…………○…………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年新科版選修化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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7題，共14分)1、有機物M的結構簡式如圖所示；與氫氣發生加成反應得到物質甲，下列有關說法不正確的是。

A.有機物M含有2種官能團B.有機物M的分子式為C4H6O2C.有機物M能發生取代反應、加聚反應D.甲只含有一種官能團的鏈狀同分異構體（不含甲本身）有6種2、為測定某血液樣品中鈣離子的含量，可取該樣品2.00mL用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量草酸銨(NH4)2C2O4晶體，反應生成CaC2O4沉淀。將沉淀用稀硫酸處理得H2C2O4后，再用1.000×10-4mol?L-1酸性KMnO4標準溶液滴定，到達終點時用去20.00mL標準液。則下列說法中錯誤的是（）A.用酸性KMnO4(aq)滴定H2C2O4(aq)的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OB.KMnO4標準溶液應用堿式滴定管盛裝C.滴定終點時的現象為：最后1滴標準KMnO4(aq)使錐形瓶中溶液由無色變為淺紫色，且約半分鐘內不褪色D.經計算該樣品中鈣離子濃度為1.000×10-4g?mL-13、室溫下，向10mL0.1mol?L-1HX溶液中逐滴加入0.2mol?L-1YOH溶液，混合溶液的pH變化情況如圖所示（溫度和體積變化忽略不計）。則下列結論錯誤的是（）

A.HX為一元強酸，YOH為一元弱堿B.M點水的電離程度大于N點水的電離程度C.N點對應溶液中粒子濃度：c(YOH)>c(Y+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D.25℃pH=a時的YX溶液中水電離出的c(H+)=1.0×10-amol·L-14、下列離子方程式正確的是A.硫化鈉水解：B.硫氫化鈉水解：C.制膠體：D.硫酸鋁溶液跟偏鋁酸鈉溶液反應：5、下列實驗事實不能用基團間相互作用來解釋的是（）A.甲苯能使高錳酸鉀溶液褪色而苯不能B.與Na反應時,乙醇的反應速率比水慢C.苯酚能與NaOH溶液反應而乙醇不能D.乙醇能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化而乙酸不能6、下表中實驗“操作或現象”以及“所得結論”都正確且兩者具有推導關系的是。

。

操作或現象。

所得結論。

A

向純堿中滴加足量濃鹽酸；將產生的氣體通入苯酚鈉溶液，溶液變渾濁。

酸性：鹽酸>碳酸>苯酚。

B

取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液；溶液紫紅色逐漸褪去且產生大量氣泡。

氧化性：KMnO4>H2O2

C

用95%的酒精代替75%的酒精殺滅新型冠狀病毒。

高濃度酒精能讓蛋白質變性更快。

D

向裝有適量淀粉水解液試管中加入新制的銀氨溶液；然后水浴加熱一段時間，試管內壁無任何現象。

淀粉未水解。

A.AB.BC.CD.D7、某化學小組用如圖裝置檢驗乙酸鈷[(CH3COO)2Co]在氮氣氣氛中的分解產物；經查閱資料知：

(Ⅰ)氮氣不參與反應，乙酸鈷分解產物有CO、CO2、C2H6及某種固態氧化物X；

(Ⅱ)PdCl2溶液易被CO還原為Pd；CuO可與烴類反應生成水與CO2。

下列說法正確的是A.裝置B用于檢驗CO和CO2，其中A盛放的是PdCl2濃溶液B.通N2的作用是使分解產生的氣體全部進入后續裝置，可將N2換為空氣C.裝置D~F用于檢驗C2H6的H元素，其中E裝置中盛放的試劑與C相同D.若最終分解n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3，則X的化學式為Co3O4評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、利用酸解法制鈦白粉產生的廢液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]；生產鐵紅和補血劑乳酸亞鐵。其生產步驟如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2+和SO42—。請回答：

（1）步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作中所用的玻璃儀器是___________，步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發濃縮、______________。

（2）步驟④的離子方程式是_______________。

（3）步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發水以及_______。

（4）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為________。

（5）用平衡移動的原理解釋步驟⑤中加乳酸能得到乳酸亞鐵的原因________。

（6）為測定步驟②中所得晶體中FeSO4·7H2O的質量分數，取晶體樣品ag，溶于稀硫酸配成100．00mL溶液，取出20．00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（雜質與KMnO4不反應）。若消耗0．1000mol?L-1KMnO4溶液20．00mL，所得晶體中FeSO4·7H2O的質量分數為（用a表示）____________。9、請按要求書寫下列離子方程式：

