2025年粤教版选修化学上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年粤教版选修化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列离子方程式正确的是A.生活中用食醋除水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB.用FeS沉淀工业废水中的Cu2+：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)C.用热碱液洗涤油污：CO+2H2OH2CO3+2OH-D.稀盐酸除铁锈：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O2、向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气；溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法正确的是()

A.线段AB代表Fe2＋物质的量的变化情况B.线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况C.线段DE所发生的离子反应方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－D.原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝1∶2∶33、某无色澄清溶液中可能含有：①Na+、②SO③Cl-、④HCO⑤OH-、⑥H+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如表：。步骤操作现象(1)用酚酞试液检验溶液变红(2)向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸有白色沉淀生成(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀生成

下列结论正确的是A.该实验无法确定是否含有①③B.肯定含有的离子是②③⑤C.肯定含有的离子是①②⑤D.肯定没有的离子是④⑥⑦，可能含有的离子是①③4、有4种碳骨架模型(氢原子已省略)如图所示的烃；则下列判断正确的是。

A.a和b都属于烷烃B.b和c互为同分异构体C.b和d互为同系物D.c的分子式为C4H105、用化合物Ⅰ合成重要的有机中间体化合物Ⅱ反应如图所示。下列说法错误的是。

A.化合物Ⅰ和化合物Ⅱ互为同分异构体B.化合物Ⅰ有3个手性碳原子C.化合物Ⅰ和化合物Ⅱ完全加成均消耗3molH2，且最终的还原产物相同D.加热回流时的冷凝仪器可使用球形或蛇形冷凝管6、化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是A.新冠病毒变异毒株德尔塔(Delta)，传播性更强，其成分含有蛋白质B.中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是单晶硅C.市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作。忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤D.“神舟十二号”飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷主要成分是硅酸盐7、我国科学家实现了无催化剂熔融缩聚合成聚酯；其反应历程如图：

下列说法错误的是A.合成聚酯的反应属于缩聚反应B.是产物之一C.上述转化中有双键的断裂，没有双键的形成D.合成上述聚酯的单体是二元醇和二元羧酸8、某有机物的结构简式为其可能具有的性质是。

①能发生加成反应②能使酸性高锰酸钾溶液褪色③能发生取代反应④能发生中和反应⑤能发生氧化反应A.全部B.只能发生①③④C.除⑤外都能D.除③⑤外都能9、下列说法正确的是A.四联苯的一氯代物有4种B.质谱仪检测苯酚的质谱图中，最大质荷比是94C.和互为同分异构体D.宇宙中新发现的H2和H3互为同位素评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.常温下，1LpH=10的溶液中所含的数目为NAB.氯碱工业中转移2mol电子时，通过阳离子交换膜的的数目为2NAC.过量的铜与含0.2mol的浓硝酸反应，转移电子的数目大于0.1NAD.室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水稀释，所得溶液中的数目大于0.1NA11、下列说法正确的是A.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔH<0，ΔS>0B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀C.常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10-4mol·L-1D.常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移的电子数为6.02×102312、2022年北京冬奥会的场馆建设中用到一种耐腐蚀；耐高温的表面涂料。是以某双环烯酯为原料制得的；其结构如图。下列有关该双环烯酯的说法正确的是。

A.分子式为C14H18O2B.1mol该物质能与2molH2发生加成反应C.该分子中所有原子可能共平面D.与H2完全加成后产物的一氯代物有9种(不含立体异构)13、轮烷的某种合成原料由C；H、O三种元素组成；其球棍模型如图所示。

下列说法正确的是A.该化合物的名称为乙酸乙酯B.该化合物能使Br2的四氯化碳溶液褪色C.该化合物能发生水解反应，不能发生加聚反应D.该化合物的链状同分异构体中，能与反应放出的只有3种不考虑顺反异构14、下列有关实验操作和现象及解释或结论都一定正确的是。选项实验操作和现象解释或结论A将受热分解产生的气体通入某溶液，溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失该溶液是溶液或溶液B向盛有NaBr溶液的试管中依次滴入少量氯水和苯振荡、静置，溶液上层呈橙红色非金属性：Cl>BrC将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，钠表面变暗，将其放置在坩埚中加热，钠燃烧，发出黄色火焰钠易与氧气反应，加热时生成的是D向20%蔗糖溶液中加入足量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，加热，未出现银镜蔗糖未水解

