2025年外研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年外研版选修化学下册阶段测试试卷77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5题，共10分)1、下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是A.甲烷的标准燃烧热为－890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH=－890.3kJ·mol-1B.500℃、300MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=－38.6kJ·mol-1C.氯化镁溶液与氨水反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓D.氧化铝溶于NaOH溶液：A12O3＋2OH－=2AlO＋H2O2、下列说法正确的是（）A.1H，2H，3H互为同素异形体B.O2、O3互为同位素C.乙烷、乙烯互为同系物D.正丁烷和异丁烷互为同分异构体3、乙炔的二聚体CH≡C-CH=CH2(乙烯基乙炔)是一种重要化工原料。下列关于CH≡C-CH=CH2说法错误的是A.其加聚产物还可以使溴水褪色B.与互为同分异构体C.催化加氢后所得烷烃的一氯代物有2种D.完全燃烧的耗氧量与等质量乙炔耗氧量相同4、下列说法错误的是A.受液溴腐蚀致伤，先用甘油洗伤口，再用水洗B.菜叶果皮属于厨余垃圾，通过转化可变为有机肥料C.用氢氧化钠溶液可鉴别植物油、汽油和甘油D.饴糖是葡萄糖的粗制品，可由淀粉和淀粉酶作用而得5、乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱；在水中的电离原理类似于氨。常温下，向乙二胺溶液中滴加稀盐酸，溶液的pH随离子浓度变化关系如图所示。下列叙述不正确的是。

A.Kb2[H2NCH2CH2NH2]的数量级为10-8B.曲线G代表pH与lg的变化关系C.H3NCH2CH2NH2Cl溶液中c(H+)>c(OH-)D.0.01mol·L-1H2NCH2CH2NH2电离度约为10%评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、常温下，向100mL0.2mol·L－1的氨水中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示。

根据图像回答下列问题。

(1)表示NH3·H2O浓度变化的曲线是_____(填“A”或“B”)。

(2)NH3·H2O的电离常数为_____。

(3)当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)＝___mol·L－1(用数字表示)。7、按要求填空。

(1)按要求书写下列物质的系统命名。

①_______；其在催化剂存在下完全与氢气加成所得的产物_______；

②_______。

(2)书写下列物质的结构简式。

①分子式为C5H10的烃存在顺反异构，写出它的顺反两种异构体的结构简式：_______；

②分子式为C9H12的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，写出该芳香烃的结构简式：_______。

(3)共线的碳原子最多有_______个。8、有机物中具有相似的化学性质；下列物质中(用序号回答)：

(1)能与NaOH溶液反应的是____________；

(2)能与溴水发生反应的是____________；

(3)能发生消去反应的是____________；

(4)遇FeCl3溶液显紫色的是____________；

(5)在Cu的催化下被O2氧化为醛的是____________；

(6)可使KMnO4酸性溶液褪色的是____________。9、有机物A；B、C、D和E的结构简式如图：

请回答下列问题：

(1)指出反应的类型：A→B________，A→D________。

(2)在A~E五种物质中，互为同分异构体的是________；D中官能团的名称：________。

(3)写出由A生成C的化学方程式：_____。

(4)写出C与溴水反应的化学方程式：________。

(5)写出E在酸性条件下水解的化学方程式：________。10、化合物G()是一种新型化工原料；其合成路线图如下：

已知：①A的最简式为分子中有两种氢原子且数目比为2：3；

②苯环上的烃基可被酸性溶液氧化为

以乙烯和A为原料(无机试剂任选)，用尽量筒短的合成路线设计制备写出合成路线图_______。11、药物合成是有机合成的重点发展领域之一。硝酸甘油(三硝酸甘油酯)是临床上常用的治疗心绞痛药物，其结构简式如图，该药可以以丙醇为原料合成，请写出以1—丙醇为原料，通过五步合成硝酸甘油的合成路线(无机试剂任选，流程图示例：CH4CH3Cl)。

