2025年牛津譯林版選修化學下冊月考試卷

…………○…………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年牛津譯林版選修化學下冊月考試卷111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9題，共18分)1、某透明溶液中，下列離子組能大量共存的是A.Mg2+、HCOCl-、OH-B.Al3+、Na+、COSOC.NHCu2+、Na+、Cl-D.H+、Fe2+、NOSO2、下列相關條件下的離子方程式書寫正確的是A.過量鐵粉與稀硝酸反應：Fe+NO+4H+═Fe3++NO↑+2H2OB.泡沫滅火器原理：2Al3++3CO+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑C.向Ca(HCO3)2溶液中加入足量Ca(OH)2溶液：Ca2++HCO+OH?═CaCO3↓+H2OD.向BaCl2溶液中通入少量SO2氣體：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+3、某溶液中有Cu2+、Mg2+、Fe2+和Al3+四種離子，若向其中加入過量的氫氧化鈉溶液，微熱并攪拌，再加入過量鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是A.Cu2+B.Mg2+C.Fe2+D.Al3+4、下列物質中，屬于苯的同系物的是A.B.C.D.5、下列反應中，屬于加成反應的是A.CH4+Cl2CH3Cl+HClB.CH2=CH2+HClCH3CH2ClC.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD.+Br2+HBr6、虎耳草素從藥用植物中提取；其結構如圖所示。下列關于虎耳草素的敘述不正確的是。

A.該有機化合物分子中所有碳原子不可能處于同一平面上B.該有機化合物能夠與H2發(fā)生加成反應C.該有機化合物可與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應D.1mol該有機化合物最多可以消耗4molNaOH7、某同學利用下列裝置探究苯酚；醋酸、碳酸的酸性強弱；下列說法不正確的是。

A.裝置a中試劑為醋酸，b中試劑為碳酸鈉固體B.裝置c中試劑為飽和碳酸氫鈉溶液C.裝置d中試劑為苯酚溶液D.酸性強弱順序為：醋酸>碳酸>苯酚8、的結構簡式如圖所示；下列說法不正確的是。

A.1mol與足量溶液反應時消耗6molB.核磁共振氫譜共有13個吸收峰C.虛框內所有原子共面D.一定條件下可發(fā)生氧化、消去、取代、加成反應9、分子式為C5H10O2，能與NaHCO3溶液反應的有機物有A.4種B.5種C.6種D.7種評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、按要求寫出反應的方程式。

（1）Na2O2可以做呼吸面具的原理(任寫一個化學反應方程式)___________

（2）鋁單質與NaOH(離子方程式)___________

（3）FeCl3腐蝕印刷電路板的原理(離子方程式)___________

（4）鐵單質與過量的稀硝酸反應(化學反應方程式)___________11、（1）室溫下，使用pH計測定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12。由此可以得到的結論是_______（填字母）。

a．溶液中c(H+)＞c(OH－)

b．NH4+水解是微弱的。

c．NH3·H2O是弱堿。

d．由H2O電離出的c(H+)＜10-7mol/L

e．物質的量濃度相等的氨水和鹽酸等體積混合；溶液pH=7

（2）室溫下；用0.1mol/LNaOH溶液分別滴定20.00mL0.1mol/L的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是。

①表示滴定鹽酸的曲線是_______（填序號）。

②滴定醋酸溶液的過程中：

?。甐(NaOH)＝10.00mL時；溶液中離子濃度由大到小的順序為_________。

ⅱ．當c(Na+)＝c(CH3COO—)+c(CH3COOH)時，溶液pH____7（填“＞”、“＝”或“＜”）。12、按要求回答下列問題。

(1)按系統命名法，的名稱是：___________。

(2)是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構。寫出的電子式___________。13、某烷烴的結構簡式為

(1)用系統命名法命名該烴：___________。

(2)若該烷烴是由烯烴加氫得到的，則原烯烴的結構有___________種(不包括立體異構；下同)。

(3)若該烷烴是由炔烴加氫得到的，則原炔烴的結構有___________種。

(4)該烷烴在光照條件下與氯氣反應，生成的一氯代烷最多有___________種。

(5)寫出由苯制取硝基苯的反應方程式：___________。14、（1）有機物命名：

__________；

___________；

（2）依據名稱寫出物質：3，4-二甲基-4-乙基庚烷________；

（3）在下列有機物中①CH3CH2CH3②CH3CH=CH2③CH3-CCH④⑤(CH3)2CHCH3⑥⑦⑧⑨⑩CH3CH2Cl中屬于飽和烴的是_______，屬于苯的同系物的是_____，互為同分異構體的是________。15、在人口居住密度較大的城區(qū)和建筑群中；室內空氣的污染有時會比室外更嚴重。目前已發(fā)現的室內空氣污染物達300多種。

(1)室內裝修材料及家具揮發(fā)出來的_______是室內空氣的主要污染物，該氣體_______(填“易”或“難”)溶于水，常溫下有強烈的刺激性氣味，當溫度超過20℃時，揮發(fā)速度加快，根據該氣體的這些性質，判斷下列做法錯誤的是_______。