A.AB.BC.CD.D15、如图是合成某种药物的中间类似物。下列有关该物质的说法错误的是。

A.该物质存在顺反异构体B.该物质可通过加聚反应合成高分子化合物C.该物质中含4种官能团D.1mol该物质最多与3molNaOH反应16、从夏威夷天然植物蜘蛛百合中分离得到的除了优异的抗病毒活性外，还具有体外和体内抑制癌细胞生长的生理活性，其结构如图所示。下列有关的说法正确的是。

A.一定条件下，最多能与发生加成反应(不考虑开环)B.分子中含有6个手性碳原子C.该物质与乙酸酐1：1发生反应，最多可以生成4种酯D.该物质与稀反应，最多消耗17、苯佐卡因是临床常用的一种手术用药；其结构简式如图所示。下列关于苯佐卡因的说法错误的是。

A.其分子式为B.分子中的N原子的杂化方式均相同C.分子中可能共平面的碳原子最多为9个D.其同分异构体中满足硝基和苯环直接相连的共有19种(不考虑立体异构)评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、根据题意；完成下列问题。

（1）常温下，将1mLpH＝1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，稀释后的溶液pH＝_____。

（2）某温度时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw＝______。该温度__________25℃(填“高于”；“低于”或“等于”)。

（3）常温下，设pH＝5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度为c1；pH＝9的Ba(OH)2溶液中由水电离出的H+浓度为c2，则c1/c2＝__________。

（4）常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL与pH＝3的H2SO4溶液bL混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。

若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝__________。若所得混合溶液pH＝12，则a∶b＝__________。

（5）向明矾溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液至硫酸根离子刚好沉淀完全时，溶液的pH______7(填>，<，=)，离子反应总方程式为______________________。

（6）用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：

甲：a.称取一定质量的HA配制成0.1mol・L－1的溶液100mL；

b.用pH试纸测出该溶液的pH；即可证明HA是弱电解质。

乙：a.用已知物质的量浓度的HA溶液；盐酸；分别配制pH＝1的两种酸溶液各100mL；

b.分别取这两种溶液各10mL；加水稀释为100mL；

c.各取相同体积的两种稀释液装入两个试管中；同时加入纯度相同的锌粒，观察反应现象，即可证明HA是弱电解质。

①在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是_______。

②甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH____1(选填“＞”；“＜”或“＝”)。

乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是_______(多选扣分)。

A.装HCl溶液的试管中放出H2的速率快。

B.装HA溶液的试管中放出H2的速率快。

C.两个试管中生成气体的速率一样快19、A—F是几种典型有机代表物的分子模型；请看图回答下列问题。

(1)常温下含碳量最高的是_______(填对应字母)；

(2)一卤代物种类最多的是_______(填对应字母)；

(3)A、B、D三种物质的关系为_______

(4)F中一定在同一个平面的原子数目为_______

(5)写出C使溴水褪色的方程式_______

(6)写出E发生溴代反应的化学方程式_______；

(7)写出C的官能团的名称_______

(8)F的二溴取代产物有_______种20、下列反应中，属于取代反应的是___________(填序号，下同)，属于氧化反应的是___________，属于加成反应的是___________。

①由乙烯制乙醇②乙烷在空气中燃烧③乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色④乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色⑤乙烷在光照下与氯气反应21、尼泊金甲酯和香兰素在食品；化妆品行业有广泛用途。它们的结构简式如下：

（尼泊金甲酯）(香兰素)

(1)尼泊金甲酯中显酸性的官能团是_______（填名称）。

(2)下列说法中，正确的是_____________（填标号）。

A．尼泊金甲酯和香兰素分子式都是C8H8O3

B．尼泊金甲酯和香兰素都能发生水解反应。

C．1mol尼泊金甲酯或香兰素均能与4molH2发生加成反应。

D．利用银氨溶液可以鉴别尼泊金甲酯和香兰素。

(3)大茴香酸与香兰素互为同分异构体，它是一种羧酸，且具备以下3个特点。大茴香酸的结构简式为______。

a．分子中含有甲基b．遇FeCl3溶液不显紫色c．苯环上的一氯代物只有两种。

(4)以丁香油酚为原料；通过下列路线合成香兰素。

(丁香油酚)（注：分离方法和其他产物已经略去；乙酸酐的结构简式为）

①由和ClCH2CH＝CH2合成丁香油酚的反应类型属于___________。

②步骤Ⅱ中，反应的化学方程式为___________________。

③W的结构简式为____________________。22、化合物F是一种天然产物合成中的重要中间体；其合成路线如下：

设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。_____评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)23、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24、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.错误评卷人得分五、工业流程题(共2题，共10分)25、铜转炉烟灰含金属元素(主要为)的硫酸盐和氧化物以及其有价金属回收工艺流程如下。已知：时，回答下列问题：

