…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版選修化學上冊階段測試試卷16考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、由下列5種基團中的2個不同基團兩兩組合；形成的有機物能與NaOH溶液反應的有。

①-OH②-CH3③-COOH④⑤-CHOA.4種B.5種C.6種D.7種2、在Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，Na+的物質的量濃度為0.1mol/L，SO42—的物質的量濃度為0.35mol/L，則混合溶液中鐵離子的物質的量濃度為（）A.0.25mol/LB.0.1mol/LC.0.2mol/LD.0.3mol/L3、下列關于有機物的說法錯誤的是A.植物油分子結構中含有碳碳雙鍵B.現有乙烯、丙烯的混合氣體共14g，其原子數為3NAC.同溫同壓下，等質量的乙炔和苯完全燃燒耗氧量相同D.分子式為C5H10O2與碳酸氫鈉溶液反應產生氣體的有機物有3種4、有機化合物被酸性KMnO4溶液氧化后的產物有。

①CO2②③CH3CHO④CH3CH2COOH⑤A.①②⑤B.①②④C.①③⑤D.②③⑤5、丙烷的分子結構可簡寫成鍵線式結構下列關于化合物a和化合物b的說法中正確的是A.化合物a、b的分子式均為C6H8B.化合物a的二氯代物有6種C.化合物a、b均可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.化合物a中所有原子可處于同一平面6、下列相關實驗的現象或結論正確的是A.向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀，則AlO2-結合質子能力比CO32-強B.向少量的稀溴水中滴入飽和苯酚溶液立即產生白色沉淀C.檢驗廢鐵屑溶于鹽酸后所得的溶液中是否含有Fe2+，可向其中加入酸性KMnO4溶液，根據其是否褪色進行判斷D.加入硫酸銅可使鋅與稀硫酸的反應速率加快，說明Cu2+具有催化作用7、下列由實驗得出的結論正確的是。

。

實驗。

結論。

A

將乙烯通入溴的四氯化碳溶液；溶液最終變為無色。

生成的1；2-二溴乙烷無色。

B

乙醇和水都可與金屬鈉反應產生可燃性氣體。

乙醇分子中的氫與水分子中的氫具有相同的活潑性。

C

用乙酸浸泡水壺中的水垢；可將其清除。

乙酸的酸性弱于碳酸的酸性。

D

甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體能使濕潤的石蕊試紙變紅。

生成的一氯甲烷具有酸性。

A.AB.BC.CD.D8、有機物M是合成治療癌癥的藥物中間體；其結構簡式如圖所示，下列說法正確的是。

A.M不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.M在一定條件下能發生加聚反應和酯化反應C.在一定條件下，1molM最多只能與3molH2發生加成反應D.1mol有機物M與足量Na反應可以生成1molH29、從中草藥茵陳蒿中可提取一種利膽的有效成分，其結構簡式為推測該藥不可能具有的化學性質是A.與氫氧化鈉溶液反應B.與碳酸氫鈉溶液反應C.與濃溴水反應D.在一定條件下被還原成醇類物質評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、常溫下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有關微粒的物質的量變化如圖；根據圖示判斷，下列說法正確的是。

A.H2A在水中的電離方程式是：H2AH++HA－；HA—H++A2－B.當V(NaOH)=20mL時，則有：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)C.等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后，其溶液中水的電離程度比純水小D.當V(NaOH)=30mL時，則有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)11、下列判斷正確的是()

A.圖1可表示電解200mL0.1mol·L－1NaCl溶液過程中，產生氫氣體積(標準狀況)與轉移電子物質的量的關系曲線B.圖2可表示常溫下0.1mol·L－1鹽酸滴加到40mL0.1mol·L－1NaOH溶液的滴定曲線C.高溫下能自發進行的反應CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的能量變化如圖3所示，則該反應的ΔS>0D.圖4可表示反應N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在t1時刻擴大容器體積時，v逆隨時間的變化曲線12、如圖所示；下列說法錯誤的是。

A.X、Y分別與濃溴水反應均最多消耗1molBr2B.X含有的官能團是(酚)羥基、羧基C.X可以發生的反應類型有氧化、取代、加成、縮聚反應等D.Y的分子式是C20H27O413、蛋白酶抑制劑茆地那韋被用于新型冠狀病毒肺炎的治療；其結構簡式如圖所示。下列關于茆地那韋的說法正確的是。

A.茆地那韋分子中有5個不對稱碳原子B.茆地那韋可與氯化鐵溶液發生顯色反應C.虛線框內的所有碳﹑氧原子均處于同一平面內D.茆地那韋在堿性條件下完全水解，最終可生成三種有機物14、喹啉（）是治療新冠肺炎的藥物氯喹的基礎原料；其合成路線如下：

