资源简介

广东省部分学校2026届高三上学期8月份联考 化学试题
1．（2025高三上·广东开学考）华夏瑰宝，凝聚先民智慧。下列传统工艺制品的主要成分属于有机高分子的是
A.青花瓷 B.丝绸刺绣 C.紫砂壶 D.端砚石
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广东开学考）某抗肿瘤药物中间体的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法正确的是
A．分子中含有4种官能团
B．含有手性碳原子
C．可发生取代反应和加成反应
D．该物质最多能与反应
3．（2025高三上·广东开学考）科技发展推动社会进步。下列说法不正确的是
A．“奋斗者”号载人潜水器使用钛合金作外壳，钛合金属于金属材料
B．“北斗卫星”的太阳能电池板使用单晶硅，单晶硅是共价晶体
C．“重组蛋白疫苗”运输时需低温保存，目的是防止蛋白质变性
D．“氢燃料电池”汽车运行时，化学能直接转化为机械能
4．（2025高三上·广东开学考）劳动实践中蕴含化学原理。下列劳动项目与对应化学知识不匹配的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用食醋除水壶中的水垢(主要成分为) 醋酸酸性强于碳酸
B 用草木灰(含)溶液清洗油污 碳酸根水解使溶液显碱性
C 用“84”消毒液(含)给环境消毒 “84”消毒液具有强氧化性
D 用治疗胃酸过多 受热易分解
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·广东开学考）下列关于材料的说法不正确的是
A．聚乙烯塑料可由乙烯发生缩聚反应得到
B．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，聚异戊二烯属于混合物
C．石墨烯存储材料中有碳原子以杂化形成的平面结构
D．聚四氟乙烯()可用作不粘锅涂层，其单体是四氟乙烯()
6．（2025高三上·广东开学考）配制一定浓度的溶液并滴定未知浓度的醋酸。下列操作能达到实验目的的是
A．称取一定质量的固体
B．定容一定浓度的溶液
C．定容后摇匀
D．用标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液
7．（2025高三上·广东开学考）下列工业制备流程中涉及的物质转化关系均可一步实现的是
A．工业制硝酸：
B．工业制备烧碱：饱和溶液溶液固体
C．纯碱工业：溶液
D．工业制硫酸：
8．（2025高三上·广东开学考）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 钠保存在煤油中 钠的密度比煤油小
B 可用于漂白纸浆 具有还原性
C 溶液中加入溶液显红色 与生成配合物
D 溶液可蚀刻铜制电路板 具有还原性，被还原生成
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·广东开学考）已知a、b、c、d、e、f为短周期主族元素，它们的最高正价与原子半径关系如图所示，其中的原子序数最小。下列说法正确的是
A．金属性： a>b
B．简单氢化物稳定性：e>f
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：c>d
D．a和氧气反应的产物是离子化合物，不可能含有共价键
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．(重水)中含有中子的数目为
B．标准状况下，与足量反应，理论上转移电子的数目为
C．溶液中含有的数目为
D．与在光照条件下反应，生成分子的数目为
11．（2025高三上·广东开学考）某同学设计了如下装置用于制取并验证的部分性质。先打开弹簧夹a、b，通入，一段时间后，关闭a，向三颈烧瓶中滴入硫酸，下列说法正确的是
A．硫酸浓度越大，反应速率一定越快
B．若装置Y中盛装的是紫色石蕊溶液，可以观察到先变红后褪色的现象
C．装置Z中可观察到白色沉淀现象且该沉淀难溶于硝酸，说明具有还原性
D．可以用饱和溶液进行尾气处理
12．（2025高三上·广东开学考）难溶于水，但可溶于氨水生成。常温下，向悬浊液I中加入少量氨水，部分悬浊物溶解后获得悬浊液II，下列分析正确的是
A．向悬浊液I中加少量水稀释，平衡后溶液中减小
B．悬浊液II中存在平衡：
C．向悬浊液II中加入固体，增大
D．向悬浊液II中加入稀硝酸，无明显现象
13．（2025高三上·广东开学考）下列由结构特征无法直接推测其性质的是
选项 结构特征 性质
A 分子中共价键键能较大 的沸点较高
B 石墨层间存在范德华力 石墨质软
C 乙醇分子含羟基() 乙醇能与反应
D 硅原子半径大于碳原子 与金刚石相比，晶体硅的熔点更低，硬度更小
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·广东开学考）氨电解反应可用于制氢。电解含的液氨溶液制的装置如图所示。已知氨气燃料的性能可用“能量密度”来衡量，能量密度，该实验条件下液氨的密度为。下列说法不正确的是
A．电解液氨时，向惰性电极b移动
B．电解液氨时，阳极的电极反应式为
C．电解液氨时，液氨的“能量密度”约为
D．电极电势：惰性电极a<惰性电极b
15．（2025高三上·广东开学考）氯化铁是重要的化工原料，可将与液体(沸点为77℃)混合并加热制得无水，实验装置如图所示(夹持和加热装置略)。下列说法不正确的是
A．圆底烧瓶中发生的反应为
B．装置a的作用是冷凝回流，提高其转化率
C．装置b的作用为除去生成的和
D．产物中具有强还原性，制得的无水中可能含有少量还原性杂质
16．（2025高三上·广东开学考）拟利用下列实验原理回收利用工业废气中的、和，双极膜可将膜内的水分子解离成和，二者分别向两极移动，已知：装置a中盛放饱和溶液，下列说法正确的是
A．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度小于的电离程度
B．装置a中溶液的作用是吸收废气中的、和
C．装置b中双极膜的左侧为阳离子交换膜
D．装置b中的总反应为
17．（2025高三上·广东开学考）缓冲溶液能起到缓解外界酸碱的干扰，维持稳定的作用。某小组探究不同条件下醋酸钠-醋酸缓冲溶液的缓冲效果并测定醋酸的电离常数。回答下列问题：
（1）知识回顾：向血浆的缓冲体系中加入少量强碱时，会使得　 　(用离子方程式表达，标明状态)平衡向正反应方向移动，从而防止体系的出现大幅变化。
（2）配制溶液：时，用醋酸钠晶体(，)配制的溶液；用纯乙酸配制的溶液。
①本实验中必须用到的仪器有　 　(填选项字母)。
②下列说法正确的是　 　(填选项字母)。
A.若使用托盘天平，则需要称量醋酸钠晶体的质量为
B.乙酸溶液在稀释过程中，电离程度逐渐增大
C.若醋酸钠晶体失水变质，则所配醋酸钠溶液浓度偏大
D.纯乙酸稀释至后
（3）探究不同条件下醋酸钠-醋酸缓冲溶液对酸、碱溶液的缓冲效果：用浓度均为的溶液和溶液按下表配制总体积相同的系列溶液于烧杯中，插入传感器，同时开启磁力搅拌，向烧杯中逐滴加入溶液，测得混合液变化情况如下(用表示)；选取第Ⅳ组缓冲溶液于烧杯中，再逐滴加入稀盐酸并测得变化。
实验序号 加稀盐酸后变化曲线 加溶液后变化曲线
I 20 6.00 24.00 0 ——
Ⅱ 35 6.00 24.00 0 ——
Ⅲ 50 6.00 24.00 0 ——
Ⅳ 20 15.00 15.00 0
V 20 6.00 ——
Ⅵ 20 14.00 16.00 0 —— ——
①第V组实验中，则　 　。
②分析第Ⅳ实验的数据可知，醋酸钠与醋酸的物质的量之比为时，缓冲溶液对　 　(填溶液名称)的缓冲效果更好；分析第I、Ⅱ、Ⅲ组实验数据可得结论：其他条件相同时，　 　。
③第V、Ⅵ组实验欲探究　 　对缓冲溶液的缓冲能力的影响。
（4）该小组讨论后认为醋酸钠-醋酸缓冲溶液还能用来测定下醋酸的电离常数，选用(3)中某一组缓冲溶液进行实验，简述最简方案：　 　(包括所用试剂、仪器及数据处理思路)。
18．（2025高三上·广东开学考）含钒碳质金矿中含、、、的化合物，一种用该矿综合提炼金属、的工艺流程如图所示：
已知：P204不可萃取、，但对、有很强的萃取能力。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，矿物中的碳更易与氧气反应生成，该反应的化学方程式为　 　。
（2）“浸出”后的浸出液中含有少量、，浸出液通入目的为　 　，操作X为　 　。
（3）“溶解”时，含金沉淀转为强酸，由和配离子组成，的空间结构与相同，下列关于的说法正确的是_______(填选项字母)。
A．的配位数为5
B．采取杂化
C．的空间结构与相同
D．是一元酸
（4）“还原”时，反应的离子方程式如下：
__________________________________________
完成上述离子方程式：　 　；常温下，当溶液的时，溶液中　 　(填“＜”、“=”或“>”)。
（5）合金可作为核聚变装置超导线圈材料，该合金的立方晶胞结构如图所示：
该合金的晶胞中，粒子个数最简比　 　；晶体中与原子最近且等距离的V原子的数目为　 　；设为阿伏加德罗常数的值，晶胞密度为，晶胞中两个原子间的最小距离为　 　nm(用含、的代数式表示)。
19．（2025高三上·广东开学考）硅是信息产业、硅太阳能电池的基础材料。回答下列问题：
（1）基态原子的价层电子排布图为　 　。
（2）锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的硅制备方法。还原的反应如下：
反应1：， ；
反应2：， ；
反应3：， 。
①对于上述三个反应，下列说法合理的是　 　(填选项字母)。
a.升高温度会提高的平衡转化率　　b.还原过程需在无氧的气氛中进行
c. 　　d.可以代替还原
②实际制备过程选择上述反应3，该条件下，除了发生反应3，还会发生以下两个反应：
反应4： ；
反应5： 。
则　 　；在　 　(填“高温”或“低温”)下有利于反应5自发进行。
（3）向刚性密闭容器中充入和，在催化剂、催化剂的作用下发生反应3、反应4、反应5，反应时测得转化率、选择性[选择性]与温度的关系曲线如图所示(在图像所示温度范围内，催化剂的活性不变)：
在催化剂A的作用下，表示转化率与T的关系曲线是　 　(填“X”或“Z”)。
（4）向温度恒为的刚性密闭容器中充入和，发生反应3、反应4、反应5，起始压强为，达到平衡后，测得反应体系总压强为，的分压为，则的物质的量为　 　，用分压表示反应3的平衡常数　 　(用含的代数式表示)。
20．（2025高三上·广东开学考）香豆素类化合物可抗肿瘤。一种合成香豆素-3-羧酸化合物的路线如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物i的化学名称是　 　。
（2）化合物ii的分子式为　 　；反应②是化合物ii与化合物X的原子利用率100%的反应，则化合物X为　 　(填结构简式)，化合物X的含有苯环、能与银氨溶液发生银镜反应的同分异构体中，核磁共振氢谱有4组峰的化合物为　 　(写出一种结构简式)。
（3）下列说法正确的有_______(填选项字母)。
A．在化合物i分子中，C、O原子均为sp2杂化
B．反应③过程中，有键的断裂和键的形成
C．在化合物V分子中，存在大键，所有原子均可共平面
D．vi分子间可形成氢键
（4）利用反应②的反应原理，乙醇经过四步反应可得到化合物vii()
①第三步反应为酯化反应，则最后一步反应的两种反应物为　 　(填结构简式)。
②第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)，属于　 　(填反应类型)。
（5）化合物i可通过环丙烷经过三步反应得到。
①第一步反应得到一氯代物。
