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广东省清远市清新区第一中学2025-2026学年高三上学期9月月考 化学试题
1．（2025高三上·清新月考）下列诗文中隐含化学变化的是（　　）
A．月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠
B．掬水月在手，弄花香满衣
C．飞流直下三千尺，疑是银河落九天
D．举头望明月，低头思故乡
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A.渔火为燃烧发出的光，燃烧属于化学变化，A正确；
B.花香是分子的运动，不属于化学变化，B错误；
C.水流的运动是物理过程，不属于化学变化，C错误；
D.光的传播是物理过程，不属于化学变化，D错误；
故选A。
【分析】依据化学变化中有新物质的生成，物理变化没有新物质生成分析。
2．（2025高三上·清新月考）从科技前沿到人类的日常生活，化学无处不在。下列说法不正确的是
A．国产大型飞机用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．光化学烟雾、臭氧层空洞、白色污染的形成都与氮氧化合物有关
C．漂粉精既可作棉麻织物漂白剂，又可用作环境的消毒剂
D．粒子直径为的铁粉材料，不属于胶体
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷具有耐高温等特性，属于新型无机非金属材料，A正确；
B、光化学烟雾、臭氧层空洞与氮氧化合物有关，但白色污染是由塑料垃圾造成的，与氮氧化合物无关，B错误；
C、漂粉精具有强氧化性，能漂白棉麻织物，也可用于环境消毒，C正确；
D、胶体是混合物，粒子直径 1nm~100nm 的铁粉是纯净物，不属于胶体，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对 “白色污染” 的成因认识不清，易错误认为其与氮氧化合物有关，实际白色污染是塑料垃圾造成的；混淆胶体的概念，误将粒子直径在 1nm~100nm 的纯净物铁粉当作胶体，忽略胶体是混合物这一关键特征；对新型无机非金属材料的类别判断不准确，不清楚氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料。
3．（2025高三上·清新月考）乙基吲哚具有良好的储氢性能，其储氢析氢过程如下图所示。有关乙基吲哚的说法正确的是
A．分子式为 B．属于芳香烃
C．存在一个手性碳原子 D．乙基吲哚最多能储
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、通过数 N - 乙基吲哚分子中 C、H、N 的原子个数，可知其分子式为 C14H13N，而非 C14H11N，A错误；
B、该物质含有 N 元素，不属于烃类（烃仅含 C、H），且虽含苯环但因含 N，也不属于芳香烃，B错误；
C、手性碳原子需连有四个不同的原子或基团，该分子中无此类碳原子，C错误；
D、从储氢脱氢过程可知，N - 乙基吲哚与 H2加成时，苯环等结构可发生加成反应，1mol 该物质最多能与 6mol H2加成，即最多能储 6mol H2，D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．数清分子中 C、H、N 的原子个数，注意环状结构和取代基的氢原子数。
B．明确烃仅含 C、H，含其他元素（如 N）则不属于烃；芳香烃需含苯环且仅含 C、H。
C．识别连有四个不同原子或基团的碳原子。
D．结合储氢过程，分析能与 H2加成的结构（如苯环），进而确定储氢的最大量。
4．（2025高三上·清新月考）丹皮酚可从牡丹的干燥根皮中提取，利用丹皮酚合成一种药物中间体的流程如图：
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．该反应属于加成反应 B．反应前后K2CO3的质量不变
C．可以用FeCl3溶液鉴别X和Y D．X的沸点比的高
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、取代反应是指有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应；加成反应是不饱和键两端的原子与其他原子或原子团直接结合生成新化合物的反应。在此反应中，X 分子中酚羟基上的 H 原子被其他基团取代，属于取代反应，不是加成反应，A错误；
B、反应生成的 HBr（溴化氢）属于酸，能与 K2CO3（碳酸钾，属于盐，可与酸反应）发生反应，因此反应后 K2CO3的质量会减少，并非不变，B错误；
C、酚羟基的特性是遇 FeCl3溶液显紫色。X 含有酚羟基，所以遇 FeCl3溶液显紫色；Y 不含酚羟基，遇 FeCl3溶液无明显现象。因此可以用 FeCl3溶液鉴别 X 和 Y，C正确；
D、X 易形成分子内氢键， 易形成分子间氢键。分子间氢键会使物质的沸点升高，分子内氢键会使物质的沸点降低，所以 X 的沸点更低，D错误；
故答案为：C。【分析】A．明确取代反应和加成反应的定义，根据反应中原子或基团的变化判断反应类型。
B．明确HBr可与碳酸钾反应 ，分析反应过程中 K2CO3的消耗情况。
C．掌握酚羟基的特征反应（与 FeCl3溶液的显色反应），根据物质是否含酚羟基判断能否用 FeCl3溶液鉴别。
D．区分分子内氢键和分子间氢键，理解氢键对物质沸点的影响（分子间氢键使沸点升高，分子内氢键使沸点降低）。
5．（2025高三上·清新月考）化学使生活更美好，人类的衣食住行皆离不开化学。下列说法涉及的有关化学知识中，不正确的是
A．新衣扮靓迎佳节，媒染剂中的金属离子能与有机色素生成稳定的配合物起到固色作用
B．均衡膳食助健康，蔬果中的纤维素可在人体内水解为葡萄糖
C．爆竹烟花迎佳节，烟花呈现的不同焰色是因为不同金属元素有不同的发射光谱
D．能源产业助环保，钙钛矿太阳能电池实现了太阳能转化为电能
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；常见能量的转化及运用；焰色反应；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．媒染剂中的金属离子能与有机色素形成稳定配合物，从而起到固色作用，A正确；
B．人体内缺乏分解纤维素的酶，无法将蔬果中的纤维素水解为葡萄糖，B错误；
C．烟花的不同焰色源于不同金属元素具有独特的发射光谱，C正确；
D．钙钛矿太阳能电池可实现太阳能到电能的转化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对纤维素的水解条件认识不足，易忽略人体缺乏纤维素酶，从而误判蔬果中纤维素可在人体内水解为葡萄糖。
对焰色反应的本质理解不透彻，可能不清楚烟花焰色是由不同金属元素的发射光谱不同导致的。
6．（2025高三上·清新月考）生活离不开化学，化学服务于生活。下列生活常识不能用对应化学原理解释的是
选项 生活小常识 化学原理
A 轻微创伤时向伤口上涂抹酒精 酒精使部分蛋白质变性，能杀菌消毒
B 蚊虫叮咬后用稀氨水涂抹可止痒 氨水能中和蚁酸
C 用食盐腌肉防止肉质腐烂 氯离子具有抗氧化性
D 用熟香蕉催熟猕猴桃生果 香蕉释放的乙烯可加速生果的成熟
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】乙烯的用途；羧酸简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、酒精能使蛋白质变性，从而破坏细菌结构达到杀菌消毒的效果，可解释 “伤口涂酒精消毒” 的常识，原理匹配，A不符合题意；
B、蚊虫叮咬释放的蚁酸呈酸性，稀氨水呈碱性，二者可发生中和反应，能解释 “稀氨水涂抹止痒” 的常识，原理匹配，B不符合题意；
C、食盐腌肉是通过提高渗透压、降低水分活度，抑制微生物生长来防腐，与 “氯离子的抗氧化性” 无关（氯离子无抗氧化性），原理不匹配，C符合题意；
D、熟香蕉释放乙烯，乙烯具有催熟作用，可解释 “熟香蕉催熟猕猴桃生果” 的常识，原理匹配，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要在于对化学原理的理解偏差：
对食盐防腐原理认识错误，易误认为是氯离子的抗氧化性，实际是通过提高渗透压、降低水分活度抑制微生物生长，与抗氧化性无关。
可能混淆化学物质的性质，比如不清楚氯离子无抗氧化性，从而错选其他选项。
7．（2025高三上·清新月考）与龙一样，蛇在古代也被视为吉祥和延年的象征之物。下列与蛇有关的历史文物中，主要材料为金属的是
A．伏羲女娲绢画 B．鎏金铜玄武
C．青瓷蛇俑 D．灰陶玄武瓦当
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A、伏羲女娲绢画以绢为载体，绢由蚕丝制成，蚕丝的主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，并非金属材料，故A不符合题意 ；
B、鎏金铜玄武的核心材质是铜，铜属于金属，所以该文物主要材料为金属材料，故B符合题意 ；
C、青瓷是陶瓷类制品，其主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是金属材料，故C不符合题意 ；
D、灰陶玄武瓦当属于陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对不同材质的文物所属材料类别区分不清，比如容易混淆绢画的蛋白质材质、陶瓷的硅酸盐材质与金属材质的差异。
对 “鎏金铜” 这类金属制品的材料属性认识不足，可能忽略 “铜” 属于金属这一关键信息，从而误判选项。
8．（2025高三上·清新月考）碱式碳酸氧钒铵晶体是制备多种含钒产品的原料。有关说法不正确的是
A．的空间构型为正四面体形
B．基态的核外电子排布式为
C．中C的轨道杂化类型为杂化
D．是非极性分子
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、N原子价层电子对数计算公式为“成键电子对数 + 孤电子对数”，其中成键电子对数为4（与4个H成键），孤电子对数为，总价层电子对数为，采用sp3杂化，因此NH4+的空间构型为正四面体形，A正确；
B、钒的原子序数为23，基态V原子的电子排布式为[Ar]3d34s2；V4+失去4个电子（先失4s轨道的2个电子，再失3d轨道的2个电子）后，核外电子排布式为**[Ar]3d **，B正确；
C、CO32-中C原子的成键电子对数为3（与3个O成键），孤电子对数为，总价层电子对数为，因此C的轨道杂化类型为sp2杂化，C正确；
D、H2O中O原子的价层电子对数为，采用sp3杂化；由于存在2对孤电子对，空间结构为V形，导致分子正负电荷中心不重叠，属于极性分子，而非非极性分子，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．利用价层电子对互斥理论，计算NH4+中N原子的价层电子对数，进而判断空间构型。
B． 根据钒的原子序数，先写出基态V原子的电子排布式，再结合V4+的带电情况（失去4个电子）推导其核外电子排布。
