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2026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2026·浙江选考）不锈钢属于（　　）
A．单质 B．聚合物 C．合金 D．超分子
【答案】C
【知识点】合金及其应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、不锈钢是由铁、铬、镍等多种元素组成的混合物，并非单一元素构成的纯净物，A错误；
B、聚合物以高分子长链为核心结构，不锈钢是金属原子通过金属键形成的晶体，不具备高分子特征，B错误；
C、不锈钢是以铁为主要成分，加入铬、镍等金属熔合形成的金属材料，具备合金的抗腐蚀、高强度等特性，C正确；
D、超分子依赖分子间弱相互作用组装，不锈钢是金属键主导的晶体结构，和超分子的结构与形成机制完全不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
单质：由单一元素组成的纯净物，不锈钢含 Fe、Cr、Ni 等多种元素，不符合单质定义。
聚合物：由高分子链重复单元构成，不锈钢是金属晶体结构，不属于聚合物。
合金：由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，不锈钢以 Fe 为基体，掺入 Cr、Ni 等元素，符合合金定义。
超分子：由分子通过非共价键相互作用形成的聚集体，不锈钢是金属键结合的晶体，与超分子结构完全不同。
2．（2026·浙江选考）下列有关NH4Cl的说法中，不正确的是（　　）
A．NH4Cl是弱电解质 B．水溶液呈酸性
C．实验室用于制NH3 D．HCl和NH3反应制NH4Cl
【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质；氨的性质及用途；铵盐
【解析】【解答】A、属于铵盐，是典型的离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能完全电离为和，符合强电解质的定义，并非弱电解质，A错误；
B、溶于水后，会与水电离出的结合生成弱电解质，使水的电离平衡正向移动，溶液中浓度大于浓度，因此其水溶液呈酸性，B正确；
C、实验室中，可将固体与消石灰（）固体混合加热，发生复分解反应生成氯化钙、水和氨气，该方法是实验室制备氨气的经典方案，C正确；
D、是碱性气体，是酸性气体，二者相遇时会发生化合反应，直接生成固体，该反应可用于工业或实验室制备，也可用于检验氨气，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电解质判断：依据“盐类均为强电解质”的基本规律，判断的电离程度。
溶液酸碱性：通过分析的水解行为，确定溶液中与的浓度相对大小。
制备与制气应用：结合复分解反应条件与氨气的制备原理，辨析的相关反应逻辑。
3．（2026·浙江选考）下列化学用语表述错误的是（　　）
A．甲醇的结构简式：CH3OH
B．中子数为8的N原子：N
C．基态铍原子核外电子排布式：
D．C（CH3）4的系统命名法：2，2-二甲基丙烷
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；结构简式
【解析】【解答】A、甲醇的分子式为CH4O，官能团为羟基（-OH），结构简式为CH3OH，符合醇类结构简式的书写规范，A正确；
B、N原子的质子数为7，已知中子数为8，根据质量数=质子数+中子数，该核素的质量数为 ，核素符号应为 ，题中写成混淆了质量数与中子数，B错误；
C、Be原子的原子序数为4，核外有4个电子，根据能量最低原理，电子依次填充1s、2s轨道，基态电子排布式为 ，C正确；
D、C(CH3)4的主链为含3个C的丙烷，2号C上连接2个甲基，系统命名为2，2-二甲基丙烷，符合烷烃命名“选最长碳链、定支链位置”的规则，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
核素符号：左上角为质量数（质子数+中子数），左下角为质子数，需先计算质量数再书写。
其他用语：分别对应有机物结构、原子电子排布、烷烃命名的基础规范。
4．（2026·浙江选考）关于反应，下列说法中正确的是（　　）
A．CO中的C失电子
B．SO2是还原剂
C．CO2是还原产物
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、CO 中 C 元素化合价从 + 2 价升高到 CO2中的 + 4 价，失去 2 个电子，被氧化，A正确；
B、SO2中 S 元素化合价从 +4 价降低到 0 价，得到电子，被还原，因此 SO2是氧化剂，不是还原剂，B错误；
C、CO 被氧化生成 CO2，CO2是氧化产物；SO2被还原生成 S，S 是还原产物，C错误；
D、氧化剂是 SO2（1mol），还原剂是 CO（2mol），二者物质的量之比为 1：2，D错误；
故答案为：A。
【分析】核心化合价变化：
CO 中 C 为 + 2 价，反应后生成 CO2，C 变为 + 4 价，化合价升高，C 失电子，CO 是还原剂。
SO2中 S 为 + 4 价，反应后生成 S 单质，S 变为 0 价，化合价降低，S 得电子，SO2是氧化剂。
产物对应关系：还原剂对应氧化产物，氧化剂对应还原产物；电子得失总数守恒。据此解题。
5．（2026·浙江选考）关于元素周期律的认识错误的是（　　）
A．半径 B．非金属性SiC．还原性Br- ＜ Cl- D．第一电离能
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Mg2+和 O2-的核外电子排布完全相同，均为 10 电子微粒。Mg 的核电荷数为 12，远大于 O 的 8，因此 Mg2+的原子核对核外电子的吸引力更强，微粒半径更小，A正确；
B、Si 和 S 同处于第三周期，从左至右核电荷数依次增加，原子半径减小，得电子能力增强，非金属性逐渐提升，故 S 的非金属性强于 Si，B正确；
C、Br 和 Cl 同主族，Cl 的非金属性强于 Br，其对应阴离子 Cl-的失电子能力更弱，还原性更差。因此还原性应为 Br- > Cl-，选项表述错误，C不正确；
D、K 和 Na 同主族，K 的原子半径更大，失电子能力更强，第一电离能 K < Na；而 K+、Na+均为稳定结构，K+的电子层数更多、半径更大，失电子能力强于 Na+，故第一电离能 K+ < Na+，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
等电子微粒半径：核外电子排布相同时，核电荷数越大，原子核对电子的吸引力越强，微粒半径越小。
非金属性递变：同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱；非金属性越强，对应阴离子还原性越弱。
第一电离能：同主族元素，原子半径越大，失电子能力越强，第一电离能越小；阳离子比原子更难失电子，第一电离能显著增大。
6．（2026·浙江选考）不正确的是（　　）
A．N2（N≡N）的性质很稳定
B．I2（Ⅰ-Ⅰ）单质在CS2（S=C=S）中溶解度大
C．苯酚（）水溶液呈酸性
D．金刚石呈空间网状结构，导电性好
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；电解质溶液的导电性；氮气的化学性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、N2分子中存在 N≡N 三键，键能极高，断裂需要大量能量，因此 N2的化学性质非常稳定，常温下难以参与反应，A正确；
B、I2是由非极性 I-I 键构成的非极性分子，CS2是直线型非极性分子，根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，因此 I2在 CS2中溶解度较大，B正确；
C、苯酚分子中的酚羟基（-OH）受苯环共轭作用影响，O-H 键极性增强，可微弱电离出 H+，因此其水溶液呈弱酸性，C正确；
D、金刚石是典型的原子晶体，呈空间网状结构，每个碳原子均以 4 个共价键与相邻碳原子结合，无自由移动的电子或离子，因此导电性极差，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学键稳定性：三键键能极高，N≡N 键能大，使 N2分子性质稳定。
相似相溶原理：非极性分子易溶于非极性溶剂，I2和 CS2均为非极性分子，符合相似相溶。
酚羟基酸性：苯酚中酚羟基受苯环影响，可微弱电离出 H+，水溶液显弱酸性。
晶体导电性：金刚石是原子晶体，无自由移动电子，不具备良好导电性。
7．（2026·浙江选考）下列说法错误的是（　　）
A．在做钠的焰色实验时，可用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液在酒精灯外焰上灼烧并观察焰色
B．在进行中和滴定时，滴定管要用待装的溶液润洗
C．在配制0.100mol/L NaCl溶液时，容量瓶须烘干
D．分液漏斗在使用前须检漏
【答案】C
【知识点】钠的化学性质；焰色反应；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、焰色试验的核心是检测金属离子的特征焰色，Na2CO3含 Na+，洁净铂丝蘸取其溶液灼烧，火焰会呈现钠元素的特征黄色，操作符合规范，A正确；
B、滴定管洗净后内壁会残留蒸馏水，若直接装入标准液或待测液，会稀释溶液导致浓度偏差。用待装溶液润洗 2-3 次，可避免该误差，操作正确，B正确；
C、配制 0.100mol/L NaCl 溶液时，容量瓶的作用是定容，最终需向瓶内加蒸馏水至刻度线。容量瓶内壁残留的少量蒸馏水，会被后续加入的蒸馏水抵消，不影响所配溶液的浓度，因此无需烘干，该操作错误，C不正确；
D、分液漏斗用于分离互不相溶的液体，使用前必须检查活塞和上口瓶塞处是否漏水，若检漏不合格，会在分液过程中出现液体渗漏，操作正确，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
焰色试验：铂丝洁净且无干扰离子即可，含钠化合物均呈现黄色焰色。
滴定管润洗：防止待装溶液被管内残留水稀释，保证浓度准确。
容量瓶使用：核心是定容时需加蒸馏水，残留少量水不影响浓度，无需烘干。
分液漏斗检漏：防止液体渗漏，是使用前的必备步骤。
8．（2026·浙江选考）下列反应方程式错误的是（　　）
A．浓硝酸见光分解：
B．红热的铁在水蒸气中反应：
C．向硫代硫酸钠滴加稀硫酸：
D．向硫酸铜加入过量的氨水：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硝酸见光分解的正确产物为NO2、O2和H2O，反应方程式应为：4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O，题给方程式产物写为NO，不符合反应事实，且N、O原子不守恒，A错误；
