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广东省部分学校2026届高三上学期入学摸底化学试题
1．（2025高三上·广东开学考）中国民间艺术丰富多彩，彰显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于金属材料的是
A．苗族银锁 B．云南葫芦丝
C．惠山泥人 D．上海剪纸
【答案】A
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A、苗族银锁的主要成分是银单质，银属于金属单质，因此银锁属于金属材料。A符合题意；
B、云南葫芦丝通常由竹子制成，竹子的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料，并非金属材料。B符合题意；
C、惠山泥人的主要原料是泥土，泥土的主要成分是硅酸盐等无机非金属材料，不属于金属材料。C不符合题意；
D、上海剪纸的材料是纸张，纸张的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料，不属于金属材料。D不符合题意；
故答案为：A。【分析】A．判断银锁的主要成分是否属于金属材料。
B．分析葫芦丝材料的主要成分类别。
C．判断惠山泥人原料的主要成分类别。
D．分析剪纸材料的主要成分类别。
2．（2025高三上·广东开学考）关于如图所示的三种物质，下列说法正确的是
A．a、b、c互为同系物
B．a分子只含共价键，无离子键
C．a、b、c均不能发生取代反应
D．a中含3个碳碳双键，b中含2个碳碳双键
【答案】B
【知识点】饱和烃与不饱和烃；苯的结构与性质；同系物；取代反应
【解析】【解答】A、a（苯）、b、c 的结构差异大（a 含特殊大 π 键，b 含碳碳双键，c 为饱和碳结构），且分子组成无 CH2的差异，因此不互为同系物。A错误；
B、苯分子中碳碳键是特殊共价键，C-H 键也是共价键，仅含共价键，无离子键。B正确；
C、a（苯）可发生卤代、硝化等取代反应；b、c 在一定条件下也能发生卤代等取代反应。C错误；
D、苯分子中碳碳键是介于单双键之间的大 π 键，无碳碳双键；b 分子的碳碳双键数量为2。D 错误；
故答案为：B。【分析】A．判断是否满足同系物 “结构相似、分子组成相差 n 个 CH2” 的条件。
B．分析 a 分子（苯）的化学键类型。
C．判断 a、b、c 是否能发生取代反应。
D．分析 a、b 分子中碳碳双键的实际情况。
3．（2025高三上·广东开学考）科技助力发展，创新增强国力。下列相关说法错误的是
A．稀土被誉为“工业维生素”，稀土元素均为p区元素
B．“天宫空间站”蓄电池充电涉及光能电能化学能的转化
C．我国“人造太阳”利用了和的核聚变，和互为同位素
D．解放军人造骨骼使用了钛合金材料，合金的硬度通常比构成合金的纯金属的硬度大
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；合金及其应用；元素、核素
【解析】【解答】A、稀土元素包含镧系（属于 f 区）和钪、钇（属于 d 区），并非都属于 p 区元素。A错误；
B、“天宫空间站” 蓄电池充电时，先通过太阳能装置将光能转为电能，再将电能转化为化学能储存，能量转化符合描述。B正确；
C、2H 和3H 质子数相同（均为 1）、中子数不同（分别为 1 和 2），互为同位素，且 “人造太阳” 利用二者核聚变。C正确；
D、合金硬度通常大于组成它的纯金属，钛合金用于人造骨骼正利用此特性。D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确稀土元素的周期表分区。
B．分析充电过程的能量转化路径。
C．依据同位素定义判断关系。
D．掌握合金与纯金属的硬度差异。
4．（2025高三上·广东开学考）劳动有利于“知行合一”。下列劳动过程对应的化学知识正确且有关联的是
选项 劳动过程 化学知识
A 护士用医用酒精消毒 蛋白质遇酒精盐析
B 厨师用天然气灶炒菜 天然气的燃烧属于放热反应
C 洗衣工用氯水漂白顽固污渍 氯水中含有强氧化性的
D 酿酒师在酿造葡萄酒时添加适量 具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、医用酒精消毒是使蛋白质变性（化学变化，不可逆），而盐析是物理变化且可逆，二者原理不同。A错误；
B、天然气燃烧是剧烈的氧化反应，释放大量热量，属于放热反应，与劳动过程（用天然气灶炒菜）的能量变化关联正确。B正确；
C、氯水的漂白性源于其中的HClO（次氯酸）具有强氧化性，而非 Cl-。C错误；
D、酿酒时添加 SO2是利用其还原性作抗氧化剂，而非强氧化性。D错误；
故答案为：B。【分析】A．区分蛋白质变性与盐析的本质。
B．判断天然气燃烧的热效应类型。
C．明确氯水漂白性的来源。
D．分析 SO2在葡萄酒中的作用原理。
5．（2025高三上·广东开学考）硫酸铜晶体()带结晶水，易粘在纸片等物品上，无水硫酸铜易吸水变成蓝色晶体，利用下图所示装置测硫酸铜晶体结晶水含量(即n值)。下列相关分析正确的是
A．可利用甲装置称量硫酸铜晶体质量
B．可利用乙装置加热除去硫酸铜晶体中的结晶水
C．可利用丙装置在空气中自然冷却后，再称量无水硫酸铜质量
D．为确保硫酸铜晶体已完全失去结晶水，需多次加热冷却后称量至两次称量误差不超过0.1g
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、硫酸铜晶体易粘在纸片上，甲装置中 “垫纸片称量” 会导致部分晶体残留于纸片，无法准确称取样品质量，A错误；
B、乙装置是蒸发装置（用于溶液蒸发结晶），而加热硫酸铜晶体除结晶水需在坩埚中进行（蒸发皿不能用于固体高温加热），B错误；
C、无水硫酸铜易吸水，若在空气中自然冷却，会重新吸收空气中的水分，导致称量的无水硫酸铜质量偏大，结晶水含量计算结果偏小，C错误；
D、多次加热 - 冷却 - 称量，直到两次质量差不超过 0.1g，可确保晶体中的结晶水完全失去（若仍有结晶水，再次加热后质量会继续减少），该操作能保证实验结果的准确性，D正确；
故答案为：D。【分析】本题的易错点主要有 3 处：
称量操作的细节忽略：易误选 A，忽略 “硫酸铜晶体易粘在纸片上”，错认为垫纸片称量能准确获取样品质量，实际会因残留导致称量误差。
加热仪器的适用混淆：易误选 B，混淆蒸发皿（用于溶液蒸发）与坩埚（用于固体高温加热）的用途，错用蒸发皿加热硫酸铜晶体。
冷却环节的吸水风险：易误选 C，忽略 “无水硫酸铜易吸水” 的性质，错认为空气中冷却不影响结果，实际会因吸水导致无水硫酸铜质量偏大、结晶水计算值偏小。
6．（2025高三上·广东开学考）广东煲仔饭锅巴香脆、味道鲜美、营养丰富。下列说法正确的是
A．加入适量花生油能保证锅巴香脆而不糊，花生油的主要成分是高分子
B．制作“煲仔饭”需加水蒸煮，水分子的VSEPR模型为V形
C．煲仔饭使用的大米富含淀粉，淀粉属于多糖
D．覆盖“煲仔饭”的菜品中加入了适量氯化钠分子
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、花生油的主要成分是甘油三酯（油脂），不属于高分子化合物。A错误；
B、水分子中氧的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体（而非 V 形，V 形是分子的空间构型）。B 错误；
C、淀粉由多个葡萄糖单元组成，属于多糖。C正确；
D、氯化钠是离子晶体，由 Na+和 Cl-通过离子键结合，不存在 “氯化钠分子”。D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断花生油成分是否为高分子。
B．分析水分子的 VSEPR 模型。
C．明确淀粉的分类。
D．判断氯化钠的构成微粒。
7．（2025高三上·广东开学考）用如图所示装置模拟钢材防腐。下列相关表述正确的是
A．若在钢材表面镀X金属层进行防腐，则理论上钢材电极减少的质量等于X电极增加的质量
B．若甲为直流电源，则该保护方法为牺牲阳极法
C．若甲为直流电源，则钢材接甲的正极可有效防腐
D．若甲为导线，则X为锌电极即可实现防腐
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理；电镀
【解析】【解答】A、若给钢材镀 X 金属，装置为电解池，X 为阳极（失电子溶解，质量减少），钢材为阴极（X 离子得电子析出，质量增加）。理论上X 电极减少的质量等于钢材电极增加的质量，而非钢材减少、X 增加。A错误；
B、若甲为直流电源，装置为电解池，该保护方法是外加电流的阴极保护法，而非牺牲阳极法（牺牲阳极法属于原电池原理）。B错误；
C、若甲为直流电源，钢材需接电源负极（作阴极）才能被保护；若接正极（作阳极），会发生氧化反应，加快腐蚀。C错误；
D、若甲为导线，装置为原电池。X 为锌（比铁活泼），锌作负极被腐蚀，钢材作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，可实现防腐。D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析电镀时两极的质量变化关系。
B．判断直流电源下的保护方法类型。
C．分析钢材接直流电源正极的腐蚀情况。
D．分析原电池原理下的牺牲阳极保护。
8．（2025高三上·广东开学考）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
A．若甲为，则乙为NO
B．若乙为CO，则酸性：丁
C．若甲为，则乙一定是
D．丙一定是酸性氧化物
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、NH3在催化剂下与 O2反应生成 NO（乙），NO 进一步氧化生成 NO2（丙），NO2与水反应生成 HNO3（丁），转化路径成立。A正确；
B、若乙为 CO，丙为 CO2，CO2与水生成 H2CO3（丁），其酸性弱于 CH3COOH。B错误；
C、H2S 燃烧时，若氧气不足会生成 S（而非 SO2），因此乙不一定是 SO2。C错误；
D、若甲为 NH3，丙为 NO2（非酸性氧化物），说明丙不一定是酸性氧化物。D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析 NH3的氧化转化链。
B．比较碳酸与醋酸的酸性。
C．分析 H2S 的氧化产物多样性。
D．判断丙是否一定为酸性氧化物。
9．（2025高三上·广东开学考）化学用语在学习化学的过程中应用广泛。下列化学用语的相关表达正确的是
A．的电子式：
B．基态Fe原子的轨道表示式：
C．溶液中碳酸氢根离子存在电离平衡：
D．澄清石灰水中通入过量的离子方程式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；离子方程式的书写；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CO2是共价化合物，分子中不存在离子键，其电子式应为 ，而非含 C4+和 O2-的形式。A错误；
B、[Ar] 3d64s2 是基态 Fe 原子的电子排布式，轨道表示式需用方框和箭头体现电子在轨道中的填充情况， 轨道表示式为，B错误；
C、NaHCO3溶液中，HCO3-会发生电离：HCO3-+H2O H3O++CO32-，该式正确体现了电离平衡。C正确；
D、过量 CO2与澄清石灰水反应生成可溶的 Ca(HCO3)2，离子方程式应为 OH-+CO2=HCO3-，而非生成 CaCO3沉淀。D错误；
故答案为：C。【分析】A．明确 CO2的化学键类型及电子式写法。
B．区分电子排布式与轨道表示式的差异。
C．分析 HCO3-的电离平衡表达式。
D．判断过量 CO2与澄清石灰水反应的产物及离子方程式。
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．溶液中，的数目为
B．56 g Fe与足量反应，转移电子的数目为
C．标准状况下，含有的分子数为
D． 1，3-丁二烯分子中，键的数目为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1L 0.1mol L- NH4Cl 溶液中，NH4+会发生水解（NH4++H2O NH3 H2O+H+），导致实际数目小于 0.1NA。A错误；
