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甘肃省兰州市2025届高三诊断考试（一模）化学试题
1．（2025·兰州模拟）文物承载着人类的文明与智慧。下列有关文物的叙述不正确的是
A．武威出土的铜奔马属于合金材料
B．马家窑出土的陶器属于硅酸盐产品
C．甘肃简牍博物馆珍藏的竹简主要成分属于多糖
D．敦煌壁画绘制用到的红色颜料为
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．铜奔马的材料为铜合金，属于合金材料，A正确；
B．陶器的主要原料是粘土和陶土，其化学成分以硅酸盐为主，都属于硅酸盐产品，B正确；
C．竹简主要成分是纤维素，属于多糖，C正确；
D．敦煌壁画绘制用到的红色颜料为，是黑色固体，D错误；
故答案为：D
【分析】A、铜合金属于合金材料。
B、陶器属于硅酸盐产品。
C、竹简的材料为纤维素，属于多糖。
D、红色颜料为Fe2O3。
2．（2025·兰州模拟）化学用语是描述化学物质组成及变化的专业语言符号。下列有关表述不正确的是
A．用电子云轮廓图示意键的形成：
B．的价层电子轨道表示式为：
C．的价层电子对互斥（VSEPR）模型：
D．的形成过程：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A．键电子云以肩并肩方式重叠形成，图示正确，故A正确；
B．的价层电子排布式为3d54s1，因此其轨道表示式为：，故B错误；
C．中心O原子的价层电子对数为2+=3，含有一对孤对电子，因此其VSEPR模型为平面三角形，故C正确；
D．为离子化合物，是由Mg2＋和Cl－构成的，用电子式形成过程表示为，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、p-pπ键是以肩并肩达到形式重叠形成的。
B、Cr的夹层电子排布式为3d54s1，据此确定其轨道表示式。
C、O3中心氧原子的价层电子对数为3，其VSEPR模型为平面三角形。
D、MgCl2是由Mg2＋和Cl－构成的离子化合物，据此确定其形成过程。
3．（2025·兰州模拟）科技工作者研究、利用化学知识造福人类，彰显了劳动者的智慧与精神。下列有关说法不正确的是
A．酿酒师酿造葡萄酒添加目的是起杀菌和抗氧化等作用
B．医生做“钡餐”透视时病人吞服的钡餐主要成分是
C．材料科学家研制的包装材料聚乳酸（）是由加聚而成
D．环境保护工程师利用除去废水中的
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；缩聚反应
【解析】【解答】A．SO2有杀菌作用，且具有还原性，加在葡萄酒中可起到杀菌和抗氧化的作用，A正确；
B．“钡餐”的主要成分是BaSO4，难溶于水、不溶于稀盐酸，且对X射线有良好阻挡作用，B正确；
C．聚乳酸一般由乳酸[HOCH(CH3)COOH]通过发生缩聚反应生成，不是加聚反应，C错误；
D．Na2S能与Hg2+反应生成难溶于水的HgS，因此可用于去除废水中的Hg2+，D正确；
故答案为：C
【分析】A、SO2具有杀菌作用，且具有还原性，可用作抗氧化剂。
B、“钡餐”的主要成分是BaSO4。
C、聚乳酸是由乳酸发生缩聚反应后生成的。
D、Na2S可与废水中的Hg2＋形成难溶的HgS沉淀。
4．（2025·兰州模拟）丙烯腈是合成纤维、橡胶和树脂的重要材料，由乙炔与HCN反应制得：。应用到的实验装置（夹持仪器已省略）如下图所示，下列说法正确的是
A．A装置可用于制备乙炔
B．B装置可用于除去乙炔中的杂质气体
C．C装置可用于合成丙烯腈
D．D装置可用于吸收多余的尾气
【答案】D
【知识点】乙炔炔烃；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．该反应过程剧烈，反应速率较快，因此发生装置所使用的漏斗应使用分液漏斗，从而控制反应速度，故该选项错误；
B．制取乙炔气体中含有硫化氢，可用CuSO4溶液除去，洗气时气体应长进短出，故该选项错误；
C．乙炔合成丙烯腈所需温度是，应采用水浴加热，故该选项错误；
D．尾气中有乙炔、HCN，而乙炔含有碳碳三键，HCN具有较强的还原性，都能被高锰酸钾溶液氧化，因此可以用酸性高锰酸钾溶液进行尾气处理，倒置的漏斗可起到防倒吸的作用，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、该反应过程剧烈，反应速率快，应用分液漏斗控制反应速率。
B、洗气时，气体应从长导管一端通入。
C、反应温度为70℃，应采用水浴加热。
D、酸性KMnO4能与尾气中的乙炔和HCN反应。
5．（2025·兰州模拟）环泊酚（D）是一类新型短效静脉麻醉药。其部分合成路线如下图所示，下列说法正确的是
A．物质A的名称为2-异丙基苯酚
B．物质A与物质D互为同系物
C．可用溶液检验D中是否存在未反应的A
D．1molB和C分别与足量的溶液反应均消耗
【答案】A
【知识点】有机化合物的命名；酯的性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．根据A的结构，母体为苯酚，2号碳原子上含有异丙基，因此该有机物的名称为2-异丙基苯酚，故A正确；
B．D的支链含有环状结构，与A的结构不相似，因此二者不属于同系物，故B错误；
C．A和D中都含有酚羟基，都能与溶液发生显色反应，因此不能用溶液检验D中是否存在未反应的A，故C错误；
D．B中只含有1个酯基，1molB只能消耗1molNaOH，C含有酚酯基，1molC消耗2molNaOH，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据有机物的结构简式进行命名。
B、同系物是指结构相似，分子组成相差一个或多个CH2的有机物。
C、有机物A和D中都含有酚羟基，都能与FeCl3溶液发生显色反应。
D、B中含有一个酯基能与1个NaOH反应；C中含有酚酯结构，能与2个NaOH反应。
6．（2025·兰州模拟）下列离子方程式的书写正确的是
A．用三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板：
B．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
C．向中加入：
D．电解水溶液的离子方程式：
【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A．反应中Fe元素由+3价变为+2价，铜元素由0价变为+2价，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式应为：，A错误；
B．反应中Br元素由0价变为-1价，S元素由+4价变为+6价，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可得离子方程式为：，B正确；
C．Na2O2既做氧化剂又做还原剂，因此该反应的离子方程式为：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C错误；
D．电解产生的氢氧根会和镁离子反应生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为，D错误；
故答案为：D
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
B、Br2能将SO2氧化成SO42－，自身还原为Br－。
C、反应过程中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，因此产物NaOH中的O元素部分来自于Na2O2。
D、电解MgCl2溶液的过程中，产生的OH－能与Mg2＋结合成Mg(OH)2沉淀。
7．（2025·兰州模拟）物质结构决定性质，性质决定用途。下列有关事实解释不正确的是
选项 事实 解释
A 将无水乙醇加入溶液中析出深蓝色晶体 乙醇分子极性较小，降低了的溶解性
B 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子在整个碳原子平面内运动
C 的酸性强于 F的电负性大于
D 的熔点低于 引入乙基改变了晶体的类型
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；晶体的定义
【解析】【解答】A．无水乙醇极性较小，加入溶液后，溶剂的极性降低，使得该离子化合物的溶解度降低，析出深蓝色晶体，A正确；
B．石墨导电是由于每个碳原子以杂化形成平面结构，未杂化的p轨道垂直于平面，重叠形成离域大π键，电子可在平面内可自由移动，因此石墨可导电，B正确；
C．由于电负性：F＞Cl，因此F的吸电子效应更强，使羧基中的羟基极性更大，更易解离，所以酸性：＞，C正确；
D．的熔点低于，主要原因是乙基的引入增大了阳离子体积，导致半径：＞，使得的离子键强度小于，所以熔点，而非改变晶体类型（仍为离子晶体），D错误；
