资源简介

浙江省七彩阳光新高考研究联盟2025-2026学年高三上学期开学化学试题
1．（2025高三上·浙江开学考）常温下，下列属于有色气体的是
A．O2 B．NO2 C．CO2 D．N2
2．（2025高三上·浙江开学考）下列化学用语表示正确的是
A．基态34Se原子的价电子排布式：3d104s24p4
B．BrF的电子式：
C．甲酸苯酚酯的结构简式：
D．氯离子的结构示意图：
3．（2025高三上·浙江开学考）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．乙醇可被氧化为乙酸，因此酒类贮存不当时会变酸
B．硬化油不易变质，因此油脂氢化可延长保质期
C．氧炔焰温度可超3000℃，因此乙炔可用于切割金属板材
D．NaNO2能增加肉类食品鲜味，因此可作肉类食品增味剂
4．（2025高三上·浙江开学考）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．第一电离能：Li>Na>K B．熔点：金刚石>NaCl>CO2
C．最高正价：F>S>N D．中子数：
5．（2025高三上·浙江开学考）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．观察Mg在干冰中燃烧的现象时，须佩戴护目镜且保持安全距离
B．探究Cu与浓、稀硝酸的反应时，须打开实验室的通风设备
C．点燃甲烷、氢气等可燃性气体前，须检验可燃性气体的纯度
D．不需要回收的含乙醇、溴乙烷的有机废液，可直接焚烧处理
6．（2025高三上·浙江开学考）已知，下列有关说法不正确的是
A．3种产物均为极性分子
B．n(氧化产物)：n(还原产物)=1：1
C．与的键角相等
D．反应过程中可能有白烟产生
7．（2025高三上·浙江开学考）下列有关化学反应的描述正确的是
A．C2H5OH与浓硫酸共热制乙醚，有键断裂的同时有键生成
B．SO2被氧化为SO3，S原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3
C．Si转化为SiCl4，晶体类型从共价晶体转变成了分子晶体
D．NH3转化为[Cu(NH3)4]2＋，配位键转变为某原子的孤电子对
8．（2025高三上·浙江开学考）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．苯酚具有较强的还原性，可用作外用消毒剂
B．液态氯乙烷气化会吸收大量的热，可用作急性损伤的镇痛剂
C．丙酮具有良好的溶解能力，可用作钢瓶储存乙炔的溶剂
D．淀粉的葡萄糖单元有多个羟基，经酯化后可生产可降解塑料
9．（2025高三上·浙江开学考）下列离子方程式不正确的是
A．Na2O2投入足量水中：
B．SiO2与NaOH溶液反应：
C．碳酸银溶于硝酸：
D．Na2S溶液中通入足量SO2：
10．（2025高三上·浙江开学考）用如下装置完成实验，达成相关实验目的时，装置c中可以不加入试剂的是
选项 实验目的 a中试剂 b中试剂 d中试剂
A 验证SO2的漂白性 浓硫酸 Na2SO3固体 稀品红溶液
B 验证苯与溴发生的是取代反应 苯与溴的混合液 FeBr3(催化剂) 紫色石蕊试液
C 比较碳酸、苯酚的酸性 醋酸溶液 Na2CO3固体 C6H5ONa溶液
D 验证同族元素非金属性递变规律 氯水 浓NaBr溶液 KI-淀粉溶液
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高三上·浙江开学考）研究CaO、温度对水煤气转化(反应I)平衡体系的影响，涉及反应如下：
反应I：
反应II：
恒压下，平衡气体中某些组分的体积分数随温度变化如图所示。
已知：T1时CaCO3已完全分解。
下列说法正确的是
A．T0时，H2O(g)的体积分数是0.25
B．T0时，体系中n(CO2)C．T1后，升高温度混合气体的平均相对分子质量增大
D．若T0时压缩容器，重新平衡后各气体分压均增大
12．（2025高三上·浙江开学考）采用如图所示的间接电解法制备氯仿(CHCl3)，离子交换膜只允许Na＋通过，生成CHCl3的原理：。下列叙述不正确的是
A．电解时须控制电流强度，防止Cl-利用率下降
B．冷水可防止副反应发生
C．每生成1molCHCl3，通过交换膜的Na＋为2mol
D．电解结束后，右室溶液添加CH3COCH3后可导入左室
13．（2025高三上·浙江开学考）AlCoO3晶体的一种立方晶胞如图所示。已知Al与O的最小间距大于Co与O的最小间距。下列说法不正确的是
A．晶胞中的“●”表示Al
B．将立方晶胞中的O原子连接后构成正八面体
C．属于离子晶体与共价晶体间的过渡晶体
D．可溶于浓NaOH，但不溶于浓盐酸
14．（2025高三上·浙江开学考）镍催化下，H2与苯甲腈(A)反应生成苯甲胺(C)以及少量副产物二苯甲胺(F)，历程如下：
如果分别将A、B、F与足量H2在相同条件下反应40min，苯甲胺产率如下表所示：
反应物 A B F
苯甲胺的产率 略小于5% 79% 未检测到
下列说法不正确的是
A．反应①为A→C的决速步骤
B．反应体系中，化合物B只能维持低浓度
C．化合物D能发生加成、氧化、消去、取代四类反应
D．由表格中信息可得出结论：化合物F不能与H2发生反应
15．（2025高三上·浙江开学考）25℃，可利用FeCl2溶液和Na2CO3溶液制备FeCO3固体，下列说法不正确的是
A．
B．Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，当时，溶液呈中性(不考虑CO2逸出)
C．当Na2CO3溶液中水解率达50%时，
D．，
16．（2025高三上·浙江开学考）某实验小组设计方案鉴别苯、乙醇、乙酸溶液、甲酸溶液、苯酚溶液5种无色待测液，下列说法正确的是
A．加Na2CO3溶液或者加稀盐酸，均无明显现象的待测液是苯酚溶液
B．向5种待测液中加少量酸性KMnO4溶液，充分振荡后紫色均褪去
C．加少量溴水，橙色褪去且有气泡产生，待测液是甲酸溶液
D．只用新制Cu(OH)2，FeCl3溶液(必要时可加热)，无法鉴别5种待测液
17．（2025高三上·浙江开学考）镁的氟化物在生产、生活中有重要应用。请回答：
（1）某含镁、氟元素的化合物的晶胞如下图所示。
①该晶胞的化学式为　 　。
②该晶体中，F-的配位数是　 　
③下列关于该晶体的说法，不正确的是　 　。
A．Mg2＋与F-形成的是sp2-p键 B．Mg2＋半径小于F-半径
C．基态Mg2＋不存在未成对电子 D．该晶体硬度高，延展性好
（2）制备MgF2的工艺流程有：
Ⅰ．氯化镁法：在饱和NH4Cl溶液中依次滴加NH4F溶液、MgCl2溶液，充分搅拌，过滤后灼烧可制得高纯MgF2。
II．有机镁盐法：。
III．氧化镁法：MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2。
已知：
①“氯化镁法”中，过滤后不用洗涤的原因是　 　。
②“有机镁盐法”中，判断“步骤Ⅰ”已完全反应的方法　 　。为提高MgF2产品纯度，试剂X是　 　(选填“NH4F”或“NaF”)。
③“氧化镁法”的反应原理是　 　(用化学方程式表示)。
（3）MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：。请结合物质结构和溶解平衡两个角度解析MgF2溶解的原因　 　。
18．（2025高三上·浙江开学考）合成氨是化学对社会发展的一项巨大贡献。请回答：
（1）合成氨新猜想：。该猜想在1200℃时　 　(填“能”或“不能”)自发。
（2）N2与H2反应是目前合成氨的主要途径。
①，该反应平衡常数表达式为K=　 　。
②某时刻反应速率v正(N2)=v逆(N2)=a，若改变某一条件立即有v正(N2)>v逆(N2)>a，说出改变的条件并说明理由　 　。
（3）理论计算发现，N2分子从垂直催化剂晶体的010晶面(该晶面与晶体三条坐标轴相交且截距相等)接触催化剂时，催化效果最好。这体现了晶体的　 　。
（4）通过间接电催化作用可将CO2与NH3转化为高附加值的乙醇胺(HOCH2CH2NH2)。
①先电解CO2制得环氧乙烷()，过程如下图。电解过程中的总反应式为　 　。
②再将通入1氨水中可制得乙醇胺()。已知常温下，则1氨水的pH=　 　。乙醇胺产率、NH3转化率随环氧乙烷量的增加如下图所示。乙醇胺产率下降的原因是　 　。
19．（2025高三上·浙江开学考）某研究小组用氯苯与苯酚制取二苯醚()，装置如图所示。
已知：
①二苯醚熔点为26.5℃，沸点为276.9℃，易溶于有机溶剂，不溶于水；
②制备过程放热，需适时取下干燥管，往装置内加少量水。
请回答：
（1）球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是　 　。
（2）CuCl的作用是　 　。
（3）下列关于制备过程的说法，正确的是_____。
A．圆底烧瓶置于微波反应器内加热，受热更均匀
B．可用碱式滴定管量取氯苯，电子天平称取苯酚
C．a处的水温低于b处的水温
D．加少量水，可防止反应过于剧烈、避免固体结块
（4）研究小组采用色谱法跟踪反应进程，在不同反应时段取产品混合液作试样，用石油醚展开并在紫外灯下显色，结果如下图所示。本实验条件下比较合适的反应时长是　 　min。
（5）采用AgNO3标准溶液滴定KCl可确定二苯醚产率。已知：。
①选择合适的操作补全测定步骤　 　。
将产品趁热倒入水中，充分搅拌后过滤，向滤液中加适量稀硝酸，分液，水层转移至250mL容量瓶中，加水定容得待测溶液。取锥形瓶→(_____)→用移液管移入25.00mL待测液→(_____)→用AgNO3标准溶液滴定→(_____)→读数。
a．滴加指示剂K2CrO4溶液[Ag2CrO4呈红色，]
b．滴加指示剂KI溶液[AgI呈黄色，]
c．水洗洗净
d．水洗洗净后用待测液润洗
e．滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化
f．滴定至出现黄色沉淀，半分钟内无明显变化
②稀硝酸的作用是　 　。
（6）用“”法制取二苯醚产率极低，原因是　 　(从物质结构角度分析)。
20．（2025高三上·浙江开学考）化合物K是治疗痴呆症的药物之一，其结构如下：
某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂简化)：
已知：
请回答：
（1）化合物H中的含氧官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_____。
A．化合物Ⅰ中存在手性碳原子
B．化合物A的酸性比化合物B强
C．1mol化合物C最多可消耗4molNaOH
D．化合物K中仅有共价键、氢键和范德华力三种作用
（3）化合物G的结构简式是　 　。
（4）C＋D→E的化学方程式是　 　。
（5）化合物E在KMnO4作用下会转化为化合物X(分子式为C11H12O5)，写出3个同时符合下列条件的化合物X的同分异构体的结构简式　 　。
①核磁共振氢谱表明分子中有4种不同化学环境的氢原子；红外光谱表明分子中不存在-O-O-；
②除苯环外，分子中仅存在五元环一种环状结构；
③一定条件下能生成苯四酚()。(已知)
（6）以乙烯为有机原料，设计化合物J的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氮族元素简介；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】O2：常温下是无色气体；
