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广州市2025-2026学年高三上学期 八月阶段训练化学试题
1．（2025高三上·广州月考）中华文化，源远流长。下列文物主要成分属于高分子化合物的是
A.越王勾践青铜剑 B.元青花瓷瓶 C.睡虎地竹简 D.石家河玉人像
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广州月考）化学与人类生活密切相关。下列说法错误的是
A．考古时利用可以测定一些文物的年代
B．氧炔焰可用于焊接或切割金属
C．白铁皮的锌镀层破损后不能起到保护作用
D．硫氰化铁配离子常被用于电影特效
3．（2025高三上·广州月考）天然有机生物大分子是生命活动的基础。下列说法错误的是
A．淀粉和纤维素均为非还原性糖
B．淀粉和纤维素水解最终生成葡萄糖
C．核苷酸缩合聚合可以得到核酸
D．蛋白质通过氢键形成一级结构
4．（2025高三上·广州月考）维生素A1又名视黄醇，是一种对人体健康至关重要的维生素，结构如下图所示。下列有关维生素A1说法错误的是
A．是一种水溶性维生素
B．存在顺反异构体
C．所有碳原子不可能共平面
D．存在芳香族化合物的同分异构体
5．（2025高三上·广州月考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．2-甲基-1-丁烯的键线式：
B．的晶胞结构：
C．电子式表示的形成过程：
D．基态铬原子的价电子轨道表示式：
6．（2025高三上·广州月考）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 家务劳动：清洗铁锅后擦干 潮湿的铁易发生吸氧腐蚀
B 学农活动：利用草木灰改良酸性土壤 草木灰中K2CO3溶于水显碱性
C 公共安全：雨雪天气撒盐化冰 盐水的凝固点低于纯水
D 卫生健康：苯酚溶液用于杀菌消毒 苯酚是一种弱酸
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·广州月考）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，并滴定未知浓度的醋酸溶液。下列实验操作正确的是
A.溶解NaOH固体 B.定容后振荡摇匀
C.排除滴定管中气泡 D.滴加2滴指示剂
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·广州月考）物质甲、乙、丙的焰色试验均为黄色，其转化关系如图所示。甲是单质，乙为厨房常见调味品，丙溶液可与氯气反应制备“84”消毒液。下列说法正确的是
A．转化①和②互为可逆反应
B．转化③产生的两种气体常温下不能共存
C．转化⑤电解池阳极析出物质甲
D．实验室完成转化⑥必须使用
9．（2025高三上·广州月考）设表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．与足量铁粉反应转移的电子数为
B．42 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为6NA
C．标准状况下，22.4 LSO3含有的分子数为NA
D．20 g重水(D2O)含的有中子数为NA
10．（2025高三上·广州月考）下列酸性比较及结构因素说法正确，且具有因果关系的是
选项 酸性比较 结构因素
A 烷基越长推电子效应越强
B HCl>HBr 共价键极性：H-Cl>H-Br
C 元素电负性：Cl>H>C
D 苯酚>乙醇 羟基对苯环有吸电子效应
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高三上·广州月考）制备酚醛树脂过程为：向下图所示的三颈烧瓶中加入19.5g苯酚、13.8g37%的甲醛溶液、2.5mL蒸馏水和0.3g草酸晶体，水浴加热并使用搅拌桨机械搅拌。回流约1小时，无色溶液变为白色浊液。反应结束，加入90mL蒸馏水充分搅拌后分离水层，控制温度减压蒸馏，可得到流动状的粗产品。下列说法错误的是
A．制备反应的化学方程式为n+nHCHO+(n-1)H2O
B．产品为线型结构，具有热塑性，能溶于乙醇
C．球形冷凝管应该位于三颈烧瓶的a口或c口
D．减压蒸馏主要目的是除去未反应完的苯酚和甲醛
12．（2025高三上·广州月考）UFeGa5是一种具有磁性的超导材料，其晶胞结构如图所示。晶胞参数为：(a=0.814nm，b=0.685nm，c=1.401nm，1号U原子坐标为(0.0000，0.0000，0.0000)，2号原子坐标为(0.5000，0.0000，0.3138)，3号原子坐标为(0.5000，0.0000，0.6862)。
下列说法正确的是
A．92U、26Fe、31Ga位于周期表中三个不同的分区
B．距离Ga原子最近的U原子有12个
C．U原子位于由Fe原子形成的正八面体中心
D．该晶胞沿z轴方向的投影为
13．（2025高三上·广州月考）X、Y、Z和W均为短周期主族元素，只有一种是非金属元素，X、Y同周期，Y、W价电子数相等。X的原子轨道只有一种形状，W的周期序数等于族序数，基态Z原子s能级与p能级电子数目相同。下列说法正确的是
A．X和Z位于元素周期表对角线位置
B．第一电离能：Z>W
C．Y和W的单质晶体类型相同
D．基态W原子的核外电子有5种空间运动状态
14．（2025高三上·广州月考）可充电电池的产物为碳酸锂和单质碳。碳酸锂导电性较差，向电解液中添加KI，I-吸附在石墨正极，可明显改善电极堵塞，降低充电电压。充电时阳极区可能的反应为：；(ii)…
下列说法正确的是
A．电池可以使用水系电解液
B．KI的作用是作催化剂降低反应△H
C．步骤(Ⅱ)反应：
D．放电时，每消耗，理论上同时消耗14gLi
15．（2025高三上·广州月考）已知：Zn2+[Zn(NH3)]2+ [Zn(NH3)2]2+ [Zn(NH3)3]2+ [Zn(NH3)4]2+。向某浓度硫酸锌溶液中通入一定量氨气，测得部分含Zn物种的物质的量分布系数δ与的关系如图：
下列说法错误的是
A．碱性增强，的物质的量分数增大
B．M点()
C．的平衡常数
D．平衡体系中一定还存在其它含Zn物种，如
16．（2025高三上·广州月考）多环氮杂冠醚是在氮原子间以醚链桥联，和冠醚一样均可适配不同大小的离子(如下图)。二环氮杂冠醚在水溶液中对碱金属离子的稳定性(以lgK衡量，其值越大，稳定性越强)如下表所示。与K+尺寸大小非常接近，但只能利用三环氮杂冠醚识别。
碱金属离子 lgK
Na+ 3.8
K+ 5.4
Rb+ 4.3
下列说法错误的是
A．(a)分子中碳原子和氧原子杂化方式均为：
B．(a)和(b)分子核磁共振氢谱的谱图相同
C．(b)分子与K+形成的超分子相对稳定
D．(c)分子中四个N原子构筑的空间有利于与形成N-H…N氢键
17．（2025高三上·广州月考）硫酸锰是一种重要的二价锰盐，常用于锰基材料的制备。一种以菱锰矿[主要成分为MgCO3、SiO2、CaMg(CO3)2和少量FeCO3为原料制备硫酸锰的工艺流程如下图所示。
已知：(①；。
②MnCO3的溶度积远小于CaCO3和MgCO3。
（1）基态Mn原子的价电子排布式为　 　。
（2）“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是　 　，“滤渣①”主要成分的化学式为　 　。
（3）加入软锰矿粉(主要成分为MnO2)的目的是　 　。
（4）“中和除杂”各离子起始浓度均不超过0.1 mol/L，需要调节的pH范围为　 　。
（5）“沉锰”发生的离子反应方程式为　 　。
（6）实验室模拟“系列操作”，不需要用到的仪器有　 　(填标号)。
18．（2025高三上·广州月考）某小组用下图所示的无氧装置进行铜与浓硝酸的反应，并探究和NO的相互转化。已知装置气密性良好。
回答下列问题：
（1）1号注射器中放入泡沫铜并压缩，压缩的目的是　 　。
（2）调节三通阀的孔路位置为(连通1号和2号注射器。缓慢向外拉1号注射器活塞吸入2mL浓硝酸，立即发生反应，观察到的现象有　 　、无色溶液变为绿色。
（3）向右推动1号注射器活塞，将反应后的绿色溶液压回2号注射器。旋转三通阀，将1号注射器中的气体压入具支U形管，此时孔路位置需调节为　 　(填字母编号)。
（4）将4号注射器中的石蕊溶液注入具支U形管中，红棕色气体消失。用3号注射器向具支U形管中注入过量氧气，反应的化学方程式为　 　；将2号注射器中的绿色溶液全部注入具支U形管，再加入适量饱和　 　完成尾气吸收和废液处理。
（5）查阅文献：铜与浓硝酸反应后的溶液呈绿色，是因为与反应过程中产生的亚硝酸(结合引起的。小组同学设计如下实验，验证的存在。
编号 实验试剂和操作 实验现象
试管a 浓硝酸1mL，3滴试剂X，插入铜丝 有红棕色气体生成，溶液为绿色
试管b 浓硝酸1mL，3滴溶液，插入铜丝 有红棕色气体生成，溶液为蓝色
①试剂X为　 　。
②经检验试管b中有多种气体，其中一种气体单质常被用作保护气。请解释试管b中未观察到溶液呈绿色的原因　 　(用化学方程式表示)。
19．（2025高三上·广州月考）吸附强化乙醇一水蒸气重整制氢技术因原料清洁可再生、制氢效果好等优势而倍受关注。该工艺使用CaAlNi复合催化剂(主要成分为CaO、Al2O3和Ni)，主要包括以下反应：
反应①：
反应②：
反应③：
反应④：
反应⑤：
回答下列问题：
（1）反应③的ΔH3=　 　kJ/mol
（2）已知平衡体系中H2的体积分数越大，反应体系的能量效率越高。500K~800K时，主要发生反应①~③，如图呈现了温度和压强对平衡体系能量效率的影响，p1、p2、p3的大小关系为　 　。
（3）CaAlNi复合催化剂因优越的比表面积和孔隙结构而具有较大的CO2吸附容量。碳酸化过程(反应⑤)中CO2吸附容量随时间的变化曲线如图所示。已知：60CaAlNi中“60”表示CaO的质量分数为60%。CO2吸附容量=催化剂所吸附CO2的质量。
①测定CaAlNi复合催化剂晶体结构用到的仪器为　 　。
②图中，选择质量分数为　 　%的CaAlNi复合催化剂的催化制氢效果最佳。
③900 s以后CaAlNi复合催化剂中CaO的碳酸化速率减慢，可能原因是　 　。
（4）分别从平衡移动和能耗的角度分析CaAlNi复合催化剂相较于Ni-Al2O3催化剂的优点是　 　；　 　。
20．（2025高三上·广州月考）化合物H是治疗银屑病药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为　 　。
（2）A→C的化学反应分两步进行，第一步是加成反应，第二步是　 　反应(填反应类型)。
（3）C→E的化学反应方程式为　 　。
（4）B、C、D、E中属于手性分子的是　 　(填字母编号)。
（5）G的结构简式为　 　。
（6）在A的同分异构体中，同时满足下列三个条件的共有　 　种。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两个取代基；③含碳碳三键；其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的同分异构体的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、越王勾践青铜剑主要成分是铜合金，属于金属材料，不是高分子化合物，A错误；
B、元青花瓷瓶主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是高分子化合物，B错误；
C、睡虎地竹简主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，C正确；
D、石家河玉人像主要成分是二氧化硅等无机矿物，不是高分子化合物，D错误；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需明确高分子化合物的定义（相对分子质量很大的有机化合物，如纤维素、蛋白质等），并分析各文物主要成分的类别。
2．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；金属的腐蚀与防护；烃类的燃烧；元素、核素
【解析】【解答】A、 是碳的一种放射性同位素，其半衰期恒定。生物体死亡后停止摄入碳，体内 会随时间衰变，通过测定文物中 与 的比例，可推算文物年代，A正确；
B、乙炔（C2H2）在氧气中燃烧时，会释放大量热量，形成温度约 3000℃的氧炔焰，能熔化或切割金属，因此可用于金属焊接或切割，B正确；
C、白铁皮是镀锌的铁皮，锌的金属活动性比铁强。当镀层破损后，锌会作为负极优先被腐蚀（牺牲阳极保护法），从而阻止铁被腐蚀，仍能起到保护作用，C错误；
D、硫氰化铁配离子（Fe(SCN)3）呈血红色，性质稳定，常被用于电影特效中模拟血液的颜色，D正确；
