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广东省梅州市梅江区梅州中学2025-2026学年高三上学期第一次阶段性考试 化学试题
1．（2025高三上·梅江月考）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·梅江月考）中国空间站建造成功、神舟系列飞船顺利往返，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．空间站存储器所用的材料石墨烯与互为同素异形体
B．核心舱太阳能电池采用砷化镓()材料，属于金属材料
C．飞船火箭使用偏二甲肼作燃料，属于烃类
D．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，属于分子晶体
3．（2025高三上·梅江月考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子式为：
B．聚丙烯的链节为：
C．的空间结构为
D．硼原子最高能级的电子云轮廓图：
4．（2025高三上·梅江月考）电影《哪吒2》中有许多情境与化学知识密切相关，下列说法不正确的是
A．石矶娘娘的主要成分为碳酸钙，碳酸钙属于强电解质
B．海底炼狱中使用铁链困住妖兽，Fe在元素周期表中位于p区
C．天元鼎的设计灵感源于商龙纹青铜鼎，青铜的熔点低于铜
D．敖丙制造的冰晶具有规则的几何外形，体现了晶体的自范性
5．（2025高三上·梅江月考）广霍香(如图1)是十大广药(粤十味)之一，在广东的主产地是湛江、肇庆等地。具有开胃止呕、发表解暑之功效，是藿香正气水的主要成分。愈创木烯(结构简式如图2)是广霍香的重要提取物之一。下列有关愈创木烯的说法正确的是
A．常温下是气体
B．属于乙烯的同系物
C．除了甲基碳原子为sp3杂化，其他碳原子为sp2杂化
D．能与Br2发生加成反应
6．（2025高三上·梅江月考）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识正确且有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 勾兑乙醇汽油 乙醇与烃分子间形成分子间氢键
B 保洁员用含NaOH的去污剂清洗抽油烟机 油脂碱性条件下易水解生成可溶物
C 传承工艺：使用含淀粉酶的麦芽作用于淀粉，制作饴糖(又称麦芽糖饴) 麦芽糖水解可生成葡萄糖
D 营养师帮运动员制作含蛋白质套餐 蛋白质遇酒精发生变性
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·梅江月考）如图所示是短周期某种非金属元素的“价-类”二维图。下列推断不正确的是
A．a与d反应产物中有离子键
B．可存在的转化
C．常温下，d的浓溶液不能与铁发生反应
D．可用与强碱的反应来检验e中的阳离子
8．（2025高三上·梅江月考）在催化下醇的氧化氰化反应如图所示。下列叙述正确的是
A．熔点： B．键角：
C．I和II分子中键数目相同 D．II含有的元素中的电负性最大
9．（2025高三上·梅江月考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1 mol苯甲酸乙酯中采用杂化的C原子总数为
B．中含有的中子数为
C．44 g环氧乙烷()中所含的共价键数目为
D．标准状况下，11.2 L甲醛所含原子数目为
10．（2025高三上·梅江月考）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 冠醚18-冠-6空腔直径(260-320 pm)与K+直径(276 pm)接近 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度
B 石墨层间存在范德华力 石墨质软
C 分子中共价键键能较大 的沸点较高
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
11．（2025高三上·梅江月考）色并[4，3-d]嘧啶衍生物具有显著的生物学特性，其合成过程的某步反应如图所示。下列说法正确的是
A．1mol M与足量溴水反应最多可消耗
B．N可与水分子间形成氢键，因此N与水以任意比例互溶
C．一分子P酸性环境下水解的有机产物中含有2个含氧官能团
D．M、N、P分子中所有原子均可能共面
12．（2025高三上·梅江月考）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是
A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B．③中现象说明配体与的结合能力：
C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液
13．（2025高三上·梅江月考）W、X、Z、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质在空气中含量最多，W与Z原子最外层电子数之和等于Y原子最外层电子数，四种元素能组成如图所示物质，下列说法正确的是
A．原子半径：
B．W、X和Y三种元素形成的化合物一定能抑制水的电离
C．基态原子的第一电离能：
D．简单氢化物的稳定性：
14．（2025高三上·梅江月考）利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是
A．a中现象体现了的还原性
B．b中既作氧化剂也作还原剂
C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化
D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸
15．（2025高三上·梅江月考）宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列物质性质与用途对应的离子方程式书写正确的是
A．苯酚钠溶液中通入少量的：
B．与水反应用作潜水艇氧气来源：
C．用酸性KMnO4溶液氧化H2C2O4溶液：5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．向溶液中通入氨气可制备抗酸药：
16．（2025高三上·梅江月考）我国学者发明了一种新型多功能甲醛﹣硝酸盐电池，可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子(如图)。下列说法正确的是
A．CuAg电极反应为2HCHO+2H2O﹣4e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2OH﹣
B．CuRu电极反应为6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣
C．放电过程中，OH﹣通过质子交换膜从左室传递到右室
D．处理废水过程中溶液pH不变，无需补加KOH
17．（2025高三上·梅江月考）《Green Chemistry》报道了一种对甲基苯甲酸的绿色制备方法。反应原理：
实验步骤：
I．向反应管中加入0.1200g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。
II.5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。
III．用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取。
IV．用饱和食盐水洗涤有机层，弃去水层，干燥有机层，过滤，蒸去溶剂，称得目标产物0.1224g。
（1）对甲基苯甲酸的熔点高于对甲基苯甲醛的原因是　 　。
（2）实验室也可用酸性溶液氧化对甲基苯甲醛制备对甲基苯甲酸，但该方法易产生副产物　 　。(写结构简式)
（3）步骤II中加入稀NaOH溶液，该反应的离子方程式为　 　；使用乙酸乙酯洗涤的目的是　 　。
（4）步骤Ⅲ中用稀盐酸调节水层的目的：一是　 　(用文字说明)，二是将对甲基苯甲酸根离子转化为对甲基苯甲酸；加入乙酸乙酯萃取后，目标产物在　 　(填“上层”或“下层”)；萃取后，混合体系的分离需要用到下列仪器中的　 　。(填仪器名称)
（5）步骤IV中“干燥有机层”，可选用干燥剂　 　(填标号)
a．浓硫酸 b．无水 c．NaOH固体 d．无水
（6）对甲基苯甲酸的产率为　 　。［已知M(对甲基苯甲醛)，M(对甲基苯甲酸)］
18．（2025高三上·梅江月考）氯化铅渣中含PbCl2和少量AgCl、CuCl2等物质，分步回收其中金属元素的工艺如下：
已知：①常温溶液中各物质的Ksp
物质 PbCl2 PbSO4 AgCl Ag2SO4 CuS
Ksp 1.7×10-5 1.7×10-8 1.8×10-10 1.6×10-5 6.0×10-36
②H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13。
（1）已知银属于第5周期，与铜同族，写出基态银原子价层电子排布式　 　。
（2）“浸出1”需控温在75℃，适合采用的加热方式为　 　；浸出渣1的主要成分为　 　(写化学式)。
（3）“沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，此时溶液中c(Cu2+)为　 　mol/L。[已知：25℃下，H2S溶于水形成饱和溶液时，c(H2S)=0.1mol/L]
（4）①浸出液2的主要阳离子为，试剂A为　 　。
②若试剂B选用甲酸，写出反应的离子反应方程式　 　。
（5）高纯度的硫化铅可作半导体，其立方晶胞如图所示。
①已知硫离子采取面心立方堆积，则铅离子填在由硫离子形成的　 　体空隙中。
②硫化铅晶胞沿着y轴的投影图为　 　(填选项字母)
A． B． C． D．
③已知晶体密度为ρg·cm-3，晶胞中S2-与Pb2+最近的距离为anm，设PbS的摩尔质量为Mg/mol，则阿伏加德罗常数的值NA为　 　(列出计算式)。
19．（2025高三上·梅江月考）乙炔可用于焊接及切割金属，也是制备苯、合成纤维等的基本原料。
Ⅰ．某研究团队采用制备乙炔，其反应机理如图。已知反应Ⅲ包含两步反应：
第一步：
第二步：
（1）中存在的化学键类型为　 　。(填标号)
a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．配位键
（2）反应Ⅰ的离子方程式为　 　。
（3）反应Ⅲ中，第二步反应理论上生成1molCO转移电子数目为　 　。
（4）高温条件下，上述循环制备乙炔的总反应化学方程式为　 　。
Ⅱ．工业上可用甲烷裂解法制备乙炔，其主要反应原理为：，平衡时其中几种气体分压的对数与温度(K)的关系如图：
（5）该反应的　 　0。(填“>”或“<”)
（6）一定温度下，恒容密闭容器中，可判断该反应达到平衡状态的标志是　 　。(填标号)
a．的体积分数不再变化
b．容器中气体的压强不再变化
c．容器中混合气体的密度不再变化
d．
（7）TK时，该反应的平衡常数　 　。(用气体平衡分压代替平衡浓度计算)
（8）已知碳原子的杂化轨道中s成分越多，吸电子能力越强。比较乙炔与甲烷中碳氢键的极性：(乙炔)　 　(甲烷)。(填“>”或“<”)
20．（2025高三上·梅江月考）化合物I在药物合成中有重要作用，一种由化合物A和E为原料合成化合物I的路线如下图所示(部分条件及试剂省略)。
已知：ⅰ：+
ⅱ：R1COR2+R3CH2COR4，其中R1~R4为H或烷基
回答下列问题：
（1）化合物A的官能团名称为　 　。
（2）化合物E与H2O在一定条件下转化为F，原子利用率达100%，则F的结构简式为　 　。
（3）根据化合物G的结构特征，分析预测其主要的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应生成的新结构 反应类型
a ①　 　 ②　 　
b 新制的Cu(OH)2，加热 ③　 　 ④　 　
（4）关于反应⑦，下列说法不正确的有___________
A．化合物D中，所有原子可能共平面
B．化合物H存在顺反异构
C．1mol化合物I中共有14molsp3-s σ键
D．反应⑦涉及π键的断裂和形成
（5）化合物X是化合物I的同分异构体，满足下列条件的X的结构简式为　 　(写一种)。
a．与FeCl3溶液显色；
b.1molX最多能与1molNa反应；
c．化合物X环上的一氯代物只有1种；
d．核磁共振氢谱共有5组峰，且峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1。
（6）参照上述路线。以和为有机原料合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
a．最后一步的反应物为　 　和　 　(写结构简式)；
