…………○…………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年粵教滬科版選擇性必修3化學下冊月考試卷874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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、某有機物的結構簡式如下；下列關于該物質的說法中正確的是()

A.該物質可以發生水解反應B.該物質能和AgNO3溶液反應產生AgBr沉淀C.該物質可以發生消去反應D.該物質分子中至多有4個碳原子共面2、殺蟲劑溴氰菊酯的結構如圖所示；下列有關說法錯誤的是。

A.該分子中有兩個手性碳原子B.該分子中碳原子的雜化方式有三種C.該分子中含有兩種含氧官能團D.可以發生加成、氧化、聚合及取代反應3、乙烯與乙烷的混合氣體共amol,與bmol氧氣共存于一密閉容器中,點燃后充分反應，乙烯和乙烷全部消耗完,得到CO和CO2的混合氣體和45g水，則下列說法錯誤的是A.當a=1時,乙烯和乙烷的物質的量之比為1：1B.當a=1時,且反應后CO和CO2的混合氣體的物質的量為反應前氧氣的時，則b=3C.當a=1時，且反應后CO和CO2的混合氣體的物質的量為反應前氧氣的時，則CO和CO2的物質的量之比為3：1D.a的取值范圍為4、用下列儀器或裝置進行相應實驗，達不到實驗目的的是。熔融固體檢驗溴乙烷消去產物中的乙烯制取并收集少量探究溫度對平衡移動的影響ABCD

A.AB.BC.CD.D5、下列實驗裝置能達到實驗目的的是。

。選項。

A

B

C

D

反應裝置。

實驗目的。

測定鋅與稀硫酸的反應速率。

除去NaCl中混有的NH4Cl

驗證化學能轉化為電能。

制備乙酸乙酯。

A.AB.BC.CD.D6、下列有關實驗操作、現象和結論都正確的是。選項操作現象結論A向20%蔗糖溶液中加入少量稀加熱，一段時間后，再加入銀氨溶液為出現銀鏡蔗糖未水解B測量熔融狀態下的導電性能導電熔融狀態下能電離出C用石墨作電極電解的混合溶液陰極上先析出銅還原性：D向溶液中先通入足量再通入氣體無沉淀生成不能和反應生成和

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、某有機化合物A經李比希法測得其中含碳為72.0%；含氫為6.67%；其余為氧。現用下列方法測定該有機化合物的相對分子質量和分子結構。

方法一：用質譜法分析得知A的相對分子質量為150。

方法二：核磁共振儀測出A的核磁共振氫譜有5個峰；其面積之比為1：2：2：2：3，如下圖所示。

方法三：利用紅外光譜儀測得A分子的紅外光譜如下圖所示。

請填空：

(1)A的分子式為___________。

(2)A的分子中含一個甲基的依據是___________。

a.A的相對分子質量b.A的分子式。

c.A的核磁共振氫譜圖d.A分子的紅外光譜圖。

(3)A的結構簡式為___________。

(4)A的芳香類同分異構體有多種；其中符合下列條件：

①分子結構中只含一個官能團；

②分子結構中含有一個甲基；

③苯環上只有一個取代基。

則該類A的同分異構體共有___________種，結構簡式為___________。8、根據要求；回答下列問題：

(1)下列各組物質中互為同分異構體的是_______(填序號，下同)，為同種物質的是_______，為同系物的是_______，互為同素異形體的是_______。

①和

②和

③和

④和

⑤和

⑥和

(2)依據氧化還原反應設計的原電池如圖所示。電解質溶液是_______(填化學式)溶液。石墨電極上發生反應的類型為_______(填“氧化”或“還原”)反應。

9、不飽和酯類化合物在藥物；涂料等領域應用廣泛。由炔烴直接制備不飽和酯的一種新方法如下：反應①

（1）下列有關化合物Ⅰ～Ⅲ的敘述中，正確的是_____________。A．化合物Ⅰ能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色B．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都能發生取代反應、加成反應、消去反應和加聚反應C．化合物Ⅰ的所有碳原子可能都處于同一平面上D．1mol化合物Ⅲ最多能與4molNaOH反應

（2）化合物Ⅲ的分子式為__________，1mol該化合物最多能與_____molH2完全反應。

（3）化合物Ⅳ是化合物Ⅲ的同分異構體，且滿足以下條件，寫出化合物Ⅳ結構簡式____________（任寫其中一種）

①能發生銀鏡反應；該化合物與銀氨溶液反應的物質的量之比為1:4

②該化合物在與NaOH乙醇溶液共熱能發生消去反應。

③該化合物的核磁共振氫譜有四組峰；其峰面積比為6:2:2:1

④該化合物遇到FeCl3溶液顯紫色。

（4）化合物Ⅴ是用于制備高聚物涂料的單體，化合物Ⅴ單體結構簡式為___________________。該高聚物完全水解的化學方程式為_______________。利用類似反應①的方法，僅以丙炔和乙酸為有機物原料合成該單體，寫出反應方程式__________________________。10、某有機物含碳85.7%；含氫14.3%，向80g含溴5%的溴水中通入該有機物，溴水恰好完全褪色，此時液體總重81.4g。求：