故答案为：C。【分析】要解决此题，需抓住核素特性、反应热效应、金属腐蚀防护原理、配合物颜色特征这些关键突破口，对每个选项逐一拆解：
A．具有固定半衰期（约5730年），考古中通过测定文物中的残留量，结合衰变规律可推算有机物文物的年代
B．乙炔在氧气中燃烧产生的氧炔焰温度极高，能使金属熔化，可用于金属的焊接。
C．锌的活动性强于铁，锌作为“牺牲阳极”优先腐蚀，铁作为“阴极”被保护，仍能起到防护作用。
D．硫氰化铁配离子呈血红色，与血液颜色相似，常用于电影特效模拟血液。
3．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A、还原性糖的关键特征是分子中含醛基。淀粉和纤维素均为多糖，其分子结构中不含醛基，因此属于非还原性糖，A正确；
B、淀粉和纤维素均由葡萄糖单元通过糖苷键连接而成，在水解反应中，糖苷键断裂，最终都会生成葡萄糖，B正确；
C、核酸是由核苷酸通过磷酸二酯键发生缩合聚合反应（脱水）形成的，该过程属于缩合聚合反应，C 正确；
D、蛋白质的一级结构是指氨基酸通过肽键（共价键）连接形成的线性序列；而氢键主要参与蛋白质二级（如 α- 螺旋、β- 折叠）及以上结构的形成，并非一级结构的作用力，D错误；
故答案为：D。【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对糖类还原性的判断：容易混淆淀粉、纤维素等多糖与还原糖的概念，不清楚淀粉和纤维素均为非还原性糖；
对蛋白质结构层次的认知：易错误认为蛋白质一级结构是通过氢键形成，实际上其一级结构是由氨基酸通过肽键（共价键）连接而成，氢键主要参与蛋白质高级结构（如二级、三级结构）的形成。
4．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；营养均衡与人体健康的关系
【解析】【解答】A、维生素 A1分子含长碳链、六元环（疏水结构），仅末端羟基为亲水基团，整体疏水作用更强，属于脂溶性维生素，不溶于水，A错误；
B、分子中多个碳碳双键的两端碳原子连接不同基团，满足顺反异构的结构要求，因此存在顺反异构体，B正确；
C、分子中存在 sp3 杂化的碳原子（空间结构为四面体），这种结构会破坏碳原子的共面性，因此所有碳原子不可能共平面，C正确；
D、维生素 A1分子式为 C20H30O，不饱和度为 6（1 个环 + 5 个双键）。芳香族化合物含苯环（不饱和度 4），剩余不饱和度可由双键或环提供，因此存在芳香族化合物的同分异构体，D正确；
故答案为：A。【分析】A．判断维生素 A1的溶解性类别（水溶性 / 脂溶性）。
B．分析是否存在顺反异构体。
C．判断所有碳原子是否可能共平面。
D．分析是否存在芳香族化合物的同分异构体。
5．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该键线式（ ）中，含双键的最长碳链有 4 个碳原子，双键在 1 号碳，3 号碳上连 1 个甲基，正确名称为 3 - 甲基 - 1 - 丁烯，而非 2 - 甲基 - 1 - 丁烯，A错误；
B、C60是分子晶体，其晶胞为面心立方结构，图示中 C60分子位于顶点和面心，符合面心立方晶胞的特点，B正确；
C、HCl 形成时，H 原子（1 个价电子）与 Cl 原子（7 个价电子）共用 1 对电子，Cl 原子应画出 7 个价电子，选项中 Cl 原子仅画 1 个电子， 正确得是：，C错误；
D、基态 Cr 原子价电子排布为， （半满更稳定），价电子轨道表示式中 3d 轨道 5 个电子分占不同轨道且自旋平行，4s 轨道 1 个电子， 价电子轨道排布图为：，D错误；
故答案为：B。【分析】A．考查烯烃的命名规则。
B．判断C60的晶体类型及晶胞结构特征。
C．考查共价化合物电子式形成过程的规范。
D．基态铬原子价电子排布的洪特规则特例。
6．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、铁在潮湿环境中易发生吸氧腐蚀（电化学腐蚀的一种）。清洗铁锅后擦干，可减少铁与水的接触，从而防止吸氧腐蚀，劳动项目与化学知识关联，故A不符合题意 ；
B、草木灰中的 K2CO3属于强碱弱酸盐，溶于水后因碳酸根离子水解呈碱性，能中和酸性土壤中的 H+，从而改良酸性土壤，劳动项目与化学知识关联，故B不符合题意 ；
C、盐溶于水形成盐水溶液，其凝固点低于纯水的凝固点（即熔点降低），能使冰雪在更低温度下融化，因此雨雪天气撒盐可加速化冰，劳动项目与化学知识关联，故C不符合题意 ；
D、苯酚溶液用于杀菌消毒，是因为苯酚能使细菌的蛋白质变性，从而破坏细菌结构；而 “苯酚是一种弱酸” 描述的是其酸性强弱，与杀菌消毒的作用机制无关，劳动项目与所述化学知识无关联，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．明确铁发生吸氧腐蚀的条件，分析 “擦干铁锅” 可减少铁与水的接触，从而防止吸氧腐蚀，判断劳动项目与化学知识的关联。
B．清楚草木灰中 K2CO3 是强碱弱酸盐，其碳酸根离子水解使溶液呈碱性，能中和酸性土壤中的H+，据此判断劳动项目与化学知识的关联。
C．依据溶液凝固点降低的原理，分析盐溶于水形成的盐水凝固点低于纯水，从而能加速冰雪融化，判断劳动项目与化学知识的关联。
D．区分苯酚杀菌消毒的机制与苯酚的弱酸性，明确二者无关联，从而判断劳动项目与化学知识无关联。
7．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、溶解 NaOH 固体应在烧杯中进行，容量瓶是用于定容的仪器，不能用于溶解固体，A错误；
B、定容后振荡摇匀时，需盖紧瓶塞，用手托住瓶底倒置摇匀，图中操作未倒置，B错误；
C、排除碱式滴定管气泡时，需捏住玻璃珠上方乳胶管，挤压玻璃珠使溶液流出，从而带出气泡，操作正确，C正确；
D、用 NaOH 滴定醋酸时，反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂（甲基橙变色范围 pH<4.4，不适合碱性终点），D错误；
故答案为：C。
【分析】围绕 “溶液配制的仪器使用、操作步骤” 和 “滴定实验的仪器操作、指示剂选择”，判断各选项操作的正确性。
8．【答案】D
【知识点】钠的化学性质
【解析】【解答】A、转化①是 Na 与 Cl2（或盐酸等）反应生成 NaCl（如 2Na+Cl22NaCl ）；转化②是电解熔融 NaCl 生成 Na（ 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ ）。可逆反应需 “同一条件”，但二者条件（点燃、电解熔融）不同，因此不是可逆反应，A错误；
B、转化③是电解饱和食盐水： 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 。H2和 Cl2在常温、无光照条件下几乎不反应，可大量共存（仅强光照射下才可能爆炸），因此两种气体常温下能大量共存，B错误；
C、转化⑤是电解熔融 NaOH 生成 Na，电解时阴极 Na+得电子生成 Na，阳极 OH-失电子生成 O2（4OH--4e-=2H2O+O2↑），因此阳极析出的是 O2而非 Na，C错误；
D、转化⑥是 Na 与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应剧烈且放热，钠会熔成小球并四处游动，为防止反应溅出的物质伤害眼睛，实验室操作时必须佩戴护目镜，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断转化①和②是否为可逆反应。
B．分析转化③产生的 H2和 Cl2能否共存。
C．判断转化⑤电解熔融 NaOH 时阳极的产物。
D．分析转化⑥（Na 与水反应）的实验安全要求。
9．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、7.1g Cl2的物质的量为 0.1mol，Cl2与 Fe 反应时，每个 Cl2分子转移 2 个电子，因此 0.1mol Cl2转移的电子数为 0.2NA，A正确；
B、乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，42g 混合气体含 3mol CH2单元，对应 3mol 碳原子，即碳原子数为 3NA，而非 6NA，B错误；
C、标准状况下 SO3是固体，22.4L SO3的物质的量不是 1mol，分子数不为 NA，C错误；
D、20g 重水（D2O）的物质的量为 1mol，1 个 D2O 分子含 10 个中子（D 含 1 个中子，O 含 8 个中子），因此 1mol D2O 含中子数为 10NA，而非 NA，D错误；
故答案为：A。【分析】A．先计算氯气的物质的量，再分析其与铁反应的电子转移情况。
B．利用最简式分析乙烯和丙烯混合气体的碳原子数。
C．判断标准状况下 SO3的状态，分析其物质的量。
D．计算重水的物质的量，再分析其中子数。
10．【答案】A
【知识点】羧酸简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、羧酸的酸性取决于羧基中羟基的电离能力，而烷基属于推电子基团。推电子效应会使羧基中羟基的极性减弱，氢离子更难电离，酸性随之降低。CH3COOH（乙酸）的烷基为 - CH3，CH3CH2COOH（丙酸）的烷基为 - CH2CH3，后者烷基更长，推电子效应更强，因此乙酸酸性强于丙酸。该选项的酸性比较结论正确，结构因素解释也符合逻辑，A正确；
B、卤化氢（HX）的酸性强弱与 H-X 键的断裂难易相关，键长越长、键能越小，越易电离出氢离子，酸性越强。H-Cl 键长比 H-Br 键长短，对应的键能更大，断裂时需要更多能量，更难电离出氢离子，因此 HCl 的酸性应弱于 HBr，而非 “HCl 酸性强于 HBr”。该选项酸性比较结论错误，B错误；
C、CCl3COOH 与 CH2ClCOOH 均含氯原子，氯原子是强吸电子基团，吸电子效应会使羧基中氢的电子云密度降低，更易电离，酸性增强。且氯原子个数越多，吸电子效应越强，因此 CCl3COOH 酸性强于 CH2ClCOOH。但该选项将酸性差异直接归因于 “元素电负性 Cl＞H＞C”，未明确吸电子效应的传递逻辑，结构因素解释不准确，C错误；
D、苯酚（C6H5OH）与乙醇（CH3CH2OH）的酸性差异源于羟基所连基团的不同。苯酚中羟基与苯环相连，苯环的共轭效应能有效分散羟基电离后产生的氧负离子（C6H5O-）的负电荷，使电离平衡正向移动，酸性增强；而乙醇中羟基与烷基相连，烷基的推电子效应会稳定羟基，抑制电离。该选项将酸性差异解释为 “羟基对苯环有吸电子效应”，与实际核心因素（苯环的共轭效应）不符，结构因素解释错误，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析烷基推电子效应对羧酸酸性的影响，验证酸性比较与结构解释的一致性。
B．根据卤化氢的化学键性质（键长、键能），判断酸性比较结论的正确性。
C．辨析卤原子吸电子效应与酸性的关系，判断结构解释的逻辑性。
D．明确苯酚与乙醇酸性差异的核心结构因素（共轭效应、吸电子效应）。
11．【答案】D
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、苯酚（含酚羟基）与甲醛在酸性条件下发生缩聚反应，生成线型酚醛树脂的同时释放小分子水，反应方程式符合缩聚反应 “单体聚合+小分子生成” 的规律，A正确；
B、酸性条件下苯酚与甲醛生成线型酚醛树脂，线型高分子具有热塑性（受热可塑化），且能溶于乙醇等有机溶剂，B正确；
C、三颈烧瓶的中间口（b 口）用于机械搅拌桨，球形冷凝管需安装在侧口（a或c口），通过回流装置防止反应物（苯酚、甲醛）挥发，保证反应充分进行，C正确；
D、减压蒸馏的主要目的是降低蒸馏温度，避免酚醛树脂在高温下发生分解等副反应；而除去未反应的苯酚和甲醛可通过 “加蒸馏水搅拌分离水层” 等操作实现，并非减压蒸馏的主要目的，D错误；
故答案为：D。【分析】A．判断酚醛树脂制备反应的化学方程式是否正确。
B．分析线型酚醛树脂的结构性质（热塑性、溶解性）。
C．判断三颈烧瓶与冷凝管的安装逻辑。
D．明确减压蒸馏的核心目的。
12．【答案】A
【知识点】晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、周期表分区由元素的价电子构型决定。92 号 U 属于锕系元素，位于f 区；26 号 Fe 为第 Ⅷ 族元素，价电子构型为 3d64s2，位于d 区；31 号 Ga 为 ⅢA 族元素，价电子构型为 4s24p ，位于p区。三者分属 f 区、d 区、p 区三个不同分区，A正确；
B、由晶胞结构可知，Ga 原子（黑色球）位于晶胞的面上。通过原子坐标和空间位置判断，距离 Ga 原子最近的 U 原子（灰色球）数量为 2 个或 4 个，而非 12 个，B错误；