下列有關說法正確的是A.C→D的反應條件為NaOH水溶液，加熱B.可以用溴水來檢驗化合物E中的碳碳雙鍵C.F→G和G→J的反應類型分別為取代反應和還原反應D.與喹啉互為同分異構體，且含有碳碳雙鍵和氰基（-CN）的芳香族化合物共有4種15、如圖是合成某種藥物的中間類似物。下列有關該物質的說法錯誤的是。

A.該物質存在順反異構體B.該物質可通過加聚反應合成高分子化合物C.該物質中含4種官能團D.1mol該物質最多與3molNaOH反應16、下列實驗事實及結論具有對應關系的是。選項實驗事實結論A向無水乙醇中加一小塊擦干煤油的金屬鈉，有氣泡產生，經檢驗為H2乙醇分子中存在不連接在碳原子上的氫，即存在羥基B苯在一定條件能與C12發生加成反應生成六氯環己烷C6H6Cl6苯分子中不存在碳碳單鍵與碳碳雙鍵交替排列的結構C將CH3COOH、CH3CH218OH、濃硫酸的混合液體加熱，產物乙酸乙酯有18OCH3COOH羧基中的-OH與CH3CH2OH羥基中的H結合生成水DCHC13只有一種結構CH4具有正四面體結構

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、甲醛分子(CH2O)的中心原子(碳原子)的價層電子對數為________，其孤電子對數為________，則該分子呈________形。甲醛分子的中心原子的雜化類型為________，分子中共有________個σ鍵，有________個π鍵，其中C﹣H的σ鍵的類型為________，C﹣O的σ鍵的類型為________18、無機化合物可根據其組成和性質進行分類。

(1)如圖所示的物質分類方法名稱是_______。

(2)以中任兩種或三種元素組成合適的物質，分別填在表中橫線上。(只填一種即可)。物質類別強酸強堿鈉鹽氧化物氫化物化學式①

②____③___

④⑤

⑥____⑦

⑧⑨

⑩

(3)寫出⑤的電離方程式：_______。

(4)寫出實驗室由⑩制備的化學方程式：_______。

(5)實驗室制備⑦常用(填名稱)____和____反應，該反應的離子方程式為____。19、按要求填空。

(1)用離子方程式表示NaCN溶液呈堿性的原因_____。

(2)寫出有機物1，3-丁二烯的結構簡式__________。

(3)甲苯和濃硝酸、濃硫酸的混合酸在100℃時反應生成TNT的化學方程式_____。

(4)可與H2反應，請用系統命名法對其產物命名_____。20、乙烯是石油裂解氣的主要成分；它的產量通常用來衡量一個國家的石油化工發展水平。請回答下列問題。

（1）乙烯的電子式為____，結構簡式為____。

（2）鑒別甲烷和乙烯可用的試劑是____（填字母）。

A稀硫酸B溴的四氯化碳溶液。

C水D酸性高錳酸鉀溶液。

（3）已知2CH3CHO+O22CH3COOH。若以乙烯為主要原料合成乙酸；其合成路線如圖所示。

乙烯AB乙酸。

反應②的化學方程式為________。

工業上以乙烯為原料可以生產一種重要的合成有機高分子化合物，其反應的化學方程式為____，反應類型是____。21、自20世紀90年代以來，芳炔類大環化合物的研究發展十分迅速，具有不同分子結構和幾何形狀的這一類物質在高科技領域有著十分廣泛的應用前景。合成芳炔類大環的一種方法是以苯乙炔（結構簡式CH≡C－可以簡寫為≡－）為基本原料；經過反應得到一系列的芳炔類大環化合物，其結構為：

（1）上述系列中第1種物質的分子式為_____________

（2）已知上述系列第1至第4種物質的分子直徑在1～100nm之間，分別將它們溶解于有機溶劑中，形成的分散系為______________

（3）仔細分析以苯乙炔為基本原料，經過一定反應而得到最終產物時苯乙炔組成上的變化。假設反應過程中原料無損失，理論上消耗苯乙炔與所得芳炔類大環化合物的質量比為________________

（4）已知：以乙醇做溶劑CH2Br－CH2Br（1，2-二溴乙烷）與NaOH加熱可以反應生成CH≡CH和NaBr等；該反應化學上稱為消去反應。寫出其方程式：

__________________________________________________________________

在實驗中，制備上述系列化合物的原料苯乙炔可用苯乙烯（CH2＝CH－）與Br2為主要起始物質，通過加成、消去兩步反應制得。寫出由苯乙烯制取苯乙炔的兩步化學方程式_________________________________________________________________（其他試劑自選）。22、回答下列問題：

（1）2—溴丙烷的消去反應化學方程式___。

（2）苯酚鈉溶液中通入CO2的化學反應方程式___。

（3）某有機物分子式為C8H8，且屬于芳香烴，已知它可使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，則該有機物的結構簡式為___。