C．同样利用价层电子对互斥理论，计算CO32-中C原子的价层电子对数，从而判断杂化类型。
D．先通过价层电子对互斥理论确定H2O中O原子的杂化类型和空间结构，再根据“正负电荷中心是否重叠”判断分子极性。
9．（2025高三上·清新月考）X、Y、Z、M和W等五种短周期元素的原子序数依次增大，其中M与W位于同一主族且能形成二元化合物WM2。化合物甲常用于农药、染料、医药及有机合成等，其结构简式如下图。下列说法错误的是
A．简单阴离子半径：W>M>Z
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：YC．X、Z和W三种元素形成的化合物可能含离子键
D．化合物甲中除X外，其他原子最外层均为8e-
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由化合物甲的结构及成键情况，结合 “M 与 W 位于同一主族且能形成二元化合物 WM2”，可推断出：X 为 H，Y 为 C，Z 为 N，M 为 O，W 为 S。
A、简单阴离子分别为 S2-、O2-、N3-。S2-电子层数最多，半径最大；O2-和 N3-电子层数相同，N 的核电荷数小于 O，故 N3-半径大于 O2-。因此简单阴离子半径为S2- > N3- > O2-，即 W > Z > M，A 错误；
B、非金属性 C < S，故最高价氧化物对应水化物的酸性 H2CO3 < H2SO4，即 Y < W，B正确；
C、如 NH4HS 等化合物中，存在 NH4+与 HS-之间的离子键，因此三者形成的化合物可能含离子键，C正确；
D、化合物甲中除 H（最外层 2e-）外，C、N、O 原子的最外层均满足 8e-稳定结构，D正确；
故答案为：A。【分析】A．根据 “电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小” 分析简单阴离子半径。
B．根据非金属性强弱判断最高价氧化物对应水化物的酸性（非金属性越强，酸性越强）。
C．先明确离子键的形成条件（阴阳离子之间的静电作用），再分析 H、N、S 三种元素能否形成含离子键的化合物。
D．依据 8 电子稳定结构的判断规则，分析化合物甲中除 X 外其他原子的最外层电子数是否满足 8 电子。
10．（2025高三上·清新月考）常用于微电子工业，可由反应制备。下列说法正确的是
A．的VSEPR模型
B．中子数为2的H原子可表示为
C．F原子的结构示意图为
D．的电子式为
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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、NH3中心N原子的价层电子对数为，含1个孤电子对，根据VSEPR理论，其模型为四面体形，A正确；
B、H原子的质子数为1，中子数为2时，质量数=质子数+中子数=3，应表示为，而非，B错误；
C、F是9号元素，核外电子分层排布为2、7，而选项中结构示意图显示核外电子为2、8，是F-的结构，并非F原子的，C错误；
D、NH4F是离子化合物，由NH4+和F-构成，NH4+的电子式需体现N与H的共用电子对，F-需标注电子及中括号，选项中电子式书写不符合规范，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．算NH3中N原子价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形。
B．H原子中子数为2时，质量数=1+2=3，应表示为。
C．F原子质子数9，核外电子排布为2、7，选项中是F-结构。
D．NH4F电子式需体现NH4+的共用电子对和F-的离子特征。
11．（2025高三上·清新月考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．中S的价层电子对数为3NA
B．中键的个数为7NA
C．标准状况下，体积均为的与含有的电子总数均为NA
D．和在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、SF6中 S 与 6 个 F 形成 6 个 σ 键，无孤电子对，故 1 个 SF6中 S 的价层电子对数为 6。0.5mol SF6中 S 的价层电子对数为 0.5×6×NA=3NA，A正确；
B、C4H10的摩尔质量为 58g/mol，29g C4H10的物质的量为 0.5mol。1 个 C4H10分子含 3 个碳碳 σ 键和 10 个碳氢 σ 键，共 13 个 σ 键，故 0.5mol 中 σ 键个数为 0.5×13×NA=6.5NA，并非 7NA，B错误；
C、标准状况下 2.24L CH4和 NH3的物质的量均为 0.1mol。1 个 CH4和 1 个 NH3分子均含 10 个电子，故 0.1mol 两者的电子总数均为 0.1×10×NA=NA，C正确；
D、该反应中，1mol H2与 1mol I2反应生成 2mol HI，分子总数始终为 2mol（反应前后不变）。故 0.1mol H2和 0.1mol I2反应后，分子总数为 0.2mol，即 0.2NA，D正确；
故答案为：B。【分析】A．根据价层电子对的组成（成键电子对+孤电子对），计算 SF6中 S 的价层电子对数，再结合物质的量求总数。
B．先算 C4H10的物质的量，再明确其分子中 σ 键的构成（碳碳单键和碳氢单键均为 σ 键），进而求总 σ 键数。
C．利用标准状况下气体摩尔体积（22.4L/mol）算物质的量，再结合分子中电子数求总电子数。
D．分析 H2与 I2反应（H2+I2 2HI）的特点（反应前后分子总数不变），结合初始物质的量求最终分子总数。
12．（2025高三上·清新月考）元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。p、q、r是由这些元素组成的二元化合物。m、n分别是元素Y、Z的单质，n通常为深红棕色液体，0.01 mol/L r溶液的pH为2，p被英国科学家法拉第称为“氢的重碳化合物”，s通常是难溶于水、比水重的油状液体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A．q的溶液显酸性 B．W的氧化物常温常压下为液态
C．p不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．Z的氧化物的水化物一定为强酸
【答案】D
【知识点】无机物的推断；有机物的推断；苯的结构与性质
【解析】【解答】由 “n 通常为深红棕色液体”，推知 n 是 Br2，因此Z 为 Br；由 “0.01 mol/L r 溶液的 pH 为 2”，说明 r 是强酸，结合转化关系推知 r 是 HBr；由 “p 被称为‘氢的重碳化合物’，s 是难溶于水、比水重的油状液体”，推知 p 是 C6H6（苯），s 是溴苯；由 “m、n 分别是 Y、Z 的单质，m 与 n 反应生成 q，q 与 p、n 反应”，推知 m 是 Fe（Y 的单质），q 是 FeBr3，因此W 为 H，X 为 C，Y 为 Fe。
A、q 是 FeBr3，其中 Fe3+会发生水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），使溶液显酸性，A 正确；
B、W 是 H，其氧化物为 H2O，常温常压下为液态，B正确；
C、p 是苯，分子中不含碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D、Z 是 Br，其氧化物的水化物有 HBrO4（强酸）、HBrO（弱酸）等，并非所有水化物都是强酸，D 错误；
故答案为：D。
【分析】A．Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会结合水分子电离出的 OH-，发生水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），水解反应生成 H+，导致溶液中 H+浓度大于 OH-浓度。
B．H2O 在常温常压下为液态；H2O2在常温常压下同样为液态（浓度较高时为粘稠液体），两种主要氧化物均满足 “液态” 特征。
C．苯分子中不存在碳碳双键，而是由 6 个碳原子通过 “大 π 键” 形成的特殊环状结构，不能被酸性高锰酸钾氧化。
D．区分 Br 的不同价态氧化物的水化物（如 HBrO4是强酸，HBrO 是弱酸），判断酸性是否一定为强。
13．（2025高三上·清新月考）硒化锌主要用于制造透红外线材料及红外线光学仪器，其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为，图乙为晶胞的俯视图。下列说法错误的是
A．硒化锌的化学式为
B．与距离最近且相等的有4个
C．晶胞中b原子和d原子的距离为
D．设阿伏加德罗常数的值为，硒化锌晶体密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、分析晶胞结构，Zn位于晶胞内部，共4个；Se位于顶点（8个，每个占1/8）和面心（6个，每个占1/2），总数为。Zn和Se的个数比为1：1，化学式为ZnSe，A正确；
B、从晶胞结构看，每个Se周围距离最近且相等的Zn有4个，即配位数为4，B正确；
C、晶胞中b原子和d原子的距离是面对角线的一半。晶胞参数为a nm，面对角线长度为 nm，故二者距离为 nm，而非 nm，C错误；
D、晶体密度公式为，m为晶胞中粒子总质量，即 g = g；V为晶胞体积，即 cm3。代入得 g·cm-3，D正确；
故答案为：C。
【分析】要分析该晶胞，需明确粒子的位置与均摊法的应用：
在甲晶胞中，Zn原子全部位于晶胞内部，共4个；Se原子位于8个顶点（每个顶点原子对晶胞的贡献为）和6个面心（每个面心原子对晶胞的贡献为），经均摊计算，Se原子总数为。由此可知，Zn与Se的原子个数比为1：1，硒化锌的化学式为ZnSe，在此基础上可进一步分析各选项。
14．（2025高三上·清新月考）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 生物工程师采用多次盐析和溶解来提纯蛋白质 重金属盐可使蛋白质变性
B 化工工程师利用苯酚与甲醛的反应制备酚醛树脂 苯酚与甲醛可发生缩聚反应
C 冶金工程师对模具充分干燥后，再注入熔融钢水
D 净水工程师向水中加入铝盐以实现净水 水解可产生胶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．盐析是通过改变盐浓度使蛋白质沉淀，属于物理变化，是可逆过程；而“重金属盐使蛋白质变性”的过程中蛋白质结构发生变化，属于化学变化，不可逆。两者原理不同，A符合题意；
B．苯酚与甲醛缩聚生成酚醛树脂，前后关联，B不符合题意；
C．干燥模具是为了防止高温下Fe与H2O(g)反应生成Fe3O4和H2，前后关联，C不符合题意；
D．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体的相对表面积加到，可吸附杂质净水，前后关联，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、重金属使蛋白质变性发生化学变化。