C、正八面体结构要求 6 个 Fe 原子对称分布在 U 原子周围（上、下、左、右、前、后各 1 个），但题干中 Fe 原子的坐标未体现这种对称关系，因此 U 原子不处于 Fe 原子形成的正八面体中心，C错误；
D、沿 z 轴投影时，xy 平面的中心位置原子为黑色球（Ga 原子），而非灰色球（U 原子），与选项描述的投影图不符，D错误；
故答案为：A。【分析】A．判断U、Fe、Ga在周期表中的分区是否不同。
B．分析距离 Ga 原子最近的 U 原子数量。
C．判断 U 原子是否位于 Fe 原子形成的正八面体中心。
D．分析晶胞沿 z 轴方向的投影特征。
13．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】从 “X 的原子轨道只有一种形状” 推出 X 可能为 H、Li、Be；
从 “W 的周期序数等于族序数” 推出 W 可能为 H、Be、Al；
从 “基态 Z 原子 s 能级与 p 能级电子数目相同” 推出 Z 为 O 或 Mg；
结合 “X、Y 同周期，Y、W 价电子数相等，只有一种是非金属元素”，最终确定：X 为 Li 或 Be，Y 为 B，Z 为 Mg，W 为 Al。
A、X 为 Li 或 Be，Z 为 Mg，二者不处于周期表对角线位置（对角线位置需满足左上 - 右下相邻周期、相邻主族），A错误；
B、Z 为 Mg，W 为 Al。Mg 的价电子排布为 3s2（全满稳定结构），Al 的价电子排布为 3s23p ，全满结构更难失去电子，因此第一电离能 Mg＞Al，即 Z＞W，B正确；
C、Y 为 B（单质是共价晶体），W 为 Al（单质是金属晶体），晶体类型不同，C错误；
D、W 为 Al，基态电子占据 1s、2s、2p、3s、3p 轨道，空间运动状态数为 1+1+3+1+1=7 种，而非 5 种，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需通过元素结构特征推断 X、Y、Z、W 的具体种类，再结合元素周期律、晶体类型、电子运动状态等知识分析选项。
14．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Li 是活泼金属，能与水反应生成 LiOH 和 H2，因此该电池不能使用水系电解液，A错误；
B、KI 作为催化剂，只能改变反应的活化能，不能改变反应的 ΔH，B错误；
C、充电时阳极总反应为 2Li2CO3+C-4e-=3CO2+4Li+。反应（i）是 6I--4e-=2I3-（氧化反应），则反应（ii）需 I3-被还原为 I-，同时 C 被氧化为 CO2。选项中的反应 2I3-+2Li2CO3+C=6I-+4Li++3CO2，满足电子守恒和元素守恒，符合阳极总反应，C正确；
D、放电总反应为 4Li+3CO2=2Li2CO3+C，消耗 3mol CO2时消耗 4mol Li，则消耗 1mol CO2时消耗 mol Li，质量为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．分析 Li 的化学性质，判断电解液类型。
B．明确催化剂对反应焓变（ΔH）的影响。
C．结合充电时阳极的总反应和分步反应，判断反应（ii）的合理性。
D．根据放电总反应，计算消耗 CO2与 Li 的物质的量关系及质量。
15．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Zn2+与 NH3的配位反应为分步进行的可逆反应，总趋势是生成稳定的 [Zn(NH3)4]2+。当体系碱性增强时，NH3的浓度会相应增大，根据勒夏特列原理，配位平衡会向生成更多配离子的方向移动。随着比值增大，Zn2+会逐步结合 NH3形成各级配离子，最终 [Zn(NH3)4]2+的物质的量分数会持续增大，A正确；
B、Zn2+与 NH3的分步配位反应中，第三步为 Zn(NH3)22++NH3 Zn(NH3)32+（平衡常数 K3），第四步为 Zn(NH3)32++NH3 Zn(NH3)42+（平衡常数 K4）。将两步反应相加，可得 Zn(NH3)22++2NH3 Zn(NH3)42+，总平衡常数 K=K3 K4。当 [Zn(NH3)2]2+与 [Zn (NH3)4]2+浓度相等时， K3·K4=，即，B错误；
C、总反应 Zn2++4NH3 [Zn(NH3)4]2+是四个分步反应的叠加：第一步 Zn2++NH3 Zn(NH3)2+（K1）、第二步 Zn(NH3)2++NH3 Zn(NH3)22+（K2）、第三步 Zn(NH3)22++NH3 Zn(NH3)32+（K3）、第四步 Zn(NH3)32++NH3 Zn(NH3)42+（K4）。根据平衡常数的计算规则，叠加反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数的乘积，因此总平衡常数 K=K1 K2 K3 K4，C正确；
D、图中给出的含 Zn 物种仅为 Zn2+、Zn(NH3)2+、Zn(NH3)22+、Zn(NH3)32+、Zn(NH3)42+，但这些物种的物质的量分布系数之和为 1，说明体系中所有含 Zn 物种的总量固定。由于体系可能存在一定的 OH-，Zn2+可能与 OH-结合生成 Zn(OH)2等氢氧化物类含 Zn 物种，这些物种未在图中列出，因此除题目给出的物种外，还存在其他含 Zn 物种，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断碱性增强（NH3浓度变化）对 [Zn(NH3)4]2+物质的量分数的影响。
B．推导 M 点（[Zn(NH3)2]2+与 [Zn(NH3)4]2+浓度相等）时，c(NH3) 与分步平衡常数的关系。
C．明确总配位反应的平衡常数与分步平衡常数的数学关系。
D．分析含锌物种的物质的量分布系数总和为 1 的隐含意义。
16．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、(a) 为 18 - 冠 - 6，碳原子均形成 4 个单键，氧原子形成 2 个单键且有 2 对孤对电子，二者价层电子对数均为 4，杂化方式均为 sp3，A正确；
B、(a) 18 - 冠 - 6 结构对称，所有亚甲基氢化学环境相同，氢谱只有 1 个峰；(b) 二环氮杂冠醚因桥联结构和氮原子的引入，结构对称性减小，氢谱峰数不同，二者谱图不相同，B错误；
C、根据表格信息可知，二环氮杂冠醚与 K+的 lgK最大，则其形成的超分子稳定性最强，C正确；
D、通过观察可知，(c) 三环氮杂冠醚的四个 N 原子含孤对电子，可与 NH4+的 N-H 键形成氢键，D 正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断原子的杂化方式，需分析价层电子对数。
B．核磁共振氢谱的峰数由氢原子的化学环境种类决定。
C．lgK 越大，超分子稳定性越强。
D．氢键形成需要孤对电子和合适的空间结构适配。
17．【答案】（1）3d54s2
（2）增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；SiO2、CaSO4
（3）将Fe2+氧化生成Fe3+
（4）3＜pH＜8
（5）Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑
（6）①④
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Mn的原子序数为25，根据构造原理，可知基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2；
故答案为： 3d54s2 ；
（2）“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；
SiO2不溶于稀硫酸，反应产生CaSO4微溶于水，则形成的“滤渣①”主要成分的化学式为SiO2、CaSO4；
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 ； SiO2、CaSO4 ；
（3）软锰矿的主要成分MnO2具有强氧化性，加入软锰矿粉的目的是将溶液中Fe2+氧化生成Fe3+；
故答案为： 将Fe2+氧化生成Fe3+ ；
（4）“中和除杂”各离子起始浓度均不超过0.1 mol/L，为了使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中Fe3+的浓度小于10-5mol/L，而Mg2+、Mn2+不沉淀，＜c(OH-)＜，即mol/L＜c(OH-)＜ mol/L，6＜pOH＜11，则需要调节的pH范围为3＜pH＜8；
故答案为： 3＜pH＜8 ；
（5）“沉锰”时Mn2+与反应产生MnCO3沉淀、H2O、CO2气体，发生反应的离子反应方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑；
故答案为： Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑ ；
（6）实验室模拟“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要用到的仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗等，则不需要用到的仪器有坩埚、长颈漏斗，故合理选项是①④。
故答案为： ①④ ；
【分析】 处理菱锰矿时，先将矿石粉碎，再用硫酸开展 “酸浸” 工序。这一步里，矿石中的碳酸盐会和硫酸发生反应，生成 MnSO4、FeSO4、MgSO4、CaSO4等物质。由于 SiO2不与酸反应，且 CaSO4在水中溶解度较小，所以过滤后，SiO2和 CaSO4会成为滤渣①被分离出来；酸浸后的滤液中含有 Fe2+，向其中加入软锰矿，借助软锰矿里的 MnO2，能把 Fe2+氧化成 Fe3+。之后加入 Ca (OH)2来调节溶液的 pH，使 Fe3+转化为 Fe (OH)3沉淀，形成滤渣②，而 Mn2+、Mg2+等其他金属离子则继续留在溶液中；接下来，向除去 Fe3+的滤液里加入 NH4HCO3，溶液中的 Mn2+会与 HCO3-发生反应，生成 MnCO3沉淀，同时还会产生水和二氧化碳，反应式为 Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑ ，过滤得到 MnCO3沉淀，丢弃滤液后，将沉淀洗涤干净，再用稀硫酸溶解，就能得到 MnSO4溶液。最后，对 MnSO4溶液进行蒸发浓缩，待溶液达到一定浓度后冷却结晶，然后经过过滤、洗涤、干燥等步骤，最终得到 MnSO4 4H2O 晶体。
（1）Mn的原子序数为25，根据构造原理，可知基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2；
（2）“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；
SiO2不溶于稀硫酸，反应产生CaSO4微溶于水，则形成的“滤渣①”主要成分的化学式为SiO2、CaSO4；
（3）软锰矿的主要成分MnO2具有强氧化性，加入软锰矿粉的目的是将溶液中Fe2+氧化生成Fe3+；
（4）“中和除杂”各离子起始浓度均不超过0.1 mol/L，为了使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中Fe3+的浓度小于10-5mol/L，而Mg2+、Mn2+不沉淀，＜c(OH-)＜，即mol/L＜c(OH-)＜ mol/L，6＜pOH＜11，则需要调节的pH范围为3＜pH＜8；
（5）“沉锰”时Mn2+与反应产生MnCO3沉淀、H2O、CO2气体，发生反应的离子反应方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑；
（6）实验室模拟“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要用到的仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗等，则不需要用到的仪器有坩埚、长颈漏斗，故合理选项是①④。
18．【答案】（1）排除空气
（2）1号注射器活塞向外移动，并出现红棕色气体
（3）C
（4）（或）；NaOH溶液（或溶液等其它合理答案）
（5）（或水）；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铜及其化合物；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，调节三通阀为后，压缩1号注射器的目的为：排除1号注射器中的空气，避免后面干扰与水的反应的现象。