(1)“浸出液①”中所含有的金属阳离子有___________和“浸出”中，当硫酸浓度大于时，金属离子浸出率反而下降，原因是___________。

(2)“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化后，所得滤渣主要成分为该氧化过程的离子方程式为___________。

(3)的溶解度随温度变化曲线如图所示。“浓缩结晶”的具体操作步骤为：

①在时蒸发至溶液出现晶膜；停止加热；

②降温至___________蒸发至溶液出现晶膜；停止加热；

③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。其中，步骤①的目的为___________。

(4)“转化”后，滤饼的主要成分是和___________。该工艺中，可循环利用的物质有___________。

(5)测定烟灰中的取硝酸浸出液于锥形瓶中，调为5，加入指示剂后用的标准溶液滴定至终点(离子方程式为)，消耗标准溶液则的浓度为___________26、五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒；既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：

已知：①“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成和VO2+。

②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取的能力强。

③溶液中与可相互转化：+H2O+2H+

(1)“酸浸”时，FeSO4参与反应的化学方程式为___________。

(2)“萃取”和“反萃取”时，将发生R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)，“反萃取”加入试剂___________。(填化学式)假设“滤液2”中c(VO2+)=amol·L—1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4次操作后，“滤液2”中残留的c(VO2+)=___________mol·L-1.(萃取率=×100％)

(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为___________。

(4)“沉钒”时，通入氨气的作用是___________，以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是___________。

(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有___________。评卷人得分六、计算题(共3题，共24分)27、(1)现有pH=2的HCl溶液100mL，要使它的pH=3，如果加入蒸馏水，需加水____mL；

(2)将pH=8的NaOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混和后，溶液的pH=_____；

(3)10mL0.1mol/LHCl溶液与10mL0.1mol/LNaOH溶液混合后求溶液的pH=_____；

(4)0.1mol/LHCl溶液与0.06mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后溶液的pH=______；

(5)25℃时，若10体积pH=a的某强酸溶液与1体积pH=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b之间应满足的关系是_______。28、纳豆是一种减肥食品；从其中分离出一种由C；H、O三种元素组成的有机物A，为确定其结构现进行如下各实验：

①6.0gA在一定条件下完全分解；生成3.36L(标准状况下)一氧化碳和1.8g水；

②中和0.24g物质A消耗0.2mol/L的NaOH溶液20.00mL；

③0.01mol物质A完全转化为酯；需要乙醇0.92g，0.01molA能与足量钠反应放出0.336L(标准状况下)氢气。

通过计算确定：

(1)A的摩尔质量是_________，A的化学式为____________。

(2)A的结构简式是________________。29、（1）据报道；我国在南海进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：

水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1①

CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH3③

则反应①自发进行的条件是___（填“低温”或“高温”），ΔH3＝__kJ·mol－1。

（2）根据部分键能数据，以及热化学方程式CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g)ΔH=－1940kJ·mol-1，计算H—F键的键能为__kJ·mol-1。

。化学键。

C—H

C—F

H—F

F—F

键能/(kJ·mol－1)

414

489

？

155

（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，写出该反应的热化学方程式___。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．水垢的主要成分是碳酸钙，食醋的主要成分是醋酸，碳酸钙难溶于水，醋酸是弱酸，写离子方程式时都不拆，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O；故A错误；

B．CuS比FeS更难溶，因此常用FeS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+，离子方程式为：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)；故B正确；

C．碳酸根离子分步水解，主要是第一步，离子方程式应为CO+H2OHC+OH-；故C错误；

D．铁锈的主要成分为Fe2O3，盐酸除铁锈的离子方式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；故D错误；