①鋁粉投入到NaOH溶液反應的離子方程式為________

②少量Ba(OH)2溶液與NaHSO4反應的離子方程式為________

③小蘇打治療胃酸過多的離子方程式為_____________

④已知酸性環境下，ClO-可將Mn2+氧化成MnO2，自身被還原成Cl-，該過程的離子反應方程式為_____________10、在一定溫度下，有a.氫氧化鈉b.氫氧化鋇c.氨水三種堿溶液。(用a、b；c填空)

(1)同體積；同物質的量濃度的三種堿；中和同物質的量濃度的鹽酸溶液的能力由大到小的順序是___。

(2)將c(OH-)相同的三種酸均加水稀釋至原來的100倍后，c(OH-)由大到小的順序是___。11、乙酸橙花酯(如圖所示)是一種食用香料。

(1)乙酸橙花酯屬于______(填“無機化合物”或“有機化合物”)。

(2)乙酸橙花酯中的官能團除酯基外還有_______(填名稱)。

(3)將乙酸橙花酯加入飽和碳酸鈉溶液中；充分震蕩后分層，油層在上，說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幾滴酸性高錳酸鉀溶液，實驗現象為________。12、金剛烷是一種重要的化工原料；工業上可通過下列途徑制備：

請回答下列問題：

Ⅰ.環戊二烯的分子式為___，1mol環戊二烯與1molBr2發生加成反應的產物有___種（不考慮立體異構）。

Ⅱ.下面是以環戊烷為原料制備環戊二烯的合成路線：

其中反應②的反應試劑和反應條件是___________________；反應③的反應類型是___________________________。

Ⅲ.已知烯烴能發生如下反應：

請寫出下列反應產物的結構簡式：____________。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)13、丙烯（CH3CH=CH2）是生產聚丙烯的原料，丙烯中的官能團是碳碳雙鍵。__A.正確B.錯誤14、和互為同系物。(_____)A.正確B.錯誤15、苯酚的酸性很弱，不能使指示劑變色，但可以與碳酸氫鈉溶液反應放出CO2。(___________)A.正確B.錯誤16、油脂在酸性或堿性條件下，均可發生水解反應，且產物相同。(_______)A.正確B.錯誤17、DNA、RNA均為雙螺旋結構。(____)A.正確B.錯誤18、核磁共振氫譜、紅外光譜和質譜都可用于分析有機物結構。(___________)A.正確B.錯誤19、為防止污染，可以將塑料購物袋直接燒掉。(___)A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共1題，共2分)20、鈦（Ti）被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，江西省攀枝花和西昌地區的鋇鈦磁鐵礦儲量十分豐富。如下圖所示，將鈦廠、氯堿廠和甲醇（）廠組成產業鏈可以大大提高資源利用率；減少環境污染。請填寫下列空白：

（1）電解食鹽水時，總反應的離子方程式______________。

（2）以甲醇、空氣、氫氧化鉀溶液為原料，石墨為電極可構成燃料電池。該電池中負極上的電極反應式是________________________。

（3）已知：①H=

②H=

則H=_____________。

（4）寫出鈦鐵礦高溫下經氯化法得到四氧化鈦的化學方程式：________________。

（5）某自來水中含有長期燒煮上述自來水會在鍋爐內形成水垢，鍋爐水垢不僅耗費燃料，而且有燒壞鍋爐的危險，因此要定期清除鍋爐水垢。已知部分物質20℃時的溶解度數據有：

。物質溶解度（）26.7

①請用化學方程式表示鍋爐中的水垢含有而不含有的原因：_______。

②鍋爐中的水垢所含有的不能直接用酸除去，需要加入試劑X，使其轉化為易溶于鹽酸的物質Y而除去，能轉化為物質Y的離子方程式_________。

③水中的可以用一定濃度的M溶液進行測定，M與都以等物質的量進行反應，現取含濃度為0.40g/L的自來水樣10mL，至錐形瓶中進行滴定，達到終點時，用去了濃度為0.01mol/L的M溶液20.00mL，則該自來水樣中的物質的量濃度是________。評卷人得分五、結構與性質(共4題，共12分)21、氧是地殼中含量最多的元素。

