2025年新科版选修化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年新科版选修化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、有机物M的结构简式如图所示；与氢气发生加成反应得到物质甲，下列有关说法不正确的是。

A.有机物M含有2种官能团B.有机物M的分子式为C4H6O2C.有机物M能发生取代反应、加聚反应D.甲只含有一种官能团的链状同分异构体（不含甲本身）有6种2、为测定某血液样品中钙离子的含量，可取该样品2.00mL用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4后，再用1.000×10-4mol⋅L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，到达终点时用去20.00mL标准液。则下列说法中错误的是（）A.用酸性KMnO4(aq)滴定H2C2O4(aq)的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OB.KMnO4标准溶液应用碱式滴定管盛装C.滴定终点时的现象为：最后1滴标准KMnO4(aq)使锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色，且约半分钟内不褪色D.经计算该样品中钙离子浓度为1.000×10-4g⋅mL-13、室温下，向10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.2mol•L-1YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（温度和体积变化忽略不计）。则下列结论错误的是（）

A.HX为一元强酸，YOH为一元弱碱B.M点水的电离程度大于N点水的电离程度C.N点对应溶液中粒子浓度：c(YOH)>c(Y+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D.25℃pH=a时的YX溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-amol·L-14、下列离子方程式正确的是A.硫化钠水解：B.硫氢化钠水解：C.制胶体：D.硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液反应：5、下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是（）A.甲苯能使高锰酸钾溶液褪色而苯不能B.与Na反应时,乙醇的反应速率比水慢C.苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能D.乙醇能被酸性重铬酸钾溶液氧化而乙酸不能6、下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是。

。

操作或现象。

所得结论。

A

向纯碱中滴加足量浓盐酸；将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊。

酸性：盐酸>碳酸>苯酚。

B

取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液；溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡。

氧化性：KMnO4>H2O2

C

用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒。

高浓度酒精能让蛋白质变性更快。

D

向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液；然后水浴加热一段时间，试管内壁无任何现象。

淀粉未水解。

A.AB.BC.CD.D7、某化学小组用如图装置检验乙酸钴[(CH3COO)2Co]在氮气气氛中的分解产物；经查阅资料知：

(Ⅰ)氮气不参与反应，乙酸钴分解产物有CO、CO2、C2H6及某种固态氧化物X；

(Ⅱ)PdCl2溶液易被CO还原为Pd；CuO可与烃类反应生成水与CO2。

下列说法正确的是A.装置B用于检验CO和CO2，其中A盛放的是PdCl2浓溶液B.通N2的作用是使分解产生的气体全部进入后续装置，可将N2换为空气C.装置D~F用于检验C2H6的H元素，其中E装置中盛放的试剂与C相同D.若最终分解n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3，则X的化学式为Co3O4评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]；生产铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产步骤如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42—。请回答：

（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作中所用的玻璃仪器是___________，步骤②得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、______________。

（2）步骤④的离子方程式是_______________。

（3）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及_______。

（4）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。

（5）用平衡移动的原理解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因________。

（6）为测定步骤②中所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数，取晶体样品ag，溶于稀硫酸配成100．00mL溶液，取出20．00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）。若消耗0．1000mol•L-1KMnO4溶液20．00mL，所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为（用a表示）____________。9、请按要求书写下列离子方程式：

①铝粉投入到NaOH溶液反应的离子方程式为________

②少量Ba(OH)2溶液与NaHSO4反应的离子方程式为________

③小苏打治疗胃酸过多的离子方程式为_____________

④已知酸性环境下，ClO-可将Mn2+氧化成MnO2，自身被还原成Cl-，该过程的离子反应方程式为_____________10、在一定温度下，有a.氢氧化钠b.氢氧化钡c.氨水三种碱溶液。(用a、b；c填空)

(1)同体积；同物质的量浓度的三种碱；中和同物质的量浓度的盐酸溶液的能力由大到小的顺序是___。

(2)将c(OH-)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(OH-)由大到小的顺序是___。11、乙酸橙花酯(如图所示)是一种食用香料。

(1)乙酸橙花酯属于______(填“无机化合物”或“有机化合物”)。

(2)乙酸橙花酯中的官能团除酯基外还有_______(填名称)。

(3)将乙酸橙花酯加入饱和碳酸钠溶液中；充分震荡后分层，油层在上，说明乙酸橙花酯的密度_____水的密度(填“大于”“小于”)。

(4)向乙酸橙花酯溶液中滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，实验现象为________。12、金刚烷是一种重要的化工原料；工业上可通过下列途径制备：