A.入住前房間內保持一定溫度并通風。

B.裝修盡可能選擇在溫度較高的季節(jié)。

C.請環(huán)境監(jiān)測部門檢測室內甲醛含量低于國家標準后入住。

D.緊閉門窗一段時間后入住。

(2)在入住裝修過的新房之前在房間內，放置適量的吊蘭、蘆薈等植物有利于凈化空氣，但晚上在密閉的居室內放置大型綠色植物，可能影響人體健康。主要原因是其_______。16、（1）苯環(huán)結構中不存在碳碳單、雙鍵的交替結構。下列可以作為證據的是________(填序號）。

①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色。

②苯不能因發(fā)生化學反應而使溴的四氯化碳溶液褪色。

③苯在加熱和有催化劑存在的條件下能與H2加成生成環(huán)己烷。

④鄰二甲苯只有一種。

⑤間二甲苯只有一種。

⑥對二甲苯只有一種。

（2）下列關于教材實驗的敘述中正確的是_________。

A．Cu片加入冷的濃硫酸中沒有變化；說明Cu在濃硫酸中也會鈍化。

B．石油分餾時；控制溫度，收集到的汽油為純凈物。

C．用激光筆照射肥皂水；有丁達爾效應，說明肥皂水是膠體。

D．淀粉水解液中加入銀氨溶液；水浴加熱后無銀鏡，說明淀粉未水解。

E．雞蛋白溶液中分別加入飽和硫酸銨、硫酸鉀溶液時，都發(fā)生了鹽析17、下列是六種環(huán)狀的烴類物質：

(1)互為同系物的有___________和___________(填名稱)?；橥之悩嬻w的有和___________、和___________、___________和___________(填名稱)。

(2)立方烷的分子式為___________，其一氯代物有種___________，其二氯代物有種___________。

(3)寫出兩種與苯互為同系物且一氯代物只有兩種的物質的結構簡式：___________，___________。18、鎳及其化合物是重要的合金材料和催化劑。請回答下列問題：

（1）基態(tài)鎳原子的價電子排布式為___________，排布時最高能層的電子所占的原子軌道有__________個伸展方向。

（2）鎳能形成多種配合物如正四面體形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面體形的[Ni(NH3)6]2+等。下列說法不正確的有_________。

A．CO與CN-互為等電子體；其中CO分子內σ鍵和π鍵個數之比為1:2

B．NH3的空間構型為平面三角形。

C．Ni2+在形成配合物時；其配位數可能為是4或6

D．Ni(CO)4中，鎳元素是sp3雜化。

（3）丁二酮肟常用于檢驗Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟與Ni2+反應生成鮮紅色沉淀，其結構如圖所示。該結構中，除共價鍵外還存在配位鍵和氫鍵，請在圖中用“???”表示出氫鍵。_____

（4）NiO的晶體結構類型與氯化鈉的相同；相關離子半徑如下表：

NiO晶胞中Ni2+的配位數為_______，NiO熔點比NaCl高的原因是_______________________。

（5）研究發(fā)現鑭鎳合金LaNix是一種良好的儲氫材料。合金LaNix晶體屬六方晶系如圖a所示，其晶胞如圖a中實線所示，如圖b所示（其中小圓圈代表La，小黑點代表Ni）。儲氫位置有兩種，分別是八面體空隙（“”）和四面體空隙（“”），見圖c、d，這些就是氫原子存儲處。

①LaNix合金中x的值為_____；

②LaNix晶胞的密度是________g/cm-3（阿伏伽德羅常數用NA表示，LaNix的摩爾質量用M表示）

③晶胞中和“”同類的八面體空隙有______個。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)19、1－戊烯比2－甲基－1－丁烯的沸點高。(___)A.正確B.錯誤20、環(huán)己烷與苯可用酸性KMnO4溶液鑒別。(____)A.正確B.錯誤21、所有鹵代烴都是通過取代反應制得的。(______)A.正確B.錯誤22、乙醇可由乙烯與水發(fā)生加成反應制得，乙酸可由乙醇氧化制得。(____)A.正確B.錯誤23、和互為同系物。(_____)A.正確B.錯誤24、苯酚中混有甲苯，可以通過加酸性高錳酸鉀溶液檢驗甲苯的存在。(____)A.正確B.錯誤25、鹵代烴與醇發(fā)生消去反應的條件不同。(___________)A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共6分)26、X、Y、Z、V、W為五種前四周期元素，其中X是短周期(除稀有氣體外)原子半徑最大的元素；Y與X同周期，其最高價氧化物對應的水化物呈兩性；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子；V原子的核外電子排布式為1s22s22p63s2；W的原子序數為29，W的離子能與乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配離子：

