2025年浙教版选修化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教版选修化学下册阶段测试试卷232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、室温下，将0.1mol•L-1NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中；溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示：下列关系中，不正确的是。

A.M点c(Na+)＞c(NH4+)B.N点c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)C.Q点c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(Na+)D.M、N、Q三点中，水的电离程度M＞N＞Q2、下列指定反应的离子方程式正确的是A.CaCl2溶液中通入CO2：Ca2＋＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2H＋B.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32−=Al2(CO3)3↓C.NH3通入NaClO溶液中被氧化成N2：3ClO－＋2NH3===N2＋3Cl－＋3H2OD.向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全：Al3++2SO42－+2Ba2++3OH－=Al(OH)3↓+2BaSO4↓3、图(I)和图(II)分别为二元酸H2A和乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中各微粒的百分含量δ(即物质的量百分数)随溶液pH的变化曲线(25℃)。下列说法正确的是。

A.[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性B.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=10-7.15C.[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中各离子浓度大小关系为：c([H3NCH2CH2NH2]+>c(HA-)>c(H2NCH2CH2NH2)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)D.向[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中通入一定量的HCl气体，则可能增大也可能减小4、已知利用环氧物质制备某酯的一种机理如图所示，下列说法不正确的是。

A.该反应在化合物I的催化下完成B.化合物II和III互为同分异构体C.化合物IV生成3—羟基丙酸甲酯的过程属于取代反应D.若原料用则产物一定是5、下列说法不正确的是（）A.电解水时氢气与氧气的体积比为2：1，原因是气体的体积主要取决于分子间距，而同温同压时气体的间距基本相等B.碳酸分步电离以第一步为主，第二步为次，原因之一是第二步电离时碳酸氢根带负电荷，而电离出的氢离子为正电荷C.苯酚显弱酸性可与氢氧化钠溶液反应，是因为羟基活化了苯环D.可通过如图（比例模型）判定醋酸是弱电解质6、乙醇的结构式为“箭头”表示乙醇发生化学反应时分子中可能断键的位置，下列叙述错误的是（）A.乙醇与钠反应时断裂①键B.乙醇与乙酸发生酯化反应时断裂②键C.乙醇发生催化氧化反应生成乙醛时断裂①③键D.乙醇发生消去反应时断裂②④键7、室温下，将0.10mol·L-1盐酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是（）A.M点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B.N点所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)C.Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、（1）现有以下物质①NaCl溶液②干冰③硫酸④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦酒精⑧熔融状态的KNO3，其中属于电解质的是：______；属于非电解质的是：______；能导电的是：______。（均填序号）

（2）选择下列实验方法分离物质；将分离方法的字母填在横线上。

A.萃取分液B.升华C.结晶D.分液E.蒸馏F.过滤。

①分离粗盐中混有的泥沙______。②分离碘和水的混合物______。

③分离水和汽油的混合物______。④分离酒精和水的混合物______。

（3）离子方程式BaCO3+2H＋=CO2↑+H2O+Ba2＋中的H＋不能代表的物质是_____________(填序号）①HCl②H2SO3③HNO3④NaHSO4⑤CH3COOH

（4）取少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量稀盐酸，边滴边振荡，可以看到溶液先出现红褐色浑浊，接着红褐色浑浊逐渐变浅，最终又得到黄色的FeCl3溶液，先出现红褐色浑浊的原因：________________________，又得到黄色的FeCl3溶液的化学方程式为：______________________________。9、氯苯()是重要的化工原料；某同学通过查阅资料后设计了如图所示的装置制备粗氯苯。(夹持装置及加热装置已省略)

若试剂Ⅰ为紫黑色固体，写出装置A中发生反应的离子方程式：___________。10、近期；李兰娟院士通过体外细胞实验发现抗病毒药物阿比多尔(H)能有效抑制冠状病毒，同时能显著抑制病毒对细胞的病变效应。合成阿比多尔的一条路线为：

已知：

回答下列问题：

(1)阿比多尔分子中的含氧官能团为__________；____________；D的结构简式为______________。

(2)反应②的化学方程式为_______________；反应③的作用是_______________；反应⑤的类型为________________。

(3)A的同分异构体中；能发生银镜反应且能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的有______种(不考虑立体异构)。