（4）烷烴A在同溫、同壓下蒸氣的密度是H2的36倍，其分子式為___。23、長期存放的亞硫酸鈉可能會被空氣中的氧氣氧化。某化學興趣小組通過實驗來測定某無水亞硫酸鈉試劑的質量分數；設計了如圖所示實驗裝置：

請回答下面的問題：

(1)若將虛線框內的分液漏斗換成長頸漏斗，則應該怎樣檢查虛線框內裝置的氣密性？________。

(2)D裝置中反應的化學方程式為_________。B裝置中反應的離子方程式為__________。

(3)稱量agNa2SO3樣品放入錐形瓶中，向B裝置反應后的溶液中加入足量的BaCl2溶液充分反應，過濾、洗滌、干燥，得白色沉淀bg，原樣品中Na2SO3的質量分數為______。

(4)C裝置中反應的離子方程式為_____________。評卷人得分四、判斷題(共4題，共36分)24、盛放汽油的試劑瓶不能用橡膠塞。(___)A.正確B.錯誤25、任何烯烴均存在順反異構現象。(_____)A.正確B.錯誤26、醇類在一定條件下都能與氫鹵酸反應生成鹵代烴。(_______)A.正確B.錯誤27、糖類是含有醛基或羰基的有機物。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、實驗題(共4題，共12分)28、從礦石中提取金(Au)是獲取貴金屬的主要來源。

(1)俗話說“真金不怕火煉”，從化學性質角度解釋其原因是_______。

(2)用硫代硫酸鹽在弱堿性條件下浸金是提取金的一種方法。

①補全反應的離子方程式_______。

口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______

②簡述在金被氧化過程中的作用：_______。

(3)工業上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液為原料配制浸金液；其一種可能的浸金原理示意圖如下。

①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金過程中起_______作用。

②為了驗證上述原理中O2的作用；進行如下實驗。

實驗現象：反應一段時間后；溫度無明顯變化，U形管內液柱左高右低，錐形瓶中溶液藍色變淺，打開瓶塞后

a.打開瓶塞后，_______(填實驗現象)；證實了上述原理。

b.a中現象對應反應的離子方程式是_______。

③下圖表示相同時間內，配制浸金液的原料中c(CuSO4)對浸金過程中消耗率和浸金量的影響(其他條件不變)。

已知：2Cu2++6?2[Cu(S2O3)2]3-+

結合圖1，解釋圖2中浸金量先上升后下降的原因：_______。29、實驗室用標準鹽酸(0.100mol/L)滴定未知濃度的氨水(20.00ml)時，錐形瓶中通常盛放_______，滴定管中通常盛放_______；用_______作指示劑，滴定終點時，溶液的顏色由_______色變為_______色。滴定時左手_______，右手_______，雙眼注視_______。若標準鹽酸的體積為18.55ml，則氨水的物質的量濃度為_______。30、碘酸鈣[Ca(IO3)2]是廣泛使用的既能補鈣又能補碘的新型食品添加劑，不溶于乙醇，在水中的溶解度隨溫度降低而減小。實驗室制取Ca(IO3)2]的流程如圖所示：

已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的強酸；不溶于有機溶劑。

(1)實驗流程中“轉化”步驟是為了制得碘酸；該過程在如圖所示的裝置中進行。

①當觀察到三頸瓶中___現象時；停止通入氯氣。

②“轉化”時發生反應的離子方程式為___。

(2)“分離”時用到的玻璃儀器有燒杯、___。

(3)采用冰水浴的目的是___。

(4)有關該實驗說法正確的是___。

A．適當加快攪拌速率可使“轉化”時反應更充分。

B．“調pH=10”后的溶液中只含有KIO3和KOH

C．制得的碘酸鈣可選用酒精溶液洗滌。

(5)準確稱取產品0.2500g，加酸溶解后，再加入足量KI發生反應IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴入2~3滴___作為指示劑，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O=2I-+S4O)至終點，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。達滴定終點時的現象是___。31、某小組同學通過實驗驗證乙醛與銀氨溶液反應產生銀鏡的條件。已知：

I．該小組同學設計實驗驗證堿性條件有利于銀鏡產生，如下表所示。序號實驗操作試劑混合液pH實驗現象ⅰNaOH溶液10常溫產生銀鏡ⅱ濃氨水10加熱無銀鏡產生加熱無銀鏡產生ⅲ無8加熱產生銀鏡加熱產生銀鏡

