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738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9题，共18分)1、Aminolevulinicacid是一种新型小分子药物，其结构为下列说法错误的是（）A.Aminolevulinicacid的分子式是C5H7NO3B.lmol该分子最多只能与lmol氢气发生加成反应C.Aminolevulinicacid能发生氧化反应、还原反应和取代反应D.Aminolevulinicacid分子中含有四种官能团2、25℃时，该温度下，用的溶液滴定的MOH溶液，滴定过程中加入溶液的体积与溶液中的关系如图所示[时，]。下列说法错误的是。

A.MOH是一元强碱B.a点时C.b点：D.25℃时，的水解平衡常数约为3、长期食用增塑剂超标的食品会对人体健康产生较大影响。邻苯二甲酸二丁酯（C16H22O4）是一种常见的增塑剂，它属于A.单质B.氧化物C.有机物D.无机物4、下列有关同系物、同分异构体的说法正确的是()A.分子组成相差一个或多个CH2原子团的物质互为同系物B.结构不同，式量相同的物质一定是同分异构体C.同系物的化学性质相似，同分异构体的化学性质一定不相似D.正丁烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有6种5、利用下列实验药品进行实验，能达到实验目的的是。实验目的实验药品A证明甲苯中甲基能活化苯环酸性溶液、苯和甲苯B证明乙炔能和反应电石、饱和食盐水、溶液和溴水C检验溴乙烷中的溴原子溴乙烷、NaOH溶液和溶液D验证乙醇消去产物有乙烯乙醇、浓硫酸和溴水

A.AB.BC.CD.D6、下列实验操作、现象及结论均正确的是()。选项实验操作和现象结论AAl2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体该固体成分为Al2(SO4)3B0.1mol·L－1H2C2O4溶液和0.1mol·L－1HNO3溶液的pH分别为1.3和1.0N的非金属性强于CC向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解该溶液中含有SOD淀粉和稀硫酸混合共热后，滴加碘水，溶液变蓝淀粉未水解

A.AB.BC.CD.D7、某有机化合物A的分子式为C8H8O2。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基；其红外光谱和核谱共振氢谱如图所示。

下列关于有机化合物A的说法中正确的是A.1molA与NaOH水溶液反应，最多消耗1molNaOHB.1molA在一定条件下最多可与4molH2发生加成反应C.A的同分异构体中与其属于同类化合物且分子中含有苯环的有5种(不含A本身)D.符合题中结构的A分子能与溴水发生取代反应8、根据下列实验现象所得结论正确的是。

。选项。

实验。

现象。

结论。

A

取少量食盐溶于水；加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液。

溶液未呈蓝色。

该食盐中不含有碘酸钾。

B

将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体；用激光笔照射微蓝色透明液体。

有光亮的通路。

微蓝色透明液体为胶体。

C

将数滴0.1mol·L−1MgSO4溶液滴入2mL0.1mol·L−1NaOH溶液中充分反应，再滴加0.1mol·L−1CuSO4溶液。

出现蓝色沉淀。

Ksp[Cu(OH)2]sp[Mg(OH)2]

D

向蛋白质溶液中加入CuCl2或(NH4)2SO4饱和溶液。

均有沉淀。

蛋白质均发生了变性。

A.AB.BC.CD.D9、下列说法正确的有几个。

①质谱法可用来确定有机物分子中的化学键。②电石是混合物。③冰醋酸是混合物。④脂肪烃是不含支链的链状烃。⑤氟氯代烷（商品名氟利昂）常用作制冷剂、灭火剂、溶剂等。⑥汽车用丙三醇作防冻液。A.1个B.2个C.3个D.4个评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、合理应用和处理氮的化合物；在生产生活中有重要意义。

（1）尿素[CO（NH2）2]是一种高效化肥，其分子中各原子的原子半径大小关系为______，碳原子核外有___种运动状态不同的电子。

（2）氰化钠（NaCN）中，N元素显-3价，则非金属性N___________C（填“<”、“=”或“>”），写出氰化钠的电子式_______________。

（3）氰化钠属于剧毒物质；可用双氧水或硫代硫酸钠处理。

（a）用双氧水处理，发生的反应为：NaCN+H2O2+H2O→A+NH3↑，则A的化学式为___。

（b）NaCN与Na2S2O3二者等物质的量反应可得到两种含硫元素的离子，其中一种遇到Fe3+显血红色。写出该反应的离子方程式____________。

（4）NO2会污染环境，可用Na2CO3溶液吸收NO2并放出CO2。已知9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，此反应的离子方程式是______；恰好反应后，所得溶液呈弱碱性，则溶液中各离子浓度大小关系是__________。11、按要求回答下列问题。

