2025年粤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年粤教版选修化学下册阶段测试试卷90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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列化学用语表述正确的是A.自然界正常雨水是因为：B.向中投入固体：C.向溶液中加足量溶液：D.用溶液处理水垢中的2、将15mL1.0mol∙L−1的CH3COOH(Ka＝1.8×10−5)加入到5mL2.0mol∙L−1的NaOH溶液中，并将混合溶液稀释至100mL，则制得的溶液pH值约为(lg9＝0.96)A.4.4B.4.8C.5.0D.5.43、下列离子方程式书写正确的是A.Na2O与水反应：O2－＋H2O＝2OH－B.澄清石灰水表面形成白色“薄膜”：Ca2＋＋2OH－＋CO2＝CaCO3↓＋H2OC.Fe(OH)3与HNO3溶液反应：OH－＋H＋＝H2OD.铝与CuSO4溶液发生置换反应：Al＋Cu2＋＝Cu＋Al3＋4、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A.SONa+、NOMg2+B.OH－、HCOCl－、K+C.K+、Ba2+、Cl－、COD.Fe2+、NOSOH+5、系统命名法是常用的有机化合物命名方法，下列命名正确的是A.2—甲基—3—丁炔B.2—乙基丁烷C.2—甲基—2—丁醇D.2—氯—4—甲基—2—丁烯6、环丙贝特是一种降血脂药物。下图是合成环丙贝特的其中一步；下列说法中错误的是。

A.有机物x可能是B.1molM与足量溴水反应最多消耗3mol溴单质C.N分子最多有10个碳原子共面D.M和N中都没有手性碳原子7、下列离子方程式正确的是A.乙酸与碳酸钠溶液反应：2H+＋=CO2↑＋H2OB.甲酸溶液与新制氢氧化铜共热反应：2HCOOH＋Cu(OH)2Cu2+＋2HCOO—＋2H2OC.苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O—＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋D.乙醛溶液与足量的银氨溶液共热CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH—CH3COO—++2Ag↓+3NH3↑+H2O8、交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）

A.聚合物P中有酯基，能水解B.聚合物P的合成反应为缩聚反应C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得D.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、按要求书写下列方程式。

(1)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中将NO2转化为其离子方程式为__________________。

(2)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式___________________。

(3)在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和其离子方程式为______________。

(4)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________。

(5)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的还原成Cr3+，该反应的离子方程式为_______________________。10、烷烃广泛存在于自然界中；例如苹果表面的蜡状物质；蚂蚁分泌的信息素、石蜡和凡士林等物质中都含有烷烃。

(1)写出下列各烷烃的分子式。

①烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的43倍：_____。

②烷烃B的分子中含有200个氢原子：_____。

③分子中含有22个共价键的烷烃C为_____。

④0.1mol烷烃D完全燃烧，消耗标准状况下的O211.2L_____。

(2)下列关于烷烃的叙述中正确的是_____。A．都是易燃物，燃烧产物一定为二氧化碳和水B．在光照条件下，能使溴水褪色C．烷烃的卤代反应很难得到纯净的产物D．能使酸性KMnO4溶液褪色(3)把下列物质的沸点按由高到低的顺序排列______。(填入编号)

①CH3(CH2)3CH3②(CH3)4C③2，3，4－三甲基戊烷④(CH3)2CHCH2CH2CH3

(4)用系统命名法命名下面的烃A：_____；A的一氯代物有_____种。

(5)某烷烃的相对分子质量为114，与氯气发生取代反应所得的一氯代物只有一种。写出该取代反应的化学方程式。(注意有机物要写结构简式)_____。11、Ⅰ.回答下列问题：

(1)用系统命名法命名___________。

(2)下列各物质中，一定是同系物的是___________。

A．CH4和C2H4B．C3H6和C4H8C．C2H2和C4H6D．C3H8和C4H10

(3)在常温、常压下，等质量的三种气态烃C3H8、C4H10、C2H4，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是___________。

(4)写出发生加聚反应的化学方程式___________。

Ⅱ.电化学原理在化学工业中有广泛应用。如图所示；M；N均为石墨电极，请回答下列问题：

(5)甲池中通入甲烷一极的电极反应式为___________。

(6)乙池中总反应的离子方程式是___________。

(7)电解一段时间后，向乙池中加入0.02molAg2O能使溶液恢复到原来状态。若电解后乙池中剩余溶液体积为400mL，则溶液的pH为___________。12、某化学兴趣小组的同学在乙醛溶液中加入溴水；溴水褪色。分析乙醛的结构和性质，同学们认为溴水褪色的原因有三种可能(请补充完整)：