请回答下列问题：

Ⅰ.环戊二烯的分子式为___，1mol环戊二烯与1molBr2发生加成反应的产物有___种（不考虑立体异构）。

Ⅱ.下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：

其中反应②的反应试剂和反应条件是___________________；反应③的反应类型是___________________________。

Ⅲ.已知烯烃能发生如下反应：

请写出下列反应产物的结构简式：____________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、丙烯（CH3CH=CH2）是生产聚丙烯的原料，丙烯中的官能团是碳碳双键。__A.正确B.错误14、和互为同系物。(_____)A.正确B.错误15、苯酚的酸性很弱，不能使指示剂变色，但可以与碳酸氢钠溶液反应放出CO2。(___________)A.正确B.错误16、油脂在酸性或碱性条件下，均可发生水解反应，且产物相同。(_______)A.正确B.错误17、DNA、RNA均为双螺旋结构。(____)A.正确B.错误18、核磁共振氢谱、红外光谱和质谱都可用于分析有机物结构。(___________)A.正确B.错误19、为防止污染，可以将塑料购物袋直接烧掉。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共1题，共2分)20、钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，江西省攀枝花和西昌地区的钡钛磁铁矿储量十分丰富。如下图所示，将钛厂、氯碱厂和甲醇（）厂组成产业链可以大大提高资源利用率；减少环境污染。请填写下列空白：

（1）电解食盐水时，总反应的离子方程式______________。

（2）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池中负极上的电极反应式是________________________。

（3）已知：①H=

②H=

则H=_____________。

（4）写出钛铁矿高温下经氯化法得到四氧化钛的化学方程式：________________。

（5）某自来水中含有长期烧煮上述自来水会在锅炉内形成水垢，锅炉水垢不仅耗费燃料，而且有烧坏锅炉的危险，因此要定期清除锅炉水垢。已知部分物质20℃时的溶解度数据有：

。物质溶解度（）26.7

①请用化学方程式表示锅炉中的水垢含有而不含有的原因：_______。

②锅炉中的水垢所含有的不能直接用酸除去，需要加入试剂X，使其转化为易溶于盐酸的物质Y而除去，能转化为物质Y的离子方程式_________。

③水中的可以用一定浓度的M溶液进行测定，M与都以等物质的量进行反应，现取含浓度为0.40g/L的自来水样10mL，至锥形瓶中进行滴定，达到终点时，用去了浓度为0.01mol/L的M溶液20.00mL，则该自来水样中的物质的量浓度是________。评卷人得分五、结构与性质(共4题，共12分)21、氧是地壳中含量最多的元素。

(1)氧元素基态原子核外未成对电子数为____________。

(2)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为________。的沸点比高,原因是__________。

(3)甲醛(H2CO)在Ni催化作用下,加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为__________,甲醇分子内的O—C—H键角____________(填“大于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。22、青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体；双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。

（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。

（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有：2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF

①写出BH4﹣的等电子体_________（分子；离子各写一种）；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有______种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；

④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。23、磷；碳、氢等非金属及其化合物用途广泛。试回答下列问题。

(1)白磷(P4)在氯气中燃烧可生成PCl3和PCl5。

①形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键，该激发态的价电子排布式为___________。

②研究表明，在加压条件下PCl5于148℃液化时能发生与水类似的自耦电离，形成一种能导电的熔体，其电离方程式为___________，产生的阳离子的空间结构为___________；N和P都有+5价，但NCl5不存在，从原子结构的角度分析其原因：___________。

(2)分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)。一种观点认为，苯酚羟基中的O原子是sp2杂化则苯酚中的大π键可表示为___________，一定在同一平面上的原子有___________个；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是：在大π键中氧的p电子云向苯环转移，___________。

(3)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图所示，其中n=___________。已知晶胞体积为9.0×10-29m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为___________g·cm-3(保留1位小数)。

24、CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。

（1）用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。

（2）由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________（填“增大“减小”或“不变”），溶液中c(Cr2O72-)与c(CrO42-)的比值将_____________（填“增大”“减小”或“不变”）。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为________________（水的浓度不计入平衡常数表达式）。

（3）升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________0（填“大于”“小于”或“等于”）。

（4）向K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，发生离子互换反应，生成砖红色沉淀且溶液的pH下降，生成的砖红色沉淀的化学式为_______________。

（5）+6价铬的化合物毒性较大，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72-转化为Cr3+，反应的离子方程式为______________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．M中含有碳碳双键和羧基两种官能团；故A正确；