B、56g Fe 为 1mol，与足量 Cl2反应生成 FeCl3（Fe 显 +3 价），1mol Fe 失去 3mol 电子，转移电子数目为 3NA。B正确；
C、标准状况下 CCl4是液体，不能用 22.4L/mol 计算其物质的量，故分子数无法等于 NA。C错误；
D、1，3 - 丁二烯（CH2=CH-CH=CH2）含 9 个 σ 键（6 个 C-H 键、3 个 C-C 键），1mol 中 σ 键数目为 9NA，而非 6NA。D错误；
故答案为：B。【分析】A．分析 NH4+的水解对粒子数的影响。
B．计算 Fe 与 Cl2反应的电子转移量。
C．明确标准状况下 CCl4的状态。
D．统计 1，3 - 丁二烯中的 σ 键数目。
11．（2025高三上·广东开学考）下列陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 向溶液中滴加KSCN溶液生成红色沉淀 可用KSCN检验溶液中是否有
B 酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸 电负性：
C 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 溶于水可生成硝酸
D 可使溴水褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；二氧化硫的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、FeCl3与 KSCN 反应是溶液呈红色（无沉淀），陈述 Ⅰ 中 “生成红色沉淀” 错误；且该现象与用 KSCN 检验 Fe3+的因果关系不成立。A错误；
B、电负性顺序应为 F > Cl > H，陈述 Ⅱ 错误；虽酸性顺序正确，但因果关系不成立。B错误；
C、浓硝酸保存在棕色瓶中是因为其易分解需避光，与 NO2溶于水生成硝酸无关，因果关系不成立。C 错误；
D、SO2与溴水发生反应 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，使溴水褪色，陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确且存在因果关系。D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断 FeCl3与 KSCN 反应的现象及检验原理。
B．分析电负性顺序及酸性差异的因果关系。
C．判断浓硝酸保存方式的原因。
D．分析 SO2使溴水褪色的反应及因果关系。
12．（2025高三上·广东开学考）某化学兴趣小组设计了一种如图所示的二次电池，放电时负极电极反应：。下列说法错误的是
A．充电时，Co电极接电源负极
B．充电时，阳极反应式为
C．放电时，极的电极反应为
D．放电时，负极质量改变59g，理论上电路中转移2mol电子
【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、放电时 Co 电极为负极（失电子），充电时作阴极，阴极需与电源负极相连。A正确；
B、充电时 Co2O3电极为阳极（发生氧化反应），电解质为酸性，反应中不会生成 OH-，正确反应应为 2Co2+-2e-+3H2O=Co2O3+6H+。B错误；
C、放电时 Co2O3为正极，得电子发生还原反应，酸性条件下反应为 Co2O3+6H++2e-=2Co2++3H2O。C正确；
D、放电时负极反应为 Co-2e-=Co2+，59g Co（1mol）参与反应时，失去 2mol 电子，电路中转移 2mol 电子。D正确；
故答案为：B。【分析】A．明确充电时 Co 电极的极性连接。
B．判断充电时阳极反应在酸性条件下的合理性。
C．分析放电时 Co2O3正极的还原反应（酸性环境）。
D．根据负极反应计算电子转移量。
13．（2025高三上·广东开学考）按下图所示装置(夹持装置已省略)进行实验。下列说法正确的是
A．若试剂a为稀盐酸，试剂b为石灰石，加入试剂a，品红溶液和紫色石蕊溶液无明显变化
B．若试剂a为浓硫酸，试剂b为铁粉，加入试剂a，品红溶液褪色，紫色石蕊溶液变红
C．若试剂a为浓盐酸，试剂b为，加入试剂a，品红溶液和紫色石蕊溶液最终均褪色
D．若试剂a为稀盐酸，试剂b为石灰石，试剂c为饱和碳酸钠溶液，加入试剂a，试剂c可能产生沉淀
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、稀盐酸与石灰石反应生成 CO2，CO2无漂白性，品红溶液无变化，但 CO2与水生成碳酸，使紫色石蕊溶液变红，并非 “无明显变化”。A错误；
B、常温下浓硫酸与铁粉发生钝化，无气体生成，品红和石蕊溶液均无变化，不会出现 “品红褪色、石蕊变红” 的现象。B错误；
C、MnO2与浓盐酸反应生成 Cl2需加热，常温下不反应，无 Cl2产生，品红和石蕊溶液均无变化，不会 “最终均褪色”。C错误；
D、稀盐酸与石灰石生成 CO2，CO2与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，因碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，可能析出碳酸氢钠沉淀。D正确；
故答案为：D。【分析】A．分析 CO2对品红和石蕊溶液的作用。
B．判断常温下浓硫酸与铁粉的反应情况。
C．明确 MnO2与浓盐酸反应的条件。
D．分析 CO2与饱和碳酸钠溶液的反应及沉淀产生的原因。
14．（2025高三上·广东开学考）CO、和氨气是大气污染物，利用固体催化处理以上污染物的机理示意图(高温会发生副反应生成碳，不考虑)如图所示。下列说法错误的是
A．总反应化学方程式为
B．反应历程中有极性键和非极性键的形成
C．温度过高，催化剂的催化效率会降低
D．催化处理过程中CO做还原剂
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、稀盐酸与石灰石（主要成分为 CaCO3）反应生成 CO2，CO2不能漂白品红溶液（品红不变），但 CO2与水反应生成 H2CO3，会使紫色石蕊溶液变红，并非均无变化。A错误；
B、常温下浓硫酸与铁粉发生钝化（表面生成致密氧化膜，阻止反应继续），无气体生成，品红和石蕊溶液均无明显变化，不会出现褪色或变红现象。B错误；
C、MnO2与浓盐酸反应生成 Cl2需要加热，常温下不反应，无 Cl2产生，品红和石蕊溶液均无变化，不会褪色。C错误；
D、稀盐酸与石灰石生成 CO2，CO2通入饱和 Na2CO3溶液中反应生成 NaHCO3，由于 NaHCO3溶解度小于 Na2CO3，可能析出 NaHCO3沉淀。D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断 CO2对品红和石蕊溶液的影响。
B．分析常温下浓硫酸与铁粉的反应状态。
C．明确 MnO2与浓盐酸反应的必要条件。
D．分析 CO2与饱和 Na2CO3溶液的反应及沉淀成因。
15．（2025高三上·广东开学考）a→f为原子序数递增的主族元素，电负性相对大小关系如图所示，基态e、f原子均只有1个单电子，基态b、d原子均有2个单电子，基态c原子有3个单电子。下列说法错误的是
A．第一电离能：b＜d＜c
B．原子半径：e>f>b>c>d>a
C．氢化物的沸点：b＜c＜d
D．e、f的最高价氧化物对应水化物的碱性：e>f
【答案】C
【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 为 H（第一周期，电负性对应位置）；
b 为 C、c 为 N、d 为 O（第二周期，b 和 d 有 2 个单电子，c 有 3 个单电子，电负性依次减小）；
e 为 Na、f 为 Al（第三周期，均只有 1 个单电子，电负性 a＞f＞e，属金属）。
A、b（C）、d（O）、c（N）位于第二周期，第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道半满更稳定，故第一电离能 C＜O＜N，即 b＜d＜c。A正确；
B、第三周期中，e（Na）半径大于 f（Al）；第二周期中，b（C）＞c（N）＞d（O）；a（H）半径最小。故原子半径 Na＞Al＞C＞N＞O＞H，即 e＞f＞b＞c＞d＞a。B正确；
C、b、c、d 的简单氢化物为 CH4、NH3、H2O。NH3和 H2O 分子间有氢键，且 H2O 氢键更强，沸点 H2O＞NH3＞CH4。选项未明确 “简单氢化物”，且与 b＜c＜d 的表述不符。C错误；
D、e（Na）的最高价氧化物对应水化物为 NaOH，f（Al）的为 Al(OH)3。金属性 Na＞Al，故碱性 NaOH＞Al(OH)3，即 e＞f。D正确；
故答案为：C。【分析】要解决这道题，解题思路是先依据电负性、单电子数及原子序数递增规律推断各元素，再结合元素周期律（第一电离能、原子半径、氢化物沸点、最高价氧化物对应水化物碱性）分析选项。
A．考查同周期元素第一电离能的变化及特殊情况。
B．判断原子半径的周期性变化规律（同周期减小、同主族增大）。
C．考查氢化物沸点与氢键、物质类别的关系。
D．判断金属性与最高价氧化物对应水化物碱性的关系。
16．（2025高三上·广东开学考）溶液电导率是衡量电解质溶液导电能力的物理量。移取一定体积溶液于烧杯中，用盐酸标准溶液(0.0946)滴定，滴定过程中混合溶液电导率变化如图所示。已知在相同浓度下和导电能力是其他离子的3～5倍，实验中溶于水引起的电导率变化可忽略不计。下列说法错误的是
A．该碳酸钠溶液的体积约为4.4L
B．滴定初期，电导率下降较快的主要原因是HCl与水解产生的发生反应
C．B点时溶液中存在关系：
D．BC段电导率上升说明导电能力大于
【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、碳酸钠与盐酸第一步反应为 Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，B 点是该反应终点，消耗盐酸 4.46mL。根据 n (Na2CO3)=n (HCl)，可得碳酸钠溶液体积
V(Na2CO3)==≈4.4 L，A正确；
B、Na2CO3水解生成 OH-，OH-导电能力强。滴定初期，HCl 中的 H+与 OH-反应，使高导电能力的 OH-浓度降低，导致电导率下降较快。B正确；
C、B 点溶液含 NaCl 和 NaHCO3。电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)；钠元素守恒：c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c (H2CO3)]。两式联立得：
c (Cl-)+c (OH-)=c (HCO3-)+2c (H2CO3)+c (H+)，故
c (Cl-)+c (OH-)＞c (HCO3-)+c (H2CO3)+c (H+)。C错误；
D、BC 段发生 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，反应生成 Cl-，消耗 HCO3-。此阶段电导率上升，说明 Cl-导电能力大于 HCO3-。D正确；
故答案为：C。【分析】A．利用第一步滴定反应的计量关系计算碳酸钠溶液体积。
B．分析滴定初期电导率快速下降的原因（结合离子导电能力）。
C．通过电荷守恒和钠元素守恒推导浓度关系。
D．分析 BC 段电导率上升与离子导电能力的关系。
17．（2025高三上·广东开学考）大多数金属硫化物一般是有颜色、难溶于水的固体。
已知：①常温下，；
②离子浓度小于时可认为该离子已除尽。
（1）某固体样品中含泥沙。
①已知的溶解度随温度升高而增大，提纯的操作依次包括　 　(填下列操作编号，部分操作可重复)。
a.溶解　　b.过滤　　c.蒸发浓缩　　d.冷却结晶
②欲配制溶液，需用托盘天平称取提纯后固体　 　g。
（2）往溶液中加入盐酸，发生反应的离子方程式为　 　；充分反应后，将溶液中、、按由大到小的顺序排列：　 　。
（3）常温下，饱和溶液物质的量浓度约为。利用饱和溶液　 　(填“能”或“不能”)除去污水中的。
（4）是一种不溶于水的灰黑色粉末，甲同学向盛有固体的试管中加入2mL稀硝酸并水浴加热，观察到试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，片刻后溶液中出现淡黄色浑浊，试管口处气体略显红棕色。
①根据实验现象推测溶于硝酸经过两步反应：
a.
