资源简介

2026届广东省六校联盟高三年级第一次联考化学试题
1．（2025高三上·广东月考）“挖掘文物价值，讲好中国故事”，下列文物的主要材质属于天然有机高分子的是
A．宋彩绘木雕观音 B．夜明珠
C．元代青花釉里红开光贴花盖罐 D．东汉青铜奔马
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、宋彩绘木雕观音的主要材质是木材，木材的主要成分是纤维素。纤维素是天然存在的有机高分子化合物，因此属于天然有机高分子材料，A符合题意；
B、夜明珠主要成分是氟化钙，属于无机化合物，是无机材料，B不符合题意；
C、元代青花釉里红开光贴花盖罐属于陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐等，属于无机非金属材料，C不符合题意；
D、东汉青铜奔马的材质是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对 “天然有机高分子” 的概念理解不清，容易混淆有机与无机、天然与合成的界限。比如不清楚纤维素属于天然有机高分子，而误将其他无机或合成材料判断为天然有机高分子。
对各类文物的材质成分不熟悉，如不了解夜明珠主要成分为氟化钙（无机材料）、陶瓷主要成分为硅酸盐（无机非金属材料）、青铜是合金（金属材料），从而在判断时出现错误。
容易将有机高分子材料和其他类型材料（如无机材料、金属材料）混淆，缺乏对不同材料类别及其典型代表的清晰认知。
2．（2025高三上·广东月考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．中子数为12的氖核素：
B．用电子式表示CsCl的形成过程：
C．SO2的空间结构模型为：
D．反-2-丁烯的结构简式：
【答案】D
【知识点】元素、核素；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】 A、核素符号的格式为左上角标质量数、左下角标质子数（即 “质量数在上，质子数在下”）。质量数 = 质子数 + 中子数，氖的质子数是 10，中子数 12 时质量数为 22，应表示为 ，A错误；
B、离子化合物由阴阳离子通过离子键结合，电子式需体现离子键，即阳离子直接写离子符号，阴离子加方括号并标电荷，如 CsCl 的形成应写成 ，不能写成共价键形式，B错误；
C、先算中心原子价层电子对数 ，SO2中 S 的价层电子对数为 3（2 个成键对 + 1 个孤对），孤电子对会排斥成键对，空间结构为 V 形，而非直线形，C错误；
D、反式结构要求双键两端相同基团处于异侧，反 - 2 - 丁烯中两个甲基分别在双键两侧，结构简式符合反式特点，D正确。
故答案为：D。
【分析】A．明确核素符号中，是质子数，是质量数（$A = $质子数 + 中子数），需结合元素的质子数准确判断。
B．离子化合物的电子式要体现离子键的形成，即阳离子和阴离子的电子式拆分与结合，区分于共价化合物的电子式形式。
C．利用价层电子对互斥理论，先计算中心原子的价层电子对数（包括成键电子对和孤电子对），再根据孤电子对的存在判断空间结构。
D．反式结构要求双键两侧的相同基团（或原子）处于异侧，据此判断结构简式是否符合反式特点。
3．（2025高三上·广东月考）科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是
A．手机芯片与光导纤维化学成分相同
B．三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于纯净物
C．铜铟硫(CuInS2)量子点是纳米级的半导体材料属于胶体
D．“嫦娥五号”探测器使用GaAs太阳能电池，该电池将太阳能转化为电能
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、手机芯片的主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，二者化学成分不同，A错误；
B、聚酰亚胺是高分子化合物，因聚合度 n 不固定，属于混合物，并非纯净物，B错误；
C、胶体是分散质粒子直径在 1-100 纳米之间的混合物，而铜铟硫（CuInS2）量子点是纯净物，不属于胶体，C错误；
D、GaAs 太阳能电池能直接将太阳能转化为电能，实现能量的有效转化，D正确；
故选D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对不同材料的化学成分混淆，如不清楚手机芯片（硅）和光导纤维（二氧化硅）的成分差异；对高分子化合物的类别认识不足，不了解聚酰亚胺这类高分子因聚合度不确定属于混合物，从而错误认为其是纯净物；对胶体的概念理解不透彻，忽略胶体是混合物体系，误将纯净物的铜铟硫量子点判断为胶体；对太阳能电池的能量转化形式认识不清。
4．（2025高三上·广东月考）下列反应的方程式不正确的是
A．苯酚钠溶液中通入少量的：
B．呼吸面具中和反应：
C．明矾水溶液与过量氨水混合：
D．用FeCl3溶液刻蚀铜电路板：
【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；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、苯酚的酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根，所以苯酚钠溶液无论通入少量还是过量 CO2，都生成苯酚（C6H5OH）和碳酸氢根（HCO3-），反应方程式书写正确，A正确；
B、过氧化钠（Na2O2）与二氧化碳（CO2）反应生成碳酸钠（Na2CO3）和氧气（O2），方程式配平正确，符合实际反应，B正确；
C、明矾中的 Al3+与氨水反应时，氨水是弱碱，不能溶解生成的氢氧化铝（Al(OH)3）沉淀，正确的离子方程式应为 Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，而非生成 [Al(OH)4]-，C错误；
D、Fe3+氧化性强于 Cu2+，Fe3+与 Cu 反应生成 Fe2+和 Cu2+，电荷守恒且符合氧化还原规律，D正确；
故答案为：C。
【分析】 A．利用 “强酸制弱酸”，苯酚酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，判断苯酚钠与 CO2的产物。
B．关注过氧化钠的歧化反应，检查原子、电子是否守恒。
C．氨水是弱碱，不能溶解 Al(OH)3，因此 Al3+与氨水反应只生成沉淀。
D．根据 Fe3+氧化性强于 Cu2+，判断氧化还原产物，验证电荷、得失电子是否守恒。
5．（2025高三上·广东月考）劳动成就梦想，创造美好生活。对下列劳动实践项目的原因解释错误的是
选项 实践项目 原因解释
A 用聚乳酸制造环保包装材料 聚乳酸可在自然界中生物降解
B 煮豆浆点卤水制作豆腐 胶体聚沉
C 用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶 含氯化合物具有杀菌消毒功能
D 用白醋清洗水壶中的水垢 醋酸酸性大于碳酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、聚乳酸是生物可降解材料，能在自然界经微生物作用分解，因此可用于制造环保包装材料，A正确；
B、豆浆属于胶体，卤水中的电解质会使胶体聚沉，从而可制作豆腐，这是胶体聚沉原理的应用，B正确；
C、洁厕灵主要含浓盐酸，是利用盐酸的酸性与马桶污垢（如碳酸钙）反应来清洗，并非含氯化合物具有杀菌消毒功能，C错误；
D、水垢主要成分为碳酸钙，白醋中的醋酸酸性强于碳酸，依据强酸制弱酸原理，醋酸能与碳酸钙反应，从而可清洗水垢，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对材料的降解特性认识不足，可能不清楚聚乳酸可生物降解的特点；对胶体聚沉原理的应用场景理解不透彻，不明确豆浆是胶体，卤水含电解质能使胶体聚沉；混淆洁厕灵的作用原理，误将盐酸的酸性清洗作用认为是含氯化合物的杀菌消毒功能；对强酸制弱酸原理的应用场景把握不准，不清楚醋酸酸性大于碳酸，醋酸能与碳酸钙反应。
6．（2025高三上·广东月考）某同学选择下列装置制取纯净NH3，其中正确的装置是
A．加热NH4Cl制备NH3 B．干燥氨气 C．收集氨气 D．吸收氨气
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、加热NH4Cl制备NH3时，NH4Cl受热分解的化学过程为：。但生成的NH3和HCl会在试管口（温度较低处）重新化合：，最终无法得到NH3，A错误；
B、无水氯化钙（）虽有吸水性，但会与NH3发生络合反应，生成，从而消耗NH3，不能用于干燥氨气。干燥NH3应选用碱性干燥剂，如碱石灰（主要成分为和的混合物），B错误；
C、NH3的密度比空气小（空气平均摩尔质量约29 g/mol，NH3摩尔质量为17 g/mol），因此采用向下排空气法收集。装置中短导管进气（NH3会聚集在集气瓶上方，将空气从长导管排出），符合向下排空气法的收集原理，C正确；
D、氨气极易溶于水（1体积水可溶解约700体积NH3），若将导管直接插入水中，会因NH3迅速溶解导致装置内压强骤降，引发倒吸。虽然苯的密度小于水（在上层），但无法有效阻断倒吸（防倒吸需采用倒扣漏斗紧贴液面等装置），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确受热分解后产物会重新化合的特性，判断其不能用于制备。
B．牢记无水氯化钙与的络合反应，掌握氨气需用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥的要点。
C．根据氨气密度小于空气的特点，确定采用向下排空气法收集，且进气、出气导管的长短需符合“短进长出”的逻辑。
D．依据氨气极易溶于水的性质，判断直接将导管插入水中且无有效防倒吸装置会引发倒吸，同时明确苯因密度小于水无法有效阻断倒吸。
7．（2025高三上·广东月考）用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法不正确的是
A．有1molN2生成时，则有2molFe3O4被处理
B．N2H4分子属于非极性分子
C．处理后溶液的减小
D．在反应过程中作催化剂
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、在氧化还原反应中，电子转移守恒。生成1mol 时，中N元素从-2价升高到0价，每个N原子失去2个电子，1mol （含2mol N原子）共失去 mol电子。
中部分Fe为+3价，反应中被还原为，1mol （可看作）中含1mol 和2mol ，2mol 被还原为时，每个得到1个电子，因此1mol 得到2mol电子。
根据电子守恒，失去4mol电子时，需要处理的物质的量为 ，A正确；
B、的结构式为 ，N原子采取杂化，且每个N原子上有1对孤对电子。由于孤对电子的存在，分子的空间结构不对称，正负电荷中心不重合，因此属于极性分子，而非非极性分子，B错误；
C、结合反应原理，总反应方程式可整理为：。反应过程中消耗了，因此处理后溶液中减小，C正确；
D、催化剂的本质是参与反应但反应前后化学性质和质量不变。从反应原理图可知，在反应中先被消耗，后续又再生，可循环参与反应，因此在反应中起催化作用，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住 N2H4中 N 的化合价变化（-2到0）和 Fe3O4中 Fe 的化合价变化（+3到+2），通过电子得失守恒计算物质的量关系。
B．依据 N2H4的分子结构（N 原子 sp3 杂化且含孤对电子，结构不对称），判断其正负电荷中心不重合，属于极性分子。
C．通过总反应方程式分析 H+的消耗情况，判断溶液中 c(H+) 的变化。
D．明确催化剂 “参与反应且循环再生” 的特点，判断 [Cu(N2H4)2]2+的催化作用。
8．（2025高三上·广东月考）原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、E组成的一种化合物结构如图所示，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．简单氢化物键角Z>Y
B．简单离子半径：ZC．第一电离能：Z>Y>E
D．EZ3分子的空间结构为平面三角形
【答案】D
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z（O）、Y（N）的简单氢化物为 H2O、NH3，中心原子均为 sp3 杂化。H2O 中 O 有 2 对孤对电子，NH3中 N 有 1 对孤对电子，孤对电子对成键电子对斥力：H2O > NH3，故键角 H2O < NH3，A 错误；