(1)有機物分子式___。

(2)經測定該有機物分子中有兩個—CH3，寫出它的結構簡式___。11、化合物A經李比希法測得其中含C72.0%；H6.67%；其余為氧，質譜法分析得知A的相對分子質量為150。現代儀器分析有機化合物的分子結構有以下兩種方法。

方法一：核磁共振儀測出A的核磁共振氫譜有5個峰；其面積之比為1∶2∶2∶2∶3。

方法二：紅外光譜儀測得A分子的紅外光譜下圖所示：

(1)A的分子式為_____________。

(2)已知：A分子中只含一個苯環，且苯環上只有一個取代基，A可以水解，寫出符合上述條件的A的結構簡式_____________(只寫一種)。

(3)此A在無機酸作用下水解的化學方程式為_____________。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)12、碳氫質量比為3:1的有機物一定是CH4。(___________)A.正確B.錯誤13、甲苯苯環上的一個氫原子被含3個碳原子的烷基取代，所得產物有6種。(____)A.正確B.錯誤14、的名稱為2－甲基－3－丁炔。(___________)A.正確B.錯誤15、分子式為C4H8的有機物屬于脂肪烴。(____)A.正確B.錯誤16、四聯苯的一氯代物有4種。(___________)A.正確B.錯誤17、羧基和酯基中的均能與H2加成。(____)A.正確B.錯誤18、凡分子組成上相差一個或若干個“CH2”原子團的有機物都屬于同系物。(____)A.正確B.錯誤19、乙苯的同分異構體共有三種。(____)A.正確B.錯誤20、C8H10中只有3種屬于芳香烴的同分異構體。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、計算題(共3題，共27分)21、某種烷烴完全燃燒后生成了17.6gCO2和9.0gH2O。請據此推測分子式___，并寫出可能的結構___。22、某烴2.8g，在氧氣中燃燒生成4.48L(標準狀況)二氧化碳，3.6g水，它相對氫氣的密度是14，求此烴的化學式_______，寫出它的結構簡式_______。23、取標況下11.2LC2H4在氧氣中完全燃燒；120℃時將氣體產物作如下處理，回答有關問題：

(1)若將氣體先通過濃硫酸再通過堿石灰，堿石灰將增重______g。

(2)若將氣體直接通過堿石灰，則堿石灰將增重______g。

(3)若將氣體通過足量過氧化鈉，則過氧化鈉將增重_______g。

(4)C2H4可以和氫氣反應生成C2H6，此反應屬于____反應，若將以上C2H4與氫氣反應后的產物與足量的氯氣進行光照，最多可以生成氯化氫氣體____mol。評卷人得分五、結構與性質(共4題，共12分)24、科學家合成非石墨烯型碳單質——聯苯烯的過程如下。

(1)物質a中處于同一直線的碳原子個數最多為___________。

(2)物質b中元素電負性從大到小的順序為___________。

(3)物質b之間可采取“拉鏈”相互識別活化位點的原因可能為___________。

(4)物質c→聯苯烯的反應類型為___________。

(5)鋰離子電池負極材料中；鋰離子嵌入數目越多，電池容量越大。石墨烯和聯苯烯嵌鋰的對比圖如下。

①圖a中___________。

②對比石墨烯嵌鋰，聯苯烯嵌鋰的能力___________(填“更大”，“更小”或“不變”)。25、青蒿素是從黃花蒿中提取的一種無色針狀晶體；雙氫青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗瘧疾療效優于青蒿素，請回答下列問題：

（1）組成青蒿素的三種元素電負性由大到小排序是__________，畫出基態O原子的價電子排布圖__________。

（2）一個青蒿素分子中含有_______個手性碳原子。

（3）雙氫青蒿素的合成一般是用硼氫化鈉(NaBH4)還原青蒿素．硼氫化物的合成方法有：2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF

①寫出BH4﹣的等電子體_________（分子；離子各寫一種）；

②B2H6分子結構如圖，2個B原子和一個H原子共用2個電子形成3中心二電子鍵，中間的2個氫原子被稱為“橋氫原子”，它們連接了2個B原子．則B2H6分子中有______種共價鍵；