已知：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。____12、按要求填空：

(1)有机物A样品3.0g，对其进行如下操作：充分燃烧得3.36LCO2(标准状况)和3.6gH2O；质谱分析得A的相对分子质量为60，A的分子式为____________。A在催化剂Cu的作用下能被氧气氧化成C，C不能发生银镜反应，则A的名称是____________，C中官能团名称为____________。

(2)的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的为_____________(写结构简式)。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。(_____)A.正确B.错误14、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正确B.错误15、失去一个氢原子的链状烷基的通式为—CnH2n＋1。(__)A.正确B.错误16、烷烃只含有饱和键，烯烃只含有不饱和键。(____)A.正确B.错误17、和互为同系物。(_____)A.正确B.错误18、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19、乙酸能与钠反应放出H2且比乙醇与钠的反应剧烈。(_______)A.正确B.错误20、质谱法不能用于相对分子质量的测定。(___________)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共3题，共12分)21、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_____________22、[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）。23、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：______。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共8分)24、I．氧化铁是一种重要的无机材料，化学性质稳定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性，从某种酸性工业废液(主要含Na+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-)中回收氧化铁的流程如图所示：

已知：常温下Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Fe(OH)2]=2.2×10-16、Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。

(1)写出在该酸性废液中通入空气时发生的反应的离子方程式：_________________，使用空气的优点是_____。

(2)常温下，在pH=5的溶液中Fe3+存在的最大浓度为_____。

(3)有人利用氨水调节溶液pH，在pH=5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时可能混有的杂质是_____(填化学式，下同)，用_____试剂可将其除去。

II．某研究性学习小组为探究Fe3＋与Ag反应；进行如下实验：按下图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)。

(4)K闭合时，指针向左偏转，石墨作____(填“正极”或“负极”)。

(5)当指针归零后，向左侧U形管中滴加几滴FeCl2浓溶液，发现指针向右偏转，写出此时银电极的反应式：_____。

(6)结合上述实验分析，写出Fe3＋和Ag反应的离子方程式：____。25、化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料；又是高效；广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：

(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许___离子通过(填离子符号)，氯气的逸出口是_______填标号)。

(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=X为HClO或ClO-]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为___。

(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为___。

(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为___mol；产生“气泡”的化学方程式为___。

(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是___(用离子方程式表示)。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共36分)26、下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物(部分产物未列出)：

已知C是紫红色金属固体；B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性。

(1)A的化学式是____________，E化学式是__________________；

(2)电解反应的化学(或离子)方程式是_________________________________________；

(3)对200ml1mol/L的A溶液进行电解；当有0.02mol电子发生转移时，溶液的pH为。

___________(假设溶液体积不变)。27、有一未知的无色溶液，可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H＋、OH－）：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、现取两份100mL溶液进行如下实验：

①第一份加入足量的BaCl2溶液后；有白色沉淀产生，经洗涤；干燥后，称量沉淀质量为6.99g；

②第二份逐滴滴加NaOH溶液；测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如右图所示。根据上述实验事实，回答以下问题：

（1）该溶液中一定不存在的阳离子有__________________；

（2）在实验②中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为__________________；NaOH溶液的浓度为____________(用字母c；d表示）；

（3）原溶液确定含有Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)为_________；

（4）原溶液中NO3－的浓度为c()，则c()的取值范围为_________________。28、某溶液只含Cl-、HCOSOSOH+、NHK+、Ba2+八种离子中的某几种。实验如下(提示：实验全过程均暴露在空气中进行)：

①取部分溶液加足量NaOH溶液加热；产生使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体。

②取实验①后的溶液加BaCl2溶液产生沉淀；再加足量稀盐酸；加热，沉淀部分溶解同时生成无色气体。将气体先通入过量溴水、再通入澄清石灰水，观察到溴水颜色变浅、石灰水变浑浊。