(4)以下为中间体D的另一条合成路线：

其中X、Y、Z的结构简式分别为_________、__________、_________。11、写出下列有机物的结构简式。

(1)3,4­二甲基­3­乙基庚烷___________________________。

(2)3­乙基­2­辛烯___________________________。

(3)对甲基苯乙烯___________________________。12、(1)用系统命名法命名有机物(CH3)2CHC(CH3)3___________。

(2)NH5是离子化合物，各原子均满足2电子或8电子稳定结构，NH5的电子式是___________。

(3)乙醇(沸点为78℃)沸点高于二甲醚(沸点为−23℃)的原因___________。13、(1)常用同位素标记法研究有机反应历程。如利用18O标记的甲醇钠研究如下反应，发现最终产物不含18O。根据实验事实画出中间体的结构简式____________。

(2)某同学进行如下实验时在碱性条件下得到了两个产物D和E；产率分别为74.3%和25.7%。

(1)画出产物D和E的结构简式_______、_______。

(2)指明此反应所属的具体反应类型_________。

(3)简述D产率较高的原因_________。

(4)简述反应体系加入二氧六环的原因____________。14、有下列物质：（1）可用作灭火剂的是___；

（2）注射时用于皮肤杀菌；消毒的物质；其主要成分是___；

（3）能用于日常生活中的饮料；糖果和糕点中食品香料的是__；

（4）用于配制汽车防冻液的是___。15、Ⅰ.某有机物X能与溶液反应放出气体；其分子中含有苯环，相对分子质量小于150，其中含碳的质量分数为70.6%，氢的质量分数为5.9%，其余为氧。则：

(1)X的分子式为_______，其结构可能有_______种。

(2)Y与X互为同分异构体，若Y难溶于水，且与NaOH溶液在加热时才能较快反应，则符合条件的Y的结构可能有_______种，其中能发生银镜反应且1molY只消耗1molNaOH的结构简式为_______。

Ⅱ.已知除燃烧反应外﹐醇类发生其他氧化反应的实质都是醇分子中与烃基直接相连的碳原子上的一个氢原子被氧化为一个新的羟基；形成“偕二醇”。“偕二醇”都不稳定，分子内的两个羟基作用脱去一分子水，生成新的物质。上述反应机理可表示如下：

试根据此反应机理；回答下列问题。

(1)写出正丙醇在Ag的作用下与氧气反应的化学方程式：_______。

(2)写出与在165℃及加压时发生完全水解反应的化学方程式：_______。

(3)描述将2－甲基－2－丙醇加入到酸性溶液中观察到的现象：_______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、室温下乙醇在水中的溶解度大于溴乙烷。(_______)A.正确B.错误17、溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯。(___________)A.正确B.错误18、乙醛的官能团是—COH。(____)A.正确B.错误19、组成人体内蛋白质的氨基酸有21种必需氨基酸。(____)A.正确B.错误20、植物油、动物脂肪和矿物油都是油脂。(____)A.正确B.错误21、核酸、核苷酸都是高分子化合物。(____)A.正确B.错误22、蛋白质溶液里加入饱和硫酸铵溶液，有沉淀析出，再加入蒸馏水，沉淀不溶解。(_______)A.正确B.错误23、的单体是CH2＝CH2和(___)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共2题，共12分)24、氯化钠是重要的化工原料；电解其水溶液具有重要意义。

(1)用惰性电极电解饱和食盐水的阳极电极式为_______。电解一段时间后，与电源负极相连的电极附近溶液的pH_______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)利用如图所示实验装置，可制得白色的Fe(OH)2沉淀。已知两极材料分别为石墨和铁。a极材料为_______，电极反应式为_______。苯的作用_______。

(3)工业上处理含的酸性工业废水方法：

a.向工业废水中加入适量的NaCl(增强溶液导电性)；搅拌均匀。

b.用Fe作阳极，电解一段时间，生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀。

c.过滤；废水达到排放标准。

已知：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O电解时：

①阴极的电极反应式为_______。

②阳极的电极材料为Fe，其作用是_______。

(4)将2.25g铁矿石样品经一系列化学处理，制得铁元素全部为Fe2+的待测液250mL，利用反应6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O对铁矿石中铁元素的含量进行测定。