故答案为：D
【分析】A、无水乙醇的极性较小，加入无水乙醇后，溶剂的极性降低，使得离子化合物溶解度降低，结晶析出。
B、石墨导电是由于石墨中含有可自由移动的电子。
C、F的电负性强，对键合电子的吸引力强，使得羧基中O－H容易断裂。
D、引入乙基，晶体类型不变，改变的是离子半径。
8．（2025·兰州模拟）离子化合物水解可用于制备石墨，其反应原理为(石墨，s，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.7g中含有的离子总数为
B．常温下，的溶液中含的数目为
C．7.2g单层石墨中含有六元环的数目为
D．每生成3.36L，转移电子的数目为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由K+、构成，一个中含有2个离子。2.7g物质的量为0.02mol，含有的离子总数为，A错误；
B．溶液体积未知，无法应用公式n=c×V计算离子数目，B错误；
C．石墨中每个碳原子被3个六元环共用，因此每个六元环实际占有2个碳原子。7.2克单层石墨含有0.6mol碳原子，石墨中含有的六元环的个数为0.3 NA，C正确；
D．氢气的温度、压强未知，无法应用气体摩尔体积计算转移电子数目，D错误；
故答案为：C
【分析】A、KC8由K＋和C8－构成，据此计算所含的离子数。
B、pH=13的KOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，溶液的体积未知，无法计算。
C、根据石墨的结构分析。
D、气体所处的状态未知，无法应用Vm=22.4L·mol－1计算。
9．（2025·兰州模拟）钙钛矿太阳能电池材料中含有前四周期X、Y、Z、W四种元素。基态X原子s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍，Y的第一电离能在同周期中仅小于两种元素，Z元素形成的单质为淡黄色固体，X、Z的质子数之和等于W的质子数。下列说法中正确的是
A．基态原子中未成对电子数：
B．简单氢化物的沸点：
C．只有Z的最高价氧化物对应水化物为强酸
D．W位于第四周期、第ⅡB族
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，其价层电子排布式分别为：2s22p2，2s22p3，3s23p4，未成对电子数分别为：2、3、2。因此基态原子中未成对电子数：，A正确；
B．X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，其简单氢化物分别为：CH4，NH3，H2S，其中氨气可形成分子间氢键，氢键可使沸点增大，硫化氢相对分子质量较大，因此沸点比甲烷大。综上，简单氢化物的沸点：，B错误；
C．Y为N元素，其最高价氧化物对应的水化物为硝酸，属于强酸，C错误；
D．W为Ti元素，是22号元素，位于第四周期、第ⅣB族，D错误；
故答案为：A
【分析】基态X原子s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍，因此基态X原子的核外电子排布式为 1s22s22p2， 所以X为C。Y的第一电离能在同周期中仅小于两种元素，因此Y为N。Z元素的单质为淡黄色固体，因此Z为S。X、Z的质子数之和等于W的质子数，即W的质子数为22，因此W为Ti。据此结合选项分析。
10．（2025·兰州模拟）下列设计的实验方案不能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 探究温度对化学平衡的影响 取两支试管，分别加入2mL0.5溶液，将其中的一支试管先加热，然后置于冷水中，分别与另一支试管进行对比，观察溶液颜色变化
B 验证溴乙烷发生消去反应 向溴乙烷中加入的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入酸性溶液中，观察溶液是否褪色
C 比较和的大小 常温下，向0.1溶液中先滴加少量0.1溶液，振荡后再滴加少量0.1溶液，观察沉淀颜色变化
D 鉴别蔗糖和麦芽糖溶液 分别向两种无色溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热、观察是否有砖红色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．CuCl2溶液中存在的平衡Cu2+(蓝色)+4Cl-(黄色)，通过改变温度观察溶液颜色变化，可判断温度对平衡移动的影响，方案可行，A不符合题意；
B．溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加热生成乙烯，乙醇具有挥发性，挥发吹出的乙醇蒸气可能被酸性高锰酸钾氧化，导致溶液褪色，干扰实验结果，无法准确验证消去反应，方案存在缺陷，B符合题意；
C．向NaCl溶液中先加少量生成AgCl沉淀，再滴加KI溶液，若生成黄色AgI沉淀，说明AgI的溶度积更小，实验中用量少，优先与Cl-反应，后续加入KI时，生成黄色AgI沉淀，涉及沉淀的转化，因此可正确比较，方案合理，C不符合题意；
D．麦芽糖属于还原性糖，直接与新制悬浊液共热可产生砖红色沉淀；蔗糖无还原性，不反应无明显现场产生。因此该方案可有效鉴别两者，方法正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、溶液中存在可逆反应Cu2+(蓝色)+4Cl-(黄色)，结合温度改变时溶液颜色变化分析。
B、乙醇具有挥发性和还原性，挥发出的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、比较AgCl和AgI的溶度积Ksp大小，应存在二者的转化。
D、麦芽糖为还原性糖，可与新制Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀；而蔗糖不属于还原性糖，与新制Cu(OH)2悬浊液不反应。
11．（2025·兰州模拟）某研究所设计以软锰矿（主要成分为，含少量、等的氧化物）为原料制备，其实验流程如下：
已知：固体和溶液均为墨绿色。
下列说法正确的是
A．“熔融煅烧”过程中使用到的仪器主要有蒸发皿，三脚架和酒精灯
B．“滤渣1”的成分是
C．“调pH2”过程中反应的离子方程式为
D．“结晶”过程中获得晶体可采用降温结晶法
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．固体的加热应使用坩埚而不是蒸发皿，A错误；
B．由分析知“滤渣1”的成分是和， B错误；
C．“调pH2”过程中加入冰醋酸，冰醋酸为弱电解质，在离子方程式中保留化学式，反应的离子方程式为，C错误；
D．的溶解度受温度影响变化较大，因此需采用降温结晶，D正确；
故答案为：D
【分析】A、“熔融煅烧”是对固体进行加热，需在坩埚中进行。
B、“调pH1”过程中通入过量的CO2，K2SiO3和K[Al(OH)4]与CO2反应，生成H2SiO3沉淀和Al(OH)3沉淀。
C、“调pH2”过程中加入冰醋酸，CH3COOH为弱酸，在离子方程式中保留化学式。
D、KMnO4的溶解度受温度影响较大，应采用降温结晶法。
12．（2025·兰州模拟）科学家为消除酸性工业废水中甲醛的危害，利用驱动耦合电催化实现了与转化为高附加值的产品。下图是耦合电催化反应系统原理图示。下列有关说法不正确的是
A．管负载纳米绒电极为阴极
B．反应过程中从左极室向右极室移动
C．电路中通过2mol电子时，在装置中可生成1mol
D．阳极的电极反应式为
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．Cu管负载Cu纳米绒上CO2转化为HCOOH，发生得电子的还原反应，因此管负载纳米绒电极为阴极，A正确；
B．在电解池装置中，阳离子从阳极向阴极移动，因此H+从左极室向右极室移动，B正确；
C．电路中通过2mol电子时，阳极生成1molHCOOH，同时阴极也生成1molHCOOH。因此在装置中可生成2mol，C错误；
D．阳极上HCHO发生失电子的氧化反应，生成HCOOH，因此阳极的电极反应式为，D正确；
故答案为：C
【分析】Cu管负载Cu纳米绒上CO2转化为HCOOH，C元素由＋4价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此该电极为阴极，则电源a为负极。Cu管负载Cu纳米绒的电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。左侧碳纸负载MnO2纳米片为正极，HCHO发生失电子的氧化反应，生成HCOOH。因此阳极的电极反应式为HCHO－2e－＋H2O=HCOOH＋2H＋。据此结合选项分析。
13．（2025·兰州模拟）某太阳能电池材料的化学式为，其晶胞结构如下图所示，其中代表，表示阿伏加德罗常数。下列说法中不正确的是
