2025年湘教版选修化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年湘教版选修化学上册阶段测试试卷151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、常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH均为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的表述正确的是A.b只能显碱性B.a可能显酸性或碱性C.a不可能显酸性D.b可能显碱性或酸性2、下列说法中正确的是A.的系统命名为1，3，4-三甲苯B.3-甲基-2-戊烯的结构简式为C.的系统命名为2-甲基-3-丁炔D.的系统命名为4-乙基-2-己烯3、下列实验方案中不能达到实验目的的是。

A.用装置①测量盐酸和氢氧化钠溶液反应前后的温度B.用装置②除去Cl2中少量的HC1气体C.用装置③可以说明氨气极易溶于水D.用装置④检验1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物4、糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动必需的三大营养物质。下列说法错误的是A.纤维素、淀粉、油脂、蛋白质都是高分子化合物B.淀粉水解的最终产物能发生银镜反应C.人体不具备水解纤维素的能力，但可以水解淀粉D.油脂能发生皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸钠5、化学知识在新冠肺炎疫情防控中发挥着重要作用。新冠病毒直径为60∼140nm，下列说法正确的是A.新冠病毒是一种胶体B.医用酒精不可杀灭新型冠状病毒C.可用84消毒液直接喷洗双手消毒D.勤洗手、戴口罩是防止病毒入侵的有效方法6、下列有关螺环[4．4]壬—1，3，6—三烯()的说法错误的是A.与互为同分异构体B.分子中所有碳原子共平面C.能使酸性KMnO4溶液褪色D.加成得到1molC9H16的烃需消耗3molH27、某有机物X的红外光谱图如图所示。下列说法错误的是。

A.X可能是丙酮B.X中可能只含碳、氢、氧三种元素C.X中可能含有醛基D.红外光谱图可获得X中所含化学键和官能团信息8、工业上制备PVC(聚氯乙烯)的一种合成路线如下；下列说法错误的是。

A.X的球棍模型为：B.Y有1种不同结构C.反应②为缩聚反应D.PVC的结构简式为：评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、A；B、C、D为四种晶体；性质如下：

A.固态时能导电；能溶于盐酸。

B.能溶于CS2；不溶于水。

C.固态时不导电；液态时能导电，可溶于水。

D.固态；液态时均不导电；熔点为3500℃

试推断它们的晶体类型：A._____；B._______；C._______；D._________。10、现有浓度为0.1mol·L-1的五种电解质溶液：①Na2CO3②NaHCO3③NaAlO2④CH3COONa⑤NaOH

已知：CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3↓+CO32-

⑴这五种溶液的pH由小到大的顺序是____________________（填编号）；

⑵将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是___________（填编号）；

⑶混合碳酸（H2CO3）溶液和NaAlO2溶液，试写出所有可能发生的化学反应方程式：_____；

⑷常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：。实验编号HA物质的量浓度（mol/L）NaOH物质的量浓度（mol/L）混合溶液的pH甲0.200.20pH＝a乙0.100.10pH＝8.00

①不考虑乙组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a（混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸_________；乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)＝_________mol/L。

②求出该混合溶液中下列算式的结果。

I．c(Na+)-c(A-)=__________________；II．c(OH-)-c(HA)=_________。11、（1）分子式为C3H6O2的二元混合物，如果在核磁共振氢谱上观察到氢原子给出的峰有两种情况．第一种情况峰给出的强度为1:1；第二种情况峰给出的强度为3:2:1。由此推断混合物的组成可能是_______（写结构简式，写一种组合即可）。如图是一种分子式为C3H6O2的有机物的红外光谱图，则该有机物的结构简式为______。

（2）经测定，某有机物含碳77.8%、氢7.4%、氧14.8%；用质谱仪测定结果如下图。分析求此有机物的分子式为______。若此有机物能与烧碱反应，且苯环上的一溴代物只有四种，试写出它的结构简式_______。

12、过氧化氢的水溶液俗称双氧水；它的用途很广泛，常用于消毒；杀菌、漂白等。回答下列问题：

(1)过氧化氢的性质。

①酸性条件下H2O2可将Fe2+转化成Fe3+，说明H2O2具有__性。

②常温下，H2O2显弱酸性(Ka1=2.40×10-12、Ka2=1.05×10-25)，不能使甲基橙指示剂褪色，则向4.0mol•L-1的H2O2溶液中滴加甲基橙，溶液显__色。(甲基橙在pH小于3.1时显红色；3.1～4.4时显橙色，大于4.4时显黄色)

(2)过氧化氢含量的测定实验。

某兴趣小组同学用0.1mol•L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。

①滴定达到终点的现象是__。

②用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如下表：。第一次第二次第三次第四次V(酸性KMnO4标准溶液)/mL17.1018.1018.0017.90