①现烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，要配制100mL0.0150mol·L-1K2Cr2O7溶液，还需要的玻璃仪器是_______。滴定时K2Cr2O7溶液装在_______(酸式或碱式)滴定管中。

②取25.00mL待测液进行滴定，平均消耗K2Cr2O7溶液体积为25.00mL，则铁矿石中铁元素的百分含量是_______

③在本实验的滴定过程中，下列操作会使测定结果偏小的是_______(填字母)。

a.未用标准K2Cr2O7溶液润洗滴定管。

b.锥形瓶中加入待测溶液后；再加少量水。

c.锥形瓶在滴定过程中剧烈摇动，有少量液体溅出25、某实验小组利用甲酸钠（HCOONa）制备Na2S2O4并测定产品的纯度；实验装置（夹持；加热仪器略）如图。

回答下列问题。

（1）盛放浓硫酸的仪器名称为________，写出浓H2SO4与Cu反应的化学方程式________。

（2）SO2与HCOONa、NaOH反应生成Na2S2O4和CO2，其离子方程式为________。

（3）图中虚线框中装置用于检验逸出气体中的CO2，a、b、c所盛放的试剂依次为________、________、________。

（4）将反应液分离提纯得到Na2S2O4产品，取产品mg溶于水，并定容为100mL，取25．00mL加入锥形瓶中，加入NaOH溶液及指示剂，用cmol·mol-1的K3[Fe(CN)6]标准溶液进行滴定{4K3[Fe(CN)6]+2Na2S2O4+8NaOH=3K4[Fe(CN)6]+4Na2SO3+Na4[Fe(CN)6]+4H2O}，滴定至终点时，消耗标准液VmL。则产品的纯度为________（写出计算式）。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共9分)26、唑啉草酯H是用于麦田的具有新颖结构的苯基吡唑啉除草剂。一种合成路线如下:

回答下列问题:

(1)A的化学名称为__________

(2)B的结构简式为__________

(3)G→H的反应类型为__，下列关于G、H的说法正确的是______(填选项字母)。

A.G不含手性碳原子；H含有一个手性碳原子。

B.二者均能使酸性KMnO4溶液褪色。

C.二者均含有3种含氧官能团。

D.二者各1mol时，最多消耗H2的物质的量不相等。

(4)写出D→E的化学反应方程式:__________.

(5)同时满足下列条件的F的同分异构体Ⅰ的结构有________种(不考虑立体异构)，写出两种核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，且峰面积之比为9:1:1的Ⅰ的结构简式:_________________

①苯环上连有2个相同的叔丁基[-C(CH3)3]②苯环上只有2个H③1molⅠ能与2molNaHCO3反应产生无色气体。

(6)已知：CH2=CH-R1+HBr→R1-CHBr-CH3，CH2=CH-R1+HBrR1-CH2-CH2Br结合题给信息，写出以2-甲基-1-丙烯和为原料(其他试剂任选)制备化合物的合成路线：____________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共9分)27、CP是一种起爆药，化学式为[Co(NH3)5(C2N5)](ClO4)2。CP可由5-氰基四唑(分子式为HC2N5，结构简式如图1所示)和[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3反应制备。

（1）CP中Co3+基态电子排布式为___。

（2）5-氰基四唑中C原子的杂化类型为__，所含C、N元素的电负性的大小关系为C__(填“>”“=”或“<”)N。1mol5-氰基四唑中含有σ键的数目为__。

（3）[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3中的配离子部分结构如图2所示。

①请在相应位置补填缺少的配体___。

②与NH3互为等电子体的一种阳离子为___(填化学式)。28、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。

（1）“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝___________，基态时该阳离子的价电子排布式为___________。

（2）“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是____元素。

（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol－1、1733.3kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。

（4）铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________；乙醛分子中σ键与π键的个数比为___________。

（5）铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料；其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。

①该铜银合金的化学式是___________________。

②已知：该铜银晶胞参数为acm，晶体密度为ρg·cm－3。

则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol－1(用代数式表示；下同)。

③若Ag、Cu原子半径分别为bcm、ccm，则该晶胞中原子空间利用率φ为___________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝×100%)29、现有四种烃：①C2H6、②C2H4、③C2H2、④C6H6

