2025年华东师大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年华东师大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9题，共18分)1、下列离子方程式正确的是A.向偏铝酸钠溶液中通入少量CO2气体：2H2O+AlO+CO2=Al(OH)3↓+HCOB.向稀硫酸中滴加Na2S2O3溶液：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2OC.向新制氯水中滴加少量FeBr2溶液：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-D.向NH4Cl溶液中加入小颗粒钠：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2、下列反应的离子方程式书写正确的是A.钠和冷水反应：B.铁跟稀硫酸反应：C.氧化镁与稀盐酸反应：D.金属铝溶于氢氧化钠溶液：3、运用相关化学知识进行判断，下列说法正确的是A.聚乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.等物质的量的甲烷、乙炔完全燃烧，耗氧量甲烷大C.分子式为的三种烃肯定是同系物D.利用超分子有“分子识别”的特性，可以用“杯酚”分离和4、调味剂使生活变得有滋有味，丰富多彩。下列食品调味剂中不含有机物的是A.白醋B.红糖C.食盐D.黄酒5、下列有机化合物中，不属于烃的是()A.CH4B.CH2=CH2C.D.CH3CH2OH6、下列有关实验的说法不正确的是A.X射线衍射实验中，当单一波长的X射线通过石英玻璃粉末时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰B.苯甲酸的提纯可以采用重结晶法C.实验室用电石制取乙炔，为了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作反应试剂D.向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先看到蓝色浑浊然后得到深蓝色的透明溶液7、下列反应属于取代反应的是。

①CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl

②2HI＋Cl2=2HCl＋I2

③CO＋2H2CH3OH

④CH3CH2CN＋Cl2＋HCl

⑤CH3CH2OH＋HBrCH3CH2Br＋H2OA.①②B.①②③④C.①④⑤D.②④⑤8、下列说法不正确的是（）A.等质量的甲烷和乙酸分别充分燃烧，消耗氧气的量相同B.麦芽糖分子式为C12H22O11，能发生银镜反应C.用新制氢氧化铜溶液可鉴别丙酸和丙醛两种无色液体D.油脂的硬化反应属于加成反应9、下列物质中不属于有机物的是A.碳酸钠B.蔗糖C.蛋白质D.淀粉评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、有以下物质：①②③④⑤⑥⑦⑧和⑨

（1）只含有键的是__________（填序号；下同）；

（2）既含有键又含有键的是__________。

（3）含有由两个原子的轨道重叠形成键的是__________。11、25℃时拟用0.10mol/L的氢氧化钠溶液滴定10mL浓度为0.10mol/L醋酸的滴定曲线如图所示。横坐标为加入氢氧化钠的体积；纵坐标为溶液的pH。回答下列问题：

（1）该醋酸溶液的电离度α=______________。

（2）写出pH=7时溶液中离子浓度的大小关系：__________________________。

（3）为了准确指示终点本次滴定最好选用________做指示剂。

（4）写出滴入5mL氢氧化钠溶液时，溶液中的物料守恒关系：____________。12、苯酚是一种有毒物质；含苯酚的工业废水必须处理之后才能排放，以下是两种处理方法：