答案选B。2、B【分析】【详解】

A．还原性为I−>Fe2+>Br−，根据图像，消耗1mol氯气，离子浓度减少2mol，则先发生2I−+Cl2═I2+2Cl−，线段AB代表I－物质的量的变化情况；故A错误；

B．I−反应完毕，消耗2mol氯气，离子浓度增加4mol，再发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl−，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl−，代表Fe3+的物质的量的变化情况；故B正确；

C．线段DE表示消耗3mol氯气，离子的浓度减小6mol，则最后发生反应2Br−+Cl2═Br2+2Cl−；故C错误；

D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I−+Cl2═I2+2Cl−，故n(I−)=2n(Cl2)=2mol，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl−，消耗氯气2mol，故n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×2mol=4mol，DE段发生2Br−+Cl2═Br2+2Cl−，消耗氯气3mol，故n(Br−)=2n(Cl2)=6mol，故原溶液中n(Fe2+):n(I−):n(Br−)=4mol:2mol:6mol=2:1:3；故D错误；

答案选B。3、A【分析】无色澄清溶液，说明不含有Cu2+，用酚酞试液检验，溶液变红，说明含有OH-，则溶液中不含有HCOH+，向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，说明含有SO将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，则白色沉淀为AgCl，由于步骤Ⅱ加入了盐酸，不能证明原溶液中是否含有Cl-；据此分析解答。

【详解】

A．由上述分析可知，还无法确定的离子是①Na+、③Cl-；A正确；

B．肯定含有的离子是②SO⑤OH-；B错误；

C．①Na+；不能确定是否存在；C错误；

D．肯定不含有的离子是④HCO⑥H+，可能含有的离子是①Na+、③Cl-；D错误；

答案选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，a为异丙烯，b为都新戊烷；故A错误；

B．由图可知，b为都新戊烷；c为异丁烷，两者不是同分异构体，故B错误；

C．由图可知，b为都新戊烷；d为环丁烷，两者不是同系物，故C错误；

D．由图可知，c为异丁烷，其分子式为C4H10；故D正确；

故答案：D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．由结构简式可知化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的化学式均为C15H22O；二者的结构不同，因此互为同分异构体，故A正确；

B．化合物Ⅰ有3个手性碳原子，如图“*”标记的碳原子：故B正确；

C．化合物Ⅰ中碳碳双键、碳碳三键能与H2发生加成反应生成化合物Ⅱ中碳碳双键、羰基能发生加成反应生成二者的加成产物结构不相同，且未告知化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的物质的量，不能确定完全加成消耗H2的物质的量；故C错误；

D．为增强冷凝效果；加热回流时的冷凝仪器可使用球形或蛇形冷凝管，故D正确；

综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。6、D【分析】【详解】

A．病毒的衣壳的主要成分为蛋白质；A正确；

B．晶体硅为良好的半导体；是芯片的主要成分，B正确；

C．聚酯纤维材料中含有酯基；用肥皂或碱性较强的液体洗涤会使酯基水解，C正确；

D．高温结构陶瓷为新型无机非金属材料；不含Si元素，不是硅酸盐，D错误；

综上所述答案为D。7、C【分析】【详解】

A．由图可知；二元酸和二元醇反应生成聚酯过程中有水分子生成，因此该反应为缩聚反应，故A正确；

B．由图中流程可知，是产物之一；故B正确；

C．由图中流程可知；转化过程中无双键断裂，有双键形成，故C错误；

D．该流程合成聚酯是醇与羧酸发生缩聚反应；由聚酯的结构简式可知，其单体为二元醇和二元羧酸，故D正确；

综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。8、A【分析】【分析】

【详解】

①含有碳碳双键和苯环；可以发生加成反应，故①正确；

②含有碳碳双键；可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使其褪色，故②正确；

③含有羧基；羟基；可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故③正确；

④含有羧基；可以发生中和反应，故④正确；

⑤含有碳碳双键；羟基(连接羟基的碳上有氢原子)，可以发生氧化反应，故⑤正确；

综上所述全部正确，故答案为A。9、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据上下对称、左右对称可知，中的等效氢原子有5种；因此四联苯的一氯代物的种类为5种，故A错误；