B、苯酚与甲醛可发生缩聚反应生成酚醛树脂。
C、干燥的模具是为了防止Fe与H2O(g)在高温下发生反应。
D、Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于吸附水中杂质。
15．（2025高三上·清新月考）下列有关反应的离子方程式书写正确的是
A．新制氯水置于阳光下：2H++ClO-=2HCl+O2↑
B．泡沫灭火器反应原理：3H2O+2Al3++3=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C．向Na3AlF6溶液中滴加氨水：Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3
D．向K2CrO4溶液中滴加稀硫酸：2+2H++H2O
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、新制氯水中的HClO是弱酸，不能拆成离子形式；HCl是强酸，需拆成H+和Cl-。正确的离子方程式应为，A错误；
B、泡沫灭火器的反应原理是与发生双水解，而非与反应。正确的离子方程式应为，B错误；
C、中的是配合物离子，难电离，不能拆成和。正确的离子方程式应为，C错误；
D、溶液中存在平衡，滴加稀硫酸后，浓度增大，促使转化为，离子方程式2CrO42 +2H+ Cr2O72 + H2O符合反应原理及离子拆分规则，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
物质拆分错误：忽视弱电解质（如 HClO）不能拆成离子形式，易错误拆分导致离子方程式书写错误，如选项 A 中对 HClO 的拆分。
不了解配合物离子（如 [AlF6]3-）的性质，错误将其拆分为简单离子，如选项 C 中错误拆分 Na3AlF6。
反应原理混淆：混淆泡沫灭火器的反应原理，误将 Al3+与 CO32-的反应当作其工作原理，实际是 Al3+与 HCO3-的双水解反应。
对 K2CrO4与酸的反应平衡认识不清，不清楚酸性条件下 CrO42-会转化为 Cr2O72-的平衡移动，易忽略该反应的可逆性等特点。
16．（2025高三上·清新月考）下列有关描述对应的离子方程式书写正确的是
A．食醋除去瓶胆内的水垢：
B．碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：
C．向中投入固体：
D．乙醇被酸性溶液氧化成乙酸：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、食醋中的醋酸是弱酸，水垢中的碳酸钙是难溶物，均不能拆成离子。正确的离子方程式应为 为 ，A错误；
B、澄清石灰水过量时，碳酸氢根完全反应，且不会生成碳酸根。正确的离子方程式应为 ，B错误；
C、与水反应时，自身既作氧化剂又作还原剂，氧气中的氧来自，而非。正确的离子方程式应为 ，C错误；
D、乙醇被酸性氧化为乙酸，被还原为，离子方程式遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒， 书写正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
物质拆分错误：忽视弱酸（如醋酸）、难溶物（如 CaCO3）不能拆成离子形式，错误拆分导致离子方程式书写错误。
反应比例与产物判断错误：不清楚过量反应物对产物的影响，如选项 B 中澄清石灰水过量时，HCO3-完全反应且不会生成 CO32-，易错误写出含 CO32-的离子方程式。
氧化还原反应规律混淆：对 Na2O2与水反应的氧化还原过程理解不清，误认为 O2中的氧来自 H2 8O，实际来自 Na2O2自身。
17．（2025高三上·清新月考）随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母X等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题：
（1）f在元素周期表的位置是　 　。
（2）比较z、d的第一电离能的大小为：　 　。(用元素符号表示)
（3）化合物e2d2中化学键的类型为　 　。
（4）选取上述非金属元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式　 　。
（5）e、f的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为　 　。
（6）(yz)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为　 　。
（7）比较g、h元素的非金属性除了比较其单质与氢气化合难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性之外，请你再设计一个简单的实验证明(可只写出相关离子或化学方程式)：　 　。
【答案】（1）第三周期ⅢA族
（2）N>O
（3）离子键和共价键
（4）或；
（5）Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-
（6）(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O
（7）将Cl2通入Na2S溶液中，可看到淡黄色沉淀，说明发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，元素的非金属性强于S（Cl2+Na2S=2NaCl+S↓或Cl2+S2-=2Cl-+S↓）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
故答案为： 第三周期ⅢA族 ；
（2）N的第一电离能大于O，因为N失去的是2p3半满结构的电子，更困难；
故答案为： N>O ；
（3）e2d2为Na2O2，化学键的类型为离子键和共价键；
故答案为： 离子键和共价键 ；
（4）组成一种四原子共价化合物可以是NH3或H2O2，其电子式分别为、；
故答案为：或；
（5）e元素最高价氧化物对应水化物为NaOH、f元素最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，其相互反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-；
故答案为： Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]- ；
（6）(yz)2为(CN)2，其性质与卤素类似，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O；
故答案为： (CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O ；
（7）g、h元素分别为S元素、Cl元素，可用活泼非金属置换不活泼非金属来比较其非金属性，可设计实验：将Cl2通入Na2S溶液中，可看到淡黄色沉淀，说明发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S↓（或Cl2+S2-=2Cl-+S↓），元素的非金属性强于S。
故答案为： 将Cl2通入Na2S溶液中，可看到淡黄色沉淀，说明发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，元素的非金属性强于S（Cl2+Na2S=2NaCl+S↓或Cl2+S2-=2Cl-+S↓） 。
【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。
（1）推断 f 为 Al，根据周期表位置规则，确定为第三周期 ⅢA 族。
（2）z 是 N、d 是 O，N 的 2p 轨道半满更稳定，第一电离能 N > O。
（3）e2d2为 Na2O2，含钠离子与过氧根间的离子键，过氧根内的共价键，故为离子键和共价键。
（4）非金属元素组成四原子共价化合物（如 NH3或 H2O2），写出其电子式。
（5）e 的最高价氧化物对应水化物是 NaOH，f 的是 Al(OH)3，反应离子方程式为
Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-。
（6）(yz)2为 (CN)2，类比卤素与 NaOH 反应，离子方程式为 (CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O。
（7）g 是 S、h 是 Cl，通过置换反应（如 Cl2+Na2S=2NaCl+S↓）证明 Cl 非金属性强于 S。
（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
（2）N的第一电离能大于O，因为N失去的是2p3半满结构的电子，更困难；
（3）e2d2为Na2O2，化学键的类型为离子键和共价键；
（4）组成一种四原子共价化合物可以是NH3或H2O2，其电子式分别为、；
（5）e元素最高价氧化物对应水化物为NaOH、f元素最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，其相互反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-；
（6）(yz)2为(CN)2，其性质与卤素类似，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O；
（7）g、h元素分别为S元素、Cl元素，可用活泼非金属置换不活泼非金属来比较其非金属性，可设计实验：将Cl2通入Na2S溶液中，可看到淡黄色沉淀，说明发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S↓（或Cl2+S2-=2Cl-+S↓），元素的非金属性强于S。
18．（2025高三上·清新月考）生物质能是一种洁净、可再生的能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一、
（1）上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态锌原子的价层电子排布图：　 　。该元素位于元素周期表　 　区。
（2）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应的方程式为　 　。甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是　 　；甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为　 　。
（3）乙醇催化氧化可得到乙醛，进一步氧化为乙酸。乙酸能与乙醇在浓硫酸催化下发生反应生成一种具有香味的油状液体。某研究性学习小组成员设计了如下图实验装置：
①A试管发生反应的化学方程式为　 　。
②试管B中的溶液是饱和　 　溶液，图中干燥管的作用是　 　。
【答案】（1）；ds
（2）HCHO+4Cu(OH)2 2Cu2O↓+5H2O+CO2↑；甲醇分子之间形成氢键；sp2杂化
（3）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；碳酸钠；防止倒吸