①溴在不饱和键上发生加成反应。

②溴与甲基上的氢原子发生取代反应。

③________________________________________________________________________。

为确定此反应的机理；同学们作了如下探究：

（1）向反应后的溶液中加入硝酸银溶液，若有沉淀产生，则上述第________种可能被排除。

（2）有同学提出通过检测反应后溶液的酸碱性作进一步验证，就可确定该反应究竟是何种反应原理。此方案是否可行？________，理由是_______________________。

（3）若反应物Br2与生成物Br－的物质的量之比是1∶2，则乙醛与溴水反应的化学方程式为___________。13、碳；氮、氧、氟、钙、铜等元素的化合物广泛存在于自然界；回答下列问题：

(1)将乙炔(C2H2)通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红榇色沉淀。乙炔分子中σ键与π键个数比值为___________，Cu+基态核外电子排布式为___________，[Cu(NH3)2]Cl中化学键类型为___________。

(2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。元素第一电离能N___________F(填“>”“<”或“=”)，NF3中氮原子的杂化轨道类型为___________，NF3属于___________分子。(填“极性”或“非极性”)

(3)C60可以用作储氢材料。已知金刚石中C－C的键长为154.45pm，C60中C－C的键长为140~145pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石；你认为是否正确?理由是___________。

(4)氮的氧化物和含氧酸在医疗上具有重要的应用。写出与N2O互为等电子体的分子___________(任写一种)，酸性HNO3>HNO2；试着从结构上解释其原因___________。

(5)电石(CaC2)是有机合成化学工业的基本原料。CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似(如图所示)，但晶体中由于哑铃形C22－的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22－的数目为___________，已知CaC2晶体的密度为2.22g·cm－3，该晶胞的体积为___________cm3。14、金属及其化合物在国民经济发展中起着重要作用。

(1)铜在潮湿的空气中能发生吸氧腐蚀而生锈，铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。该过程中负极的电极反应式为_________。

(2)钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na＋)为电解质；其原理如图所示：

①根据下表数据，请你判断该电池工作的适宜温度应控制在_________。物质NaSAl2O3熔点/℃97.81152050沸点/℃892444.62980

a.100℃以下b．100℃～300℃

c．300℃～350℃d．350℃～2050℃

②放电时，电极A为_________极，S发生_________反应。

③放电时，内电路中Na＋的移动方向为_________(填写“从A到B”或“从B到A”)。

④充电时，总反应为Na2Sx＝2Na＋Sx(3<5)，Na所在电极与直流电源_________极相连，阳极的电极反应式________。

(3)某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。

①正极反应为_________。

②当电路中转移0.005mole－时，交换膜左侧溶液中约减少_________mol离子。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)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、由于醇分子中含有醇类都易溶于水。(______)A.正确B.错误17、CH3OH、CH3CH2OH、的沸点逐渐升高。(___________)A.正确B.错误18、在淀粉溶液中加入适量稀微热，向水解后的溶液中加入新制悬浊液并加热，无红色沉淀，说明淀粉未水解。(_______)A.正确B.错误19、糖类可划分为单糖、低聚糖、多糖三类。(_______)A.正确B.错误20、羧酸都易溶于水。(______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共16分)21、Na3OCl是一种良好的离子导体；具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：

(1)基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式_____________

(2)锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态：①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是_________(填字母)。

A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②

(3)由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。

①Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是____。

②O3分子的中心原子杂化类型为______；与O3互为等电子体的是______(任意写一种)。

(4)Na3OCl可由以下方法制得：2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑，在该反应中，形成的化学键有_____(填标号)。

A.金属键B.离子键C.配位键D.极性键E.非极性键。

(5)Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为anm，密度为dg·cm−3。

①Na3OCl晶胞中，O位于各顶点位置，Cl位于______位置。

②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=_____(列计算式)。22、方程式书写：

（1）S+Ca(OH)2—CaS5+CaS2O3+H2O___。

（2）H2O2+Cr2(SO4)3+____—K2SO4+K2CrO4+H2O___。

（3）氯酸镁加入含有KSCN的酸性硫酸亚铁溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程式___。