NO2：常温下呈现红棕色，属于有色气体；
CO2：常温下是无色气体；
N2：常温下是无色气体；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，解题思路是逐一分析选项中气体的颜色特征。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Se 是 34 号元素，位于第四周期第 ⅥA 族，价电子是原子参与化学反应的电子，其价电子排布式应为 4s24p4，而非 3d 4s24p4（3d 轨道电子不参与价电子构成），A错误；
B、Br 和 F 均为第 ⅦA 族元素，各有 7 个价电子，形成 BrF 时共用 1 对电子，每个原子周围有 3 对孤对电子， 电子式为：， （Br 与 F 之间为共用电子对，各自剩余 3 对孤对电子），满足 8 电子稳定结构，B正确；
C、甲酸苯酚酯由甲酸（HCOOH）与苯酚（C6H5OH）酯化生成，酯基应为 HCOO—（甲酸脱去羟基后剩余部分与苯酚的氧连接）， 结构简式应为：，C错误；
D、氯离子是氯原子得到 1 个电子形成的，核外电子数为 18，结构示意图应为：，D错误；
故答案为：B。【分析】A．明确价电子排布式的书写规则，结合 Se 的原子结构分析。
B．根据共价化合物电子式的书写方法，分析 BrF 的电子成键与孤对电子情况。
C．根据酯化反应 “酸脱羟基、醇脱氢” 的原理，分析甲酸苯酚酯的结构简式。
D．对比氯原子和氯离子的核外电子数，分析结构示意图的电子层分布。
3．【答案】D
【知识点】油脂的性质、组成与结构；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、乙醇具有还原性，可被氧化为乙酸。酒类贮存不当（如与空气接触）时，乙醇会被氧化，从而使酒类变酸，A正确；
B、油脂氢化是将不饱和油脂转化为饱和的硬化油，其结构更稳定，不易被氧化变质，所以油脂氢化可延长保质期，B正确；
C、乙炔在氧气中燃烧产生的氧炔焰温度超过 3000℃，能熔化金属，因此可用于切割金属板材，C正确；
D、NaNO2（亚硝酸钠）主要用作肉类食品的防腐剂和护色剂，其作用是抑制细菌生长，并非增味剂。而且亚硝酸钠过量有毒，不能作为肉类食品增味剂，D错误；
故答案为：D。【分析】A．分析乙醇的氧化反应与酒类变质的关联。
B．理解油脂氢化的原理及硬化油的稳定性。
C．分析氧炔焰的高温特性与乙炔的工业应用。
D．明确 NaNO2的用途和安全隐患。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；元素、核素；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、Li、Na、K 属于同一主族元素，从上到下原子半径增大，第一电离能依次减小，因此第一电离能：Li > Na > K，A正确；
B、金刚石是共价晶体，NaCl 是离子晶体，CO2是分子晶体。共价晶体熔点远高于离子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，因此熔点：金刚石 > NaCl > CO2，B正确；
C、F 元素无最高正价；S 元素最高正价为 + 6；N 元素最高正价为 + 5。因此最高正价：S > N > F，C错误；
D、 的中子数为 3-1=2， 的中子数为 2-1=1， 的中子数为 1-1=0，因此中子数 ，D正确；
故答案为：C。【分析】A．根据同主族元素第一电离能的变化规律分析。
B．根据晶体类型的熔点规律分析。
C．分析元素的最高正价规律。
D．根据中子数 = 质量数 - 质子数的公式计算分析。
5．【答案】D
【知识点】化学应用的安全与规则意识
【解析】【解答】A、Mg 在干冰（固态 CO2）中燃烧属于剧烈氧化反应，会释放强光并伴随物质飞溅。护目镜可保护眼睛免受强光和飞溅物伤害，保持安全距离能避免高温或飞溅物造成的灼伤，A正确；
B、Cu 与浓硝酸反应生成 NO2（红棕色有毒气体），与稀硝酸反应生成 NO（有毒气体，易被氧化为 NO2）。这些气体若在实验室积聚，会危害人体健康，开启通风设备可将有毒气体排出室外，保障实验环境安全，B正确；
C、甲烷、氢气等可燃性气体与空气混合时，若浓度处于爆炸极限范围内，点燃会引发爆炸。检验纯度可确保气体浓度不在爆炸极限内，避免爆炸事故，C正确；
D、溴乙烷含溴元素，直接焚烧时，溴乙烷会与氧气反应生成 HBr（有毒酸性气体），HBr 排放到空气中会污染大气，还可能形成酸雨。同时乙醇焚烧也会产生 CO 等污染物，因此含溴乙烷的有机废液不能直接焚烧，需按有机废液回收流程处理，D错误；
故答案为：D。【分析】A．聚焦活泼金属燃烧的视觉与物理伤害风险。
B．针对有毒气体生成的环境危害分析通风的必要性。
C．从可燃气体爆炸极限的角度分析验纯的必要性。
D．分析有机废液焚烧的污染物生成及环境危害。
6．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A、NH3是三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；SO2是 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；HCl 分子正负电荷中心不重合，属于极性分子。因此 3 种产物均为极性分子，A 正确；
B、反应中 Cl 元素化合价从 +7 降低到 - 1，生成的 HCl 是还原产物；S 元素化合价从 0 升高到 + 4，生成的 SO2是氧化产物。由化学方程式可知，n (SO2)=8，n (HCl)=4，因此 n (氧化产物)： n (还原产物)=8： 4=2： 1，而非 1： 1，B错误；
C、NH4+和 ClO4-均为正四面体结构，正四面体结构的键角均为 109°28'，因此二者键角相等，C正确；
D、产物中 NH3与 HCl 可反应生成氯化铵固体小颗粒，这些小颗粒分散在空气中会形成白烟，因此反应过程中可能有白烟产生，D正确；
故答案为：B。【分析】A．根据分子的空间结构判断极性。
B．分析氧化产物和还原产物的物质的量之比。
C．根据微粒的空间结构判断键角。
D．分析产物间的反应及现象。
7．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、C2H5OH 与浓硫酸共热制乙醚时，发生分子间脱水，断裂的是 O-H 键和 C-O 键（均为 σ 键），生成的乙醚（C2H5OC2H5）中只含 σ 键，没有 π 键生成，A错误；
B、SO2中 S 原子的价层电子对数为 3（2 个成键对 + 1 个孤电子对），采取 sp2 杂化；SO3中 S 原子的价层电子对数为 3（3 个成键对，无孤电子对），同样采取 sp2 杂化，杂化类型未发生改变，B错误；
C、Si 是共价晶体，原子通过共价键形成空间网状结构；SiCl4是分子晶体，由分子通过分子间作用力构成。因此 Si 转化为 SiCl4时，晶体类型从共价晶体转变为分子晶体，C正确；
D、NH3转化为 [Cu(NH3)4]2+时，是 NH3中 N 原子的孤电子对提供给 Cu2+形成配位键，而非配位键转变为孤电子对，D错误；
故答案为：C。【分析】A．分析乙醇制乙醚反应中化学键的断裂与生成类型。
B．根据价层电子对互斥理论判断 S 原子的杂化类型。
C．判断反应物与产物的晶体类型差异。
D．分析配位键的形成过程。
8．【答案】A
【知识点】卤代烃简介；苯酚的性质及用途；酮
【解析】【解答】A、苯酚用作外用消毒剂，是因为其能使蛋白质变性，而非因为具有较强的还原性，性质与用途的逻辑不成立，A错误；
B、液态氯乙烷气化时会吸收大量的热，能使局部温度降低，从而达到冷冻镇痛的效果，其性质与用作急性损伤镇痛剂的用途直接相关，B正确；
C、丙酮具有良好的溶解乙炔的能力，能将乙炔溶解在其中储存于钢瓶中，性质与用途逻辑一致，因此 C正确；
D、淀粉的葡萄糖单元含有多个羟基，这些羟基可发生酯化反应，经改性后能用于生产可降解塑料，结构与性质支撑了其用途，D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确苯酚消毒作用的本质原因。
B．分析液态氯乙烷的物理性质与镇痛用途的关系。
C．判断丙酮的溶解能力与储存乙炔用途的匹配性。
D．分析淀粉的结构特点与生产可降解塑料用途的联系。
9．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O2是固体，根据离子方程式书写规则，固体物质不能拆分为离子形式。该反应中 Na2O2需以化学式整体呈现， 离子方程式为，故A错误；
B、SiO2属于酸性氧化物，与 NaOH 溶液反应生成硅酸钠和水。反应中 SiO2保留化学式，OH-、SiO32-等离子拆分合理， 离子方程式为，故B正确；
C、碳酸银与硝酸发生复分解反应，生成硝酸银、CO2和水。碳酸银是难溶盐保留化学式，H+、NO3-等离子拆分正确， 离子方程式为，故C正确；
D、Na2S 溶液通入足量 SO2时，发生氧化还原反应生成 S 单质和亚硫酸氢钠。反应中 S2-、SO2、H2O 等物质的拆分与化学计量比均需符合氧化还原反应的电子转移和物质守恒逻辑， 离子方程式为，故D正确；
故答案为：A。【分析】A．聚焦固体反应物在离子方程式中的拆分规范。
B．分析酸性氧化物与碱反应的离子方程式逻辑。
C．验证盐与强酸反应的离子方程式合理性。
D．分析氧化还原反应型离子方程式的书写准确性。
10．【答案】A
【知识点】苯的结构与性质；苯酚的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、a 中浓硫酸与 b 中 Na2SO3固体反应生成 SO2，杂质仅为水蒸气。水蒸气不会影响 SO2使品红溶液褪色的漂白性反应，SO2可直接进入 d 中稀品红溶液完成验证，因此 c 中可不加试剂，A符合要求；
B、苯与溴在 FeBr3催化下发生取代反应生成 HBr，但溴易挥发，生成的气体中含大量 Br2蒸气。Br2能使 d 中紫色石蕊试液变红，会干扰 HBr 的检验，需在 c 中加试剂除去 Br2，因此 c 中必须加试剂，B 不符合要求；
C、a 中醋酸与 b 中 Na2CO3反应生成 CO2，但醋酸易挥发，CO2中混有醋酸蒸气。醋酸酸性强于苯酚，会干扰 CO2与苯酚钠的反应，需在 c 中加试剂除去醋酸，否则无法证明碳酸酸性强于苯酚，因此 c 中必须加试剂，C不符合要求；
D、a 中氯水与 b 中 NaBr 反应生成 Br2，但 Cl2易挥发，气体中含未反应的 Cl2。Cl2能氧化 d 中 KI 生成 I2使淀粉变蓝，会干扰 Br2氧化性的验证，需在 c 中加试剂除去 Cl2，因此 c 中必须加试剂，D不符合要求；
故答案为：A。【分析】A．分析 SO2制备中杂质对漂白性验证的影响。
B．分析苯与溴取代反应中杂质的干扰作用。
C．分析醋酸挥发对碳酸、苯酚酸性比较的干扰。
D．分析 Cl2挥发对同族元素非金属性递变验证的干扰。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、T0时，H2、CO、CO2的体积分数分别为 0.50、0.15、0.05，气体总体积分数之和为 1，因此 H2O 的体积分数为 1 - 0.50 - 0.15 - 0.05 = 0.30，而非 0.25，A错误；
