2025年湘教新版选修化学上册月考试卷

…………○…………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年湘教新版选修化学上册月考试卷632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8题，共16分)1、25℃时，将浓度为0.1mol·L-1的Na2S溶液加水不断稀释，下列各量始终减小的是A.c(OH-)B.n(Na+)C.D.2、时；分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.B.点时两溶液中水的电离程度相同C.曲线表示与pH的变化关系D.溶液中存在：3、用0.1000盐酸滴定20.00mL溶液，溶液中的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是。

[如分布分数：]

A.B.第一次突变，可选酚酞作指示剂C.c点：D.的为4、下列化合物中，既不能与NaOH溶液发生反应，又不能与溴的CCl4溶液反应，也不能使酸性KMnO4溶液褪色的是（）A.丙烷B.乙醇C.盐酸D.乙烯5、某有机物的结构简式如图；下列有关叙述中不正确的是（）

A.可与NaOH和Na2CO3溶液发生反应B.1mol该有机物最多与7molH2发生反应C.1mol该有机物可以与4molBr2发生反应D.该有机物分子中至少有17个碳原子共平面6、某一元醛发生银镜反应，可得21.6g银，等物质的量的该醛完全燃烧时生成7.2g水，则该醛可能是（）A.乙醛B.丙醛C.甲醛D.丁醛7、2002年诺贝尔化学奖表彰了两项成果，其中一项是瑞士科学家库尔特·维特里希发明了“利用核磁共振技术测定溶液中生物大分子三维结构的方法”。下列有机物分子在1H核磁共振谱中只给出一种信号的是A.CH3OHB.HCOOHC.HCHOD.CH3COOCH2CH38、涤纶的主要成分是聚酯纤维()，下列有关该聚酯纤维的说法错误的是A.其化学名称为聚对苯二甲酸乙二酯B.它是通过缩聚反应制得的聚合物C.含有羧基、羟基和酯基D.合成它的单体中含有芳香烃评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、甲；乙、丙、丁四种物质是某抗生素合成过程中的中间产物。

回答下列问题：

（1）甲的分子式是：___。

（2）写出乙中含氧官能团的名称是___。

（3）丙不能发生的化学反应是___。

①加成反应②氧化反应③水解反应④消去反应。

（4）由乙制备丙的反应条件是：___。

（5）鉴别甲和乙用到的试剂是（填化学式）___。

（6）写出丁和足量氢氧化钠溶液加热反应的方程式是：___。10、根据要求；回答下列问题：

(1)下列各组物质中互为同分异构体的是_______(填序号，下同)，为同种物质的是_______，为同系物的是_______，互为同素异形体的是_______。

①和

②和

③和

④和

⑤和

⑥和

(2)依据氧化还原反应设计的原电池如图所示。电解质溶液是_______(填化学式)溶液。石墨电极上发生反应的类型为_______(填“氧化”或“还原”)反应。

11、的名称是_______12、已知化合物A的结构简式为请回答下列问题：

（1）该化合物不可能具有的性质是_________-（填序号）。

①能与钠反应②与FeCl3溶液反应显色③与碳酸盐反应可产生二氧化碳气体④既能与羧酸反应又能与醇反应⑤能发生消去反应。

（2）芳香酯B与A互为同分异构体，能与FeCl3溶液反应显色，且苯环上的两个取代基处于对位，试写出B的所有可能的结构简式：__________________________。13、（1）认识有机化合物的结构与类别有助于理解其性质。

①下列有机化合物与苯甲酸()互为同系物的是________(填字母；下同)。

a.b.c.