（1）设备Ⅰ、设备Ⅱ、设备Ⅲ中均需采取的分离操作是____，设备Ⅳ中采取的分离操作为______。

（2）由设备Ⅱ进入设备Ⅲ的物质A是_______，（用化学式作答，下同）设备Ⅳ进入设备Ⅴ的物质B是_________________

（3）在设备Ⅲ中发生反应的离子反应方程式为_____________

方法二：微生物燃料电池污水净化法（设备原理如图所示）

（4）左室电极为该电池的____极（选填“正”或“负”），离子交换膜A为___（选填“阳”或“阴”）离子交换膜，其通过的离子为____________。

（5）右室电极反应式为：_______________。13、生活中的有机物种类丰富；在衣食住行等多方面应用广泛，其中乙醇是比较常见的有机物。

(1)乙醇是无色有特殊香味的液体，密度比水的___________。

(2)工业上用乙烯与水反应可制得乙醇，该反应的反应类型是___________。

(3)下列属于乙醇的同系物的是___________，属于乙醇的同分异构体的是___________(填编号)。

A．B．C．乙醚(CH3CH2OCH2CH3)D．甲醇E．CH3-O-CH3F．HO-CH2CH2-OH

(4)乙醇能够发生氧化反应：

①46g乙醇完全燃烧消耗___________mol氧气。

②乙醇在铜作催化剂的条件下可被氧气氧化为乙醛，反应的化学方程式为___________。14、(1)只用水就能鉴别的一组物质是______

a.苯、乙酸、四氯化碳b.乙醇；乙醛、乙酸。

c.乙醛；乙二醇、硝基苯d.苯酚、乙醇、甘油。

(2)现有化合物：甲：乙：丙：

①请写出丙中含氧官能团的名称：____。

②请判别上述哪些化合物互为同分异构体：____(填代号)。

(3)A和B两种物质的分子式都是C7H8O芳香族化合物，它们都能跟金属Na反应放出H2；A不溶于NaOH溶液而B能溶于NaOH溶液，B能使FeCl3溶液显紫色，A不能；B苯环上的一溴代物有两种结构。则A和B的名称及结构简式为：A_____，B_____。15、有机化合物是构成生命的基础物质，对人类的生命、生活和生产有着极其重要的意义。因此，对有机化合物的结构、性质、制备以及应用的研究显得尤为重要。已知七种有机化合物；根据要求回答问题。

A．B．C．D．E．F．

(1)用系统命名法命名A物质：___________，A的一氯代物有___________种。

(2)B物质的分子式为：___________，按官能团分类，B所属的类别是___________。

(3)在C中加入足量的浓溴水，观察到的现象是___________。

(4)工业上D主要用于生产聚异戊二烯橡胶，写出聚异戊二烯橡胶的结构简式___________。

(5)写出E在作催化剂并加热的条件下发生催化氧化的化学方程式：___________。

(6)检验F中官能团可以选择银氨溶液，写出银氨溶液的配置方法：___________。16、大气污染物有（主要指和）以及等污染气体。研究去除这些大气污染物的有效措施是环保领域的重要课题。

（1）溶液吸收法。主要反应有；

已知：

①求______（用表示）。

②烟气以固定的流速通过两种不同催化剂①和催化剂②时，在相同时间内测得烟气脱氯率如图-1，结合曲线②分析，当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能是________。

（2）用稀硝酸吸收得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，写出电解时阳极的电极反应式______。

（3）煤燃烧排放的烟气中含有和采用碱性溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫，脱硝，在鼓泡反应器中通入含有和的烟气，反应温度为溶液浓度为充分反应足够长的时间后，溶液中离子浓度分析结果如下表。离子

①写出溶液脱氨过程中主要反应的离子方程式_______。

②如果采用替代其脱硫效果会更好。试从化学平衡原理分析，相比具有的优点是_______。

（4）日前科学家在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝原理，其脱硝机理如图-2所示，若处理标况下气体，需消耗标况下乙烯_______L。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、属于脂环烃衍生物。(____)A.正确B.错误18、溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯。(___________)A.正确B.错误19、根据苯酚的填充模型，分子中所有原子一定处于同一平面内。(____)A.正确B.错误20、羧基和酯基中的均能与加成。(______)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、推断题(共1题，共2分)22、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_____________评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)23、H；C、N、O、Na、Fe、Cu是常见的七种元素；请回答下列问题：

(1)N、O、Na原子第一电离能由小到大的顺序是_______(用元素符号和“<”表示)；Cu原子的价电子排布图为_______。

(2)Fe3+、Cu2+基态的核外电子排布式中未成对电子数最多的是_______；Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为_______，水分子与铜离子间结合的化学键名称为_______。

(3)根据价层电子对互斥理论判断下列分子或离子中空间构型是V形的是_______(填序号)。

①H3O+②H2O③NO

(4)(CN)2分子中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_______，1个分子中含有_______个π键；则(CN)2中C原子的杂化类型为_______。

(5)O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图，该离子化合物的化学式为_______；已知该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=_______cm。(用含p、NA的代数式表示)

24、庆祝新中国成立70周年阅兵式上；“东风-41洲际弹道导弹”“歼20”等护国重器闪耀亮相，它们都采用了大量合金材料。

回答下列问题：

(1)某些导弹的外壳是以碳纤维为增强体，金属钛为基体的复合材料。基态钛原子的外围电子排布式为_____。钛可与C、N、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是_________。

(2)钛比钢轻，比铝硬，钛硬度比铝大的原因是_____。

(3)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为_____，S的_____杂化轨道与O的2p轨道形成_____键（填“π”或“σ”）。

(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_____（填字母序号）。

(5)氮化钛熔点高；硬度大，其晶胞结构如图所示。

若氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，则氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为_____（用含a、b的式子表示）。碳氮化钛化合物在航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_____。25、H；C、N、O、Na、Fe、Cu是常见的七种元素；请回答下列问题：