(1)易发生取代反应的烃是_______(填序号；下同)易发生加成反应的烃是_______。

(2)碳碳键的键长由长到短的顺序为_______。

(3)在空气中燃烧时；能产生浓烟的是_______。

(4)通入(或滴入)酸性KMnO4溶液中，可能使之褪色的是_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

P点氢氧化钠溶液体积为0，此时为NH4HSO4溶液，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−溶液呈酸性，根据图示可知，M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，所以水的电离程度较大的为M点。

【详解】

A．M点溶质为等浓度的硫酸钠和硫酸铵，由于铵根离子部分水解，导致铵根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(NH4+)；故A正确；

B．室温下，N点pH=7，N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)；故B正确；

C．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故C错误；

D．根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点，水的电离程度M＞N＞Q，故D正确；

答案选C。2、C【分析】【详解】

A．在复分解反应中，弱酸不能制强酸，溶液中通入不反应；A错误；

B．和发生完全双水解，B错误；

C．有还原性，有氧化性，将氧化为氮气，被还原为氯离子；C正确；

D．向溶液中加入溶液至恰好沉淀时，和物质的量之比为2:1，故应该变为离子方程式应为：故D错误；

答案选C。

【点睛】

在复分解反应中，一般情况下弱酸不能制强酸；如向溶液中通入不会产生白色沉淀，同理，向溶液中通入也不会产生白色沉淀。但是向溶液中通因为发生氧化还原反应而生成沉淀。3、B【分析】【详解】

[H3NCH2CH2NH3]A的溶液中主要存在[H3NCH2CH2NH3]2+离子和A2-离子。[H3NCH2CH2NH3]2+离子的电离方程式为：[H3NCH2CH2NH3]2+[H3NCH2CH2NH2]++H+，所以反应的平衡常数K＝由图（Ⅱ）得到：当pH=6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]+)=c([H3NCH2CH2NH3]2+)，所以K=c(H+)=10-6.85。A2-离子的水解方程式为：A2-+H2OHA-+OH-，所以反应的平衡常数K＝由图（Ⅰ）得到：当pH=6.20时，c(HA-)＝c(A2-)，所以K＝c(OH-)＝10－(14－6.2)＝10－7.8。由上得到，[H3NCH2CH2NH3]2+离子的电离平衡常数大于A2-离子的水解平衡常数，即[H3NCH2CH2NH3]2+离子的电离应该占主导地位，所以[H3NCH2CH2NH3]A的溶液应该显酸性，选项A错误。乙二胺的两步为：H2NCH2CH2NH2+H2O[H3NCH2CH2NH2]++OH-；[H3NCH2CH2NH2]++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，所以由图（Ⅱ）得到：当pH=6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]+)=c([H3NCH2CH2NH3]2+)，所以Kb2＝c(OH－)＝10－(14－6.85)＝10－7.15，选项B正确。[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中主要存在[H3NCH2CH2NH2]+和HA-，根据图（Ⅰ）得到：HA-的溶液应该显酸性，即HA-的电离占主导地位，其电离平衡常数为当pH=6.20时c(HA-)＝c(A2-)，所以K＝c(H+)＝10-6.2；根据图（Ⅱ）得到：[H3NCH2CH2NH2]+的溶液应该显碱性，即[H3NCH2CH2NH2]++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-占主导地位，其平衡常数上面已经计算出为Kb2＝10－7.15，因为K＞Kb2所以[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中应该以HA-的电离为主导，溶液应该显酸性，即c(OH-)＜c(H+)；选项C错误。选项D中的式子为：

其中为H2NCH2CH2NH2+H2O[H3NCH2CH2NH2]++OH-的平衡常数Kb1，为H2A的第一步电离平衡常数Ka1，所以该式子的数值只与温度有关，所以通入一定量的HCl气体时，数值应该不改变，选项D错误。4、D【分析】【详解】

A．由反应机理可知化合物I参与了反应；但是最终并没有被消耗掉，故化合物I是催化剂，A正确；

B．化合物II和III的结构简式可知其分子式都为C6H5O5Co；但是结构不同，故互为同分异构体，B正确；

C．对比IV和3—羟基丙酸甲酯的结构简式可知；该反应为取代反应，C正确；

D．根据反应机理可知若原料用则产物也可能是D错误；

故选D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．气体的体积主要取决于分子间距；而同温同压时气体的分子间距基本相等，故A正确；