B、Z（O）、W（Na）的简单离子（O2-、Na+）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径 O2- > Na+，B错误；
C、第一电离能同周期 N > O（ⅡA、ⅤA 族反常），同主族 O > S，故第一电离能 Y（N）> Z（O）> E（S），C错误；
D、EZ3为 SO3，中心 S 原子的价层电子对数为 3（ ，无孤对电子），为 sp2 杂化，空间结构为平面三角形，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：由化合物结构和题干信息，W 为带一个单位正电荷的阳离子，结合原子序数依次增大的短周期主族元素，推知 X 为 H、Y 为 N（基态原子有 3 个未成对电子）、Z 为 O、W 为 Na、E 为 S（Z、E 同族）。据此解题。
9．（2025高三上·广东月考）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确并且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 是酸性氧化物 用氢氟酸蚀刻石英制品
B 可以用作游泳池消毒 铜盐能使蛋白质变性
C 溶解度： 溶解度：
D 乙二醇有还原性 用乙二醇与酸性反应制取乙二酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；羧酸简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ：是酸性氧化物（正确，因为能与碱反应生成盐和水，如）。
陈述Ⅱ：用氢氟酸蚀刻石英制品（正确，因为）。
因果关系：氢氟酸蚀刻石英是的特殊反应，与“酸性氧化物”的通性（与碱反应）无关，二者无因果关系，故A不符合题意 ；
B、陈述Ⅰ：可以用作游泳池消毒（正确，能抑制细菌生长）。
陈述Ⅱ：铜盐能使蛋白质变性（正确，铜离子属于重金属离子，可破坏蛋白质的空间结构使其变性）。
因果关系：的消毒作用源于铜盐使蛋白质变性，二者陈述均正确且存在因果关系，故B符合题意 ；
C、陈述Ⅰ：溶解度（正确，难溶于水，可溶于水）。
陈述Ⅱ：溶解度（错误，20℃时溶解度为21.8g/100g水，为9.6g/100g水，实际溶解度更大）。
因果关系：陈述Ⅱ错误，故C不符合题意 ；
D、陈述Ⅰ：乙二醇有还原性（正确，乙二醇含羟基，易被氧化）。
陈述Ⅱ：用乙二醇与酸性反应制取乙二酸（错误，乙二酸具有还原性，会被酸性进一步氧化为，无法稳定得到乙二酸）。
因果关系：陈述Ⅱ错误，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A、明确酸性氧化物的通性是与碱反应，而氢氟酸蚀刻石英是 SiO2与 HF 的特殊反应，与酸性氧化物通性无关，二者无因果关系。
B、抓住铜盐（如 CuSO4）能使蛋白质变性的性质，这是 CuSO4用于游泳池消毒的核心原因，可判断陈述 Ⅰ、Ⅱ 均正确且存在因果关系。
C、牢记碳酸盐与碳酸氢盐的溶解度差异，Na2CO3溶解度大于 NaHCO3，因此陈述 Ⅱ 错误。
D、清楚乙二酸具有还原性，会被酸性 KMnO4进一步氧化，无法通过乙二醇与酸性 KMnO4反应制取乙二酸，故陈述 Ⅱ 错误。
10．（2025高三上·广东月考）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.1g丙烯中含有σ键数目为0.4
B．pH为12的溶液中含有的数目为0.01
C．含0.2mol的浓硫酸与足量铜反应，生成的分子数为0.1
D．把0.1mol加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、丙烯的分子式为 C3H6，结构式为 CH2=CH-CH3。共价键中，双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，单键均为 σ 键。丙烯分子中，C=C 双键含 1 个 σ 键，C-C 单键含 1 个 σ 键，6 个 C-H 单键各含 1 个 σ 键，共 8 个 σ 键，2.1g 丙烯的物质的量为 2.1g÷42g/mol=0.05mol，σ 键数目为 0.05mol×8×NA=0.4NA，A正确；
B、pH=12 的 Ba(OH)2溶液中，OH-浓度为 0.01mol/L，但未给出溶液体积，无法计算 OH-的具体数目，B错误；
C、浓硫酸与足量铜反应时，随反应进行硫酸浓度降低，反应停止，实际生成的 SO2分子数小于理论值 0.1NA，C错误；
D、根据胶体相关知识，一个 Fe(OH)3胶体粒子含多个 Fe(OH)3，且 FeCl3水解不完全，因此 0.1mol FeCl3 6H2O 反应后，胶体粒子数远小于 0.1NA，D 错误。
故答案为：A。
【分析】A．易忽略丙烯分子中 σ 键的具体数目，不清楚每个双键含 1 个 σ 键、单键均为 σ 键，从而对 σ 键数目的计算出现错误。
B．容易忘记计算粒子数目时需要溶液体积，仅根据浓度就进行计算，导致判断失误。
C．忽视浓硫酸与铜反应时，随反应进行硫酸浓度降低反应会停止，错误认为硫酸完全反应，进而对生成 SO2分子数的判断出错。
D．不了解胶体粒子是由多个分子聚集而成，且水解不完全，错误认为胶体粒子数等于溶质的物质的量，导致判断错误。
11．（2025高三上·广东月考）部分含氮物质的分类与相应氮元素化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A．c→d的反应过程颜色发生改变
B．常温下，a和e的水溶液等物质的量反应后溶液中：
C．e的浓溶液在常温下与金属铁单质不反应
D．一定条件下，a与CuO反应能得到b
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氨的性质及用途；铁的化学性质
【解析】【解答】A、c到d的反应是与反应生成，化学方程式为。为无色气体，为红棕色气体，因此反应过程中气体颜色由无色变为红棕色，A正确；
B、a（）和e（）的水溶液等物质的量反应，化学方程式为，反应后溶液中溶质为。
是强酸弱碱盐，会发生水解：，使溶液呈酸性，因此，B正确；
C、e的浓溶液是浓（浓硝酸）。常温下，浓硝酸与金属铁单质会发生钝化反应：铁表面被氧化生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行。钝化是化学变化（有新物质生成），并非“不反应”，C错误；
D、具有还原性，一定条件下与发生氧化还原反应，化学方程式为，反应可生成，D正确；
故答案为：C。
【分析】a：氮元素为-3价的氢化物，即（氨气）；
b：氮元素为0价的单质，即（氮气）；
c：氮元素为+2价的氧化物，即（一氧化氮）；
d：氮元素为+4价的氧化物，即或（二氧化氮或四氧化二氮）；
e：氮元素为+5价的酸，即（硝酸）。据此解题。
12．（2025高三上·广东月考）某学习小组为探究SO2气体的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法错误的是
A．装置中酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性
B．试纸a先变红后褪色，说明SO2具有漂白性
C．试纸d未变蓝，说明SO2氧化性弱于I2
D．剩余的SO2气体可以用NaOH溶液吸收
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、酸性溶液呈紫红色，具有强氧化性。使酸性溶液褪色，是因为将还原为无色的，该过程体现了的还原性，A正确；
B、湿润的蓝色石蕊试纸a变红，是由于与水反应生成（亚硫酸），亚硫酸显酸性，使试纸变红；但不能漂白酸碱指示剂（如石蕊试纸），因此试纸a只会变红，不会褪色，B错误；
C、湿润的淀粉-KI试纸d未变蓝，说明不能将氧化为（若生成，淀粉会变蓝）。根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由此可推出的氧化性弱于，C正确；
D、属于酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，可与溶液反应生成盐（如）和水，因此能用溶液吸收剩余的，防止其污染环境，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住 “酸性 KMnO4具强氧化性，SO2使其褪色是被还原”，判断 SO2具还原性。
B．明确 “SO2不能漂白酸碱指示剂，石蕊试纸只变红不褪色”。
C．依据 “淀粉 - KI 试纸未变蓝，说明 SO2不能氧化 I-”，推出 SO2氧化性弱于 I2。
D．紧扣 “SO2是酸性氧化物，可与 NaOH 反应”，判断可用 NaOH 吸收。
13．（2025高三上·广东月考）脱落酸是一种植物激素，在植物发育的多个过程中起重要作用。其结构简式如图所示。下列关于脱落酸的说法正确的是
A．1mol脱落酸与足量的金属钠反应可以生成22.4L氢气
B．脱落酸分子中的羟基可以被催化氧化
C．若发生分子内酯化反应，所得产物分子中具有两个六元环
D．1mol脱落酸与H2按物质的量1：1加成，可得到5种不同的产物(不考虑立体异构)
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、脱落酸含羟基和羧基，均能与金属钠反应，但未指明标准状况，无法确定生成氢气的体积，A错误；
B、脱落酸中醇羟基所连碳原子无氢原子，不能发生催化氧化，B错误；
C、分子内酯化反应形成的是七元内酯环，产物含一个六元环和一个七元环，而非两个六元环，C错误；
D、脱落酸的酮羰基、环上碳碳双键、侧链共轭碳碳双键可与氢气加成。酮羰基加成得 1 种结构，环上双键加成得 1 种结构，侧链共轭双键发生 1，2 - 加成得 2 种结构、1，4 - 加成得 1 种结构，共 5 种产物，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
气体体积计算条件：忽略气体体积计算需在标准状况下。
醇的催化氧化条件：不清楚醇发生催化氧化需羟基所连碳原子有氢原子，错误认为脱落酸分子中羟基可被催化氧化。
分子内酯化环的大小：对分子内酯化形成的环的大小判断错误，误以为会形成两个六元环。
共轭双键加成方式：不熟悉共轭双键的 1，2 - 加成和 1，4 - 加成，遗漏加成产物种类。
14．（2025高三上·广东月考）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位的变化来确定终点的一种方法，被测离子浓度突跃，电极电位(ERC)产生突跃，从而确定滴定终点。现向10.00mL某浓度苹果酸溶液中，滴加0.20NaOH溶液，用电位滴定法测定的滴定曲线如图。(苹果酸C4H6O5属于二元弱酸，，)下列说法正确的是
注：——表示电极电位曲线图 表示电极电压曲线图
A．水电离出的c()：dB．苹果酸的浓度约为0.058
C．第一次产生突跃时溶液显碱性
D．c点存在
【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、b点溶质为，电离程度大于水解程度，抑制水的电离；d点溶质主要为，水解促进水的电离，故水电离出的：，A错误；
B、b点为第一次滴定终点，苹果酸与按反应，苹果酸浓度为，B正确；
C、第一次突跃时生成，电离常数，水解常数，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，C错误；
D、c点电荷守恒应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．抓住“b点溶质电离抑制水的电离，d点溶质水解促进水的电离”，判断水电离出的顺序。
B．依据“第一次滴定终点的反应比例（1：1）”，结合滴定体积计算苹果酸浓度。
C．通过“的电离常数与水解常数比较”，判断溶液酸碱性。
D．紧扣“电荷守恒中多元弱酸根离子的系数”，分析离子浓度关系。
15．（2025高三上·广东月考）一种新型短路膜电池分离CO2，装置如下图所示。下列说法中不正确的是
A．正极电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-
B．短路膜和常见的离子交换膜不相同，它不仅能传递离子，还可以传递电子
C．负极反应消耗22.4L气体，理论上分离出1molCO2气体
D．该装置用于空气中CO2的捕获，CO2最终由出口B流出
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、正极上发生得电子的还原反应，结合溶液环境（有水参与），电极反应式为，该反应符合氧化还原反应规律及电荷守恒，A正确；
B、常见离子交换膜仅能传递离子，而该装置中的短路膜存在电子运动，说明它既能传递离子，又能传递电子，与普通离子交换膜功能不同，B正确；