(1)氧元素基態原子核外未成對電子數為____________。

(2)H2O分子內的O—H鍵、分子間的范德華力和氫鍵從強到弱依次為________。的沸點比高,原因是__________。

(3)甲醛(H2CO)在Ni催化作用下,加氫可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子內C原子的雜化方式為__________,甲醇分子內的O—C—H鍵角____________(填“大于”或“小于”)甲醛分子內的O—C—H鍵角。22、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_________、_________。23、磷；碳、氫等非金屬及其化合物用途廣泛。試回答下列問題。

(1)白磷(P4)在氯氣中燃燒可生成PCl3和PCl5。

①形成PCl5時，P原子的一個3s電子激發入3d軌道后參與成鍵，該激發態的價電子排布式為___________。

②研究表明，在加壓條件下PCl5于148℃液化時能發生與水類似的自耦電離，形成一種能導電的熔體，其電離方程式為___________，產生的陽離子的空間結構為___________；N和P都有+5價，但NCl5不存在，從原子結構的角度分析其原因：___________。

(2)分子中的大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數，n代表參與形成大鍵的電子數(如苯分子中的大π鍵可表示為)。一種觀點認為，苯酚羥基中的O原子是sp2雜化則苯酚中的大π鍵可表示為___________，一定在同一平面上的原子有___________個；乙醇顯中性而苯酚顯酸性的原因是：在大π鍵中氧的p電子云向苯環轉移，___________。

(3)鎳鑭合金(LaNin)具有很強的儲氫能力，其晶胞結構如圖所示，其中n=___________。已知晶胞體積為9.0×10-29m3，若儲氫后形成LaNinH5.5(氫進入晶胞空隙，晶胞體積不變)，則氫在合金中的密度為___________g·cm-3(保留1位小數)。

24、CrO42?和Cr2O72?在溶液中可相互轉化。室溫下，初始濃度為1.0mol·L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72?)隨c(H+)的變化如圖所示。

（1）用離子方程式表示Na2CrO4溶液中的轉化反應____________。

（2）由圖可知，溶液酸性增大，CrO42?的平衡轉化率__________（填“增大“減小”或“不變”），溶液中c(Cr2O72-)與c(CrO42-)的比值將_____________（填“增大”“減小”或“不變”）。根據A點數據，計算出該轉化反應的平衡常數為________________（水的濃度不計入平衡常數表達式）。

（3）升高溫度，溶液中CrO42?的平衡轉化率減小，則該反應的ΔH_________0（填“大于”“小于”或“等于”）。

（4）向K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，發生離子互換反應，生成磚紅色沉淀且溶液的pH下降，生成的磚紅色沉淀的化學式為_______________。

（5）+6價鉻的化合物毒性較大，草酸（H2C2O4）能將其中的Cr2O72-轉化為Cr3+，反應的離子方程式為______________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

A．M中含有碳碳雙鍵和羧基兩種官能團；故A正確；

B．根據結構簡式M的分子式為C4H6O2；故B正確；

C．M中羧基能發生取代反應；碳碳雙鍵能發生加聚反應；故C正確；

D．M中火焰碳碳雙鍵，能夠和氫氣發生加成反應生成的甲為(CH3)2CHCOOH；甲的同分異構體中只含一種官能團且為鏈狀結構，官能團可能是-COOH，有丁酸；2-甲基丙酸，官能團是酯基時，有甲酸正丙酯、甲酸異丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，去掉其本身，符合條件的共有5種，故D錯誤；

故選D。2、B【分析】【詳解】

A．高錳酸鉀具有強氧化性，在硫酸條件下將氧化為自身被還原為反應方程式為故A正確；

B．高錳酸鉀是強氧化劑；所以存放在酸式滴定管中，而不是堿式滴定管，故B錯誤；

C．滴定終點時溶液由無色變為淺紫色，所以滴定終點時的現象為：最后1滴標準使錐形瓶中溶液由無色變為淺紫色；且約半分鐘內不褪色，故C正確；

D．由可以得出關系式：所以所以可計算出2mL該血液中含鈣的質量為1mL該血液中含鈣：故D正確；

故答案為B。3、C【分析】【分析】

0.1mol/L的HX溶液的pH=1，說明HX完全電離；滴入6mL0.2mol?L-1YOH溶液時，反應后溶質為YX、YOH，溶液的pH=7，說明YOH為一元弱堿；N點YOH過量，溶液呈堿性，大大抑制了水的電離；N點容易的pH=10，則c（OH-）＞c（H+）；結合電荷守恒和物料守恒分析；離子水解溶液呈酸性，促進了水的電離，溶液中氫離子主要來自水的電離。