B、T0时，CO2与 CO 的体积分数分别为 0.05、0.15，同温同压下体积分数之比等于物质的量之比，故 n (CO2) < n (CO)；反应 I 中生成的 CO2与 H2物质的量相等（H2体积分数 0.50），而生成的 CO2大部分被反应 II（CaO 与 CO2生成 CaCO3）吸收，因此 n (CaCO3) 接近 n (H2)（0.50n 总），远大于 n (CO)（0.15n 总），即 n (CO2) < n (CO) < n (CaCO3)，B正确；
C、T1后 CaCO3完全分解，体系仅存在反应 I，该反应前后气体分子数不变（Δn=0）。升温时反应 I 平衡逆向移动，但气体总质量和总物质的量均不变，平均相对分子质量（ ）为定值，不会增大，C错误；
D、T0时压缩容器，反应 II（气体分子数减少）平衡正向移动，CO2的分压由平衡常数 K2决定（温度不变则 K2不变，CO2分压不变）；反应 I 前后气体分子数不变，平衡不移动，因此并非所有气体分压都增大，D错误；
故答案为：A。【分析】A．根据气体体积分数总和为 1 计算 H2O 的体积分数。
B．通过体积分数与物质的量的关系比较各物质的量大小。
C．分析 T1后升温对混合气体平均相对分子质量的影响。
D．分析压缩容器对各气体分压的影响。
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、电解时，Cl-在阳极失去电子生成 Cl2，Cl2需与阴极生成的 OH-进一步反应生成 ClO-（主反应所需反应物）。若电流强度过大，Cl2生成速率过快，可能未来得及与 OH-反应就逸出体系，导致 Cl-未能充分转化为 ClO-，利用率下降。因此必须控制电流强度，A正确；
B、已知副反应 需要加热条件才能发生。冷水可降低反应体系温度，使该副反应难以进行，减少 ClO3-的生成，避免 Cl2被无效消耗，B正确；
C、生成 1mol CHCl3，根据反应 CH3COCH3+3ClO-=CHCl3+CH3COO-+2OH-，需 3mol ClO-；生成 3mol ClO-，需 3mol Cl2参与反应（依据 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O）；生成 3mol Cl2，阳极反应 2Cl--2e-=Cl2↑需转移 6mol 电子。电解中 Na+向阴极迁移，迁移的 Na+物质的量与转移电子数相等，故通过交换膜的 Na+应为 6mol，而非 2mol，C错误；
D、右室为阴极区，发生反应 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成 NaOH，且原溶液含过量 NaCl。添加 CH3COCH3后导入左室，可提供反应所需的 OH-、Cl-及反应物 CH3COCH3，实现资源循环利用，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析电流强度对 Cl-转化效率的关键影响。
B．明确冷水对副反应的抑制机制。
C．通过多步反应的电子转移计算 Na+迁移量。
D．分析右室溶液的成分及循环利用价值。
13．【答案】D
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A、已知 Al 与 O 的最小间距大于 Co 与 O 的最小间距，说明 Al3+离 O2-更远。在立方晶胞中，顶点到面心的距离大于体心到面心的距离，因此顶点的 “●” 表示 Al，A正确；
B、晶胞中 O 原子位于 6 个面心，分别处于立方晶胞的上、下、左、右、前、后面，这 6 个面心 O 原子可连接成正八面体的 6 个顶点，因此构成正八面体，B正确；
C、AlCoO3中 Al-O、Co-O 键可能同时具有离子键和共价键的过渡特征，因此属于离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体，C正确；
D、Al3+可与浓 NaOH 反应生成 Na[Al(OH)4]；Co3+具有氧化性，能与浓盐酸反应生成 CoCl2、Cl2和 H2O，因此 AlCoO3既溶于浓 NaOH，也溶于浓盐酸，D错误；
故答案为：D。【分析】A．根据 “Al 与 O 的最小间距大于 Co 与 O 的最小间距” 判断原子位置。
B．分析 O 原子的空间分布与正八面体的构成。
C．判断 AlCoO3的晶体类型。
D．分析 AlCoO3与浓 NaOH、浓盐酸的反应性。
14．【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、决速步骤是反应中速率最慢的一步。由表格数据可知，反应物 A 生成苯胺的产率极低，而反应物 B 生成苯胺的产率高达 79%，说明 A→B 的反应速率慢，B→C 的反应速率快，因此反应①是 A→C 的决速步骤，A正确；
B、由于 A→B 的反应速率慢，而 B→C 的反应速率快，生成的 B 会迅速转化为 C，无法大量积累，所以化合物 B 只能维持低浓度，B正确；
C、化合物 D 含有苯环，可发生加成反应；含有氨基，具有还原性，可发生氧化反应；由反应④可知其能发生消去反应；同时氨基、苯环可发生取代反应，因此能发生加成、氧化、消去、取代四类反应，C正确；
D、表格仅显示 F 在反应 40min 后未检测到苯胺，这可能是因为反应速率极慢或生成了其他产物，不能直接得出 F 完全不与 H2反应的结论，D错误；
故答案为：D。【分析】A．通过产率差异判断决速步骤。
B．分析化合物 B 的浓度维持原因。
C．根据化合物 D 的官能团判断反应类型。
D．分析表格信息对化合物 F 与 H2反应的结论推导。
15．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、Fe2+的水解反应生成的是 Fe(OH)2(aq)（可溶性形态），而非 Fe (OH)2固体。该反应的平衡常数表达式与 Fe(OH)2的溶度积 Ksp[Fe(OH)2] 无关，因为溶度积针对的是固体溶解平衡，而此反应中无固体生成，A错误；
B、Na2CO3溶液中，物料守恒为 ；电荷守恒为 。结合题给 ，将物料守恒和题给式代入电荷守恒，可化简得，溶液呈中性，B正确；
C、CO32-第一步水解为 CO32-+H2O HCO3-+OH-，设 Na2CO3初始浓度为 x mol L- ，水解率 50% 时，平衡时 c (CO32-)=c (HCO3-)=0.5x，c (OH-)≈0.5x。水解常数 Kh1=（Ka2 为 H2CO3的第二步电离常数），代入得 0.5x=，故 x≈，C 正确；
D、反应 FeCO3(s)+2H2O (l) Fe (OH)2(s)+H2CO3(aq) 可拆解为 FeCO3的溶解、CO32-的两步水解及 Fe2+与 OH-的沉淀反应。总平衡常数 K 为各步平衡常数的乘积与商，最终推导得， D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确 Fe2+水解产物与 Fe(OH)2溶度积的关联性。
B．通过守恒关系推导溶液酸碱性。
C．利用水解平衡常数计算 Na2CO3浓度。
D．推导总反应的平衡常数表达式。
16．【答案】C
【知识点】有机物的鉴别
【解析】【解答】A、乙醇与 Na2CO3溶液、稀盐酸均无反应，也会出现 “均无明显现象”，并非只有苯酚溶液，A错误；
B、苯分子中碳碳键特殊，乙酸中羧基较稳定，二者均不能被酸性 KMnO4氧化，紫色不会褪去；而乙醇、甲酸、苯酚可被氧化，紫色褪去，B错误；
C、甲酸具有还原性，在酸性条件下可被 Br2氧化，生成 CO2（产生气泡），同时溴水橙色褪去；苯、乙醇、乙酸、苯酚与溴水的反应无此 “褪色 + 气泡” 的特征现象，因此该待测液是甲酸溶液，C正确；
D、FeCl3溶液可鉴别苯酚（显紫色）；新制 Cu(OH)2常温下可溶解乙酸、甲酸（体现酸性），加热时甲酸能生成砖红色沉淀（体现醛基）；苯与新制 Cu(OH)2分层，乙醇与新制 Cu(OH)2互溶，因此可以鉴别 5 种待测液，D错误；
故答案为：C。【分析】A．分析 Na2CO3溶液、稀盐酸与各物质的反应现象。
B．判断酸性 KMnO4溶液与各物质的氧化反应情况。
C．分析甲酸与溴水的氧化还原反应特征。
D．分析新制 Cu(OH)2、FeCl3溶液的鉴别能力。
17．【答案】（1）MgF2；3；AD
（2）固体表面吸附的铵盐受热均易分解；不再产生气泡或固体不再溶解；NH4F；
（3）F-与HF通过氢键结合使c(F-)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由晶胞图可知，白球位于顶角与体心，共2个，黑球位于上下面及体内，共2+=4个，根据元素化合价可知，该晶胞的化学式为MgF2；
②观察晶胞图中的黑球连接可知，F-的配位数是3；
③A．MgF2是离子化合物，Mg2＋与F-形成的是离子键，A错误；
B．Mg2＋、F-的电子层数相同，因Mg2＋质子多，故Mg2＋半径小于F-半径，B正确；
C．由基态Mg2＋的电子排布1s22s22p6可知，基态Mg2＋不存在未成对电子，C正确；
D．离子晶体硬度较高，但离子键会因离子错位而发生断裂，故离子晶体的延展性不好，D错误；
故答案为： MgF2 ；3；AD。
（2）①由制备方法可知，MgF2固体表面吸附的是NH4Cl及少量NH4F，加热时杂质会转化为气体而除去，故不用洗涤操作；
②，可根据气泡现象或固体不再溶解判断反应终点。为防止生成Mg(OH)2杂质，选择溶液碱性较弱的NH4F；
③MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2，该反应过程中没有元素化合价发生变化，则同时还有氨气生成，化学方程式为：。
故答案为： 固体表面吸附的铵盐受热均易分解 ； 不再产生气泡或固体不再溶解 ； NH4F ； ；
（3）MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：，MgF2溶解的原因：F-与HF通过氢键结合成，使MgF2的溶解平衡正向移动，MgF2固体逐渐溶解。
故答案为： F-与HF通过氢键结合使c(F-)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动 。
【分析】（1）①根据晶胞中原子的位置和数目，结合化合价确定化学式。
②观察晶胞中 F 的连接情况确定配位数。
③结合离子晶体的化学键、粒子半径、电子排布及晶体性质分析。
（2）①分析固体表面吸附的铵盐受热分解特性，判断无需洗涤的原因。
②根据反应的气泡或固体溶解现象判断反应终点；结合避免杂质生成选择试剂。
③根据反应物和产物，结合化合价不变书写化学方程式。
（3）从物质结构（氢键形成）和溶解平衡（离子浓度变化）两个角度，分析 MgF2溶解的原因。
（1）①由晶胞图可知，白球位于顶角与体心，共2个，黑球位于上下面及体内，共2+=4个，根据元素化合价可知，该晶胞的化学式为MgF2；
②观察晶胞图中的黑球连接可知，F-的配位数是3；
③A．MgF2是离子化合物，Mg2＋与F-形成的是离子键，A错误；
B．Mg2＋、F-的电子层数相同，因Mg2＋质子多，故Mg2＋半径小于F-半径，B正确；
C．由基态Mg2＋的电子排布1s22s22p6可知，基态Mg2＋不存在未成对电子，C正确；
D．离子晶体硬度较高，但离子键会因离子错位而发生断裂，故离子晶体的延展性不好，D错误；
故选AD。
（2）①由制备方法可知，MgF2固体表面吸附的是NH4Cl及少量NH4F，加热时杂质会转化为气体而除去，故不用洗涤操作；