（4）写出用氯化铁溶液浸取辉铜矿石（主要成分是Cu2S)发生反应的离子方程式___。23、C；O、Na、Cl、Fe、Cu是元素周期表前四周期中的常见元素。

(1)Fe在元素周期表中的位置是_____，Cu基态原子核外电子排布式为________。

(2)C和O的气态氢化物中，较稳定的是________（写化学式）。C的电负性比Cl的________（填“大”或“小”）。

(3)写出Na2O2与CO2反应的化学方程式____________________________。

(4)碳有多种同素异形体；其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：

①在石墨烯晶体中，每个C原子连接___________个六元环，每个六元环占有___________个C原子。

②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接__________个六元环，六元环中最多有_________个C原子在同一平面。

(5)刻蚀印刷电路的废液中含有大量的CuCl2、FeCl2、FeCl3，任意排放将导致环境污染和资源的浪费，为了使FeCl3循环利用和回收CuCl2；回收过程如下：

①试剂X的化学式为______________；

②若常温下1L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5mol·L－1，则加入Cl2和物质X后，过滤。为使溶液铁元素完全转化为Fe(OH)3，而CuCl2不产生沉淀。则应控制pH的范围是____________________________（设溶液体积保持不变），已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38、Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20、lg5＝0.7。24、北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉；流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”回答下列问题：

(1)基态Cu原子的电子排布式为_______；量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Cu原子核外电子有_______个空间运动状态。

(2)胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，其中SO的空间构型为_______

(3)Cu2+能与乙二胺四乙酸根阴离子()形成配离子，组成该阴离子的H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序是_______，第一电离能最大的是______；C、N原子的轨道杂化类型分别为_____________。

(4)Cu的某种含结晶水的氯化物晶体的晶胞结构如图所示。

①该晶体的化学式为_____________。

②已知晶胞参数为：apm，bpm、cpm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为__________g·cm-3。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共9分)25、(1)配平氧化还原反应方程式：

____C2O＋____MnO＋____H＋===____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O

(2)称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样；加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中。

①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25mol·L－1NaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的总物质的量为________mol。

②第二份溶液中滴加0.10mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液。

KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为__________。

(3)酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，该电池的正极反应式为：_______________，电池反应的离子方程式为：____________________。26、研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

(1)已知7gCO完全燃烧放热70.7kJ，写出CO燃烧反应的热化学方程式_________。

(2)CO与O2设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。该电池的负极反应式为_______，用该电池电解精炼铜，粗铜与通的______一极（填“CO”或“O2”）相连。

(3)利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如下图。在0～15小时内，CH4的平均生成速率I、II和III从小到大的顺序为___________（填序号）。

(4)以TiO2／Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如下图。

①当温度在________范围时；温度是乙酸生成速率的主要影响因素。

②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，稀硝酸还原产物为NO，同时生成两种盐，写出有关的离子方程式___________。27、氮；磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用.

（1）室温下，的亚硝酸次氯酸的电离常数分别为：写出四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式_______。

（2）羟胺可看成是氨分子内的1个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性。已知在水溶液中呈弱碱性的原理与在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因_____。

（3）亚硝酸钠与氯化钠都是白色粉末，且都有咸味，但亚硝酸盐都有毒性，通常它们可以通过加入热的白醋鉴别，亚硝酸钠遇到白醋会产生一种红棕色刺激性气味气体和一种无色气体，其中的无色气体遇到空气会呈红棕色，该反应的离子方程式为_____。

（4）某液氨一液氧燃料电池示意图如下，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解的饱和溶液，电解结束后，所得溶液中的浓度为则该过程中消耗氨气的质量为_____（假设溶液电解前后体积不变）。

（5）工业上也可在碱性溶液中通过电解的方法实现由制取通入的一极是___（填“阴极”或“阳极”），阳极的电极反应式是______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．碳酸是弱酸，分步电离，碳酸的电离方程式为故A错误；

B．和固体先发生复分解反应生成氢氧化钠和双氧水，双氧水再分解为水和氧气，氢氧化钠中的样原子来自水分子，氧气中的氧原子来自过氧化钠，反应的离子方程式为故B错误；

C．向溶液中加足量溶液生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式是故C正确；

D．用溶液处理水垢中的生成碳酸钙沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式是故D错误；

选C。2、C【分析】【详解】

将15mL1.0mol∙L−1的CH3COOH(Ka＝1.8×10−5)加入到5mL2.0mol∙L−1的NaOH溶液中，两者反应，NaOH反应完，生成CH3COONa物质的量为0.005L×2.0mol∙L−1＝0.01mol，剩余CH3COOH的物质的量为0.015L×1.0mol∙L−1−0.005L×2.0mol∙L−1＝0.005mol，将混合溶液稀释至100mL，则CH3COOH的物质的量浓度为CH3COONa的物质的量浓度为则制得的溶液pH值约为故C符合题意。

