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广东省大湾区2025届高三下学期联合模拟考试（二模）化学试题
一、选择题(本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．（2025·东莞模拟）“伏羲画卦，仓颉造字”开书画先河。下列颜料主要成分属于无机物的是
A．从赤铁矿中提取的赭石 B．由蓼蓝叶制成的花青
C．由红蓝花制成的胭脂 D．从海藤中提取的藤黄
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·东莞模拟）“月背采壤”“六代机首飞”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是
A．嫦娥六号智能月背采壤：采壤过程中月壤发生化学变化
B．首款600公斤推力涡扇发动机成功点火：点火时存在化学能转化为热能
C．第六代战机采用“智能皮肤”隐身技术：所用陶瓷基复合新材料属于合金
D．076型两栖攻击舰采用柴燃联合动力：柴油、天然气属于烃的衍生物
3．（2025·东莞模拟）化学之美无处不在。下列说法正确的是
A．绚丽的焰火与电子跃迁时产生的吸收光谱有关
B．水可形成晶莹剔透的晶体，可燃冰中存在氢键
C．手性分子互为镜像，能在三维空间里叠合
D．呈现规则多面体外形的金刚石为分子晶体
4．（2025·东莞模拟）椰汁马蹄糕是广东名小食，主要原料有椰浆、马蹄粉和白砂糖。下列说法正确的是
A．椰浆含有的椰子油属于高分子化合物
B．马蹄粉是一种食用淀粉，与纤维素属于同分异构体
C．白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖可以发生水解反应
D．在蒸制椰汁马蹄糕的过程中，只发生了蛋白质变性
5．（2025·东莞模拟）粗盐提纯主要过程如下。其中，操作X为
A．过滤洗涤 B．加热蒸馏 C．萃取分液 D．蒸发结晶
6．（2025·东莞模拟）一种氮掺杂碳材料用于碱性溶液中电催化N2合成NH3，工作原理如图所示，常温常压下NH3产率达到3.4μmol·h- 。下列有关说法正确的是
A．N2发生氧化反应
B．将化学能转化为电能
C．这是一种新型的人工固氮技术
D．该条件下O2产率为3.4μmol·h-
7．（2025·东莞模拟）“劳动成就梦想”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用14C测定文物的年代 碳原子核外有6个电子
B 用小苏打作原料烘焙面包 NaHCO3受热易分解产生CO2
C 用白醋除去水壶中的水垢 白醋可溶解碳酸钙等沉淀
D 用ClO2作自来水消毒剂 ClO2具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·东莞模拟）大约4000年前，埃及人采用硫燃烧的产物来漂白白布匹。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中能达到相应目的的是
A．用甲制取SO2 B．用乙验证SO2的还原性
C．用丙收集SO2 D．用丁处理实验室SO2尾气
9．（2025·东莞模拟）部分含Na或Fe物质的分类与相应化合价关系如下图。下列说法不正确的是
A．b代表的物质中，阴阳离子的个数比均为1：2
B．c代表的物质中，有与酸、碱均可反应的物质
C．加热煮沸e的稀溶液，一定能得到胶体
D．在e→d→f→g转化中，每一步都有颜色变化
10．（2025·东莞模拟）十大广药之一化橘红的重要提取物芳樟醇的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．碳原子中除甲基碳外，其它都是sp2杂化
B．能发生消去反应和氧化反应
C．该分子所有碳原子不可能在同一个平面上
D．该分子不存在芳香族化合物的同分异构体
11．（2025·东莞模拟）有关氯气的微型探究实验装置如图4。实验时滴入几滴浓盐酸，下列说法正确的是
A．①处先变红后褪色，说明Cl2具有酸性和漂白性
B．②处变蓝，说明元素非金属性：I＞Cl
C．③处颜色变浅，说明氧化性：Cl2＞KMnO4
D．④处可吸收尾气Cl2，可用饱和Na2CO3溶液替代
12．（2025·东莞模拟）下表中陈述I与Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 沸点：HF＞HCl 键能：H—F＞H—Cl
B NaHSO3溶液呈酸性 Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw
C 工业合成氨需在高温下进行 合成氨反应是放热反应
D 用甲醛与尿素合成脲醛树脂 甲醛与尿素间发生加聚反应
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·东莞模拟）氯碱工业的基本原理是：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol/LNaCl溶液中含有NA个Na+
B．2molNaOH固体中含有4NA个σ键
C．标准状况下生成22.4LH2，有2NA个Cl-被还原
D．每生成73g气体，转移2NA个电子
14．（2025·东莞模拟）我国科研人员在Li-O2电池电解液中添加NBSF，能明显延长电池的循环寿命。NBSF的结构如图所示。其中短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的基态原子p轨道半充满，Y、W同族，Y的价电子排布式为nsnnp2n，Z的氢化物可用于刻蚀玻璃。下列说法正确的是
A．酸性：HXO3＜H2WO3
B．第一电离能：Y＞X＞W
C．构成NBSF的原子中，X的半径最小
D．XZ3和的空间结构均为三角锥形
15．（2025·东莞模拟）一定温度下，向恒容密闭容器中投入等物质的量的P和Q发生反应：①P(g)+Q(g)= M(g)；②M(g)N(g)。部分物质的浓度随时间的变化如图所示，t2后达到平衡状态。下列说法正确的是
A．X为(M)随t的变化曲线
B．反应的活化能：①>②
C．0~内，(N)=mol/(L·s)
D．该条件下，反应②的平衡常数
16．（2025·东莞模拟）电渗析系统可从空气中大规模捕获CO2。以KOH溶液为基底溶液的CO2吸收系统工作原理如下图(a、b需接直流电源电极)。下列说法不正确的是
A．a接直流电源的负极
B．M膜为阳离子交换膜
C．b上发生的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．理论上每分离得到1molCO2，电路中转移(e-)≤2mol
二、根据题意要求作答
17．（2025·东莞模拟）1800年，科学家尼科尔森和卡莱尔最早完成电解水实验。兴趣小组模拟如下。
（1）配制0.1mol/L的NaOH溶液并标定。
①用KHP()通过中和滴定标定上述溶液准确浓度，需选填的仪器序号是　 　。
②V1mL的NaOH溶液消耗c0mol/LKHP标准溶液V0mL，则c(NaOH)=　 　mol/L。
实验探究：取(1)中配制的NaOH溶液30.0mL滴加2滴指示剂后，用下图装置(a、b均为石墨电极)在恒定电压下通电20min，记录如下表
序号 指示剂 主要现象
I 甲基橙 b极附近溶液黄色变浅，U形管内其余位置溶液无明显变化
Ⅱ 酚酞溶液 b极附近溶液红色褪去，U形管内其余位置溶液红色变浅
（2）I中观察到b极附近溶液黄色变浅，兴趣小组认为是电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的。你认为该推论　 　(选填“合理”“不合理”)，理由是　 　。
（3）兴趣小组对Ⅱ中U形管内其余位置溶液红色变浅的原因提出如下假设：
假设1 实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色
