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北京市第五中学2025-2026学年高三上学期开学考试化学试卷
1．（2025高三上·北京开学考）制作食醋的传统方法是发酵谷物中的淀粉，其过程包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段，食醋风味的产生与其制作过程中生成的酯类物质有关。下列说法不正确的是
A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生
B．发酵制醇阶段有CO2产生
C．发酵制酸阶段有酯类物质产生
D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行
2．（2025高三上·北京开学考）化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是
选项 宏观现象 微观解释
A 氮气稳定存在于自然界中 氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量
B 苯不能使溴的溶液褪色 苯分子中碳原子形成了稳定的大键
C 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列
D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低
A．A B．B C．C D．D
3．（2025高三上·北京开学考）下列化学用语或图示不正确的是
A．2-丁烯的实验式：CH2
B．SO的VSEPR模型：
C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1
D．HF分子中σ键的形成：
4．（2025高三上·北京开学考）应用元素周期律判断，下列说法不正确的是
A．电负性：
B．化合物中离子键百分数：
C．碱性：
D．半径比较：
5．（2025高三上·北京开学考）维生素C的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．维生素C的分子式为
B．维生素C中有3种含氧官能团
C．维生素C能使溴的溶液和酸性溶液褪色的原理不同
D．维生素C具有较好的水溶性
6．（2025高三上·北京开学考）下列实验能达到实验目的的是
A．实验室制乙酸乙酯 B．证明苯环使羟基活化
C．冷却水从冷凝管①口通入，②口流出 D．检验溴乙烷的水解产物Br
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·北京开学考）下列有关物质性质的解释错误的是
　 性质 解释
A 酸性： 是推电子基团
B 熔点： 的体积大于
C 熔点： 比的金属性弱
D 沸点： 分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·北京开学考）含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。下列说法正确的是
A．冠醚环与Li+之间的作用是离子键
B．冠醚环中碳氧键为π键
C．该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作
D．若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径
9．（2025高三上·北京开学考）葫芦脲是一类大环化合物，在超分子化学和材料科学中发挥着重要的作用。葫芦[7]脲的合成路线如下图。其中，试剂a和试剂b均能发生银镜反应。
下列说法正确的是
A．试剂a的核磁共振氢谱有两组峰
B．E与试剂a的化学计量数之比是1∶2
C．试剂b为甲醛
D．E→1molG时，有21molH2O生成
10．（2025高三上·北京开学考）晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法正确的是
A．一个晶胞中含有4个O原子
B．晶胞中分子的取向相同
C．1号和2号S原子间的核间距为
D．每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个
11．（2025高三上·北京开学考）丙烯可发生如下转化(反应条件略)：
下列说法不正确的是
A．产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)
B．可提高Y→Z转化的反应速率
C．Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂
D．Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应
12．（2025高三上·北京开学考）利用电化学氧化技术可以在电解槽中持续产生，是一种活性基团，可高效氧化苯酚生成，消除苯酚引起的水污染，装置如图所示。已知：a极生成，能进一步将极产物氧化，同时有生成。下列有关说法正确的是
A．a极的电极反应式：
B．b极连接电源正极，发生还原反应
C．生成的离子方程式：
D．消除苯酚，理论上有电子通过外电路
13．（2025高三上·北京开学考）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在惰性气体气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量Mr=870+32x(x为整数)。下列说法不正确的是
A．由图2可计算得，x=1
B．第一电离能：CC．中心原子Fe为+6价
D．该化合物中配位数为6，配体个数为2
14．（2025高三上·北京开学考）为研究三价铁配合物性质进行如下实验（忽略溶液体积变化）。
已知：为黄色、为红色、为无色。
下列说法不正确的是
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成，同时浓度降低
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化
15．（2025高三上·北京开学考）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
（1）基态磷原子价电子的轨道表示式是　 　。
（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷（P4）是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是　 　。
②黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，如图所示。
下列有关黑磷晶体的说法正确的是　 　（填字母序号）。
a．层与层之间的作用力是共价键
b．分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c．是混合型晶体
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的。该无色配离子中配体的空间构型是　 　。
（4）已知电负性F>P>H，判断键角PH3　 　PF3（填“>、=、<”），从结构角度说明二者键角差异的原因　 　。
16．（2025高三上·北京开学考）配合物在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题：
（1）Ni与CO形成的配合物为无色液体，易溶于CCl4、CS2等溶剂。Ni(CO)4为　 　（填“极性”或“非极性”）分子。CO中C和O均含有孤电子对，均能够与中心原子配位形成配位键，经检验中碳原子和镍原子形成配位键，请从配位原子结构角度分析原因：　 　。
（2）茜草中的茜素与Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料。
基态Ca2+的核外电子的运动状态有　 　种，配合物X中Al3+的配体除外还有　 　，茜素水溶性较好的主要原因是　 　。
（3）向FeSO4溶液中滴加溶液后，经提纯、结晶可得到普鲁士蓝蓝色晶体。实验表明，CN-、Fe2+、Fe3+通过配位键构成了晶体的骨架。其局部结构如图1，记为I型立方结构。将I型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的晶胞（如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出）。
①通过　 　实验，可确定该晶体结构（填标号）。
a．核磁共振 b．红外光谱 c．X射线衍射 d．质谱
②若Fe2+位于图2中Ⅱ型立方结构的棱心和体心上，则Fe3+位于Ⅱ型立方结构的　 　上；一个Ⅱ型立方结构中含　 　个K+；若的摩尔质量为M g/mol，该蓝色晶体密度为ρ g/cm3，Ⅱ型立方结构的边长为a nm，则阿伏加德罗常数的值可表示为　 　。
17．（2025高三上·北京开学考）化合物K有抗高血压活性，其合成路线如下。
已知：
（1）A为芳香族化合物，A的名称是　 　。
（2）B→D的化学方程式是　 　。
（3）已知G→K为取代反应，G的结构简式是　 　。
（4）E属于酯，E的结构简式是　 　。
（5）K中能与NaOH溶液反应的官能团有　 　。
a．碳碳双键 b．酯基 c．酰胺基
（6）D也可由间硝基甲苯通过电解法制得，主要物质转化关系如下。
已知：电解效率的定义：
①中，生成Q的离子方程式是　 　。
②若电解产生的Ce(OH)3+使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，当电极通过1mole-，生成amolD时，η(D)=　 　。
（7）以D、F和CO(NH2)2为原料，“一锅法”合成G的转化过程如下。
M的结构简式是　 　，M→N的反应类型是　 　。
18．（2025高三上·北京开学考）罗沙司他可用于治疗由慢性肾病引发的贫血，一种合成路线如下。
已知：
i．
ii．表示某易离去的基团
iii．
（1）A含有的官能团为　 　。
（2）的化学方程式为　 　。
（3）的反应类型为　 　。
（4）G的结构简式为　 　。
（5）K经多步可得到N，写出L与M的结构简式L：　 　；M：　 　。
（6）试剂b的分子式为。的转化过程中，还会发生多个副反应。写出其中一个副反应产物的结构简式：　 　(核磁共振氢谱有2组峰，且面积比为)。
19．（2025高三上·北京开学考）某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。
实验装置 序号 试剂a 实验现象
I 0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色
Ⅱ 0.5 mol·L-1FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
Ⅲ 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii．Fe2+ + NO [Fe(NO)]2+ (棕色)。
（1）用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因　 　。
（2）实验I中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。
甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。
①用离子方程式表示甲同学的猜想　 　。
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是　 　。
（4）对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由是　 　。
（5）实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是　 　。
（6）实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。
步骤 实验操作 实验现象
① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着
② 继续加入少量FeSO4固体 溶液迅速变为浅棕色
试剂X是　 　。
综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】单糖的性质和用途；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、淀粉属于多糖，在酶的催化作用下会发生水解，最终产物为葡萄糖，因此淀粉水解阶段必然有葡萄糖产生，A正确；
B、发酵制醇阶段是酵母菌的无氧呼吸过程，葡萄糖在酶的作用下分解为乙醇（C2H5OH）和二氧化碳（CO2），此过程会产生 CO2，B正确；
C、发酵制酸阶段，乙酸菌在有氧条件下将乙醇氧化为乙酸（CH3COOH），而乙酸与乙醇可发生酯化反应生成酯类物质（如乙酸乙酯 CH3COOCH2CH3），因此该阶段有酯类物质产生，C正确；
D、三个阶段中，淀粉水解阶段对氧气无严格要求，发酵制醇阶段需无氧环境，但发酵制酸阶段（乙酸菌氧化乙醇）必须在有氧条件下进行，并非均为无氧条件，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对发酵制酸阶段的反应条件认识不清，容易误以为整个制食醋的过程都在无氧条件下进行，忽略了乙酸菌氧化乙醇生成乙酸时需要氧气。
对发酵制酸阶段酯类物质的生成原理理解不透彻，不清楚乙酸和乙醇可发生酯化反应生成酯类，从而可能错误判断选项 C。
2．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；氮气的化学性质；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、氮气分子中存在氮氮三键，键能大，断开该共价键需要较多能量，所以氮气能稳定存在于自然界中，宏观现象与微观解释相符，故A不符合题意 ；