故答案为： 排除空气 ；
（2）当浓硝酸进入1号注射器中与泡沫铜接触后立即发生反应，现象是1号注射器活塞向外移动，并出现红棕色气体。
故答案为： 1号注射器活塞向外移动，并出现红棕色气体 ；
（3）要让1号注射器中的气体压入具支U形管，路径为，且不能连通2号注射器，则四个图形中符合的图形为；
故答案为：C。
（4）将4号注射器中的石蕊溶液注入具支U形管中，红棕色气体消失，是因为发生反应：，再用3号注射器向具支U形管中注入过量氧气，反应的化学方程式为：或；最后将2号注射器中的绿色溶液全部注入具支U形管，再加入适量饱和NaOH溶液或溶液等碱性溶液完成尾气吸收和废液处理。
故答案为：（或） ； NaOH溶液（或溶液等其它合理答案） ；
（5）①试管a是验证使的溶液变绿，则根据对比实验，可以在试管a中加入与试管b等量的蒸馏水作为对照，通过对比颜色差异验证的作用；则加入的试剂X为：（或水）；
②经检验试管b中有多种气体，其中一种气体单质常被用作保护气，根据元素守恒及保护气的特点可知该气体为，同时在试管b中未观察到溶液呈绿色，则可能是生成的被还原的原因，则反应的方程式为：。
故答案为：（或水） ； ；
【分析】为探究铜与浓硝酸的反应以及 NO2和 NO 的相互转化，实验搭建了无氧装置：1 号注射器内放置泡沫铜，2 号注射器盛浓硝酸，3 号注射器通入氧气，4 号注射器装紫色石蕊溶液。操作时，先调节三通阀，使其变为，压缩 1 号注射器排尽内部空气；再调节三通阀，使其变为，缓慢拉动 1 号注射器活塞，让 2 号注射器的浓硝酸进入 1 号注射器，与泡沫铜发生反应生成 NO2，反应方程式为 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。 随后调节三通阀，将 NO2压入 U 形管，利用 3 号注射器的氧气和 4 号注射器的石蕊溶液，探究 NO2的性质及 NO2与 NO 的转化，尾气用气球收集，防止污染空气。
（1）根据分析，调节三通阀为后，压缩1号注射器的目的为：排除1号注射器中的空气，避免后面干扰与水的反应的现象。
（2）当浓硝酸进入1号注射器中与泡沫铜接触后立即发生反应，现象是1号注射器活塞向外移动，并出现红棕色气体。
（3）要让1号注射器中的气体压入具支U形管，路径为，且不能连通2号注射器，则四个图形中符合的图形为；
故答案为：C。
（4）将4号注射器中的石蕊溶液注入具支U形管中，红棕色气体消失，是因为发生反应：，再用3号注射器向具支U形管中注入过量氧气，反应的化学方程式为：或；最后将2号注射器中的绿色溶液全部注入具支U形管，再加入适量饱和NaOH溶液或溶液等碱性溶液完成尾气吸收和废液处理。
（5）①试管a是验证使的溶液变绿，则根据对比实验，可以在试管a中加入与试管b等量的蒸馏水作为对照，通过对比颜色差异验证的作用；则加入的试剂X为：（或水）；
②经检验试管b中有多种气体，其中一种气体单质常被用作保护气，根据元素守恒及保护气的特点可知该气体为，同时在试管b中未观察到溶液呈绿色，则可能是生成的被还原的原因，则反应的方程式为：。
19．【答案】（1）+206
（2）p1＜p2＜p3
（3）X-射线衍射仪；81；随着反应的进行，生成的CaCO3逐渐堵塞催化剂孔隙或覆盖在催化剂表面
（4）CO2被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行；反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）已知：反应①：；反应②：，根据盖斯定律，将反应①-反应②，整理可得反应③：=+(256-50)kJ/mol=+206 kJ/mol；
故答案为： +206 ；
（2）根据题意，在500K-800K时主要发生反应①~③，这三个反应的正反应都是气体分子数增大的反应，根据勒夏特列原理，在其他条件不变时，减小压强会使化学平衡向气体分子数增大的正反应方向移动，导致H2的体积分数增大。由题意可知：平衡体系中H2的体积分数越大，反应体系的能量效率越高。由图示可知，在相同温度下能量效率：p1＞p2＞p3，说明平衡体系中H2的体积分数：p1＞p2＞p3，故反应体系压强大小关系：p1＜p2＜p3；
故答案为： p1＜p2＜p3 ；
（3）①测定晶体结构常使用的仪器是X-射线衍射仪，X-射线衍射仪可以提供晶体的晶格参数、晶体结构信息等，是分析催化剂晶体结构的重要工具，因此测定CaAlNi复合催化剂晶体结构用到的仪器为X-射线衍射仪；
②从图中可以看出，三条曲线分别代表81Ca-Al-Ni、70Ca-Al-Ni和60Ca-Al-Ni三种复合催化剂。我们需要比较这三种催化剂在相同时间内的CO2吸附量，选择吸附量最大的一种就是催化氢效果最佳的一种。从图中观察：在900 s时CO2吸附量：81Ca-Al-Ni＞70Ca-Al-Ni＞60Ca-Al-Ni，故应该选择使用质量分数为81%的Ca-Al-Ni复合催化剂，其催化制氢效果最佳；
③900 s后Ca-Al-Ni复合催化剂中CaO的碳化速率减慢，可能原因是：随着反应的进行，生成的CaCO3逐渐堵塞催化剂孔隙或覆盖在催化剂表面导致碳酸化速率减慢；
故答案为： X-射线衍射仪 ；81； 随着反应的进行，生成的CaCO3逐渐堵塞催化剂孔隙或覆盖在催化剂表面 ；
（4）Ca-Al-Ni复合催化剂相较于Ni-Al2O3催化剂具有更多优点。从平衡移动角度分析：Ca-Al-Ni复合催化剂具有较大的比表面积和孔隙结构，CO2被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行；
从能耗角度分析Ca-Al-Ni复合催化剂的优点是：反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求。
故答案为： CO2被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行 ； 反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求 。
【分析】(1) 利用盖斯定律，通过反应①减反应②计算反应③的 ΔH3。
(2) 分析反应①~③的气体分子数变化，结合勒夏特列原理和图像中能量效率与压强的关系判断压强大小。
(3) ① 依据测定晶体结构的常用仪器知识作答；② 比较不同质量分数催化剂的 CO2吸附量，确定最佳催化效果的催化剂；③ 从反应过程中产物对催化剂的影响分析速率减慢的原因。
(4) 分别从平衡移动（CO2被吸附对反应的促进）和能耗（反应⑤放热补偿需求）角度分析优点。
（1）已知：反应①：；反应②：，根据盖斯定律，将反应①-反应②，整理可得反应③：=+(256-50)kJ/mol=+206 kJ/mol；
（2）根据题意，在500K-800K时主要发生反应①~③，这三个反应的正反应都是气体分子数增大的反应，根据勒夏特列原理，在其他条件不变时，减小压强会使化学平衡向气体分子数增大的正反应方向移动，导致H2的体积分数增大。由题意可知：平衡体系中H2的体积分数越大，反应体系的能量效率越高。由图示可知，在相同温度下能量效率：p1＞p2＞p3，说明平衡体系中H2的体积分数：p1＞p2＞p3，故反应体系压强大小关系：p1＜p2＜p3；
（3）①测定晶体结构常使用的仪器是X-射线衍射仪，X-射线衍射仪可以提供晶体的晶格参数、晶体结构信息等，是分析催化剂晶体结构的重要工具，因此测定CaAlNi复合催化剂晶体结构用到的仪器为X-射线衍射仪；
②从图中可以看出，三条曲线分别代表81Ca-Al-Ni、70Ca-Al-Ni和60Ca-Al-Ni三种复合催化剂。我们需要比较这三种催化剂在相同时间内的CO2吸附量，选择吸附量最大的一种就是催化氢效果最佳的一种。从图中观察：在900 s时CO2吸附量：81Ca-Al-Ni＞70Ca-Al-Ni＞60Ca-Al-Ni，故应该选择使用质量分数为81%的Ca-Al-Ni复合催化剂，其催化制氢效果最佳；
③900 s后Ca-Al-Ni复合催化剂中CaO的碳化速率减慢，可能原因是：随着反应的进行，生成的CaCO3逐渐堵塞催化剂孔隙或覆盖在催化剂表面导致碳酸化速率减慢；
（4）Ca-Al-Ni复合催化剂相较于Ni-Al2O3催化剂具有更多优点。从平衡移动角度分析：Ca-Al-Ni复合催化剂具有较大的比表面积和孔隙结构，CO2被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行；
从能耗角度分析Ca-Al-Ni复合催化剂的优点是：反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求。
20．【答案】（1）醛基、碳碳双键
（2）消去
（3）+C2H5OOCCH2COOC2H5
（4）E
（5）
（6）6；
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）观察化合物A的结构，其中存在的官能团为醛基、碳碳双键；
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）A→C的化学反应分两步进行，第一步是加成反应，第二步脱去小分子，形成碳-碳双键，所以第二步反应类型是消去反应；
故答案为：消去；
（3）根据原子守恒和反应规律可知C与（）在作用下发生加成反应生成E，所以其反应方程式为+C2H5OOCCH2COOC2H5 ；
故答案为：+C2H5OOCCH2COOC2H5 ；
（4）手性分子的判断依据是分子中存在手性碳原子（连有四个不同原子或基团的碳原子），分析B、C、D、E的结构，可知E分子中存在手性碳原子，所以属于手性分子的是E；
故答案为：E；
（5）F（）在一定条件下生成G，G与DCDMH和甲醇反应，生成H()，由题中所给的已知条件可知羰基相邻C上的1个H在DCDMH和甲醇的作用下被取代，逆推可得G为 ；
故答案为：
（6）A的同分异构体中能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有两个取代基，另一个取代基含碳碳三键，苯环上有两个取代基，分别为和、和，每组取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，所以共有种；核磁共振氢谱中有4组吸收峰，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，符合条件的同分异构体结构简式为，该分子中，酚羟基上1种氢，苯环上2种氢，上1种氢，共4种；
故答案为：6；。
【分析】 化合物 A （结构为苯环连接含醛基的不饱和链）与化合物 B （含羰基的链状结构）先发生加成反应，随后在 NaOH 作用下发生消去反应，生成化合物 C （含苯环、不饱和双键和羰基的链状结构）。C 与 D（分子式为 C7H12O4）在 (C2H5)3NLiBr 作用下反应生成 E （含苯环、不饱和双键、羰基和两个乙酯基的结构）；通过 E 和 C 逆推，可知 D 的结构简式为 C2H5OOCCH2COOC2H5。E 在碱性条件下水解，酯基断裂生成羧酸盐，再加入强酸得到 F （含苯环、不饱和双键、羰基和两个羧基的结构）。F转化为 G后，G 与 DCDMH 和甲醇反应生成 H （含苯环、环己酮结构且有氯取代基的化合物）；结合题中已知条件 “羰基相邻 C 上的 1 个 H 在 DCDMH 和甲醇作用下被 Cl 取代”，逆推可得 G 的结构 （含苯环、环己酮结构且无氯取代的化合物）。据此解题。
（1）观察化合物A的结构，其中存在的官能团为醛基、碳碳双键；
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）A→C的化学反应分两步进行，第一步是加成反应，第二步脱去小分子，形成碳-碳双键，所以第二步反应类型是消去反应；
故答案为：消去；
（3）根据原子守恒和反应规律可知C与（）在作用下发生加成反应生成E，所以其反应方程式为+C2H5OOCCH2COOC2H5 ；
故答案为：+C2H5OOCCH2COOC2H5 ；
（4）手性分子的判断依据是分子中存在手性碳原子（连有四个不同原子或基团的碳原子），分析B、C、D、E的结构，可知E分子中存在手性碳原子，所以属于手性分子的是E；
故答案为：E；
（5）F（）在一定条件下生成G，G与DCDMH和甲醇反应，生成H()，由题中所给的已知条件可知羰基相邻C上的1个H在DCDMH和甲醇的作用下被取代，逆推可得G为 ；
故答案为：
（6）A的同分异构体中能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有两个取代基，另一个取代基含碳碳三键，苯环上有两个取代基，分别为和、和，每组取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，所以共有种；核磁共振氢谱中有4组吸收峰，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，符合条件的同分异构体结构简式为，该分子中，酚羟基上1种氢，苯环上2种氢，上1种氢，共4种；