②，可根据气泡现象或固体不再溶解判断反应终点。为防止生成Mg(OH)2杂质，选择溶液碱性较弱的NH4F；
③MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2，该反应过程中没有元素化合价发生变化，则同时还有氨气生成，化学方程式为：。
（3）MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：，MgF2溶解的原因：F-与HF通过氢键结合成，使MgF2的溶解平衡正向移动，MgF2固体逐渐溶解。
18．【答案】（1）不能
（2）；加压；加压使正逆反应速率均增大；加压使平衡向反应计量数减小方向移动，与v正>v逆相符
（3）各向异性
（4）；11.65；环氧乙烷与乙醇胺发生副反应，生成二乙醇胺、三乙醇胺
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由题意可知，反应的，故在任何温度下均不能自发进行。
故答案为： 不能 ；
(2)①根据平衡常数的定义可知，该反应平衡常数表达式为K=；
②v正(N2)>v逆(N2)，说明平衡正向移动，该反应为气体分子数减小的放热反应，则故符合题意的是加压；
故答案为： ； 加压；加压使正逆反应速率均增大；加压使平衡向反应计量数减小方向移动，与v正>v逆相符 ；
(3)由题意可知，催化剂晶体的不同晶面的催化活性不同，体现了晶体的各向异性。
故答案为： 各向异性 ；
(4)①左侧电解过程中电极反应式是、。
右侧的电极反应式是、，根据电子得失守恒相加，得电解的总反应式。
②根据题给信息，，所以溶液的pH=14-2.35=11.65，据题给信息“”，说明过量时会继续与H2NCH2CH2OH反应，生成HN(CH2CH2OH)2，N(CH2CH2OH)3，导致乙醇胺产率下降。
故答案为： ；11.65； 环氧乙烷与乙醇胺发生副反应，生成二乙醇胺、三乙醇胺 。
【分析】 （1）根据反应的 ΔH（正值）和 ΔS（负值），结合 ΔG=ΔH-TΔS，判断任何温度下 ΔG 均为正，故反应不能自发。
（2）①按平衡常数定义，表达式为 K=； 。②加压使正逆反应速率均增大，且正反应速率增幅更大（平衡向气体分子数少的方向移动），符合 v正(N2)>v逆(N2)>a 。
（3）晶体不同晶面催化活性不同，体现晶体的各向异性。
（4）①结合电解池两极反应，根据电子守恒，总反应为 。
②由氨水的 Kb 计算得 ，pH=11.65；环氧乙烷过量时与产物发生副反应生成二乙醇胺、三乙醇胺，导致乙醇胺产率下降。
19．【答案】（1）减少氧气进入，减少苯酚被氧化
（2）催化剂
（3）A；D
（4）50
（5）cae；除溶液中的
（6）由于O原子的孤电子对与苯环形成共轭，苯酚中C-O键键能大，不易断裂
【知识点】催化剂；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）苯酚易被空气中的O2氧化，因此球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是减少空气对流，从而减少氧气进入，减少苯酚被氧化；
故答案为： 减少氧气进入，减少苯酚被氧化 ；
（2）根据分析，CuCl的作用是催化剂；
故答案为： 催化剂 ；
（3）A．加热温度为155-158℃，用微波反应器代替油浴，能增大受热面积，受热更均匀，A正确；
B．氯苯是有机物，会溶解橡胶，故不能用碱式滴定管量取，B错误；
C．冷凝管中的冷凝水从下口进，上口出，经过热交换后，a处的水温应高于b处的水温，C错误；
D．温度较高时加水可溶解苯酚，降低苯酚的浓度，防止反应过于剧烈，水还可以溶解生成的KCl(源于HCl与K2CO3反应)，避免固体结块，D正确；
故答案为：AD。
（4）由薄层色谱法的图象可知，50min时反应物的点已经消失，板上只有产物的点，且60min时的板与50min几乎一样，因此可以判断50min时反应已经基本进行完全，反应时间为50min；
故答案为：50；
（5）①锥形瓶不可润洗，否则会导致标准液偏大，结果偏大；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，c(Ag+)=，同理c(Ag+)=，c(Ag+)=，在三种阴离子浓度相同的情况下，三种阴离子的沉淀顺序为I-、Cl-、，当Ag+与Cl-反应完后就会与反应，因此选择K2CrO4作指示剂，滴定至终点的现象为滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化，故顺序为c→用移液管移入25.00mL待测液→a→e，故选cae；
②稀硝酸的作用是除去剩余的K2CO3和生成的KHCO3，防止K2CO3、KHCO3与AgNO3反应。
故答案为： cae ； 除溶液中的 ；
（6）由于O原子的孤电子对与苯环的大π键形成共轭，导致苯酚中C-O键键能大，不易断裂，因此用苯酚脱水的方法产率较低。
故答案为： 由于O原子的孤电子对与苯环形成共轭，苯酚中C-O键键能大，不易断裂 。
【分析】在该反应体系中，10.77mL 氯苯（ ）与 13.06g 苯酚（ ）在圆底烧瓶中混合，以 CuCl 为催化剂，于 155℃~158℃下发生取代反应：++HCl
K2CO3的作用关键在于其碱性，能与反应生成的 HCl 发生中和反应，使反应体系中 HCl 浓度降低，根据化学平衡移动原理，促使取代反应正向进行，从而提高产物二苯醚的产率。球形冷凝管的设计利用其较大的冷凝面积，可将反应中挥发的氯苯、苯酚等原料蒸汽充分冷凝回流至反应瓶中，避免原料因挥发而损失，保证反应的原料利用率。球形干燥管内的棉花则起到隔离空气的作用，因为苯酚具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，棉花可减少氧气进入反应体系，抑制苯酚的氧化副反应，进而提高原料的有效利用率和产物的纯度。
（1）苯酚易被空气中的O2氧化，因此球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是减少空气对流，从而减少氧气进入，减少苯酚被氧化；
（2）根据分析，CuCl的作用是催化剂；
（3）A．加热温度为155-158℃，用微波反应器代替油浴，能增大受热面积，受热更均匀，A正确；
B．氯苯是有机物，会溶解橡胶，故不能用碱式滴定管量取，B错误；
C．冷凝管中的冷凝水从下口进，上口出，经过热交换后，a处的水温应高于b处的水温，C错误；
D．温度较高时加水可溶解苯酚，降低苯酚的浓度，防止反应过于剧烈，水还可以溶解生成的KCl(源于HCl与K2CO3反应)，避免固体结块，D正确；
故选AD。
（4）由薄层色谱法的图象可知，50min时反应物的点已经消失，板上只有产物的点，且60min时的板与50min几乎一样，因此可以判断50min时反应已经基本进行完全，反应时间为50min；
（5）①锥形瓶不可润洗，否则会导致标准液偏大，结果偏大；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，c(Ag+)=，同理c(Ag+)=，c(Ag+)=，在三种阴离子浓度相同的情况下，三种阴离子的沉淀顺序为I-、Cl-、，当Ag+与Cl-反应完后就会与反应，因此选择K2CrO4作指示剂，滴定至终点的现象为滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化，故顺序为c→用移液管移入25.00mL待测液→a→e，故选cae；
②稀硝酸的作用是除去剩余的K2CO3和生成的KHCO3，防止K2CO3、KHCO3与AgNO3反应。
（6）由于O原子的孤电子对与苯环的大π键形成共轭，导致苯酚中C-O键键能大，不易断裂，因此用苯酚脱水的方法产率较低。
20．【答案】（1）酯基、醚键
（2）B；C
（3）
（4）
（5）、、、（任选3个）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；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）根据化合物H的结构简式可得，化合物H中的含氧官能团名称是酯基、醚键；
故答案为： 酯基、醚键 ；
（2）A．与四个各不相同原子或基团相连的碳原子为手性碳原子，化合物Ⅰ中不存在手性碳原子，A错误；
B．乙基是给电子基，导致化合物B分子中酚羟基的O-H键极性减小，酸性变弱，化合物B的酸性小于化合物A，B正确；
C．由C的官能团（含碳碘键及酯基），可知1mol化合物C最多可消耗4molNaOH，C正确；
D．化合物K是有机酸的铵盐，含有共价键、离子键、氢键和范德华力四种作用，D错误；
故答案为： BC；
（3）根据分析，化合物G的结构简式是；
故答案为： ；
（4）根据分析，C为，D为，C和D发生取代反应生成E， C＋D→E的化学方程式是；
故答案为： ；
（5）化合物E在KMnO4作用下会转化为化合物X(分子式为C11H12O5)，X的同分异构体中有4种不同化学环境的氢原子，分子中不存在-O-O-；除苯环外，分子中仅存在五元环一种环状结构；一定条件下能生成苯四酚，说明分子结构中含有，符合上述条件的X的同分异构体有：、、、；
故答案为：、、
、（任选3个）；
（6）合成的目标产物分子中有6个碳原子，而原料分子只有2个碳原子，所以需要延长碳链。结合题给信息，可以借助羟醛缩合延长碳链的同时，生成α，β-不饱和醛，然后氧化为相应的羧酸。结合题目已知信息，以乙烯为有机原料，合成化合物J的路线为：。
故答案为：
【分析】从 C 的结构和 B 的分子式逆推，B 为含乙基醚键的苯酚衍生物（ ），进而可知 A 是邻苯二酚（ ），A 到 B 发生了乙基化的取代反应。
由 E 的结构和 D 的分子式分析，D 是含氨基和炔基的脂肪链化合物（ ），D 与前体反应后生成 E。再结合 E 的结构和 F 的分子式，F 是含氨基、酯基及乙基醚键的苯环衍生物（ ）。最后从 H 的结构倒推，G 是邻二溴甲基苯（），G 参与后续反应生成 H。整个推导过程紧扣 “分子式差异→结构变化→反应类型” 的有机推断核心逻辑，通过各物质的结构特征和分子式的对应关系，逐步明确每一步的中间体结构。
（1）根据化合物H的结构简式可得，化合物H中的含氧官能团名称是酯基、醚键；
（2）A．与四个各不相同原子或基团相连的碳原子为手性碳原子，化合物Ⅰ中不存在手性碳原子，A错误；
B．乙基是给电子基，导致化合物B分子中酚羟基的O-H键极性减小，酸性变弱，化合物B的酸性小于化合物A，B正确；
C．由C的官能团（含碳碘键及酯基），可知1mol化合物C最多可消耗4molNaOH，C正确；
D．化合物K是有机酸的铵盐，含有共价键、离子键、氢键和范德华力四种作用，D错误；
故选BC；
（3）根据分析，化合物G的结构简式是；
（4）根据分析，C为，D为，C和D发生取代反应生成E， C＋D→E的化学方程式是；
（5）化合物E在KMnO4作用下会转化为化合物X(分子式为C11H12O5)，X的同分异构体中有4种不同化学环境的氢原子，分子中不存在-O-O-；除苯环外，分子中仅存在五元环一种环状结构；一定条件下能生成苯四酚，说明分子结构中含有，符合上述条件的X的同分异构体有：、、、；
（6）合成的目标产物分子中有6个碳原子，而原料分子只有2个碳原子，所以需要延长碳链。结合题给信息，可以借助羟醛缩合延长碳链的同时，生成α，β-不饱和醛，然后氧化为相应的羧酸。结合题目已知信息，以乙烯为有机原料，合成化合物J的路线为：。