B．苯酚的相对分子质量为94；用质谱仪检测苯酚的质谱图中，最大质荷比是94，故B正确；

C．二氯甲烷是四面体结构，因此和是同一种物质；故C错误；

D．H2和H3是H元素的不同单质；是同素异形体，不是同位素，故D错误；

故选B。二、多选题(共8题，共16分)10、AB【分析】【分析】

【详解】

A．pH=10的碳酸钠溶液中c(OH-)=10-4mol/L，所以1L该溶液所含氢氧根的物质的量为10-4mol；故A错误；

B．氢氧根为阴离子；不能通过阳离子交换膜，故B错误；

C．若0.2molHNO3全部被铜还原为NO2，则转移0.1mol电子，但是铜和硝酸反应过程中硝酸变稀会生成NO，N的化合价降低3价，所以转移的电子数目大于0.1NA；故C正确；

D．1LpH=1的醋酸溶液中n(H+)=1L×0.1mol/L=0.1mol，加水稀释促进醋酸的电离，从而电离出更多的氢离子，所得溶液中H+的数目大于0.1NA；故D正确；

故答案为AB。

【点睛】

选项B为易错点，转移2mol电子时，若没有离子交换膜，则迁移的OH-为2mol；阳离子交换膜只允许通过阳离子，阴离子交换膜只允许通过阴离子，质子交换膜只允许通过氢离子。11、BC【分析】【详解】

A．该反应气体的分子数减少了，所以是熵减的反应，△S<0，A错误；B．锌比铁活泼，形成原电池时锌做负极，所以可以减缓钢铁管道的腐蚀，B正确；C．常温下，在pH=10的溶液中，c(OH-)=1mol/L，溶液中含Mg2+浓度最大值为=5.6mol/L，C正确；D．在锌和稀硫酸的反应中每生成1molH2，电子转移的数目为2mole-，在常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol，所以反应中转移的电子数不是6.02D不正确。答案选BC。12、BD【分析】【详解】

A．根据结构简式，分子式为C14H20O2；故A错误；

B．该分子中含有2个碳碳双键，1mol该物质能与2molH2发生加成反应；故B正确；

C．该分子含有单键碳原子；不可能所有原子共平面，故C错误；

D．与H2完全加成后产物是分子中有9种等效氢，一氯代物有9种，故D正确；

选BD。13、BD【分析】【分析】

原子半径C>O>H，结合该物质的球棍模型可知该物质的结构简式为CH3COOCH=CH2。

【详解】

A．该物质结构简式为CH3COOCH=CH2；可以看做由乙酸和乙烯醇形成的酯，所以名称为乙酸乙烯醇酯，故A错误；

B．含碳碳双键，则可以与Br2的四氯化碳溶液发生加成反应；从而使其褪色，故B正确；

C．含-COOC-可发生水解反应；含碳碳双键可发生加聚反应，故C错误；

D．该化合物的同分异构体中，能与NaHCO3反应放出CO2，含-COOH，可能为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)COOH；共3种，故D正确；

综上所述答案为BD。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．碳酸氢铵受热分解得到等物质的量的同时通入溶液或溶液中，会产生沉淀，继续通入因为的存在，不会和或沉淀反应；浑浊不会消失，A错误；

B．溶液上层呈橙红色，说明生成了单质Cl2将Br2置换了出来，即的氧化性强于所以非金属性：Cl>Br；B正确；

C．将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，钠表面变暗，生成加热时，钠燃烧，发出黄色火焰，生成C正确；

D．验证蔗糖的水解产物时；要先加入足量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入银氨溶液，水溶加热，若直接向水解液中加入银氨溶液，过量的稀硫酸会和银氨溶液发生中和反应，从而不产生银镜，无法验证是否水解，D错误；

故选BC。15、CD【分析】【详解】

A．碳碳双键的碳原子上连有2个不同的基团时存在顺反异构；则该物质存在顺反异构体，A正确；

B．该物质含碳碳双键；则可通过加聚反应合成高分子化合物，B正确；

C．该物质中羧基；碳碳双键和碳氯键；共含3种官能团，C不正确；

D．羧基能与氢氧化钠发生反应；氯代烃水解消耗氢氧化钠；与苯环直接相连的氯原子若水解生成酚羟基也能消耗氢氧化钠，每个与苯环直接相连的氯原子最多能消耗2个氢氧根离子，则1mol该物质最多与5molNaOH反应，D不正确；