(1)寫出加熱條件下試管內壁產生銀鏡的反應的化學方程式：______________。

(2)對比實驗_______和_______；證實堿性條件有利于銀鏡產生。

(3)根據以上實驗，結合平衡移動原理解釋實驗ⅱ未產生銀鏡的原因：______________。

II．該小組同學進一步設計如下實驗驗證；在強堿條件下，加熱銀氨溶液可析出銀鏡。

實驗ⅳ：向銀氨溶液中加入NaOH溶液至得到棕黑色沉淀，振蕩后將試管放在熱水浴中溫熱，有氣泡產生，試管內壁產生銀鏡。

實驗ⅴ：向銀氨溶液中加入NaOH溶液至得到棕黑色沉淀(X)，振蕩后將試管放在熱水浴中溫熱，得到棕黑色沉淀(Y)。

(4)實驗ⅳ中，將還原的微粒可能是______，請說明理由：__________________。

(5)經檢驗棕黑色沉淀Y中含有Ag單質，請設計實驗方案驗證：__________________。

綜上，乙醛與銀氨溶液反應產生銀鏡的有利條件是強堿、加熱。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

①-OH②-CH3③-COOH④⑤-CHO兩兩組合形成的化合物有10種，其中-OH與-COOH組合形成的H2CO3為無機物，不合題意，只有C6H5OH、C6H5COOH、HCOOH、CH3COOH和OHCCOOH這5種有機物能與NaOH反應。

【詳解】

按照以下組合方法：④-⑤，將①～⑤兩兩進行組合，形成的化合物總共有10種，其中-OH與-COOH組合形成H2CO3不屬于有機物；9種有機物中，能夠與氫氧化鈉反應的有機物有5種，分別為：C6H5OH、C6H5COOH、HCOOH、CH3COOH和OHCCOOH，故選B。2、C【分析】【分析】

根據電荷守恒有3c(Fe3+)+c(Na+)=2c(SO42-)；據此計算。

【詳解】

Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，Na+的物質的量濃度為0.1mol/L，SO42?的物質的量濃度為0.35mol/L，根據電荷守恒有3c(Fe3+)+c(Na+)=2c(SO42?)，即1×0.1mol/L+3c(Fe3+)=2×0.35mol/L；

解得c(Fe3+)=0.2mol/L；

答案選C。3、D【分析】【詳解】

A．植物油在室溫下呈液態；分子結構中含有碳碳雙鍵，屬于不飽和高級脂肪酸的甘油酯，A正確；

B．乙烯、丙烯屬于烯烴，最簡式是CH2，最簡式的式量是14，14g乙烯、丙烯的混合氣體中含有最簡式的物質的量是1mol，含有3mol原子，因此其中含有的原子數為3NA；B正確；

C．乙炔和苯最簡式都是CH；同溫同壓下，等質量的乙炔和苯中含有的C；H質量相同，則它們完全燃燒耗氧量也相同，C正確；

D．分子式為C5H10O2與碳酸氫鈉溶液反應產生氣體的有機物是飽和一元羧酸，可看作是丁烷C4H10分子中的一個H原子被-COOH取代產生的物質，C4H10有CH3CH2CH2CH3、兩種結構，每種結構中有2種H原子，因此這4種H原子被-COOH取代，就得到4種不同結構的取代產物，故分子式為C5H10O2與碳酸氫鈉溶液反應產生氣體的有機物有4種；D錯誤；

故合理選項是D。4、A【分析】【分析】

【詳解】

有機化合物被酸性KMnO4溶液氧化，碳碳雙鍵斷裂的位置如圖則被酸性KMnO4溶液氧化后的產物有CO2、故選A。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．由題給結構簡式可知，化合物a、b的分子式均為C6H6；A項錯誤；

B．由化合物a的鍵線式結構可知；其二氯代物有6種，B項正確；

C．由化合物a、b的鍵線式結構可知，化合物a中含有碳碳雙鍵，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，化合物b中不含碳碳雙鍵；不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項錯誤；

D．化合物a中含有飽和碳原子；所有原子不可能處于同一平面上，D項錯誤；

答案選B。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A.NaAlO2與NaHCO3會發生反應AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，利用了復分解反應的規律：酸性強的制取酸性弱的物質，即AlO2-結合質子能力比CO32－強；A正確；

B.苯酚與濃溴水反應；而不是稀溴水，同時苯酚是少量，溴水是過量的，否則看不到沉淀，B錯誤；

C.根據現象不能判斷溶液是否有Fe2＋，因為KMnO4能與HCl發生氧化還原反應；溶液的顏色褪去，錯誤；

D.氧化性Cu2+>H+，Zn與Cu2+發生置換反應：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，產生的銅附著在鋅上，與電解質溶液形成原電池，從而加快反應速率，Cu2+不是具有催化作用；D錯誤；

故合理選項是A。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．乙烯分子中含有碳碳雙鍵；可與溴的四氯化碳溶液發生加成反應，生成1，2-二溴乙烷，溶液最終變為無色，A項符合題意；

B．乙醇與鈉反應沒有水與鈉反應劇烈；說明乙醇—OH中H的活潑性比水中的H的活潑性弱，B項不符合題意；

C．用乙酸浸泡水壺中的水垢；可將其清除，說明乙酸能夠與碳酸鈣反應，乙酸的酸性強于碳酸，C項不符合題意；

D．甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫；使濕潤的石蕊試紙變紅的氣體為氯化氫，一氯甲烷為非電解質，不能電離，D項不符合題意；