②第二步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
③第三步反应所需要的试剂为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、青花瓷的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是有机高分子，A错误；
B、丝绸刺绣的主要成分是蛋白质，蛋白质是由氨基酸通过缩聚反应形成的有机高分子化合物，B正确；
C、紫砂壶的主要成分是黏土，属于无机非金属材料，不是有机高分子，C错误；
D、端砚石的主要成分是硅酸盐等无机矿物质，不是有机高分子，D错误；
故答案为：B。【分析】要解决这道题，需明确各传统工艺制品的主要成分，判断其是否属于有机高分子，解题思路为逐一分析选项中物质的成分类别。
2．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、观察结构，分子含有的官能团是氨基（-NH2）、溴原子（-Br）、酯基（-COO-），共 3 种，不是 4 种，A错误；
B、手性碳原子需要连接 4 个不同的原子、原子团，该分子中所有碳原子的连接基团都有重复（比如甲基的碳连 3 个 H），不含手性碳，B错误；
C、酯基能发生水解反应（属于取代反应），苯环能与 H2等发生加成反应，因此该物质可发生取代、加成反应，C正确；
D、1mol 该物质中，酯基水解消耗 1mol NaOH；苯环上的溴原子水解生成酚羟基和 HBr，酚羟基会再消耗 1mol NaOH，HBr 消耗 1mol NaOH，共消耗 3mol NaOH，不是 2mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要集中在 3 个方面：
官能团计数错误：容易漏数、多数官能团，比如误把甲基当官能团，或忽略 “氨基、溴原子、酯基” 是仅有的 3 种官能团。
手性碳判断失误：对 “手性碳需连 4 个不同基团” 的定义理解不牢，误将有取代基的碳错判为手性碳。
NaOH 反应量计算偏差：只考虑酯基水解的 1mol NaOH，忽略苯环溴原子水解后，生成的酚羟基会额外消耗 1mol NaOH（加上 HBr 消耗的 1mol，共 3mol。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、金属材料包括纯金属和合金，钛合金是钛与其他金属 / 非金属熔合形成的合金，属于金属材料，A正确；
B、单晶硅的构成微粒是硅原子，原子间通过共价键结合形成空间网状结构，符合共价晶体的特征，B 正确；
C、蛋白质在高温下会发生变性（失去生理活性），低温能抑制变性过程，所以重组蛋白疫苗低温保存是为了防止蛋白质变性，C正确；
D、氢燃料电池的能量转化过程是：燃料（氢气）的化学能先转化为电能，再由电能转化为机械能驱动汽车，并非化学能直接转化为机械能，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
能量转化形式混淆：易误将燃料电池的能量转化直接等同于 “化学能→机械能”，忽略其实际是 “化学能→电能→机械能” 的两步转化，从而错判 D 选项。
材料类别 / 晶体类型的模糊认知：比如混淆 “金属材料包含合金”“单晶硅属于共价晶体” 的概念，可能误判 A、B 选项的正确性。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、水垢主要成分为 CaCO3，食醋含 CH3COOH。依据 “强酸制弱酸”，醋酸酸性强于碳酸，能与 CaCO3反应生成可溶的醋酸钙，从而除去水垢，二者匹配，故A不符合题意 ；
B、草木灰含 K2CO3，CO32-会发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，使溶液显碱性。碱性溶液能促进油脂（油污主要成分）水解，二者匹配，故B不符合题意 ；
C、“84” 消毒液的有效成分为 NaClO，ClO-具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的蛋白质结构，从而实现消毒，二者匹配，故C不符合题意 ；
D、NaHCO3治疗胃酸过多，是因为它能与胃酸（主要成分为 HCl）发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，并非利用 “受热易分解” 的性质，二者不匹配，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．除水垢（CaCO3）， 利用醋酸酸性强于碳酸，与 CaCO3反应溶解水垢。
B．洗油污---草木灰中 CO32-水解显碱性，促进油脂水解。
C．消毒---- “84” 消毒液中 NaClO 的强氧化性灭活微生物。
D．治胃酸---用 NaHCO3与 HCl 反应中和胃酸，非 “受热分解”。
5．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、聚乙烯的制备反应是加聚反应（乙烯分子通过双键断裂，相互加成连接成高分子），而非缩聚反应（缩聚反应会生成小分子副产物，加聚反应无副产物），A错误；
B、天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，高分子化合物的分子链长度不同、相对分子质量不固定，因此聚异戊二烯属于混合物，B正确；
C、石墨烯中每个碳原子与相邻 3 个碳原子形成 σ 键，采取 sp2 杂化，进而构成平面六边形网状结构，C正确；
D、聚四氟乙烯（PTFE）是由四氟乙烯（CF2=CF2）通过加聚反应制得，因此其单体是四氟乙烯；且聚四氟乙烯具有耐高温、不粘性，可用作不粘锅涂层，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．区分加聚与缩聚反应—乙烯生成聚乙烯是双键断裂的加聚反应（无副产物），不是缩聚反应（有小分子副产物）。
B．高分子化合物的类别—聚异戊二烯是高分子，分子相对质量不固定，属于混合物。
C．石墨烯的结构杂化—石墨烯中 C 原子以 sp2 杂化，形成平面六边形网状结构。
D．高聚物的单体与性质—聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚得到（单体是 CF2=CF2），且其具有不粘性，可用作不粘锅涂层。
6．【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、NaOH 固体易潮解且具有腐蚀性，不能放在称量纸上称量，应放在小烧杯中称量，故A不符合题意 ；
B、定容时，胶头滴管应垂直悬空于容量瓶刻度线正上方（不能伸入瓶内），否则会污染溶液，故B不符合题意 ；
C、定容后摇匀的正确操作是：盖好容量瓶瓶塞，左手按住瓶塞，右手托住瓶底，上下颠倒振荡，使溶液混合均匀，故C符合题意 ；
D、用标准溶液滴定醋酸时，醋酸呈酸性，甲基橙的变色范围是 3.1-4.4，滴定终点溶液显酸性（醋酸钠水解显碱性，应选酚酞作指示剂）；且酸式滴定管（图示为酸式）不能盛放碱性标准溶液（若标准液是 NaOH，应选碱式滴定管），故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．NaOH 的称量要求易潮解、腐蚀性物质不能放称量纸，需用小烧杯。
B．定容时胶头滴管的操作—不能伸入容量瓶内，需悬空滴加。
C．定容后摇匀的操作—盖塞、托瓶、颠倒振荡，符合规范。
D．滴定的指示剂与滴定管选择—醋酸滴定应选酚酞（而非甲基橙），碱性标准液不能用酸式滴定管。
7．【答案】B
【知识点】工业制取硫酸；工业制取硝酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、工业制硝酸的第一步，N2与 O2反应只能生成 NO（无法直接一步生成 NO2），后续 NO 再被氧化为 NO2，因此 “N2→NO2” 不能一步实现，A错误；
B、工业制烧碱采用电解饱和 NaCl 溶液的方法，反应为 2NaCl + 2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得到 NaOH 溶液后，经蒸发结晶可制得 NaOH 固体，两步转化均可一步实现，B正确；
C、纯碱工业中，NaCl 溶液与 CO2不反应（因为弱酸不能制强酸，HCl 酸性强于 H2CO3），需先通入 NH3使溶液显碱性，再通入 CO2才能生成 NaHCO3，因此 “NaCl 溶液→NaHCO3” 不能一步实现，C错误；
D、工业制硫酸中，S 与 O2反应只能生成 SO2（无法直接一步生成 SO3），后续 SO2再经催化氧化生成 SO3，因此 “S→SO3” 不能一步实现，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．N2与 O2反应只能生成 NO，无法一步到 NO2。
B．电解饱和 NaCl 溶液可直接得 NaOH 溶液，溶液蒸发结晶能一步得 NaOH 固体，两步均能实现。
C．NaCl 溶液与 CO2不反应（弱酸不能制强酸），需先通 NH3才能生成 NaHCO3。
D．S 与 O2反应只能生成 SO2，无法一步到 SO3。
8．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；钠的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、陈述 I（钠保存在煤油中）正确，但陈述 II 错误（钠的密度比煤油大，才能沉在煤油里隔绝空气）；且因果关系不成立，A错误；
B、陈述 I（SO2漂白纸浆）正确，但陈述 II 对应的因果错误（SO2漂白纸浆利用的是漂白性，不是还原性），B错误；
C、陈述 I（FeCl3溶液加 KSCN 显红色）正确，陈述 II（Fe3+ 与 SCN - 生成配合物）也正确，且正是因为生成该配合物，溶液才显红色，两者存在因果关系，C正确；
D、陈述 I（FeCl3蚀刻铜电路板）正确，但陈述 II 错误（实际是 Cu 具有还原性，Fe3+ 被还原为 Fe2+，不是 Fe），因果关系也不成立，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．陈述 II 错误（钠密度比煤油大），且因果不成立。
B．陈述 II 对应的性质错（SO2漂白用的是漂白性，非还原性），因果不成立。
C．陈述 I、II 均正确，且 Fe3+ 与 SCN - 生成配合物是溶液变红的原因，因果成立。
D．陈述 II 错误（Cu 具还原性，Fe3+ 被还原为 Fe2+），因果不成立。
9．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Na 和 Al 同周期，周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性 Na>Al，A正确；
B、S 和 Cl 同周期，非金属性 Cl>S，非金属性越强简单氢化物越稳定，故稳定性 HCl>H2S（f>e），B错误；
C、C 和 N 同周期，非金属性 N>C，非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，故酸性 HNO3>H2CO3（d>c），C错误；
D、Na 与 O2反应可生成 Na2O2，Na2O2是离子化合物，但含 O-O 共价键，D错误；
故答案为：A。
【分析】短周期主族元素中，a 正价 +1、半径最大，为Na；b 正价 +3、半径小于 a，为Al；c 正价 +4 且原子序数最小，为C；d 正价 +5、半径小于 c，为N；e 正价 +6、半径大于 d，为S；f 正价 +7，为Cl。据此解题。