③另取实验②后的溶液少量，加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀。

回答下列问题：

(1)原溶液中一定含有的离子是__，对于不能确定是否存在的阳离子，可用__方法加以鉴定。

(2)实验②中使溴水颜色变浅的离子方程式为__。

(3)经师生讨论后，认为若实验②中溴水褪成无色则石灰水变浑浊的作用将失去意义，请说明原因__。29、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____。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．甲烷的标准燃烧热为890.3kJ·mol-1，燃烧热是生成稳定的无，水为液态水，因此甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=－890.3kJ·mol-1；故A错误；

B．500℃、300MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，该反应是可逆反应，N2消耗的物质的量小于0.5mol，1molN2和H2完全反应放出的热量根据题意是无法计算；因此无法书写热化学方程式，故B错误；

C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2＋＋2NH3∙H2O=Mg(OH)2↓＋2故C错误；

D．氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水：A12O3＋2OH－=2AlO＋H2O；故D正确。

综上所述，答案为D。2、D【分析】【详解】

A．1H、2H、3H的质子数相同；但中子数不同，互为同位素，故A错误；

B．O2、O3都是氧元素的单质；互为同素异形体，故B错误；

C．乙烷、乙烯结构不同，组成不相差CH2原子团；不是同系物，故C错误；

D．正丁烷和异丁烷分子式相同；结构不同，互为同分异构体，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查同素异形体、同位素、同分异构体、同系物概念的含义和分析判断。同素异形体是同种元素形成的不同单质；同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素；同系物是结构相似，组成上相差一个或多个CH2原子团的物质；同分异构体是分子式相同，结构不同的物质。3、B【分析】【详解】

A．碳碳三键发生加聚反应后还存在碳碳双键；能使溴水褪色，选项A正确；

B．CH≡C-CH=CH2(乙烯基乙炔)分子式为C4H4，的分子式为C4H6；两者不可能形成同分异构体，选项B错误；

C．催化加氢后所得烷烃为正丁烷；分子中有种不同化学环境的氢，其一氯代物有2种，选项C正确；

D．CH≡C-CH=CH2(乙烯基乙炔)和乙炔的最简式均为CH；完全燃烧的耗氧量与等质量乙炔耗氧量相同，选项D正确；

答案选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．溴易溶于甘油；甘油与水互溶，在实验室发生溴腐蚀致伤时，应先用甘油洗伤口，再用水洗，故A正确；

B．菜叶果皮属于厨余垃圾；属于有机物，通过转化可变为有机肥料，故B正确；

C．氢氧化钠溶液能使植物油水解；分层现象消失；但和汽油不反应、出现分层现象，甘油能溶于氢氧化钠溶液，现象不同，所以用氢氧化钠溶液可鉴别植物油、汽油和甘油，故C正确；

D．饴糖是麦芽糖的粗制品；可由淀粉和淀粉酶作用而得，故D错误；

选D。5、C【分析】多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，故曲线T代表pH与lg的变化关系，曲线G代表pH与lg的变化关系；由曲线所示关系和电离平衡常数相关知识分析可得结论。

【详解】

A．Kb2[H2NCH2CH2NH2]=当lg=0时，即=Kb2[H2NCH2CH2NH2]==10-7.15；故A正确；

B．根据分析，因多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，曲线G代表pH与lg的变化关系；故B正确；

C．在H3NCH2CH2NH2Cl溶液中，既有H2NCH2CH2NH3的电离，又有H2NCH2CH2NH3+的水解，由图中T曲线可得H2NCH2CH2NH3+的水解平衡常数Kh=c(H+)=10-9.93，而Kb2[H2NCH2CH2NH2]=10-7.15，由此可知在H3NCH2CH2CH2NH3+的电离大于水解；溶液显碱性，故C错误；

D．设0.01molL-1H2NCH2CH2NH2电离度为a，则有Kb1[H2NCH2CH2NH2]==10-4.07；解得a=0.1，故D正确；

答案选C。

【点睛】

解答本题的关键点在于能理解坐标图中纵、横坐标的意义，当选择横坐标为0的特殊点来计算乙二胺的第一级电离平衡常数或第二级电离平衡常数较为方便，因为此时Kb1[H2NCH2CH2NH2]=c(OH-)，Kb2[H2NCH2CH2NH2]=c(OH-)。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