故正確選項為A。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A．含有碳碳雙鍵；可被酸性高錳酸鉀氧化，故A錯誤；

B．含有碳碳雙鍵；可發生加聚反應，含有羥基，可發生酯化反應，故B正確；

C．能與氫氣發生加成反應的為苯環和碳碳雙鍵，則1molM最多只能與4molH2發生加成反應；故C錯誤；

D．能與鈉反應的只有羥基，則1mol有機物M與足量Na反應可以生成0.5molH2；故D錯誤。

故選：B。9、B【分析】分析：分子中含有酚羥基；羰基和苯環；結合相應官能團的結構與性質解答。

詳解：A.含有酚羥基；能與氫氧化鈉溶液反應，A正確；

B.酚羥基與碳酸氫鈉溶液不反應；B錯誤；

C.含有酚羥基；能與濃溴水發生取代反應，C正確；

D.含有羰基；在一定條件下被還原成醇類物質，D正確。

答案選B。二、多選題(共7題，共14分)10、BC【分析】【詳解】

A.H2A是弱電解質，H2A在水中的電離方程式是：H2AH++HA-、HA-H++A2-；選項A錯誤；

B.當V（NaOH）=20mL時，發生反應為NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要為NaHA，HA-電離大于水解，溶液顯酸性，則c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）；選項B正確；

C.由圖示關系知，c（A2-）＞c（H2A）；說明電離大于水解程度，溶液顯酸性，水的電離受到了抑制，選項C正確；

D.當V（NaOH）=30mL時，發生反應為NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要為等物質量的NaHA，Na2A的混合溶液，根據電荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）①，物料守恒可知：3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）═c（A2-）+2c（OH-）；選項D錯誤；

答案選BC。

【點睛】

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型，明確圖象中酸堿混合時溶液中的溶質是解答本題的關鍵，抓住圖象進行分析即可，易錯點為選項C酸或堿抑制水電離，含有弱根離子的鹽水解促進水電離。11、CD【分析】【詳解】

A．電解NaCl溶液時，陰極始終是水電離生成的H+被還原為H2；因此氫氣的體積隨著轉移電子的物質的量在不斷增加，A項錯誤；

B．常溫下0.1mol/L的NaOH溶液其pH是13，因此，滴定曲線中V(鹽酸)=0mL即未滴加鹽酸時；溶液的pH應為13，B項錯誤；

C．由圖可知，該反應的該反應能在高溫下自發進行，根據可知，該反應的C項正確；

D．t1時刻擴大容器體積，相當于降低體系的壓強，因此t1時刻v逆會因為壓強降低而減小；根據該反應的方程式可知，降低壓強會使反應平衡逆向移動，NH3的量會逐漸下降，因此v逆會進一步減小直至達到新的平衡狀態；D項正確；

答案選CD。12、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．題中未明確X、Y的物質的量，無法確定X、Y與濃溴水反應消耗的Br2的物質的量；故A錯誤；

B．X中有(酚)羥基和羧基；故B正確；

C．X中有(酚)羥基和羧基；并且含有苯環結構，因此X能發生氧化；取代、加成、縮聚反應，故C正確；

D．結合Y的結構簡式，可以得出Y的分子式是C20H28O4，故D錯誤。

故選：AD。13、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．連接4個不同的原子或原子團的碳原子為不對稱碳原子，如圖所示共5個，A項正確；

B．茆地那韋分子中不含酚羥基；不能與氯化鐵溶液發生顯色反應，B項錯誤；

C．虛線框內的結構中；五元環中有3個飽和碳原子，所有碳；氧原子不可能在同一平面內，C項錯誤；

D．由茆地那韋的結構簡式可知；其分子中含2個酰胺基，可發生水解反應，生成三種有機物，D項正確。

故選AD。14、AC【分析】【分析】

CH3-CH=CH2與Cl2在高溫下發生取代反應生成CH2Cl-CH=CH2，CH2Cl-CH=CH2與Cl2發生加成反應生成的C是CH2Cl-CHCl-CH2Cl，C與NaOH的水溶液共熱發生取代反應生成D：CH2OH-CH(OH)CH2OH，D與濃硫酸共熱，發生反應生成E：CH2=CH-CHO，F是苯，苯與濃硫酸、濃硝酸混合加熱發生取代反應生成的G是硝基苯：G在Fe、HCl存在條件下發生還原反應生成J：然后根據題意分析解答。