10．【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、重水（D2O）中，D（氘）的中子数为 1（质子数 1，质量数 2），O 的中子数为 8（质子数 8，质量数 16）。1 个 D2O 含中子数 = 1×2 + 8=10，故 1mol D2O 含中子数目为 10NA，A 正确；
B、标准状况下 22.4L Cl2为 1mol，Cl2与 Fe 反应时，Cl 元素从 0 价降为 - 1 价，1mol Cl2完全反应转移电子数为 2NA（而非 3NA），B错误；
C、Na2CO3溶液中，CO32-会发生水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-），导致溶液中 CO32-数目小于 0.1NA，C错误；
D、CH4与 Cl2的光照反应是可逆的连锁反应（会生成 CH3Cl、CH2Cl2等多种产物），并非 1：1 生成 CH3Cl，故生成 CH3Cl 的分子数目小于 NA，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点集中在 4 个典型陷阱：
粒子构成计算错误：若忽略 D（氘）的中子数（误按 H 的中子数 0 计算），会错判 A 选项；实际 D 含 1 个中子，D2O 的中子数需准确计算。
氧化还原电子转移量误判：误将 Cl2与 Fe 反应的电子转移量按 Fe 的价态变化计算（认为生成 Fe3+ 转移 3e-），忽略 Cl2是 “双原子分子，1mol Cl2仅转移 2mol 电子”。
忽略离子水解：认为 CO32-在溶液中不变化，未考虑其水解导致实际数目减少。
混淆 “可逆 / 连锁反应” 与 “完全反应”：误将 CH4与 Cl2的光照反应当作完全生成 CH3Cl 的反应，忽略其是多步可逆反应，产物复杂。
11．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、制备 SO2用 70% 硫酸，若硫酸浓度过大（如 98% 浓硫酸），其电离出的 H+少，反而会降低反应速率；且浓度过大时，反应放热易使硫酸沸腾，所以 “浓度越大反应速率越快” 不成立，A 错误；
B、SO2与水反应生成 H2SO3，使紫色石蕊溶液变红，但 SO2的漂白性仅针对某些有机色质（如品红），不能漂白石蕊，因此溶液只会变红、不会褪色，B错误；
C、装置 Z 中，SO2通入 HNO3和 BaCl2混合液，HNO3具有强氧化性，可将 SO2氧化为 SO42-，SO42-与 Ba2+生成 BaSO4白色沉淀（难溶于硝酸）；此过程中 SO2作还原剂，体现了还原性，C正确；
D、SO2与饱和 NaHSO3溶液不反应，无法吸收尾气；尾气处理应选用 NaOH 溶液等碱性试剂，D错误；
故答案为：C。
【分析】实验先通 N2排尽装置内空气，再用 70% 硫酸与 Na2SO3反应制 SO2。
装置 Y 中，SO2与水反应生成 H2SO3（亚硫酸），使紫色石蕊溶液变红（SO2漂白性不作用于石蕊）；装置 Z 中，HNO3（硝酸）具有强氧化性，能将 SO2氧化为 SO42-（硫酸根离子），SO42-与 BaCl2中的 Ba2+结合，生成难溶于硝酸的 BaSO4（硫酸钡）白色沉淀，此过程体现了 SO2的还原性。据此解题。
12．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、AgCl 悬浊液是饱和溶液，加水稀释后仍保持饱和，温度不变则溶度积 Ksp (AgCl) 不变，因此溶液中 c (Ag+) 不变，A错误；
B、AgCl 难溶，但可与氨水反应生成 [Ag(NH3)2]+，因此悬浊液 II 中存在平衡：
AgCl+2NH3 H2O [Ag (NH3)2]++Cl-+2H2O，B正确；
C、加入 NaCl 固体，c (Cl-) 增大，根据平衡移动原理，上述平衡会逆向移动，因此 c([Ag(NH3)2]+) 减小，C错误；
D、稀硝酸中的 H+会与 NH3 H2O 反应（H++NH3 H2O=NH4++H2O），使 NH3 H2O 浓度降低，平衡逆向移动，会析出 AgCl 白色沉淀，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．AgCl 悬浊液是饱和溶液，稀释后仍饱和，Ksp 不变则 c (Ag+) 不变。
B．AgCl 与氨水反应生成配合物 [Ag(NH3)2]+，因此存在 “AgCl 溶解 + 配合物生成” 的平衡。
C．加入 NaCl 使 c(Cl-) 增大，平衡逆向移动，c([Ag (NH3)2]+) 减小。
D．稀硝酸与 NH3 H2O 反应，使氨水浓度降低，平衡逆向移动，会析出 AgCl 沉淀。
13．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、分子的沸点由分子间作用力（或氢键）决定，与分子内共价键键能无关；共价键键能影响的是分子的稳定性（而非沸点），因此无法由 “共价键键能大” 直接推测 “沸点较高”，A符合题意；
B、石墨层间存在较弱的范德华力，层与层易滑动，因此可直接推测石墨质软，B不符合题意；
C、羟基（-OH）能与活泼金属（如 Na）反应，因此乙醇分子含羟基，可直接推测其能与活泼金属反应，C不符合题意；
D、硅原子半径大于碳原子，导致晶体硅中 Si-Si 键长比金刚石中 C-C 键长长、键能小，因此可直接推测晶体硅熔点更低、硬度更小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．共价键键能影响分子稳定性，沸点由分子间作用力（或氢键）决定，二者无直接关联。
B．石墨层间是弱范德华力，层间易滑动是质软的直接原因，结构与性质对应。
C．羟基是能与活泼金属反应的官能团，乙醇含羟基即具备该反应性质，结构与性质对应。
D．原子半径决定共价键键长，键长影响键能，进而影响晶体熔点和硬度，硅原子半径大导致 Si-Si 键能小，性质推导合理。
14．【答案】A
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解时，阳离子向阴极移动。a 极产生 H2，为阴极；b 极产生 N2，为阳极。因此 K+应向阴极（a 极）移动，而非 b 极，A错误；B、阳极发生氧化反应，NH2-失去电子生成 N2，结合守恒关系，电极反应式为 6NH2- - 6e- = N2↑ + 4NH3，B正确；
C、能量密度计算：1L 液氨质量为 0.77g cm-3×1000cm3=770g，物质的量为
770g÷17g mol- ≈45.29mol；由反应 ，得 H2物质的量为 45.29mol×()≈67.9mol≈68mol，故能量密度约为 68mol L- ，C正确；
D、电极电势：阴极（a 极）电势低于阳极（b 极），故惰性电极 a < 惰性电极 b，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．产 H2的 a 极是阴极，电解时阳离子（K+）向阴极移动，而非阳极（b 极）。
B．阳极发生氧化反应，NH2-失电子生成 N2，结合原子守恒和电子守恒，可推出电极反应式。
C．先根据液氨密度、体积算质量，再换算成物质的量，结合反应 2NH3电解生成 3H2的比例，算出 H2物质的量即得能量密度，计算逻辑成立。
D．电解池中阴极电势必然低于阳极，a 为阴极、b 为阳极，故电极电势 a
15．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、FeCl3·6H2O与SOCl2混合加热时，SOCl2作脱水剂，反应生成FeCl3、SO2和HCl，配平后方程式为 ，A正确；
B、SOCl2沸点为77℃，加热易挥发，装置a（冷凝管）可将挥发的SOCl2冷凝回流，减少其损耗、提高转化率，B正确；
C、装置b中无水CaCl2是干燥剂，仅能吸收水分，无法除去HCl和SO2；除去HCl、SO2需用NaOH溶液（对应烧杯中的试剂），因此装置b的作用并非除HCl和SO2，C错误；
D、产物SO2具有强还原性，可能将Fe3+还原为Fe2+，故制得的无水FeCl3中可能含FeCl2等还原性杂质，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．SOCl2作脱水剂时，会与结晶水反应生成 SO2和 HCl，结合原子守恒配平，反应方程式合理。
B．SOCl2沸点低（77℃）易挥发，冷凝管的核心作用是冷凝回流挥发性反应物，减少损耗。
C．无水 CaCl2仅能吸水，不与 HCl、SO2反应，无法除去这两种气体，除杂需靠后续碱性试剂。
D．SO2具有强还原性，可能还原 Fe3+ 生成 Fe2+，导致产物中混入 FeCl2杂质。
16．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置a中溶液的溶质是。存在两种行为：
水解：（使溶液显碱性）；
电离：（使溶液显酸性）。
由于溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，A错误；
B、装置a中盛放饱和溶液，其作用是吸收废气中的和（发生反应：、）。
但与溶液不反应（因为的酸性强于，不满足“强酸制弱酸”），因此装置a不能吸收，B错误；
C、装置b是电解池，需先判断电极类型：
左侧电极：失去电子生成（化合价升高，发生氧化反应），故为阳极；
右侧电极：得到电子生成（化合价降低，发生还原反应），故为阴极。
双极膜可解离出和，其中向阳极（左侧）移动，因此双极膜左侧为阴离子交换膜（允许阴离子通过），而非阳离子交换膜，C错误；
D、结合电解池的电极反应推导总反应：
阳极反应（左侧）：；
阴极反应（右侧）：。
将两极反应相加，消去电子和、（结合双极膜解离的、，最终总反应为）：
，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．盐类水解与电离的判断：通过溶液的酸碱性，判断水解与电离程度的相对大小。
B．废气吸收的反应逻辑：明确溶液与、、的反应差异，判断装置a的吸收对象。
C．电解池的电极与离子交换膜分析：根据电极反应的氧化还原类型判断电极极性，结合离子移动方向确定离子交换膜类型。
F．电解总反应的推导：通过阳极和阴极的电极反应式相加，推导总反应方程式。
17．【答案】（1）
（2）acd；BC
（3）14.00；NaOH溶液；低温时缓冲溶液对NaOH溶液的缓冲效果更好；缓冲液浓度
（4）取(3)中第Ⅳ组的缓冲溶液放入烧杯中，用计测得下溶液的，记录数据；数据处理思路：由于缓冲溶液中，故由可知，由值可得到
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）缓冲体系的平衡原理为，加入时消耗，使得上述平衡逆向移动，即平衡向正反应方向移动；
故答案为： ；
（2）①溶解、稀释用到烧杯，定容用到容量瓶，取液用到量筒，不需要蒸馏烧瓶，故选项；
②A．通过计算得（醋酸钠）（醋酸钠）（醋酸钠），用托盘天平（精确度为）称量时取，A项错误；
B．稀释过程使得乙酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，B项正确；
C．失去结晶水后，所称量晶体中醋酸钠物质的量增大，故配制的溶液浓度偏大，C项正确；
D．乙酸为弱酸，乙酸溶液的，D项错误；
故答案为： acd ；BC；
（3）①控制混合溶液总体积相同，均为，则；
②第Ⅳ组实验中缓冲溶液对溶液的缓冲体积最大为，大于对稀盐酸的缓冲体积，故缓冲溶液对溶液的缓冲效果更好；第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组实验中变量为温度，探究的是温度对缓冲效果的影响，从数据可看出低温时缓冲溶液对溶液缓冲体积最大，故低温时缓冲溶液对溶液的缓冲效果更好；
③由取用醋酸钠溶液和醋酸溶液的比例可知，第Ⅴ组缓冲溶液浓度较低，缓冲效果也较弱，则第Ⅴ、Ⅵ组实验欲探究缓冲溶液浓度对缓冲溶液的缓冲能力的影响；