b．合成路线中，由卤代烃制备烯烃过程的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
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】A
【知识点】同素异形体
【解析】【解答】A、石墨烯和C60都是由碳元素组成的单质，按照同素异形体的定义（同种元素形成的不同单质互为同素异形体），二者互为同素异形体，A正确；
B、砷化镓（GaAs）是半导体材料，属于无机非金属材料，不是金属材料，B错误；
C、烃是只由碳和氢两种元素组成的化合物，偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]含有氮元素，不符合烃的定义，C错误；
D、氮化硅（Si3N4）耐高温，属于共价晶体（原子晶体），分子晶体通常熔点较低，不具有耐高温的性质，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题需围绕物质分类、晶体类型、同素异形体概念对每个选项逐一剖析。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子的能级分布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CO2中碳与氧通过双键结合，正确的电子式应满足各原子 8 电子稳定结构 （） ，而该选项中碳与氧以单键结合，碳周围电子数不足，A错误；
B、聚丙烯由丙烯（CH2=CH-CH3）加聚而成，其链节应体现丙烯加聚时的结构单元，即 ，B错误；
C、H2O 中 O 原子价层电子对数为 4（2 个成键电子对 + 2 个孤电子对），杂化方式为 sp3，空间结构为 V 形 （） ；而选项中的图示是含孤电子对的 VSEPR 模型，并非 H2O 的空间结构，C错误；
D、硼原子的电子排布为 1s22s22p ，最高能级为 2p，p 轨道的电子云轮廓图为哑铃形，该选项图示符合哑铃形特征，D正确；
故答案为：D。
【分析】分别对四个选项从电子式、高聚物链节、分子空间结构、电子云轮廓图的知识要点进行分析，判断其正确性。
4．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；合金及其应用；晶体的定义；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物。碳酸钙（CaCO3）虽难溶于水，但溶解的部分会完全电离为 Ca2+和 CO32-，因此属于强电解质，A正确；
B、元素周期表的分区由价电子排布决定。Fe 的价电子排布为 3d64s2，价电子主要填充在 d 轨道，因此位于d 区，而非 p 区（p 区元素价电子为 ns2np -6），B错误；
C、青铜是铜与锡等金属形成的合金，合金的熔点通常低于其成分中的纯金属（如铜），这是因为合金中不同原子的大小差异破坏了纯金属的规整结构，使熔化所需能量降低，C正确；
D、晶体的自范性是指在适宜条件下，晶体能自发呈现规则几何外形的性质。冰晶作为晶体，其规则的几何外形正是这一特性的体现，D正确；
故答案为：B。【分析】A．判断碳酸钙的电解质类型（强电解质的定义是溶于水或熔融时完全电离），碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质。
B．根据铁的价电子排布，确定其在元素周期表的分区，铁的价电子填充在 d 轨道，位于元素周期表 d 区。
C．依据合金的熔点特性（合金熔点通常低于其成分纯金属）分析，青铜是铜合金，合金熔点低于纯铜。
D．结合晶体自范性的定义（晶体能自发呈现规则几何外形的性质）可知冰晶的规则几何外形体现了晶体的自范性。
5．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；同系物；烷烃
【解析】【解答】从碳原子数与状态的关系、同系物的结构相似性要求、碳原子杂化类型的判断（饱和碳为 sp3 杂化，双键碳为 sp2 杂化）、碳碳双键的加成反应特性四个角度分析。
A、愈创木烯碳原子数大于 5，相对分子质量较大，熔沸点较高，常温下不是气体，A错误；
B、愈创木烯含两个碳碳双键且有环状结构，与乙烯（仅含一个碳碳双键、无环状结构）结构不相似，不属于乙烯的同系物，B错误；
C、愈创木烯中，甲基碳、环状结构中的饱和碳均为 sp3 杂化，并非只有甲基碳是 sp3 杂化，C错误；
D、愈创木烯含碳碳双键，能与 Br2发生加成反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．有机物碳原子数与常温状态的关系。
B．同系物的 “结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团” 要求。
C．碳原子杂化类型的判断（饱和碳为 sp3 杂化，双键碳为 sp2 杂化）。
D．碳碳双键的加成反应特性。
6．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、烃分子不含能形成氢键的极性基团，因此乙醇与烃分子间无法形成氢键；乙醇与烃互溶主要是基于 “相似相溶” 原理，并非氢键作用，A错误；
B、NaOH 是强碱，油脂在其作用下会发生皂化反应，水解生成可溶性的高级脂肪酸盐和甘油，这一反应能有效去除抽油烟机的油污，劳动项目与化学知识关联正确，B正确；
C、淀粉酶的作用是催化淀粉水解生成麦芽糖，而非 “麦芽糖水解生成葡萄糖”，该选项中劳动项目和化学知识的逻辑描述颠倒，C错误；
D、制作蛋白质套餐是为了给运动员提供营养，而 “蛋白质遇酒精变性” 是蛋白质的化学性质，与提供营养没有直接关联，D错误；
故答案为：B。【分析】A．分析乙醇与烃互溶的原因及氢键形成条件。
B．明确油脂在碱性条件下的水解反应（皂化反应）。
C．理清淀粉水解的产物及酶的催化作用。
D．区分蛋白质的营养功能与变性性质。
7．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；铵离子检验
【解析】【解答】由元素最低价为 - 3、最高价为 + 5，且为短周期非金属元素，可判断为氮元素。
其中：a 为氨气（NH3，氢化物，-3 价）；b 为一氧化氮（NO，氧化物，+2 价）；c 为二氧化氮（NO2，氧化物，+4 价）；d 为硝酸（HNO3，酸，+5 价）；e 为铵盐（盐，含铵根离子 NH4+）。
A、a（NH3）与 d（HNO3）反应生成硝酸铵（NH4NO3）。硝酸铵由铵根离子（NH4+）和硝酸根离子（NO3-）构成，离子之间通过离子键结合，因此产物中存在离子键，A正确；
B、氨气（NH3）可通过催化氧化反应生成一氧化氮（NO）；一氧化氮（NO）与氧气反应生成二氧化氮（NO2）；二氧化氮（NO2）与水反应生成硝酸（HNO3），因此存在 NH3→NO→NO2→HNO3的转化，B正确；
C、d 为浓硝酸（HNO3），常温下浓硝酸会与铁发生反应，生成一层致密的氧化膜覆盖在铁表面，阻止反应进一步进行（即钝化现象），并非 “不能发生反应”，C错误；
D、e 为铵盐（含 NH4+），铵根离子与强碱在加热条件下反应会生成氨气（NH3），氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可通过该反应检验铵根离子，D正确；
故答案为：C。【分析】A．考查反应产物的化学键类型。
B．判断物质间的转化可行性。
C．考查浓硝酸与铁的反应特性。
D．考查铵根离子的检验方法。
8．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、Ⅰ 分子中含有羟基（-OH），分子间可形成氢键；Ⅱ 分子中无羟基，分子间不能形成氢键。存在氢键的物质熔点更高，因此熔点 Ⅰ＞Ⅱ，A正确；
B、H2O 分子中 O 原子有 2 对孤电子对，NH3分子中 N 原子有 1 对孤电子对。孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多，键角越小，故键角 H2O＜NH3，B错误；
C、Ⅰ 分子中 σ 键数目为 20，Ⅱ 分子中 σ 键数目为 17，二者 σ 键数目不同，C错误；
D、Ⅱ 中含有的元素为 C、H、O、N，同周期中 O 的电负性大于 N，因此电负性最大的是 O，不是 N，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．判断氢键对物质熔点的影响。
B．考查孤电子对对键角的影响。
C．考查σ 键的计数（单键为 1 个 σ 键，双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，三键含 1 个 σ 键和 2 个 π 键）。
D．考查电负性的大小比较（同周期元素从左到右电负性逐渐增大）。
9．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、苯甲酸乙酯结构为C6H5COOCH2CH3，苯环上6个C原子、酯基中羰基（C=O）的C原子均为sp2杂化，共7个sp2杂化的C原子。1mol该物质中此类C原子总数为7NA，A正确；
B、CH318OH 的摩尔质量为34g/mol，3.4g该物质的物质的量为0.1mol。其中 C 含 6 个中子， 8O 含 10 个中子，H 不含中子，总中子数为 0.1×(6 + 10) = 1.6NA，B正确；
C、环氧乙烷分子式为C2H4O，44g 环氧乙烷的物质的量为 1 mol。其分子中含 1 个 C-C 键、2 个 C-O键、4个C-H键，共7个共价键，共价键数目应为7NA，而非3NA，C错误；
D、标准状况下甲醛为气体，11.2 L甲醛的物质的量为0.5 mol。每个甲醛分子含4个原子，原子总数为0.5×4 = 2NA，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析苯甲酸乙酯中 sp2 杂化 C 原子的数目。
B．计算 CH3 8OH 的中子数。
C．分析环氧乙烷的共价键数目。
D．判断甲醛的状态并计算原子数。
10．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、18-冠-6的空腔直径与 K+直径匹配，这种结构特征使其能特异性识别K+，进而带动KMnO4在有机溶剂中溶解。结构直接决定了该性质，故A不符合题意；
B、石墨为层状结构，层内碳原子通过共价键结合，层间仅存在较弱的范德华力。这种层间作用力弱的结构特征，导致层间易滑动，使石墨表现出质软的性质。结构直接推导出性质，故B不符合题意；
C、H2O分子内的O-H共价键键能影响的是分子的稳定性，而其沸点高低由分子间氢键决定。无法通过共价键键能大这一结构特征直接推测沸点高的性质，故C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。这种共价键的结构差异直接使得晶体硅熔点低于金刚石、硬度小于金刚石。结构直接推导出性质，故D不符合题意；
故答案为：C。【分析】A．分析冠醚结构对其识别离子及溶解性能的影响。
B．明确石墨层状结构与物理性质的关系。
C．区分共价键键能与分子间作用力对性质的影响。
D．分析原子半径对共价键及晶体性质的影响。
11．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A、M 的结构含酚羟基（-OH）和醛基（-CHO）。酚羟基的邻、对位有 2 个可被溴取代的活泼氢，发生取代反应时消耗 2mol Br2；醛基具有还原性，会被溴水氧化为羧基（-COOH），此过程消耗 1mol Br2。综上，1mol M 与足量溴水反应时，取代和氧化反应共消耗 3mol Br2，A正确；
B、N 的结构为氰基乙酸乙酯（NC-CH2-COOCH2CH3），其官能团为酯基（-COO-）和氰基（-CN），均无能够与水分子形成氢键的极性基团（如羟基、氨基等）。分子间氢键是物质与水互溶的关键作用力之一，因 N 无法与水形成氢键，故不能与水以任意比例互溶，B错误；
C、P 含有内酯基（-O-C (=O)-）和氰基（-CN）。在酸性环境下，内酯基发生水解，生成 1 个羟基（-OH）和 1 个羧基（-COOH）；氰基（-CN）水解生成羧基（-COOH）。因此，水解产物中含 1 个羟基和 2 个羧基，共 3 个含氧官能团，并非 2 个，C错误；
D、N 分子中存在乙基（-CH2CH3），其中的碳原子为 sp3 杂化，具有四面体空间结构，导致原子无法共面；P 分子中也存在类似的四面体结构碳原子（如与氧原子成键的饱和碳），因此 M、N、P 分子中所有原子不可能共面，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．拆解 M 中两类官能团（酚羟基、醛基）与溴水的反应机理及计量关系。
B．判断 N 与水形成氢键的必要结构及互溶的本质原因。