A．N的杂化方式为
B．图中代表
C．晶体密度为
D．的配位数为8
【答案】D
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．中N的价电子对数是4，采用杂化，A正确；
B．由图可知，1个位于体内，位于面心，个数为6×=3个，位于顶点，个数为8×=1。根据甲胺铅碘的化学式(CH3NH3)PbI3可知，面心的代表，顶点的代表，B正确；
C.1个晶胞中含有1个(CH3NH3)PbI3，因此晶胞的质量为，晶胞的体积为。所以晶胞的体积为，C正确；
D．位于晶胞的顶点，与其距离最近的位于3个面的面心，顶点为8个晶胞共用，面心被两个晶胞共用。所以的配位数为个，D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据N原子的价层电子对数确定其杂化方式。
B、根据均摊法结合晶胞结构确定微粒个数比，从而确定代表的微粒。
C、根据公式计算晶胞密度。
D、根据晶胞结构分析。
14．（2025·兰州模拟）室温下，的某二元酸溶液中，溶液中可能存在的含A粒子（、、等）物质的量分数（x）随pH变化的关系如下图所示。下列说法不正确的是
A．的电离方程式为，
B．室温下，
C．将相同物质的量的和固体溶于水所得混合溶液，离子浓度大小关系为
D．时，溶液中存在
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．溶液中HA-的物质的量分数为1.0，说明溶液中H2A完全电离产生H+和HA-，因此溶液中不存在分子，说明第一步完全电离，则电离方程式为，，A正确；
B．HA-的电离方程式为，由图可知，当pH=3时，溶液中c(HA－)=c(A2－)，此时溶液中，，B正确；
C．将相同物质的量的和固体溶于水所得混合溶液，由，可知的电离大于的水解，因此溶液中，C错误；
D．时，溶液中阳离子除外还有调pH时加入的物质中的阳离子，由电荷守恒可知时，溶液中存在，D正确；
故答案为：C
【分析】A、溶液中HA－的物质的量分数为1.0，说明H2A第一步完全电离。
B、当pH=3时，溶液中c(HA－)=c(A2－)，据此计算Ka(HA－)。
C、等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液中，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，据此判断溶液中离子浓度大小关系。
D、结合电荷守恒分析。
15．（2025·兰州模拟）海洋锰结核是一种富含多种金属元素的矿物资源，从中提取的金属在钢铁、电子、航天领域有着广泛的用途。其主要成分为锰、镍、铜、钴、铁等金属的氧化物。从锰结核中回收金属的工艺流程如下：
已知：①“还原熔炼”后得到富锰渣和粗合金。
②“加压酸浸”后、、元素均以二价盐的形式存在。
③常温下，相关金属离子（）生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
开始沉淀的pH 1.3 6.5 4.2 7 6.8
完全沉淀（）的pH 3 9 6.7 9.2 9.2
（1）“加压酸浸”过程中加压的目的是　 　。
（2）滤渣的主要成分是　 　，“调pH”操作中pH的控制范围为　 　，该过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“电解沉积镍”的过程中使用石墨电极，阳极的电极反应式为　 　。
（4）萃取剂Ⅰ为，“萃取铜”后铜元素的存在形式为，其中铜元素的配位数为　 　。萃取后通过　 　操作将其分离出来。请解释萃取剂Ⅰ能萃取分离铜元素的原因　 　。
【答案】（1）提高反应速率，增大浸取率
（2）；3~4.2；
（3）
（4）4；分液；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与形成配位键
【知识点】配合物的成键情况；铁及其化合物的性质实验；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）“加压酸浸”过程中加压的目的是增加气体浓度，提高反应速率，增大浸取率。
故答案为：提高反应速率，增大浸取率
（2）据分析可知，滤渣的主要成分是，“调pH”使铁离子沉淀完全，铜离子、钴离子、镍离子不沉淀，操作中pH的控制范围为3~4.2，过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调pH值，得到氢氧化铁滤渣，离子方程式为。
故答案为：；3~4.2；
（3）使用石墨电极，阳极失电子，电极反应式为。
故答案为：
（4），其中铜与O、N形成配位键，铜元素的配位数为4；萃取后通过分液操作将其分离出来；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与形成配位键，形成的络合物在有机相和水相中的溶解度差异，使得铜离子能够被有效地从水相转移到有机相中。
故答案为：4；分液；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与形成配位键
【分析】（1）“加压酸浸”可加快反应速率，增大浸取率。
（2）“调pH”的过程中加入H2O2，是为了将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋；加入NH3是为了将溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，但Cu2＋不能形成Cu(OH)2沉淀，据此作答。
（3）“电解沉积镍”的过程中，阳极上H2O电离产生的OH－发生失电子的氧化反应，生成O2，据此写出电极反应式。
（4）根据配合物的结构确定Cu的配位数。萃取后所得为不互溶的两种液体，采用分液进行分离。萃取剂Ⅰ能与Cu2＋形成配位键，且难溶于水，因此可用作萃取剂。
（1）“加压酸浸”过程中加压的目的是增加气体浓度，提高反应速率，增大浸取率；
（2）据分析可知，滤渣的主要成分是，“调pH”使铁离子沉淀完全，铜离子、钴离子、镍离子不沉淀，操作中pH的控制范围为3~4.2，过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调pH值，得到氢氧化铁滤渣，离子方程式为；
（3）使用石墨电极，阳极失电子，电极反应式为；
（4），其中铜与O、N形成配位键，铜元素的配位数为4；萃取后通过分液操作将其分离出来；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与形成配位键，形成的络合物在有机相和水相中的溶解度差异，使得铜离子能够被有效地从水相转移到有机相中；
16．（2025·兰州模拟）二草酸合铜（Ⅱ）酸钾是一种重要的配合物，具有特殊的结构和性质，制备流程如下：
已知：1.
2.二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，难溶于乙醇。
实验步骤：
步骤1：制备：称取2.5g硫酸铜晶体（），溶于水，滴入过量的溶液，加热煮沸，冷却，用下图所示的装置抽滤，然后用蒸馏水洗涤，得到氧化铜。
步骤2：制取：将晶体加入蒸馏水中，微热，溶解过程中温度不能超过85℃，待充分溶解后分次加入，反应生成。
步骤3：制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾：将与混合液在50℃加热至反应充分，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾。反应结束后将溶液冷却至室温，再置于冰水浴中冷却，析出晶体，过滤并用乙醇洗涤晶体。
请回答：
（1）步骤1称取2.5g硫酸铜晶体，需要用到的仪器有　 　。抽滤时将仪器接在水龙头上，其作用是　 　。用蒸馏水洗涤氧化铜时，证明已洗涤干净的方法：　 　。
（2）步骤2溶解过程中温度不能超过85℃的原因是　 　。
（3）步骤3制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾反应的化学方程式为　 　。加热温度控制在50℃可以采取的加热措施是　 　，用乙醇洗涤晶体的目的是　 　。
（4）将制得的进行热重分析，结果如下图所示，由图可知在C点剩余固体为和　 　。
【答案】（1）托盘天平、药匙；抽气，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）
（2）防止草酸分解
（3）；水浴加热；洗去晶体表面杂质和水分，减少洗涤中晶体溶解造成的产物损失，加速晶体干燥
（4）