故答案为： 14.00 ； NaOH溶液 ； 低温时缓冲溶液对NaOH溶液的缓冲效果更好 ； 缓冲液浓度 ；
（4）由醋酸电离常数计算式可知，若，则通过测得到为最简方案，故实验方法：取（3）中第Ⅳ组的缓冲溶液放入烧杯中，用计测得下溶液的，记录数据；数据处理思路：由于缓冲溶液中，故由可知，由值可得到。
故答案为： 取(3)中第Ⅳ组的缓冲溶液放入烧杯中，用计测得下溶液的，记录数据；数据处理思路：由于缓冲溶液中，故由可知，由值可得到 。
【分析】(1) 明确缓冲体系的平衡移动，写出 H2CO3的电离平衡式。
(2) ①选配制溶液的必需仪器（烧杯、容量瓶、量筒）；②辨析溶液配制与弱电解质的性质（称量误差、稀释对电离的影响等）。
(3)①利用总体积守恒计算溶液体积；②通过 pH 变化判断缓冲效果，分析温度对缓冲能力的影响；③对比浓度差异，确定实验探究的变量。
(4) 利用 “c(CH3COO-)=c(CH3COOH)” 的缓冲液，测 pH 计算醋酸的电离常数。
（1）缓冲体系的平衡原理为，加入时消耗，使得上述平衡逆向移动，即平衡向正反应方向移动；
（2）①溶解、稀释用到烧杯，定容用到容量瓶，取液用到量筒，不需要蒸馏烧瓶，故选项；
②A．通过计算得（醋酸钠）（醋酸钠）（醋酸钠），用托盘天平（精确度为）称量时取，A项错误；
B．稀释过程使得乙酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，B项正确；
C．失去结晶水后，所称量晶体中醋酸钠物质的量增大，故配制的溶液浓度偏大，C项正确；
D．乙酸为弱酸，乙酸溶液的，D项错误；
故选BC；
（3）①控制混合溶液总体积相同，均为，则；
②第Ⅳ组实验中缓冲溶液对溶液的缓冲体积最大为，大于对稀盐酸的缓冲体积，故缓冲溶液对溶液的缓冲效果更好；第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组实验中变量为温度，探究的是温度对缓冲效果的影响，从数据可看出低温时缓冲溶液对溶液缓冲体积最大，故低温时缓冲溶液对溶液的缓冲效果更好；
③由取用醋酸钠溶液和醋酸溶液的比例可知，第Ⅴ组缓冲溶液浓度较低，缓冲效果也较弱，则第Ⅴ、Ⅵ组实验欲探究缓冲溶液浓度对缓冲溶液的缓冲能力的影响；
（4）由醋酸电离常数计算式可知，若，则通过测得到为最简方案，故实验方法：取（3）中第Ⅳ组的缓冲溶液放入烧杯中，用计测得下溶液的，记录数据；数据处理思路：由于缓冲溶液中，故由可知，由值可得到。
18．【答案】（1）
（2）作还原剂，将转化为可被204萃取的，并将转为不可被204萃取的；萃取分液
（3）B；D
（4）；<
（5）3：1；12；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“焙烧”时作还原剂，生成，则反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（2）由信息可知，204不可萃取、，但对，有很强的萃取能力，可通入还原剂，将转化为可被204萃取的，并将转为不可被204萃取的，从而提高钒的萃取率；结合该步骤中加入204，后续还有个“反萃取”步骤，可知操作为“萃取分液”。
故答案为： 作还原剂，将转化为可被204萃取的，并将转为不可被204萃取的 ； 萃取分液 ；
（3）A．的配位数为4，A错误；
B．由于的空间结构与相同，都是正四面体形，则采取杂化，B正确；
C．是平面四边形的空间结构，的空间结构是正四面体形，C错误；
D．是一元酸，D正确。
故答案为：BD；
（4）“还原”时反应的离子方程式为；根据电荷守恒：，当时，，则。
故答案为： ； < ；
（5）V位于晶胞的6个面上，每个面上有2个V原子，则晶胞中有个V原子，位于晶胞8个顶点和体心位置，则晶胞中有个原子，粒子个数最简比；晶胞中与体心最近且等距离的V原子在6个面上，共12个，则晶体中与原子最近且等距离的V的个数为12；根据信息，晶胞边长，晶胞中两个原子间的最小距离为晶胞体对角线的一半，则为。
故答案为： 3：1 ；12； 。
【分析】向矿石中加入 NaCl 并焙烧时，Au 的化合物会转化为氯化金（易挥发），以烟气形式脱离体系，实现金与其他元素（Fe、V、Zn）的初步分离，剩余的焙烧渣中保留 Fe、V、Zn 的化合物。焙烧渣经 “浸出” 操作后，其中的 V、Fe 元素部分溶解进入溶液，形成含少量 VO2+（钒的一种离子形式）和 Fe3+（铁离子）的浸出液。“通气” 步骤的核心作用是通过还原反应将浸出液中的 Fe3+转化为 Fe2+（亚铁离子），这一转化为后续分离 V 和 Fe 奠定基础。利用萃取剂 P204 的选择性萃取特性—它不能萃取 VO2+和 Fe2+，但对 VO2+（另一种钒离子）和 Fe3+有很强的萃取能力。由于 Fe3+已被还原为 Fe2+，此时溶液中可被 P204 萃取的只有 VO2+，因此 VO2+进入有机相，经反萃取后得到钒液；而 Fe2+因不被萃取，留在水层中，从而实现 V 与 Fe 的分离。
（1）“焙烧”时作还原剂，生成，则反应的化学方程式为。
（2）由信息可知，204不可萃取、，但对，有很强的萃取能力，可通入还原剂，将转化为可被204萃取的，并将转为不可被204萃取的，从而提高钒的萃取率；结合该步骤中加入204，后续还有个“反萃取”步骤，可知操作为“萃取分液”。
（3）A．的配位数为4，A错误；
B．由于的空间结构与相同，都是正四面体形，则采取杂化，B正确；
C．是平面四边形的空间结构，的空间结构是正四面体形，C错误；
D．是一元酸，D正确。
故选BD。
（4）“还原”时反应的离子方程式为；根据电荷守恒：，当时，，则。
（5）V位于晶胞的6个面上，每个面上有2个V原子，则晶胞中有个V原子，位于晶胞8个顶点和体心位置，则晶胞中有个原子，粒子个数最简比；晶胞中与体心最近且等距离的V原子在6个面上，共12个，则晶体中与原子最近且等距离的V的个数为12；根据信息，晶胞边长，晶胞中两个原子间的最小距离为晶胞体对角线的一半，则为。
19．【答案】（1）
（2）bd；；高温
（3）X
（4）0.6；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）为14号元素，其基态原子的价层电子排布式为，价层电子排布图为。
故答案为： ；
（2）①a．反应、、均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，a错误；
b．锌、硅都会和氧气反应，故还原过程需在无氧的气氛中进行，b正确；
c．液态锌单质变为气体为吸热过程，导致反应放热增多，放热的焓变为负值，则，c错误；
d．为活泼金属，可以代替还原，d正确；
故答案为：bd；
②根据盖斯定律，反应（反应4）反应5，所以；反应5的，，根据，该反应在高温自发进行。
故答案为： ； 高温 ；
（3）图中催化剂、曲线均不重合且趋势相同，可知反应、、均未达到平衡，从速率角度分析，温度升高，反应速率加快，转化率增大，故曲线表示催化剂作用下转化率与T的关系。
故答案为： X ；
（4）设平衡时反应3中转化的物质的量为，反应4中转化的物质的量为，反应5中转化的物质的量为，列三段式：
平衡时，，，，，根据起始压强为，平衡后总压强为，的分压为，则，，故，，，，，，，气体总物质的量为，则反应3的平衡常数。
故答案为： 0.6 ； 。
【分析】(1)根据 Si 的原子序数，写出其价层电子排布式与轨道图。
(2)①结合反应热、物质性质判断选项（放热反应升温转化率降；Zn、Si 需无氧环境；Mg 可替代 Zn）；
②用盖斯定律算 ΔH3；根据 ΔG=ΔH-TΔS 判断反应 5 的自发条件。
(3)温度升高速率加快，催化剂 A 作用下转化率随温度升高而增大，对应曲线 X。
(4)通过三段式、压强与物质的量关系计算 Si 的物质的量；结合分压公式求反应 3 的 K 。
（1）为14号元素，其基态原子的价层电子排布式为，价层电子排布图为。
（2）①a．反应、、均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，a错误；
b．锌、硅都会和氧气反应，故还原过程需在无氧的气氛中进行，b正确；
c．液态锌单质变为气体为吸热过程，导致反应放热增多，放热的焓变为负值，则，c错误；
d．为活泼金属，可以代替还原，d正确；
故选bd；
②根据盖斯定律，反应（反应4）反应5，所以；反应5的，，根据，该反应在高温自发进行。
（3）图中催化剂、曲线均不重合且趋势相同，可知反应、、均未达到平衡，从速率角度分析，温度升高，反应速率加快，转化率增大，故曲线表示催化剂作用下转化率与T的关系。
（4）设平衡时反应3中转化的物质的量为，反应4中转化的物质的量为，反应5中转化的物质的量为，列三段式：
平衡时，，，，，根据起始压强为，平衡后总压强为，的分压为，则，，故，，，，，，，气体总物质的量为，则反应3的平衡常数。
20．【答案】（1）丙二酸
（2）；；或
（3）B；D
（4）、；；氧化反应
（5）；酸性溶液
【知识点】有机物的合成；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）化合物i（）结构中存在两个羧基，化学名称为丙二酸。
故答案为： 丙二酸 ；
（2）根据化合物ii（）的结构可得出其分子式为；反应②为加成反应，由化合物ii、iii的结构简式可推出另一种反应物为，其含苯环的同分异构体中，核磁共振氢谱有4组峰的化合物具有对称结构，为或。
故答案为： ； ；或 ；
（3）A．在化合物i分子中存在键和键，则其中原子和原子均存在杂化和杂化，A项错误；
B．反应③是羟基的消去反应，有键的断裂和键的形成，B项正确；
C．化合物V中有苯环，存在大键，但存在两个杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，C项错误；
D．vi分子中含有羧基（），可形成分子间氢键，D项正确；
故答案为： BD；
（4）类比反应②的反应机理，乙醇经过4步反应得到化合物vii的合成路线如下：，最后一步反应是和的加成反应。第一步反应为乙醇的催化氧化，化学方程式为，属于氧化反应。
故答案为：、 ； ； 氧化反应 ；
（5）化合物i可通过环丙烷经过三步反应得到，采用逆合成分析法可得合成路线如下：，第二步发生卤代烃的消去反应：，第三步为烯烃的氧化反应，需要的试剂为酸性高锰酸钾溶液。
故答案为： ； 酸性溶液 。
【分析】酯化反应有机物 ⅰ 与乙醇发生酯化反应（羧酸与醇生成酯的反应），生成含有酯基的物质 ⅱ。原子利用率 100% 的加成反应反应②中，物质 ⅱ 与化合物 X 反应，且原子利用率为 100%（说明是加成反应，无副产物）。结合生成的物质 ⅲ 的结构，可反推出化合物 X 的结构为邻羟基苯甲醛（），二者通过加成反应结合形成物质 ⅲ。物质 ⅲ 发生消去反应（脱去小分子，形成不饱和键），生成含有双键的物质 ⅳ；物质 ⅳ 继续发生反应，转化为中间产物 ⅴ；最终，物质 ⅴ 中的酯基发生水解反应（酯与水反应生成羧酸和醇），得到目标产物 ⅵ。
（1）化合物i（）结构中存在两个羧基，化学名称为丙二酸。
（2）根据化合物ii（）的结构可得出其分子式为；反应②为加成反应，由化合物ii、iii的结构简式可推出另一种反应物为，其含苯环的同分异构体中，核磁共振氢谱有4组峰的化合物具有对称结构，为或。
（3）A．在化合物i分子中存在键和键，则其中原子和原子均存在杂化和杂化，A项错误；
B．反应③是羟基的消去反应，有键的断裂和键的形成，B项正确；
C．化合物V中有苯环，存在大键，但存在两个杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，C项错误；
D．vi分子中含有羧基（），可形成分子间氢键，D项正确；
故选BD。
（4）类比反应②的反应机理，乙醇经过4步反应得到化合物vii的合成路线如下：，最后一步反应是和的加成反应。第一步反应为乙醇的催化氧化，化学方程式为，属于氧化反应。