b.……
写出b的离子方程式：　 　。
②乙同学欲利用溶液与溶液发生复分解反应制备，丙同学提出反对意见，丙同学认为溶液具有氧化性，在一定条件下能够氧化。实验小组利用如图所示装置设计实验进行探究，测得电压为；然后将溶液替换为的　 　(填化学式)和HCl的混合溶液，记录的电压为。最终结果为，说明　 　(答一点即可)。
小组实验说明不宜用溶液与溶液制备。
【答案】（1）abcdb；2.0
（2）S2-＋H＋=HS-；c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)
（3）能
（4）3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O；NaNO3；NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①的溶解度随温度升高而增大，提纯可以采用降温结晶，样品中含泥沙，通过过滤去除，具体操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、再过滤，可以获得样品，具体顺序为abcdb，
故答案为：abcdb。
②配制溶液，需要的物质的量为0.025mol，则需要固体的质量=，托盘天平的量程为0.1g，则称取提纯后固体为2.0g，
故答案为：2.0。
（2）往溶液中加入盐酸，因为两者的物质的量之比为1∶1，则离子方程式为；S2-＋H＋=HS-；充分反应后，溶液中主要为，根据，可知的水解会大于电离，则溶液中、、按由大到小的顺序排列：c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)，
故答案为：S2-＋H＋=HS-；c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)。
（3）常温下，饱和溶液物质的量浓度约为，根据，解得，，解得，CdS的溶度积常数，要使沉淀，需满足，即，因此利用饱和溶液能除去污水中的，
故答案为：能。
（4）①稀硝酸具有强氧化性，会与生成的硫化氢反应，生成一氧化氮、水和硫单质，离子方程式为：3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O，
故答案为：3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O。
②溶液具有氧化性，可能是酸性条件下硝酸根离子，也可能是银离子，根据控制变量原则，则溶液替换为的NaNO3和HCl的混合溶液；最终结果为，说明溶液的氧化性大于的NaNO3和HCl的混合溶液的氧化性，说明NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-，
故答案为： NaNO3；NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-。
【分析】(1)①根据 Na2S 溶解度随温度变化的特点，结合除杂（泥沙）和结晶提纯的操作流程，确定溶解、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、再过滤的步骤顺序。
②根据物质的量浓度公式计算 Na2S 的物质的量，再结合摩尔质量计算质量，注意托盘天平的精度。
(2)根据 Na2S 与 HCl 的物质的量之比确定反应离子方程式；结合 HS-的水解与电离程度比较粒子浓度大小。
(3)利用 H2S 的电离平衡常数计算 S2-浓度，再结合 Ksp (CdS) 判断 Cd2+能否沉淀完全。
(4)①根据实验现象（无色气泡、淡黄色浑浊、红棕色气体），推断 H2S 与稀硝酸的氧化还原反应离子方程式。
②通过控制变量法，替换试剂后比较电压，分析 AgNO3的氧化性来源（NO3-或 Ag+）。
（1）①的溶解度随温度升高而增大，提纯可以采用降温结晶，样品中含泥沙，通过过滤去除，具体操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、再过滤，可以获得样品，具体顺序为abcdb，故答案为：abcdb。
②配制溶液，需要的物质的量为0.025mol，则需要固体的质量=，托盘天平的量程为0.1g，则称取提纯后固体为2.0g，故答案为：2.0。
（2）往溶液中加入盐酸，因为两者的物质的量之比为1∶1，则离子方程式为；S2-＋H＋=HS-；充分反应后，溶液中主要为，根据，可知的水解会大于电离，则溶液中、、按由大到小的顺序排列：c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)，故答案为：S2-＋H＋=HS-；c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)。
（3）常温下，饱和溶液物质的量浓度约为，根据，解得，，解得，CdS的溶度积常数，要使沉淀，需满足，即，因此利用饱和溶液能除去污水中的，故答案为：能。
（4）①稀硝酸具有强氧化性，会与生成的硫化氢反应，生成一氧化氮、水和硫单质，离子方程式为：3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O，故答案为：3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O。
②溶液具有氧化性，可能是酸性条件下硝酸根离子，也可能是银离子，根据控制变量原则，则溶液替换为的NaNO3和HCl的混合溶液；最终结果为，说明溶液的氧化性大于的NaNO3和HCl的混合溶液的氧化性，说明NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-，故答案为： NaNO3；NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-。
18．（2025高三上·广东开学考）粉煤灰(主要含Fe2O3和Al、Ca、Sc、Si的氧化物)可制备CaSO4、AlCl3和Sc2O3，工艺如下：
已知：①“除铁”时，发生反应为阴离子交换树脂；
②AlCl3易溶于水、醇、氯仿、四氯化碳，微溶于苯。
（1）为提高酸浸效果，可采取的措施是　 　；“浸渣”的主要成分的化学式是　 　。
（2）“酸浸”时，会发生反应、、、，该过程中，加入过量盐酸有利于后续“除铁”过程中除铁，原因是　 　。
（3）“结晶”后过滤，所得AlCl3·6H2O表面附着杂质会影响无水AlCl3产品的纯度。
①AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的方法是　 　。
②蒸气密度表明，气态氯化铝的结构是以双聚分子Al2Cl6的形式存在的(如图)，1个Al2Cl6分子含有　 　个配位键，提供孤电子对的原子为　 　(填元素符号)。
（4）“灼烧”过程无污染性气体排放，反应的化学方程式为　 　。
（5）Sc可形成＋2、＋3、＋4价化合物，某含Al、Sc和O三种元素化合物的立方晶胞如图所示。
①同种位置原子相同，若相邻原子间的最近距离之比，Sc的化合价为　 　价；氧原子间的最近距离　 　nm(用含的代数式表示)。
②若该化合物的摩尔质量为，设为阿伏加德罗常数的值，该化合物的密度为　 　(用含M、α和的代数式表示)。
【答案】（1）适当升温(适当增大盐酸浓度、搅拌、粉碎粉煤灰等)；SiO2
（2）加入过量的盐酸，能提高Fe3＋转化为[FeCl4]-的转化率，使平衡RCl+[FeCl4]- R[FeCl4]+Cl-正向移动，提高除铁率
（3）在HCl气流中加热；2；Cl
（4）
（5）＋3；a；
【知识点】晶胞的计算；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）用盐酸浸取粉煤灰时，为提高酸浸效果，可采取的措施有：可增大盐酸浓度、适当升高温度、将粉煤灰粉碎、搅拌等；
煤灰经盐酸酸浸后，不溶物为浸渣，根据上述分析可知：其主要成分是酸性氧化物SiO2；
故答案为： 适当升温(适当增大盐酸浓度、搅拌、粉碎粉煤灰等) ； SiO2 ；
（2）“酸浸”时，会发生反应、、、，该过程中，加入过量盐酸有利于后续“除铁”过程中除铁，原因是加入过量的盐酸，能提高Fe3＋转化为[FeCl4]-的转化率，从而使化学平衡RCl+[FeCl4]-R[FeCl4]+Cl-正向移动，从而能够提高除铁率；
故答案为： 加入过量的盐酸，能提高Fe3＋转化为[FeCl4]-的转化率，使平衡RCl+[FeCl4]-R[FeCl4]+Cl-正向移动，提高除铁率 ；
（3）①AlCl3是强酸弱碱盐，在加热时，AlCl3溶解在结晶水中，形成AlCl3溶液，Al3+水解产生Al(OH)3，同时产生挥发性的酸HCl。HCl挥发逸出，导致AlCl3水解程度增大，而不能得到无水AlCl3。根据盐的水解规律，若在HCl气流中加热氯化铝晶体，HCl溶解在结晶水中，增大了溶液的酸性，既可以抑制AlCl3水解，同时又可以使水解产生的Al(OH)3再重新转化为AlCl3，因此有利于AlCl3的制取，故由AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的方法是：在HCl气流中加热AlCl3·6H2O晶体；
②Al原子最外层有3个电子，Cl原子最外层有7个电子，Al原子可以与3个Cl原子形成3个Al-Cl共价键，同时还存在Cl原子提供1对共用电子对，而与Al原子形成1对共用电子对形成的配位键，即每个Al形成3个共价键和1个配位键，其结构式是，故在Al2Cl6中含有2个配位键；
根据上述分析可知：在该化合物中，Al原子接受孤电子对，Cl原子提供孤电子对；
故答案为： 在HCl气流中加热 ；2； Cl ；
（4）在灼烧时，Sc2(C2O4)3与空气中的O2在高温下反应产生Sc2O3、CO2，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（5）①若相邻原子间的最近距离之比，这个比值为棱边的一半与体对角线的一半的比值，则黑球表示Al原子，灰球表示Sc原子，白球表示氧原子(晶胞参数是a nm，则dAl-O=；Al与Sc原子之间的距离dAl-Sc=，dAl-O：dAl-Sc=：=1：)。根据晶胞结构可知：位于晶胞顶点的黑球表示的原子为：；位于晶胞体内的灰球表示的原子数目是1个；位于棱边上的白球表示的原子为：；黑球：灰球：白球=1：1：3，则该物质化学式为ScAlO3，由于O为-2价，Al为+3价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Sc元素的化合价为+3价；
结合晶胞的化学式及晶胞中含有的原子数目可知：位于棱边中心的白球表示O原子。由于晶胞参数是a nm，所以晶胞中O原子之间的距离dO-O=；
②根据①分析可知：该晶胞中含有1个Sc原子，1个Al原子，3个O原子，因此晶胞中含有1个ScAlO3，该化合物摩尔质量为M g/mol，晶胞参数为a nm，故该化合物的密度为ρ=。
故答案为： ＋3 ；a ； 。
【分析】加入盐酸后，Fe2O3、铝的氧化物、钙的氧化物、钪的氧化物等金属氧化物溶解，转化为可溶的金属氯化物进入溶液；而酸性氧化物 SiO2不溶解，成为浸渣被分离；向浸取液中加入阴离子交换树脂，树脂吸附铁离子（以络合阴离子形式存在），实现除铁。吸附后的树脂经洗脱可重复使用；除铁后的溶液中加入螯合树脂，选择性吸附钙离子，分离出含钙化合物。向吸附钙的树脂中加入盐酸，可回收螯合树脂（循环用于除钙），同时得到含钙离子的洗脱液，向该洗脱液中加浓硫酸，生成 CaSO4沉淀；除钙后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，得到 AlCl3 6H2O 晶体；过滤出 AlCl3 6H2O 晶体后，向滤液中加入 H2C2O4，生成 Sc2(C2O4)3沉淀。沉淀经洗涤、过滤后，通入热空气高温煅烧，发生反应 ，最终得到 Sc2O3。
（1）用盐酸浸取粉煤灰时，为提高酸浸效果，可采取的措施有：可增大盐酸浓度、适当升高温度、将粉煤灰粉碎、搅拌等；
煤灰经盐酸酸浸后，不溶物为浸渣，根据上述分析可知：其主要成分是酸性氧化物SiO2；
（2）“酸浸”时，会发生反应、、、，该过程中，加入过量盐酸有利于后续“除铁”过程中除铁，原因是加入过量的盐酸，能提高Fe3＋转化为[FeCl4]-的转化率，从而使化学平衡RCl+[FeCl4]-R[FeCl4]+Cl-正向移动，从而能够提高除铁率；