B、红热的Fe在高温下与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，方程式：
3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，原子守恒且符合反应事实，B正确；
C、S2O32-在酸性条件下发生歧化反应，生成S沉淀、SO2气体和H2O，离子方程式：
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，满足原子守恒与氧化还原规律，C正确；
D、过量氨水与Cu2+反应，生成四氨合铜(II)配离子，离子方程式：
Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，电荷守恒、原子守恒且符合络合反应事实，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
浓硝酸见光分解：产物为 NO2、O2和 H2O，而非 NO，需满足 N、O 原子守恒。
铁与水蒸气反应：高温下生成 Fe3O4和 H2，符合金属与水的反应规律。
硫代硫酸钠与酸反应：发生歧化反应，生成 S 沉淀和 SO2气体，满足离子守恒与氧化还原规律。
铜氨络合反应：过量氨水与 Cu2+形成四氨合铜 (II) 配离子，电荷守恒且产物正确。
9．（2026·浙江选考）已知可发生反应：
下列说法正确的是（　　）
A．X所有原子在同一平面上
B．1mol Y最多与1mol H2发生加成反应
C．Z与酸性溶液反应生成
D．X与丙炔醛（HC≡CCHO）反应生成
【答案】D
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子中存在甲基（-CH3），甲基中的碳原子为 sp3 杂化，呈四面体构型，因此 X 分子中所有原子不可能共面，A错误；
B、Y 分子中含 1 个碳碳双键和 1 个醛基（-CHO），二者均可与 H2发生加成反应，1mol Y 最多可与 2mol H2加成，B错误；
C、Z 分子中的碳碳双键被酸性 KMnO4氧化断裂，会生成含羰基和羧基的产物（），C错误；
D、X 是共轭二烯烃，丙炔醛（HC≡CCHO）是亲双烯体，二者发生 [4+2] 环加成反应，生成含六元环的产物（ ），D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原子共面判断：含饱和碳原子（sp3 杂化）的分子，所有原子不可能共面。
加成反应计量：碳碳双键、醛基均可与 H2加成，需统计可加成的官能团数量。
氧化反应规律：碳碳双键可被酸性 KMnO4氧化断裂，生成羰基或羧基。
环加成反应：共轭二烯烃与亲双烯体（如烯烃、炔烃）发生 [4+2] 环加成，生成六元环。
10．（2026·浙江选考）下列说法错误的是（　　）
A.分离植物油和水 B.证明溶于水 C.证明与水反应生成 D.制备无水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、植物油与水互不相溶，且植物油密度小于水，混合后会形成明显的上下两层液体，完全符合分液操作的适用条件。使用分液漏斗进行分液操作，可有效分离该混合物，实验设计与操作均正确，A不符合题意；
B、将充满 NH3的试管倒扣在水中，因 NH3极易溶于水，试管内气体快速溶解会使管内压强远小于外界大气压，水在大气压作用下会迅速进入试管形成液柱。该装置通过液面上升的直观现象，可直接证明 NH3的水溶性，实验设计正确，B不符合题意；
C、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，该反应为固液不加热型，在试管中进行操作简便。反应生成的 O2会聚集在试管上部，将带火星的木条伸入试管，若木条复燃，即可证明产物为 O2，实验原理与操作均正确，C不符合题意；
D、MgCl2是强酸弱碱盐，Mg2+在水溶液中会发生水解反应：MgCl2+2H2O Mg(OH)2+2HCl。加热蒸发 MgCl2溶液时，HCl 易挥发逸出，促使水解平衡持续正向移动，最终蒸干得到的是
Mg(OH)2，灼烧后会进一步分解为 MgO，无法得到无水 MgCl2。正确操作需在 HCl 气流中加热蒸发，抑制 Mg2+水解，该实验设计错误，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分液核心：仅适用于互不相溶、能分层的液体混合物，关键判断液体是否分层。
溶解性验证：利用气体溶解造成装置内压强变化，产生可观察的液面现象来佐证。
氧气检验：依托 O2使带火星木条复燃的特性，结合固液反应的装置合理性判断。
盐类水解：易水解的强酸弱碱盐，加热制备无水固体时需抑制水解，防止得到水解产物。
11．（2026·浙江选考）下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是（　　）
A．Cl2O7分子中所有O原子所处的化学环境相同
B．Cl2O的空间结构为V形
C．（高氯酸氯）中氯元素的化合价分别为+1，+7
D．不是氧化还原反应
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；常见元素的化合价；化合价与化学式
【解析】【解答】A、Cl2O7的分子结构为 Cl-O-ClO6，其中 1 个氧原子直接连接两个氯原子，剩余 6 个氧原子分别与其中一个氯原子形成氯氧双键。两种氧原子的成键对象、成键类型完全不同，因此所有 O 原子并非处于相同的化学环境，A错误；
B、Cl2O 分子中，中心 O 原子的价层电子对数为 4（2 个成键电子对，2 个孤电子对）。根据价层电子对互斥理论，孤电子对会挤压成键电子对的空间，使分子的空间结构呈现 V 形，B正确；
C、该化合物可拆分为 Cl-O-ClO3结构，设与单个 O 连接的 Cl 化合价为 x，氯酸根部分的 Cl 化合价为 y。依据化合价代数和为 0，结合 O 均为 - 2 价，可得 x + (-2) + [y + 3×(-2)] = 0；结合常见成键规律，x 为 +1、y 为 +7 时，等式成立，因此两个 Cl 原子化合价分别为 + 1 和 +7，C正确；
D、ICl 中 I 为 +1 价、Cl 为 -1 价，反应后 HCl 中 Cl 为 -1 价，HIO 中 I 为 +1 价，所有元素化合价在反应前后均未发生改变，无电子的得失或偏移，因此该反应不属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原子化学环境：判断分子中同种原子的成键方式、连接基团是否完全一致，一致则化学环境相同。
空间结构判断：用价层电子对互斥理论，先算价层电子对数，再区分成键电子对与孤电子对，确定空间结构。
化合价计算：依据化合物中各元素化合价代数和为 0，结合常见元素（O 为 - 2）化合价，推算变价元素的化合价。
氧化还原反应判断：核心是反应前后所有元素化合价均无变化，无电子转移则非氧化还原反应。
12．（2026·浙江选考）一种电解葡萄糖制取葡萄糖二酸钾的装置示意图如图所示，下列说法中，不正确的是（　　）
A．电极M处的电极反应式为：
B．离子交换膜P为阳离子交换膜
C．1mol葡萄糖（C6H12O6）完全转化为葡萄糖二酸钾（C6H8O8K2）转移的电子数为6NA
D．电解过程可能产生葡萄糖酸钾（C6H11O7K）
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、电极M为阴极，发生还原反应。在1.0mol/L KOH碱性环境中，H2O分子得到电子被还原为H2，同时生成OH-，电极反应式为：，反应式符合碱性电解水的阴极规律，A正确；
B、阳极反应需要消耗OH-，同时为维持两侧溶液电中性，阴极生成的OH-需要通过离子交换膜迁移至阳极。因此，离子交换膜P应为阴离子交换膜，允许OH-通过。若为阳离子交换膜（允许K+通过），则无法满足阳极反应对OH-的需求，也无法有效平衡电荷，故B错误；
C、葡萄糖分子式为C6H12O6，平均碳价为0价；葡萄糖二酸钾分子式为C6H8O8K2，其中2个K为+1价，8个O为-2价，可算出平均碳价为+1价。每个C原子化合价升高2价，1mol葡萄糖含6mol C，总升高价态为 ，对应转移电子数为6NA，C正确；
D、电解氧化过程中，葡萄糖分子可能只有一个伯羟基被氧化为羧基，生成葡萄糖酸（C6H12O7），再与KOH反应生成葡萄糖酸钾（C6H11O7K），因此电解过程可能产生该副产物，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电极判断：葡萄糖在右侧电极被氧化为葡萄糖二酸钾，故右侧电极为阳极，左侧电极 M 为阴极。
电极反应：阴极发生还原反应，在碱性环境下由 H2O 得电子生成 H2；阳极发生氧化反应，葡萄糖分子中的羟基被氧化为羧基。
离子交换膜：为平衡电荷并参与反应，阳极区需要 OH-，因此离子交换膜应允许 OH-（阴离子）通过。
电子守恒：通过计算反应物与产物中 C 的平均化合价变化，确定每摩尔葡萄糖反应转移的电子数。
据此解题。
13．（2026·浙江选考）是片状晶体，结构如图，一元弱酸，下列说法不正确的是（　　）
A．晶体中有氢键和范德华力
B．H3BO3在水中电离
C．H3BO3能与乙酸反应
D．（HBO2）3可表示为
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、硼酸分子中含有-OH，分子间可形成O-H…O氢键；同时分子之间普遍存在范德华力，因此晶体中同时存在氢键和范德华力，A正确；
B、硼酸是典型的路易斯酸，其电离并非自身解离出H+，而是结合水电离的OH-，释放出H+，正确电离方程式为：，题给方程式将硼酸写为酸式电离（释放H+），违背其路易斯酸的电离本质，B错误；
C、已知硼酸是一元弱酸，且酸性弱于乙酸（H3BO3的pKa约9.24，乙酸pKa约4.76）。根据“强酸制弱酸”规律，酸性更弱的硼酸无法与乙酸发生复分解反应，C正确；
D、硼酸可发生脱水缩合，多个B(OH)3单元通过脱水形成-O-B-O-桥连结构，(HBO2)3是三聚偏硼酸， 可表示为 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子间作用力：硼酸含羟基（-OH），分子间可形成氢键，同时普遍存在范德华力。
硼酸电离本质：硼酸是路易斯酸，通过结合水电离出的OH-而释放H+，并非自身解离出质子。
酸性比较：硼酸酸性弱于乙酸，弱酸通常无法与更强酸发生复分解反应。
缩合结构：硼酸可脱水缩合，形成多聚硼酸酯结构。
14．（2026·浙江选考）某化学兴趣小组利用有机P化合物除去N2O的流程如下（Ph代表苯环），下列说法不正确的是（　　）