C、负极反应为，若消耗气体，需明确是标准状况下才能确定其物质的量为，进而推导生成的量及分离出的量。但题干未说明气体所处状态，因此无法确定消耗气体的物质的量，也就无法确定分离出的物质的量，C错误；
D、从装置流程看，空气中的参与反应后，最终通过与相关离子结合生成，并由出口B流出，实现了空气中的捕获与分离，D正确；
故答案为：C。
【分析】接入 H2的电极为原电池负极，H2在此发生氧化反应失去电子，生成 H+，反应式为
H2-2e-=2H+ ；生成的 H+会与体系中的 HCO3-发生反应，进而生成 CO2。
接入 O2的电极为原电池正极，O2在此发生还原反应得到电子，结合体系中的 H2O 生成 OH-，反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH- ；负极生成的 CO2会与正极产生的 OH-反应，转化为 CO32-；在电池内部离子迁移作用下，CO32-会向负极移动，最终与负极生成的 H+重新结合形成 HCO3-，完成离子循环。据此解题。
16．（2025高三上·广东月考）钴氨配合物在催化剂、传感器等方面有广泛的应用。某兴趣小组探究钴氨配合物的制备。
Ⅰ．制备钴(Ⅲ)氨配合物
按下图装置进行实验，将一定量的CoCl2·6H2O、NH4Cl溶于热水，加入活性炭作催化剂，再加入浓氨水和6%双氧水，在一定温度下反应20min，经多步操作得到产品(加热装置已省略)。
（1）仪器d的名称为：　 　。
（2）相对普通分液漏斗，仪器a的优点是：　 　。
Ⅱ．产品分析
活性炭的加入及反应温度可影响钴(III)氨配合物的构型，兴趣小组对此进行探究，得到两种钴(III)氨配合物的制备条件如下表，并通过测定产品的摩尔电导率确定其组成。
实验 活性炭 温度/℃ 产品颜色 摩尔电导率
i 有 60 橙黄色 R
ii 无 90 紫红色 258
资料：a．钴(III)氨配合物的表达式为 ；
b．摩尔电导率(c为配合物的物质的量浓度，k为配合物的电导率，单位为：)
c.25℃时，配合物稀溶液中，电离出的离子总数与摩尔电导率的关系如下：
1mol物质电离出离子总数/mol 2 3 4 5
/ 118~131 235~273 408~435 523~560
（3）检验实验i产品在水溶液中存在的操作和现象　 　。
（4）将实验i产品配制成5×10-4mol/L稀溶液，测得其电导率k为，则R=　 　。实验i发生的总反应的化学方程式为　 　。
（5）实验ii中紫红色的钴(Ⅲ)氨配合物是　 　(填化学式)。
Ⅲ．实验探究
（6）兴趣小组在制备过程中发现CoCl2溶液中直接加入H2O2，Co2+不被氧化，据此认为加入浓氨水和氯化铵对的氧化产生了影响。并设计原电池进行验证。
提出猜想：猜想1：加入NH4Cl固体，增强了H2O2的氧化性。
猜想2：加入浓氨水形成配合物，增强了Co2+离子的还原性。
验证猜想：①往右边烧杯中加入　 　，关闭K，观察到　 　。
②往左边烧杯中加入　 　，关闭K，观察到电流表指针偏转
实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。
【答案】球形干燥管；平衡气压，使液体顺利流下；取少量的待测液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀；420；2CoCl2＋H2O2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O；[Co(NH3)5Cl]Cl2；NH4Cl固体；电流表的指针不偏转；浓氨水
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据装置图，可知仪器d的名称为球形干燥管；
故答案为： 球形干燥管 ；
（2）a是恒压滴液漏斗，相对普通分液漏斗，仪器a的优点是：平衡气压，使液体顺利流下；
故答案为： 平衡气压，使液体顺利流下 ；
（3）氯离子与银离子反应生成难溶于硝酸的白色沉淀，检验实验i产品在水溶液中存在的操作和现象为：取少量的待测液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。
故答案为： 取少量的待测液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀 ；
（4）将实验i产品配制成5×10-4mol/L稀溶液，测得其电导率k为，则R=。实验i产品摩尔电导率为420，可知1mol物质电离出离子总数为4，即中y=3，Co为+3价，根据电荷守恒，x=6，实验i产品的化学式为，发生的总反应的化学方程式为2CoCl2＋H2O2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O。
故答案为： 420 ； 2CoCl2＋H2O2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O ；
（5）实验ii中紫红色的钴(Ⅲ)氨配合物的摩尔电导率为258，可知1mol物质电离出离子总数为3，即中y=2，Co为+3价，根据电荷守恒，x=5，实验ii中紫红色的钴(Ⅲ)氨配合物是；
故答案为： [Co(NH3)5Cl]Cl2 ；
（6）①往右边烧杯中加入NH4Cl固体，关闭K，观察到电流表的指针不偏转，说明NH4Cl不能增强H2O2的氧化性，猜想1不合理。
②往左边烧杯中加入浓氨水，关闭K，观察到电流表指针偏转，说明加入浓氨水形成配合物，增强了Co2+离子的还原性，猜想2合理。
实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。
故答案为： NH4Cl固体 ； 电流表的指针不偏转 ； 浓氨水 。
【分析】CoCl2在氯化铵溶液和氨水条件下反应形成Co(Ⅱ)配合物，Co(Ⅱ)配合物增强了Co2+离子的还原性，再加双氧水氧化生成钴(Ⅲ)氨配合物。
（1）根据装置图识别仪器，熟悉常见化学仪器名称，d 为球形干燥管。
（2）分析恒压滴液漏斗优点，平衡气压，使液体顺利流下。
（3）检验 Cl-，利用 AgCl 不溶于硝酸的特性，取待测液加硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。
（4）计算摩尔电导率并推导反应方程式，根据摩尔电导率公式计算，结合离子总数判断配合物组成，进而写出总反应方程式。
（5）确定配合物化学式，根据摩尔电导率判断电离离子总数，结合电荷守恒确定 x、y，得出化学式。
（6）验证猜想，通过原电池实验，分别加入 NH4Cl 和浓氨水，观察电流表指针变化，判断猜想是否合理。
17．（2025高三上·广东月考）Ni、Mn均是重要的战略性金属，但资源匮乏。一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Al2O3、Ni、CuO中分离获得金属资源和电池级镍混合溶液(NiSO4、MnSO4)的工艺流程如下：
已知：①深海多金属结核的成分：锰含量极高(30%)，镍含量低(1-2%)，还伴生大量铁铜等杂质。
②金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
③常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1)开始沉淀和完全沉淀的pH：
Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ Mn2＋
开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 8.1
完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 10.1
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”时，滤渣的主要成分是　 　(写化学式)。
（2）“沉铁”时，Fe2＋转化为Fe2O3的离子方程式为　 　，加热至200℃的主要原因是　 　。
（3）“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2＋)不超过　 　。
（4）“第二次萃取”时，Ni2＋与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，有关说法正确的是___________。
A．配合物更稳定的原因是过渡金属独特的电子构型、配位能力及萃取剂分子设计等综合作用的结果
B．“第二次萃取”为选择性萃取，也是镍的富集
C．配合物中N、O原子的杂化类型均为sp2
D．R、R'等长链烷基使金属离子更易进入水溶液中
（5）Fe单质及其化合物应用广泛，其中α-Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半径为　 　pm。
②研究发现，α-Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是　 　，该截面单位面积含有的Fe原子为　 　个。
【答案】（1）SiO2
（2）；防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降
（3）
（4）A；B
（5）；n；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO2；
故答案为： SiO2 ；
（2）“沉铁”时，Fe2＋转化为Fe2O3，铁元素化合价上升，则氧气做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至200℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
故答案为： ； 防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 ；
（3）根据表格数据，，沉铝调节pH=5.2，，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2＋)=；
故答案为： ；
（4）A．过渡金属独特的电子构型、配位能力及萃取剂分子设计等综合作用使形成的配位键更稳定，配合物更稳定，A正确；
B．第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，为选择性萃取，也是镍的富集，B正确；
C．配合物中N原子形成双键，杂化类型为sp2，-O-中O原子形成2个共价单键，有2个孤电子对，杂化类型为sp3，C错误；
D．R、R'等长链烷基是疏水基团，使金属离子不易进入水溶液中，D错误；
故答案为：AB；
（5）①α-Fe晶胞为体心立方晶胞，体对角线上3个原子相切，体对角线为Fe原子半径的4倍，晶胞边长为apm，Fe原子的半径为pm；
②截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，每个晶胞的面被两个晶胞共用，晶胞顶点原子贡献个原子给该截面，m截面中含Fe原子个，m截面面积为a2pm2，m截面单位面积含有的Fe原子为；n截面中含Fe原子个，n截面面积为，n截面单位面积含有的Fe原子为；m，n截面中，催化活性较低的是n。
故答案为： ；n； 。
【分析】金属结核主要含、、，及少量、、。加入和时，作为还原剂，将还原为，还原为，溶解为，溶解为，溶解为；而不与酸反应，成为滤渣被分离。此时滤液含、、、、、。向滤液中通入空气（提供氧化剂），调节并在高压条件下，被氧化为，进而形成沉淀（滤渣），实现铁的分离。继续加入调节，与结合生成沉淀（滤渣），实现铝的分离。向除铁、铝后的溶液中加入萃取剂，第一次萃取，通过分液得到含的萃取液，实现铜的分离。向萃余液（含、、）中加入混合萃取剂，第二次萃取后得到电池级镍钴锰混合溶液，为后续电池材料制备提供原料。对第二次萃取后的萃余液（主要含）进行电解，在阴极得电子被还原为金属锰，从而得到金属锰产品。
综上，整个流程通过酸浸还原、分步沉淀、萃取分离、电解等操作，实现了金属结核中各组分的分离与目标产物（电池级镍钴锰溶液、金属锰）的制备，每一步均围绕物质的化学性质（氧化性、还原性、溶解性、电解特性）展开，完成了从复杂原料到纯净产物的转化。
（1）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO2；
（2）“沉铁”时，Fe2＋转化为Fe2O3，铁元素化合价上升，则氧气做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至200℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
（3）根据表格数据，，沉铝调节pH=5.2，，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2＋)=；
（4）A．过渡金属独特的电子构型、配位能力及萃取剂分子设计等综合作用使形成的配位键更稳定，配合物更稳定，A正确；