故答案为：6；。
1 / 1广州市2025-2026学年高三上学期 八月阶段训练化学试题
1．（2025高三上·广州月考）中华文化，源远流长。下列文物主要成分属于高分子化合物的是
A.越王勾践青铜剑 B.元青花瓷瓶 C.睡虎地竹简 D.石家河玉人像
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、越王勾践青铜剑主要成分是铜合金，属于金属材料，不是高分子化合物，A错误；
B、元青花瓷瓶主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是高分子化合物，B错误；
C、睡虎地竹简主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，C正确；
D、石家河玉人像主要成分是二氧化硅等无机矿物，不是高分子化合物，D错误；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需明确高分子化合物的定义（相对分子质量很大的有机化合物，如纤维素、蛋白质等），并分析各文物主要成分的类别。
2．（2025高三上·广州月考）化学与人类生活密切相关。下列说法错误的是
A．考古时利用可以测定一些文物的年代
B．氧炔焰可用于焊接或切割金属
C．白铁皮的锌镀层破损后不能起到保护作用
D．硫氰化铁配离子常被用于电影特效
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；金属的腐蚀与防护；烃类的燃烧；元素、核素
【解析】【解答】A、 是碳的一种放射性同位素，其半衰期恒定。生物体死亡后停止摄入碳，体内 会随时间衰变，通过测定文物中 与 的比例，可推算文物年代，A正确；
B、乙炔（C2H2）在氧气中燃烧时，会释放大量热量，形成温度约 3000℃的氧炔焰，能熔化或切割金属，因此可用于金属焊接或切割，B正确；
C、白铁皮是镀锌的铁皮，锌的金属活动性比铁强。当镀层破损后，锌会作为负极优先被腐蚀（牺牲阳极保护法），从而阻止铁被腐蚀，仍能起到保护作用，C错误；
D、硫氰化铁配离子（Fe(SCN)3）呈血红色，性质稳定，常被用于电影特效中模拟血液的颜色，D正确；
故答案为：C。【分析】要解决此题，需抓住核素特性、反应热效应、金属腐蚀防护原理、配合物颜色特征这些关键突破口，对每个选项逐一拆解：
A．具有固定半衰期（约5730年），考古中通过测定文物中的残留量，结合衰变规律可推算有机物文物的年代
B．乙炔在氧气中燃烧产生的氧炔焰温度极高，能使金属熔化，可用于金属的焊接。
C．锌的活动性强于铁，锌作为“牺牲阳极”优先腐蚀，铁作为“阴极”被保护，仍能起到防护作用。
D．硫氰化铁配离子呈血红色，与血液颜色相似，常用于电影特效模拟血液。
3．（2025高三上·广州月考）天然有机生物大分子是生命活动的基础。下列说法错误的是
A．淀粉和纤维素均为非还原性糖
B．淀粉和纤维素水解最终生成葡萄糖
C．核苷酸缩合聚合可以得到核酸
D．蛋白质通过氢键形成一级结构
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A、还原性糖的关键特征是分子中含醛基。淀粉和纤维素均为多糖，其分子结构中不含醛基，因此属于非还原性糖，A正确；
B、淀粉和纤维素均由葡萄糖单元通过糖苷键连接而成，在水解反应中，糖苷键断裂，最终都会生成葡萄糖，B正确；
C、核酸是由核苷酸通过磷酸二酯键发生缩合聚合反应（脱水）形成的，该过程属于缩合聚合反应，C 正确；
D、蛋白质的一级结构是指氨基酸通过肽键（共价键）连接形成的线性序列；而氢键主要参与蛋白质二级（如 α- 螺旋、β- 折叠）及以上结构的形成，并非一级结构的作用力，D错误；
故答案为：D。【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对糖类还原性的判断：容易混淆淀粉、纤维素等多糖与还原糖的概念，不清楚淀粉和纤维素均为非还原性糖；
对蛋白质结构层次的认知：易错误认为蛋白质一级结构是通过氢键形成，实际上其一级结构是由氨基酸通过肽键（共价键）连接而成，氢键主要参与蛋白质高级结构（如二级、三级结构）的形成。
4．（2025高三上·广州月考）维生素A1又名视黄醇，是一种对人体健康至关重要的维生素，结构如下图所示。下列有关维生素A1说法错误的是
A．是一种水溶性维生素
B．存在顺反异构体
C．所有碳原子不可能共平面
D．存在芳香族化合物的同分异构体
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；营养均衡与人体健康的关系
【解析】【解答】A、维生素 A1分子含长碳链、六元环（疏水结构），仅末端羟基为亲水基团，整体疏水作用更强，属于脂溶性维生素，不溶于水，A错误；
B、分子中多个碳碳双键的两端碳原子连接不同基团，满足顺反异构的结构要求，因此存在顺反异构体，B正确；
C、分子中存在 sp3 杂化的碳原子（空间结构为四面体），这种结构会破坏碳原子的共面性，因此所有碳原子不可能共平面，C正确；
D、维生素 A1分子式为 C20H30O，不饱和度为 6（1 个环 + 5 个双键）。芳香族化合物含苯环（不饱和度 4），剩余不饱和度可由双键或环提供，因此存在芳香族化合物的同分异构体，D正确；
故答案为：A。【分析】A．判断维生素 A1的溶解性类别（水溶性 / 脂溶性）。
B．分析是否存在顺反异构体。
C．判断所有碳原子是否可能共平面。
D．分析是否存在芳香族化合物的同分异构体。
5．（2025高三上·广州月考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．2-甲基-1-丁烯的键线式：
B．的晶胞结构：
C．电子式表示的形成过程：
D．基态铬原子的价电子轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该键线式（ ）中，含双键的最长碳链有 4 个碳原子，双键在 1 号碳，3 号碳上连 1 个甲基，正确名称为 3 - 甲基 - 1 - 丁烯，而非 2 - 甲基 - 1 - 丁烯，A错误；
B、C60是分子晶体，其晶胞为面心立方结构，图示中 C60分子位于顶点和面心，符合面心立方晶胞的特点，B正确；
C、HCl 形成时，H 原子（1 个价电子）与 Cl 原子（7 个价电子）共用 1 对电子，Cl 原子应画出 7 个价电子，选项中 Cl 原子仅画 1 个电子， 正确得是：，C错误；
D、基态 Cr 原子价电子排布为， （半满更稳定），价电子轨道表示式中 3d 轨道 5 个电子分占不同轨道且自旋平行，4s 轨道 1 个电子， 价电子轨道排布图为：，D错误；
故答案为：B。【分析】A．考查烯烃的命名规则。
B．判断C60的晶体类型及晶胞结构特征。
C．考查共价化合物电子式形成过程的规范。
D．基态铬原子价电子排布的洪特规则特例。
6．（2025高三上·广州月考）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 家务劳动：清洗铁锅后擦干 潮湿的铁易发生吸氧腐蚀
B 学农活动：利用草木灰改良酸性土壤 草木灰中K2CO3溶于水显碱性
C 公共安全：雨雪天气撒盐化冰 盐水的凝固点低于纯水
D 卫生健康：苯酚溶液用于杀菌消毒 苯酚是一种弱酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、铁在潮湿环境中易发生吸氧腐蚀（电化学腐蚀的一种）。清洗铁锅后擦干，可减少铁与水的接触，从而防止吸氧腐蚀，劳动项目与化学知识关联，故A不符合题意 ；
B、草木灰中的 K2CO3属于强碱弱酸盐，溶于水后因碳酸根离子水解呈碱性，能中和酸性土壤中的 H+，从而改良酸性土壤，劳动项目与化学知识关联，故B不符合题意 ；
C、盐溶于水形成盐水溶液，其凝固点低于纯水的凝固点（即熔点降低），能使冰雪在更低温度下融化，因此雨雪天气撒盐可加速化冰，劳动项目与化学知识关联，故C不符合题意 ；
D、苯酚溶液用于杀菌消毒，是因为苯酚能使细菌的蛋白质变性，从而破坏细菌结构；而 “苯酚是一种弱酸” 描述的是其酸性强弱，与杀菌消毒的作用机制无关，劳动项目与所述化学知识无关联，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．明确铁发生吸氧腐蚀的条件，分析 “擦干铁锅” 可减少铁与水的接触，从而防止吸氧腐蚀，判断劳动项目与化学知识的关联。
B．清楚草木灰中 K2CO3 是强碱弱酸盐，其碳酸根离子水解使溶液呈碱性，能中和酸性土壤中的H+，据此判断劳动项目与化学知识的关联。
C．依据溶液凝固点降低的原理，分析盐溶于水形成的盐水凝固点低于纯水，从而能加速冰雪融化，判断劳动项目与化学知识的关联。
D．区分苯酚杀菌消毒的机制与苯酚的弱酸性，明确二者无关联，从而判断劳动项目与化学知识无关联。
7．（2025高三上·广州月考）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，并滴定未知浓度的醋酸溶液。下列实验操作正确的是
A.溶解NaOH固体 B.定容后振荡摇匀
C.排除滴定管中气泡 D.滴加2滴指示剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、溶解 NaOH 固体应在烧杯中进行，容量瓶是用于定容的仪器，不能用于溶解固体，A错误；
B、定容后振荡摇匀时，需盖紧瓶塞，用手托住瓶底倒置摇匀，图中操作未倒置，B错误；
C、排除碱式滴定管气泡时，需捏住玻璃珠上方乳胶管，挤压玻璃珠使溶液流出，从而带出气泡，操作正确，C正确；
D、用 NaOH 滴定醋酸时，反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂（甲基橙变色范围 pH<4.4，不适合碱性终点），D错误；
故答案为：C。
【分析】围绕 “溶液配制的仪器使用、操作步骤” 和 “滴定实验的仪器操作、指示剂选择”，判断各选项操作的正确性。
8．（2025高三上·广州月考）物质甲、乙、丙的焰色试验均为黄色，其转化关系如图所示。甲是单质，乙为厨房常见调味品，丙溶液可与氯气反应制备“84”消毒液。下列说法正确的是
A．转化①和②互为可逆反应
B．转化③产生的两种气体常温下不能共存
C．转化⑤电解池阳极析出物质甲
D．实验室完成转化⑥必须使用
【答案】D
【知识点】钠的化学性质
【解析】【解答】A、转化①是 Na 与 Cl2（或盐酸等）反应生成 NaCl（如 2Na+Cl22NaCl ）；转化②是电解熔融 NaCl 生成 Na（ 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ ）。可逆反应需 “同一条件”，但二者条件（点燃、电解熔融）不同，因此不是可逆反应，A错误；
B、转化③是电解饱和食盐水： 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 。H2和 Cl2在常温、无光照条件下几乎不反应，可大量共存（仅强光照射下才可能爆炸），因此两种气体常温下能大量共存，B错误；
C、转化⑤是电解熔融 NaOH 生成 Na，电解时阴极 Na+得电子生成 Na，阳极 OH-失电子生成 O2（4OH--4e-=2H2O+O2↑），因此阳极析出的是 O2而非 Na，C错误；
D、转化⑥是 Na 与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应剧烈且放热，钠会熔成小球并四处游动，为防止反应溅出的物质伤害眼睛，实验室操作时必须佩戴护目镜，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断转化①和②是否为可逆反应。
B．分析转化③产生的 H2和 Cl2能否共存。
C．判断转化⑤电解熔融 NaOH 时阳极的产物。
D．分析转化⑥（Na 与水反应）的实验安全要求。
9．（2025高三上·广州月考）设表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．与足量铁粉反应转移的电子数为
B．42 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为6NA
C．标准状况下，22.4 LSO3含有的分子数为NA
D．20 g重水(D2O)含的有中子数为NA
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、7.1g Cl2的物质的量为 0.1mol，Cl2与 Fe 反应时，每个 Cl2分子转移 2 个电子，因此 0.1mol Cl2转移的电子数为 0.2NA，A正确；