（5）化合物i可通过环丙烷经过三步反应得到，采用逆合成分析法可得合成路线如下：，第二步发生卤代烃的消去反应：，第三步为烯烃的氧化反应，需要的试剂为酸性高锰酸钾溶液。
1 / 1广东省部分学校2026届高三上学期8月份联考 化学试题
1．（2025高三上·广东开学考）华夏瑰宝，凝聚先民智慧。下列传统工艺制品的主要成分属于有机高分子的是
A.青花瓷 B.丝绸刺绣 C.紫砂壶 D.端砚石
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、青花瓷的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是有机高分子，A错误；
B、丝绸刺绣的主要成分是蛋白质，蛋白质是由氨基酸通过缩聚反应形成的有机高分子化合物，B正确；
C、紫砂壶的主要成分是黏土，属于无机非金属材料，不是有机高分子，C错误；
D、端砚石的主要成分是硅酸盐等无机矿物质，不是有机高分子，D错误；
故答案为：B。【分析】要解决这道题，需明确各传统工艺制品的主要成分，判断其是否属于有机高分子，解题思路为逐一分析选项中物质的成分类别。
2．（2025高三上·广东开学考）某抗肿瘤药物中间体的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法正确的是
A．分子中含有4种官能团
B．含有手性碳原子
C．可发生取代反应和加成反应
D．该物质最多能与反应
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、观察结构，分子含有的官能团是氨基（-NH2）、溴原子（-Br）、酯基（-COO-），共 3 种，不是 4 种，A错误；
B、手性碳原子需要连接 4 个不同的原子、原子团，该分子中所有碳原子的连接基团都有重复（比如甲基的碳连 3 个 H），不含手性碳，B错误；
C、酯基能发生水解反应（属于取代反应），苯环能与 H2等发生加成反应，因此该物质可发生取代、加成反应，C正确；
D、1mol 该物质中，酯基水解消耗 1mol NaOH；苯环上的溴原子水解生成酚羟基和 HBr，酚羟基会再消耗 1mol NaOH，HBr 消耗 1mol NaOH，共消耗 3mol NaOH，不是 2mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要集中在 3 个方面：
官能团计数错误：容易漏数、多数官能团，比如误把甲基当官能团，或忽略 “氨基、溴原子、酯基” 是仅有的 3 种官能团。
手性碳判断失误：对 “手性碳需连 4 个不同基团” 的定义理解不牢，误将有取代基的碳错判为手性碳。
NaOH 反应量计算偏差：只考虑酯基水解的 1mol NaOH，忽略苯环溴原子水解后，生成的酚羟基会额外消耗 1mol NaOH（加上 HBr 消耗的 1mol，共 3mol。
3．（2025高三上·广东开学考）科技发展推动社会进步。下列说法不正确的是
A．“奋斗者”号载人潜水器使用钛合金作外壳，钛合金属于金属材料
B．“北斗卫星”的太阳能电池板使用单晶硅，单晶硅是共价晶体
C．“重组蛋白疫苗”运输时需低温保存，目的是防止蛋白质变性
D．“氢燃料电池”汽车运行时，化学能直接转化为机械能
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、金属材料包括纯金属和合金，钛合金是钛与其他金属 / 非金属熔合形成的合金，属于金属材料，A正确；
B、单晶硅的构成微粒是硅原子，原子间通过共价键结合形成空间网状结构，符合共价晶体的特征，B 正确；
C、蛋白质在高温下会发生变性（失去生理活性），低温能抑制变性过程，所以重组蛋白疫苗低温保存是为了防止蛋白质变性，C正确；
D、氢燃料电池的能量转化过程是：燃料（氢气）的化学能先转化为电能，再由电能转化为机械能驱动汽车，并非化学能直接转化为机械能，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
能量转化形式混淆：易误将燃料电池的能量转化直接等同于 “化学能→机械能”，忽略其实际是 “化学能→电能→机械能” 的两步转化，从而错判 D 选项。
材料类别 / 晶体类型的模糊认知：比如混淆 “金属材料包含合金”“单晶硅属于共价晶体” 的概念，可能误判 A、B 选项的正确性。
4．（2025高三上·广东开学考）劳动实践中蕴含化学原理。下列劳动项目与对应化学知识不匹配的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用食醋除水壶中的水垢(主要成分为) 醋酸酸性强于碳酸
B 用草木灰(含)溶液清洗油污 碳酸根水解使溶液显碱性
C 用“84”消毒液(含)给环境消毒 “84”消毒液具有强氧化性
D 用治疗胃酸过多 受热易分解
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、水垢主要成分为 CaCO3，食醋含 CH3COOH。依据 “强酸制弱酸”，醋酸酸性强于碳酸，能与 CaCO3反应生成可溶的醋酸钙，从而除去水垢，二者匹配，故A不符合题意 ；
B、草木灰含 K2CO3，CO32-会发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，使溶液显碱性。碱性溶液能促进油脂（油污主要成分）水解，二者匹配，故B不符合题意 ；
C、“84” 消毒液的有效成分为 NaClO，ClO-具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的蛋白质结构，从而实现消毒，二者匹配，故C不符合题意 ；
D、NaHCO3治疗胃酸过多，是因为它能与胃酸（主要成分为 HCl）发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，并非利用 “受热易分解” 的性质，二者不匹配，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．除水垢（CaCO3）， 利用醋酸酸性强于碳酸，与 CaCO3反应溶解水垢。
B．洗油污---草木灰中 CO32-水解显碱性，促进油脂水解。
C．消毒---- “84” 消毒液中 NaClO 的强氧化性灭活微生物。
D．治胃酸---用 NaHCO3与 HCl 反应中和胃酸，非 “受热分解”。
5．（2025高三上·广东开学考）下列关于材料的说法不正确的是
A．聚乙烯塑料可由乙烯发生缩聚反应得到
B．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，聚异戊二烯属于混合物
C．石墨烯存储材料中有碳原子以杂化形成的平面结构
D．聚四氟乙烯()可用作不粘锅涂层，其单体是四氟乙烯()
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、聚乙烯的制备反应是加聚反应（乙烯分子通过双键断裂，相互加成连接成高分子），而非缩聚反应（缩聚反应会生成小分子副产物，加聚反应无副产物），A错误；
B、天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，高分子化合物的分子链长度不同、相对分子质量不固定，因此聚异戊二烯属于混合物，B正确；
C、石墨烯中每个碳原子与相邻 3 个碳原子形成 σ 键，采取 sp2 杂化，进而构成平面六边形网状结构，C正确；
D、聚四氟乙烯（PTFE）是由四氟乙烯（CF2=CF2）通过加聚反应制得，因此其单体是四氟乙烯；且聚四氟乙烯具有耐高温、不粘性，可用作不粘锅涂层，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．区分加聚与缩聚反应—乙烯生成聚乙烯是双键断裂的加聚反应（无副产物），不是缩聚反应（有小分子副产物）。
B．高分子化合物的类别—聚异戊二烯是高分子，分子相对质量不固定，属于混合物。
C．石墨烯的结构杂化—石墨烯中 C 原子以 sp2 杂化，形成平面六边形网状结构。
D．高聚物的单体与性质—聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚得到（单体是 CF2=CF2），且其具有不粘性，可用作不粘锅涂层。
6．（2025高三上·广东开学考）配制一定浓度的溶液并滴定未知浓度的醋酸。下列操作能达到实验目的的是
A．称取一定质量的固体
B．定容一定浓度的溶液
C．定容后摇匀
D．用标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液
【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、NaOH 固体易潮解且具有腐蚀性，不能放在称量纸上称量，应放在小烧杯中称量，故A不符合题意 ；
B、定容时，胶头滴管应垂直悬空于容量瓶刻度线正上方（不能伸入瓶内），否则会污染溶液，故B不符合题意 ；
C、定容后摇匀的正确操作是：盖好容量瓶瓶塞，左手按住瓶塞，右手托住瓶底，上下颠倒振荡，使溶液混合均匀，故C符合题意 ；
D、用标准溶液滴定醋酸时，醋酸呈酸性，甲基橙的变色范围是 3.1-4.4，滴定终点溶液显酸性（醋酸钠水解显碱性，应选酚酞作指示剂）；且酸式滴定管（图示为酸式）不能盛放碱性标准溶液（若标准液是 NaOH，应选碱式滴定管），故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．NaOH 的称量要求易潮解、腐蚀性物质不能放称量纸，需用小烧杯。
B．定容时胶头滴管的操作—不能伸入容量瓶内，需悬空滴加。
C．定容后摇匀的操作—盖塞、托瓶、颠倒振荡，符合规范。
D．滴定的指示剂与滴定管选择—醋酸滴定应选酚酞（而非甲基橙），碱性标准液不能用酸式滴定管。
7．（2025高三上·广东开学考）下列工业制备流程中涉及的物质转化关系均可一步实现的是
A．工业制硝酸：
B．工业制备烧碱：饱和溶液溶液固体
C．纯碱工业：溶液
D．工业制硫酸：
【答案】B
【知识点】工业制取硫酸；工业制取硝酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、工业制硝酸的第一步，N2与 O2反应只能生成 NO（无法直接一步生成 NO2），后续 NO 再被氧化为 NO2，因此 “N2→NO2” 不能一步实现，A错误；
B、工业制烧碱采用电解饱和 NaCl 溶液的方法，反应为 2NaCl + 2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得到 NaOH 溶液后，经蒸发结晶可制得 NaOH 固体，两步转化均可一步实现，B正确；
C、纯碱工业中，NaCl 溶液与 CO2不反应（因为弱酸不能制强酸，HCl 酸性强于 H2CO3），需先通入 NH3使溶液显碱性，再通入 CO2才能生成 NaHCO3，因此 “NaCl 溶液→NaHCO3” 不能一步实现，C错误；
D、工业制硫酸中，S 与 O2反应只能生成 SO2（无法直接一步生成 SO3），后续 SO2再经催化氧化生成 SO3，因此 “S→SO3” 不能一步实现，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．N2与 O2反应只能生成 NO，无法一步到 NO2。
B．电解饱和 NaCl 溶液可直接得 NaOH 溶液，溶液蒸发结晶能一步得 NaOH 固体，两步均能实现。
C．NaCl 溶液与 CO2不反应（弱酸不能制强酸），需先通 NH3才能生成 NaHCO3。
D．S 与 O2反应只能生成 SO2，无法一步到 SO3。
8．（2025高三上·广东开学考）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 钠保存在煤油中 钠的密度比煤油小
B 可用于漂白纸浆 具有还原性
C 溶液中加入溶液显红色 与生成配合物