(1)请写出NaCl的电子式___，写出CO2的结构式___。

(2)写出氯气与水反应的离子方程式___。

(3)将下列物质按要求填空：①Cu②Na2S③BaSO4④干冰⑤NaOH溶液⑥H2SO4

以上物质属于离子化合物的是___。12、写出下列有机物的系统命名或结构简式：

(1)___。

(2)___。

(3)2，5—二甲基—4—乙基庚烷：___。

(4)2，2，3，3—四甲基丁烷___。13、按要求填写下列空白(所有物质均写结构简式)。

(1)写出一种饱和脂肪烃和一种不饱和脂肪烃：___________、___________。

(2)写出两种芳香烃，且其中一种不属于苯的同系物：___________、___________。

(3)写出最简单的酚和最简单的含苯环的醇：___________、___________。14、乙炔是一种重要的有机化工原料；以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。

完成下列各题：

(1)正四面体烷的分子式为__________________。

(2)关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是：_________。

a.能使酸性溶液褪色。

b.1mol乙烯基乙炔能与3mol发生加成反应。

c.乙烯基乙炔分子内含有两种官能团。

d.等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时耗氧量不相同。

(3)1866年凯酷勒提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列_________事实(填入编号)。

a.苯不能使溴水褪色b.苯能与发生加成反应。

c.溴苯没有同分异构体d.邻二溴苯只有一种。

(4)写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式：_______________。15、理解和应用信息在有机合成中具有重要作用；请依据下列信息回答问题：

(1)该反应类型为_______________

(2)下列物质能发生上述反应的是______

A.与

B.与HCHO

C.与

(3)和在上述条件下能够合成分子式为C8H14O2的物质，该物质的结构简式为________________16、完成下列问题。

(1)[2021全国乙]中含有的官能团名称为_______。

(2)[2018全国Ⅱ改编]葡萄糖催化加氢得到A，A中含有的官能团的名称为_______。

(3)[2018全国Ⅰ改编]的化学名称为_______。

(4)[2017全国Ⅱ改编]的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为B的化学名称为_______。

(5)[2017全国Ⅲ改编]的化学名称是_______。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误18、属于脂环烃衍生物。(____)A.正确B.错误19、在所有符合通式CnH2n-2的炔烃中，乙炔所含氢元素的质量分数最小。(_____)A.正确B.错误20、烷烃只含有饱和键，烯烃只含有不饱和键。(____)A.正确B.错误21、常温下，卤代烃都为液体或固体。(_______)A.正确B.错误22、甲醛和乙醛在通常状况下都是液体，而且都易溶于水。(_______)A.正确B.错误23、醛类化合物既能发生氧化反应又能发生还原反应。(________)A.正确B.错误24、糖类中除含有C、H、O三种元素外，还可能含有其它元素。(_______)A.正确B.错误25、高分子化合物为纯净物。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共32分)26、稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3；它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：

已知：

i．铈的常见化合价为+3、+4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液；而三价稀土元素易进入溶液。

ii．酸浸II中发生反应：9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3=Ce(BF4)3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O

请回答下列问题：

（1）①焙烧氟碳铈矿的目的是_______。

②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：________。

（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是________。

（3）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是______。

（4）操作I的名称为_______，在实验室中进行操作II时所需要的硅酸盐仪器有_______。

（5）“操作I”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于________即可认为Ce3+已完全沉淀。(已知：Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20)

（6）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为______(已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208；保留3位有效数字)。

（7）利用电解方法也可以实现铈的回收。在酸性条件下电解Ce2O3（如图），离子交换膜为____(填“阴”或“阳”）离子交换膜。

27、经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示：。离子Fe3+Cu2+SONa+H+浓度/（mol/L）2×10-21×10-21×10-12×10-2

