2025年外研銜接版選修化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年外研銜接版選修化學上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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、化合物a、b的結構簡式如圖所示；下列說法正確的是。

A.化合物b不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.a的消去產(chǎn)物中最多有15個碳原子共面C.a、b均能發(fā)生還原反應、取代反應、消去反應D.b分子發(fā)生加成反應最多消耗4molH22、圖中所示的裝置圖能夠達到實驗目的是A.配制一定濃度的NaOH溶液B.測定濃度C.加熱熔融NaOH固體D.中和熱的測定3、軸烯是一類獨特的星形環(huán)烴。下列關于三元軸烯()與苯的說法正確的是()A.兩者都能從溴水中萃取溴B.前者易被氧化，后者不能發(fā)生氧化反應C.兩者互為同分異構體D.兩者互為同系物4、下列物質的化學用語表達錯誤的是A.二氧化硅的分子式：SiO2B.乙醚的結構簡式：CH3CH2OCH2CH3C.乙酸乙酯的實驗式：C2H4OD.羥基的電子式：5、化學在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應用，下列敘述正確的是A.白酒中混有少量的塑化劑，少量飲用對人體無害，可以通過過濾的方法除去B.將獼猴桃和蘋果放在一起，獼猴桃更容易成熟。是因為蘋果釋放的乙烯具有催熟作用C.氨氣可以做制冷劑，是因為氨氣有一定的還原性D.大分子化合物油脂在人體內水解為氨基酸和甘油等小分子，才能被人體吸收評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、常溫下，向10.00mL0.10mol/LHCl和0.20mol/L的混合溶液中逐滴加入0.10mol/LNaOH溶液時，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示(不考慮揮發(fā))，且的電離常數(shù)已知指示劑變色范圍為甲基橙(3.1?4.4)，酚酞(8.2?10.0)；下列說法不正確的是。

A.測定鹽酸濃度時，可選用酚酞或甲基橙作為指示劑B.點b處c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/LC.點b處溶液pH為3D.點c處溶液中粒子濃度大小為7、下列反應，可以用離子方程式：Ca2++OH－+HCO=CaCO3↓+H2O表示的是A.碳酸氫鈉與足量的氫氧化鈣B.氫氧化鈣與足量的碳酸氫鈣C.碳酸氫鈣與足量的氫氧化鈉D.碳酸氫鈉與少量的氫氧化鈣8、下列說法正確的是A.苯乙烯分子中共面的原子最多有16個B.C3H5Cl3有5種同分異構體(不考慮立體異構)C.乙烯與氯化氫在一定條件下發(fā)生加成反應生成聚氯乙烯D.乙醇與乙酸的混合溶液可以用分液漏斗進行分離9、下列關于飽和食鹽水的用途及裝置設計正確的是A.a-模擬工業(yè)制純堿B.b-制乙酸乙酯實驗中接受產(chǎn)物C.c-除去氯氣中的氯化氫D.d-實驗室制乙炔10、下列實驗操作能夠完成實驗目的的是。

A.AB.BC.CD.D11、一種瑞香素的衍生物的結構簡式如圖所示。下列有關該有機物性質的說法正確的是。

A.1mol該有機物與足量NaHCO3溶液反應可放出3molCO2B.1mol該有機物最多可與含5molNaOH的溶液反應C.能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應D.1mol該有機物最多可與3molH2加成12、增塑劑DCHP是一種用于生產(chǎn)醫(yī)療器械和食品包裝袋的原料；可由鄰苯二甲酸酐與環(huán)已醇反應制得。

下列說法正確的是A.鄰苯二甲酸酐的二氯代物有4種B.環(huán)己醇分子中所有的原子可能共平面C.DCHP能發(fā)生加成、取代、消去反應D.1molDCHP最多可與含2molNaOH的溶液反應評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、許多金屬及其化合物在生活；化工、醫(yī)藥、材料等各個領域有著廣泛的應用。