B、苯分子中碳原子形成了稳定的大 π 键，结构稳定，难以与溴发生反应，因此苯不能使溴的 CCl4溶液褪色，宏观现象与微观解释相符，故B不符合题意 ；
C、天然水晶属于晶体，原子在三维空间里呈周期性有序排列，所以呈现多面体外形，宏观现象与微观解释相符，故C不符合题意 ；
D、氯化钠是离子晶体，而氯化铝是分子晶体，二者晶体类型不同。不能用离子晶体的离子所带电荷数和离子半径来解释氯化铝的熔点，该选项宏观现象与微观解释不符，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．突破点是氮气分子的化学键类型（氮氮三键），键能大是其稳定存在的微观原因。
B．突破点是苯的分子结构（大 π 键），稳定的大 π 键使苯难以与溴反应。
C．突破点是晶体的结构特点，原子周期性有序排列决定了水晶的多面体外形。
D．突破点是晶体类型的判断，氯化钠是离子晶体，氯化铝是分子晶体，晶体类型不同不能用离子晶体的相关规律解释。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；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
【解析】【解答】A、2-丁烯的结构简式为，分子式为，实验式是各原子的最简整数比，即，A正确；
B、计算中心原子的价层电子对数，公式为，其中含1个孤电子对，其VSEPR模型应为四面体形，而题目中的图示不符合，B错误；
C、Cr是24号元素，基态Cr原子的价层电子排布式为（洪特规则特例，半满结构更稳定），C正确；
D、HF分子中σ键是由H原子的s轨道电子与F原子的2p轨道电子形成的s-pσ键， 表示为：，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．实验式是原子最简整数比。2 - 丁烯分子式为 C4H8，简化后实验式为 CH2。
B．判断 VSEPR 模型需算价层电子对数。SO32-中 S 的成键电子对为 3，孤电子对为1，价层电子对数 为4，模型应为四面体形。
C．Cr 是 24 号元素，价层电子排布遵循洪特规则特例，为 3d54s 。
D．σ 键由原子轨道 “头碰头” 重叠形成。HF 中 H 的 1s 轨道与 F 的 2p 轨道重叠形成 s-pσ 键。
4．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，电负性逐渐增大。Cl、S、P 位于同一周期，且原子序数 Cl > S > P，因此电负性 Cl > S > P，A正确；
B、离子键百分数与成键原子的电负性差值有关，电负性差值越大，离子键百分数越高。Cl 的电负性大于 I，所以 NaCl 中离子键百分数大于 NaI，B正确；
C、元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。Mg 和 Be 同主族，金属性 Mg > Be，因此碱性 Mg(OH)2 > Be(OH)2，C正确；
D、H-和 Li+电子层数相同，当电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小。Li 的原子序数大于 H，所以离子半径 H- > Li+，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．突破口是同周期电负性变化规律（从左到右递增），Cl、S、P 同周期且原子序数递减，故电负性 Cl > S > P。
B．突破口是离子键百分数的判断依据（成键原子电负性差值越大，离子键百分数越高），Cl 电负性大于 I，NaCl 的电负性差值更大。
C．突破口是金属性与最高价氧化物对应水化物碱性的关系（金属性越强，碱性越强）。
D．突破口是电子层结构相同的离子半径规律（原子序数越大，半径越小）。
5．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A、数结构中 C、H、O 原子个数，含 6 个 C、8 个 H、6 个 O，分子式为 C6H8O6，A正确；
B、含氧官能团仅羟基（-OH）和酯基（-COO-），共 2 种，并非 3 种，B错误；
C、使溴的 CCl4溶液褪色是碳碳双键与溴加成，使酸性 KMnO4溶液褪色是被氧化，原理不同，C正确；
D、含多个羟基（亲水基团），能与水形成氢键，水溶性好，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对含氧官能团的判断不准确，容易误将维生素 C 中的官能团种类数错，忽略其仅含羟基（-OH）和酯基（-COO-）两种含氧官能团。
对使溴的 CCl4溶液和酸性 KMnO4溶液褪色的原理理解不清晰，可能混淆碳碳双键与溴的加成反应和与酸性 KMnO4的氧化反应的区别。
6．【答案】A
【知识点】卤代烃简介；蒸馏与分馏；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、饱和 Na2CO3溶液是核心试剂，既能吸收挥发的乙醇、中和挥发的乙酸，又能降低乙酸乙酯的溶解度，让其分层析出；导管末端悬于液面上方，可避免反应装置内压强变化导致的倒吸。实验设计兼顾反应条件、产物分离和安全防护，能成功制备并收集乙酸乙酯，A正确；
B、该现象的本质是羟基对苯环的影响 —— 羟基使苯环上邻、对位氢原子更易被取代，而非苯环活化羟基。实验现象对应的原理与实验目的不符，B错误；
C、水流必须遵循 “下进上出”（②口进、①口出），才能排出冷凝管内空气，实现全面热交换；图中水流方向相反，无法充满冷凝管，冷凝效率极低。装置操作不符合冷凝管使用规范，C错误；
D、水解后溶液含过量 NaOH，NaOH 会与 AgNO3反应生成 Ag2O 褐色沉淀，严重干扰 Br-检验，必须先加稀硝酸中和过量 NaOH。实验缺失关键中和步骤，无法准确检验 Br-，D错误；
故答案为：A。【分析】A．乙醇与乙酸在浓硫酸催化、加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水。
B．苯与饱和溴水不反应，苯酚与饱和溴水快速反应生成 2，4，6 - 三溴苯酚白色沉淀。
C．冷凝管的冷凝效果依赖冷却水与热蒸气的充分接触，需保证冷却水充满冷凝管。
D．溴乙烷在 NaOH 水溶液中水解生成 NaBr，通过 AgNO3溶液检验 Br-（生成浅黄色 AgBr 沉淀）。
7．【答案】C
【知识点】离子晶体；金属晶体；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、甲酸（HCOOH）和乙酸（CH3COOH）的酸性差异源于取代基的电子效应。-CH3属于推电子基团，会减弱乙酸分子中羟基（-OH）的极性，使羟基更难电离出 H+，因此乙酸酸性弱于甲酸，该解释符合结构与性质的关联，A正确；
B、硝酸盐的熔点与晶格能相关，晶格能受离子半径影响。C2H5NH3+的离子体积大于 NH4+，导致 C2H5NH3NO3的晶格能低于 NH4NO3，晶格能越低，熔点越低，该解释基于离子结构差异分析，B正确；
C、金属的熔点取决于金属键的强弱，Fe 的金属键比 Na 更强，因此 Fe 的熔点更高；而金属性描述的是金属原子失去电子的难易程度，与金属键强度、熔点无直接关联，该解释混淆了 “金属性” 与 “金属键” 的概念，C错误；
D、H2O 和 H2S 均为分子晶体，沸点受分子间作用力影响。H2O 分子间存在氢键，氢键的作用力远大于 H2S 分子间的范德华力，因此 H2O 的沸点显著高于 H2S，该解释符合分子间作用力对沸点的影响规律，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．突破口是推电子基团对羧酸酸性的影响，-CH3推电子使乙酸羟基极性减弱，酸性弱于甲酸。
B．突破口是离子晶体熔点与晶格能、离子半径的关系，C2H5NH3+体积大导致晶格能低，熔点低。
C．突破口是金属熔点的决定因素（金属键强弱）与金属性（失电子能力）的区别，Fe 熔点高是因金属键强，而非金属性弱。
D．突破口是分子晶体沸点与氢键的关系，H2O 分子间有氢键，沸点高于 H2S。
8．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；酰胺
【解析】【解答】A、冠醚环与 Li+之间是配位作用（氧原子提供孤电子对、Li+提供空轨道），不是离子键（离子键是阴、阳离子的静电作用），A错误；
B、冠醚环中的碳氧键是单键，属于 σ 键（π 键存在于双键、三键中），B错误；
C、聚酰亚胺含酰胺键，在强碱性环境中会水解，无法稳定工作，C错误；
D、K+半径大于 Li+，吸附 K+需增大冠醚环孔径以匹配其尺寸，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．混淆配位作用与离子键，误将冠醚与 Li+的配位作用当成离子键。
B．分不清 σ 键与 π 键，错误认为冠醚的碳氧单键是 π 键。
C．忽略聚酰亚胺的酰胺键性质，误判其在强碱性环境中能稳定存在。
D．对冠醚 “孔径匹配离子” 的特点不明确，不清楚吸附更大的 K+需增大冠醚环孔径。
9．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；银镜反应；酰胺
【解析】【解答】A、试剂 a 能发生银镜反应，说明含醛基。结合 E（H2N-CO-NH2）与试剂 a 反应生成 F 的过程（脱 H2O），可推试剂 a 为乙二醛（OHC-CHO）。乙二醛中只有 1 种氢原子，核磁共振氢谱应只有 1 组峰，A错误；B、E（H2N-CO-NH2）与试剂 a（OHC-CHO）反应生成 F， 化学方程式为2+OHCCHO→+2H2O， 观察 F 的结构：F 含 2 个 “-NH-CO-NH-” 片段（来自 2 个 E）和 1 个 “-CH-CH-” 片段（来自 1 个试剂 a），且脱 2 分子 H2O。因此 E 与试剂 a 的化学计量数之比是 2：1，B错误；
C、试剂 b 能发生银镜反应，说明含醛基；结合 F 与试剂 b 反应生成 G 的过程（引入 - CH2- 基团，同时脱 H2O），可推试剂 b 为甲醛（HCHO），C正确；
D、 E→F的化学方程式为2+OHCCHO→+2H2O，F→G的化学方程式为7+14HCHO→+14H2O，则E→1molG时有28molH2O生成，D错误；
故答案为：C。
【分析】先对比 E 和 F 的结构差异：E 是 H2N-CO-NH2，反应生成 F 时脱去了 H2O，且试剂 a 能发生银镜反应（含醛基），结合 F 的结构片段，可推断试剂 a 是乙二醛（OHCCHO）。
再看 F 到 G 的转化：F 与试剂 b 反应后引入了 - CH2- 基团，同时脱去 H2O，且试剂 b 也能发生银镜反应（含醛基），结合基团变化可确定试剂 b 是甲醛（HCHO）。
10．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、用“均摊法”计数：晶胞中O原子，顶点、棱、面、内部的O原子加和后，实际一个晶胞含8个O原子（对应4个SO2分子，每个SO2含2个O），并非4个，A错误；
B、观察晶胞中SO2分子的空间朝向，可看到不同SO2分子的键角方向不同，取向不相同，B错误；
C、1号和2号S原子的投影在底面（边长、），但晶胞是长方体（方向有高度），核间距需考虑三维坐标，并非仅底面的（未包含方向的距离），C错误；
D、以某S原子为中心，在晶胞的三维方向（长、宽、高）各找等距紧邻的S原子，可发现每个S原子周围有4个等距且紧邻的S原子，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：晶胞原子计数的突破：用 “均摊法” 算 O 原子数 —— 晶胞含 4 个 SO2分子（每个 SO2有 2 个 O），故 O 原子数为 8；
分子取向的判断突破：观察晶胞中 SO2分子的空间朝向（键的方向），明显存在不同取向；
粒子间距计算的突破：晶胞是长方体，粒子间距需考虑三维坐标，C 选项仅算底面距离（忽略c方向），错误。紧邻 S 原子数的突破：以某 S 原子为中心，在晶胞的长、宽、高方向找等距 S 原子，可确定每个 S 周围有 4 个紧邻 S 原子。
11．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；聚合反应
【解析】【解答】A、丙烯与 HOCl 加成时，Cl 和 - OH 可分别加在双键两端的 C 上，生成 ClCH2CH (OH) CH3和 CH3CH (Cl) CH2OH，这 2 种物质分子式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；
B、Y→Z 的转化中，H+可促进 Y 中醚键的断裂（先质子化氧原子，削弱碳氧键），从而加快反应速率，B正确；
C、Y→Z 过程中，a 处碳氧键断裂后生成的中间体更稳定（连有 - CH3的碳正离子更稳定），因此 a 处碳氧键比 b 处更易断裂，C正确；
D、Y 与 CO2反应生成 P，是加聚反应（无小分子生成），并非缩聚反应；且该工艺消耗了 CO2，有利于减轻温室效应，但反应类型判断错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】丙烯先与 HOCl 发生加成反应：由于 HOCl 可拆分为 Cl-和 - OH，二者分别加成到丙烯双键的两个碳原子上，生成两种同分异构体 ——CH3-CHCl-CH2OH 和 CH3-CHOH-CH2Cl，这两种结构的物质共同构成产物 M。随后 M 在 Ca (OH)2的碱性环境中发生消去反应，脱去 HCl 分子，形成含三元环醚结构的物质 Y()，Y 有两条转化路径：一是在 H+的催化作用下，环醚结构发生水解（H+先质子化醚键的氧原子，削弱碳氧键），与 H- 8OH 发生反应引入羟基，之后脱去 H+，最终生成主产物 Z（含 8O 标记的二元醇）；二是与 CO2发生反应，通过加聚反应（醚键与 CO2的羰基结合）形成链状高分子化合物 P()。
