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2025—2026学年第一学期 9月月考试题
高三化学
相对原子质量 C:12 H:1 O:16 Cl：35.5 Fe：56
一、单选题（1~10题每题2分，11~16题每题4分，共44分）
1．人类的发展史也是材料的发展史。下列材料属于新型无机非金属材料的是
A．登月服使用的聚酰亚胺隔热层
B．飞机使用的氮化硅涂层
C．神舟十九号载人飞船使用的国产耐烧蚀树脂
D．用于铺设台阶的青石
2．生活离不开化学。用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用油脂制肥皂 油脂具有酸性
B 用大米制麦芽糖 淀粉水解生成麦芽糖
C 用紫外线给环境消毒 紫外线使蛋白质变性
D 用单晶硅制芯片 单晶硅是良好的半导体材料
A．A B．B C．C D．D
3．性质决定用途，下列物质的性质、用途描述均正确且有关联的是
A．是红棕色粉末，可用作油漆的红色涂料
B．金属铝表面有致密的氧化膜，铝制餐具可用于蒸煮酸性或碱性食物
C．是淡黄色固体，可用作潜水艇供氧剂
D．不锈钢的抗腐蚀能力强，可用作医疗器材
4．穿心莲内酯被誉为天然抗生素，结构简式如图。关于穿心莲内酯的说法错误的是
A．含有4种官能团
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．分子中含有6个手性碳原子
D．可与溶液反应
5．为了除去括号内的杂质，其中试剂选择和分离方法均正确的是
选项 物质(杂质) 所用试剂 分离方法
A 己烷(己烯) 的溶液 分液
B 溶液 过滤
C CO2(HCl) 饱和碳酸钠溶液 洗气
D 乙醇(乙酸) 溶液 蒸馏
A．A B．B C．C D．D
6．丰富多彩的颜色变化增添了化学实验的魅力，下列关于颜色变化和化学方程式的说法中，不正确的是
A．氯水中滴加NaOH溶液，溶液颜色褪去：
B．热的氧化铜遇乙醇蒸气变成红色：
C．将饱和溶液加到沸水中，加热液体变成红褐色：
D．往ZnS沉淀中滴加溶液，白色沉淀转变为黑色沉淀：
7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
8．下列物质的生产流程合理的是
A．制备纯碱：饱和食盐水固体
B．冶炼铝：
C．工业制硫酸：
D．制备金属镁：浓缩海水固体溶液
9．设NA为阿伏伽德罗数值，下列说法正确的是
A．标况下，11.2LCH3Cl所含原子总数为2.5NA
B．电解氯化钠溶液，产生22.4LCl2转移电子数为2NA
C．1mol羟基所含电子数为10NA
D．46g乙醇与足量乙酸反应，生成乙酸乙酯的分子数为NA
10．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．铁制镀件上镀铜 B．实验室快速制备氨气
C．实验室蒸馏分离和 D．检验乙醇脱水生成乙烯
A．A B．B C．C D．D
11．已知短周期元素X、Y、Z、R、W原子的最外层电子数与原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是
A．X的单质性质稳定，原因是X原子具有稳定的结构
B．Y原子的得电子能力最强
C．W、Z的最高价氧化物对应的水化物可相互反应
D．X、R的氧化物是形成酸雨的主要原因
12．有机物的结构可用键线式表示，如可写成。薰衣草香气中含有的有机物a和有机物b的键线式如图所示。下列说法正确的是
A．有机物a的分子式为C12H20O3
B．有机物a和b中的所有碳原子都可能共平面
C．有机物a和b都能与NaOH溶液反应，且1mola最多能消耗2molNaOH
D．1mol有机物与足量乙醇发生酯化反应，生成1molH2O
13．Deacon 催化氧化法可实现氯资源的再利用，该法的一种催化机理如下图所示，已知铜(Cu)元素的常见价态为0、+1、+2。
下列说法不正确的是
A．过程①中铜元素化合价不变 B．该方法中CuO可以循环利用
C．图中①～⑤有三个氧化还原反应 D．该转化的最终产物是Cl2和H2O
14．下图为铁的价类二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是