(1)鈦由于其穩(wěn)定的化學性質，良好的耐高溫、耐低溫、抗強酸、抗強堿以及高強度、低密度，被美譽為“未來鋼鐵”、“戰(zhàn)略金屬”。鈦基態(tài)原子中電子占據(jù)最高能級的符號為________。與鈦同周期的元素中，基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與鈦相同的有_______種。鈦比鋼輕、比鋁硬，是一種新興的結構材料。鈦硬度比鋁大的原因是___________________。

(2)有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，如圖所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為a×10-10cm，則該氮化鈦的密度為______g·cm－3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值；只列計算式)。

(3)Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良性能,得到廣泛應用。Li2O是離子晶體,其晶格能可通過圖(a)的Born-Haber循環(huán)計算得到。

Li原子的第一電離能為______kJ·mol-1，OO鍵鍵能為_____kJ·mol-1，Li2O晶格能為____kJ·mol-1。14、有一白色固體混合物，可能含有有的陰、陽離子分別是。陽離子

K+Ba2+Ag+Mg2+NH4+Na+

陰離子

SO42－SO32－CO32－AlO2－

為了鑒定其中的離子；現(xiàn)進行如下實驗，根據(jù)實驗現(xiàn)象，填寫下列表格：

（1）取該粉末，加水后得到無色溶液，且未嗅到氣味；用pH試紙測得溶液的pH為12。排除的離子

排除的依據(jù)

（2）向溶液中滴加鹽酸溶液，開始有沉淀生成，繼續(xù)滴加，沉淀消失，同時有無色無味氣體逸出?？隙ù嬖诘碾x子

判斷依據(jù)

。排除的離子

排除的依據(jù)

（3）尚待檢驗的離子及其檢驗方法。尚待檢驗的離子

檢驗方法

15、（1）請寫出下列反應的化學方程式（①②）或離子方程式（③④）；并注明其基本反應類型。

①氫氣在氧氣中燃燒。________________

②碳酸鈣高溫分解為二氧化碳和氧化鈣。_________

③鋁與硫酸反應生成硫酸鋁和氫氣。__________________

④鹽酸和氫氧化鈉溶液反應。__________________

（2）根據(jù)化學方程式；寫出對應的離子方程式：

①AgNO3+KCl=AgCl↓＋KNO3______________

②CuO+H2SO4=CuSO4＋H2O________________

（3）寫出一個能實現(xiàn)下列離子反應的化學方程式：

①Fe+Cu2+=Fe2++Cu___________________

②CO+2H+=CO2↑＋H2O______________16、乙酸跟乙醇在濃硫酸存在并加熱的條件下發(fā)生酯化反應(反應A)；其逆反應是水解反應(反應B)。反應可能經(jīng)歷了生成中間體(Ⅰ)這一步：

(1)如果將反應按加成、消去、取代反應分類，則A~F各反應中(將字母代號填入下列空格中)，屬于取代反應的是___________；屬于加成反應的是____________；屬于消去反應的是________。

(2)如果將原料C2H5OH用18O標記，則生成物乙酸乙酯中是否有18O?如果將原料中羰基（）或羥基中的氧原子用18O標記，則生成物H2O中氧原子是否有18O?試簡述你判斷的理由：___________________________。17、現(xiàn)有下列3種有機物：

①CH2＝CH2②CH3CH2Br③

（1）其中具有弱酸性的是____（填序號），與Na2CO3溶液反應的化學方程式是_________。

（2）能發(fā)生消去反應的是____（填序號），反應方程式是____________。

（3）能發(fā)生加聚反應的是____（填序號），反應方程式是_______。評卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)18、縮聚反應生成小分子的化學計量數(shù)為(n-1)。(___)A.正確B.錯誤評卷人得分五、實驗題(共1題，共7分)19、滴定法是中學化學中一種十分重要的定量分析方法。滴定法又可進一步分為酸堿中和滴定；氧化還原滴定等若干種。

Ⅰ．某實驗小組在常溫下，用的溶液滴定未知濃度的溶液。且在滴定過程中錐形瓶中混合溶液的變化如下圖所示：

已知：混合溶液的體積等于酸、堿體積的相加；

(1)該鹽酸溶液的濃度為___________

(2)若滴加溶液，所得溶液的試計算滴加溶液，所得溶液的___________。

Ⅱ．氧化還原滴定實驗與中和滴定原理相似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)?，F(xiàn)有酸性和未知濃度的水溶液。反應離子方程式是：