③NaBH4的陰離子中一個B原子能形成4個共價鍵，而冰晶石(Na3AlF6)的陰離子中一個Al原子可以形成6個共價鍵，原因是______________；

④NaH的晶胞如圖，則NaH晶體中陽離子的配位數是_________；設晶胞中陰、陽離子為剛性球體且恰好相切，求陰、陽離子的半徑比=__________由此可知正負離子的半徑比是決定離子晶體結構的重要因素，簡稱幾何因素，除此之外影響離子晶體結構的因素還有_________、_________。26、科學家合成非石墨烯型碳單質——聯苯烯的過程如下。

(1)物質a中處于同一直線的碳原子個數最多為___________。

(2)物質b中元素電負性從大到小的順序為___________。

(3)物質b之間可采取“拉鏈”相互識別活化位點的原因可能為___________。

(4)物質c→聯苯烯的反應類型為___________。

(5)鋰離子電池負極材料中；鋰離子嵌入數目越多，電池容量越大。石墨烯和聯苯烯嵌鋰的對比圖如下。

①圖a中___________。

②對比石墨烯嵌鋰，聯苯烯嵌鋰的能力___________(填“更大”，“更小”或“不變”)。27、青蒿素是從黃花蒿中提取的一種無色針狀晶體；雙氫青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗瘧疾療效優于青蒿素，請回答下列問題：

（1）組成青蒿素的三種元素電負性由大到小排序是__________，畫出基態O原子的價電子排布圖__________。

（2）一個青蒿素分子中含有_______個手性碳原子。

（3）雙氫青蒿素的合成一般是用硼氫化鈉(NaBH4)還原青蒿素．硼氫化物的合成方法有：2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF

①寫出BH4﹣的等電子體_________（分子；離子各寫一種）；

②B2H6分子結構如圖，2個B原子和一個H原子共用2個電子形成3中心二電子鍵，中間的2個氫原子被稱為“橋氫原子”，它們連接了2個B原子．則B2H6分子中有______種共價鍵；

③NaBH4的陰離子中一個B原子能形成4個共價鍵，而冰晶石(Na3AlF6)的陰離子中一個Al原子可以形成6個共價鍵，原因是______________；

④NaH的晶胞如圖，則NaH晶體中陽離子的配位數是_________；設晶胞中陰、陽離子為剛性球體且恰好相切，求陰、陽離子的半徑比=__________由此可知正負離子的半徑比是決定離子晶體結構的重要因素，簡稱幾何因素，除此之外影響離子晶體結構的因素還有_________、_________。評卷人得分六、元素或物質推斷題(共2題，共12分)28、A的產量是衡量一個國家石油化工發展水平的標志。B和D是生活中兩種常見的有機物；F是高分子化合物。相互轉化關系如圖所示：

已知：RCHORCOOH

(1)A分子的結構簡式為______；D中官能團名稱為______。

(2)在反應①~⑥中，屬于加成反應的是______，屬于取代反應的是______(填序號)。

(3)B和D反應進行比較緩慢，提高該反應速率的方法主要有______、______；分離提純混合物中的G所選用的的試劑為______，實驗操作為__________。

(4)寫出下列反應的化學方程式：

②B→C：____________；

④B＋D→G：______________；

⑥A→F：________________。29、已知氣態烴A在標準狀況下的密度是1.16g·L?1；B的產量可以用來衡量一個國家石油化工發展水平，G是一種高分子化合物。現有A；B、C、D、E、F、G存在如下關系：

請回答：

(1)D中的官能團名稱是_______________。B的結構式為_________；

(2)寫出C+E→F反應的化學方程式__________；

(3)寫出C→D反應的化學方程式為__________；

(4)已知三分子A在一定條件下可合成不能使酸性KMnO4溶液褪色的有機物，寫出該合成反應的化學方程式___________，反應類型為___________。

(5)下列有關敘述正確的是_____________。

a.A；B、C、D、E、F、G均為非電解質。

b.A中所有原子不可能處于同一平面上。

c.加熱時；D能與新制氫氧化銅懸濁液反應生成磚紅色沉淀。

d.75%(體積分數)的C水溶液常用于醫療消毒。

e.將綠豆大小的鈉塊投入C中，鈉塊浮于液面上，并有大量氣泡產生參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

A．該物質在NaOH的水溶液中加熱可以發生水解反應，其中—Br被—OH取代；A項正確；

B．該物質中的溴原子不會發生電離，必須水解或消去生成Br－，才能和AgNO3溶液反應生成AgBr沉淀；B項錯誤；

C．該有機物分子中與溴原子相連的碳原子的鄰位碳上沒有H；不能發生消去反應，C項錯誤；

D．在中由于存在1、2、3、4號碳原子一定在同一平面內，但—CH2CH3上的兩個碳原子；由于單鍵可以旋轉，5號碳原子可能和1；2、3、4號碳原子在同一平面內，也可能不在，故D項錯誤；