综上所述，答案为C。3、B【分析】【详解】

A．Na2O与水反应，Na2O是不拆的，正确的离子方程式是Na2O+H2O=2Na++2OH－,故A项错误；

B．澄清石灰水表面形成白色“薄膜”，是因为与空气中的CO2反应了，其离子方程式是Ca2＋＋2OH－＋CO2＝CaCO3↓＋H2O；故B项是正确的；

C．Fe(OH)3与HNO3溶液反应，因Fe(OH)3难溶于水，是不拆的，正确的离子方程式是Fe(OH)3+3H＋=Fe3++3H2O；故C项是错误的；

D．铝与CuSO4溶液发生置换反应，所给的离子方程式没有配平，正确的是2Al＋3Cu2＋＝3Cu＋2Al3＋，故D项错误的；4、A【分析】【详解】

A.SONa+、NOMg2+离子之间不反应；所以能大量共存，故A符合题意；

B.OH－和HCO之间反应生成碳酸根离子和水；不能大量共存，故B不符合题意；

C.Ba2+和CO之间反应生成BaCO3的白色沉淀；所以不能大量共存，故C不符合题意；

D.Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应；不能大量共存，故D不符合题意；

故答案选A。5、C【分析】【详解】

A.2—甲基—3—丁炔，碳键结构为应该称为3-甲基-1-丁炔，故A错误；

B.2—乙基丁烷，碳键结构为应该称为3-甲基戊烷，故B错误；

C.2—甲基—2—丁醇，碳键结构为故C正确；

D.2—氯—4—甲基—2—丁烯，碳键结构为应该称为2-氯-2-戊烯，故D错误。

综上所述；答案为C。

【点睛】

判断命名是否书写正确，先按照题中信息写出碳架结构，再按照命名原则进行命名。6、C【分析】【详解】

A．由有机物的转化关系可知，与发生取代反应生成和溴化氢，则X为故A正确；

B．由结构简式可知；M分子中酚羟基邻对位上的氢原子能与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以1molM与足量溴水反应最多消耗3mol溴单质，故B正确；

C．苯环；碳碳双键、酯基和醚键为平面结构；由结构简式和三点成面的规则可知，N分子最多有12个碳原子共面，故C错误；

D．由结构简式可知；M和N分子中都没有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故D正确；

故选C。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．乙酸与碳酸钠溶液反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2CH3COOH＋=2CH3COO-+CO2↑＋H2O；故A错误；

B．碱性条件下，甲酸溶液与新制氢氧化铜共热反应生成碳酸根离子、氧化亚铜沉淀和水，反应的离子方程式为HCOOH＋2Cu(OH)2+2OH-＋Cu2O↓＋4H2O；故B错误；

C．苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋故C错误；

D．乙醛溶液与足量的银氨溶液共热发生银镜反应生成醋酸铵、银、氨气和水，反应的离子方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH--CH3COO-++2Ag↓+3NH3↑+H2O；故D正确；

故选D。8、D【分析】【分析】

将X为Y为带入到交联聚合物P的结构中可知；聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；

【详解】

A.根据X为Y为可知；X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；

B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；

C.油脂为脂肪酸甘油酯；其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；

D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构；故D符合题意；

综上所述；本题应选D。

【点睛】

本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【详解】

(1)NO2作氧化剂，被还原成CaSO3水悬浮液中含作还原剂，被氧化成反应的离子方程式为+2NO2+2OH-=+2+H2O，故答案为：+2NO2+2OH-=+2+H2O；

(2)白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，结合原子守恒、电子守恒可知该反应的化学方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，故答案为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；

(3)HClO氧化NO生成Cl-和结合原子守恒、电荷守恒、电子守恒可知反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+；

(4)吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O，故答案为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；

(5)NaHSO3溶液显酸性，NaHSO3将废液中的还原成Cr3+，被氧化成结合得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可得该反应的离子方程为+3+5H+=2Cr3++3+4H2O，故答案为：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。【解析】+2NO2+2OH-=+2+H2O2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O+3+5H+=2Cr3++3+4H2O10、略