试样中过氧化氢的浓度为__mol•L-1。

(3)甲酸钙[Ca(HCOO)2]广泛用于食品工业生产上。实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛(HCHO)溶液依次加入质量分数为30%～70%的过氧化氢溶液中。该反应的化学方程式为__。

(4)过氧化氢与碳酸钠的加合物Na2CO3•xH2O2比较稳定，方便储存，可用于消毒、漂白。现称取157gNa2CO3•xH2O2晶体加热，实验结果如图所示，则该晶体的组成为__(x精确到0.1)

13、在含有弱电解质的溶液中；往往有多个化学平衡共存。

（1）一定温度下，向1L0．1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0．1molCH3COONa固体，则溶液中________(填“增大”“不变”或“减小”)，写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式_________________________________；

（2）常温下向20mL0．1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0．1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。

回答下列问题：

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-________(填“能”或“不能”)大量共存；

②当pH＝7时，溶液中含碳元素的主要微粒为____________，溶液中各种离子（CO32-除外）的物质的量浓度的大小关系为________________；

③已知在25℃时，CO32-水解反应的平衡常数即水解常数Kh＝＝2×10－4mol·L－1，当溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)＝2∶1时，溶液的pH＝________。14、请回答下列问题：

(1)CH2=CHCH(CH3)2系统命名法命名为____________

(2)4-甲基-2-乙基-1-戊烯的结构简式为__________________

(3)支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式为______________

(4)某烃分子式为C6H14，若该烃不可能由炔烃与氢气加成得到则该烃的结构简式为__________15、已知可简写为降冰片烯的分子结构可表示为

(1)降冰片烯属于_______(填序号)。

a.环烃b.不饱和烃c.烷烃d.芳香烃。

(2)降冰片烯的分子式为_______。

(3)降冰片烯的一种同分异构体(含有一个六元环的单环化合物)的结构简式为_______(任写一种)。

(4)降冰片烯不具有的性质是_______(填序号)。

A.易溶于水B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

C.能与氢气发生加成反应D.常温常压下为气体16、依据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；设计的原电池如下图所示。

请回答下列问题：

(1)电极X的材料是________；Y是________。

(2)银电极为电池的________极，X电极上发生的电极反应为_____________________17、写出下列有机物的系统命名或结构简式：

(1)_________________

(2)________________

(3)__________

(4)______________

(5)2，2-二甲基-3-乙基己烷____________________

(6)1，1，2，2-四氯丙烷____________________评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)18、具有和—OH的双重性质。(_______)A.正确B.错误19、根据醇的结构分析，丙三醇和乙二醇均能与水混溶，且丙三醇的沸点应该高于乙二醇的沸点。(____)A.正确B.错误20、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜，则蔗糖未水解。(____)A.正确B.错误21、1molHCHO与足量银氨溶液在水浴加热条件下充分反应，最多生成2molAg。(____)A.正确B.错误22、油脂的氢化与油脂的皂化都属于加成反应。(_______)A.正确B.错误23、某烃的分子式为C11H16，它不能与溴水反应，但能使酸性KMnO4溶液褪色，分子结构中只含有一个烷基符合条件的烃有7种。(____)A.正确B.错误24、生物高分子材料、隐身材料、液晶高分子材料等属于功能高分子材料。(_______)A.正确B.错误25、聚合度就是链节的个数。(____)A.正确B.错误26、高分子化合物的结构大致可以分为线型结构、支链型结构和网状结构三类。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共1题，共6分)27、VIA族的氧；硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态；含VIA族元素的化台物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：

(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S位于周期表中_______区；其基态核外电子排布处于最高能级是_______；电子云轮廓形状：_______；

(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_______；

(3)Se原子序数为_______，其核外M层电子的排布式为_______；

(4)H2Se的酸性比H2S_______(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为_______，离子中S原子杂化方式为_______；

(5)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×l0-3和2.5×l0-8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10-2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因_______；

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_______。

(6)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0pm。密度为_______(列式并计算，阿伏加德罗常数用NA表示)，a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为_______pm(列式表示)

评卷人得分五、原理综合题(共2题，共10分)28、用系统命法写出下列物质名称或结构简式。

（1）C4H10的一氯代物有_____________种。

（2）某有机物含C、H、O三种元素，分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键．如单键、双键等）。该有机物的结构简式为_____________________，所含官能团的名称为__________

（3）常温下，已知0.1mol·L－1一元酸HA溶液中c(OH－)/c(H＋)＝1×10－8。常温下，0.1mol·L－1HA溶液的pH＝________；

（4）常温下，将0.1mol/LHCl溶液与0.1mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH＝5，则MOH在水中的电离方程式为_________________。

（5）已知常温时CH3COOHCH3COO–+H+，Ka＝2×10–5，则反应CH3COO–+H2OCH3COOH+OH–的平衡常数Kh＝________________。