綜上所述，說法正確的是A項，故答案為A。2、A【分析】【分析】

該分子中含有溴原子；碳碳雙鍵、酯基、醚鍵和-CN等官能團；具有烯烴、酯、苯、醚等物質的性質，能發生加成反應、還原反應、氧化反應、取代反應、水解反應等，據此結合有機物的結構特點與性質分析解答。

【詳解】

A．該分子的手性碳原子用表示如圖：則共有3個手性碳原子，A錯誤；

B．該分子中碳原子與碳原子或其他原子之間形成的有單鍵、雙鍵和三鍵，則其雜化方式有sp3、sp2和sp三種雜化方式；B正確；

C．根據上述分析可知；該分子中含有酯基和醚鍵兩種含氧官能團，C正確；

D．該分子含有碳碳雙鍵；可以發生加成；氧化、聚合反應，含有苯環、溴原子和酯基等均可發生取代反應，D正確；

故選A。3、C【分析】【分析】

A．設乙烯與乙烷的物質的量分別為xmol；ymol；根據二者物質的量之和與生成的水中H原子守恒列方程，據此計算解答；

B．根據碳元素守恒計算反應后CO和CO2混合氣體的物質的量之和，據此計算b的值；

C．設反應后CO和CO2的物質的量分別為amol、bmol,根據二者之和與氧原子守恒列方程計算；

D．根據H原子守恒利用極限法解答；只有乙烯時，a值最大，只有乙烷時，a值最小。

【詳解】

A．設乙烯與乙烷的物質的量分別為xmol、ymol,根據二者物質的量之和與H原子守恒列方程,則:x+y=1，4x+6y=計算得出:x=0.5，y=0.5，故n(C2H4):n(C2H6)=0.5mol:0.5mol=1:1；所以A選項是正確的；

B．根據碳元素守恒可以知道，反應后CO和CO2混合氣體的物質的量之和為1mol×2=2mol，故b=2，計算得出:b=3；所以B選項是正確的；

C．設反應后CO和CO2的物質的量分別為amol、bmol，根據二者之和與氧原子守恒列方程,則:a+b=2，a+2b=3×2-計算得出:a=0.5，b=1.5，故n(CO):n(CO2)=0.5mol:1.5mol=1:3,故C錯誤；

D．生成水的物質的量==2.5mol，只有乙烯時，a值最大，根據H原子守恒可以知道，a的極大值為:=mol，只有乙烷時，a值最小，根據H原子守恒可以知道，a的極小值為:=mol，故a的取值范圍為:所以D選項是正確的；

故選C。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．瓷坩堝含有SiO2，會與氫氧化鈉反應：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；A錯誤；

B．溴乙烷在氫氧化鈉醇溶液中加熱發生消去反應；生成的乙烯中含有揮發出的乙醇，乙醇能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，需要用水吸收乙醇，防止干擾實驗，B正確；

C．生石灰與水反應反應生成氫氧化鈣同時放出大量的熱，氫氧化鈣促進反應往正向移動從而制備氨氣；氨氣密度比空氣小，用向下排空氣法收集，為減少氨氣與空氣對流，試管口塞一團棉花，C正確；

D．NO2是紅棕色，N2O4無色；冷水和熱水溫度不一樣，故可以通過兩者燒瓶顏色變化來判斷平衡移動方向進而探究溫度對平衡移動的影響，D正確；

答案選A。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．若用長頸漏斗；生成的氫氣易從長頸漏斗中逸出，應該用分液漏斗，故A錯誤；