C．分析 P 酸性水解后产物的含氧官能团种类及数目。
D．依据原子杂化类型判断分子中原子的共面可能性。
12．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、②中沉淀是 Cu(OH)2，④中沉淀是 [Cu(NH3)4] SO4，二者不是同一种物质，A正确；
B、③中生成 [Cu(NH3)4] SO4，说明 NH3与 Cu2+的结合能力强于 H2O，B正确；
C、[Cu(NH3)4] SO4在乙醇中溶解度比在水中小，所以加入乙醇会析出沉淀，C正确；
D、⑥中黄绿色溶液是因为含有 [CuCl4]2-，向⑤中加入稀硫酸，无法提供大量 Cl-形成 [CuCl4]2-，不能得到黄绿色溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】本实验中，各物质的转化流程及核心变化如下：
首先，硫酸铜溶液（CuSO4(aq)）与氨水反应，生成氢氧化铜沉淀（Cu(OH)2(s)）；继续加入过量氨水，氢氧化铜与 NH3形成配位键，转化为可溶的四氨合铜 (II) 硫酸盐溶液（[Cu(NH3)4] SO4(aq)）；
向该溶液中加入乙醇，降低 [Cu (NH3)4] SO4的溶解度，使其以固体形式析出；最后加入过量浓盐酸，Cl-取代 NH3与 Cu2+配位，最终生成四氯合铜 (II) 配离子（[CuCl4]2-）。据此解题。
13．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；水的电离；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】X 的单质在空气中含量最多，故 X 为 N；阳离子为 NH4+，则 W 为 H；Z 形成 5 个共价键且原子序数大于 N，故 Z 为 P；W（H，最外层 1 个电子）与 Z（P，最外层 5 个电子）最外层电子数之和为 6，因此 Y 为 S。
A、同周期元素从左到右原子半径减小（P＞S），同主族元素从上到下原子半径增大，H 是原子半径最小的元素，故原子半径为 Z（P）＞Y（S）＞W（H），A错误；
B、H、N、S 可形成 (NH4)2S，其中 NH4+与 S2-均会发生水解，促进水的电离，并非所有化合物都抑制水的电离，B错误；
C、同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能 N＞O；同主族元素从上到下第一电离能减小（N＞P），且 P 的第一电离能大于 S，故第一电离能为 X（N）＞Z（P）＞Y（S），C错误；
D、非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性 N＞P，故简单氢化物稳定性 NH3＞PH3，即 X＞Z，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．比较原子半径大小（依据同周期、同主族原子半径变化规律）。
B．判断元素形成的化合物对水的电离的影响。
C．比较第一电离能大小（注意半充满等特殊结构的影响）。
D．根据非金属性强弱判断简单氢化物稳定性。
14．【答案】D
【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】A．试管a中观察到溶液变为蓝色，说明O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确；
B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价。因此既作氧化剂也作还原剂，B正确；
C．铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，因此c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确；
D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；
故答案为：D
【分析】打开K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反应生成O2。打开K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此可观察到溶液变为蓝色。打开K3，O2进入硬质玻璃管内，与Cu反应生成CuO。推动注射器活塞，无水乙醇进入到玻璃管内，与灼热的CuO反应，可观察到固体由黑色变为红色。产生的物质进入银氨溶液中，在加热条件下发生银镜反应。说明乙醇被氧化生成了乙醛。据此结合选项分析。
15．【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；苯酚的化学性质；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、苯酚钠与少量 CO2反应时，因酸性：碳酸＞苯酚＞碳酸氢根，故生成苯酚和碳酸氢根，离子方程式 C6H5O- + H2O + CO2 = C6H5OH + HCO3-书写正确，A正确；
B、Na2O2与水反应的离子方程式未配平，钠、氧原子数目不守恒，正确的应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B错误；
C、酸性条件下草酸是弱电解质，应以 H2C2O4形式参与反应，不能拆分为 C2O42-，正确的离子方程式为，C错误；
D、氨气溶于水生成 NH3 H2O（弱碱，不能拆分为 OH-），正确的离子方程式为 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+， D错误；
故答案为：A。【分析】A．依据酸性强弱规律判断反应产物，检查离子方程式书写。
B．检查离子方程式的原子守恒和配平情况。
C．明确弱电解质的拆分规则，分析草酸在酸性条件下的存在形式。
D．判断弱碱的拆分规则，分析氨气溶于水的反应实质。
16．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．CuAg为负极，HCHO在负极发生氧化反应，电极反应式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣=2HCOO﹣+H2↑+2H2O，A错误；
B．CuRu为正极，发生还原反应生成NH3，电极反应式为：6H2O+8e﹣=NH3↑+9OH﹣，B正确；
C．质子交换膜只允许H+通过，因此 OH﹣不会通过质子交换膜从左室传递到右室， C错误；
D．根据正负极反应可知该电池的总反应为8HCHO+7OH-=NH3+8HCOO-+4 H2↑+2H2O，处理废水过程中消耗OH-，溶液pH减小，需补加 KOH，D错误；
故选B。
【分析】原电池工作时，电子由负极流向正极，则CuAg电极为负极，电极反应式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣=2HCOO﹣+H2↑+2H2O，CuRu为正极，得到电子生成NH3，电极反应式为：6H2O+8e﹣=NH3↑+9OH﹣。
17．【答案】（1）对甲基苯甲酸存在分子间氢键，对甲基苯甲醛无分子间氢键
（2）
（3）+OH-+H2O；除去未反应完的对甲基苯甲醛
（4）除去过量的NaOH；上层；烧杯、分液漏斗
（5）bd
（6）90
【知识点】苯酚的化学性质；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）氢键不仅存在于分子内，也存在于分子间，互为同分异构体的物质，能形成分子内氢键的，其熔沸点比能形成分子间氢键的物质的低。对甲基苯甲酸的熔点高于对甲基苯甲醛的原因是：对甲基苯甲酸存在分子间氢键，对甲基苯甲醛无分子间氢键。故答案为： 对甲基苯甲酸存在分子间氢键，对甲基苯甲醛无分子间氢键 ；
（2）中甲基和醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则用酸性溶液氧化对甲基苯甲醛制备对甲基苯甲酸，易产生副产物为 。
故答案为： ；
（3）中羧基具有酸性，步骤II中加入稀NaOH溶液，和NaOH溶液反应生成和H2O，该反应的离子方程式为+OH-+ H2O，对甲基苯甲醛易溶于乙酸乙酯，使用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的对甲基苯甲醛。
故答案为：+OH-+H2O ； 除去未反应完的对甲基苯甲醛 ；
（4）步骤Ⅲ中用稀盐酸调节水层的目的：一是除去过量的NaOH；二是将对甲基苯甲酸根离子转化为对甲基苯甲酸，乙酸乙酯的密度比水小，加入乙酸乙酯萃取后，目标产物在上层，萃取后，混合体系的分离需要用到下列仪器中的烧杯、分液漏斗。
故答案为： 除去过量的NaOH ； 上层 ； 烧杯、分液漏斗 ；
（5）干燥乙酸乙酯有机层，可用无水或无水除去少量的水，形成结晶水合物；不能选择浓硫酸和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性或碱性条件下水解，故选bd。
故答案为： bd ；
（6）0.1200g对甲基苯甲醛的物质的量为=0.001mol，理论上生成0.001mol的对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸的产率为。
故答案为：90；
【分析】0.1200g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层pH=1后，再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。
(1)分析氢键对熔点的影响，判断对甲基苯甲酸和对甲基苯甲醛分子间氢键的存在情况。
(2)明确酸性 KMnO4的强氧化性，判断对甲基苯甲醛中甲基和醛基的氧化产物。
(3)写出羧基与 OH-的反应离子方程式，分析乙酸乙酯洗涤的除杂作用。
(4)明确调节 pH 的作用，判断乙酸乙酯萃取时目标产物的分层位置，识别萃取分离所需仪器。
(5)根据乙酸乙酯的性质，选择合适的中性干燥剂。
(6)根据产率公式，结合反应物和产物的物质的量计算产率。
（1）氢键不仅存在于分子内，也存在于分子间，互为同分异构体的物质，能形成分子内氢键的，其熔沸点比能形成分子间氢键的物质的低。对甲基苯甲酸的熔点高于对甲基苯甲醛的原因是：对甲基苯甲酸存在分子间氢键，对甲基苯甲醛无分子间氢键。
（2）中甲基和醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则用酸性溶液氧化对甲基苯甲醛制备对甲基苯甲酸，易产生副产物为 。
（3）中羧基具有酸性，步骤II中加入稀NaOH溶液，和NaOH溶液反应生成和H2O，该反应的离子方程式为+OH-+ H2O，对甲基苯甲醛易溶于乙酸乙酯，使用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的对甲基苯甲醛。
（4）步骤Ⅲ中用稀盐酸调节水层的目的：一是除去过量的NaOH；二是将对甲基苯甲酸根离子转化为对甲基苯甲酸，乙酸乙酯的密度比水小，加入乙酸乙酯萃取后，目标产物在上层，萃取后，混合体系的分离需要用到下列仪器中的烧杯、分液漏斗。
（5）干燥乙酸乙酯有机层，可用无水或无水除去少量的水，形成结晶水合物；不能选择浓硫酸和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性或碱性条件下水解，故选bd。
（6）0.1200g对甲基苯甲醛的物质的量为=0.001mol，理论上生成0.001mol的对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸的产率为。
18．【答案】（1）4d105s1
（2）水浴加热；PbSO4、AgCl
（3）
（4）氨水；
（5）四面；B；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；银镜反应
【解析】【解答】（1）Cu是第四周期ⅠB族元素，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，银属于第5周期，与铜同族，基态银原子价层电子排布式4d105s1。
故答案为：4d105s1；
（2）为便于控制“浸出1”反应温度75℃，适合采用的加热方式为水浴加热；向废渣中加入H2SO4和Na2SO4，PbCl2和硫酸钠反应生成PbSO4沉淀，AgCl难溶于水，与H2SO4和Na2SO4不反应，所以浸出渣1的主要成分为PbSO4、AgCl。
故答案为： 水浴加热 ； PbSO4、AgCl ；
（3）H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13 ， “沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，，此时溶液中c(Cu2+)= mol/L。