1 / 1浙江省七彩阳光新高考研究联盟2025-2026学年高三上学期开学化学试题
1．（2025高三上·浙江开学考）常温下，下列属于有色气体的是
A．O2 B．NO2 C．CO2 D．N2
【答案】B
【知识点】氮族元素简介；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】O2：常温下是无色气体；
NO2：常温下呈现红棕色，属于有色气体；
CO2：常温下是无色气体；
N2：常温下是无色气体；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，解题思路是逐一分析选项中气体的颜色特征。
2．（2025高三上·浙江开学考）下列化学用语表示正确的是
A．基态34Se原子的价电子排布式：3d104s24p4
B．BrF的电子式：
C．甲酸苯酚酯的结构简式：
D．氯离子的结构示意图：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Se 是 34 号元素，位于第四周期第 ⅥA 族，价电子是原子参与化学反应的电子，其价电子排布式应为 4s24p4，而非 3d 4s24p4（3d 轨道电子不参与价电子构成），A错误；
B、Br 和 F 均为第 ⅦA 族元素，各有 7 个价电子，形成 BrF 时共用 1 对电子，每个原子周围有 3 对孤对电子， 电子式为：， （Br 与 F 之间为共用电子对，各自剩余 3 对孤对电子），满足 8 电子稳定结构，B正确；
C、甲酸苯酚酯由甲酸（HCOOH）与苯酚（C6H5OH）酯化生成，酯基应为 HCOO—（甲酸脱去羟基后剩余部分与苯酚的氧连接）， 结构简式应为：，C错误；
D、氯离子是氯原子得到 1 个电子形成的，核外电子数为 18，结构示意图应为：，D错误；
故答案为：B。【分析】A．明确价电子排布式的书写规则，结合 Se 的原子结构分析。
B．根据共价化合物电子式的书写方法，分析 BrF 的电子成键与孤对电子情况。
C．根据酯化反应 “酸脱羟基、醇脱氢” 的原理，分析甲酸苯酚酯的结构简式。
D．对比氯原子和氯离子的核外电子数，分析结构示意图的电子层分布。
3．（2025高三上·浙江开学考）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．乙醇可被氧化为乙酸，因此酒类贮存不当时会变酸
B．硬化油不易变质，因此油脂氢化可延长保质期
C．氧炔焰温度可超3000℃，因此乙炔可用于切割金属板材
D．NaNO2能增加肉类食品鲜味，因此可作肉类食品增味剂
【答案】D
【知识点】油脂的性质、组成与结构；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、乙醇具有还原性，可被氧化为乙酸。酒类贮存不当（如与空气接触）时，乙醇会被氧化，从而使酒类变酸，A正确；
B、油脂氢化是将不饱和油脂转化为饱和的硬化油，其结构更稳定，不易被氧化变质，所以油脂氢化可延长保质期，B正确；
C、乙炔在氧气中燃烧产生的氧炔焰温度超过 3000℃，能熔化金属，因此可用于切割金属板材，C正确；
D、NaNO2（亚硝酸钠）主要用作肉类食品的防腐剂和护色剂，其作用是抑制细菌生长，并非增味剂。而且亚硝酸钠过量有毒，不能作为肉类食品增味剂，D错误；
故答案为：D。【分析】A．分析乙醇的氧化反应与酒类变质的关联。
B．理解油脂氢化的原理及硬化油的稳定性。
C．分析氧炔焰的高温特性与乙炔的工业应用。
D．明确 NaNO2的用途和安全隐患。
4．（2025高三上·浙江开学考）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．第一电离能：Li>Na>K B．熔点：金刚石>NaCl>CO2
C．最高正价：F>S>N D．中子数：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；元素、核素；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、Li、Na、K 属于同一主族元素，从上到下原子半径增大，第一电离能依次减小，因此第一电离能：Li > Na > K，A正确；
B、金刚石是共价晶体，NaCl 是离子晶体，CO2是分子晶体。共价晶体熔点远高于离子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，因此熔点：金刚石 > NaCl > CO2，B正确；
C、F 元素无最高正价；S 元素最高正价为 + 6；N 元素最高正价为 + 5。因此最高正价：S > N > F，C错误；
D、 的中子数为 3-1=2， 的中子数为 2-1=1， 的中子数为 1-1=0，因此中子数 ，D正确；
故答案为：C。【分析】A．根据同主族元素第一电离能的变化规律分析。
B．根据晶体类型的熔点规律分析。
C．分析元素的最高正价规律。
D．根据中子数 = 质量数 - 质子数的公式计算分析。
5．（2025高三上·浙江开学考）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．观察Mg在干冰中燃烧的现象时，须佩戴护目镜且保持安全距离
B．探究Cu与浓、稀硝酸的反应时，须打开实验室的通风设备
C．点燃甲烷、氢气等可燃性气体前，须检验可燃性气体的纯度
D．不需要回收的含乙醇、溴乙烷的有机废液，可直接焚烧处理
【答案】D
【知识点】化学应用的安全与规则意识
【解析】【解答】A、Mg 在干冰（固态 CO2）中燃烧属于剧烈氧化反应，会释放强光并伴随物质飞溅。护目镜可保护眼睛免受强光和飞溅物伤害，保持安全距离能避免高温或飞溅物造成的灼伤，A正确；
B、Cu 与浓硝酸反应生成 NO2（红棕色有毒气体），与稀硝酸反应生成 NO（有毒气体，易被氧化为 NO2）。这些气体若在实验室积聚，会危害人体健康，开启通风设备可将有毒气体排出室外，保障实验环境安全，B正确；
C、甲烷、氢气等可燃性气体与空气混合时，若浓度处于爆炸极限范围内，点燃会引发爆炸。检验纯度可确保气体浓度不在爆炸极限内，避免爆炸事故，C正确；
D、溴乙烷含溴元素，直接焚烧时，溴乙烷会与氧气反应生成 HBr（有毒酸性气体），HBr 排放到空气中会污染大气，还可能形成酸雨。同时乙醇焚烧也会产生 CO 等污染物，因此含溴乙烷的有机废液不能直接焚烧，需按有机废液回收流程处理，D错误；
故答案为：D。【分析】A．聚焦活泼金属燃烧的视觉与物理伤害风险。
B．针对有毒气体生成的环境危害分析通风的必要性。
C．从可燃气体爆炸极限的角度分析验纯的必要性。
D．分析有机废液焚烧的污染物生成及环境危害。
6．（2025高三上·浙江开学考）已知，下列有关说法不正确的是
A．3种产物均为极性分子
B．n(氧化产物)：n(还原产物)=1：1
C．与的键角相等
D．反应过程中可能有白烟产生
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A、NH3是三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；SO2是 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；HCl 分子正负电荷中心不重合，属于极性分子。因此 3 种产物均为极性分子，A 正确；
B、反应中 Cl 元素化合价从 +7 降低到 - 1，生成的 HCl 是还原产物；S 元素化合价从 0 升高到 + 4，生成的 SO2是氧化产物。由化学方程式可知，n (SO2)=8，n (HCl)=4，因此 n (氧化产物)： n (还原产物)=8： 4=2： 1，而非 1： 1，B错误；
C、NH4+和 ClO4-均为正四面体结构，正四面体结构的键角均为 109°28'，因此二者键角相等，C正确；
D、产物中 NH3与 HCl 可反应生成氯化铵固体小颗粒，这些小颗粒分散在空气中会形成白烟，因此反应过程中可能有白烟产生，D正确；
故答案为：B。【分析】A．根据分子的空间结构判断极性。
B．分析氧化产物和还原产物的物质的量之比。
C．根据微粒的空间结构判断键角。
D．分析产物间的反应及现象。
7．（2025高三上·浙江开学考）下列有关化学反应的描述正确的是
A．C2H5OH与浓硫酸共热制乙醚，有键断裂的同时有键生成
B．SO2被氧化为SO3，S原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3
C．Si转化为SiCl4，晶体类型从共价晶体转变成了分子晶体
D．NH3转化为[Cu(NH3)4]2＋，配位键转变为某原子的孤电子对
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、C2H5OH 与浓硫酸共热制乙醚时，发生分子间脱水，断裂的是 O-H 键和 C-O 键（均为 σ 键），生成的乙醚（C2H5OC2H5）中只含 σ 键，没有 π 键生成，A错误；
B、SO2中 S 原子的价层电子对数为 3（2 个成键对 + 1 个孤电子对），采取 sp2 杂化；SO3中 S 原子的价层电子对数为 3（3 个成键对，无孤电子对），同样采取 sp2 杂化，杂化类型未发生改变，B错误；
C、Si 是共价晶体，原子通过共价键形成空间网状结构；SiCl4是分子晶体，由分子通过分子间作用力构成。因此 Si 转化为 SiCl4时，晶体类型从共价晶体转变为分子晶体，C正确；
D、NH3转化为 [Cu(NH3)4]2+时，是 NH3中 N 原子的孤电子对提供给 Cu2+形成配位键，而非配位键转变为孤电子对，D错误；
故答案为：C。【分析】A．分析乙醇制乙醚反应中化学键的断裂与生成类型。
B．根据价层电子对互斥理论判断 S 原子的杂化类型。
C．判断反应物与产物的晶体类型差异。
D．分析配位键的形成过程。
8．（2025高三上·浙江开学考）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．苯酚具有较强的还原性，可用作外用消毒剂
B．液态氯乙烷气化会吸收大量的热，可用作急性损伤的镇痛剂
C．丙酮具有良好的溶解能力，可用作钢瓶储存乙炔的溶剂
D．淀粉的葡萄糖单元有多个羟基，经酯化后可生产可降解塑料
【答案】A
【知识点】卤代烃简介；苯酚的性质及用途；酮
【解析】【解答】A、苯酚用作外用消毒剂，是因为其能使蛋白质变性，而非因为具有较强的还原性，性质与用途的逻辑不成立，A错误；
B、液态氯乙烷气化时会吸收大量的热，能使局部温度降低，从而达到冷冻镇痛的效果，其性质与用作急性损伤镇痛剂的用途直接相关，B正确；
C、丙酮具有良好的溶解乙炔的能力，能将乙炔溶解在其中储存于钢瓶中，性质与用途逻辑一致，因此 C正确；
D、淀粉的葡萄糖单元含有多个羟基，这些羟基可发生酯化反应，经改性后能用于生产可降解塑料，结构与性质支撑了其用途，D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确苯酚消毒作用的本质原因。
B．分析液态氯乙烷的物理性质与镇痛用途的关系。
C．判断丙酮的溶解能力与储存乙炔用途的匹配性。
D．分析淀粉的结构特点与生产可降解塑料用途的联系。
9．（2025高三上·浙江开学考）下列离子方程式不正确的是
A．Na2O2投入足量水中：
B．SiO2与NaOH溶液反应：
C．碳酸银溶于硝酸：
D．Na2S溶液中通入足量SO2：