(1)题干信息可知向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，一水合氨浓度减小，据此分析；

(2)一水合氨电离平衡常数平衡常数只随温度变化，取pH=9.26时的浓度计算，此时c（NH4+）=c（NH3•H2O），据此分析；

(3)依据电荷守恒和物料守恒分析；

【详解】

(1)常温下向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸,一水合氨浓度减小,表示NH3⋅H2O浓度变化的曲线是A；

故答案为：A；

(2)NH3⋅H2O的电离常数平衡常数只随温度变化,取pH=9.26时的浓度计算,此时c（NH4+）=c（NH3•H2O）,故答案为：1.8×10−5或10−4.74；

(3)当加入盐酸体积为50mL时,此时溶液pH=9,溶液中存在等浓度的一水合氨、氯化铵,溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)和物料守恒得到c（NH4+）+c(NH3·H2O)=2c(Cl−),得到c（NH4+）-c(NH3·H2O)=2c(OH−)−2c(H+)=2×10−5−2×10−9；

故答案为：2×10−5−2×10−9。

【点睛】

溶液中遵循三大守恒：电荷守恒和物料守恒、质子守恒。【解析】A1.8×10—5(或10—4.74)2×10—5－2×10－97、略

【分析】【详解】

(1)①该有机物主链编号为：系统命名为：3-甲基-1-丁烯；碳碳双键与H2加成变成碳碳单键，即生成相应烷烃，结构简式为：CH3CH2CH(CH3)2；

②苯的同系物命名一般以苯环未母体，对苯环碳原子编号确定支链位置，该有机物苯环编号如图：系统命名为：1，2，4﹣三甲基苯；

(2)①C5H10存在顺反异构，说明为烯烃，其中符合该分子且有顺反异构的烯烃为2-戊烯，其两种顺反异构如图：

②C9H12该分子的不饱和度=故该有机物除了苯环外，其余部分都为单键，又要求苯环上一溴代物只有一种，即苯环上只有一种H，故该分子为对称结构，满足要求的有机物为1,3,4-三甲苯，即

(3)根据苯环的结构特点，苯环对位与其所连的原子在一条直线上，由于中心碳原子是sp3杂化，故苯环与苯环之间不可能在一条直线上，故该有机物共线的碳原子最多有4个。【解析】3﹣甲基﹣1﹣丁烯CH3CH2CH(CH3)21，2，4﹣三甲基苯48、略

【分析】【分析】

(1)选项中含酚-OH的物质具有酸性；

(2)苯酚与溴水发生取代反应；碳碳双键与溴水发生加成反应；

(3)与-OH相连C的邻位C上有H可发生消去反应；

(4)含酚-OH的有机物遇FeCl3溶液显紫色；

(5)与-OH相连C上有2个H可催化氧化生成醛；

(6)-OH；双键及与苯环相连的碳原子上有氢原子均能被高锰酸钾氧化。

【详解】

(1)能与NaOH溶液反应的是②⑤；

(2)能与溴水发生反应的是①②⑤；

(3)能发生消去反应的是①③；

(4)遇FeCl3溶液显紫色的是②⑤；

(5)能被催化氧化为醛的是③；

(6)可使KMnO4酸性溶液褪色的是①②③④⑤。【解析】①.②⑤②.①②⑤③.①③④.②⑤⑤.③⑥.①②③④⑤9、略

【分析】【分析】

根据题中所给A~E的结构简式；分析判断A→B和A→D的反应类型；根据同分异构体的概念判断同分异构体；根据题中信息分别写出A→C，C与溴水，E在酸性条件下水解的化学方程式；据此解答。

【详解】

（1）A的结构简式为B的结构简式为由结构简式可知A中的醇羟基氧化变成了B中的醛基，A→B发生了氧化反应，D的结构简式为A与HCOOH发生酯化反应生成D，即A→D发生酯化反应(取代反应)；答案为氧化反应，酯化反应(取代反应)。