（6）常温下，若在0.10mol·L–1CuSO4溶液中加入NaOH稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2+)＝________mol·L–1{Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20}。

（7）1mol/LNa2C2O4溶液中离子浓度由大到小顺序_________________________，列出质子守恒关系式_____________________29、Ⅰ．氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。

（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值．。反应大气固氮。

N2(g)+O2(g)2NO(g)工业固氮。

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)温度/℃27200025400450K3.8×10-310.15×1080.5070.152

①分析数据可知：大气固氮反应属于____________(填“吸热”或“放热”)反应。

②分析数据可知；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因____________。

③已知上述工业固氮反应的反应热△H=－92kJ/mol，1molN2、1molH2分子中的化学键断裂所吸收的能量分别为946kJ、436kJ，则N—H键断裂所吸收的能量为____________。

（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是____________(填“A”或“B”)；比较p1、p2的大小关系：____________。

Ⅱ．目前工业合成氨的原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

（3）在一定温度下，将1molN2和3molH2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应；达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol。

①达平衡时，H2的转化率α1=________。

②已知平衡时，容器压强为8MPa，则平衡常数Kp=__________(保留小数点后两位数；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池；其原理见图。

该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为_________。评卷人得分六、实验题(共2题，共16分)30、“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用可定量测定CO的含量，该反应原理为其实验步骤如下：

①取200mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量的硬质玻璃管中在170℃下充分反应：

②用酒精溶液充分溶解产物配制100mL溶液；

③量取步骤②中溶液20.00mL于锥形瓶中，然后用的标准溶液滴定，发生反应为消耗标准溶液的体积如表所示。第一次第二次第三次滴定前读数/mL1.101.502.40滴定后读数/mL21.0021.5022.50

(1)步骤②中配制100mL待测液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和________。

(2)标准液应装在________（填“酸式”“碱式”）滴定管中。

(3)指示剂应选用________，判断达到滴定终点的现象是________。

(4)气体样品中CO的体积分数为________（已知气体样品中其他成分不与反应）

(5)下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是________（填字母）。

a.滴定终点时仰视读数。

b.滴定前尖嘴外无气泡；滴定后有气泡。

C.配制100mL待测溶液时；有少量溅出。

d.锥形瓶用待测溶液润洗31、4Na2SO4•2H2O2•NaCl又称固体双氧水，具有漂白、杀菌、消毒作用，又由于其稳定性比过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)固体更好；因而具有广泛的应用前景。某小组合成该固体双氧水的实验步骤和装置示意图如下：

Ⅰ.合成：往三颈瓶中加入56.8g硫酸钠和5.85gNaCl的固体混合物，开启搅拌器；将稍过量的(约70mL)30%H2O2溶液在20～30min内逐滴分批加入。并控制反应温度15～35℃；加完料后持续搅拌15min，反应结束后过滤，低温干燥得到产品。

Ⅱ.产品稳定性分析：取Ⅰ中所得产品置于干燥器内保存一个月，并分别在放置前、放置后取一定质量的样品溶于水，加适量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L酸性高锰酸钾滴定，测定产品中双氧水的含量，以此分析产品的稳定性．所得实验数据如下表：。数据。

时间

样品取用数量(g)

平均V(KMnO4)/mL放置前测定a25.00放置一个月后测定a24.90

已知：a.H2O2不稳定；加热，加入某些金属离子或加碱均有利于其分解。

b.产品稳定性=×100%

请回答下列问题：

(1)装置图里方框中应添加仪器a，其名称为_______________________；写出合成4Na2SO4•2H2O2•NaCl的化学方程式：_____________________________。

(2)该合成反应过程中，关键是控制温度，其合理的措施是：______________。

A.逐滴滴加H2O2B.选用Na2SO4和NaCl固体；而不用其饱和溶液。

C.不断搅拌D.冰水浴。

(3)该合成反应过程中30%的H2O2溶液不应大大过量的原因________________。

(4)4Na2SO4•2H2O2•NaCl固体比过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)固体更稳定的可能原因是__________。

(5)产品分析实验时，高锰酸钾溶液装于滴定管中，当滴定到达终点时的现象是_________________。下列关于该滴定实验过程中的仪器选择和操作都正确的是_____________

A.B.C.D.