B．根据结构简式M的分子式为C4H6O2；故B正确；

C．M中羧基能发生取代反应；碳碳双键能发生加聚反应；故C正确；

D．M中火焰碳碳双键，能够和氢气发生加成反应生成的甲为(CH3)2CHCOOH；甲的同分异构体中只含一种官能团且为链状结构，官能团可能是-COOH，有丁酸；2-甲基丙酸，官能团是酯基时，有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，去掉其本身，符合条件的共有5种，故D错误；

故选D。2、B【分析】【详解】

A．高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将氧化为自身被还原为反应方程式为故A正确；

B．高锰酸钾是强氧化剂；所以存放在酸式滴定管中，而不是碱式滴定管，故B错误；

C．滴定终点时溶液由无色变为浅紫色，所以滴定终点时的现象为：最后1滴标准使锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色；且约半分钟内不褪色，故C正确；

D．由可以得出关系式：所以所以可计算出2mL该血液中含钙的质量为1mL该血液中含钙：故D正确；

故答案为B。3、C【分析】【分析】

0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离；滴入6mL0.2mol•L-1YOH溶液时，反应后溶质为YX、YOH，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱；N点YOH过量，溶液呈碱性，大大抑制了水的电离；N点容易的pH=10，则c（OH-）＞c（H+）；结合电荷守恒和物料守恒分析；离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离。

【详解】

A、根据图示可知，0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为一元强酸；滴入6mL0.2mol•L-1YOH溶液时；YOH过量，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱，故A正确；

B；M点溶质为Y、YOH；溶液的pH=7，水的电离程度基本不变，而N点加入10mLYOH溶液，溶液的pH=10，抑制了水的电离，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故B正确；

C、N点溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（Y+）＞c（X-），N点溶液中存在物料守恒：c（Y+）+c（YOH）=2c（X-），则c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH），正确的粒子浓度大小为：c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH）＞c（OH-）＞c（H+）；故C错误；

D、YX为强酸弱碱盐，Y+离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离，25℃时pH=a的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-amol•L-1；故D正确。

答案选C。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的内容。4、D【分析】【详解】

A．水解要分两步，且不产生气体，为：故A错误；

B．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，离子方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-；故B错误；

C．用溶液制得的胶体是稳定的，不是沉淀；故C错误；

D．与水解相互促进而彻底反应生成沉淀，故离子反应方程式为：故D正确；

故答案为D。

【点睛】

中学化学中常见的能发生“双水解反应”的离子对有：Al3+与HCO3–、CO32–、HS-、S2-；Fe3+与HCO3–、CO32–；NH4+与SiO32-等。另外Al3+遇到比碳酸还弱的酸的酸根如：ClO-、SiO32-、AlO2-等也会发生“双水解反应”。5、D【分析】【详解】

A．苯不能使高锰酸钾溶液褪色；而甲苯中苯环使甲基活化，故甲基能被高锰酸钾溶液氧化为羧基，从而使高锰酸钾溶液褪色，体现了基团间的相互影响，故A正确；

B．-OH连在烷烃基上；导致活性下降，即乙醇中-OH的活泼性比水的差，能体现基团之间的相互影响，故B正确；

C．乙醇中-OH显中性；而苯酚中-OH连在苯环上，苯环使-OH活化，从而苯酚显酸性，体现了苯环对-OH的影响，故C正确；

D．乙醇中的-OH有还原性；可以被强氧化剂直接氧化为乙酸，而乙酸中羧基无还原性，故不能被氧化，和基团之间的影响无关，故D错误；

故答案为D。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．由于浓盐酸挥发出HCl；可以使苯酸钠生成苯酚，只能证明盐酸酸性强于碳酸，A错误；

B．发生反应：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,现象为紫红色褪去，有气泡产生，证明氧化性KMnO4>H2O2；B正确；

C．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%；乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C错误；

D．淀粉水解后溶液显酸性；应在碱性条件下检验，正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D错误；

答案选B。7、D【分析】【分析】

由题给装置图可知，加热前通入氮气排尽装置中的空气防止空气中氧气干扰实验，加热乙酸钴，乙酸钴分解受热分解生成CO、CO2、C2H6及某种固态氧化物X，由于PdCl2溶液被CO还原为Pd的同时会生成二氧化碳，装置A中澄清石灰水用于二氧化碳的检验，装置B中PdCl2浓溶液用于一氧化碳检验及吸收；装置C中碱石灰用于吸收二氧化碳和水蒸气，防止干扰实验；装置D为烃类与氧化铜反应验证装置，装置E中无水硫酸铜用于验证反应生成的水，装置F中澄清石灰水用于检验反应生成的二氧化碳。