（3）①AlCl3是强酸弱碱盐，在加热时，AlCl3溶解在结晶水中，形成AlCl3溶液，Al3+水解产生Al(OH)3，同时产生挥发性的酸HCl。HCl挥发逸出，导致AlCl3水解程度增大，而不能得到无水AlCl3。根据盐的水解规律，若在HCl气流中加热氯化铝晶体，HCl溶解在结晶水中，增大了溶液的酸性，既可以抑制AlCl3水解，同时又可以使水解产生的Al(OH)3再重新转化为AlCl3，因此有利于AlCl3的制取，故由AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的方法是：在HCl气流中加热AlCl3·6H2O晶体；
②Al原子最外层有3个电子，Cl原子最外层有7个电子，Al原子可以与3个Cl原子形成3个Al-Cl共价键，同时还存在Cl原子提供1对共用电子对，而与Al原子形成1对共用电子对形成的配位键，即每个Al形成3个共价键和1个配位键，其结构式是，故在Al2Cl6中含有2个配位键；
根据上述分析可知：在该化合物中，Al原子接受孤电子对，Cl原子提供孤电子对；
（4）在灼烧时，Sc2(C2O4)3与空气中的O2在高温下反应产生Sc2O3、CO2，反应的化学方程式为：；
（5）①若相邻原子间的最近距离之比，这个比值为棱边的一半与体对角线的一半的比值，则黑球表示Al原子，灰球表示Sc原子，白球表示氧原子(晶胞参数是a nm，则dAl-O=；Al与Sc原子之间的距离dAl-Sc=，dAl-O：dAl-Sc=：=1：)。根据晶胞结构可知：位于晶胞顶点的黑球表示的原子为：；位于晶胞体内的灰球表示的原子数目是1个；位于棱边上的白球表示的原子为：；黑球：灰球：白球=1：1：3，则该物质化学式为ScAlO3，由于O为-2价，Al为+3价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Sc元素的化合价为+3价；
结合晶胞的化学式及晶胞中含有的原子数目可知：位于棱边中心的白球表示O原子。由于晶胞参数是a nm，所以晶胞中O原子之间的距离dO-O=；
②根据①分析可知：该晶胞中含有1个Sc原子，1个Al原子，3个O原子，因此晶胞中含有1个ScAlO3，该化合物摩尔质量为M g/mol，晶胞参数为a nm，故该化合物的密度为ρ=。
19．（2025高三上·广东开学考）含碳化合物在自然界中丰富而且应用广泛。
（1）基态碳原子最高能级原子轨道形状为　 　形；干冰的晶体类型为　 　。
（2）石灰石的主要成分是，工业上可用　 　、石灰石和石英砂生成普通玻璃。
（3）固体分解的化学方程式为 。
①该反应　 　(填“高温”“低温”“任意温度”或“不”)自发。
②850℃时，向含一定量Ar的恒容密闭容器中通入不同量的，加入固体研究该分解反应：相同时间内，浓度为的反应气氛中已开始分解，浓度为的反应气氛中仍未分解，从化学平衡的角度解释其原因：　 　。
(3)已知：，方程式中物质均为基态。则C的第一电离能　 　(用和表示)。
（4）700℃，稀土改性CaO载体负载Ni催化乙醇水蒸气重整制氢时主要发生如下反应：
i．
ii．
iii．
在、下，和一定量的在的恒容密闭容器中发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，不同水醇比对平衡时产物的影响如图所示。
①a表示的物质为　 　(填化学式)。
②水醇比为5，反应到达平衡状态时，容器中　 　mol。
③计算该温度下，反应iii的平衡常数：　 　(写出计算过程，结果用含的计算式表示)。
【答案】（1）哑铃(或纺锤)；分子晶体
（2）纯碱
（3）高温；增大浓度，平衡逆向移动；
（4）；0.02；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）基态碳原子电子排布式为，最高能级为2p，原子轨道形状为哑铃(或纺锤)形；干冰是固体，晶体类型为分子晶体。
故答案为： 哑铃(或纺锤) ； 分子晶体 ；
（2）普通玻璃是硅酸盐，通过石灰石、石英砂、纯碱制备，方程式为。
故答案为： 纯碱 ；
（3）固体分解的，，根据反应自发，故需高温。
浓度为的反应气氛中仍未分解的原因是增大浓度，平衡逆向移动，抑制的分解。
第一电离能指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，根据盖斯定律可知。
故答案为： 高温 ； 增大浓度，平衡逆向移动 ； ；
（4）①在、下，和一定量的在的恒容密闭容器中发生反应i、ⅱ、ⅲ，水醇比越大，即越多，反应i、ⅲ正移即、CO、、的物质的量逐渐增多参考各生成物的系数，的物质的量增加的最大，故a表示的物质为，b表示。
②水醇比为5时，和反应到达平衡状态时，，此时甲烷几乎没有，按照碳元素守恒，容器中。
③该温度下，投入的，；反应到达平衡状态时，，此时甲烷几乎没有故反应ii认为不发生，
反应i转化的，故该反应消耗、、生成的、；
反应iii转化的，故该反应消耗、、生成的、；
平衡时，，，，。
在的恒容密闭容器中反应iii的。
故答案为： ； 0.02 ； 。
【分析】(1)基态碳原子电子排布为 1s22s22p2，最高能级为 2p，轨道形状为哑铃形；干冰是 CO2固体，属于分子晶体。
(2)普通玻璃由石灰石、石英砂和纯碱（Na2CO3）经反应制得。
(3)①CaCO3分解反应 ΔH＞0、ΔS＞0，需高温下 ΔG 才小于 0，故高温自发。
②CO2浓度升高，使 CaCO3分解平衡逆向移动，抑制分解。
③根据盖斯定律，C 的第一电离能 ΔH3=ΔH1+ΔH2。
(4)①水醇比增大时，H2生成量增加最多，故 a 为 H2。
②依据碳元素守恒，平衡时 CH3CH2OH 的物质的量为 0.02mol。
③先算各物质平衡浓度，再代入反应 iii 的 K 表达式，代入数据得对应计算式。
（1）基态碳原子电子排布式为，最高能级为2p，原子轨道形状为哑铃(或纺锤)形；干冰是固体，晶体类型为分子晶体。
（2）普通玻璃是硅酸盐，通过石灰石、石英砂、纯碱制备，方程式为。
（3）固体分解的，，根据反应自发，故需高温。
浓度为的反应气氛中仍未分解的原因是增大浓度，平衡逆向移动，抑制的分解。
第一电离能指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，根据盖斯定律可知。
（4）①在、下，和一定量的在的恒容密闭容器中发生反应i、ⅱ、ⅲ，水醇比越大，即越多，反应i、ⅲ正移即、CO、、的物质的量逐渐增多参考各生成物的系数，的物质的量增加的最大，故a表示的物质为，b表示。
②水醇比为5时，和反应到达平衡状态时，，此时甲烷几乎没有，按照碳元素守恒，容器中。
③该温度下，投入的，；反应到达平衡状态时，，此时甲烷几乎没有故反应ii认为不发生，
反应i转化的，故该反应消耗、、生成的、；
反应iii转化的，故该反应消耗、、生成的、；
平衡时，，，，。
在的恒容密闭容器中反应iii的。
20．（2025高三上·广东开学考）成环反应在有机合成中意义重大。有如下两个成环反应(反应条件略，Ph代表苯基)：
反应一
反应二
（1）a的分子式是　 　，b的官能团名称是　 　。
（2）一定条件下，可控制c的侧链与充分加成，生成化合物g(含苯基)。g的芳香族同分异构体中，苯环上含有2个取代基的同分异构体共有　 　种。
（3）下列说法正确的是_______。(填字母)
A．反应一有水生成，该过程有键的断裂和形成，也有键的断裂和形成
B．a分子中含有大键，且a分子间能形成氢键
C．化合物e中有2个碳原子采用杂化
D．化合物b中有手性碳原子
（4）c与d反应生成e为第尔斯-阿尔德反应。
①化合物d的核磁共振氢谱吸收峰面积比为　 　。
②反应二的反应类型是　 　。
（5）反应一属于羟醛缩合反应。已知：。根据上述信息，分四步合成化合物f。
①第一步，丙酮和甲醛发生羟醛缩合，反应的化学方程式为　 　(不写反应条件)。
②第二步，酸性溶液氧化第一步反应所得产物。
③第三步，第二步所得有机产物与发生还原反应。
④第四步，通过酯化反应成环得到化合物f，写出该反应的化学方程式：　 　(写出反应条件)。
【答案】（1）；(酮)羰基、碳碳双键
（2）9
（3）A
（4）3：2：1；加成反应
（5）＋HCHO→＋H2O；2
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）根据有机物a结构，一分子a含有11个C、12个H、2个O，分子式为；根据b的结构简式可知，b中含有官能团为(酮)羰基、碳碳双键。
故答案为： ； (酮)羰基、碳碳双键 ；
（2）c的侧链与充分加成，生成化合物g(含苯基)的结构简式为，属于苯的同系物，分子式为，符合苯环上含有2个取代基的同分异构体有2种情况，一种情况是2个取代基为和（有2种结构或），2个取代基位置关系可以是邻、间、对，有种结构，另一种情况是2个取代基均为，2个取代基位置关系可以是邻、间、对，有3种结构，共9种。
故答案为：9；
（3）A．反应一有水生成，该过程原理为苯环直接相连的碳原子上的H与醛基发生先加成、再消去反应，该过程有键的断裂、双键中键、键的断裂，有双键中键、键的形成，A正确；
B．a分子中含有苯环，苯环结构含有大键，结构中不含有与O相连的H，故a分子间不能形成氢键，B错误；
C．化合物e中苯环上的6个碳原子及形成碳碳双键的2个碳原子，共8个碳原子采用杂化，C错误；
D．化合物b中只有2个碳原子()为杂化，但每个碳原子连有2个相同原子（H），不是手性碳原子，化合物b中没有手性碳原子，D错误；
故答案为： A。
（4）①化合物d的结构简式为，有3种化学环境的H，核磁共振氢谱吸收峰有3个，吸收峰面积比为不同环境H原子个数比，故为3：2：1；
②化合物c结构中含有2个碳碳双键，发生1，4-加成（与化合物d结构中含有1个碳碳双键加成），形成含有1个碳碳双键的六元环结构，故反应二的反应类型是加成反应。
故答案为： 3：2：1 ； 加成反应 ；
（5）根据反应一的羟醛缩合反应的原理，(酮)羰基邻位碳原子上的H与醛基先发生加成、再发生消去，故丙酮和甲醛发生羟醛缩合生成，反应化学方程式为＋HCHO→＋H2O ，结构中含有碳碳双键，利用已知信息，碳碳双键被酸性高锰酸钾氧化断裂，被氧化为，与发生还原反应生成，化合物f结构为，含有酯基，是2分子发生酯化反应生成的，故反应方程式为2。
故答案为：＋HCHO→＋H2O ； 2 。
【分析】先让丙酮与甲醛发生羟醛缩合反应，再用酸性 KMnO4溶液氧化反应产物，接着将所得有机产物与 H2发生还原反应，最后通过浓硫酸加热条件下的酯化反应成环，得到化合物 f 。
(1)根据有机物 a 的结构数原子个数得分子式；根据 b 的结构判断官能团。
(2)先确定 g 的结构，再分析苯环上 2 个取代基的组合（种类和位置），计算同分异构体数目。
(3)逐一分析选项，结合反应断键成键、氢键形成、杂化类型、手性碳原子的概念判断。
(4)①根据 d 的结构（丙烯）分析氢原子化学环境，得出核磁共振氢谱吸收峰面积比。
②根据 c 和 d 的结构及反应产物，判断反应类型为加成反应。
(5)①依据羟醛缩合反应原理，写出丙酮与甲醛的反应方程式。
④根据酯化反应成环的要求，写出 2 分子羟基酸在浓硫酸加热条件下的反应方程式。
（1）根据有机物a结构，一分子a含有11个C、12个H、2个O，分子式为；根据b的结构简式可知，b中含有官能团为(酮)羰基、碳碳双键。
（2）c的侧链与充分加成，生成化合物g(含苯基)的结构简式为，属于苯的同系物，分子式为，符合苯环上含有2个取代基的同分异构体有2种情况，一种情况是2个取代基为和（有2种结构或），2个取代基位置关系可以是邻、间、对，有种结构，另一种情况是2个取代基均为，2个取代基位置关系可以是邻、间、对，有3种结构，共9种。
（3）A．反应一有水生成，该过程原理为苯环直接相连的碳原子上的H与醛基发生先加成、再消去反应，该过程有键的断裂、双键中键、键的断裂，有双键中键、键的形成，A正确；
B．a分子中含有苯环，苯环结构含有大键，结构中不含有与O相连的H，故a分子间不能形成氢键，B错误；
C．化合物e中苯环上的6个碳原子及形成碳碳双键的2个碳原子，共8个碳原子采用杂化，C错误；
D．化合物b中只有2个碳原子()为杂化，但每个碳原子连有2个相同原子（H），不是手性碳原子，化合物b中没有手性碳原子，D错误；
故选A。
（4）①化合物d的结构简式为，有3种化学环境的H，核磁共振氢谱吸收峰有3个，吸收峰面积比为不同环境H原子个数比，故为3：2：1；
②化合物c结构中含有2个碳碳双键，发生1，4-加成（与化合物d结构中含有1个碳碳双键加成），形成含有1个碳碳双键的六元环结构，故反应二的反应类型是加成反应。
（5）根据反应一的羟醛缩合反应的原理，(酮)羰基邻位碳原子上的H与醛基先发生加成、再发生消去，故丙酮和甲醛发生羟醛缩合生成，反应化学方程式为＋HCHO→＋H2O ，结构中含有碳碳双键，利用已知信息，碳碳双键被酸性高锰酸钾氧化断裂，被氧化为，与发生还原反应生成，化合物f结构为，含有酯基，是2分子发生酯化反应生成的，故反应方程式为2。