A．铁与氧气的燃烧反应可实现上述转化①
B．加热发生转化③，与HI反应发生④
C．可通过与稀硝酸反应实现转化⑤，计量数之比为
D．作为新型净水剂可实现转化⑥，既能杀菌消毒又能净水
15．检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示。下列说法中不正确的是
A．工作过程中电极Ⅰ的电势低于电极Ⅱ
B．电解质溶液中的向电极Ⅱ移动
C．工作一段时间后硫酸的浓度几乎不变
D．电极Ⅱ上发生反应：O2+4e-+4H+=2H2O
16．以粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含CaO、Al2O3等杂质)为原料提取Ga的工艺流程如图所示：
已知：镓的活动性与锌相似，比铝低。滤液1中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]。
下列说法正确的是
A．“溶浸”过程发生了电子的转移 B．滤渣1、滤渣2的种类不相同
C．由Ga2O3→Ga采取电解法 D．CO2也可以用过量的稀盐酸代替
二、填空题（共56分）
17．（共14分）无水FeCl3是常用的芳香烃取代反应的催化剂，它具有易水解、易升华的性质。铁粉与氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示：
E和G用来收集产物。回答下列问题：
(1)写出装置D发生反应的化学方程式： 。
(2)在E、G处收集产物是利用了FeCl3 的性质。盛有P2O5固体C仪器名称 。
(3)实验过程中若F处出现堵塞，则在盛有氢氧化钠溶液B处可观察到的现象是 。(4)I中反应的离子方程式为 。
(5)某同学用5.60 g干燥铁粉制得无水FeCl3样品14.30 g，该次实验的产率是 。
(6)实验室中还常用SOCl2与FeCl3·6H2O晶体共热制备无水FeCl3，其化学反应方程式为 。
（7）检验水合氯化铁原料中存在FeCl2的试剂和现象分别是 、 。
18．（共14分）草酸钴为玫瑰红色粉末，主要用于指示剂和催化剂的制备及氧化钴的制备。用水钴矿(主要成分为，还含有少量等杂质)制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示：
已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2
②酸性条件下，不会氧化。
回答下列问题：
为加快“浸取”的速率，可以采取的措施有 (答出1条即可)，
“滤渣1”的主要成分 (填化学式)。
(2)“浸取”过程中Co(Ⅲ)转化为Co(Ⅱ)，该反应的离子方程式为 。
(3)“氧化”中加入的作用是 。
(4)加时，需要控制pH的范围是 。
(5)“沉钙、镁”时若所得滤液中，则滤液中为 [已知、]。
(6)“沉钴”时，不能用溶液代替(溶液，原因是 。
19．（共14分）八氢香豆素VI是合成香料的原料，以化合物Ⅰ为原料制备化合物Ⅶ的合成路线如图(反应条件略)
(1)化合物Ⅰ的分子式为 。
(2)脂环化合物Y为化合物Ⅲ的同分异构体，能发生银镜反应，且不含手性碳原子，其结构简式为 (写一种)。
(3)对化合物Ⅴ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
ⅰ
ⅱ 消去反应
(4)关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______。
A．化合物Ⅱ中，碳原子采取了sp3和sp2两种杂化方式
B．反应①中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．反应②中，有O-H键和C-H键断裂
D．CH3COOOH易溶于水，是因为该分子能与水分子形成氢键
(5)反应③的化学方程式可表示为：Ⅵ+CH3COOOH=Ⅶ+Z，化合物Z的结构简式为 。
(6)参考上述合成路线，以、HC≡C-COOH、CH3OH为有机原料，合成。
①相关步骤涉及卤代烃的消去反应，有机产物的结构简式为 。
②最后一步反应是原子利用率100%的反应，则从HC≡C-COOH出发，第一步反应的化学方程式为 (注明反应条件)试卷第1页，共3页