【詳解】

A.B是CH2Cl-CH=CH2，B與Cl2發生加成反應生成的C是CH2Cl-CHCl-CH2Cl；C與NaOH的水溶液共熱，發生取代反應生成D，A正確；

B.溴水具有強氧化性；不僅可以與碳碳雙鍵發生加成反應，也能將醛基氧化為羧基，醛基的存在對碳碳雙鍵的檢驗構成干擾，因此不能只用溴水來檢驗E中的碳碳雙鍵，B錯誤；

C.F→G是取代反應；而G→J是還原反應，C正確；

D.喹啉分子式是C9H7N，與喹啉互為同分異構體，且含有碳碳雙鍵和氰基(-CN)的芳香族化合物有共有5種；D錯誤；

故答案選AC。

【點睛】

本題以有機物的合成為線索，考查了同分異構體、反應類型的判斷、官能團的檢驗方法、物質的推斷等。掌握各種官能團的性質及物質轉化條件、官能團對物質性質的決定作用是本題解答的關鍵。能較好的考查學生的思維、分析與推斷能力。15、CD【分析】【詳解】

A．碳碳雙鍵的碳原子上連有2個不同的基團時存在順反異構；則該物質存在順反異構體，A正確；

B．該物質含碳碳雙鍵；則可通過加聚反應合成高分子化合物，B正確；

C．該物質中羧基；碳碳雙鍵和碳氯鍵；共含3種官能團，C不正確；

D．羧基能與氫氧化鈉發生反應；氯代烴水解消耗氫氧化鈉；與苯環直接相連的氯原子若水解生成酚羥基也能消耗氫氧化鈉，每個與苯環直接相連的氯原子最多能消耗2個氫氧根離子，則1mol該物質最多與5molNaOH反應，D不正確；

答案選CD。16、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．鈉保存在煤油中；說明煤油中的碳氫鍵不能被鈉破壞，乙醇中也含有碳氫鍵，乙醇能與鈉反應生成氫氣，說明乙醇中存在羥基，故A正確；

B．苯可以發生加成反應；不能說明不含雙鍵，故B錯誤；

C．產物乙酸乙酯有18O；說明醇脫去氫，酸脫去羥基，故C正確；

D．若CH4為平面結構，CHC13也只有一種結構；則無法由實驗事實得到該結論，故D錯誤；

故選AC。三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】【分析】

根據雜化軌道理論分析，價層電子對數=σ鍵數+孤電子對，甲醛分子的中心原子為C原子的價層電子對數為2+1=3，為sp2雜化；空間構型為平面三角形；單鍵為σ鍵，雙鍵有一個σ鍵和1個π鍵。

【詳解】

HCHO中C原子成2個C﹣H鍵、1個C=O雙鍵，單鍵為σ鍵，雙鍵有一個σ鍵和1個π鍵，不含孤電子對，價層電子對數為2+1=3，C原子采取sp2雜化，為平面三角形，分子中有3個σ鍵和1個π鍵，其中C-H的σ鍵是C的sp2雜化軌道與H的s軌道形成，類型為sp2-s，C-O的σ鍵為C的sp2雜化軌道與O的p軌道形成，類型為sp2-p；故答案為：3，0，平面三角形，sp2雜化，3，1，sp2-s、sp2-p。【解析】①.3②.0③.平面三角形④.sp2雜化⑤.3⑥.1⑦.sp2﹣s⑧.sp2﹣p18、略

【分析】【詳解】

（1）如圖所示的物質分類方法名稱是樹狀分類法；

（2）常見的強酸有H2SO4、HNO3、HCl；堿有NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2；鹽有NaHCO3、NaHSO4、NaCl、Na2SO4、Na2CO3、NaNO3、Na2SO3等；故為H2SO4或HNO3；KOH；NaNO3、Na2SO4、NaHCO3、NaHSO4；

（3）Na2CO3是強電解質，電離方程式為Na2CO3=2Na++CO

（4）實驗室制備O2常利用H2O2在催化劑作用下的分解反應：2H2O22H2O＋O2↑；

（5）制備CO2常利用大理石或石灰石(CaCO3)與稀鹽酸反應，離子方程式為CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O；【解析】(1)樹狀分類法。

(2)或等。

(3)

(4)

(5)大理石稀鹽酸CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O19、略

【分析】【詳解】

(1)NaCN溶液呈堿性，表明CN-與水發生反應，生成HCN和OH-，離子方程式為CN-+H2OHCN+OH-。答案為：CN-+H2OHCN+OH-；

(2)1，3-丁二烯分子中有4個碳原子，且分別在1與2、3與4碳原子之間形成雙鍵，結構簡式為CH2=CH-CH=CH2。答案為：CH2=CH-CH=CH2；

(3)TNT的結構簡式為甲苯和濃硝酸、濃硫酸的混合酸在100℃時反應生成TNT和水，化學方程式為+3HNO3+3H2O。答案為：+3HNO3+3H2O；

(4)可與H2反應，將-CH=CH-轉化為-CH2-CH2-，其它結構不發生改變，其產物的主鏈上有8個碳原子，有3個-CH3取代基；分別連接在3；6兩個主鏈碳原子上，名稱為3，3，6—三甲基辛烷。答案為：3，3，6—三甲基辛烷。