【詳解】

A、根據圖示可知，0.1mol/L的HX溶液的pH=1，說明HX完全電離，為一元強酸；滴入6mL0.2mol?L-1YOH溶液時；YOH過量，溶液的pH=7，說明YOH為一元弱堿，故A正確；

B；M點溶質為Y、YOH；溶液的pH=7，水的電離程度基本不變，而N點加入10mLYOH溶液，溶液的pH=10，抑制了水的電離，所以M點水的電離程度大于N點水的電離程度，故B正確；

C、N點溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+），結合電荷守恒可知：c（Y+）＞c（X-），N點溶液中存在物料守恒：c（Y+）+c（YOH）=2c（X-），則c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH），正確的粒子濃度大小為：c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH）＞c（OH-）＞c（H+）；故C錯誤；

D、YX為強酸弱堿鹽，Y+離子水解溶液呈酸性，促進了水的電離，溶液中氫離子主要來自水的電離，25℃時pH=a的YX溶液中水電離出的c（H+）=1.0×10-amol?L-1；故D正確。

答案選C。

【點睛】

本題考查酸堿混合的定性判斷，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握鹽的水解原理、電荷守恒、物料守恒的內容。4、D【分析】【詳解】

A．水解要分兩步，且不產生氣體，為：故A錯誤；

B．硫氫根離子水解生成硫化氫和氫氧根離子，離子方程式：HS-+H2O?H2S+OH-；故B錯誤；

C．用溶液制得的膠體是穩定的，不是沉淀；故C錯誤；

D．與水解相互促進而徹底反應生成沉淀，故離子反應方程式為：故D正確；

故答案為D。

【點睛】

中學化學中常見的能發生“雙水解反應”的離子對有：Al3+與HCO3–、CO32–、HS-、S2-；Fe3+與HCO3–、CO32–；NH4+與SiO32-等。另外Al3+遇到比碳酸還弱的酸的酸根如：ClO-、SiO32-、AlO2-等也會發生“雙水解反應”。5、D【分析】【詳解】

A．苯不能使高錳酸鉀溶液褪色；而甲苯中苯環使甲基活化，故甲基能被高錳酸鉀溶液氧化為羧基，從而使高錳酸鉀溶液褪色，體現了基團間的相互影響，故A正確；

B．-OH連在烷烴基上；導致活性下降，即乙醇中-OH的活潑性比水的差，能體現基團之間的相互影響，故B正確；

C．乙醇中-OH顯中性；而苯酚中-OH連在苯環上，苯環使-OH活化，從而苯酚顯酸性，體現了苯環對-OH的影響，故C正確；

D．乙醇中的-OH有還原性；可以被強氧化劑直接氧化為乙酸，而乙酸中羧基無還原性，故不能被氧化，和基團之間的影響無關，故D錯誤；

故答案為D。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．由于濃鹽酸揮發出HCl；可以使苯酸鈉生成苯酚，只能證明鹽酸酸性強于碳酸，A錯誤；

B．發生反應：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,現象為紫紅色褪去，有氣泡產生，證明氧化性KMnO4>H2O2；B正確；

C．醫用消毒酒精中乙醇的濃度（體積分數）通常是75%；乙醇濃度太大，殺菌能力強但滲透性差，95%的酒精溶液會導致病毒表面的蛋白質變性，當病毒退殼后，里面的蛋白質仍然會危害人體健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精殺滅新型冠狀病毒，C錯誤；

D．淀粉水解后溶液顯酸性；應在堿性條件下檢驗，正確的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的銀氨溶液，然后水浴加熱，D錯誤；

答案選B。7、D【分析】【分析】

由題給裝置圖可知，加熱前通入氮氣排盡裝置中的空氣防止空氣中氧氣干擾實驗，加熱乙酸鈷，乙酸鈷分解受熱分解生成CO、CO2、C2H6及某種固態氧化物X，由于PdCl2溶液被CO還原為Pd的同時會生成二氧化碳，裝置A中澄清石灰水用于二氧化碳的檢驗，裝置B中PdCl2濃溶液用于一氧化碳檢驗及吸收；裝置C中堿石灰用于吸收二氧化碳和水蒸氣，防止干擾實驗；裝置D為烴類與氧化銅反應驗證裝置，裝置E中無水硫酸銅用于驗證反應生成的水，裝置F中澄清石灰水用于檢驗反應生成的二氧化碳。