（1）c（H+）=____mol/L。

（2）为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾（FeSO4·7H2O）。

①工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式依次为：________。

②试剂B的化学式是________。

③通过检验溶液D中Fe来判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是______。

④上述100L废水经处理，可获得FeSO4·7H2O的物质的量是______mol。

⑤由制得的绿矾品体配制50mL1mol/L溶液时，需要用托盘天平称量绿矾晶体以下实验操作，会导致所配溶液浓度偏高____。

a用托盘天平称量绿矾晶体时；用到游码，且将砝码放在左盘，药品放在右盘。

b转移时；有液体溅出。

c最后一次转移后；发现液体超过刻度线，倒出多余部分。

d定容时；俯视刻度线。

⑥在含有4molFeSO4的溶液中加入4molNa2O2现象是_____；已知反应物恰好完全反应且反应转移6mol电子，发生反应的总的离子方程式为：_____。28、一种利用氧化锌烟灰(含Zn、Pb；Cu、F等元素)制备活性氧化锌的工艺流程如下：

已知：“浸出”时，大部分锌元素以Zn(NH3)形式进入溶液，同时部分Pb；Cu、F元素也进入溶液中。

(1)Zn在元素周期表中的位置为_______。

(2)“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为_______；“浸出”时温度不宜过高，其原因为_______。

(3)“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有_______；“净化”时，利用活性炭的_______性；除去溶液中残留的有机物。

(4)“沉淀”时，可得到滤渣Zn(NH3)2Cl2.所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为_______。

(5)将滤液1和滤液2合并，经浓缩后，可返回至_______(填流程中的操作名称)循环利用。29、目前常见的纯碱工业有：氨碱法（又称索氏制碱法）和联合制碱法（又称侯氏制碱法）。但在某些地区；由于化肥供过于求，有人将两种制碱法的工艺整合，设计出可调节碱肥比（产品Ⅰ与产品Ⅱ的理论物质的量之比）的N.A.法，其简化流程可表示如图：

（1）吸收Ⅰ过程中NH3与CO2的通入顺序为__（选填编号）。

a.先通入NH3，再通入CO2b.先通入CO2，再通入NH3

（2）设计吸收Ⅱ步骤的目的是___。

（3）N.A.法的特点就是在于对母液Ⅰ按市场需求进行处理。全走B线时，碱肥比为1：0，即为索氏制碱法；当全走A线时，碱肥比为___即为侯氏制碱法。

（4）吸收Ⅰ后过滤得到的固体为含少量NaCl的小苏打，现用滴定法测定其中NaHCO3的含量。过程为：称取一定质量样品，配成250mL溶液，取出25.00mL用0.1000mol/L的盐酸滴定。实验中所需的定量仪器除滴定管外，还有___、__。所用的指示剂是__。

（4）产品Ⅰ中含有少量NaHCO3，请设计实验用重量法（限用试剂：稀盐酸）测定其中Na2CO3含量，所需测定的物理量有：__。评卷人得分五、有机推断题(共2题，共20分)30、化合物M是一种具有茉莉花香味的无色油状液体，结构简式是其合成路线如图(部分反应条件未注明)：

(1)烃A的结构简式是___，G所含官能团的名称是___。

(2)写出F与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式___。

(3)B→C反应的化学方程式是___。31、2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸(H)是重要的医药中间体；可以用来合成许多重要有机物，其制备流程图如下：

已知：

回答下列问题：

（1）反应①的反应类型是________。

（2）写出反应②的化学反应方程式________。

（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，目的是__________。

（4）E的结构简式为_______，对比D与H的结构简式，设计⑥~⑨四步反应实现转化的目的是_______。

（5）写出⑧的反应试剂和条件：_____。

（6）J是一种高分子化合物，写出反应⑩的化学反应方程式：_____。

（7）写出符合下列条件的B的所有同分异构体的结构简式__________。

a．苯环上只有两个取代基且互为邻位。

b．既能发生银镜反应又能发生水解反应参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A.根据Aminolevulinicacid的结构简式可知，其分子式是C5H7NO3；选项A正确；

B；能与氢气加成的是羰基和碳碳双键；羧基不能与氢气发生加成反应，因此1mol该分子最多可与2mol氢气发生加成反应，选项B错误；

C；Aminolevulinicacid含有羰基、碳碳双键和氨基；能发生氧化反应、含有碳碳双键和羰基，能发生还原反应和含有羧基、氨基，能发生取代反应，选项C正确；

D；Aminolevulinicacid分子中含有四种官能团羰基、羧基、碳碳双键和氨基；选项D正确；

答案选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．开始时结合溶液中可知与MOH溶液的浓度相等，则MOH为一元强碱，故A项正确；