B、乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，42g 混合气体含 3mol CH2单元，对应 3mol 碳原子，即碳原子数为 3NA，而非 6NA，B错误；
C、标准状况下 SO3是固体，22.4L SO3的物质的量不是 1mol，分子数不为 NA，C错误；
D、20g 重水（D2O）的物质的量为 1mol，1 个 D2O 分子含 10 个中子（D 含 1 个中子，O 含 8 个中子），因此 1mol D2O 含中子数为 10NA，而非 NA，D错误；
故答案为：A。【分析】A．先计算氯气的物质的量，再分析其与铁反应的电子转移情况。
B．利用最简式分析乙烯和丙烯混合气体的碳原子数。
C．判断标准状况下 SO3的状态，分析其物质的量。
D．计算重水的物质的量，再分析其中子数。
10．（2025高三上·广州月考）下列酸性比较及结构因素说法正确，且具有因果关系的是
选项 酸性比较 结构因素
A 烷基越长推电子效应越强
B HCl>HBr 共价键极性：H-Cl>H-Br
C 元素电负性：Cl>H>C
D 苯酚>乙醇 羟基对苯环有吸电子效应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】羧酸简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、羧酸的酸性取决于羧基中羟基的电离能力，而烷基属于推电子基团。推电子效应会使羧基中羟基的极性减弱，氢离子更难电离，酸性随之降低。CH3COOH（乙酸）的烷基为 - CH3，CH3CH2COOH（丙酸）的烷基为 - CH2CH3，后者烷基更长，推电子效应更强，因此乙酸酸性强于丙酸。该选项的酸性比较结论正确，结构因素解释也符合逻辑，A正确；
B、卤化氢（HX）的酸性强弱与 H-X 键的断裂难易相关，键长越长、键能越小，越易电离出氢离子，酸性越强。H-Cl 键长比 H-Br 键长短，对应的键能更大，断裂时需要更多能量，更难电离出氢离子，因此 HCl 的酸性应弱于 HBr，而非 “HCl 酸性强于 HBr”。该选项酸性比较结论错误，B错误；
C、CCl3COOH 与 CH2ClCOOH 均含氯原子，氯原子是强吸电子基团，吸电子效应会使羧基中氢的电子云密度降低，更易电离，酸性增强。且氯原子个数越多，吸电子效应越强，因此 CCl3COOH 酸性强于 CH2ClCOOH。但该选项将酸性差异直接归因于 “元素电负性 Cl＞H＞C”，未明确吸电子效应的传递逻辑，结构因素解释不准确，C错误；
D、苯酚（C6H5OH）与乙醇（CH3CH2OH）的酸性差异源于羟基所连基团的不同。苯酚中羟基与苯环相连，苯环的共轭效应能有效分散羟基电离后产生的氧负离子（C6H5O-）的负电荷，使电离平衡正向移动，酸性增强；而乙醇中羟基与烷基相连，烷基的推电子效应会稳定羟基，抑制电离。该选项将酸性差异解释为 “羟基对苯环有吸电子效应”，与实际核心因素（苯环的共轭效应）不符，结构因素解释错误，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析烷基推电子效应对羧酸酸性的影响，验证酸性比较与结构解释的一致性。
B．根据卤化氢的化学键性质（键长、键能），判断酸性比较结论的正确性。
C．辨析卤原子吸电子效应与酸性的关系，判断结构解释的逻辑性。
D．明确苯酚与乙醇酸性差异的核心结构因素（共轭效应、吸电子效应）。
11．（2025高三上·广州月考）制备酚醛树脂过程为：向下图所示的三颈烧瓶中加入19.5g苯酚、13.8g37%的甲醛溶液、2.5mL蒸馏水和0.3g草酸晶体，水浴加热并使用搅拌桨机械搅拌。回流约1小时，无色溶液变为白色浊液。反应结束，加入90mL蒸馏水充分搅拌后分离水层，控制温度减压蒸馏，可得到流动状的粗产品。下列说法错误的是
A．制备反应的化学方程式为n+nHCHO+(n-1)H2O
B．产品为线型结构，具有热塑性，能溶于乙醇
C．球形冷凝管应该位于三颈烧瓶的a口或c口
D．减压蒸馏主要目的是除去未反应完的苯酚和甲醛
【答案】D
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、苯酚（含酚羟基）与甲醛在酸性条件下发生缩聚反应，生成线型酚醛树脂的同时释放小分子水，反应方程式符合缩聚反应 “单体聚合+小分子生成” 的规律，A正确；
B、酸性条件下苯酚与甲醛生成线型酚醛树脂，线型高分子具有热塑性（受热可塑化），且能溶于乙醇等有机溶剂，B正确；
C、三颈烧瓶的中间口（b 口）用于机械搅拌桨，球形冷凝管需安装在侧口（a或c口），通过回流装置防止反应物（苯酚、甲醛）挥发，保证反应充分进行，C正确；
D、减压蒸馏的主要目的是降低蒸馏温度，避免酚醛树脂在高温下发生分解等副反应；而除去未反应的苯酚和甲醛可通过 “加蒸馏水搅拌分离水层” 等操作实现，并非减压蒸馏的主要目的，D错误；
故答案为：D。【分析】A．判断酚醛树脂制备反应的化学方程式是否正确。
B．分析线型酚醛树脂的结构性质（热塑性、溶解性）。
C．判断三颈烧瓶与冷凝管的安装逻辑。
D．明确减压蒸馏的核心目的。
12．（2025高三上·广州月考）UFeGa5是一种具有磁性的超导材料，其晶胞结构如图所示。晶胞参数为：(a=0.814nm，b=0.685nm，c=1.401nm，1号U原子坐标为(0.0000，0.0000，0.0000)，2号原子坐标为(0.5000，0.0000，0.3138)，3号原子坐标为(0.5000，0.0000，0.6862)。
下列说法正确的是
A．92U、26Fe、31Ga位于周期表中三个不同的分区
B．距离Ga原子最近的U原子有12个
C．U原子位于由Fe原子形成的正八面体中心
D．该晶胞沿z轴方向的投影为
【答案】A
【知识点】晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、周期表分区由元素的价电子构型决定。92 号 U 属于锕系元素，位于f 区；26 号 Fe 为第 Ⅷ 族元素，价电子构型为 3d64s2，位于d 区；31 号 Ga 为 ⅢA 族元素，价电子构型为 4s24p ，位于p区。三者分属 f 区、d 区、p 区三个不同分区，A正确；
B、由晶胞结构可知，Ga 原子（黑色球）位于晶胞的面上。通过原子坐标和空间位置判断，距离 Ga 原子最近的 U 原子（灰色球）数量为 2 个或 4 个，而非 12 个，B错误；
C、正八面体结构要求 6 个 Fe 原子对称分布在 U 原子周围（上、下、左、右、前、后各 1 个），但题干中 Fe 原子的坐标未体现这种对称关系，因此 U 原子不处于 Fe 原子形成的正八面体中心，C错误；
D、沿 z 轴投影时，xy 平面的中心位置原子为黑色球（Ga 原子），而非灰色球（U 原子），与选项描述的投影图不符，D错误；
故答案为：A。【分析】A．判断U、Fe、Ga在周期表中的分区是否不同。
B．分析距离 Ga 原子最近的 U 原子数量。
C．判断 U 原子是否位于 Fe 原子形成的正八面体中心。
D．分析晶胞沿 z 轴方向的投影特征。
13．（2025高三上·广州月考）X、Y、Z和W均为短周期主族元素，只有一种是非金属元素，X、Y同周期，Y、W价电子数相等。X的原子轨道只有一种形状，W的周期序数等于族序数，基态Z原子s能级与p能级电子数目相同。下列说法正确的是
A．X和Z位于元素周期表对角线位置
B．第一电离能：Z>W
C．Y和W的单质晶体类型相同
D．基态W原子的核外电子有5种空间运动状态
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】从 “X 的原子轨道只有一种形状” 推出 X 可能为 H、Li、Be；
从 “W 的周期序数等于族序数” 推出 W 可能为 H、Be、Al；
从 “基态 Z 原子 s 能级与 p 能级电子数目相同” 推出 Z 为 O 或 Mg；
结合 “X、Y 同周期，Y、W 价电子数相等，只有一种是非金属元素”，最终确定：X 为 Li 或 Be，Y 为 B，Z 为 Mg，W 为 Al。
A、X 为 Li 或 Be，Z 为 Mg，二者不处于周期表对角线位置（对角线位置需满足左上 - 右下相邻周期、相邻主族），A错误；
B、Z 为 Mg，W 为 Al。Mg 的价电子排布为 3s2（全满稳定结构），Al 的价电子排布为 3s23p ，全满结构更难失去电子，因此第一电离能 Mg＞Al，即 Z＞W，B正确；
C、Y 为 B（单质是共价晶体），W 为 Al（单质是金属晶体），晶体类型不同，C错误；
D、W 为 Al，基态电子占据 1s、2s、2p、3s、3p 轨道，空间运动状态数为 1+1+3+1+1=7 种，而非 5 种，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需通过元素结构特征推断 X、Y、Z、W 的具体种类，再结合元素周期律、晶体类型、电子运动状态等知识分析选项。
14．（2025高三上·广州月考）可充电电池的产物为碳酸锂和单质碳。碳酸锂导电性较差，向电解液中添加KI，I-吸附在石墨正极，可明显改善电极堵塞，降低充电电压。充电时阳极区可能的反应为：；(ii)…
下列说法正确的是
A．电池可以使用水系电解液
B．KI的作用是作催化剂降低反应△H
C．步骤(Ⅱ)反应：
D．放电时，每消耗，理论上同时消耗14gLi
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Li 是活泼金属，能与水反应生成 LiOH 和 H2，因此该电池不能使用水系电解液，A错误；
B、KI 作为催化剂，只能改变反应的活化能，不能改变反应的 ΔH，B错误；
C、充电时阳极总反应为 2Li2CO3+C-4e-=3CO2+4Li+。反应（i）是 6I--4e-=2I3-（氧化反应），则反应（ii）需 I3-被还原为 I-，同时 C 被氧化为 CO2。选项中的反应 2I3-+2Li2CO3+C=6I-+4Li++3CO2，满足电子守恒和元素守恒，符合阳极总反应，C正确；
D、放电总反应为 4Li+3CO2=2Li2CO3+C，消耗 3mol CO2时消耗 4mol Li，则消耗 1mol CO2时消耗 mol Li，质量为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．分析 Li 的化学性质，判断电解液类型。
B．明确催化剂对反应焓变（ΔH）的影响。
C．结合充电时阳极的总反应和分步反应，判断反应（ii）的合理性。
D．根据放电总反应，计算消耗 CO2与 Li 的物质的量关系及质量。
15．（2025高三上·广州月考）已知：Zn2+[Zn(NH3)]2+ [Zn(NH3)2]2+ [Zn(NH3)3]2+ [Zn(NH3)4]2+。向某浓度硫酸锌溶液中通入一定量氨气，测得部分含Zn物种的物质的量分布系数δ与的关系如图：
下列说法错误的是
A．碱性增强，的物质的量分数增大
B．M点()
C．的平衡常数
D．平衡体系中一定还存在其它含Zn物种，如
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Zn2+与 NH3的配位反应为分步进行的可逆反应，总趋势是生成稳定的 [Zn(NH3)4]2+。当体系碱性增强时，NH3的浓度会相应增大，根据勒夏特列原理，配位平衡会向生成更多配离子的方向移动。随着比值增大，Zn2+会逐步结合 NH3形成各级配离子，最终 [Zn(NH3)4]2+的物质的量分数会持续增大，A正确；
B、Zn2+与 NH3的分步配位反应中，第三步为 Zn(NH3)22++NH3 Zn(NH3)32+（平衡常数 K3），第四步为 Zn(NH3)32++NH3 Zn(NH3)42+（平衡常数 K4）。将两步反应相加，可得 Zn(NH3)22++2NH3 Zn(NH3)42+，总平衡常数 K=K3 K4。当 [Zn(NH3)2]2+与 [Zn (NH3)4]2+浓度相等时， K3·K4=，即，B错误；
C、总反应 Zn2++4NH3 [Zn(NH3)4]2+是四个分步反应的叠加：第一步 Zn2++NH3 Zn(NH3)2+（K1）、第二步 Zn(NH3)2++NH3 Zn(NH3)22+（K2）、第三步 Zn(NH3)22++NH3 Zn(NH3)32+（K3）、第四步 Zn(NH3)32++NH3 Zn(NH3)42+（K4）。根据平衡常数的计算规则，叠加反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数的乘积，因此总平衡常数 K=K1 K2 K3 K4，C正确；