B．碳酸分步电离以第一步为主；第二步为次，原因之一是第二步电离时碳酸氢根带负电荷，而电离出的氢离子为正电荷，第一步电离出的碳酸氢根很难再进一步电离，故B正确；

C．苯酚显弱酸性可与氢氧化钠溶液反应；是因为苯环活化了羟基，故C错误；

D．可通过如图（比例模型）判定醋酸是弱电解质；图中醋酸分子；醋酸根离子、氢离子共存，说明醋酸部分电离，故D正确；

故选C。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．乙醇与Na反应生成氢气；O-H键断裂，即①键断裂，A正确；

B．乙醇与乙酸发生酯化反应；O-H断裂，即①键断裂，B错误；

C．乙醇发生催化氧化反应生成乙醛；C-H；O-H键断裂，即①③键断裂，C正确；

D．乙醇发生消去反应时断裂②④键生成碳碳双键；D项正确；

答案选B。7、D【分析】【分析】

已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O；Q点左侧溶液为碱性；Q点右侧溶液为酸性。

【详解】

A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)＜c(OH-)，则c(NH4+)＞c(Cl-)；故A项错误；

B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，则c(NH4+)＜c(Cl-)；故B项错误；

C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O；则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；

D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L；即水的电离程度相同，故D项正确。

综上所述，本题正确答案为D。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

（1）电解质在水溶液或熔化状态下能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物；只要有自由移动的带电微粒就可以导电；

（2）①固液分离；采用过滤的方法；②利用溶解度的不同可以将溶质从水中分离出来；③互不相溶的液体采用分液的方法分离。④互溶且沸点不同的液体采用蒸馏的方法分离；

（3）只有强酸才可以写成离子形式；注意其他离子反应的存在；

（4）向Fe（OH）3胶体中滴入稀盐酸；二者之间会发生复分解反应。

【详解】

（1）①NaCl溶液能导电；但是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

②干冰（固态的二氧化碳）自身不能电离；不能导电，是非电解质；

③硫酸不能导电；在水中能导电，属于电解质；

④铜能导电；但是单质，既不是电解质也不是非电解质；

⑤BaSO4固体不能导电；在熔化状态下能导电，是电解质；

⑥蔗糖不能导电；是非电解质；

⑦酒精不能导电；是非电解质；

⑧熔融的KNO3能导电；是电解质；

故属于电解质的是：③⑤⑧，属于非电解质的是：②⑥⑦，能导电的是：①④⑧，

答案：③⑤⑧；②⑥⑦；①④⑧

（2）①NaCl易溶于水；而泥沙不溶，可用过滤的方法分离，故答案为F；

②碘易溶于苯等有机溶剂；可用萃取的方法分离，故答案为A；

③水和汽油互不相溶；二用分液的方法分离，故答案为D；

④酒精和水互溶；可用蒸馏的方法分离，蒸馏时在混合液中加入CaO或碱石灰，然后整列可将二者分离，故答案为E。

答案：FADE

（3）①HCl为强酸，且与碳酸钡反应生成的是可溶性的钡盐氯化钡，碳酸钡与盐酸反应的离子方程式可以用表示BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+，故不选①；②H2SO3为弱酸，离子方程式中必须保留分子式，不能用氢离子表示，故选②；③HNO3为强酸，且硝酸钡为可溶性盐，硝酸与碳酸钡反应的离子方程式可以用表示BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+，故不选③；④NaHSO4，硫酸为强酸，硫酸氢钠完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，由于硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以该反应不能用BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+表示，故选④；⑤CH3COOH（醋酸）；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆开，故选⑤。

答案：②④⑤

（4）取少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量稀盐酸，边滴边振荡，先出现红褐色沉淀，原因是加入电解质后，胶体发生聚沉，随后沉淀溶解，溶液呈黄色，这是氢氧化铁被HCl溶解所致，此反应的化学方程式为：Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2O；

答案：盐酸使Fe(OH)3胶体发生聚沉Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2O【解析】①.③⑤⑧②.②⑥⑦③.①④⑧④.F⑤.A⑥.D⑦.E⑧.②④⑤⑨.盐酸使Fe(OH)3胶体发生聚沉⑩.Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2O9、略