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）步骤1称取2.5g硫酸铜晶体，称量固体药品，需要用到的仪器有托盘天平、药匙；抽滤时将仪器接在水龙头上，其作用是通过水流动起到抽气作用，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；用蒸馏水洗涤氧化铜时，证明已洗涤干净只要证明最后的洗涤液中不含，方法为：取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）。
故答案为：托盘天平、药匙；抽气，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）
（2）草酸受热易分解，步骤2溶解过程中温度不能超过85℃的原因是防止草酸分解。
故答案为：防止草酸分解
（3）将与混合液在50℃加热至反应充分，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾，反应方程式为；加热温度控制在50℃可以采取的加热措施是水浴加热；二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤晶体可以洗去晶体表面杂质和水分，减少洗涤中晶体溶解造成的产物损失，加速晶体干燥。
故答案为：；水浴加热；洗去晶体表面杂质和水分，减少洗涤中晶体溶解造成的产物损失，加速晶体干燥
（4）进行热重分析，加热至恒重，应得到剩余固体为和铜的氧化物，1mol质量为354g，根据原子守恒，可得到1mol，1mol的质量为138g，C点剩余质量59.3%×354g≈210g，则铜的氧化物质量为210g-138g=72g，根据铜原子守恒，该固体含有64g铜原子，余下应为O原子质量8g，该氧化物为。
故答案为：
【分析】（1）称量固体质量需要用到托盘天平和药匙。抽滤装置是利用减小吸滤瓶内的压强，从而加快过滤速度。结合洗涤操作分析。
（2）步骤2溶解时加入了草酸，H2C2O4在加热时易分解，因此温度不能过高。
（3）KHC2O4与CuO反应生成K2[Cu(C2O4)2]，同时生成H2O，据此写出反应的化学方程式。加热温度控制50℃应才用过水浴加热。用乙醇洗涤可除去表面的水分，同时减少晶体的溶解损耗。
（4）根据图像所给数据计算。
（1）步骤1称取2.5g硫酸铜晶体，称量固体药品，需要用到的仪器有托盘天平、药匙；抽滤时将仪器接在水龙头上，其作用是通过水流动起到抽气作用，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；用蒸馏水洗涤氧化铜时，证明已洗涤干净只要证明最后的洗涤液中不含，方法为：取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）；
（2）草酸受热易分解，步骤2溶解过程中温度不能超过85℃的原因是防止草酸分解；
（3）将与混合液在50℃加热至反应充分，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾，反应方程式为；加热温度控制在50℃可以采取的加热措施是水浴加热；二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤晶体可以洗去晶体表面杂质和水分，减少洗涤中晶体溶解造成的产物损失，加速晶体干燥；
（4）进行热重分析，加热至恒重，应得到剩余固体为和铜的氧化物，1mol质量为354g，根据原子守恒，可得到1mol，1mol的质量为138g，C点剩余质量59.3%×354g≈210g，则铜的氧化物质量为210g-138g=72g，根据铜原子守恒，该固体含有64g铜原子，余下应为O原子质量8g，该氧化物为。
17．（2025·兰州模拟）煤制甲醇工业对国家能源安全和化工产业发展意义重大。其主要流程分为煤气化和合成甲醇：
Ⅰ．煤气化的主要反应：
反应1：
反应2：
请回答：
（1）反应的________，在________（选填“低温”、“高温”或“任意温度”）条件下有利于该反应自发进行。
（2）在恒温恒容容器内进行反应1和反应2，下列说法正确的有________（填序号）。
A. 混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B. 平衡时的体积分数可能大于
C. 平衡时向容器中充入惰性气体，平衡体系中的体积分数不变
D. 平衡时缩小容器体积，平衡体系中减小
（3）研究人员结合实验与计算机模拟结果揭示了在金催化剂表面上反应2的反应历程（如下图所示），其中吸附在金催化剂表面上的物质用*标注。该历程中决定反应2速率的步骤方程式为________。
（4）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和同时发生反应1和反应2，起始压强为0.1MPa，平衡时的转化率为50%，的物质的量是为0.1mol，则反应1的平衡常数________。（已知为分压平衡常数，分压=总压物质的是分数）
Ⅱ．合成甲醇的主要反应为 。
（5）在其他条件一定时，甲醇的产量随温度和压强的变化趋势如上图所示，其中压强最大的是________（选填）。
（6）在550K、条件下，M点所示的反应状态中甲醇的生成速率________甲醇的消耗速率（选填“>”“<”或“=”）。
（7）请解释甲醇的产量随温度变化的原因________。
【答案】(1) 高温
(2) A，C
(3)（或）
(4) 0.01MPa
(5)
(6) <
(7)时，反应未达平衡，其他条件不变时，随着温度的升高，化学反应速率加快，甲醇的产量增大：时，反应已达平衡，随着温度的升高，反应平衡逆移，甲醇产量降低
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知：反应1+反应2可得，则；该反应为吸热反应且、，根据时反应自发进行，则该反应在高温条件下进行有利于该反应自发进行。
故答案为：；高温
（2）A．反应1中C是固体，恒温恒容容器内，随着反应的进行，混合气体的质量逐渐增大，则密度逐渐增大，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，A正确；
B．反应1+反应2可得，假设反应完全进行到底，则H2的体积分数为，但可逆反应不能进行到底，则H2的体积分数一定小于，B错误；
C．平衡时向容器中充入惰性气体，容器内总压强增大，但是恒容条件下各物质浓度不变，平衡不移动，则平衡体系中CO的体积分数不变，C正确；
D．总体考虑该反应体系，反应1-反应2得：，该反应的平衡常数为，则平衡时缩小容器体积，温度不变，平衡体系中不变，D错误；
故答案为：AC
（3）决速步骤是反应速率最慢的，活化能最大的步骤，方程式为：（或）。
故答案为：（或）
（4）平衡时的转化率为50%，则平衡时水的物质的量为0.5mol，则的物质的量是为0.1mol，设反应1消耗水得物质的量为xmol，列出三段式得，，则，解得x=0.3mol，此时容器中总气体的物质的量为（0.5+0.1+0.5+0.2）mol=1.3mol，起始压强为0.1MPa，则此时总压强为，反应1的平衡常数。
故答案为：0.01MPa
（5）该反应正向是气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，甲醇的产量增大，故压强最大的为P1。
故答案为：P1
（6）在550K、条件下，M点在平衡曲线上方，此时反应逆向进行，故所示的反应状态中甲醇的生成速率<甲醇的消耗速率。
故答案为：<
（7） ，反应为放热反应，时，反应未达平衡，其他条件不变时，随着温度的升高，化学反应速率加快，甲醇的产量增大：时，反应已达平衡，随着温度的升高，反应平衡逆移，甲醇产量降低。
故答案为：时，反应未达平衡，其他条件不变时，随着温度的升高，化学反应速率加快，甲醇的产量增大：时，反应已达平衡，随着温度的升高，反应平衡逆移，甲醇产量降低
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。结合ΔH-TΔS＜0判断反应自发进行的条件。
（2）A、分析反应过程中混合气体密度是否发生变化，从而判断是否达到平衡状态。
B、若反应进行彻底，则得到H2的体积分数为 ，但可逆反应无法进行彻底。
C、恒容装置内充入惰性气体，平衡不移动。
D、缩小容器体积，压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析。
（3）慢反应决定了整个反应过程的反应速率，反应所需的活化能越高，反应速率越小，据此结合反应过程中能量变化图分析。
（4）根据三段式进行计算。
（5）结合压强对平衡移动的影响分析。
（6）结合反应进行的方向判断反应速率大小。
（7）结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。
18．（2025·兰州模拟）阿法替尼（Afatinib）是不可逆型酪氨酸激酶抑制剂，可持久地抑制肿瘤细胞的增殖和生长，其工业合成路线如下图所示：
请回答：
（1）B中含氧官能团的名称为　 　。
（2）F、H的结构简式分别为　 　、　 　。
（3）反应D→E的反应类型为　 　。
