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广东省部分学校2025-2026学年高三上学期开学联考 化学试题
1．（2025高三上·广东开学考）自古以来，首饰不仅有着悠久的历史，也是身份和地位的象征。下列首饰中主要材质属于硅酸盐材料的是
A．镂空雕刻金手镯 B．西汉紫水晶 C．春秋玛瑙串饰 D．酒红色玻璃项链
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广东开学考）化学推动科技进步，下列说法正确的是
A．新能源汽车车身用到的铝基复合材料中所含的碳化硅属于新型无机非金属材料
B．华为新发布的折叠电脑的芯片主要材料是晶体
C．深中通道建设所用的钢索中含有的Fe元素位于元素周期表的ds区
D．钙钛矿太阳能电池被称作“未来之光”，该太阳能电池可将太阳能直接转化为化学能
3．（2025高三上·广东开学考）劳动教育具有树德、增智、强体、育美的综合育人价值。下列劳动项目与所述化学知识均正确且有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 糕点师：用作膨松剂 受热易分解
B 雕刻工人：用氢氟酸刻蚀玻璃生产磨砂玻璃 玻璃中含有的属于碱性氧化物
C 消防员：使用泡沫灭火器灭火 和发生相互促进的水解反应
D 设计师：利用焰色试验设计烟花 焰色试验的光谱属于发射光谱
A．A B．B C．C D．D
4．（2025高三上·广东开学考）《长安的荔枝》的热播带动了荔枝热潮。岭南水果种类丰富，香甜美味，下列说法正确的是
A．荔枝中的葡萄糖和蔗糖互为同分异构体
B．菠萝中具有香味的丙烯酸乙酯可以水解
C．香蕉中富含纤维素，纤维素和油脂都属于有机高分子
D．龙眼运输过程中用含的硅藻土来保鲜，因为乙烯可以被还原
5．（2025高三上·广东开学考）海洋中含有丰富的化学资源，从海水中提取镁的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是
A．试剂①可选用 B．操作Ⅰ涉及过滤
C．试剂②是稀盐酸 D．步骤A是电解溶液
6．（2025高三上·广东开学考）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．制备并收集纯净的氯气 B．制备并收集干燥的氨气
C．制备乙酸乙酯 D．制备并收集
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·广东开学考）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 将卤水加入豆浆中制豆腐 蛋白质溶液在卤水的作用下聚沉
B 溶液可用于蚀刻覆铜电路板 水解使溶液显酸性
C 生产电器开关的酚醛树脂是热固性塑料 苯酚与甲醛通过加聚反应生成酚醛树脂
D 键角： O的电负性大于C
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·广东开学考）维生素C能防治坏血病，主要存在于新鲜水果和蔬菜中，其分子结构如图所示。下列关于维生素C的说法不正确的是（　　）
A．一个分子中含有2个手性碳原子
B．能发生加聚反应和取代反应
C．1mol该物质最多能与反应
D．能使酸性溶液和溴水褪色
9．（2025高三上·广东开学考）下列由结构不能直接推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A 分子的VSEPR模型为四面体形 易液化
B MgO晶体与NaCl晶体相比，离子所带电荷数高、离子半径小 MgO熔点显著高于NaCl
C 乙酸（）分子中羧基（-COOH）含极性较强的键 乙酸能与NaOH溶液发生中和反应
D 金刚石中碳原子通过杂化形成立体网状结构 金刚石硬度极大
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列关于钠的化合物的说法正确的是
A．与足量反应生成时，转移电子的数目为
B．中含有的数目为
C．溶液中含有的数目为
D．浓度均为的NaCl和的混合溶液中，含有的数目为
11．（2025高三上·广东开学考）某小组利用如图所示的装置进行实验：打开开关K，通入，点燃酒精灯加热，数分钟后，关闭开关K，加入过量无水乙醇。下列说法不正确的是
A．加热铜丝时，铜丝立即由红色变为黑色，滴入无水乙醇后，铜丝又由黑色变为红色
B．该实验中乙醇发生还原反应
C．对装置b进行水浴加热有银镜反应发生，说明装置a中的产物有乙醛
D．实验结束后，铜丝的质量不变，说明铜丝起催化作用
12．（2025高三上·广东开学考）X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素，X和Y位于相邻位置，Z和M同主族，常温下Y的简单氢化物的水溶液呈碱性，常压下五种元素的原子半径、简单氢化物沸点分别随原子序数变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．第一电离能：X＜Y＜Z
B．电负性：X＜Y＜Z
C．和的空间结构均为直线形
D．M、W最高价氧化物对应水化物的酸性：
13．（2025高三上·广东开学考）某兴趣小组设计了如图所示的实验装置制备并检验其性质。下列说法正确的是
A．品红溶液和蘸有酸性溶液的试纸褪色均能说明具有漂白性
B．该实验中浓硫酸和铜反应，氧化剂和还原剂物质的量之比为
C．若X为，且实验中产生淡黄色固体，则说明具有氧化性
D．紫色石蕊试纸先变红后褪色
14．（2025高三上·广东开学考）平流层中的氯氟烃会对臭氧层产生破坏作用。臭氧分解反应以及由于氯氟烃光解产生的氯自由基（）催化臭氧分解反应过程中的能量变化如图所示，存在时先后发生反应和。下列说法不正确的是
A．和均为放热过程
B．图示进程表示的总反应为
C．可加快臭氧分解反应速率，但不能改变该反应的限度
D．催化臭氧分解的反应速率由决定
15．（2025高三上·广东开学考）25℃时，向溶液中滴加的氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液。已知：该温度下，反应的。下列说法正确的是（　　）
A．生成蓝色沉淀的离子方程式为
B．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液不发生变化
C．
D．中存在离子键和配位键
16．（2025高三上·广东开学考）全钒液流电池是利用不同价态的含钒离子在酸性条件下发生反应的原理，该电池储能容量大、使用寿命长。利用该电池电解处理含废水制备硝酸和氨水的原理如图所示，a、b、c、d电极均为惰性电极。下列说法不正确的是
A．全钒液流电池放电时，a电极的电极反应式为
B．c电极为阴极，隔膜2为阴离子交换膜
C．装置乙中p口流出液的溶质中含有
D．当装置乙中产生气体的总体积为33.6L（标准状况）时，装置甲中理论上有通过质子交换膜
17．（2025高三上·广东开学考）酸及盐在生产生活中应用广泛。回答下列问题：
（1）甲苯经氧化可制备苯甲酸（常温下溶解度为0.34g，其酸性强于亚硫酸氢盐）。将15mL甲苯和过量酸性溶液置于三颈烧瓶中，在90℃下反应一段时间至甲苯层消失，此时观察到溶液的颜色为　 　，再加入饱和亚硫酸钾溶液，目的是利用其　 　性除去　 　，过滤，向滤液中加酸酸化，得到“水层”，直接从“水层”得到较纯净苯甲酸需要用到的装置是　 　（填选项字母）。
a． b． c．
（2）某兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓和苯甲酸的，设计实验如下：
取苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图所示：
①　 　（用含或的代数式表示，下同）。
②苯甲酸的　 　（列出计算式即可，忽略水的电离）。
（3）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾
羧酸的酸性可用衡量。几种羧酸的大小顺序为，可推出结论为随着卤原子电负性的　 　（填“增大”或“减小”），羧基中　 　的极性增大，羧酸酸性增强。
②提出假设
甲同学根据①中规律推测两种芳香酸的酸性强弱顺序如下：
③验证假设
甲同学测得常温下两种酸的饱和溶液pH大小顺序为Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为甲同学推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为　 　。
乙同学用（2）中方法测定了上述两种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ。
④实验小结
假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
（4）该小组欲尝试用不同于（2）中的方法测弱酸的。小组讨论后，选用溶液进行实验，简述该方案：　 　（包括实验操作及数据处理思路）。
18．（2025高三上·广东开学考）钪元素因其独特性质在高科技领域和新兴材料中具有重要应用。一种从拜耳赤泥（主要含，，CaO，，，还含有少量）中提取Fe、Sc的新型冶炼方法的工艺流程如图所示：
已知：ⅰ．“焙烧”在一定温度下进行，该温度下只有铁的硫酸盐发生分解；
ⅱ.25℃时，草酸的，。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，硫酸铁分解的化学方程式如下：
完成上述化学方程式：　 　。
（2）“溶出”时，“富铁渣”的主要成分除，外，还有　 　（填化学式）。
（3）“萃取”时，钪与P204形成如图所示的配合物（R为烷基），关于该配合物的说法正确的有______（填选项字母）。
A．能与O形成配位键从而进入有机相
B．的配位数为6
C．烷基有亲水性
D．配位时被氧化
（4）“反萃取”后，水层中含，“沉淀”时，加入的酸性混合液的pH为2~3时沉淀效果最佳，此时酸液中　 　（填“＜”、“＝”或“＞”），该条件下与草酸反应生成的主要离子方程式为　 　。
（5）将干燥的混合并在惰性气氛下加热至800℃，使之形成均一的熔融态，以金属钨、石墨为电极，可实现电解法制Sc，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做出相应标注　 　；该电解池中作阳极的石墨需要定期补充，原因为　 　。
（6）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示，已知相邻原子间的最近距离之比，则　 　；晶体中，与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为　 　。
19．（2025高三上·广东开学考）钒广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：
（1）钒在元素周期表中的位置为　 　，其基态原子的价层电子排布式为　 　。
（2）工业上常采用碳热还原氮化法制备氮化钒（VN），相关热化学方程式及平衡常数如下：
ⅰ. 。
已知反应ⅰ由以下两步完成：
ⅱ. ；
ⅲ. 。
反应ⅰ的　 　；高温条件下，该反应正向能自发进行的原因是　 　；三个反应平衡常数的关系是　 　（用含的代数式表示）。
（3）将和通入接触室，在催化剂的作用下发生反应： 。
①当和起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，平衡转化率随温度变化的曲线如图所示：
则在时，反应的在　 　（填“”、“”或“”）对应的曲线上。
②将组成（物质的量分数）为和的气体通入反应器，在一定的温度和压强下进行反应。平衡时，若的转化率为，则的物质的量分数为　 　（用含的代数式表示）。
（4）科学家在实验的基础上得出，在某种钒催化剂作用下，（3）中反应生成的净速率（生成与消耗的速率差值）方程为，其中分别为正、逆反应的速率常数，二者均随温度的升高而增大。
①反应的物质的量浓度平衡常数可表示为　 　（用含的代数式表示）。
②恒温恒容条件下，向某容器内加入一定量的和发生反应，设的平衡分压为的平衡转化率为，则用含和的代数式表示反应的分压平衡常数为　 　（用平衡分压代替平衡浓度，写出推导过程）。
20．（2025高三上·广东开学考）一种在光/金属协同催化模式下的不对称多组分自由基反应如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物1a的分子式为　 　。
（2）化合物3a的名称是　 　；化合物3a与氢气发生加成反应后形成芳香化合物Ⅰ，化合物Ⅰ的同分异构体中同为芳香化合物的共　 　种（含化合物Ⅰ）。
（3）下列说法正确的有______（填选项字母）。
A．1a分子的核磁共振氢谱中有两组峰，但峰面积不相同
B．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有键断裂和键形成
C．一个4a分子中存在两个手性碳原子，4a可形成分子内氢键
D．3a分子中有大键，且可发生原子利用率100%的氧化反应
（4）醛分子中在醛基邻位碳原子上的氢原子受羰基吸电子作用的影响，具有一定的活泼性，分子内含有的醛在一定条件下可发生加成反应，生成羟基醛（不考虑失水过程）。化合物2a可由乙醛在一定的条件下，经过多步反应得到。
①第一步反应为增长碳链（反应物仅有乙醛，原子利用率为100%），反应的化学方程式为　 　（不用注明反应条件）。
②第二步进行加成反应，形成醇类化合物。
③第三步，进行　 　（填具体反应类型），反应的化学方程式为　 　（注明反应条件）。
（5）参照（4）中醛的性质，化合物3a可与乙醛反应生成化合物Ⅱ[已知：化合物Ⅱ与（4）①中产物的官能团均相同]：　 　（填结构简式），参考上述三组分反应，以化合物1a、2a和化合物Ⅱ为原料，可以直接合成化合物Ⅲ：　 　（填结构简式）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A、金手镯主要材质是金，属于金属单质，不是硅酸盐材料，故A不符合题意 ；
B、紫水晶主要成分是二氧化硅（氧化物），不属于硅酸盐材料，故B不符合题意 ；
C、玛瑙主要成分是二氧化硅（氧化物），不属于硅酸盐材料，故C不符合题意 ；