②下列有机化合物易溶于水的是________。

a.苯b.乙烷c.乙醇。

③下列试剂可用于鉴别乙酸和乙醛的是________。

a.水b.银氨溶液c.稀硫酸。

（2）扁桃酸()是一种重要的化工原料。

①扁桃酸分子中有________种不同化学环境的氢。

②扁桃酸中含氧官能团的名称为________和________。

③1mol扁桃酸最多能与________mol金属钠反应。

（3）化合物C是一种医药中间体；由A制备C的物质转化路线如下：

①1个A分子中一定共平面的碳原于有________个。

②B暴露在空气中易变色，其原因是___________________________________。

③化合物X的分子式为C3H5O2Cl，其结构简式为_________________________________。

④D是B的一种同分异构体。D能发生银镜反应，也能与NaHCO3溶液反应放出气体，且苯环上的一氯代物有2种。写出符合条件的D的一种结构简式：________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时为滴定终点。（______________）A.正确B.错误15、系统命名法仅适用于烃，不适用于烃的衍生物。__________A.正确B.错误16、CH2=CHCH=CH2与Br2发生加成反应可生成Br—CH2CH==CHCH2—Br和种物质。(____)A.正确B.错误17、利用乙烷和氯气在催化剂存在的条件下制备氯乙烷。(____)A.正确B.错误18、在蔗糖的水解液中加入银氨溶液并加热，无银镜产生，蔗糖没有水解。(_______)A.正确B.错误19、聚氯乙烯塑料可用于包装食品。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共15分)20、已知物质A～K之间有如下图所示转化关系。其中A是一种易溶于水的离子化合物；在空气中易潮解和变质，在水中可以电离出电子总数相等的两种离子；E为生活中常用消毒剂的有效成分，F是生活中不可缺少的调味剂，G为无色液体，B；C、D、K都是单质；反应②～⑤都是重要的工业反应。（部分反应需要在溶液中进行）

（1）物质D中所含元素在周期表中的位置为____________________________；

E中所含化学键类型有___________________________________________；

M的结构式为___________________________________________________。

（2）反应④的离子方程式为___________________________________________。21、A、B、C、D、E是中学化学常见单质，X、Y、Z、M、N、W、H、K是常见化合物，X是B和C的化合产物，它们之间有如下转化关系(反应物和产物中的H2O已略去)：

(1)Y的电子式为___________，构成C单质的元素在周期表中位于___________

(2)反应①的离子方程式为___________，反应②的离子方程式为___________；

(3)某工厂用B制漂白粉。

①写出制漂白粉的化学方程式___________

②为测定该工厂制得的漂白粉中有效成分的含量，某小组进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250mL溶液，取出25.00mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的硫酸，此时发生的离子方程式为：___________静置。待完全反应后，用0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.00mL。则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________(保留到小数点后两位)。22、有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体；其合成路线如下：

完成下列填空：

(1)E中含有的官能团名称为___________。A的分子式为___________。④的反应类型为___________。

(2)反应②的化学方程式为___________。

(3)合成过程中使用TBSCl试剂的目的是___________。

(4)G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。___________

①能使石蕊试液变色；②能发生银镜反应；③分子中含有两个甲基。

(5)设计由乙酸和1，3-丁二烯为原料合成G()的路线_____。(合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物)评卷人得分五、计算题(共2题，共12分)23、如图装置中：b电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极；同时a；d电极上产生气泡。试回答：

（1）a连接电源的___极。b极的电极反应式为___。

（2）电解开始时，在B烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，你能观察到的现象是：___，电解进行一段时间后，罩在C极上的试管中也收集到了气体。此时C极上的电极反应式为___。

（3）当d极上收集到44.8mL气体（标准状况）时停止电解，a极上放出了___mol气体，若在b电极上沉积金属M的质量为0.432g，则此金属的摩尔质量为___。24、标准状况下，在盛有乙炔气体的密闭容器中通入一定量的Cl2，充分反应后，在光照条件下使生成的产物再与剩余的Cl2反应，最后得到三种物质的量分别为0.5mol的多卤代烃，一共通入_____molCl2，将生成的HCl溶于水制100mL溶液，则盐酸浓度为_____mol·L－1。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共16分)25、硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4·H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：

已知：在pH为4～5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。

回答下列问题：

(l)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：________(至少答两个措施)，该步骤中NaC1O3可将UO2转化为则该反应的离子方程式为_____。

(2)“除铁净化”需要加入____(填化学式)把溶液pH调节至4～5，滤渣的成分是_______。

(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是___。

(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后；可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃；