(6)该产品的“产品稳定性”=___________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A．若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，若酸为pH=3强酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时恰好反应生成盐，溶液显中性，即b不可能显碱性；故A错误；

B．为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量；则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故B正确；

C．若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时；生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故C错误；

D．由A分析可知b可能呈中性或酸性；故D错误；

故选B。

【点睛】

pH为3的某酸可能为强酸或弱酸，明确酸的强弱与pH的关系是解题的关键。本题的易错点为弱酸与氨水反应后溶液的酸碱性的判断，可以根据弱酸和氨水的相对强弱分析判断。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．编号之和不是最小；正确的名称为1，2，4-三甲苯，故A错误；

B．3-甲基-2-戊烯的结构简式为故B错误；

C．的含有碳碳三键的主链有4个碳原子；3号碳上有1个甲基，1号碳上有碳碳三键，名称为3-甲基-1-丁炔，故C错误；

D．的含有碳碳双键的主链有6个碳原子；在4号碳上有1个乙基，2号碳上有碳碳双键，名称为4-乙基-2-己烯，故D正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

A．用简易量热计可以测量盐酸和氢氧化钠溶液反应前后的温度；A正确；

B．可用饱和食盐水除去Cl2中少量的HC1气体；B正确；

C．由于氨气极易溶于水；将胶头滴管中的水挤入烧瓶，使得烧瓶内压强小于外界大气压，从而形成喷泉，C正确；

D．反应生成的乙烯和挥发出来的乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；因此不能用装置④检验反应的产物，D错误；

故选D。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．油脂成分为高级脂肪酸甘油酯；不是高分子化合物，A错误；

B．淀粉水解的最终产物为葡萄糖；葡萄糖含醛基，能发生银镜反应，B正确；

C．人体没有促进纤维素水解的酶；所以人体不具备水解纤维素的能力，人体内有促进淀粉水解的酶，所以人体可以水解淀粉，C正确；

D．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应；生成甘油和高级脂肪酸钠，D正确。

答案选A。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．分散质粒子直径介于1-100nm之间的分散系为胶体；但新冠病毒不是分散系，故不是胶体，故A错误；

B．医用酒精能杀菌消毒；因此可杀灭新型冠状病毒，故B错误；

C．84消毒液有强氧化性；但不能直接喷洗双手消毒，否则容易腐蚀皮肤，故C错误；

D．勤洗手；戴口罩可以减少传播途径；是防止病毒入侵的有效方法，故D正确。

故选D。6、B【分析】【详解】

A.螺环[4．4]壬—1，3，6—三烯()与分子式相同；结构式不同，因此互为同分异构体，故A正确；

B.螺环[4．4]壬—1，3，6—三烯()；中间碳原子与周围四个碳原子类似甲烷的结构，因此分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；

C.分子中含有碳碳双键，因此能使酸性KMnO4溶液褪色；故C正确；

D.螺环[4．4]壬—1，3，6—三烯()分子式为C9H10，1mol该有机物发生加成反应得到1molC9H16的烃需消耗3molH2；故D正确；

故答案为B。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．由红外光谱图可知X中含两种C-H键；而丙酮只含有一种C-H键，故A错误；

B．由红外光谱图可知X中含C-H键和C=O键；故X中可能只含碳；氢、氧三种元素，故B正确；

C．由红外光谱图可知X中含C-H键和C=O键；X中可能含有醛基，故C正确；

D．由红外光谱图可知X中含C-H键和C=O键；故D正确；

故选A。8、C【分析】【详解】

A．根据X的化学式C2H2可知X为乙炔，故其的球棍模型为：A正确；

B．根据题干流程图可知；Y为氯乙烯，其结构只有1种，B正确；

C．根据题干流程图可知，反应②为nCH2=CHCl该反应属于加聚反应，C错误；

D．根据C的分析可知，PVC的结构简式为：D正确；

故答案为：C。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【分析】

根据常见晶体的物理性质分析判断。

【详解】

A．固态时能导电；能溶于盐酸，说明该晶体属于金属晶体，故答案为：金属晶体；

B．能溶于CS2；不溶于水，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；

C．固态时不导电；液态时能导电，可溶于水，属于离子晶体，故答案为：离子晶体；

D．固态；液态时均不导电；熔点为3500℃，属于原子晶体，故答案为：原子晶体。

【点睛】

本题的易错点为金属晶体和离子晶体的判断，要注意金属一般具有良好的导电性，而离子晶体固态时不能导电。【解析】①.金属晶体②.分子晶体③.离子晶体④.原子晶体10、略

【分析】【分析】

（1）先根据酸；碱、盐确定PH大小；盐中阳离子相同；酸越弱，其盐的碱性越强，据此分析盐溶液的PH值大小；

（2）根据是否存在平衡分析判断；不存在平衡的PH值变化大；

（3）由题意可知；碳酸与偏铝酸钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，过量的碳酸可与反应生成碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠；碳酸的酸性大于偏铝酸的酸性，碳酸能和偏铝酸钠反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，过量的偏铝酸钠可与反应生成的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀；

（4）①酸；碱的物质的量相等；即酸、碱恰好反应生成盐，若盐溶液的a=7时，该盐是强酸强碱盐，HA是强酸；a＞7时，该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸；