假设2 实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去
兴趣小组设计如下实验方案进行实验。
步骤 现象
i．取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加　 　后充分振荡 溶液红色加深
ii．取少量　 　于试管中，滴加酚酞后静置20min。 　 　
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
（4）电解前期，两极收到气体的体积与通电时间关系如图所示。
①图中代表H2的曲线是　 　(填代号)；
②兴趣小组查阅文献后推理：开始电解时两极几乎没有收集到气体的原因是产生的气体分子被石墨电极吸附请根据电化学原理，设计实验证实该推理。
限选材料：通电一段时间后的石墨电极a和b，NaOH溶液，电流表(可用 表示)、导线、烧杯。
在答题卡相应方框内绘出实验装置图　 　。能证实上述推理的实验现象是　 　。
18．（2025·东莞模拟）贵金属元素钌(Ru)的产品广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。一种利用某含钌废渣(主要成分为Ru，含Co、Cr、Si等物质)回收Ru的工艺流程如下：
已知：常温下，。
（1）Cr在元素周期表中的位置是第　 　周期第　 　族。
（2）含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是　 　。
（3）“转化”过程中C2H5OH变为CH3CHO，且溶液的pH明显增大，则该转化反应的化学方程式为　 　。
（4）钌多活性位点催化剂存在钌单原子、钌团簇、NiO三种活性位点，不同位点的催化特点不同。可用于催化水的多步碱性析氢反应。图1和图2为反应历程中微粒在不同位点相对能量的变化，其中吸附在催化剂表面的微粒用*标注。
①根据图1推测H2O的“吸附解离”主要发生在　 　(填“钌单原子”“钌团簇”或“NiO”)位点上。
②结合图2说明吸附在NiO表面的H2更容易脱附的原因　 　。
（5）单质X通入热的NaOH溶液中充分反应，经处理后可循环至“蒸馏”工序，则生成X的离子方程式为　 　。
（6）常温下，酸溶滤液中含Cr3+和Co2+的浓度分别为0.01mol·L-1、1.8×10-3mol·L-1，“沉铬”时需调节pH的范围为　 　。[已知：当时，可认为Mn+已经沉淀完全]
（7）某种含钌化合物的立方晶胞结构如图3.该晶胞中与Ba2+距离最近的离子是　 　；若该晶体的密度为，则该晶胞的边长为　 　pm。(NA为阿伏加德罗常数的值)
19．（2025·东莞模拟）利用液—液萃取法从盐湖卤水(含高浓度Mg2+)中提取Li+引发关注热潮，其中使用最广泛的萃取剂是磷酸三丁酯(以L表示)。
（1）基态P原子的价层电子排布式是　 　。
（2）在萃取过程中添加FeCl3能有效提高Li+的提取率。
①FeCl3溶液显酸性的原因是　 　。(用离子反应方程式表示)
②Fe3+溶于卤水后可发生反应a：Fe3+(aq)+4Cl (aq) (aq) ΔH
已知：
则反应a的ΔH=　 　。
③某小组为研究FeCl3用量(其它条件相同)对萃取过程的影响，利用模拟卤水[c0(Li+)=0.05mol·L 1、c0(Mg2+)=3.5mol·L 1、c0(H+)=0.03mol·L 1]进行萃取，实验中V(o)=V(aq)，结果如图1所示。
已知：I．萃取时发生反应b：Fe3+(aq)+4Cl (aq)+Li+(aq)+xL(l) [LiLx]+(o)+[FeCl4] (o)。aq代表水层，o代表有机层。
II．分配系数DM=，其中c[M(o)]、c[M(aq)]代表平衡浓度。
i．下列说法正确的是　 　。
a．反应b达到平衡时，v正(Fe3+)=4v逆(Cl )
b．一定条件下，DLi越大，c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小
c．随n()增大，Li+与Mg2+分离越不彻底
d．若升温使反应b平衡左移，则DLi会增大
ii．根据图1中数据，当n()=1.2时，水层中剩余的c(Li+)为起始时的　 　；DMg=　 　。(均用分数表示)
（3）用10mL3mol·L 1盐酸对含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L 1]进行反萃取，得到高浓度的LiCl水溶液。有机层体积对各离子反萃取率(SM%=×100%)的影响如图2所示。
反萃取时发生反应c：H+(aq)+[LiLx]+(o) Li+(aq)+H+(o)+xL(l)。
①已知当V(o)=200mL时，SLi%=60%，计算此时DLi　 　(写出计算过程)。
②结合反应b及图2的信息，在答题卡相应位置画出用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积对SFe%的影响曲线　 　。
20．（2025·东莞模拟）利用Stobbe反应合成某药物中间体的路线如下(部分反应条件、产物已忽略)：
已知：+R3-CH2-COOR4+H2O(R1、R2为H或烃基)
（1）化合物Ⅲ含氧官能团的名称为　 　。
（2）根据化合物I的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 　 　、　 　 　 　和C2H5OH 水解反应
b 溴水 　 　 加成反应
（3）反应③可表示为：IV+CH3COCl→V+HCl+X，则X的结构简式为　 　。
（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法不正确的有___________。
A．化合物I、Ⅲ均易溶于水
B．反应①涉及π键的断裂与形成
C．可用银氨溶液鉴别化合物I与Ⅱ
D．只有化合物IV和V能使酸性KMnO4溶液褪色
（5）化合物VI的结构为。请写出一种符合下列条件的化合物VI的同分异构体的结构简式　 　。
①含2个苯环；②官能团种类及个数均与VI相同；③核磁共振氢谱图有5组吸收峰。
（6）以、1，3-丁二烯和乙醇为主要有机原料，可以制得化合物I．基于你设计的合成路线，回答问题：
a．第一步反应产物的结构简式为　 　；
b．最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A．赭石的主要成分为Fe2O3，Fe2O3属于无机物，A符合题意；
B．花青是从植物中提取的有机色素，有机色素属于有机物，B不符合题意；
C．胭脂是从植物中提取的有机色素，有机色素属于有机物，C不符合题意；
D．藤黄是从植物中提取的有机色素，有机色素属于有机物，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、赭石的成分为Fe2O3。
B、花青属于有机物。
C、胭脂属于有机物。
D、藤黄属于有机物。
2．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；合金及其应用；烷烃
【解析】【解答】A．采壤过程中月壤的组成和结构都未发生改变，因此没有新物质生成，该过程中发生的是物理变化，A不正确；
B．点火时，引发燃料的燃烧，燃料燃烧过程中放出热量，其能量转化过程为化学能转化为热能，B正确；
C．所用陶瓷基复合新材料属于复合材料，不属于合金，C不正确；
D．柴油、天然气都是只含碳、氢两种元素的有机物，属于烃类物质，不属于烃的衍生物，D不正确；
故答案为：B
【分析】A、采壤过程中没有新物质生成，属于物理变化。
B、燃烧过程中化学能转化为热能。
C、陶瓷基复合材料不属于合金。
D、柴油、天然气属于烃类物质。
3．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响；焰色反应；晶体的定义