【分析】【分析】

【详解】

该实验的目的是制备粗氯苯，由实验装置图可知，装置A为制取氯气的装置，试剂Ⅰ为紫黑色固体，与浓盐酸反应生成氯气，且反应不需要加热，则试剂Ⅰ为高锰酸钾，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式为：故答案为：【解析】10、略

【分析】【分析】

A中的羰基与氨发生反应生成B，B与发生反应生成C，C中的酚羟基与乙酸发生酯化反应生成D，根据D的分子式可推知，D的结构式为：D在指定条件下生成E，E与溴发生取代反应生成F，F在碱性环境下，与反应生成G；G在通过一系列反应生成H。据此解答。

【详解】

（1）阿比多尔分子的结构式为：其中含氧官能团为：酚羟基和酯基，C中的酚羟基与乙酸发生酯化反应生成D，根据D的分子式可推知，D的结构简式为：故答案为：酚羟基；酯基；

（2）反应②是与反应生成和水的反应，其化学方程式为：根据H的结构式：可知，反应③的作用是：保护酚羟基；反应⑤为与溴发生取代反应生成的反应，反应⑤的类型为取代反应，故答案为：保护酚羟基；取代反应；

（3）A的分子式为：C6H10O3，其同分异构体中，能发生银镜反应说明有醛基，能与碳酸氢钠溶液反应放出气体说明有羧基，因此相当于是丁烷分子中的2个氢原子被醛基和羧基取代，丁烷如果是CH3CH2CH2CH3，其二元取代物是8种，如果丁烷是(CH3)3CH；其二元取代物是4种，所以同分异构体总共有12种，故答案为：12；

（4）根据D的合成路线可知，中的酚羟基与乙酸发生酯化反应生成：与铁、氯化铵发生还原反应生成在InBr3条件下与发生取代反应生成和水。所以X为：Y为：Z为：故答案为：【解析】酚羟基酯基保护酚羟基取代反应1211、略

【分析】【分析】

结合有机物的系统命名法写出各有机物的结构简式。

【详解】

(1)3，4-二甲基-3-乙基庚烷，最长的主链含有7个C原子，甲基处于3、4号碳原子上，乙基处于3号碳原子上，其结构简式为：CH3CH2C(CH3)(CH2CH3)CH(CH3)CH2CH2CH3；

(2)3­乙基­-2­-辛烯的最长的主链含有8个C原子，乙基处于3号碳原子上，碳碳双键的位置为2，3号碳之间，则其结构简式为CH3CH=C(CH2CH3)CH2CH2CH2CH2CH3；

(3)根据名称可知，对甲基苯乙烯即是在苯乙烯的结构中，在乙烯基的对位上有一个甲基，故结构简式为【解析】CH3CH2C(CH3)(CH2CH3)CH(CH3)CH2CH2CH3CH3CH=C(CH2CH3)CH2CH2CH2CH2CH312、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该有机物结构写为从右到左开始编号得到2,2,3−三甲基丁烷；故答案为：2,2,3−三甲基丁烷。

(2)NH5是离子化合物，各原子均满足2电子或8电子稳定结构，NH5的化学式为NH4H，其电子式是故答案为：

(3)乙醇和二甲醚两者的相对分子质量相等，乙醇(沸点为78℃)沸点高于二甲醚(沸点为−23℃)的原因乙醇分子间能形成氢键；故答案为：乙醇分子间能形成氢键。【解析】2,2,3−三甲基丁烷乙醇分子间能形成氢键13、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】芳香亲核取代反应正丁胺中氮原子的亲核能力比水中氧原子的强，而二级芳香胺中氮原子的亲核能力比水中氧原子的弱为了增加有机反应物在水中的溶解度14、C:E:F:G【分析】【分析】

【详解】

(1)四氯化碳不能燃烧,可用作灭火剂；

(2)乙醇能使蛋白质变性,在注射时用于皮肤杀菌；消毒；

(3)酯类都有香味,能用于日常生活中的饮料；糖果和糕点中食品香料；

(4)乙二醇熔点低，能与水任意比例混合，低温下不易结冰，所以乙二醇可用于配制汽车防冻液。15、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)X分子中含有苯环﹐且能与溶液反应放出气体，X分子中含有令该有机物中氧原子的个数为x，则有M＜150，解得x＜2.2，即该有机物中含有2个O原子，有机物的摩尔质量为136g/mol,C、H、O原子个数比为∶∶2=4∶4∶1，从而得出该有机物的分子式为C8H8O2，可能存在－CH2COOH，－CH3和－COOH(邻、间、对)，其结构可能有4种；故答案为C8H8O2；4；