（4）反应I→J的化学方程式为　 　。
（5）C有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构）。
a．能发生银镜反应 b．不含醚键
其中核磁共振氢谱有3组峰；峰面积之比为6：1：1的结构简式为　 　（任写一个即可）。
【答案】（1）硝基、（酚）羟基
（2）；
（3）还原反应
（4）
（5）7；和
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）B为，其含氧官能团的名称为硝基、（酚）羟基。
故答案为：硝基、（酚）羟基
（2）根据分析，F、H的结构简式分别为、。
故答案为：；
（3）由D、E结结构简式可知，D转化为E时硝基被还原为氨基，即D发生还原反应生成E，反应D→E的反应类型为还原反应。
故答案为：还原反应
（4）反应I→J的化学方程式为。
故答案为：
（5）C为，同分异构体符合a．能发生银镜反应，则含有醛基；b．不含醚键，其同分异构体有、、、、、、，共7种；其中核磁共振氢谱有3组峰；峰面积之比为6：1：1的结构简式为和。
故答案为：7；和
【分析】A发生硝化反应生成B，B和C发生取代反应生成D，结合D的结构简式，B为，C为，D发生还原反应生成E，E和F发生取代反应生成G，结合G的结构，F为，F发生硝化反应生成H，H发生还原反应生成I，I和反应生成J，根据J的结构，H为，I为，J和反应生成产物阿法替尼，据此解答。
（1）B为，其含氧官能团的名称为硝基、（酚）羟基。
（2）根据分析，F、H的结构简式分别为、。
（3）由D、E结结构简式可知，D转化为E时硝基被还原为氨基，即D发生还原反应生成E，反应D→E的反应类型为还原反应。
（4）反应I→J的化学方程式为。
（5）C为，同分异构体符合a．能发生银镜反应，则含有醛基；b．不含醚键，其同分异构体有、、、、、、，共7种；其中核磁共振氢谱有3组峰；峰面积之比为6：1：1的结构简式为和。
1 / 1甘肃省兰州市2025届高三诊断考试（一模）化学试题
1．（2025·兰州模拟）文物承载着人类的文明与智慧。下列有关文物的叙述不正确的是
A．武威出土的铜奔马属于合金材料
B．马家窑出土的陶器属于硅酸盐产品
C．甘肃简牍博物馆珍藏的竹简主要成分属于多糖
D．敦煌壁画绘制用到的红色颜料为
2．（2025·兰州模拟）化学用语是描述化学物质组成及变化的专业语言符号。下列有关表述不正确的是
A．用电子云轮廓图示意键的形成：
B．的价层电子轨道表示式为：
C．的价层电子对互斥（VSEPR）模型：
D．的形成过程：
3．（2025·兰州模拟）科技工作者研究、利用化学知识造福人类，彰显了劳动者的智慧与精神。下列有关说法不正确的是
A．酿酒师酿造葡萄酒添加目的是起杀菌和抗氧化等作用
B．医生做“钡餐”透视时病人吞服的钡餐主要成分是
C．材料科学家研制的包装材料聚乳酸（）是由加聚而成
D．环境保护工程师利用除去废水中的
4．（2025·兰州模拟）丙烯腈是合成纤维、橡胶和树脂的重要材料，由乙炔与HCN反应制得：。应用到的实验装置（夹持仪器已省略）如下图所示，下列说法正确的是
A．A装置可用于制备乙炔
B．B装置可用于除去乙炔中的杂质气体
C．C装置可用于合成丙烯腈
D．D装置可用于吸收多余的尾气
5．（2025·兰州模拟）环泊酚（D）是一类新型短效静脉麻醉药。其部分合成路线如下图所示，下列说法正确的是
A．物质A的名称为2-异丙基苯酚
B．物质A与物质D互为同系物
C．可用溶液检验D中是否存在未反应的A
D．1molB和C分别与足量的溶液反应均消耗
6．（2025·兰州模拟）下列离子方程式的书写正确的是
A．用三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板：
B．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
C．向中加入：
D．电解水溶液的离子方程式：
7．（2025·兰州模拟）物质结构决定性质，性质决定用途。下列有关事实解释不正确的是
选项 事实 解释
A 将无水乙醇加入溶液中析出深蓝色晶体 乙醇分子极性较小，降低了的溶解性
B 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子在整个碳原子平面内运动
C 的酸性强于 F的电负性大于
D 的熔点低于 引入乙基改变了晶体的类型
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·兰州模拟）离子化合物水解可用于制备石墨，其反应原理为(石墨，s，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.7g中含有的离子总数为
B．常温下，的溶液中含的数目为
C．7.2g单层石墨中含有六元环的数目为
D．每生成3.36L，转移电子的数目为
9．（2025·兰州模拟）钙钛矿太阳能电池材料中含有前四周期X、Y、Z、W四种元素。基态X原子s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍，Y的第一电离能在同周期中仅小于两种元素，Z元素形成的单质为淡黄色固体，X、Z的质子数之和等于W的质子数。下列说法中正确的是
A．基态原子中未成对电子数：
B．简单氢化物的沸点：
C．只有Z的最高价氧化物对应水化物为强酸
D．W位于第四周期、第ⅡB族
10．（2025·兰州模拟）下列设计的实验方案不能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 探究温度对化学平衡的影响 取两支试管，分别加入2mL0.5溶液，将其中的一支试管先加热，然后置于冷水中，分别与另一支试管进行对比，观察溶液颜色变化
B 验证溴乙烷发生消去反应 向溴乙烷中加入的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入酸性溶液中，观察溶液是否褪色
C 比较和的大小 常温下，向0.1溶液中先滴加少量0.1溶液，振荡后再滴加少量0.1溶液，观察沉淀颜色变化
D 鉴别蔗糖和麦芽糖溶液 分别向两种无色溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热、观察是否有砖红色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·兰州模拟）某研究所设计以软锰矿（主要成分为，含少量、等的氧化物）为原料制备，其实验流程如下：
已知：固体和溶液均为墨绿色。
下列说法正确的是
A．“熔融煅烧”过程中使用到的仪器主要有蒸发皿，三脚架和酒精灯
B．“滤渣1”的成分是
C．“调pH2”过程中反应的离子方程式为
D．“结晶”过程中获得晶体可采用降温结晶法
12．（2025·兰州模拟）科学家为消除酸性工业废水中甲醛的危害，利用驱动耦合电催化实现了与转化为高附加值的产品。下图是耦合电催化反应系统原理图示。下列有关说法不正确的是
A．管负载纳米绒电极为阴极
B．反应过程中从左极室向右极室移动
C．电路中通过2mol电子时，在装置中可生成1mol
D．阳极的电极反应式为
13．（2025·兰州模拟）某太阳能电池材料的化学式为，其晶胞结构如下图所示，其中代表，表示阿伏加德罗常数。下列说法中不正确的是
A．N的杂化方式为
B．图中代表
C．晶体密度为
D．的配位数为8
14．（2025·兰州模拟）室温下，的某二元酸溶液中，溶液中可能存在的含A粒子（、、等）物质的量分数（x）随pH变化的关系如下图所示。下列说法不正确的是
A．的电离方程式为，
B．室温下，
C．将相同物质的量的和固体溶于水所得混合溶液，离子浓度大小关系为
D．时，溶液中存在
15．（2025·兰州模拟）海洋锰结核是一种富含多种金属元素的矿物资源，从中提取的金属在钢铁、电子、航天领域有着广泛的用途。其主要成分为锰、镍、铜、钴、铁等金属的氧化物。从锰结核中回收金属的工艺流程如下：
已知：①“还原熔炼”后得到富锰渣和粗合金。
②“加压酸浸”后、、元素均以二价盐的形式存在。
③常温下，相关金属离子（）生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
开始沉淀的pH 1.3 6.5 4.2 7 6.8
完全沉淀（）的pH 3 9 6.7 9.2 9.2
（1）“加压酸浸”过程中加压的目的是　 　。
（2）滤渣的主要成分是　 　，“调pH”操作中pH的控制范围为　 　，该过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“电解沉积镍”的过程中使用石墨电极，阳极的电极反应式为　 　。
（4）萃取剂Ⅰ为，“萃取铜”后铜元素的存在形式为，其中铜元素的配位数为　 　。萃取后通过　 　操作将其分离出来。请解释萃取剂Ⅰ能萃取分离铜元素的原因　 　。
16．（2025·兰州模拟）二草酸合铜（Ⅱ）酸钾是一种重要的配合物，具有特殊的结构和性质，制备流程如下：
已知：1.