(1)N、O、Na原子第一电离能由小到大的顺序是_______(用元素符号和“<”表示)；Cu原子的价电子排布图为_______。

(2)Fe3+、Cu2+基态的核外电子排布式中未成对电子数最多的是_______；Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为_______，水分子与铜离子间结合的化学键名称为_______。

(3)根据价层电子对互斥理论判断下列分子或离子中空间构型是V形的是_______(填序号)。

①H3O+②H2O③NO

(4)(CN)2分子中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_______，1个分子中含有_______个π键；则(CN)2中C原子的杂化类型为_______。

(5)O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图，该离子化合物的化学式为_______；已知该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=_______cm。(用含p、NA的代数式表示)

评卷人得分六、原理综合题(共4题，共36分)26、NaCl是一种化工原料；可以制备多种物质，如图所示。

请回答下列问题：

(1).实验室制备氯气的离子方程式为___________；

(2).工业上制取NaOH主要采用反应①，而不采用反应⑦的方法，主要原因是___________。

(3).反应④的现象是___________；反应⑤的离子方程式为___________。

(4).NaClO是“84消毒液”的有效成分，在抗击新冠肺炎疫情中发挥了重要作用。可依据下图制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备NaClO，则d为电源的___________极，该发生器中反应的总离子方程式为___________。

(5).反应③和⑧是工业制备纯碱的原理；我国化学工业科学家侯德榜提出了侯氏制碱法，其主要工艺流程如下图所示：

下列说法正确的是___________(填序号)。A．用NaCl制取纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异B．沉淀池中NH3与CO2的通入顺序为先通入CO2，再通入NH3C．侯氏制碱法循环利用的物质主要是CO2和NH3D．检验产品Na2CO3中是否含有NaCl的操作方法是取少量试样溶于水，加入过量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成27、（选修5——有机化学基础）以芳香族化合物A和有机物D为原料；制备异戊酸薄荷醇酯(M)和高聚物(N)的一种合成路线如下图所示(部分反应条件已省略):

已知:I.A→B的原了利用率为100%;

II.(R1、R2表示氢原子或烃基)。

请回答下列问题:

(1)用系统命名法对G命名，其化学名称为______________________。

(2)E的结构简式为____________________________。

(3)A→B的反应类型为_______。B分子中最多有____个原子共平面。

(4)C+G→M的化学方程式为_____________________________________。

(5)同时满足下列条件的B的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。

①苯环上连有两个取代基②能发生银镜反应。

(6)参照上述合成路线和信息，以苯乙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线______。28、氯苯是一种重要的有机合成原料；用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。

路线1：

路线2：

（1）试剂a为________。

（2）A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为________。

（3）B→C的反应类型为________。

（4）C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，F的结构简式为________。

（5）G的结构简式为________。

（6）有机物I与对苯二甲酸（）发生聚合反应的化学方程式为_____。

（7）I与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有________（写出结构简式）。

（8）满足下列条件的C的同分异构体有________种。①与FeCl3溶液发生显色反应②分子中含有—NH2③苯环上有3种氢29、乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体。某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料；按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯。

已知：

（1）甲苯与氯气反应生成A的条件是________。

（2）物质B中含有的官能团是________。

（3）物质D的结构简式是_________。

（4）下列说法正确的是________。

a．化合物A不能发生取代反应。

b．乙酰基扁桃酰氯属于芳香烃。

c．化合物C能与新制的Cu(OH)2发生反应。

（5）E＋F→G的化学方程式是_______。

（6）化合物D有多种同分异构体,同时符合下列条件的同分异构体共有_______种，写出其中两种的同分异构体的结构简式_______。

①红外光谱检测表明分子中含有氰基(－CN)；

②1H-NMR谱检测表明分子中有苯环；且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。

（7）设计以乙醇为原料制备F的合成路线(用流程图表示；无机试剂任选)_______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．向偏铝酸钠溶液中通入少量CO2气体，离子方程式为：3H2O+2AlO+CO2=2Al(OH)3↓+COA错误；

B．向稀硫酸中滴加Na2S2O3溶液，硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化，离子方程式为：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O；B正确；

C．向新制氯水中滴加少量FeBr2溶液，亚铁离子、溴离子均被氧化，离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br−=2Fe3++2Br2+6Cl−；C错误；