(2)Y与NaOH溶液在加热时才能较快反应﹐表明分子中含有酯基，其结构简式可能为(邻、间、对位3种)，共6种；能发生银镜反应，应是甲酸某酯，1molY能消耗1molNaOH，HCOO－不能与苯环直接相连，符合条件的是故答案为6；

Ⅱ.(1)根据题中所给的信息可知，正丙醇与氧气反应的化学方程式为故答案为

(2)水解可生成然后该二元醇脱水生成HCHO，即反应方程式为故答案为

(3)由于与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能被氧化为醛或酮﹐因此2－甲基－2－丙醇加入到酸性高锰酸钾溶液中不会使高锰酸钾溶液褪色；故答案为溶液不褪色。【解析】46溶液不褪色三、判断题(共8题，共16分)16、A【分析】【详解】

乙醇易溶于水，而溴乙烷难溶于水，则乙醇在水中的溶解度大于溴乙烷，故正确。17、A【分析】【分析】

【详解】

溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，溴乙烷发生消去反应，生成乙烯、溴化钠和水：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，故正确。18、B【分析】【详解】

乙醛的官能团是-CHO，该说法错误。19、B【分析】【详解】

组成人体蛋白质的氨基酸有21种，其中8种为必需氨基酸，13种为非必需氨基酸，故错误。20、B【分析】【详解】

在室温下呈液态的油脂称为油，如花生油、桐油等；在室温下呈固态的油脂称为脂肪，如牛油、猪油等，所以植物油、动物脂肪都是油脂。矿物油是多种烃的混合物，经石油分馏得到的烃，不属于油脂，故该说法错误。21、B【分析】【详解】

核酸属于高分子化合物，核苷酸是核酸的基本结构单位，不属于高分子化合物。(错误)。答案为：错误。22、B【分析】【详解】

蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，故错误。23、B【分析】【分析】

【详解】

根据结构简式可知，该高分子化合物是加聚产物，根据单键变双键，双键变单键的原则可知，单体是CH2＝CH-CCl＝CH2，题中说法错误。四、实验题(共2题，共12分)24、略

【分析】【详解】

(1)用惰性电极电解饱和食盐水的阳极电极式为2Cl--2e-=Cl2↑；电解一段时间后，与电源负极相连的电极是阴极，氢离子放电生成氢气，破坏了水的电离平衡，使氢氧根浓度大于氢离子浓度，使附近溶液的pH增大；

(2)电解法制备氢氧化亚铁，阳极是铁失去电子生成亚铁离子，阴极是氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，同时溶液中产生氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子相遇生成氢氧化亚铁，所以a极材料为Fe，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；氢氧化亚铁不稳定，容易被氧气氧化，则苯的作用隔绝空气防氢氧化亚铁被氧化；

(3)①电解氯化钠溶液，阴极的电极反应式为2H-+2e-=H２↑；

②阳极的电极材料为Fe，是活性电极，失去电子生成亚铁离子，其作用是Fe2+将Cr2O还原成Cr3+；然后形成沉淀除去；

(4)①现烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，要配制100mL0.0150mol·L-1K2Cr2O7溶液，还需要的玻璃仪器是100mL容量瓶，滴定时K2Cr2O7溶液装在酸式滴定管中；

②由6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O知，n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×0.025L×0.015mol·L-1=0.00225mol，则铁矿石中铁元素的百分含量是=56%；

③a.未用标准K2Cr2O7溶液润洗滴定管；消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；

b.锥形瓶中加入待测溶液后；再加少量水，所含待测液溶质的物质的量不变，测定结果无影响；

c.锥形瓶在滴定过程中剧烈摇动；有少量液体溅出，使待测液中溶质的量减少，消耗标准液的体积减少，测定结果偏小；

故答案为：c。【解析】2Cl-+2e-=Cl2↑增大FeFe-2e-=Fe2+隔绝空气防氢氧化亚铁被氧化2H-+2e-=H２↑Fe2+蒋Cr2O还原成Cr3+，然后形成沉淀除去100mL容量瓶酸式56%c25、略