【分析】【详解】

（1）①密度之比=摩尔质量之比=等于相等分子量之比，烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的43倍，则A的相对分子量为2×43=86，烷烃的组成为CnH2n+2，14n+2=86，n=6，即该烷烃的分子式为C6H14，故答案为：C6H14；

②令烷烃的组成为CnH2n+2，烷烃B的分子中含有200个氢原子，即2n+2=200，解得n=99，所以B的分子式为C99H200；

③令烷烃的组成为CnH2n+2，含有的共价键数目为3n+1，该烷烃有22个共价键，则：3n+1=22，解得，n=7，所以该烷烃中碳原子数目为7，分子式为C7H16；

④0.1mol烷烃D完全燃烧，消耗O2为=0.5mol，所以1mol该烃完全燃烧，消耗5mol氧气，根据反应可知n＝3，D的分子式为C3H8；

（2）A.烷烃中含有碳氢元素；完全燃烧产物为二氧化碳和水，氧气不足时，烷烃不完全燃烧，产物可能为一氧化碳和水，选项A错误；

B.在光照条件下；烷烃不能与溴水反应，不能使溴水褪色，选项B错误；

C.烷烃的卤代反应很难得到纯净的产物；一般会产生多种卤代烃，选项C正确；

D.烷烃不含不饱和的碳碳双键或碳碳三键等，不能使酸性溶液褪色；选项D错误；

答案选C；

（3）烷烃的物理性质随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，沸点逐渐升高；碳原子数相同的烃，支链越多，熔沸点越低，③2，3，三甲基戊烷中碳原子是8个，沸点最高；④中碳原子是6个，沸点次之；①②中碳原子都是5个；且②中支键较多，沸点最低，故沸点按由高到低的顺序排列为③④①②；

（4）A中最长碳链有8个碳；第二个碳上有2个甲基，第六个碳上有一个甲基，第四个碳上有一个乙基，用系统命名法命名为2，2，6-三甲基-4-乙基辛烷；分子中有10种不同化学环境的氢，一氯代物有10种；

（5）烷烃的通式为CnH2n+2，根据相对分子质量可知12n+2n+2=114，则n=8，该烷烃的分子式应为C8H18，跟氯气反应生成的一氯代物只有一种，说明结构对称，分子中只含有一种H原子，符合条件的烷烃的结构简式为该取代反应的化学方程式为(CH3)3C－C(CH3)3+Cl2(CH3)3C－C(CH3)2CH2Cl+HCl。【解析】(1)C6H14C99H200C7H16C3H8

(2)C

(3)③④①②

(4)2；2，6－三甲基－4－乙基辛烷10

(5)(CH3)3C－C(CH3)3+Cl2(CH3)3C－C(CH3)2CH2Cl+HCl11、略

【分析】【详解】

(1)该物质含有羟基；属于醇类，与羟基相连的最长碳链上有4个碳，从距离官能团较近的一端编号，羟基在2号碳上，所以名称为2-丁醇；

(2)A．CH4和C2H4分子式相差不是n个CH2；一定不是同系物，A不符合题意；

B．C3H6和C4H8的不饱和度为1；可能是烯烃也可能是环烷烃，结构不一定相似，不一定是同系物，B不符合题意；

C．C2H2为炔烃，C4H6可能含有环状结构和碳碳双键；二者结构不一定相似，不一定是同系物，C不符合题意；

D．C3H8和C4H10均为饱和烃，即烷烃，分子式相差一个CH2；一定是同系物，D符合题意；

综上所述答案为D；

(3)不妨设三种烃的质量均为1g，则C3H8消耗mol氧气，C4H10消耗mol氧气，C2H4消耗mol氧气，＞＞所以C3H8消耗氧气最多；

(4)该物质含有碳碳双键，加聚反应方程式为n

(5)甲池为甲烷燃料电池，通入甲烷的一极为负极，发生氧化反应，电解质溶液显碱性，所以电极反应式为

(6)乙池为电极硝酸银溶液，阳极为水电离出的氢氧根放电生成氧气，阴极为银离子放电生成银单质，总反应为

(7)向乙池中加入0.02molAg2O能使溶液恢复到原来状态，则电解时产生0.04molAg和0.01molO2，所以产生0.04molH+，溶液体积为400mL，则c(H+)==0.1mol/L，pH=1。【解析】2-丁醇DC3H8n112、略