A．在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂
B．Ⅱ中P-N是N提供孤电子对
C．Ⅲ可能是
D．产物中还可能生成
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A、物质 I 在循环起始参与反应，最终又重新生成；若流程设计允许，物质 III 也可作为起始物参与循环并再生，因此 I、III 均可作催化剂，A正确；
B、P 原子价层有孤电子对，是典型的富电子位点；N 原子在 N2O 衍生的片段中显缺电子性。因此 P-N 键中是P 提供孤电子对与 N 形成配位键，而非 N 提供孤电子对，B错误；
C、从 II 到 III 的转化中，含 P 片段失去 N2片段，结合元素守恒与 P 的成键特征，P 被氧化形成 P=O 双键的结构（题给含 P=O 的环状结构）符合转化逻辑，III 可能是 ，C正确；
D、反应中含 Si-H 键的 PhSiH3、PhSiH2(OH) 等物质，易发生 Si-H 键的偶联、脱水反应，可能生成 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：循环中初始参与反应、最终又生成的物质为催化剂；中间参与转化的为中间产物。
配位键本质：P 原子有孤电子对，显富电子性，常作为电子给予体形成配位键。
元素守恒推断：根据循环中反应物与已知产物的原子种类，推断未知中间产物结构。
副反应可能性：含 Si-H 键的物质易发生偶联等副反应，生成硅氧桥连产物。
15．（2026·浙江选考）已知：25℃下，。
Cu（OH）2（s）+2CH3COOH（aq） Cu2+（aq）+2CH3COO-（aq）+2H2O（l）K
过量（Cu（OH）2-与x mol/LCH3COOH充分反应至平衡，平衡时不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．平衡时，溶液呈弱碱性 D．
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；电离平衡常数
【解析】【解答】A、总反应：Cu(OH)2(s) + 2CH3COOH(aq) Cu2+(aq) +2CH3COO-(aq) + 2H2O(l)
该反应由以下两个平衡构成：
1. Cu(OH)2(s) Cu2+(aq) +2OH-(aq)，平衡常数为Ksp = 2×10-2
2. 2×(CH3COOH(aq)+OH-(aq) CH3COO-(aq)+H2O(l))，平衡常数为
总反应平衡常数K为两者之积：
，A错误；
B、根据Ksp[Cu(OH)2] = c(Cu2+)·c2(OH-)：
，，B错误；
C、已知平衡时 ，根据CH3COOH的电离常数 ：
，
溶液pH≈5.7，呈弱酸性，C错误；
D、根据反应计量关系，1mol Cu2+对应2mol CH3COO-。平衡时：
已知 ，则 。
初始浓度x为平衡时醋酸形态浓度之和：
显然 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡常数K的计算：总反应可拆分为Cu(OH)2的溶解平衡和CH3COOH的电离平衡，利用多重平衡规则将Ksp与Ka结合计算K。
H+浓度计算：利用CH3COOH的电离常数Ka，结合已知的c(CH3COO-)与c(CH3COOH)的比例关系，直接求出溶液中c(H+)。
Cu2+浓度计算：利用Cu(OH)2的溶度积Ksp，结合已求出的c(OH-)，计算出c(Cu2+)。
物料守恒与初始浓度判断：根据反应计量关系，初始CH3COOH的浓度x必大于平衡时所有含醋酸根物种的浓度之和。
16．（2026·浙江选考）用浓碱酸和环己酸（）制备环己烯（）混合加热，蒸馏得到对应馏分，用饱和Na2，CO3和饱和食盐水分批次洗涤分液，后用干燥的CaCl2吸水，过滤后再蒸馏，得到产物，下面错误的一项是（　　）
A．可能生成、磷酸酯等副产物
B．若不用饱和食盐水洗涤，而用水，则的产率下降
C．若CaCl2不过滤直接蒸馏，则产物的纯度会下降
D．由核磁共振氢谱可知产物中有杂质
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、本实验为环己醇在浓磷酸加热条件下的消去反应，核心副反应是分子间脱水生成二环己基醚，而非环己酮（氧化产物，浓磷酸无强氧化性，无法将环己醇氧化为酮）；同时，浓磷酸属于无机含氧酸，与醇类在消去反应条件下难以发生酯化反应生成磷酸酯。因此该反应不可能生成环己酮（ ）和磷酸酯类副产物，A错误；
B、环己烯属于烃类，虽难溶于水，但仍有极少量会溶解在水中。饱和食盐水可通过 “盐析效应” 大幅降低环己烯在水溶液中的溶解度，减少洗涤过程中产物的溶解损失。若直接用水洗涤，环己烯的溶解损失量增加，最终得到的环己烯产（ ）率会明显下降，B正确；
C、无水 CaCl2的作用是吸收环己烯粗品中的残留水分，若不过滤直接蒸馏，加热过程中 CaCl2会随蒸馏体系受热，可能导致干燥剂颗粒进入馏分，或因局部过热引发少量副反应，最终使提纯后产物的纯度下降，C正确；
D、纯环己烯的分子结构对称，其核磁共振氢谱应出现特征的峰组（对应不同化学环境的 H 原子）。题中核磁氢谱出现了多组峰，且峰的位置与数量超出了纯环己烯的特征峰范围，说明产物中含有其他具有不同化学环境 H 原子的有机物杂质，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
副反应判断：浓磷酸作催化剂时，消去反应的竞争反应为取代（成醚），而非氧化；磷酸为无机酸，与醇难以形成磷酸酯类副产物。
洗涤操作本质：利用 “盐析效应” 降低有机物在水中的溶解度，减少产物损失。
干燥操作目的：无水氯化钙为干燥剂，未过滤直接蒸馏会导致干燥剂随馏分带出或引发副反应，降低纯度。
核磁氢谱解读：通过特征峰的数量与位置，判断产物是否含非目标结构的杂质。
二、非选择题（本大题共4小题，共52分）
17．（2026·浙江选考）
（1）CaF2的晶胞如图。请回答：
①CaF2的电子式：　 　；
②Ca2+旁边最近的Ca2+有　 　个；
③ErF3荧光掺入，Er3+代替　 　（A或B）。
（2）将HF与HNO3按等物质的量发生化合反应生成写出[H2NO3]+的结构式：　 　.
（3）已知则：
①中S原子的杂化方式：　 　.
②熔点：LiF　 　（填“>”、“<”或“=”），原因：　 　。
③与反应生成NH（SO2F）2与X，X的结构简式：　 　。
④等物质的量CH3、（C2H5）3N、HN（SO2F）2混合，主要产物为，原因：　 　。
⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：　 　；
【答案】（1）；12；B
（2）
（3）sp3；>；氟离子半径小，离子键强；；(C2H5)3N中-C2H5推电子，N上的电子云密度大；HN(SO2F)2中-SO2F吸电子，具有酸性；
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)①电子式：CaF2是由 Ca2+和 F-构成的离子化合物，电子式为 ，每个 F 原子周围需补全 8 电子孤对电子。
②最近 Ca2+数目：CaF2为萤石型晶胞，Ca2+分布在顶点与面心位置，以面心 Ca2+为例，同层、上下层各有 4 个等距的 Ca2+，总计12 个最近邻 Ca2+。
③Er3+取代位点：Er3+与 Ca2+电荷相近、半径匹配，会取代晶胞中 Ca2+所在的B 位点。
故答案为： ；12；B。
(2)HNO3分子接受 H+后，中心 N 原子连接 2 个羟基（-OH）和 1 个双键氧原子，整体带 1 个正电荷，结构式为 ；
故答案为： 。
(3) ①分子中，S 原子形成 4 个 σ 键（2 个 S=O 键、2 个 S-F 键），无孤电子对，价层电子对数为 4，故 S 原子采取sp3 杂化。
②LiF 的熔点 > Li+[N (SO2F2)2]-。原因是 F-半径远大于 [N(SO2F2)2]-的半径更小，LiF 的晶格能更高，离子键更强，因此熔点更高。
③与反应时，Si-N 键发生断裂，结合元素守恒，生成 NH(SO2F)2的同时，另一产物 X 为SiF2(CH3)2。
④(C2H5)3N 中乙基（-C2H5）为推电子基团，使 N 原子电子云密度增大、碱性增强；HN(SO2F)2中
- SO2F 为强吸电子基团，使 N-H 键极性增强、显酸性，二者发生质子转移，生成
[(C2H5)3NH]+[N(SO2F2)2]-。
⑤ 在足量 NaOH 溶液中发生彻底水解，-SO2F 基团转化为 SO42-和 F-，N 元素转化为 NH3，反应方程式为： ；
故答案为： sp3 ； > ； 氟离子半径小，离子键强 ； ； (C2H5)3N中-C2H5推电子，N上的电子云密度大；HN(SO2F)2中-SO2F吸电子，具有酸性 ； 。
【分析】（1）电子式书写：把握离子化合物的电荷与成键特征。
配位数计算：依托萤石型晶胞的空间排布规律。
掺杂取代：遵循电荷与半径匹配原则。
（2）HF 与 HNO3按物质的量 1：1 化合，本质是 H+转移至 HNO3分子，形成质子化阳离子。
（3）杂化判断：依据 σ 键数与孤电子对数计算价层电子对数。
熔点比较：晶格能与离子半径、电荷相关，半径越小晶格能越高。
反应推断：结合元素守恒与成键断裂规律推导产物。
质子转移：碱性越强的物质越易接受 H+，酸性越强的物质越易给出 H+。
水解反应：在强碱性环境下，含 S、F、N 的基团会发生彻底水解。
18．（2026·浙江选考）某小组想用CO制取CO2，反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ. △H3 K3
请回答：
（1）　 　②某同学在常温常压下，往CO与O2以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无CO2.该同学认为是该反应的平衡常数K3极小导致的，你认为该同学的说法　 　（“正确”或“错误”），设计实验验证你的结论：　 　（简述即可）。
（2）Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取CO2，反应如下：
Ⅳ CO（g）→CO+
Ⅴ
Ⅵ （过渡态）
Ⅶ
Ⅷ
①Pt（原子序数78），位于元素周期表第　 　周期　 　族。
②反应Ⅳ的△S　 　0（填“>”、“<”或“=”）。
③在图中画出CO2*位置（虚线框内）。
（3）某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由250℃降为30℃，相关反应如下：
序号 反应 Ea（kJ/mol）
a 144
b 101
c 56
d CO（g）→co* 48
e 40
f 39
g 24
h 15
i 14
①该研究小组采取的措施是　 　.