D 溶液可蚀刻铜制电路板 具有还原性，被还原生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；钠的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、陈述 I（钠保存在煤油中）正确，但陈述 II 错误（钠的密度比煤油大，才能沉在煤油里隔绝空气）；且因果关系不成立，A错误；
B、陈述 I（SO2漂白纸浆）正确，但陈述 II 对应的因果错误（SO2漂白纸浆利用的是漂白性，不是还原性），B错误；
C、陈述 I（FeCl3溶液加 KSCN 显红色）正确，陈述 II（Fe3+ 与 SCN - 生成配合物）也正确，且正是因为生成该配合物，溶液才显红色，两者存在因果关系，C正确；
D、陈述 I（FeCl3蚀刻铜电路板）正确，但陈述 II 错误（实际是 Cu 具有还原性，Fe3+ 被还原为 Fe2+，不是 Fe），因果关系也不成立，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．陈述 II 错误（钠密度比煤油大），且因果不成立。
B．陈述 II 对应的性质错（SO2漂白用的是漂白性，非还原性），因果不成立。
C．陈述 I、II 均正确，且 Fe3+ 与 SCN - 生成配合物是溶液变红的原因，因果成立。
D．陈述 II 错误（Cu 具还原性，Fe3+ 被还原为 Fe2+），因果不成立。
9．（2025高三上·广东开学考）已知a、b、c、d、e、f为短周期主族元素，它们的最高正价与原子半径关系如图所示，其中的原子序数最小。下列说法正确的是
A．金属性： a>b
B．简单氢化物稳定性：e>f
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：c>d
D．a和氧气反应的产物是离子化合物，不可能含有共价键
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Na 和 Al 同周期，周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性 Na>Al，A正确；
B、S 和 Cl 同周期，非金属性 Cl>S，非金属性越强简单氢化物越稳定，故稳定性 HCl>H2S（f>e），B错误；
C、C 和 N 同周期，非金属性 N>C，非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，故酸性 HNO3>H2CO3（d>c），C错误；
D、Na 与 O2反应可生成 Na2O2，Na2O2是离子化合物，但含 O-O 共价键，D错误；
故答案为：A。
【分析】短周期主族元素中，a 正价 +1、半径最大，为Na；b 正价 +3、半径小于 a，为Al；c 正价 +4 且原子序数最小，为C；d 正价 +5、半径小于 c，为N；e 正价 +6、半径大于 d，为S；f 正价 +7，为Cl。据此解题。
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．(重水)中含有中子的数目为
B．标准状况下，与足量反应，理论上转移电子的数目为
C．溶液中含有的数目为
D．与在光照条件下反应，生成分子的数目为
【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、重水（D2O）中，D（氘）的中子数为 1（质子数 1，质量数 2），O 的中子数为 8（质子数 8，质量数 16）。1 个 D2O 含中子数 = 1×2 + 8=10，故 1mol D2O 含中子数目为 10NA，A 正确；
B、标准状况下 22.4L Cl2为 1mol，Cl2与 Fe 反应时，Cl 元素从 0 价降为 - 1 价，1mol Cl2完全反应转移电子数为 2NA（而非 3NA），B错误；
C、Na2CO3溶液中，CO32-会发生水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-），导致溶液中 CO32-数目小于 0.1NA，C错误；
D、CH4与 Cl2的光照反应是可逆的连锁反应（会生成 CH3Cl、CH2Cl2等多种产物），并非 1：1 生成 CH3Cl，故生成 CH3Cl 的分子数目小于 NA，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点集中在 4 个典型陷阱：
粒子构成计算错误：若忽略 D（氘）的中子数（误按 H 的中子数 0 计算），会错判 A 选项；实际 D 含 1 个中子，D2O 的中子数需准确计算。
氧化还原电子转移量误判：误将 Cl2与 Fe 反应的电子转移量按 Fe 的价态变化计算（认为生成 Fe3+ 转移 3e-），忽略 Cl2是 “双原子分子，1mol Cl2仅转移 2mol 电子”。
忽略离子水解：认为 CO32-在溶液中不变化，未考虑其水解导致实际数目减少。
混淆 “可逆 / 连锁反应” 与 “完全反应”：误将 CH4与 Cl2的光照反应当作完全生成 CH3Cl 的反应，忽略其是多步可逆反应，产物复杂。
11．（2025高三上·广东开学考）某同学设计了如下装置用于制取并验证的部分性质。先打开弹簧夹a、b，通入，一段时间后，关闭a，向三颈烧瓶中滴入硫酸，下列说法正确的是
A．硫酸浓度越大，反应速率一定越快
B．若装置Y中盛装的是紫色石蕊溶液，可以观察到先变红后褪色的现象
C．装置Z中可观察到白色沉淀现象且该沉淀难溶于硝酸，说明具有还原性
D．可以用饱和溶液进行尾气处理
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、制备 SO2用 70% 硫酸，若硫酸浓度过大（如 98% 浓硫酸），其电离出的 H+少，反而会降低反应速率；且浓度过大时，反应放热易使硫酸沸腾，所以 “浓度越大反应速率越快” 不成立，A 错误；
B、SO2与水反应生成 H2SO3，使紫色石蕊溶液变红，但 SO2的漂白性仅针对某些有机色质（如品红），不能漂白石蕊，因此溶液只会变红、不会褪色，B错误；
C、装置 Z 中，SO2通入 HNO3和 BaCl2混合液，HNO3具有强氧化性，可将 SO2氧化为 SO42-，SO42-与 Ba2+生成 BaSO4白色沉淀（难溶于硝酸）；此过程中 SO2作还原剂，体现了还原性，C正确；
D、SO2与饱和 NaHSO3溶液不反应，无法吸收尾气；尾气处理应选用 NaOH 溶液等碱性试剂，D错误；
故答案为：C。
【分析】实验先通 N2排尽装置内空气，再用 70% 硫酸与 Na2SO3反应制 SO2。
装置 Y 中，SO2与水反应生成 H2SO3（亚硫酸），使紫色石蕊溶液变红（SO2漂白性不作用于石蕊）；装置 Z 中，HNO3（硝酸）具有强氧化性，能将 SO2氧化为 SO42-（硫酸根离子），SO42-与 BaCl2中的 Ba2+结合，生成难溶于硝酸的 BaSO4（硫酸钡）白色沉淀，此过程体现了 SO2的还原性。据此解题。
12．（2025高三上·广东开学考）难溶于水，但可溶于氨水生成。常温下，向悬浊液I中加入少量氨水，部分悬浊物溶解后获得悬浊液II，下列分析正确的是
A．向悬浊液I中加少量水稀释，平衡后溶液中减小
B．悬浊液II中存在平衡：
C．向悬浊液II中加入固体，增大
D．向悬浊液II中加入稀硝酸，无明显现象
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、AgCl 悬浊液是饱和溶液，加水稀释后仍保持饱和，温度不变则溶度积 Ksp (AgCl) 不变，因此溶液中 c (Ag+) 不变，A错误；
B、AgCl 难溶，但可与氨水反应生成 [Ag(NH3)2]+，因此悬浊液 II 中存在平衡：
AgCl+2NH3 H2O [Ag (NH3)2]++Cl-+2H2O，B正确；
C、加入 NaCl 固体，c (Cl-) 增大，根据平衡移动原理，上述平衡会逆向移动，因此 c([Ag(NH3)2]+) 减小，C错误；
D、稀硝酸中的 H+会与 NH3 H2O 反应（H++NH3 H2O=NH4++H2O），使 NH3 H2O 浓度降低，平衡逆向移动，会析出 AgCl 白色沉淀，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．AgCl 悬浊液是饱和溶液，稀释后仍饱和，Ksp 不变则 c (Ag+) 不变。
B．AgCl 与氨水反应生成配合物 [Ag(NH3)2]+，因此存在 “AgCl 溶解 + 配合物生成” 的平衡。
C．加入 NaCl 使 c(Cl-) 增大，平衡逆向移动，c([Ag (NH3)2]+) 减小。
D．稀硝酸与 NH3 H2O 反应，使氨水浓度降低，平衡逆向移动，会析出 AgCl 沉淀。
13．（2025高三上·广东开学考）下列由结构特征无法直接推测其性质的是
选项 结构特征 性质
A 分子中共价键键能较大 的沸点较高
B 石墨层间存在范德华力 石墨质软
C 乙醇分子含羟基() 乙醇能与反应
D 硅原子半径大于碳原子 与金刚石相比，晶体硅的熔点更低，硬度更小
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、分子的沸点由分子间作用力（或氢键）决定，与分子内共价键键能无关；共价键键能影响的是分子的稳定性（而非沸点），因此无法由 “共价键键能大” 直接推测 “沸点较高”，A符合题意；
B、石墨层间存在较弱的范德华力，层与层易滑动，因此可直接推测石墨质软，B不符合题意；
C、羟基（-OH）能与活泼金属（如 Na）反应，因此乙醇分子含羟基，可直接推测其能与活泼金属反应，C不符合题意；
D、硅原子半径大于碳原子，导致晶体硅中 Si-Si 键长比金刚石中 C-C 键长长、键能小，因此可直接推测晶体硅熔点更低、硬度更小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．共价键键能影响分子稳定性，沸点由分子间作用力（或氢键）决定，二者无直接关联。
B．石墨层间是弱范德华力，层间易滑动是质软的直接原因，结构与性质对应。
C．羟基是能与活泼金属反应的官能团，乙醇含羟基即具备该反应性质，结构与性质对应。
D．原子半径决定共价键键长，键长影响键能，进而影响晶体熔点和硬度，硅原子半径大导致 Si-Si 键能小，性质推导合理。
14．（2025高三上·广东开学考）氨电解反应可用于制氢。电解含的液氨溶液制的装置如图所示。已知氨气燃料的性能可用“能量密度”来衡量，能量密度，该实验条件下液氨的密度为。下列说法不正确的是
A．电解液氨时，向惰性电极b移动
B．电解液氨时，阳极的电极反应式为
C．电解液氨时，液氨的“能量密度”约为
D．电极电势：惰性电极a<惰性电极b
【答案】A
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解时，阳离子向阴极移动。a 极产生 H2，为阴极；b 极产生 N2，为阳极。因此 K+应向阴极（a 极）移动，而非 b 极，A错误；B、阳极发生氧化反应，NH2-失去电子生成 N2，结合守恒关系，电极反应式为 6NH2- - 6e- = N2↑ + 4NH3，B正确；
C、能量密度计算：1L 液氨质量为 0.77g cm-3×1000cm3=770g，物质的量为
770g÷17g mol- ≈45.29mol；由反应 ，得 H2物质的量为 45.29mol×()≈67.9mol≈68mol，故能量密度约为 68mol L- ，C正确；
D、电极电势：阴极（a 极）电势低于阳极（b 极），故惰性电极 a < 惰性电极 b，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．产 H2的 a 极是阴极，电解时阳离子（K+）向阴极移动，而非阳极（b 极）。
B．阳极发生氧化反应，NH2-失电子生成 N2，结合原子守恒和电子守恒，可推出电极反应式。