（2）由A~E结构简式可知，A的分子式为C9H10O3，B的分子式为C9H8O3，C的分子式为C9H8O2，D的分子式为C10H10O4，E的分子式为C9H8O2，分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，由A~E分子式可知，C和E分子式相同，但结构不同，为同分异构体关系，D的结构简式为该结构中含官能团羧基；酯基；答案为CE，羧基、酯基。

（3）A的结构简式为C的结构简式为由结构简式可知，A发生消去反应生成C，其化学方程式为+H2O；答案为+H2O。

（4）C的结构简式为与溴水中溴发生加成反应，其化学方程式为+Br2答案为+Br2

（5）E的结构简式为在酸性条件下水解生成A，其化学方程式为+H2O答案为+H2O【解析】氧化反应酯化反应(或取代反应)CE酯基、羧基+H2O+Br2→+H2O10、略

【分析】【分析】

【详解】

由A的最简式为根据烃的通式可得A的分子式为由分子中有两种氢原子且数目比为可知A为正丁烷，由原料和产品的结构简式，结合流程信息可知，以乙烯和正丁烷为原料合成二乙酸乙二酯的合成步骤为在催化剂作用下，丁烷与氧气发生催化氧化反应生成乙酸；乙烯和溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，1，2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇，在浓硫酸作用下，乙二醇和乙酸共热发生酯化反应生成二乙酸乙二酯，合成路线图如下故答案为：【解析】11、略

【分析】【详解】

本题采用逆向合成法进行分析，即三硝酸甘油酯可以由硝酸和甘油在浓硫酸的催化下合成，甘油可由BrCH2CHBrCH2Cl通过水解反应来制得，根据题给信息可知BrCH2CHBrCH2Cl可以由CH2=CHCH2Cl通过与Br2加成制得，CH2=CHCH2Cl可由丙烯与Cl2在500℃下取代制得，1-丙醇通过消去反应可以制得丙烯，故确定该合成路线如下：CH3CH2CH2OHCH2=CHCH3CH2=CHCH2ClBrCH2CHBrCH2Cl故答案为:CH3CH2CH2OHCH2=CHCH3CH2=CHCH2ClBrCH2CHBrCH2Cl【解析】CH3CH2CH2OHCH2=CHCH3CH2=CHCH2ClBrCH2CHBrCH2Cl12、略

【分析】【详解】

(1)标准状况下，3.36LCO2的物质的量==0.15mol，3.6gH2O的物质的量==0.2mol，则A中含有氧元素的质量m(O)=3.0g-(0.2mol×2×1g/mol)-(0.15mol×12g/mol)=0.8g，所以n(O)==0.05mol，N(C)∶N(H)∶N(O)=0.15∶0.4∶0.05=3∶8∶1，所以A的实验式为C3H8O，质谱分析得A的相对分子质量为60，A的分子式为C3H8O；A在催化剂Cu的作用下能被氧气氧化成C，C不能发生银镜反应，则A为CH3CHOHCH3，名称为2-丙醇；A氧化生成C，C为CH3COCH3，含有的官能团为羰基，故答案为C3H8O；2-丙醇；羰基；

(2)的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有醛基和酚羟基，侧链为-CH2CHO、-OH，有邻、间、对3种，侧链为-CH3、-CHO、-OH，当-CH3、-CHO处于邻位时，-OH有4种位置，当-CH3、-CHO处于间位时，-OH有4种位置，当-CH3、-CHO处于对位时，-OH有2种位置，故共有13种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为故答案为13；【解析】C3H8O2-丙醇羰基13三、判断题(共8题，共16分)13、B【分析】【分析】

【详解】

锥形瓶中有少量的蒸馏水，不会影响中和滴定的滴定结果，容量瓶是精量器，洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干，否则会因热胀冷缩的原因导致仪器刻度发生变化，故错误。14、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。15、A【分析】略16、B【分析】【详解】