B．第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，为选择性萃取，也是镍的富集，B正确；
C．配合物中N原子形成双键，杂化类型为sp2，-O-中O原子形成2个共价单键，有2个孤电子对，杂化类型为sp3，C错误；
D．R、R'等长链烷基是疏水基团，使金属离子不易进入水溶液中，D错误；
故选AB；
（5）①α-Fe晶胞为体心立方晶胞，体对角线上3个原子相切，体对角线为Fe原子半径的4倍，晶胞边长为apm，Fe原子的半径为pm；
②截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，每个晶胞的面被两个晶胞共用，晶胞顶点原子贡献个原子给该截面，m截面中含Fe原子个，m截面面积为a2pm2，m截面单位面积含有的Fe原子为；n截面中含Fe原子个，n截面面积为，n截面单位面积含有的Fe原子为；m，n截面中，催化活性较低的是n。
18．（2025高三上·广东月考）甲酸在能源与化工领域中具有重要应用。广泛用于农药、皮革、医药和橡胶等工业。请回答：
（1）甲酸在催化剂[L-Fe-H]'作用下能发生分解，其反应机理和相对能量变化如图所示。
①基态Fe原子的价层电子轨道表示式为　 　。
②反应机理图中，阴离子X为　 　，反应进程中，反应速率较慢的一步为　 　(填“b”或“d”)。
（2）研究表明，活性Fe3O4-x催化反应进而可制得甲酸。依据反应特点推测该反应的，理由是　 　。
（3）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反应为HCOOCH3(1)+H2O(l)HCOOH(1)+CH3OH(l) H>0。一定条件下，HCOOCH3的转化率随时间的变化如图所示(反应前后溶液体积不变)。
①实验i中20～40min内v(HCOOH)=。则HCOOCH3的起始浓度为　 　。
②下列说法中正确的有　 　。
A．与实验i相比，实验ii改变的条件是增加了甲酸甲酯的初始量
B．平衡后加水稀释，甲酸的平衡产率增大
C．选用合适的催化剂可以加快甲酸甲酯的水解速率，从而提高甲酸甲酯的平衡转化率
D．反应达到平衡后加入少量NaOH固体，甲酸甲酯的平衡浓度升高
（4）HCOOH水溶液在密封石英管中发生如下反应：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
研究发现，在反应I、Ⅱ中，仅对反应Ⅱ有催化加速作用，反应Ⅱ速率远大于反应Ⅰ，近似认为反应Ⅱ建立平衡后始终处于平衡状态。T℃下，在密封石英管内完全充满1.0mol/L的HCOOH水溶液，分解产物均完全溶于水中。CO2、CO浓度与反应时间的变化关系如图所示。
①水煤气变换反应：=　 　。
②根据图像分析，时刻之后，CO浓度下降的主要原因是：　 　。
③时刻，反应Ⅲ达到平衡，此时溶液中c()=0.01mol/L，此时c()=0.014mol/L该条件下反应Ⅲ的平衡常数为　 　。
【答案】（1）；；d
（2）反应的S<0且自发，则H<0
（3）1.0；AB
（4）；反应Ⅰ正向转化消耗甲酸，使得反应Ⅱ平衡逆向移动；0.002
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为，轨道表达式为：；
②与阴离子X结合生成，由此可知X是；
③由右图可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对应左图的步骤d；
故答案为： ； ；d；
（2）由反应原理可知，该反应的S<0，且反应能自发进行，依据，则；
故答案为： 反应的S<0且自发，则H<0 ；
（3）①从图中可以看出，实验i中，20～40min内v(HCOOH)=，则，，HCOOCH3的转化率由11.0%增大到21.0%，设HCOOCH3的初始物质的量浓度为，则，解得；
②A．由图可见，实验 ii 的平衡转化率比 i 低，符合“增加甲酸甲酯初始量”，从而减小平衡转化率的效果，A正确；
B．平衡后加水稀释，各物质的浓度减小，使得Q＜K，平衡向生成甲酸的方向移动，所以甲酸的平衡产率增大，B正确；
C．选用合适的催化剂，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能使平衡移动，则甲酸甲酯的平衡转化率不变，C错误；
D．平衡后加入少量NaOH固体，与甲酸反应从而减少甲酸的浓度，平衡正向移动，甲酸甲酯的平衡浓度降低，D错误；
故答案为： 1.0 ；AB；
（4）①根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ，可得反应CO(aq)+H2O(l) CO2(aq)+H2(aq)，=；
②由于反应Ⅱ建立平衡后始终处于平衡状态，时刻之后，CO浓度下降，说明反应Ⅱ平衡逆向移动，可能原因是反应Ⅰ正向转化消耗甲酸，甲酸浓度下降，反应Ⅱ平衡逆向移动；
③由碳元素守恒可知，，则平衡时，，反应Ⅲ的K=。
故答案为： ； 反应Ⅰ正向转化消耗甲酸，使得反应Ⅱ平衡逆向移动 ； 0.002 。
【分析】（1）①依据 Fe 的原子序数和电子排布规律，写出价层电子轨道表示式。
②根据反应机理图中物质结构，判断阴离子 X；通过反应能垒判断反应速率较慢的步骤。
（2）根据反应的熵变（ΔS<0）和自发进行的条件（ΔG<0），结合 ΔG=ΔH TΔS，推测 ΔH<0。
（3）①根据反应速率和转化率的变化，结合浓度变化的关系计算起始浓度。
②分析改变条件对平衡的影响，判断各选项的正确性。
（4）①利用盖斯定律，由已知反应推导目标反应的 ΔH。
②分析反应 I 和 II 的相互影响，解释 CO 浓度下降的原因。
③根据碳元素守恒和平衡常数公式计算反应 III 的平衡常数。
（1）①Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为，轨道表达式为：；
②与阴离子X结合生成，由此可知X是；
③由右图可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对应左图的步骤d；
（2）由反应原理可知，该反应的S<0，且反应能自发进行，依据，则；
（3）①从图中可以看出，实验i中，20～40min内v(HCOOH)=，则，，HCOOCH3的转化率由11.0%增大到21.0%，设HCOOCH3的初始物质的量浓度为，则，解得；
②A．由图可见，实验 ii 的平衡转化率比 i 低，符合“增加甲酸甲酯初始量”，从而减小平衡转化率的效果，A正确；
B．平衡后加水稀释，各物质的浓度减小，使得Q＜K，平衡向生成甲酸的方向移动，所以甲酸的平衡产率增大，B正确；
C．选用合适的催化剂，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能使平衡移动，则甲酸甲酯的平衡转化率不变，C错误；
D．平衡后加入少量NaOH固体，与甲酸反应从而减少甲酸的浓度，平衡正向移动，甲酸甲酯的平衡浓度降低，D错误；
故选AB；
（4）①根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ，可得反应CO(aq)+H2O(l) CO2(aq)+H2(aq)，=；
②由于反应Ⅱ建立平衡后始终处于平衡状态，时刻之后，CO浓度下降，说明反应Ⅱ平衡逆向移动，可能原因是反应Ⅰ正向转化消耗甲酸，甲酸浓度下降，反应Ⅱ平衡逆向移动；
③由碳元素守恒可知，，则平衡时，，反应Ⅲ的K=。
19．（2025高三上·广东月考）以水杨酸为原料，合成芳香化合物M的路线如下(Ph-代表苯基)
回答下列问题：
（1）化合物A中含氧官能团的名称分别为　 　、　 　。
（2）化合物K的分子式为　 　。
（3）写出A→C的化学方程式：　 　。
（4）下列说法正确的有___________。
A．LiAlH4的阴离子空间构型为正四面体，由C生成D的反应中，其表现氧化性
B．从E生成F的过程中，σ键和π键均有断裂与形成
C．1molM与7mol氢气完全反应所得产物，含有4个手性碳原子
D．已知K分子除氢原子外其他原子共面，则氮原子的杂化方式是sp杂化
（5）N是E的同系物，且比E多两个碳原子，N分子有4种不同化学环境的氢原子，写出两种符合条件的结构简式(不考虑立体异构)　 　，并说明两种分子的核磁共振氢谱图的共同点　 　。
（6）二氟尼柳是一种具有高效、低毒和镇痛作用持久、副作用小的解热镇痛药。参考上述路线，设计以邻氯苯甲腈等物质为原料，合成二氟尼柳。
①第i步，碱性条件下水解后，再酸化。
②第ii步，其反应的化学方程式为　 　。
③第ii步，进行　 　(填反应类型)，得到二氟尼柳。
【答案】（1）羟基；羧基
（2）
（3）
（4）B；C
（5）；两分子的核磁共振氢谱图中，均具有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1
（6）；取代反应
【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；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，含氧官能团为：羟基、羧基；
故答案为： 羟基 ；羧基；
（2）由K的结构简式可知，有4个交点C，H数为4，O原子有2个，N原子1个，Br原子1个，故分子式为；
故答案为：；
（3）B为乙醇，发生的为酯化反应，故反应方程式为：
故答案为：；
（4）A．LiAlH4的阴离子为[AlH4]-，中心原子的价层电子对为4，构型为正四面体，H的化合价为-1价，处于最低价，因此具有较强的还原性，A错误；
B．E生成F的过程中碳氧双键变成了碳碳双键，因此有σ键和π键的断裂与形成，B正确；
C.1molM与7mol氢气完全反应所得产物为，有4个手性碳原子，C正确；
D．已知K分子除氢原子外其他原子共面可确定为平面五元环，故N原子采取sp2杂化，D错误；
故答案为：BC；
（5）N是E的同系物，且比E多两个碳原子，由此确定N的分子式为C9H10O2，其中含有一个酚羟基和一个醛基， N分子有4种不同化学环境的氢原子，因此考虑对称位置，羟基和醛基各占一种氢，还剩四个碳原子分占两个取代基和两种氢，因此可能的结构为，两分子的核磁共振氢谱图中，均具有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1。
故答案为： ； 两分子的核磁共振氢谱图中，均具有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1 ；
（6）由图可知，第ii步发生取代反应，苯环上羟基对位氢原子被溴原子取代，故化学方程式为，反应类型为取代反应。
故答案为： ； 取代反应 ；
【分析】A的分子式为，且反应为酯化反应（羧酸与醇生成酯）。C的碳原子数比A多2个，结合酯化反应“羧酸+醇→酯+水”的规律，可推断A含羧基（），B为含羟基的乙醇（），二者发生酯化反应生成酯C（），实现“羧基→酯基”的转化。C到D为还原反应，酯基（）被还原为醇羟基（），完成“酯基到醇羟基”的官能团转化。D含醇羟基（），经催化氧化后醇羟基转化为醛基（），结合A的结构特征（含苯环、羟基），可推出E的结构简式为邻羟基苯甲醛（ ），实现“醇羟基到醛基”的转化。F到G发生成环反应，通过分子内或分子间的成环机制，形成环状结构，为后续取代反应奠定基础。G到H、H到K均为取代反应，通过官能团的取代（如卤素取代、亲核取代等），逐步构建目标产物的结构，最终完成整个合成流程。
（1）由A的结构简式可知，含氧官能团为：羟基、羧基；
（2）由K的结构简式可知，有4个交点C，H数为4，O原子有2个，N原子1个，Br原子1个，故分子式为；
（3）B为乙醇，发生的为酯化反应，故反应方程式为：
（4）A．LiAlH4的阴离子为[AlH4]-，中心原子的价层电子对为4，构型为正四面体，H的化合价为-1价，处于最低价，因此具有较强的还原性，A错误；
B．E生成F的过程中碳氧双键变成了碳碳双键，因此有σ键和π键的断裂与形成，B正确；
C.1molM与7mol氢气完全反应所得产物为，有4个手性碳原子，C正确；
D．已知K分子除氢原子外其他原子共面可确定为平面五元环，故N原子采取sp2杂化，D错误；
故选BC。
（5）N是E的同系物，且比E多两个碳原子，由此确定N的分子式为C9H10O2，其中含有一个酚羟基和一个醛基， N分子有4种不同化学环境的氢原子，因此考虑对称位置，羟基和醛基各占一种氢，还剩四个碳原子分占两个取代基和两种氢，因此可能的结构为，两分子的核磁共振氢谱图中，均具有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1。
（6）由图可知，第ii步发生取代反应，苯环上羟基对位氢原子被溴原子取代，故化学方程式为，反应类型为取代反应。
1 / 12026届广东省六校联盟高三年级第一次联考化学试题
1．（2025高三上·广东月考）“挖掘文物价值，讲好中国故事”，下列文物的主要材质属于天然有机高分子的是
A．宋彩绘木雕观音 B．夜明珠
C．元代青花釉里红开光贴花盖罐 D．东汉青铜奔马