D．钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铵发生反应生成一水合氨，离子方程式为：2Na+2H2O+2NH=2NH3·H2O+2Na++H2↑；D错误；

答案选B。2、C【分析】【详解】

A.方程式未配平，电荷不守恒，正确的离子方程式为：故A错误；

B.铁跟稀硫酸反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：：故B错误；

C.氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，正确的离子方程式为：故C正确；

D.金属铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：故D错误；

故选C。

【点睛】

离子方程式的书写正误判断是高频考点；要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：

1.是否符合客观事实；如本题B选项，铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；

2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe+Fe3+=2Fe2+；显然不遵循电荷守恒定律；

3.观察化学式是否可拆；不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；

4.分析反应物用量；要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；

5.观察能否发生氧化还原反应；氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。

总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。3、D【分析】【详解】

A．聚乙烯中不含碳碳双键；不能能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；

B．1mol甲烷消耗2mol氧气；1mol乙炔消耗2.5mol氧气，所以等物质的量的甲烷；乙炔完全燃烧，耗氧量乙炔大，B错误；

C．分子式为的烃可能是烯烃或环烷烃；三种烃不一定是同系物，C错误；

D．用“杯酚”分离和利用超分子有“分子识别”的特性，D正确；

故答案选D。4、C【分析】【详解】

A.白醋主要成分为乙酸CH3COOH；是有机物，A不选；

B.红糖主要成分为蔗糖；是有机物，B不选；

C.食盐主要成分是NaCl；是无机物，C选；

D.黄酒主要成分是乙醇CH3CH2OH；是有机物，D不选；

答案选C。5、D【分析】【分析】

烃是指只含有C；H两种元素的有机化合物；据此分析解答。

【详解】

A．CH4只由C；H两种元素组成；属于烷烃，A选项不符合题意；

B．CH2=CH2只由C；H两种元素组成；属于烯烃，B选项不符合题意；

C．只由C；H两种元素组成；属于芳香烃，C选项不符合题意；

D．CH3CH2OH由C；H、O三种元素组成；不属于烃，属于烃的衍生物，D选项符合题意；

答案选D。6、A【分析】【详解】

A．石英玻璃粉末不是晶体；内部没有规则的几何排列，当单一波长的X射线通过石英玻璃粉末时，不会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰，A错误；

B．晶体提纯可以重结晶以提高纯度；苯甲酸的提纯可以采用重结晶法，B正确；

C．电石与水反应速率太快；用电石制取乙炔，为了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作反应试剂，C正确；

D．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水；首先生成氢氧化铜蓝色沉淀，氨水过量，氢氧化铜沉淀转化为四氨合铜离子，故先看到蓝色浑浊然后得到深蓝色的透明溶液，D正确；

故选A。7、C【分析】【分析】

【详解】

①CHCl3中的H原子被Cl原子取代，属于取代反应；②该反应属于置换反应；③该反应属于化合反应；④CH3CH2CN分子中“—CH2—”的1个H原子被Cl原子取代，属于取代反应；⑤CH3CH2OH分子中的—OH被Br原子取代；属于取代反应。

答案选C。8、A【分析】【详解】

A.根据CH4～O2，CH3COOH～O2，则等质量(设为mg)的甲烷和乙酸分别充分燃烧消耗氧气的量分别为两者耗氧量不相同，故A错误；

B.麦芽糖分子式为C12H22O11；含有醛基，能发生银镜反应，故B正确；

C.丙酸使新制氢氧化铜溶解；丙醛与新制氢氧化铜溶液加热条件下有砖红色沉淀生成，因此可用新制氢氧化铜溶液鉴别丙酸和丙醛两种无色液体，故C正确；

D.油脂与氢气反应是加成反应；也叫油脂的氢化，又叫硬化反应，故D正确。

综上所述；答案为A。

【点睛】

能发生银镜反应说明含有醛基，不一定是醛，可能是葡萄糖，可能是甲酸酯，可能是麦芽糖等。9、A【分析】【分析】

【详解】

A．碳酸钠是碳酸盐；属于无机物，故A符合题意；

B．蔗糖属于糖类物质；属于有机物，故B不符合题意；

C．蛋白质属于有机物；故C不符合题意；

D．淀粉属于糖类物质；属于有机物，故D不符合题意。

综上所述，答案为A。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

化合物中，单键也是键，双键：一个键，一个键；三键：一个键，两个键。

【详解】

①形成单键，只含键；②形成单键，只含键；③形成单键，只含键；④形成氮氮三键，既有键，又有键；⑤是烯烃，既有键，又有键；⑥是烷烃，均形成单键，只含键；⑦形成单键，只含键；⑧均形成单键，只含键；⑨中有碳氮三键，既有键、键，又有键；