【分析】【详解】

本题分析：本题主要考查对于“确定溴水与乙醛反应机理”实验的评价。

③乙醛具有还原性；被溴水氧化。

(1)向反应后的溶液中加入硝酸银溶液；若有沉淀产生，则上述第①种可能被排除。

(2)此方案不可行；理由是②③反应都有酸生成。

(3)若反应物Br2与生成物Br－的物质的量之比是1:2，则乙醛与溴水发生氧化还原反应，反应的化学方程式为CH3CHO＋Br2＋H2O―→CH3COOH＋2HBr。

点睛：乙醛的醛基具有不饱和性和还原性，乙醛的甲基具有烷烃的性质。【解析】①.乙醛具有还原性，被溴水氧化②.①③.不可行④.②③反应都有酸生成⑤.CH3CHO＋Br2＋H2O―→CH3COOH＋2HBr13、略

【分析】【分析】

本题考查的是物质结构和性质。

（1）乙炔中氢原子只有1个电子基态下处于能量最低1s轨道。而碳原子有6个电子，两个位于1s轨道，不参与成键，4个位于第二层上。当形成乙炔时，4个位于最外层的原子轨道发生杂化，即一个s轨道和一个p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变。这样在形成乙炔时，碳原子的其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠，形成C-Hσ键，另一个sp轨道则与另一个碳原子的sp轨道头碰头重叠形成C-Cσ键。碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C-Cπ键。所以乙炔中有3个σ键与2个π键。Cu为29号元素，Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。[Cu(NH3)2]Cl中Cu+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，[Cu(NH3)2]+与Cl-之间为离子键；

（2）同周期主族元素从左到右最外层电子的有效核电荷逐渐增大，电离能也逐渐增大，所以F元素的第一电离能比N元素的第一电离能大。N原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型，所以NF3分子构型也是三角锥型；三角锥型分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子；

（3）金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石；

（4）符合等电子体的两条基本要求是：原子总数一致，价电子总数一致。二氧化碳、二硫化碳与一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，是等电子体；电负性O＞N，－NO2中N的正电性大于－NO中的N，导致HO－NO2中O－H极性大于HO－NO中的O－H极性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易电离出H+，即酸性HNO3＞HNO2；

（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，要特别注意题给的信息，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，该晶胞中含有Ca为12×14+1=4，一个晶胞中含有4个CaC2，CaC2晶体的密度为2.22g/cm3，该晶胞的体积为V=m/ρ=(4×64)÷(2.22×6.02×1023)≈1.92×10−22cm3。据此解答。

【详解】

（1）乙炔中氢原子只有1个电子基态下处于能量最低1s轨道。而碳原子有6个电子，两个位于1s轨道，不参与成键，4个位于第二层上。当形成乙炔时，4个位于最外层的原子轨道发生杂化，即一个s轨道和一个p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变。这样在形成乙炔时，碳原子的其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠，形成C-Hσ键，另一个sp轨道则与另一个碳原子的sp轨道头碰头重叠形成C-Cσ键。碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C-Cπ键。所以乙炔中有3个σ键与2个π键。Cu为29号元素，Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。[Cu(NH3)2]Cl中Cu+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，[Cu(NH3)2]+与Cl-之间为离子键。本小题答案为：3:2；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；离子键；共价键、配位键。

（2）同周期主族元素从左到右最外层电子的有效核电荷逐渐增大，电离能也逐渐增大，所以F元素的第一电离能比N元素的第一电离能大。N原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型，所以NF3分子构型也是三角锥型，三角锥型分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子。本小题答案为：<；sp3；极性。

（3）不正确，金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。本小题答案为：不正确，金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。

（4）符合等电子体的两条基本要求是：原子总数一致，价电子总数一致。二氧化碳、二硫化碳与一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，是等电子体；电负性O＞N，－NO2中N的正电性大于－NO中的N，导致HO－NO2中O－H极性大于HO－NO中的O－H极性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易电离出H+，即酸性HNO3＞HNO2。本小题答案为：CO2或CS2等；电负性O＞N，－NO2中N的正电性大于－NO中的N，导致HO－NO2中O－H极性大于HO－NO中的O－H极性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易电离出H+，即酸性HNO3＞HNO2。

（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，要特别注意题给的信息，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，该晶胞中含有Ca为12×14+1=4，一个晶胞中含有4个CaC2，CaC2晶体的密度为2.22g/cm3，该晶胞的体积为V=m/ρ=(4×64)÷(2.22×6.02×1023)≈1.92×10−22cm3。本小题答案为：4；1.92×10−22。【解析】3:21s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10离子键、共价键、配位键＜sp3极性不正确，金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。CO2或CS2等电负性O＞N，－NO2中N的正电性大于－NO中的N，导致HO－NO2中O－H极性大于HO－NO中的O－H极性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易电离出H+，即酸性HNO3＞HNO2。41.9×10－2214、略