②Ⅰ、根据电荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）；Ⅱ、根据物料守恒和电荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）

【详解】

（1）④②①③是盐；⑤是碱，物质的量浓度相同的这几种溶液，盐溶液的pH值小于碱溶液的pH，所以⑤的pH值最大；④②①③四种盐的阳离子相同，其阴离子相应的酸越弱，盐的pH值越大，醋酸的酸性＞碳酸的酸性＞偏铝酸的酸性，碳酸氢钠是酸式盐，碳酸钠是正盐，所以碳酸钠的pH值大于碳酸氢钠的，则相同物质的量浓度的这几种溶液的pH值由小到大的顺序是④②①③⑤，故答案为：④②①③⑤；

（2）①②③④溶液中都存在水解平衡；当稀释时，盐的弱酸根又水解出部分离子进行补充；氢氧化钠是强碱，完全电离，不存在电离平衡，所以当稀释时，其pH变化最大，故答案为：⑤；

（3）由题意可知，碳酸与偏铝酸钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓，过量的碳酸可与反应生成碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；碳酸的酸性大于偏铝酸的酸性，碳酸能和偏铝酸钠反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，反应的化学方程式为NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，过量的偏铝酸钠可与反应生成的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，则可能发生的化学反应方程式为NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；

（4）①酸、碱的物质的量相等，即酸、碱恰好反应生成盐，若盐溶液的a=7时，该盐是强酸强碱盐，HA是强酸；a＞7时，该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸；乙组实验溶液pH=8，溶液中c（H+）=10-8mol/L，根据c（H+）·c（OH-）=10-14可知c（OH-）=10-6mol/L，故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；10-6；

②Ⅰ、根据电荷守恒知，c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），所以c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-6-10-8）mol/L=9.9×10-7mol/L；

Ⅱ、根据物料守恒和电荷守恒可得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），c（A-）+c（HA）=0.05mol/L，c（Na+）=0.05mol/L，则c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-8mol/L；故答案为：9.9×10-7mol/L；10-8mol/L。【解析】①.④②①③⑤②.⑤③.NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3④.a＝7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸⑤.10-6⑥.9.9×10-7mol/L⑦.1.0×10-8mol/L11、略

【分析】【分析】

（1）核磁共振氢谱的强度之比等于不同位置氢原子数目之比；

（2）根据质谱图；可知该有机物的相对分子质量是108，再根据有机物含碳77.8%；氢7.4%、氧14.8%可计算分子中C、H、O原子数；苯环上的一溴代物只有四种，说明苯环上有2个不同的取代基且位置不对称。

【详解】

（1）核磁共振氢谱的强度之比等于不同位置氢原子数目之比，峰的给出强度为1：1，说明有2种氢原子，氢原子个数之比为1：1，结构简式为CH3COOCH3；峰的给出强度为3：2：1，说明有3种氢原子，氢原子个数之比为3：2：1，结构简式为：CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3或CH3COCH2OH；分子式为C3H6O2的有机物的红外光谱图中含有C=O、－CH3、C-O-C，所以C3H6O2的结构简式是HCOOCH2CH3。

（2）根据质谱图，可知该有机物的相对分子质量是108，有机物含碳77.8%、氢7.4%、氧14.8%，则C原子数是则H原子数是则O原子数是所以分子式是C7H8O，有机物能与烧碱反应说明含有酚羟基，且苯环上的一溴代物只有四种，说明苯环上有2个不同的取代基且位置不对称，它的结构简式为【解析】CH3COOCH3CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3或CH3COCH2OHHCOOCH2CH312、略

【分析】【分析】

KMnO4溶液呈紫色，用其测定H2O2的含量时，不需另加指示剂；为减少实验误差，做了四次实验，在计算所用KMnO4溶液体积的平均值时；需分析实验的有效性，若某次实验与其它实验的结果相差较大，则本次实验无效。

【详解】

(1)①酸性条件下，H2O2将Fe2+转化成Fe3+，同时H2O2转化成H2O，H2O2中O元素由-1价降低到-2价；具有氧化性；

②4.0mol⋅L−1的H2O2溶液中，c(H+)≈mol/L=mol/L≈3.1×10-6mol/L；pH＞5，滴加甲基橙，溶液显黄色；

(2)①用酸性高锰酸钾标准溶液滴定过氧化氢，当H2O2完全反应后，KMnO4稍过量，溶液呈现KMnO4溶液的颜色，所以滴定达到终点的现象是当滴入最后一滴酸性KMnO4标准溶液时；锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色；

②四次实验中，第一次实验与另三次实验相比，偏差太大，此次实验数据不能采用，则另三次实验所用V(酸性KMnO4标准溶液)==18.00mL，利用反应可建立如下关系式：2MnO~5H2O2，所以试样中过氧化氢的浓度为=0.18mol⋅L−1；