D、玻璃的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，需明确硅酸盐材料的定义（含硅、氧及金属元素的化合物），并分析各选项材质的成分。
2．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；无机非金属材料；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、碳化硅（SiC）凭借超高硬度、优异的耐高温和抗腐蚀性能，远超传统硅酸盐材料的性能边界，属于典型的新型无机非金属材料，且因与金属铝的复合相容性，广泛用于铝基复合材料增强体，A正确；
B、芯片的核心功能依赖半导体的导电特性，其主要材料是具有半导体性能的单质硅（Si）；而二氧化硅（SiO2）是绝缘体，主要用于光导纤维传输信号，并非芯片核心材料，B错误；
C、Fe 的原子序数为 26，价电子构型为 3d64s2，符合 d 区元素（价电子构型为 (n-1) d -9ns -2）的特征；ds 区元素的价电子构型为 (n-1) d ns -2（如 Cu、Zn 等），因此 Fe 位于 d 区而非 ds 区，C 错误；
D、太阳能电池通过光伏效应，直接将太阳光的辐射能转化为电能，整个过程不涉及化学能的中间存储与转化，D错误；
故答案为：A。【分析】A．考查新型材料的性能与应用匹配度。
B．明确半导体与绝缘体的本质区别。
C．掌握依据价电子构型界定分区。
D．明确光伏效应的直接转化路径。
3．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；焰色反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、糕点膨松剂需要受热易分解产生气体，碳酸氢钠（NaHCO3）符合这一特点；而碳酸钠（Na2CO3）热稳定性强，受热难分解，不能作为膨松剂，A错误；
B、氢氟酸能蚀刻玻璃是因为与 SiO2反应，但 SiO2能与强碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，并非碱性氧化物，B错误；
C、泡沫灭火器中是硫酸铝与碳酸氢钠（NaHCO3）发生双水解反应产生泡沫，而非碳酸钠（Na2CO3），因为碳酸氢钠的水解反应更易快速产生大量 CO2，C错误；
D、焰色试验中金属元素的电子从激发态跃迁回基态时释放特定频率的光，属于发射光谱，利用这一原理可设计烟花的色彩，D正确；
故答案为：D。【分析】A．区分碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，明确膨松剂的实际成分。
B．明确二氧化硅的氧化物类别，判断其与氢氟酸反应的本质。
C．清楚泡沫灭火器的实际反应体系，区分碳酸钠和碳酸氢钠的水解效果。
D．理解焰色试验的光谱原理，明确发射光谱的形成原因。
4．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；乙烯的物理、化学性质；酯的性质
【解析】【解答】A、葡萄糖分子式为 C6H12O6，蔗糖分子式为 C12H22O11，二者分子式不同，不互为同分异构体，A错误；
B、丙烯酸乙酯属于酯类，酯在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，生成对应的酸和醇，B正确；
C、纤维素是由大量葡萄糖单元连接而成的有机高分子；而油脂相对分子质量较小（通常几百），属于小分子，并非高分子，C错误；
D、KMnO4具有强氧化性，乙烯具有还原性，二者反应时乙烯被 KMnO4氧化，而非被还原，D错误；
故答案为：B。【分析】A．明确同分异构体的核心是 “分子式相同、结构不同”。
B．抓住酯类物质的水解特性。
C．区分有机高分子与小分子的相对分子质量界限。
D．明确乙烯与 KMnO4的反应类型（氧化反应）。
5．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、试剂①的核心作用是沉淀海水中的 Mg2+，工业上选择 Ca(OH)2（熟石灰），是因为它可通过贝壳（主要成分为 CaCO3）煅烧生成 CaO，再与水反应廉价制得，能高效与 Mg2+结合生成 Mg(OH)2沉淀，兼顾成本与反应效率，A正确；
B、操作 Ⅰ 是将 Mg(OH)2沉淀从溶液中分离，过滤操作的核心就是实现 “固体沉淀” 与 “液体滤液” 的分离，因此操作 Ⅰ 涉及过滤，B正确；
C、将 Mg(OH)2转化为 MgCl2溶液时，需加入酸，选择稀盐酸是因为它能精准提供 Cl-，且反应后无杂质离子引入，反应为 Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，确保产物纯净，C正确；
D、步骤 A 是由无水 MgCl2制备 Mg，若电解 MgCl2溶液，阴极的 H+（来自水的电离）会优先放电生成 H2，无法得到 Mg；而工业上电解熔融MgCl2时，Mg2+在阴极得电子生成 Mg，这是由电解质的电离状态和离子放电顺序共同决定的，因此步骤 A 不是电解 MgCl2溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．结合工业成本，选择能沉淀 Mg2+的廉价碱。
B．明确分离沉淀与溶液的操作方法。
C．选择能将 Mg (OH)2转化为 MgCl2的酸。
D．区分电解 MgCl2溶液和熔融 MgCl2的产物差异。
6．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、KMnO4与浓盐酸反应制得的氯气，会混有挥发的 HCl 和水蒸气。若要收集纯净氯气，需先通过饱和食盐水除去 HCl，再经浓硫酸干燥，最后用向上排空气法收集。而装置中无除杂干燥环节，收集的氯气仍含杂质，A错误；
B、浓氨水与生石灰反应（CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑）可制备氨气；碱石灰（CaO 与 NaOH 的混合物）能有效干燥氨气（氨气为碱性气体，与碱石灰不反应）；氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集，装置中各环节（制备、干燥、收集）完全适配，B正确；
C、乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化下加热生成乙酸乙酯，收集时导管若伸入 Na2CO3饱和溶液液面以下，会因装置内压强骤降引发倒吸。图示收集装置不符合防倒吸要求，C错误；
D、Cu 与浓硝酸反应生成 NO2，但 NO2会与水发生反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），因此不能用排水法收集；NO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，装置方法错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断氯气制备与收集的完整性。
B．分析氨气制备、干燥与收集的合理性。
C．明确乙酸乙酯收集时的防倒吸要求。
D．判断 NO2的收集方法是否正确。
7．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、卤水中含电解质，能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，从而制得豆腐。陈述 Ⅰ（制豆腐的方法）和陈述 Ⅱ（蛋白质聚沉的原因）均正确，且存在直接因果关系，故A符合题意 ；
B、FeCl3蚀刻覆铜电路板是因为 Fe3+的氧化性（2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+），而非 FeCl3水解使溶液显酸性。陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确，但因果关系错误，故B不符合题意 ；
C、酚醛树脂是热固性塑料，但苯酚与甲醛是通过缩聚反应（而非加聚反应）生成酚醛树脂，陈述 Ⅱ 错误，故C不符合题意 ；
D、CH4的键角是 109.5°，H2O 的键角是 104.5°，实际键角 CH4 > H2O，陈述 Ⅰ 错误，故D不符合题意 ；
故答案为：A。【分析】A．明确胶体聚沉的原理及豆腐制作的化学本质。
B．区分 FeCl3蚀刻铜板的反应类型与水解的作用。
C．明确酚醛树脂的反应类型。
D．准确记忆 CH4和 H2O 的键角数值。
8．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、维生素 C 结构中，环外有一个碳原子连接 - OH、-CH2OH、-H 和环结构，环上有一个碳原子连接 - OH、-H、环结构和另一取代基，这两个碳原子均为手性碳，A正确；
B、分子含碳碳双键，可发生加聚反应；含羟基，可发生取代反应（如酯化），B正确；
C、维生素 C 中只有酯基能与 NaOH 反应，结构中仅 1 个酯基，因此 1mol 该物质最多与 1mol NaOH 反应，而非 5mol，C错误；
D、含碳碳双键，可与溴水发生加成反应使其褪色；含羟基和碳碳双键，可被酸性 KMnO4氧化使其褪色，D正确；
故答案为：C。【分析】A．明确手性碳的定义（连接四个不同基团的碳原子）。
B．分析含有的官能团（碳碳双键、羟基）对应的反应类型。
C．确定能与 NaOH 反应的官能团（仅酯基）。
D．分析碳碳双键、羟基的氧化性 / 加成反应特性。
9．【答案】A
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、NH3的 VSEPR 模型为四面体形，这是对分子空间电子云分布的抽象描述；而 NH3易液化是因为分子间存在氢键（一种特殊的分子间作用力），二者分属 “空间结构理论” 和 “分子间作用力” 两个维度，无直接推导关系，A符合题意；
B、MgO 与 NaCl 均为离子晶体，熔点由晶格能决定。MgO 中 Mg2+、O2-的电荷数（+2、-2）远高于 Na+、Cl-（+1、-1），且离子半径更小，导致晶格能显著更大，最终熔点远高于 NaCl。“离子电荷、半径” 的结构特征直接决定 “熔点高低” 的性质，B不符合题意；
C、乙酸的羧基（-COOH）中 O—H 键极性极强，使得 H+易解离，赋予乙酸酸性；酸性物质与 NaOH 的中和反应是酸的核心性质，“O—H 键极性” 的结构细节直接推导 “与碱反应” 的化学性质，C不符合题意；
D、金刚石中每个碳原子通过 sp3 杂化与 4 个碳原子形成共价键，进而拓展为立体网状结构，这种结构使原子间结合极其紧密，外力难以破坏，最终表现为 “硬度极大” 的性质。“sp3 杂化 + 网状结构” 的结构本质直接决定 “硬度” 的物理性质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．区分 VSEPR 模型与分子间作用力对性质的影响。
B．明确离子晶体熔点与晶格能的关系（晶格能与离子电荷、半径相关）。
C．分析羧基中 O—H 键极性与酸性的关系。
D．理解金刚石的空间结构与硬度的关联。
10．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Na2O2与 H2O 反应生成 O2时，O 元素从 - 1 价歧化为 0 价（O2）和 - 2 价（H2O、NaOH），每生成 1mol O2，转移 2mol 电子。当生成 0.2mol O2时，转移电子的物质的量为 0.2×2 = 0.4mol，对应电子数目为 0.4NA，A正确；
B、NaClO 是由 Na+和 ClO-构成的离子化合物，晶体中不存在自由移动的 Cl-，因此 7.45g（0.1mol）NaClO 中 Cl-数目为 0，B错误；
C、Na2CO3溶液中，CO32-会发生分步水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-），导致溶液中 CO32-的实际物质的量小于 0.1mol，数目小于 0.1NA，C错误；
D、混合溶液中 Na+来自 NaCl 和 NaNO2的电离，总浓度为 0.2mol L- ，但题目未给出溶液体积，无法计算 Na+的具体数目，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．明确 Na2O2与 H2O 反应的电子转移规律。
B．分析 NaClO 的构成离子。
C．考虑 CO32-的水解对离子数目的影响。
D．明确计算离子数目需知道溶液体积。
11．【答案】B
【知识点】乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、加热时，铜与氧气发生氧化反应生成黑色氧化铜（CuO），铜丝由红色变为黑色；滴入无水乙醇后，氧化铜与乙醇发生反应，氧化铜被还原为铜，铜丝又由黑色变为红色，现象与反应的对应关系完全成立，A正确；
B、乙醇分子中羟基（-OH）转化为乙醛的醛基（-CHO），氢原子数目减少、氧原子数目增加，属于典型的氧化反应；乙醇在此过程中失去电子，作为还原剂发生氧化反应，而非还原反应，B错误；
C、银镜反应是醛基的专属特征反应，装置 b 经水浴加热出现银镜，直接证明生成了含醛基的物质；结合实验流程（乙醇在铜催化下与氧气反应），可确定装置 a 中乙醇氧化的产物为乙醛，C正确；
D、铜丝在反应中先被氧化为 CuO，后又被乙醇还原为 Cu，反应前后铜丝的质量未发生变化，完全符合催化剂 “参与反应但自身质量和化学性质不变” 的核心特征，说明铜丝起催化作用，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．分析铜与氧气、氧化铜与乙醇的反应现象。
B．判断乙醇在反应中的氧化还原类型。
C．利用银镜反应的特征判断产物。
D．明确催化剂 “反应前后质量和化学性质不变” 的特征。
12．【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素第一电离能通常随原子序数增大而增大，但 N 的 2p 轨道半充满更稳定，故第一电离能 C < O < N，A错误；