答案选CD。16、BD【分析】【分析】

【详解】

A．该有机物中苯环可以和H2发生加成反应，故1mol该有机物最多与3molH2发生加成反应；A错误；

B．分子中手性碳如图所示（五角星标记），B正确；

C．该有机物中含有5个羟基；均可与乙酸酐反应生成酯，且结构均不同，故最多可生成5种酯，C错误；

D．该有机物中能与NaOH反应的官能团有：酚羟基（1个）；酰胺键（1个）；故1mol该有机物最多消耗2molNaOH，D正确；

故答案选BD。17、BD【分析】【分析】

【详解】

A．根据有机物键线式可知，其分子式为故A正确；

B．分子中N原子是杂化，C原子的杂化方式有两种；故选B；

C．苯环和碳氧双键均是平面形结构；且单键可以旋转，所以分子中可能共平面的碳原子最多为9个，故C正确；

D．硝基和苯环直接相连；若含有2个取代基，则另1个取代基是正丙基或异丙基，有6种，若含有3个取代基，则另外2个是甲基和乙基，有10种，若含有4个取代基，则另外3个是甲基，有6种，共22种，故选D。

答案选BD。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【分析】

(1)1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c(H+)由0.1mol/L变为0.001mol/L；据此计算溶液的pH；

(2)常温下，0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，根据Kw=c(H+)×c(OH-)计算；

(3)pH=5的H2SO4的溶液中c(H+)=10−5mol/L，pH=9的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10−5mol/L，据此分别计算由水电离出的H+浓度；在计算比值；

(4)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH＝3的H2SO4溶液中c(H+)=0.001mol/L。若所得混合溶液呈中性，则n(H+)=n(OH-)；若所得混合溶液pH=12；则碱过量，据此列式计算；

(5)明矾的电离方程式为：KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-。假设SO42-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2molSO42-，1molAl3+，向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，需要2molBa(OH)2，即加入的Ba2+为2mol，OH-为4mol；据此分析解答；

(6)①在两个方案的第①步中都要配制一定物质的量浓度的溶液，据此分析判断需要使用的定量仪器；②甲方案中，弱电解质只是部分电离；乙方案中由于pH=1，所以在与纯度相同的锌粒时，由于弱电解质的电离，所以c(H+)较大，所以放出H2的速率快；据此分析解答。

【详解】

1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c(H+)由0.1mol/L变为0.001mol/L；稀释后的溶液pH＝3，故答案为：3；

(2)常温下，0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)=10-11mol/L，则Kw=0.01×10-11=1.0×10-13，温度高于25℃，故答案为：1.0×10-13；高于；

(3)pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度为c1==10-9mol/L，pH=9的Ba(OH)2溶液中由水电离出的H+浓度为c2=10-9mol/L，则=1；故答案为：1；

(4)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH＝3的H2SO4溶液中c(H+)=0.001mol/L。若所得混合溶液呈中性，aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L，解得a∶b=1∶100；若所得混合溶液pH=12，则碱过量，所以=0.01mol/L，解得a∶b=11∶90；故答案为：1∶100；11∶90；

(5)明矾的电离方程式为：KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-。假设SO42-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2molSO42-，1molAl3+，向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，需要2molBa(OH)2，即加入的Ba2+为2mol，OH-为4mol，生成2molBaSO4，1molAl3+与4molOH-反应生成1molAlO2-，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，偏铝酸根离子水解，溶液呈碱性，pH＞7，故答案为：＞；Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O；

(6)①配制100mL一定物质的量浓度溶液时需要的定量仪器是100mL容量瓶；故答案为：100mL容量瓶；

②弱电解质中存在电离平衡，不能完全电离，所以如果HA是弱电解质，则0.1mol/L溶液的pH就一定＞1；弱酸在稀释过程中会继续电离出阴阳离子，因此稀释相同的倍数后，HA溶液中氢离子的浓度大于盐酸中氢离子的浓度，所以装HA溶液的试管的中放出H2的速率快；故答案为：＞；B。

【点睛】

本题的易错点为(5)中离子方程式的书写，要注意2molSO42-刚好沉淀完全时，需要2molBa(OH)2，同时注意氢氧化铝为两性氢氧化物。【解析】①.3②.1.0×10-13③.高于④.1⑤.1:100⑥.11:90⑦.＞⑧.Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O⑨.100mL容量瓶⑩.＞⑪.B19、略