20．（共14分）我国科学家设计了一条维拉帕米(化合物M)的新的合成路线，如下图所示：
(1)A中官能团的名称为 。 B的结构简式为 。
(2)D生成F的过程中试剂NaOH的作用 。
(3)写出由G生成Ⅰ的化学反应方程式 。
(4)下列关于F的说法中，正确的是_______。
A．F分子中所以碳原子可以共平面 B．F、L生成M的反应是取代反应
C．F与浓溴水混合产生白色沉淀 D．F存在分子间氢键
(5)C的一种同系物，同时满足下列条件的同分异构体有 种。
①分子式比C少一个-CH2- ②苯环上有3个取代基
任写一种满足氢元素峰面积为比1：2：2：6的结构简式 。
(6)请从结构角度分析K参加反应时，断裂碳溴键而不是碳氯键的原因： 。
答案第1页，共2页
高三化学第二次月考参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A D A D C B A A B
题号 11 12 13 14 15 16
答案 A A C D B B
每空2分，除特殊说明之外
17．(1)
(2) 易升华（1分） 球形干燥管（1分）
(3) 有气泡冒出
(4)Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O
(5)88.00%
6SOCl2＋FeCl3·6H2O12HCl＋6SO2＋FeCl3
铁氰化钾溶液（1分） 有蓝色沉淀生成（1分）
(1) 将水钴矿粉碎、适当升高温度、适当增大稀硫酸浓度、搅拌等措施
、
(2)
(3)将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH将其沉淀除去
(4)5.2≤pH<7.6
(5)1×10-7
(6)草酸钠溶液的碱性强于草酸铵，易形成Co(OH)2沉淀
19．(1) C4H6Cl2（1分） (2)或
(3) 浓HBr/加热（1分） 取代反应（1分） 浓硫酸/加热（1分） 或（1分） (4)CD (5)CH3COOH （1分）
(6) HC≡C-COOH+CH3OHHC≡C-COOCH3+H2O
20．(1)羧基、醚键 (2)
(3)与取代反应生成的溴化氢反应，促进平衡正向进行
(4)＋CH3NH2＋CH3OH
(5)B（1分）
(6) 12 （1分） 或者
(7)溴原子半径大于氯原子，碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂
1．B
【详解】A．聚酰亚胺是一种有机高分子材料，属于合成树脂类，不属于无机非金属材料，A不符合题意；
B．氮化硅（Si3N4）是新型陶瓷材料，具有耐高温、高硬度等特性，属于新型无机非金属材料，B符合题意；
C．耐烧蚀树脂是有机高分子材料，常用于耐高温涂层，但本质仍为有机物，C不符合题意；
D．青石是天然石材（主要成分为碳酸钙），属于传统无机非金属材料，D不符合题意；
故选B。
2．A
【详解】A．油脂是酯类，皂化反应需在碱性条件下水解生成肥皂，而非油脂本身呈酸性。故A错误；
B．淀粉水解产物为麦芽糖，符合大米制麦芽糖的过程。故B正确；
C．紫外线通过破坏蛋白质结构使其变性，属于物理消毒原理。故C正确；
D．单晶硅的半导体性质是芯片应用的核心依据。故D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．FeO是黑色粉末，红棕色的是Fe2O3，A错误；
B．铝的氧化膜（Al2O3）是两性氧化物，遇酸或碱会反应，不能用于蒸煮酸性或碱性食物，B错误；
C．Na2O2用作供氧剂是因为与CO2或水反应生成O2，而非颜色，性质与用途无直接关联，C错误；
D．不锈钢抗腐蚀性强，因含铬形成氧化膜，适合医疗器材，D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．穿心莲内酯分子中含有的官能团为碳碳双键（C=C）、羟基（-OH）、酯基（-COO-），共3种官能团，A错误；
B．穿心莲内酯分子中含有的碳碳双键、羟基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，B正确；
C．手性碳原子为连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，该分子中共有6个手性碳原子，C正确；