回答下列问题：

①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=__(用含以的字母表示)。

②在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的c(Fe2+)／c(Fe3+)会__(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____。26、氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工；印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水；可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

回答下列问题：

（1）步骤①中得到的氧化产物是_________，溶解温度应控制在60~70℃，原因是________。

（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。若向亚硫酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为_____________。

（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_________（写名称）。

（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是________。

（5）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。27、一种综合利用铜矿(主要为CuS，含少量FeS、SiO2)、软锰矿(主要为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)制取MnCO3；CuO的工艺流程如图：

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示：。金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+Cu2+开始沉淀pH1.97.03.08.14.8沉淀完全(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH3.29.04.710.16.7

(1)“共浸”时，为提高浸取率，可采取的措施为___。(填一种方法即可)

(2)滤渣1含有S，为回收S，可先加入CS2，待固液分离后，再___得到S。

(3)“共浸”时，发生主要反应的离子方程式为___。

(4)该工艺“除杂”中，杂质离子沉淀的先后顺序为___(填离子符号)；“除杂”时控制pH为4.7~4.8，此时溶液中c(Fe3+)：c(Al3+)=__。

(5)得到MnCO3的离子方程式为___。

(6)“蒸氨”是将氨从其盐及固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为___。28、NiCO3常用于催化剂、电镀、陶瓷等工业。现用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)制取NiCO3的过程如图所示：

（1）流程中的试剂X（某钠盐）的化学式是___________。

（2）“氧化”时需保持滤液在40℃左右，用6%的H2O2溶液氧化。控制温度不超过40℃的原因是______（用化学方程式表示）。

（3）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去，如图是pH—温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法不正确的是________(填字母)。

a．黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中铁为+2价。

b．pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾；其原因相同。

c．氯酸钠在氧化Fe2+时，1molNaClO3得到的电子数为6NA

d．工业生产中温度常保持在85～95℃，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾；此时溶液的pH约为1.2～1.8。

（4）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是_______________。

（5）某小组利用NiCO3制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH)；过程如图：

①已知25℃时，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，当调节pH≥9时，溶液中残留的c(Ni2+)________mol/L。

②写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式________________。

③镍氢电池电解液为30%的KOH，负极为MH（即吸氢材料M吸附氢原子）。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH。请写出放电时该电池的总反应式______________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A、Na2S溶液加水稀释时水解平衡正向移动，OH-的数目不断增多，但溶液体积增大的程度大，故整体看c(OH-)减小，选项A符合；B、Na+不水解，其物质的量不变，选项B不符合；C、加水稀释，Na2S的水解程度增大，c(S2-)减小，因c(OH-)减小，故c(H+)增大，即增大，故增大，选项C不符合；D、加水稀释，水解平衡正向移动，S2-不断被消耗，故c(S2-)减小的程度比c(Na+)大，增大，选项D不符合。答案选A。2、B【分析】【分析】

NaA溶液中加入盐酸，溶液pH逐渐减小，逐渐减小，逐渐增大，则的值逐渐减小，则曲线表示与pH的关系；MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，则的值逐渐减小，则曲线表示与pH的变化关系；据此分析解答。

【详解】

A、当时，此时溶液中故A正确；

B、点溶液的溶液呈碱性，对于曲线由于离子水解导致溶液呈碱性，促进水电离；曲线中，MCl溶液呈酸性，a点呈碱性，说明加入NaOH溶液生成的MOH的电离程度大于离水解程度；抑制水电离，所以两种溶液中水的电离程度不同，故B错误；

C、根据以上分析知，曲线表示与pH的变化关系；故C正确；

D、曲线中，时，根据可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度则MA溶液呈碱性，则根据电荷守恒得其水解程度较小，所以存在故D正确；

故选B。

【点睛】

明确图像曲线变化的含义及哪条曲线表示哪种微粒浓度对数为解答关键。本题的易错点为D，要注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。3、B【分析】【分析】