B．a点对应的即溶液呈中性，由于醋酸是弱酸，当与等体积等浓度的一元强碱反应时溶液呈碱性，所以当溶液呈中性时，加入醋酸溶液的体积大于10.00mL，故B项错误；

C．b点溶液中，溶质为等物质的量浓度的和由图可知溶液显酸性，的电离程度大于的水解程度，正确的关系为故C项正确；

D．25℃时，所以的水解平衡常数故D项正确；

故选B。3、C【分析】【详解】

试题分析：邻苯二甲酸二丁酯（C16H22O4）是含有碳元素的化合物；属于有机物，故选C。

【考点定位】考查无机化合物与有机化合物的概念。

【名师点晴】本题考查物质的分类。掌握有机物和无机物的区别与联系，有机化合物简称有机物。含碳化合物（CO、CO2、H2CO3、碳酸盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物等除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称。注意：有机化合物都是含碳化合物，但是含碳化合物不一定是有机化合物；绝大多数的无机物可以归入氧化物、酸、碱和盐4大类。4、D【分析】【分析】

同系物是是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；

同分异构体是具有相同分子式而结构不同的化合物。

【详解】

A．根据分析同系物除了分子组成相差若干个“CH2”之外，还要求结构相似。比如环己烷（分子式C6H12）与乙烯CH2=CH2（分子式C2H4）相差4个“CH2”；但结构不相似，不是同系物，A错误；

B．根据分析，同分异构体要求具有相同分子式，而不是相同的相对分子质量（即式量），比如CO和N2相对分子质量都是28；但它们不是同分异构体，B错误；

C．同系物的由于结构相似；所以化学性质相似；但同分异构体若官能团相同，化学性质也相似，如1-丁烯和2-丁烯是同分异构体，都有碳碳双键的化学性质，C错误；

D．正丁烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有6种；D正确；

故选D。5、B【分析】【详解】

A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；而甲苯能被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，说明苯环活化了甲基，故A错误；

B．生成的乙炔中含硫化氢等，硫酸铜溶液可除去杂质，乙炔与溴水发生加成反应，可证明乙炔能和Br2反应，故B正确；

C．水解后在酸性溶液中检验卤素离子，缺少硝酸不能完成实验，故C错误；

D．浓硫酸使乙醇脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水反应，缺少NaOH溶液除杂不能完成实验，故D错误；

故选：B。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．Al2(SO4)3水解得到氢氧化铝和硫酸，因硫酸难挥发，水解程度小，且Al2(SO4)3难分解，因此Al2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体Al2(SO4)3；A正确；

B．H2C2O4不是C的最高价氧化物对应的水化物，因此不能通过比较H2C2O4和HNO3的酸性强弱判断C和N的非金属性强弱；B错误；

C．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解，白色沉淀可能是BaSO4、AgCl等，因此该溶液中不一定含有SOC错误；

D．淀粉和稀硫酸混合共热后；滴加碘水，溶液变蓝，说明混合液中含有淀粉，可能是淀粉部分水解；淀粉未水解二种情况，D错误；

答案选A。7、C【分析】有机物分子A中只有一个侧链，分子式为C8H8O2，红外光谱中含有C−H键、C=O双键、C−O−C键、结合核磁共振氢谱有4种H原子，且为3:2:2:1，则A结构为据此分析解答。

【详解】

A．A水解生成乙酸和苯酚；1molA与NaOH水溶液反应，最多消耗2molNaOH，A错误；

B．A中所含苯环可以与氢气发生加成反应，酯基可以不与氢气发生加成反应，1molA在一定条件下最多可与3molH2发生加成反应；B错误；

C．属于同类化合物；应含有酯基；苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为酚酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸甲酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故有5种异构体(不含A本身)，C正确；

D．符合题中结构的A分子即属于酯类；不能与溴水发生取代反应，D错误；

答案选C。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．I2能使淀粉溶液变蓝；而碘酸钾在酸性条件下不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；

B．胶体有丁达尔现象；用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，可说明微蓝色透明液体为胶体，故B正确；

C．将数滴0.1mol·L−1MgSO4溶液滴入2mL0.1mol·L−1NaOH溶液中充分反应后，NaOH过量，再滴加0.1mol·L−1CuSO4溶液一定有Cu(OH)2蓝色沉淀生成，不存在沉淀的转化，则无法确定Ksp[Cu(OH)2]sp[Mg(OH)2]；故C错误；