12．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a 极通入 O2生成 H2O2，O 元素化合价降低，发生还原反应（阴极），电极反应为 O2+2e-+2H+=H2O2，并非 Fe 失电子生成 Fe2+，A错误；
B、a 为阴极（接电源负极），则 b 为阳极（接电源正极），阳极发生氧化反应，而非还原反应，B错误；
C、b 极生成的 Fe2+与 a 极生成的 H2O2在酸性条件下反应，生成 OH，离子方程式为 Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+ OH，C正确；
D、苯酚中 C 从+ 价升至 +4 价，0.1 mol 苯酚被氧化需 2.8 mol OH，结合反应历程 Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+ OH ，外电路转移电子应为 5.6 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．突破口是电极反应的判断，a 极通入 O2生成 H2O2，O 元素化合价降低，发生还原反应。
B．突破口是电解池的电极连接，a 是阴极（接电源负极），b 是阳极（接电源正极），阳极发生氧化反应。
C．突破口是反应历程的推导，a 极生成 H2O2，b 极生成 Fe2+，二者反应生成 OH。
D．突破口是电子转移的计算，苯酚中 C 化合价变化及反应历程决定了电子转移量不是 2.8 mol，错误。
13．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；化合价与化学式
【解析】【解答】A、化合物受热失去甲醇（CH3OH，相对分子质量 32），相对分子质量为 870 + 32x。由图 2，残留质量百分数为 96.5%，即，即，A正确；
B、同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N 的 2p 轨道半充满更稳定，故第一电离能 C < O < N，B正确；
C、配合物含 NO3-平衡电荷，配体为类似苯酚基的负电基团，结合电荷平衡，Fe 的化合价为 + 3 价而非 + 6 价，C错误；
D、由结构可知，Fe 周围有 6 个配位原子，配体为 2 个有机大配体（各提供 3 个配位原子），故配位数 6、配体个数 2，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．热重曲线中质量变化源于失去甲醇（CH3OH，相对分子质量 32），利用残留质量百分数（96.5%）与相对分子质量（870 + 32x）的关系计算。
B．同周期第一电离能变化规律中，N 因 2p 轨道半充满更稳定，故第一电离能：C < O < N，正确。
C．结合配合物中 NO3-的电荷平衡及配体（负电基团）性质，Fe 的化合价为 + 3 价而非 + 6 价。
D．从结构看，Fe 周围有 6 个配位原子，配体为 2 个有机大配体（各提供 3 个配位原子），据此算配位数、配体个数。
14．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、①中初始存在 Fe3+与 Cl-的配位平衡，滴加浓盐酸后 Cl-浓度骤增，根据勒夏特列原理，平衡向生成 [FeCl4]-的方向移动，导致溶液黄色加深，该推理符合平衡移动逻辑，A正确；
B、①到②的过程中，KSCN 溶液提供的 SCN-与 Fe3+结合生成更易显色的 [Fe(SCN)]2+，这会消耗体系中的游离 Fe3+，促使 Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡逆向移动，[FeCl4]-的浓度随之下降，B正确；
C、②中 [Fe(SCN)]2+存在微弱电离平衡，会释放少量 Fe3+；③中加入 NaF 后，F-与 Fe3+形成稳定性更强的 [FeF6]3-，持续消耗游离 Fe3+，推动 [Fe (SCN)]2+电离平衡正向进行，因此游离 Fe3+的浓度关系为②＞③，C正确；
D、④中无明显现象，核心原因是 Fe3+与 F-形成的 [FeF6]3-稳定性极高，体系中游离 Fe3+浓度极低，无法与 I-发生氧化还原反应；但①中 [FeCl4]-的稳定性较弱，溶液中仍有一定量游离 Fe3+，其氧化性足以将 I-氧化为 I2，淀粉溶液会因此变蓝，该选项对现象的解释存在逻辑漏洞，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．突破口是平衡移动原理，浓盐酸增大 Cl-浓度，促使 Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡正向移动，溶液黄色加深。
B．突破口是配位竞争，SCN-与 Fe3+结合生成 [Fe(SCN)]2+，使 Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡逆向移动，[FeCl4]-浓度降低。
C．突破口是配合物稳定性差异，[FeF6]3-比 [Fe(SCN)]2+更稳定，③中游离 Fe3+浓度更低，故
c (Fe3+)：②＞③。
D．突破口是游离 Fe3+浓度对氧化还原反应的影响，①中 [FeCl4]-稳定性弱，存在游离 Fe3+，能氧化 I-使淀粉变蓝，而④中因 [FeF6]3-稳定无此现象。
15．【答案】（1）
（2）和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水；c
（3）正四面体
（4）>；和中心P原子均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）P元素是第15号元素，基态磷原子的电子排布式为，价电子的轨道表示式为，
故答案为。
（2）①和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水，
②a．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，a项错误；
b．由图可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为，b项错误；
c．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，c项正确；
故答案为：和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水。c。
（3）与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在溶液中加入形成无色的，即形成更稳定的配合物，故由此推测与形成的配离子更稳定的配体是，的中心原子是P，其中心价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化方式为，空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体。
（4）和中心原子均是P，中心价层电子对数均为4，孤对电子数均为1，均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大，
故答案为＞；和中心P原子均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大。
【分析】(1)依据磷原子价电子排布（3s23p3），写出价电子的轨道表示式。
(2)①根据相似相溶原理，P4和 CS2均为非极性分子，H2O 是极性分子，故 P4易溶于 CS2，难溶于水。
②结合黑磷层状结构，层间为分子间作用力，层内原子 sp3 杂化，属混合型晶体。
(3)配体 PO43-的中心 P 原子价层电子对为 4（无孤对电子），空间构型为正四面体。
(4)PH3键角大于 PF3；二者中心 P 均为 sp3 杂化，因电负性 F＞P＞H，PH3中成键电子对更靠近 P，斥力更大，键角更大。
（1）P元素是第15号元素，基态磷原子的电子排布式为，价电子的轨道表示式为，故答案为。
（2）①和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水，故答案为和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水。
②a．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，a项错误；
b．由图可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为，b项错误；
c．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，c项正确；
故答案选c。
（3）与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在溶液中加入形成无色的，即形成更稳定的配合物，故由此推测与形成的配离子更稳定的配体是，的中心原子是P，其中心价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化方式为，空间构型为正四面体，故答案为正四面体。
（4）和中心原子均是P，中心价层电子对数均为4，孤对电子数均为1，均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大，故答案为＞；和中心P原子均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大。
16．【答案】（1）非极性；C和O具有相同的电子层数，原子半径C＞O，核对电子吸引力C＜O，所以C的孤电子对更易与Ni原子的空轨道重叠形成配位键
（2）18；、；分子有一定的极性，分子中含有亲水性的羟基、羰基，能和水分子形成氢键
（3）c；顶点和面心；4；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）易溶于CCl4、CS2等溶剂，CCl4、CS2是非极性分子，根据相似相溶原理可知，为非极性分子；C和O具有相同的电子层数，原子半径C＞O，核对电子吸引力C＜O，所以C的孤电子对更易与Ni原子的空轨道重叠形成配位键。
故答案为： 非极性 ； C和O具有相同的电子层数，原子半径C＞O，核对电子吸引力C＜O，所以C的孤电子对更易与Ni原子的空轨道重叠形成配位键 ；
（2）钙为20号元素，失去2个电子形成基态Ca2+，核外电子数为18，核外电子的运动状态有18种；配合物X中的配体除外还有、；茜素水溶性较好的主要原因是分子有一定的极性，分子中含有亲水性的羟基、羰基，能和水分子形成氢键；
故答案为： 18 ；、 ； 分子有一定的极性，分子中含有亲水性的羟基、羰基，能和水分子形成氢键 ；
（3）①通过X射线衍射实验，可确定晶体结构，故选c；
②由8个I型立方结构平移、旋转、并置，可得到II型立方结构，若位于II型立方结构的棱心和体心上，则位于II型立方结构的顶点和面心上；根据均摊法，1个I型立方结构中数目为，则一个II型立方结构中含数目为24个，由化学式可知，一个II型立方结构中含4个；若的摩尔质量为M g/mol，该蓝色晶体密度为ρ g/cm3，Ⅱ型立方结构的边长为a nm，则，阿伏加德罗常数的值可表示为。
故答案为： c ； 顶点和面心 ；4； 。
【分析】(1)根据相似相溶原理，结合溶剂极性判断，为非极性分子；从C和O的原子半径、对电子吸引力差异分析，C的孤电子对更易与Ni原子空轨道重叠形成配位键。
(2)基态核外电子数为18，电子运动状态有18种；分析配合物X的结构，确定配体还有、；茜素分子有极性，含羟基、羰基可与水分子形成氢键，故水溶性较好。
(3)①X射线衍射实验可确定晶体结构；
②根据晶体结构分析，位于顶点和面心；通过均摊法计算，一个Ⅱ型立方结构中含4个；结合密度公式，推导得出阿伏加德罗常数为。
（1）易溶于CCl4、CS2等溶剂，CCl4、CS2是非极性分子，根据相似相溶原理可知，为非极性分子；C和O具有相同的电子层数，原子半径C＞O，核对电子吸引力C＜O，所以C的孤电子对更易与Ni原子的空轨道重叠形成配位键。
（2）钙为20号元素，失去2个电子形成基态Ca2+，核外电子数为18，核外电子的运动状态有18种；配合物X中的配体除外还有、；茜素水溶性较好的主要原因是分子有一定的极性，分子中含有亲水性的羟基、羰基，能和水分子形成氢键；
（3）①通过X射线衍射实验，可确定晶体结构，故选c；
②由8个I型立方结构平移、旋转、并置，可得到II型立方结构，若位于II型立方结构的棱心和体心上，则位于II型立方结构的顶点和面心上；根据均摊法，1个I型立方结构中数目为，则一个II型立方结构中含数目为24个，由化学式可知，一个II型立方结构中含4个；若的摩尔质量为M g/mol，该蓝色晶体密度为ρ g/cm3，Ⅱ型立方结构的边长为a nm，则，阿伏加德罗常数的值可表示为。
17．【答案】（1）甲苯
（2）
（3）
（4）CH3COOCH2CH3
（5）bc
（6）；4a×100%
（7）；加成反应
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）由分析可知，A为芳香族化合物，A的结构简式为：[ERRORIMAGE:https://tikupic.21cnjy.com/ct20241o/fd/d3/fdd34ae5cd172bfc41cae468e38dd4f6.png]，故A的名称是甲苯；
故答案为： 甲苯 ；
（2）由分析可知，B的结构简式为：，故B→D的化学方程式是；
故答案为： ；
（3）根据分析，G和ClCOOCH3发生取代反应生成K，由K逆推，G是；
故答案为： ；
（4）E属于酯，根据题目信息，可知F是，E的结构简式为CH3COOCH2CH3。
故答案为： CH3COOCH2CH3 ；
（5）碳碳双键不能与氢氧化钠反应，酯基和酰胺基能在NaOH溶液中发生水解反应，故K中能与NaOH溶液反应的官能团有酯基和酰胺基，选bc。
故答案为： bc ；
（6）①由题干转化关系图可知Ⅱ中，被Ce(OH)3+离子氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式是；