回答下列問題：

（1）W原子的核外價電子排布式為___，該配離子中含有的化學鍵類型有___(填字母)。

a.配位鍵b.極性鍵c.離子鍵d.非極性鍵。

（2）元素X、Y、V第一電離能由大到小的順序是___(用元素符號表示)。

（3）Z的氫化物的空間構型是___；該氫化物的沸點比甲烷的高，其主要原因是___；Z的另一種氫化物Z2H4分子中Z原子軌道的雜化類型是___。

（4）X和Cl元素構成的化合物XCl，XCl的晶胞結構如圖所示，晶體中X+的配位數是___。每個X+周圍與其緊鄰的Cl-圍成的幾何圖形為___。若W晶體中一個晶胞的邊長為apm，則W晶體的密度為___g/cm3(寫出含a的表達式，用NA表示阿伏加德羅常數)。

27、Ⅰ．（1）工業(yè)廢水中常含有Cu2+等重金屬離子，直接排放會造成污染，目前在工業(yè)廢水處理過程中，依據沉淀轉化的原理，常用FeS等難溶物質作為沉淀劑除去這些離子。已知室溫下Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp(CuS)=1.3×10-36。請用離子方程式說明上述除雜的原理__。

（2）在t℃時，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10-amol/L，c(OH－)＝10-bmol/L，已知a＋b＝12，則該溫度下水的離子積常數KW＝__。在該溫度下，將100mL0.1mol/L的稀硫酸與100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝___。

Ⅱ．工業(yè)生成尿素的原理是以NH3和CO2為原料合成尿素，反應的化學方程式為2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)，該反應的平衡常數和溫度關系如下：。T/℃165175185195K111.974.150.634.8

（1）ΔH___0（填“＞”；“＜”或“=”）。

（2）在一定溫度和壓強下，若原料氣中的NH3和CO2的物質的量之比（氨碳比）n(NH3)∶n(CO2)＝x，如圖是氨碳比（x）與CO2平衡轉化率（α）的關系，α隨著x增大而增大的原因是___。

（3）圖中的B點對應的NH3的平衡轉化率為__。28、由A(芳香烴)與E為原料制備J和高聚物G的一種合成路線如下：

已知：①酯能被LiAlH4還原為醇。

②

回答下列問題：

(1)A的化學名稱是___________，J的分子式為__________，H的官能團名稱為___________。

(2)由I生成J的反應類型為___________。

(3)寫出F+D→G的化學方程式：______________________。

(4)芳香化合物M是B的同分異構體，符合下列要求的M有______種，寫出其中2種M的結構簡式：______________。

①1molM與足量銀氨溶液反應生成4molAg

②遇氯化鐵溶液顯色。

③核磁共振氫譜顯示有3種不同化學環(huán)境的氫；峰面積之比1：1：1

(5)參照上述合成路線，寫出用為原料制備化合物的合成路線(其他試劑任選)。____________________________________________________。評卷人得分五、結構與性質(共1題，共8分)29、玫瑰的香味物質中含有1，8-萜二烯，1，8-萜二烯的鍵線式為

(1)1mol1，8-萜二烯最多可以跟________molH2發(fā)生反應。

(2)寫出1，8-萜二烯跟等物質的量的Br2發(fā)生加成反應所得產物的可能的結構：________（用鍵線式或結構簡式表示）。

(3)有機物A是1，8-萜二烯的同分異構體，分子中含有“”結構（R表示烴基）；A可能的結構為________（用鍵線式或結構簡式表示）。

(4)寫出和Cl2發(fā)生1，4-加成反應的化學方程式：_________。評卷人得分六、實驗題(共1題，共4分)30、根據要求；回答下列問題：

I.硝酸銀(AgNO3)標準溶液可用作測定鹵素含量的滴定劑，實驗室要配制480mL0.1000mol/LAgNO3標準溶液；回答下列問題：

(1)配制該溶液所需儀器除天平、燒杯、量筒、玻璃棒外，還必須用到的玻璃儀器有_______

(2)用分析天平(讀數精度為0.0001g)稱取硝酸銀(AgNO3)固體質量為___________g

(3)稱量后，按如下實驗步驟進行實驗，A~E正確的實驗順序為___________(填字母)

(4)配制過程中，下列情況會使配制結果偏低的是___________(填序號)

①轉移前；容量瓶內有蒸餾水。

②移液時；未洗滌燒杯和玻璃棒。

③移液時；燒杯中的溶液不慎灑到容量瓶外。

④定容后經振蕩；搖勻；靜置，發(fā)現液面低于刻度線，再補加蒸演水至度線。

⑤定容時俯視刻度線。

II.通過佛爾哈德返滴定法，用上述配制的標準溶液測定磷化鈉待測液中I元素的含量；實驗步驟如下：

①取10mL碘化鈉待測液于形瓶中；加稀硝酸至溶液顯酸性；

②向錐形瓶中加入0.1000mol/L的溶液50.00mL，使完全沉淀；

③濾去AgI沉淀，并用稀洗滌沉淀；洗滌液并濾液中：

④加入2~3滴鈔銨礬[]指示劑，用0.2000mol/L標準溶液返滴定過量至終點；記下所用體積為10.00mL。

已知：i.(白色沉淀)

ii.達到化學計量點時，微過量的與生成紅色(紅色)