(3)根据题目所给信息可知氢氧化钙、甲醛(HCHO)、过氧化氢可以反应生成甲酸钙，根据元素守恒可得化学方程式为Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=Ca(HCOO)2+4H2O

(4)从图中可以看出，157gNa2CO3⋅xH2O2晶体加热，所得Na2CO3的质量为106g，则H2O2的质量为:157g-106g=51g，x==1.5，则该晶体的组成为Na2CO3⋅1.5H2O2。【解析】①.氧化②.黄③.当滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色④.0.18⑤.Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=Ca(HCOO)2+4H2O⑥.Na2CO3⋅1.5H2O213、略

【分析】【分析】

（1）根据稀释后溶液中存在的电离平衡的移动来回答；溶液中存在电荷守恒；

（2）常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL；先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳；水；

①根据图2可知，pH=8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能共存；

②pH=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，存在的离子主要为：H2CO3、HCO3-，溶液显示中性，c（H+）=c（OH-）；根据电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小关系；

③根据水解常数计算c（OH-），由根据水的离子积Kw计算c（H+）；根据pH=-lgc（H+）计算。

【详解】

（1）一定温度下，向1L0．1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0．1molCH3COONa固体，则醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，所以=c(H＋)/K,K为电离常数，氢离子浓度减小，则比值减小；该溶液中存在的离子只有钠离子、氢离子、氢氧根离子、醋酸根离子，符合电荷守恒，所以该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式为c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)；

（2）①由图可知，在同一溶液中，三种H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；碳酸根离子离子减少时碳酸氢根离子的浓度逐渐增大，碳酸氢根离子逐渐减少时，碳酸分子的浓度增大；

②由图可知，当pH＝7时，部分碳酸氢根离子转化为碳酸，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，此时溶液中的溶质为碳酸氢钠、碳酸、氯化钠，且氯化钠的物质的量大于碳酸氢钠的物质的量，因为溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液中各离子的浓度关系为c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3-)>c(H＋)＝c(OH－)；

③当溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)＝2∶1时，根据Kh＝＝2×10－4mol·L－1可得c(OH－)=1×10－4mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－10mol·L－1，所以溶液pH=10。【解析】①.减小②.c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)③.不能④.HCO3-、H2CO⑤.c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3-)>c(H＋)＝c(OH－)⑥.1014、略

【分析】【详解】

(1)CH2═CHCH(CH3)2；含碳碳双键在内的主碳链有四个碳，命名为：3﹣甲基﹣1﹣丁烯。

(2)根据烯烃的系统命名法可知，4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的主链上有5个碳原子，在1号和2号碳原子间有碳碳双键，在4号碳原子上有一个甲基，在2号碳原子上有一个乙基，故4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的结构简式为CH2=C(C2H5)CH2CH(CH3)2

(3)烷烃中含有乙基，则乙基至少在3号位，所以只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式为

(4)若该烃不可能由炔烃与氢气加成得到，则除甲基外，不存在C上含2个H，符合条件的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2【解析】①.3﹣甲基﹣1﹣丁烯②.CH2=C(C2H5)CH2CH(CH3)2③.④.(CH3)2CHCH(CH3)215、略

【分析】【详解】

(1)由降冰片烯的分子结构可知，分子中含有环和碳碳双键，只有两种元素，所以属于环烃，且为不饱和烃。故答案为：ab。

(2)根据降冰片烯的结构简式可知其分子式为故答案为：

(3)若降冰片烯的同分异构体含有一个六元环，则环外必定还有一个碳原子，其可能的结构简式有等。故答案为：(或等)。

(4)由于降冰片烯的分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，能与氢气发生加成反应；降冰片烯不易溶于水；一般情况下，常温常压下只有碳原子数目小于或等于4的烃为气体，降冰片烯分子中有7个碳原子，所以在常温常压下一定不是气体。故答案为：AD。【解析】ab(或等)AD16、略

【分析】【分析】

原电池是由两个半电池组成的，根据氧化还原反应2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；铜是负极，银是正极，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，则铜极应处于含有铜离子的可溶性盐溶液中，银处于含有银离子的可溶性银盐溶液中，电子从负极沿大小流向正极。

【详解】

（1）根据电解质溶液中的阳离子与电极材料是同种金属的特点，可推知X是Cu，电解质溶液Y是AgNO3溶液，故答案为：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活动性Cu>Ag，结合原电池反应的原理可知银电极为电池的正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，Cu电极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e－=Cu2＋，故答案为：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【点睛】

注意含有盐桥的原电池中，电极材料和其相应的盐溶液必须含有相同的金属元素是解答关键，也是易错点。【解析】CuAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋17、略