故答案为： ；
（4）①AgCl与浓氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，浸出液2的主要阳离子为，则试剂A为氨水。
②若试剂B选用甲酸，与甲酸反应生成银、碳酸铵，反应的离子反应方程式为。
故答案为： 氨水 ； ；
（5）①根据图示，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中。
②硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中，所以硫化铅晶胞沿着y轴的投影图为B；
③根据均摊原则，晶胞中S原子数为、Pb原子数为4，晶胞中S2-与Pb2+最近的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞的边长为，已知晶体密度为ρg·cm-3，设PbS的摩尔质量为Mg/mol，则。
故答案为： 四面 ； B ； 。
【分析】氯化铅渣主要成分是 PbCl2，还含有少量 AgCl、CuCl2等杂质。处理时，先加入 H2SO4和 Na2SO4，利用沉淀转化原理，PbCl2转化为更难溶的 PbSO4，AgCl 不反应，二者形成滤渣 1；而 CuCl2溶解，滤液 1 中含 Cu2+，向滤液 1 通入过量 H2S，Cu2+与 H2S 反应生成 CuS 沉淀。对于滤渣 1，加入过量浓氨水，AgCl 与浓氨水反应生成可溶的 [Ag(NH3)2]+，PbSO4不溶于浓氨水，过滤后滤液 2 含 [Ag(NH3)2]+，向滤液 2 中加入甲酸，甲酸将 [Ag(NH3)2]+还原为 Ag 单质。
（1）Cu是第四周期ⅠB族元素，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，银属于第5周期，与铜同族，基态银原子价层电子排布式4d105s1。
（2）为便于控制“浸出1”反应温度75℃，适合采用的加热方式为水浴加热；向废渣中加入H2SO4和Na2SO4，PbCl2和硫酸钠反应生成PbSO4沉淀，AgCl难溶于水，与H2SO4和Na2SO4不反应，所以浸出渣1的主要成分为PbSO4、AgCl。
（3）H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13 ， “沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，，此时溶液中c(Cu2+)= mol/L。
（4）①AgCl与浓氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，浸出液2的主要阳离子为，则试剂A为氨水。
②若试剂B选用甲酸，与甲酸反应生成银、碳酸铵，反应的离子反应方程式为。
（5）①根据图示，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中。
②硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中，所以硫化铅晶胞沿着y轴的投影图为B；
③根据均摊原则，晶胞中S原子数为、Pb原子数为4，晶胞中S2-与Pb2+最近的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞的边长为，已知晶体密度为ρg·cm-3，设PbS的摩尔质量为Mg/mol，则。
19．【答案】ac；；；；>；ab；；>
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；乙炔炔烃
【解析】【解答】（1）Ba是活泼金属，C是阴离子，所以Ba2+和C之间是离子键。C的结构是[C≡C]2-，其中C≡C是非极性共价键，故选ac；
故答案为： ac ；
（2）由图可知，反应Ⅰ为BaC2与H2O反应生成Ba(OH)2和C2H2 ，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）第二步：BaO(s)+3C(s) BaC2 (s)+CO(g)，C元素：2个C从0价→BaC2 中 1价（得2×1e ），1个C从0价→CO中+2价（失2e ），生成1molCO时，转移电子数为2NA 。
故答案为： ；
（4）图示知，总反应为BaC2作催化剂、高温下CO2 与C、H2O生成C2 H2 和CO，配平得：；
故答案为： ；
（5）温度升高，CH4分压降低，C2H2和H2分压升高，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH>0。
故答案为： > ；
（6）a．的体积分数不再变化，说明各物质浓度不再变化，达平衡，a符合题意；
b．反应前后气体分子数变化，建立平衡的过程中气体的压强是变量，容器中气体的压强不再变化说明达到平衡状态，b符合题意；
c．恒容且气体总质量不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；
d．速率比等于化学计量数比但未指明正、逆，不能说明反应达到平衡状态，d不符合题意；
故答案为：ab；
（7）TK时，lgp(CH4)=+3，则p(CH4)=103Pa，lgp(C2 H2 )= 1，则p(C2H2)=10 1Pa，lgp(H2 )=+4，则p(H2)=104Pa，反应的Kp =；
故答案为： ；
（8）乙炔中C为sp杂化（s成分50%），甲烷中C为sp3杂化（s成分25%）；s成分越多，C吸电子能力越强，C H键中H正电性越强，键的极性越强，故碳氢键的极性C H(乙炔)>C H(甲烷)。
故答案为： > 。
【分析】(1)分析 BaC2中离子键和 C22-内非极性共价键的存在。
(2)写出 BaC2与 H2O 反应生成 Ba(OH)2和 C2H2的离子方程式。
(3)分析第二步反应中 C 的化合价变化，计算生成 1mol CO 时的转移电子数。
(4)结合循环反应，配平总反应化学方程式。
(5)根据温度对平衡分压的影响，判断反应的热效应。
(6)分析各选项是否符合化学平衡状态的判断依据。
(7)根据平衡分压的对数计算分压，代入平衡常数表达式计算 K 。
(8)比较乙炔和甲烷中 C 的杂化类型及 s 成分，判断 C-H 键的极性。
20．【答案】（1）羟基
（2）CH3CHO
（3）H2、Ni、加热；加成反应或还原反应；CH3CH=CHCOOH；氧化反应
（4）A；C
（5）、、、(任意写一种或其他合理答案)
（6）CH2=CHCH=CH2；(CH3)2C=CHCOCH3；CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O
【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）由分析可知，A的结构简式为：，则化合物A的官能团名称为羟基，
故答案为：羟基；
（2）由分析结合化合物E与H2O在一定条件下转化为F，原子利用率达100%可知，则F的结构简式为CH3CHO，
故答案为：CH3CHO；
（3）由题干流程图中G的结构简式可知，分子中含有碳碳双键和醛基，故其与H2、在Ni等催化剂作用下加热将发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，其与新制的Cu(OH)2、加热则醛基被氧化成羧基，反应生成的新结构为CH3CH=CHCOOH，该反应属于氧化反应，
故答案为：H2、Ni、加热；加成反应或还原反应；CH3CH=CHCOOH；氧化反应；
（4）由题干合成流程图可知，反应⑦即CH3CH=CHCOOH和发生已知信息i的反应，据此解题：
A．由题干信息可知，化合物D中存在sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，A错误；
B．已知碳碳双键两端连有互不相同的原子或原子团的化合物存在顺反异构，因此化合物H存在顺反异构，B正确；
C．由题干合成流程图中H的结构简式可知，1mol化合物I中只有7个C采用sp3杂化，只有H利用s电子形成共价键，故共有9molsp3-s σ键，C错误；
D．由合成流程图可知，反应⑦中E和D中均涉及π键的断裂，H中涉及π键的形成，D正确；
故答案为：AC；
（5）由题干合成流程图可知，I的分子式为：C10H14O2，不饱和度为：4，故满足下列条件a．与FeCl3溶液显色即含有酚羟基；b.1molX最多能与1molNa反应即只含有1个酚羟基；c．化合物X环上的一氯代物只有1种即苯环上高度对称；d．核磁共振氢谱共有5组峰，且峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1即含有3个甲基，且两个甲基对称，则化合物I的同分异构体X的结构简式为：、、、，
故答案为：、、、(任意写一种或其他合理答案)；
（6）a．由分析可知，最后一步的反应物为和 ，
故答案为：CH2=CHCH=CH2；(CH3)2C=CHCOCH3；
b．由分析可知，合成路线中，由卤代烃制备烯烃过程即2，3-二溴丁烷发生消去反应制得1，3丁二烯，该反应的化学方程式为：CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O，
故答案为：CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O。
【分析】从合成路线来看，由化合物 A（ ）经浓硫酸加热发生消去反应生成 B（） ，B 与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应生成 C，C 再经反应生成 D。同时，HC≡CH（E）经反应生成 F（C2H4O），F 在 OH-条件下转化为 G，G 经氧化生成 H。最后 D 与 H 经反应生成化合物 I。
通过 C 的结构、B 的分子式及反应条件，可推出 B 的结构；结合 A 的分子式和 A 到 B 的反应条件，能确定 A 的结构。由 G 的结构、F 的分子式及已知信息 ⅱ，可判断 F 为 CH3CHO。对于化合物 I 的合成，采用逆向合成法，依据已知信息 ⅰ 和 ⅱ，从 H 和 D 的反应倒推中间产物，再结合消去、加成等反应确定各步合成路径。
(6)本题采用逆向合成法，即根据题干流程图中H和D反应生成I的反应和已知信息i的反应信息可知，可由和合成而来，根据已知信息ii可知可由两分子合成而来，而可由发生消去反应制得，和Br2的CCl4溶液发生加成反应可以制得，由此分析确定合成路线为：(1)；(2)，据此分析解题。
（1）由分析可知，A的结构简式为：，则化合物A的官能团名称为羟基，故答案为：羟基；
（2）由分析结合化合物E与H2O在一定条件下转化为F，原子利用率达100%可知，则F的结构简式为CH3CHO，故答案为：CH3CHO；
（3）由题干流程图中G的结构简式可知，分子中含有碳碳双键和醛基，故其与H2、在Ni等催化剂作用下加热将发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，其与新制的Cu(OH)2、加热则醛基被氧化成羧基，反应生成的新结构为CH3CH=CHCOOH，该反应属于氧化反应，故答案为：H2、Ni、加热；加成反应或还原反应；CH3CH=CHCOOH；氧化反应；
（4）由题干合成流程图可知，反应⑦即CH3CH=CHCOOH和发生已知信息i的反应，据此解题：
A．由题干信息可知，化合物D中存在sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，A错误；
B．已知碳碳双键两端连有互不相同的原子或原子团的化合物存在顺反异构，因此化合物H存在顺反异构，B正确；
C．由题干合成流程图中H的结构简式可知，1mol化合物I中只有7个C采用sp3杂化，只有H利用s电子形成共价键，故共有9molsp3-s σ键，C错误；
D．由合成流程图可知，反应⑦中E和D中均涉及π键的断裂，H中涉及π键的形成，D正确；
故答案为：AC；
（5）由题干合成流程图可知，I的分子式为：C10H14O2，不饱和度为：4，故满足下列条件a．与FeCl3溶液显色即含有酚羟基；b.1molX最多能与1molNa反应即只含有1个酚羟基；c．化合物X环上的一氯代物只有1种即苯环上高度对称；d．核磁共振氢谱共有5组峰，且峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1即含有3个甲基，且两个甲基对称，则化合物I的同分异构体X的结构简式为：、、、，故答案为：、、、(任意写一种或其他合理答案)；
（6）a．由分析可知，最后一步的反应物为和 ，故答案为：CH2=CHCH=CH2；(CH3)2C=CHCOCH3；