【解析】【解答】A．绚丽的焰火是电子由高能级向低能级跃迁时，其能量以光的形式释放出来，因此形成的是发射光谱，而不是吸收光谱，A不正确；
B．水分子间通过氢键相结合，从而形成晶莹剔透的晶体。可燃冰(CH4 nH2O)中，CH4分子与H2O分子间不能形成氢键，但H2O分子间可形成分子间氢键，B正确；
C．手性分子互为镜像，其在三维空间里不能叠合，C不正确；
D．呈现规则多面体外形的金刚石具有非常高的熔沸点和硬度，属于共价晶体，而不是分子晶体，D不正确；
故答案为：B
【分析】A、焰火是由于电子跃迁释放能量形成的，为发射光谱。
B、可燃冰中水分子间可形成氢键。
C、手性分子在三维空间里不能重叠。
D、金刚石为共价晶体。
4．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．椰子油属于油脂，油脂不高分子化合物，A错误；
B．淀粉与纤维素都是高分子化合物，二者的分子式不同，因此不属于同分异构体，B错误；
C．蔗糖属于二糖，在一定条件下可以水解生成葡萄糖和果糖，C正确；
D．在蒸制椰汁马蹄糕的过程中，还存在淀粉的水解反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、油脂为高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物。
B、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
C、蔗糖可发生水解反应生层葡萄糖和果糖。
D、蒸制过程中，存在蛋白质的变性和淀粉的水解。
5．【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】从NaCl溶液中获取NaCl晶体的操作是蒸发结晶。
答案选D。
【分析】粗盐溶解后，依次加入过量的BaCl2溶液（除去SO42-）、NaOH溶液（除去Mg2+）和Na2CO3溶液（除去Ca2+和过量的Ba2+）。其中Na2CO3必须在BaCl2之后加入，以确保过量的Ba2+能转化为BaCO3沉淀。过滤后，向滤液中加入盐酸调节pH至中性，以除去多余的Na2CO3和NaOH，最后通过蒸发结晶得到纯净的NaCl晶体。
6．【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．N2生成NH3的过程中N元素的化合价降低，发生还原反应，A错误；
B．该装置是电解池装置，反应过程中将电能转化为化学能，B错误；
C．该装置将游离态的氮转化为化合态，因此属于新型的人工固氮技术，C正确；
D．根据得失电子守恒，通过相同物质的量的电子时，生成的NH3和O2的物质的量之比为4：3，NH3产率达到3.4μmol·h- ，因此O2的产率为×3.4μmol·h- ，D错误；
故答案为：C
【分析】A、反应过程中N元素由0价变为-3价，化合价降低，发生还原反应。
B、该装置为电解池，电能转化为化学能。
C、氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的过程。
D、根据得失电子守恒进行计算。
7．【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；元素、核素
【解析】【解答】A．用14C测定文物的年代，是利用它的放射性和半衰期的特性，与碳原子核外有6个电子无关，A符合题意；
B．用小苏打作原料烘焙面包，是因为NaHCO3受热易分解产生CO2，能使面包变得膨松，B不符合题意；
C．水垢的成分为碳酸钙和氢氧化镁，白醋可溶解碳酸钙等沉淀，是因为酸性：醋酸＞碳酸，C不符合题意；
D．用ClO2作自来水消毒剂，是因为ClO2具有氧化性，且对人体的影响很小，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、用14C测定文物的年代，与其原子核外6个电子无关。
B、NaHCO3受热分解产生CO2能使面包蓬松。
C、醋酸的酸性比碳酸强，因此可用醋酸除去水垢。
D、ClO2具有氧化性，可起到杀菌消毒的作用。
8．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．浓HNO3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能用浓HNO3与Na2SO3固体反应制取SO2，A不正确；
B．SO2与KMnO4发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，其中SO2将KMnO4还原，使得溶液褪色，因此可验证SO2的还原性，B正确；
C．SO2的密度比空气大，采用排空气法收集SO2时，应采用向上排空气法，因此SO2气体应长进短出，C不正确；
D．SO2易溶于水，但难溶于饱和NaHSO3溶液，因此不能用饱和NaHSO3溶液吸收SO2尾气，D不正确；
故答案为：B
【分析】A、HNO3具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4。
B、KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性。
C、SO2的密度比空气大，应采用向上排空气法收集。
D、SO2不溶于饱和NaHSO3溶液。
9．【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．b为Na2O或Na2O2，其中阴阳离子的个数比都是1：2，A正确；
B．c为钠盐，其中NaHCO3与酸、碱溶液都能发生反应，B正确；
C．往沸水中滴加饱和氯化铁溶液，煮沸至红褐色，即可制取Fe(OH)3胶体，若加热硫酸铁稀溶液则无法得到Fe(OH)3胶体，C错误；
D．e为黄色的铁盐溶液，d为呈绿色的亚铁盐溶液，f为白色的Fe(OH)2，g为红褐色的Fe(OH)3。因此在e→d→f→g转化中，每一步都有颜色变化，D正确；
故答案为：C
【分析】A、Na2O2是由2个Na＋和1个O22－构成的。
B、若c为NaHCO3，则能酸、碱溶液都能反应。
C、加入Fe2(SO4)3稀溶液，无法生成Fe(OH)3胶体。
D、根据转化过程中物质颜色的变化分析。
10．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．芳樟醇分子中，除形成碳碳双键的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子采用单键的形式连接，采用sp3杂化，A不正确；
B．羟基所在碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，因此可发生消去反应；碳碳双键能发生氧化反应，B正确；
C．连接羟基的碳原子上同时连有3个碳原子，共同形成四面体结构，最多只有3个原子共平面，因此所有碳原子不可能在同一个平面上，C正确；
D．该分子结构中含有2个不饱和度，而苯环含有4个不饱和度，因此该有机物不存在芳香族化合物的同分异构体，D正确；
故答案为：A
【分析】A、根据碳原子的成键情况，确定其杂化方式。
B、羟基的邻位碳原子上含有H原子，则可发生消去反应。
C、羟基所在碳原子上连接有3个碳原子，共同形成四面体结构。
D、根据不饱和度分析。
11．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．①处发生烦恼应NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，H＋使紫色石蕊试液变红，HClO使溶液褪色，不能说明Cl2具有酸性和漂白性，A不正确；
B．②处变蓝，说明有I2生成，发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，因此可说明元素非金属性：Cl＞I，B不正确；