②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：　 　（填序号）
【答案】（1）-283；错误；点燃，检验产物
（2）第六周期；VⅢ；<
（3）更换（或使用）更高效的催化剂；hgef(d在f前面即可，i放在e后面即可)
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) ① △H3计算：将已知反应变形，反应 I 反向得 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
△H=-41kJ/mol；反应 II 减半得 H2(g) +O2(g)=H2O(g) △H=-242kJ/mol；两式相加即为反应 III，故△H3 = -41 + (-242) = -283 kJ/mol。
② 说法错误。该反应的平衡常数 K3 极大，常温下几乎无 CO2并非平衡导致，而是反应速率极慢。
③取相同体积比的 CO 与 O2混合气体，点燃或加入合适催化剂，观察到剧烈反应且产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明反应本身能进行，只是常温无催化时速率过慢。
故答案为：-283；错误；点燃，检验产物。
(2)① Pt 原子序数为 78，核外电子排布对应第六周期、VIII 族。
② 反应 IV 为 CO (g) 转化为吸附态 CO*，气体分子数减少，体系混乱度降低，故△S < 0。
③在虚线框内绘制一个能量低于过渡态（O…CO*）、高于最终产物 CO2(g) 的水平线段，标注 CO2*（体现其为吸附态中间产物，能量高于气态产物）。
故答案为：第六周期；VⅢ；<。
(3)①更换（或使用）更高效的催化剂。催化剂可降低反应的活化能，使反应在更低温度下顺利进行。②结合基元反应的反应物与产物衔接关系，合理顺序为 d、h、g、e、f（d 为 CO 活化，h、g 为 O2活化，e 为中间体转化，f 为生成 CO2*），最终衔接 CO2* 转化为 CO2(g)。
故答案为：更换（或使用）更高效的催化剂；hgef(d在f前面即可，i放在e后面即可)。
【分析】（1）焓变计算：通过已知热化学方程式的数学变形，消去中间物质，推导目标反应焓变。
平衡误区：反应能否发生取决于速率而非平衡常数，常温下无现象是速率极慢导致。
（2）周期表定位：依据原子序数推导电子排布，确定周期与族。
熵变判断：气体分子解离为吸附态粒子，混乱度降低。
能量绘图：过渡态能量最高，产物活化络合物能量低于过渡态、高于反应物。
（3）条件判断：温度降低但反应能进行，核心是加入催化剂降低了总反应的活化能。
机理排序：遵循 “反应物活化→中间体生成→过渡态→产物” 的逻辑，按活化能适配性与反应先后顺序排列基元反应。
19．（2026·浙江选考）用废磷酸（含有机杂质）制取
已知：
请回答：
（1）冷凝水从　 　（“X”或“Y”）通入。
（2）步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a的操作为　 　。步骤b除去溶液中的炭颗粒得到粗磷酸，步骤b的操作为　 　。
（3）下列操作正确的是（　　）。
A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH溶液
B．加入活性炭的目的是为了除去不易炭化的有机杂质
C．加入KOH过多，中加入HCl来调pH
D．可用乙醇洗涤反应得到的晶体
（4）获得KH2PO4的过程中，需要滴加KOH溶液调pH，为使H2PO4的物质的量分数最大，有一个最适pH.
①求最适pH　 　.
②所用的指示剂为：　 　。
（5）产品]KH2PO4（M=136g/mol）中，K的质量分数为29.01%，则产品中可能混有的杂质　 　。
【答案】（1）X
（2）加热(高温)；过滤
（3）B；D
（4）4.7；甲基橙
（5）K2HPO4
【知识点】指示剂；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 冷凝水应从X通入。采用下进上出的方式，能保证冷凝管夹层被冷却水完全填充，蒸汽与冷却水形成逆流，提升冷凝回流效果；若从Y通入，夹层易留存空气，冷凝不充分。
故答案为： X ；
(2)步骤a操作：加热（高温）。易炭化的有机杂质在高温条件下发生脱水、炭化反应，转化为易分离的固体炭颗粒。
步骤b操作：过滤。炭颗粒为不溶于磷酸溶液的固体，过滤可通过滤纸或滤膜将固体炭颗粒与液态粗磷酸分离，实现固液分离。
故答案为： 加热(高温) ； 过滤 ；
(3) A、浓磷酸沾到手上，用大量水冲洗后，不能涂溶液（强碱会腐蚀皮肤），应涂抹弱碱性的碳酸氢钠溶液。
B、活性炭具有疏松多孔结构，吸附性强，可吸附溶液中剩余的不易炭化的有机杂质，实现深度除杂。
C、加入调pH会引入杂质，污染产物，应加入磷酸中和过量。
D、在乙醇中溶解度远小于在水中，用乙醇洗涤可减少产物溶解损失，同时洗去表面杂质。
故答案为： B D ；
(4)最适pH计算：磷酸的分步电离平衡为：、，当的物质的量分数最大时，溶液pH为相邻两级电离常数负对数的平均值：
指示剂选择：甲基橙。甲基橙的变色范围为，其变色终点pH与最适pH 接近，能准确指示反应达到目标pH的节点。
故答案为： 4.7 ； 甲基橙 ；
(5) 纯（摩尔质量）中的质量分数：实测值，说明杂质中的质量分数高于。
中的质量分数（）：该值远高于中的质量分数，因此产品中可能混有的杂质为K2HPO4。
故答案为： K2HPO4。
【分析】(1) 冷凝管的核心冷凝效率取决于“气液逆流接触”，需让冷却水充满冷凝管夹层，与蒸汽充分换热。
(2) 步骤a需实现“易炭化有机物→炭颗粒”的转化，步骤b需分离“炭颗粒与磷酸溶液”，结合物质状态变化与分离原理分析。
(3) 结合实验室安全规范、活性炭除杂机理、酸碱调pH的杂质引入风险、晶体洗涤的溶剂选择原则逐一验证。
(4) 的物质的量分数最大时，溶液中以为主要存在形式，需结合磷酸的分步电离平衡常数计算；指示剂选择需匹配滴定终点的pH范围。
(5) 先计算纯中的质量分数，再与实测值对比，结合含钾磷酸盐的组成判断杂质。
20．（2026·浙江选考）天然化合物X是一种生物活性物质，某研究小组通入如下流程制备化合物X（部分流程及反应条件已省略）：
已知：①PCC是选择性氧化剂，可能把醇氧化成醛或酮；
②NaBH4是强还原剂，可以把醛或酮还原成醇；
③
（1）A的官能团名称：　 　。
（2）A→B的原子利用率为100%，则M为　 　.
（3）D的结构简式为：　 　.
（4）下列选项不正确的是（　　）.