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广东月考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．中子数为12的氖核素：
B．用电子式表示CsCl的形成过程：
C．SO2的空间结构模型为：
D．反-2-丁烯的结构简式：
3．（2025高三上·广东月考）科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是
A．手机芯片与光导纤维化学成分相同
B．三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于纯净物
C．铜铟硫(CuInS2)量子点是纳米级的半导体材料属于胶体
D．“嫦娥五号”探测器使用GaAs太阳能电池，该电池将太阳能转化为电能
4．（2025高三上·广东月考）下列反应的方程式不正确的是
A．苯酚钠溶液中通入少量的：
B．呼吸面具中和反应：
C．明矾水溶液与过量氨水混合：
D．用FeCl3溶液刻蚀铜电路板：
5．（2025高三上·广东月考）劳动成就梦想，创造美好生活。对下列劳动实践项目的原因解释错误的是
选项 实践项目 原因解释
A 用聚乳酸制造环保包装材料 聚乳酸可在自然界中生物降解
B 煮豆浆点卤水制作豆腐 胶体聚沉
C 用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶 含氯化合物具有杀菌消毒功能
D 用白醋清洗水壶中的水垢 醋酸酸性大于碳酸
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高三上·广东月考）某同学选择下列装置制取纯净NH3，其中正确的装置是
A．加热NH4Cl制备NH3 B．干燥氨气 C．收集氨气 D．吸收氨气
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·广东月考）用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法不正确的是
A．有1molN2生成时，则有2molFe3O4被处理
B．N2H4分子属于非极性分子
C．处理后溶液的减小
D．在反应过程中作催化剂
8．（2025高三上·广东月考）原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、E组成的一种化合物结构如图所示，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．简单氢化物键角Z>Y
B．简单离子半径：ZC．第一电离能：Z>Y>E
D．EZ3分子的空间结构为平面三角形
9．（2025高三上·广东月考）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确并且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 是酸性氧化物 用氢氟酸蚀刻石英制品
B 可以用作游泳池消毒 铜盐能使蛋白质变性
C 溶解度： 溶解度：
D 乙二醇有还原性 用乙二醇与酸性反应制取乙二酸
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高三上·广东月考）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.1g丙烯中含有σ键数目为0.4
B．pH为12的溶液中含有的数目为0.01
C．含0.2mol的浓硫酸与足量铜反应，生成的分子数为0.1
D．把0.1mol加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1
11．（2025高三上·广东月考）部分含氮物质的分类与相应氮元素化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A．c→d的反应过程颜色发生改变
B．常温下，a和e的水溶液等物质的量反应后溶液中：
C．e的浓溶液在常温下与金属铁单质不反应
D．一定条件下，a与CuO反应能得到b
12．（2025高三上·广东月考）某学习小组为探究SO2气体的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法错误的是
A．装置中酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性
B．试纸a先变红后褪色，说明SO2具有漂白性
C．试纸d未变蓝，说明SO2氧化性弱于I2
D．剩余的SO2气体可以用NaOH溶液吸收
13．（2025高三上·广东月考）脱落酸是一种植物激素，在植物发育的多个过程中起重要作用。其结构简式如图所示。下列关于脱落酸的说法正确的是
A．1mol脱落酸与足量的金属钠反应可以生成22.4L氢气
B．脱落酸分子中的羟基可以被催化氧化
C．若发生分子内酯化反应，所得产物分子中具有两个六元环
D．1mol脱落酸与H2按物质的量1：1加成，可得到5种不同的产物(不考虑立体异构)
14．（2025高三上·广东月考）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位的变化来确定终点的一种方法，被测离子浓度突跃，电极电位(ERC)产生突跃，从而确定滴定终点。现向10.00mL某浓度苹果酸溶液中，滴加0.20NaOH溶液，用电位滴定法测定的滴定曲线如图。(苹果酸C4H6O5属于二元弱酸，，)下列说法正确的是
注：——表示电极电位曲线图 表示电极电压曲线图
A．水电离出的c()：dB．苹果酸的浓度约为0.058
C．第一次产生突跃时溶液显碱性
D．c点存在
15．（2025高三上·广东月考）一种新型短路膜电池分离CO2，装置如下图所示。下列说法中不正确的是
A．正极电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-
B．短路膜和常见的离子交换膜不相同，它不仅能传递离子，还可以传递电子
C．负极反应消耗22.4L气体，理论上分离出1molCO2气体
D．该装置用于空气中CO2的捕获，CO2最终由出口B流出
16．（2025高三上·广东月考）钴氨配合物在催化剂、传感器等方面有广泛的应用。某兴趣小组探究钴氨配合物的制备。
Ⅰ．制备钴(Ⅲ)氨配合物
按下图装置进行实验，将一定量的CoCl2·6H2O、NH4Cl溶于热水，加入活性炭作催化剂，再加入浓氨水和6%双氧水，在一定温度下反应20min，经多步操作得到产品(加热装置已省略)。
（1）仪器d的名称为：　 　。
（2）相对普通分液漏斗，仪器a的优点是：　 　。
Ⅱ．产品分析
活性炭的加入及反应温度可影响钴(III)氨配合物的构型，兴趣小组对此进行探究，得到两种钴(III)氨配合物的制备条件如下表，并通过测定产品的摩尔电导率确定其组成。
实验 活性炭 温度/℃ 产品颜色 摩尔电导率
i 有 60 橙黄色 R
ii 无 90 紫红色 258
资料：a．钴(III)氨配合物的表达式为 ；
b．摩尔电导率(c为配合物的物质的量浓度，k为配合物的电导率，单位为：)
c.25℃时，配合物稀溶液中，电离出的离子总数与摩尔电导率的关系如下：
1mol物质电离出离子总数/mol 2 3 4 5
/ 118~131 235~273 408~435 523~560
（3）检验实验i产品在水溶液中存在的操作和现象　 　。
（4）将实验i产品配制成5×10-4mol/L稀溶液，测得其电导率k为，则R=　 　。实验i发生的总反应的化学方程式为　 　。
（5）实验ii中紫红色的钴(Ⅲ)氨配合物是　 　(填化学式)。
Ⅲ．实验探究
（6）兴趣小组在制备过程中发现CoCl2溶液中直接加入H2O2，Co2+不被氧化，据此认为加入浓氨水和氯化铵对的氧化产生了影响。并设计原电池进行验证。
提出猜想：猜想1：加入NH4Cl固体，增强了H2O2的氧化性。
猜想2：加入浓氨水形成配合物，增强了Co2+离子的还原性。
验证猜想：①往右边烧杯中加入　 　，关闭K，观察到　 　。
②往左边烧杯中加入　 　，关闭K，观察到电流表指针偏转
实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。
17．（2025高三上·广东月考）Ni、Mn均是重要的战略性金属，但资源匮乏。一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Al2O3、Ni、CuO中分离获得金属资源和电池级镍混合溶液(NiSO4、MnSO4)的工艺流程如下：
已知：①深海多金属结核的成分：锰含量极高(30%)，镍含量低(1-2%)，还伴生大量铁铜等杂质。
②金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
③常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1)开始沉淀和完全沉淀的pH：
Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ Mn2＋
开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 8.1
完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 10.1
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”时，滤渣的主要成分是　 　(写化学式)。
（2）“沉铁”时，Fe2＋转化为Fe2O3的离子方程式为　 　，加热至200℃的主要原因是　 　。
（3）“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2＋)不超过　 　。
（4）“第二次萃取”时，Ni2＋与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，有关说法正确的是___________。
A．配合物更稳定的原因是过渡金属独特的电子构型、配位能力及萃取剂分子设计等综合作用的结果
B．“第二次萃取”为选择性萃取，也是镍的富集
C．配合物中N、O原子的杂化类型均为sp2
D．R、R'等长链烷基使金属离子更易进入水溶液中
（5）Fe单质及其化合物应用广泛，其中α-Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半径为　 　pm。
②研究发现，α-Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是　 　，该截面单位面积含有的Fe原子为　 　个。
18．（2025高三上·广东月考）甲酸在能源与化工领域中具有重要应用。广泛用于农药、皮革、医药和橡胶等工业。请回答：
（1）甲酸在催化剂[L-Fe-H]'作用下能发生分解，其反应机理和相对能量变化如图所示。
①基态Fe原子的价层电子轨道表示式为　 　。
②反应机理图中，阴离子X为　 　，反应进程中，反应速率较慢的一步为　 　(填“b”或“d”)。
（2）研究表明，活性Fe3O4-x催化反应进而可制得甲酸。依据反应特点推测该反应的，理由是　 　。
（3）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反应为HCOOCH3(1)+H2O(l)HCOOH(1)+CH3OH(l) H>0。一定条件下，HCOOCH3的转化率随时间的变化如图所示(反应前后溶液体积不变)。
①实验i中20～40min内v(HCOOH)=。则HCOOCH3的起始浓度为　 　。
②下列说法中正确的有　 　。
A．与实验i相比，实验ii改变的条件是增加了甲酸甲酯的初始量
B．平衡后加水稀释，甲酸的平衡产率增大
C．选用合适的催化剂可以加快甲酸甲酯的水解速率，从而提高甲酸甲酯的平衡转化率
D．反应达到平衡后加入少量NaOH固体，甲酸甲酯的平衡浓度升高
（4）HCOOH水溶液在密封石英管中发生如下反应：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
研究发现，在反应I、Ⅱ中，仅对反应Ⅱ有催化加速作用，反应Ⅱ速率远大于反应Ⅰ，近似认为反应Ⅱ建立平衡后始终处于平衡状态。T℃下，在密封石英管内完全充满1.0mol/L的HCOOH水溶液，分解产物均完全溶于水中。CO2、CO浓度与反应时间的变化关系如图所示。
①水煤气变换反应：=　 　。
②根据图像分析，时刻之后，CO浓度下降的主要原因是：　 　。
③时刻，反应Ⅲ达到平衡，此时溶液中c()=0.01mol/L，此时c()=0.014mol/L该条件下反应Ⅲ的平衡常数为　 　。
19．（2025高三上·广东月考）以水杨酸为原料，合成芳香化合物M的路线如下(Ph-代表苯基)
回答下列问题：
（1）化合物A中含氧官能团的名称分别为　 　、　 　。