D．蛋白质溶液中加入CuCl2或(NH4)2SO4饱和溶液；前者为变性；后者为盐析，均析出沉淀，故D错误；

故答案为：B。9、B【分析】【详解】

①质谱法可用来确定有机物分子中氢原子的种类和数目；故①错误；②电石的主要成分是碳化钙，是混合物，故②正确；③冰醋酸是由一种物质组成的物质，是纯净物，故③错误；④脂肪烃是除芳香烃以外的所有烃的总称，故④错误；⑤因为氟利昂化学性质稳定，具有不燃；低毒、介电常数低、临界温度高、易液化等特性，因而广泛用作冷冻设备和空气调节装置的制冷剂，故⑤正确；⑥丙三醇的水溶液熔点较低,常用作防冻液，故⑥错误；所以说法正确的是②⑤。

综上所述，本题应选B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

（1）根据元素周期律及核外电子运动状态分析解答；

（2）根据化合物中元素的化合价比较非金属性强弱；根据成键情况书写电子式；

（3）根据题给信息及元素守恒书写相关反应方程式；

（4）根据氧化还原反应原理及水解原理分析解答。

【详解】

（1）CO（NH2）2分子中含有C、N、O、H四种元素，电子层数分别为2、2、2、1，所以H原子半径最小，C、N、O属于同周期，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径C>N>O>H，碳原子核外有6个电子，所以有6种不同运动状态的电子，故答案为：C>N>O>H；6；

（2）CN-中N元素显-3价，C元素显+2价，说明N非金属性强，NaCN为离子化合物，电子式为：故答案为：>：

（3）（a）由反应NaCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，根据质量守恒定律可知，元素守恒、原子守恒，则A的化学式为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；

（b）氰化钠中毒，可用Na2S2O3缓解，二者反应得到两种含硫元素的离子，其中一种遇到Fe3+可变为血红色，即反应生成SCN-、SO32-，离子方程式为S2O32－+CN－=SCN－+SO32－，故答案为：S2O32－+CN－=SCN－+SO32－；

（4）9.2gNO2的物质的量为每0.2molNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子0.1mol，则N的化合价分别由+4价变化为+5价和+3价，在碱性溶液中应生成NO3-和NO2-，反应的离子方程式为：2NO2+CO32－=CO2+NO2－+NO3－，若生成的CO2完全逸出，NO2-水解溶液呈碱性，则所得溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（NO3－）>c（NO2－）>c（OH－）>c（H+），故答案为：2NO2+CO32－=CO2+NO2－+NO3－；c（Na+）>c（NO3－）>c（NO2－）>c（OH－）>c（H+）。【解析】C>N>O>H6>NaHCO3S2O32－+CN－→SCN－+SO32－2NO2+CO32－→CO2+NO2－+NO3－c（Na+）>c（NO3－）>c（NO2－）>c（OH－）>c（H+）11、略

【分析】【详解】

(1)NaCl是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，Na+带一个单位的正电荷，Cl-带一个单位的负电荷，阴离子的电子式要用方括号，电子式为二氧化碳中碳原子最外层电子数为4；氧原子的最外层电子数为6，碳原子和两个氧原子分别形成两对碳氧双键，结构式O=C=O；

(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强电解质，完全电离，次氯酸为弱电解质，部分电离，氯气与水反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；

(3)离子化合物是由阳离子和阴离子构成的化合物。活泼金属(如钠、钾、钙、镁等)与活泼非金属(如氟、氯、氧、硫等)相互化合时，活泼金属失去电子形成带正电荷的阳离子(如Na+、K+、Ca2+、Mg2+等)，活泼非金属得到电子形成带负电荷的阴离子(如F-、Cl-、O2-、S2-等)；阳离子和阴离子由静电作用形成了离子化合物；