C．③处颜色变浅，说明发生反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，因此可得出氧化性：KMnO4＞Cl2，C不正确；
D．饱和Na2CO3溶液显碱性，能吸收Cl2，发生反应Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+HClO+NaHCO3，因此④处可用饱和Na2CO3溶液替代，D正确；
故答案为：D
【分析】A、Cl2不具有漂白性，起漂白作用的是HClO。
B、②处变蓝色，说明有I2生成，据此结合单质的氧化性分析非金属性强弱。
C、③处颜色变浅，说明KMnO4被HCl还原，据此判断氧化性强弱。
D、饱和Na2CO3溶液显碱性，可用于吸收尾气Cl2。
12．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；聚合反应
【解析】【解答】A．HF、HCl都形成分子晶体，沸点的高低与分子间作用力和氢键有关，键能影响该的物质结构的稳定性，A不符合题意；
B．NaHSO3溶液显酸性，则HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，即Ka2(H2SO3)＞Kh2(SO32－)。而Kh2()=，所以Ka2(H2SO3)＞，所以 Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw ，B符合题意；
C．合成氨反应是放热反应，高温不利于反应正向进行，对提高氨的平衡产率不利，C不符合题意；
D．用甲醛与尿素合成脲醛树脂，甲醛与尿素间发生缩聚反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、化学键键能影响物质结构的稳定性，与沸点无关。
B、根据电离、水解程度的相对大小分析。
C、升高温度平衡向吸热反应方向移动，不利于NH3的合成。
D、甲醛与尿素发生的是缩聚反应。
13．【答案】D
【知识点】物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．氯化钠溶液的体积未知，无法进行计算，A错误；
B．NaOH由Na+和OH-构成，其中OH-中含有1个σ键。因此2molNaOH固体中所含的σ键个数为2NA，B错误；
C．标况下22.4L氢气的物质的量为1mol，由反应的化学方程式可知，有1mol氯气生成，因此2NA个Cl-被氧化，C错误；
D．每生成73g气体，即生成1mol氯气和1mol氢气。根据反应方程式可知，反应过程中转移电子数为2NA，D正确；
故答案为：D
【分析】A、溶液的体积未知，无法应用n=c×V计算。
B、一个NaOH中含有一个氢氧σ键。
C、反应过程中Cl-被氧化成Cl2。
D、生成的73g气体为1molH2和1molCl2，结合化合价变化计算转移电子数。
14．【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
【解析】【解答】由分析可知，X、Y、Z、W分别为N、O、F、S。
A．X、W分别为N、S，HNO3为强酸，而H2SO3为弱酸，因此酸性：HNO3＞H2SO3，A不正确；
B．同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大。但N的2p轨道为半充满稳定结构，因此第一电离能比O大。所以第一电离能：N＞O＞S，B不正确；
C．N、O、F为同周期相邻元素，原子半径依次减小；S比它们多一个电子层，原子半径最大，因此原子半径最小的是F，C不正确；
D．NF3中，中心N原子含有一个孤电子对和3个σ键，因此N原子采用sp3杂化，其空间结构为三角锥形。的中心S原子的价层电子对数为3+=4，其空间结构为三角锥形，D正确；
故答案为：D
【分析】X的基态原子p轨道为半充满，因此X的核外电子排布式为1s22s22p3，所以X为N。Y的价电子排布式为nsnnp2n，则n=2，所以Y的价电子排布式为2s22p4，因此Y为O。Y与W同族，所以W为S。Z的氢化物可用于刻蚀玻璃，所以Z为F。据此结合元素周期律分析选项。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由曲线图可知，曲线X在反应过程中其浓度一直增大，因此X为(N)随t的变化曲线，A错误；
B．由图可知，时间段内，浓度：c(M)＞c(N)，说明反应速率：①＞②，因此反应的活化能：①<②，B错误；
C.0~内，P或Q浓度减少c1mol/L，反应①生成M的浓度为c1mol/L，t1时M浓度只有c2mol/L，说明反应②消耗的M的浓度为(c1-c2)mol/L，则生成的N的浓度为(c1-c2)mol/L。因此0~内，用N表示的反应速率(N)=mol/(L·s)，C正确；
D．t2时间P与Q 完全反应，此时M为c3mol/L，生成的N的浓度为(c1-c3)mol/L，所以反应②的平衡常数为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、M为反应①的生成物，同时也是反应②的反应物，因此M的浓度在反应过程中先增大后减小。
B、反应速率越快，反应所需的活化能就越小，据此由反应速率的快慢比较活化能的大小。
C、根据图像信息确定反应过程中N的浓度变化量，从而计算其反应速率。
D、根据图像信息确定平衡时M、N的浓度，进而计算反应②的平衡常数。
16．【答案】A
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．K＋移向的电极b为阴极，因此电极a为阳极，应接电源正极，A错误；
B．K+通过M膜移向电极b，因此M膜为阳离子交换膜，B正确；
C．b电极为阴极，水在阴极发生还原反应生成氢气，因此电极b的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；
D．二氧化碳在碱溶液中反应生成CO32－或HCO3－，在分离器中分离出来后的氢氧化钾可循环使用，所以每分离得到1molCO2，电路中转移(e-)≤2mol ，D正确；
故答案为：A
【分析】该装置为电解池装置，阳离子移向阴极，因此K＋移向的电极b为阴极，与电源的负极相连，则电极a与电源的正极相连。阴极上H2O电离产生的H＋发生得电子的还原反应，因此阴极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。阳极上OH－发生失电子的氧化反应生成O2，因此阳极的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。据此结合选项分析。
17．【答案】AD；；不合理；若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)；酚酞溶液；0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液；溶液红色变浅；n；；电流计指针发生偏转
【知识点】电解原理；中和滴定；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）①用KHP（　　）通过中和滴定标定上述溶液准确浓度时，需要使用酸式、碱式滴定管，并用胶头滴管往锥形瓶内滴加1~2滴酸碱指示剂，则需选填的仪器序号是AD。
故答案为：AD
②KHP分子中，-COOH能与NaOH反应，而-COOK与NaOH溶液不反应，所以1molKHP消耗1molNaOH，V1mL的NaOH溶液消耗c0mol/LKHP标准溶液V0mL，则c(NaOH)==mol/L。
故答案为：