請回答下列問題：

(1)該滴定實驗一定不需要用到的儀器有___________(填序號)。

A．酸式滴定管B．堿式滴定管C．白紙D．量筒

(2)滴定時是否需要添加指示劑___________，理由___________。

(3)實驗時取溶液于錐形瓶中，滴定前后滴定管液面刻度分別為和則濃度為___________評卷人得分六、推斷題(共3題，共18分)20、聚合物H()是一種聚酰胺纖維；廣泛用于各種剎車片，其合成路線如下：

已知：①C；D、G均為芳香族化合物；分子中均只含兩種不同化學環(huán)境的氫原子。

②Diels﹣Alder反應：

(1)生成A的反應類型是________。D的名稱是______。F中所含官能團的名稱是______。

(2)B的結構簡式是______；“B→C”的反應中，除C外，另外一種產(chǎn)物是______。

(3)D+G→H的化學方程式是___________________________________________。

(4)Q是D的同系物，相對分子質量比D大14，則Q可能的結構有_____種，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的結構簡式為__________________________________(任寫一種)。

(5)已知：乙炔與1，3﹣丁二烯也能發(fā)生Diels﹣Alder反應。請以1，3﹣丁二烯和乙炔為原料，選用必要的無機試劑合成寫出合成路線_______________________(用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)。21、[化學——選修5：有機化學基礎]

A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示（部分條件略去）。

已知：

（1）A的名稱是____；B中含氧官能團名稱是____。

（2）C的結構簡式____；D-E的反應類型為____。

（3）E-F的化學方程式為____。

（4）B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是____（寫出結構簡式）。

（5）等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為____；檢驗其中一種官能團的方法是____（寫出官能團名稱、對應試劑及現(xiàn)象）。22、有機物I是一種常用的植物調味油；常用脂肪烴A和芳香烴D按如下路線合成：

已知①RCHO+CH3CHORCH=CHO+H2O

②通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定；易脫水形成羰基。

回答下列問題:

(1)A的名稱是_______；H含有的官能團名稱是________。

(2)②的反應條件是_______________；⑦的反應類型是_______________。

(3)I的結構簡式是____________________。

(4)④的化學方程式是_______________________________。

(5)L是I的同分異構體且含有相同的官能團；其結構中苯環(huán)上只有兩個處于對位的取代基，則L共有_____種(不考慮立體異構)。

(6)參照上述合成路線，設計以C為原料制備保水樹脂的合成路線(無機試劑任選)__________________參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

A.化合物b分子中有羥基，與苯環(huán)直接相連的碳原子上有2個H，所以其可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A不正確；B.由乙烯分子6原子共面、苯分子的12原子共面以及單鍵可以旋轉這個事實，可以判斷a的消去產(chǎn)物中最多有15個碳原子共面，B正確；C.b分子中羥基沒有所以不能發(fā)生消去反應，C不正確；D.b分子發(fā)生加成反應最多消耗3molH2；其中酯基不能與氫氣加成，D不正確。本題選B。

點睛：本題考查了多官能團的有機物的分子結構和性質。要求我們要掌握常見簡單有機物及其官能團的結構和性質，明確各種反應類型對物質結構的要求，能把有機物分成若干部分進行分析。2、B【分析】【詳解】

A．不能在容量瓶中溶解固體；應在燒杯中溶解，故A錯誤；

B．高錳酸鉀可氧化橡膠；所以用酸式滴定管盛放，與草酸發(fā)生氧化還原反應，圖中儀器及操作均合理，故B正確；

C．NaOH與二氧化硅反應；應選鐵坩堝，故C錯誤；

D．圖中缺少環(huán)形玻璃攪拌棒；且大小燒杯口沒有相平造成熱量散失，故D錯誤；

故選：B。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．三元軸烯具有碳碳雙鍵；能和溴水發(fā)生加成反應，不能從溴水中萃取溴，A錯誤；