①Cu属于单质；不属于离子化合物，故①不符合题意；

②Na2S属于盐，由Na+和S2-形成的化合物；属于离子化合物，故②符合题意；

③BaSO4属于盐，由Ba2+和形成的化合物；属于离子化合物，故③符合题意；

④干冰属于非金属氧化物；属于共价化合物，故④不符合题意；

⑤NaOH溶液属于混合物；不属于离子化合物，故⑤不符合题意；

⑥H2SO4属于酸；属于共价化合物，不属于离子化合物，故⑥不符合题意；

答案选②③。【解析】O=C=OCl2+H2O⇌H++Cl-+HClO②③12、略

【分析】【分析】

烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。

【详解】

(1)该烃最长碳链中有8个碳原子，则主链为辛烷，在3号；6号碳上共有3个甲基，则命名为3，3，6—三甲基辛烷；

(2)该烃最长碳链中有6个碳原子，则主链为己烷，在2号；3号、5号碳上共有4个甲基，则命名为2，2，3，5—四甲基己烷；

(3)2，5-二甲基-4-乙基庚烷的主链上有7个碳原子，在2号、5号碳原子上各有一个甲基，而4号碳原子上有一个乙基，故该烃结构简式为：

(4)2，2，3，3—四甲基丁烷的主链上有4个碳原子，在2号、3号碳原子上各有2个甲基，故该烃结构简式为：【解析】①.3，3，6—三甲基辛烷②.2，2，3，5—四甲基己烷③.④.13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)饱和脂肪烃是指分子中无不饱和的键，碳原子间以碳碳单键相连，不饱和脂肪烃分走中有不饱和键存在，故答案为

(2)芳香烃是指含有苯环的烃，苯的同系物是指有且只有一个苯环且侧链为烷基的芳香烃，故答案为

(3)最简单的酚是苯酚，最简单的含苯环的醇是苯甲醇，故答案为【解析】14、略

【分析】【分析】

(1)每个顶点上含有一个C原子；每个碳原子形成四个共价键，据此确定该物质分子式；

(2)乙烯基乙炔中含有碳碳双键；碳碳三键；具有烯烃和炔烃性质；

(3)根据双键能发生加成反应分析性质，根据Br−C−C−Br和Br−C＝C−Br两种不同的位置分析结构；

(4)环辛四烯的不饱和度为5；其同分异构体属于芳香烃，说明含有苯环，苯环的不饱和度为4，则苯环上取代基含有碳碳双键。

【详解】

(1)每个顶点上含有一个C原子，每个碳原子形成四个共价键，所以该物质分子式为C4H4；故答案为：C4H4；

(2)a．该分子中含有碳碳双键、碳碳三键，具有烯烃和炔烃性质，所以能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；故正确；

b．碳碳双键和碳碳三键都能和溴单质发生加成反应，1mol碳碳双键完全加成需要1mol溴单质，1mol碳碳三键完全加成需要2mol溴单质，所以1mol乙烯基乙炔能与3molBr2发生加成反应；故正确；

c．该分子中含有碳碳双键和三键；所以乙烯基乙炔分子内含有两种官能团，故正确；

d．乙炔和乙烯炔的最简式相同；所以等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量相同，故错误；

故答案为：d；

(3)1866年凯库勒提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，如果含有C＝C键的话，则能发生加成反应而使溴水褪色，但真实的情况是苯不能使溴水发生反应而褪色，这一点不能解释；如果是单双建交替的正六边形平面结构，则邻二溴苯应有Br−C−C−Br和Br−C＝C−Br两种不同的结构；但事实是邻二溴苯只有一种，这一点也不能解释；故答案为：ad；

(4)环辛四烯的不饱和度为5，其同分异构体属于芳香烃，说明含有苯环，苯环的不饱和度为4，则苯环上取代基含有碳碳双键，所以环辛四烯符合条件的同分异构体为苯乙烯，其结构简式为故答案为：

【点睛】

关于有机物的性质要根据所含的官能团进行分析和判断；判断同分异构体可以从不饱和度的角度思考。【解析】C4H4dad15、略

【分析】【分析】

(1)根据方程式可知，反应中断开了C-H键，直接连接到了中C=O两端，形成结合常见的有机反应类型分析判断；

(2)要发生上述反应，需要存在和C=O；据此分析判断；

(3)C8H14O2要通过上述反应合成，需要1个和2个据此书写结构简式。

【详解】

(1)根据方程式可知，反应中断开了C-H键，直接连接到了中C=O两端，形成因此该反应为加成反应，故答案为加成反应；

(2)A.中不存在不能与发生上述加成反应，错误；B.中存在能够与HCHO发生上述加成反应，正确；C.中存在能够与发生上述加成反应；正确；故答案为BC；

(3)C8H14O2要通过上述加成反应合成，需要1个和2个加成，因此加成后的产物为故答案为【解析】加成反应BC16、略

【分析】【详解】

（1）题给有机物中含有的官能团的名称为氨基；羰基、溴原子、氟原子。

（2）葡萄糖经催化加氢生成的A为A中含有的官能团为羟基。

（3）可看作是由氯原子取代乙酸中甲基上的氢原子形成的；其化学名称为氯乙酸。

（4）的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为则B的结构简式为其化学名称为2-丙醇(或异丙醇)。