【详解】

A.PdCl2溶液被CO还原为Pd的同时会生成二氧化碳；反应生成的二氧化碳会干扰二氧化碳检验，故A错误；

B.若将氮气换为空气，易燃的C2H6与空气中氧气在加热情况下可能会爆炸；影响实验进行，故B错误；

C.装置C中碱石灰用于除去水和二氧化碳；防止干扰烃类与氧化铜反应产物的验证，装置D中无水硫酸铜用于检验水，盛放的试剂不同，故C错误；

D.乙酸钴中C元素化合价为0价，Co元素化合价为+2价，乙酸钴中钴与碳的个数之比为1:4，最终分解n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3，若碳的化合物中C原子个数为12，X中钴原子个数为=3，设X中钴元素化合价为a，由得失电子数目守恒可得：(a—2)×3+4×1+2×4=3×2×3，解得a=+则X的化学式为Co3O4；故D正确；

故选D。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4；FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加如碳酸氢铵；反应生成碳酸亚铁沉淀；硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸，碳酸亚铁溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体。

【详解】

（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作为过滤；过滤用的仪器有玻璃棒；烧杯、漏斗；步骤②得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：玻璃棒、烧杯、漏斗；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（2）步骤④的反应为FeSO4与如碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（3）Fe2+具有还原性，步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及隔绝空气，防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；

（4）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，反应的方程式为4FeSO4+O24SO3+2Fe2O3，由化合价变化可知，氧化剂为O2和还原剂为FeSO4；由得失电子数目守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4，故答案为：1:4；

（5）硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，加入乳酸，CO32-与乳酸反应，使CO32-浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答案为：硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-与乳酸反应浓度降低；平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；

（6）亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，本身被还原为+2价的锰离子，根据得失电子守恒可知5FeSO4·7H2O—KMnO4，则依据消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL可知FeSO4·7H2O的质量分数为×100%=×100%，故答案为：【解析】①.玻璃棒、烧杯、漏斗②.冷却结晶、过滤、洗涤、干燥③.Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑④.防止Fe2+被氧化⑤.1:4⑥.硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液⑦.×100%9、略

【分析】【详解】

(1)Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2

(2)Ba(OH)2少量可把Ba(OH)2看做1，即只有1个Ba2+和2个OH-，NaHSO4可以完全电离成Na+、H+和离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4+2H2O

(3)小苏打是NaHCO3，胃酸的主要成分是盐酸，离子方程式为+H+=CO2+H2O；

(4)根据题意，反应物有ClO-和Mn2+，产物有MnO2和Cl-，Cl得到2e-，Mn失去2e-，转移电子守恒，根据电荷守恒，产物需要阳离子H+，则反应物需要用H2O配平，离子方程式为ClO-+Mn2++H2O=MnO2+2H++Cl-；【解析】2Al+2OH-+2H2O=2+3H2Ba2++2OH-+2H++=BaSO4+2H2O+H+=CO2+H2OClO-+Mn2++H2O=MnO2+2H++Cl-10、略

【分析】【详解】

同体积、同物质的量浓度的三种碱，二元碱消耗的盐酸比一元碱多，所以氢氧化钡消耗的盐酸最多，氢氧化钠与氨水消耗的盐酸相同，则中和同物质的量浓度的盐酸溶液的能力由大到小的顺序是故答案为：

一水合氨是弱电解质，加水稀释能促进一水合氨的电离，所以氨水中氢氧根离子浓度变化小，即氨水中氢氧根离子浓度大，所以将相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，由大到小的顺序是故答案为：【解析】b>a=cc>a=b11、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）由乙酸橙花酯结构简式可知；乙酸橙花酯为含碳化合物，为有机化合物，故答案为：有机化合物；

（2）由图可知乙酸橙花酯中含有官能团碳碳双键和酯基；故答案为：碳碳双键；

（3）将乙酸橙花酯加入饱和碳酸钠溶液中；充分震荡后分层，油层在上，则乙酸橙花酯不溶于水且比水的密度小，故答案为：小于；

（4）乙酸橙花酯中含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾褪色，故答案为：酸性高锰酸钾溶液褪色。【解析】有机化合物碳碳双键小于酸性高锰酸钾溶液褪色12、略

【分析】【详解】

I．由环戊二烯的结构简式可知，其分子式为C5H6；1mol环戊二烯与1molBr2发生加成反应；其反应有1，2加成和1，4加成两种，产物有2种；

II．反应②为卤代烃的消去反应；其反应试剂和反应条件为：氢氧化钠乙醇溶液，加热；反应③中碳碳双键反应生成单键，属于加成反应；

III．由信息可知，该反应中碳碳双键发生断裂，碳碳双键的碳上含H原子被氧化为醛，则在臭氧、H2O、Zn的作用下氧化为：【解析】①.C5H6②.2③.氢氧化钠乙醇溶液，加热④.加成反应⑤.三、判断题(共7题，共14分)13、A【分析】【详解】