B．苯能燃燒；和氧氣反應生成二氧化碳和水，能發(fā)生氧化反應，B錯誤；

C．三元軸烯和苯的分子式都為C6H6；它們的結構不同，所以互為同分異構體，C正確；

D．三元軸烯和苯的分子式都為C6H6；不符合同系物的定義，D錯誤；

故選C。4、A【分析】【詳解】

A．二氧化硅是共價晶體，沒有能夠表示其分子組成的分子式，只能表示其中硅原子和氧原子個數(shù)比為1∶2的化學式，即二氧化硅的化學式為：SiO2，A錯誤；

B．乙醚即二乙基醚，則其結構簡式為：CH3CH2OCH2CH3；B正確；

C．乙酸乙酯的結構簡式為：CH3COOCH2CH3，故其實驗式即分子中各原子個數(shù)的最簡整數(shù)比，故為：C2H4O，C正確；

D．羥基即H2O失去一個氫原子剩下的部分，不帶電，故其電子式為：D正確；

故答案為：A。5、B【分析】塑化劑為有機物，與白酒互溶，只能用蒸餾進行分離，A錯誤；乙烯對果實具有催熟作用，B正確；液態(tài)氨氣可以從周圍的環(huán)境中吸收熱量，而使環(huán)境溫度降低，可以做制冷劑，這是物理變化，C錯誤；油脂水解產(chǎn)物為高級脂肪酸和甘油，D錯誤；正確選項B。二、多選題(共7題，共14分)6、AB【分析】【分析】

由HCl和CH3COOH組成的混合溶液中，滴加NaOH溶液，首先與HCl反應，再與CH3COOH反應，而指示劑選擇則是由滴定終點時溶液堿性定的，因此加入NaOH體積為10mL時，HCl完全反應，醋酸未完全反應，且CH3COOH的濃度為0.1mol/L，因此Ka=由于醋酸電離時，產(chǎn)生的氫離子和醋酸根相等，所以此時溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=3，因此應該選擇甲基橙作為指示劑，當醋酸完全反應時，溶質為NaCl和CH3COONa；所以溶液呈堿性，因此應該選擇酚酞作為指示劑，以此解答。

【詳解】

A．由分析可知；測定鹽酸濃度時，可選用甲基橙作為指示劑，故A錯誤；

B．加入NaOH體積為10mL時，HCl完全反應，醋酸未完全反應，且CH3COOH的濃度為0.1mol/L，醋酸部分電離，所以c(CH3COO-)遠小于0.1mol/L，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)0.2mol/L；故B錯誤；

C．由分析可知，點b處溶液pH為3；故C正確；

D．點c處加入NaOH溶液為20mL，溶質為等物質的量的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，所以醋酸的電離程度大于醋酸根的水解程度，c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)點c處溶液中粒子濃度大小為故D正確；

故選AB。7、AB【分析】【詳解】

A.碳酸氫鈉與足量的氫氧化鈣反應，碳酸氫鈉不足，生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，離子方程式為：Ca2++OH－+HCO=CaCO3↓+H2O；故A符合；