（2）I中观察到b极附近溶液黄色变浅，若是因为电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的，则溶液的碱性变弱，甚至呈酸性，甲基橙应变为酸性区域的颜色。所以该推论：不合理，理由是：若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)。
故答案为：不合理； 若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)
（3）假设1 实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。加入NaOH使溶液变红，表明是c(OH-)降低造成的，加入酚酞使溶液变红，表明是NaOH与酚酞发生反应造成的。
假设2 实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去，则可做对照实验进行判断。
步骤 现象
i．取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加酚酞溶液后充分振荡 溶液红色加深
ii．取少量0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液于试管中，滴加酚酞后静置20min。 溶液红色变浅
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
故答案为：酚酞溶液； 0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液； 溶液红色变浅
（4）①电解前期，两电极生成的少量H2、O2都被石墨电极吸附，吸附达到最大限度后，生成的H2、O2从溶液中逸出，理论上，生成H2的体积是O2体积的二倍，则图中代表H2的曲线是n；
故答案为：n
②既然石墨电极吸附了H2、O2，就可设计成氢氧燃料电池，将两石墨电极插入盛有电解质的溶液中，用导线连接，用电流计检验是否有电流产生，则使用材料：通电一段时间后的石墨电极a和b，NaOH溶液，电流表(可用 表示)、导线、烧杯。实验装置图为。能证实上述推理的实验中，线路中有电流产生，电流计指针发生偏转，则实验现象是：电流计指针发生偏转。
故答案为：； 电流计指针发生偏转
【分析】（1）①KHP溶液显酸性，应选用酸式滴定管。
②滴定过程中，－COOH与NaOH按1：1反应，据此计算NaOH溶液的浓度。
（2）若c(OH－)降低导致溶液变色，则应观察到溶液由黄色变为橙色。据此分析。
（3）实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。据此完善实验方案。
（4）①电解过程中产生H2和O2的体积为2：1，据此确定曲线n代表H2。
②H2、O2被电极吸附在表面，则用导线将两电极连接，可形成原电池装置，据此设计实验装置和分析实验现象。
18．【答案】（1）四；VIB
（2）增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率(答对一条即可)
（3）
（4）钌单原子；吸附在NiO位点上的相对能量高，较不稳定，更容易脱附
（5）
（6）或
（7）O2-；或或等其他合理表示式
【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；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Cr是24号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，第VIB族。
故答案为：四；VIB
（2）含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是：增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率。
故答案为： 增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率(答对一条即可)
（3）K2RuO4中加入乙醇转化，得到Ru(OH)4和乙醛，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：。
故答案为：
（4）①根据图1可知，在催化剂为钌单原子位点上相对能量最低，反应容易发生，H2O的“吸附解离”主要发生在钌单原子位点上。
故答案为： 钌单原子
②由图2可知，吸附在NiO位点上的H2相对能量高，较不稳定，H2更容易脱附。
故答案为： 吸附在NiO位点上的相对能量高，较不稳定，更容易脱附
（5）RuO4与盐酸反应生成RuCl3，Ru化合价降低，则Cl元素化合价升高生成Cl2，离子方程式为：。
故答案为：
（6）沉铬时要让Cr3+沉淀，Co2+不沉淀，根据溶度积常数，Cr3+完全沉淀时浓度为10-5mol/L，则c(OH-)==10-9mol/L，c(H+)=10-5mol/L，pH=5.0，Co2+浓度为1.8×10-3mol·L-1，Co2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=10-8mol/L，pH=8.0，“沉铬”时需调节pH的范围为：。
故答案为：或
（7）Ba2+与O2-最近距离为立方体面对角线一半，与Ru4+的最近距离为体对角线一半，故与Ba2+距离最近的离子是O2-；晶胞中有Ru4+1个，Ba2+为8个，O2-为6个，晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶胞的边长为cm=。
故答案为： O2- ；或或等其他合理表示式
【分析】（1）Cr的原子序数为24，据此确定其在周期表中的位置。
（2）粉碎可增大接触面积，从而加快浸取速率以及提高原料的利用率。
（3）由流程图可知，“转化”过程中，加入C2H5OH，K2RuO4转化为Ru(OH)4，据此结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）①在催化剂为钌单原子位点上相对能量最低，反应容易发生。
② 吸附在NiO位点上的相对能量高，较不稳定，因此更容易脱附。
（5）RuO4与盐酸反应生成RuCl3，Ru化合价降低，则Cl元素化合价升高生成Cl2，据此确定反应的离子方程式。
（6）调节pH值进行“沉铬”的过程中，要使溶液中的Cr3＋形成Cr(OH)3沉淀，而Co2＋不形成沉淀。据此结合Cr(OH)3、Co(OH)2的溶度积进行计算。
（7）由晶胞结构可知，与Ba2＋距离最近的离子是O2－。根据密度公式计算晶胞的边长。
（1）Cr是24号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，第VIB族；
（2）含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是：增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率；
（3）K2RuO4中加入乙醇转化，得到Ru(OH)4和乙醛，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：；
（4）①根据图1可知，在催化剂为钌单原子位点上相对能量最低，反应容易发生，H2O的“吸附解离”主要发生在钌单原子位点上；
②由图2可知，吸附在NiO位点上的H2相对能量高，较不稳定，H2更容易脱附；
（5）RuO4与盐酸反应生成RuCl3，Ru化合价降低，则Cl元素化合价升高生成Cl2，离子方程式为：；
（6）沉铬时要让Cr3+沉淀，Co2+不沉淀，根据溶度积常数，Cr3+完全沉淀时浓度为10-5mol/L，则c(OH-)==10-9mol/L，c(H+)=10-5mol/L，pH=5.0，Co2+浓度为1.8×10-3mol·L-1，Co2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=10-8mol/L，pH=8.0，“沉铬”时需调节pH的范围为：；