2.二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，难溶于乙醇。
实验步骤：
步骤1：制备：称取2.5g硫酸铜晶体（），溶于水，滴入过量的溶液，加热煮沸，冷却，用下图所示的装置抽滤，然后用蒸馏水洗涤，得到氧化铜。
步骤2：制取：将晶体加入蒸馏水中，微热，溶解过程中温度不能超过85℃，待充分溶解后分次加入，反应生成。
步骤3：制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾：将与混合液在50℃加热至反应充分，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾。反应结束后将溶液冷却至室温，再置于冰水浴中冷却，析出晶体，过滤并用乙醇洗涤晶体。
请回答：
（1）步骤1称取2.5g硫酸铜晶体，需要用到的仪器有　 　。抽滤时将仪器接在水龙头上，其作用是　 　。用蒸馏水洗涤氧化铜时，证明已洗涤干净的方法：　 　。
（2）步骤2溶解过程中温度不能超过85℃的原因是　 　。
（3）步骤3制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾反应的化学方程式为　 　。加热温度控制在50℃可以采取的加热措施是　 　，用乙醇洗涤晶体的目的是　 　。
（4）将制得的进行热重分析，结果如下图所示，由图可知在C点剩余固体为和　 　。
17．（2025·兰州模拟）煤制甲醇工业对国家能源安全和化工产业发展意义重大。其主要流程分为煤气化和合成甲醇：
Ⅰ．煤气化的主要反应：
反应1：
反应2：
请回答：
（1）反应的________，在________（选填“低温”、“高温”或“任意温度”）条件下有利于该反应自发进行。
（2）在恒温恒容容器内进行反应1和反应2，下列说法正确的有________（填序号）。
A. 混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B. 平衡时的体积分数可能大于
C. 平衡时向容器中充入惰性气体，平衡体系中的体积分数不变
D. 平衡时缩小容器体积，平衡体系中减小
（3）研究人员结合实验与计算机模拟结果揭示了在金催化剂表面上反应2的反应历程（如下图所示），其中吸附在金催化剂表面上的物质用*标注。该历程中决定反应2速率的步骤方程式为________。
（4）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和同时发生反应1和反应2，起始压强为0.1MPa，平衡时的转化率为50%，的物质的量是为0.1mol，则反应1的平衡常数________。（已知为分压平衡常数，分压=总压物质的是分数）
Ⅱ．合成甲醇的主要反应为 。
（5）在其他条件一定时，甲醇的产量随温度和压强的变化趋势如上图所示，其中压强最大的是________（选填）。
（6）在550K、条件下，M点所示的反应状态中甲醇的生成速率________甲醇的消耗速率（选填“>”“<”或“=”）。
（7）请解释甲醇的产量随温度变化的原因________。
18．（2025·兰州模拟）阿法替尼（Afatinib）是不可逆型酪氨酸激酶抑制剂，可持久地抑制肿瘤细胞的增殖和生长，其工业合成路线如下图所示：
请回答：
（1）B中含氧官能团的名称为　 　。
（2）F、H的结构简式分别为　 　、　 　。
（3）反应D→E的反应类型为　 　。
（4）反应I→J的化学方程式为　 　。
（5）C有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构）。
a．能发生银镜反应 b．不含醚键
其中核磁共振氢谱有3组峰；峰面积之比为6：1：1的结构简式为　 　（任写一个即可）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．铜奔马的材料为铜合金，属于合金材料，A正确；
B．陶器的主要原料是粘土和陶土，其化学成分以硅酸盐为主，都属于硅酸盐产品，B正确；
C．竹简主要成分是纤维素，属于多糖，C正确；
D．敦煌壁画绘制用到的红色颜料为，是黑色固体，D错误；
故答案为：D
【分析】A、铜合金属于合金材料。
B、陶器属于硅酸盐产品。
C、竹简的材料为纤维素，属于多糖。
D、红色颜料为Fe2O3。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A．键电子云以肩并肩方式重叠形成，图示正确，故A正确；
B．的价层电子排布式为3d54s1，因此其轨道表示式为：，故B错误；
C．中心O原子的价层电子对数为2+=3，含有一对孤对电子，因此其VSEPR模型为平面三角形，故C正确；
D．为离子化合物，是由Mg2＋和Cl－构成的，用电子式形成过程表示为，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、p-pπ键是以肩并肩达到形式重叠形成的。
B、Cr的夹层电子排布式为3d54s1，据此确定其轨道表示式。
C、O3中心氧原子的价层电子对数为3，其VSEPR模型为平面三角形。
D、MgCl2是由Mg2＋和Cl－构成的离子化合物，据此确定其形成过程。
3．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；缩聚反应
【解析】【解答】A．SO2有杀菌作用，且具有还原性，加在葡萄酒中可起到杀菌和抗氧化的作用，A正确；
B．“钡餐”的主要成分是BaSO4，难溶于水、不溶于稀盐酸，且对X射线有良好阻挡作用，B正确；
C．聚乳酸一般由乳酸[HOCH(CH3)COOH]通过发生缩聚反应生成，不是加聚反应，C错误；
D．Na2S能与Hg2+反应生成难溶于水的HgS，因此可用于去除废水中的Hg2+，D正确；
故答案为：C
【分析】A、SO2具有杀菌作用，且具有还原性，可用作抗氧化剂。
B、“钡餐”的主要成分是BaSO4。
C、聚乳酸是由乳酸发生缩聚反应后生成的。
D、Na2S可与废水中的Hg2＋形成难溶的HgS沉淀。
4．【答案】D
【知识点】乙炔炔烃；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．该反应过程剧烈，反应速率较快，因此发生装置所使用的漏斗应使用分液漏斗，从而控制反应速度，故该选项错误；
B．制取乙炔气体中含有硫化氢，可用CuSO4溶液除去，洗气时气体应长进短出，故该选项错误；
C．乙炔合成丙烯腈所需温度是，应采用水浴加热，故该选项错误；
D．尾气中有乙炔、HCN，而乙炔含有碳碳三键，HCN具有较强的还原性，都能被高锰酸钾溶液氧化，因此可以用酸性高锰酸钾溶液进行尾气处理，倒置的漏斗可起到防倒吸的作用，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、该反应过程剧烈，反应速率快，应用分液漏斗控制反应速率。
B、洗气时，气体应从长导管一端通入。
C、反应温度为70℃，应采用水浴加热。
D、酸性KMnO4能与尾气中的乙炔和HCN反应。
5．【答案】A
【知识点】有机化合物的命名；酯的性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．根据A的结构，母体为苯酚，2号碳原子上含有异丙基，因此该有机物的名称为2-异丙基苯酚，故A正确；
B．D的支链含有环状结构，与A的结构不相似，因此二者不属于同系物，故B错误；
C．A和D中都含有酚羟基，都能与溶液发生显色反应，因此不能用溶液检验D中是否存在未反应的A，故C错误；
D．B中只含有1个酯基，1molB只能消耗1molNaOH，C含有酚酯基，1molC消耗2molNaOH，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据有机物的结构简式进行命名。
B、同系物是指结构相似，分子组成相差一个或多个CH2的有机物。
C、有机物A和D中都含有酚羟基，都能与FeCl3溶液发生显色反应。
D、B中含有一个酯基能与1个NaOH反应；C中含有酚酯结构，能与2个NaOH反应。
6．【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A．反应中Fe元素由+3价变为+2价，铜元素由0价变为+2价，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式应为：，A错误；
B．反应中Br元素由0价变为-1价，S元素由+4价变为+6价，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可得离子方程式为：，B正确；
C．Na2O2既做氧化剂又做还原剂，因此该反应的离子方程式为：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C错误；
D．电解产生的氢氧根会和镁离子反应生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为，D错误；
故答案为：D
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
B、Br2能将SO2氧化成SO42－，自身还原为Br－。
C、反应过程中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，因此产物NaOH中的O元素部分来自于Na2O2。
D、电解MgCl2溶液的过程中，产生的OH－能与Mg2＋结合成Mg(OH)2沉淀。
7．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；晶体的定义
【解析】【解答】A．无水乙醇极性较小，加入溶液后，溶剂的极性降低，使得该离子化合物的溶解度降低，析出深蓝色晶体，A正确；
B．石墨导电是由于每个碳原子以杂化形成平面结构，未杂化的p轨道垂直于平面，重叠形成离域大π键，电子可在平面内可自由移动，因此石墨可导电，B正确；
C．由于电负性：F＞Cl，因此F的吸电子效应更强，使羧基中的羟基极性更大，更易解离，所以酸性：＞，C正确；
D．的熔点低于，主要原因是乙基的引入增大了阳离子体积，导致半径：＞，使得的离子键强度小于，所以熔点，而非改变晶体类型（仍为离子晶体），D错误；
故答案为：D