滴定过程中发生反应A2-+H+=HA-、HA-+H+=H2A，所以pH由12到8的过程中减少的微粒为A2-，增加的微粒为HA-，pH由8到4的过程中，减少的微粒为HA-，增加的微粒为H2A。

【详解】

A．据图可知e点时恰好完全反应，溶液中溶质为H2A和NaCl，n(Na2A)=0.5n(Na+)=0.5n(Cl-)=0.1mol/L×0.04L×0.5=0.002mol，所以c(Na2A)==0.1000mol/L；A错误；

B．根据图像可知第一次滴定突跃；溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，B正确；

C．结合分析和图可知，c点c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)；C错误；

D．H2A的Ka1=据图可知当pH=6.38时，即c(H+)=10-6.38mol/L时，c(HA-)=c(H2A)，所以Ka1=10-6.38；D错误；

故选B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．丙烷性质稳定；与氢氧化钠；溴的四氯化碳以及高锰酸钾都不反应，故A符合题意；

B．乙醇可与酸性高锰酸钾能发生氧化还原反应；故B不符合题意；

C．盐酸能与NaOH溶液发生中和反应；故C不符合题意；

D．乙烯含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，也能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应；故D不符合题意；

答案选A。5、D【分析】【详解】

A．分子结构中有酚羟基，酸性大于HCO3-，故能与NaOH和Na2CO3发生反应；A选项正确；

B．该有机物中含有2个苯环和1个碳碳双键，1mol苯环可与3molH2发生加成反应，1mol碳碳双键能与1molH2发生加成，则1mol该有机物最多能与(3×2+1)=7molH2发生反应；B选项正确；

C．酚羟基的邻对位能与溴发生取代反应，1mol碳碳双键能与1mol溴发生加成反应，则1mol该有机物能与4molBr2发生反应；C选项正确；

D．以乙烯为平面矩形；苯分子的平面正六边形，甲烷分子的正四面体形为基础，由于单键可以旋转，因此该有机物分子中至少能有1个苯环的6个C原子和双键的2个C原子，总共8个C原共平面，D选项错误；

答案选D。

【点睛】

注意：酚羟基酸性大于HCO3-，但小于H2CO3，因此酚羟基能与Na2CO3反应，但不能和NaHCO3反应。6、D【分析】【分析】

根据关系式R-CHO～2Ag，结合生成金属银的质量可以求得醛的物质的量，然后根据生成水的质量，结合氢原子守恒可以获得H的个数，进而依据饱和一元醛的通式CnH2nO确定分子式即可。

【详解】

21.6g银物质的量是n(Ag)=21.6g÷108g/mol=0.2mol，根据醛发生银镜反应后产生的银之间的物质的量关系R﹣CHO～2Ag，反应产生0.2molAg，则饱和一元醛物质的量为0.1mol。醛完全燃烧时，生成的水质量为7.2g，n(H2O)=7.2g÷18g/mol=0.4mol，则其中含H为0.8mol，根据饱和一元醛分子式通式CnH2nO；2n=8，所n=4，则该醛为丁醛，故合理选项是D。

【点睛】

本题考查了醛的银镜反应的应用，解题时关键抓住R-CHO～2Ag关系，结合反应前后各种元素的原子守恒，确定醛的物质的量及醛的名称。7、C【分析】【详解】

A．CH3OH分子中含有2种不同位置的H原子，因此该有机物分子在1H核磁共振谱中给出2种信号；A不符合题意；

B．HCOOH分子中含有2种不同位置的H原子，因此该有机物分子在1H核磁共振谱中给出2种信号；B不符合题意；

C．HCHO分子中只含有1种不同位置的H原子，因此该有机物分子在1H核磁共振谱中给出1种信号；C符合题意；

D．CH3COOCH2CH3分子中含有3种不同位置的H原子，因此该有机物分子在1H核磁共振谱中给出3种信号；D不符合题意；

故合理选项是C。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．合成该聚酯纤维的单体为对苯二甲酸和乙二醇；由单体的名称结合聚合物的命名方法可知，该聚合物名称为聚对苯二甲酸乙二酯，故A正确；