1 / 1广东省部分学校2026届高三上学期入学摸底化学试题
1．（2025高三上·广东开学考）中国民间艺术丰富多彩，彰显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于金属材料的是
A．苗族银锁 B．云南葫芦丝
C．惠山泥人 D．上海剪纸
2．（2025高三上·广东开学考）关于如图所示的三种物质，下列说法正确的是
A．a、b、c互为同系物
B．a分子只含共价键，无离子键
C．a、b、c均不能发生取代反应
D．a中含3个碳碳双键，b中含2个碳碳双键
3．（2025高三上·广东开学考）科技助力发展，创新增强国力。下列相关说法错误的是
A．稀土被誉为“工业维生素”，稀土元素均为p区元素
B．“天宫空间站”蓄电池充电涉及光能电能化学能的转化
C．我国“人造太阳”利用了和的核聚变，和互为同位素
D．解放军人造骨骼使用了钛合金材料，合金的硬度通常比构成合金的纯金属的硬度大
4．（2025高三上·广东开学考）劳动有利于“知行合一”。下列劳动过程对应的化学知识正确且有关联的是
选项 劳动过程 化学知识
A 护士用医用酒精消毒 蛋白质遇酒精盐析
B 厨师用天然气灶炒菜 天然气的燃烧属于放热反应
C 洗衣工用氯水漂白顽固污渍 氯水中含有强氧化性的
D 酿酒师在酿造葡萄酒时添加适量 具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·广东开学考）硫酸铜晶体()带结晶水，易粘在纸片等物品上，无水硫酸铜易吸水变成蓝色晶体，利用下图所示装置测硫酸铜晶体结晶水含量(即n值)。下列相关分析正确的是
A．可利用甲装置称量硫酸铜晶体质量
B．可利用乙装置加热除去硫酸铜晶体中的结晶水
C．可利用丙装置在空气中自然冷却后，再称量无水硫酸铜质量
D．为确保硫酸铜晶体已完全失去结晶水，需多次加热冷却后称量至两次称量误差不超过0.1g
6．（2025高三上·广东开学考）广东煲仔饭锅巴香脆、味道鲜美、营养丰富。下列说法正确的是
A．加入适量花生油能保证锅巴香脆而不糊，花生油的主要成分是高分子
B．制作“煲仔饭”需加水蒸煮，水分子的VSEPR模型为V形
C．煲仔饭使用的大米富含淀粉，淀粉属于多糖
D．覆盖“煲仔饭”的菜品中加入了适量氯化钠分子
7．（2025高三上·广东开学考）用如图所示装置模拟钢材防腐。下列相关表述正确的是
A．若在钢材表面镀X金属层进行防腐，则理论上钢材电极减少的质量等于X电极增加的质量
B．若甲为直流电源，则该保护方法为牺牲阳极法
C．若甲为直流电源，则钢材接甲的正极可有效防腐
D．若甲为导线，则X为锌电极即可实现防腐
8．（2025高三上·广东开学考）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
A．若甲为，则乙为NO
B．若乙为CO，则酸性：丁
C．若甲为，则乙一定是
D．丙一定是酸性氧化物
9．（2025高三上·广东开学考）化学用语在学习化学的过程中应用广泛。下列化学用语的相关表达正确的是
A．的电子式：
B．基态Fe原子的轨道表示式：
C．溶液中碳酸氢根离子存在电离平衡：
D．澄清石灰水中通入过量的离子方程式：
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．溶液中，的数目为
B．56 g Fe与足量反应，转移电子的数目为
C．标准状况下，含有的分子数为
D． 1，3-丁二烯分子中，键的数目为
11．（2025高三上·广东开学考）下列陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 向溶液中滴加KSCN溶液生成红色沉淀 可用KSCN检验溶液中是否有
B 酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸 电负性：
C 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 溶于水可生成硝酸
D 可使溴水褪色
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高三上·广东开学考）某化学兴趣小组设计了一种如图所示的二次电池，放电时负极电极反应：。下列说法错误的是
A．充电时，Co电极接电源负极
B．充电时，阳极反应式为
C．放电时，极的电极反应为
D．放电时，负极质量改变59g，理论上电路中转移2mol电子
13．（2025高三上·广东开学考）按下图所示装置(夹持装置已省略)进行实验。下列说法正确的是
A．若试剂a为稀盐酸，试剂b为石灰石，加入试剂a，品红溶液和紫色石蕊溶液无明显变化
B．若试剂a为浓硫酸，试剂b为铁粉，加入试剂a，品红溶液褪色，紫色石蕊溶液变红
C．若试剂a为浓盐酸，试剂b为，加入试剂a，品红溶液和紫色石蕊溶液最终均褪色
D．若试剂a为稀盐酸，试剂b为石灰石，试剂c为饱和碳酸钠溶液，加入试剂a，试剂c可能产生沉淀
14．（2025高三上·广东开学考）CO、和氨气是大气污染物，利用固体催化处理以上污染物的机理示意图(高温会发生副反应生成碳，不考虑)如图所示。下列说法错误的是
A．总反应化学方程式为
B．反应历程中有极性键和非极性键的形成
C．温度过高，催化剂的催化效率会降低
D．催化处理过程中CO做还原剂
15．（2025高三上·广东开学考）a→f为原子序数递增的主族元素，电负性相对大小关系如图所示，基态e、f原子均只有1个单电子，基态b、d原子均有2个单电子，基态c原子有3个单电子。下列说法错误的是
A．第一电离能：b＜d＜c
B．原子半径：e>f>b>c>d>a
C．氢化物的沸点：b＜c＜d
D．e、f的最高价氧化物对应水化物的碱性：e>f
16．（2025高三上·广东开学考）溶液电导率是衡量电解质溶液导电能力的物理量。移取一定体积溶液于烧杯中，用盐酸标准溶液(0.0946)滴定，滴定过程中混合溶液电导率变化如图所示。已知在相同浓度下和导电能力是其他离子的3～5倍，实验中溶于水引起的电导率变化可忽略不计。下列说法错误的是
A．该碳酸钠溶液的体积约为4.4L
B．滴定初期，电导率下降较快的主要原因是HCl与水解产生的发生反应
C．B点时溶液中存在关系：
D．BC段电导率上升说明导电能力大于
17．（2025高三上·广东开学考）大多数金属硫化物一般是有颜色、难溶于水的固体。
已知：①常温下，；
②离子浓度小于时可认为该离子已除尽。
（1）某固体样品中含泥沙。
①已知的溶解度随温度升高而增大，提纯的操作依次包括　 　(填下列操作编号，部分操作可重复)。
a.溶解　　b.过滤　　c.蒸发浓缩　　d.冷却结晶
②欲配制溶液，需用托盘天平称取提纯后固体　 　g。
（2）往溶液中加入盐酸，发生反应的离子方程式为　 　；充分反应后，将溶液中、、按由大到小的顺序排列：　 　。
（3）常温下，饱和溶液物质的量浓度约为。利用饱和溶液　 　(填“能”或“不能”)除去污水中的。
（4）是一种不溶于水的灰黑色粉末，甲同学向盛有固体的试管中加入2mL稀硝酸并水浴加热，观察到试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，片刻后溶液中出现淡黄色浑浊，试管口处气体略显红棕色。
①根据实验现象推测溶于硝酸经过两步反应：
a.
b.……
写出b的离子方程式：　 　。
②乙同学欲利用溶液与溶液发生复分解反应制备，丙同学提出反对意见，丙同学认为溶液具有氧化性，在一定条件下能够氧化。实验小组利用如图所示装置设计实验进行探究，测得电压为；然后将溶液替换为的　 　(填化学式)和HCl的混合溶液，记录的电压为。最终结果为，说明　 　(答一点即可)。
小组实验说明不宜用溶液与溶液制备。
18．（2025高三上·广东开学考）粉煤灰(主要含Fe2O3和Al、Ca、Sc、Si的氧化物)可制备CaSO4、AlCl3和Sc2O3，工艺如下：
已知：①“除铁”时，发生反应为阴离子交换树脂；
②AlCl3易溶于水、醇、氯仿、四氯化碳，微溶于苯。
（1）为提高酸浸效果，可采取的措施是　 　；“浸渣”的主要成分的化学式是　 　。
（2）“酸浸”时，会发生反应、、、，该过程中，加入过量盐酸有利于后续“除铁”过程中除铁，原因是　 　。
（3）“结晶”后过滤，所得AlCl3·6H2O表面附着杂质会影响无水AlCl3产品的纯度。
①AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的方法是　 　。
②蒸气密度表明，气态氯化铝的结构是以双聚分子Al2Cl6的形式存在的(如图)，1个Al2Cl6分子含有　 　个配位键，提供孤电子对的原子为　 　(填元素符号)。
（4）“灼烧”过程无污染性气体排放，反应的化学方程式为　 　。
（5）Sc可形成＋2、＋3、＋4价化合物，某含Al、Sc和O三种元素化合物的立方晶胞如图所示。
①同种位置原子相同，若相邻原子间的最近距离之比，Sc的化合价为　 　价；氧原子间的最近距离　 　nm(用含的代数式表示)。
②若该化合物的摩尔质量为，设为阿伏加德罗常数的值，该化合物的密度为　 　(用含M、α和的代数式表示)。
19．（2025高三上·广东开学考）含碳化合物在自然界中丰富而且应用广泛。
（1）基态碳原子最高能级原子轨道形状为　 　形；干冰的晶体类型为　 　。
（2）石灰石的主要成分是，工业上可用　 　、石灰石和石英砂生成普通玻璃。
（3）固体分解的化学方程式为 。
①该反应　 　(填“高温”“低温”“任意温度”或“不”)自发。
②850℃时，向含一定量Ar的恒容密闭容器中通入不同量的，加入固体研究该分解反应：相同时间内，浓度为的反应气氛中已开始分解，浓度为的反应气氛中仍未分解，从化学平衡的角度解释其原因：　 　。
(3)已知：，方程式中物质均为基态。则C的第一电离能　 　(用和表示)。
（4）700℃，稀土改性CaO载体负载Ni催化乙醇水蒸气重整制氢时主要发生如下反应：
i．
ii．
iii．
在、下，和一定量的在的恒容密闭容器中发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，不同水醇比对平衡时产物的影响如图所示。
①a表示的物质为　 　(填化学式)。
②水醇比为5，反应到达平衡状态时，容器中　 　mol。
③计算该温度下，反应iii的平衡常数：　 　(写出计算过程，结果用含的计算式表示)。
20．（2025高三上·广东开学考）成环反应在有机合成中意义重大。有如下两个成环反应(反应条件略，Ph代表苯基)：
反应一
反应二
（1）a的分子式是　 　，b的官能团名称是　 　。
（2）一定条件下，可控制c的侧链与充分加成，生成化合物g(含苯基)。g的芳香族同分异构体中，苯环上含有2个取代基的同分异构体共有　 　种。
（3）下列说法正确的是_______。(填字母)
A．反应一有水生成，该过程有键的断裂和形成，也有键的断裂和形成
B．a分子中含有大键，且a分子间能形成氢键
C．化合物e中有2个碳原子采用杂化
D．化合物b中有手性碳原子
（4）c与d反应生成e为第尔斯-阿尔德反应。
①化合物d的核磁共振氢谱吸收峰面积比为　 　。
②反应二的反应类型是　 　。
（5）反应一属于羟醛缩合反应。已知：。根据上述信息，分四步合成化合物f。
①第一步，丙酮和甲醛发生羟醛缩合，反应的化学方程式为　 　(不写反应条件)。
②第二步，酸性溶液氧化第一步反应所得产物。
③第三步，第二步所得有机产物与发生还原反应。
④第四步，通过酯化反应成环得到化合物f，写出该反应的化学方程式：　 　(写出反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A、苗族银锁的主要成分是银单质，银属于金属单质，因此银锁属于金属材料。A符合题意；
B、云南葫芦丝通常由竹子制成，竹子的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料，并非金属材料。B符合题意；
C、惠山泥人的主要原料是泥土，泥土的主要成分是硅酸盐等无机非金属材料，不属于金属材料。C不符合题意；
D、上海剪纸的材料是纸张，纸张的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料，不属于金属材料。D不符合题意；
故答案为：A。【分析】A．判断银锁的主要成分是否属于金属材料。
B．分析葫芦丝材料的主要成分类别。
C．判断惠山泥人原料的主要成分类别。
D．分析剪纸材料的主要成分类别。
2．【答案】B
【知识点】饱和烃与不饱和烃；苯的结构与性质；同系物；取代反应
【解析】【解答】A、a（苯）、b、c 的结构差异大（a 含特殊大 π 键，b 含碳碳双键，c 为饱和碳结构），且分子组成无 CH2的差异，因此不互为同系物。A错误；