B.碳酸氫鈣過量時，氫氧化鈣不足，二者反應生成碳酸鈣和水，離子方程式為：Ca2++OH－+HCO=CaCO3↓+H2O；故B符合；

C.碳酸氫鈣與足量的氫氧化鈉反應時，碳酸氫鈣不足，生成碳酸鈣和碳酸鈉、水，離子方程式為：Ca2++2OH－+2HCO=CaCO3↓+2H2O+故C不符合；

D.碳酸氫鈉與少量的氫氧化鈣反應時，生成碳酸鈣、水和碳酸鈉，離子方程式為：Ca2++2OH－+2HCO=CaCO3↓+2H2O+故D不符合；

故選AB。8、AB【分析】【詳解】

A．苯乙烯分子中苯基11個原子在同一平面內；乙烯基5個原子在同一平面內，碳碳單鍵可以旋轉，因此共面的原子最多有16個，故A正確；

B．C3H5Cl3有共5種同分異構體(不考慮立體異構)；故B正確；

C．乙烯與氯化氫在一定條件下發(fā)生加成反應生成氯乙烷；故C錯誤；

D．乙醇與乙酸是互溶的；不能用分液漏斗進行分離，故D錯誤。

綜上所述，答案為AB。9、CD【分析】【詳解】

A．即便不產(chǎn)生倒吸，所得產(chǎn)物為NH4Cl和NaHCO3，而得不到Na2CO3；A設計不合理；

B．收集乙酸乙酯時；試管內的液體應為飽和碳酸鈉溶液，B設計不合理；

C．氯化氫易溶于飽和食鹽水；而氯氣不溶，所以可用飽和食鹽水吸收氯氣中的氯化氫，C設計合理；

D．電石與飽和食鹽水反應制乙炔時；不需加熱，所以實驗室可使用錐形瓶為反應儀器制乙炔，D設計合理；

故選CD。10、BC【分析】【詳解】

A．雖然可以根據(jù)驗溶液水解的堿性來比較對應酸的酸性強弱；越弱越水解，堿性越強，但由于NaClO溶液具有強氧化性，用pH試紙不能測出其pH值，A不合題意；

B．稀硫酸滴加到碳酸鈉溶液中能產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的CO2；說明硫酸的酸性強于碳酸，而元素的最高價氧化物對應水化物的酸性與元素的非金屬性一致，故能說明非金屬性：S＞C，B符合題意；

C．飽和碳酸鈉溶液可以與CH3COOH反應；同時乙酸乙酯在碳酸鈉溶液中的溶解度減小，便于分層，故可以用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，C符合題意；

D．新制的氫氧化銅懸濁液與醛的反應；必須在堿性條件下，故在加入新制的氫氧化銅懸濁液之前必須加入氫氧化鈉中和過量的稀硫酸，D不合題意；

故答案為：BC。11、BC【分析】【分析】

【詳解】

只有2個羧基與碳酸氫鈉反應，則1mol該有機物與足量溶液反應可放出2molA項錯誤；

B.2個羧基；1個酚羥基、1個酯基及水解生成的酚羥基均與NaOH反應；則1mol該有機物最多可與含5molNaOH的溶液反應，B項正確；

C.含酚羥基，能與溶液發(fā)生顯色反應；C項正確；

D.苯環(huán)、碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol該有機物最多可與4mol加成；D項錯誤；

答案選BC。12、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．鄰苯二甲酸酐的苯環(huán)上含有H原子的位置可標注為則其二氯代物中Cl原子的可能位置為：(1；2)、(1、3)(1、4)、(2、3)四種，因此其二氯取代產(chǎn)物共有4種，A正確；

B．環(huán)己醇分子中的C原子都是飽和C原子；具有甲烷的四面體結構，因此該物質分子中的所有的原子不可能共平面，B錯誤；

C．DCHP分子中不含有-OH；鹵素原子；因此不可能發(fā)生消去反應，C錯誤；

D．DCHP分子中含有2個酯基；酯基水解產(chǎn)生2個羧基和2個醇羥基，羧基具有酸性，能夠與NaOH發(fā)生反應產(chǎn)生羧酸鈉，所以1molDCHP最多可與含2molNaOH的溶液反應，D正確；

故合理選項是AD。三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】【分析】

(1)鈦原子核外有22個電子；根據(jù)核外電子排布規(guī)律寫出鈦原子價電子排布式，再確定占據(jù)的最高能級；基態(tài)Ti原子的未成對電子數(shù)為2；第四周期中未成對電子數(shù)為2的元素有Ge；Se、Ni，有3種；鈦原子的價電子數(shù)是4、鋁原子的價電子數(shù)是3；

(2)根據(jù)均攤法，可知該晶胞中N原子個數(shù)為6+8=4，Ti原子個數(shù)為1+12=4，所以晶胞的質量為m=g，而晶胞的體積V=(2a×10-10)3cm3，再根據(jù)=計算；

(3)Li原子的第一電離能是指1mol氣態(tài)鋰原子失去1mol電子變成1mol氣態(tài)鋰離子所吸收的能量；OO鍵鍵能是指1mol氧氣分子斷裂生成氣態(tài)氧原子所吸收的能量；晶格能是指氣態(tài)離子結合生成1mol離子晶體所釋放的能量或1mol離子晶體斷裂離子鍵形成氣態(tài)離子所吸收的能量；以此解答。