D．穿心莲内酯分子中含酯基，可与NaOH溶液发生水解反应，D正确；
故选A。
5．D
【详解】A．己烯和Br2发生加成反应生成卤代烃，己烷常温下是液态，根据相似相溶，两者互溶，不能出现分层，不能通过分液方法分离，A错误；
B．二氧化硅和氧化铝均与NaOH反应，不能通过过滤分离，B错误；
C．二氧化碳和盐酸都与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，C错误；
D．乙酸与Na2CO3反应，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，D正确；
故答案为D。
6．C
【详解】A．氯水中的Cl2与NaOH反应生成无色的NaCl和NaClO，颜色褪去，化学方程式为：，A正确；
B．乙醇被CuO氧化为乙醛，CuO还原为Cu，黑色变为红色，化学方程式为：，B正确；
C．FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体，应标注胶体而非沉淀（↓），化学方程式为：，C错误；
D．CuS的溶度积比ZnS小，沉淀转化可行，化学方程式为：，D正确；
故选C。
7．B
【详解】A．铁在高温下与水蒸气反应生成，而非，且与水不反应生成，A错误；
B．与盐酸反应生成，过量NaOH与反应生成，两步均能实现，B正确；
C．钠在中加热生成而非，第一步错误，C错误；
D．NaCl溶液与不直接反应生成（需参与），第一步错误，D错误；
故选B。
8．A
【详解】A．海水制溴流程中，Cl2氧化Br 生成Br2，热空气吹出后用SO2吸收生成HBr，再通过Cl2氧化HBr得到Br2，步骤合理，A正确；
B．冶炼铝需电解熔融Al2O3，而AlCl3为共价化合物，电解其溶液无法得到Al，B错误；
C．工业制硫酸的第一步应为黄铁矿煅烧生成SO2，而非直接生成S，C错误；
D．碘与浓NaOH反应生成I-和，而非IO-，D错误；
故选A。
9．A
【详解】A．标况下，11.2LCH3Cl的物质的量为0.5mol，则所含原子总数为2.5NA，A正确；
B．没有给出温度和压强，无法计算氯气的物质的量，B错误；
C．1mol羟基所含电子数为9NA，C错误；
D．乙醇和乙酸的反应为可逆反应，无法进行到底，D错误；
故选A。
10．B
【详解】A．铁制镀件上镀铜时，铜片应该作阳极与电源正极相连，铁制镀件作阴极与电源负极相连，A错误；
B．NaOH固体溶于水放热且呈碱性，则浓氨水和NaOH固体反应能够生成氨气，B正确；
C．蒸馏装置中温度计水银球应该放在支管口，不能插入液面，C错误；
D．乙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成的乙烯中混有乙醇蒸气和二氧化硫，乙醇蒸气、二氧化硫和乙烯均能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，该装置不能检验乙醇脱水生成乙烯，D错误；
故选B。
11．A
【分析】根据五种元素的原子的最外层电子数与原子序数的关系可知，X为N，Y为F，Z为Na，R为S，W为Al。
【详解】A．X为N，单质N2性质稳定是因为分子中N≡N键能大，而非N原子结构稳定（N原子最外层有5个电子，未达8电子稳定结构），A错误；
B．Y为F，是非金属性最强的元素，得电子能力最强，B正确；
C．W为Al，Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Z为Na，Na的最高价氧化物对应水化物NaOH，二者可反应生成Na[Al(OH)4]，C正确；
D．X（N）的氧化物（NO、NO2）和R（S）的氧化物（SO2）是酸雨的主要成因，D正确；
故选A。
12．A
【详解】A．有机物a的键线式中，碳原子数通过拐点和端点计数为12个；不饱和度由2个碳碳双键和1个羧基碳氧双键(共3个双键)确定，H原子数=2×12+2-2×3=20；O原子数为羧基(2个)和羟基(1个)共3个，分子式为C12H20O3，A正确；