【分析】【详解】

（1）吸氧腐蚀中负极上失去电子；负极反应式为：

（2）①原电池工作时，控制的温度应为满足为熔融状态；则温度：

选c；

②放电时，被氧化，电极A为原电池负极，在正极上得到电子发生还原反应；

③在原电池中，阳离子向正极移动，从A到B；

④充电时，是电解池反应，所在电极与直流电源负极相连，阳极反应为：

（3）①依据电池总反应：可知，银化合价升高发生氧化反应，氯气中的氯元素化合价降低发生还原反应，所以为原电池的负极，为原电池的正极，正极氯气得到电子发生还原反应：

②放电时，当电路中转移时，交换膜左侧有通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有失去生成会与反应生成沉淀，所以会减少则交换膜左侧溶液中共约减少离子。

【点睛】

原电池是化学能转变为电能的装置，是放电的过程，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池是电能转变为化学能的装置，是充电的过程，直流电源的正极连接电解池的阳极，发生氧化反应，直流电源的负极连接电解池的阴极，发生还原反应。【解析】c负还原从A到B负三、判断题(共6题，共12分)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】

低级醇易溶于水，随碳原子数增多，醇在水中的溶解能力减弱，故答案为：错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇比甲醇的相对分子质量大，所以分子间作用力更大，沸点乙醇高于甲醇。乙醇和乙二醇相比，乙二醇有2个羟基，分子间的氢键作用更强，而且乙二醇的相对分子质量比乙醇大，所以乙二醇的沸点高于乙醇，故甲醇、乙醇、乙二醇沸点依次升高，正确。18、B【分析】【详解】

葡萄糖酸性条件下不能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，则向水解后的溶液中未加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接加入新制氢氧化铁悬浊液并加热，不可能有红色沉淀生成，所以无红色沉淀不能说明淀粉未水解，故错误。19、A【分析】【详解】

糖类根据聚合度，可划分为单糖、低聚糖、多糖三类，故正确。20、B【分析】【详解】

随着碳原子数目的增多，羧酸在水中的溶解度逐渐减小，如硬脂酸难溶于水，故上述说法错误。四、结构与性质(共4题，共16分)21、略

【分析】【详解】

(1)Ti为22号元素，其基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，一个4s轨道上的电子激发到4p轨道上，则该激发态的电子排布为1s22s22p63s23p63d24s14p1，价层电子排布式为3d24s14p1；

(2)基态的锌、铜原子的核外电子排布式分别为[Ar]3d104s2、[Ar]3d104s1。则①为基态Zn原子，②为Zn＋，③为基态铜原子，④为Cu＋。同一周期从左到右原子的第一电离能有增大的趋势，因此第一电离能①＞③；原子的第二电离能大于第一电离能，由于Cu＋的价层电子结构为3d10；3d为稳定的全充满结构，使得电离能增大，因此电离能④＞②，综合电离能排序为④＞②＞①＞③；A符合题意；

(3)①Cl2O2和H2O2均为分子，其沸点取决于分子间作用力，虽然Cl2O2的相对分子质量比H2O2大，但是H2O2间能够形成氢键，使得H2O2的沸点高于Cl2O2；

②根据价层电子对互斥理论，O3分子中中心O原子的价层电子对为则其杂化类型为sp2；等电子体是指原子总数相同，价电子数相等的微粒，与O3互为等电子体的是SO2；

(4)反应中，形成的化学键有Na3OCl中的Na＋和O2－、Na＋和Cl－间的离子键，以及H2中H原子和H原子的非极性键；BE符合题意；

(5)①Na3OCl晶体结构中，空心白球位于面心，为2个晶胞所共有，则一个晶胞中空心白球有个，实心黑球位于晶胞内部，为此晶胞所有，则一个晶胞中实心黑含有1个，O位于顶点，为8个晶胞所共有，则一个晶胞中O含有个，根据Na3OCl的化学式；可判断Cl位于体心；

②晶胞参数为anm，密度为dg·cm−3。根据密度公式可得【解析】①.3d24s14p1②.A③.H2O2分子间存在氢键④.sp2⑤.SO2⑥.BE⑦.体心⑧.22、略