（1）由分析知，只含键的是：①②③⑥⑦⑧；

（2）既含有键又含有键的是：④⑤⑨；

（3）含有由两个原子的轨道重叠形成键的是氢气⑦。【解析】①②③⑥⑦⑧④⑤⑨⑦11、略

【分析】【分析】

由图可知；当NaOH的V=0mL时，0.10mol/L醋酸溶液的pH=4；当NaOH的V=10mL时，滴定曲线发生突变，说明达到了滴定终点；当NaOH的V=5mL时，醋酸反应一半，溶液中溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，结合溶液中的三个守恒式分析解答。

【详解】

（1）由图像可知，当NaOH的V=0mL时，0.10mol/L醋酸溶液的pH=4，可以认为醋酸电离出的c(H+)=110-4mol/L，醋酸的电离度为=0.1%；

（2）pH=7时溶液呈中性，根据电荷守恒，各离子的浓度大小关系为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；

（3）当恰好中和时溶质是醋酸钠；属于强碱弱酸盐，水解显碱性，应选酚酞做指示剂；

（4）当NaOH的V=10mL时，滴定曲线发生突变，说明达到了滴定终点，则当NaOH的V=5mL时，醋酸反应一半，溶液中溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，物料守恒关系为：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)。【解析】①.0.1%②.c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)③.酚酞④.2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)12、略

【分析】由流程可知，设备Ⅰ中含有苯和工业废水，可经萃取、分液得到苯酚的苯溶液混合物，进入设备Ⅱ，设备Ⅱ加入氢氧化钠溶液，可得到苯酚钠，在设备Ⅲ中通入二氧化碳可得到苯酚，发生C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，设备Ⅳ中的主要物质为NaHCO3；在溶液中加入氧化钙，可生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，则。

（1）根据以上分析可知设备Ⅰ、设备Ⅱ、设备Ⅲ中均需采取的分离操作是分液，设备Ⅳ中产生碳酸钙沉淀，采取的分离操作为过滤；（2）由设备Ⅱ进入设备Ⅲ的物质A是C6H5ONa，设备Ⅳ中产生碳酸钙沉淀，进入设备Ⅴ的物质B是CaCO3；（3）在设备Ⅲ中发生反应的离子反应方程式为C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；（4）左室产生CO2，说明苯酚失去电子转化为CO2，因此左室电极为该电池的负极，电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O＝6CO2↑＋28H＋，要保持溶液的电中性，氯离子通过交换膜进入左室，因此离子交换膜A为阴离子交换膜。（5）右室硝酸根得到电子转化为氮气，电极反应式为2NO3-+6H2O+10e-=N2↑+12OH-。【解析】分液过滤C6H5ONaCaCO3C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-负阴Cl-2NO3-+6H2O+10e-=N2↑+12OH-13、略

【分析】【详解】

(1)乙醇的密度比水的密度小。故答案为：小；

(2)乙烯与水发生加成反应生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。故答案为：加成；

(3)同系物满足两个条件：结构相似，组成相差n个CH2原子团，故甲醇与乙醇互为同系物；同分异构体满足两个条件：分子式相同，不同的空间结构，故CH3—O—CH3与乙醇互为同分异构体。故答案为：D；E；

(4)①乙醇燃烧方程式：C2H5OH+3O22CO2+3H2O，46g乙醇的物质的量是1mol，故1mol乙醇完全燃烧消耗3molO2。

②乙醇催化氧化生成乙醛和水，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。故答案为：3；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。【解析】小加成反应DE32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O14、略

【分析】【详解】

(1)a．苯难溶于水、密度小于水；乙酸易溶于水；四氯化碳难溶于水、密度大于水；只用水能鉴别苯、乙酸、四氯化碳，故选a；

b．乙醇、乙醛、乙酸都易溶于水，只用水不能鉴别乙醇、乙醛、乙酸，故不选b；

c．乙醛、乙二醇都易溶于水，只用水不能鉴别乙醛、乙二醇，故不选c；

d．乙醇；甘油都溶于水；只用水不能鉴别乙醇、甘油，故不选d；

选a；

(2)①中含氧官能团的名称是醛基；羟基；

②结构不同、分子式都是C8H8O2；甲；乙、丙互为同分异构体；

(3)A和B两种物质的分子式都是C7H8O芳香族化合物，它们都能跟金属Na反应放出H2，说明都含羟基，A不溶于NaOH溶液，说明A是苯甲醇，结构简式是而B能溶于NaOH溶液，B能使FeCl3溶液显紫色，说明B是酚；B苯环上的一溴代物有两种结构，说明B结构对称，B是对甲基苯酚，结构简式是【解析】①.a②.醛基、羟基③.甲、乙、丙④.⑤.15、略