B．该聚酯纤维是由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成的聚合物；故B正确；

C．由该聚酯纤维的结构可知；其含有羧基；羟基和酯基，故C正确；

D．合成该聚酯纤维的单体有对苯二甲酸；乙二醇；二者均不是芳香烃，故D错误；

答案选D。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

（1）根据甲的结构确定分子式；

（2）乙中的含氧官能团为醚键；醛基；

（3）丙中存在苯环；醚键、醛基、-Cl可以发生加成反应、氧化反应与水解反应；

（4）有机物乙与氯气在光照的条件下发生取代反应生成丙；

（5）可以利用银氨溶液区分醇和醛或用新制的氢氧化铜悬浊液区分醇和醛；还可用金属钠区分醇和醛；

（6）丁结构中含有羧基；可与氢氧化钠溶液发生中和反应。

【详解】

（1）由甲的结构可知其分子式为C10H14O3；

（2）乙中的含氧官能团为醚键；醛基；

（3）丙中存在苯环；醚键、醛基、-Cl可以发生加成反应、氧化反应与水解反应；不能发生消去反应；

（4）有机物乙与氯气在光照的条件下发生取代反应生成丙；反应条件为氯气光照；

（5）醛与银氨溶液可发生银镜反应，可用于区分醇和醛；醛与新制的氢氧化铜悬浊液加热可产生砖红色沉淀，可用于区分醇和醛；钠与醇反应生成H2，可用于区分醇和醛；因此鉴别甲和乙用到的试剂是银氨溶液[Ag(NH3)2OH]、新制氢氧化铜悬浊液[Cu(OH)2和NaOH]或金属钠；

（6）丁结构中含有羧基，可与氢氧化钠溶液发生中和反应，反应方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】C10H14O3醛基、醚键④光照Na或Ag(NH3)2OH或Cu（OH）2和NaOH+3NaOH+NaCl+2H2O10、略

【分析】【分析】

(1)

①和是由氧元素组成的不同单质；属于同素异形体；

②和质子数相同为6；中子数不同分别为6；8，是碳元素不同核素，互为同位素；

③和它们的结构不同但分子式相同；所以二者互为同分异构体；

④和它们的结构不同但分子式相同；所以二者互为同分异构体；

⑤和组成和结构都相同；为同一物质；

⑥和它们结构相似都为烷烃，在分子组成上相差1个CH2原子团；互为同系物；

故答案为：③；④；⑤；⑥；①；

(2)

依据氧化还原反应设计的原电池，可知该反应Cu失去电子，为电池负极，发生氧化反应，石墨为正极，铁离子将会得到电子，发生还原反应，则电解质溶液是或溶液，故答案为：或还原。【解析】(1)③；④⑤⑥①

(2)或还原11、略

【分析】【详解】

苯环上含有2个羟基，属于酚，2个羟基位于苯环的对位，名称是对苯二酚(或1，4-苯二酚)。【解析】对苯二酚(或1，4-苯二酚)12、略

【分析】【详解】

（1）①该化合物中含有羟基和羧基；能与钠反应，故不符合题意；

②该化合物中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应显色；故符合题意；

③该化合物中含有羧基；能与碳酸盐反应可产生二氧化碳气体，故不符合题意；

④该化合物中含有羟基；羟基既能与羧酸反应又能与醇反应，该化合物中还含有羧基，能与醇反应，故不符合题意；

⑤该化合物中与羟基相连碳原子的相邻碳原子上没有氢原子；不能发生消去反应，故符合题意；

故答案为：②⑤；

（2）芳香酯B与A互为同分异构体，能与FeCl3溶液反应显色，说明B中含有酚羟基，据苯环上的两个取代基处于对位，则说明其基本结构框架为：R中含有酯基，其结构有：因此符合条件的B的结构为：【解析】①.②⑤②.13、略