B、同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大，故电负性 C < N < O，B正确；
C、CO2中 C 原子 sp 杂化，空间结构为直线形；SO2中 S 原子价层电子对数为 3 且含 1 对孤电子对，空间结构为 V 形，C错误；
D、非金属性 Cl > S，故酸性 HClO4 > H2SO4，即 W > M，D错误；
故答案为：B。
【分析】常温下 Z 的简单氢化物沸点为 100℃，故 Z 为 O；Z 和 M 同主族，M 为 S；W 原子序数大于 S，为 Cl；Y 的简单氢化物水溶液呈碱性，Y 为 N；X 与 Y 相邻且原子序数小于 Y，X 为 C。
13．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、品红溶液褪色是SO2的漂白性（与品红结合成不稳定无色物质）；酸性KMnO4溶液褪色是SO2被氧化（S从+4变为+6），体现的是还原性，而非漂白性。二者原理完全不同，A错误；
B、铜与热浓硫酸反应的方程式为。其中，1mol Cu是还原剂（Cu从0变为+2）；仅1mol H2SO4是氧化剂（S从+6变为+4），另1mol H2SO4起“酸”的作用。因此，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，而非2：1，B错误；
C、若X为Na2S，S2-（-2价）与SO2（+4价）反应生成淡黄色固体S（0价）。此过程中，SO2中S的化合价从+4变为0，得电子被还原，直接体现了SO2的氧化性，C正确；
D、SO2溶于水生成H2SO3，溶液呈酸性，使紫色石蕊试纸变红；但SO2的漂白性仅针对“有机色质”（如品红），无法漂白酸碱指示剂，试纸不会褪色，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．区分 SO2漂白性与还原性的不同表现。
B．明确铜与浓硫酸反应中氧化剂、还原剂的物质的量比例。
C．分析 SO2与 Na2S 反应中元素化合价的变化。
D．明确 SO2对酸碱指示剂的作用特点。
14．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、第一个反应（O3+Cl →O2+ClO ）中，反应物能量低于生成物能量，反应需要吸收能量，属于吸热反应；第二个反应（ClO +O →Cl + O2）中，反应物能量高于生成物能量，反应释放能量，属于放热反应。因此 “两个反应均为放热过程” 的表述完全错误，A错误；
B、将两个分步反应 O3 + Cl →O2 + ClO 和 ClO + O →Cl + O2相加，中间产物 Cl 和 ClO 会相互抵消，最终总反应为 O3 + O →2O2，B正确；
C、Cl 作为催化剂，其核心作用是降低反应活化能，从而加快反应速率；但催化剂不会改变反应的平衡常数，即无法影响反应的限度（平衡状态）。C正确；
D、催化反应的速率由 “慢反应步骤” 决定，而慢反应的标志是活化能最大。从图中可见，第一步反应的活化能 E 1大于第二步的 E 2，因此整个反应的速率由 E 1决定，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．通过反应物与生成物的能量高低判断反应的热效应。
B．将分步反应相加推导总反应。
C．明确催化剂对反应速率和反应限度的影响。
D．判断反应速率的决定步骤（活化能最大的步骤）。
15．【答案】C
【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、氨水是弱电解质，不能拆分为 OH-，生成蓝色沉淀的离子方程式应为
Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，而非直接写为 Cu2+与 OH-的反应，A错误；
B、[Cu(NH3)4]2+配合物在乙醇中的溶解度较低，加入乙醇会导致配合物析出，溶液会发生变化（如出现沉淀），B错误；
C、总反应 Cu(OH)2(s)+4NH3(aq) [Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) 可看作两步反应的叠加：
Cu(OH)2(s) Cu2+(aq) +2OH-(aq)（溶度积 Ksp = 10-19.3）；
Cu2+(aq) + 4NH3(aq) [Cu(NH3)4]2+(aq)（平衡常数 K = 1013.3）。
总平衡常数 K' = Ksp × K = 10- 9 3 × 10 3 3 = 10-6，C正确；
D、[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+与 NH3之间为配位键，NH3内部 N-H 键为共价键，不存在离子键（离子键存在于阴阳离子之间），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确弱电解质（氨水）在离子方程式中的书写形式。
B．分析乙醇对配合物溶解性的影响。
C．通过溶度积和配位平衡常数推导总反应的平衡常数。
D．判断 中的化学键类型。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、全钒液流电池放电时，a 电极为正极，VO2+在酸性条件下得电子发生还原反应，生成 VO2+，电极反应式为 ，A正确；
B、装置乙中 c 极产生 H2（还原反应），为阴极；NO3-需通过隔膜 2 进入阳极区（Y 区）与 H+结合生成硝酸，故隔膜 2 为阴离子交换膜，B正确；
C、装置乙 X 区为阴极区，阴极反应生成 OH-，NH4+通过阳离子交换膜进入 X 区，与 OH-反应生成 NH3 H2O，因此 p 口流出液含 NH3 H2O，C正确；
D、装置乙产生的气体为 H2和 O2，标准状况下 33.6L（1.5mol）气体中，由电子转移守恒可知 n (H2)：n (O2)=2：1，即 n (H2)=1mol、n (O2)=0.5mol，总转移电子为 2mol。装置甲中通过质子交换膜的 H+数等于转移电子数，应为 2mol，而非 4mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．明确全钒液流电池放电时正极的反应本质。
B．判断电解池的阴阳极及离子交换膜类型。
C．分析阴极区的产物生成逻辑。
D．通过气体体积计算电子转移量，进而推导 迁移量。
17．【答案】（1）紫（红）色；还原；（过量）；b
（2）；或或（答案合理即可）
（3）增大；羟基或O—H键；常温下两种酸的饱和溶液浓度不同
（4）实验操作：取适量溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于溶液中存在的水解，故根据溶液在25℃下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出的
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）酸性溶液具有强氧化性，用过量进行反应，反应结束后溶液中仍含有高锰酸钾，观察体系颜色应仍为紫红色，亚硫酸钾具有还原性，能将过量的还原除去，过滤后的溶液中主要为苯甲酸钾，酸化后，苯甲酸析出，用“过滤”法制苯甲酸最直接、简便，故选b；
故答案为： 紫（红）色 ； 还原 ； （过量） ； b ；
（2）①由图可知，当加入溶液时，苯甲酸被完全中和，则苯甲酸饱和溶液的浓度；
②由图可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的(苯甲酸根)=，则苯甲酸的。
故答案为： ；或或（答案合理即可）；
（3）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中羟基(O—H键）的极性大小，O—H键极性越大，羧酸酸性越强，则可推出卤素原子的电负性越大时，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键的极性越大，酸性越强。
③常温下两种酸的饱和溶液浓度不同，所以不能用所测得的pH直接判断大小顺序。
故答案为： 增大 ； 羟基或O—H键 ； 常温下两种酸的饱和溶液浓度不同 ；
（4）实验操作：取适量溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，由于溶液中存在的水解，故根据溶液在25℃下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出的。
故答案为： 实验操作：取适量溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于溶液中存在的水解，故根据溶液在25℃下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出的 ；
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，用饱和亚硫酸钾溶液除剩余高锰酸钾，向滤液中加酸酸化，得到“水层”，直接过滤从“水层”得到较纯净苯甲酸。
（1）酸性溶液呈紫红色，反应后过量的使溶液保持紫（红）色；亚硫酸钾具还原性，可除去过量；苯甲酸溶解度小，酸化后析出，过滤分离选装置b。
（2）①苯甲酸与完全中和时，根据物质的量相等，。
②利用苯甲酸饱和溶液的求浓度，结合电离平衡，推导得（或等价形式）。
（3）①卤素原子电负性增大，羧基中键极性增大，羧酸酸性增强。
③两种酸的饱和溶液浓度不同，不能直接用判断大小。
（4）测溶液的，通过水解平衡常数，结合计算的。
（1）酸性溶液具有强氧化性，用过量进行反应，反应结束后溶液中仍含有高锰酸钾，观察体系颜色应仍为紫红色，亚硫酸钾具有还原性，能将过量的还原除去，过滤后的溶液中主要为苯甲酸钾，酸化后，苯甲酸析出，用“过滤”法制苯甲酸最直接、简便，故选b；
（2）①由图可知，当加入溶液时，苯甲酸被完全中和，则苯甲酸饱和溶液的浓度；
②由图可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的(苯甲酸根)=，则苯甲酸的。
（3）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中羟基(O—H键）的极性大小，O—H键极性越大，羧酸酸性越强，则可推出卤素原子的电负性越大时，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键的极性越大，酸性越强。
③常温下两种酸的饱和溶液浓度不同，所以不能用所测得的pH直接判断大小顺序。
（4）实验操作：取适量溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，由于溶液中存在的水解，故根据溶液在25℃下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出的。
18．【答案】（1）2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑
（2）CaSO4
（3）A；B
（4）＞；2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O或
（5）；高温情况下阳极石墨可能会与生成的O2反应从而被消耗
（6）1：1：2；4
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；电解原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据化合价升降守恒和原子守恒，可知“焙烧”时硫酸铁分解的化学方程式应为：2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑；
故答案为： 2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑ ；
（2）根据上述分析可知：在“溶出”得到的“富铁渣”中除Fe2O3、SiO2外，还有生成的微溶物CaSO4；
故答案为： CaSO4 ；
（3）A．由图示可知：Sc3+能与O形成配位键从而进入有机相，A正确；
B．由图可知：Sc3+能与6个O原子形成配位键，故Sc3+的配位数为6，B正确；
C．烷基具有疏水性，C错误；
D．配位时Sc3+化合价不变，未被氧化，因此没有发生氧化还原反应，D错误；
故合理选项是AB；
故答案为： A B ；
（4）已知H2C2O4的电离平衡常数，当溶液时，，说明：；当溶液的时，，，故在混合溶液的pH在2~3时的溶液中；
在“沉淀”时，若[Sc(OH)6]3-与H2C2O4反应C元素全部生成Sc2(C2O4)3，反应的离子方程式为：2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O；若C元素除生成Sc2(C2O4)3，还有生成，则反应的离子方程式为：
故答案为： ＞ ； 2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O或 ；
（5）将干燥的混合并在惰性气氛下加热至800℃，使之形成均一的熔融态，以金属钨、石墨为电极，可实现电解法制Sc。W为活性电极，要与电源的负极连接作阴极，石墨电极与电源的正极连接作阳极，以的熔融物为电解质，该电解池示意图为；
该电解池中作阳极的石墨需要定期补充，这是由于要使熔融，反应就需要在高温下进行，而高温情况下，阳极石墨可能会与其生成的O2反应从而被消耗；
故答案为： ； 高温情况下阳极石墨可能会与生成的O2反应从而被消耗 ；
（6）设立方晶胞边长为2a，黑球(Sc)与灰球间的最近距离为小立方体体对角线的一半，则为，黑球(Sc)与白球间的最近距离为a，两者之比为：2，则白球表示Al原子，位于晶胞顶点和面心，均摊后一个晶胞中含有4个Al原子；灰球表示Ni原子，位于8个小立方体体心，则一个晶胞中含有8个Ni原子；Sc位于棱心和体心，均摊后一个晶胞中含有4个Sc原子，所以x：y：z=1：1：2。根据Ni原子的位置，晶体中与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为4个。
故答案为： 1：1：2 ；4.