b．由分析可知，合成路线中，由卤代烃制备烯烃过程即2，3-二溴丁烷发生消去反应制得1，3丁二烯，该反应的化学方程式为：CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O，故答案为：CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O。
1 / 1广东省梅州市梅江区梅州中学2025-2026学年高三上学期第一次阶段性考试 化学试题
1．（2025高三上·梅江月考）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·梅江月考）中国空间站建造成功、神舟系列飞船顺利往返，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．空间站存储器所用的材料石墨烯与互为同素异形体
B．核心舱太阳能电池采用砷化镓()材料，属于金属材料
C．飞船火箭使用偏二甲肼作燃料，属于烃类
D．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，属于分子晶体
【答案】A
【知识点】同素异形体
【解析】【解答】A、石墨烯和C60都是由碳元素组成的单质，按照同素异形体的定义（同种元素形成的不同单质互为同素异形体），二者互为同素异形体，A正确；
B、砷化镓（GaAs）是半导体材料，属于无机非金属材料，不是金属材料，B错误；
C、烃是只由碳和氢两种元素组成的化合物，偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]含有氮元素，不符合烃的定义，C错误；
D、氮化硅（Si3N4）耐高温，属于共价晶体（原子晶体），分子晶体通常熔点较低，不具有耐高温的性质，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题需围绕物质分类、晶体类型、同素异形体概念对每个选项逐一剖析。
3．（2025高三上·梅江月考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子式为：
B．聚丙烯的链节为：
C．的空间结构为
D．硼原子最高能级的电子云轮廓图：
【答案】D
【知识点】原子核外电子的能级分布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CO2中碳与氧通过双键结合，正确的电子式应满足各原子 8 电子稳定结构 （） ，而该选项中碳与氧以单键结合，碳周围电子数不足，A错误；
B、聚丙烯由丙烯（CH2=CH-CH3）加聚而成，其链节应体现丙烯加聚时的结构单元，即 ，B错误；
C、H2O 中 O 原子价层电子对数为 4（2 个成键电子对 + 2 个孤电子对），杂化方式为 sp3，空间结构为 V 形 （） ；而选项中的图示是含孤电子对的 VSEPR 模型，并非 H2O 的空间结构，C错误；
D、硼原子的电子排布为 1s22s22p ，最高能级为 2p，p 轨道的电子云轮廓图为哑铃形，该选项图示符合哑铃形特征，D正确；
故答案为：D。
【分析】分别对四个选项从电子式、高聚物链节、分子空间结构、电子云轮廓图的知识要点进行分析，判断其正确性。
4．（2025高三上·梅江月考）电影《哪吒2》中有许多情境与化学知识密切相关，下列说法不正确的是
A．石矶娘娘的主要成分为碳酸钙，碳酸钙属于强电解质
B．海底炼狱中使用铁链困住妖兽，Fe在元素周期表中位于p区
C．天元鼎的设计灵感源于商龙纹青铜鼎，青铜的熔点低于铜
D．敖丙制造的冰晶具有规则的几何外形，体现了晶体的自范性
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；合金及其应用；晶体的定义；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物。碳酸钙（CaCO3）虽难溶于水，但溶解的部分会完全电离为 Ca2+和 CO32-，因此属于强电解质，A正确；
B、元素周期表的分区由价电子排布决定。Fe 的价电子排布为 3d64s2，价电子主要填充在 d 轨道，因此位于d 区，而非 p 区（p 区元素价电子为 ns2np -6），B错误；
C、青铜是铜与锡等金属形成的合金，合金的熔点通常低于其成分中的纯金属（如铜），这是因为合金中不同原子的大小差异破坏了纯金属的规整结构，使熔化所需能量降低，C正确；
D、晶体的自范性是指在适宜条件下，晶体能自发呈现规则几何外形的性质。冰晶作为晶体，其规则的几何外形正是这一特性的体现，D正确；
故答案为：B。【分析】A．判断碳酸钙的电解质类型（强电解质的定义是溶于水或熔融时完全电离），碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质。
B．根据铁的价电子排布，确定其在元素周期表的分区，铁的价电子填充在 d 轨道，位于元素周期表 d 区。
C．依据合金的熔点特性（合金熔点通常低于其成分纯金属）分析，青铜是铜合金，合金熔点低于纯铜。
D．结合晶体自范性的定义（晶体能自发呈现规则几何外形的性质）可知冰晶的规则几何外形体现了晶体的自范性。
5．（2025高三上·梅江月考）广霍香(如图1)是十大广药(粤十味)之一，在广东的主产地是湛江、肇庆等地。具有开胃止呕、发表解暑之功效，是藿香正气水的主要成分。愈创木烯(结构简式如图2)是广霍香的重要提取物之一。下列有关愈创木烯的说法正确的是
A．常温下是气体
B．属于乙烯的同系物
C．除了甲基碳原子为sp3杂化，其他碳原子为sp2杂化
D．能与Br2发生加成反应
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；同系物；烷烃
【解析】【解答】从碳原子数与状态的关系、同系物的结构相似性要求、碳原子杂化类型的判断（饱和碳为 sp3 杂化，双键碳为 sp2 杂化）、碳碳双键的加成反应特性四个角度分析。
A、愈创木烯碳原子数大于 5，相对分子质量较大，熔沸点较高，常温下不是气体，A错误；
B、愈创木烯含两个碳碳双键且有环状结构，与乙烯（仅含一个碳碳双键、无环状结构）结构不相似，不属于乙烯的同系物，B错误；
C、愈创木烯中，甲基碳、环状结构中的饱和碳均为 sp3 杂化，并非只有甲基碳是 sp3 杂化，C错误；
D、愈创木烯含碳碳双键，能与 Br2发生加成反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．有机物碳原子数与常温状态的关系。
B．同系物的 “结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团” 要求。
C．碳原子杂化类型的判断（饱和碳为 sp3 杂化，双键碳为 sp2 杂化）。
D．碳碳双键的加成反应特性。
6．（2025高三上·梅江月考）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识正确且有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 勾兑乙醇汽油 乙醇与烃分子间形成分子间氢键
B 保洁员用含NaOH的去污剂清洗抽油烟机 油脂碱性条件下易水解生成可溶物
C 传承工艺：使用含淀粉酶的麦芽作用于淀粉，制作饴糖(又称麦芽糖饴) 麦芽糖水解可生成葡萄糖
D 营养师帮运动员制作含蛋白质套餐 蛋白质遇酒精发生变性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、烃分子不含能形成氢键的极性基团，因此乙醇与烃分子间无法形成氢键；乙醇与烃互溶主要是基于 “相似相溶” 原理，并非氢键作用，A错误；
B、NaOH 是强碱，油脂在其作用下会发生皂化反应，水解生成可溶性的高级脂肪酸盐和甘油，这一反应能有效去除抽油烟机的油污，劳动项目与化学知识关联正确，B正确；
C、淀粉酶的作用是催化淀粉水解生成麦芽糖，而非 “麦芽糖水解生成葡萄糖”，该选项中劳动项目和化学知识的逻辑描述颠倒，C错误；
D、制作蛋白质套餐是为了给运动员提供营养，而 “蛋白质遇酒精变性” 是蛋白质的化学性质，与提供营养没有直接关联，D错误；
故答案为：B。【分析】A．分析乙醇与烃互溶的原因及氢键形成条件。
B．明确油脂在碱性条件下的水解反应（皂化反应）。
C．理清淀粉水解的产物及酶的催化作用。
D．区分蛋白质的营养功能与变性性质。
7．（2025高三上·梅江月考）如图所示是短周期某种非金属元素的“价-类”二维图。下列推断不正确的是
A．a与d反应产物中有离子键
B．可存在的转化
C．常温下，d的浓溶液不能与铁发生反应
D．可用与强碱的反应来检验e中的阳离子
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；铵离子检验
【解析】【解答】由元素最低价为 - 3、最高价为 + 5，且为短周期非金属元素，可判断为氮元素。
其中：a 为氨气（NH3，氢化物，-3 价）；b 为一氧化氮（NO，氧化物，+2 价）；c 为二氧化氮（NO2，氧化物，+4 价）；d 为硝酸（HNO3，酸，+5 价）；e 为铵盐（盐，含铵根离子 NH4+）。
A、a（NH3）与 d（HNO3）反应生成硝酸铵（NH4NO3）。硝酸铵由铵根离子（NH4+）和硝酸根离子（NO3-）构成，离子之间通过离子键结合，因此产物中存在离子键，A正确；
B、氨气（NH3）可通过催化氧化反应生成一氧化氮（NO）；一氧化氮（NO）与氧气反应生成二氧化氮（NO2）；二氧化氮（NO2）与水反应生成硝酸（HNO3），因此存在 NH3→NO→NO2→HNO3的转化，B正确；
C、d 为浓硝酸（HNO3），常温下浓硝酸会与铁发生反应，生成一层致密的氧化膜覆盖在铁表面，阻止反应进一步进行（即钝化现象），并非 “不能发生反应”，C错误；
D、e 为铵盐（含 NH4+），铵根离子与强碱在加热条件下反应会生成氨气（NH3），氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可通过该反应检验铵根离子，D正确；
故答案为：C。【分析】A．考查反应产物的化学键类型。
B．判断物质间的转化可行性。
C．考查浓硝酸与铁的反应特性。
D．考查铵根离子的检验方法。
8．（2025高三上·梅江月考）在催化下醇的氧化氰化反应如图所示。下列叙述正确的是
A．熔点： B．键角：
C．I和II分子中键数目相同 D．II含有的元素中的电负性最大
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、Ⅰ 分子中含有羟基（-OH），分子间可形成氢键；Ⅱ 分子中无羟基，分子间不能形成氢键。存在氢键的物质熔点更高，因此熔点 Ⅰ＞Ⅱ，A正确；
B、H2O 分子中 O 原子有 2 对孤电子对，NH3分子中 N 原子有 1 对孤电子对。孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多，键角越小，故键角 H2O＜NH3，B错误；
C、Ⅰ 分子中 σ 键数目为 20，Ⅱ 分子中 σ 键数目为 17，二者 σ 键数目不同，C错误；
D、Ⅱ 中含有的元素为 C、H、O、N，同周期中 O 的电负性大于 N，因此电负性最大的是 O，不是 N，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．判断氢键对物质熔点的影响。
B．考查孤电子对对键角的影响。
C．考查σ 键的计数（单键为 1 个 σ 键，双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，三键含 1 个 σ 键和 2 个 π 键）。
D．考查电负性的大小比较（同周期元素从左到右电负性逐渐增大）。
9．（2025高三上·梅江月考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1 mol苯甲酸乙酯中采用杂化的C原子总数为
B．中含有的中子数为
C．44 g环氧乙烷()中所含的共价键数目为
D．标准状况下，11.2 L甲醛所含原子数目为
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、苯甲酸乙酯结构为C6H5COOCH2CH3，苯环上6个C原子、酯基中羰基（C=O）的C原子均为sp2杂化，共7个sp2杂化的C原子。1mol该物质中此类C原子总数为7NA，A正确；
B、CH318OH 的摩尔质量为34g/mol，3.4g该物质的物质的量为0.1mol。其中 C 含 6 个中子， 8O 含 10 个中子，H 不含中子，总中子数为 0.1×(6 + 10) = 1.6NA，B正确；
C、环氧乙烷分子式为C2H4O，44g 环氧乙烷的物质的量为 1 mol。其分子中含 1 个 C-C 键、2 个 C-O键、4个C-H键，共7个共价键，共价键数目应为7NA，而非3NA，C错误；