B．除去NaCl中混有的NH4Cl；應用加熱法，故B錯誤；

C．如圖可以組成閉合回路；若電流表指針偏轉，則能證明化學能轉化為電能，故C正確；

D．制備實驗中導管不能伸入到液面以下；溶液發生倒吸，故D錯誤；

故選C。6、C【分析】【詳解】

A．水解后檢驗葡萄糖在堿性溶液中；水解后沒有加堿至堿性，不能發生銀鏡反應，故A錯誤；

B．熔融狀態下只能電離出故B錯誤；

C．石墨作電極電解的混合溶液，陰極上先析出銅，可知銅離子的氧化性大于鎂離子，則金屬的還原性：Mg>Cu；故C正確；

D．向溶液中先通入足量再通入氣體會產生白色沉淀故D錯誤；

故選：C。二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【分析】

A的相對分子質量為150，其中含碳為72.0%、含氫為6.67%，其余全為氧，則C原子個數是H原子個數是含有O原子個數是所以物質A的分子式是C9H10O2；核磁共振儀測出A的核磁共振氫譜有5個峰，其面積之比為1：2：2：2：3，說明分子中含有5種不同的H原子，個數之比是1：2：2：2：3，由A分子的紅外光譜知，含有C6H5C-基團，由苯環上只有一個取代基可知，苯環上的氫有三種，H原子個數分別為1個、2個、2個．由A的核磁共振氫譜可知，除苯環外，還有兩種氫，且兩種氫的個數分別為2個、3個，由A分子的紅外光譜可知，A分子結構有碳碳單鍵及其它基團，所以符合條件的有機物A結構簡式為

【詳解】

(1)A的分子式為C9H10O2；

(2)A的核磁共振氫譜有5個峰，說明分子中有5種H原子，其面積之比為對應的各種H原子個數之比，由分子式可知分子中H原子總數，進而確定甲基數目，所以需要知道A的分子式及A的核磁共振氫譜圖，故答案為bc；

(3)由A分子的紅外光譜知，含有C6H5C-基團，由苯環上只有一個取代基可知，苯環上的氫有三種，H原子個數分別為1個、2個、2個．由A的核磁共振氫譜可知，除苯環外，還有兩種氫，且兩種氫的個數分別為2個、3個，由A分子的紅外光譜可知，A分子結構有碳碳單鍵及其它基團，所以符合條件的有機物A結構簡式為

(4)①分子結構中只含一個官能團；②分子結構中含有一個甲基；③苯環上只有一個取代基；符合條件的同分異構體的結構簡式為：共5種。【解析】C9H10O2bc58、略

【分析】【分析】

(1)

①和是由氧元素組成的不同單質；屬于同素異形體；

②和質子數相同為6；中子數不同分別為6；8，是碳元素不同核素，互為同位素；

③和它們的結構不同但分子式相同；所以二者互為同分異構體；

④和它們的結構不同但分子式相同；所以二者互為同分異構體；

⑤和組成和結構都相同；為同一物質；

⑥和它們結構相似都為烷烴，在分子組成上相差1個CH2原子團；互為同系物；

故答案為：③；④；⑤；⑥；①；

(2)

依據氧化還原反應設計的原電池，可知該反應Cu失去電子，為電池負極，發生氧化反應，石墨為正極，鐵離子將會得到電子，發生還原反應，則電解質溶液是或溶液，故答案為：或還原。【解析】(1)③；④⑤⑥①

(2)或還原9、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）A．化合物I含有官能團：醚基；溴原子、碳碳叁鍵；故能使酸性高錳酸鉀和溴水褪色，說法正確；B.化合物Ⅰ不能發生消去反應，化合物Ⅱ不能發生加成反應、消去反應、加聚反應，化合物Ⅲ不能發生消去反應，故B說法錯誤；C.碳碳叁鍵是直線型、苯環平面六邊形，再加上三點確定一個平面，所有碳原子可能處于同一個平面，故說法正確；D.化合物Ⅲ含有酯的結構，消耗1molNaOH，含有溴原子，能發生取代反應，羥基取代溴原子位置，再消耗1molNaOH，取代后羥基和苯環直接相連，具有酸性，再和1molNaOH發生中和反應，共消耗3molNaOH，故說法錯誤；

(2)根據有機物中碳原子的特點，分子式：C11H11O3Br，化合物Ⅲ1mol苯環需要3molH2，1mol碳碳雙鍵需要1molH2，故共需要4molH2；

(3)①根據1mol－CHO，需要消耗2mol[Ag(NH3)2]OH，現在物質的量之比為1：4，說明該有機物中含有2mol－CHO，②能在NaOH乙醇溶液中發生消去反應，說明含羥基，且羥基連接碳的相鄰碳上有氫原子，③有四種峰，說明有四種不同的氫原子，且氫原子個數之比：6:2:2:1，④遇到FeCl3溶液顯紫色，說明該有機物含苯環，且苯環直接和羥基相連，因此推出結構簡式：