【分析】拜耳赤泥主要含、、、、，还含少量：加稀硫酸溶解：、、与硫酸反应生成、、；与硫酸生成微溶的；不反应。煅烧时仅分解，反应为。
加水溶解、过滤得到含、、的“富铁渣”和溶出液。加P204萃取，与P204形成配合物，、留水层；加反萃取生成。加、，发生反应，得到沉淀；在空气中煅烧该沉淀生成。
（1）根据化合价升降守恒和原子守恒，可知“焙烧”时硫酸铁分解的化学方程式应为：2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑；
（2）根据上述分析可知：在“溶出”得到的“富铁渣”中除Fe2O3、SiO2外，还有生成的微溶物CaSO4；
（3）A．由图示可知：Sc3+能与O形成配位键从而进入有机相，A正确；
B．由图可知：Sc3+能与6个O原子形成配位键，故Sc3+的配位数为6，B正确；
C．烷基具有疏水性，C错误；
D．配位时Sc3+化合价不变，未被氧化，因此没有发生氧化还原反应，D错误；
故合理选项是AB；
（4）已知H2C2O4的电离平衡常数，当溶液时，，说明：；当溶液的时，，，故在混合溶液的pH在2~3时的溶液中；
在“沉淀”时，若[Sc(OH)6]3-与H2C2O4反应C元素全部生成Sc2(C2O4)3，反应的离子方程式为：2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O；若C元素除生成Sc2(C2O4)3，还有生成，则反应的离子方程式为：
（5）将干燥的混合并在惰性气氛下加热至800℃，使之形成均一的熔融态，以金属钨、石墨为电极，可实现电解法制Sc。W为活性电极，要与电源的负极连接作阴极，石墨电极与电源的正极连接作阳极，以的熔融物为电解质，该电解池示意图为；
该电解池中作阳极的石墨需要定期补充，这是由于要使熔融，反应就需要在高温下进行，而高温情况下，阳极石墨可能会与其生成的O2反应从而被消耗；
（6）设立方晶胞边长为2a，黑球(Sc)与灰球间的最近距离为小立方体体对角线的一半，则为，黑球(Sc)与白球间的最近距离为a，两者之比为：2，则白球表示Al原子，位于晶胞顶点和面心，均摊后一个晶胞中含有4个Al原子；灰球表示Ni原子，位于8个小立方体体心，则一个晶胞中含有8个Ni原子；Sc位于棱心和体心，均摊后一个晶胞中含有4个Sc原子，所以x：y：z=1：1：2。根据Ni原子的位置，晶体中与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为4个。
19．【答案】（1）第四周期第ⅤB族；
（2）；反应ⅰ的时，在高温下（答案合理即可）；
（3）；
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）钒是23号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族，其基态原子的核外电子排布式为，价层电子排布式为。
故答案为：第四周期第ⅤB族；；
（2）根据盖斯定律，反应ⅰ=反应ⅱ+反应ⅲ，则；反应ⅰ的时，在高温下，反应能自发进行；根据盖斯定律，反应ⅰ=反应ⅱ+反应ⅲ，平衡常数关系应为。
故答案为：；反应ⅰ的时，在高温下；；
（3）①由题可知，该反应为气体体积减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则，，故在条件下，反应的在对应的曲线上。
故答案为：；
②假设和的物质的量分别为、和，的平衡转化率为，达到平衡过程中，分别变化了、、，平衡时，分别为、、，气体的总物质的量，则的物质的量分数为。
故答案为：；
（4）①平衡时，生成的净速率，变形可得，则用含有的代数式表示反应的平衡常数：。
故答案为：；
②设起始时的分压为，列三段式：
则。
故答案为：。
【分析】（1）钒是 23 号元素，位于第四周期第 ⅤB 族；价层电子排布式为 3d34s2。
（2）由盖斯定律，反应ⅰ=反应 ⅱ+ 反应 ⅲ，ΔH1=ΔH2+ΔH3=+437.8 kJ mol- ；反应 ⅰΔS>0，高温下 ΔG<0 可自发；平衡常数 K1=K2×K3。
（3）①反应气体分子数减少，加压平衡正向移动，SO2转化率增大，故 5.0MPa、550℃对应 p1曲线。
②通过三段式算平衡时各物质的量，进而计算SO3的物质的量分数。
（4）①平衡时正逆速率相等，推导得 Kc 表达式。
②设 SO2起始分压，列三段式，推导得分压平衡常数 Kp表达式。
（1）钒是23号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族，其基态原子的核外电子排布式为，价层电子排布式为。故答案为：第四周期第ⅤB族；；
（2）根据盖斯定律，反应ⅰ=反应ⅱ+反应ⅲ，则；反应ⅰ的时，在高温下，反应能自发进行；根据盖斯定律，反应ⅰ=反应ⅱ+反应ⅲ，平衡常数关系应为。故答案为：；反应ⅰ的时，在高温下；；
（3）①由题可知，该反应为气体体积减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则，，故在条件下，反应的在对应的曲线上。故答案为：；
②假设和的物质的量分别为、和，的平衡转化率为，达到平衡过程中，分别变化了、、，平衡时，分别为、、，气体的总物质的量，则的物质的量分数为。故答案为：；
（4）①平衡时，生成的净速率，变形可得，则用含有的代数式表示反应的平衡常数：。故答案为：；
（2）设起始时的分压为，列三段式：
则。故答案为：。
20．【答案】（1）
（2）苯甲醛；5
（3）B；D
（4）；消去反应；
（5）；
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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）由化合物1a（）的结构可知，1a的分子式为。
故答案为： ；
（2）化合物3a（），中有苯环和醛基，名称为苯甲醛；化合物3a与氢气发生加成反应后形成芳香化合物Ⅰ（），其同为芳香化合物的同分异构体还有（1种）、（邻、间、对3种），共5种。
故答案为： 苯甲醛 ；5；
（3）在1a分子中，由于对称结构，其核磁共振氢谱中有两组峰，且峰面积比为，A项错误；在1a、2a和3a生成4a的过程中，有碳碳双键、双键的断裂和单键、单键的形成，即有键断裂和键形成，B项正确；根据手性碳的定义，一个4a分子中存在两个手性碳原子：，但不可形成分子内氢键，C项错误；化合物3a分子中存在苯环，有大键，存在醛基，可在催化剂作用下与发生原子利用率100%的氧化反应，生成苯甲酸，D项正确。
故答案为： B D ；
（4）根据题中信息逆推可得反应路线：。
①第一步反应为增长碳链，反应的化学方程式为。
③第三步为醇的消去反应，反应的化学方程式为。
故答案为： ； 消去反应 ； ；
（5）参照（4）中醛的性质，化合物3a可与乙醛反应生成化合物Ⅱ（），参考题中三组分的反应，以化合物1a、2a和化合物Ⅱ可以直接合成化合物Ⅲ（）。
故答案为： ； 。
【分析】（1）根据1a的结构，数出碳原子4个、氢原子4个、硫原子1个，分子式为C4H4S。
（2）3a含苯环和醛基，名称为苯甲醛；其加氢产物的芳香族同分异构体含酚、醚类，共5种。
（3）1a对称结构，核磁共振氢谱峰面积比1：1（A错）；反应中双键断裂（π键）、单键形成（σ键）（B对）；4a只有1个手性碳，无分子内氢键（C错）；3a含苯环（大π键），醛基可被氧化为羧基（原子利用率100%）（D对），故选BD。
（4）①乙醛自身加成增长碳链，反应为2CH3CHO→CH3CH(OH)CH2CHO。
③反应类型为消去反应，方程式为CH3CH(OH)CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2 + 2H2O。
（5）3a与乙醛加成生成Ⅱ（结构简式：C6H5CH(OH)CH2CHO）；1a、2a与Ⅱ反应生成Ⅲ（结构简式：含噻吩环、双键及两个羟基的链状结构，连接苯环）。
（1）由化合物1a（）的结构可知，1a的分子式为。
（2）化合物3a（），中有苯环和醛基，名称为苯甲醛；化合物3a与氢气发生加成反应后形成芳香化合物Ⅰ（），其同为芳香化合物的同分异构体还有（1种）、（邻、间、对3种），共5种。
（3）在1a分子中，由于对称结构，其核磁共振氢谱中有两组峰，且峰面积比为，A项错误；在1a、2a和3a生成4a的过程中，有碳碳双键、双键的断裂和单键、单键的形成，即有键断裂和键形成，B项正确；根据手性碳的定义，一个4a分子中存在两个手性碳原子：，但不可形成分子内氢键，C项错误；化合物3a分子中存在苯环，有大键，存在醛基，可在催化剂作用下与发生原子利用率100%的氧化反应，生成苯甲酸，D项正确。
（4）根据题中信息逆推可得反应路线：。
①第一步反应为增长碳链，反应的化学方程式为。
③第三步为醇的消去反应，反应的化学方程式为。
（5）参照（4）中醛的性质，化合物3a可与乙醛反应生成化合物Ⅱ（），参考题中三组分的反应，以化合物1a、2a和化合物Ⅱ可以直接合成化合物Ⅲ（）。
1 / 1广东省部分学校2025-2026学年高三上学期开学联考 化学试题
1．（2025高三上·广东开学考）自古以来，首饰不仅有着悠久的历史，也是身份和地位的象征。下列首饰中主要材质属于硅酸盐材料的是
A．镂空雕刻金手镯 B．西汉紫水晶 C．春秋玛瑙串饰 D．酒红色玻璃项链
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A、金手镯主要材质是金，属于金属单质，不是硅酸盐材料，故A不符合题意 ；
B、紫水晶主要成分是二氧化硅（氧化物），不属于硅酸盐材料，故B不符合题意 ；
C、玛瑙主要成分是二氧化硅（氧化物），不属于硅酸盐材料，故C不符合题意 ；
D、玻璃的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，需明确硅酸盐材料的定义（含硅、氧及金属元素的化合物），并分析各选项材质的成分。
2．（2025高三上·广东开学考）化学推动科技进步，下列说法正确的是
A．新能源汽车车身用到的铝基复合材料中所含的碳化硅属于新型无机非金属材料
B．华为新发布的折叠电脑的芯片主要材料是晶体
C．深中通道建设所用的钢索中含有的Fe元素位于元素周期表的ds区
D．钙钛矿太阳能电池被称作“未来之光”，该太阳能电池可将太阳能直接转化为化学能
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；无机非金属材料；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、碳化硅（SiC）凭借超高硬度、优异的耐高温和抗腐蚀性能，远超传统硅酸盐材料的性能边界，属于典型的新型无机非金属材料，且因与金属铝的复合相容性，广泛用于铝基复合材料增强体，A正确；
B、芯片的核心功能依赖半导体的导电特性，其主要材料是具有半导体性能的单质硅（Si）；而二氧化硅（SiO2）是绝缘体，主要用于光导纤维传输信号，并非芯片核心材料，B错误；
C、Fe 的原子序数为 26，价电子构型为 3d64s2，符合 d 区元素（价电子构型为 (n-1) d -9ns -2）的特征；ds 区元素的价电子构型为 (n-1) d ns -2（如 Cu、Zn 等），因此 Fe 位于 d 区而非 ds 区，C 错误；
D、太阳能电池通过光伏效应，直接将太阳光的辐射能转化为电能，整个过程不涉及化学能的中间存储与转化，D错误；
故答案为：A。【分析】A．考查新型材料的性能与应用匹配度。
B．明确半导体与绝缘体的本质区别。
C．掌握依据价电子构型界定分区。
D．明确光伏效应的直接转化路径。
3．（2025高三上·广东开学考）劳动教育具有树德、增智、强体、育美的综合育人价值。下列劳动项目与所述化学知识均正确且有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 糕点师：用作膨松剂 受热易分解
B 雕刻工人：用氢氟酸刻蚀玻璃生产磨砂玻璃 玻璃中含有的属于碱性氧化物
C 消防员：使用泡沫灭火器灭火 和发生相互促进的水解反应