【分析】【分析】

由结构模型可知A为甲烷；B为乙烷，C为乙烯，D为丙烷，E为苯，F为甲苯，根据物质的组成；结构和性质解答该题。

【详解】

有结构模型可知A为甲烷；B为乙烷，C为乙烯，D为丙烷，E为苯，F为甲苯。

(1)常温下含碳量最高的气态烃是为苯；含碳量为92.3%，故答案为E。

(2)一卤代物种类最多的是甲苯；共有4种，故答案为F。

(3)A为甲烷；B为乙烷、D为丙烷；三种物质为同系物关系，故答案为同系物。

(4)F为甲苯；甲苯含有立体结构的甲基，分子中的所有原子不可能处于同一平面，一定在同一个平面的原子数目为12，故答案为12。

(5)C为乙烯，乙烯与溴水反应生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br。

(6)E为苯，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，F发生溴代反应的化学方程式为+Br2+HBr；

故答案为+Br2+HBr。

(7)C为乙烯；官能团为碳碳双键，故答案为碳碳双键。

(8)F为甲苯；两个溴原子都在甲基上有1种；一个溴原子在甲基上，另一个在苯环上有邻；间、对3种；两个溴原子都在苯环上有6种，所以共计是10种，故答案为10。

【点睛】

在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。【解析】EF同系物12CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br+Br2+HBr碳碳双键1020、略

【分析】【详解】

①由乙烯制乙醇是乙烯与水的加成反应；

②乙烷在空气中燃烧属于氧化反应；

③乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是乙烯和溴单质发生了加成反应生成1；2-二溴乙烷；

④乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了氧化反应；

⑤乙烷在光照下与氯气发生取代反应；

综上所述，属于取代反应的是：⑤；属于氧化反应的是：②④；属于加成反应的是：①③。【解析】⑤②④①③21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)尼泊金甲酯中有酚羟基和酯基；其中是物质显酸性的官能团为羟基。

(2)A．尼泊金甲酯和香兰素分子式都是C8H8O3；正确；

B．尼泊金甲酯能发生水解反应；而香兰素有羟基和醛基和醚键，都不能水解，所以错误，不选；

C．1mol尼泊金甲酯和3摩尔氢气发生加成反应，香兰素能与4molH2发生加成反应；所以错误，不选；

D．因为尼伯金甲酯中没有醛基；而香兰素有醛基，所以可以利用银氨溶液鉴别尼泊金甲酯和香兰素；

故选A；D；

(3)因为一氯代物只有两种，所以说明苯环上有处于对位的两个取代基，取代基中包括有羧基和甲基，所以还有一个氧原子，可以形成醚键，所以结构为：

(4)①因为反应物中苯环上的氢被其他原子团代替；所以反应为取代反应；

②反应过程中酚羟基变成酯基，所以乙酸酐中碳氧键断开，发生取代反应，生成乙酸，所以方程式为：

③因为要是碳碳双键被氧化成醛基，而酚羟基极易被氧化，所以先氧化碳碳双键成醛基，在反应生成酚羟基，所以W的结构为：【解析】①.羟基②.a、d③.④.取代反应⑤.⑥.22、略

【分析】【分析】

要以和为原料制备关键点是两种物质要反应生成一种主产物而实现碳链增长，结合的结构特征，符合合成路线中物质D与含羰基有机物反应生成E的结构要求，所以需要先将中的官能团氯原子转化为醛基（类似物质D），再与反应。

【详解】

以和为原料制备从合成路线中可以看出，关键点是要发生的转化；由此看出，需将转化为再与反应生成最后与Br2发生加成反应得到目标产物。合成路线为：【解析】四、判断题(共2题，共12分)23、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。24、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。五、工业流程题(共2题，共10分)25、略

【分析】【分析】

铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化把氧化为过滤，所得滤渣主要成分为滤液②蒸发浓缩得到

(1)

“浸出液①”中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、当硫酸浓度大于时，难溶物PbSO4覆盖在表面；阻碍铜；锌元素的浸出，金属离子浸出率反而下降；

(2)

“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化Fe2+，氧化产物是还原产物是根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为3Fe2++MnO4+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；

(3)