烷烃中碳原子都是饱和碳原子，只含饱和键；烯烃中含官能团碳碳双键，烯烃中含不饱和键，但烯烃中也可能含饱和键，如1—丁烯中含碳碳单键；错误。17、B【分析】【详解】

是苯酚，是苯甲醇，二者种类不同，含有不同的官能团，不是同系物，故答案为：错误。18、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。19、A【分析】【详解】

乙酸具有酸的通性，能与钠反应放出H2，且由于乙酸中羧基上的H比乙醇中羟基上的H活泼，故与钠反应乙酸更剧烈，故说法正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

质谱法用于相对分子质量的测定，质谱中荷质比的最大值就是所测分子的相对分子质量，故错误。四、推断题(共3题，共12分)21、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22、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）23、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五、原理综合题(共2题，共8分)24、略

【分析】【分析】

I．某种酸性工业废液(主要含Na+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-)中通入足量的空气，Fe2+被氧化为Fe3+；加入氨水，Fe3+、Al3+、Mg2+都会转化为沉淀，所以要想获得比较纯净的氧化铁，加入氨水时，需控制溶液的pH，只允许Fe3+生成Fe(OH)3沉淀。

II．在此盐析溶液中，Fe3+只能得电子，则Ag失电子，从而形成原电池；若U形管的左侧溶液中含有还原性离子，则右侧溶液中的Ag+也可以获得电子生成Ag。

【详解】

(1)在该酸性废液中通入空气，Fe2+被O2氧化为Fe3+，发生的反应的离子方程式：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，使用空气，不需增加成本，不需考虑污染，其优点是耗费少且无污染。答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；耗费少且无污染；

(2)常温下，在pH=5的溶液中，c(OH-)=10-9mol/L，Fe3+的最大浓度为mol·L-1=3.5×10-11mol·L-1。答案为：3.5×10-11mol·L-1；

(3)在pH=5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时c(Al3+)==1.0×10-6mol/L，则Al3+完全沉淀，此时可能混有的杂质是Al(OH)3，可用NaOH溶液将其除去。答案为：Al(OH)3；NaOH；

(4)K闭合时；指针向左偏转，则电子由右往左迁移，石墨作正极。答案为：正极；

(5)指针向右偏转，则表明左侧(石墨电极)为负极，右侧(银电极)为正极，此时银电极的反应式：Ag＋＋e－==Ag。答案为：Ag＋＋e－==Ag；

(6)结合上述实验分析，Fe3＋和Ag的反应是一个可逆反应，反应的离子方程式为Ag＋Fe3+Ag＋＋Fe2+。答案为：Ag＋Fe3+Ag＋＋Fe2+。

【点睛】

在使用Ksp进行离子浓度或溶液pH的计算时，常需使用KW，而KW受温度变化的影响，所以在解题时，需关注环境的温度，以便确定KW的值，否则易得出错误的结论。【解析】4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O耗费少且无污染3.5×10-11mol·L-1Al(OH)3NaOH正极Ag＋＋e－==AgAg＋Fe3+Ag＋＋Fe2+25、略

【分析】【分析】

根据题中图示信息，结合电解饱和食盐水的实质，判断Na+透过离子膜和Cl2的逸出口；根据题中图示信息，由电离常数的表达式计算Ka值；根据氧化还原规律写出所求氧化还原反应；根据氧化还原反应；由电子得失相等进行相关计算和题中信息写出产气泡的化学方程式；根据题中信息和氧化还原反应写出相应的离子方程式；据此解答。

（1）

电解精制盐水，阳极阴离子Cl-失电子发生氧化反应生成Cl2，由a口逸出；阴极H+得电子发生还原反应生成H2，Na+透过离子膜向阴极移动，即离子膜为阳离子膜，离子膜防止OH-透过与阳极生成的Cl2反应，也防止H2和Cl2混合而发生爆炸；答案为Na+；a。