(4)該高分子化合物的鏈節全是碳原子，生成此高聚物的反應類型是加聚反應，故單體是：CH3CH=CHOOCCH3，1mol高聚物含有nmol酯的結構，需要nmolNaOH反應，故反應方程式：反應①的本質是：酸中羥基上的氫加成到碳碳叁鍵含氫原子少的不飽和碳原子上，剩下相連，故反應方程式：【解析】①.AC②.C11H11O3Br③.4④.⑤.CH3COOCH=CHCH3⑥.⑦.10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)某有機物含碳85.7%、氫14.3%，C、H質量分數之和為100%，故有機物只含C、H兩種元素，則分子中C、H原子數目之比為=1：2，有機物實驗式為CH2，溴水中通入該有機物，溴水恰好完全褪色，該烴屬于烯烴，烴與Br2按物質的量之比1：1反應，則n(烯烴)=n(Br2)==0.025mol，液體增重為81.4g-80g=1.4g，為有機物的質量，則烴的相對分子質量為=56，故有機物分子式為C4H8，故答案為：C4H8；

(2)經測定該有機物分子中有兩個—CH3，寫出它的結構簡式CH3CH=CHCH3、(CH3)2CH=CH2；故答案為：CH3CH=CHCH3、(CH3)2CH=CH2。【解析】①.C4H8②.CH3CH=CHCH3、(CH3)2CH=CH211、略

【分析】【分析】

根據各元素的含量；結合相對分子質量確定有機物A中C；H、O原子個數，進而確定有機物A的分子式；A的核磁共振氫譜有5個峰，說明分子中有5種H原子，其面積之比為對應的各種H原子個數之比，根據分子式可知分子中H原子總數，進而確定A的結構簡式；酯可以水解生成羧酸和醇，據此書寫方程式，由此分析。

【詳解】

(1)有機物A中C原子個數N(C)==9，有機物A中H原子個數N(H)==10，根據相對分子質量是150，所以有機物A中O原子個數N(O)=2，所以有機物A的分子式為C9H10O2；

(2)由A分子的紅外光譜，且分子中只含一個苯環，且苯環上只有一個取代基，A可以水解知，含有C6H5C-基團，由苯環上只有一個取代基可知，苯環上的氫有三種，H原子個數分別為1個、2個、2個，由A分子的紅外光譜可知，A分子結構有碳碳單鍵及其它基團，所以符合條件的有機物A結構簡式為

(3)A在無機酸作用下水解的化學方程式可以為：+H2O?+HOCH2CH3。【解析】C9H10O2(或或)+H2O?+HOCH2CH3三、判斷題(共9題，共18分)12、B【分析】【詳解】

碳氫質量比為3:1的有機物一定是CH4或CH4O，錯誤。13、A【分析】【分析】

【詳解】

3個碳原子的烷基為丙基，丙基有3種，甲苯苯環上的氫有鄰間對2種，則所得產物有3×2=6種，正確。14、B【分析】【分析】

【詳解】

的名稱為3－甲基－1－丁炔，故錯誤。15、B【分析】【詳解】

分子式為C4H8的烴可以是烯烴，也可以是環烷烴，而環烷烴不是脂肪烴，故答案為：錯誤。16、B【分析】【分析】

【詳解】

該結構為對稱結構，所含氫原子種類為5種，如圖所示：故錯誤。17、B【分析】【詳解】

羧基和酯基中的羰基均不能與H2加成，醛酮中的羰基可以與氫氣加成，故錯誤。18、B【分析】【分析】

【詳解】

指結構相似、分子組成上相差一個或若干個“CH2”原子團的有機物都屬于同系物，故錯誤。19、B【分析】【詳解】

乙苯的同分異構體中含有苯環的有鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯3種，除此以外，苯環的不飽和度為4，還有不含苯環的同分異構體，故乙苯的同分異構體多于3種，錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

含有苯環，兩個甲基取代有鄰、間、對三種，苯環上乙基取代只有一種，總共有4種同分異構體，故錯誤。四、計算題(共3題，共27分)21、略

【分析】【分析】

【詳解】

17.6gCO2的物質的量為9.0gH2O的物質的量為故N(C)∶N(H)=0.4mol∶(0.5mol×2)=2∶5，又烷烴的通式為CnH2n+2，故符合N(C)∶N(H)=2∶5的烷烴的分子式為C4H10，故分子式為C4H10；可能的結構為：【解析】C4H1022、略

【分析】【分析】

【詳解】

該烴的相對分子質量是氫氣的14倍，則經的相對分子質量是14×2=28。燃燒生成的二氧化碳和水的物質的量分別是即碳氫原子的個數之比是1:2，所以該烴的分子式為C2H4，結構簡式為H2C=CH2。【解析】C2H4CH2=CH223、略

【分析】【分析】

C2H4完全燃燒生成CO2、H2O，不同的吸收劑吸收不同的產物。用足量過氧化鈉吸收時，過氧化鈉增重相當于“CO、H2”的質量。據C2H4+3O22CO2+2H2O，標況11.2L（0.5mol）C2H4在氧氣中完全燃燒，120℃時氣體產物為44g（1mol）CO2、18g（1mol）H2O。