【分析】【分析】

根据烷烃的命名原则；先选最长碳链为主链；然后从离支链最近一端编号；简单的写在前面，复杂的写在后面，书写名称，据此分析解答(1)～(4)；先根据名称确定主链碳原子数，再从一端编号，在对应碳原子上连接取代基，最后补充氢原子得到结构简式，据此分析解答(5)～(6)。

【详解】

(1)的最长碳链含有5个C；主链为戊烷，编号从左边开始，在2；3号C上各含有一个甲基，该有机物命名为：2，3-二甲基戊烷，故答案为：2，3-二甲基戊烷；

(2)的最长碳链含有5个C；主链为戊烷，编号从左边开始，在2号C上含有一个甲基，3号C上含有两个甲基，该有机物命名为：2，3，3-三甲基戊烷，故答案为：2，3，3-三甲基戊烷；

(3)的最长碳链含有6个C；主链为己烷，编号从左边开始，在2号C上含有一个甲基，该有机物命名为：2-甲基己烷，故答案为：2-甲基己烷；

(4)的最长碳链含有7个C；主链为庚烷，编号从右边开始，在4号C上含有一个甲基，在3号C上含有一个乙基，该有机物命名为：4-甲基-3-乙基庚烷，故答案为：4-甲基-3-乙基庚烷；

(5)2，2-二甲基-3-乙基己烷的主链含有6个碳原子，在2号C上含有两个甲基，在3号C上含有一个乙基，结构简式为故答案为：

(6)1，1，2，2-四氯丙烷的主链含有3个碳原子，在1号C上含有两个氯原子，在2号C上含有两个氯原子，结构简式为故答案为：

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意主链的正确选择。【解析】①.2，3-二甲基戊烷②.2，3，3-三甲基戊烷③.2-甲基己烷④.4-甲基-3-乙基庚烷⑤.⑥.三、判断题(共9题，共18分)18、B【分析】【详解】

为羧基，不能拆成羰基和羟基，不具有和—OH的双重性质，故错误；19、A【分析】【详解】

根据醇的结构分析，丙三醇和乙二醇亲水基(羟基)数目较多且烃基不大，均能与水混溶，丙三醇更易形成分子间氢键，则丙三醇的沸点应该高于乙二醇的沸点，故正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液发生银镜反应，所以检验蔗糖水解程度时，应向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热后，加入过量的氢氧化钠溶液中和稀硫酸，再加入银氨溶液，水浴加热才能观察到是否有银镜生成，故错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

1molHCHO中含有2mol醛基，与银氨溶液发生反应：1molHCHO生成4molAg，故答案为：错误；22、B【分析】【详解】

油脂的氢化属于加成反应，油脂的皂化属于水解反应，故错误。23、B【分析】【分析】

【详解】

分子式为C11H16的烃类，不饱和度为4，不能与溴水反应则没有碳碳双键，但能使酸性KMnO4溶液褪色且只含有一个烷基则推断其由苯环和一个戊烷基组成，可看作是戊烷的一取代，分别是正戊烷3种、异戊烷4种、新戊烷1种，共8种。结构如下：错误。24、A【分析】【详解】

生物高分子材料、隐身材料、液晶高分子材料等都是具有某些特殊化学、物理及医学功能的高分子材料，都属于功能高分子材料，故正确。25、B【分析】【详解】

有多种单体聚合形成的高分子化合物的聚合度等于n×单体数，故上述说法错误。26、A【分析】【分析】

【详解】

合成高分子化合物按照结构可分为线型结构、支链型结构和网状结构，题中说法正确。四、结构与性质(共1题，共6分)27、略

【分析】【分析】

根据S原子的电子排布式判断S在周期表所处的区和基态核外电子排布处于最高能级及电子云轮廓形状；根据同主族元素性质递变规律判断O、S、Se第一电离能相对大小；根据Se的原子序数判断M层的电子排布式；根据同主族元素性质递变规律判断氢化物酸性强弱；根据VSEPR理论判断SeO3分子的立体构型和离子中S原子杂化方式；根据H2SeO3和H2SeO4的电离，判断第一步电离和第二步电离关系和H2SeO4正电性更高更易电离判断酸性强；根据“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

【详解】

(1)S的原子序数为16，核内16个质子，核外16个电子，原子结构示意图为其电子排布式为1s22s22p63s23p4；则S位于周期表中p区，基态核外电子排布处于最高能级是3p，电子云轮廓图为哑铃形；答案为p；3p；哑铃形。

(2)同一主族元素；从上到下，失电子能力增强，第一电离能减小，则原子序数O＜S＜Se，第一电离能O＞S＞Se；答案为O＞S＞Se。

(3)Se元素为34号元素，其原子序数为34，核内34个质子，核外34个电子，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子排布式为3s23p63d10；答案为34；3s23p63d10。