【詳解】

(1)鈦原子核外有22個電子，基態(tài)鈦原子價電子排布式為3d24s2；占據(jù)最高能級的符號為3d；基態(tài)原子的未成對電子數(shù)為2；第四周期中未成對電子數(shù)為2的元素有Ge；Se、Ni，有3種；鈦原子的價電子數(shù)是4、鋁原子的價電子數(shù)是3，鈦原子的價電子數(shù)比鋁多，金屬鍵更強，所以鈦的硬度比鋁大；

因此；本題正確答案是：3d；3；鈦原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強；

(2)根據(jù)均攤法，可知該晶胞中N原子個數(shù)為6+8=4，Ti原子個數(shù)為1+12=4，所以晶胞的質量為m=g，而晶胞的體積V=(2a×10-10)3cm3，所以晶胞的密度=g·cm－3；

因此，本題正確答案是：

(3)Li原子的第一電離能是指1mol氣態(tài)鋰原子失去1mol電子變成1mol氣態(tài)鋰離子所吸收的能量，即為=520kJ·mol-1；O=O鍵鍵能是指1mol氧氣分子斷裂生成氣態(tài)氧原子所吸收的能量，即為249kJ·mol-1=498kJ·mol-1。晶格能是指氣態(tài)離子結合生成1mol離子晶體所釋放的能量或1mol離子晶體斷裂離子鍵形成氣態(tài)離子所吸收的能量，則Li2O晶格能為2908kJ·mol-1。

因此，本題正確答案是：520；498；2908?！窘馕觥竣?3d②.3③.鈦原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強④.⑤.520⑥.498⑦.290814、略

【分析】【分析】

（1）取該粉末，加水后得到無色溶液，且未嗅到氣味，證明原溶液中無銨根離子；用pH試紙測得溶液的pH為12，溶液呈堿性，Ag+Mg2+離子不能存在；由此可推出肯定不存在的離子；

（2）向溶液中滴加鹽酸溶液，開始有沉淀生成，繼續(xù)滴加，沉淀消失，與鹽酸反應生成沉淀的只有AlO2-離子，同時有無色無味氣體逸出．證明含CO32-；

（3）依據(jù)實驗現(xiàn)象Na+、K+、SO42-離子不能判斷，依據(jù)溶液電荷守恒，一定存在陽離子分析，金屬離子Na+、K+的檢驗需要通過焰色反應完成；硫酸根離子的檢驗方法回答。

【詳解】

（1）取該粉末，加水后得到無色溶液，且未嗅到氣味，證明原溶液中無銨根離子；用pH試紙測得溶液的pH為12，溶液呈堿性，Ag+、Mg2+離子不能存在，由此可推出肯定不存在的離子為NH4+、Ag+、Mg2+；

故答案為。排除的離子排除的依據(jù)NH4+Ag+、Mg2+由于溶液呈堿性，且未嗅到刺激性氣味堿性溶液中無沉淀生成

（2）向溶液中滴加鹽酸溶液，開始有沉淀生成，繼續(xù)滴加，沉淀消失，與鹽酸反應生成沉淀的只有AlO2-離子，同時有無色無味氣體逸出，證明含CO32-；根據(jù)離子共存分析一定不存在Ba2+，SO32-離子與酸反應生成無色刺激性氣味的氣體，判斷一定不含有SO32-?？隙ù嬖诘碾x子判斷依據(jù)AlO2－CO32－加酸有沉淀，繼續(xù)加酸沉淀溶解加酸后有無色無味氣體逸出

。排除的離子排除的依據(jù)Ba2+SO32－有CO32－存在時原溶液無沉淀

酸化后逸出的氣體沒有刺激性氣味

（3）依據(jù)實驗現(xiàn)象Na+、K+、SO42-離子不能判斷，依據(jù)溶液電荷守恒，一定存在陽離子Na+、K+的一種換貨兩種，硫酸根離子可能含有，檢驗金屬離子Na+、K+的檢驗需要通過焰色反應完成；即做焰色反應火焰呈黃色的證明含鈉離子，隔著鈷玻璃為紫色的說明含有鉀離子，檢驗硫酸根離子的存在時加入鹽酸酸化的氯化鋇生成白色沉淀，證明含有硫酸根離子；