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；醇类简介；乙酸乙酯的制取；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）锌为30号元素，价电子数为12个，排布在3d和4s轨道，基态锌原子的价层电子轨道表示式（电子排布图）为；位于元素周期表ds区；
故答案为： ； ds ；
（2）甲醛和新制氢氧化铜反应是利用了醛基的性质，甲醛和新制氢氧化铜反应生成氧化亚铜、二氧化碳和水，甲醛和新制氢氧化铜反应方程式为：HCHO+4Cu(OH)22Cu2O+5H2O+CO2↑；甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高，甲醛分子中含有碳氧双键，故碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；
故答案为： HCHO+4Cu(OH)2 2Cu2O↓+5H2O+CO2↑ ； 甲醇分子之间形成氢键 ； sp2杂化 ；
（3）①乙酸能与乙酸发生反应生成乙酸乙酯，该反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；所以B试管中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液；图中干燥管的作用是防止倒吸。
故答案为： CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ； 碳酸钠 ； 防止倒吸 ；
【分析】（1）锌是 30 号元素，价层电子为 3d 4s2，据此画出价层电子排布图；根据价电子构型判断位于 ds 区。
（2）甲醛与新制 Cu(OH)2碱性溶液反应生成 Cu2O、CO2和水，写出反应方程式；甲醇分子间能形成氢键，故沸点高于甲醛；甲醛中碳原子形成碳氧双键，杂化类型为 sp2。
（3）①乙酸与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，写出反应方程式。
②试管 B 中用饱和碳酸钠溶液，作用是吸收杂质、便于分层；干燥管可防止倒吸。
（1）锌为30号元素，价电子数为12个，排布在3d和4s轨道，基态锌原子的价层电子轨道表示式（电子排布图）为；位于元素周期表ds区；
（2）甲醛和新制氢氧化铜反应是利用了醛基的性质，甲醛和新制氢氧化铜反应生成氧化亚铜、二氧化碳和水，甲醛和新制氢氧化铜反应方程式为：HCHO+4Cu(OH)22Cu2O+5H2O+CO2↑；甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高，甲醛分子中含有碳氧双键，故碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；
（3）①乙酸能与乙酸发生反应生成乙酸乙酯，该反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；所以B试管中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液；图中干燥管的作用是防止倒吸。
19．（2025高三上·清新月考）化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
(1)D中的含氧官能团名称为　 　(写两种)。
(2)F→G的反应类型为　 　。写出D与足量NaOH溶液反应的方程式　 　。
(3)写出同时满足下列条件的C的两种同分异构体的结构简式：　 　。
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，其水解产物之一能与溶液发生显色反应
③分子中只有4种不同化学环境的氢
(4)E经还原得到F，E的分子式为，写出E的结构简式：　 　。
(5)已知：①苯胺（）易被氧化。
②
请以甲苯和为原料制备，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。　 　
【答案】羟基、羰基和酰胺键（或肽键）；消去反应；+3NaOH→+CH3COONa+NaBr+H2O；或或；；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)由结构简式可知D含有酚羟基、羰基和酰胺键；
故答案为： 羟基、羰基和酰胺键（或肽键） ；
(2)F含有羟基，而生成G含有碳碳双键，可知发生消去反应；D与足量NaOH溶液反应的方程式：+3NaOH→+CH3COONa+NaBr+H2O；
故答案为： 消去反应 ；+3NaOH→+CH3COONa+NaBr+H2O
(3)C的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO 结构；③分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，则同分异构体可为或或；
故答案为：或或 ；
(4)E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，Ω==7，由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成 OH，E的结构简式为；
故答案为： ；
(5)以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻硝基甲苯，不能先氧化甲苯为苯甲酸，然后再硝化，因为根据给出的已知，若先氧化再硝化，硝基会进入羧基的间位，而不会进入羧基的邻位。然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，流程为：。
故答案为： ；
【分析】化合物 A（）经 Pd/C 催化加氢得到 B（）；B 与 (CH3CO)2O 加热反应生成 C；C 与含氯、溴的酰基化合物在 AlCl3催化下反应得到 D（）；D 经 K2CO3处理后得到 E；E 经 NaBH4还原得到 F（）； 由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成 OH，E的结构简式为； F 在对甲基苯磺酸加热条件下反应得到 G（）；G 经 NaOH 加热处理得到目标中间体 H（）。据此解题。
20．（2025高三上·清新月考）二苯丙酸(化合物Ⅷ)是制备冠状动脉扩张药谱尼拉明的中间体，其合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　；化合物Ⅲ的化学名称是　 　。
（2）化合物Ⅴ能与多种物质反应。根据Ⅴ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考A的示例，完成下表：
序号 结构特征 反应试剂 反应形成的新结构 反应类型
A -CH=CH- H2 -CH2-CH2- 加成反应或还原反应
B ①　 　 ②　 　 ③　 　 ④　 　
（3）化合物Ⅱ不溶于水，从分子结构角度分析其原因：　 　。
（4）化合物Ⅵ到化合物Ⅷ的反应是原子利用率100%的反应，且化合物Ⅵ与化合物Ⅶ反应的物质的量之比为1：1，则化合物Ⅶ为　 　(填结构简式)。
（5）符合下列条件的化合物Ⅵ的同分异构体有　 　种；其中所有核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为　 　(写出一种)。
①苯环上连有三个取代基 ②能与银氨溶液发生反应 ③除苯环外不含其他环状结构
【答案】（1）C7H8；苯甲醛
（2）-CHO；新制的氢氧化铜；-COONa；氧化反应
（3）化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水
（4）
（5）16；、
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C7H8；根据化合物Ⅲ的结构可知，化合物Ⅲ的化学名称是苯甲醛；
故答案为： C7H8 ； 苯甲醛 ；
（2）化合物Ⅴ为，可知其由苯环、碳碳双键和醛基组成，由此进行性质预测，醛基(-CHO)，可以被新制的氢氧化铜溶液氧化后产生-COONa；
故答案为： -CHO ； 新制的氢氧化铜 ； -COONa ； 氧化反应 ；
（3）根据“相似相溶”原理，化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水；
故答案为： 化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水 ；
（4）由于化合物Ⅵ到化合物Ⅷ的反应是原子利用率100%的反应，且化合物Ⅵ与化合物Ⅶ反应的物质的量之比为1：1，说明该反应为加成反应，根据原子守恒，可知化合物Ⅶ为：；
故答案为： ；
（5）化合物Ⅵ的，满足：①苯环上连有三个取代基；②能与银氨溶液发生反应，说明含有醛基；③除苯环外不含其他环状结构，因此符合条件的化合物Ⅵ的同分异构体有两种情况：一种是苯环+两个醛基+一个甲基，有6种结构，另一种是苯环+碳碳双键+醛基+酚羟基，有10种结构，所以共有16种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的化合物结构简式为、。
故答案为：16；、 ；
【分析】根据合成逻辑，甲苯在氯气光照下发生取代反应，生成含二氯甲基的苯衍生物（ ）；该衍生物在 NaOH 溶液加热条件下发生水解，因一个碳原子连两个羟基不稳定，脱水后生成苯甲醛。甲醛与乙醛在 NaOH 溶液加热下，先发生加成反应，再经消去反应生成含羟基的醛类中间体（ ）；该中间体进一步消去，得到含碳碳双键的醛类化合物（）。此醛类化合物在新制氢氧化铜溶液加热条件下发生氧化反应，酸化后生成含羧基的烯烃衍生物（ ）；最后该衍生物与苯发生加成反应，得到目标产物（ ）。
（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C7H8；根据化合物Ⅲ的结构可知，化合物Ⅲ的化学名称是苯甲醛；
（2）化合物Ⅴ为，可知其由苯环、碳碳双键和醛基组成，由此进行性质预测，醛基(-CHO)，可以被新制的氢氧化铜溶液氧化后产生-COONa；
（3）根据“相似相溶”原理，化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水；
（4）由于化合物Ⅵ到化合物Ⅷ的反应是原子利用率100%的反应，且化合物Ⅵ与化合物Ⅶ反应的物质的量之比为1：1，说明该反应为加成反应，根据原子守恒，可知化合物Ⅶ为：；
（5）化合物Ⅵ的，满足：①苯环上连有三个取代基；②能与银氨溶液发生反应，说明含有醛基；③除苯环外不含其他环状结构，因此符合条件的化合物Ⅵ的同分异构体有两种情况：一种是苯环+两个醛基+一个甲基，有6种结构，另一种是苯环+碳碳双键+醛基+酚羟基，有10种结构，所以共有16种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的化合物结构简式为、。
1 / 1广东省清远市清新区第一中学2025-2026学年高三上学期9月月考 化学试题
1．（2025高三上·清新月考）下列诗文中隐含化学变化的是（　　）