（7）Ba2+与O2-最近距离为立方体面对角线一半，与Ru4+的最近距离为体对角线一半，故与Ba2+距离最近的离子是O2-；
晶胞中有Ru4+1个，Ba2+为8个，O2-为6个，晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶胞的边长为cm=。
19．【答案】（1）
（2）；；bc；；
（3）；(画出随V(o)增加，SL%减小即可，趋势正确即可。)
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）P为15号元素，价电子排布式为3s23p3。
故答案为：
（2）①FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解显酸性，离子方程式为：。
故答案为：
②根据图示可以得出：I、FeCl3(s)+HCl(g)=HFeCl4(s) ΔH1；
II、FeCl3(s)=Fe3+(aq)+3Cl-(aq) ΔH2；
III、HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq) ΔH3；
IV、HFeCl4(s)= H+(aq)+(aq) ΔH4；
根据盖斯定律：I+IV-II-III得到反应Fe3+(aq)+4Cl (aq) (aq) 则ΔH=。
故答案为：
③ⅰ、a．反应b达到平衡时，正逆反应速率相等，即4v正(Fe3+)=v逆(Cl )，a错误；
b．分配系数DM=，一定条件下，DLi越大，有机层中的Li多，水层中的Li少，即c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小，b正确；
c．根据图1可知，随n()增大，Li和Mg的分配系数接近，Li+与Mg2+分离越不彻底，c正确；
d．若升温使反应b平衡左移，Li由有机层进入水层，则DLi会减小，d错误；
故答案为：bc
ii 、当n()=1.2，DLi==2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li+浓度为amol/L，则起始Li+浓度为(a+2.5a)mol/L=3.5mol/L，水层中剩余的c(Li+)为起始时的；当n()=1.2时，，DLi=2.5，则DMg=。
故答案为： ；
（3）①含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L 1]，体积V(o)=200mL，则n([Li(L)x]+)= 0.060mol·L 1×200×10-3L=0.012mol=12mmol，SLi%=60%，依据三段式：
DLi=。
故答案为：
②结合反应b及图2的信息可知，用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积增加，SFe%减小，曲线图为：。
故答案为： (画出随V(o)增加，SL%减小即可，趋势正确即可。)
【分析】（1）根据P的核外电子排布式确定其价电子排布式。
（2）①FeCl3溶液中Fe3＋发生水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。
②根据盖斯定律计算反应a的反应热。
③ⅰa、结合反应速率之比等于化学计量数之比分析。
b、DLi越大，则有机层中的Li多，水层中的Li少。
c、根据图1可知，随着n()增大，Li和Mg的分配系数接近，难以分离。
d、反应b平衡左移，则Li由有机层进入水层，使得DLi减小。
ⅱ、当n()=1.2，DLi==2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li+浓度为amol/L，据此计算。
（3）①含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L 1]，体积V(o)=200mL，则n([Li(L)x]+)= 0.060mol·L 1×200×10-3L=0.012mol=12mmol，SLi%=60%，据此结合三段式进行计算。
②结合反应b及图2的信息可知，用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积增加，SFe%减小，据此确定曲线图。
（1）P为15号元素，价电子排布式为3s23p3；
（2）①FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解显酸性，离子方程式为：；
②根据图示可以得出：I、FeCl3(s)+HCl(g)=HFeCl4(s) ΔH1；
II、FeCl3(s)=Fe3+(aq)+3Cl-(aq) ΔH2；
III、HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq) ΔH3；
IV、HFeCl4(s)= H+(aq)+(aq) ΔH4；
根据盖斯定律：I+IV-II-III得到反应Fe3+(aq)+4Cl (aq) (aq) 则ΔH=；
③a．反应b达到平衡时，正逆反应速率相等，即4v正(Fe3+)=v逆(Cl )，a错误；
b．分配系数DM=，一定条件下，DLi越大，有机层中的Li多，水层中的Li少，即c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小，b正确；
c．根据图1可知，随n()增大，Li和Mg的分配系数接近，Li+与Mg2+分离越不彻底，c正确；
d．若升温使反应b平衡左移，Li由有机层进入水层，则DLi会减小，d错误；
答案选bc；
当n()=1.2，DLi==2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li=浓度为amol/L，则起始Li+浓度为(a+2.5a)mol/L=3.5mol/L，水层中剩余的c(Li+)为起始时的；
当n()=1.2时，，DLi=2.5，则DMg=；
（3）①含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L 1]，体积V(o)=200mL，则n([Li(L)x]+)= 0.060mol·L 1×200×10-3L=0.012mol=12mmol，SLi%=60%，依据三段式：
DLi=；
②结合反应b及图2的信息可知，用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积增加，SFe%减小，曲线图为：。
20．【答案】（1）羧基、酯基
（2）NaOH溶液或稀H2SO4；加热；—COONa或—COOH；
（3）CH3COOH
（4）A；D
（5）、、(其他合理答案亦可)
（6）或或或或；++H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物Ⅲ为，则含氧官能团的名称为：羧基、酯基。
故答案为：羧基、酯基
（2）化合物I为，酯基在强酸或强碱、加热条件下，可发生水解反应；碳碳双键能与溴发生加成反应。
故答案为：
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a NaOH溶液或稀H2SO4、加热 —COONa或—COOH和C2H5OH 水解反应
b 溴水 加成反应
（3）反应③可表示为：Ⅳ()+CH3COCl→V()+HCl+X，依据元素守恒，参照物质的结构简式，可得出X的结构简式为CH3COOH。
故答案为： CH3COOH
（4）A．化合物I()分子中不含有亲水基、Ⅲ()中只含有-COOH亲水基，但所占的比重很小，所以它们均不易溶于水，A不正确；