故答案為。尚待檢驗的離子檢驗方法K+、Na+SO42－焰色反應酸性溶液中滴加BaCl2溶液，是否有白色沉淀生成【解析】（1）。排除的離子

排除的依據(jù)

NH4+

Ag+、Mg2+

由于溶液呈堿性，且未嗅到刺激性氣味

堿性溶液中無沉淀生成

（2）?？隙ù嬖诘碾x子

判斷依據(jù)

AlO2－

CO32－

加酸有沉淀，繼續(xù)加酸沉淀溶解

加酸后有無色無味氣體逸出

。排除的離子

排除的依據(jù)

Ba2+

SO32－

有CO32－存在時原溶液無沉淀

酸化后逸出的氣體沒有刺激性氣味

（3）。尚待檢驗的離子

檢驗方法

K+、Na+

SO42－

焰色反應

酸性溶液中滴加BaCl2溶液，是否有白色沉淀生成

15、略

【分析】【詳解】

（1）①氫氣在氧氣中燃燒生成水，起反應的化學反應方程式為：2H2＋O22H2O，屬于化合反應，故答案：2H2＋O22H2O；化合反應；

②碳酸鈣高溫分解為二氧化碳和氧化鈣，起反應的化學反應方程式為：CaCO3CaO+CO2↑，屬于分解反應，故答案：CaCO3CaO+CO2↑；分解反應；

③鋁與硫酸反應生成硫酸鋁和氫氣，其反應的離子方程式為：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，該反應屬于置換反應，故答案：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑；該反應屬于置換反應；

④鹽酸和氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉和水，其反應的離子方程式為：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，屬于復分解反應，故答案：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；復分解反應；

（2）①AgNO3+KCl=AgCl↓＋KNO3的離子方程式：Ag++Cl－=AgCl↓，故答案：Ag++Cl－=AgCl↓；

②CuO+H2SO4=CuSO4＋H2O的離子方程式：CuO+2H+=Cu2+＋H2O，故答案：CuO+2H+=Cu2+＋H2O；

（3）寫出一個能實現(xiàn)下列離子反應的化學方程式：

①Fe+Cu2+=Fe2++Cu屬于金屬和可溶性銅鹽的反應，該離子反應可寫成化學方程式：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，故答案：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

②CO+2H+=CO2↑＋H2O屬于酸和可溶性碳酸鹽的反應，該離子反應可寫成化學方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑＋H2O，故答案：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑＋H2O?！窘馕觥竣?2H2+O22H2O化合反應②.CaCO3CaO+CO2↑分解反應③.2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑置換反應④.NaOH+HCl=NaCl+H2O復分解反應⑤.Ag++Cl－=AgCl↓⑥.CuO+2H+=Cu2+＋H2O⑦.Fe+CuSO4=FeSO4+Cu⑧.Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O（合理答案即可）16、略

【分析】【詳解】

(1)酯化反應屬于取代反應；其逆反應(水解反應)也是取代反應，則A；B為取代反應，C、F屬于加成反應，D、E屬于消去反應；

(2)將原料C2H5OH用18O標記，由于乙氧基()是保留的，則生成物乙酸乙酯中含有18O；乙酸中的兩個氧原子經(jīng)加成反應都變成了中間體的羥基，兩羥基間脫去水分子，故生成物H2O中氧原子是含有18O。【解析】A、BC、FD、E都有標記，因為反應中間體在消去一分子時，有兩種可能，而乙氧基()是保留的。17、略

【分析】【分析】

(1)含-COOH；酚-OH的有機物具有酸性；

(2)-OH；-X相連C的鄰位C上有H可發(fā)生消去反應；

(3)上述物質中含雙鍵的有機物可發(fā)生加聚反應。

【詳解】

(1)其中具有弱酸性的是③，與Na2CO3溶液反應的化學方程式是+Na2CO3→NaHCO3+

(2)能發(fā)生消去反應的是②，反應方程式是CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；

(3)能發(fā)生加聚反應的是①，反應方程式是【解析】③+Na2CO3→NaHCO3+②CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O①nCH2=CH2四、判斷題(共1題，共8分)18、B【分析】【分析】