【分析】【详解】

（1）由结构简式可知；烷烃A分子中最长碳链含有4个碳原子，侧链为2个甲基，名称为2，2—二甲基丁烷；该物质有3种等效氢，故一氯代物有3种；

（2）由结构简式可知，B分子为含有碳碳双键的烯烃，分子式为C8H16，故答案为：C8H16；烯烃；

（3）苯酚与足量的浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀和氢溴酸；实验现象为生成白色沉淀；

（4）异戊二烯一定条件下发生加聚反应生成聚异戊二烯，聚异戊二烯的结构简式为：

（5）在铜做催化剂作用下，苯甲醇和氧气共热发生催化氧化反应生成苯甲醛和水，反应的化学方程式为：2+O22+2H2O；

（6）实验室配制检验醛基的银氨溶液的方法为：往洁净的试管中加入1mL2%硝酸银溶液，然后边振荡边逐滴滴入2%稀氨水，直到最初产生的的沉淀刚好溶解为止。【解析】(1)2；2—二甲基丁烷3

(2)C8H16烯烃。

(3)生成白色沉淀。

(4)

(5)2+O22+2H2O

(6)往洁净的试管中加入1mL2%硝酸银溶液，然后边振荡边逐滴滴入2%稀氨水，直到最初产生的沉淀刚好溶解为止16、略

【分析】【详解】

(1)①根据盖斯定律可得②结合曲线②分析，当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能温度高于450℃，催化剂的活性降低，故答案为：温度高于450℃；催化剂的活性降低；

(2)和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明亚硝酸在阳极失电子转变成硝酸，电极方程式为:故答案为：

(3)①由表中离子可知，在反应中表现氧化性转变成氯离子，将NO氧化成硝酸根离子，反应方程式为：故答案为：

②如果采用替代其脱硫效果会更好，因为钙离子可以与氧化产生的硫酸根离子形成沉淀，从而降低硫酸根浓度，促进反应的正向进行，故答案为：与生成硫酸钙，降低SO浓度；使平衡正向移动；

(4)由图2转化可知，乙烯与NO2反应最终转变成二氧化碳和氮气，反应为：则若处理标况下气体，需消耗标况下乙烯22.4L，故答案为：22.4L；【解析】温度高于450℃，催化剂的活性降低（答案合理均给分）与生成硫酸钙，降低SO浓度，使平衡正向移动22.4三、判断题(共5题，共10分)17、A【分析】【详解】

由结构简式可知，有机物分子中含有六元环，属于脂环烃衍生物，故正确。18、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。19、B【分析】【详解】

苯酚结构中含有一个苯环，羟基与苯环直接通过碳碳单键相连，碳碳单键可以旋转，苯酚中所有原子不一定处于同一平面内，故答案为：错误。20、B【分析】【详解】

醛基和羰基中的能与加成，羧基和酯基中的不能与加成。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、推断题(共1题，共2分)22、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，分子中含有醛基，在碱性条件下与银氨溶液发生银镜反应产生D，醛基被氧化为羧基，与溶液中的氨反应产生羧酸铵CH3CH2COONH4，C→D反应的化学方程式CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

(4)E结构为：其同分异构体符合条件：①属于芳香醛；②苯环上有两种不同环境的氢原子，说明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，结构简式为：若含有3个取代基，则一定是2个甲基和1个醛基，结构简式为：

(5)根据上述分析可知，G的结构简式为：

(6)反应②是F：反应产生G：反应条件是浓硫酸、加热；反应③是G变为H：反应是与溴水反应；

(7)反应①是E：与H2发生加成反应产生与氢气的加成反应也叫还原反应；

反应④是与NaOH的乙醇溶液混合加热发生消去反应产生对甲基苯乙炔故反应④的类型是消去反应。

【点睛】

本题考查了有机合成与推断，利用题目已知信息，结合物质转化关系及反应条件推断各种物质的结构是本题解答的关键。掌握各种官能团的结构个特种反应是进行有机合成及推断的基础。【解析】①.C12H16O②.1-丙醇③.④.CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O⑤.⑥.⑦.⑧.浓硫酸、加热⑨.溴水⑩.还原反应(加成反应)⑪.消去反应五、结构与性质(共3题，共9分)23、略