（5）题给有机物可以看作甲苯中甲基上的三个氢原子被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲苯。【解析】(1)氨基；羰基、溴原子、氟原子。

(2)羟基。

(3)氯乙酸。

(4)2-丙醇(或异丙醇)

(5)三氟甲苯三、判断题(共9题，共18分)17、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。18、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。19、A【分析】【详解】

符合通式CnH2n-2炔烃中，1个C原子结合的H原子平均数目为(2-)，n值越大，(2-)越大，氢的质量分数越大，故乙炔所含氢的质量分数最小，故答案为：正确。20、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。21、B【分析】【详解】

常温下，CH3Cl为气体，故常温下，不是所有的卤代烃都为液体或固体，该说法错误。22、B【分析】【详解】

甲醛通常状况下为气体，甲醛和乙醛的官能团均为-CHO，而醛基为亲水基，故两者均溶于水，错误，故答案为：错误；23、A【分析】【详解】

醛类化合物的分子结构中都含有醛基，一般情况下，醛能被被氧化为羧酸，被还原为醇，因此既能发生氧化反应又能发生还原反应。说法正确。24、B【分析】【详解】

从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，糖类中含C、H、O三种元素，不含其它元素；错误。25、B【分析】【详解】

高分子化合物为混合物，错误。四、工业流程题(共4题，共32分)26、略

【分析】【详解】

（1）①题中已经告知焙烧之后，铈元素转化成CeO2和CeF4；且四价铈不易进入溶液，则焙烧的目的是将铈元素转化为+4价的化合物，从而通过溶解的方法获得更为纯净的铈的化合物；

②将反应2CO+O2=2CO2和题中反应相加，可得：2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2；

（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体，说明HCl被氧化为Cl2，则该反应的离子方程式为8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O；

（3）酸浸II得到Ce(BF4)3沉淀，加入KCl溶液，得到KBF4沉淀，则说明沉淀发生了转化，并生成了CeCl3，由于CeCl3才是该步的目标产物，且后学操作又需要将CeCl3转化为Ce(OH)3，这些操作都是在溶液中进行，所以这步沉淀转化的目的是避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3；提高产率）；

（4）经过操作I得到滤渣和溶液；则操作I为过滤；操作II为萃取，则需要使用的硅酸盐仪器（即玻璃仪器）为烧杯；分液漏斗；

（5）Ce3+完全沉淀时，c(Ce3+)≤1.0×10-5mol·L-1；由于Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)·c3(OH-)=1.0×10-20，解得c(OH-)=1.0×10-5mol·L-1；则pH=9；

（6）n(KMnO4)=0.1mol·L-1×0.02L=0.002mol；

根据得失电子守恒；可知：

则n(Fe2+)2=0.01mol，所以n(Fe2+)1=n(Fe2+)-n(Fe2+)2=0.033mol-0.01mol=0.023mol；

又有：则n[Ce(OH)4]=n(Ce4+)=n(Fe2+)1=0.023mol；

所以，w[Ce(OH)4]=×100%=×100%=95.7%；

（7）观察电极可知，阳极Ce2O3放电，生成Ce4+，并在阴极形成产物Ce(SO4)2，则离子交换膜为阳离子交换膜。【解析】将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO28H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率）过滤烧杯、分液漏斗995.7%阳27、略

【分析】【详解】

（1）根据溶液中电荷守恒可知，3c(Fe3+)+2c(Cu2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO42−)，所以c(H+)=(2×1×10−1−3×2×10−2−2×1×10−2−2×10−2)mol/L=0.1mol/L；

（2）①酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42−和少量Na+中，能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+，发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；

②试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质；可以选择稀硫酸；

③检验溶液D中Fe3+是否除尽的实验方法是取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液,不出现红色，说明废水中Fe3+除尽；