B．反应①中，涉及-CHO与-CH2-的加成和消去反应，即涉及到碳氧双键的断裂和碳碳双键的形成，所以涉及到π键的断裂与形成，B正确；
C．I为，Ⅱ为，只有Ⅱ中含有醛基，故可用银氨溶液鉴别化合物I与Ⅱ，C正确；
D．化合物Ⅱ分子中含有醛基，Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分子中都含有碳碳双键，它们都能使酸性KMnO4溶液褪色，D不正确；
故答案为：AD
（5）化合物Ⅵ的结构简式为，符合下列条件：“①含2个苯环；②官能团种类及个数均与VI相同；③核磁共振氢谱图有5组吸收峰”的化合物Ⅵ的同分异构体分子中，应含有2个苯环、2个碳碳双键、2个羧基，且分子结构对称，则结构简式为、、、、(其他合理答案亦可)。
故答案为：、、、、(其他合理答案亦可)
（6）依据已知：+R3-CH2-COOR4+H2O(R1、R2为H或烃基)，以、1，3-丁二烯和乙醇为主要有机原料制取化合物I时，应先制得，可将1，3-丁二烯与Br2发生1，4-加成，生成BrCH2CH=CHCH2Br，再进行加成、水解、氧化，得到HOOCCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化。最后将与发生加成、消去反应，从而制得目标有机物。
a．第一步反应产物的结构简式为或或或或。
故答案为：或或或或
b．最后一步反应的化学方程式为++H2O。
故答案为：++H2O
【分析】（1）根据化合物Ⅲ的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）a、化合物Ⅰ中含有的酯基能在NaOH溶液或稀H2SO4溶液中发生水解反应。
b、化合物Ⅰ中的碳碳双键能与溴水发生加成反应。
（3）根据原子个数守恒确定X的化学式，从而确定其结构简式。
（4）A、化合物Ⅰ、Ⅲ中都含有苯环，均难溶于水。
B、反应①中苯甲醛中醛基断裂，同时形成碳碳双键。
C、化合物Ⅰ中没有醛基，而化合物Ⅱ中含有醛基，能与银氨溶液反应产生银镜。
D、五种化合物中都含有碳碳双键，都能使酸性KMnO4溶液褪色。
（5）根据限定条件确定基本结构单元，结合核磁共振氢谱确定结构的对称性，从而得到同分异构体的结构简式。
（6）依据已知：+R3-CH2-COOR4+H2O(R1、R2为H或烃基)，以、1，3-丁二烯和乙醇为主要有机原料制取化合物I时，应先制得，可将1，3-丁二烯与Br2发生1，4-加成，生成BrCH2CH=CHCH2Br，再进行加成、水解、氧化，得到HOOCCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化。最后将与发生加成、消去反应，从而制得目标有机物，据此作答。
（1）化合物Ⅲ为，则含氧官能团的名称为：羧基、酯基。
（2）化合物I为，酯基在强酸或强碱、加热条件下，可发生水解反应；碳碳双键能与溴发生加成反应。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a NaOH溶液或稀H2SO4、加热 —COONa或—COOH和C2H5OH 水解反应
b 溴水 加成反应
（3）反应③可表示为：Ⅳ()+CH3COCl→V()+HCl+X，依据元素守恒，参照物质的结构简式，可得出X的结构简式为CH3COOH。
（4）A．化合物I(，)分子中不含有亲水基、Ⅲ()中只含有-COOH亲水基，但所占的比重很小，所以它们均不易溶于水，A不正确；
B．反应①中，涉及-CHO与-CH2-的加成和消去反应，即涉及到碳氧双键的断裂和碳碳双键的形成，所以涉及到π键的断裂与形成，B正确；
C．I为，Ⅱ为，只有Ⅱ中含有醛基，故可用银氨溶液鉴别化合物I与Ⅱ，C正确；
D．化合物Ⅱ分子中含有醛基，Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分子中都含有碳碳双键，它们都能使酸性KMnO4溶液褪色，D不正确；
故选AD。
（5）化合物Ⅵ的结构简式为，符合下列条件：“①含2个苯环；②官能团种类及个数均与VI相同；③核磁共振氢谱图有5组吸收峰”的化合物Ⅵ的同分异构体分子中，应含有2个苯环、2个碳碳双键、2个羧基，且分子结构对称，则结构简式为、、(其他合理答案亦可)。
（6）依据已知：+R3-CH2-COOR4+H2O(R1、R2为H或烃基)，以、1，3-丁二烯和乙醇为主要有机原料制取化合物I时，应先制得，可将1，3-丁二烯与Br2发生1，4-加成，生成BrCH2CH=CHCH2Br，再进行加成、水解、氧化，得到HOOCCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化。最后将与发生加成、消去反应，从而制得目标有机物。
a．第一步反应产物的结构简式为或或或或；
b．最后一步反应的化学方程式为++H2O。
1 / 1广东省大湾区2025届高三下学期联合模拟考试（二模）化学试题
一、选择题(本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．（2025·东莞模拟）“伏羲画卦，仓颉造字”开书画先河。下列颜料主要成分属于无机物的是
A．从赤铁矿中提取的赭石 B．由蓼蓝叶制成的花青
C．由红蓝花制成的胭脂 D．从海藤中提取的藤黄
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A．赭石的主要成分为Fe2O3，Fe2O3属于无机物，A符合题意；
B．花青是从植物中提取的有机色素，有机色素属于有机物，B不符合题意；
C．胭脂是从植物中提取的有机色素，有机色素属于有机物，C不符合题意；
D．藤黄是从植物中提取的有机色素，有机色素属于有机物，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、赭石的成分为Fe2O3。
B、花青属于有机物。
C、胭脂属于有机物。
D、藤黄属于有机物。
2．（2025·东莞模拟）“月背采壤”“六代机首飞”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是
A．嫦娥六号智能月背采壤：采壤过程中月壤发生化学变化
B．首款600公斤推力涡扇发动机成功点火：点火时存在化学能转化为热能
C．第六代战机采用“智能皮肤”隐身技术：所用陶瓷基复合新材料属于合金
D．076型两栖攻击舰采用柴燃联合动力：柴油、天然气属于烃的衍生物
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；合金及其应用；烷烃
【解析】【解答】A．采壤过程中月壤的组成和结构都未发生改变，因此没有新物质生成，该过程中发生的是物理变化，A不正确；
B．点火时，引发燃料的燃烧，燃料燃烧过程中放出热量，其能量转化过程为化学能转化为热能，B正确；
C．所用陶瓷基复合新材料属于复合材料，不属于合金，C不正确；
D．柴油、天然气都是只含碳、氢两种元素的有机物，属于烃类物质，不属于烃的衍生物，D不正确；
故答案为：B
【分析】A、采壤过程中没有新物质生成，属于物理变化。
B、燃烧过程中化学能转化为热能。
C、陶瓷基复合材料不属于合金。
D、柴油、天然气属于烃类物质。
3．（2025·东莞模拟）化学之美无处不在。下列说法正确的是
A．绚丽的焰火与电子跃迁时产生的吸收光谱有关
B．水可形成晶莹剔透的晶体，可燃冰中存在氢键
C．手性分子互为镜像，能在三维空间里叠合
D．呈现规则多面体外形的金刚石为分子晶体
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响；焰色反应；晶体的定义
【解析】【解答】A．绚丽的焰火是电子由高能级向低能级跃迁时，其能量以光的形式释放出来，因此形成的是发射光谱，而不是吸收光谱，A不正确；
B．水分子间通过氢键相结合，从而形成晶莹剔透的晶体。可燃冰(CH4 nH2O)中，CH4分子与H2O分子间不能形成氢键，但H2O分子间可形成分子间氢键，B正确；