(4)非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数=3+=3+0=3，Se为sp2杂化且不含孤电子对，其立体构型为平面三角形；离子中S原子价层电子对个数=3+=3+1=4，S为sp3杂化且含一个孤电子对；答案为强；平面三角形；sp3。

(5)①H2SeO3和H2SeO4分别存在H2SeO3H++H++H2SeO4=H++H++由上述电离可知，酸的第一步电离产生的H+抑制第二步电离，第一步电离后生成的阴离子较难再进一步电离出带正电荷的H+，所以H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离；答案为第一步电离产生的H+抑制第二步电离，第一步电离后生成的阴离子较难再进一步电离出带正电荷的H+。

②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，所以H2SeO4比H2SeO3酸性强；答案为H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+。

(6)晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8×+6×=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为m=g=g，晶胞的体积为V=(540.0×10-10cm)3，则密度为ρ===g·cm-3；b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，a位置白色球与面心白色球距离为540.0pm×=270pm，设a位置S2-与b位置Zn2+之间的距离为ypm，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系得y2+y2-2y2cos109°28′=(270)2，解得y=pm；答案为g·cm-3；【解析】①.p②.3p③.哑铃形④.O＞S＞Se⑤.34⑥.3s23p63d10⑦.强⑧.平面三角形⑨.sp3⑩.第一步电离产生的H+抑制第二步电离，第一步电离后生成的阴离子较难再进一步电离出带正电荷的H+⑪.H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+⑫.g·cm-3⑬.五、原理综合题(共2题，共10分)28、略

【分析】【详解】

(1)C4H10为烷烃，有正丁烷和异丁烷这2种同分异构体，正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物有2种，则C4H10的一氯代物有4种；

(2)由分子模型可知，白球是氢原子，黑球是碳原子，半黑球是氧原子，则该有机物的结构简式为CH2=C(CH3)COOH；官能团为碳碳双键和羧基；

(3)由常温下，0.1molL-1的HA溶液中c(OH-)/c(H+)＝1×10–8，可知c(OH–)=10–8c(H+)，所以所以所以常温下，0.1mol·L–1HA溶液的pH为3；

(4)常温下，将0.1mol/LHCl溶液与0.1mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH＝5，说明则MOH为弱碱，所以MOH在水中的电离方程式为：MOHM++OH-；

(5)反应CH3COO–CH3COOH+OH–的平衡常数Kh＝5×10–10；

(6)根据溶度积的概念可以直接计算，常温下，pH＝8时，c(OH–)＝10-6mol·L–1，由c(Cu2+)·c(OH-)2＝Ksp[Cu(OH)2]得，c(Cu2+)＝(2.2×10-20)/10-12mol·L-1＝2.2×10-8mol·L-1；

(7)1mol/LNa2C2O4溶液中存在：C2O42-+H2OHC2O4-+OH-，HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，H2OH++OH-，可知C(Na+)>C(C2O42-)>C(OH-)>C(HC2O4-)>C(H+)，溶液中存在质子守恒关系式：C(OH-)=C(H+)+2C(H2C2O4)+C(HC2O4-)。【解析】4种CH2=C(CH3)COOH碳碳双键、羧基3MOHM++OH−5×10–102.2×10–8C(Na+)>C(C2O42-)>C(OH-)>C(HC2O4-)>C(H+)C(OH-)=C(H+)+2C(H2C2O4)+C(HC2O4-)29、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ．(1)①由表格数据可知；温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为吸热；

②由表格数据可知；2000℃时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产；

③已知：N≡N键、H-H键的键能量为946kJ/mol、436kJ/mol，设N-H的键能为x，对于反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol；反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故946kJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×x=-92kJ/mol，解得：x=391kJ/mol；故答案为391kJ/mol；

(2)合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，р2的转化率大，则р2大，р2＞р1，故答案为A；р2＞р1；

Ⅱ．(3)①设参加反应的氮气物质的量为xmol；

该反应中N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始(mol)130

变化(mol)x3x2x

平衡(mol)1-x3-3x2x

列式可得：(1-x)+(3-3x)+2x=2.8，x=0.6；则氮气转化率=×100%=60%；当加入的反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，反应物的转化率相等，所以氢气转化率也是60%，故答案为60%；

②平衡时各物质的压强之比等于其物质的量之比，所以P(N2)=×8MPa=MPa，P(H2)=×8MPa=MPa，P(NH3)=×8MPa=MPa，化学平衡常数Kp===0.26(MPa)－2，故答案为0.26(MPa)－2；

(4)该原电池中通入二氧化氮的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以I是负极、II是正极，负极上生成氧化物，应该是二氧化氮失电子和硝酸根离子反应生成五氧化二氮，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，故答案为NO2+NO3--e-=N2O5。

【点睛】

本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素、电解原理的应用、反应能量变化、原电池原理等。侧重考查学生分析判断及计算能力，注意三段式在化学平衡