④上述1000L废水中含有铁离子的物质的量为1000L×2×10−3mol/L=2mol，560g铁粉的物质的量为10mol，根据铁元素守恒可知，可获得FeSO4⋅7H2O的物质的量为2mol+10mol=12mol；

⑤a．用托盘天平称量绿矾晶体时；用到游码，且将砝码放在左盘，药品放在右盘，可导致药品质量偏小，则配制浓度偏低，故a错误；

b.转移时，有液体溅出，溶质损失，浓度偏低，故b错误；

c．最后一次转移后；发现液体超过刻度线，倒出多余部分，实验导致溶液体积偏大，浓度偏低，故c错误；

d．定容时；俯视刻度线，则体积偏小，浓度偏大，故d正确；

综上所诉；答案为d；

⑥过氧化钠具有强氧化性，可与水反应生成氢氧化钠和氧气，则在含有4molFeSO4的溶液中加入4molNa2O2；可观察到生成红褐色沉淀，且有气泡生成；

已知反应物恰好完全反应且反应转移6mol电子，则4molFeSO4转移4mol电子，还应生成1mol氧气，则反应的离子方程式为6H2O+4Fe2++4Na2O2=4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+。【解析】①.0.1②.Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑Fe+Cu2+=Cu+Fe2+③.H2SO4④.取少量溶液于试管中，加入KSCN，若溶液变红，则含有Fe3+⑤.12⑥.d⑦.有红褐色沉淀生成，有气体放出⑧.6H2O+4Fe2++4Na2O2=4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+28、略

【分析】【分析】

氧化锌烟灰(含Zn、Pb、Cu、F等元素)，浸出”时，大部分锌元素以Zn(NH3)形式进入溶液，同时部分Pb、Cu、F元素也进入溶液中，加入氯化钙生成CaF2沉淀除去F-；加入过量锌粉“置换”出Pb、Cu；加入活性炭，除去溶液中残留的有机物；加入适量盐酸生成Zn(NH3)2Cl2.沉淀，Zn(NH3)2Cl2.加水水解为Zn(OH)2沉淀和氯化铵，Zn(OH)2加热分解为氧化锌。

（1）

Zn是30号元素；在元素周期表中的位置为第4周期IIB族；

（2）

“浸出”时，氧化锌和氨水、氯化铵发生反应生成Zn(NH3)反应的离子方程式为ZnO+2NH3·H2O+2=Zn(NH3)+3H2O；氨水易挥发；避免氨水的分解与挥发，“浸出”时温度不宜过高；

（3）

加入过量锌粉“置换”出溶液的Pb、Cu，“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有Pb；Cu；“净化”时；利用活性炭的吸附性性，除去溶液中残留的有机物；

（4）

Zn(NH3)2Cl2.与盐酸反应生成氯化铵和氯化锌，盐酸过量会导致沉淀部分溶解甚至消失，反应的化学方程式为Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl；

（5）

Zn(NH3)2Cl2.加水水解为Zn(OH)2沉淀和氯化铵，滤液1和滤液2的溶质是氯化铵，将滤液1和滤液2合并，经浓缩后，可返回至“浸出”循环利用。【解析】(1)第4周期IIB族。

(2)ZnO+2NH3+2=Zn(NH3)+H2O或ZnO+2NH3·H2O+2=Zn(NH3)+3H2O避免氨水的分解与挥发。

(3)Pb；Cu吸附。

(4)Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl

(5)浸出29、略

【分析】【分析】

由流程图知：吸收Ⅰ的反应为：过滤后，所得为碳酸氢钠晶体，经加热分解即得产品Ⅰ(纯碱)，母液Ⅰ中继续通入氨气，增大了铵离子的浓度、同时又使碳酸氢根离子转变成碳酸根离子，经冷却结晶、过滤后得到氯化铵晶体，故A线产品Ⅱ为氯化铵，B线反应为石灰乳和氯化铵共热得到氨气，母液Ⅱ中加入食盐去参与吸收Ⅰ的反应；

【详解】

(1)由于氨气极易溶于水，先通入氨气形成氨的饱和溶液后，再通入二氧化碳，便于增大碳酸氢根浓度、析出碳酸氢钠晶体，故吸收Ⅰ过程中NH3与CO2的通入顺序为a；

(2)设计吸收Ⅱ步骤的目的是：增大NH的浓度，使NH4Cl更多地析出；使NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4