【詳解】

A.PdCl2溶液被CO還原為Pd的同時會生成二氧化碳；反應生成的二氧化碳會干擾二氧化碳檢驗，故A錯誤；

B.若將氮氣換為空氣，易燃的C2H6與空氣中氧氣在加熱情況下可能會爆炸；影響實驗進行，故B錯誤；

C.裝置C中堿石灰用于除去水和二氧化碳；防止干擾烴類與氧化銅反應產物的驗證，裝置D中無水硫酸銅用于檢驗水，盛放的試劑不同，故C錯誤；

D.乙酸鈷中C元素化合價為0價，Co元素化合價為+2價，乙酸鈷中鈷與碳的個數之比為1:4，最終分解n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3，若碳的化合物中C原子個數為12，X中鈷原子個數為=3，設X中鈷元素化合價為a，由得失電子數目守恒可得：(a—2)×3+4×1+2×4=3×2×3，解得a=+則X的化學式為Co3O4；故D正確；

故選D。二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】【分析】

廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加鐵屑，Fe與H2SO4和少量Fe2（SO4）3反應生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2?xH2O，過濾，濾渣為TiO2?xH2O、Fe，濾液為FeSO4；FeSO4溶液通過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到硫酸亞鐵晶體，脫水、煅燒得到氧化鐵；FeSO4溶液中加如碳酸氫銨；反應生成碳酸亞鐵沉淀；硫酸銨和二氧化碳，碳酸亞鐵沉淀加乳酸，碳酸亞鐵溶解生成乳酸亞鐵溶液和二氧化碳，乳酸亞鐵溶液通過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到乳酸亞鐵晶體。

【詳解】

（1）步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作為過濾；過濾用的儀器有玻璃棒；燒杯、漏斗；步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：玻璃棒、燒杯、漏斗；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；

（2）步驟④的反應為FeSO4與如碳酸氫銨反應生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨和二氧化碳，反應的離子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（3）Fe2+具有還原性，步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發水以及隔絕空氣，防止Fe2+被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；

（4）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，反應的方程式為4FeSO4+O24SO3+2Fe2O3，由化合價變化可知，氧化劑為O2和還原劑為FeSO4；由得失電子數目守恒可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為1:4，故答案為：1:4；

（5）硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，加入乳酸，CO32-與乳酸反應，使CO32-濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液，故答案為：硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-與乳酸反應濃度降低；平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液；

（6）亞鐵離子會被高錳酸鉀氧化為三價鐵離子，本身被還原為+2價的錳離子，根據得失電子守恒可知5FeSO4·7H2O—KMnO4，則依據消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL可知FeSO4·7H2O的質量分數為×100%=×100%，故答案為：【解析】①.玻璃棒、燒杯、漏斗②.冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥③.Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑④.防止Fe2+被氧化⑤.1:4⑥.硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-與乳酸反應濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液⑦.×100%9、略

【分析】【詳解】

(1)Al與NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2，離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2+3H2

(2)Ba(OH)2少量可把Ba(OH)2看做1，即只有1個Ba2+和2個OH-，NaHSO4可以完全電離成Na+、H+和離子方程式為Ba2++2OH-+2H++=BaSO4+2H2O

(3)小蘇打是NaHCO3，胃酸的主要成分是鹽酸，離子方程式為+H+=CO2+H2O；

(4)根據題意，反應物有ClO-和Mn2+，產物有MnO2和Cl-，Cl得到2e-，Mn失去2e-，轉移電子守恒，根據電荷守恒，產物需要陽離子H+，則反應物需要用H2O配平，離子方程式為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】【詳解】

同體積、同物質的量濃度的三種堿，二元堿消耗的鹽酸比一元堿多，所以氫氧化鋇消耗的鹽酸最多，氫氧化鈉與氨水消耗的鹽酸相同，則中和同物質的量濃度的鹽酸溶液的能力由大到小的順序是故答案為：

一水合氨是弱電解質，加水稀釋能促進一水合氨的電離，所以氨水中氫氧根離子濃度變化小，即氨水中氫氧根離子濃度大，所以將相同的三種酸均加水稀釋至原來的100倍后，由大到小的順序是故答案為：【解析】b>a=cc>a=b11、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）由乙酸橙花酯結構簡式可知；乙酸橙花酯為含碳化合物，為有機化合物，故答案為：有機化合物；