【詳解】

（1）氣體先通過濃硫酸（吸收H2O），再通過堿石灰（吸收CO2）；故堿石灰將增重44g。

（2）氣體直接通過堿石灰（吸收H2O和CO2）；則堿石灰增重62g。

（3）氣體通過足量過氧化鈉，相當于Na2O2+”CO”=Na2CO3、Na2O2+”H2”=2NaOH；則過氧化鈉增重28g+2g=30g。

（4）C2H4和氫氣加成生成C2H6，反應屬于加成反應。C2H6與足量的氯氣光照，反應的化學方程式是C2H6+6Cl2C2Cl6+6HCl，0.5molC2H4最終生成3molHCl氣體。【解析】(1)44

(2)62

(3)30

(4)加成3五、結構與性質(共4題，共12分)24、略

【分析】【分析】

苯環是平面正六邊形結構，據此分析判斷處于同一直線的最多碳原子數；物質b中含有H；C、F三種元素；元素的非金屬性越強，電負性越大，據此分析判斷；C－F共用電子對偏向F，F顯負電性，C－H共用電子對偏向C，H顯正電性，據此分析解答；石墨烯嵌鋰圖中以圖示菱形框為例，結合均攤法計算解答；石墨烯嵌鋰結構中只有部分六元碳環中嵌入了鋰，而聯苯烯嵌鋰中每個苯環中都嵌入了鋰，據此分析判斷。

【詳解】

(1)苯環是平面正六邊形結構，物質a()中處于同一直線的碳原子個數最多為6個()；故答案為：6；

(2)物質b中含有H；C、F三種元素；元素的非金屬性越強，電負性越大，電負性從大到小的順序為F＞C＞H，故答案為：F＞C＞H；

(3)C－F共用電子對偏向F，F顯負電性，C－H共用電子對偏向C，H顯正電性，F與H二者靠靜電作用識別，因此物質b之間可采取“拉鏈”相互識別活化位點；故答案為：C－F共用電子對偏向F，F顯負電性，C－H共用電子對偏向C，H顯正電性，F與H二者靠靜電作用識別；

(4)根據圖示；物質c→聯苯烯過程中消去了HF，反應類型為消去反應，故答案為：消去反應；

(5)①石墨烯嵌鋰圖中以圖示菱形框為例，含有3個Li原子，含有碳原子數為8×+2×+2×+13=18個，因此化學式LiCx中x=6；故答案為：6；

②根據圖示，石墨烯嵌鋰結構中只有部分六元碳環中嵌入了鋰，而聯苯烯嵌鋰中每個苯環中都嵌入了鋰，鋰離子嵌入數目越多，電池容量越大，因此聯苯烯嵌鋰的能力更大，故答案為：更大。【解析】6F＞C＞HC－F共用電子對偏向F，F顯負電性，C－H共用電子對偏向C，H顯正電性，F與H二者靠靜電作用識別消去反應6更大25、略

【分析】【分析】

非金屬性越強的元素；其電負性越大；根據原子核外電子排布的3大規律分析其電子排布圖；手性碳原子上連著4個不同的原子或原子團；等電子體之間原子個數和價電子數目均相同；配合物中的配位數與中心原子的半徑和雜化類型共同決定；根據晶胞結構；配位數、離子半徑的相對大小畫出示意圖計算陰、陽離子的半徑比。

【詳解】

（1）組成青蒿素的三種元素是C、H、O，其電負性由大到小排序是O>C>H，基態O原子的價電子排布圖

（2）一個青蒿素分子中含有7個手性碳原子，如圖所示：

（3）①根據等電子原理，可以找到BH4﹣的等電子體，如CH4、NH4+；

②B2H6分子結構如圖，2個B原子和一個H原子共用2個電子形成3中心2電子鍵，中間的2個氫原子被稱為“橋氫原子”，它們連接了2個B原子．則B2H6分子中有B—H鍵和3中心2電子鍵等2種共價鍵；

③NaBH4的陰離子中一個B原子能形成4個共價鍵，而冰晶石(Na3AlF6)的陰離子中一個Al原子可以形成6個共價鍵；原因是：B原子的半徑較小；價電子層上沒有d軌道，Al原子半徑較大、價電子層上有d軌道；