B、苯分子中碳碳键是特殊共价键，C-H 键也是共价键，仅含共价键，无离子键。B正确；
C、a（苯）可发生卤代、硝化等取代反应；b、c 在一定条件下也能发生卤代等取代反应。C错误；
D、苯分子中碳碳键是介于单双键之间的大 π 键，无碳碳双键；b 分子的碳碳双键数量为2。D 错误；
故答案为：B。【分析】A．判断是否满足同系物 “结构相似、分子组成相差 n 个 CH2” 的条件。
B．分析 a 分子（苯）的化学键类型。
C．判断 a、b、c 是否能发生取代反应。
D．分析 a、b 分子中碳碳双键的实际情况。
3．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；合金及其应用；元素、核素
【解析】【解答】A、稀土元素包含镧系（属于 f 区）和钪、钇（属于 d 区），并非都属于 p 区元素。A错误；
B、“天宫空间站” 蓄电池充电时，先通过太阳能装置将光能转为电能，再将电能转化为化学能储存，能量转化符合描述。B正确；
C、2H 和3H 质子数相同（均为 1）、中子数不同（分别为 1 和 2），互为同位素，且 “人造太阳” 利用二者核聚变。C正确；
D、合金硬度通常大于组成它的纯金属，钛合金用于人造骨骼正利用此特性。D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确稀土元素的周期表分区。
B．分析充电过程的能量转化路径。
C．依据同位素定义判断关系。
D．掌握合金与纯金属的硬度差异。
4．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、医用酒精消毒是使蛋白质变性（化学变化，不可逆），而盐析是物理变化且可逆，二者原理不同。A错误；
B、天然气燃烧是剧烈的氧化反应，释放大量热量，属于放热反应，与劳动过程（用天然气灶炒菜）的能量变化关联正确。B正确；
C、氯水的漂白性源于其中的HClO（次氯酸）具有强氧化性，而非 Cl-。C错误；
D、酿酒时添加 SO2是利用其还原性作抗氧化剂，而非强氧化性。D错误；
故答案为：B。【分析】A．区分蛋白质变性与盐析的本质。
B．判断天然气燃烧的热效应类型。
C．明确氯水漂白性的来源。
D．分析 SO2在葡萄酒中的作用原理。
5．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、硫酸铜晶体易粘在纸片上，甲装置中 “垫纸片称量” 会导致部分晶体残留于纸片，无法准确称取样品质量，A错误；
B、乙装置是蒸发装置（用于溶液蒸发结晶），而加热硫酸铜晶体除结晶水需在坩埚中进行（蒸发皿不能用于固体高温加热），B错误；
C、无水硫酸铜易吸水，若在空气中自然冷却，会重新吸收空气中的水分，导致称量的无水硫酸铜质量偏大，结晶水含量计算结果偏小，C错误；
D、多次加热 - 冷却 - 称量，直到两次质量差不超过 0.1g，可确保晶体中的结晶水完全失去（若仍有结晶水，再次加热后质量会继续减少），该操作能保证实验结果的准确性，D正确；
故答案为：D。【分析】本题的易错点主要有 3 处：
称量操作的细节忽略：易误选 A，忽略 “硫酸铜晶体易粘在纸片上”，错认为垫纸片称量能准确获取样品质量，实际会因残留导致称量误差。
加热仪器的适用混淆：易误选 B，混淆蒸发皿（用于溶液蒸发）与坩埚（用于固体高温加热）的用途，错用蒸发皿加热硫酸铜晶体。
冷却环节的吸水风险：易误选 C，忽略 “无水硫酸铜易吸水” 的性质，错认为空气中冷却不影响结果，实际会因吸水导致无水硫酸铜质量偏大、结晶水计算值偏小。
6．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、花生油的主要成分是甘油三酯（油脂），不属于高分子化合物。A错误；
B、水分子中氧的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体（而非 V 形，V 形是分子的空间构型）。B 错误；
C、淀粉由多个葡萄糖单元组成，属于多糖。C正确；
D、氯化钠是离子晶体，由 Na+和 Cl-通过离子键结合，不存在 “氯化钠分子”。D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断花生油成分是否为高分子。
B．分析水分子的 VSEPR 模型。
C．明确淀粉的分类。
D．判断氯化钠的构成微粒。
7．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理；电镀
【解析】【解答】A、若给钢材镀 X 金属，装置为电解池，X 为阳极（失电子溶解，质量减少），钢材为阴极（X 离子得电子析出，质量增加）。理论上X 电极减少的质量等于钢材电极增加的质量，而非钢材减少、X 增加。A错误；
B、若甲为直流电源，装置为电解池，该保护方法是外加电流的阴极保护法，而非牺牲阳极法（牺牲阳极法属于原电池原理）。B错误；
C、若甲为直流电源，钢材需接电源负极（作阴极）才能被保护；若接正极（作阳极），会发生氧化反应，加快腐蚀。C错误；
D、若甲为导线，装置为原电池。X 为锌（比铁活泼），锌作负极被腐蚀，钢材作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，可实现防腐。D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析电镀时两极的质量变化关系。
B．判断直流电源下的保护方法类型。
C．分析钢材接直流电源正极的腐蚀情况。
D．分析原电池原理下的牺牲阳极保护。
8．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、NH3在催化剂下与 O2反应生成 NO（乙），NO 进一步氧化生成 NO2（丙），NO2与水反应生成 HNO3（丁），转化路径成立。A正确；
B、若乙为 CO，丙为 CO2，CO2与水生成 H2CO3（丁），其酸性弱于 CH3COOH。B错误；
C、H2S 燃烧时，若氧气不足会生成 S（而非 SO2），因此乙不一定是 SO2。C错误；
D、若甲为 NH3，丙为 NO2（非酸性氧化物），说明丙不一定是酸性氧化物。D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析 NH3的氧化转化链。
B．比较碳酸与醋酸的酸性。
C．分析 H2S 的氧化产物多样性。
D．判断丙是否一定为酸性氧化物。
9．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；离子方程式的书写；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CO2是共价化合物，分子中不存在离子键，其电子式应为 ，而非含 C4+和 O2-的形式。A错误；
B、[Ar] 3d64s2 是基态 Fe 原子的电子排布式，轨道表示式需用方框和箭头体现电子在轨道中的填充情况， 轨道表示式为，B错误；
C、NaHCO3溶液中，HCO3-会发生电离：HCO3-+H2O H3O++CO32-，该式正确体现了电离平衡。C正确；
D、过量 CO2与澄清石灰水反应生成可溶的 Ca(HCO3)2，离子方程式应为 OH-+CO2=HCO3-，而非生成 CaCO3沉淀。D错误；
故答案为：C。【分析】A．明确 CO2的化学键类型及电子式写法。
B．区分电子排布式与轨道表示式的差异。
C．分析 HCO3-的电离平衡表达式。
D．判断过量 CO2与澄清石灰水反应的产物及离子方程式。
10．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1L 0.1mol L- NH4Cl 溶液中，NH4+会发生水解（NH4++H2O NH3 H2O+H+），导致实际数目小于 0.1NA。A错误；
B、56g Fe 为 1mol，与足量 Cl2反应生成 FeCl3（Fe 显 +3 价），1mol Fe 失去 3mol 电子，转移电子数目为 3NA。B正确；
C、标准状况下 CCl4是液体，不能用 22.4L/mol 计算其物质的量，故分子数无法等于 NA。C错误；
D、1，3 - 丁二烯（CH2=CH-CH=CH2）含 9 个 σ 键（6 个 C-H 键、3 个 C-C 键），1mol 中 σ 键数目为 9NA，而非 6NA。D错误；
故答案为：B。【分析】A．分析 NH4+的水解对粒子数的影响。
B．计算 Fe 与 Cl2反应的电子转移量。
C．明确标准状况下 CCl4的状态。
D．统计 1，3 - 丁二烯中的 σ 键数目。
11．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；二氧化硫的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、FeCl3与 KSCN 反应是溶液呈红色（无沉淀），陈述 Ⅰ 中 “生成红色沉淀” 错误；且该现象与用 KSCN 检验 Fe3+的因果关系不成立。A错误；
B、电负性顺序应为 F > Cl > H，陈述 Ⅱ 错误；虽酸性顺序正确，但因果关系不成立。B错误；
C、浓硝酸保存在棕色瓶中是因为其易分解需避光，与 NO2溶于水生成硝酸无关，因果关系不成立。C 错误；
D、SO2与溴水发生反应 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，使溴水褪色，陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确且存在因果关系。D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断 FeCl3与 KSCN 反应的现象及检验原理。
B．分析电负性顺序及酸性差异的因果关系。
C．判断浓硝酸保存方式的原因。
D．分析 SO2使溴水褪色的反应及因果关系。
12．【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、放电时 Co 电极为负极（失电子），充电时作阴极，阴极需与电源负极相连。A正确；
B、充电时 Co2O3电极为阳极（发生氧化反应），电解质为酸性，反应中不会生成 OH-，正确反应应为 2Co2+-2e-+3H2O=Co2O3+6H+。B错误；
C、放电时 Co2O3为正极，得电子发生还原反应，酸性条件下反应为 Co2O3+6H++2e-=2Co2++3H2O。C正确；
D、放电时负极反应为 Co-2e-=Co2+，59g Co（1mol）参与反应时，失去 2mol 电子，电路中转移 2mol 电子。D正确；
故答案为：B。【分析】A．明确充电时 Co 电极的极性连接。
B．判断充电时阳极反应在酸性条件下的合理性。
C．分析放电时 Co2O3正极的还原反应（酸性环境）。
D．根据负极反应计算电子转移量。
13．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、稀盐酸与石灰石反应生成 CO2，CO2无漂白性，品红溶液无变化，但 CO2与水生成碳酸，使紫色石蕊溶液变红，并非 “无明显变化”。A错误；
B、常温下浓硫酸与铁粉发生钝化，无气体生成，品红和石蕊溶液均无变化，不会出现 “品红褪色、石蕊变红” 的现象。B错误；
C、MnO2与浓盐酸反应生成 Cl2需加热，常温下不反应，无 Cl2产生，品红和石蕊溶液均无变化，不会 “最终均褪色”。C错误；
D、稀盐酸与石灰石生成 CO2，CO2与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，因碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，可能析出碳酸氢钠沉淀。D正确；
故答案为：D。【分析】A．分析 CO2对品红和石蕊溶液的作用。
B．判断常温下浓硫酸与铁粉的反应情况。
C．明确 MnO2与浓盐酸反应的条件。
D．分析 CO2与饱和碳酸钠溶液的反应及沉淀产生的原因。
14．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、稀盐酸与石灰石（主要成分为 CaCO3）反应生成 CO2，CO2不能漂白品红溶液（品红不变），但 CO2与水反应生成 H2CO3，会使紫色石蕊溶液变红，并非均无变化。A错误；
B、常温下浓硫酸与铁粉发生钝化（表面生成致密氧化膜，阻止反应继续），无气体生成，品红和石蕊溶液均无明显变化，不会出现褪色或变红现象。B错误；