（2）由圖可知乙酸橙花酯中含有官能團碳碳雙鍵和酯基；故答案為：碳碳雙鍵；

（3）將乙酸橙花酯加入飽和碳酸鈉溶液中；充分震蕩后分層，油層在上，則乙酸橙花酯不溶于水且比水的密度小，故答案為：小于；

（4）乙酸橙花酯中含有碳碳雙鍵能使酸性高錳酸鉀褪色，故答案為：酸性高錳酸鉀溶液褪色。【解析】有機化合物碳碳雙鍵小于酸性高錳酸鉀溶液褪色12、略

【分析】【詳解】

I．由環戊二烯的結構簡式可知，其分子式為C5H6；1mol環戊二烯與1molBr2發生加成反應；其反應有1，2加成和1，4加成兩種，產物有2種；

II．反應②為鹵代烴的消去反應；其反應試劑和反應條件為：氫氧化鈉乙醇溶液，加熱；反應③中碳碳雙鍵反應生成單鍵，屬于加成反應；

III．由信息可知，該反應中碳碳雙鍵發生斷裂，碳碳雙鍵的碳上含H原子被氧化為醛，則在臭氧、H2O、Zn的作用下氧化為：【解析】①.C5H6②.2③.氫氧化鈉乙醇溶液，加熱④.加成反應⑤.三、判斷題(共7題，共14分)13、A【分析】【詳解】

丙烯屬于烯烴，可以通過加聚反應生成聚丙烯，烯烴的官能團是碳碳雙鍵，因此答案正確。14、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。15、B【分析】【分析】

【詳解】

苯酚的酸性很弱，不能使石蕊變色。苯酚的酸性弱于碳酸，所以不能和碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳，錯誤。16、B【分析】【詳解】

油脂在酸性或堿性條件下，均可發生水解反應，且產物不相同，酸性為高級脂肪酸，堿性為高級脂肪酸鹽，錯誤。17、B【分析】【詳解】

DNA為雙螺旋結構，RNA是單鏈線形結構，故答案為：錯誤。18、A【分析】【詳解】

紅外光譜儀用于測定有機物的官能團；核磁共振儀用于測定有機物分子中氫原子的種類和數目;質譜法用于測定有機物的相對分子質量；可以確定分子中共軛體系的基本情況；所以紅外光譜儀、紫外光譜、核磁共振儀、質譜儀都可用于有機化合物結構的分析；正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

將塑料購物袋直接燒掉會造成空氣污染，題中說法錯誤。四、原理綜合題(共1題，共2分)20、略

【分析】【詳解】

（1）惰性電極電解飽和食鹽水的生成物是氫氣、氫氧化鈉和氯氣，所以方程式為（2）原電池中負極是失去電子的，所以甲醇在負極通入。又因為溶液顯堿性，所以負極反應式為（3）根據蓋斯定律可知，①×2－②即得到反應2Mg(s)＋TiCl4(g)＝2MgCl2(s)＋Ti(s)，所以反應熱是－641kJ·mol－1×2＋770kJ·mol－1＝－512kJ?mol－1；（4）根據反應物和生成物并依據守恒法可以得出反應的方程式為（5）①因為加熱條件下發生反應故鍋爐中的水垢含有而不含有②CaSO4與酸不反應，必須先轉化為碳酸鈣再加酸除去，所以要先加入碳酸鈉；CaSO4能轉化為物質碳酸鈣的原因是碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣的溶解度；（4）10mL自來水樣中Ca2+的質量為0.40g/L×10×10-3L=4×10-3g，則n（Ca2+）===1×10-4mol，已知M與Ca2+、Mg2+都以等物質的量進行反應，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、結構與性質(共4題，共12分)21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)依據基態原子核外電子排布原則可寫出氧原子的電子排布圖:所以未成對電子數為2。

(2)沸點高說明分子間作用力大,因此結合氫鍵的形成方式得出形成分子間氫鍵,而形成的是分子內氫鍵的結論。

(3)甲醇分子中的C原子的成鍵電子對數為4,無孤電子對,中心原子的雜化類型為sp3,立體構型為四面體形,而甲醛中的C原子的雜化方式為sp2,立體構型為平面三角形,故甲醛分子中的O—C—H的鍵角比甲醇中的大。【解析】①.2②.O—H鍵、氫鍵、范德華力③.形成分子內氫鍵,而形成分子間氫鍵,分子間氫鍵使分子間作用力增大,導致沸點升高④.sp3⑤.小于22、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23、略

【分析】【詳解】

（1）①磷元素的原子序數為15，價電子排布式為3s23p3，由形成五氯化磷時，磷原子的一個3s電子激發入3d軌道后參與成鍵可知，激發態的價電子排布式為3s１3