（2）化合物K的分子式为　 　。
（3）写出A→C的化学方程式：　 　。
（4）下列说法正确的有___________。
A．LiAlH4的阴离子空间构型为正四面体，由C生成D的反应中，其表现氧化性
B．从E生成F的过程中，σ键和π键均有断裂与形成
C．1molM与7mol氢气完全反应所得产物，含有4个手性碳原子
D．已知K分子除氢原子外其他原子共面，则氮原子的杂化方式是sp杂化
（5）N是E的同系物，且比E多两个碳原子，N分子有4种不同化学环境的氢原子，写出两种符合条件的结构简式(不考虑立体异构)　 　，并说明两种分子的核磁共振氢谱图的共同点　 　。
（6）二氟尼柳是一种具有高效、低毒和镇痛作用持久、副作用小的解热镇痛药。参考上述路线，设计以邻氯苯甲腈等物质为原料，合成二氟尼柳。
①第i步，碱性条件下水解后，再酸化。
②第ii步，其反应的化学方程式为　 　。
③第ii步，进行　 　(填反应类型)，得到二氟尼柳。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、宋彩绘木雕观音的主要材质是木材，木材的主要成分是纤维素。纤维素是天然存在的有机高分子化合物，因此属于天然有机高分子材料，A符合题意；
B、夜明珠主要成分是氟化钙，属于无机化合物，是无机材料，B不符合题意；
C、元代青花釉里红开光贴花盖罐属于陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐等，属于无机非金属材料，C不符合题意；
D、东汉青铜奔马的材质是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对 “天然有机高分子” 的概念理解不清，容易混淆有机与无机、天然与合成的界限。比如不清楚纤维素属于天然有机高分子，而误将其他无机或合成材料判断为天然有机高分子。
对各类文物的材质成分不熟悉，如不了解夜明珠主要成分为氟化钙（无机材料）、陶瓷主要成分为硅酸盐（无机非金属材料）、青铜是合金（金属材料），从而在判断时出现错误。
容易将有机高分子材料和其他类型材料（如无机材料、金属材料）混淆，缺乏对不同材料类别及其典型代表的清晰认知。
2．【答案】D
【知识点】元素、核素；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】 A、核素符号的格式为左上角标质量数、左下角标质子数（即 “质量数在上，质子数在下”）。质量数 = 质子数 + 中子数，氖的质子数是 10，中子数 12 时质量数为 22，应表示为 ，A错误；
B、离子化合物由阴阳离子通过离子键结合，电子式需体现离子键，即阳离子直接写离子符号，阴离子加方括号并标电荷，如 CsCl 的形成应写成 ，不能写成共价键形式，B错误；
C、先算中心原子价层电子对数 ，SO2中 S 的价层电子对数为 3（2 个成键对 + 1 个孤对），孤电子对会排斥成键对，空间结构为 V 形，而非直线形，C错误；
D、反式结构要求双键两端相同基团处于异侧，反 - 2 - 丁烯中两个甲基分别在双键两侧，结构简式符合反式特点，D正确。
故答案为：D。
【分析】A．明确核素符号中，是质子数，是质量数（$A = $质子数 + 中子数），需结合元素的质子数准确判断。
B．离子化合物的电子式要体现离子键的形成，即阳离子和阴离子的电子式拆分与结合，区分于共价化合物的电子式形式。
C．利用价层电子对互斥理论，先计算中心原子的价层电子对数（包括成键电子对和孤电子对），再根据孤电子对的存在判断空间结构。
D．反式结构要求双键两侧的相同基团（或原子）处于异侧，据此判断结构简式是否符合反式特点。
3．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、手机芯片的主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，二者化学成分不同，A错误；
B、聚酰亚胺是高分子化合物，因聚合度 n 不固定，属于混合物，并非纯净物，B错误；
C、胶体是分散质粒子直径在 1-100 纳米之间的混合物，而铜铟硫（CuInS2）量子点是纯净物，不属于胶体，C错误；
D、GaAs 太阳能电池能直接将太阳能转化为电能，实现能量的有效转化，D正确；
故选D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对不同材料的化学成分混淆，如不清楚手机芯片（硅）和光导纤维（二氧化硅）的成分差异；对高分子化合物的类别认识不足，不了解聚酰亚胺这类高分子因聚合度不确定属于混合物，从而错误认为其是纯净物；对胶体的概念理解不透彻，忽略胶体是混合物体系，误将纯净物的铜铟硫量子点判断为胶体；对太阳能电池的能量转化形式认识不清。
4．【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；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、苯酚的酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根，所以苯酚钠溶液无论通入少量还是过量 CO2，都生成苯酚（C6H5OH）和碳酸氢根（HCO3-），反应方程式书写正确，A正确；
B、过氧化钠（Na2O2）与二氧化碳（CO2）反应生成碳酸钠（Na2CO3）和氧气（O2），方程式配平正确，符合实际反应，B正确；
C、明矾中的 Al3+与氨水反应时，氨水是弱碱，不能溶解生成的氢氧化铝（Al(OH)3）沉淀，正确的离子方程式应为 Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，而非生成 [Al(OH)4]-，C错误；
D、Fe3+氧化性强于 Cu2+，Fe3+与 Cu 反应生成 Fe2+和 Cu2+，电荷守恒且符合氧化还原规律，D正确；
故答案为：C。
【分析】 A．利用 “强酸制弱酸”，苯酚酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，判断苯酚钠与 CO2的产物。
B．关注过氧化钠的歧化反应，检查原子、电子是否守恒。
C．氨水是弱碱，不能溶解 Al(OH)3，因此 Al3+与氨水反应只生成沉淀。
D．根据 Fe3+氧化性强于 Cu2+，判断氧化还原产物，验证电荷、得失电子是否守恒。
5．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、聚乳酸是生物可降解材料，能在自然界经微生物作用分解，因此可用于制造环保包装材料，A正确；
B、豆浆属于胶体，卤水中的电解质会使胶体聚沉，从而可制作豆腐，这是胶体聚沉原理的应用，B正确；
C、洁厕灵主要含浓盐酸，是利用盐酸的酸性与马桶污垢（如碳酸钙）反应来清洗，并非含氯化合物具有杀菌消毒功能，C错误；
D、水垢主要成分为碳酸钙，白醋中的醋酸酸性强于碳酸，依据强酸制弱酸原理，醋酸能与碳酸钙反应，从而可清洗水垢，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对材料的降解特性认识不足，可能不清楚聚乳酸可生物降解的特点；对胶体聚沉原理的应用场景理解不透彻，不明确豆浆是胶体，卤水含电解质能使胶体聚沉；混淆洁厕灵的作用原理，误将盐酸的酸性清洗作用认为是含氯化合物的杀菌消毒功能；对强酸制弱酸原理的应用场景把握不准，不清楚醋酸酸性大于碳酸，醋酸能与碳酸钙反应。
6．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、加热NH4Cl制备NH3时，NH4Cl受热分解的化学过程为：。但生成的NH3和HCl会在试管口（温度较低处）重新化合：，最终无法得到NH3，A错误；
B、无水氯化钙（）虽有吸水性，但会与NH3发生络合反应，生成，从而消耗NH3，不能用于干燥氨气。干燥NH3应选用碱性干燥剂，如碱石灰（主要成分为和的混合物），B错误；
C、NH3的密度比空气小（空气平均摩尔质量约29 g/mol，NH3摩尔质量为17 g/mol），因此采用向下排空气法收集。装置中短导管进气（NH3会聚集在集气瓶上方，将空气从长导管排出），符合向下排空气法的收集原理，C正确；
D、氨气极易溶于水（1体积水可溶解约700体积NH3），若将导管直接插入水中，会因NH3迅速溶解导致装置内压强骤降，引发倒吸。虽然苯的密度小于水（在上层），但无法有效阻断倒吸（防倒吸需采用倒扣漏斗紧贴液面等装置），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确受热分解后产物会重新化合的特性，判断其不能用于制备。
B．牢记无水氯化钙与的络合反应，掌握氨气需用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥的要点。
C．根据氨气密度小于空气的特点，确定采用向下排空气法收集，且进气、出气导管的长短需符合“短进长出”的逻辑。
D．依据氨气极易溶于水的性质，判断直接将导管插入水中且无有效防倒吸装置会引发倒吸，同时明确苯因密度小于水无法有效阻断倒吸。
7．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、在氧化还原反应中，电子转移守恒。生成1mol 时，中N元素从-2价升高到0价，每个N原子失去2个电子，1mol （含2mol N原子）共失去 mol电子。
中部分Fe为+3价，反应中被还原为，1mol （可看作）中含1mol 和2mol ，2mol 被还原为时，每个得到1个电子，因此1mol 得到2mol电子。
根据电子守恒，失去4mol电子时，需要处理的物质的量为 ，A正确；
B、的结构式为 ，N原子采取杂化，且每个N原子上有1对孤对电子。由于孤对电子的存在，分子的空间结构不对称，正负电荷中心不重合，因此属于极性分子，而非非极性分子，B错误；
C、结合反应原理，总反应方程式可整理为：。反应过程中消耗了，因此处理后溶液中减小，C正确；
D、催化剂的本质是参与反应但反应前后化学性质和质量不变。从反应原理图可知，在反应中先被消耗，后续又再生，可循环参与反应，因此在反应中起催化作用，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住 N2H4中 N 的化合价变化（-2到0）和 Fe3O4中 Fe 的化合价变化（+3到+2），通过电子得失守恒计算物质的量关系。
B．依据 N2H4的分子结构（N 原子 sp3 杂化且含孤对电子，结构不对称），判断其正负电荷中心不重合，属于极性分子。
C．通过总反应方程式分析 H+的消耗情况，判断溶液中 c(H+) 的变化。
D．明确催化剂 “参与反应且循环再生” 的特点，判断 [Cu(N2H4)2]2+的催化作用。
8．【答案】D
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z（O）、Y（N）的简单氢化物为 H2O、NH3，中心原子均为 sp3 杂化。H2O 中 O 有 2 对孤对电子，NH3中 N 有 1 对孤对电子，孤对电子对成键电子对斥力：H2O > NH3，故键角 H2O < NH3，A 错误；
B、Z（O）、W（Na）的简单离子（O2-、Na+）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径 O2- > Na+，B错误；
C、第一电离能同周期 N > O（ⅡA、ⅤA 族反常），同主族 O > S，故第一电离能 Y（N）> Z（O）> E（S），C错误；
D、EZ3为 SO3，中心 S 原子的价层电子对数为 3（ ，无孤对电子），为 sp2 杂化，空间结构为平面三角形，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：由化合物结构和题干信息，W 为带一个单位正电荷的阳离子，结合原子序数依次增大的短周期主族元素，推知 X 为 H、Y 为 N（基态原子有 3 个未成对电子）、Z 为 O、W 为 Na、E 为 S（Z、E 同族）。据此解题。
9．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；羧酸简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ：是酸性氧化物（正确，因为能与碱反应生成盐和水，如）。
陈述Ⅱ：用氢氟酸蚀刻石英制品（正确，因为）。
因果关系：氢氟酸蚀刻石英是的特殊反应，与“酸性氧化物”的通性（与碱反应）无关，二者无因果关系，故A不符合题意 ；
B、陈述Ⅰ：可以用作游泳池消毒（正确，能抑制细菌生长）。
陈述Ⅱ：铜盐能使蛋白质变性（正确，铜离子属于重金属离子，可破坏蛋白质的空间结构使其变性）。
因果关系：的消毒作用源于铜盐使蛋白质变性，二者陈述均正确且存在因果关系，故B符合题意 ；
C、陈述Ⅰ：溶解度（正确，难溶于水，可溶于水）。
陈述Ⅱ：溶解度（错误，20℃时溶解度为21.8g/100g水，为9.6g/100g水，实际溶解度更大）。