（2）

HClO的电离常数Ka=由题中图示信息可知，取ClO-与HClO相交的点，即pH=7.5，c(ClO-)=c(HClO)；Ka==c(H+)=10-7.5；答案为10-7.5。

（3）

新制的HgO和Cl2反应，根据化合价只有Cl2的化合价可以升高也可以降低，HgO中两种元素的化合价不变；再根据电子转移守恒，0价的Cl分别生成-1价的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1价的Cl，根据质量守恒写出方程式为2Cl2+HgO=Cl2O+HgCl2；答案为2Cl2+HgO=Cl2O+HgCl2。

（4）

根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式为5+4H+=Cl-+4ClO2+2H2O；产生1molClO2消耗NaClO2的量为mol，即1.25mol，NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体，即NaHSO4电离出的H+与NaHCO3电离出的发生反应生成气体CO2，其反应的化学方程式为NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；答案为1.25mol；NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O。

（5）

“84消毒液”的有效成分为NaClO，与酸性清洁剂盐酸混用，会发生氧化还原反应，产生Cl2，降低消毒效果，其反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；答案为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。【解析】（1）Na+a

（2）10-7.5

（3）2Cl2+HgO=Cl2O+HgCl2

（4）1.25NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O

（5）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O六、元素或物质推断题(共4题，共36分)26、略

【分析】【分析】

C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu(NO3)2，D为O2；E为CuO，据此解答。

【详解】

C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu(NO3)2，D为O2；E为CuO；

(1)由上述分析可知，A的化学式是Cu(NO3)2；E化学式是CuO；

(2)电解反应的化学(或离子)方程式是：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+或2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3；

(3)对200ml1mol/L的Cu(NO3)2溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，参加反应铜离子物质的量==0.01mol，故生成氢离子为0.01mol×=0.02mol，故氢离子物质的量浓度==0.1mol/L，故溶液pH=-lg0.1=1。【解析】Cu(NO3)2CuO2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+或2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3127、略

【分析】【详解】

由于溶液呈无色，则溶液中一定不含Fe3+；①第一份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，说明溶液中和至少有一种；②第二份逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液没有沉淀生成，说明含有H+，则溶液中一定不存在结合①，溶液中一定含有且n()=6.99g÷233g/mol=0.03mol；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀质量不变，则溶液中一定含后继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+和Mg2+；

（1）该溶液中一定不存在的阳离子有Fe3+；

（2）在实验②中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为+OH-=NH3·H2O；c~d段发生的反应为Al(OH)3+OH-=+2H2O，由图表可知Al(OH)3的物质的量为0.01mol，则c~d段消耗的NaOH物质的量为0.01mol，NaOH溶液的浓度为=mol·L－1；

（3）由图可知，中和H+消耗的NaOH物质的量与Al(OH)3溶解消耗的NaOH物质的量相等，则n(H+)=0.01mol，根据Al守恒，溶液中Al3+物质的量为0.01mol，因生成的沉淀总物质的量为0.02mol，则氢氧化镁物质的量为0.01mol，根据Mg守恒，溶液中Mg2+物质的量为0.01mol，n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)=1：1：1；

(4)由图示可知，溶液中物质的量为0.03mol，当溶液里阳离子只有H+、Mg2+、Al3+时，根据电荷守恒：n(Mg2＋)×2+n(Al3＋)×3+n(H＋)×1+n()×1=n()×2+n()×1，解得n()=0.03mol；溶液中可能还有K+，则n()≥0.3mol，c()=n()÷0.1L≥0.3mol·L－1。【解析】①.Fe3+②.+OH-=NH3·H2O③.mol/L④.1：1：1⑤.c（）≥0.3mol·L－128、略

【分析】【分析】

某溶液只含Cl-、HCOSOSOH+、NHK+、Ba2+八种离子中的某几种；

①取部分溶液加足量NaOH溶液加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，说明原溶液中含有NH

②取实验①后的溶液加BaCl2溶液产生沉淀，再加足量稀盐酸、加热，沉淀部分溶解，说明含有SO同时生成无色气体，将气体先通入过