D 设计师：利用焰色试验设计烟花 焰色试验的光谱属于发射光谱
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；焰色反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、糕点膨松剂需要受热易分解产生气体，碳酸氢钠（NaHCO3）符合这一特点；而碳酸钠（Na2CO3）热稳定性强，受热难分解，不能作为膨松剂，A错误；
B、氢氟酸能蚀刻玻璃是因为与 SiO2反应，但 SiO2能与强碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，并非碱性氧化物，B错误；
C、泡沫灭火器中是硫酸铝与碳酸氢钠（NaHCO3）发生双水解反应产生泡沫，而非碳酸钠（Na2CO3），因为碳酸氢钠的水解反应更易快速产生大量 CO2，C错误；
D、焰色试验中金属元素的电子从激发态跃迁回基态时释放特定频率的光，属于发射光谱，利用这一原理可设计烟花的色彩，D正确；
故答案为：D。【分析】A．区分碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，明确膨松剂的实际成分。
B．明确二氧化硅的氧化物类别，判断其与氢氟酸反应的本质。
C．清楚泡沫灭火器的实际反应体系，区分碳酸钠和碳酸氢钠的水解效果。
D．理解焰色试验的光谱原理，明确发射光谱的形成原因。
4．（2025高三上·广东开学考）《长安的荔枝》的热播带动了荔枝热潮。岭南水果种类丰富，香甜美味，下列说法正确的是
A．荔枝中的葡萄糖和蔗糖互为同分异构体
B．菠萝中具有香味的丙烯酸乙酯可以水解
C．香蕉中富含纤维素，纤维素和油脂都属于有机高分子
D．龙眼运输过程中用含的硅藻土来保鲜，因为乙烯可以被还原
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；乙烯的物理、化学性质；酯的性质
【解析】【解答】A、葡萄糖分子式为 C6H12O6，蔗糖分子式为 C12H22O11，二者分子式不同，不互为同分异构体，A错误；
B、丙烯酸乙酯属于酯类，酯在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，生成对应的酸和醇，B正确；
C、纤维素是由大量葡萄糖单元连接而成的有机高分子；而油脂相对分子质量较小（通常几百），属于小分子，并非高分子，C错误；
D、KMnO4具有强氧化性，乙烯具有还原性，二者反应时乙烯被 KMnO4氧化，而非被还原，D错误；
故答案为：B。【分析】A．明确同分异构体的核心是 “分子式相同、结构不同”。
B．抓住酯类物质的水解特性。
C．区分有机高分子与小分子的相对分子质量界限。
D．明确乙烯与 KMnO4的反应类型（氧化反应）。
5．（2025高三上·广东开学考）海洋中含有丰富的化学资源，从海水中提取镁的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是
A．试剂①可选用 B．操作Ⅰ涉及过滤
C．试剂②是稀盐酸 D．步骤A是电解溶液
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、试剂①的核心作用是沉淀海水中的 Mg2+，工业上选择 Ca(OH)2（熟石灰），是因为它可通过贝壳（主要成分为 CaCO3）煅烧生成 CaO，再与水反应廉价制得，能高效与 Mg2+结合生成 Mg(OH)2沉淀，兼顾成本与反应效率，A正确；
B、操作 Ⅰ 是将 Mg(OH)2沉淀从溶液中分离，过滤操作的核心就是实现 “固体沉淀” 与 “液体滤液” 的分离，因此操作 Ⅰ 涉及过滤，B正确；
C、将 Mg(OH)2转化为 MgCl2溶液时，需加入酸，选择稀盐酸是因为它能精准提供 Cl-，且反应后无杂质离子引入，反应为 Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，确保产物纯净，C正确；
D、步骤 A 是由无水 MgCl2制备 Mg，若电解 MgCl2溶液，阴极的 H+（来自水的电离）会优先放电生成 H2，无法得到 Mg；而工业上电解熔融MgCl2时，Mg2+在阴极得电子生成 Mg，这是由电解质的电离状态和离子放电顺序共同决定的，因此步骤 A 不是电解 MgCl2溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．结合工业成本，选择能沉淀 Mg2+的廉价碱。
B．明确分离沉淀与溶液的操作方法。
C．选择能将 Mg (OH)2转化为 MgCl2的酸。
D．区分电解 MgCl2溶液和熔融 MgCl2的产物差异。
6．（2025高三上·广东开学考）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．制备并收集纯净的氯气 B．制备并收集干燥的氨气
C．制备乙酸乙酯 D．制备并收集
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、KMnO4与浓盐酸反应制得的氯气，会混有挥发的 HCl 和水蒸气。若要收集纯净氯气，需先通过饱和食盐水除去 HCl，再经浓硫酸干燥，最后用向上排空气法收集。而装置中无除杂干燥环节，收集的氯气仍含杂质，A错误；
B、浓氨水与生石灰反应（CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑）可制备氨气；碱石灰（CaO 与 NaOH 的混合物）能有效干燥氨气（氨气为碱性气体，与碱石灰不反应）；氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集，装置中各环节（制备、干燥、收集）完全适配，B正确；
C、乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化下加热生成乙酸乙酯，收集时导管若伸入 Na2CO3饱和溶液液面以下，会因装置内压强骤降引发倒吸。图示收集装置不符合防倒吸要求，C错误；
D、Cu 与浓硝酸反应生成 NO2，但 NO2会与水发生反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），因此不能用排水法收集；NO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，装置方法错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断氯气制备与收集的完整性。
B．分析氨气制备、干燥与收集的合理性。
C．明确乙酸乙酯收集时的防倒吸要求。
D．判断 NO2的收集方法是否正确。
7．（2025高三上·广东开学考）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 将卤水加入豆浆中制豆腐 蛋白质溶液在卤水的作用下聚沉
B 溶液可用于蚀刻覆铜电路板 水解使溶液显酸性
C 生产电器开关的酚醛树脂是热固性塑料 苯酚与甲醛通过加聚反应生成酚醛树脂
D 键角： O的电负性大于C
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、卤水中含电解质，能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，从而制得豆腐。陈述 Ⅰ（制豆腐的方法）和陈述 Ⅱ（蛋白质聚沉的原因）均正确，且存在直接因果关系，故A符合题意 ；
B、FeCl3蚀刻覆铜电路板是因为 Fe3+的氧化性（2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+），而非 FeCl3水解使溶液显酸性。陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确，但因果关系错误，故B不符合题意 ；
C、酚醛树脂是热固性塑料，但苯酚与甲醛是通过缩聚反应（而非加聚反应）生成酚醛树脂，陈述 Ⅱ 错误，故C不符合题意 ；
D、CH4的键角是 109.5°，H2O 的键角是 104.5°，实际键角 CH4 > H2O，陈述 Ⅰ 错误，故D不符合题意 ；
故答案为：A。【分析】A．明确胶体聚沉的原理及豆腐制作的化学本质。
B．区分 FeCl3蚀刻铜板的反应类型与水解的作用。
C．明确酚醛树脂的反应类型。
D．准确记忆 CH4和 H2O 的键角数值。
8．（2025高三上·广东开学考）维生素C能防治坏血病，主要存在于新鲜水果和蔬菜中，其分子结构如图所示。下列关于维生素C的说法不正确的是（　　）
A．一个分子中含有2个手性碳原子
B．能发生加聚反应和取代反应
C．1mol该物质最多能与反应
D．能使酸性溶液和溴水褪色
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、维生素 C 结构中，环外有一个碳原子连接 - OH、-CH2OH、-H 和环结构，环上有一个碳原子连接 - OH、-H、环结构和另一取代基，这两个碳原子均为手性碳，A正确；
B、分子含碳碳双键，可发生加聚反应；含羟基，可发生取代反应（如酯化），B正确；
C、维生素 C 中只有酯基能与 NaOH 反应，结构中仅 1 个酯基，因此 1mol 该物质最多与 1mol NaOH 反应，而非 5mol，C错误；
D、含碳碳双键，可与溴水发生加成反应使其褪色；含羟基和碳碳双键，可被酸性 KMnO4氧化使其褪色，D正确；
故答案为：C。【分析】A．明确手性碳的定义（连接四个不同基团的碳原子）。
B．分析含有的官能团（碳碳双键、羟基）对应的反应类型。
C．确定能与 NaOH 反应的官能团（仅酯基）。
D．分析碳碳双键、羟基的氧化性 / 加成反应特性。
9．（2025高三上·广东开学考）下列由结构不能直接推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A 分子的VSEPR模型为四面体形 易液化
B MgO晶体与NaCl晶体相比，离子所带电荷数高、离子半径小 MgO熔点显著高于NaCl
C 乙酸（）分子中羧基（-COOH）含极性较强的键 乙酸能与NaOH溶液发生中和反应
D 金刚石中碳原子通过杂化形成立体网状结构 金刚石硬度极大
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、NH3的 VSEPR 模型为四面体形，这是对分子空间电子云分布的抽象描述；而 NH3易液化是因为分子间存在氢键（一种特殊的分子间作用力），二者分属 “空间结构理论” 和 “分子间作用力” 两个维度，无直接推导关系，A符合题意；
B、MgO 与 NaCl 均为离子晶体，熔点由晶格能决定。MgO 中 Mg2+、O2-的电荷数（+2、-2）远高于 Na+、Cl-（+1、-1），且离子半径更小，导致晶格能显著更大，最终熔点远高于 NaCl。“离子电荷、半径” 的结构特征直接决定 “熔点高低” 的性质，B不符合题意；
C、乙酸的羧基（-COOH）中 O—H 键极性极强，使得 H+易解离，赋予乙酸酸性；酸性物质与 NaOH 的中和反应是酸的核心性质，“O—H 键极性” 的结构细节直接推导 “与碱反应” 的化学性质，C不符合题意；
D、金刚石中每个碳原子通过 sp3 杂化与 4 个碳原子形成共价键，进而拓展为立体网状结构，这种结构使原子间结合极其紧密，外力难以破坏，最终表现为 “硬度极大” 的性质。“sp3 杂化 + 网状结构” 的结构本质直接决定 “硬度” 的物理性质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．区分 VSEPR 模型与分子间作用力对性质的影响。
B．明确离子晶体熔点与晶格能的关系（晶格能与离子电荷、半径相关）。
C．分析羧基中 O—H 键极性与酸性的关系。
D．理解金刚石的空间结构与硬度的关联。
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列关于钠的化合物的说法正确的是