因果关系：陈述Ⅱ错误，故C不符合题意 ；
D、陈述Ⅰ：乙二醇有还原性（正确，乙二醇含羟基，易被氧化）。
陈述Ⅱ：用乙二醇与酸性反应制取乙二酸（错误，乙二酸具有还原性，会被酸性进一步氧化为，无法稳定得到乙二酸）。
因果关系：陈述Ⅱ错误，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A、明确酸性氧化物的通性是与碱反应，而氢氟酸蚀刻石英是 SiO2与 HF 的特殊反应，与酸性氧化物通性无关，二者无因果关系。
B、抓住铜盐（如 CuSO4）能使蛋白质变性的性质，这是 CuSO4用于游泳池消毒的核心原因，可判断陈述 Ⅰ、Ⅱ 均正确且存在因果关系。
C、牢记碳酸盐与碳酸氢盐的溶解度差异，Na2CO3溶解度大于 NaHCO3，因此陈述 Ⅱ 错误。
D、清楚乙二酸具有还原性，会被酸性 KMnO4进一步氧化，无法通过乙二醇与酸性 KMnO4反应制取乙二酸，故陈述 Ⅱ 错误。
10．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、丙烯的分子式为 C3H6，结构式为 CH2=CH-CH3。共价键中，双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，单键均为 σ 键。丙烯分子中，C=C 双键含 1 个 σ 键，C-C 单键含 1 个 σ 键，6 个 C-H 单键各含 1 个 σ 键，共 8 个 σ 键，2.1g 丙烯的物质的量为 2.1g÷42g/mol=0.05mol，σ 键数目为 0.05mol×8×NA=0.4NA，A正确；
B、pH=12 的 Ba(OH)2溶液中，OH-浓度为 0.01mol/L，但未给出溶液体积，无法计算 OH-的具体数目，B错误；
C、浓硫酸与足量铜反应时，随反应进行硫酸浓度降低，反应停止，实际生成的 SO2分子数小于理论值 0.1NA，C错误；
D、根据胶体相关知识，一个 Fe(OH)3胶体粒子含多个 Fe(OH)3，且 FeCl3水解不完全，因此 0.1mol FeCl3 6H2O 反应后，胶体粒子数远小于 0.1NA，D 错误。
故答案为：A。
【分析】A．易忽略丙烯分子中 σ 键的具体数目，不清楚每个双键含 1 个 σ 键、单键均为 σ 键，从而对 σ 键数目的计算出现错误。
B．容易忘记计算粒子数目时需要溶液体积，仅根据浓度就进行计算，导致判断失误。
C．忽视浓硫酸与铜反应时，随反应进行硫酸浓度降低反应会停止，错误认为硫酸完全反应，进而对生成 SO2分子数的判断出错。
D．不了解胶体粒子是由多个分子聚集而成，且水解不完全，错误认为胶体粒子数等于溶质的物质的量，导致判断错误。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氨的性质及用途；铁的化学性质
【解析】【解答】A、c到d的反应是与反应生成，化学方程式为。为无色气体，为红棕色气体，因此反应过程中气体颜色由无色变为红棕色，A正确；
B、a（）和e（）的水溶液等物质的量反应，化学方程式为，反应后溶液中溶质为。
是强酸弱碱盐，会发生水解：，使溶液呈酸性，因此，B正确；
C、e的浓溶液是浓（浓硝酸）。常温下，浓硝酸与金属铁单质会发生钝化反应：铁表面被氧化生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行。钝化是化学变化（有新物质生成），并非“不反应”，C错误；
D、具有还原性，一定条件下与发生氧化还原反应，化学方程式为，反应可生成，D正确；
故答案为：C。
【分析】a：氮元素为-3价的氢化物，即（氨气）；
b：氮元素为0价的单质，即（氮气）；
c：氮元素为+2价的氧化物，即（一氧化氮）；
d：氮元素为+4价的氧化物，即或（二氧化氮或四氧化二氮）；
e：氮元素为+5价的酸，即（硝酸）。据此解题。
12．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、酸性溶液呈紫红色，具有强氧化性。使酸性溶液褪色，是因为将还原为无色的，该过程体现了的还原性，A正确；
B、湿润的蓝色石蕊试纸a变红，是由于与水反应生成（亚硫酸），亚硫酸显酸性，使试纸变红；但不能漂白酸碱指示剂（如石蕊试纸），因此试纸a只会变红，不会褪色，B错误；
C、湿润的淀粉-KI试纸d未变蓝，说明不能将氧化为（若生成，淀粉会变蓝）。根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由此可推出的氧化性弱于，C正确；
D、属于酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，可与溶液反应生成盐（如）和水，因此能用溶液吸收剩余的，防止其污染环境，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住 “酸性 KMnO4具强氧化性，SO2使其褪色是被还原”，判断 SO2具还原性。
B．明确 “SO2不能漂白酸碱指示剂，石蕊试纸只变红不褪色”。
C．依据 “淀粉 - KI 试纸未变蓝，说明 SO2不能氧化 I-”，推出 SO2氧化性弱于 I2。
D．紧扣 “SO2是酸性氧化物，可与 NaOH 反应”，判断可用 NaOH 吸收。
13．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、脱落酸含羟基和羧基，均能与金属钠反应，但未指明标准状况，无法确定生成氢气的体积，A错误；
B、脱落酸中醇羟基所连碳原子无氢原子，不能发生催化氧化，B错误；
C、分子内酯化反应形成的是七元内酯环，产物含一个六元环和一个七元环，而非两个六元环，C错误；
D、脱落酸的酮羰基、环上碳碳双键、侧链共轭碳碳双键可与氢气加成。酮羰基加成得 1 种结构，环上双键加成得 1 种结构，侧链共轭双键发生 1，2 - 加成得 2 种结构、1，4 - 加成得 1 种结构，共 5 种产物，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
气体体积计算条件：忽略气体体积计算需在标准状况下。
醇的催化氧化条件：不清楚醇发生催化氧化需羟基所连碳原子有氢原子，错误认为脱落酸分子中羟基可被催化氧化。
分子内酯化环的大小：对分子内酯化形成的环的大小判断错误，误以为会形成两个六元环。
共轭双键加成方式：不熟悉共轭双键的 1，2 - 加成和 1，4 - 加成，遗漏加成产物种类。
14．【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、b点溶质为，电离程度大于水解程度，抑制水的电离；d点溶质主要为，水解促进水的电离，故水电离出的：，A错误；
B、b点为第一次滴定终点，苹果酸与按反应，苹果酸浓度为，B正确；
C、第一次突跃时生成，电离常数，水解常数，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，C错误；
D、c点电荷守恒应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．抓住“b点溶质电离抑制水的电离，d点溶质水解促进水的电离”，判断水电离出的顺序。
B．依据“第一次滴定终点的反应比例（1：1）”，结合滴定体积计算苹果酸浓度。
C．通过“的电离常数与水解常数比较”，判断溶液酸碱性。
D．紧扣“电荷守恒中多元弱酸根离子的系数”，分析离子浓度关系。
15．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、正极上发生得电子的还原反应，结合溶液环境（有水参与），电极反应式为，该反应符合氧化还原反应规律及电荷守恒，A正确；
B、常见离子交换膜仅能传递离子，而该装置中的短路膜存在电子运动，说明它既能传递离子，又能传递电子，与普通离子交换膜功能不同，B正确；
C、负极反应为，若消耗气体，需明确是标准状况下才能确定其物质的量为，进而推导生成的量及分离出的量。但题干未说明气体所处状态，因此无法确定消耗气体的物质的量，也就无法确定分离出的物质的量，C错误；
D、从装置流程看，空气中的参与反应后，最终通过与相关离子结合生成，并由出口B流出，实现了空气中的捕获与分离，D正确；
故答案为：C。
【分析】接入 H2的电极为原电池负极，H2在此发生氧化反应失去电子，生成 H+，反应式为
H2-2e-=2H+ ；生成的 H+会与体系中的 HCO3-发生反应，进而生成 CO2。
接入 O2的电极为原电池正极，O2在此发生还原反应得到电子，结合体系中的 H2O 生成 OH-，反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH- ；负极生成的 CO2会与正极产生的 OH-反应，转化为 CO32-；在电池内部离子迁移作用下，CO32-会向负极移动，最终与负极生成的 H+重新结合形成 HCO3-，完成离子循环。据此解题。
16．【答案】球形干燥管；平衡气压，使液体顺利流下；取少量的待测液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀；420；2CoCl2＋H2O2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O；[Co(NH3)5Cl]Cl2；NH4Cl固体；电流表的指针不偏转；浓氨水
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据装置图，可知仪器d的名称为球形干燥管；
故答案为： 球形干燥管 ；
（2）a是恒压滴液漏斗，相对普通分液漏斗，仪器a的优点是：平衡气压，使液体顺利流下；
故答案为： 平衡气压，使液体顺利流下 ；
（3）氯离子与银离子反应生成难溶于硝酸的白色沉淀，检验实验i产品在水溶液中存在的操作和现象为：取少量的待测液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。
故答案为： 取少量的待测液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀 ；
（4）将实验i产品配制成5×10-4mol/L稀溶液，测得其电导率k为，则R=。实验i产品摩尔电导率为420，可知1mol物质电离出离子总数为4，即中y=3，Co为+3价，根据电荷守恒，x=6，实验i产品的化学式为，发生的总反应的化学方程式为2CoCl2＋H2O2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O。
故答案为： 420 ； 2CoCl2＋H2O2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O ；
（5）实验ii中紫红色的钴(Ⅲ)氨配合物的摩尔电导率为258，可知1mol物质电离出离子总数为3，即中y=2，Co为+3价，根据电荷守恒，x=5，实验ii中紫红色的钴(Ⅲ)氨配合物是；
故答案为： [Co(NH3)5Cl]Cl2 ；
（6）①往右边烧杯中加入NH4Cl固体，关闭K，观察到电流表的指针不偏转，说明NH4Cl不能增强H2O2的氧化性，猜想1不合理。
②往左边烧杯中加入浓氨水，关闭K，观察到电流表指针偏转，说明加入浓氨水形成配合物，增强了Co2+离子的还原性，猜想2合理。
实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。
故答案为： NH4Cl固体 ； 电流表的指针不偏转 ； 浓氨水 。
【分析】CoCl2在氯化铵溶液和氨水条件下反应形成Co(Ⅱ)配合物，Co(Ⅱ)配合物增强了Co2+离子的还原性，再加双氧水氧化生成钴(Ⅲ)氨配合物。
（1）根据装置图识别仪器，熟悉常见化学仪器名称，d 为球形干燥管。
（2）分析恒压滴液漏斗优点，平衡气压，使液体顺利流下。
（3）检验 Cl-，利用 AgCl 不溶于硝酸的特性，取待测液加硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。
（4）计算摩尔电导率并推导反应方程式，根据摩尔电导率公式计算，结合离子总数判断配合物组成，进而写出总反应方程式。
（5）确定配合物化学式，根据摩尔电导率判断电离离子总数，结合电荷守恒确定 x、y，得出化学式。
（6）验证猜想，通过原电池实验，分别加入 NH4Cl 和浓氨水，观察电流表指针变化，判断猜想是否合理。
17．【答案】（1）SiO2
（2）；防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降
（3）
（4）A；B
（5）；n；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO2；
故答案为： SiO2 ；
（2）“沉铁”时，Fe2＋转化为Fe2O3，铁元素化合价上升，则氧气做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至200℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