D、标准状况下甲醛为气体，11.2 L甲醛的物质的量为0.5 mol。每个甲醛分子含4个原子，原子总数为0.5×4 = 2NA，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析苯甲酸乙酯中 sp2 杂化 C 原子的数目。
B．计算 CH3 8OH 的中子数。
C．分析环氧乙烷的共价键数目。
D．判断甲醛的状态并计算原子数。
10．（2025高三上·梅江月考）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 冠醚18-冠-6空腔直径(260-320 pm)与K+直径(276 pm)接近 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度
B 石墨层间存在范德华力 石墨质软
C 分子中共价键键能较大 的沸点较高
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】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、18-冠-6的空腔直径与 K+直径匹配，这种结构特征使其能特异性识别K+，进而带动KMnO4在有机溶剂中溶解。结构直接决定了该性质，故A不符合题意；
B、石墨为层状结构，层内碳原子通过共价键结合，层间仅存在较弱的范德华力。这种层间作用力弱的结构特征，导致层间易滑动，使石墨表现出质软的性质。结构直接推导出性质，故B不符合题意；
C、H2O分子内的O-H共价键键能影响的是分子的稳定性，而其沸点高低由分子间氢键决定。无法通过共价键键能大这一结构特征直接推测沸点高的性质，故C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。这种共价键的结构差异直接使得晶体硅熔点低于金刚石、硬度小于金刚石。结构直接推导出性质，故D不符合题意；
故答案为：C。【分析】A．分析冠醚结构对其识别离子及溶解性能的影响。
B．明确石墨层状结构与物理性质的关系。
C．区分共价键键能与分子间作用力对性质的影响。
D．分析原子半径对共价键及晶体性质的影响。
11．（2025高三上·梅江月考）色并[4，3-d]嘧啶衍生物具有显著的生物学特性，其合成过程的某步反应如图所示。下列说法正确的是
A．1mol M与足量溴水反应最多可消耗
B．N可与水分子间形成氢键，因此N与水以任意比例互溶
C．一分子P酸性环境下水解的有机产物中含有2个含氧官能团
D．M、N、P分子中所有原子均可能共面
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A、M 的结构含酚羟基（-OH）和醛基（-CHO）。酚羟基的邻、对位有 2 个可被溴取代的活泼氢，发生取代反应时消耗 2mol Br2；醛基具有还原性，会被溴水氧化为羧基（-COOH），此过程消耗 1mol Br2。综上，1mol M 与足量溴水反应时，取代和氧化反应共消耗 3mol Br2，A正确；
B、N 的结构为氰基乙酸乙酯（NC-CH2-COOCH2CH3），其官能团为酯基（-COO-）和氰基（-CN），均无能够与水分子形成氢键的极性基团（如羟基、氨基等）。分子间氢键是物质与水互溶的关键作用力之一，因 N 无法与水形成氢键，故不能与水以任意比例互溶，B错误；
C、P 含有内酯基（-O-C (=O)-）和氰基（-CN）。在酸性环境下，内酯基发生水解，生成 1 个羟基（-OH）和 1 个羧基（-COOH）；氰基（-CN）水解生成羧基（-COOH）。因此，水解产物中含 1 个羟基和 2 个羧基，共 3 个含氧官能团，并非 2 个，C错误；
D、N 分子中存在乙基（-CH2CH3），其中的碳原子为 sp3 杂化，具有四面体空间结构，导致原子无法共面；P 分子中也存在类似的四面体结构碳原子（如与氧原子成键的饱和碳），因此 M、N、P 分子中所有原子不可能共面，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．拆解 M 中两类官能团（酚羟基、醛基）与溴水的反应机理及计量关系。
B．判断 N 与水形成氢键的必要结构及互溶的本质原因。
C．分析 P 酸性水解后产物的含氧官能团种类及数目。
D．依据原子杂化类型判断分子中原子的共面可能性。
12．（2025高三上·梅江月考）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是
A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B．③中现象说明配体与的结合能力：
C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、②中沉淀是 Cu(OH)2，④中沉淀是 [Cu(NH3)4] SO4，二者不是同一种物质，A正确；
B、③中生成 [Cu(NH3)4] SO4，说明 NH3与 Cu2+的结合能力强于 H2O，B正确；
C、[Cu(NH3)4] SO4在乙醇中溶解度比在水中小，所以加入乙醇会析出沉淀，C正确；
D、⑥中黄绿色溶液是因为含有 [CuCl4]2-，向⑤中加入稀硫酸，无法提供大量 Cl-形成 [CuCl4]2-，不能得到黄绿色溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】本实验中，各物质的转化流程及核心变化如下：
首先，硫酸铜溶液（CuSO4(aq)）与氨水反应，生成氢氧化铜沉淀（Cu(OH)2(s)）；继续加入过量氨水，氢氧化铜与 NH3形成配位键，转化为可溶的四氨合铜 (II) 硫酸盐溶液（[Cu(NH3)4] SO4(aq)）；
向该溶液中加入乙醇，降低 [Cu (NH3)4] SO4的溶解度，使其以固体形式析出；最后加入过量浓盐酸，Cl-取代 NH3与 Cu2+配位，最终生成四氯合铜 (II) 配离子（[CuCl4]2-）。据此解题。
13．（2025高三上·梅江月考）W、X、Z、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质在空气中含量最多，W与Z原子最外层电子数之和等于Y原子最外层电子数，四种元素能组成如图所示物质，下列说法正确的是
A．原子半径：
B．W、X和Y三种元素形成的化合物一定能抑制水的电离
C．基态原子的第一电离能：
D．简单氢化物的稳定性：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；水的电离；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】X 的单质在空气中含量最多，故 X 为 N；阳离子为 NH4+，则 W 为 H；Z 形成 5 个共价键且原子序数大于 N，故 Z 为 P；W（H，最外层 1 个电子）与 Z（P，最外层 5 个电子）最外层电子数之和为 6，因此 Y 为 S。
A、同周期元素从左到右原子半径减小（P＞S），同主族元素从上到下原子半径增大，H 是原子半径最小的元素，故原子半径为 Z（P）＞Y（S）＞W（H），A错误；
B、H、N、S 可形成 (NH4)2S，其中 NH4+与 S2-均会发生水解，促进水的电离，并非所有化合物都抑制水的电离，B错误；
C、同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能 N＞O；同主族元素从上到下第一电离能减小（N＞P），且 P 的第一电离能大于 S，故第一电离能为 X（N）＞Z（P）＞Y（S），C错误；
D、非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性 N＞P，故简单氢化物稳定性 NH3＞PH3，即 X＞Z，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．比较原子半径大小（依据同周期、同主族原子半径变化规律）。
B．判断元素形成的化合物对水的电离的影响。
C．比较第一电离能大小（注意半充满等特殊结构的影响）。
D．根据非金属性强弱判断简单氢化物稳定性。
14．（2025高三上·梅江月考）利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是
A．a中现象体现了的还原性
B．b中既作氧化剂也作还原剂
C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化
D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸
【答案】D
【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】A．试管a中观察到溶液变为蓝色，说明O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确；
B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价。因此既作氧化剂也作还原剂，B正确；
C．铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，因此c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确；
D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；
故答案为：D
【分析】打开K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反应生成O2。打开K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此可观察到溶液变为蓝色。打开K3，O2进入硬质玻璃管内，与Cu反应生成CuO。推动注射器活塞，无水乙醇进入到玻璃管内，与灼热的CuO反应，可观察到固体由黑色变为红色。产生的物质进入银氨溶液中，在加热条件下发生银镜反应。说明乙醇被氧化生成了乙醛。据此结合选项分析。
15．（2025高三上·梅江月考）宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列物质性质与用途对应的离子方程式书写正确的是
A．苯酚钠溶液中通入少量的：
B．与水反应用作潜水艇氧气来源：
C．用酸性KMnO4溶液氧化H2C2O4溶液：5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．向溶液中通入氨气可制备抗酸药：
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；苯酚的化学性质；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、苯酚钠与少量 CO2反应时，因酸性：碳酸＞苯酚＞碳酸氢根，故生成苯酚和碳酸氢根，离子方程式 C6H5O- + H2O + CO2 = C6H5OH + HCO3-书写正确，A正确；
B、Na2O2与水反应的离子方程式未配平，钠、氧原子数目不守恒，正确的应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B错误；
C、酸性条件下草酸是弱电解质，应以 H2C2O4形式参与反应，不能拆分为 C2O42-，正确的离子方程式为，C错误；
D、氨气溶于水生成 NH3 H2O（弱碱，不能拆分为 OH-），正确的离子方程式为 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+， D错误；
故答案为：A。【分析】A．依据酸性强弱规律判断反应产物，检查离子方程式书写。
B．检查离子方程式的原子守恒和配平情况。
C．明确弱电解质的拆分规则，分析草酸在酸性条件下的存在形式。
D．判断弱碱的拆分规则，分析氨气溶于水的反应实质。
16．（2025高三上·梅江月考）我国学者发明了一种新型多功能甲醛﹣硝酸盐电池，可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子(如图)。下列说法正确的是
A．CuAg电极反应为2HCHO+2H2O﹣4e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2OH﹣
B．CuRu电极反应为6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣
C．放电过程中，OH﹣通过质子交换膜从左室传递到右室
D．处理废水过程中溶液pH不变，无需补加KOH
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．CuAg为负极，HCHO在负极发生氧化反应，电极反应式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣=2HCOO﹣+H2↑+2H2O，A错误；