【分析】A、无水乙醇的极性较小，加入无水乙醇后，溶剂的极性降低，使得离子化合物溶解度降低，结晶析出。
B、石墨导电是由于石墨中含有可自由移动的电子。
C、F的电负性强，对键合电子的吸引力强，使得羧基中O－H容易断裂。
D、引入乙基，晶体类型不变，改变的是离子半径。
8．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由K+、构成，一个中含有2个离子。2.7g物质的量为0.02mol，含有的离子总数为，A错误；
B．溶液体积未知，无法应用公式n=c×V计算离子数目，B错误；
C．石墨中每个碳原子被3个六元环共用，因此每个六元环实际占有2个碳原子。7.2克单层石墨含有0.6mol碳原子，石墨中含有的六元环的个数为0.3 NA，C正确；
D．氢气的温度、压强未知，无法应用气体摩尔体积计算转移电子数目，D错误；
故答案为：C
【分析】A、KC8由K＋和C8－构成，据此计算所含的离子数。
B、pH=13的KOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，溶液的体积未知，无法计算。
C、根据石墨的结构分析。
D、气体所处的状态未知，无法应用Vm=22.4L·mol－1计算。
9．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，其价层电子排布式分别为：2s22p2，2s22p3，3s23p4，未成对电子数分别为：2、3、2。因此基态原子中未成对电子数：，A正确；
B．X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，其简单氢化物分别为：CH4，NH3，H2S，其中氨气可形成分子间氢键，氢键可使沸点增大，硫化氢相对分子质量较大，因此沸点比甲烷大。综上，简单氢化物的沸点：，B错误；
C．Y为N元素，其最高价氧化物对应的水化物为硝酸，属于强酸，C错误；
D．W为Ti元素，是22号元素，位于第四周期、第ⅣB族，D错误；
故答案为：A
【分析】基态X原子s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍，因此基态X原子的核外电子排布式为 1s22s22p2， 所以X为C。Y的第一电离能在同周期中仅小于两种元素，因此Y为N。Z元素的单质为淡黄色固体，因此Z为S。X、Z的质子数之和等于W的质子数，即W的质子数为22，因此W为Ti。据此结合选项分析。
10．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．CuCl2溶液中存在的平衡Cu2+(蓝色)+4Cl-(黄色)，通过改变温度观察溶液颜色变化，可判断温度对平衡移动的影响，方案可行，A不符合题意；
B．溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加热生成乙烯，乙醇具有挥发性，挥发吹出的乙醇蒸气可能被酸性高锰酸钾氧化，导致溶液褪色，干扰实验结果，无法准确验证消去反应，方案存在缺陷，B符合题意；
C．向NaCl溶液中先加少量生成AgCl沉淀，再滴加KI溶液，若生成黄色AgI沉淀，说明AgI的溶度积更小，实验中用量少，优先与Cl-反应，后续加入KI时，生成黄色AgI沉淀，涉及沉淀的转化，因此可正确比较，方案合理，C不符合题意；
D．麦芽糖属于还原性糖，直接与新制悬浊液共热可产生砖红色沉淀；蔗糖无还原性，不反应无明显现场产生。因此该方案可有效鉴别两者，方法正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、溶液中存在可逆反应Cu2+(蓝色)+4Cl-(黄色)，结合温度改变时溶液颜色变化分析。
B、乙醇具有挥发性和还原性，挥发出的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、比较AgCl和AgI的溶度积Ksp大小，应存在二者的转化。
D、麦芽糖为还原性糖，可与新制Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀；而蔗糖不属于还原性糖，与新制Cu(OH)2悬浊液不反应。
11．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．固体的加热应使用坩埚而不是蒸发皿，A错误；
B．由分析知“滤渣1”的成分是和， B错误；
C．“调pH2”过程中加入冰醋酸，冰醋酸为弱电解质，在离子方程式中保留化学式，反应的离子方程式为，C错误；
D．的溶解度受温度影响变化较大，因此需采用降温结晶，D正确；
故答案为：D
【分析】A、“熔融煅烧”是对固体进行加热，需在坩埚中进行。
B、“调pH1”过程中通入过量的CO2，K2SiO3和K[Al(OH)4]与CO2反应，生成H2SiO3沉淀和Al(OH)3沉淀。
C、“调pH2”过程中加入冰醋酸，CH3COOH为弱酸，在离子方程式中保留化学式。
D、KMnO4的溶解度受温度影响较大，应采用降温结晶法。
12．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．Cu管负载Cu纳米绒上CO2转化为HCOOH，发生得电子的还原反应，因此管负载纳米绒电极为阴极，A正确；
B．在电解池装置中，阳离子从阳极向阴极移动，因此H+从左极室向右极室移动，B正确；
C．电路中通过2mol电子时，阳极生成1molHCOOH，同时阴极也生成1molHCOOH。因此在装置中可生成2mol，C错误；
D．阳极上HCHO发生失电子的氧化反应，生成HCOOH，因此阳极的电极反应式为，D正确；
故答案为：C
【分析】Cu管负载Cu纳米绒上CO2转化为HCOOH，C元素由＋4价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此该电极为阴极，则电源a为负极。Cu管负载Cu纳米绒的电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。左侧碳纸负载MnO2纳米片为正极，HCHO发生失电子的氧化反应，生成HCOOH。因此阳极的电极反应式为HCHO－2e－＋H2O=HCOOH＋2H＋。据此结合选项分析。
13．【答案】D
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．中N的价电子对数是4，采用杂化，A正确；
B．由图可知，1个位于体内，位于面心，个数为6×=3个，位于顶点，个数为8×=1。根据甲胺铅碘的化学式(CH3NH3)PbI3可知，面心的代表，顶点的代表，B正确；
C.1个晶胞中含有1个(CH3NH3)PbI3，因此晶胞的质量为，晶胞的体积为。所以晶胞的体积为，C正确；
D．位于晶胞的顶点，与其距离最近的位于3个面的面心，顶点为8个晶胞共用，面心被两个晶胞共用。所以的配位数为个，D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据N原子的价层电子对数确定其杂化方式。
B、根据均摊法结合晶胞结构确定微粒个数比，从而确定代表的微粒。
C、根据公式计算晶胞密度。
D、根据晶胞结构分析。
14．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．溶液中HA-的物质的量分数为1.0，说明溶液中H2A完全电离产生H+和HA-，因此溶液中不存在分子，说明第一步完全电离，则电离方程式为，，A正确；
B．HA-的电离方程式为，由图可知，当pH=3时，溶液中c(HA－)=c(A2－)，此时溶液中，，B正确；
C．将相同物质的量的和固体溶于水所得混合溶液，由，可知的电离大于的水解，因此溶液中，C错误；
D．时，溶液中阳离子除外还有调pH时加入的物质中的阳离子，由电荷守恒可知时，溶液中存在，D正确；
故答案为：C
【分析】A、溶液中HA－的物质的量分数为1.0，说明H2A第一步完全电离。
B、当pH=3时，溶液中c(HA－)=c(A2－)，据此计算Ka(HA－)。
C、等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液中，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，据此判断溶液中离子浓度大小关系。
D、结合电荷守恒分析。
15．【答案】（1）提高反应速率，增大浸取率
（2）；3~4.2；
（3）
（4）4；分液；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与形成配位键
【知识点】配合物的成键情况；铁及其化合物的性质实验；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）“加压酸浸”过程中加压的目的是增加气体浓度，提高反应速率，增大浸取率。
故答案为：提高反应速率，增大浸取率
（2）据分析可知，滤渣的主要成分是，“调pH”使铁离子沉淀完全，铜离子、钴离子、镍离子不沉淀，操作中pH的控制范围为3~4.2，过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调pH值，得到氢氧化铁滤渣，离子方程式为。
故答案为：；3~4.2；
（3）使用石墨电极，阳极失电子，电极反应式为。
故答案为：
（4），其中铜与O、N形成配位键，铜元素的配位数为4；萃取后通过分液操作将其分离出来；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与形成配位键，形成的络合物在有机相和水相中的溶解度差异，使得铜离子能够被有效地从水相转移到有机相中。
故答案为：4；分液；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与形成配位键
【分析】（1）“加压酸浸”可加快反应速率，增大浸取率。
（2）“调pH”的过程中加入H2O2，是为了将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋；加入NH3是为了将溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，但Cu2＋不能形成Cu(OH)2沉淀，据此作答。
（3）“电解沉积镍”的过程中，阳极上H2O电离产生的OH－发生失电子的氧化反应，生成O2，据此写出电极反应式。