【分析】【详解】

（1）①结构相似、分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，苯甲酸与苯乙酸互为同系物，苯乙醛与苯酚不属于羧酸类，答案选a。②a.苯难溶于水，a错误；b.乙烷难溶于水，b错误；c.乙醇易溶于水，c正确，答案选c；③a.乙酸和乙醛均易溶于水，不能鉴别，a错误；b.乙醛能发生银镜反应，可以用银氨溶液鉴别，b正确；c.乙酸和乙醛均与稀硫酸不反应，不能鉴别，c错误，答案选b；（2）①根据扁桃酸的结构简式可知分子中有6种不同化学环境的氢。②扁桃酸中含氧官能团的名称为羟基和羧基。③羟基和羧基均与钠反应，扁桃酸最多能与2mol金属钠反应；（3）①A是对羟基苯甲醛，因此1个A分子中一定共平面的碳原于有7个。②B分子中含有酚羟基，酚羟基易被空气中的氧气氧化，因此B暴露在空气中易变色。③化合物X的分子式为C3H5O2Cl，根据B与C的结构简式可知X的结构简式为ClCOOC2H5。④D是B的一种同分异构体。D能发生银镜反应，含有醛基，也能与NaHCO3溶液反应放出气体，含有羧基，且苯环上的一氯代物有2种，则符合条件的D的一种结构简式为或【解析】①.a②.c③.b④.6⑤.羟基⑥.羧基⑦.2⑧.7⑨.酚羟基易被空气中的氧气氧化⑩.ClCOOC2H5⑪.或三、判断题(共6题，共12分)14、A【分析】【分析】

【详解】

酚酞遇酸不变色，遇到碱溶液变为浅红色；因此用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时为滴定终点，此判据正确。15、B【分析】【详解】

系统命名法适用于烃和烃的衍生物，故错误。16、B【分析】【分析】

【详解】

CH2=CHCH=CH2与Br2按1:1发生1，2-加成反应生成发生1，4-加成反应生成Br—CH2CH=CHCH2—Br，错误。17、B【分析】【详解】

乙烷与氯气反应，氯气有毒，且副反应较多，故错误。18、B【分析】【详解】

蔗糖的水解液中含催化剂硫酸；检验蔗糖的水解产物需在碱性条件下进行，故实验操作为：在蔗糖的水解液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，若无银镜产生，则蔗糖没有水解；答案为：错误。19、B【分析】【详解】

聚氯乙烯本身较硬，为了提高其塑料制品的可塑性、柔韧性与稳定性，需加入增塑剂、稳定剂等，如加入增塑剂邻苯二甲酸二丁酯或邻苯二甲酸二辛酯等，这些增塑剂小分子在室温下会逐渐“逃逸”出来，使柔软的塑料制品逐渐变硬，有的增塑剂还具有一定的毒性，且聚氯乙烯在热或光等作用下会释放出有毒的氯化氢气体，所以不能用聚氯乙烯塑料包装食品；错误。四、元素或物质推断题(共3题，共15分)20、略

【分析】【详解】

A是一种易溶于水的离子化合物；在空气中易潮解和变质，在水中可以电离出电子总数相等的两种离子，A是氢氧化钠；E为生活中常用消毒剂的有效成分，E是次氯酸钠。F是生活中不可缺少的调味剂，F是氯化钠，G为无色液体，G是水，B；C、D、K都是单质，反应②～⑤都是重要的工业反应，则B是氯气，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，则C是氢气。H是氯化氢，氯化氢与次氯酸钠反应生成M是次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢，则K是氧气。I与氧气发生催化氧化生成水和J，所以D是氮气，I是氨气，J是NO。则：

（1）氨气中所含元素是N；在周期表中的位置为第二周期第VA族，次氯酸钠中所含化学键类型有离子键和极性共价键，M是次氯酸，结构式为H－O－Cl。

（2）反应④的离子方程式为2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－。【解析】①.第二周期第VA族②.离子键和极性共价键（或离子键和共价键）③.H—O—Cl④.2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-21、略

【分析】【分析】

根据问题(3)制取漂白粉，常采用氯气和氢氧化钙的反应，X是B和C的化合物，则X为NaCl，A、C为常见单质，A为H2、C为Cl2，Y为NaOH，NaOH和D反应生成A，则D为Al，W为HCl，Z为NaAlO2，K为AlCl3，M为Al(OH)3，W和E反应产生H2；则E为金属，H为金属氯化物，H和氯气反应，因此H为变价金属，即为铁。