②若电解产生的Ce(OH)3+使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，则由转化为D即，每生成1mol需失去4mol电子，故当生成amol D时，失去电子4amol，电极通过， 。
故答案为： ； 4a×100% ；
（7）由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，N到G发生消去反应，故N的结构简式为：，则M转化为N是氨基与酮羰基发生加成反应形成环，故M的结构简式：，由F的结构简式：，和L到M的转化条件可知，L的结构简式为：，然后D和发生加成反应生成L。
故答案为： ； 加成反应 ；
【分析】逆推关键中间体：从最终产物 K 的结构简式切入，结合 G 到 K 的反应条件（还原、成环等）和 G 的分子式，反推 G 的官能团组成（含硝基、酯基、碳碳双键）；再根据 D 与 F 生成 G 的反应类型（加成 / 取代），结合 F 的分子式，推出 F 的结构（ ）；
顺推起始原料：由 A 的分子式（芳香烃）和 A 到 B 的反应条件（氧化），结合 B 的分子式（含醛基），确定 A 为甲基取代芳香烃（[ERRORIMAGE:https://tikupic.21cnjy.com/ct20241o/fd/d3/fdd34ae5cd172bfc41cae468e38dd4f6.png] ）；再根据 B 到 D 的转化（引入羟基、羧基），验证 B（ ） 的结构合理性；
佐证已知物质：结合 E 的分子式和题干隐含信息（常见酯类原料），确定 E 为乙酸乙酯（ CH3COOCH2CH3 ），其结构与后续 F 的生成逻辑一致；
核心突破口：官能团转化规律（如氧化、还原、取代）和分子式中原子个数守恒，快速关联各物质的结构关系。据此解题。
（1）由分析可知，A为芳香族化合物，A的结构简式为：[ERRORIMAGE:https://tikupic.21cnjy.com/ct20241o/fd/d3/fdd34ae5cd172bfc41cae468e38dd4f6.png]，故A的名称是甲苯；
（2）由分析可知，B的结构简式为：，故B→D的化学方程式是；
（3）根据分析，G和ClCOOCH3发生取代反应生成K，由K逆推，G是；
（4）E属于酯，根据题目信息，可知F是，E的结构简式为CH3COOCH2CH3。
（5）碳碳双键不能与氢氧化钠反应，酯基和酰胺基能在NaOH溶液中发生水解反应，故K中能与NaOH溶液反应的官能团有酯基和酰胺基，选bc。
（6）①由题干转化关系图可知Ⅱ中，被Ce(OH)3+离子氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式是；
②若电解产生的Ce(OH)3+使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，则由转化为D即，每生成1mol需失去4mol电子，故当生成amol D时，失去电子4amol，电极通过， 。
（7）由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，N到G发生消去反应，故N的结构简式为：，则M转化为N是氨基与酮羰基发生加成反应形成环，故M的结构简式：，由F的结构简式：，和L到M的转化条件可知，L的结构简式为：，然后D和发生加成反应生成L。
18．【答案】（1）羧基、碳氟键
（2）++K2CO3→+KHCO3+KCl
（3）加成反应
（4）
（5）；
（6）或
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，官能团为羧基、碳氟键，
故答案为：羧基、碳氟键；
（2）由分析可知，B→D的反应为碳酸钾作用下与发生取代反应生成，其中碳酸钾的作用是与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向移动，增大的产率，反应的化学方程式为+，
故答案为：+；
（3）由分析可知，D→E的反应为强碱条件下与乙醛发生加成反应生成E，
故答案为：加成反应；
（4）由分析可知，G的结构简式为，
故答案为：；
（5）由分析可知，L、M的结构简式分别为、，故答案为：；；
（6）由已知信息i和A到B的转化条件可知，N转化P也是分两步进行的，即先N与SOCl2在一定条件下反应，然后再与试剂b即H2NCH2COOH发生信息i反应生成P，在此过程中H2NCH2COOH可能先与SOCl2反应生成H2NCH2COCl，然后H2NCH2COCl自身发生反应生成或，该物质符合核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为，
故答案为：或。
【分析】以对氟甲苯为起始原料，经多步反应转化：对氟甲苯被酸性 KMnO4氧化，甲基转化为羧基，得到含氟苯甲酸（A）；A 与 SOCl2发生取代反应，羧基（-COOH）转化为酰氯（-COCl），得到产物 B（）；B 与试剂 a（结构为含支链的胺）发生取代反应，酰氯与氨基结合，得到产物 D（）；D 在强碱条件下与乙醛加成得到 E，E 经催化转化为环状结构的 G（）；G 与苯酚发生取代反应得到中间产物I（），该产物再经 SOCl2取代、与胺类试剂反应得到K；K 经多步反应得到N，N与试剂b（H2NCH2COOH）取代得到最终产物。各步核心是官能团的转化（如 -COOH→-COCl、酰氯与氨基的取代、加成成环等），通过反应类型可推断中间产物的结构。据此解题。
（1）由分析可知，A的结构简式为，官能团为羧基、碳氟键，故答案为：羧基、碳氟键；
（2）由分析可知，B→D的反应为碳酸钾作用下与发生取代反应生成，其中碳酸钾的作用是与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向移动，增大的产率，反应的化学方程式为+，故答案为：+；
（3）由分析可知，D→E的反应为强碱条件下与乙醛发生加成反应生成E，故答案为：加成反应；
（4）由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；
（5）由分析可知，L、M的结构简式分别为、，故答案为：；；
（6）由已知信息i和A到B的转化条件可知，N转化P也是分两步进行的，即先N与SOCl2在一定条件下反应，然后再与试剂b即H2NCH2COOH发生信息i反应生成P，在此过程中H2NCH2COOH可能先与SOCl2反应生成H2NCH2COCl，然后H2NCH2COCl自身发生反应生成或，该物质符合核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为，故答案为：或。
19．【答案】（1）Fe 3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+
（2）2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+
（3）Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓；向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象
（4）产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快
（5）4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀
（6）20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]
【知识点】铜及其化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
故答案为： Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
（2）由题干信息可知，向0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中加入Cu，观察到溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I中发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，
故答案为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，
（3）①由题干信息可知，实验I中反应2天后的溶液为FeSO4和CuSO4溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe2++Cu2++SCN-=Fe3++CuSCN↓；
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象，
故答案为：Fe2++Cu2++SCN-=Fe3++CuSCN↓；向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象；
（4）对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+Fe3++Cl-=CuCl↓+Fe2+；白色固体消失：CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-；总反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应，
故答案为：产生白色固体：Cu+Fe3++Cl-=CuCl↓+Fe2+；白色固体消失：CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-；总反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快；
（5）已知空气中的O2在酸性和碱性条件下均能氧化Fe2+，本实验反应原理为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，从而导致溶液中OH-和Fe3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，
故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀；
（6）题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO3)3，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]，
故答案为：20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]。
【分析】这是一道探究 Cu 与 Fe3+反应规律的实验题，解题核心是结合题干信息与控制变量法分析反应：
利用题干给出的 “CuCl、CuSCN 是难溶于水的白色固体”，可解释实验中白色沉淀的成分；
依据 “Fe2++NO [Fe(NO)]2+（棕色）” 的信息，能分析实验 Ⅲ 中溶液颜色的成因；
同时结合不同实验的试剂差异（如阴离子种类、浓度），通过控制变量法对比反应现象，推导反应机理与影响因素。
(1)抓 “盐类水解显酸性”：Fe3+结合水电离的 OH-生成弱碱 Fe (OH)3，使溶液中 H+浓度增大。
(2)依 “氧化还原反应规律”：Fe3+（氧化性）与 Cu（还原性）反应，生成 Cu2+和 Fe2+。
(3)① 据 “物质性质”：Fe2+、Cu2+与 SCN-反应，生成难溶 CuSCN 和 Fe3+（使 SCN-显红色）；② 用 “控制变量法”：模拟实验 Ⅱ 的离子组成，验证反应是否发生。
(4)析 “催化机理”：Cl-参与生成中间产物 CuCl，加速 Fe3+与 Cu 的总反应，实验 Ⅱ 反应更快。
(5)联 “氧化 + 水解”：Fe2+被 O2氧化为 Fe3+，溶液中 c (Fe3+)、c (OH-) 增大，生成 Fe(OH)3沉淀。
(6)用 “对照实验”：试剂 X 需含 NO3-且 pH 与实验 Ⅲ 一致，排除干扰验证 [Fe(NO)]2+的生成。
（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为： Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；
（2）由题干信息可知，向0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中加入Cu，观察到溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I中发生反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，故答案为：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+；
（3）①由题干信息可知，实验I中反应2天后的溶液为FeSO4和CuSO4溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3++ CuSCN↓；
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象，故答案为：向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象；
（4）对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应，故答案为：产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快；
（5）已知空气中的O2在酸性和碱性条件下均能氧化Fe2+，本实验反应原理为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，从而导致溶液中OH-和Fe3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，故答案为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀；