【分析】【分析】

根据第一电离能的递变规律判断N、O、Na的第一电离能大小；根据Cu原子的核外电子排判断其价电子排布图；根据离子的外围电子式排布判断未成对电子数多少；根据Cu2+与水结合成水合铜离子，由结构特点判断化学键类型和化学式；根据VSEPR理论判断分子或离子的空间构型；根据题中信息，判断(CN)2的结构式；π键数目和C原子杂化方式；根据晶胞结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

（1）非金属性越强，第一电离能越大，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能由小到大的顺序是Na＜O＜N；Cu原子的价电子排布式为3d104s1，其价电子排布图为答案为Na＜O＜N；

（2）Fe3+的外围电子排布式为3d5，有5个未成对电子；Cu2+的外围电子排布为3d9，有1个未成对电子，所以未成对电子数最多的是Fe3+；Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为[Cu(H2O)4]2+；铜离子含有空轨道，水分子中O原子含有孤电子对，二者形成配位键，所以水分子与铜离子间结合的化学键为配位键；答案为Fe3+；[Cu(H2O)4]2+；配位键。

（3）①H3O+中中心原子O的价层电子对数=3+=3+1=4，有一对孤电子对，故空间构型为三角锥形，不符合题意；

②H2O中中心原子O的价层电子对数=2+=2+2=4，有2对孤电子对，故空间构型为V形，符合题意；

③NO由2种原子形成的微粒，空间构型一定为直线形，不符合题意；

答案为②。

（4）分子(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，C原子形成4个共价键，N原子形成3个共价键，则其结构简式为N≡C-C≡N，1个分子中含有4个π键，由于(CN)2中C和N之间存在三键；可以判断C为sp杂化；答案为N≡C-C≡N；4；sp杂化。

（5）由晶胞结构可知，Na+在晶胞内部，共有8个，O2+位于顶点和面心，O2+的个数=8×+6×=4，二者数目之比为2:1，故化学式为Na2O，晶胞质量为m=4×g=g，晶胞的密度为ρg/cm3，则g=ρg/cm3×(acm)3，解得a=cm；答案为Na2O；【解析】(1)Na＜O＜N

(2)Fe3+[Cu(H2O)4]2+配位键。

(3)②

(4)N≡C-C≡N4sp杂化。

(5)Na2O24、略

【分析】【分析】

(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式。C、N、O元素的非金属性关系为O>N>C；电负性的关系与非金属性关系相同。

(2)钛硬度比铝大；从金属键的大小找原因。

(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-；S的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型和S的杂化方式，S的杂化轨道与O的2p轨道头对头重叠。

(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为由此确定符合题意的图形。

(5)在氮化钛晶胞中，含Ti原子的个数为12×+1=4，含N原子个数为8×+6×=4；由此可求出原子的总体积，再由原子半径求晶胞的总体积，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式。碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1个N原子换成1个C原子，Ti原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式。

【详解】

(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式为3d24s2。C、N、O元素的非金属性关系为O>N>C，则电负性：O＞N＞C。答案为：3d24s2；O＞N＞C；

(2)钛和铝都形成金属晶体；应从离子的带电荷分析钛硬度比铝大，其原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强。答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；

(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-，S的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型为正四面体形，S的杂化方式为sp3，S的杂化轨道与O的2p轨道头对头重叠，从而形成σ键。答案为：正四面体形；sp3；σ；

(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为由此确定符合题意的图形为D。答案为：D；

(5)在氮化钛晶胞中，含Ti原子的个数为12×+1=4，含N原子个数为8×+6×=4，由此可求出原子的总体积为再由原子半径求晶胞的总体积为(2a+2b)3，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1个N原子换成1个C原子，Ti原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式为Ti4CN3。答案为：Ti4CN3。

【点睛】

计算晶胞中所含原子的个数时，依据原子所在位置确定所属晶胞的份额。若原子位于立方体的项点，则属于此晶抱的只占八分之一；若原子位于棱上，则只有四分之一属于此晶抱；若原子位于面心，则只有二分之一属于此晶胞；若原子位于立方体内，则完全属于此晶胞。【解析】①.3d24s2②.O＞N＞C③.Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强④.正四面体形⑤.sp3⑥.σ⑦.D⑧.×100%⑨.Ti4CN325、略