C、MnO2与浓盐酸反应生成 Cl2需要加热，常温下不反应，无 Cl2产生，品红和石蕊溶液均无变化，不会褪色。C错误；
D、稀盐酸与石灰石生成 CO2，CO2通入饱和 Na2CO3溶液中反应生成 NaHCO3，由于 NaHCO3溶解度小于 Na2CO3，可能析出 NaHCO3沉淀。D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断 CO2对品红和石蕊溶液的影响。
B．分析常温下浓硫酸与铁粉的反应状态。
C．明确 MnO2与浓盐酸反应的必要条件。
D．分析 CO2与饱和 Na2CO3溶液的反应及沉淀成因。
15．【答案】C
【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 为 H（第一周期，电负性对应位置）；
b 为 C、c 为 N、d 为 O（第二周期，b 和 d 有 2 个单电子，c 有 3 个单电子，电负性依次减小）；
e 为 Na、f 为 Al（第三周期，均只有 1 个单电子，电负性 a＞f＞e，属金属）。
A、b（C）、d（O）、c（N）位于第二周期，第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道半满更稳定，故第一电离能 C＜O＜N，即 b＜d＜c。A正确；
B、第三周期中，e（Na）半径大于 f（Al）；第二周期中，b（C）＞c（N）＞d（O）；a（H）半径最小。故原子半径 Na＞Al＞C＞N＞O＞H，即 e＞f＞b＞c＞d＞a。B正确；
C、b、c、d 的简单氢化物为 CH4、NH3、H2O。NH3和 H2O 分子间有氢键，且 H2O 氢键更强，沸点 H2O＞NH3＞CH4。选项未明确 “简单氢化物”，且与 b＜c＜d 的表述不符。C错误；
D、e（Na）的最高价氧化物对应水化物为 NaOH，f（Al）的为 Al(OH)3。金属性 Na＞Al，故碱性 NaOH＞Al(OH)3，即 e＞f。D正确；
故答案为：C。【分析】要解决这道题，解题思路是先依据电负性、单电子数及原子序数递增规律推断各元素，再结合元素周期律（第一电离能、原子半径、氢化物沸点、最高价氧化物对应水化物碱性）分析选项。
A．考查同周期元素第一电离能的变化及特殊情况。
B．判断原子半径的周期性变化规律（同周期减小、同主族增大）。
C．考查氢化物沸点与氢键、物质类别的关系。
D．判断金属性与最高价氧化物对应水化物碱性的关系。
16．【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、碳酸钠与盐酸第一步反应为 Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，B 点是该反应终点，消耗盐酸 4.46mL。根据 n (Na2CO3)=n (HCl)，可得碳酸钠溶液体积
V(Na2CO3)==≈4.4 L，A正确；
B、Na2CO3水解生成 OH-，OH-导电能力强。滴定初期，HCl 中的 H+与 OH-反应，使高导电能力的 OH-浓度降低，导致电导率下降较快。B正确；
C、B 点溶液含 NaCl 和 NaHCO3。电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)；钠元素守恒：c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c (H2CO3)]。两式联立得：
c (Cl-)+c (OH-)=c (HCO3-)+2c (H2CO3)+c (H+)，故
c (Cl-)+c (OH-)＞c (HCO3-)+c (H2CO3)+c (H+)。C错误；
D、BC 段发生 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，反应生成 Cl-，消耗 HCO3-。此阶段电导率上升，说明 Cl-导电能力大于 HCO3-。D正确；
故答案为：C。【分析】A．利用第一步滴定反应的计量关系计算碳酸钠溶液体积。
B．分析滴定初期电导率快速下降的原因（结合离子导电能力）。
C．通过电荷守恒和钠元素守恒推导浓度关系。
D．分析 BC 段电导率上升与离子导电能力的关系。
17．【答案】（1）abcdb；2.0
（2）S2-＋H＋=HS-；c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)
（3）能
（4）3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O；NaNO3；NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①的溶解度随温度升高而增大，提纯可以采用降温结晶，样品中含泥沙，通过过滤去除，具体操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、再过滤，可以获得样品，具体顺序为abcdb，
故答案为：abcdb。
②配制溶液，需要的物质的量为0.025mol，则需要固体的质量=，托盘天平的量程为0.1g，则称取提纯后固体为2.0g，
故答案为：2.0。
（2）往溶液中加入盐酸，因为两者的物质的量之比为1∶1，则离子方程式为；S2-＋H＋=HS-；充分反应后，溶液中主要为，根据，可知的水解会大于电离，则溶液中、、按由大到小的顺序排列：c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)，
故答案为：S2-＋H＋=HS-；c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)。
（3）常温下，饱和溶液物质的量浓度约为，根据，解得，，解得，CdS的溶度积常数，要使沉淀，需满足，即，因此利用饱和溶液能除去污水中的，
故答案为：能。
（4）①稀硝酸具有强氧化性，会与生成的硫化氢反应，生成一氧化氮、水和硫单质，离子方程式为：3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O，
故答案为：3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O。
②溶液具有氧化性，可能是酸性条件下硝酸根离子，也可能是银离子，根据控制变量原则，则溶液替换为的NaNO3和HCl的混合溶液；最终结果为，说明溶液的氧化性大于的NaNO3和HCl的混合溶液的氧化性，说明NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-，
故答案为： NaNO3；NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-。
【分析】(1)①根据 Na2S 溶解度随温度变化的特点，结合除杂（泥沙）和结晶提纯的操作流程，确定溶解、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、再过滤的步骤顺序。
②根据物质的量浓度公式计算 Na2S 的物质的量，再结合摩尔质量计算质量，注意托盘天平的精度。
(2)根据 Na2S 与 HCl 的物质的量之比确定反应离子方程式；结合 HS-的水解与电离程度比较粒子浓度大小。
(3)利用 H2S 的电离平衡常数计算 S2-浓度，再结合 Ksp (CdS) 判断 Cd2+能否沉淀完全。
(4)①根据实验现象（无色气泡、淡黄色浑浊、红棕色气体），推断 H2S 与稀硝酸的氧化还原反应离子方程式。
②通过控制变量法，替换试剂后比较电压，分析 AgNO3的氧化性来源（NO3-或 Ag+）。
（1）①的溶解度随温度升高而增大，提纯可以采用降温结晶，样品中含泥沙，通过过滤去除，具体操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、再过滤，可以获得样品，具体顺序为abcdb，故答案为：abcdb。
②配制溶液，需要的物质的量为0.025mol，则需要固体的质量=，托盘天平的量程为0.1g，则称取提纯后固体为2.0g，故答案为：2.0。
（2）往溶液中加入盐酸，因为两者的物质的量之比为1∶1，则离子方程式为；S2-＋H＋=HS-；充分反应后，溶液中主要为，根据，可知的水解会大于电离，则溶液中、、按由大到小的顺序排列：c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)，故答案为：S2-＋H＋=HS-；c(Na＋)>c(H2S)>c(S2-)。
（3）常温下，饱和溶液物质的量浓度约为，根据，解得，，解得，CdS的溶度积常数，要使沉淀，需满足，即，因此利用饱和溶液能除去污水中的，故答案为：能。
（4）①稀硝酸具有强氧化性，会与生成的硫化氢反应，生成一氧化氮、水和硫单质，离子方程式为：3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O，故答案为：3H2S＋2NO＋2H＋=2NO↑＋3S↓＋4H2O。
②溶液具有氧化性，可能是酸性条件下硝酸根离子，也可能是银离子，根据控制变量原则，则溶液替换为的NaNO3和HCl的混合溶液；最终结果为，说明溶液的氧化性大于的NaNO3和HCl的混合溶液的氧化性，说明NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-，故答案为： NaNO3；NO在酸性条件下能氧化S2-或Ag＋能氧化S2-。
18．【答案】（1）适当升温(适当增大盐酸浓度、搅拌、粉碎粉煤灰等)；SiO2
（2）加入过量的盐酸，能提高Fe3＋转化为[FeCl4]-的转化率，使平衡RCl+[FeCl4]- R[FeCl4]+Cl-正向移动，提高除铁率
（3）在HCl气流中加热；2；Cl
（4）
（5）＋3；a；
【知识点】晶胞的计算；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）用盐酸浸取粉煤灰时，为提高酸浸效果，可采取的措施有：可增大盐酸浓度、适当升高温度、将粉煤灰粉碎、搅拌等；
煤灰经盐酸酸浸后，不溶物为浸渣，根据上述分析可知：其主要成分是酸性氧化物SiO2；
故答案为： 适当升温(适当增大盐酸浓度、搅拌、粉碎粉煤灰等) ； SiO2 ；
（2）“酸浸”时，会发生反应、、、，该过程中，加入过量盐酸有利于后续“除铁”过程中除铁，原因是加入过量的盐酸，能提高Fe3＋转化为[FeCl4]-的转化率，从而使化学平衡RCl+[FeCl4]-R[FeCl4]+Cl-正向移动，从而能够提高除铁率；
故答案为： 加入过量的盐酸，能提高Fe3＋转化为[FeCl4]-的转化率，使平衡RCl+[FeCl4]-R[FeCl4]+Cl-正向移动，提高除铁率 ；
（3）①AlCl3是强酸弱碱盐，在加热时，AlCl3溶解在结晶水中，形成AlCl3溶液，Al3+水解产生Al(OH)3，同时产生挥发性的酸HCl。HCl挥发逸出，导致AlCl3水解程度增大，而不能得到无水AlCl3。根据盐的水解规律，若在HCl气流中加热氯化铝晶体，HCl溶解在结晶水中，增大了溶液的酸性，既可以抑制AlCl3水解，同时又可以使水解产生的Al(OH)3再重新转化为AlCl3，因此有利于AlCl3的制取，故由AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的方法是：在HCl气流中加热AlCl3·6H2O晶体；
②Al原子最外层有3个电子，Cl原子最外层有7个电子，Al原子可以与3个Cl原子形成3个Al-Cl共价键，同时还存在Cl原子提供1对共用电子对，而与Al原子形成1对共用电子对形成的配位键，即每个Al形成3个共价键和1个配位键，其结构式是，故在Al2Cl6中含有2个配位键；
根据上述分析可知：在该化合物中，Al原子接受孤电子对，Cl原子提供孤电子对；
故答案为： 在HCl气流中加热 ；2； Cl ；
（4）在灼烧时，Sc2(C2O4)3与空气中的O2在高温下反应产生Sc2O3、CO2，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（5）①若相邻原子间的最近距离之比，这个比值为棱边的一半与体对角线的一半的比值，则黑球表示Al原子，灰球表示Sc原子，白球表示氧原子(晶胞参数是a nm，则dAl-O=；Al与Sc原子之间的距离dAl-Sc=，dAl-O：dAl-Sc=：=1：)。根据晶胞结构可知：位于晶胞顶点的黑球表示的原子为：；位于晶胞体内的灰球表示的原子数目是1个；位于棱边上的白球表示的原子为：；黑球：灰球：白球=1：1：3，则该物质化学式为ScAlO3，由于O为-2价，Al为+3价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Sc元素的化合价为+3价；