A．C具有一定的还原性
B．F→G的反应为加成反应
C．E、F分别发生消去反应得到的产物均不含有手性碳原子
D．1molX与足量NaOH反应，最多消耗4molNaOH
（5）E→F的过程中会产生少量F的同分异构体H，请利用实验区分F和H：　 　（只需写出试剂和现象）。
（6）是重要的化工原料。以和CH3OH为有机原料，设计化合物的合成路线　 　（用流程图表示，无机试剂任选）。
【答案】（1）酯基
（2）C2H5OH
（3）
（4）B；C；D
（5）加PCC，再加入银氨溶液，有银镜析出的是H
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式，结构中含有的官能团是酯基，
故答案为：酯基；
（2）A→B的原子利用率为100%，则M为 C2H5OH ，
故答案为： C2H5OH ；
（3）根据已知条件②NaBH4是强还原剂，可以把醛或酮还原成醇，以及E的结构简式，可推出D的结构简式：；
故答案为：；
（4）A、C中含有醛基，具有还原性，故A正确；
B、F→G的过程中，F和发生取代反应生成G和HBr，不是加成反应，故B错误；
C、E中两个羟基发生消去反应后产物(）分子中不含手性碳，F发生消去反应后产物（）也不含手性碳，但E中若只有1个羟基发生消去反应，得到的产物含有手性碳，如图：，故C错误；
D、1molX中酯基(1mol消耗1molNaOH)、酚羟基(2mol消耗2molNaOH)、可能的最多消耗3molNaOH，D错误；
故答案为：BCD。
（5）E→F的过程中，E中的酯基可与自身羟基发生取代反应，生成少量F的同分异构体H，其结构为：，加入PCC后，羟基可以被氧化为醛基，而F中羟基被氧化为酮羰基，故再加入银氨溶液，有银镜析出的是H，
故答案为： 加PCC，再加入银氨溶液，有银镜析出的是H ；
（6）)利用逆推法设计合成路线，目标产物需要的原料(与G→的路线一致)，合成的原料为，和CH3OH，合成可以由被酸性高锰酸钾溶液氧化得到，合成的原料可以是CH3Br和，CH3OH可以制备CH3Br，由和NaOH反应可得，故合成路线为： 故答案为：
【分析】以γ-丁内酯（A）为起始原料，经试剂M开环生成含羟基的酯类化合物B；B经PCC选择性氧化，将末端羟基转化为醛基，得到醛类中间体C。C与4-甲氧基苯甲醛在NaOH、加热条件下发生缩合反应，生成分子式为的化合物D（ ）；D经还原，将分子中的不饱和键及羰基还原，得到含多羟基的醇类中间体E。E在室温下发生分子内关环反应，形成内酯结构的中间体F；F与4-甲氧基苄溴发生取代反应，引入苄基侧链得到G；最后G经脱除苯环上的甲氧基保护基，最终制得目标生物活性物质X。据此解题。
1 / 12026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2026·浙江选考）不锈钢属于（　　）
A．单质 B．聚合物 C．合金 D．超分子
2．（2026·浙江选考）下列有关NH4Cl的说法中，不正确的是（　　）
A．NH4Cl是弱电解质 B．水溶液呈酸性
C．实验室用于制NH3 D．HCl和NH3反应制NH4Cl
3．（2026·浙江选考）下列化学用语表述错误的是（　　）
A．甲醇的结构简式：CH3OH
B．中子数为8的N原子：N
C．基态铍原子核外电子排布式：
D．C（CH3）4的系统命名法：2，2-二甲基丙烷
4．（2026·浙江选考）关于反应，下列说法中正确的是（　　）
A．CO中的C失电子
B．SO2是还原剂
C．CO2是还原产物
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
5．（2026·浙江选考）关于元素周期律的认识错误的是（　　）
A．半径 B．非金属性SiC．还原性Br- ＜ Cl- D．第一电离能
6．（2026·浙江选考）不正确的是（　　）
A．N2（N≡N）的性质很稳定
B．I2（Ⅰ-Ⅰ）单质在CS2（S=C=S）中溶解度大
C．苯酚（）水溶液呈酸性
D．金刚石呈空间网状结构，导电性好
7．（2026·浙江选考）下列说法错误的是（　　）
A．在做钠的焰色实验时，可用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液在酒精灯外焰上灼烧并观察焰色
B．在进行中和滴定时，滴定管要用待装的溶液润洗
C．在配制0.100mol/L NaCl溶液时，容量瓶须烘干
D．分液漏斗在使用前须检漏
8．（2026·浙江选考）下列反应方程式错误的是（　　）
A．浓硝酸见光分解：
B．红热的铁在水蒸气中反应：
C．向硫代硫酸钠滴加稀硫酸：
D．向硫酸铜加入过量的氨水：
9．（2026·浙江选考）已知可发生反应：
下列说法正确的是（　　）
A．X所有原子在同一平面上
B．1mol Y最多与1mol H2发生加成反应
C．Z与酸性溶液反应生成
D．X与丙炔醛（HC≡CCHO）反应生成
10．（2026·浙江选考）下列说法错误的是（　　）
A.分离植物油和水 B.证明溶于水 C.证明与水反应生成 D.制备无水
A．A B．B C．C D．D
11．（2026·浙江选考）下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是（　　）
A．Cl2O7分子中所有O原子所处的化学环境相同
B．Cl2O的空间结构为V形
C．（高氯酸氯）中氯元素的化合价分别为+1，+7
D．不是氧化还原反应
12．（2026·浙江选考）一种电解葡萄糖制取葡萄糖二酸钾的装置示意图如图所示，下列说法中，不正确的是（　　）
A．电极M处的电极反应式为：
B．离子交换膜P为阳离子交换膜
C．1mol葡萄糖（C6H12O6）完全转化为葡萄糖二酸钾（C6H8O8K2）转移的电子数为6NA
D．电解过程可能产生葡萄糖酸钾（C6H11O7K）
13．（2026·浙江选考）是片状晶体，结构如图，一元弱酸，下列说法不正确的是（　　）
A．晶体中有氢键和范德华力
B．H3BO3在水中电离
C．H3BO3能与乙酸反应
D．（HBO2）3可表示为
14．（2026·浙江选考）某化学兴趣小组利用有机P化合物除去N2O的流程如下（Ph代表苯环），下列说法不正确的是（　　）
A．在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂
B．Ⅱ中P-N是N提供孤电子对
C．Ⅲ可能是
D．产物中还可能生成
15．（2026·浙江选考）已知：25℃下，。
Cu（OH）2（s）+2CH3COOH（aq） Cu2+（aq）+2CH3COO-（aq）+2H2O（l）K
过量（Cu（OH）2-与x mol/LCH3COOH充分反应至平衡，平衡时不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．平衡时，溶液呈弱碱性 D．
16．（2026·浙江选考）用浓碱酸和环己酸（）制备环己烯（）混合加热，蒸馏得到对应馏分，用饱和Na2，CO3和饱和食盐水分批次洗涤分液，后用干燥的CaCl2吸水，过滤后再蒸馏，得到产物，下面错误的一项是（　　）
A．可能生成、磷酸酯等副产物
B．若不用饱和食盐水洗涤，而用水，则的产率下降
C．若CaCl2不过滤直接蒸馏，则产物的纯度会下降
D．由核磁共振氢谱可知产物中有杂质
二、非选择题（本大题共4小题，共52分）
17．（2026·浙江选考）
（1）CaF2的晶胞如图。请回答：
①CaF2的电子式：　 　；
②Ca2+旁边最近的Ca2+有　 　个；
③ErF3荧光掺入，Er3+代替　 　（A或B）。
（2）将HF与HNO3按等物质的量发生化合反应生成写出[H2NO3]+的结构式：　 　.
（3）已知则：
①中S原子的杂化方式：　 　.
②熔点：LiF　 　（填“>”、“<”或“=”），原因：　 　。
③与反应生成NH（SO2F）2与X，X的结构简式：　 　。
④等物质的量CH3、（C2H5）3N、HN（SO2F）2混合，主要产物为，原因：　 　。
⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：　 　；
18．（2026·浙江选考）某小组想用CO制取CO2，反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ. △H3 K3
请回答：
（1）　 　②某同学在常温常压下，往CO与O2以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无CO2.该同学认为是该反应的平衡常数K3极小导致的，你认为该同学的说法　 　（“正确”或“错误”），设计实验验证你的结论：　 　（简述即可）。
（2）Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取CO2，反应如下：
Ⅳ CO（g）→CO+
Ⅴ
Ⅵ （过渡态）
Ⅶ
Ⅷ
①Pt（原子序数78），位于元素周期表第　 　周期　 　族。
②反应Ⅳ的△S　 　0（填“>”、“<”或“=”）。
③在图中画出CO2*位置（虚线框内）。
（3）某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由250℃降为30℃，相关反应如下：
序号 反应 Ea（kJ/mol）
a 144
b 101
c 56
d CO（g）→co* 48
e 40
f 39
g 24
h 15
i 14
①该研究小组采取的措施是　 　.
②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：　 　（填序号）
19．（2026·浙江选考）用废磷酸（含有机杂质）制取
已知：
请回答：
（1）冷凝水从　 　（“X”或“Y”）通入。
（2）步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a的操作为　 　。步骤b除去溶液中的炭颗粒得到粗磷酸，步骤b的操作为　 　。
（3）下列操作正确的是（　　）。
A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH溶液
B．加入活性炭的目的是为了除去不易炭化的有机杂质
C．加入KOH过多，中加入HCl来调pH
D．可用乙醇洗涤反应得到的晶体
（4）获得KH2PO4的过程中，需要滴加KOH溶液调pH，为使H2PO4的物质的量分数最大，有一个最适pH.
①求最适pH　 　.
②所用的指示剂为：　 　。
（5）产品]KH2PO4（M=136g/mol）中，K的质量分数为29.01%，则产品中可能混有的杂质　 　。
20．（2026·浙江选考）天然化合物X是一种生物活性物质，某研究小组通入如下流程制备化合物X（部分流程及反应条件已省略）：
已知：①PCC是选择性氧化剂，可能把醇氧化成醛或酮；
②NaBH4是强还原剂，可以把醛或酮还原成醇；
③
（1）A的官能团名称：　 　。
（2）A→B的原子利用率为100%，则M为　 　.
（3）D的结构简式为：　 　.
（4）下列选项不正确的是（　　）.