④由NaH的晶胞結構示意圖可知，其晶胞結構與氯化鈉的晶胞相似，則NaH晶體中陽離子的配位數是6；設晶胞中陰、陽離子為剛性球體且恰好相切，Na+半徑大于H-半徑，兩種離子在晶胞中的位置如圖所示：Na+半徑的半徑為對角線的對角線長為則Na+半徑的半徑為H-半徑為陰、陽離子的半徑比0.414。由此可知正負離子的半徑比是決定離子晶體結構的重要因素，簡稱幾何因素，除此之外影響離子晶體結構的因素還有電荷因素（離子所帶電荷不同其配位數不同）和鍵性因素（離子鍵的純粹程度）。【解析】①.O>C>H②.③.7④.CH4、NH4+⑤.2⑥.B原子價電子層上沒有d軌道，Al原子價電子層上有d軌道⑦.6⑧.0.414⑨.電荷因素⑩.鍵性因素26、略

【分析】【分析】

苯環是平面正六邊形結構，據此分析判斷處于同一直線的最多碳原子數；物質b中含有H；C、F三種元素；元素的非金屬性越強，電負性越大，據此分析判斷；C－F共用電子對偏向F，F顯負電性，C－H共用電子對偏向C，H顯正電性，據此分析解答；石墨烯嵌鋰圖中以圖示菱形框為例，結合均攤法計算解答；石墨烯嵌鋰結構中只有部分六元碳環中嵌入了鋰，而聯苯烯嵌鋰中每個苯環中都嵌入了鋰，據此分析判斷。

【詳解】

(1)苯環是平面正六邊形結構，物質a()中處于同一直線的碳原子個數最多為6個()；故答案為：6；

(2)物質b中含有H；C、F三種元素；元素的非金屬性越強，電負性越大，電負性從大到小的順序為F＞C＞H，故答案為：F＞C＞H；

(3)C－F共用電子對偏向F，F顯負電性，C－H共用電子對偏向C，H顯正電性，F與H二者靠靜電作用識別，因此物質b之間可采取“拉鏈”相互識別活化位點；故答案為：C－F共用電子對偏向F，F顯負電性，C－H共用電子對偏向C，H顯正電性，F與H二者靠靜電作用識別；

(4)根據圖示；物質c→聯苯烯過程中消去了HF，反應類型為消去反應，故答案為：消去反應；

(5)①石墨烯嵌鋰圖中以圖示菱形框為例，含有3個Li原子，含有碳原子數為8×+2×+2×+13=18個，因此化學式LiCx中x=6；故答案為：6；

②根據圖示，石墨烯嵌鋰結構中只有部分六元碳環中嵌入了鋰，而聯苯烯嵌鋰中每個苯環中都嵌入了鋰，鋰離子嵌入數目越多，電池容量越大，因此聯苯烯嵌鋰的能力更大，故答案為：更大。【解析】6F＞C＞HC－F共用電子對偏向F，F顯負電性，C－H共用電子對偏向C，H顯正電性，F與H二者靠靜電作用識別消去反應6更大27、略

【分析】【分析】

非金屬性越強的元素；其電負性越大；根據原子核外電子排布的3大規律分析其電子排布圖；手性碳原子上連著4個不同的原子或原子團；等電子體之間原子個數和價電子數目均相同；配合物中的配位數與中心原子的半徑和雜化類型共同決定；根據晶胞結構；配位數、離子半徑的相對大小畫出示意圖計算陰、陽離子的半徑比。

【詳解】

（1）組成青蒿素的三種元素是C、H、O，其電負性由大到小排序是O>C>H，基態O原子的價電子排布圖

（2）一個青蒿素分子中含有7個手性碳原子，如圖所示：

（3）①根據等電子原理，可以找到BH4﹣的等電子體，如CH4、NH4+；

②B2H6分子結構如圖，2個B原子和一個H原子共用2個電子形成3中心2電子鍵，中間的2個氫原子被稱為“橋氫原子”，它們連接了2個B原子．則B2H6分子中有B—H鍵和3中心2電子鍵等2種共價鍵；

③NaBH4的陰離子中一個B原子能形成4個共價鍵，而冰晶石(Na3AlF6)的陰離子中一個Al原子可以形成6個共價鍵；原因是：B原子的半徑較小；價電子層上沒有d軌道，Al原子半徑較大、價電子層上有d軌道；

④由NaH的晶胞結構示意圖可知，其晶胞結構與氯化鈉的晶胞相似，則NaH晶體中陽離子的配位數是6；設晶胞中陰、陽離子為剛性球體且恰好相切，Na+半徑大于H-半徑，兩種離子在晶胞中的位置如圖所示：Na+半徑的半徑為對角線的對角線長為則Na+半徑的半徑為H-半徑為陰、陽離子的半徑比0.414。由此可知正負離子的半徑比是決定離子晶體結構的重要因素，簡稱幾何因素，除此之外影響離子晶體結構的因素還有電荷因素（離子所帶電荷不同其配位數不同