丙烯属于烯烃，可以通过加聚反应生成聚丙烯，烯烃的官能团是碳碳双键，因此答案正确。14、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。15、B【分析】【分析】

【详解】

苯酚的酸性很弱，不能使石蕊变色。苯酚的酸性弱于碳酸，所以不能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，错误。16、B【分析】【详解】

油脂在酸性或碱性条件下，均可发生水解反应，且产物不相同，酸性为高级脂肪酸，碱性为高级脂肪酸盐，错误。17、B【分析】【详解】

DNA为双螺旋结构，RNA是单链线形结构，故答案为：错误。18、A【分析】【详解】

红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目;质谱法用于测定有机物的相对分子质量；可以确定分子中共轭体系的基本情况；所以红外光谱仪、紫外光谱、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析；正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

将塑料购物袋直接烧掉会造成空气污染，题中说法错误。四、原理综合题(共1题，共2分)20、略

【分析】【详解】

（1）惰性电极电解饱和食盐水的生成物是氢气、氢氧化钠和氯气，所以方程式为（2）原电池中负极是失去电子的，所以甲醇在负极通入。又因为溶液显碱性，所以负极反应式为（3）根据盖斯定律可知，①×2－②即得到反应2Mg(s)＋TiCl4(g)＝2MgCl2(s)＋Ti(s)，所以反应热是－641kJ·mol－1×2＋770kJ·mol－1＝－512kJ•mol－1；（4）根据反应物和生成物并依据守恒法可以得出反应的方程式为（5）①因为加热条件下发生反应故锅炉中的水垢含有而不含有②CaSO4与酸不反应，必须先转化为碳酸钙再加酸除去，所以要先加入碳酸钠；CaSO4能转化为物质碳酸钙的原因是碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度；（4）10mL自来水样中Ca2+的质量为0.40g/L×10×10-3L=4×10-3g，则n（Ca2+）===1×10-4mol，已知M与Ca2+、Mg2+都以等物质的量进行反应，所以n（Ca2+）=n（M）-n（Ca2+）=0.01mol/L×20×10-3L-1×10-4mol=1×10-4mol，所以c（Mg2+）===0.01mol/L。【解析】五、结构与性质(共4题，共12分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)依据基态原子核外电子排布原则可写出氧原子的电子排布图:所以未成对电子数为2。

(2)沸点高说明分子间作用力大,因此结合氢键的形成方式得出形成分子间氢键,而形成的是分子内氢键的结论。

(3)甲醇分子中的C原子的成键电子对数为4,无孤电子对,中心原子的杂化类型为sp3,立体构型为四面体形,而甲醛中的C原子的杂化方式为sp2,立体构型为平面三角形,故甲醛分子中的O—C—H的键角比甲醇中的大。【解析】①.2②.O—H键、氢键、范德华力③.形成分子内氢键,而形成分子间氢键,分子间氢键使分子间作用力增大,导致沸点升高④.sp3⑤.小于22、略

【分析】【分析】

非金属性越强的元素；其电负性越大；根据原子核外电子排布的3大规律分析其电子排布图；手性碳原子上连着4个不同的原子或原子团；等电子体之间原子个数和价电子数目均相同；配合物中的配位数与中心原子的半径和杂化类型共同决定；根据晶胞结构；配位数、离子半径的相对大小画出示意图计算阴、阳离子的半径比。

【详解】

（1）组成青蒿素的三种元素是C、H、O，其电负性由大到小排序是O>C>H，基态O原子的价电子排布图

（2）一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，如图所示：

（3）①根据等电子原理，可以找到BH4﹣的等电子体，如CH4、NH4+；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键；原因是：B原子的半径较小；价电子层上没有d轨道，Al原子半径较大、价电子层上有d轨道；

④由NaH的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似，则NaH晶体中阳离子的配位数是6；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，Na+半径大于H-半径，两种离子在晶胞中的位置如图所示：Na+半径的半径为对角线的对角线长为则Na+半径的半径为H-半径为阴、阳离子的半径比0.414。由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。【解析】①.O>C>H②.③.7④.CH4、NH4+⑤.2⑥.B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道⑦.6⑧.0.414⑨.电荷因素⑩.键性因素23、略

【分析】【详解】

（1）①磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，由形成五氯化磷时，磷原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键可知，激发态的价电子排布式为3s１3