（6）题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO3)3，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]，故答案为：20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]。
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1．（2025高三上·北京开学考）制作食醋的传统方法是发酵谷物中的淀粉，其过程包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段，食醋风味的产生与其制作过程中生成的酯类物质有关。下列说法不正确的是
A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生
B．发酵制醇阶段有CO2产生
C．发酵制酸阶段有酯类物质产生
D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行
【答案】D
【知识点】单糖的性质和用途；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、淀粉属于多糖，在酶的催化作用下会发生水解，最终产物为葡萄糖，因此淀粉水解阶段必然有葡萄糖产生，A正确；
B、发酵制醇阶段是酵母菌的无氧呼吸过程，葡萄糖在酶的作用下分解为乙醇（C2H5OH）和二氧化碳（CO2），此过程会产生 CO2，B正确；
C、发酵制酸阶段，乙酸菌在有氧条件下将乙醇氧化为乙酸（CH3COOH），而乙酸与乙醇可发生酯化反应生成酯类物质（如乙酸乙酯 CH3COOCH2CH3），因此该阶段有酯类物质产生，C正确；
D、三个阶段中，淀粉水解阶段对氧气无严格要求，发酵制醇阶段需无氧环境，但发酵制酸阶段（乙酸菌氧化乙醇）必须在有氧条件下进行，并非均为无氧条件，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对发酵制酸阶段的反应条件认识不清，容易误以为整个制食醋的过程都在无氧条件下进行，忽略了乙酸菌氧化乙醇生成乙酸时需要氧气。
对发酵制酸阶段酯类物质的生成原理理解不透彻，不清楚乙酸和乙醇可发生酯化反应生成酯类，从而可能错误判断选项 C。
2．（2025高三上·北京开学考）化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是
选项 宏观现象 微观解释
A 氮气稳定存在于自然界中 氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量
B 苯不能使溴的溶液褪色 苯分子中碳原子形成了稳定的大键
C 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列
D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；氮气的化学性质；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、氮气分子中存在氮氮三键，键能大，断开该共价键需要较多能量，所以氮气能稳定存在于自然界中，宏观现象与微观解释相符，故A不符合题意 ；
B、苯分子中碳原子形成了稳定的大 π 键，结构稳定，难以与溴发生反应，因此苯不能使溴的 CCl4溶液褪色，宏观现象与微观解释相符，故B不符合题意 ；
C、天然水晶属于晶体，原子在三维空间里呈周期性有序排列，所以呈现多面体外形，宏观现象与微观解释相符，故C不符合题意 ；
D、氯化钠是离子晶体，而氯化铝是分子晶体，二者晶体类型不同。不能用离子晶体的离子所带电荷数和离子半径来解释氯化铝的熔点，该选项宏观现象与微观解释不符，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．突破点是氮气分子的化学键类型（氮氮三键），键能大是其稳定存在的微观原因。
B．突破点是苯的分子结构（大 π 键），稳定的大 π 键使苯难以与溴反应。
C．突破点是晶体的结构特点，原子周期性有序排列决定了水晶的多面体外形。
D．突破点是晶体类型的判断，氯化钠是离子晶体，氯化铝是分子晶体，晶体类型不同不能用离子晶体的相关规律解释。
3．（2025高三上·北京开学考）下列化学用语或图示不正确的是
A．2-丁烯的实验式：CH2
B．SO的VSEPR模型：
C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1
D．HF分子中σ键的形成：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；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
【解析】【解答】A、2-丁烯的结构简式为，分子式为，实验式是各原子的最简整数比，即，A正确；
B、计算中心原子的价层电子对数，公式为，其中含1个孤电子对，其VSEPR模型应为四面体形，而题目中的图示不符合，B错误；
C、Cr是24号元素，基态Cr原子的价层电子排布式为（洪特规则特例，半满结构更稳定），C正确；
D、HF分子中σ键是由H原子的s轨道电子与F原子的2p轨道电子形成的s-pσ键， 表示为：，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．实验式是原子最简整数比。2 - 丁烯分子式为 C4H8，简化后实验式为 CH2。
B．判断 VSEPR 模型需算价层电子对数。SO32-中 S 的成键电子对为 3，孤电子对为1，价层电子对数 为4，模型应为四面体形。
C．Cr 是 24 号元素，价层电子排布遵循洪特规则特例，为 3d54s 。
D．σ 键由原子轨道 “头碰头” 重叠形成。HF 中 H 的 1s 轨道与 F 的 2p 轨道重叠形成 s-pσ 键。
4．（2025高三上·北京开学考）应用元素周期律判断，下列说法不正确的是
A．电负性：
B．化合物中离子键百分数：
C．碱性：
D．半径比较：
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，电负性逐渐增大。Cl、S、P 位于同一周期，且原子序数 Cl > S > P，因此电负性 Cl > S > P，A正确；
B、离子键百分数与成键原子的电负性差值有关，电负性差值越大，离子键百分数越高。Cl 的电负性大于 I，所以 NaCl 中离子键百分数大于 NaI，B正确；
C、元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。Mg 和 Be 同主族，金属性 Mg > Be，因此碱性 Mg(OH)2 > Be(OH)2，C正确；
D、H-和 Li+电子层数相同，当电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小。Li 的原子序数大于 H，所以离子半径 H- > Li+，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．突破口是同周期电负性变化规律（从左到右递增），Cl、S、P 同周期且原子序数递减，故电负性 Cl > S > P。
B．突破口是离子键百分数的判断依据（成键原子电负性差值越大，离子键百分数越高），Cl 电负性大于 I，NaCl 的电负性差值更大。
C．突破口是金属性与最高价氧化物对应水化物碱性的关系（金属性越强，碱性越强）。
D．突破口是电子层结构相同的离子半径规律（原子序数越大，半径越小）。
5．（2025高三上·北京开学考）维生素C的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．维生素C的分子式为
B．维生素C中有3种含氧官能团
C．维生素C能使溴的溶液和酸性溶液褪色的原理不同
D．维生素C具有较好的水溶性
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A、数结构中 C、H、O 原子个数，含 6 个 C、8 个 H、6 个 O，分子式为 C6H8O6，A正确；
B、含氧官能团仅羟基（-OH）和酯基（-COO-），共 2 种，并非 3 种，B错误；
C、使溴的 CCl4溶液褪色是碳碳双键与溴加成，使酸性 KMnO4溶液褪色是被氧化，原理不同，C正确；
D、含多个羟基（亲水基团），能与水形成氢键，水溶性好，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对含氧官能团的判断不准确，容易误将维生素 C 中的官能团种类数错，忽略其仅含羟基（-OH）和酯基（-COO-）两种含氧官能团。
对使溴的 CCl4溶液和酸性 KMnO4溶液褪色的原理理解不清晰，可能混淆碳碳双键与溴的加成反应和与酸性 KMnO4的氧化反应的区别。
6．（2025高三上·北京开学考）下列实验能达到实验目的的是
A．实验室制乙酸乙酯 B．证明苯环使羟基活化
C．冷却水从冷凝管①口通入，②口流出 D．检验溴乙烷的水解产物Br
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】卤代烃简介；蒸馏与分馏；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、饱和 Na2CO3溶液是核心试剂，既能吸收挥发的乙醇、中和挥发的乙酸，又能降低乙酸乙酯的溶解度，让其分层析出；导管末端悬于液面上方，可避免反应装置内压强变化导致的倒吸。实验设计兼顾反应条件、产物分离和安全防护，能成功制备并收集乙酸乙酯，A正确；
B、该现象的本质是羟基对苯环的影响 —— 羟基使苯环上邻、对位氢原子更易被取代，而非苯环活化羟基。实验现象对应的原理与实验目的不符，B错误；
C、水流必须遵循 “下进上出”（②口进、①口出），才能排出冷凝管内空气，实现全面热交换；图中水流方向相反，无法充满冷凝管，冷凝效率极低。装置操作不符合冷凝管使用规范，C错误；
D、水解后溶液含过量 NaOH，NaOH 会与 AgNO3反应生成 Ag2O 褐色沉淀，严重干扰 Br-检验，必须先加稀硝酸中和过量 NaOH。实验缺失关键中和步骤，无法准确检验 Br-，D错误；
故答案为：A。【分析】A．乙醇与乙酸在浓硫酸催化、加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水。
B．苯与饱和溴水不反应，苯酚与饱和溴水快速反应生成 2，4，6 - 三溴苯酚白色沉淀。
C．冷凝管的冷凝效果依赖冷却水与热蒸气的充分接触，需保证冷却水充满冷凝管。
D．溴乙烷在 NaOH 水溶液中水解生成 NaBr，通过 AgNO3溶液检验 Br-（生成浅黄色 AgBr 沉淀）。
7．（2025高三上·北京开学考）下列有关物质性质的解释错误的是
　 性质 解释
A 酸性： 是推电子基团
B 熔点： 的体积大于
C 熔点： 比的金属性弱
D 沸点： 分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】离子晶体；金属晶体；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、甲酸（HCOOH）和乙酸（CH3COOH）的酸性差异源于取代基的电子效应。-CH3属于推电子基团，会减弱乙酸分子中羟基（-OH）的极性，使羟基更难电离出 H+，因此乙酸酸性弱于甲酸，该解释符合结构与性质的关联，A正确；
B、硝酸盐的熔点与晶格能相关，晶格能受离子半径影响。C2H5NH3+的离子体积大于 NH4+，导致 C2H5NH3NO3的晶格能低于 NH4NO3，晶格能越低，熔点越低，该解释基于离子结构差异分析，B正确；
C、金属的熔点取决于金属键的强弱，Fe 的金属键比 Na 更强，因此 Fe 的熔点更高；而金属性描述的是金属原子失去电子的难易程度，与金属键强度、熔点无直接关联，该解释混淆了 “金属性” 与 “金属键” 的概念，C错误；
D、H2O 和 H2S 均为分子晶体，沸点受分子间作用力影响。H2O 分子间存在氢键，氢键的作用力远大于 H2S 分子间的范德华力，因此 H2O 的沸点显著高于 H2S，该解释符合分子间作用力对沸点的影响规律，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．突破口是推电子基团对羧酸酸性的影响，-CH3推电子使乙酸羟基极性减弱，酸性弱于甲酸。
B．突破口是离子晶体熔点与晶格能、离子半径的关系，C2H5NH3+体积大导致晶格能低，熔点低。
C．突破口是金属熔点的决定因素（金属键强弱）与金属性（失电子能力）的区别，Fe 熔点高是因金属键强，而非金属性弱。
D．突破口是分子晶体沸点与氢键的关系，H2O 分子间有氢键，沸点高于 H2S。
8．（2025高三上·北京开学考）含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。下列说法正确的是
A．冠醚环与Li+之间的作用是离子键
B．冠醚环中碳氧键为π键
C．该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作
D．若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；酰胺
【解析】【解答】A、冠醚环与 Li+之间是配位作用（氧原子提供孤电子对、Li+提供空轨道），不是离子键（离子键是阴、阳离子的静电作用），A错误；
B、冠醚环中的碳氧键是单键，属于 σ 键（π 键存在于双键、三键中），B错误；
C、聚酰亚胺含酰胺键，在强碱性环境中会水解，无法稳定工作，C错误；
D、K+半径大于 Li+，吸附 K+需增大冠醚环孔径以匹配其尺寸，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．混淆配位作用与离子键，误将冠醚与 Li+的配位作用当成离子键。