①在时蒸发至溶液出现晶膜；停止加热；

②60硫酸锌的溶解度最大，降温至60蒸发至溶液出现晶膜；得到硫酸锌饱和浓溶液；

③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。其中，步骤①在时蒸发的目的加快蒸发速率。

(4)

“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是和PbCO3。该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3。

(5)

设硝酸浸出液中的物质的量是xmol；

x=

则的浓度为10.35ab【解析】(1)Cu2+、Zn2+难溶物PbSO4覆盖在表面；阻碍铜；锌元素的浸出。

(2)3Fe2++MnO4+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+

(3)60加快蒸发速率。

(4)PbCO3HNO3

(5)10.35ab26、略

【分析】【分析】

由实验流程可知，“酸浸”时V2O5转化为V2O4转成VO2+，加入FeSO4，在酸性条件下，亚铁离子能被氧化生成铁离子，被还原为VO2+，化学反应方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子(Fe3+、Al3+)，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂H2O2，将剩余的Fe2+氧化成Fe3+，再加KOH调pH值，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2含有VO2+、K+、加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入H2SO4进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+，在VO2+加入H2SO4和KClO3，将VO2+氧化为通入NH3调节溶液pH到最佳值，加入NH4Cl得到NH4VO3沉淀；最后焙烧得到五氧化二钒，据此解答。

【详解】

(1)由上分析可知，“酸浸”时，FeSO4与(VO2)2SO4发生氧化还原反应，生成VOSO4和Fe2(SO4)3，化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O；答案为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。

(2)由R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)可知，“反萃取”时，要使VO2+进入水层，使上述平衡向逆反应方向移动，应加入H2SO4；假设“滤液2”中c(VO2+)=amol·L—1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4次操作后，依据萃取率90%，剩余溶液中10%，“滤液2”中残留的c(VO2+)=a×10%×10%×10%×10%=1.0a×l0-4mol·L-1=10-4amol·L-1；答案为H2SO4，10-4a。

(3)氧化过程是KClO3将VO2+氧化为中氯元素得电子被还原为Cl-，其离子方程式为3H2O++6VO2+=6+Cl-+6H+；答案为3H2O++6VO2+=6+Cl-+6H+。

(4)溶液中存在平衡+H2O+2H+，通入氨气，使溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正移，从而使尽可能都转化为另外溶液中存在平衡NH4VO3(s)(aq)+(aq)，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；答案为使+H2O2+2H+正向移动，将转化为同时增大浓度，使NH4VO3(s)(aq)+(aq)逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出；原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降；沉钒率下降。

(5)钒酸铵加热分解生成V2O5、氨气和水，即2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用；答案为有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O。【解析】(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2OH2SO410-4a3H2O++6VO2+=6+Cl-+6H+使+H2O2+2H+正向移动，将转化为同时增大浓度，使NH4VO3(s)(aq)+(aq)逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降。有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O六、计算题(共3题，共24分)27、略

【分析】【分析】

(1)强酸加水稀释10n倍；pH增大n个单位；

(2)强碱等体积混合pH大约减小0.3个单位；

(3)先计算混合前酸；碱的物质的量；可知二者恰好反应，溶液显中性，再计算溶液pH；

(4)根据酸、碱溶液的溶质物质的量关系可知碱过量，计算出混合溶液中c(OH-)，结合水的离子积常数计算混合溶液中c(H+)，最后根据pH=-lgc(H+)计算；

(5)酸、碱都是强电解质，溶液呈中性说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，结合水的离子积常数确定强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系。

【详解】

(1)强酸加水稀释10n倍；pH增大n个单位，则现有pH=2的HCl溶液100mL，要使它的pH=3，则溶液的体积变为1000mL，所以要加入900mL蒸馏水；

(2)设两种碱的体积都是1L，pH=8的溶液c(H+)=10-8mol/L，则根据水的离子积常数可知溶液中c(OH-)=10-6mol/L，pH=11的NaOH溶液，c(H+)=10-11mol/L，则根据水的离子积常数可知溶液中c(OH-)=10-3mol/L，二者等体积混合后，混合溶液中c(OH-)=mol/L=5×10-4mol/L，则根据水的离子积常数可知混合溶液中c(H+)=mol/L=2×10-11mol/L；则溶液的pH=11-0.3=10.7；

(3)10mL0.1mol/LHCl溶液中n(HCl)=0.1mol