A．与足量反应生成时，转移电子的数目为
B．中含有的数目为
C．溶液中含有的数目为
D．浓度均为的NaCl和的混合溶液中，含有的数目为
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Na2O2与 H2O 反应生成 O2时，O 元素从 - 1 价歧化为 0 价（O2）和 - 2 价（H2O、NaOH），每生成 1mol O2，转移 2mol 电子。当生成 0.2mol O2时，转移电子的物质的量为 0.2×2 = 0.4mol，对应电子数目为 0.4NA，A正确；
B、NaClO 是由 Na+和 ClO-构成的离子化合物，晶体中不存在自由移动的 Cl-，因此 7.45g（0.1mol）NaClO 中 Cl-数目为 0，B错误；
C、Na2CO3溶液中，CO32-会发生分步水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-），导致溶液中 CO32-的实际物质的量小于 0.1mol，数目小于 0.1NA，C错误；
D、混合溶液中 Na+来自 NaCl 和 NaNO2的电离，总浓度为 0.2mol L- ，但题目未给出溶液体积，无法计算 Na+的具体数目，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．明确 Na2O2与 H2O 反应的电子转移规律。
B．分析 NaClO 的构成离子。
C．考虑 CO32-的水解对离子数目的影响。
D．明确计算离子数目需知道溶液体积。
11．（2025高三上·广东开学考）某小组利用如图所示的装置进行实验：打开开关K，通入，点燃酒精灯加热，数分钟后，关闭开关K，加入过量无水乙醇。下列说法不正确的是
A．加热铜丝时，铜丝立即由红色变为黑色，滴入无水乙醇后，铜丝又由黑色变为红色
B．该实验中乙醇发生还原反应
C．对装置b进行水浴加热有银镜反应发生，说明装置a中的产物有乙醛
D．实验结束后，铜丝的质量不变，说明铜丝起催化作用
【答案】B
【知识点】乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、加热时，铜与氧气发生氧化反应生成黑色氧化铜（CuO），铜丝由红色变为黑色；滴入无水乙醇后，氧化铜与乙醇发生反应，氧化铜被还原为铜，铜丝又由黑色变为红色，现象与反应的对应关系完全成立，A正确；
B、乙醇分子中羟基（-OH）转化为乙醛的醛基（-CHO），氢原子数目减少、氧原子数目增加，属于典型的氧化反应；乙醇在此过程中失去电子，作为还原剂发生氧化反应，而非还原反应，B错误；
C、银镜反应是醛基的专属特征反应，装置 b 经水浴加热出现银镜，直接证明生成了含醛基的物质；结合实验流程（乙醇在铜催化下与氧气反应），可确定装置 a 中乙醇氧化的产物为乙醛，C正确；
D、铜丝在反应中先被氧化为 CuO，后又被乙醇还原为 Cu，反应前后铜丝的质量未发生变化，完全符合催化剂 “参与反应但自身质量和化学性质不变” 的核心特征，说明铜丝起催化作用，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．分析铜与氧气、氧化铜与乙醇的反应现象。
B．判断乙醇在反应中的氧化还原类型。
C．利用银镜反应的特征判断产物。
D．明确催化剂 “反应前后质量和化学性质不变” 的特征。
12．（2025高三上·广东开学考）X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素，X和Y位于相邻位置，Z和M同主族，常温下Y的简单氢化物的水溶液呈碱性，常压下五种元素的原子半径、简单氢化物沸点分别随原子序数变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．第一电离能：X＜Y＜Z
B．电负性：X＜Y＜Z
C．和的空间结构均为直线形
D．M、W最高价氧化物对应水化物的酸性：
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素第一电离能通常随原子序数增大而增大，但 N 的 2p 轨道半充满更稳定，故第一电离能 C < O < N，A错误；
B、同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大，故电负性 C < N < O，B正确；
C、CO2中 C 原子 sp 杂化，空间结构为直线形；SO2中 S 原子价层电子对数为 3 且含 1 对孤电子对，空间结构为 V 形，C错误；
D、非金属性 Cl > S，故酸性 HClO4 > H2SO4，即 W > M，D错误；
故答案为：B。
【分析】常温下 Z 的简单氢化物沸点为 100℃，故 Z 为 O；Z 和 M 同主族，M 为 S；W 原子序数大于 S，为 Cl；Y 的简单氢化物水溶液呈碱性，Y 为 N；X 与 Y 相邻且原子序数小于 Y，X 为 C。
13．（2025高三上·广东开学考）某兴趣小组设计了如图所示的实验装置制备并检验其性质。下列说法正确的是
A．品红溶液和蘸有酸性溶液的试纸褪色均能说明具有漂白性
B．该实验中浓硫酸和铜反应，氧化剂和还原剂物质的量之比为
C．若X为，且实验中产生淡黄色固体，则说明具有氧化性
D．紫色石蕊试纸先变红后褪色
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、品红溶液褪色是SO2的漂白性（与品红结合成不稳定无色物质）；酸性KMnO4溶液褪色是SO2被氧化（S从+4变为+6），体现的是还原性，而非漂白性。二者原理完全不同，A错误；
B、铜与热浓硫酸反应的方程式为。其中，1mol Cu是还原剂（Cu从0变为+2）；仅1mol H2SO4是氧化剂（S从+6变为+4），另1mol H2SO4起“酸”的作用。因此，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，而非2：1，B错误；
C、若X为Na2S，S2-（-2价）与SO2（+4价）反应生成淡黄色固体S（0价）。此过程中，SO2中S的化合价从+4变为0，得电子被还原，直接体现了SO2的氧化性，C正确；
D、SO2溶于水生成H2SO3，溶液呈酸性，使紫色石蕊试纸变红；但SO2的漂白性仅针对“有机色质”（如品红），无法漂白酸碱指示剂，试纸不会褪色，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．区分 SO2漂白性与还原性的不同表现。
B．明确铜与浓硫酸反应中氧化剂、还原剂的物质的量比例。
C．分析 SO2与 Na2S 反应中元素化合价的变化。
D．明确 SO2对酸碱指示剂的作用特点。
14．（2025高三上·广东开学考）平流层中的氯氟烃会对臭氧层产生破坏作用。臭氧分解反应以及由于氯氟烃光解产生的氯自由基（）催化臭氧分解反应过程中的能量变化如图所示，存在时先后发生反应和。下列说法不正确的是
A．和均为放热过程
B．图示进程表示的总反应为
C．可加快臭氧分解反应速率，但不能改变该反应的限度
D．催化臭氧分解的反应速率由决定
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、第一个反应（O3+Cl →O2+ClO ）中，反应物能量低于生成物能量，反应需要吸收能量，属于吸热反应；第二个反应（ClO +O →Cl + O2）中，反应物能量高于生成物能量，反应释放能量，属于放热反应。因此 “两个反应均为放热过程” 的表述完全错误，A错误；
B、将两个分步反应 O3 + Cl →O2 + ClO 和 ClO + O →Cl + O2相加，中间产物 Cl 和 ClO 会相互抵消，最终总反应为 O3 + O →2O2，B正确；
C、Cl 作为催化剂，其核心作用是降低反应活化能，从而加快反应速率；但催化剂不会改变反应的平衡常数，即无法影响反应的限度（平衡状态）。C正确；
D、催化反应的速率由 “慢反应步骤” 决定，而慢反应的标志是活化能最大。从图中可见，第一步反应的活化能 E 1大于第二步的 E 2，因此整个反应的速率由 E 1决定，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．通过反应物与生成物的能量高低判断反应的热效应。
B．将分步反应相加推导总反应。
C．明确催化剂对反应速率和反应限度的影响。
D．判断反应速率的决定步骤（活化能最大的步骤）。
15．（2025高三上·广东开学考）25℃时，向溶液中滴加的氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液。已知：该温度下，反应的。下列说法正确的是（　　）
A．生成蓝色沉淀的离子方程式为
B．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液不发生变化
C．
D．中存在离子键和配位键
【答案】C
【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、氨水是弱电解质，不能拆分为 OH-，生成蓝色沉淀的离子方程式应为
Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，而非直接写为 Cu2+与 OH-的反应，A错误；
B、[Cu(NH3)4]2+配合物在乙醇中的溶解度较低，加入乙醇会导致配合物析出，溶液会发生变化（如出现沉淀），B错误；
C、总反应 Cu(OH)2(s)+4NH3(aq) [Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) 可看作两步反应的叠加：
Cu(OH)2(s) Cu2+(aq) +2OH-(aq)（溶度积 Ksp = 10-19.3）；
Cu2+(aq) + 4NH3(aq) [Cu(NH3)4]2+(aq)（平衡常数 K = 1013.3）。
总平衡常数 K' = Ksp × K = 10- 9 3 × 10 3 3 = 10-6，C正确；
D、[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+与 NH3之间为配位键，NH3内部 N-H 键为共价键，不存在离子键（离子键存在于阴阳离子之间），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确弱电解质（氨水）在离子方程式中的书写形式。
B．分析乙醇对配合物溶解性的影响。
C．通过溶度积和配位平衡常数推导总反应的平衡常数。
D．判断 中的化学键类型。
16．（2025高三上·广东开学考）全钒液流电池是利用不同价态的含钒离子在酸性条件下发生反应的原理，该电池储能容量大、使用寿命长。利用该电池电解处理含废水制备硝酸和氨水的原理如图所示，a、b、c、d电极均为惰性电极。下列说法不正确的是
A．全钒液流电池放电时，a电极的电极反应式为
B．c电极为阴极，隔膜2为阴离子交换膜
C．装置乙中p口流出液的溶质中含有
D．当装置乙中产生气体的总体积为33.6L（标准状况）时，装置甲中理论上有通过质子交换膜
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、全钒液流电池放电时，a 电极为正极，VO2+在酸性条件下得电子发生还原反应，生成 VO2+，电极反应式为 ，A正确；
B、装置乙中 c 极产生 H2（还原反应），为阴极；NO3-需通过隔膜 2 进入阳极区（Y 区）与 H+结合生成硝酸，故隔膜 2 为阴离子交换膜，B正确；
C、装置乙 X 区为阴极区，阴极反应生成 OH-，NH4+通过阳离子交换膜进入 X 区，与 OH-反应生成 NH3 H2O，因此 p 口流出液含 NH3 H2O，C正确；
D、装置乙产生的气体为 H2和 O2，标准状况下 33.6L（1.5mol）气体中，由电子转移守恒可知 n (H2)：n (O2)=2：1，即 n (H2)=1mol、n (O2)=0.5mol，总转移电子为 2mol。装置甲中通过质子交换膜的 H+数等于转移电子数，应为 2mol，而非 4mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．明确全钒液流电池放电时正极的反应本质。