【详解】

(1)NaOH的电子式为：Cl是17号元素，位于第三周期第VIIA族；

(2)反应①是电解饱和食盐水，离子反应方程式为：2Cl-＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH-；反应②是：2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO＋3H2↑；

(3)①Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋H2O；

②利用Ca(ClO)2的氧化性，把I-氧化成I2，根据化合价升降法进行配平，ClO-＋2I-＋2H＋=I2＋Cl-＋H2O，建立关系式：ClO-～I2～2Na2S2O3，n(ClO-)=20×10-3×0.05mol=1×10-3mol，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，则Ca(ClO)2的质量分数是1×10-3×143×250/(25×2)g=0.715g，其质量分数为0.715/2×100%=35.75%。【解析】①.②.第三周期第ⅦA族③.2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑④.2Al＋2OH-+2H2O=2AlO＋3H2↑⑤.2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O⑥.ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O⑦.35.75%22、略

【分析】【分析】

合成G()，可采用逆合成分析法来分析其过程。由G的结构简式可知，要合成G，必须想法找到乙酸和题目提供了乙酸，那就要想办法由1，3-丁二烯为原料合成出要在结构中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反应引入羟基。

【详解】

(1)通过E的结构简式可知，E中含有的官能团名称为碳碳双键、羟基；通过观察A的分子结构式，可知其不饱和度为1，数其碳原子数为9，测其分子式为H的结构中含有两个酯基；G和F生成H,G的结构中有一个酯基和一个羟基，则F的结构中比含有一个羧基和G的羟基酯化，酯化反应是取代反应，故④的反应类型为取代反应。

(2)反应②是B生成了C，观察两种物质的结构简式，B结构中的羟基被氧化成C中的醛基，其他结构没变，由乙醇氧化为乙醛，可得反应②的化学方程式为2O22+2H2O。

(3)从A→B→C→D→E的反应路线来看，使用TBSCl试剂的目的是防止A结构中的基团在反应②中被氧化，故答案为保护基团不被氧化。

(4)G的同分异构体有多种，满足能使石蕊试液变色，说明结构中含有羧基，满足能发生银镜反应，则结构中有醛基，还要有两个双键，则满足这三个条件的G的同分异构体结构简式很多，如：或或或或

(5)由G的结构简式可知，要合成G，必须想法找到乙酸和题目提供了乙酸，那就要想办法由1，3-丁二烯为原料合成出要在结构中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反应引入羟基，故G的合成路线为【解析】碳碳双键、羟基取代反应2+O22+2H2O保护基团不被氧化。或或或或五、计算题(共2题，共12分)23、略

【分析】【分析】

(1)接通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡，则b为阴极；M离子在阴极放电生成金属单质，a为阳极与正极相连；

(2)B中I-在c极上放电，电解一段时间后，OH-也放电；

(3)根据串联电路中以及电解池中阴、阳两极得失电子数目相等求出气体的物质的量和金属的物质的量，最后根据M=求出金属的摩尔质量。

【详解】

(1)接通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡，则b为阴极，M离子在阴极放电生成金属单质，b电极的反应式为：M++e-═M；

(2)B中I-在c极上放电生成碘单质，遇淀粉变蓝，则观察到c极附近溶液颜色变为蓝色，电解一段时间后，OH-也放电，电极反应为4OH--4e_=2H2O+O2↑；

(3)n(H2)==0.002mol，则转移电子为0.004mol，a电极反应为4OH--4e_=2H2O+O2↑，所以生成氧气为0.001mol，由H2～2e-～2M可知，则n(M)=0.004mol，所以金属的摩尔质量为=108g/mol。

【点睛】

分析电解过程的思维程序：①首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；②再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；③然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-。【解析】正M++e-═Mc电极周围先变蓝色4OH--4e-=2H2O+O2↑0.001108g/mol24、略