D、图中给出的含 Zn 物种仅为 Zn2+、Zn(NH3)2+、Zn(NH3)22+、Zn(NH3)32+、Zn(NH3)42+，但这些物种的物质的量分布系数之和为 1，说明体系中所有含 Zn 物种的总量固定。由于体系可能存在一定的 OH-，Zn2+可能与 OH-结合生成 Zn(OH)2等氢氧化物类含 Zn 物种，这些物种未在图中列出，因此除题目给出的物种外，还存在其他含 Zn 物种，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断碱性增强（NH3浓度变化）对 [Zn(NH3)4]2+物质的量分数的影响。
B．推导 M 点（[Zn(NH3)2]2+与 [Zn(NH3)4]2+浓度相等）时，c(NH3) 与分步平衡常数的关系。
C．明确总配位反应的平衡常数与分步平衡常数的数学关系。
D．分析含锌物种的物质的量分布系数总和为 1 的隐含意义。
16．（2025高三上·广州月考）多环氮杂冠醚是在氮原子间以醚链桥联，和冠醚一样均可适配不同大小的离子(如下图)。二环氮杂冠醚在水溶液中对碱金属离子的稳定性(以lgK衡量，其值越大，稳定性越强)如下表所示。与K+尺寸大小非常接近，但只能利用三环氮杂冠醚识别。
碱金属离子 lgK
Na+ 3.8
K+ 5.4
Rb+ 4.3
下列说法错误的是
A．(a)分子中碳原子和氧原子杂化方式均为：
B．(a)和(b)分子核磁共振氢谱的谱图相同
C．(b)分子与K+形成的超分子相对稳定
D．(c)分子中四个N原子构筑的空间有利于与形成N-H…N氢键
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、(a) 为 18 - 冠 - 6，碳原子均形成 4 个单键，氧原子形成 2 个单键且有 2 对孤对电子，二者价层电子对数均为 4，杂化方式均为 sp3，A正确；
B、(a) 18 - 冠 - 6 结构对称，所有亚甲基氢化学环境相同，氢谱只有 1 个峰；(b) 二环氮杂冠醚因桥联结构和氮原子的引入，结构对称性减小，氢谱峰数不同，二者谱图不相同，B错误；
C、根据表格信息可知，二环氮杂冠醚与 K+的 lgK最大，则其形成的超分子稳定性最强，C正确；
D、通过观察可知，(c) 三环氮杂冠醚的四个 N 原子含孤对电子，可与 NH4+的 N-H 键形成氢键，D 正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断原子的杂化方式，需分析价层电子对数。
B．核磁共振氢谱的峰数由氢原子的化学环境种类决定。
C．lgK 越大，超分子稳定性越强。
D．氢键形成需要孤对电子和合适的空间结构适配。
17．（2025高三上·广州月考）硫酸锰是一种重要的二价锰盐，常用于锰基材料的制备。一种以菱锰矿[主要成分为MgCO3、SiO2、CaMg(CO3)2和少量FeCO3为原料制备硫酸锰的工艺流程如下图所示。
已知：(①；。
②MnCO3的溶度积远小于CaCO3和MgCO3。
（1）基态Mn原子的价电子排布式为　 　。
（2）“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是　 　，“滤渣①”主要成分的化学式为　 　。
（3）加入软锰矿粉(主要成分为MnO2)的目的是　 　。
（4）“中和除杂”各离子起始浓度均不超过0.1 mol/L，需要调节的pH范围为　 　。
（5）“沉锰”发生的离子反应方程式为　 　。
（6）实验室模拟“系列操作”，不需要用到的仪器有　 　(填标号)。
【答案】（1）3d54s2
（2）增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；SiO2、CaSO4
（3）将Fe2+氧化生成Fe3+
（4）3＜pH＜8
（5）Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑
（6）①④
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Mn的原子序数为25，根据构造原理，可知基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2；
故答案为： 3d54s2 ；
（2）“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；
SiO2不溶于稀硫酸，反应产生CaSO4微溶于水，则形成的“滤渣①”主要成分的化学式为SiO2、CaSO4；
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 ； SiO2、CaSO4 ；
（3）软锰矿的主要成分MnO2具有强氧化性，加入软锰矿粉的目的是将溶液中Fe2+氧化生成Fe3+；
故答案为： 将Fe2+氧化生成Fe3+ ；
（4）“中和除杂”各离子起始浓度均不超过0.1 mol/L，为了使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中Fe3+的浓度小于10-5mol/L，而Mg2+、Mn2+不沉淀，＜c(OH-)＜，即mol/L＜c(OH-)＜ mol/L，6＜pOH＜11，则需要调节的pH范围为3＜pH＜8；
故答案为： 3＜pH＜8 ；
（5）“沉锰”时Mn2+与反应产生MnCO3沉淀、H2O、CO2气体，发生反应的离子反应方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑；
故答案为： Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑ ；
（6）实验室模拟“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要用到的仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗等，则不需要用到的仪器有坩埚、长颈漏斗，故合理选项是①④。
故答案为： ①④ ；
【分析】 处理菱锰矿时，先将矿石粉碎，再用硫酸开展 “酸浸” 工序。这一步里，矿石中的碳酸盐会和硫酸发生反应，生成 MnSO4、FeSO4、MgSO4、CaSO4等物质。由于 SiO2不与酸反应，且 CaSO4在水中溶解度较小，所以过滤后，SiO2和 CaSO4会成为滤渣①被分离出来；酸浸后的滤液中含有 Fe2+，向其中加入软锰矿，借助软锰矿里的 MnO2，能把 Fe2+氧化成 Fe3+。之后加入 Ca (OH)2来调节溶液的 pH，使 Fe3+转化为 Fe (OH)3沉淀，形成滤渣②，而 Mn2+、Mg2+等其他金属离子则继续留在溶液中；接下来，向除去 Fe3+的滤液里加入 NH4HCO3，溶液中的 Mn2+会与 HCO3-发生反应，生成 MnCO3沉淀，同时还会产生水和二氧化碳，反应式为 Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑ ，过滤得到 MnCO3沉淀，丢弃滤液后，将沉淀洗涤干净，再用稀硫酸溶解，就能得到 MnSO4溶液。最后，对 MnSO4溶液进行蒸发浓缩，待溶液达到一定浓度后冷却结晶，然后经过过滤、洗涤、干燥等步骤，最终得到 MnSO4 4H2O 晶体。
（1）Mn的原子序数为25，根据构造原理，可知基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2；
（2）“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；
SiO2不溶于稀硫酸，反应产生CaSO4微溶于水，则形成的“滤渣①”主要成分的化学式为SiO2、CaSO4；
（3）软锰矿的主要成分MnO2具有强氧化性，加入软锰矿粉的目的是将溶液中Fe2+氧化生成Fe3+；
（4）“中和除杂”各离子起始浓度均不超过0.1 mol/L，为了使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中Fe3+的浓度小于10-5mol/L，而Mg2+、Mn2+不沉淀，＜c(OH-)＜，即mol/L＜c(OH-)＜ mol/L，6＜pOH＜11，则需要调节的pH范围为3＜pH＜8；
（5）“沉锰”时Mn2+与反应产生MnCO3沉淀、H2O、CO2气体，发生反应的离子反应方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2 ↑；
（6）实验室模拟“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要用到的仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗等，则不需要用到的仪器有坩埚、长颈漏斗，故合理选项是①④。
18．（2025高三上·广州月考）某小组用下图所示的无氧装置进行铜与浓硝酸的反应，并探究和NO的相互转化。已知装置气密性良好。
回答下列问题：
（1）1号注射器中放入泡沫铜并压缩，压缩的目的是　 　。
（2）调节三通阀的孔路位置为(连通1号和2号注射器。缓慢向外拉1号注射器活塞吸入2mL浓硝酸，立即发生反应，观察到的现象有　 　、无色溶液变为绿色。
（3）向右推动1号注射器活塞，将反应后的绿色溶液压回2号注射器。旋转三通阀，将1号注射器中的气体压入具支U形管，此时孔路位置需调节为　 　(填字母编号)。
（4）将4号注射器中的石蕊溶液注入具支U形管中，红棕色气体消失。用3号注射器向具支U形管中注入过量氧气，反应的化学方程式为　 　；将2号注射器中的绿色溶液全部注入具支U形管，再加入适量饱和　 　完成尾气吸收和废液处理。
（5）查阅文献：铜与浓硝酸反应后的溶液呈绿色，是因为与反应过程中产生的亚硝酸(结合引起的。小组同学设计如下实验，验证的存在。
编号 实验试剂和操作 实验现象
试管a 浓硝酸1mL，3滴试剂X，插入铜丝 有红棕色气体生成，溶液为绿色
试管b 浓硝酸1mL，3滴溶液，插入铜丝 有红棕色气体生成，溶液为蓝色
①试剂X为　 　。
②经检验试管b中有多种气体，其中一种气体单质常被用作保护气。请解释试管b中未观察到溶液呈绿色的原因　 　(用化学方程式表示)。
【答案】（1）排除空气
（2）1号注射器活塞向外移动，并出现红棕色气体
（3）C
（4）（或）；NaOH溶液（或溶液等其它合理答案）
（5）（或水）；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铜及其化合物；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，调节三通阀为后，压缩1号注射器的目的为：排除1号注射器中的空气，避免后面干扰与水的反应的现象。
故答案为： 排除空气 ；
（2）当浓硝酸进入1号注射器中与泡沫铜接触后立即发生反应，现象是1号注射器活塞向外移动，并出现红棕色气体。
故答案为： 1号注射器活塞向外移动，并出现红棕色气体 ；
（3）要让1号注射器中的气体压入具支U形管，路径为，且不能连通2号注射器，则四个图形中符合的图形为；
故答案为：C。
（4）将4号注射器中的石蕊溶液注入具支U形管中，红棕色气体消失，是因为发生反应：，再用3号注射器向具支U形管中注入过量氧气，反应的化学方程式为：或；最后将2号注射器中的绿色溶液全部注入具支U形管，再加入适量饱和NaOH溶液或溶液等碱性溶液完成尾气吸收和废液处理。
故答案为：（或） ； NaOH溶液（或溶液等其它合理答案） ；
（5）①试管a是验证使的溶液变绿，则根据对比实验，可以在试管a中加入与试管b等量的蒸馏水作为对照，通过对比颜色差异验证的作用；则加入的试剂X为：（或水）；
②经检验试管b中有多种气体，其中一种气体单质常被用作保护气，根据元素守恒及保护气的特点可知该气体为，同时在试管b中未观察到溶液呈绿色，则可能是生成的被还原的原因，则反应的方程式为：。
故答案为：（或水） ； ；
【分析】为探究铜与浓硝酸的反应以及 NO2和 NO 的相互转化，实验搭建了无氧装置：1 号注射器内放置泡沫铜，2 号注射器盛浓硝酸，3 号注射器通入氧气，4 号注射器装紫色石蕊溶液。操作时，先调节三通阀，使其变为，压缩 1 号注射器排尽内部空气；再调节三通阀，使其变为，缓慢拉动 1 号注射器活塞，让 2 号注射器的浓硝酸进入 1 号注射器，与泡沫铜发生反应生成 NO2，反应方程式为 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。 随后调节三通阀，将 NO2压入 U 形管，利用 3 号注射器的氧气和 4 号注射器的石蕊溶液，探究 NO2的性质及 NO2与 NO 的转化，尾气用气球收集，防止污染空气。
（1）根据分析，调节三通阀为后，压缩1号注射器的目的为：排除1号注射器中的空气，避免后面干扰与水的反应的现象。
（2）当浓硝酸进入1号注射器中与泡沫铜接触后立即发生反应，现象是1号注射器活塞向外移动，并出现红棕色气体。
（3）要让1号注射器中的气体压入具支U形管，路径为，且不能连通2号注射器，则四个图形中符合的图形为；
故答案为：C。