A．月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠
B．掬水月在手，弄花香满衣
C．飞流直下三千尺，疑是银河落九天
D．举头望明月，低头思故乡
2．（2025高三上·清新月考）从科技前沿到人类的日常生活，化学无处不在。下列说法不正确的是
A．国产大型飞机用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．光化学烟雾、臭氧层空洞、白色污染的形成都与氮氧化合物有关
C．漂粉精既可作棉麻织物漂白剂，又可用作环境的消毒剂
D．粒子直径为的铁粉材料，不属于胶体
3．（2025高三上·清新月考）乙基吲哚具有良好的储氢性能，其储氢析氢过程如下图所示。有关乙基吲哚的说法正确的是
A．分子式为 B．属于芳香烃
C．存在一个手性碳原子 D．乙基吲哚最多能储
4．（2025高三上·清新月考）丹皮酚可从牡丹的干燥根皮中提取，利用丹皮酚合成一种药物中间体的流程如图：
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．该反应属于加成反应 B．反应前后K2CO3的质量不变
C．可以用FeCl3溶液鉴别X和Y D．X的沸点比的高
5．（2025高三上·清新月考）化学使生活更美好，人类的衣食住行皆离不开化学。下列说法涉及的有关化学知识中，不正确的是
A．新衣扮靓迎佳节，媒染剂中的金属离子能与有机色素生成稳定的配合物起到固色作用
B．均衡膳食助健康，蔬果中的纤维素可在人体内水解为葡萄糖
C．爆竹烟花迎佳节，烟花呈现的不同焰色是因为不同金属元素有不同的发射光谱
D．能源产业助环保，钙钛矿太阳能电池实现了太阳能转化为电能
6．（2025高三上·清新月考）生活离不开化学，化学服务于生活。下列生活常识不能用对应化学原理解释的是
选项 生活小常识 化学原理
A 轻微创伤时向伤口上涂抹酒精 酒精使部分蛋白质变性，能杀菌消毒
B 蚊虫叮咬后用稀氨水涂抹可止痒 氨水能中和蚁酸
C 用食盐腌肉防止肉质腐烂 氯离子具有抗氧化性
D 用熟香蕉催熟猕猴桃生果 香蕉释放的乙烯可加速生果的成熟
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·清新月考）与龙一样，蛇在古代也被视为吉祥和延年的象征之物。下列与蛇有关的历史文物中，主要材料为金属的是
A．伏羲女娲绢画 B．鎏金铜玄武
C．青瓷蛇俑 D．灰陶玄武瓦当
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·清新月考）碱式碳酸氧钒铵晶体是制备多种含钒产品的原料。有关说法不正确的是
A．的空间构型为正四面体形
B．基态的核外电子排布式为
C．中C的轨道杂化类型为杂化
D．是非极性分子
9．（2025高三上·清新月考）X、Y、Z、M和W等五种短周期元素的原子序数依次增大，其中M与W位于同一主族且能形成二元化合物WM2。化合物甲常用于农药、染料、医药及有机合成等，其结构简式如下图。下列说法错误的是
A．简单阴离子半径：W>M>Z
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：YC．X、Z和W三种元素形成的化合物可能含离子键
D．化合物甲中除X外，其他原子最外层均为8e-
10．（2025高三上·清新月考）常用于微电子工业，可由反应制备。下列说法正确的是
A．的VSEPR模型
B．中子数为2的H原子可表示为
C．F原子的结构示意图为
D．的电子式为
11．（2025高三上·清新月考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．中S的价层电子对数为3NA
B．中键的个数为7NA
C．标准状况下，体积均为的与含有的电子总数均为NA
D．和在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
12．（2025高三上·清新月考）元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。p、q、r是由这些元素组成的二元化合物。m、n分别是元素Y、Z的单质，n通常为深红棕色液体，0.01 mol/L r溶液的pH为2，p被英国科学家法拉第称为“氢的重碳化合物”，s通常是难溶于水、比水重的油状液体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A．q的溶液显酸性 B．W的氧化物常温常压下为液态
C．p不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．Z的氧化物的水化物一定为强酸
13．（2025高三上·清新月考）硒化锌主要用于制造透红外线材料及红外线光学仪器，其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为，图乙为晶胞的俯视图。下列说法错误的是
A．硒化锌的化学式为
B．与距离最近且相等的有4个
C．晶胞中b原子和d原子的距离为
D．设阿伏加德罗常数的值为，硒化锌晶体密度为
14．（2025高三上·清新月考）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 生物工程师采用多次盐析和溶解来提纯蛋白质 重金属盐可使蛋白质变性
B 化工工程师利用苯酚与甲醛的反应制备酚醛树脂 苯酚与甲醛可发生缩聚反应
C 冶金工程师对模具充分干燥后，再注入熔融钢水
D 净水工程师向水中加入铝盐以实现净水 水解可产生胶体
A．A B．B C．C D．D
15．（2025高三上·清新月考）下列有关反应的离子方程式书写正确的是
A．新制氯水置于阳光下：2H++ClO-=2HCl+O2↑
B．泡沫灭火器反应原理：3H2O+2Al3++3=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C．向Na3AlF6溶液中滴加氨水：Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3
D．向K2CrO4溶液中滴加稀硫酸：2+2H++H2O
16．（2025高三上·清新月考）下列有关描述对应的离子方程式书写正确的是
A．食醋除去瓶胆内的水垢：
B．碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：
C．向中投入固体：
D．乙醇被酸性溶液氧化成乙酸：
17．（2025高三上·清新月考）随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母X等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题：
（1）f在元素周期表的位置是　 　。
（2）比较z、d的第一电离能的大小为：　 　。(用元素符号表示)
（3）化合物e2d2中化学键的类型为　 　。
（4）选取上述非金属元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式　 　。
（5）e、f的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为　 　。
（6）(yz)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为　 　。
（7）比较g、h元素的非金属性除了比较其单质与氢气化合难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性之外，请你再设计一个简单的实验证明(可只写出相关离子或化学方程式)：　 　。
18．（2025高三上·清新月考）生物质能是一种洁净、可再生的能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一、
（1）上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态锌原子的价层电子排布图：　 　。该元素位于元素周期表　 　区。
（2）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应的方程式为　 　。甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是　 　；甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为　 　。
（3）乙醇催化氧化可得到乙醛，进一步氧化为乙酸。乙酸能与乙醇在浓硫酸催化下发生反应生成一种具有香味的油状液体。某研究性学习小组成员设计了如下图实验装置：
①A试管发生反应的化学方程式为　 　。
②试管B中的溶液是饱和　 　溶液，图中干燥管的作用是　 　。
19．（2025高三上·清新月考）化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
(1)D中的含氧官能团名称为　 　(写两种)。
(2)F→G的反应类型为　 　。写出D与足量NaOH溶液反应的方程式　 　。
(3)写出同时满足下列条件的C的两种同分异构体的结构简式：　 　。
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，其水解产物之一能与溶液发生显色反应
③分子中只有4种不同化学环境的氢
(4)E经还原得到F，E的分子式为，写出E的结构简式：　 　。
(5)已知：①苯胺（）易被氧化。
②
请以甲苯和为原料制备，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。　 　
20．（2025高三上·清新月考）二苯丙酸(化合物Ⅷ)是制备冠状动脉扩张药谱尼拉明的中间体，其合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　；化合物Ⅲ的化学名称是　 　。
（2）化合物Ⅴ能与多种物质反应。根据Ⅴ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考A的示例，完成下表：
序号 结构特征 反应试剂 反应形成的新结构 反应类型
A -CH=CH- H2 -CH2-CH2- 加成反应或还原反应
B ①　 　 ②　 　 ③　 　 ④　 　
（3）化合物Ⅱ不溶于水，从分子结构角度分析其原因：　 　。
（4）化合物Ⅵ到化合物Ⅷ的反应是原子利用率100%的反应，且化合物Ⅵ与化合物Ⅶ反应的物质的量之比为1：1，则化合物Ⅶ为　 　(填结构简式)。
（5）符合下列条件的化合物Ⅵ的同分异构体有　 　种；其中所有核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为　 　(写出一种)。
①苯环上连有三个取代基 ②能与银氨溶液发生反应 ③除苯环外不含其他环状结构
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A.渔火为燃烧发出的光，燃烧属于化学变化，A正确；
B.花香是分子的运动，不属于化学变化，B错误；
C.水流的运动是物理过程，不属于化学变化，C错误；
D.光的传播是物理过程，不属于化学变化，D错误；
故选A。