【詳解】

縮聚反應生成小分子的化學計量數(shù)為(n-1)，也可能為(2n-1)，如HOOC-COOH和HO-CH2-CH2-OH發(fā)生縮聚反應生成的H2O的計量數(shù)為(2n-1)，答案為：錯誤。五、實驗題(共1題，共7分)19、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．(1)從圖像可以看出，當加入20.00mLNaOH溶液時，達到滴定終點，所以鹽酸的物質的量濃度c(HCl)==0.100mol/L。

(2)滴加19.98mLNaOH溶液時，溶液中的H+沒有完全被中和，剩余的c(H+)==5×10-5mol/L；則溶液的pH≈4.3。

Ⅱ．(1)由于酸性高錳酸鉀溶液和雙氧水都有強氧化性；所以需要用酸式滴定管量取酸性高錳酸鉀溶液和雙氧水，需要用一張白紙墊在錐形瓶下面，便于觀察溶液顏色變化，不需要用到的儀器是堿式滴定管和量筒，故選BD。

(2)滴定時不需要滴加指示劑，因為高錳酸鉀溶液本身是紫色的，高錳酸鉀和H2O2反應轉化為Mn2+；溶液顏色會褪去，現(xiàn)象明顯。

(3)滴定前后滴定管液面刻度分別為amL和bmL，則用去的高錳酸鉀溶液的體積為(b-a)mL，根據(jù)反應方程式可得：c(H2O2)×V×10-3L×2=(b-a)×10-3L×0.1mol/L×5，c(H2O2)=mol/L。【解析】①.0.100②.4.3③.B、D④.否⑤.因為MnO全部轉化為Mn2+時，紫色褪去，現(xiàn)象明顯⑥.六、推斷題(共3題，共18分)20、略

【分析】【分析】

乙醇發(fā)生消去反應生成A為CH2＝CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均為芳香族化合物，分子中均只含兩種不同化學環(huán)境的氫原子，C發(fā)生氧化反應生成D，D中應該有兩個羧基，根據(jù)H結構簡式知，D為G為根據(jù)信息②知，生成B的反應為加成反應，B為B生成C的反應中除了生成C外還生成H2O，苯和氯氣發(fā)生取代反應生成E，E為發(fā)生取代反應生成F，根據(jù)G結構簡式知，發(fā)生對位取代，則F為F發(fā)生取代反應生成對硝基苯胺，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)生成A的反應類型是消去反應；D的名稱是對苯二甲酸，F(xiàn)中所含官能團的名稱是氯原子；硝基；

(2)B的結構簡式是“B→C”的反應中，除C外，另外一種產(chǎn)物是H2O；

(3)D+G→H的化學方程式是：n+n+(2n-1)H2O；

(4)D為Q是D的同系物，相對分子質量比D大14，如果取代基為﹣CH2COOH、﹣COOH，有3種結構；如果取代基為﹣CH3、兩個﹣COOH，有6種結構；如果取代基為﹣CH(COOH)2，有1種，則符合條件的有10種；其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的結構簡式為或

(5)CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH發(fā)生加成反應生成和溴發(fā)生加成反應生成發(fā)生水解反應生成其合成路線為：【解析】消去反應對苯二甲酸氯原子、硝基H2On+n+(2n-1)H2O10或21、略

【分析】【分析】

B發(fā)生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，則B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，A為C3H6，A發(fā)生發(fā)生加成反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯發(fā)生水解反應然后酸化得到聚合物C，C結構簡式為A發(fā)生反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E，E能發(fā)生題給信息的加成反應，結合E分子式知，E結構簡式為CH2=CHCH2OH、D結構簡式為CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)結構簡式為F發(fā)生取代反應生成G，G發(fā)生信息中反應得到則G結構簡式為據(jù)此解答。

【詳解】

（1）通過以上分析知，A為丙烯，B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3；其含氧官能團名稱是酯基；

故答案