【點睛】

命名時，易出現選主鏈錯誤，從而命名為3，3—二甲基—6—乙基庚烷。【解析】CN-+H2OHCN+OH-CH2=CH-CH=CH2+3HNO3+3H2O3，3，6—三甲基辛烷20、略

【分析】【分析】

(1)乙烯是含有碳碳雙鍵的最簡單的烯烴；根據電子式可以書寫結構簡式；

(2)乙烯中含有碳碳雙鍵；可以發生加成反應，可以被強氧化劑氧化，而甲烷不能；

(3)乙烯可以和水加成生成乙醇；乙醇可以被氧化為乙醛，乙醛易被氧化為乙酸；乙烯可以發生加聚反應生成聚乙烯。

【詳解】

(1)乙烯中碳和碳之間以共價雙鍵結合，電子式為：根據電子式可以書寫結構簡式為：CH2＝CH2，故答案為：CH2=CH2；

(2)乙烯中含有碳碳雙鍵；可以發生加成反應，使溴水褪色，可以被強氧化劑高錳酸鉀氧化，從而使高錳酸鉀褪色，而甲烷不能，故答案為：BD；

(3)乙烯可以和水加成生成乙醇，所以A是乙醇，乙醇可以被氧化為B乙醛，乙醛易被氧化為C乙酸，乙醇的催化氧化反應為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙烯可以發生加聚反應生成聚乙烯，反應為：nCH2=CH2CH2—CH2屬于加聚反應，故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；nCH2=CH2CH2—CH2加聚反應。【解析】CH2=CH2BD2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OnCH2=CH2CH2—CH2加聚反應21、略

【分析】【分析】

(1)根據圖1中物質的結構簡式,結合C的四價結構,數出C原子、H原子的個數,寫出分子式；

(2)膠體區別其它分散系的本質特征是分散質直徑在1-100nm,所以這四種溶于有機溶劑中,形成的分散系為膠體；

(3)觀察苯乙炔與芳炔類大環化合物的結構,n個苯乙炔經過一定反應得到芳炔類大環化合物,整個過程失去2n個H原子,從而得兩者質量比；

(4)根據題干信息,書寫反應方程式；并清楚鹵代烴發生消去反應的原理為斷開C-X(X代表鹵原子)鍵；及鹵原子連接的C原子的相鄰C原子上的C-H鍵,形成碳碳不飽和鍵與HX；由苯乙烯到苯乙炔,雙鍵轉變為三鍵,利用題干信息進行設計方案,首先由苯乙烯與溴加成,再由加成產物再堿的醇溶液條件下,發生消去反應,即得苯乙炔。

【詳解】

(1)由圖中1物質的結構簡式,結合C的四價結構,可得該物質的分子式為C24H12；

因此，本題正確答案是:C24H12；

(2)膠體區別其它分散系的本質特征是分散質直徑在1-100nm；所以這四種溶于有機溶劑中,形成的分散系為膠體；

因此，本題正確答案是:膠體；

(3)觀察苯乙炔與芳炔類大環化合物的結構,每2個苯乙炔通過C-C連接減少2個H原子,因為成環,所以n個苯乙炔通過n個C-C連接,得到芳炔類大環化合物,整個過程失去2n個H原子,根據質量守恒,所以苯乙炔與所得芳炔類大環化合物的質量比為102n：（102n-2n）=51:50；

因此，本題正確答案是:51:50；

(4)乙醇做溶劑CH2Br-CH2Br（1,2-二溴乙烷)與NaOH加熱,反應生成CH≡CH和NaBr、H2O,所以方程式為由苯乙烯與溴加成,再由加成產物再堿的醇溶液條件下,發生消去反應,即得苯乙炔,所以由苯乙烯制取苯乙炔的化學方程式為

因此，本題正確答案是:【解析】①.C24H12②.膠體③.51:50④.⑤.22、略

【分析】【分析】

(1)

2—溴丙烷與氫氧化鈉的醇溶液在加熱的條件下，發生消去反應生成丙烯，化學方程式為：CH3CHBrCH3+NaOHCH3-CH=CH2↑+NaBr+H2O；

(2)

苯酚的酸性弱于碳酸，則苯酚鈉溶液中通入CO2反應生成苯酚和碳酸氫鈉，化學反應方程式為：CO2+H2O+→↓+NaHCO3；

(3)

某有機物分子式為C8H8，且屬于芳香烴，則結構中含有苯環，已知它可使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，則結構中還含有碳碳雙鍵，則該有機物的結構簡式為：

(4)

烷烴A在同溫、同壓下蒸氣的密度是H2的36倍，則其相對分子質量是烷烴通式為CnH2n+2，則解得n=5，則分子式為：C5H12。【解析】(1)CH3CHBrCH3+NaOHCH3-CH=CH2↑+NaBr+H2O