【分析】【分析】

(1)根据图示仪器确定其名称；浓硫酸具有氧化性，加热条件下，能将Cu氧化成CuSO4，自身还原为SO2；据此写出反应的化学方程式；

(2)根据题干信息确定反应物和生成物；结合电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；

(3)检验CO2用澄清石灰水，由于气体中混有的SO2能使澄清石灰水变浑浊，因此需排除SO2的干扰，结合SO2的性质确定a、b中试剂；

(4)根据消耗标准液的体积，结合反应的化学方程式计算mg产品中Na2S2O4的量；从而计算产品的纯度。

【详解】

(1)图中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；浓硫酸具有氧化性，加热条件下，能将Cu氧化成CuSO4，自身还原为SO2，该反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)HCOONa、NaOH和Na2S2O4都是可溶于水的溶液，在离子方程式中可拆，反应过程中，除生成Na2S2O4外还生成CO2和H2O，结合电荷守恒、原子守恒可得该反应的离子方程式为：HCOO－＋OH－＋2SO2=S2O42－＋CO2＋H2O；

(3)检验CO2用澄清石灰水，由于气体中混有的SO2能使澄清石灰水变浑浊，因此需排除SO2的干扰，SO2具有还原性，可用溴水或酸性KMnO4溶液吸收，因此a中试剂为溴水或酸性KMnO4溶液；为检验SO2是否完全除尽，可用品红溶液是否褪色进行检验，因此b中试剂为品红溶液；最后再用澄清石灰水检验CO2；因此c中试剂为澄清石灰水；

(4)由反应的化学方程式可得关系式“2K3[Fe(CN)6]~Na2S2O4”，因此25.00mL样品溶液中所含因此mg产品中所含故所得产品的纯度为【解析】分液漏斗Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2OHCOO-+OH-+2SO2=S2O42-+CO2+H2OKMnO4溶液（或其他合理答案）品红溶液澄清石灰水×100%五、有机推断题(共1题，共9分)26、略

【分析】【分析】

A和溴反应生成B，根据B分子式知，该反应为取代反应，B发生取代反应生成C，根据C结构简式知，B为C发生水解反应生成D，根据D、E分子式知，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，由F结构简式、E分子式知，E为F反应生成G，G发生取代反应生成H，据此分析。

【详解】

(1)A的化学名称为对甲基苯胺（或对氨基甲苯）；

(2)通过以上分析知，B结构简式为

(3)根据流程图，G与C4H9COCl发生取代反应生成H和氯化氢；

A．G中不含手性碳原子；H中也不含手性碳原子，故A错误；

B．G和H的苯环上均含有侧链烃基，能够被高锰酸钾溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色；故B正确；

C．G中含有羟基；肽键和醚键3种含氧官能团；H中含有酯基、肽键和醚键3种含氧官能团，故C正确；

D．肽键和酯基中的碳氧双键不能与氢气加成，1molG最多消耗4molH2，1molH最多消耗4molH2；物质的量相等，故D错误；

故答案BC；

(4)D()与发生取代反应生成E()和甲醇，反应的化学反应方程式为++CH3OH；

(5)F为除变化为含有10个C，4个O。F的同分异构体I满足：①苯环上连有2个相同的叔丁基[-C(CH3)3]；②苯环上只有2个H；③1molI能与2molNaHCO3反应产生无色气体，说明分子中含有2个羧基；满足条件的I是苯环上连接2个叔丁基[-C(CH3)3]和2个羧基，①2个叔丁基[-C(CH3)3]位于邻位有(表示叔丁基，表示羧基，∙表示另一个羧基可能的位置，下同)3种，1种；②2个叔丁基[-C(CH3)3]位于间位有2种，2种；③2个叔丁基[-C(CH3)3]位于对位有3种；共3+1+2+2+3=11种，核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，且峰面积之比为9:1:1的Ⅰ的结构简式为(或或或)；

(6)以2-甲基-1-丙烯和为原料制备化合物根据流程图，需要先制备根据逆向推导，可以先合成可以由2-甲基-1-丙烯与溴化氢加成后水解生成，可以由(CH3)2C＝CH2和HBr发生加成反应生成(CH3)3CBr，(CH3)3CBr发生水解反应生成(CH3)3COH，(CH3)3COH和发生酯化反应生成发生题给信息