【分析】依据化学变化中有新物质的生成，物理变化没有新物质生成分析。
2．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷具有耐高温等特性，属于新型无机非金属材料，A正确；
B、光化学烟雾、臭氧层空洞与氮氧化合物有关，但白色污染是由塑料垃圾造成的，与氮氧化合物无关，B错误；
C、漂粉精具有强氧化性，能漂白棉麻织物，也可用于环境消毒，C正确；
D、胶体是混合物，粒子直径 1nm~100nm 的铁粉是纯净物，不属于胶体，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对 “白色污染” 的成因认识不清，易错误认为其与氮氧化合物有关，实际白色污染是塑料垃圾造成的；混淆胶体的概念，误将粒子直径在 1nm~100nm 的纯净物铁粉当作胶体，忽略胶体是混合物这一关键特征；对新型无机非金属材料的类别判断不准确，不清楚氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料。
3．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、通过数 N - 乙基吲哚分子中 C、H、N 的原子个数，可知其分子式为 C14H13N，而非 C14H11N，A错误；
B、该物质含有 N 元素，不属于烃类（烃仅含 C、H），且虽含苯环但因含 N，也不属于芳香烃，B错误；
C、手性碳原子需连有四个不同的原子或基团，该分子中无此类碳原子，C错误；
D、从储氢脱氢过程可知，N - 乙基吲哚与 H2加成时，苯环等结构可发生加成反应，1mol 该物质最多能与 6mol H2加成，即最多能储 6mol H2，D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．数清分子中 C、H、N 的原子个数，注意环状结构和取代基的氢原子数。
B．明确烃仅含 C、H，含其他元素（如 N）则不属于烃；芳香烃需含苯环且仅含 C、H。
C．识别连有四个不同原子或基团的碳原子。
D．结合储氢过程，分析能与 H2加成的结构（如苯环），进而确定储氢的最大量。
4．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、取代反应是指有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应；加成反应是不饱和键两端的原子与其他原子或原子团直接结合生成新化合物的反应。在此反应中，X 分子中酚羟基上的 H 原子被其他基团取代，属于取代反应，不是加成反应，A错误；
B、反应生成的 HBr（溴化氢）属于酸，能与 K2CO3（碳酸钾，属于盐，可与酸反应）发生反应，因此反应后 K2CO3的质量会减少，并非不变，B错误；
C、酚羟基的特性是遇 FeCl3溶液显紫色。X 含有酚羟基，所以遇 FeCl3溶液显紫色；Y 不含酚羟基，遇 FeCl3溶液无明显现象。因此可以用 FeCl3溶液鉴别 X 和 Y，C正确；
D、X 易形成分子内氢键， 易形成分子间氢键。分子间氢键会使物质的沸点升高，分子内氢键会使物质的沸点降低，所以 X 的沸点更低，D错误；
故答案为：C。【分析】A．明确取代反应和加成反应的定义，根据反应中原子或基团的变化判断反应类型。
B．明确HBr可与碳酸钾反应 ，分析反应过程中 K2CO3的消耗情况。
C．掌握酚羟基的特征反应（与 FeCl3溶液的显色反应），根据物质是否含酚羟基判断能否用 FeCl3溶液鉴别。
D．区分分子内氢键和分子间氢键，理解氢键对物质沸点的影响（分子间氢键使沸点升高，分子内氢键使沸点降低）。
5．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；常见能量的转化及运用；焰色反应；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．媒染剂中的金属离子能与有机色素形成稳定配合物，从而起到固色作用，A正确；
B．人体内缺乏分解纤维素的酶，无法将蔬果中的纤维素水解为葡萄糖，B错误；
C．烟花的不同焰色源于不同金属元素具有独特的发射光谱，C正确；
D．钙钛矿太阳能电池可实现太阳能到电能的转化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对纤维素的水解条件认识不足，易忽略人体缺乏纤维素酶，从而误判蔬果中纤维素可在人体内水解为葡萄糖。
对焰色反应的本质理解不透彻，可能不清楚烟花焰色是由不同金属元素的发射光谱不同导致的。
6．【答案】C
【知识点】乙烯的用途；羧酸简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、酒精能使蛋白质变性，从而破坏细菌结构达到杀菌消毒的效果，可解释 “伤口涂酒精消毒” 的常识，原理匹配，A不符合题意；
B、蚊虫叮咬释放的蚁酸呈酸性，稀氨水呈碱性，二者可发生中和反应，能解释 “稀氨水涂抹止痒” 的常识，原理匹配，B不符合题意；
C、食盐腌肉是通过提高渗透压、降低水分活度，抑制微生物生长来防腐，与 “氯离子的抗氧化性” 无关（氯离子无抗氧化性），原理不匹配，C符合题意；
D、熟香蕉释放乙烯，乙烯具有催熟作用，可解释 “熟香蕉催熟猕猴桃生果” 的常识，原理匹配，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要在于对化学原理的理解偏差：
对食盐防腐原理认识错误，易误认为是氯离子的抗氧化性，实际是通过提高渗透压、降低水分活度抑制微生物生长，与抗氧化性无关。
可能混淆化学物质的性质，比如不清楚氯离子无抗氧化性，从而错选其他选项。
7．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A、伏羲女娲绢画以绢为载体，绢由蚕丝制成，蚕丝的主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，并非金属材料，故A不符合题意 ；
B、鎏金铜玄武的核心材质是铜，铜属于金属，所以该文物主要材料为金属材料，故B符合题意 ；
C、青瓷是陶瓷类制品，其主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是金属材料，故C不符合题意 ；
D、灰陶玄武瓦当属于陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对不同材质的文物所属材料类别区分不清，比如容易混淆绢画的蛋白质材质、陶瓷的硅酸盐材质与金属材质的差异。
对 “鎏金铜” 这类金属制品的材料属性认识不足，可能忽略 “铜” 属于金属这一关键信息，从而误判选项。
8．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、N原子价层电子对数计算公式为“成键电子对数 + 孤电子对数”，其中成键电子对数为4（与4个H成键），孤电子对数为，总价层电子对数为，采用sp3杂化，因此NH4+的空间构型为正四面体形，A正确；
B、钒的原子序数为23，基态V原子的电子排布式为[Ar]3d34s2；V4+失去4个电子（先失4s轨道的2个电子，再失3d轨道的2个电子）后，核外电子排布式为**[Ar]3d **，B正确；
C、CO32-中C原子的成键电子对数为3（与3个O成键），孤电子对数为，总价层电子对数为，因此C的轨道杂化类型为sp2杂化，C正确；
D、H2O中O原子的价层电子对数为，采用sp3杂化；由于存在2对孤电子对，空间结构为V形，导致分子正负电荷中心不重叠，属于极性分子，而非非极性分子，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．利用价层电子对互斥理论，计算NH4+中N原子的价层电子对数，进而判断空间构型。
B． 根据钒的原子序数，先写出基态V原子的电子排布式，再结合V4+的带电情况（失去4个电子）推导其核外电子排布。
C．同样利用价层电子对互斥理论，计算CO32-中C原子的价层电子对数，从而判断杂化类型。
D．先通过价层电子对互斥理论确定H2O中O原子的杂化类型和空间结构，再根据“正负电荷中心是否重叠”判断分子极性。
9．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由化合物甲的结构及成键情况，结合 “M 与 W 位于同一主族且能形成二元化合物 WM2”，可推断出：X 为 H，Y 为 C，Z 为 N，M 为 O，W 为 S。
A、简单阴离子分别为 S2-、O2-、N3-。S2-电子层数最多，半径最大；O2-和 N3-电子层数相同，N 的核电荷数小于 O，故 N3-半径大于 O2-。因此简单阴离子半径为S2- > N3- > O2-，即 W > Z > M，A 错误；
B、非金属性 C < S，故最高价氧化物对应水化物的酸性 H2CO3 < H2SO4，即 Y < W，B正确；
C、如 NH4HS 等化合物中，存在 NH4+与 HS-之间的离子键，因此三者形成的化合物可能含离子键，C正确；
D、化合物甲中除 H（最外层 2e-）外，C、N、O 原子的最外层均满足 8e-稳定结构，D正确；
故答案为：A。【分析】A．根据 “电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小” 分析简单阴离子半径。
B．根据非金属性强弱判断最高价氧化物对应水化物的酸性（非金属性越强，酸性越强）。
C．先明确离子键的形成条件（阴阳离子之间的静电作用），再分析 H、N、S 三种元素能否形成含离子键的化合物。
D．依据 8 电子稳定结构的判断规则，分析化合物甲中除 X 外其他原子的最外层电子数是否满足 8 电子。
10．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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、NH3中心N原子的价层电子对数为，含1个孤电子对，根据VSEPR理论，其模型为四面体形，A正确；
B、H原子的质子数为1，中子数为2时，质量数=质子数+中子数=3，应表示为，而非，B错误；
C、F是9号元素，核外电子分层排布为2、7，而选项中结构示意图显示核外电子为2、8，是F-的结构，并非F原子的，C错误；
D、NH4F是离子化合物，由NH4+和F-构成，NH4+的电子式需体现N与H的共用电子对，F-需标注电子及中括号，选项中电子式书写不符合规范，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．算NH3中N原子价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形。
B．H原子中子数为2时，质量数=1+2=3，应表示为。
C．F原子质子数9，核外电子排布为2、7，选项中是F-结构。
D．NH4F电子式需体现NH4+的共用电子对和F-的离子特征。
11．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、SF6中 S 与 6 个 F 形成 6 个 σ 键，无孤电子对，故 1 个 SF6中 S 的价层电子对数为 6。0.5mol SF6中 S 的价层电子对数为 0.5×6×NA=3NA，A正确；