B．CuRu为正极，发生还原反应生成NH3，电极反应式为：6H2O+8e﹣=NH3↑+9OH﹣，B正确；
C．质子交换膜只允许H+通过，因此 OH﹣不会通过质子交换膜从左室传递到右室， C错误；
D．根据正负极反应可知该电池的总反应为8HCHO+7OH-=NH3+8HCOO-+4 H2↑+2H2O，处理废水过程中消耗OH-，溶液pH减小，需补加 KOH，D错误；
故选B。
【分析】原电池工作时，电子由负极流向正极，则CuAg电极为负极，电极反应式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣=2HCOO﹣+H2↑+2H2O，CuRu为正极，得到电子生成NH3，电极反应式为：6H2O+8e﹣=NH3↑+9OH﹣。
17．（2025高三上·梅江月考）《Green Chemistry》报道了一种对甲基苯甲酸的绿色制备方法。反应原理：
实验步骤：
I．向反应管中加入0.1200g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。
II.5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。
III．用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取。
IV．用饱和食盐水洗涤有机层，弃去水层，干燥有机层，过滤，蒸去溶剂，称得目标产物0.1224g。
（1）对甲基苯甲酸的熔点高于对甲基苯甲醛的原因是　 　。
（2）实验室也可用酸性溶液氧化对甲基苯甲醛制备对甲基苯甲酸，但该方法易产生副产物　 　。(写结构简式)
（3）步骤II中加入稀NaOH溶液，该反应的离子方程式为　 　；使用乙酸乙酯洗涤的目的是　 　。
（4）步骤Ⅲ中用稀盐酸调节水层的目的：一是　 　(用文字说明)，二是将对甲基苯甲酸根离子转化为对甲基苯甲酸；加入乙酸乙酯萃取后，目标产物在　 　(填“上层”或“下层”)；萃取后，混合体系的分离需要用到下列仪器中的　 　。(填仪器名称)
（5）步骤IV中“干燥有机层”，可选用干燥剂　 　(填标号)
a．浓硫酸 b．无水 c．NaOH固体 d．无水
（6）对甲基苯甲酸的产率为　 　。［已知M(对甲基苯甲醛)，M(对甲基苯甲酸)］
【答案】（1）对甲基苯甲酸存在分子间氢键，对甲基苯甲醛无分子间氢键
（2）
（3）+OH-+H2O；除去未反应完的对甲基苯甲醛
（4）除去过量的NaOH；上层；烧杯、分液漏斗
（5）bd
（6）90
【知识点】苯酚的化学性质；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）氢键不仅存在于分子内，也存在于分子间，互为同分异构体的物质，能形成分子内氢键的，其熔沸点比能形成分子间氢键的物质的低。对甲基苯甲酸的熔点高于对甲基苯甲醛的原因是：对甲基苯甲酸存在分子间氢键，对甲基苯甲醛无分子间氢键。故答案为： 对甲基苯甲酸存在分子间氢键，对甲基苯甲醛无分子间氢键 ；
（2）中甲基和醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则用酸性溶液氧化对甲基苯甲醛制备对甲基苯甲酸，易产生副产物为 。
故答案为： ；
（3）中羧基具有酸性，步骤II中加入稀NaOH溶液，和NaOH溶液反应生成和H2O，该反应的离子方程式为+OH-+ H2O，对甲基苯甲醛易溶于乙酸乙酯，使用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的对甲基苯甲醛。
故答案为：+OH-+H2O ； 除去未反应完的对甲基苯甲醛 ；
（4）步骤Ⅲ中用稀盐酸调节水层的目的：一是除去过量的NaOH；二是将对甲基苯甲酸根离子转化为对甲基苯甲酸，乙酸乙酯的密度比水小，加入乙酸乙酯萃取后，目标产物在上层，萃取后，混合体系的分离需要用到下列仪器中的烧杯、分液漏斗。
故答案为： 除去过量的NaOH ； 上层 ； 烧杯、分液漏斗 ；
（5）干燥乙酸乙酯有机层，可用无水或无水除去少量的水，形成结晶水合物；不能选择浓硫酸和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性或碱性条件下水解，故选bd。
故答案为： bd ；
（6）0.1200g对甲基苯甲醛的物质的量为=0.001mol，理论上生成0.001mol的对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸的产率为。
故答案为：90；
【分析】0.1200g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层pH=1后，再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。
(1)分析氢键对熔点的影响，判断对甲基苯甲酸和对甲基苯甲醛分子间氢键的存在情况。
(2)明确酸性 KMnO4的强氧化性，判断对甲基苯甲醛中甲基和醛基的氧化产物。
(3)写出羧基与 OH-的反应离子方程式，分析乙酸乙酯洗涤的除杂作用。
(4)明确调节 pH 的作用，判断乙酸乙酯萃取时目标产物的分层位置，识别萃取分离所需仪器。
(5)根据乙酸乙酯的性质，选择合适的中性干燥剂。
(6)根据产率公式，结合反应物和产物的物质的量计算产率。
（1）氢键不仅存在于分子内，也存在于分子间，互为同分异构体的物质，能形成分子内氢键的，其熔沸点比能形成分子间氢键的物质的低。对甲基苯甲酸的熔点高于对甲基苯甲醛的原因是：对甲基苯甲酸存在分子间氢键，对甲基苯甲醛无分子间氢键。
（2）中甲基和醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则用酸性溶液氧化对甲基苯甲醛制备对甲基苯甲酸，易产生副产物为 。
（3）中羧基具有酸性，步骤II中加入稀NaOH溶液，和NaOH溶液反应生成和H2O，该反应的离子方程式为+OH-+ H2O，对甲基苯甲醛易溶于乙酸乙酯，使用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的对甲基苯甲醛。
（4）步骤Ⅲ中用稀盐酸调节水层的目的：一是除去过量的NaOH；二是将对甲基苯甲酸根离子转化为对甲基苯甲酸，乙酸乙酯的密度比水小，加入乙酸乙酯萃取后，目标产物在上层，萃取后，混合体系的分离需要用到下列仪器中的烧杯、分液漏斗。
（5）干燥乙酸乙酯有机层，可用无水或无水除去少量的水，形成结晶水合物；不能选择浓硫酸和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性或碱性条件下水解，故选bd。
（6）0.1200g对甲基苯甲醛的物质的量为=0.001mol，理论上生成0.001mol的对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸的产率为。
18．（2025高三上·梅江月考）氯化铅渣中含PbCl2和少量AgCl、CuCl2等物质，分步回收其中金属元素的工艺如下：
已知：①常温溶液中各物质的Ksp
物质 PbCl2 PbSO4 AgCl Ag2SO4 CuS
Ksp 1.7×10-5 1.7×10-8 1.8×10-10 1.6×10-5 6.0×10-36
②H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13。
（1）已知银属于第5周期，与铜同族，写出基态银原子价层电子排布式　 　。
（2）“浸出1”需控温在75℃，适合采用的加热方式为　 　；浸出渣1的主要成分为　 　(写化学式)。
（3）“沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，此时溶液中c(Cu2+)为　 　mol/L。[已知：25℃下，H2S溶于水形成饱和溶液时，c(H2S)=0.1mol/L]
（4）①浸出液2的主要阳离子为，试剂A为　 　。
②若试剂B选用甲酸，写出反应的离子反应方程式　 　。
（5）高纯度的硫化铅可作半导体，其立方晶胞如图所示。
①已知硫离子采取面心立方堆积，则铅离子填在由硫离子形成的　 　体空隙中。
②硫化铅晶胞沿着y轴的投影图为　 　(填选项字母)
A． B． C． D．
③已知晶体密度为ρg·cm-3，晶胞中S2-与Pb2+最近的距离为anm，设PbS的摩尔质量为Mg/mol，则阿伏加德罗常数的值NA为　 　(列出计算式)。
【答案】（1）4d105s1
（2）水浴加热；PbSO4、AgCl
（3）
（4）氨水；
（5）四面；B；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；银镜反应
【解析】【解答】（1）Cu是第四周期ⅠB族元素，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，银属于第5周期，与铜同族，基态银原子价层电子排布式4d105s1。
故答案为：4d105s1；
（2）为便于控制“浸出1”反应温度75℃，适合采用的加热方式为水浴加热；向废渣中加入H2SO4和Na2SO4，PbCl2和硫酸钠反应生成PbSO4沉淀，AgCl难溶于水，与H2SO4和Na2SO4不反应，所以浸出渣1的主要成分为PbSO4、AgCl。
故答案为： 水浴加热 ； PbSO4、AgCl ；
（3）H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13 ， “沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，，此时溶液中c(Cu2+)= mol/L。
故答案为： ；
（4）①AgCl与浓氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，浸出液2的主要阳离子为，则试剂A为氨水。
②若试剂B选用甲酸，与甲酸反应生成银、碳酸铵，反应的离子反应方程式为。
故答案为： 氨水 ； ；
（5）①根据图示，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中。
②硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中，所以硫化铅晶胞沿着y轴的投影图为B；
③根据均摊原则，晶胞中S原子数为、Pb原子数为4，晶胞中S2-与Pb2+最近的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞的边长为，已知晶体密度为ρg·cm-3，设PbS的摩尔质量为Mg/mol，则。
故答案为： 四面 ； B ； 。
【分析】氯化铅渣主要成分是 PbCl2，还含有少量 AgCl、CuCl2等杂质。处理时，先加入 H2SO4和 Na2SO4，利用沉淀转化原理，PbCl2转化为更难溶的 PbSO4，AgCl 不反应，二者形成滤渣 1；而 CuCl2溶解，滤液 1 中含 Cu2+，向滤液 1 通入过量 H2S，Cu2+与 H2S 反应生成 CuS 沉淀。对于滤渣 1，加入过量浓氨水，AgCl 与浓氨水反应生成可溶的 [Ag(NH3)2]+，PbSO4不溶于浓氨水，过滤后滤液 2 含 [Ag(NH3)2]+，向滤液 2 中加入甲酸，甲酸将 [Ag(NH3)2]+还原为 Ag 单质。
（1）Cu是第四周期ⅠB族元素，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，银属于第5周期，与铜同族，基态银原子价层电子排布式4d105s1。
（2）为便于控制“浸出1”反应温度75℃，适合采用的加热方式为水浴加热；向废渣中加入H2SO4和Na2SO4，PbCl2和硫酸钠反应生成PbSO4沉淀，AgCl难溶于水，与H2SO4和Na2SO4不反应，所以浸出渣1的主要成分为PbSO4、AgCl。
（3）H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13 ， “沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，，此时溶液中c(Cu2+)= mol/L。
（4）①AgCl与浓氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，浸出液2的主要阳离子为，则试剂A为氨水。
②若试剂B选用甲酸，与甲酸反应生成银、碳酸铵，反应的离子反应方程式为。
（5）①根据图示，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中。
②硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中，所以硫化铅晶胞沿着y轴的投影图为B；