B．分不清 σ 键与 π 键，错误认为冠醚的碳氧单键是 π 键。
C．忽略聚酰亚胺的酰胺键性质，误判其在强碱性环境中能稳定存在。
D．对冠醚 “孔径匹配离子” 的特点不明确，不清楚吸附更大的 K+需增大冠醚环孔径。
9．（2025高三上·北京开学考）葫芦脲是一类大环化合物，在超分子化学和材料科学中发挥着重要的作用。葫芦[7]脲的合成路线如下图。其中，试剂a和试剂b均能发生银镜反应。
下列说法正确的是
A．试剂a的核磁共振氢谱有两组峰
B．E与试剂a的化学计量数之比是1∶2
C．试剂b为甲醛
D．E→1molG时，有21molH2O生成
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；银镜反应；酰胺
【解析】【解答】A、试剂 a 能发生银镜反应，说明含醛基。结合 E（H2N-CO-NH2）与试剂 a 反应生成 F 的过程（脱 H2O），可推试剂 a 为乙二醛（OHC-CHO）。乙二醛中只有 1 种氢原子，核磁共振氢谱应只有 1 组峰，A错误；B、E（H2N-CO-NH2）与试剂 a（OHC-CHO）反应生成 F， 化学方程式为2+OHCCHO→+2H2O， 观察 F 的结构：F 含 2 个 “-NH-CO-NH-” 片段（来自 2 个 E）和 1 个 “-CH-CH-” 片段（来自 1 个试剂 a），且脱 2 分子 H2O。因此 E 与试剂 a 的化学计量数之比是 2：1，B错误；
C、试剂 b 能发生银镜反应，说明含醛基；结合 F 与试剂 b 反应生成 G 的过程（引入 - CH2- 基团，同时脱 H2O），可推试剂 b 为甲醛（HCHO），C正确；
D、 E→F的化学方程式为2+OHCCHO→+2H2O，F→G的化学方程式为7+14HCHO→+14H2O，则E→1molG时有28molH2O生成，D错误；
故答案为：C。
【分析】先对比 E 和 F 的结构差异：E 是 H2N-CO-NH2，反应生成 F 时脱去了 H2O，且试剂 a 能发生银镜反应（含醛基），结合 F 的结构片段，可推断试剂 a 是乙二醛（OHCCHO）。
再看 F 到 G 的转化：F 与试剂 b 反应后引入了 - CH2- 基团，同时脱去 H2O，且试剂 b 也能发生银镜反应（含醛基），结合基团变化可确定试剂 b 是甲醛（HCHO）。
10．（2025高三上·北京开学考）晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法正确的是
A．一个晶胞中含有4个O原子
B．晶胞中分子的取向相同
C．1号和2号S原子间的核间距为
D．每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、用“均摊法”计数：晶胞中O原子，顶点、棱、面、内部的O原子加和后，实际一个晶胞含8个O原子（对应4个SO2分子，每个SO2含2个O），并非4个，A错误；
B、观察晶胞中SO2分子的空间朝向，可看到不同SO2分子的键角方向不同，取向不相同，B错误；
C、1号和2号S原子的投影在底面（边长、），但晶胞是长方体（方向有高度），核间距需考虑三维坐标，并非仅底面的（未包含方向的距离），C错误；
D、以某S原子为中心，在晶胞的三维方向（长、宽、高）各找等距紧邻的S原子，可发现每个S原子周围有4个等距且紧邻的S原子，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：晶胞原子计数的突破：用 “均摊法” 算 O 原子数 —— 晶胞含 4 个 SO2分子（每个 SO2有 2 个 O），故 O 原子数为 8；
分子取向的判断突破：观察晶胞中 SO2分子的空间朝向（键的方向），明显存在不同取向；
粒子间距计算的突破：晶胞是长方体，粒子间距需考虑三维坐标，C 选项仅算底面距离（忽略c方向），错误。紧邻 S 原子数的突破：以某 S 原子为中心，在晶胞的长、宽、高方向找等距 S 原子，可确定每个 S 周围有 4 个紧邻 S 原子。
11．（2025高三上·北京开学考）丙烯可发生如下转化(反应条件略)：
下列说法不正确的是
A．产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)
B．可提高Y→Z转化的反应速率
C．Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂
D．Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；聚合反应
【解析】【解答】A、丙烯与 HOCl 加成时，Cl 和 - OH 可分别加在双键两端的 C 上，生成 ClCH2CH (OH) CH3和 CH3CH (Cl) CH2OH，这 2 种物质分子式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；
B、Y→Z 的转化中，H+可促进 Y 中醚键的断裂（先质子化氧原子，削弱碳氧键），从而加快反应速率，B正确；
C、Y→Z 过程中，a 处碳氧键断裂后生成的中间体更稳定（连有 - CH3的碳正离子更稳定），因此 a 处碳氧键比 b 处更易断裂，C正确；
D、Y 与 CO2反应生成 P，是加聚反应（无小分子生成），并非缩聚反应；且该工艺消耗了 CO2，有利于减轻温室效应，但反应类型判断错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】丙烯先与 HOCl 发生加成反应：由于 HOCl 可拆分为 Cl-和 - OH，二者分别加成到丙烯双键的两个碳原子上，生成两种同分异构体 ——CH3-CHCl-CH2OH 和 CH3-CHOH-CH2Cl，这两种结构的物质共同构成产物 M。随后 M 在 Ca (OH)2的碱性环境中发生消去反应，脱去 HCl 分子，形成含三元环醚结构的物质 Y()，Y 有两条转化路径：一是在 H+的催化作用下，环醚结构发生水解（H+先质子化醚键的氧原子，削弱碳氧键），与 H- 8OH 发生反应引入羟基，之后脱去 H+，最终生成主产物 Z（含 8O 标记的二元醇）；二是与 CO2发生反应，通过加聚反应（醚键与 CO2的羰基结合）形成链状高分子化合物 P()。
12．（2025高三上·北京开学考）利用电化学氧化技术可以在电解槽中持续产生，是一种活性基团，可高效氧化苯酚生成，消除苯酚引起的水污染，装置如图所示。已知：a极生成，能进一步将极产物氧化，同时有生成。下列有关说法正确的是
A．a极的电极反应式：
B．b极连接电源正极，发生还原反应
C．生成的离子方程式：
D．消除苯酚，理论上有电子通过外电路
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a 极通入 O2生成 H2O2，O 元素化合价降低，发生还原反应（阴极），电极反应为 O2+2e-+2H+=H2O2，并非 Fe 失电子生成 Fe2+，A错误；
B、a 为阴极（接电源负极），则 b 为阳极（接电源正极），阳极发生氧化反应，而非还原反应，B错误；
C、b 极生成的 Fe2+与 a 极生成的 H2O2在酸性条件下反应，生成 OH，离子方程式为 Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+ OH，C正确；
D、苯酚中 C 从+ 价升至 +4 价，0.1 mol 苯酚被氧化需 2.8 mol OH，结合反应历程 Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+ OH ，外电路转移电子应为 5.6 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．突破口是电极反应的判断，a 极通入 O2生成 H2O2，O 元素化合价降低，发生还原反应。
B．突破口是电解池的电极连接，a 是阴极（接电源负极），b 是阳极（接电源正极），阳极发生氧化反应。
C．突破口是反应历程的推导，a 极生成 H2O2，b 极生成 Fe2+，二者反应生成 OH。
D．突破口是电子转移的计算，苯酚中 C 化合价变化及反应历程决定了电子转移量不是 2.8 mol，错误。
13．（2025高三上·北京开学考）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在惰性气体气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量Mr=870+32x(x为整数)。下列说法不正确的是
A．由图2可计算得，x=1
B．第一电离能：CC．中心原子Fe为+6价
D．该化合物中配位数为6，配体个数为2
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；化合价与化学式
【解析】【解答】A、化合物受热失去甲醇（CH3OH，相对分子质量 32），相对分子质量为 870 + 32x。由图 2，残留质量百分数为 96.5%，即，即，A正确；
B、同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N 的 2p 轨道半充满更稳定，故第一电离能 C < O < N，B正确；
C、配合物含 NO3-平衡电荷，配体为类似苯酚基的负电基团，结合电荷平衡，Fe 的化合价为 + 3 价而非 + 6 价，C错误；
D、由结构可知，Fe 周围有 6 个配位原子，配体为 2 个有机大配体（各提供 3 个配位原子），故配位数 6、配体个数 2，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．热重曲线中质量变化源于失去甲醇（CH3OH，相对分子质量 32），利用残留质量百分数（96.5%）与相对分子质量（870 + 32x）的关系计算。
B．同周期第一电离能变化规律中，N 因 2p 轨道半充满更稳定，故第一电离能：C < O < N，正确。
C．结合配合物中 NO3-的电荷平衡及配体（负电基团）性质，Fe 的化合价为 + 3 价而非 + 6 价。
D．从结构看，Fe 周围有 6 个配位原子，配体为 2 个有机大配体（各提供 3 个配位原子），据此算配位数、配体个数。
14．（2025高三上·北京开学考）为研究三价铁配合物性质进行如下实验（忽略溶液体积变化）。
已知：为黄色、为红色、为无色。
下列说法不正确的是
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成，同时浓度降低
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、①中初始存在 Fe3+与 Cl-的配位平衡，滴加浓盐酸后 Cl-浓度骤增，根据勒夏特列原理，平衡向生成 [FeCl4]-的方向移动，导致溶液黄色加深，该推理符合平衡移动逻辑，A正确；
B、①到②的过程中，KSCN 溶液提供的 SCN-与 Fe3+结合生成更易显色的 [Fe(SCN)]2+，这会消耗体系中的游离 Fe3+，促使 Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡逆向移动，[FeCl4]-的浓度随之下降，B正确；
C、②中 [Fe(SCN)]2+存在微弱电离平衡，会释放少量 Fe3+；③中加入 NaF 后，F-与 Fe3+形成稳定性更强的 [FeF6]3-，持续消耗游离 Fe3+，推动 [Fe (SCN)]2+电离平衡正向进行，因此游离 Fe3+的浓度关系为②＞③，C正确；
D、④中无明显现象，核心原因是 Fe3+与 F-形成的 [FeF6]3-稳定性极高，体系中游离 Fe3+浓度极低，无法与 I-发生氧化还原反应；但①中 [FeCl4]-的稳定性较弱，溶液中仍有一定量游离 Fe3+，其氧化性足以将 I-氧化为 I2，淀粉溶液会因此变蓝，该选项对现象的解释存在逻辑漏洞，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．突破口是平衡移动原理，浓盐酸增大 Cl-浓度，促使 Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡正向移动，溶液黄色加深。
B．突破口是配位竞争，SCN-与 Fe3+结合生成 [Fe(SCN)]2+，使 Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡逆向移动，[FeCl4]-浓度降低。
C．突破口是配合物稳定性差异，[FeF6]3-比 [Fe(SCN)]2+更稳定，③中游离 Fe3+浓度更低，故
c (Fe3+)：②＞③。
D．突破口是游离 Fe3+浓度对氧化还原反应的影响，①中 [FeCl4]-稳定性弱，存在游离 Fe3+，能氧化 I-使淀粉变蓝，而④中因 [FeF6]3-稳定无此现象。
15．（2025高三上·北京开学考）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
（1）基态磷原子价电子的轨道表示式是　 　。
（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷（P4）是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是　 　。
②黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，如图所示。
下列有关黑磷晶体的说法正确的是　 　（填字母序号）。
a．层与层之间的作用力是共价键
b．分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c．是混合型晶体
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的。该无色配离子中配体的空间构型是　 　。
（4）已知电负性F>P>H，判断键角PH3　 　PF3（填“>、=、<”），从结构角度说明二者键角差异的原因　 　。
【答案】（1）