A．C具有一定的还原性
B．F→G的反应为加成反应
C．E、F分别发生消去反应得到的产物均不含有手性碳原子
D．1molX与足量NaOH反应，最多消耗4molNaOH
（5）E→F的过程中会产生少量F的同分异构体H，请利用实验区分F和H：　 　（只需写出试剂和现象）。
（6）是重要的化工原料。以和CH3OH为有机原料，设计化合物的合成路线　 　（用流程图表示，无机试剂任选）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、不锈钢是由铁、铬、镍等多种元素组成的混合物，并非单一元素构成的纯净物，A错误；
B、聚合物以高分子长链为核心结构，不锈钢是金属原子通过金属键形成的晶体，不具备高分子特征，B错误；
C、不锈钢是以铁为主要成分，加入铬、镍等金属熔合形成的金属材料，具备合金的抗腐蚀、高强度等特性，C正确；
D、超分子依赖分子间弱相互作用组装，不锈钢是金属键主导的晶体结构，和超分子的结构与形成机制完全不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
单质：由单一元素组成的纯净物，不锈钢含 Fe、Cr、Ni 等多种元素，不符合单质定义。
聚合物：由高分子链重复单元构成，不锈钢是金属晶体结构，不属于聚合物。
合金：由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，不锈钢以 Fe 为基体，掺入 Cr、Ni 等元素，符合合金定义。
超分子：由分子通过非共价键相互作用形成的聚集体，不锈钢是金属键结合的晶体，与超分子结构完全不同。
2．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质；氨的性质及用途；铵盐
【解析】【解答】A、属于铵盐，是典型的离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能完全电离为和，符合强电解质的定义，并非弱电解质，A错误；
B、溶于水后，会与水电离出的结合生成弱电解质，使水的电离平衡正向移动，溶液中浓度大于浓度，因此其水溶液呈酸性，B正确；
C、实验室中，可将固体与消石灰（）固体混合加热，发生复分解反应生成氯化钙、水和氨气，该方法是实验室制备氨气的经典方案，C正确；
D、是碱性气体，是酸性气体，二者相遇时会发生化合反应，直接生成固体，该反应可用于工业或实验室制备，也可用于检验氨气，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电解质判断：依据“盐类均为强电解质”的基本规律，判断的电离程度。
溶液酸碱性：通过分析的水解行为，确定溶液中与的浓度相对大小。
制备与制气应用：结合复分解反应条件与氨气的制备原理，辨析的相关反应逻辑。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；结构简式
【解析】【解答】A、甲醇的分子式为CH4O，官能团为羟基（-OH），结构简式为CH3OH，符合醇类结构简式的书写规范，A正确；
B、N原子的质子数为7，已知中子数为8，根据质量数=质子数+中子数，该核素的质量数为 ，核素符号应为 ，题中写成混淆了质量数与中子数，B错误；
C、Be原子的原子序数为4，核外有4个电子，根据能量最低原理，电子依次填充1s、2s轨道，基态电子排布式为 ，C正确；
D、C(CH3)4的主链为含3个C的丙烷，2号C上连接2个甲基，系统命名为2，2-二甲基丙烷，符合烷烃命名“选最长碳链、定支链位置”的规则，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
核素符号：左上角为质量数（质子数+中子数），左下角为质子数，需先计算质量数再书写。
其他用语：分别对应有机物结构、原子电子排布、烷烃命名的基础规范。
4．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、CO 中 C 元素化合价从 + 2 价升高到 CO2中的 + 4 价，失去 2 个电子，被氧化，A正确；
B、SO2中 S 元素化合价从 +4 价降低到 0 价，得到电子，被还原，因此 SO2是氧化剂，不是还原剂，B错误；
C、CO 被氧化生成 CO2，CO2是氧化产物；SO2被还原生成 S，S 是还原产物，C错误；
D、氧化剂是 SO2（1mol），还原剂是 CO（2mol），二者物质的量之比为 1：2，D错误；
故答案为：A。
【分析】核心化合价变化：
CO 中 C 为 + 2 价，反应后生成 CO2，C 变为 + 4 价，化合价升高，C 失电子，CO 是还原剂。
SO2中 S 为 + 4 价，反应后生成 S 单质，S 变为 0 价，化合价降低，S 得电子，SO2是氧化剂。
产物对应关系：还原剂对应氧化产物，氧化剂对应还原产物；电子得失总数守恒。据此解题。
5．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Mg2+和 O2-的核外电子排布完全相同，均为 10 电子微粒。Mg 的核电荷数为 12，远大于 O 的 8，因此 Mg2+的原子核对核外电子的吸引力更强，微粒半径更小，A正确；
B、Si 和 S 同处于第三周期，从左至右核电荷数依次增加，原子半径减小，得电子能力增强，非金属性逐渐提升，故 S 的非金属性强于 Si，B正确；
C、Br 和 Cl 同主族，Cl 的非金属性强于 Br，其对应阴离子 Cl-的失电子能力更弱，还原性更差。因此还原性应为 Br- > Cl-，选项表述错误，C不正确；
D、K 和 Na 同主族，K 的原子半径更大，失电子能力更强，第一电离能 K < Na；而 K+、Na+均为稳定结构，K+的电子层数更多、半径更大，失电子能力强于 Na+，故第一电离能 K+ < Na+，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
等电子微粒半径：核外电子排布相同时，核电荷数越大，原子核对电子的吸引力越强，微粒半径越小。
非金属性递变：同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱；非金属性越强，对应阴离子还原性越弱。
第一电离能：同主族元素，原子半径越大，失电子能力越强，第一电离能越小；阳离子比原子更难失电子，第一电离能显著增大。
6．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；电解质溶液的导电性；氮气的化学性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、N2分子中存在 N≡N 三键，键能极高，断裂需要大量能量，因此 N2的化学性质非常稳定，常温下难以参与反应，A正确；
B、I2是由非极性 I-I 键构成的非极性分子，CS2是直线型非极性分子，根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，因此 I2在 CS2中溶解度较大，B正确；
C、苯酚分子中的酚羟基（-OH）受苯环共轭作用影响，O-H 键极性增强，可微弱电离出 H+，因此其水溶液呈弱酸性，C正确；
D、金刚石是典型的原子晶体，呈空间网状结构，每个碳原子均以 4 个共价键与相邻碳原子结合，无自由移动的电子或离子，因此导电性极差，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学键稳定性：三键键能极高，N≡N 键能大，使 N2分子性质稳定。
相似相溶原理：非极性分子易溶于非极性溶剂，I2和 CS2均为非极性分子，符合相似相溶。
酚羟基酸性：苯酚中酚羟基受苯环影响，可微弱电离出 H+，水溶液显弱酸性。
晶体导电性：金刚石是原子晶体，无自由移动电子，不具备良好导电性。
7．【答案】C
【知识点】钠的化学性质；焰色反应；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、焰色试验的核心是检测金属离子的特征焰色，Na2CO3含 Na+，洁净铂丝蘸取其溶液灼烧，火焰会呈现钠元素的特征黄色，操作符合规范，A正确；
B、滴定管洗净后内壁会残留蒸馏水，若直接装入标准液或待测液，会稀释溶液导致浓度偏差。用待装溶液润洗 2-3 次，可避免该误差，操作正确，B正确；
C、配制 0.100mol/L NaCl 溶液时，容量瓶的作用是定容，最终需向瓶内加蒸馏水至刻度线。容量瓶内壁残留的少量蒸馏水，会被后续加入的蒸馏水抵消，不影响所配溶液的浓度，因此无需烘干，该操作错误，C不正确；
D、分液漏斗用于分离互不相溶的液体，使用前必须检查活塞和上口瓶塞处是否漏水，若检漏不合格，会在分液过程中出现液体渗漏，操作正确，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
焰色试验：铂丝洁净且无干扰离子即可，含钠化合物均呈现黄色焰色。
滴定管润洗：防止待装溶液被管内残留水稀释，保证浓度准确。
容量瓶使用：核心是定容时需加蒸馏水，残留少量水不影响浓度，无需烘干。
分液漏斗检漏：防止液体渗漏，是使用前的必备步骤。
8．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硝酸见光分解的正确产物为NO2、O2和H2O，反应方程式应为：4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O，题给方程式产物写为NO，不符合反应事实，且N、O原子不守恒，A错误；
B、红热的Fe在高温下与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，方程式：
3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，原子守恒且符合反应事实，B正确；
C、S2O32-在酸性条件下发生歧化反应，生成S沉淀、SO2气体和H2O，离子方程式：
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，满足原子守恒与氧化还原规律，C正确；
D、过量氨水与Cu2+反应，生成四氨合铜(II)配离子，离子方程式：
Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，电荷守恒、原子守恒且符合络合反应事实，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
浓硝酸见光分解：产物为 NO2、O2和 H2O，而非 NO，需满足 N、O 原子守恒。
铁与水蒸气反应：高温下生成 Fe3O4和 H2，符合金属与水的反应规律。
硫代硫酸钠与酸反应：发生歧化反应，生成 S 沉淀和 SO2气体，满足离子守恒与氧化还原规律。
铜氨络合反应：过量氨水与 Cu2+形成四氨合铜 (II) 配离子，电荷守恒且产物正确。
9．【答案】D
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子中存在甲基（-CH3），甲基中的碳原子为 sp3 杂化，呈四面体构型，因此 X 分子中所有原子不可能共面，A错误；