B、C4H10的摩尔质量为 58g/mol，29g C4H10的物质的量为 0.5mol。1 个 C4H10分子含 3 个碳碳 σ 键和 10 个碳氢 σ 键，共 13 个 σ 键，故 0.5mol 中 σ 键个数为 0.5×13×NA=6.5NA，并非 7NA，B错误；
C、标准状况下 2.24L CH4和 NH3的物质的量均为 0.1mol。1 个 CH4和 1 个 NH3分子均含 10 个电子，故 0.1mol 两者的电子总数均为 0.1×10×NA=NA，C正确；
D、该反应中，1mol H2与 1mol I2反应生成 2mol HI，分子总数始终为 2mol（反应前后不变）。故 0.1mol H2和 0.1mol I2反应后，分子总数为 0.2mol，即 0.2NA，D正确；
故答案为：B。【分析】A．根据价层电子对的组成（成键电子对+孤电子对），计算 SF6中 S 的价层电子对数，再结合物质的量求总数。
B．先算 C4H10的物质的量，再明确其分子中 σ 键的构成（碳碳单键和碳氢单键均为 σ 键），进而求总 σ 键数。
C．利用标准状况下气体摩尔体积（22.4L/mol）算物质的量，再结合分子中电子数求总电子数。
D．分析 H2与 I2反应（H2+I2 2HI）的特点（反应前后分子总数不变），结合初始物质的量求最终分子总数。
12．【答案】D
【知识点】无机物的推断；有机物的推断；苯的结构与性质
【解析】【解答】由 “n 通常为深红棕色液体”，推知 n 是 Br2，因此Z 为 Br；由 “0.01 mol/L r 溶液的 pH 为 2”，说明 r 是强酸，结合转化关系推知 r 是 HBr；由 “p 被称为‘氢的重碳化合物’，s 是难溶于水、比水重的油状液体”，推知 p 是 C6H6（苯），s 是溴苯；由 “m、n 分别是 Y、Z 的单质，m 与 n 反应生成 q，q 与 p、n 反应”，推知 m 是 Fe（Y 的单质），q 是 FeBr3，因此W 为 H，X 为 C，Y 为 Fe。
A、q 是 FeBr3，其中 Fe3+会发生水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），使溶液显酸性，A 正确；
B、W 是 H，其氧化物为 H2O，常温常压下为液态，B正确；
C、p 是苯，分子中不含碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D、Z 是 Br，其氧化物的水化物有 HBrO4（强酸）、HBrO（弱酸）等，并非所有水化物都是强酸，D 错误；
故答案为：D。
【分析】A．Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会结合水分子电离出的 OH-，发生水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），水解反应生成 H+，导致溶液中 H+浓度大于 OH-浓度。
B．H2O 在常温常压下为液态；H2O2在常温常压下同样为液态（浓度较高时为粘稠液体），两种主要氧化物均满足 “液态” 特征。
C．苯分子中不存在碳碳双键，而是由 6 个碳原子通过 “大 π 键” 形成的特殊环状结构，不能被酸性高锰酸钾氧化。
D．区分 Br 的不同价态氧化物的水化物（如 HBrO4是强酸，HBrO 是弱酸），判断酸性是否一定为强。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、分析晶胞结构，Zn位于晶胞内部，共4个；Se位于顶点（8个，每个占1/8）和面心（6个，每个占1/2），总数为。Zn和Se的个数比为1：1，化学式为ZnSe，A正确；
B、从晶胞结构看，每个Se周围距离最近且相等的Zn有4个，即配位数为4，B正确；
C、晶胞中b原子和d原子的距离是面对角线的一半。晶胞参数为a nm，面对角线长度为 nm，故二者距离为 nm，而非 nm，C错误；
D、晶体密度公式为，m为晶胞中粒子总质量，即 g = g；V为晶胞体积，即 cm3。代入得 g·cm-3，D正确；
故答案为：C。
【分析】要分析该晶胞，需明确粒子的位置与均摊法的应用：
在甲晶胞中，Zn原子全部位于晶胞内部，共4个；Se原子位于8个顶点（每个顶点原子对晶胞的贡献为）和6个面心（每个面心原子对晶胞的贡献为），经均摊计算，Se原子总数为。由此可知，Zn与Se的原子个数比为1：1，硒化锌的化学式为ZnSe，在此基础上可进一步分析各选项。
14．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．盐析是通过改变盐浓度使蛋白质沉淀，属于物理变化，是可逆过程；而“重金属盐使蛋白质变性”的过程中蛋白质结构发生变化，属于化学变化，不可逆。两者原理不同，A符合题意；
B．苯酚与甲醛缩聚生成酚醛树脂，前后关联，B不符合题意；
C．干燥模具是为了防止高温下Fe与H2O(g)反应生成Fe3O4和H2，前后关联，C不符合题意；
D．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体的相对表面积加到，可吸附杂质净水，前后关联，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、重金属使蛋白质变性发生化学变化。
B、苯酚与甲醛可发生缩聚反应生成酚醛树脂。
C、干燥的模具是为了防止Fe与H2O(g)在高温下发生反应。
D、Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于吸附水中杂质。
15．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、新制氯水中的HClO是弱酸，不能拆成离子形式；HCl是强酸，需拆成H+和Cl-。正确的离子方程式应为，A错误；
B、泡沫灭火器的反应原理是与发生双水解，而非与反应。正确的离子方程式应为，B错误；
C、中的是配合物离子，难电离，不能拆成和。正确的离子方程式应为，C错误；
D、溶液中存在平衡，滴加稀硫酸后，浓度增大，促使转化为，离子方程式2CrO42 +2H+ Cr2O72 + H2O符合反应原理及离子拆分规则，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
物质拆分错误：忽视弱电解质（如 HClO）不能拆成离子形式，易错误拆分导致离子方程式书写错误，如选项 A 中对 HClO 的拆分。
不了解配合物离子（如 [AlF6]3-）的性质，错误将其拆分为简单离子，如选项 C 中错误拆分 Na3AlF6。
反应原理混淆：混淆泡沫灭火器的反应原理，误将 Al3+与 CO32-的反应当作其工作原理，实际是 Al3+与 HCO3-的双水解反应。
对 K2CrO4与酸的反应平衡认识不清，不清楚酸性条件下 CrO42-会转化为 Cr2O72-的平衡移动，易忽略该反应的可逆性等特点。
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、食醋中的醋酸是弱酸，水垢中的碳酸钙是难溶物，均不能拆成离子。正确的离子方程式应为 为 ，A错误；
B、澄清石灰水过量时，碳酸氢根完全反应，且不会生成碳酸根。正确的离子方程式应为 ，B错误；
C、与水反应时，自身既作氧化剂又作还原剂，氧气中的氧来自，而非。正确的离子方程式应为 ，C错误；
D、乙醇被酸性氧化为乙酸，被还原为，离子方程式遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒， 书写正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
物质拆分错误：忽视弱酸（如醋酸）、难溶物（如 CaCO3）不能拆成离子形式，错误拆分导致离子方程式书写错误。
反应比例与产物判断错误：不清楚过量反应物对产物的影响，如选项 B 中澄清石灰水过量时，HCO3-完全反应且不会生成 CO32-，易错误写出含 CO32-的离子方程式。
氧化还原反应规律混淆：对 Na2O2与水反应的氧化还原过程理解不清，误认为 O2中的氧来自 H2 8O，实际来自 Na2O2自身。
17．【答案】（1）第三周期ⅢA族
（2）N>O
（3）离子键和共价键
（4）或；
（5）Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-
（6）(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O
（7）将Cl2通入Na2S溶液中，可看到淡黄色沉淀，说明发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，元素的非金属性强于S（Cl2+Na2S=2NaCl+S↓或Cl2+S2-=2Cl-+S↓）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
故答案为： 第三周期ⅢA族 ；
（2）N的第一电离能大于O，因为N失去的是2p3半满结构的电子，更困难；
故答案为： N>O ；
（3）e2d2为Na2O2，化学键的类型为离子键和共价键；
故答案为： 离子键和共价键 ；
（4）组成一种四原子共价化合物可以是NH3或H2O2，其电子式分别为、；
故答案为：或；
（5）e元素最高价氧化物对应水化物为NaOH、f元素最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，其相互反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-；
故答案为： Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]- ；
（6）(yz)2为(CN)2，其性质与卤素类似，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O；
故答案为： (CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O ；
（7）g、h元素分别为S元素、Cl元素，可用活泼非金属置换不活泼非金属来比较其非金属性，可设计实验：将Cl2通入Na2S溶液中，可看到淡黄色沉淀，说明发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S↓（或Cl2+S2-=2Cl-+S↓），元素的非金属性强于S。
故答案为： 将Cl2通入Na2S溶液中，可看到淡黄色沉淀，说明发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，元素的非金属性强于S（Cl2+Na2S=2NaCl+S↓或Cl2+S2-=2Cl-+S↓） 。
【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。
（1）推断 f 为 Al，根据周期表位置规则，确定为第三周期 ⅢA 族。
（2）z 是 N、d 是 O，N 的 2p 轨道半满更稳定，第一电离能 N > O。
（3）e2d2为 Na2O2，含钠离子与过氧根间的离子键，过氧根内的共价键，故为离子键和共价键。