（2）和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水；c
（3）正四面体
（4）>；和中心P原子均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）P元素是第15号元素，基态磷原子的电子排布式为，价电子的轨道表示式为，
故答案为。
（2）①和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水，
②a．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，a项错误；
b．由图可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为，b项错误；
c．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，c项正确；
故答案为：和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水。c。
（3）与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在溶液中加入形成无色的，即形成更稳定的配合物，故由此推测与形成的配离子更稳定的配体是，的中心原子是P，其中心价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化方式为，空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体。
（4）和中心原子均是P，中心价层电子对数均为4，孤对电子数均为1，均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大，
故答案为＞；和中心P原子均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大。
【分析】(1)依据磷原子价电子排布（3s23p3），写出价电子的轨道表示式。
(2)①根据相似相溶原理，P4和 CS2均为非极性分子，H2O 是极性分子，故 P4易溶于 CS2，难溶于水。
②结合黑磷层状结构，层间为分子间作用力，层内原子 sp3 杂化，属混合型晶体。
(3)配体 PO43-的中心 P 原子价层电子对为 4（无孤对电子），空间构型为正四面体。
(4)PH3键角大于 PF3；二者中心 P 均为 sp3 杂化，因电负性 F＞P＞H，PH3中成键电子对更靠近 P，斥力更大，键角更大。
（1）P元素是第15号元素，基态磷原子的电子排布式为，价电子的轨道表示式为，故答案为。
（2）①和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水，故答案为和P4是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，难溶于水。
②a．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，a项错误；
b．由图可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为，b项错误；
c．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，c项正确；
故答案选c。
（3）与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在溶液中加入形成无色的，即形成更稳定的配合物，故由此推测与形成的配离子更稳定的配体是，的中心原子是P，其中心价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化方式为，空间构型为正四面体，故答案为正四面体。
（4）和中心原子均是P，中心价层电子对数均为4，孤对电子数均为1，均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大，故答案为＞；和中心P原子均采用杂化，电负性F＞P＞H，对成键电子对的引力F＞P＞H，所以PH3中的成键电子对更靠近P原子，距离更近，相互之间的斥力更大，键角更大。
16．（2025高三上·北京开学考）配合物在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题：
（1）Ni与CO形成的配合物为无色液体，易溶于CCl4、CS2等溶剂。Ni(CO)4为　 　（填“极性”或“非极性”）分子。CO中C和O均含有孤电子对，均能够与中心原子配位形成配位键，经检验中碳原子和镍原子形成配位键，请从配位原子结构角度分析原因：　 　。
（2）茜草中的茜素与Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料。
基态Ca2+的核外电子的运动状态有　 　种，配合物X中Al3+的配体除外还有　 　，茜素水溶性较好的主要原因是　 　。
（3）向FeSO4溶液中滴加溶液后，经提纯、结晶可得到普鲁士蓝蓝色晶体。实验表明，CN-、Fe2+、Fe3+通过配位键构成了晶体的骨架。其局部结构如图1，记为I型立方结构。将I型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的晶胞（如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出）。
①通过　 　实验，可确定该晶体结构（填标号）。
a．核磁共振 b．红外光谱 c．X射线衍射 d．质谱
②若Fe2+位于图2中Ⅱ型立方结构的棱心和体心上，则Fe3+位于Ⅱ型立方结构的　 　上；一个Ⅱ型立方结构中含　 　个K+；若的摩尔质量为M g/mol，该蓝色晶体密度为ρ g/cm3，Ⅱ型立方结构的边长为a nm，则阿伏加德罗常数的值可表示为　 　。
【答案】（1）非极性；C和O具有相同的电子层数，原子半径C＞O，核对电子吸引力C＜O，所以C的孤电子对更易与Ni原子的空轨道重叠形成配位键
（2）18；、；分子有一定的极性，分子中含有亲水性的羟基、羰基，能和水分子形成氢键
（3）c；顶点和面心；4；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）易溶于CCl4、CS2等溶剂，CCl4、CS2是非极性分子，根据相似相溶原理可知，为非极性分子；C和O具有相同的电子层数，原子半径C＞O，核对电子吸引力C＜O，所以C的孤电子对更易与Ni原子的空轨道重叠形成配位键。
故答案为： 非极性 ； C和O具有相同的电子层数，原子半径C＞O，核对电子吸引力C＜O，所以C的孤电子对更易与Ni原子的空轨道重叠形成配位键 ；
（2）钙为20号元素，失去2个电子形成基态Ca2+，核外电子数为18，核外电子的运动状态有18种；配合物X中的配体除外还有、；茜素水溶性较好的主要原因是分子有一定的极性，分子中含有亲水性的羟基、羰基，能和水分子形成氢键；
故答案为： 18 ；、 ； 分子有一定的极性，分子中含有亲水性的羟基、羰基，能和水分子形成氢键 ；
（3）①通过X射线衍射实验，可确定晶体结构，故选c；
②由8个I型立方结构平移、旋转、并置，可得到II型立方结构，若位于II型立方结构的棱心和体心上，则位于II型立方结构的顶点和面心上；根据均摊法，1个I型立方结构中数目为，则一个II型立方结构中含数目为24个，由化学式可知，一个II型立方结构中含4个；若的摩尔质量为M g/mol，该蓝色晶体密度为ρ g/cm3，Ⅱ型立方结构的边长为a nm，则，阿伏加德罗常数的值可表示为。
故答案为： c ； 顶点和面心 ；4； 。
【分析】(1)根据相似相溶原理，结合溶剂极性判断，为非极性分子；从C和O的原子半径、对电子吸引力差异分析，C的孤电子对更易与Ni原子空轨道重叠形成配位键。
(2)基态核外电子数为18，电子运动状态有18种；分析配合物X的结构，确定配体还有、；茜素分子有极性，含羟基、羰基可与水分子形成氢键，故水溶性较好。
(3)①X射线衍射实验可确定晶体结构；
②根据晶体结构分析，位于顶点和面心；通过均摊法计算，一个Ⅱ型立方结构中含4个；结合密度公式，推导得出阿伏加德罗常数为。
（1）易溶于CCl4、CS2等溶剂，CCl4、CS2是非极性分子，根据相似相溶原理可知，为非极性分子；C和O具有相同的电子层数，原子半径C＞O，核对电子吸引力C＜O，所以C的孤电子对更易与Ni原子的空轨道重叠形成配位键。
（2）钙为20号元素，失去2个电子形成基态Ca2+，核外电子数为18，核外电子的运动状态有18种；配合物X中的配体除外还有、；茜素水溶性较好的主要原因是分子有一定的极性，分子中含有亲水性的羟基、羰基，能和水分子形成氢键；
（3）①通过X射线衍射实验，可确定晶体结构，故选c；
②由8个I型立方结构平移、旋转、并置，可得到II型立方结构，若位于II型立方结构的棱心和体心上，则位于II型立方结构的顶点和面心上；根据均摊法，1个I型立方结构中数目为，则一个II型立方结构中含数目为24个，由化学式可知，一个II型立方结构中含4个；若的摩尔质量为M g/mol，该蓝色晶体密度为ρ g/cm3，Ⅱ型立方结构的边长为a nm，则，阿伏加德罗常数的值可表示为。
17．（2025高三上·北京开学考）化合物K有抗高血压活性，其合成路线如下。
已知：
（1）A为芳香族化合物，A的名称是　 　。
（2）B→D的化学方程式是　 　。
（3）已知G→K为取代反应，G的结构简式是　 　。
（4）E属于酯，E的结构简式是　 　。
（5）K中能与NaOH溶液反应的官能团有　 　。
a．碳碳双键 b．酯基 c．酰胺基
（6）D也可由间硝基甲苯通过电解法制得，主要物质转化关系如下。
已知：电解效率的定义：
①中，生成Q的离子方程式是　 　。
②若电解产生的Ce(OH)3+使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，当电极通过1mole-，生成amolD时，η(D)=　 　。
（7）以D、F和CO(NH2)2为原料，“一锅法”合成G的转化过程如下。
M的结构简式是　 　，M→N的反应类型是　 　。
【答案】（1）甲苯
（2）
（3）
（4）CH3COOCH2CH3
（5）bc
（6）；4a×100%
（7）；加成反应
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）由分析可知，A为芳香族化合物，A的结构简式为：，故A的名称是甲苯；
故答案为： 甲苯 ；
（2）由分析可知，B的结构简式为：，故B→D的化学方程式是；
故答案为： ；
（3）根据分析，G和ClCOOCH3发生取代反应生成K，由K逆推，G是；
故答案为： ；
（4）E属于酯，根据题目信息，可知F是，E的结构简式为CH3COOCH2CH3。
故答案为： CH3COOCH2CH3 ；
（5）碳碳双键不能与氢氧化钠反应，酯基和酰胺基能在NaOH溶液中发生水解反应，故K中能与NaOH溶液反应的官能团有酯基和酰胺基，选bc。
故答案为： bc ；
（6）①由题干转化关系图可知Ⅱ中，被Ce(OH)3+离子氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式是；
②若电解产生的Ce(OH)3+使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，则由转化为D即，每生成1mol需失去4mol电子，故当生成amol D时，失去电子4amol，电极通过， 。
故答案为： ； 4a×100% ；
（7）由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，N到G发生消去反应，故N的结构简式为：，则M转化为N是氨基与酮羰基发生加成反应形成环，故M的结构简式：，由F的结构简式：，和L到M的转化条件可知，L的结构简式为：，然后D和发生加成反应生成L。
故答案为： ； 加成反应 ；
【分析】逆推关键中间体：从最终产物 K 的结构简式切入，结合 G 到 K 的反应条件（还原、成环等）和 G 的分子式，反推 G 的官能团组成（含硝基、酯基、碳碳双键）；再根据 D 与 F 生成 G 的反应类型（加成 / 取代），结合 F 的分子式，推出 F 的结构（ ）；
顺推起始原料：由 A 的分子式（芳香烃）和 A 到 B 的反应条件（氧化），结合 B 的分子式（含醛基），确定 A 为甲基取代芳香烃（ ）；再根据 B 到 D 的转化（引入羟基、羧基），验证 B（ ） 的结构合理性；
佐证已知物质：结合 E 的分子式和题干隐含信息（常见酯类原料），确定 E 为乙酸乙酯（ CH3COOCH2CH3 ），其结构与后续 F 的生成逻辑一致；
核心突破口：官能团转化规律（如氧化、还原、取代）和分子式中原子个数守恒，快速关联各物质的结构关系。据此解题。
（1）由分析可知，A为芳香族化合物，A的结构简式为：，故A的名称是甲苯；
（2）由分析可知，B的结构简式为：，故B→D的化学方程式是；
（3）根据分析，G和ClCOOCH3发生取代反应生成K，由K逆推，G是；
（4）E属于酯，根据题目信息，可知F是，E的结构简式为CH3COOCH2CH3。
（5）碳碳双键不能与氢氧化钠反应，酯基和酰胺基能在NaOH溶液中发生水解反应，故K中能与NaOH溶液反应的官能团有酯基和酰胺基，选bc。
（6）①由题干转化关系图可知Ⅱ中，被Ce(OH)3+离子氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式是；
②若电解产生的Ce(OH)3+使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，则由转化为D即，每生成1mol需失去4mol电子，故当生成amol D时，失去电子4amol，电极通过， 。
（7）由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，N到G发生消去反应，故N的结构简式为：，则M转化为N是氨基与酮羰基发生加成反应形成环，故M的结构简式：，由F的结构简式：，和L到M的转化条件可知，L的结构简式为：，然后D和发生加成反应生成L。