(5)步驟④中指示劑必須在加入過量的后加入的原因是：___________(用離子方程式表示)

(6)碘化鈉待測液中___________mol/L。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A．Mg2+與OH-可以生成氫氧化鎂沉淀，且HCO與OH-也能反應；不能大量共存，故A不符合題意；

B．Al3+與CO可以發(fā)生反應2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3+3CO2不能大量共存，故B不符合題意；

C．NHCu2+、Na+、Cl-互不反應；可以大量共存，故C符合題意；

D．H+與NO具有氧化性，可以氧化Fe2+；故不能大量共存，故D不符合題意；

故選C。2、C【分析】【詳解】

A．過量鐵粉與稀硝酸反應生成Fe2+，正確的離子方程式為：3Fe+2NO+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O；故A錯誤；

B．泡沫滅火器中盛裝的物質是Al2(SO4)3和NaHCO3，滅火原理為：Al3++3═Al(OH)3↓+3CO2↑；故B錯誤；

C．向Ca(HCO3)2溶液中加入足量Ca(OH)2溶液，假設Ca(HCO3)2為1mol，則2mol與2molOH-反應生成2mol水和2mol2mol結合2molCa2+生成2molCaCO3，故可得到2Ca2++2HCO+2OH?═2CaCO3↓+2H2O，化簡得Ca2++HCO+OH?═CaCO3↓+H2O；故C正確；

D．向BaCl2溶液中通入少量SO2氣體，反應Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+違反“強酸制取弱酸”的原理；二者不反應，故D錯誤；

故選C。3、C【分析】【詳解】

加入過量的氫氧化鈉；則分別生成氫氧化銅；氫氧化鎂、氫氧化亞鐵和偏鋁酸鈉。由于加熱攪拌，氫氧化亞鐵極易被氧化生成氫氧化鐵，所以再加入過量的鹽酸，氫氧化銅溶解重新生成銅離子、氫氧化鎂溶解重新生成鎂離子、氫氧化鐵溶解生成鐵離子、偏鋁酸鈉和鹽酸反應轉變成鋁離子，溶液中就不再存在亞鐵離子，C正確；

答案選C。4、D【分析】【分析】

結構相似、分子組成相差若干個“CH2”原子團的有機化合物互相稱為同系物；依此進行判斷。

【詳解】

A．苯乙烯與苯的結構不相似；故不屬于苯的同系物，選項A錯誤；

B．中含有無苯環(huán)；與苯的結構不相似，二者不屬于同系物，選項B錯誤；

C．與苯的結構不相似；含有羥基，故不屬于苯的同系物，選項C錯誤；

D．中含有1個苯環(huán)，與苯分子相差1個CH2原子團，二者滿足同系物條件，選項D正確；5、B【分析】【分析】

有機物分子中的不飽和鍵斷裂；斷鍵原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應是加成反應，據此分析解答。

【詳解】

A．甲烷和氯氣混合光照后；甲烷中的氫原子被氯原子所代替生成氯代物而使黃綠色消失，屬于取代反應，A選項錯誤；

B．CH2=CH2中碳碳雙鍵斷裂；兩個碳原子分別結合了Cl原子和氫原子，屬于加成反應，B選項正確；

C．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O屬于氧化反應；C選項錯誤；

D．苯與Br2發(fā)生取代反應生成溴苯，+Br2+HBr屬于取代反應；D選項錯誤；

答案選B。6、D【分析】【詳解】

A．分子中存在多個類似甲烷結構的碳原子；因此分子中所有碳原子不可能處于同一平面上，A正確；

B．分子中含有苯環(huán)；能和氫氣發(fā)生加成反應，B正確；

C．分子中含有酚羥基；能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，C正確；

D．分子中含有2個酚羥基；1個酯基，則1mol該有機化合物最多可以消耗3molNaOH，D錯誤·；

故選D。7、C【分析】【詳解】

A.若裝置a中試劑為醋酸，b中試劑為碳酸鈉固體，由于醋酸易揮發(fā)，因此生成的二氧化碳中混有醋酸蒸氣，可以通過飽和的碳酸氫鈉溶液除去醋酸蒸氣，再將二氧化碳通入苯酚鈉溶液中，根據現象可以探究苯酚、醋酸、碳酸的酸性強弱，故A正確；B.根據A的分析，裝置c中試劑為飽和碳酸氫鈉溶液，目的是除去二氧化碳中的醋酸蒸氣，故B正確；C.根據A的分析，裝置d中試劑為苯酚鈉溶液，故C錯誤；D.醋酸與碳酸鈉反應放出二氧化碳，二氧化碳通入苯酚鈉溶液中生成苯酚，溶液渾濁，因此酸性強弱順序為：醋酸>碳酸>苯酚；故D正確；故選C。