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O2是固体，根据离子方程式书写规则，固体物质不能拆分为离子形式。该反应中 Na2O2需以化学式整体呈现， 离子方程式为，故A错误；
B、SiO2属于酸性氧化物，与 NaOH 溶液反应生成硅酸钠和水。反应中 SiO2保留化学式，OH-、SiO32-等离子拆分合理， 离子方程式为，故B正确；
C、碳酸银与硝酸发生复分解反应，生成硝酸银、CO2和水。碳酸银是难溶盐保留化学式，H+、NO3-等离子拆分正确， 离子方程式为，故C正确；
D、Na2S 溶液通入足量 SO2时，发生氧化还原反应生成 S 单质和亚硫酸氢钠。反应中 S2-、SO2、H2O 等物质的拆分与化学计量比均需符合氧化还原反应的电子转移和物质守恒逻辑， 离子方程式为，故D正确；
故答案为：A。【分析】A．聚焦固体反应物在离子方程式中的拆分规范。
B．分析酸性氧化物与碱反应的离子方程式逻辑。
C．验证盐与强酸反应的离子方程式合理性。
D．分析氧化还原反应型离子方程式的书写准确性。
10．（2025高三上·浙江开学考）用如下装置完成实验，达成相关实验目的时，装置c中可以不加入试剂的是
选项 实验目的 a中试剂 b中试剂 d中试剂
A 验证SO2的漂白性 浓硫酸 Na2SO3固体 稀品红溶液
B 验证苯与溴发生的是取代反应 苯与溴的混合液 FeBr3(催化剂) 紫色石蕊试液
C 比较碳酸、苯酚的酸性 醋酸溶液 Na2CO3固体 C6H5ONa溶液
D 验证同族元素非金属性递变规律 氯水 浓NaBr溶液 KI-淀粉溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】苯的结构与性质；苯酚的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、a 中浓硫酸与 b 中 Na2SO3固体反应生成 SO2，杂质仅为水蒸气。水蒸气不会影响 SO2使品红溶液褪色的漂白性反应，SO2可直接进入 d 中稀品红溶液完成验证，因此 c 中可不加试剂，A符合要求；
B、苯与溴在 FeBr3催化下发生取代反应生成 HBr，但溴易挥发，生成的气体中含大量 Br2蒸气。Br2能使 d 中紫色石蕊试液变红，会干扰 HBr 的检验，需在 c 中加试剂除去 Br2，因此 c 中必须加试剂，B 不符合要求；
C、a 中醋酸与 b 中 Na2CO3反应生成 CO2，但醋酸易挥发，CO2中混有醋酸蒸气。醋酸酸性强于苯酚，会干扰 CO2与苯酚钠的反应，需在 c 中加试剂除去醋酸，否则无法证明碳酸酸性强于苯酚，因此 c 中必须加试剂，C不符合要求；
D、a 中氯水与 b 中 NaBr 反应生成 Br2，但 Cl2易挥发，气体中含未反应的 Cl2。Cl2能氧化 d 中 KI 生成 I2使淀粉变蓝，会干扰 Br2氧化性的验证，需在 c 中加试剂除去 Cl2，因此 c 中必须加试剂，D不符合要求；
故答案为：A。【分析】A．分析 SO2制备中杂质对漂白性验证的影响。
B．分析苯与溴取代反应中杂质的干扰作用。
C．分析醋酸挥发对碳酸、苯酚酸性比较的干扰。
D．分析 Cl2挥发对同族元素非金属性递变验证的干扰。
11．（2025高三上·浙江开学考）研究CaO、温度对水煤气转化(反应I)平衡体系的影响，涉及反应如下：
反应I：
反应II：
恒压下，平衡气体中某些组分的体积分数随温度变化如图所示。
已知：T1时CaCO3已完全分解。
下列说法正确的是
A．T0时，H2O(g)的体积分数是0.25
B．T0时，体系中n(CO2)C．T1后，升高温度混合气体的平均相对分子质量增大
D．若T0时压缩容器，重新平衡后各气体分压均增大
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、T0时，H2、CO、CO2的体积分数分别为 0.50、0.15、0.05，气体总体积分数之和为 1，因此 H2O 的体积分数为 1 - 0.50 - 0.15 - 0.05 = 0.30，而非 0.25，A错误；
B、T0时，CO2与 CO 的体积分数分别为 0.05、0.15，同温同压下体积分数之比等于物质的量之比，故 n (CO2) < n (CO)；反应 I 中生成的 CO2与 H2物质的量相等（H2体积分数 0.50），而生成的 CO2大部分被反应 II（CaO 与 CO2生成 CaCO3）吸收，因此 n (CaCO3) 接近 n (H2)（0.50n 总），远大于 n (CO)（0.15n 总），即 n (CO2) < n (CO) < n (CaCO3)，B正确；
C、T1后 CaCO3完全分解，体系仅存在反应 I，该反应前后气体分子数不变（Δn=0）。升温时反应 I 平衡逆向移动，但气体总质量和总物质的量均不变，平均相对分子质量（ ）为定值，不会增大，C错误；
D、T0时压缩容器，反应 II（气体分子数减少）平衡正向移动，CO2的分压由平衡常数 K2决定（温度不变则 K2不变，CO2分压不变）；反应 I 前后气体分子数不变，平衡不移动，因此并非所有气体分压都增大，D错误；
故答案为：A。【分析】A．根据气体体积分数总和为 1 计算 H2O 的体积分数。
B．通过体积分数与物质的量的关系比较各物质的量大小。
C．分析 T1后升温对混合气体平均相对分子质量的影响。
D．分析压缩容器对各气体分压的影响。
12．（2025高三上·浙江开学考）采用如图所示的间接电解法制备氯仿(CHCl3)，离子交换膜只允许Na＋通过，生成CHCl3的原理：。下列叙述不正确的是
A．电解时须控制电流强度，防止Cl-利用率下降
B．冷水可防止副反应发生
C．每生成1molCHCl3，通过交换膜的Na＋为2mol
D．电解结束后，右室溶液添加CH3COCH3后可导入左室
【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、电解时，Cl-在阳极失去电子生成 Cl2，Cl2需与阴极生成的 OH-进一步反应生成 ClO-（主反应所需反应物）。若电流强度过大，Cl2生成速率过快，可能未来得及与 OH-反应就逸出体系，导致 Cl-未能充分转化为 ClO-，利用率下降。因此必须控制电流强度，A正确；
B、已知副反应 需要加热条件才能发生。冷水可降低反应体系温度，使该副反应难以进行，减少 ClO3-的生成，避免 Cl2被无效消耗，B正确；
C、生成 1mol CHCl3，根据反应 CH3COCH3+3ClO-=CHCl3+CH3COO-+2OH-，需 3mol ClO-；生成 3mol ClO-，需 3mol Cl2参与反应（依据 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O）；生成 3mol Cl2，阳极反应 2Cl--2e-=Cl2↑需转移 6mol 电子。电解中 Na+向阴极迁移，迁移的 Na+物质的量与转移电子数相等，故通过交换膜的 Na+应为 6mol，而非 2mol，C错误；
D、右室为阴极区，发生反应 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成 NaOH，且原溶液含过量 NaCl。添加 CH3COCH3后导入左室，可提供反应所需的 OH-、Cl-及反应物 CH3COCH3，实现资源循环利用，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析电流强度对 Cl-转化效率的关键影响。
B．明确冷水对副反应的抑制机制。
C．通过多步反应的电子转移计算 Na+迁移量。
D．分析右室溶液的成分及循环利用价值。
13．（2025高三上·浙江开学考）AlCoO3晶体的一种立方晶胞如图所示。已知Al与O的最小间距大于Co与O的最小间距。下列说法不正确的是
A．晶胞中的“●”表示Al
B．将立方晶胞中的O原子连接后构成正八面体
C．属于离子晶体与共价晶体间的过渡晶体
D．可溶于浓NaOH，但不溶于浓盐酸
【答案】D
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A、已知 Al 与 O 的最小间距大于 Co 与 O 的最小间距，说明 Al3+离 O2-更远。在立方晶胞中，顶点到面心的距离大于体心到面心的距离，因此顶点的 “●” 表示 Al，A正确；
B、晶胞中 O 原子位于 6 个面心，分别处于立方晶胞的上、下、左、右、前、后面，这 6 个面心 O 原子可连接成正八面体的 6 个顶点，因此构成正八面体，B正确；
C、AlCoO3中 Al-O、Co-O 键可能同时具有离子键和共价键的过渡特征，因此属于离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体，C正确；
D、Al3+可与浓 NaOH 反应生成 Na[Al(OH)4]；Co3+具有氧化性，能与浓盐酸反应生成 CoCl2、Cl2和 H2O，因此 AlCoO3既溶于浓 NaOH，也溶于浓盐酸，D错误；
故答案为：D。【分析】A．根据 “Al 与 O 的最小间距大于 Co 与 O 的最小间距” 判断原子位置。
B．分析 O 原子的空间分布与正八面体的构成。
C．判断 AlCoO3的晶体类型。
D．分析 AlCoO3与浓 NaOH、浓盐酸的反应性。
14．（2025高三上·浙江开学考）镍催化下，H2与苯甲腈(A)反应生成苯甲胺(C)以及少量副产物二苯甲胺(F)，历程如下：
如果分别将A、B、F与足量H2在相同条件下反应40min，苯甲胺产率如下表所示：
反应物 A B F
苯甲胺的产率 略小于5% 79% 未检测到
下列说法不正确的是
A．反应①为A→C的决速步骤
B．反应体系中，化合物B只能维持低浓度
C．化合物D能发生加成、氧化、消去、取代四类反应
D．由表格中信息可得出结论：化合物F不能与H2发生反应
【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、决速步骤是反应中速率最慢的一步。由表格数据可知，反应物 A 生成苯胺的产率极低，而反应物 B 生成苯胺的产率高达 79%，说明 A→B 的反应速率慢，B→C 的反应速率快，因此反应①是 A→C 的决速步骤，A正确；
B、由于 A→B 的反应速率慢，而 B→C 的反应速率快，生成的 B 会迅速转化为 C，无法大量积累，所以化合物 B 只能维持低浓度，B正确；
C、化合物 D 含有苯环，可发生加成反应；含有氨基，具有还原性，可发生氧化反应；由反应④可知其能发生消去反应；同时氨基、苯环可发生取代反应，因此能发生加成、氧化、消去、取代四类反应，C正确；
D、表格仅显示 F 在反应 40min 后未检测到苯胺，这可能是因为反应速率极慢或生成了其他产物，不能直接得出 F 完全不与 H2反应的结论，D错误；
故答案为：D。【分析】A．通过产率差异判断决速步骤。
B．分析化合物 B 的浓度维持原因。
C．根据化合物 D 的官能团判断反应类型。
D．分析表格信息对化合物 F 与 H2反应的结论推导。
15．（2025高三上·浙江开学考）25℃，可利用FeCl2溶液和Na2CO3溶液制备FeCO3固体，下列说法不正确的是
A．
B．Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，当时，溶液呈中性(不考虑CO2逸出)
C．当Na2CO3溶液中水解率达50%时，
D．，