B．判断电解池的阴阳极及离子交换膜类型。
C．分析阴极区的产物生成逻辑。
D．通过气体体积计算电子转移量，进而推导 迁移量。
17．（2025高三上·广东开学考）酸及盐在生产生活中应用广泛。回答下列问题：
（1）甲苯经氧化可制备苯甲酸（常温下溶解度为0.34g，其酸性强于亚硫酸氢盐）。将15mL甲苯和过量酸性溶液置于三颈烧瓶中，在90℃下反应一段时间至甲苯层消失，此时观察到溶液的颜色为　 　，再加入饱和亚硫酸钾溶液，目的是利用其　 　性除去　 　，过滤，向滤液中加酸酸化，得到“水层”，直接从“水层”得到较纯净苯甲酸需要用到的装置是　 　（填选项字母）。
a． b． c．
（2）某兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓和苯甲酸的，设计实验如下：
取苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图所示：
①　 　（用含或的代数式表示，下同）。
②苯甲酸的　 　（列出计算式即可，忽略水的电离）。
（3）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾
羧酸的酸性可用衡量。几种羧酸的大小顺序为，可推出结论为随着卤原子电负性的　 　（填“增大”或“减小”），羧基中　 　的极性增大，羧酸酸性增强。
②提出假设
甲同学根据①中规律推测两种芳香酸的酸性强弱顺序如下：
③验证假设
甲同学测得常温下两种酸的饱和溶液pH大小顺序为Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为甲同学推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为　 　。
乙同学用（2）中方法测定了上述两种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ。
④实验小结
假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
（4）该小组欲尝试用不同于（2）中的方法测弱酸的。小组讨论后，选用溶液进行实验，简述该方案：　 　（包括实验操作及数据处理思路）。
【答案】（1）紫（红）色；还原；（过量）；b
（2）；或或（答案合理即可）
（3）增大；羟基或O—H键；常温下两种酸的饱和溶液浓度不同
（4）实验操作：取适量溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于溶液中存在的水解，故根据溶液在25℃下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出的
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）酸性溶液具有强氧化性，用过量进行反应，反应结束后溶液中仍含有高锰酸钾，观察体系颜色应仍为紫红色，亚硫酸钾具有还原性，能将过量的还原除去，过滤后的溶液中主要为苯甲酸钾，酸化后，苯甲酸析出，用“过滤”法制苯甲酸最直接、简便，故选b；
故答案为： 紫（红）色 ； 还原 ； （过量） ； b ；
（2）①由图可知，当加入溶液时，苯甲酸被完全中和，则苯甲酸饱和溶液的浓度；
②由图可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的(苯甲酸根)=，则苯甲酸的。
故答案为： ；或或（答案合理即可）；
（3）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中羟基(O—H键）的极性大小，O—H键极性越大，羧酸酸性越强，则可推出卤素原子的电负性越大时，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键的极性越大，酸性越强。
③常温下两种酸的饱和溶液浓度不同，所以不能用所测得的pH直接判断大小顺序。
故答案为： 增大 ； 羟基或O—H键 ； 常温下两种酸的饱和溶液浓度不同 ；
（4）实验操作：取适量溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，由于溶液中存在的水解，故根据溶液在25℃下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出的。
故答案为： 实验操作：取适量溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于溶液中存在的水解，故根据溶液在25℃下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出的 ；
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，用饱和亚硫酸钾溶液除剩余高锰酸钾，向滤液中加酸酸化，得到“水层”，直接过滤从“水层”得到较纯净苯甲酸。
（1）酸性溶液呈紫红色，反应后过量的使溶液保持紫（红）色；亚硫酸钾具还原性，可除去过量；苯甲酸溶解度小，酸化后析出，过滤分离选装置b。
（2）①苯甲酸与完全中和时，根据物质的量相等，。
②利用苯甲酸饱和溶液的求浓度，结合电离平衡，推导得（或等价形式）。
（3）①卤素原子电负性增大，羧基中键极性增大，羧酸酸性增强。
③两种酸的饱和溶液浓度不同，不能直接用判断大小。
（4）测溶液的，通过水解平衡常数，结合计算的。
（1）酸性溶液具有强氧化性，用过量进行反应，反应结束后溶液中仍含有高锰酸钾，观察体系颜色应仍为紫红色，亚硫酸钾具有还原性，能将过量的还原除去，过滤后的溶液中主要为苯甲酸钾，酸化后，苯甲酸析出，用“过滤”法制苯甲酸最直接、简便，故选b；
（2）①由图可知，当加入溶液时，苯甲酸被完全中和，则苯甲酸饱和溶液的浓度；
②由图可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的(苯甲酸根)=，则苯甲酸的。
（3）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中羟基(O—H键）的极性大小，O—H键极性越大，羧酸酸性越强，则可推出卤素原子的电负性越大时，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键的极性越大，酸性越强。
③常温下两种酸的饱和溶液浓度不同，所以不能用所测得的pH直接判断大小顺序。
（4）实验操作：取适量溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，由于溶液中存在的水解，故根据溶液在25℃下的pH可求得的水解平衡常数，再利用公式求出的。
18．（2025高三上·广东开学考）钪元素因其独特性质在高科技领域和新兴材料中具有重要应用。一种从拜耳赤泥（主要含，，CaO，，，还含有少量）中提取Fe、Sc的新型冶炼方法的工艺流程如图所示：
已知：ⅰ．“焙烧”在一定温度下进行，该温度下只有铁的硫酸盐发生分解；
ⅱ.25℃时，草酸的，。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，硫酸铁分解的化学方程式如下：
完成上述化学方程式：　 　。
（2）“溶出”时，“富铁渣”的主要成分除，外，还有　 　（填化学式）。
（3）“萃取”时，钪与P204形成如图所示的配合物（R为烷基），关于该配合物的说法正确的有______（填选项字母）。
A．能与O形成配位键从而进入有机相
B．的配位数为6
C．烷基有亲水性
D．配位时被氧化
（4）“反萃取”后，水层中含，“沉淀”时，加入的酸性混合液的pH为2~3时沉淀效果最佳，此时酸液中　 　（填“＜”、“＝”或“＞”），该条件下与草酸反应生成的主要离子方程式为　 　。
（5）将干燥的混合并在惰性气氛下加热至800℃，使之形成均一的熔融态，以金属钨、石墨为电极，可实现电解法制Sc，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做出相应标注　 　；该电解池中作阳极的石墨需要定期补充，原因为　 　。
（6）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示，已知相邻原子间的最近距离之比，则　 　；晶体中，与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为　 　。
【答案】（1）2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑
（2）CaSO4
（3）A；B
（4）＞；2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O或
（5）；高温情况下阳极石墨可能会与生成的O2反应从而被消耗
（6）1：1：2；4
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；电解原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据化合价升降守恒和原子守恒，可知“焙烧”时硫酸铁分解的化学方程式应为：2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑；
故答案为： 2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑ ；
（2）根据上述分析可知：在“溶出”得到的“富铁渣”中除Fe2O3、SiO2外，还有生成的微溶物CaSO4；
故答案为： CaSO4 ；
（3）A．由图示可知：Sc3+能与O形成配位键从而进入有机相，A正确；
B．由图可知：Sc3+能与6个O原子形成配位键，故Sc3+的配位数为6，B正确；
C．烷基具有疏水性，C错误；
D．配位时Sc3+化合价不变，未被氧化，因此没有发生氧化还原反应，D错误；
故合理选项是AB；
故答案为： A B ；
（4）已知H2C2O4的电离平衡常数，当溶液时，，说明：；当溶液的时，，，故在混合溶液的pH在2~3时的溶液中；
在“沉淀”时，若[Sc(OH)6]3-与H2C2O4反应C元素全部生成Sc2(C2O4)3，反应的离子方程式为：2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O；若C元素除生成Sc2(C2O4)3，还有生成，则反应的离子方程式为：
故答案为： ＞ ； 2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O或 ；
（5）将干燥的混合并在惰性气氛下加热至800℃，使之形成均一的熔融态，以金属钨、石墨为电极，可实现电解法制Sc。W为活性电极，要与电源的负极连接作阴极，石墨电极与电源的正极连接作阳极，以的熔融物为电解质，该电解池示意图为；
该电解池中作阳极的石墨需要定期补充，这是由于要使熔融，反应就需要在高温下进行，而高温情况下，阳极石墨可能会与其生成的O2反应从而被消耗；
故答案为： ； 高温情况下阳极石墨可能会与生成的O2反应从而被消耗 ；
（6）设立方晶胞边长为2a，黑球(Sc)与灰球间的最近距离为小立方体体对角线的一半，则为，黑球(Sc)与白球间的最近距离为a，两者之比为：2，则白球表示Al原子，位于晶胞顶点和面心，均摊后一个晶胞中含有4个Al原子；灰球表示Ni原子，位于8个小立方体体心，则一个晶胞中含有8个Ni原子；Sc位于棱心和体心，均摊后一个晶胞中含有4个Sc原子，所以x：y：z=1：1：2。根据Ni原子的位置，晶体中与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为4个。
故答案为： 1：1：2 ；4.