18．（2025高三上·北京开学考）罗沙司他可用于治疗由慢性肾病引发的贫血，一种合成路线如下。
已知：
i．
ii．表示某易离去的基团
iii．
（1）A含有的官能团为　 　。
（2）的化学方程式为　 　。
（3）的反应类型为　 　。
（4）G的结构简式为　 　。
（5）K经多步可得到N，写出L与M的结构简式L：　 　；M：　 　。
（6）试剂b的分子式为。的转化过程中，还会发生多个副反应。写出其中一个副反应产物的结构简式：　 　(核磁共振氢谱有2组峰，且面积比为)。
【答案】（1）羧基、碳氟键
（2）++K2CO3→+KHCO3+KCl
（3）加成反应
（4）
（5）；
（6）或
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，官能团为羧基、碳氟键，
故答案为：羧基、碳氟键；
（2）由分析可知，B→D的反应为碳酸钾作用下与发生取代反应生成，其中碳酸钾的作用是与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向移动，增大的产率，反应的化学方程式为+，
故答案为：+；
（3）由分析可知，D→E的反应为强碱条件下与乙醛发生加成反应生成E，
故答案为：加成反应；
（4）由分析可知，G的结构简式为，
故答案为：；
（5）由分析可知，L、M的结构简式分别为、，故答案为：；；
（6）由已知信息i和A到B的转化条件可知，N转化P也是分两步进行的，即先N与SOCl2在一定条件下反应，然后再与试剂b即H2NCH2COOH发生信息i反应生成P，在此过程中H2NCH2COOH可能先与SOCl2反应生成H2NCH2COCl，然后H2NCH2COCl自身发生反应生成或，该物质符合核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为，
故答案为：或。
【分析】以对氟甲苯为起始原料，经多步反应转化：对氟甲苯被酸性 KMnO4氧化，甲基转化为羧基，得到含氟苯甲酸（A）；A 与 SOCl2发生取代反应，羧基（-COOH）转化为酰氯（-COCl），得到产物 B（）；B 与试剂 a（结构为含支链的胺）发生取代反应，酰氯与氨基结合，得到产物 D（）；D 在强碱条件下与乙醛加成得到 E，E 经催化转化为环状结构的 G（）；G 与苯酚发生取代反应得到中间产物I（），该产物再经 SOCl2取代、与胺类试剂反应得到K；K 经多步反应得到N，N与试剂b（H2NCH2COOH）取代得到最终产物。各步核心是官能团的转化（如 -COOH→-COCl、酰氯与氨基的取代、加成成环等），通过反应类型可推断中间产物的结构。据此解题。
（1）由分析可知，A的结构简式为，官能团为羧基、碳氟键，故答案为：羧基、碳氟键；
（2）由分析可知，B→D的反应为碳酸钾作用下与发生取代反应生成，其中碳酸钾的作用是与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向移动，增大的产率，反应的化学方程式为+，故答案为：+；
（3）由分析可知，D→E的反应为强碱条件下与乙醛发生加成反应生成E，故答案为：加成反应；
（4）由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；
（5）由分析可知，L、M的结构简式分别为、，故答案为：；；
（6）由已知信息i和A到B的转化条件可知，N转化P也是分两步进行的，即先N与SOCl2在一定条件下反应，然后再与试剂b即H2NCH2COOH发生信息i反应生成P，在此过程中H2NCH2COOH可能先与SOCl2反应生成H2NCH2COCl，然后H2NCH2COCl自身发生反应生成或，该物质符合核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为，故答案为：或。
19．（2025高三上·北京开学考）某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。
实验装置 序号 试剂a 实验现象
I 0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色
Ⅱ 0.5 mol·L-1FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
Ⅲ 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii．Fe2+ + NO [Fe(NO)]2+ (棕色)。
（1）用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因　 　。
（2）实验I中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。
甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。
①用离子方程式表示甲同学的猜想　 　。
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是　 　。
（4）对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由是　 　。
（5）实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是　 　。
（6）实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。
步骤 实验操作 实验现象
① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着
② 继续加入少量FeSO4固体 溶液迅速变为浅棕色
试剂X是　 　。
综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。
【答案】（1）Fe 3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+
（2）2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+
（3）Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓；向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象
（4）产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快
（5）4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀
（6）20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]
【知识点】铜及其化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
故答案为： Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
（2）由题干信息可知，向0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中加入Cu，观察到溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I中发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，
故答案为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，
（3）①由题干信息可知，实验I中反应2天后的溶液为FeSO4和CuSO4溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe2++Cu2++SCN-=Fe3++CuSCN↓；
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象，
故答案为：Fe2++Cu2++SCN-=Fe3++CuSCN↓；向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象；
（4）对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+Fe3++Cl-=CuCl↓+Fe2+；白色固体消失：CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-；总反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应，
故答案为：产生白色固体：Cu+Fe3++Cl-=CuCl↓+Fe2+；白色固体消失：CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-；总反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快；
（5）已知空气中的O2在酸性和碱性条件下均能氧化Fe2+，本实验反应原理为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，从而导致溶液中OH-和Fe3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，
故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀；
（6）题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO3)3，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]，
故答案为：20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]。
【分析】这是一道探究 Cu 与 Fe3+反应规律的实验题，解题核心是结合题干信息与控制变量法分析反应：
利用题干给出的 “CuCl、CuSCN 是难溶于水的白色固体”，可解释实验中白色沉淀的成分；
依据 “Fe2++NO [Fe(NO)]2+（棕色）” 的信息，能分析实验 Ⅲ 中溶液颜色的成因；
同时结合不同实验的试剂差异（如阴离子种类、浓度），通过控制变量法对比反应现象，推导反应机理与影响因素。
(1)抓 “盐类水解显酸性”：Fe3+结合水电离的 OH-生成弱碱 Fe (OH)3，使溶液中 H+浓度增大。
(2)依 “氧化还原反应规律”：Fe3+（氧化性）与 Cu（还原性）反应，生成 Cu2+和 Fe2+。
(3)① 据 “物质性质”：Fe2+、Cu2+与 SCN-反应，生成难溶 CuSCN 和 Fe3+（使 SCN-显红色）；② 用 “控制变量法”：模拟实验 Ⅱ 的离子组成，验证反应是否发生。
(4)析 “催化机理”：Cl-参与生成中间产物 CuCl，加速 Fe3+与 Cu 的总反应，实验 Ⅱ 反应更快。
(5)联 “氧化 + 水解”：Fe2+被 O2氧化为 Fe3+，溶液中 c (Fe3+)、c (OH-) 增大，生成 Fe(OH)3沉淀。
(6)用 “对照实验”：试剂 X 需含 NO3-且 pH 与实验 Ⅲ 一致，排除干扰验证 [Fe(NO)]2+的生成。
（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为： Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；
（2）由题干信息可知，向0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中加入Cu，观察到溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I中发生反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，故答案为：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+；
（3）①由题干信息可知，实验I中反应2天后的溶液为FeSO4和CuSO4溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3++ CuSCN↓；
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象，故答案为：向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象；
（4）对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应，故答案为：产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快；
（5）已知空气中的O2在酸性和碱性条件下均能氧化Fe2+，本实验反应原理为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，从而导致溶液中OH-和Fe3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，故答案为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀；
（6）题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO3)3，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]，故答案为：20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]。
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