（4）将4号注射器中的石蕊溶液注入具支U形管中，红棕色气体消失，是因为发生反应：，再用3号注射器向具支U形管中注入过量氧气，反应的化学方程式为：或；最后将2号注射器中的绿色溶液全部注入具支U形管，再加入适量饱和NaOH溶液或溶液等碱性溶液完成尾气吸收和废液处理。
（5）①试管a是验证使的溶液变绿，则根据对比实验，可以在试管a中加入与试管b等量的蒸馏水作为对照，通过对比颜色差异验证的作用；则加入的试剂X为：（或水）；
②经检验试管b中有多种气体，其中一种气体单质常被用作保护气，根据元素守恒及保护气的特点可知该气体为，同时在试管b中未观察到溶液呈绿色，则可能是生成的被还原的原因，则反应的方程式为：。
19．（2025高三上·广州月考）吸附强化乙醇一水蒸气重整制氢技术因原料清洁可再生、制氢效果好等优势而倍受关注。该工艺使用CaAlNi复合催化剂(主要成分为CaO、Al2O3和Ni)，主要包括以下反应：
反应①：
反应②：
反应③：
反应④：
反应⑤：
回答下列问题：
（1）反应③的ΔH3=　 　kJ/mol
（2）已知平衡体系中H2的体积分数越大，反应体系的能量效率越高。500K~800K时，主要发生反应①~③，如图呈现了温度和压强对平衡体系能量效率的影响，p1、p2、p3的大小关系为　 　。
（3）CaAlNi复合催化剂因优越的比表面积和孔隙结构而具有较大的CO2吸附容量。碳酸化过程(反应⑤)中CO2吸附容量随时间的变化曲线如图所示。已知：60CaAlNi中“60”表示CaO的质量分数为60%。CO2吸附容量=催化剂所吸附CO2的质量。
①测定CaAlNi复合催化剂晶体结构用到的仪器为　 　。
②图中，选择质量分数为　 　%的CaAlNi复合催化剂的催化制氢效果最佳。
③900 s以后CaAlNi复合催化剂中CaO的碳酸化速率减慢，可能原因是　 　。
（4）分别从平衡移动和能耗的角度分析CaAlNi复合催化剂相较于Ni-Al2O3催化剂的优点是　 　；　 　。
【答案】（1）+206
（2）p1＜p2＜p3
（3）X-射线衍射仪；81；随着反应的进行，生成的CaCO3逐渐堵塞催化剂孔隙或覆盖在催化剂表面
（4）CO2被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行；反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）已知：反应①：；反应②：，根据盖斯定律，将反应①-反应②，整理可得反应③：=+(256-50)kJ/mol=+206 kJ/mol；
故答案为： +206 ；
（2）根据题意，在500K-800K时主要发生反应①~③，这三个反应的正反应都是气体分子数增大的反应，根据勒夏特列原理，在其他条件不变时，减小压强会使化学平衡向气体分子数增大的正反应方向移动，导致H2的体积分数增大。由题意可知：平衡体系中H2的体积分数越大，反应体系的能量效率越高。由图示可知，在相同温度下能量效率：p1＞p2＞p3，说明平衡体系中H2的体积分数：p1＞p2＞p3，故反应体系压强大小关系：p1＜p2＜p3；
故答案为： p1＜p2＜p3 ；
（3）①测定晶体结构常使用的仪器是X-射线衍射仪，X-射线衍射仪可以提供晶体的晶格参数、晶体结构信息等，是分析催化剂晶体结构的重要工具，因此测定CaAlNi复合催化剂晶体结构用到的仪器为X-射线衍射仪；
②从图中可以看出，三条曲线分别代表81Ca-Al-Ni、70Ca-Al-Ni和60Ca-Al-Ni三种复合催化剂。我们需要比较这三种催化剂在相同时间内的CO2吸附量，选择吸附量最大的一种就是催化氢效果最佳的一种。从图中观察：在900 s时CO2吸附量：81Ca-Al-Ni＞70Ca-Al-Ni＞60Ca-Al-Ni，故应该选择使用质量分数为81%的Ca-Al-Ni复合催化剂，其催化制氢效果最佳；
③900 s后Ca-Al-Ni复合催化剂中CaO的碳化速率减慢，可能原因是：随着反应的进行，生成的CaCO3逐渐堵塞催化剂孔隙或覆盖在催化剂表面导致碳酸化速率减慢；
故答案为： X-射线衍射仪 ；81； 随着反应的进行，生成的CaCO3逐渐堵塞催化剂孔隙或覆盖在催化剂表面 ；
（4）Ca-Al-Ni复合催化剂相较于Ni-Al2O3催化剂具有更多优点。从平衡移动角度分析：Ca-Al-Ni复合催化剂具有较大的比表面积和孔隙结构，CO2被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行；
从能耗角度分析Ca-Al-Ni复合催化剂的优点是：反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求。
故答案为： CO2被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行 ； 反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求 。
【分析】(1) 利用盖斯定律，通过反应①减反应②计算反应③的 ΔH3。
(2) 分析反应①~③的气体分子数变化，结合勒夏特列原理和图像中能量效率与压强的关系判断压强大小。
(3) ① 依据测定晶体结构的常用仪器知识作答；② 比较不同质量分数催化剂的 CO2吸附量，确定最佳催化效果的催化剂；③ 从反应过程中产物对催化剂的影响分析速率减慢的原因。
(4) 分别从平衡移动（CO2被吸附对反应的促进）和能耗（反应⑤放热补偿需求）角度分析优点。
（1）已知：反应①：；反应②：，根据盖斯定律，将反应①-反应②，整理可得反应③：=+(256-50)kJ/mol=+206 kJ/mol；
（2）根据题意，在500K-800K时主要发生反应①~③，这三个反应的正反应都是气体分子数增大的反应，根据勒夏特列原理，在其他条件不变时，减小压强会使化学平衡向气体分子数增大的正反应方向移动，导致H2的体积分数增大。由题意可知：平衡体系中H2的体积分数越大，反应体系的能量效率越高。由图示可知，在相同温度下能量效率：p1＞p2＞p3，说明平衡体系中H2的体积分数：p1＞p2＞p3，故反应体系压强大小关系：p1＜p2＜p3；
（3）①测定晶体结构常使用的仪器是X-射线衍射仪，X-射线衍射仪可以提供晶体的晶格参数、晶体结构信息等，是分析催化剂晶体结构的重要工具，因此测定CaAlNi复合催化剂晶体结构用到的仪器为X-射线衍射仪；
②从图中可以看出，三条曲线分别代表81Ca-Al-Ni、70Ca-Al-Ni和60Ca-Al-Ni三种复合催化剂。我们需要比较这三种催化剂在相同时间内的CO2吸附量，选择吸附量最大的一种就是催化氢效果最佳的一种。从图中观察：在900 s时CO2吸附量：81Ca-Al-Ni＞70Ca-Al-Ni＞60Ca-Al-Ni，故应该选择使用质量分数为81%的Ca-Al-Ni复合催化剂，其催化制氢效果最佳；
③900 s后Ca-Al-Ni复合催化剂中CaO的碳化速率减慢，可能原因是：随着反应的进行，生成的CaCO3逐渐堵塞催化剂孔隙或覆盖在催化剂表面导致碳酸化速率减慢；
（4）Ca-Al-Ni复合催化剂相较于Ni-Al2O3催化剂具有更多优点。从平衡移动角度分析：Ca-Al-Ni复合催化剂具有较大的比表面积和孔隙结构，CO2被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行；
从能耗角度分析Ca-Al-Ni复合催化剂的优点是：反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求。
20．（2025高三上·广州月考）化合物H是治疗银屑病药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为　 　。
（2）A→C的化学反应分两步进行，第一步是加成反应，第二步是　 　反应(填反应类型)。
（3）C→E的化学反应方程式为　 　。
（4）B、C、D、E中属于手性分子的是　 　(填字母编号)。
（5）G的结构简式为　 　。
（6）在A的同分异构体中，同时满足下列三个条件的共有　 　种。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两个取代基；③含碳碳三键；其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的同分异构体的结构简式为　 　。
【答案】（1）醛基、碳碳双键
（2）消去
（3）+C2H5OOCCH2COOC2H5
（4）E
（5）
（6）6；
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）观察化合物A的结构，其中存在的官能团为醛基、碳碳双键；
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）A→C的化学反应分两步进行，第一步是加成反应，第二步脱去小分子，形成碳-碳双键，所以第二步反应类型是消去反应；
故答案为：消去；
（3）根据原子守恒和反应规律可知C与（）在作用下发生加成反应生成E，所以其反应方程式为+C2H5OOCCH2COOC2H5 ；
故答案为：+C2H5OOCCH2COOC2H5 ；
（4）手性分子的判断依据是分子中存在手性碳原子（连有四个不同原子或基团的碳原子），分析B、C、D、E的结构，可知E分子中存在手性碳原子，所以属于手性分子的是E；
故答案为：E；
（5）F（）在一定条件下生成G，G与DCDMH和甲醇反应，生成H()，由题中所给的已知条件可知羰基相邻C上的1个H在DCDMH和甲醇的作用下被取代，逆推可得G为 ；
故答案为：
（6）A的同分异构体中能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有两个取代基，另一个取代基含碳碳三键，苯环上有两个取代基，分别为和、和，每组取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，所以共有种；核磁共振氢谱中有4组吸收峰，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，符合条件的同分异构体结构简式为，该分子中，酚羟基上1种氢，苯环上2种氢，上1种氢，共4种；
故答案为：6；。
【分析】 化合物 A （结构为苯环连接含醛基的不饱和链）与化合物 B （含羰基的链状结构）先发生加成反应，随后在 NaOH 作用下发生消去反应，生成化合物 C （含苯环、不饱和双键和羰基的链状结构）。C 与 D（分子式为 C7H12O4）在 (C2H5)3NLiBr 作用下反应生成 E （含苯环、不饱和双键、羰基和两个乙酯基的结构）；通过 E 和 C 逆推，可知 D 的结构简式为 C2H5OOCCH2COOC2H5。E 在碱性条件下水解，酯基断裂生成羧酸盐，再加入强酸得到 F （含苯环、不饱和双键、羰基和两个羧基的结构）。F转化为 G后，G 与 DCDMH 和甲醇反应生成 H （含苯环、环己酮结构且有氯取代基的化合物）；结合题中已知条件 “羰基相邻 C 上的 1 个 H 在 DCDMH 和甲醇作用下被 Cl 取代”，逆推可得 G 的结构 （含苯环、环己酮结构且无氯取代的化合物）。据此解题。
（1）观察化合物A的结构，其中存在的官能团为醛基、碳碳双键；
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）A→C的化学反应分两步进行，第一步是加成反应，第二步脱去小分子，形成碳-碳双键，所以第二步反应类型是消去反应；
故答案为：消去；
（3）根据原子守恒和反应规律可知C与（）在作用下发生加成反应生成E，所以其反应方程式为+C2H5OOCCH2COOC2H5 ；
故答案为：+C2H5OOCCH2COOC2H5 ；
（4）手性分子的判断依据是分子中存在手性碳原子（连有四个不同原子或基团的碳原子），分析B、C、D、E的结构，可知E分子中存在手性碳原子，所以属于手性分子的是E；
故答案为：E；
（5）F（）在一定条件下生成G，G与DCDMH和甲醇反应，生成H()，由题中所给的已知条件可知羰基相邻C上的1个H在DCDMH和甲醇的作用下被取代，逆推可得G为 ；
故答案为：
（6）A的同分异构体中能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有两个取代基，另一个取代基含碳碳三键，苯环上有两个取代基，分别为和、和，每组取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，所以共有种；核磁共振氢谱中有4组吸收峰，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，符合条件的同分异构体结构简式为，该分子中，酚羟基上1种氢，苯环上2种氢，上1种氢，共4种；
故答案为：6；。
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