（4）根据配合物的结构确定Cu的配位数。萃取后所得为不互溶的两种液体，采用分液进行分离。萃取剂Ⅰ能与Cu2＋形成配位键，且难溶于水，因此可用作萃取剂。
（1）“加压酸浸”过程中加压的目的是增加气体浓度，提高反应速率，增大浸取率；
（2）据分析可知，滤渣的主要成分是，“调pH”使铁离子沉淀完全，铜离子、钴离子、镍离子不沉淀，操作中pH的控制范围为3~4.2，过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调pH值，得到氢氧化铁滤渣，离子方程式为；
（3）使用石墨电极，阳极失电子，电极反应式为；
（4），其中铜与O、N形成配位键，铜元素的配位数为4；萃取后通过分液操作将其分离出来；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与形成配位键，形成的络合物在有机相和水相中的溶解度差异，使得铜离子能够被有效地从水相转移到有机相中；
16．【答案】（1）托盘天平、药匙；抽气，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）
（2）防止草酸分解
（3）；水浴加热；洗去晶体表面杂质和水分，减少洗涤中晶体溶解造成的产物损失，加速晶体干燥
（4）
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）步骤1称取2.5g硫酸铜晶体，称量固体药品，需要用到的仪器有托盘天平、药匙；抽滤时将仪器接在水龙头上，其作用是通过水流动起到抽气作用，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；用蒸馏水洗涤氧化铜时，证明已洗涤干净只要证明最后的洗涤液中不含，方法为：取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）。
故答案为：托盘天平、药匙；抽气，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）
（2）草酸受热易分解，步骤2溶解过程中温度不能超过85℃的原因是防止草酸分解。
故答案为：防止草酸分解
（3）将与混合液在50℃加热至反应充分，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾，反应方程式为；加热温度控制在50℃可以采取的加热措施是水浴加热；二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤晶体可以洗去晶体表面杂质和水分，减少洗涤中晶体溶解造成的产物损失，加速晶体干燥。
故答案为：；水浴加热；洗去晶体表面杂质和水分，减少洗涤中晶体溶解造成的产物损失，加速晶体干燥
（4）进行热重分析，加热至恒重，应得到剩余固体为和铜的氧化物，1mol质量为354g，根据原子守恒，可得到1mol，1mol的质量为138g，C点剩余质量59.3%×354g≈210g，则铜的氧化物质量为210g-138g=72g，根据铜原子守恒，该固体含有64g铜原子，余下应为O原子质量8g，该氧化物为。
故答案为：
【分析】（1）称量固体质量需要用到托盘天平和药匙。抽滤装置是利用减小吸滤瓶内的压强，从而加快过滤速度。结合洗涤操作分析。
（2）步骤2溶解时加入了草酸，H2C2O4在加热时易分解，因此温度不能过高。
（3）KHC2O4与CuO反应生成K2[Cu(C2O4)2]，同时生成H2O，据此写出反应的化学方程式。加热温度控制50℃应才用过水浴加热。用乙醇洗涤可除去表面的水分，同时减少晶体的溶解损耗。
（4）根据图像所给数据计算。
（1）步骤1称取2.5g硫酸铜晶体，称量固体药品，需要用到的仪器有托盘天平、药匙；抽滤时将仪器接在水龙头上，其作用是通过水流动起到抽气作用，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；用蒸馏水洗涤氧化铜时，证明已洗涤干净只要证明最后的洗涤液中不含，方法为：取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）；
（2）草酸受热易分解，步骤2溶解过程中温度不能超过85℃的原因是防止草酸分解；
（3）将与混合液在50℃加热至反应充分，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾，反应方程式为；加热温度控制在50℃可以采取的加热措施是水浴加热；二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤晶体可以洗去晶体表面杂质和水分，减少洗涤中晶体溶解造成的产物损失，加速晶体干燥；
（4）进行热重分析，加热至恒重，应得到剩余固体为和铜的氧化物，1mol质量为354g，根据原子守恒，可得到1mol，1mol的质量为138g，C点剩余质量59.3%×354g≈210g，则铜的氧化物质量为210g-138g=72g，根据铜原子守恒，该固体含有64g铜原子，余下应为O原子质量8g，该氧化物为。
17．【答案】(1) 高温
(2) A，C
(3)（或）
(4) 0.01MPa
(5)
(6) <
(7)时，反应未达平衡，其他条件不变时，随着温度的升高，化学反应速率加快，甲醇的产量增大：时，反应已达平衡，随着温度的升高，反应平衡逆移，甲醇产量降低
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知：反应1+反应2可得，则；该反应为吸热反应且、，根据时反应自发进行，则该反应在高温条件下进行有利于该反应自发进行。
故答案为：；高温
（2）A．反应1中C是固体，恒温恒容容器内，随着反应的进行，混合气体的质量逐渐增大，则密度逐渐增大，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，A正确；
B．反应1+反应2可得，假设反应完全进行到底，则H2的体积分数为，但可逆反应不能进行到底，则H2的体积分数一定小于，B错误；
C．平衡时向容器中充入惰性气体，容器内总压强增大，但是恒容条件下各物质浓度不变，平衡不移动，则平衡体系中CO的体积分数不变，C正确；
D．总体考虑该反应体系，反应1-反应2得：，该反应的平衡常数为，则平衡时缩小容器体积，温度不变，平衡体系中不变，D错误；
故答案为：AC
（3）决速步骤是反应速率最慢的，活化能最大的步骤，方程式为：（或）。
故答案为：（或）
（4）平衡时的转化率为50%，则平衡时水的物质的量为0.5mol，则的物质的量是为0.1mol，设反应1消耗水得物质的量为xmol，列出三段式得，，则，解得x=0.3mol，此时容器中总气体的物质的量为（0.5+0.1+0.5+0.2）mol=1.3mol，起始压强为0.1MPa，则此时总压强为，反应1的平衡常数。
故答案为：0.01MPa
（5）该反应正向是气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，甲醇的产量增大，故压强最大的为P1。
故答案为：P1
（6）在550K、条件下，M点在平衡曲线上方，此时反应逆向进行，故所示的反应状态中甲醇的生成速率<甲醇的消耗速率。
故答案为：<
（7） ，反应为放热反应，时，反应未达平衡，其他条件不变时，随着温度的升高，化学反应速率加快，甲醇的产量增大：时，反应已达平衡，随着温度的升高，反应平衡逆移，甲醇产量降低。
故答案为：时，反应未达平衡，其他条件不变时，随着温度的升高，化学反应速率加快，甲醇的产量增大：时，反应已达平衡，随着温度的升高，反应平衡逆移，甲醇产量降低
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。结合ΔH-TΔS＜0判断反应自发进行的条件。
（2）A、分析反应过程中混合气体密度是否发生变化，从而判断是否达到平衡状态。
B、若反应进行彻底，则得到H2的体积分数为 ，但可逆反应无法进行彻底。
C、恒容装置内充入惰性气体，平衡不移动。
D、缩小容器体积，压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析。
（3）慢反应决定了整个反应过程的反应速率，反应所需的活化能越高，反应速率越小，据此结合反应过程中能量变化图分析。
（4）根据三段式进行计算。
（5）结合压强对平衡移动的影响分析。
（6）结合反应进行的方向判断反应速率大小。
（7）结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。
18．【答案】（1）硝基、（酚）羟基
（2）；
（3）还原反应
（4）
（5）7；和
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）B为，其含氧官能团的名称为硝基、（酚）羟基。
故答案为：硝基、（酚）羟基
（2）根据分析，F、H的结构简式分别为、。
故答案为：；
（3）由D、E结结构简式可知，D转化为E时硝基被还原为氨基，即D发生还原反应生成E，反应D→E的反应类型为还原反应。
故答案为：还原反应
（4）反应I→J的化学方程式为。
故答案为：
（5）C为，同分异构体符合a．能发生银镜反应，则含有醛基；b．不含醚键，其同分异构体有、、、、、、，共7种；其中核磁共振氢谱有3组峰；峰面积之比为6：1：1的结构简式为和。
故答案为：7；和
【分析】A发生硝化反应生成B，B和C发生取代反应生成D，结合D的结构简式，B为，C为，D发生还原反应生成E，E和F发生取代反应生成G，结合G的结构，F为，F发生硝化反应生成H，H发生还原反应生成I，I和反应生成J，根据J的结构，H为，I为，J和反应生成产物阿法替尼，据此解答。
（1）B为，其含氧官能团的名称为硝基、（酚）羟基。
（2）根据分析，F、H的结构简式分别为、。
（3）由D、E结结构简式可知，D转化为E时硝基被还原为氨基，即D发生还原反应生成E，反应D→E的反应类型为还原反应。
（4）反应I→J的化学方程式为。
（5）C为，同分异构体符合a．能发生银镜反应，则含有醛基；b．不含醚键，其同分异构体有、、、、、、，共7种；其中核磁共振氢谱有3组峰；峰面积之比为6：1：1的结构简式为和。
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