【點睛】

解答本題的關鍵是判斷c裝置的作用和使用的試劑，要注意醋酸對后續(xù)實驗的干擾。8、B【分析】【詳解】

A．根據ADP的結構簡式，1molADP完全水解后，能生成2molH3PO4；與NaOH溶液反應，消耗6molNaOH，故A說法正確；

B．根據ADP的結構簡式；最左側P上的兩個羥基是相同，有12個不同化學環(huán)境的氫原子，核磁共振氫譜共有12個吸收峰，故B說法錯誤；

C．虛框中有1個全部以單鍵存在N原子外，其余C、N的雜化類型均為sp2雜化；空間構型為平面形，因此虛框中所有原子共面，故C說法正確；

D．五元環(huán)上含有羥基；羥基能被氧化，五元環(huán)上所含羥基鄰位鄰位碳原子上有H，能發(fā)生消去反應，羥基；氨基能與羧基能發(fā)生取代反應，虛框中雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應，故D說法正確；

答案為B。9、A【分析】【詳解】

分子式為C5H10O2且能與NaHCO3溶液反應，則該有機物中含有-COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為-C4H9，-C4H9異構體有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3；故符合條件的有機物的異構體數目為4種。

答案選A。二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【分析】

(1)

過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應的化學方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，反應的化學方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

(2)

鋁和氫氧化鈉反應生成氫氣和偏鋁酸鈉，離子方程式為：2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑，故答案為：2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑。

(3)

FeCl3腐蝕印刷電路板的原理為Cu單質被Fe3+氧化為Cu2+，離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

(4)

鐵與過量稀硝酸反應生成硝酸鐵、水和一氧化氮，化學方程式為：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，故答案為：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。【解析】(1)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

(2)2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑

(3)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

(4)Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O11、略

【分析】【詳解】

（1）室溫下，使用pH計測定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH＝5.12，即溶液顯酸性，說明NH4Cl為強酸弱堿鹽，即NH3?H2O為弱堿。則。

a、溶液pH＝5.12，即溶液顯酸性，故溶液中c(H+)＞c(OH－)；a正確；

b、NH3?H2O為弱堿，故NH4+是弱堿陽離子，在水溶液中能水解，但一般的水解程度很微弱，b正確；

c、溶液顯酸性，說明NH4Cl為強酸弱堿鹽，即NH3?H2O為弱堿；c正確；

d、NH4Cl為強酸弱堿鹽，在水溶液中能水解，而鹽的水解能促進水的電離，故此溶液中由H2O電離出的c(H+)＞10-7mol/L；d錯誤；

e、物質的量濃度相等的氨水和鹽酸等體積混合，恰好完全反應得NH4Cl溶液，但由于NH4Cl為強酸弱堿鹽；水解顯酸性，故溶液的pH＜7，e錯誤；

答案選abc；

（2）①醋酸是弱電解質；HCl是強電解質，相同濃度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞鹽酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲線，Ⅱ表示的是滴定鹽酸的曲線；

②i、V（NaOH）＝10.00mL時，因此溶液中的溶質為等物質的量濃度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH－)，根據電荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO—)，故離子濃度的關系為c(CH3COO—)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；

ii、當c(Na+)＝c(CH3COO—)+c(CH3COOH)；根據物料守恒可知，加入的NaOH溶液的物質的量與醋酸的物質的量相同，此時兩者恰好完全反應得醋酸鈉溶液，而醋酸鈉為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，故溶液的pH＞7。

【點睛】

本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，涉及弱電解質的電離、鹽類水解、酸堿中和反應等知識點，根據弱電解質的電離特點、溶液酸堿性及鹽類水解等知識點來分析解答，題目難度中等。注意溶液中電荷守恒、物料守恒的靈活應用?！窘馕觥縜bcⅡc（CH3COO-）＞c（Na+）＞c(H+)＞c(OH－)＞12、略

【分析】(1)

主鏈有6個碳原子；3，4號碳原子上各有1個甲基，名稱是3，4-二甲基己烷；

(2)

是離子化合物，由Ca2+、C構成，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，說明兩個碳原子間存在碳碳叁鍵，的電子式為【解析】(1)3；4-二甲基己烷。

(2)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)從左向右開始編號；因此用系統命名法命名該烴：2，3?二甲基戊烷；故答案為：2，3?二甲基戊烷。

(2)若該烷烴是由烯烴加氫得到的；要得到烯烴，相當于在烷烴相鄰碳上各斷裂一個氫原子，因此原烯烴的結構有5種；故答案為：5。

(3)若該烷烴是由炔烴加氫得到的；要得到烯烴，相當于在烷烴相鄰碳上各斷裂兩個氫原子，則原炔烴的結構有1種；故答案為；1。

(4)該烷烴在光照條件下與氯氣反應；該物質有6種位置的氫，因此生成的一氯代烷最多有6種；故答案為：6。

(5)苯制取硝基苯是苯和濃硝酸在濃硫酸催化劑作用下發(fā)生反應，其反應方程式：+HO?NO2+H2O；故答案為：+HO?NO2+H2O?！窘馕觥?，3?二甲基戊烷516+HO?NO2+H2O14、略