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、Fe2+的水解反应生成的是 Fe(OH)2(aq)（可溶性形态），而非 Fe (OH)2固体。该反应的平衡常数表达式与 Fe(OH)2的溶度积 Ksp[Fe(OH)2] 无关，因为溶度积针对的是固体溶解平衡，而此反应中无固体生成，A错误；
B、Na2CO3溶液中，物料守恒为 ；电荷守恒为 。结合题给 ，将物料守恒和题给式代入电荷守恒，可化简得，溶液呈中性，B正确；
C、CO32-第一步水解为 CO32-+H2O HCO3-+OH-，设 Na2CO3初始浓度为 x mol L- ，水解率 50% 时，平衡时 c (CO32-)=c (HCO3-)=0.5x，c (OH-)≈0.5x。水解常数 Kh1=（Ka2 为 H2CO3的第二步电离常数），代入得 0.5x=，故 x≈，C 正确；
D、反应 FeCO3(s)+2H2O (l) Fe (OH)2(s)+H2CO3(aq) 可拆解为 FeCO3的溶解、CO32-的两步水解及 Fe2+与 OH-的沉淀反应。总平衡常数 K 为各步平衡常数的乘积与商，最终推导得， D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确 Fe2+水解产物与 Fe(OH)2溶度积的关联性。
B．通过守恒关系推导溶液酸碱性。
C．利用水解平衡常数计算 Na2CO3浓度。
D．推导总反应的平衡常数表达式。
16．（2025高三上·浙江开学考）某实验小组设计方案鉴别苯、乙醇、乙酸溶液、甲酸溶液、苯酚溶液5种无色待测液，下列说法正确的是
A．加Na2CO3溶液或者加稀盐酸，均无明显现象的待测液是苯酚溶液
B．向5种待测液中加少量酸性KMnO4溶液，充分振荡后紫色均褪去
C．加少量溴水，橙色褪去且有气泡产生，待测液是甲酸溶液
D．只用新制Cu(OH)2，FeCl3溶液(必要时可加热)，无法鉴别5种待测液
【答案】C
【知识点】有机物的鉴别
【解析】【解答】A、乙醇与 Na2CO3溶液、稀盐酸均无反应，也会出现 “均无明显现象”，并非只有苯酚溶液，A错误；
B、苯分子中碳碳键特殊，乙酸中羧基较稳定，二者均不能被酸性 KMnO4氧化，紫色不会褪去；而乙醇、甲酸、苯酚可被氧化，紫色褪去，B错误；
C、甲酸具有还原性，在酸性条件下可被 Br2氧化，生成 CO2（产生气泡），同时溴水橙色褪去；苯、乙醇、乙酸、苯酚与溴水的反应无此 “褪色 + 气泡” 的特征现象，因此该待测液是甲酸溶液，C正确；
D、FeCl3溶液可鉴别苯酚（显紫色）；新制 Cu(OH)2常温下可溶解乙酸、甲酸（体现酸性），加热时甲酸能生成砖红色沉淀（体现醛基）；苯与新制 Cu(OH)2分层，乙醇与新制 Cu(OH)2互溶，因此可以鉴别 5 种待测液，D错误；
故答案为：C。【分析】A．分析 Na2CO3溶液、稀盐酸与各物质的反应现象。
B．判断酸性 KMnO4溶液与各物质的氧化反应情况。
C．分析甲酸与溴水的氧化还原反应特征。
D．分析新制 Cu(OH)2、FeCl3溶液的鉴别能力。
17．（2025高三上·浙江开学考）镁的氟化物在生产、生活中有重要应用。请回答：
（1）某含镁、氟元素的化合物的晶胞如下图所示。
①该晶胞的化学式为　 　。
②该晶体中，F-的配位数是　 　
③下列关于该晶体的说法，不正确的是　 　。
A．Mg2＋与F-形成的是sp2-p键 B．Mg2＋半径小于F-半径
C．基态Mg2＋不存在未成对电子 D．该晶体硬度高，延展性好
（2）制备MgF2的工艺流程有：
Ⅰ．氯化镁法：在饱和NH4Cl溶液中依次滴加NH4F溶液、MgCl2溶液，充分搅拌，过滤后灼烧可制得高纯MgF2。
II．有机镁盐法：。
III．氧化镁法：MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2。
已知：
①“氯化镁法”中，过滤后不用洗涤的原因是　 　。
②“有机镁盐法”中，判断“步骤Ⅰ”已完全反应的方法　 　。为提高MgF2产品纯度，试剂X是　 　(选填“NH4F”或“NaF”)。
③“氧化镁法”的反应原理是　 　(用化学方程式表示)。
（3）MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：。请结合物质结构和溶解平衡两个角度解析MgF2溶解的原因　 　。
【答案】（1）MgF2；3；AD
（2）固体表面吸附的铵盐受热均易分解；不再产生气泡或固体不再溶解；NH4F；
（3）F-与HF通过氢键结合使c(F-)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由晶胞图可知，白球位于顶角与体心，共2个，黑球位于上下面及体内，共2+=4个，根据元素化合价可知，该晶胞的化学式为MgF2；
②观察晶胞图中的黑球连接可知，F-的配位数是3；
③A．MgF2是离子化合物，Mg2＋与F-形成的是离子键，A错误；
B．Mg2＋、F-的电子层数相同，因Mg2＋质子多，故Mg2＋半径小于F-半径，B正确；
C．由基态Mg2＋的电子排布1s22s22p6可知，基态Mg2＋不存在未成对电子，C正确；
D．离子晶体硬度较高，但离子键会因离子错位而发生断裂，故离子晶体的延展性不好，D错误；
故答案为： MgF2 ；3；AD。
（2）①由制备方法可知，MgF2固体表面吸附的是NH4Cl及少量NH4F，加热时杂质会转化为气体而除去，故不用洗涤操作；
②，可根据气泡现象或固体不再溶解判断反应终点。为防止生成Mg(OH)2杂质，选择溶液碱性较弱的NH4F；
③MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2，该反应过程中没有元素化合价发生变化，则同时还有氨气生成，化学方程式为：。
故答案为： 固体表面吸附的铵盐受热均易分解 ； 不再产生气泡或固体不再溶解 ； NH4F ； ；
（3）MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：，MgF2溶解的原因：F-与HF通过氢键结合成，使MgF2的溶解平衡正向移动，MgF2固体逐渐溶解。
故答案为： F-与HF通过氢键结合使c(F-)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动 。
【分析】（1）①根据晶胞中原子的位置和数目，结合化合价确定化学式。
②观察晶胞中 F 的连接情况确定配位数。
③结合离子晶体的化学键、粒子半径、电子排布及晶体性质分析。
（2）①分析固体表面吸附的铵盐受热分解特性，判断无需洗涤的原因。
②根据反应的气泡或固体溶解现象判断反应终点；结合避免杂质生成选择试剂。
③根据反应物和产物，结合化合价不变书写化学方程式。
（3）从物质结构（氢键形成）和溶解平衡（离子浓度变化）两个角度，分析 MgF2溶解的原因。
（1）①由晶胞图可知，白球位于顶角与体心，共2个，黑球位于上下面及体内，共2+=4个，根据元素化合价可知，该晶胞的化学式为MgF2；
②观察晶胞图中的黑球连接可知，F-的配位数是3；
③A．MgF2是离子化合物，Mg2＋与F-形成的是离子键，A错误；
B．Mg2＋、F-的电子层数相同，因Mg2＋质子多，故Mg2＋半径小于F-半径，B正确；
C．由基态Mg2＋的电子排布1s22s22p6可知，基态Mg2＋不存在未成对电子，C正确；
D．离子晶体硬度较高，但离子键会因离子错位而发生断裂，故离子晶体的延展性不好，D错误；
故选AD。
（2）①由制备方法可知，MgF2固体表面吸附的是NH4Cl及少量NH4F，加热时杂质会转化为气体而除去，故不用洗涤操作；
②，可根据气泡现象或固体不再溶解判断反应终点。为防止生成Mg(OH)2杂质，选择溶液碱性较弱的NH4F；
③MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2，该反应过程中没有元素化合价发生变化，则同时还有氨气生成，化学方程式为：。
（3）MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：，MgF2溶解的原因：F-与HF通过氢键结合成，使MgF2的溶解平衡正向移动，MgF2固体逐渐溶解。
18．（2025高三上·浙江开学考）合成氨是化学对社会发展的一项巨大贡献。请回答：
（1）合成氨新猜想：。该猜想在1200℃时　 　(填“能”或“不能”)自发。
（2）N2与H2反应是目前合成氨的主要途径。
①，该反应平衡常数表达式为K=　 　。
②某时刻反应速率v正(N2)=v逆(N2)=a，若改变某一条件立即有v正(N2)>v逆(N2)>a，说出改变的条件并说明理由　 　。
（3）理论计算发现，N2分子从垂直催化剂晶体的010晶面(该晶面与晶体三条坐标轴相交且截距相等)接触催化剂时，催化效果最好。这体现了晶体的　 　。
（4）通过间接电催化作用可将CO2与NH3转化为高附加值的乙醇胺(HOCH2CH2NH2)。
①先电解CO2制得环氧乙烷()，过程如下图。电解过程中的总反应式为　 　。
②再将通入1氨水中可制得乙醇胺()。已知常温下，则1氨水的pH=　 　。乙醇胺产率、NH3转化率随环氧乙烷量的增加如下图所示。乙醇胺产率下降的原因是　 　。
【答案】（1）不能
（2）；加压；加压使正逆反应速率均增大；加压使平衡向反应计量数减小方向移动，与v正>v逆相符
（3）各向异性
（4）；11.65；环氧乙烷与乙醇胺发生副反应，生成二乙醇胺、三乙醇胺
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由题意可知，反应的，故在任何温度下均不能自发进行。
故答案为： 不能 ；
(2)①根据平衡常数的定义可知，该反应平衡常数表达式为K=；
②v正(N2)>v逆(N2)，说明平衡正向移动，该反应为气体分子数减小的放热反应，则故符合题意的是加压；
故答案为： ； 加压；加压使正逆反应速率均增大；加压使平衡向反应计量数减小方向移动，与v正>v逆相符 ；
(3)由题意可知，催化剂晶体的不同晶面的催化活性不同，体现了晶体的各向异性。
故答案为： 各向异性 ；
(4)①左侧电解过程中电极反应式是、。
右侧的电极反应式是、，根据电子得失守恒相加，得电解的总反应式。
②根据题给信息，，所以溶液的pH=14-2.35=11.65，据题给信息“”，说明过量时会继续与H2NCH2CH2OH反应，生成HN(CH2CH2OH)2，N(CH2CH2OH)3，导致乙醇胺产率下降。
故答案为： ；11.65； 环氧乙烷与乙醇胺发生副反应，生成二乙醇胺、三乙醇胺 。
【分析】 （1）根据反应的 ΔH（正值）和 ΔS（负值），结合 ΔG=ΔH-TΔS，判断任何温度下 ΔG 均为正，故反应不能自发。
（2）①按平衡常数定义，表达式为 K=； 。②加压使正逆反应速率均增大，且正反应速率增幅更大（平衡向气体分子数少的方向移动），符合 v正(N2)>v逆(N2)>a 。
（3）晶体不同晶面催化活性不同，体现晶体的各向异性。
（4）①结合电解池两极反应，根据电子守恒，总反应为 。
②由氨水的 Kb 计算得 ，pH=11.65；环氧乙烷过量时与产物发生副反应生成二乙醇胺、三乙醇胺，导致乙醇胺产率下降。
19．（2025高三上·浙江开学考）某研究小组用氯苯与苯酚制取二苯醚()，装置如图所示。
已知：
①二苯醚熔点为26.5℃，沸点为276.9℃，易溶于有机溶剂，不溶于水；
②制备过程放热，需适时取下干燥管，往装置内加少量水。
请回答：
（1）球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是　 　。
（2）CuCl的作用是　 　。