【分析】【分析】

根据第一电离能的递变规律判断N、O、Na的第一电离能大小；根据Cu原子的核外电子排判断其价电子排布图；根据离子的外围电子式排布判断未成对电子数多少；根据Cu2+与水结合成水合铜离子，由结构特点判断化学键类型和化学式；根据VSEPR理论判断分子或离子的空间构型；根据题中信息，判断(CN)2的结构式；π键数目和C原子杂化方式；根据晶胞结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

（1）非金属性越强，第一电离能越大，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能由小到大的顺序是Na＜O＜N；Cu原子的价电子排布式为3d104s1，其价电子排布图为答案为Na＜O＜N；

（2）Fe3+的外围电子排布式为3d5，有5个未成对电子；Cu2+的外围电子排布为3d9，有1个未成对电子，所以未成对电子数最多的是Fe3+；Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为[Cu(H2O)4]2+；铜离子含有空轨道，水分子中O原子含有孤电子对，二者形成配位键，所以水分子与铜离子间结合的化学键为配位键；答案为Fe3+；[Cu(H2O)4]2+；配位键。

（3）①H3O+中中心原子O的价层电子对数=3+=3+1=4，有一对孤电子对，故空间构型为三角锥形，不符合题意；

②H2O中中心原子O的价层电子对数=2+=2+2=4，有2对孤电子对，故空间构型为V形，符合题意；

③NO由2种原子形成的微粒，空间构型一定为直线形，不符合题意；

答案为②。

（4）分子(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，C原子形成4个共价键，N原子形成3个共价键，则其结构简式为N≡C-C≡N，1个分子中含有4个π键，由于(CN)2中C和N之间存在三键；可以判断C为sp杂化；答案为N≡C-C≡N；4；sp杂化。

（5）由晶胞结构可知，Na+在晶胞内部，共有8个，O2+位于顶点和面心，O2+的个数=8×+6×=4，二者数目之比为2:1，故化学式为Na2O，晶胞质量为m=4×g=g，晶胞的密度为ρg/cm3，则g=ρg/cm3×(acm)3，解得a=cm；答案为Na2O；【解析】(1)Na＜O＜N

(2)Fe3+[Cu(H2O)4]2+配位键。

(3)②

(4)N≡C-C≡N4sp杂化。

(5)Na2O六、原理综合题(共4题，共36分)26、略

【分析】【分析】

【小问1】

在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制备氯气，该反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；【小问2】

在工业上制取NaOH主要采用电解饱和NaCl溶液的方法，即反应①，而不采用Na2O与H2O反应的⑦的方法，主要原因是Na2O作为原料；来源少，成本高；【小问3】

H2在点燃情况下能够在Cl2中燃烧安静燃烧；产生苍白色火焰；

反应⑤是Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，该反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问4】

电解饱和食盐水，阳极上Cl-失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2，阳极反应产生的Cl2与阴极产生的NaOH溶液能够充分反应产生“84消毒液”NaClO，应该使d电极为电源的正极，该发生器中反应的总离子方程式为：Cl-+H2OClO-+H2↑；【小问5】

A．用NaCl制取纯碱的过程中，向饱和NaCl溶液中先通入溶解度大的NH3，使溶液显碱性，然后再通入CO2气体，反应析出溶解度小的NaHCO3，将NaHCO3过滤出来进行加热，发生分解反应产生Na2CO3；可见反应过程中利用了物质溶解度的差异，A正确；

B．在沉淀池中NH3与CO2的通入顺序若先通入CO2，再通入NH3，由于CO2溶解度小，反应产生的少，不能析出NaHCO3，应该先通入NH3，再通入CO2；B错误；

C．在侯氏制碱法中，析出的NaHCO3受热分解产生的CO2可以循环利用；反应过程中产生的NH4Cl可以作氮肥、金属除锈等，故可循环利用的物质主要是CO2；C错误；

D．可根据AgCl是白色既不溶于水，也不溶于酸的性质进行检验。方法是取少量试样溶于水，加入过量的稀硝酸，Na2CO3变为CO2气体逸出；然后再滴加硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，若有白色沉淀生成，证明含有NaCl，否则不含NaCl，D正确；

故合理选项是AD。【解析】【小题1】MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O

【小题2】Na2O作为原料；来源少，成本高。

【小题3】①.安静燃烧，产生苍白色火焰②.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O