【分析】【詳解】

（1）的名稱為2；4-二甲基-2-己烯；

為苯乙烯；

（2）先寫出主鏈，庚烷，有7個C原子，3號位和4號位上各有一個甲基，在4號位上還有一個乙基，可寫出其結構簡式為CH3CH2CH（CH3）（CH3）C（C2H5）CH2CH2CH3；

（3）飽和烴即為烷烴，不含雙鍵、三鍵、苯環(huán)和碳環(huán)，故屬于飽和烴的為①⑤；與苯互為同系物的是⑦甲苯；分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體，互為同分異構體的為④和⑥。【解析】2，4-二甲基-2-己烯苯乙烯CH3CH2CH（CH3）（CH3）C（C2H5）CH2CH2CH3①⑤⑦④和⑥15、略

【分析】（1）

內裝修材料及家具揮發(fā)出來的甲醛是室內空氣的主要污染物；該氣體易溶于水，常溫下有強烈的刺激性氣味。裝修盡可能選擇在溫度較高的季節(jié)，入住前房間內保持一定溫度并通風并請環(huán)境監(jiān)測部門檢測室內甲醛含量低于國家標準后入住，不能緊閉門窗一段時間后入住。

（2）

大型綠色植物晚上通過呼吸作用會消耗大量氧氣，晚上在密閉的居室內放置大型綠色植物會影響健康?！窘馕觥?1)甲醛易D

(2)大型綠色植物晚上通過呼吸作用會消耗大量氧氣16、略

【分析】【詳解】

（1）①苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環(huán)結構中不存在碳碳單鍵與碳碳雙鍵的交替結構，①正確；②苯不因化學變化而使溴水褪色，說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環(huán)結構中不存在碳碳單鍵與碳碳雙鍵的交替結構，②正確；③與氫氣加成是苯和雙鍵都有的性質，因此苯能在一定條件下跟H2加成生成環(huán)己烷，不能證明苯環(huán)中存在單雙鍵交替結構，③錯誤；④如果是單雙鍵交替結構，鄰二甲苯的結構有兩種，一種是兩個甲基夾C-C，另一種是兩個甲基夾C=C，鄰二甲苯只有一種結構，說明苯環(huán)結構中的化學鍵只有一種，不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結構，④正確；⑤無論苯的結構中是否有碳碳雙鍵和碳碳單鍵，苯的間位二元取代物都無同分異構體，所以不能說明苯不是單雙鍵交替結構，⑤錯誤；⑥無論苯的結構中是否有碳碳雙鍵和碳碳單鍵，苯的對位二元取代物都無同分異構體，所以不能說明苯不是單雙鍵交替結構，⑥錯誤；根據分析可知，能夠證明苯環(huán)結構中不存在單雙鍵交替結構的為：①②④；（2）A．Cu與濃硫酸反應需要加熱，Cu在濃硫酸中不會鈍化，A錯誤；B．石油分餾時，控制溫度，收集到的汽油仍然是混合物，B錯誤；C．用激光筆照射肥皂水，有丁達爾效應，說明肥皂水是膠體，C正確；D．淀粉水解液中加入銀氨溶液之前需要先加入氫氧化鈉中和硫酸，如果水浴加熱后無銀鏡，說明淀粉未水解，D錯誤；E．雞蛋白溶液中分別加入飽和硫酸銨、硫酸鉀溶液時，都發(fā)生了鹽析，E正確，答案選CE。【解析】①.①②④②.CE17、略

【分析】【詳解】

(1)同系物是指結構相似，分子組成上相差一個或若干個原子團的化合物，因此環(huán)己烷與環(huán)辛烷互為同系物；同分異構體是指分子式相同，結構不同的化合物，因此苯與棱晶烷(分子式均為)、環(huán)辛四烯與立方烷(分子式均為)互為同分異構體；故答案為：環(huán)己烷；環(huán)辛烷；苯；棱晶烷；環(huán)辛四烯；立方烷；

(2)立方烷的結構為正六面體，分子式為：具有對稱性，只有1種等效氫原子，故其一氯代物只有1種，其二氯代物有3種，分別為故答案為：1；3；

(3)苯的同系物是苯環(huán)上連有烷基的化合物，一氯代物只有2種，說明該分子中有2種等效氫原子，如(對二甲苯)、(間三甲苯)等，故答案為：【解析】環(huán)己烷環(huán)辛烷苯棱晶烷環(huán)辛四烯立方烷13(其他合理答案均可)18、略

【分析】【分析】

（1）Ni元素原子序數是28；其3d；4s電子為其價電子，3d、4s能級上電子數分別是8、2，據此書寫其價電子排布式，找到最高能層，為N層，能級為4s，判斷它的空間伸展方向；

（2）A．CO與CN-互為等電子體；則一氧化碳中含有碳氧三鍵，其中σ鍵個數為1；π鍵個數為2；故σ鍵和π鍵個數之比為1:2；

B．NH3的中心原子為N；價層電子歲數為4對，有一對孤對電子，sp3雜化，空間構型為三角錐形；

C．根據題干信息，鎳能形成多種配合物如正四面體形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面體形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物時；其配位數可能為是4或6；