【分析】【分析】

乙炔与氯气发生加成反应时，1mol乙炔能与2mol氯气发生加成反应生成CHCl2CHCl2；氯气与烷基在光照的条件下发生取代反应时，1mol氯气取代1molH，同时生成1molHCl，据此分析解答；根据HCl的物质的量与体积结合公式c=计算所配制的盐酸的浓度。

【详解】

乙炔与氯气发生加成反应时，1mol乙炔能与2mol氯气发生加成反应生成CHCl2CHCl2；CHCl2CHCl2与Cl2光照下发生取代反应，得到三种物质的量都为0.5mol的多卤代烃，三种多卤代烃分别为CHCl2CHCl2，CHCl2CCl3，CCl3CCl3；根据C守恒，乙炔物质的量为1.5mol

CH≡CH+2Cl2→CHCl2CHCl2

121

1.5mol3mol1.5mol

CHCl2CHCl2+Cl2CHCl2CCl3+HCl

1111

0.5mol0.5mol0.5mol0.5mol

CHCl2CHCl2+2Cl2CCl3CCl3+2HCl

1212

0.5mol1mol0.5mol1mol

根据上述计算共需要氯气=3mol+0.5mol+1mol=4.5mol；答案为4.5mol；

反应生成的HCl物质的量为0.5mol+1mol=1.5mol，因此配制成100mLHCl溶液的浓度c===15mol/L；答案为15mol/L。

【点睛】

卤代烃与氯气反应时也是逐步取代，计算氯化氢的物质的量时依据氯元素守恒计算。【解析】4.515六、工业流程题(共4题，共16分)25、略

【分析】【分析】

硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS)，滤液调节pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体；据此分析解答。

【详解】

(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-；

(2)除铁净化时，应调节pH，为避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；

(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；

(4)①在T℃，Fe3+水解方程式为则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；

(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后；可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃；

回答下列问题：

②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。

【点睛】

本题的难点为(4)②，要注意将转化为c(OH-)的关系式，再判断。【解析】搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种）3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-MgO或Mg(OH)2Fe(OH)3、UO2(OH)2增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O2.5×10(37-3a)变大====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大26、略

【分析】【分析】

酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应的方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O＝2CuCl↓+SO42-+2H+；得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。

【详解】

（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+。溶解温度应控制在60-70℃的原因是温度低溶解速度慢；而温度过高铵盐分解。

（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O＝2CuCl↓+SO42-+2H+；向亚硫酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成正盐亚硫酸铵、一水合铵和水，反应的离子方程式为NH4++HSO3-+2OH-＝NH3·H2O+SO32-+H2O。

（3）由流程可知；经酸洗；水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质。

（4）步骤⑥为醇洗；因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解；氧化。

（5）氯化亚铜与氯化铁发生反应：Fe3++CuCl＝Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生反应：6Fe2++Cr2O72-+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O；反应的关系式为：

6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-

61

nab×10-3mol

n=6ab×10-3mol

m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为×100%。【解析】①.CuSO4或Cu2+②.温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解③.2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O＝2CuCl↓+SO42-+2H+④.NH4++HSO3-+2OH-＝NH3·H2O+SO32-+H2O⑤.硫酸⑥.醇洗有利于加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化⑦.（0.597ab/m）×100%27、略

【分析】【分析】

根据流程图可知，铜矿(主要为CuS，含少量FeS、SiO2)、软锰矿(主要为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先经过稀硫酸“共浸”后，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+和Al3+，CuS、MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应生成Mn2+和S，SiO2不溶于稀硫酸，所以滤渣1的主要成分为SiO2和S，向滤液中加入氨水调节适当pH，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全所需的pH范围可除去Fe3+和Al3+，再在滤液中加入氨水及碳酸氢铵进行“沉锰”分离得到MnCO3，滤液中得到Cu(NH3)4CO3溶液；再经过“蒸氨”分解得到氧化铜，据此分析解答。

（1）

根据影响化学反应速率的因素可知；适当升高“共浸”温度或粉碎；研磨混合物，均可提高浸取率，故答案为：适当升温（或粉碎混合物等）；

（2）