结合晶胞的化学式及晶胞中含有的原子数目可知：位于棱边中心的白球表示O原子。由于晶胞参数是a nm，所以晶胞中O原子之间的距离dO-O=；
②根据①分析可知：该晶胞中含有1个Sc原子，1个Al原子，3个O原子，因此晶胞中含有1个ScAlO3，该化合物摩尔质量为M g/mol，晶胞参数为a nm，故该化合物的密度为ρ=。
故答案为： ＋3 ；a ； 。
【分析】加入盐酸后，Fe2O3、铝的氧化物、钙的氧化物、钪的氧化物等金属氧化物溶解，转化为可溶的金属氯化物进入溶液；而酸性氧化物 SiO2不溶解，成为浸渣被分离；向浸取液中加入阴离子交换树脂，树脂吸附铁离子（以络合阴离子形式存在），实现除铁。吸附后的树脂经洗脱可重复使用；除铁后的溶液中加入螯合树脂，选择性吸附钙离子，分离出含钙化合物。向吸附钙的树脂中加入盐酸，可回收螯合树脂（循环用于除钙），同时得到含钙离子的洗脱液，向该洗脱液中加浓硫酸，生成 CaSO4沉淀；除钙后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，得到 AlCl3 6H2O 晶体；过滤出 AlCl3 6H2O 晶体后，向滤液中加入 H2C2O4，生成 Sc2(C2O4)3沉淀。沉淀经洗涤、过滤后，通入热空气高温煅烧，发生反应 ，最终得到 Sc2O3。
（1）用盐酸浸取粉煤灰时，为提高酸浸效果，可采取的措施有：可增大盐酸浓度、适当升高温度、将粉煤灰粉碎、搅拌等；
煤灰经盐酸酸浸后，不溶物为浸渣，根据上述分析可知：其主要成分是酸性氧化物SiO2；
（2）“酸浸”时，会发生反应、、、，该过程中，加入过量盐酸有利于后续“除铁”过程中除铁，原因是加入过量的盐酸，能提高Fe3＋转化为[FeCl4]-的转化率，从而使化学平衡RCl+[FeCl4]-R[FeCl4]+Cl-正向移动，从而能够提高除铁率；
（3）①AlCl3是强酸弱碱盐，在加热时，AlCl3溶解在结晶水中，形成AlCl3溶液，Al3+水解产生Al(OH)3，同时产生挥发性的酸HCl。HCl挥发逸出，导致AlCl3水解程度增大，而不能得到无水AlCl3。根据盐的水解规律，若在HCl气流中加热氯化铝晶体，HCl溶解在结晶水中，增大了溶液的酸性，既可以抑制AlCl3水解，同时又可以使水解产生的Al(OH)3再重新转化为AlCl3，因此有利于AlCl3的制取，故由AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的方法是：在HCl气流中加热AlCl3·6H2O晶体；
②Al原子最外层有3个电子，Cl原子最外层有7个电子，Al原子可以与3个Cl原子形成3个Al-Cl共价键，同时还存在Cl原子提供1对共用电子对，而与Al原子形成1对共用电子对形成的配位键，即每个Al形成3个共价键和1个配位键，其结构式是，故在Al2Cl6中含有2个配位键；
根据上述分析可知：在该化合物中，Al原子接受孤电子对，Cl原子提供孤电子对；
（4）在灼烧时，Sc2(C2O4)3与空气中的O2在高温下反应产生Sc2O3、CO2，反应的化学方程式为：；
（5）①若相邻原子间的最近距离之比，这个比值为棱边的一半与体对角线的一半的比值，则黑球表示Al原子，灰球表示Sc原子，白球表示氧原子(晶胞参数是a nm，则dAl-O=；Al与Sc原子之间的距离dAl-Sc=，dAl-O：dAl-Sc=：=1：)。根据晶胞结构可知：位于晶胞顶点的黑球表示的原子为：；位于晶胞体内的灰球表示的原子数目是1个；位于棱边上的白球表示的原子为：；黑球：灰球：白球=1：1：3，则该物质化学式为ScAlO3，由于O为-2价，Al为+3价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Sc元素的化合价为+3价；
结合晶胞的化学式及晶胞中含有的原子数目可知：位于棱边中心的白球表示O原子。由于晶胞参数是a nm，所以晶胞中O原子之间的距离dO-O=；
②根据①分析可知：该晶胞中含有1个Sc原子，1个Al原子，3个O原子，因此晶胞中含有1个ScAlO3，该化合物摩尔质量为M g/mol，晶胞参数为a nm，故该化合物的密度为ρ=。
19．【答案】（1）哑铃(或纺锤)；分子晶体
（2）纯碱
（3）高温；增大浓度，平衡逆向移动；
（4）；0.02；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）基态碳原子电子排布式为，最高能级为2p，原子轨道形状为哑铃(或纺锤)形；干冰是固体，晶体类型为分子晶体。
故答案为： 哑铃(或纺锤) ； 分子晶体 ；
（2）普通玻璃是硅酸盐，通过石灰石、石英砂、纯碱制备，方程式为。
故答案为： 纯碱 ；
（3）固体分解的，，根据反应自发，故需高温。
浓度为的反应气氛中仍未分解的原因是增大浓度，平衡逆向移动，抑制的分解。
第一电离能指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，根据盖斯定律可知。
故答案为： 高温 ； 增大浓度，平衡逆向移动 ； ；
（4）①在、下，和一定量的在的恒容密闭容器中发生反应i、ⅱ、ⅲ，水醇比越大，即越多，反应i、ⅲ正移即、CO、、的物质的量逐渐增多参考各生成物的系数，的物质的量增加的最大，故a表示的物质为，b表示。
②水醇比为5时，和反应到达平衡状态时，，此时甲烷几乎没有，按照碳元素守恒，容器中。
③该温度下，投入的，；反应到达平衡状态时，，此时甲烷几乎没有故反应ii认为不发生，
反应i转化的，故该反应消耗、、生成的、；
反应iii转化的，故该反应消耗、、生成的、；
平衡时，，，，。
在的恒容密闭容器中反应iii的。
故答案为： ； 0.02 ； 。
【分析】(1)基态碳原子电子排布为 1s22s22p2，最高能级为 2p，轨道形状为哑铃形；干冰是 CO2固体，属于分子晶体。
(2)普通玻璃由石灰石、石英砂和纯碱（Na2CO3）经反应制得。
(3)①CaCO3分解反应 ΔH＞0、ΔS＞0，需高温下 ΔG 才小于 0，故高温自发。
②CO2浓度升高，使 CaCO3分解平衡逆向移动，抑制分解。
③根据盖斯定律，C 的第一电离能 ΔH3=ΔH1+ΔH2。
(4)①水醇比增大时，H2生成量增加最多，故 a 为 H2。
②依据碳元素守恒，平衡时 CH3CH2OH 的物质的量为 0.02mol。
③先算各物质平衡浓度，再代入反应 iii 的 K 表达式，代入数据得对应计算式。
（1）基态碳原子电子排布式为，最高能级为2p，原子轨道形状为哑铃(或纺锤)形；干冰是固体，晶体类型为分子晶体。
（2）普通玻璃是硅酸盐，通过石灰石、石英砂、纯碱制备，方程式为。
（3）固体分解的，，根据反应自发，故需高温。
浓度为的反应气氛中仍未分解的原因是增大浓度，平衡逆向移动，抑制的分解。
第一电离能指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，根据盖斯定律可知。
（4）①在、下，和一定量的在的恒容密闭容器中发生反应i、ⅱ、ⅲ，水醇比越大，即越多，反应i、ⅲ正移即、CO、、的物质的量逐渐增多参考各生成物的系数，的物质的量增加的最大，故a表示的物质为，b表示。
②水醇比为5时，和反应到达平衡状态时，，此时甲烷几乎没有，按照碳元素守恒，容器中。
③该温度下，投入的，；反应到达平衡状态时，，此时甲烷几乎没有故反应ii认为不发生，
反应i转化的，故该反应消耗、、生成的、；
反应iii转化的，故该反应消耗、、生成的、；
平衡时，，，，。
在的恒容密闭容器中反应iii的。
20．【答案】（1）；(酮)羰基、碳碳双键
（2）9
（3）A
（4）3：2：1；加成反应
（5）＋HCHO→＋H2O；2
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）根据有机物a结构，一分子a含有11个C、12个H、2个O，分子式为；根据b的结构简式可知，b中含有官能团为(酮)羰基、碳碳双键。
故答案为： ； (酮)羰基、碳碳双键 ；
（2）c的侧链与充分加成，生成化合物g(含苯基)的结构简式为，属于苯的同系物，分子式为，符合苯环上含有2个取代基的同分异构体有2种情况，一种情况是2个取代基为和（有2种结构或），2个取代基位置关系可以是邻、间、对，有种结构，另一种情况是2个取代基均为，2个取代基位置关系可以是邻、间、对，有3种结构，共9种。
故答案为：9；
（3）A．反应一有水生成，该过程原理为苯环直接相连的碳原子上的H与醛基发生先加成、再消去反应，该过程有键的断裂、双键中键、键的断裂，有双键中键、键的形成，A正确；
B．a分子中含有苯环，苯环结构含有大键，结构中不含有与O相连的H，故a分子间不能形成氢键，B错误；
C．化合物e中苯环上的6个碳原子及形成碳碳双键的2个碳原子，共8个碳原子采用杂化，C错误；
D．化合物b中只有2个碳原子()为杂化，但每个碳原子连有2个相同原子（H），不是手性碳原子，化合物b中没有手性碳原子，D错误；
故答案为： A。
（4）①化合物d的结构简式为，有3种化学环境的H，核磁共振氢谱吸收峰有3个，吸收峰面积比为不同环境H原子个数比，故为3：2：1；
②化合物c结构中含有2个碳碳双键，发生1，4-加成（与化合物d结构中含有1个碳碳双键加成），形成含有1个碳碳双键的六元环结构，故反应二的反应类型是加成反应。
故答案为： 3：2：1 ； 加成反应 ；
（5）根据反应一的羟醛缩合反应的原理，(酮)羰基邻位碳原子上的H与醛基先发生加成、再发生消去，故丙酮和甲醛发生羟醛缩合生成，反应化学方程式为＋HCHO→＋H2O ，结构中含有碳碳双键，利用已知信息，碳碳双键被酸性高锰酸钾氧化断裂，被氧化为，与发生还原反应生成，化合物f结构为，含有酯基，是2分子发生酯化反应生成的，故反应方程式为2。
故答案为：＋HCHO→＋H2O ； 2 。
【分析】先让丙酮与甲醛发生羟醛缩合反应，再用酸性 KMnO4溶液氧化反应产物，接着将所得有机产物与 H2发生还原反应，最后通过浓硫酸加热条件下的酯化反应成环，得到化合物 f 。
(1)根据有机物 a 的结构数原子个数得分子式；根据 b 的结构判断官能团。
(2)先确定 g 的结构，再分析苯环上 2 个取代基的组合（种类和位置），计算同分异构体数目。
(3)逐一分析选项，结合反应断键成键、氢键形成、杂化类型、手性碳原子的概念判断。
(4)①根据 d 的结构（丙烯）分析氢原子化学环境，得出核磁共振氢谱吸收峰面积比。
②根据 c 和 d 的结构及反应产物，判断反应类型为加成反应。
(5)①依据羟醛缩合反应原理，写出丙酮与甲醛的反应方程式。
④根据酯化反应成环的要求，写出 2 分子羟基酸在浓硫酸加热条件下的反应方程式。
（1）根据有机物a结构，一分子a含有11个C、12个H、2个O，分子式为；根据b的结构简式可知，b中含有官能团为(酮)羰基、碳碳双键。
（2）c的侧链与充分加成，生成化合物g(含苯基)的结构简式为，属于苯的同系物，分子式为，符合苯环上含有2个取代基的同分异构体有2种情况，一种情况是2个取代基为和（有2种结构或），2个取代基位置关系可以是邻、间、对，有种结构，另一种情况是2个取代基均为，2个取代基位置关系可以是邻、间、对，有3种结构，共9种。
（3）A．反应一有水生成，该过程原理为苯环直接相连的碳原子上的H与醛基发生先加成、再消去反应，该过程有键的断裂、双键中键、键的断裂，有双键中键、键的形成，A正确；
B．a分子中含有苯环，苯环结构含有大键，结构中不含有与O相连的H，故a分子间不能形成氢键，B错误；
C．化合物e中苯环上的6个碳原子及形成碳碳双键的2个碳原子，共8个碳原子采用杂化，C错误；
D．化合物b中只有2个碳原子()为杂化，但每个碳原子连有2个相同原子（H），不是手性碳原子，化合物b中没有手性碳原子，D错误；
故选A。
（4）①化合物d的结构简式为，有3种化学环境的H，核磁共振氢谱吸收峰有3个，吸收峰面积比为不同环境H原子个数比，故为3：2：1；
②化合物c结构中含有2个碳碳双键，发生1，4-加成（与化合物d结构中含有1个碳碳双键加成），形成含有1个碳碳双键的六元环结构，故反应二的反应类型是加成反应。
（5）根据反应一的羟醛缩合反应的原理，(酮)羰基邻位碳原子上的H与醛基先发生加成、再发生消去，故丙酮和甲醛发生羟醛缩合生成，反应化学方程式为＋HCHO→＋H2O ，结构中含有碳碳双键，利用已知信息，碳碳双键被酸性高锰酸钾氧化断裂，被氧化为，与发生还原反应生成，化合物f结构为，含有酯基，是2分子发生酯化反应生成的，故反应方程式为2。
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