D．Ni(CO)4中；鎳元素成鍵電子對數為4，孤電子對數為0，則價電子對數為4；

(3)中心原子提供空軌道配體提供孤電子對形成配位鍵;氫鍵存在于已經與N、O、F等電負性很大的原子形成共價鍵的H與另外的N、O、F等電負性很大的原子之間，則氫鍵表示為

(4)因為NiO的晶體結構類型均與氯化鈉的相同；而氯化鈉中陰陽離子的配位數均為6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位數也均為6；根據表格數據，氧離子和鎳離子的半徑小于鈉離子和氯離子，則NiO的鍵長小于NaCl，離子半徑越小，鍵長越短，鍵能越大，熔點越高，所以氧化鎳熔點高于氯化鈉熔點；

(5)①由圖b可知，La的個數為8×=1，Ni的個數為8×+1=5；La與Ni的個數比1:5，則x=5；

②由圖a可得晶胞的體積V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度=進行計算；

③六個球形成的空隙為八面體空隙，顯然圖c中的八面體空隙都是由2個La原子和4個Ni原子所形成，這樣的八面體空隙位于晶胞的，上底和下底的棱邊和面心處，共有8×+2×=3個；

【詳解】

（1）Ni元素原子序數是28，其3d、4s電子為其價電子，3d、4s能級上電子數分別是8、2，其價電子排布式為3d84s2；最高能層的電子為N，分別占據的原子軌道為4s，原子軌道為球形，所以有一種空間伸展方向；

答案為：3d84s2；1；

（2）A．CO與CN-互為等電子體；則一氧化碳中含有碳氧三鍵，其中σ鍵個數為1；π鍵個數為2；故σ鍵和π鍵個數之比為1:2，故A正確；

B．NH3的中心原子為N；價層電子歲數為4對，有一對孤對電子，sp3雜化，空間構型為三角錐形，故B錯誤；

C．根據題干信息，鎳能形成多種配合物如正四面體形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面體形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物時；其配位數可能為是4或6，故C正確；

D．Ni(CO)4中，鎳元素成鍵電子對數為4，孤電子對數為0，則價電子對數為4，是sp3雜化；故D正確；

答案選B。

(3)中心原子提供空軌道配體提供孤電子對形成配位鍵;氫鍵存在于已經與N、O、F等電負性很大的原子形成共價鍵的H與另外的N、O、F等電負性很大的原子之間，則氫鍵表示為

故答案為：

(4)因為NiO的晶體結構類型均與氯化鈉的相同；而氯化鈉中陰陽離子的配位數均為6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位數也均為6；根據表格數據，氧離子和鎳離子的半徑小于鈉離子和氯離子，則NiO的鍵長小于NaCl，二者都屬于離子晶體，離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關，離子所帶電荷越多，離子半徑越小，離子鍵越強，熔點越高，所以氧化鎳熔點高于氯化鈉熔點；

答案為：6；離子半徑越??；離子所帶電荷越多，鍵長越短，鍵能越大，熔點越高；

(5)①由圖b可知，La的個數為8×=1，Ni的個數為8×+1=5；La與Ni的個數比1:5，則x=5；

答案為：5；

②由圖a可得晶胞的體積V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度==g/cm-3；

答案為：

③六個球形成的空隙為八面體空隙，顯然圖c中的八面體空隙都是由2個La原子和4個Ni原子所形成，這樣的八面體空隙位于晶胞的，上底和下底的棱邊和面心處，共有8×+2×=3個；

答案為：3。

【點睛】

考查同學們的空間立體結構的思維能力，難度較大。該題的難點和易錯點在(5)的③，與“”同類的八面體空隙位于晶胞的，上底和下底的棱邊和面心處，且空隙與其他晶胞共用，計算數目時也要注意使用平均法進行計算。【解析】3d84s21B6離子半徑越小，離子所帶電荷越多，鍵長越短，鍵能越大，熔點越高53三、判斷題(共7題，共14分)19、A【分析】【詳解】

當烯烴碳原子數相同時，支鏈越多沸點越低，則1－戊烯比2－甲基－1－丁烯的沸點高，故正確；20、B【分析】【詳解】

環(huán)己烷和苯都不能與酸性KMnO4反應，且密度都比水小，不溶于水，會在KMnO4溶液的上層，因此無法區(qū)分，該說法錯誤。21、B【分析】【詳解】

鹵代烴不一定通過取代反應制得的，烯烴加成也可以得到鹵代烴，錯誤；22、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇可由乙烯和水發(fā)生加成反應制得，乙酸可由乙醇酸性高錳酸鉀溶液或酸性重鉻酸鉀溶液氧化制得，故正確。23、B【分析】【詳解】

是苯酚，是苯甲醇，二者種類不同，含有不同的官能團，不是同系物，故答案為：錯誤。24、B【分析】【詳解】

苯酚和甲苯均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，因此不能用酸性高錳酸鉀溶液檢驗甲苯的存在，故該說法錯誤。25、A【分析】【分析】