B．有机物a和b中均含饱和碳原子(如连有甲基的sp3杂化碳)，该类碳原子呈四面体结构，导致所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．a和b中含有的羧基(-COOH)能与NaOH反应，但羟基为醇羟基(非酚羟基)不与NaOH反应，1mol a仅含1mol 羧基，最多消耗1mol NaOH，C错误；
D．酯化反应是可逆反应，b分子中含1个羧基，1mol有机物与足量乙醇发生酯化反应，生成水小于1mol，D错误；
故答案为：A。
13．C
【分析】反应①为CuO+HCl=Cu(OH)Cl，反应②为2Cu(OH)Cl= Cu2OCl2+H2O，反应③为2CuCl+O2=Cu2OCl2，反应④为Cu2OCl2=CuCl2+CuO，反应⑤为2CuCl2=2CuCl+Cl2。循环过程中HCl和O2为反应物，Cl2和H2O为产物，CuO为催化剂，总反应为：。
【详解】A．反应①为CuO+HCl=Cu(OH)Cl，铜元素均为+2价，化合价未发生变化，A正确；
B．根据分析，CuO为催化剂，可以循环利用，B正确；
C．根据分析，①～⑤中③、⑤为氧化还原反应，有2个氧化还原反应，C错误；
D．根据分析，总反应为：，该转化的最终产物是Cl2和H2O，D正确；
故选C。
14．D
【详解】A．铁在氧气燃烧生成四氧化三铁，不能生成三氧化二铁，不能实现上述转化①，故A错误；
B．氢氧化铁与氢碘酸反应生成碘化亚铁、碘和水，不能发生转化④，故B错误；
C．氢氧化亚铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Fe(OH)2+10HNO3(稀)=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O，则氢氧化亚铁与稀硝酸计量数之比为3：10，故C错误；
D．高铁酸钾能与水中的细菌发生氧化还原反应生成铁离子，达到杀菌消毒的作用，反应生成的铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮杂质聚沉而达到净水的作用，所以高铁酸钾作为新型净水剂可实现转化⑥，既能杀菌消毒又能净水，故D正确；
故选D。
15．B
【分析】根据装置图可知：在电极Ⅰ上CO被氧化为CO2，因此电极Ⅰ为负极；在电极Ⅱ上O2得到电子被还原为H2O，因此电极Ⅱ为正极，然后结合原电池反应原理分析解答。
【详解】A．电极Ⅰ为CO发生氧化反应产生CO2，电极Ⅰ为原电池的负极，电极Ⅱ为O2发生得到电子的还原反应，故电极Ⅱ为正极，在原电池中负极电势低于正极，A正确；
B．在电解质溶液中阴离子会向正电荷较多的负极移动，H+会向负电荷较多的正极电极Ⅱ方向移动，即向电极Ⅰ方向定向移动，B错误；
C．负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，总反应为2CO+O2=2CO2，可见：负极生成的H+与正极消耗的H+相等，H+浓度不变，故硫酸浓度几乎不变，C正确；
D．在正极电极Ⅱ上O2得电子，在酸性条件下被还原生成H2O，正极的反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，D正确；
故合理选项是B。
16．B
【分析】由题干信息可知，滤液1中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]，即流程图中，从粉煤灰到Ga是镓元素守恒，从粉煤灰到“滤渣2”是铝元素守恒，周期表中镓在铝的正下方，活动性与锌相似，属于两性元素，氧化镓和氧化铝都是两性氧化物，“溶浸”的目的是溶解氧化镓和氧化铝，使之生成Na[Ga(OH)4]和Na[Al(OH)4]，同时使氧化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙，在向滤液1中加入酸调节pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3而除去，继续向滤液2中通入足量的CO2将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3，灼烧Ga(OH)3得到Ga2O3，由于镓的活动性与锌相似，比铝低，则采用热还原法来冶炼Ga，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“溶浸”过程即将Ga2O3、Al2O3分别转化为Na[Ga(OH)4]和Na[Al(OH)4] ，而CaO转化为CaCO3，未有元素的化合价发生改变，即没有发生电子的转移，A错误；