B、Y 分子中含 1 个碳碳双键和 1 个醛基（-CHO），二者均可与 H2发生加成反应，1mol Y 最多可与 2mol H2加成，B错误；
C、Z 分子中的碳碳双键被酸性 KMnO4氧化断裂，会生成含羰基和羧基的产物（），C错误；
D、X 是共轭二烯烃，丙炔醛（HC≡CCHO）是亲双烯体，二者发生 [4+2] 环加成反应，生成含六元环的产物（ ），D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原子共面判断：含饱和碳原子（sp3 杂化）的分子，所有原子不可能共面。
加成反应计量：碳碳双键、醛基均可与 H2加成，需统计可加成的官能团数量。
氧化反应规律：碳碳双键可被酸性 KMnO4氧化断裂，生成羰基或羧基。
环加成反应：共轭二烯烃与亲双烯体（如烯烃、炔烃）发生 [4+2] 环加成，生成六元环。
10．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、植物油与水互不相溶，且植物油密度小于水，混合后会形成明显的上下两层液体，完全符合分液操作的适用条件。使用分液漏斗进行分液操作，可有效分离该混合物，实验设计与操作均正确，A不符合题意；
B、将充满 NH3的试管倒扣在水中，因 NH3极易溶于水，试管内气体快速溶解会使管内压强远小于外界大气压，水在大气压作用下会迅速进入试管形成液柱。该装置通过液面上升的直观现象，可直接证明 NH3的水溶性，实验设计正确，B不符合题意；
C、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，该反应为固液不加热型，在试管中进行操作简便。反应生成的 O2会聚集在试管上部，将带火星的木条伸入试管，若木条复燃，即可证明产物为 O2，实验原理与操作均正确，C不符合题意；
D、MgCl2是强酸弱碱盐，Mg2+在水溶液中会发生水解反应：MgCl2+2H2O Mg(OH)2+2HCl。加热蒸发 MgCl2溶液时，HCl 易挥发逸出，促使水解平衡持续正向移动，最终蒸干得到的是
Mg(OH)2，灼烧后会进一步分解为 MgO，无法得到无水 MgCl2。正确操作需在 HCl 气流中加热蒸发，抑制 Mg2+水解，该实验设计错误，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分液核心：仅适用于互不相溶、能分层的液体混合物，关键判断液体是否分层。
溶解性验证：利用气体溶解造成装置内压强变化，产生可观察的液面现象来佐证。
氧气检验：依托 O2使带火星木条复燃的特性，结合固液反应的装置合理性判断。
盐类水解：易水解的强酸弱碱盐，加热制备无水固体时需抑制水解，防止得到水解产物。
11．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；常见元素的化合价；化合价与化学式
【解析】【解答】A、Cl2O7的分子结构为 Cl-O-ClO6，其中 1 个氧原子直接连接两个氯原子，剩余 6 个氧原子分别与其中一个氯原子形成氯氧双键。两种氧原子的成键对象、成键类型完全不同，因此所有 O 原子并非处于相同的化学环境，A错误；
B、Cl2O 分子中，中心 O 原子的价层电子对数为 4（2 个成键电子对，2 个孤电子对）。根据价层电子对互斥理论，孤电子对会挤压成键电子对的空间，使分子的空间结构呈现 V 形，B正确；
C、该化合物可拆分为 Cl-O-ClO3结构，设与单个 O 连接的 Cl 化合价为 x，氯酸根部分的 Cl 化合价为 y。依据化合价代数和为 0，结合 O 均为 - 2 价，可得 x + (-2) + [y + 3×(-2)] = 0；结合常见成键规律，x 为 +1、y 为 +7 时，等式成立，因此两个 Cl 原子化合价分别为 + 1 和 +7，C正确；
D、ICl 中 I 为 +1 价、Cl 为 -1 价，反应后 HCl 中 Cl 为 -1 价，HIO 中 I 为 +1 价，所有元素化合价在反应前后均未发生改变，无电子的得失或偏移，因此该反应不属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原子化学环境：判断分子中同种原子的成键方式、连接基团是否完全一致，一致则化学环境相同。
空间结构判断：用价层电子对互斥理论，先算价层电子对数，再区分成键电子对与孤电子对，确定空间结构。
化合价计算：依据化合物中各元素化合价代数和为 0，结合常见元素（O 为 - 2）化合价，推算变价元素的化合价。
氧化还原反应判断：核心是反应前后所有元素化合价均无变化，无电子转移则非氧化还原反应。
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、电极M为阴极，发生还原反应。在1.0mol/L KOH碱性环境中，H2O分子得到电子被还原为H2，同时生成OH-，电极反应式为：，反应式符合碱性电解水的阴极规律，A正确；
B、阳极反应需要消耗OH-，同时为维持两侧溶液电中性，阴极生成的OH-需要通过离子交换膜迁移至阳极。因此，离子交换膜P应为阴离子交换膜，允许OH-通过。若为阳离子交换膜（允许K+通过），则无法满足阳极反应对OH-的需求，也无法有效平衡电荷，故B错误；
C、葡萄糖分子式为C6H12O6，平均碳价为0价；葡萄糖二酸钾分子式为C6H8O8K2，其中2个K为+1价，8个O为-2价，可算出平均碳价为+1价。每个C原子化合价升高2价，1mol葡萄糖含6mol C，总升高价态为 ，对应转移电子数为6NA，C正确；
D、电解氧化过程中，葡萄糖分子可能只有一个伯羟基被氧化为羧基，生成葡萄糖酸（C6H12O7），再与KOH反应生成葡萄糖酸钾（C6H11O7K），因此电解过程可能产生该副产物，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电极判断：葡萄糖在右侧电极被氧化为葡萄糖二酸钾，故右侧电极为阳极，左侧电极 M 为阴极。
电极反应：阴极发生还原反应，在碱性环境下由 H2O 得电子生成 H2；阳极发生氧化反应，葡萄糖分子中的羟基被氧化为羧基。
离子交换膜：为平衡电荷并参与反应，阳极区需要 OH-，因此离子交换膜应允许 OH-（阴离子）通过。
电子守恒：通过计算反应物与产物中 C 的平均化合价变化，确定每摩尔葡萄糖反应转移的电子数。
据此解题。
13．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、硼酸分子中含有-OH，分子间可形成O-H…O氢键；同时分子之间普遍存在范德华力，因此晶体中同时存在氢键和范德华力，A正确；
B、硼酸是典型的路易斯酸，其电离并非自身解离出H+，而是结合水电离的OH-，释放出H+，正确电离方程式为：，题给方程式将硼酸写为酸式电离（释放H+），违背其路易斯酸的电离本质，B错误；
C、已知硼酸是一元弱酸，且酸性弱于乙酸（H3BO3的pKa约9.24，乙酸pKa约4.76）。根据“强酸制弱酸”规律，酸性更弱的硼酸无法与乙酸发生复分解反应，C正确；
D、硼酸可发生脱水缩合，多个B(OH)3单元通过脱水形成-O-B-O-桥连结构，(HBO2)3是三聚偏硼酸， 可表示为 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子间作用力：硼酸含羟基（-OH），分子间可形成氢键，同时普遍存在范德华力。
硼酸电离本质：硼酸是路易斯酸，通过结合水电离出的OH-而释放H+，并非自身解离出质子。
酸性比较：硼酸酸性弱于乙酸，弱酸通常无法与更强酸发生复分解反应。
缩合结构：硼酸可脱水缩合，形成多聚硼酸酯结构。
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A、物质 I 在循环起始参与反应，最终又重新生成；若流程设计允许，物质 III 也可作为起始物参与循环并再生，因此 I、III 均可作催化剂，A正确；
B、P 原子价层有孤电子对，是典型的富电子位点；N 原子在 N2O 衍生的片段中显缺电子性。因此 P-N 键中是P 提供孤电子对与 N 形成配位键，而非 N 提供孤电子对，B错误；
C、从 II 到 III 的转化中，含 P 片段失去 N2片段，结合元素守恒与 P 的成键特征，P 被氧化形成 P=O 双键的结构（题给含 P=O 的环状结构）符合转化逻辑，III 可能是 ，C正确；
D、反应中含 Si-H 键的 PhSiH3、PhSiH2(OH) 等物质，易发生 Si-H 键的偶联、脱水反应，可能生成 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：循环中初始参与反应、最终又生成的物质为催化剂；中间参与转化的为中间产物。
配位键本质：P 原子有孤电子对，显富电子性，常作为电子给予体形成配位键。
元素守恒推断：根据循环中反应物与已知产物的原子种类，推断未知中间产物结构。
副反应可能性：含 Si-H 键的物质易发生偶联等副反应，生成硅氧桥连产物。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；电离平衡常数
【解析】【解答】A、总反应：Cu(OH)2(s) + 2CH3COOH(aq) Cu2+(aq) +2CH3COO-(aq) + 2H2O(l)
该反应由以下两个平衡构成：
1. Cu(OH)2(s) Cu2+(aq) +2OH-(aq)，平衡常数为Ksp = 2×10-2
2. 2×(CH3COOH(aq)+OH-(aq) CH3COO-(aq)+H2O(l))，平衡常数为
总反应平衡常数K为两者之积：
，A错误；
B、根据Ksp[Cu(OH)2] = c(Cu2+)·c2(OH-)：
，，B错误；
C、已知平衡时 ，根据CH3COOH的电离常数 ：
，
溶液pH≈5.7，呈弱酸性，C错误；
D、根据反应计量关系，1mol Cu2+对应2mol CH3COO-。平衡时：
已知 ，则 。
初始浓度x为平衡时醋酸形态浓度之和：
显然 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡常数K的计算：总反应可拆分为Cu(OH)2的溶解平衡和CH3COOH的电离平衡，利用多重平衡规则将Ksp与Ka结合计算K。
H+浓度计算：利用CH3COOH的电离常数Ka，结合已知的c(CH3COO-)与c(CH3COOH)的比例关系，直接求出溶液中c(H+)。
Cu2+浓度计算：利用Cu(OH)2的溶度积Ksp，结合已求出的c(OH-)，计算出c(Cu2+)。
物料守恒与初始浓度判断：根据反应计量关系，初始CH3COOH的浓度x必大于平衡时所有含醋酸根物种的浓度之和。
16．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、本实验为环己醇在浓磷酸加热条件下的消去反应，核心副反应是分子间脱水生成二环己基醚，而非环己酮（氧化产物，浓磷酸无强氧化性，无法将环己醇氧化为酮）；同时，浓磷酸属于无机含氧酸，与醇类在消去反应条件下难以发生酯化反应生成磷酸酯。因此该反应不可能生成环己酮（ ）和磷酸酯类副产物，A错误；
B、环己烯属于烃类，虽难溶于水，但仍有极少量会溶解在水中。饱和食盐水可通过 “盐析效应” 大幅降低环己烯在水溶液中的溶解度，减少洗涤过程中产物的溶解损失。若直接用水洗涤，环己烯的溶解损失量增加，最终得到的环己烯产（ ）率会明显下降，B正确；