【詳解】

鹵代烴發(fā)生消去反應的條件是強堿的醇溶液，加熱，醇的消去反應的條件是濃硫酸，加熱，條件不同，故正確。四、原理綜合題(共3題，共6分)26、略

【分析】【分析】

X是短周期(除稀有氣體外)原子半徑最大的元素，X是Na；Y與X同周期，其最高價氧化物對應的水化物呈兩性，Y是Al；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，Z是N元素；V原子的核外電子排布式為1s22s22p63s2；V是Mg；W的原子序數為29，W是Cu。

【詳解】

（1）W的原子序數為29，W是Cu，核外價電子排布式為3d104s1，根據N和銅原子之間是配位鍵，C-C鍵是非極性鍵，C-N、C-H、N-H鍵是極性共價鍵，該配離子中含有的化學鍵類型選abd；

（2）鎂原子價電子排布為3s2；為穩(wěn)定狀態(tài)，所以元素Na；Al、Mg第一電離能由大到小的順序是Mg＞Al＞Na；

（3）N的氫化物是NH3，NH3中N原子的價電子對數是4，有1對孤電子對，空間構型是三角錐形；氨分子間能形成氫鍵，所以氨氣沸點比甲烷的高；N的另一種氫化物N2H4分子中N原子有1對孤電子對，3個σ鍵，所以軌道的雜化類型是sp3；

（4）根據NaCl的晶胞結構圖，晶體中離Na+最近的Cl-有6個，Na+的配位數是6。每個Na+周圍與其緊鄰的Cl-圍成的幾何圖形為正八面體。銅為面心立方晶胞，若銅晶體中一個晶胞的邊長為apm，則晶胞的體積為根據均攤原則，1個晶胞含有Cu數則W晶體的密度為=g/cm3?！窘馕觥竣?3d104s1②.abd③.Mg＞Al＞Na④.三角錐形⑤.氨分子間存在氫鍵，甲烷分子間不存在氫鍵⑥.sp3⑦.6⑧.正八面體⑨.或或27、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．（1）由于室溫下Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp(CuS)=1.3×10-36，在相同條件下CuS的溶解度更小，沉淀會向著生成CuS的方向進行，因此上述除雜的原理是FeS與Cu2+反應，生成Fe2+和CuS，離子方程式為FeS+Cu2+=Fe2++CuS。答案為：FeS+Cu2+=Fe2++CuS；

（2）該溫度下水的離子積常數KW＝c(H+)?c(OH-)=10-a×10-b=10-(a+b)=10-12。答案為：10-12；在該溫度下，將100mL0.1mol/L的稀硫酸與100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，反應后溶液的c(OH-)==0.1mol/L，c(H+)=10-11mol/L；pH=11。答案為：11。

Ⅱ．（1）從表中數據可以看出；溫度升高，平衡常數K減小，則平衡逆向移動，從而可確定ΔH＜0。答案為：＜；

（2）α隨著x增大而增大的原因是x越大，則NH3量越多，即相當于平衡體系中加入NH3，增大NH3濃度，平衡正向移動，CO2的轉化率增大。答案為：x越大，則NH3的相對量越多，即相當于平衡體系中增大NH3濃度，平衡正向移動，CO2的轉化率增大；

（3）設n(NH3)=4mol，則n(CO2)=1mol。

圖中的B點對應的NH3的平衡轉化率為=32%。答案為：32%?！窘馕觥縁eS+Cu2+=Fe2++CuS10-1211＜x越大，則NH3的相對量越多，即相當于平衡體系中增大NH3濃度，平衡正向移動，CO2的轉化率增大32%28、略

【分析】【分析】

A分子式是C8H10，符合苯的同系物通式，結合B的分子結構可知A是鄰二甲苯鄰二甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化為B是鄰苯二甲酸B與甲醇在濃硫酸存在時，加熱發(fā)生酯化反應產生C是C在LiAlH4作用下被還原為醇D：D被催化氧化產生H：H與H2O2反應產生I：I與CH3OH發(fā)生取代反應產生J：D是含有2個醇羥基，F是含有2個羧基，二者在一定條件下發(fā)生酯化反應產生高聚物G：

(5)被氧氣催化氧化產生與H2O2作用產生在濃硫酸存在時加熱，發(fā)生反應脫去1個分子的水生成據此分析解答。

【詳解】

(1)根據上述分析可知A是則A的化學名稱是鄰二甲苯；J的結構為可知J分子式為C10H12O4；H為鄰二苯甲醛H含有的官能團名稱為醛基。

(2)I結構為與甲醇發(fā)生取代反應產生J：因此由I生成J的反應類型為取代反應；

(3)F是D是二者在濃硫酸存在條件下加熱，發(fā)生酯化反應，形成聚酯G：和水，則由F+D→G的化學方程式為：n+n+(2n-1)H2O；

(4)化合物B是鄰苯二甲酸