③根据均摊原则，晶胞中S原子数为、Pb原子数为4，晶胞中S2-与Pb2+最近的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞的边长为，已知晶体密度为ρg·cm-3，设PbS的摩尔质量为Mg/mol，则。
19．（2025高三上·梅江月考）乙炔可用于焊接及切割金属，也是制备苯、合成纤维等的基本原料。
Ⅰ．某研究团队采用制备乙炔，其反应机理如图。已知反应Ⅲ包含两步反应：
第一步：
第二步：
（1）中存在的化学键类型为　 　。(填标号)
a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．配位键
（2）反应Ⅰ的离子方程式为　 　。
（3）反应Ⅲ中，第二步反应理论上生成1molCO转移电子数目为　 　。
（4）高温条件下，上述循环制备乙炔的总反应化学方程式为　 　。
Ⅱ．工业上可用甲烷裂解法制备乙炔，其主要反应原理为：，平衡时其中几种气体分压的对数与温度(K)的关系如图：
（5）该反应的　 　0。(填“>”或“<”)
（6）一定温度下，恒容密闭容器中，可判断该反应达到平衡状态的标志是　 　。(填标号)
a．的体积分数不再变化
b．容器中气体的压强不再变化
c．容器中混合气体的密度不再变化
d．
（7）TK时，该反应的平衡常数　 　。(用气体平衡分压代替平衡浓度计算)
（8）已知碳原子的杂化轨道中s成分越多，吸电子能力越强。比较乙炔与甲烷中碳氢键的极性：(乙炔)　 　(甲烷)。(填“>”或“<”)
【答案】ac；；；；>；ab；；>
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；乙炔炔烃
【解析】【解答】（1）Ba是活泼金属，C是阴离子，所以Ba2+和C之间是离子键。C的结构是[C≡C]2-，其中C≡C是非极性共价键，故选ac；
故答案为： ac ；
（2）由图可知，反应Ⅰ为BaC2与H2O反应生成Ba(OH)2和C2H2 ，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）第二步：BaO(s)+3C(s) BaC2 (s)+CO(g)，C元素：2个C从0价→BaC2 中 1价（得2×1e ），1个C从0价→CO中+2价（失2e ），生成1molCO时，转移电子数为2NA 。
故答案为： ；
（4）图示知，总反应为BaC2作催化剂、高温下CO2 与C、H2O生成C2 H2 和CO，配平得：；
故答案为： ；
（5）温度升高，CH4分压降低，C2H2和H2分压升高，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH>0。
故答案为： > ；
（6）a．的体积分数不再变化，说明各物质浓度不再变化，达平衡，a符合题意；
b．反应前后气体分子数变化，建立平衡的过程中气体的压强是变量，容器中气体的压强不再变化说明达到平衡状态，b符合题意；
c．恒容且气体总质量不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；
d．速率比等于化学计量数比但未指明正、逆，不能说明反应达到平衡状态，d不符合题意；
故答案为：ab；
（7）TK时，lgp(CH4)=+3，则p(CH4)=103Pa，lgp(C2 H2 )= 1，则p(C2H2)=10 1Pa，lgp(H2 )=+4，则p(H2)=104Pa，反应的Kp =；
故答案为： ；
（8）乙炔中C为sp杂化（s成分50%），甲烷中C为sp3杂化（s成分25%）；s成分越多，C吸电子能力越强，C H键中H正电性越强，键的极性越强，故碳氢键的极性C H(乙炔)>C H(甲烷)。
故答案为： > 。
【分析】(1)分析 BaC2中离子键和 C22-内非极性共价键的存在。
(2)写出 BaC2与 H2O 反应生成 Ba(OH)2和 C2H2的离子方程式。
(3)分析第二步反应中 C 的化合价变化，计算生成 1mol CO 时的转移电子数。
(4)结合循环反应，配平总反应化学方程式。
(5)根据温度对平衡分压的影响，判断反应的热效应。
(6)分析各选项是否符合化学平衡状态的判断依据。
(7)根据平衡分压的对数计算分压，代入平衡常数表达式计算 K 。
(8)比较乙炔和甲烷中 C 的杂化类型及 s 成分，判断 C-H 键的极性。
20．（2025高三上·梅江月考）化合物I在药物合成中有重要作用，一种由化合物A和E为原料合成化合物I的路线如下图所示(部分条件及试剂省略)。
已知：ⅰ：+
ⅱ：R1COR2+R3CH2COR4，其中R1~R4为H或烷基
回答下列问题：
（1）化合物A的官能团名称为　 　。
（2）化合物E与H2O在一定条件下转化为F，原子利用率达100%，则F的结构简式为　 　。
（3）根据化合物G的结构特征，分析预测其主要的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应生成的新结构 反应类型
a ①　 　 ②　 　
b 新制的Cu(OH)2，加热 ③　 　 ④　 　
（4）关于反应⑦，下列说法不正确的有___________
A．化合物D中，所有原子可能共平面
B．化合物H存在顺反异构
C．1mol化合物I中共有14molsp3-s σ键
D．反应⑦涉及π键的断裂和形成
（5）化合物X是化合物I的同分异构体，满足下列条件的X的结构简式为　 　(写一种)。
a．与FeCl3溶液显色；
b.1molX最多能与1molNa反应；
c．化合物X环上的一氯代物只有1种；
d．核磁共振氢谱共有5组峰，且峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1。
（6）参照上述路线。以和为有机原料合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
a．最后一步的反应物为　 　和　 　(写结构简式)；
b．合成路线中，由卤代烃制备烯烃过程的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）羟基
（2）CH3CHO
（3）H2、Ni、加热；加成反应或还原反应；CH3CH=CHCOOH；氧化反应
（4）A；C
（5）、、、(任意写一种或其他合理答案)
（6）CH2=CHCH=CH2；(CH3)2C=CHCOCH3；CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O
【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）由分析可知，A的结构简式为：，则化合物A的官能团名称为羟基，
故答案为：羟基；
（2）由分析结合化合物E与H2O在一定条件下转化为F，原子利用率达100%可知，则F的结构简式为CH3CHO，
故答案为：CH3CHO；
（3）由题干流程图中G的结构简式可知，分子中含有碳碳双键和醛基，故其与H2、在Ni等催化剂作用下加热将发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，其与新制的Cu(OH)2、加热则醛基被氧化成羧基，反应生成的新结构为CH3CH=CHCOOH，该反应属于氧化反应，
故答案为：H2、Ni、加热；加成反应或还原反应；CH3CH=CHCOOH；氧化反应；
（4）由题干合成流程图可知，反应⑦即CH3CH=CHCOOH和发生已知信息i的反应，据此解题：
A．由题干信息可知，化合物D中存在sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，A错误；
B．已知碳碳双键两端连有互不相同的原子或原子团的化合物存在顺反异构，因此化合物H存在顺反异构，B正确；
C．由题干合成流程图中H的结构简式可知，1mol化合物I中只有7个C采用sp3杂化，只有H利用s电子形成共价键，故共有9molsp3-s σ键，C错误；
D．由合成流程图可知，反应⑦中E和D中均涉及π键的断裂，H中涉及π键的形成，D正确；
故答案为：AC；
（5）由题干合成流程图可知，I的分子式为：C10H14O2，不饱和度为：4，故满足下列条件a．与FeCl3溶液显色即含有酚羟基；b.1molX最多能与1molNa反应即只含有1个酚羟基；c．化合物X环上的一氯代物只有1种即苯环上高度对称；d．核磁共振氢谱共有5组峰，且峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1即含有3个甲基，且两个甲基对称，则化合物I的同分异构体X的结构简式为：、、、，
故答案为：、、、(任意写一种或其他合理答案)；
（6）a．由分析可知，最后一步的反应物为和 ，
故答案为：CH2=CHCH=CH2；(CH3)2C=CHCOCH3；
b．由分析可知，合成路线中，由卤代烃制备烯烃过程即2，3-二溴丁烷发生消去反应制得1，3丁二烯，该反应的化学方程式为：CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O，
故答案为：CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O。
【分析】从合成路线来看，由化合物 A（ ）经浓硫酸加热发生消去反应生成 B（） ，B 与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应生成 C，C 再经反应生成 D。同时，HC≡CH（E）经反应生成 F（C2H4O），F 在 OH-条件下转化为 G，G 经氧化生成 H。最后 D 与 H 经反应生成化合物 I。
通过 C 的结构、B 的分子式及反应条件，可推出 B 的结构；结合 A 的分子式和 A 到 B 的反应条件，能确定 A 的结构。由 G 的结构、F 的分子式及已知信息 ⅱ，可判断 F 为 CH3CHO。对于化合物 I 的合成，采用逆向合成法，依据已知信息 ⅰ 和 ⅱ，从 H 和 D 的反应倒推中间产物，再结合消去、加成等反应确定各步合成路径。
(6)本题采用逆向合成法，即根据题干流程图中H和D反应生成I的反应和已知信息i的反应信息可知，可由和合成而来，根据已知信息ii可知可由两分子合成而来，而可由发生消去反应制得，和Br2的CCl4溶液发生加成反应可以制得，由此分析确定合成路线为：(1)；(2)，据此分析解题。
（1）由分析可知，A的结构简式为：，则化合物A的官能团名称为羟基，故答案为：羟基；
（2）由分析结合化合物E与H2O在一定条件下转化为F，原子利用率达100%可知，则F的结构简式为CH3CHO，故答案为：CH3CHO；
（3）由题干流程图中G的结构简式可知，分子中含有碳碳双键和醛基，故其与H2、在Ni等催化剂作用下加热将发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，其与新制的Cu(OH)2、加热则醛基被氧化成羧基，反应生成的新结构为CH3CH=CHCOOH，该反应属于氧化反应，故答案为：H2、Ni、加热；加成反应或还原反应；CH3CH=CHCOOH；氧化反应；
（4）由题干合成流程图可知，反应⑦即CH3CH=CHCOOH和发生已知信息i的反应，据此解题：
A．由题干信息可知，化合物D中存在sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，A错误；
B．已知碳碳双键两端连有互不相同的原子或原子团的化合物存在顺反异构，因此化合物H存在顺反异构，B正确；
C．由题干合成流程图中H的结构简式可知，1mol化合物I中只有7个C采用sp3杂化，只有H利用s电子形成共价键，故共有9molsp3-s σ键，C错误；
D．由合成流程图可知，反应⑦中E和D中均涉及π键的断裂，H中涉及π键的形成，D正确；
故答案为：AC；
（5）由题干合成流程图可知，I的分子式为：C10H14O2，不饱和度为：4，故满足下列条件a．与FeCl3溶液显色即含有酚羟基；b.1molX最多能与1molNa反应即只含有1个酚羟基；c．化合物X环上的一氯代物只有1种即苯环上高度对称；d．核磁共振氢谱共有5组峰，且峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1即含有3个甲基，且两个甲基对称，则化合物I的同分异构体X的结构简式为：、、、，故答案为：、、、(任意写一种或其他合理答案)；
（6）a．由分析可知，最后一步的反应物为和 ，故答案为：CH2=CHCH=CH2；(CH3)2C=CHCOCH3；
b．由分析可知，合成路线中，由卤代烃制备烯烃过程即2，3-二溴丁烷发生消去反应制得1，3丁二烯，该反应的化学方程式为：CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O，故答案为：CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaBr+2H2O。
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