C．先根据液氨密度、体积算质量，再换算成物质的量，结合反应 2NH3电解生成 3H2的比例，算出 H2物质的量即得能量密度，计算逻辑成立。
D．电解池中阴极电势必然低于阳极，a 为阴极、b 为阳极，故电极电势 a
15．（2025高三上·广东开学考）氯化铁是重要的化工原料，可将与液体(沸点为77℃)混合并加热制得无水，实验装置如图所示(夹持和加热装置略)。下列说法不正确的是
A．圆底烧瓶中发生的反应为
B．装置a的作用是冷凝回流，提高其转化率
C．装置b的作用为除去生成的和
D．产物中具有强还原性，制得的无水中可能含有少量还原性杂质
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、FeCl3·6H2O与SOCl2混合加热时，SOCl2作脱水剂，反应生成FeCl3、SO2和HCl，配平后方程式为 ，A正确；
B、SOCl2沸点为77℃，加热易挥发，装置a（冷凝管）可将挥发的SOCl2冷凝回流，减少其损耗、提高转化率，B正确；
C、装置b中无水CaCl2是干燥剂，仅能吸收水分，无法除去HCl和SO2；除去HCl、SO2需用NaOH溶液（对应烧杯中的试剂），因此装置b的作用并非除HCl和SO2，C错误；
D、产物SO2具有强还原性，可能将Fe3+还原为Fe2+，故制得的无水FeCl3中可能含FeCl2等还原性杂质，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．SOCl2作脱水剂时，会与结晶水反应生成 SO2和 HCl，结合原子守恒配平，反应方程式合理。
B．SOCl2沸点低（77℃）易挥发，冷凝管的核心作用是冷凝回流挥发性反应物，减少损耗。
C．无水 CaCl2仅能吸水，不与 HCl、SO2反应，无法除去这两种气体，除杂需靠后续碱性试剂。
D．SO2具有强还原性，可能还原 Fe3+ 生成 Fe2+，导致产物中混入 FeCl2杂质。
16．（2025高三上·广东开学考）拟利用下列实验原理回收利用工业废气中的、和，双极膜可将膜内的水分子解离成和，二者分别向两极移动，已知：装置a中盛放饱和溶液，下列说法正确的是
A．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度小于的电离程度
B．装置a中溶液的作用是吸收废气中的、和
C．装置b中双极膜的左侧为阳离子交换膜
D．装置b中的总反应为
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置a中溶液的溶质是。存在两种行为：
水解：（使溶液显碱性）；
电离：（使溶液显酸性）。
由于溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，A错误；
B、装置a中盛放饱和溶液，其作用是吸收废气中的和（发生反应：、）。
但与溶液不反应（因为的酸性强于，不满足“强酸制弱酸”），因此装置a不能吸收，B错误；
C、装置b是电解池，需先判断电极类型：
左侧电极：失去电子生成（化合价升高，发生氧化反应），故为阳极；
右侧电极：得到电子生成（化合价降低，发生还原反应），故为阴极。
双极膜可解离出和，其中向阳极（左侧）移动，因此双极膜左侧为阴离子交换膜（允许阴离子通过），而非阳离子交换膜，C错误；
D、结合电解池的电极反应推导总反应：
阳极反应（左侧）：；
阴极反应（右侧）：。
将两极反应相加，消去电子和、（结合双极膜解离的、，最终总反应为）：
，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．盐类水解与电离的判断：通过溶液的酸碱性，判断水解与电离程度的相对大小。
B．废气吸收的反应逻辑：明确溶液与、、的反应差异，判断装置a的吸收对象。
C．电解池的电极与离子交换膜分析：根据电极反应的氧化还原类型判断电极极性，结合离子移动方向确定离子交换膜类型。
F．电解总反应的推导：通过阳极和阴极的电极反应式相加，推导总反应方程式。
17．（2025高三上·广东开学考）缓冲溶液能起到缓解外界酸碱的干扰，维持稳定的作用。某小组探究不同条件下醋酸钠-醋酸缓冲溶液的缓冲效果并测定醋酸的电离常数。回答下列问题：
（1）知识回顾：向血浆的缓冲体系中加入少量强碱时，会使得　 　(用离子方程式表达，标明状态)平衡向正反应方向移动，从而防止体系的出现大幅变化。
（2）配制溶液：时，用醋酸钠晶体(，)配制的溶液；用纯乙酸配制的溶液。
①本实验中必须用到的仪器有　 　(填选项字母)。
②下列说法正确的是　 　(填选项字母)。
A.若使用托盘天平，则需要称量醋酸钠晶体的质量为
B.乙酸溶液在稀释过程中，电离程度逐渐增大
C.若醋酸钠晶体失水变质，则所配醋酸钠溶液浓度偏大
D.纯乙酸稀释至后
（3）探究不同条件下醋酸钠-醋酸缓冲溶液对酸、碱溶液的缓冲效果：用浓度均为的溶液和溶液按下表配制总体积相同的系列溶液于烧杯中，插入传感器，同时开启磁力搅拌，向烧杯中逐滴加入溶液，测得混合液变化情况如下(用表示)；选取第Ⅳ组缓冲溶液于烧杯中，再逐滴加入稀盐酸并测得变化。
实验序号 加稀盐酸后变化曲线 加溶液后变化曲线
I 20 6.00 24.00 0 ——
Ⅱ 35 6.00 24.00 0 ——
Ⅲ 50 6.00 24.00 0 ——
Ⅳ 20 15.00 15.00 0
V 20 6.00 ——
Ⅵ 20 14.00 16.00 0 —— ——
①第V组实验中，则　 　。
②分析第Ⅳ实验的数据可知，醋酸钠与醋酸的物质的量之比为时，缓冲溶液对　 　(填溶液名称)的缓冲效果更好；分析第I、Ⅱ、Ⅲ组实验数据可得结论：其他条件相同时，　 　。
③第V、Ⅵ组实验欲探究　 　对缓冲溶液的缓冲能力的影响。
（4）该小组讨论后认为醋酸钠-醋酸缓冲溶液还能用来测定下醋酸的电离常数，选用(3)中某一组缓冲溶液进行实验，简述最简方案：　 　(包括所用试剂、仪器及数据处理思路)。
【答案】（1）
（2）acd；BC
（3）14.00；NaOH溶液；低温时缓冲溶液对NaOH溶液的缓冲效果更好；缓冲液浓度
（4）取(3)中第Ⅳ组的缓冲溶液放入烧杯中，用计测得下溶液的，记录数据；数据处理思路：由于缓冲溶液中，故由可知，由值可得到
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）缓冲体系的平衡原理为，加入时消耗，使得上述平衡逆向移动，即平衡向正反应方向移动；
故答案为： ；
（2）①溶解、稀释用到烧杯，定容用到容量瓶，取液用到量筒，不需要蒸馏烧瓶，故选项；
②A．通过计算得（醋酸钠）（醋酸钠）（醋酸钠），用托盘天平（精确度为）称量时取，A项错误；
B．稀释过程使得乙酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，B项正确；
C．失去结晶水后，所称量晶体中醋酸钠物质的量增大，故配制的溶液浓度偏大，C项正确；
D．乙酸为弱酸，乙酸溶液的，D项错误；
故答案为： acd ；BC；
（3）①控制混合溶液总体积相同，均为，则；
②第Ⅳ组实验中缓冲溶液对溶液的缓冲体积最大为，大于对稀盐酸的缓冲体积，故缓冲溶液对溶液的缓冲效果更好；第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组实验中变量为温度，探究的是温度对缓冲效果的影响，从数据可看出低温时缓冲溶液对溶液缓冲体积最大，故低温时缓冲溶液对溶液的缓冲效果更好；
③由取用醋酸钠溶液和醋酸溶液的比例可知，第Ⅴ组缓冲溶液浓度较低，缓冲效果也较弱，则第Ⅴ、Ⅵ组实验欲探究缓冲溶液浓度对缓冲溶液的缓冲能力的影响；
故答案为： 14.00 ； NaOH溶液 ； 低温时缓冲溶液对NaOH溶液的缓冲效果更好 ； 缓冲液浓度 ；
（4）由醋酸电离常数计算式可知，若，则通过测得到为最简方案，故实验方法：取（3）中第Ⅳ组的缓冲溶液放入烧杯中，用计测得下溶液的，记录数据；数据处理思路：由于缓冲溶液中，故由可知，由值可得到。
故答案为： 取(3)中第Ⅳ组的缓冲溶液放入烧杯中，用计测得下溶液的，记录数据；数据处理思路：由于缓冲溶液中，故由可知，由值可得到 。
【分析】(1) 明确缓冲体系的平衡移动，写出 H2CO3的电离平衡式。
(2) ①选配制溶液的必需仪器（烧杯、容量瓶、量筒）；②辨析溶液配制与弱电解质的性质（称量误差、稀释对电离的影响等）。
(3)①利用总体积守恒计算溶液体积；②通过 pH 变化判断缓冲效果，分析温度对缓冲能力的影响；③对比浓度差异，确定实验探究的变量。
(4) 利用 “c(CH3COO-)=c(CH3COOH)” 的缓冲液，测 pH 计算醋酸的电离常数。
（1）缓冲体系的平衡原理为，加入时消耗，使得上述平衡逆向移动，即平衡向正反应方向移动；
（2）①溶解、稀释用到烧杯，定容用到容量瓶，取液用到量筒，不需要蒸馏烧瓶，故选项；
②A．通过计算得（醋酸钠）（醋酸钠）（醋酸钠），用托盘天平（精确度为）称量时取，A项错误；
B．稀释过程使得乙酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，B项正确；
C．失去结晶水后，所称量晶体中醋酸钠物质的量增大，故配制的溶液浓度偏大，C项正确；
D．乙酸为弱酸，乙酸溶液的，D项错误；
故选BC；
（3）①控制混合溶液总体积相同，均为，则；
②第Ⅳ组实验中缓冲溶液对溶液的缓冲体积最大为，大于对稀盐酸的缓冲体积，故缓冲溶液对溶液的缓冲效果更好；第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组实验中变量为温度，探究的是温度对缓冲效果的影响，从数据可看出低温时缓冲溶液对溶液缓冲体积最大，故低温时缓冲溶液对溶液的缓冲效果更好；
③由取用醋酸钠溶液和醋酸溶液的比例可知，第Ⅴ组缓冲溶液浓度较低，缓冲效果也较弱，则第Ⅴ、Ⅵ组实验欲探究缓冲溶液浓度对缓冲溶液的缓冲能力的影响；
（4）由醋酸电离常数计算式可知，若，则通过测得到为最简方案，故实验方法：取（3）中第Ⅳ组的缓冲溶液放入烧杯中，用计测得下溶液的，记录数据；数据处理思路：由于缓冲溶液中，故由可知，由值可得到。
18．（2025高三上·广东开学考）含钒碳质金矿中含、、、的化合物，一种用该矿综合提炼金属、的工艺流程如图所示：
已知：P204不可萃取、，但对、有很强的萃取能力。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，矿物中的碳更易与氧气反应生成，该反应的化学方程式为　 　。
（2）“浸出”后的浸出液中含有少量、，浸出液通入目的为　 　，操作X为　 　。
（3）“溶解”时，含金沉淀转为强酸，由和配离子组成，的空间结构与相同，下列关于的说法正确的是_______(填选项字母)。
A．的配位数为5
B．采取杂化
C．的空间结构与相同
D．是一元酸
（4）“还原”时，反应的离子方程式如下：
__________________________________________
完成上述离子方程式：　 　；常温下，当溶液的时，溶液中　 　(填“＜”、“=”或“>”)。
（5）合金可作为核聚变装置超导线圈材料，该合金的立方晶胞结构如图所示：
该合金的晶胞中，粒子个数最简比　 　；晶体中与原子最近且等距离的V原子的数目为　 　；设为阿伏加德罗常数的值，晶胞密度为，晶胞中两个原子间的最小距离为　 　nm(用含、的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）作还原剂，将转化为可被204萃取的，并将转为不可被204萃取的；萃取分液
（3）B；D
（4）；<
（5）3：1；12；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“焙烧”时作还原剂，生成，则反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（2）由信息可知，204不可萃取、，但对，有很强的萃取能力，可通入还原剂，将转化为可被204萃取的，并将转为不可被204萃取的，从而提高钒的萃取率；结合该步骤中加入204，后续还有个“反萃取”步骤，可知操作为“萃取分液”。