C、无水 CaCl2的作用是吸收环己烯粗品中的残留水分，若不过滤直接蒸馏，加热过程中 CaCl2会随蒸馏体系受热，可能导致干燥剂颗粒进入馏分，或因局部过热引发少量副反应，最终使提纯后产物的纯度下降，C正确；
D、纯环己烯的分子结构对称，其核磁共振氢谱应出现特征的峰组（对应不同化学环境的 H 原子）。题中核磁氢谱出现了多组峰，且峰的位置与数量超出了纯环己烯的特征峰范围，说明产物中含有其他具有不同化学环境 H 原子的有机物杂质，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
副反应判断：浓磷酸作催化剂时，消去反应的竞争反应为取代（成醚），而非氧化；磷酸为无机酸，与醇难以形成磷酸酯类副产物。
洗涤操作本质：利用 “盐析效应” 降低有机物在水中的溶解度，减少产物损失。
干燥操作目的：无水氯化钙为干燥剂，未过滤直接蒸馏会导致干燥剂随馏分带出或引发副反应，降低纯度。
核磁氢谱解读：通过特征峰的数量与位置，判断产物是否含非目标结构的杂质。
17．【答案】（1）；12；B
（2）
（3）sp3；>；氟离子半径小，离子键强；；(C2H5)3N中-C2H5推电子，N上的电子云密度大；HN(SO2F)2中-SO2F吸电子，具有酸性；
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)①电子式：CaF2是由 Ca2+和 F-构成的离子化合物，电子式为 ，每个 F 原子周围需补全 8 电子孤对电子。
②最近 Ca2+数目：CaF2为萤石型晶胞，Ca2+分布在顶点与面心位置，以面心 Ca2+为例，同层、上下层各有 4 个等距的 Ca2+，总计12 个最近邻 Ca2+。
③Er3+取代位点：Er3+与 Ca2+电荷相近、半径匹配，会取代晶胞中 Ca2+所在的B 位点。
故答案为： ；12；B。
(2)HNO3分子接受 H+后，中心 N 原子连接 2 个羟基（-OH）和 1 个双键氧原子，整体带 1 个正电荷，结构式为 ；
故答案为： 。
(3) ①分子中，S 原子形成 4 个 σ 键（2 个 S=O 键、2 个 S-F 键），无孤电子对，价层电子对数为 4，故 S 原子采取sp3 杂化。
②LiF 的熔点 > Li+[N (SO2F2)2]-。原因是 F-半径远大于 [N(SO2F2)2]-的半径更小，LiF 的晶格能更高，离子键更强，因此熔点更高。
③与反应时，Si-N 键发生断裂，结合元素守恒，生成 NH(SO2F)2的同时，另一产物 X 为SiF2(CH3)2。
④(C2H5)3N 中乙基（-C2H5）为推电子基团，使 N 原子电子云密度增大、碱性增强；HN(SO2F)2中
- SO2F 为强吸电子基团，使 N-H 键极性增强、显酸性，二者发生质子转移，生成
[(C2H5)3NH]+[N(SO2F2)2]-。
⑤ 在足量 NaOH 溶液中发生彻底水解，-SO2F 基团转化为 SO42-和 F-，N 元素转化为 NH3，反应方程式为： ；
故答案为： sp3 ； > ； 氟离子半径小，离子键强 ； ； (C2H5)3N中-C2H5推电子，N上的电子云密度大；HN(SO2F)2中-SO2F吸电子，具有酸性 ； 。
【分析】（1）电子式书写：把握离子化合物的电荷与成键特征。
配位数计算：依托萤石型晶胞的空间排布规律。
掺杂取代：遵循电荷与半径匹配原则。
（2）HF 与 HNO3按物质的量 1：1 化合，本质是 H+转移至 HNO3分子，形成质子化阳离子。
（3）杂化判断：依据 σ 键数与孤电子对数计算价层电子对数。
熔点比较：晶格能与离子半径、电荷相关，半径越小晶格能越高。
反应推断：结合元素守恒与成键断裂规律推导产物。
质子转移：碱性越强的物质越易接受 H+，酸性越强的物质越易给出 H+。
水解反应：在强碱性环境下，含 S、F、N 的基团会发生彻底水解。
18．【答案】（1）-283；错误；点燃，检验产物
（2）第六周期；VⅢ；<
（3）更换（或使用）更高效的催化剂；hgef(d在f前面即可，i放在e后面即可)
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) ① △H3计算：将已知反应变形，反应 I 反向得 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
△H=-41kJ/mol；反应 II 减半得 H2(g) +O2(g)=H2O(g) △H=-242kJ/mol；两式相加即为反应 III，故△H3 = -41 + (-242) = -283 kJ/mol。
② 说法错误。该反应的平衡常数 K3 极大，常温下几乎无 CO2并非平衡导致，而是反应速率极慢。
③取相同体积比的 CO 与 O2混合气体，点燃或加入合适催化剂，观察到剧烈反应且产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明反应本身能进行，只是常温无催化时速率过慢。
故答案为：-283；错误；点燃，检验产物。
(2)① Pt 原子序数为 78，核外电子排布对应第六周期、VIII 族。
② 反应 IV 为 CO (g) 转化为吸附态 CO*，气体分子数减少，体系混乱度降低，故△S < 0。
③在虚线框内绘制一个能量低于过渡态（O…CO*）、高于最终产物 CO2(g) 的水平线段，标注 CO2*（体现其为吸附态中间产物，能量高于气态产物）。
故答案为：第六周期；VⅢ；<。
(3)①更换（或使用）更高效的催化剂。催化剂可降低反应的活化能，使反应在更低温度下顺利进行。②结合基元反应的反应物与产物衔接关系，合理顺序为 d、h、g、e、f（d 为 CO 活化，h、g 为 O2活化，e 为中间体转化，f 为生成 CO2*），最终衔接 CO2* 转化为 CO2(g)。
故答案为：更换（或使用）更高效的催化剂；hgef(d在f前面即可，i放在e后面即可)。
【分析】（1）焓变计算：通过已知热化学方程式的数学变形，消去中间物质，推导目标反应焓变。
平衡误区：反应能否发生取决于速率而非平衡常数，常温下无现象是速率极慢导致。
（2）周期表定位：依据原子序数推导电子排布，确定周期与族。
熵变判断：气体分子解离为吸附态粒子，混乱度降低。
能量绘图：过渡态能量最高，产物活化络合物能量低于过渡态、高于反应物。
（3）条件判断：温度降低但反应能进行，核心是加入催化剂降低了总反应的活化能。
机理排序：遵循 “反应物活化→中间体生成→过渡态→产物” 的逻辑，按活化能适配性与反应先后顺序排列基元反应。
19．【答案】（1）X
（2）加热(高温)；过滤
（3）B；D
（4）4.7；甲基橙
（5）K2HPO4
【知识点】指示剂；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 冷凝水应从X通入。采用下进上出的方式，能保证冷凝管夹层被冷却水完全填充，蒸汽与冷却水形成逆流，提升冷凝回流效果；若从Y通入，夹层易留存空气，冷凝不充分。
故答案为： X ；
(2)步骤a操作：加热（高温）。易炭化的有机杂质在高温条件下发生脱水、炭化反应，转化为易分离的固体炭颗粒。
步骤b操作：过滤。炭颗粒为不溶于磷酸溶液的固体，过滤可通过滤纸或滤膜将固体炭颗粒与液态粗磷酸分离，实现固液分离。
故答案为： 加热(高温) ； 过滤 ；
(3) A、浓磷酸沾到手上，用大量水冲洗后，不能涂溶液（强碱会腐蚀皮肤），应涂抹弱碱性的碳酸氢钠溶液。
B、活性炭具有疏松多孔结构，吸附性强，可吸附溶液中剩余的不易炭化的有机杂质，实现深度除杂。
C、加入调pH会引入杂质，污染产物，应加入磷酸中和过量。
D、在乙醇中溶解度远小于在水中，用乙醇洗涤可减少产物溶解损失，同时洗去表面杂质。
故答案为： B D ；
(4)最适pH计算：磷酸的分步电离平衡为：、，当的物质的量分数最大时，溶液pH为相邻两级电离常数负对数的平均值：
指示剂选择：甲基橙。甲基橙的变色范围为，其变色终点pH与最适pH 接近，能准确指示反应达到目标pH的节点。
故答案为： 4.7 ； 甲基橙 ；
(5) 纯（摩尔质量）中的质量分数：实测值，说明杂质中的质量分数高于。
中的质量分数（）：该值远高于中的质量分数，因此产品中可能混有的杂质为K2HPO4。
故答案为： K2HPO4。
【分析】(1) 冷凝管的核心冷凝效率取决于“气液逆流接触”，需让冷却水充满冷凝管夹层，与蒸汽充分换热。
(2) 步骤a需实现“易炭化有机物→炭颗粒”的转化，步骤b需分离“炭颗粒与磷酸溶液”，结合物质状态变化与分离原理分析。
(3) 结合实验室安全规范、活性炭除杂机理、酸碱调pH的杂质引入风险、晶体洗涤的溶剂选择原则逐一验证。
(4) 的物质的量分数最大时，溶液中以为主要存在形式，需结合磷酸的分步电离平衡常数计算；指示剂选择需匹配滴定终点的pH范围。
(5) 先计算纯中的质量分数，再与实测值对比，结合含钾磷酸盐的组成判断杂质。
20．【答案】（1）酯基
（2）C2H5OH
（3）
（4）B；C；D
（5）加PCC，再加入银氨溶液，有银镜析出的是H
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式，结构中含有的官能团是酯基，
故答案为：酯基；
（2）A→B的原子利用率为100%，则M为 C2H5OH ，
故答案为： C2H5OH ；
（3）根据已知条件②NaBH4是强还原剂，可以把醛或酮还原成醇，以及E的结构简式，可推出D的结构简式：；
故答案为：；
（4）A、C中含有醛基，具有还原性，故A正确；
B、F→G的过程中，F和发生取代反应生成G和HBr，不是加成反应，故B错误；
C、E中两个羟基发生消去反应后产物(）分子中不含手性碳，F发生消去反应后产物（）也不含手性碳，但E中若只有1个羟基发生消去反应，得到的产物含有手性碳，如图：，故C错误；
D、1molX中酯基(1mol消耗1molNaOH)、酚羟基(2mol消耗2molNaOH)、可能的最多消耗3molNaOH，D错误；
故答案为：BCD。
（5）E→F的过程中，E中的酯基可与自身羟基发生取代反应，生成少量F的同分异构体H，其结构为：，加入PCC后，羟基可以被氧化为醛基，而F中羟基被氧化为酮羰基，故再加入银氨溶液，有银镜析出的是H，
故答案为： 加PCC，再加入银氨溶液，有银镜析出的是H ；
（6）)利用逆推法设计合成路线，目标产物需要的原料(与G→的路线一致)，合成的原料为，和CH3OH，合成可以由被酸性高锰酸钾溶液氧化得到，合成的原料可以是CH3Br和，CH3OH可以制备CH3Br，由和NaOH反应可得，故合成路线为： 故答案为：
【分析】以γ-丁内酯（A）为起始原料，经试剂M开环生成含羟基的酯类化合物B；B经PCC选择性氧化，将末端羟基转化为醛基，得到醛类中间体C。C与4-甲氧基苯甲醛在NaOH、加热条件下发生缩合反应，生成分子式为的化合物D（ ）；D经还原，将分子中的不饱和键及羰基还原，得到含多羟基的醇类中间体E。E在室温下发生分子内关环反应，形成内酯结构的中间体F；F与4-甲氧基苄溴发生取代反应，引入苄基侧链得到G；最后G经脱除苯环上的甲氧基保护基，最终制得目标生物活性物质X。据此解题。
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