故答案为： ； 防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 ；
（3）根据表格数据，，沉铝调节pH=5.2，，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2＋)=；
故答案为： ；
（4）A．过渡金属独特的电子构型、配位能力及萃取剂分子设计等综合作用使形成的配位键更稳定，配合物更稳定，A正确；
B．第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，为选择性萃取，也是镍的富集，B正确；
C．配合物中N原子形成双键，杂化类型为sp2，-O-中O原子形成2个共价单键，有2个孤电子对，杂化类型为sp3，C错误；
D．R、R'等长链烷基是疏水基团，使金属离子不易进入水溶液中，D错误；
故答案为：AB；
（5）①α-Fe晶胞为体心立方晶胞，体对角线上3个原子相切，体对角线为Fe原子半径的4倍，晶胞边长为apm，Fe原子的半径为pm；
②截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，每个晶胞的面被两个晶胞共用，晶胞顶点原子贡献个原子给该截面，m截面中含Fe原子个，m截面面积为a2pm2，m截面单位面积含有的Fe原子为；n截面中含Fe原子个，n截面面积为，n截面单位面积含有的Fe原子为；m，n截面中，催化活性较低的是n。
故答案为： ；n； 。
【分析】金属结核主要含、、，及少量、、。加入和时，作为还原剂，将还原为，还原为，溶解为，溶解为，溶解为；而不与酸反应，成为滤渣被分离。此时滤液含、、、、、。向滤液中通入空气（提供氧化剂），调节并在高压条件下，被氧化为，进而形成沉淀（滤渣），实现铁的分离。继续加入调节，与结合生成沉淀（滤渣），实现铝的分离。向除铁、铝后的溶液中加入萃取剂，第一次萃取，通过分液得到含的萃取液，实现铜的分离。向萃余液（含、、）中加入混合萃取剂，第二次萃取后得到电池级镍钴锰混合溶液，为后续电池材料制备提供原料。对第二次萃取后的萃余液（主要含）进行电解，在阴极得电子被还原为金属锰，从而得到金属锰产品。
综上，整个流程通过酸浸还原、分步沉淀、萃取分离、电解等操作，实现了金属结核中各组分的分离与目标产物（电池级镍钴锰溶液、金属锰）的制备，每一步均围绕物质的化学性质（氧化性、还原性、溶解性、电解特性）展开，完成了从复杂原料到纯净产物的转化。
（1）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO2；
（2）“沉铁”时，Fe2＋转化为Fe2O3，铁元素化合价上升，则氧气做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至200℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
（3）根据表格数据，，沉铝调节pH=5.2，，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2＋)=；
（4）A．过渡金属独特的电子构型、配位能力及萃取剂分子设计等综合作用使形成的配位键更稳定，配合物更稳定，A正确；
B．第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，为选择性萃取，也是镍的富集，B正确；
C．配合物中N原子形成双键，杂化类型为sp2，-O-中O原子形成2个共价单键，有2个孤电子对，杂化类型为sp3，C错误；
D．R、R'等长链烷基是疏水基团，使金属离子不易进入水溶液中，D错误；
故选AB；
（5）①α-Fe晶胞为体心立方晶胞，体对角线上3个原子相切，体对角线为Fe原子半径的4倍，晶胞边长为apm，Fe原子的半径为pm；
②截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，每个晶胞的面被两个晶胞共用，晶胞顶点原子贡献个原子给该截面，m截面中含Fe原子个，m截面面积为a2pm2，m截面单位面积含有的Fe原子为；n截面中含Fe原子个，n截面面积为，n截面单位面积含有的Fe原子为；m，n截面中，催化活性较低的是n。
18．【答案】（1）；；d
（2）反应的S<0且自发，则H<0
（3）1.0；AB
（4）；反应Ⅰ正向转化消耗甲酸，使得反应Ⅱ平衡逆向移动；0.002
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为，轨道表达式为：；
②与阴离子X结合生成，由此可知X是；
③由右图可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对应左图的步骤d；
故答案为： ； ；d；
（2）由反应原理可知，该反应的S<0，且反应能自发进行，依据，则；
故答案为： 反应的S<0且自发，则H<0 ；
（3）①从图中可以看出，实验i中，20～40min内v(HCOOH)=，则，，HCOOCH3的转化率由11.0%增大到21.0%，设HCOOCH3的初始物质的量浓度为，则，解得；
②A．由图可见，实验 ii 的平衡转化率比 i 低，符合“增加甲酸甲酯初始量”，从而减小平衡转化率的效果，A正确；
B．平衡后加水稀释，各物质的浓度减小，使得Q＜K，平衡向生成甲酸的方向移动，所以甲酸的平衡产率增大，B正确；
C．选用合适的催化剂，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能使平衡移动，则甲酸甲酯的平衡转化率不变，C错误；
D．平衡后加入少量NaOH固体，与甲酸反应从而减少甲酸的浓度，平衡正向移动，甲酸甲酯的平衡浓度降低，D错误；
故答案为： 1.0 ；AB；
（4）①根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ，可得反应CO(aq)+H2O(l) CO2(aq)+H2(aq)，=；
②由于反应Ⅱ建立平衡后始终处于平衡状态，时刻之后，CO浓度下降，说明反应Ⅱ平衡逆向移动，可能原因是反应Ⅰ正向转化消耗甲酸，甲酸浓度下降，反应Ⅱ平衡逆向移动；
③由碳元素守恒可知，，则平衡时，，反应Ⅲ的K=。
故答案为： ； 反应Ⅰ正向转化消耗甲酸，使得反应Ⅱ平衡逆向移动 ； 0.002 。
【分析】（1）①依据 Fe 的原子序数和电子排布规律，写出价层电子轨道表示式。
②根据反应机理图中物质结构，判断阴离子 X；通过反应能垒判断反应速率较慢的步骤。
（2）根据反应的熵变（ΔS<0）和自发进行的条件（ΔG<0），结合 ΔG=ΔH TΔS，推测 ΔH<0。
（3）①根据反应速率和转化率的变化，结合浓度变化的关系计算起始浓度。
②分析改变条件对平衡的影响，判断各选项的正确性。
（4）①利用盖斯定律，由已知反应推导目标反应的 ΔH。
②分析反应 I 和 II 的相互影响，解释 CO 浓度下降的原因。
③根据碳元素守恒和平衡常数公式计算反应 III 的平衡常数。
（1）①Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为，轨道表达式为：；
②与阴离子X结合生成，由此可知X是；
③由右图可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对应左图的步骤d；
（2）由反应原理可知，该反应的S<0，且反应能自发进行，依据，则；
（3）①从图中可以看出，实验i中，20～40min内v(HCOOH)=，则，，HCOOCH3的转化率由11.0%增大到21.0%，设HCOOCH3的初始物质的量浓度为，则，解得；
②A．由图可见，实验 ii 的平衡转化率比 i 低，符合“增加甲酸甲酯初始量”，从而减小平衡转化率的效果，A正确；
B．平衡后加水稀释，各物质的浓度减小，使得Q＜K，平衡向生成甲酸的方向移动，所以甲酸的平衡产率增大，B正确；
C．选用合适的催化剂，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能使平衡移动，则甲酸甲酯的平衡转化率不变，C错误；
D．平衡后加入少量NaOH固体，与甲酸反应从而减少甲酸的浓度，平衡正向移动，甲酸甲酯的平衡浓度降低，D错误；
故选AB；
（4）①根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ，可得反应CO(aq)+H2O(l) CO2(aq)+H2(aq)，=；
②由于反应Ⅱ建立平衡后始终处于平衡状态，时刻之后，CO浓度下降，说明反应Ⅱ平衡逆向移动，可能原因是反应Ⅰ正向转化消耗甲酸，甲酸浓度下降，反应Ⅱ平衡逆向移动；
③由碳元素守恒可知，，则平衡时，，反应Ⅲ的K=。
19．【答案】（1）羟基；羧基
（2）
（3）
（4）B；C
（5）；两分子的核磁共振氢谱图中，均具有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1
（6）；取代反应
【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；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，含氧官能团为：羟基、羧基；
故答案为： 羟基 ；羧基；
（2）由K的结构简式可知，有4个交点C，H数为4，O原子有2个，N原子1个，Br原子1个，故分子式为；
故答案为：；
（3）B为乙醇，发生的为酯化反应，故反应方程式为：
故答案为：；
（4）A．LiAlH4的阴离子为[AlH4]-，中心原子的价层电子对为4，构型为正四面体，H的化合价为-1价，处于最低价，因此具有较强的还原性，A错误；
B．E生成F的过程中碳氧双键变成了碳碳双键，因此有σ键和π键的断裂与形成，B正确；
C.1molM与7mol氢气完全反应所得产物为，有4个手性碳原子，C正确；
D．已知K分子除氢原子外其他原子共面可确定为平面五元环，故N原子采取sp2杂化，D错误；
故答案为：BC；
（5）N是E的同系物，且比E多两个碳原子，由此确定N的分子式为C9H10O2，其中含有一个酚羟基和一个醛基， N分子有4种不同化学环境的氢原子，因此考虑对称位置，羟基和醛基各占一种氢，还剩四个碳原子分占两个取代基和两种氢，因此可能的结构为，两分子的核磁共振氢谱图中，均具有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1。
故答案为： ； 两分子的核磁共振氢谱图中，均具有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1 ；
（6）由图可知，第ii步发生取代反应，苯环上羟基对位氢原子被溴原子取代，故化学方程式为，反应类型为取代反应。
故答案为： ； 取代反应 ；
【分析】A的分子式为，且反应为酯化反应（羧酸与醇生成酯）。C的碳原子数比A多2个，结合酯化反应“羧酸+醇→酯+水”的规律，可推断A含羧基（），B为含羟基的乙醇（），二者发生酯化反应生成酯C（），实现“羧基→酯基”的转化。C到D为还原反应，酯基（）被还原为醇羟基（），完成“酯基到醇羟基”的官能团转化。D含醇羟基（），经催化氧化后醇羟基转化为醛基（），结合A的结构特征（含苯环、羟基），可推出E的结构简式为邻羟基苯甲醛（ ），实现“醇羟基到醛基”的转化。F到G发生成环反应，通过分子内或分子间的成环机制，形成环状结构，为后续取代反应奠定基础。G到H、H到K均为取代反应，通过官能团的取代（如卤素取代、亲核取代等），逐步构建目标产物的结构，最终完成整个合成流程。
（1）由A的结构简式可知，含氧官能团为：羟基、羧基；
（2）由K的结构简式可知，有4个交点C，H数为4，O原子有2个，N原子1个，Br原子1个，故分子式为；
（3）B为乙醇，发生的为酯化反应，故反应方程式为：
（4）A．LiAlH4的阴离子为[AlH4]-，中心原子的价层电子对为4，构型为正四面体，H的化合价为-1价，处于最低价，因此具有较强的还原性，A错误；
B．E生成F的过程中碳氧双键变成了碳碳双键，因此有σ键和π键的断裂与形成，B正确；
C.1molM与7mol氢气完全反应所得产物为，有4个手性碳原子，C正确；
D．已知K分子除氢原子外其他原子共面可确定为平面五元环，故N原子采取sp2杂化，D错误；
故选BC。
（5）N是E的同系物，且比E多两个碳原子，由此确定N的分子式为C9H10O2，其中含有一个酚羟基和一个醛基， N分子有4种不同化学环境的氢原子，因此考虑对称位置，羟基和醛基各占一种氢，还剩四个碳原子分占两个取代基和两种氢，因此可能的结构为，两分子的核磁共振氢谱图中，均具有4个峰，峰面积之比为6：2：1：1。
（6）由图可知，第ii步发生取代反应，苯环上羟基对位氢原子被溴原子取代，故化学方程式为，反应类型为取代反应。
1 / 1

展开更多......

收起↑