(2)CO2+H2O+→↓+NaHCO3

(3)

(4)C5H1223、略

【分析】【分析】

在A裝置中，硫酸與Na2SO3發生反應Na2SO3+H2SO4==Na2SO4+H2O+SO2↑；生成的SO2通入B裝置中；D裝置中，濃鹽酸與MnO2在加熱條件下發生反應MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成的Cl2通入B裝置中，與SO2在水中發生反應Cl2+SO2+2H2O==H2SO4+2HCl；為確保SO2全部轉化為H2SO4，通入的Cl2應過量，過量的Cl2在C裝置內被NaOH溶液吸收，發生反應的化學方程式為Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O。

【詳解】

(1)若將虛線框內的分液漏斗換成長頸漏斗；則應該從長頸漏斗往錐形瓶內添加水，通過形成液面差，確定裝置的氣密性，具體操作為：關閉彈簧夾(或止水夾)a，由長頸漏斗向錐形瓶內加水至漏斗內液面高于錐形瓶內液面，過一段時間觀察液面是否變化，若不變，說明氣密性良好，否則，說明裝置漏氣。答案為：關閉彈簧夾(或止水夾)a，由長頸漏斗向錐形瓶內加水至漏斗內液面高于錐形瓶內液面，過一段時間觀察液面是否變化，若不變，說明氣密性良好，否則，說明裝置漏氣；

(2)D裝置中，MnO2與濃鹽酸在加熱條件下發生氧化還原反應，成MnCl2、Cl2和H2O，反應的化學方程式為MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。B裝置中，SO2、Cl2與水發生氧化還原反應，生成兩種酸，反應的離子方程式為Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋答案為：MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋

(3)反應生成的bg白色沉淀為BaSO4，則由反應可建立下列關系式：Na2SO3——BaSO4，則原樣品中Na2SO3的質量分數為=×100%。答案為：×100%；

(4)C裝置中，Cl2被NaOH溶液吸收，發生反應的化學方程式為Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，則反應的離子方程式為Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。答案為：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。

【點睛】

濃硫酸與水按體積比為1:1混合所得的硫酸，與Na2SO3發生反應，生成SO2的效果最佳。若選用98%的硫酸，則因硫酸濃度過大，粘稠度過大，生成的SO2不易逸出；若選用稀硫酸，則因SO2的溶解度大而不易逸出。【解析】關閉彈簧夾(或止水夾)a，由長頸漏斗向錐形瓶內加水至漏斗內液面高于錐形瓶內液面，過一段時間觀察液面是否變化，若不變，說明氣密性良好，否則，說明裝置漏氣MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2OCl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋×100%Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O四、判斷題(共4題，共36分)24、A【分析】【分析】

【詳解】

汽油為有機溶劑，橡膠塞主要成分為有機物，根據相似相溶原理可知橡膠塞可能溶于汽油，故盛放汽油的試劑瓶不能用橡膠塞，正確。25、B【分析】【詳解】

當烯烴中碳碳雙鍵兩端的碳原子上連有兩個互不相同的原子或原子團時才存在順反異構，故不是任何烯烴均存在順反異構現象，該說法錯誤。26、A【分析】【詳解】

醇類在一定條件下都能與氫鹵酸發生取代反應生成鹵代烴，正確。27、B【分析】【詳解】

糖類是多羥基醛、多羥基酮或它們的脫水縮合物，糖類中不一定含醛基或羰基，如蔗糖的結構簡式為錯誤。五、實驗題(共4題，共12分)28、略

【分析】【詳解】

（1）真金不怕火煉從化學性質角度解釋其原因是：Au在高溫條件下不與O2反應；

（2）該反應為氧化還原反應，根據得得失電子守恒可配平，離子反應方程式為：從方程式中可以看出，與Au+形成配合物；提高Au的還原性；

（3）該機理圖機理為：Au失電子形成Au+，與Au+反應得到與反應得到和Au，與氧氣、氨水反應又重新生成故在整個過程中起到了催化的作用；反應一段時間后，溫度無明顯變化，U形管內液柱左高右低，錐形瓶中溶液藍色變淺，說明生成了打開瓶塞后錐形瓶中溶液藍色復原，說明氧氣將又氧化為a中為在氧氣和氨水的作用下生成了方程式為：當c(CuSO4)<0.03mol/L時，隨著c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的濃度增大，浸金速率增大；當c(CuSO4)>0.03mol/L時，根據題中所給已知方程式，游離的Cu2+消耗使濃度減小，浸金速率減小。故答案為：當c(CuSO4)<0.03mol/L時，隨著c(CuSO4)的增大，的濃度增大，浸金速率增大；當c(CuSO4)>0.03mol/L時，游離的Cu2+消耗使濃度減小，浸金速率減小。【解析】(1)Au在高溫條件下不與