)，当溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，即离子完全沉淀时，溶液中该离子的浓度最大值为1.0×10-6mol·L-1，因此溶液的pH≥5。【解析】MnO2+SO2=Mn2++SO5≤pH＜8Fe(OH)3、Al(OH)3Mg2+使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2抑制MgCl2水解萃取剂或有机相2MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-五、推断题(共3题，共18分)26、略

【分析】【分析】

乙醇发生消去反应生成A为CH2＝CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为G为根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为F发生取代反应生成对硝基苯胺，据此分析解答。

【详解】

(1)生成A的反应类型是消去反应；D的名称是对苯二甲酸，F中所含官能团的名称是氯原子；硝基；

(2)B的结构简式是“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是H2O；

(3)D+G→H的化学方程式是：n+n+(2n-1)H2O；

(4)D为Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为﹣CH2COOH、﹣COOH，有3种结构；如果取代基为﹣CH3、两个﹣COOH，有6种结构；如果取代基为﹣CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为或

(5)CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成和溴发生加成反应生成发生水解反应生成其合成路线为：【解析】消去反应对苯二甲酸氯原子、硝基H2On+n+(2n-1)H2O10或27、略

【分析】【分析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到则G结构简式为据此解答。

【详解】

（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3；其含氧官能团名称是酯基；

故答案为丙烯；酯基；

（2）C结构简式为D发生水解反应或取代反应生成E；

故答案为取代反应或水解反应；

（3）E→F反应方程式为

故答案为

（4）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是

故答案为

（5）该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，且物质的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；

分子中含有碳碳双键；醇羟基、羧基。若检验羧基：取少量该有机物；滴入少量石蕊试液，试液变红；若检验碳碳双键：加入溴水，溴水褪色；

故答案为1：1；检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）。【解析】丙烯酯基取代反应1：1检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）28、略

【分析】【分析】

1mol某烃A充分燃烧后可以得到8molCO2和4molH2O，故烃A的分子式为C8H8，不饱和度为可能含有苯环，由A发生加聚反应生成C，故A中含有不饱和键，故A为C为A与溴发生加成反应生成B，B为B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E为E与溴发生加成反应生成由信息烯烃与HBr的加成反应可知，不对称烯烃与HBr发生加成反应，H原子连接在含有H原子多的C原子上，与HBr放出加成反应生成D，D为在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F，F为F与乙酸发生酯化反应生成H，H为据此分析解答。

【详解】

（1）由上述分析可知，A的化学式为C8H8，结构简式为故答案为：C8H8；

（2）上述反应中，反应①与溴发生加成反应生成反应⑦是与乙酸发生酯化反应生成故答案为：加成反应；取代反应（或酯化反应）；

（3）由上述分析可知，C为D为E为H为故答案为：

（4）D→F为水解反应，方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr。【解析】C8H8加成反应取代反应（或酯化反应）+NaOH+NaBr六、原理综合题(共3题，共30分)29、略

【分析】【分析】

(1)

①A．加快通入尾气的速率，尾气中的氮氧化物NO和NO2不能被NaOH溶液充分反应；导致其去除率降低，A不符合题意；

B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可以使尾气中NO和NO2与NaOH充分接触发生反应，从而可提高尾气中NO和NO2的去除率；B符合题意；

C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可以使尾气中NO和NO2与NaOH充分接触发生反应，从而可提高尾气中NO和NO2的去除率；C符合题意；

故合理选项是BC；

②根据反应方程式可知，NaOH溶液吸收尾气中NO和NO2后产生NaNO3、NaNO2，所以吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是NaNO3；

根据反应方程式可知：NO2、NO混合气体中n(NO2):n(NO)≥1:1时可以被NaOH溶液吸收；而只有NO气体时不能被吸收，因此吸收后排放尾气中含量较高的氮氧化物是NO；

(2)

①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可知其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+；

②NaClO溶液的初始pH越小；NO转化率越高，这是由于溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强；

(3)

将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，二者恰好反应产生NH4Cl，该盐是强酸弱碱盐，发生水解反应而消耗，而Cl-不发生反应，所以c(Cl-)>c(NH)；发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-)；但盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于其水解产生的离子浓度，则c(NH)>c(H+)，故该溶液中含有的各种离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)；

(4)

a．通入少量氯化氢，NH4Cl的水解平衡逆向移动，导致c(NH)增大，