（3）下列关于制备过程的说法，正确的是_____。
A．圆底烧瓶置于微波反应器内加热，受热更均匀
B．可用碱式滴定管量取氯苯，电子天平称取苯酚
C．a处的水温低于b处的水温
D．加少量水，可防止反应过于剧烈、避免固体结块
（4）研究小组采用色谱法跟踪反应进程，在不同反应时段取产品混合液作试样，用石油醚展开并在紫外灯下显色，结果如下图所示。本实验条件下比较合适的反应时长是　 　min。
（5）采用AgNO3标准溶液滴定KCl可确定二苯醚产率。已知：。
①选择合适的操作补全测定步骤　 　。
将产品趁热倒入水中，充分搅拌后过滤，向滤液中加适量稀硝酸，分液，水层转移至250mL容量瓶中，加水定容得待测溶液。取锥形瓶→(_____)→用移液管移入25.00mL待测液→(_____)→用AgNO3标准溶液滴定→(_____)→读数。
a．滴加指示剂K2CrO4溶液[Ag2CrO4呈红色，]
b．滴加指示剂KI溶液[AgI呈黄色，]
c．水洗洗净
d．水洗洗净后用待测液润洗
e．滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化
f．滴定至出现黄色沉淀，半分钟内无明显变化
②稀硝酸的作用是　 　。
（6）用“”法制取二苯醚产率极低，原因是　 　(从物质结构角度分析)。
【答案】（1）减少氧气进入，减少苯酚被氧化
（2）催化剂
（3）A；D
（4）50
（5）cae；除溶液中的
（6）由于O原子的孤电子对与苯环形成共轭，苯酚中C-O键键能大，不易断裂
【知识点】催化剂；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）苯酚易被空气中的O2氧化，因此球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是减少空气对流，从而减少氧气进入，减少苯酚被氧化；
故答案为： 减少氧气进入，减少苯酚被氧化 ；
（2）根据分析，CuCl的作用是催化剂；
故答案为： 催化剂 ；
（3）A．加热温度为155-158℃，用微波反应器代替油浴，能增大受热面积，受热更均匀，A正确；
B．氯苯是有机物，会溶解橡胶，故不能用碱式滴定管量取，B错误；
C．冷凝管中的冷凝水从下口进，上口出，经过热交换后，a处的水温应高于b处的水温，C错误；
D．温度较高时加水可溶解苯酚，降低苯酚的浓度，防止反应过于剧烈，水还可以溶解生成的KCl(源于HCl与K2CO3反应)，避免固体结块，D正确；
故答案为：AD。
（4）由薄层色谱法的图象可知，50min时反应物的点已经消失，板上只有产物的点，且60min时的板与50min几乎一样，因此可以判断50min时反应已经基本进行完全，反应时间为50min；
故答案为：50；
（5）①锥形瓶不可润洗，否则会导致标准液偏大，结果偏大；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，c(Ag+)=，同理c(Ag+)=，c(Ag+)=，在三种阴离子浓度相同的情况下，三种阴离子的沉淀顺序为I-、Cl-、，当Ag+与Cl-反应完后就会与反应，因此选择K2CrO4作指示剂，滴定至终点的现象为滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化，故顺序为c→用移液管移入25.00mL待测液→a→e，故选cae；
②稀硝酸的作用是除去剩余的K2CO3和生成的KHCO3，防止K2CO3、KHCO3与AgNO3反应。
故答案为： cae ； 除溶液中的 ；
（6）由于O原子的孤电子对与苯环的大π键形成共轭，导致苯酚中C-O键键能大，不易断裂，因此用苯酚脱水的方法产率较低。
故答案为： 由于O原子的孤电子对与苯环形成共轭，苯酚中C-O键键能大，不易断裂 。
【分析】在该反应体系中，10.77mL 氯苯（ ）与 13.06g 苯酚（ ）在圆底烧瓶中混合，以 CuCl 为催化剂，于 155℃~158℃下发生取代反应：++HCl
K2CO3的作用关键在于其碱性，能与反应生成的 HCl 发生中和反应，使反应体系中 HCl 浓度降低，根据化学平衡移动原理，促使取代反应正向进行，从而提高产物二苯醚的产率。球形冷凝管的设计利用其较大的冷凝面积，可将反应中挥发的氯苯、苯酚等原料蒸汽充分冷凝回流至反应瓶中，避免原料因挥发而损失，保证反应的原料利用率。球形干燥管内的棉花则起到隔离空气的作用，因为苯酚具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，棉花可减少氧气进入反应体系，抑制苯酚的氧化副反应，进而提高原料的有效利用率和产物的纯度。
（1）苯酚易被空气中的O2氧化，因此球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是减少空气对流，从而减少氧气进入，减少苯酚被氧化；
（2）根据分析，CuCl的作用是催化剂；
（3）A．加热温度为155-158℃，用微波反应器代替油浴，能增大受热面积，受热更均匀，A正确；
B．氯苯是有机物，会溶解橡胶，故不能用碱式滴定管量取，B错误；
C．冷凝管中的冷凝水从下口进，上口出，经过热交换后，a处的水温应高于b处的水温，C错误；
D．温度较高时加水可溶解苯酚，降低苯酚的浓度，防止反应过于剧烈，水还可以溶解生成的KCl(源于HCl与K2CO3反应)，避免固体结块，D正确；
故选AD。
（4）由薄层色谱法的图象可知，50min时反应物的点已经消失，板上只有产物的点，且60min时的板与50min几乎一样，因此可以判断50min时反应已经基本进行完全，反应时间为50min；
（5）①锥形瓶不可润洗，否则会导致标准液偏大，结果偏大；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，c(Ag+)=，同理c(Ag+)=，c(Ag+)=，在三种阴离子浓度相同的情况下，三种阴离子的沉淀顺序为I-、Cl-、，当Ag+与Cl-反应完后就会与反应，因此选择K2CrO4作指示剂，滴定至终点的现象为滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化，故顺序为c→用移液管移入25.00mL待测液→a→e，故选cae；
②稀硝酸的作用是除去剩余的K2CO3和生成的KHCO3，防止K2CO3、KHCO3与AgNO3反应。
（6）由于O原子的孤电子对与苯环的大π键形成共轭，导致苯酚中C-O键键能大，不易断裂，因此用苯酚脱水的方法产率较低。
20．（2025高三上·浙江开学考）化合物K是治疗痴呆症的药物之一，其结构如下：
某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂简化)：
已知：
请回答：
（1）化合物H中的含氧官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_____。
A．化合物Ⅰ中存在手性碳原子
B．化合物A的酸性比化合物B强
C．1mol化合物C最多可消耗4molNaOH
D．化合物K中仅有共价键、氢键和范德华力三种作用
（3）化合物G的结构简式是　 　。
（4）C＋D→E的化学方程式是　 　。
（5）化合物E在KMnO4作用下会转化为化合物X(分子式为C11H12O5)，写出3个同时符合下列条件的化合物X的同分异构体的结构简式　 　。
①核磁共振氢谱表明分子中有4种不同化学环境的氢原子；红外光谱表明分子中不存在-O-O-；
②除苯环外，分子中仅存在五元环一种环状结构；
③一定条件下能生成苯四酚()。(已知)
（6）以乙烯为有机原料，设计化合物J的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）酯基、醚键
（2）B；C
（3）
（4）
（5）、、、（任选3个）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；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）根据化合物H的结构简式可得，化合物H中的含氧官能团名称是酯基、醚键；
故答案为： 酯基、醚键 ；
（2）A．与四个各不相同原子或基团相连的碳原子为手性碳原子，化合物Ⅰ中不存在手性碳原子，A错误；
B．乙基是给电子基，导致化合物B分子中酚羟基的O-H键极性减小，酸性变弱，化合物B的酸性小于化合物A，B正确；
C．由C的官能团（含碳碘键及酯基），可知1mol化合物C最多可消耗4molNaOH，C正确；
D．化合物K是有机酸的铵盐，含有共价键、离子键、氢键和范德华力四种作用，D错误；
故答案为： BC；
（3）根据分析，化合物G的结构简式是；
故答案为： ；
（4）根据分析，C为，D为，C和D发生取代反应生成E， C＋D→E的化学方程式是；
故答案为： ；
（5）化合物E在KMnO4作用下会转化为化合物X(分子式为C11H12O5)，X的同分异构体中有4种不同化学环境的氢原子，分子中不存在-O-O-；除苯环外，分子中仅存在五元环一种环状结构；一定条件下能生成苯四酚，说明分子结构中含有，符合上述条件的X的同分异构体有：、、、；
故答案为：、、
、（任选3个）；
（6）合成的目标产物分子中有6个碳原子，而原料分子只有2个碳原子，所以需要延长碳链。结合题给信息，可以借助羟醛缩合延长碳链的同时，生成α，β-不饱和醛，然后氧化为相应的羧酸。结合题目已知信息，以乙烯为有机原料，合成化合物J的路线为：。
故答案为：
【分析】从 C 的结构和 B 的分子式逆推，B 为含乙基醚键的苯酚衍生物（ ），进而可知 A 是邻苯二酚（ ），A 到 B 发生了乙基化的取代反应。
由 E 的结构和 D 的分子式分析，D 是含氨基和炔基的脂肪链化合物（ ），D 与前体反应后生成 E。再结合 E 的结构和 F 的分子式，F 是含氨基、酯基及乙基醚键的苯环衍生物（ ）。最后从 H 的结构倒推，G 是邻二溴甲基苯（），G 参与后续反应生成 H。整个推导过程紧扣 “分子式差异→结构变化→反应类型” 的有机推断核心逻辑，通过各物质的结构特征和分子式的对应关系，逐步明确每一步的中间体结构。
（1）根据化合物H的结构简式可得，化合物H中的含氧官能团名称是酯基、醚键；
（2）A．与四个各不相同原子或基团相连的碳原子为手性碳原子，化合物Ⅰ中不存在手性碳原子，A错误；
B．乙基是给电子基，导致化合物B分子中酚羟基的O-H键极性减小，酸性变弱，化合物B的酸性小于化合物A，B正确；
C．由C的官能团（含碳碘键及酯基），可知1mol化合物C最多可消耗4molNaOH，C正确；
D．化合物K是有机酸的铵盐，含有共价键、离子键、氢键和范德华力四种作用，D错误；
故选BC；
（3）根据分析，化合物G的结构简式是；
（4）根据分析，C为，D为，C和D发生取代反应生成E， C＋D→E的化学方程式是；
（5）化合物E在KMnO4作用下会转化为化合物X(分子式为C11H12O5)，X的同分异构体中有4种不同化学环境的氢原子，分子中不存在-O-O-；除苯环外，分子中仅存在五元环一种环状结构；一定条件下能生成苯四酚，说明分子结构中含有，符合上述条件的X的同分异构体有：、、、；
（6）合成的目标产物分子中有6个碳原子，而原料分子只有2个碳原子，所以需要延长碳链。结合题给信息，可以借助羟醛缩合延长碳链的同时，生成α，β-不饱和醛，然后氧化为相应的羧酸。结合题目已知信息，以乙烯为有机原料，合成化合物J的路线为：。
1 / 1

展开更多......

收起↑