【分析】拜耳赤泥主要含、、、、，还含少量：加稀硫酸溶解：、、与硫酸反应生成、、；与硫酸生成微溶的；不反应。煅烧时仅分解，反应为。
加水溶解、过滤得到含、、的“富铁渣”和溶出液。加P204萃取，与P204形成配合物，、留水层；加反萃取生成。加、，发生反应，得到沉淀；在空气中煅烧该沉淀生成。
（1）根据化合价升降守恒和原子守恒，可知“焙烧”时硫酸铁分解的化学方程式应为：2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑；
（2）根据上述分析可知：在“溶出”得到的“富铁渣”中除Fe2O3、SiO2外，还有生成的微溶物CaSO4；
（3）A．由图示可知：Sc3+能与O形成配位键从而进入有机相，A正确；
B．由图可知：Sc3+能与6个O原子形成配位键，故Sc3+的配位数为6，B正确；
C．烷基具有疏水性，C错误；
D．配位时Sc3+化合价不变，未被氧化，因此没有发生氧化还原反应，D错误；
故合理选项是AB；
（4）已知H2C2O4的电离平衡常数，当溶液时，，说明：；当溶液的时，，，故在混合溶液的pH在2~3时的溶液中；
在“沉淀”时，若[Sc(OH)6]3-与H2C2O4反应C元素全部生成Sc2(C2O4)3，反应的离子方程式为：2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O；若C元素除生成Sc2(C2O4)3，还有生成，则反应的离子方程式为：
（5）将干燥的混合并在惰性气氛下加热至800℃，使之形成均一的熔融态，以金属钨、石墨为电极，可实现电解法制Sc。W为活性电极，要与电源的负极连接作阴极，石墨电极与电源的正极连接作阳极，以的熔融物为电解质，该电解池示意图为；
该电解池中作阳极的石墨需要定期补充，这是由于要使熔融，反应就需要在高温下进行，而高温情况下，阳极石墨可能会与其生成的O2反应从而被消耗；
（6）设立方晶胞边长为2a，黑球(Sc)与灰球间的最近距离为小立方体体对角线的一半，则为，黑球(Sc)与白球间的最近距离为a，两者之比为：2，则白球表示Al原子，位于晶胞顶点和面心，均摊后一个晶胞中含有4个Al原子；灰球表示Ni原子，位于8个小立方体体心，则一个晶胞中含有8个Ni原子；Sc位于棱心和体心，均摊后一个晶胞中含有4个Sc原子，所以x：y：z=1：1：2。根据Ni原子的位置，晶体中与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为4个。
19．（2025高三上·广东开学考）钒广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：
（1）钒在元素周期表中的位置为　 　，其基态原子的价层电子排布式为　 　。
（2）工业上常采用碳热还原氮化法制备氮化钒（VN），相关热化学方程式及平衡常数如下：
ⅰ. 。
已知反应ⅰ由以下两步完成：
ⅱ. ；
ⅲ. 。
反应ⅰ的　 　；高温条件下，该反应正向能自发进行的原因是　 　；三个反应平衡常数的关系是　 　（用含的代数式表示）。
（3）将和通入接触室，在催化剂的作用下发生反应： 。
①当和起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，平衡转化率随温度变化的曲线如图所示：
则在时，反应的在　 　（填“”、“”或“”）对应的曲线上。
②将组成（物质的量分数）为和的气体通入反应器，在一定的温度和压强下进行反应。平衡时，若的转化率为，则的物质的量分数为　 　（用含的代数式表示）。
（4）科学家在实验的基础上得出，在某种钒催化剂作用下，（3）中反应生成的净速率（生成与消耗的速率差值）方程为，其中分别为正、逆反应的速率常数，二者均随温度的升高而增大。
①反应的物质的量浓度平衡常数可表示为　 　（用含的代数式表示）。
②恒温恒容条件下，向某容器内加入一定量的和发生反应，设的平衡分压为的平衡转化率为，则用含和的代数式表示反应的分压平衡常数为　 　（用平衡分压代替平衡浓度，写出推导过程）。
【答案】（1）第四周期第ⅤB族；
（2）；反应ⅰ的时，在高温下（答案合理即可）；
（3）；
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）钒是23号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族，其基态原子的核外电子排布式为，价层电子排布式为。
故答案为：第四周期第ⅤB族；；
（2）根据盖斯定律，反应ⅰ=反应ⅱ+反应ⅲ，则；反应ⅰ的时，在高温下，反应能自发进行；根据盖斯定律，反应ⅰ=反应ⅱ+反应ⅲ，平衡常数关系应为。
故答案为：；反应ⅰ的时，在高温下；；
（3）①由题可知，该反应为气体体积减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则，，故在条件下，反应的在对应的曲线上。
故答案为：；
②假设和的物质的量分别为、和，的平衡转化率为，达到平衡过程中，分别变化了、、，平衡时，分别为、、，气体的总物质的量，则的物质的量分数为。
故答案为：；
（4）①平衡时，生成的净速率，变形可得，则用含有的代数式表示反应的平衡常数：。
故答案为：；
②设起始时的分压为，列三段式：
则。
故答案为：。
【分析】（1）钒是 23 号元素，位于第四周期第 ⅤB 族；价层电子排布式为 3d34s2。
（2）由盖斯定律，反应ⅰ=反应 ⅱ+ 反应 ⅲ，ΔH1=ΔH2+ΔH3=+437.8 kJ mol- ；反应 ⅰΔS>0，高温下 ΔG<0 可自发；平衡常数 K1=K2×K3。
（3）①反应气体分子数减少，加压平衡正向移动，SO2转化率增大，故 5.0MPa、550℃对应 p1曲线。
②通过三段式算平衡时各物质的量，进而计算SO3的物质的量分数。
（4）①平衡时正逆速率相等，推导得 Kc 表达式。
②设 SO2起始分压，列三段式，推导得分压平衡常数 Kp表达式。
（1）钒是23号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族，其基态原子的核外电子排布式为，价层电子排布式为。故答案为：第四周期第ⅤB族；；
（2）根据盖斯定律，反应ⅰ=反应ⅱ+反应ⅲ，则；反应ⅰ的时，在高温下，反应能自发进行；根据盖斯定律，反应ⅰ=反应ⅱ+反应ⅲ，平衡常数关系应为。故答案为：；反应ⅰ的时，在高温下；；
（3）①由题可知，该反应为气体体积减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则，，故在条件下，反应的在对应的曲线上。故答案为：；
②假设和的物质的量分别为、和，的平衡转化率为，达到平衡过程中，分别变化了、、，平衡时，分别为、、，气体的总物质的量，则的物质的量分数为。故答案为：；
（4）①平衡时，生成的净速率，变形可得，则用含有的代数式表示反应的平衡常数：。故答案为：；
（2）设起始时的分压为，列三段式：
则。故答案为：。
20．（2025高三上·广东开学考）一种在光/金属协同催化模式下的不对称多组分自由基反应如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物1a的分子式为　 　。
（2）化合物3a的名称是　 　；化合物3a与氢气发生加成反应后形成芳香化合物Ⅰ，化合物Ⅰ的同分异构体中同为芳香化合物的共　 　种（含化合物Ⅰ）。
（3）下列说法正确的有______（填选项字母）。
A．1a分子的核磁共振氢谱中有两组峰，但峰面积不相同
B．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有键断裂和键形成
C．一个4a分子中存在两个手性碳原子，4a可形成分子内氢键
D．3a分子中有大键，且可发生原子利用率100%的氧化反应
（4）醛分子中在醛基邻位碳原子上的氢原子受羰基吸电子作用的影响，具有一定的活泼性，分子内含有的醛在一定条件下可发生加成反应，生成羟基醛（不考虑失水过程）。化合物2a可由乙醛在一定的条件下，经过多步反应得到。
①第一步反应为增长碳链（反应物仅有乙醛，原子利用率为100%），反应的化学方程式为　 　（不用注明反应条件）。
②第二步进行加成反应，形成醇类化合物。
③第三步，进行　 　（填具体反应类型），反应的化学方程式为　 　（注明反应条件）。
（5）参照（4）中醛的性质，化合物3a可与乙醛反应生成化合物Ⅱ[已知：化合物Ⅱ与（4）①中产物的官能团均相同]：　 　（填结构简式），参考上述三组分反应，以化合物1a、2a和化合物Ⅱ为原料，可以直接合成化合物Ⅲ：　 　（填结构简式）。
【答案】（1）
（2）苯甲醛；5
（3）B；D
（4）；消去反应；
（5）；
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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）由化合物1a（）的结构可知，1a的分子式为。
故答案为： ；
（2）化合物3a（），中有苯环和醛基，名称为苯甲醛；化合物3a与氢气发生加成反应后形成芳香化合物Ⅰ（），其同为芳香化合物的同分异构体还有（1种）、（邻、间、对3种），共5种。
故答案为： 苯甲醛 ；5；
（3）在1a分子中，由于对称结构，其核磁共振氢谱中有两组峰，且峰面积比为，A项错误；在1a、2a和3a生成4a的过程中，有碳碳双键、双键的断裂和单键、单键的形成，即有键断裂和键形成，B项正确；根据手性碳的定义，一个4a分子中存在两个手性碳原子：，但不可形成分子内氢键，C项错误；化合物3a分子中存在苯环，有大键，存在醛基，可在催化剂作用下与发生原子利用率100%的氧化反应，生成苯甲酸，D项正确。
故答案为： B D ；
（4）根据题中信息逆推可得反应路线：。
①第一步反应为增长碳链，反应的化学方程式为。
③第三步为醇的消去反应，反应的化学方程式为。
故答案为： ； 消去反应 ； ；
（5）参照（4）中醛的性质，化合物3a可与乙醛反应生成化合物Ⅱ（），参考题中三组分的反应，以化合物1a、2a和化合物Ⅱ可以直接合成化合物Ⅲ（）。
故答案为： ； 。
【分析】（1）根据1a的结构，数出碳原子4个、氢原子4个、硫原子1个，分子式为C4H4S。
（2）3a含苯环和醛基，名称为苯甲醛；其加氢产物的芳香族同分异构体含酚、醚类，共5种。
（3）1a对称结构，核磁共振氢谱峰面积比1：1（A错）；反应中双键断裂（π键）、单键形成（σ键）（B对）；4a只有1个手性碳，无分子内氢键（C错）；3a含苯环（大π键），醛基可被氧化为羧基（原子利用率100%）（D对），故选BD。
（4）①乙醛自身加成增长碳链，反应为2CH3CHO→CH3CH(OH)CH2CHO。
③反应类型为消去反应，方程式为CH3CH(OH)CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2 + 2H2O。
（5）3a与乙醛加成生成Ⅱ（结构简式：C6H5CH(OH)CH2CHO）；1a、2a与Ⅱ反应生成Ⅲ（结构简式：含噻吩环、双键及两个羟基的链状结构，连接苯环）。
（1）由化合物1a（）的结构可知，1a的分子式为。
（2）化合物3a（），中有苯环和醛基，名称为苯甲醛；化合物3a与氢气发生加成反应后形成芳香化合物Ⅰ（），其同为芳香化合物的同分异构体还有（1种）、（邻、间、对3种），共5种。
（3）在1a分子中，由于对称结构，其核磁共振氢谱中有两组峰，且峰面积比为，A项错误；在1a、2a和3a生成4a的过程中，有碳碳双键、双键的断裂和单键、单键的形成，即有键断裂和键形成，B项正确；根据手性碳的定义，一个4a分子中存在两个手性碳原子：，但不可形成分子内氢键，C项错误；化合物3a分子中存在苯环，有大键，存在醛基，可在催化剂作用下与发生原子利用率100%的氧化反应，生成苯甲酸，D项正确。
（4）根据题中信息逆推可得反应路线：。
①第一步反应为增长碳链，反应的化学方程式为。
③第三步为醇的消去反应，反应的化学方程式为。
（5）参照（4）中醛的性质，化合物3a可与乙醛反应生成化合物Ⅱ（），参考题中三组分的反应，以化合物1a、2a和化合物Ⅱ可以直接合成化合物Ⅲ（）。
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