（4）非金属元素组成四原子共价化合物（如 NH3或 H2O2），写出其电子式。
（5）e 的最高价氧化物对应水化物是 NaOH，f 的是 Al(OH)3，反应离子方程式为
Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-。
（6）(yz)2为 (CN)2，类比卤素与 NaOH 反应，离子方程式为 (CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O。
（7）g 是 S、h 是 Cl，通过置换反应（如 Cl2+Na2S=2NaCl+S↓）证明 Cl 非金属性强于 S。
（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
（2）N的第一电离能大于O，因为N失去的是2p3半满结构的电子，更困难；
（3）e2d2为Na2O2，化学键的类型为离子键和共价键；
（4）组成一种四原子共价化合物可以是NH3或H2O2，其电子式分别为、；
（5）e元素最高价氧化物对应水化物为NaOH、f元素最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，其相互反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-；
（6）(yz)2为(CN)2，其性质与卤素类似，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O；
（7）g、h元素分别为S元素、Cl元素，可用活泼非金属置换不活泼非金属来比较其非金属性，可设计实验：将Cl2通入Na2S溶液中，可看到淡黄色沉淀，说明发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S↓（或Cl2+S2-=2Cl-+S↓），元素的非金属性强于S。
18．【答案】（1）；ds
（2）HCHO+4Cu(OH)2 2Cu2O↓+5H2O+CO2↑；甲醇分子之间形成氢键；sp2杂化
（3）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；碳酸钠；防止倒吸
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；醇类简介；乙酸乙酯的制取；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）锌为30号元素，价电子数为12个，排布在3d和4s轨道，基态锌原子的价层电子轨道表示式（电子排布图）为；位于元素周期表ds区；
故答案为： ； ds ；
（2）甲醛和新制氢氧化铜反应是利用了醛基的性质，甲醛和新制氢氧化铜反应生成氧化亚铜、二氧化碳和水，甲醛和新制氢氧化铜反应方程式为：HCHO+4Cu(OH)22Cu2O+5H2O+CO2↑；甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高，甲醛分子中含有碳氧双键，故碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；
故答案为： HCHO+4Cu(OH)2 2Cu2O↓+5H2O+CO2↑ ； 甲醇分子之间形成氢键 ； sp2杂化 ；
（3）①乙酸能与乙酸发生反应生成乙酸乙酯，该反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；所以B试管中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液；图中干燥管的作用是防止倒吸。
故答案为： CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ； 碳酸钠 ； 防止倒吸 ；
【分析】（1）锌是 30 号元素，价层电子为 3d 4s2，据此画出价层电子排布图；根据价电子构型判断位于 ds 区。
（2）甲醛与新制 Cu(OH)2碱性溶液反应生成 Cu2O、CO2和水，写出反应方程式；甲醇分子间能形成氢键，故沸点高于甲醛；甲醛中碳原子形成碳氧双键，杂化类型为 sp2。
（3）①乙酸与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，写出反应方程式。
②试管 B 中用饱和碳酸钠溶液，作用是吸收杂质、便于分层；干燥管可防止倒吸。
（1）锌为30号元素，价电子数为12个，排布在3d和4s轨道，基态锌原子的价层电子轨道表示式（电子排布图）为；位于元素周期表ds区；
（2）甲醛和新制氢氧化铜反应是利用了醛基的性质，甲醛和新制氢氧化铜反应生成氧化亚铜、二氧化碳和水，甲醛和新制氢氧化铜反应方程式为：HCHO+4Cu(OH)22Cu2O+5H2O+CO2↑；甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高，甲醛分子中含有碳氧双键，故碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；
（3）①乙酸能与乙酸发生反应生成乙酸乙酯，该反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；所以B试管中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液；图中干燥管的作用是防止倒吸。
19．【答案】羟基、羰基和酰胺键（或肽键）；消去反应；+3NaOH→+CH3COONa+NaBr+H2O；或或；；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)由结构简式可知D含有酚羟基、羰基和酰胺键；
故答案为： 羟基、羰基和酰胺键（或肽键） ；
(2)F含有羟基，而生成G含有碳碳双键，可知发生消去反应；D与足量NaOH溶液反应的方程式：+3NaOH→+CH3COONa+NaBr+H2O；
故答案为： 消去反应 ；+3NaOH→+CH3COONa+NaBr+H2O
(3)C的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO 结构；③分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，则同分异构体可为或或；
故答案为：或或 ；
(4)E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，Ω==7，由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成 OH，E的结构简式为；
故答案为： ；
(5)以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻硝基甲苯，不能先氧化甲苯为苯甲酸，然后再硝化，因为根据给出的已知，若先氧化再硝化，硝基会进入羧基的间位，而不会进入羧基的邻位。然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，流程为：。
故答案为： ；
【分析】化合物 A（）经 Pd/C 催化加氢得到 B（）；B 与 (CH3CO)2O 加热反应生成 C；C 与含氯、溴的酰基化合物在 AlCl3催化下反应得到 D（）；D 经 K2CO3处理后得到 E；E 经 NaBH4还原得到 F（）； 由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成 OH，E的结构简式为； F 在对甲基苯磺酸加热条件下反应得到 G（）；G 经 NaOH 加热处理得到目标中间体 H（）。据此解题。
20．【答案】（1）C7H8；苯甲醛
（2）-CHO；新制的氢氧化铜；-COONa；氧化反应
（3）化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水
（4）
（5）16；、
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C7H8；根据化合物Ⅲ的结构可知，化合物Ⅲ的化学名称是苯甲醛；
故答案为： C7H8 ； 苯甲醛 ；
（2）化合物Ⅴ为，可知其由苯环、碳碳双键和醛基组成，由此进行性质预测，醛基(-CHO)，可以被新制的氢氧化铜溶液氧化后产生-COONa；
故答案为： -CHO ； 新制的氢氧化铜 ； -COONa ； 氧化反应 ；
（3）根据“相似相溶”原理，化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水；
故答案为： 化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水 ；
（4）由于化合物Ⅵ到化合物Ⅷ的反应是原子利用率100%的反应，且化合物Ⅵ与化合物Ⅶ反应的物质的量之比为1：1，说明该反应为加成反应，根据原子守恒，可知化合物Ⅶ为：；
故答案为： ；
（5）化合物Ⅵ的，满足：①苯环上连有三个取代基；②能与银氨溶液发生反应，说明含有醛基；③除苯环外不含其他环状结构，因此符合条件的化合物Ⅵ的同分异构体有两种情况：一种是苯环+两个醛基+一个甲基，有6种结构，另一种是苯环+碳碳双键+醛基+酚羟基，有10种结构，所以共有16种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的化合物结构简式为、。
故答案为：16；、 ；
【分析】根据合成逻辑，甲苯在氯气光照下发生取代反应，生成含二氯甲基的苯衍生物（ ）；该衍生物在 NaOH 溶液加热条件下发生水解，因一个碳原子连两个羟基不稳定，脱水后生成苯甲醛。甲醛与乙醛在 NaOH 溶液加热下，先发生加成反应，再经消去反应生成含羟基的醛类中间体（ ）；该中间体进一步消去，得到含碳碳双键的醛类化合物（）。此醛类化合物在新制氢氧化铜溶液加热条件下发生氧化反应，酸化后生成含羧基的烯烃衍生物（ ）；最后该衍生物与苯发生加成反应，得到目标产物（ ）。
（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C7H8；根据化合物Ⅲ的结构可知，化合物Ⅲ的化学名称是苯甲醛；
（2）化合物Ⅴ为，可知其由苯环、碳碳双键和醛基组成，由此进行性质预测，醛基(-CHO)，可以被新制的氢氧化铜溶液氧化后产生-COONa；
（3）根据“相似相溶”原理，化合物Ⅱ极性较小，而水是极性分子，所以化合物Ⅱ难溶于水；
（4）由于化合物Ⅵ到化合物Ⅷ的反应是原子利用率100%的反应，且化合物Ⅵ与化合物Ⅶ反应的物质的量之比为1：1，说明该反应为加成反应，根据原子守恒，可知化合物Ⅶ为：；
（5）化合物Ⅵ的，满足：①苯环上连有三个取代基；②能与银氨溶液发生反应，说明含有醛基；③除苯环外不含其他环状结构，因此符合条件的化合物Ⅵ的同分异构体有两种情况：一种是苯环+两个醛基+一个甲基，有6种结构，另一种是苯环+碳碳双键+醛基+酚羟基，有10种结构，所以共有16种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的化合物结构简式为、。
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