B．由分析可知，滤渣1为CaCO3，属于盐类，滤渣2为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，即种类不相同，B正确；
C．“镓的活动性与锌相似”，工业上大规模制备为了降低成本，采用还原剂还原的方法，C错误；
D．若用过量的稀盐酸代替，生成GaCl3，D错误；
故答案为：B。
17．【分析】通过A、C装置干燥Cl2，D装置中Fe与Cl2加热反应制备FeCl3，E、G装置收集FeCl3，H装置防止H2O(g)进入G装置使FeCl3水解，I装置吸收多余Cl2、防止污染大气。
【详解】（1）Fe与Cl2加热时在D装置中反应生成FeCl3
（2）在E、G处收集产物FeCl3是利用了FeCl3易升华的性质；盛有P2O5固体C仪器的名称为球形干燥管。
（3）实验过程中若F处出现堵塞，则通入的Cl2将进入B装置中，在盛有氢氧化钠溶液B处可观察到的现象是有气泡冒出；由于FeCl3易升华，故可通过适当加热F处，使实验能继续进行。
（4）I中NaOH溶液用于吸收尾气Cl2，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（5）5.60gFe的物质的量为=0.1mol，根据Fe守恒，理论生成FeCl3物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×162.5g/mol=16.25g，该次实验的产率为×100%=88.00%。
（6）SOCl2与FeCl3·6H2O晶体共热制备无水FeCl3，根据原子守恒还有SO2、HCl生成，反应的化学方程式为6SOCl2+FeCl3·6H2OFeCl3+6SO2+12HCl；实验室常用铁氰化钾溶液检验Fe2+，故检验水合氯化铁原料中存在FeCl2的试剂是铁氰化钾溶液、现象是有蓝色沉淀生成。
18【分析】原料中含有，还含有少量等杂质，向其中加入稀硫酸和亚硫酸钠，稀硫酸用于溶解矿石中的金属氧化物，亚硫酸钠作还原剂，将Co3+还原为Co2+，Fe3+还原为Fe2+，此过程中SiO2不与稀硫酸反应，同时还会生成，故滤渣1为、；加入NaClO3，将浸取后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，因为Fe(OH)3比Fe(OH)2更易沉淀除去，为后续除铁做准备；加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+和Al3+分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，形成滤渣2被过滤除去，同时要保证Co2+不沉淀；加入NaF，F-与Ca2+、Mg2+结合生成CaF2和MgF2沉淀，形成滤渣3被过滤除去；加入(NH4)2C2O4，Co2+与结合生成草酸钴晶体。
【详解】（1）加快“浸取”速率的措施：可以采取将水钴矿粉碎（增大反应物接触面积）、适当升高温度、适当增大稀硫酸浓度、搅拌等措施；根据分析可知“滤渣1”的主要成分为、；
（2）“浸取”过程中Co(Ⅲ)转化为Co(Ⅱ)，Na2SO3作还原剂，离子方程式为；
（3）由已知①中沉淀物的pH表可知，Fe(OH)2开始沉淀的pH为7.6，而Fe(OH)3开始沉淀的pH为2.7，更易沉淀除去，所以“氧化”中加入NaClO3的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH将其沉淀除去；
（4）加Na2CO3是为了沉淀Fe3+和Al3+，而不沉淀Co2+，由已知①，Al(OH)3完全沉淀的pH为5.2，Co(OH)2开始沉淀的pH为7.6，所以需要控制pH的范围是5.2≤pH<7.6；
（5）已知，当c(Mg2+)=1.0×10-5 mol/L时，c2(F-)=6.4×10-4 mol/L，又，则c(Ca2+)=1×10-7 mol/L；