【分析】【详解】

(1)在S+Ca(OH)2—CaS5+CaS2O3+H2O中硫元素从0价降为-价，从0价升高为+2价，则根据电子守恒可知12S+3Ca(OH)2=2CaS5+CaS2O3+3H2O；

(2)在H2O2+Cr2(SO4)3+____—K2SO4+K2CrO4+H2O中H2O2中氧元素从-1价降为-2价，Cr元素从+3价升高为+6价，结合电子守恒和原子守恒得发生反应的化学方程式为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=3K2SO4+2K2CrO4+8H2O；

(3)Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4酸性溶液中立即出现红色，说明氯酸根离子在酸性溶液中具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为氯离子，结合电荷守恒和原子守恒写出反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+═6Fe3++Cl-+3H2O、铁离子遇到KSCN溶液变红色，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3；

(4)FeCl3氧化Cu2S所得氧化产物为S和Cu2+，还原产物为Fe2+，发生反应的离子方程式为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。【解析】12S+3Ca(OH)2=2CaS5+CaS2O3+3H2O3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=3K2SO4+2K2CrO4+8H2OClO3-+6Fe2++6H+═6Fe3++Cl-+3H2O、Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S23、略

【分析】【详解】

(1)Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，因此在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Cu是29号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；故答案为：第四周期第Ⅷ族；1s22s22p63s23p63d104s1。

(2)同周期，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此较稳定的是H2O；Cl非金属性强，其电负性越大，因此C的电负性比Cl的小；故答案为：H2O；小。

(3)Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

(4)①根据均摊法计算，在石墨烯晶体中，每个C原子被3个六元环共有，每个六元环占有的碳原子数6×=2；所以，每个六元环占有2个C原子；故答案为：3；2。

②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3=12个六元环，六元环为椅式结构，六元环中有两条边平衡，连接的4个原子处于同一平面内，如图故答案为：12；4。

(5)①W中含有CuCl2、FeCl3；加入X使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入的X由于调节溶液pH值，且不引入杂质，X为CuO等；故答案为：CuO。

②常温下1L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5mol·L－1，则加入Cl2后溶液中FeCl2转变为FeCl3，因此c(FeCl3)=1mol∙L−1，铜离子开始沉淀时，pH=4.3，铁离子沉淀完全时，pH=3，故溶液pH应控制在3.0～4.3之间；故答案为：3.0～4.3。【解析】第四周期第Ⅷ族1s22s22p63s23p63d104s1H2O小2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O232124CuO3～4.324、略

【分析】【分析】

根据Cu的核外电子数写出Cu的电子排布式和电子所占轨道数；根据VSEPR理论判断空间构型；根据电负性和第一电离能递变规律判断电负性相对大小和第一电离能的大小；根据原子的成键情况判断原子的杂化类型；根据晶胞的结构，由“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

（1）

Cu的原子序数为29，核外有29个电子，根据核外电子排布规律，基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Cu原子核外电子占有的原子轨道为1+1+3+1+3+5+1=15；答案为[Ar]3d104s1；15。

（2）

SO中中心原子S的价层电子对数=4+=4+0=4；无孤电子对，空间构型为正四面体；答案为正四面体。

（3）

同周期元素自左而右元素的电负性增大，且非金属性越强电负性越大，故电负性O＞N＞C＞H；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，所以第一电离能最大的是N；由乙二胺四乙酸根阴离子()可知，该结构中有饱和碳原子为sp3杂化，有C=O双键为sp2杂化，N原子形成三根单键(σ键)还有一对孤电子对，是sp3杂化；答案为O＞N＞C＞H；N；sp2、sp3；sp3。

（4）

①由晶胞的结构可知，Cu位于顶点和面心，Cu的个数为8×+2×=2，Cl位于面心和体心，Cl的个数为4×+2=4，H2O位于棱上和面心，H2O的个数为8×+4×=4，则Cu:Cl:H2O=2:4:4=1:2:2，该晶体的化学式为CuCl2·2H2O；答案为CuCl2·2H2O。

②一个晶胞的质量为m=g=g，晶胞的体积为V=a×10-10cm×b×10-10cm×c×10-10cm=abc×10-30cm3，该晶体的密度为ρ===g·cm-3；答案为【解析】(1)[Ar]3d104s115

(2)正四面体。

(3)O＞N＞C＞HNsp2、sp3sp3

(4)CuCl2·2H2O