故答案为： 作还原剂，将转化为可被204萃取的，并将转为不可被204萃取的 ； 萃取分液 ；
（3）A．的配位数为4，A错误；
B．由于的空间结构与相同，都是正四面体形，则采取杂化，B正确；
C．是平面四边形的空间结构，的空间结构是正四面体形，C错误；
D．是一元酸，D正确。
故答案为：BD；
（4）“还原”时反应的离子方程式为；根据电荷守恒：，当时，，则。
故答案为： ； < ；
（5）V位于晶胞的6个面上，每个面上有2个V原子，则晶胞中有个V原子，位于晶胞8个顶点和体心位置，则晶胞中有个原子，粒子个数最简比；晶胞中与体心最近且等距离的V原子在6个面上，共12个，则晶体中与原子最近且等距离的V的个数为12；根据信息，晶胞边长，晶胞中两个原子间的最小距离为晶胞体对角线的一半，则为。
故答案为： 3：1 ；12； 。
【分析】向矿石中加入 NaCl 并焙烧时，Au 的化合物会转化为氯化金（易挥发），以烟气形式脱离体系，实现金与其他元素（Fe、V、Zn）的初步分离，剩余的焙烧渣中保留 Fe、V、Zn 的化合物。焙烧渣经 “浸出” 操作后，其中的 V、Fe 元素部分溶解进入溶液，形成含少量 VO2+（钒的一种离子形式）和 Fe3+（铁离子）的浸出液。“通气” 步骤的核心作用是通过还原反应将浸出液中的 Fe3+转化为 Fe2+（亚铁离子），这一转化为后续分离 V 和 Fe 奠定基础。利用萃取剂 P204 的选择性萃取特性—它不能萃取 VO2+和 Fe2+，但对 VO2+（另一种钒离子）和 Fe3+有很强的萃取能力。由于 Fe3+已被还原为 Fe2+，此时溶液中可被 P204 萃取的只有 VO2+，因此 VO2+进入有机相，经反萃取后得到钒液；而 Fe2+因不被萃取，留在水层中，从而实现 V 与 Fe 的分离。
（1）“焙烧”时作还原剂，生成，则反应的化学方程式为。
（2）由信息可知，204不可萃取、，但对，有很强的萃取能力，可通入还原剂，将转化为可被204萃取的，并将转为不可被204萃取的，从而提高钒的萃取率；结合该步骤中加入204，后续还有个“反萃取”步骤，可知操作为“萃取分液”。
（3）A．的配位数为4，A错误；
B．由于的空间结构与相同，都是正四面体形，则采取杂化，B正确；
C．是平面四边形的空间结构，的空间结构是正四面体形，C错误；
D．是一元酸，D正确。
故选BD。
（4）“还原”时反应的离子方程式为；根据电荷守恒：，当时，，则。
（5）V位于晶胞的6个面上，每个面上有2个V原子，则晶胞中有个V原子，位于晶胞8个顶点和体心位置，则晶胞中有个原子，粒子个数最简比；晶胞中与体心最近且等距离的V原子在6个面上，共12个，则晶体中与原子最近且等距离的V的个数为12；根据信息，晶胞边长，晶胞中两个原子间的最小距离为晶胞体对角线的一半，则为。
19．（2025高三上·广东开学考）硅是信息产业、硅太阳能电池的基础材料。回答下列问题：
（1）基态原子的价层电子排布图为　 　。
（2）锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的硅制备方法。还原的反应如下：
反应1：， ；
反应2：， ；
反应3：， 。
①对于上述三个反应，下列说法合理的是　 　(填选项字母)。
a.升高温度会提高的平衡转化率　　b.还原过程需在无氧的气氛中进行
c. 　　d.可以代替还原
②实际制备过程选择上述反应3，该条件下，除了发生反应3，还会发生以下两个反应：
反应4： ；
反应5： 。
则　 　；在　 　(填“高温”或“低温”)下有利于反应5自发进行。
（3）向刚性密闭容器中充入和，在催化剂、催化剂的作用下发生反应3、反应4、反应5，反应时测得转化率、选择性[选择性]与温度的关系曲线如图所示(在图像所示温度范围内，催化剂的活性不变)：
在催化剂A的作用下，表示转化率与T的关系曲线是　 　(填“X”或“Z”)。
（4）向温度恒为的刚性密闭容器中充入和，发生反应3、反应4、反应5，起始压强为，达到平衡后，测得反应体系总压强为，的分压为，则的物质的量为　 　，用分压表示反应3的平衡常数　 　(用含的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）bd；；高温
（3）X
（4）0.6；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）为14号元素，其基态原子的价层电子排布式为，价层电子排布图为。
故答案为： ；
（2）①a．反应、、均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，a错误；
b．锌、硅都会和氧气反应，故还原过程需在无氧的气氛中进行，b正确；
c．液态锌单质变为气体为吸热过程，导致反应放热增多，放热的焓变为负值，则，c错误；
d．为活泼金属，可以代替还原，d正确；
故答案为：bd；
②根据盖斯定律，反应（反应4）反应5，所以；反应5的，，根据，该反应在高温自发进行。
故答案为： ； 高温 ；
（3）图中催化剂、曲线均不重合且趋势相同，可知反应、、均未达到平衡，从速率角度分析，温度升高，反应速率加快，转化率增大，故曲线表示催化剂作用下转化率与T的关系。
故答案为： X ；
（4）设平衡时反应3中转化的物质的量为，反应4中转化的物质的量为，反应5中转化的物质的量为，列三段式：
平衡时，，，，，根据起始压强为，平衡后总压强为，的分压为，则，，故，，，，，，，气体总物质的量为，则反应3的平衡常数。
故答案为： 0.6 ； 。
【分析】(1)根据 Si 的原子序数，写出其价层电子排布式与轨道图。
(2)①结合反应热、物质性质判断选项（放热反应升温转化率降；Zn、Si 需无氧环境；Mg 可替代 Zn）；
②用盖斯定律算 ΔH3；根据 ΔG=ΔH-TΔS 判断反应 5 的自发条件。
(3)温度升高速率加快，催化剂 A 作用下转化率随温度升高而增大，对应曲线 X。
(4)通过三段式、压强与物质的量关系计算 Si 的物质的量；结合分压公式求反应 3 的 K 。
（1）为14号元素，其基态原子的价层电子排布式为，价层电子排布图为。
（2）①a．反应、、均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，a错误；
b．锌、硅都会和氧气反应，故还原过程需在无氧的气氛中进行，b正确；
c．液态锌单质变为气体为吸热过程，导致反应放热增多，放热的焓变为负值，则，c错误；
d．为活泼金属，可以代替还原，d正确；
故选bd；
②根据盖斯定律，反应（反应4）反应5，所以；反应5的，，根据，该反应在高温自发进行。
（3）图中催化剂、曲线均不重合且趋势相同，可知反应、、均未达到平衡，从速率角度分析，温度升高，反应速率加快，转化率增大，故曲线表示催化剂作用下转化率与T的关系。
（4）设平衡时反应3中转化的物质的量为，反应4中转化的物质的量为，反应5中转化的物质的量为，列三段式：
平衡时，，，，，根据起始压强为，平衡后总压强为，的分压为，则，，故，，，，，，，气体总物质的量为，则反应3的平衡常数。
20．（2025高三上·广东开学考）香豆素类化合物可抗肿瘤。一种合成香豆素-3-羧酸化合物的路线如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物i的化学名称是　 　。
（2）化合物ii的分子式为　 　；反应②是化合物ii与化合物X的原子利用率100%的反应，则化合物X为　 　(填结构简式)，化合物X的含有苯环、能与银氨溶液发生银镜反应的同分异构体中，核磁共振氢谱有4组峰的化合物为　 　(写出一种结构简式)。
（3）下列说法正确的有_______(填选项字母)。
A．在化合物i分子中，C、O原子均为sp2杂化
B．反应③过程中，有键的断裂和键的形成
C．在化合物V分子中，存在大键，所有原子均可共平面
D．vi分子间可形成氢键
（4）利用反应②的反应原理，乙醇经过四步反应可得到化合物vii()
①第三步反应为酯化反应，则最后一步反应的两种反应物为　 　(填结构简式)。
②第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)，属于　 　(填反应类型)。
（5）化合物i可通过环丙烷经过三步反应得到。
①第一步反应得到一氯代物。
②第二步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
③第三步反应所需要的试剂为　 　。
【答案】（1）丙二酸
（2）；；或
（3）B；D
（4）、；；氧化反应
（5）；酸性溶液
【知识点】有机物的合成；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）化合物i（）结构中存在两个羧基，化学名称为丙二酸。
故答案为： 丙二酸 ；
（2）根据化合物ii（）的结构可得出其分子式为；反应②为加成反应，由化合物ii、iii的结构简式可推出另一种反应物为，其含苯环的同分异构体中，核磁共振氢谱有4组峰的化合物具有对称结构，为或。
故答案为： ； ；或 ；
（3）A．在化合物i分子中存在键和键，则其中原子和原子均存在杂化和杂化，A项错误；
B．反应③是羟基的消去反应，有键的断裂和键的形成，B项正确；
C．化合物V中有苯环，存在大键，但存在两个杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，C项错误；
D．vi分子中含有羧基（），可形成分子间氢键，D项正确；
故答案为： BD；
（4）类比反应②的反应机理，乙醇经过4步反应得到化合物vii的合成路线如下：，最后一步反应是和的加成反应。第一步反应为乙醇的催化氧化，化学方程式为，属于氧化反应。
故答案为：、 ； ； 氧化反应 ；
（5）化合物i可通过环丙烷经过三步反应得到，采用逆合成分析法可得合成路线如下：，第二步发生卤代烃的消去反应：，第三步为烯烃的氧化反应，需要的试剂为酸性高锰酸钾溶液。
故答案为： ； 酸性溶液 。
【分析】酯化反应有机物 ⅰ 与乙醇发生酯化反应（羧酸与醇生成酯的反应），生成含有酯基的物质 ⅱ。原子利用率 100% 的加成反应反应②中，物质 ⅱ 与化合物 X 反应，且原子利用率为 100%（说明是加成反应，无副产物）。结合生成的物质 ⅲ 的结构，可反推出化合物 X 的结构为邻羟基苯甲醛（），二者通过加成反应结合形成物质 ⅲ。物质 ⅲ 发生消去反应（脱去小分子，形成不饱和键），生成含有双键的物质 ⅳ；物质 ⅳ 继续发生反应，转化为中间产物 ⅴ；最终，物质 ⅴ 中的酯基发生水解反应（酯与水反应生成羧酸和醇），得到目标产物 ⅵ。
（1）化合物i（）结构中存在两个羧基，化学名称为丙二酸。
（2）根据化合物ii（）的结构可得出其分子式为；反应②为加成反应，由化合物ii、iii的结构简式可推出另一种反应物为，其含苯环的同分异构体中，核磁共振氢谱有4组峰的化合物具有对称结构，为或。
（3）A．在化合物i分子中存在键和键，则其中原子和原子均存在杂化和杂化，A项错误；
B．反应③是羟基的消去反应，有键的断裂和键的形成，B项正确；
C．化合物V中有苯环，存在大键，但存在两个杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，C项错误；
D．vi分子中含有羧基（），可形成分子间氢键，D项正确；
故选BD。
（4）类比反应②的反应机理，乙醇经过4步反应得到化合物vii的合成路线如下：，最后一步反应是和的加成反应。第一步反应为乙醇的催化氧化，化学方程式为，属于氧化反应。
（5）化合物i可通过环丙烷经过三步反应得到，采用逆合成分析法可得合成路线如下：，第二步发生卤代烃的消去反应：，第三步为烯烃的氧化反应，需要的试剂为酸性高锰酸钾溶液。
1 / 1

展开更多......

收起↑