（6）若用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液，Na2C2O4溶液碱性过强，会形成Co(OH)2沉淀。
19．【分析】
由流程，Ⅰ发生取代反应生成Ⅱ，Ⅱ再使得-CN转化为羟基得到Ⅲ，Ⅲ和加成生成Ⅳ，Ⅳ和氢气加成使得碳碳双键变为单键得到Ⅴ，Ⅴ中羟基被氧化为羰基得到Ⅵ，Ⅵ在CH3COOOH条件下转化为Ⅶ；
【详解】（1）由结构，化合物Ⅰ的分子式为C4H6Cl，官能团名称为碳氯键、碳碳双键；
（2）
化合物Ⅲ不饱和度为2、含5个碳、1个氧，脂环化合物Y（脂环为1个不饱和度）为化合物Ⅲ的同分异构体，能发生银镜反应，则含醛基，且不含手性碳原子，则其结构简式可以为或；
（3）化合物Ⅴ中羟基和浓HBr/加热反应，能发生取代反应引入溴原子，为取代反应；
化合物Ⅴ中羟基在浓硫酸/加热条件下，发生消去反应生成碳碳双键得到或，为消去反应；
（4）A．化合物Ⅱ中，双键碳原子采取了sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，-CN中碳为sp杂化，错误；
B．由流程，反应①中生成化合物Ⅱ和HCl，有碳氯、碳氢极性键的断裂，碳碳非极性键形成，氢氯极性键的形成，错误；
C．反应②中羟基转化为羰基，结合质量守恒，同时生成水，存在分子中羟基中O-H键和羟基碳中C-H键断裂，正确；
D．CH3COOOH含有羧基，能与水分子形成氢键，使得其易溶于水，正确；
故选CD；
（5）反应③的化学方程式可表示为：Ⅵ+CH3COOOH=Ⅶ+Z，结合质量守恒，化合物Z为乙酸，结构简式为CH3COOH；
（6）
关步骤涉及卤代经的消去反应，则和溴加成生成，在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成；最后一步反应是原子利用率100%的反应，则HC≡C-COOH首先和甲醇发生酯化反应生成HC≡C-COOCH3，HC≡C-COOCH3和发生加成反应生成；
①由分析，相关步骤涉及卤代烃的消去反应，有机产物的结构简式为。
②由分析，最后一步反应是原子利用率100%的反应，则从HC≡C-COOH出发，第一步反应的化学方程式为HC≡C-COOH+CH3OHHC≡C-COOCH3+H2O。
20．
【分析】结合A和B的分子式以及A的结构可知从A到B发生的变化是羧基中的羟基被氯原子取代，故B的结构简式为：；结合D和F的结构简式以及E的分子式可知E的结构简式为，其名称为2-溴丙烷；结合A到G的反应条件以及G的分子式、I的结构简式可推知A和甲醇发生酯化反应生成G，故G的结构简式为：；I与发生还原反应和消去反应生成J，则J为，据此作答即可。
【详解】（1）由化合物A的结构简式可看出A中含有的官能团有羧基、醚键；
（2）由分析可知，B的结构简式为：；
（3）D+E→F过程中发生了取代反应，会生成小分子的HBr，NaOH的作用是与生成的溴化氢反应，促进平衡正向进行，提高反应物的转化率；
（4）G的结构简式为：，它与发生取代反应生成I，其化学方程式为：＋CH3NH2＋CH3OH；
（5）A．F分子中有杂化的碳原子，该碳原子连接了3个碳原子，这4个碳原子就不可能共面，A错误；
B．F、L生成M是F中旁边的碳原子上的氢原子被L中的部分基团取代，属于取代反应，B正确；
C．F中不含有酚羟基，故不能与浓溴水发生取代反应产生白色沉淀，C错误；
D．F中电负性大的O、N原子并未与H原子成键，无法形成分子间氢键，D错误；
故选B。
（6）C的一种同系物，分子式比C少一个-CH2- ，则除了苯环外还含有3个碳原子、3个氧原子、1个氮原子、1个不饱和度，且官能团为酰胺基和醚键，苯环上有3个取代基，则三个取代基可以是、，当两个取代基在苯环的邻位时，另一个取代基有2个位置，当两个取代基在苯环的间位时，另一个取代基有3个位置，当两个取代基在苯环的对位时，另一个取代基有1个位置，所以共计种同分异构体；
满足氢元素峰面积为比1：2：2：6说明含有两个对称的甲基，结构简式为或者；
（7）根据元素周期律，可知溴原子半径大于氯原子半径，说明碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂；而碳氯键更短，键能会更大。

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