C．手性分子互为镜像，其在三维空间里不能叠合，C不正确；
D．呈现规则多面体外形的金刚石具有非常高的熔沸点和硬度，属于共价晶体，而不是分子晶体，D不正确；
故答案为：B
【分析】A、焰火是由于电子跃迁释放能量形成的，为发射光谱。
B、可燃冰中水分子间可形成氢键。
C、手性分子在三维空间里不能重叠。
D、金刚石为共价晶体。
4．（2025·东莞模拟）椰汁马蹄糕是广东名小食，主要原料有椰浆、马蹄粉和白砂糖。下列说法正确的是
A．椰浆含有的椰子油属于高分子化合物
B．马蹄粉是一种食用淀粉，与纤维素属于同分异构体
C．白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖可以发生水解反应
D．在蒸制椰汁马蹄糕的过程中，只发生了蛋白质变性
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．椰子油属于油脂，油脂不高分子化合物，A错误；
B．淀粉与纤维素都是高分子化合物，二者的分子式不同，因此不属于同分异构体，B错误；
C．蔗糖属于二糖，在一定条件下可以水解生成葡萄糖和果糖，C正确；
D．在蒸制椰汁马蹄糕的过程中，还存在淀粉的水解反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、油脂为高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物。
B、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
C、蔗糖可发生水解反应生层葡萄糖和果糖。
D、蒸制过程中，存在蛋白质的变性和淀粉的水解。
5．（2025·东莞模拟）粗盐提纯主要过程如下。其中，操作X为
A．过滤洗涤 B．加热蒸馏 C．萃取分液 D．蒸发结晶
【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】从NaCl溶液中获取NaCl晶体的操作是蒸发结晶。
答案选D。
【分析】粗盐溶解后，依次加入过量的BaCl2溶液（除去SO42-）、NaOH溶液（除去Mg2+）和Na2CO3溶液（除去Ca2+和过量的Ba2+）。其中Na2CO3必须在BaCl2之后加入，以确保过量的Ba2+能转化为BaCO3沉淀。过滤后，向滤液中加入盐酸调节pH至中性，以除去多余的Na2CO3和NaOH，最后通过蒸发结晶得到纯净的NaCl晶体。
6．（2025·东莞模拟）一种氮掺杂碳材料用于碱性溶液中电催化N2合成NH3，工作原理如图所示，常温常压下NH3产率达到3.4μmol·h- 。下列有关说法正确的是
A．N2发生氧化反应
B．将化学能转化为电能
C．这是一种新型的人工固氮技术
D．该条件下O2产率为3.4μmol·h-
【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．N2生成NH3的过程中N元素的化合价降低，发生还原反应，A错误；
B．该装置是电解池装置，反应过程中将电能转化为化学能，B错误；
C．该装置将游离态的氮转化为化合态，因此属于新型的人工固氮技术，C正确；
D．根据得失电子守恒，通过相同物质的量的电子时，生成的NH3和O2的物质的量之比为4：3，NH3产率达到3.4μmol·h- ，因此O2的产率为×3.4μmol·h- ，D错误；
故答案为：C
【分析】A、反应过程中N元素由0价变为-3价，化合价降低，发生还原反应。
B、该装置为电解池，电能转化为化学能。
C、氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的过程。
D、根据得失电子守恒进行计算。
7．（2025·东莞模拟）“劳动成就梦想”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用14C测定文物的年代 碳原子核外有6个电子
B 用小苏打作原料烘焙面包 NaHCO3受热易分解产生CO2
C 用白醋除去水壶中的水垢 白醋可溶解碳酸钙等沉淀
D 用ClO2作自来水消毒剂 ClO2具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；元素、核素
【解析】【解答】A．用14C测定文物的年代，是利用它的放射性和半衰期的特性，与碳原子核外有6个电子无关，A符合题意；
B．用小苏打作原料烘焙面包，是因为NaHCO3受热易分解产生CO2，能使面包变得膨松，B不符合题意；
C．水垢的成分为碳酸钙和氢氧化镁，白醋可溶解碳酸钙等沉淀，是因为酸性：醋酸＞碳酸，C不符合题意；
D．用ClO2作自来水消毒剂，是因为ClO2具有氧化性，且对人体的影响很小，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、用14C测定文物的年代，与其原子核外6个电子无关。
B、NaHCO3受热分解产生CO2能使面包蓬松。
C、醋酸的酸性比碳酸强，因此可用醋酸除去水垢。
D、ClO2具有氧化性，可起到杀菌消毒的作用。
8．（2025·东莞模拟）大约4000年前，埃及人采用硫燃烧的产物来漂白白布匹。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中能达到相应目的的是
A．用甲制取SO2 B．用乙验证SO2的还原性
C．用丙收集SO2 D．用丁处理实验室SO2尾气
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．浓HNO3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能用浓HNO3与Na2SO3固体反应制取SO2，A不正确；
B．SO2与KMnO4发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，其中SO2将KMnO4还原，使得溶液褪色，因此可验证SO2的还原性，B正确；
C．SO2的密度比空气大，采用排空气法收集SO2时，应采用向上排空气法，因此SO2气体应长进短出，C不正确；
D．SO2易溶于水，但难溶于饱和NaHSO3溶液，因此不能用饱和NaHSO3溶液吸收SO2尾气，D不正确；
故答案为：B
【分析】A、HNO3具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4。
B、KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性。
C、SO2的密度比空气大，应采用向上排空气法收集。
D、SO2不溶于饱和NaHSO3溶液。
9．（2025·东莞模拟）部分含Na或Fe物质的分类与相应化合价关系如下图。下列说法不正确的是
A．b代表的物质中，阴阳离子的个数比均为1：2
B．c代表的物质中，有与酸、碱均可反应的物质
C．加热煮沸e的稀溶液，一定能得到胶体
D．在e→d→f→g转化中，每一步都有颜色变化
【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．b为Na2O或Na2O2，其中阴阳离子的个数比都是1：2，A正确；
B．c为钠盐，其中NaHCO3与酸、碱溶液都能发生反应，B正确；
C．往沸水中滴加饱和氯化铁溶液，煮沸至红褐色，即可制取Fe(OH)3胶体，若加热硫酸铁稀溶液则无法得到Fe(OH)3胶体，C错误；
D．e为黄色的铁盐溶液，d为呈绿色的亚铁盐溶液，f为白色的Fe(OH)2，g为红褐色的Fe(OH)3。因此在e→d→f→g转化中，每一步都有颜色变化，D正确；
故答案为：C
【分析】A、Na2O2是由2个Na＋和1个O22－构成的。
B、若c为NaHCO3，则能酸、碱溶液都能反应。
C、加入Fe2(SO4)3稀溶液，无法生成Fe(OH)3胶体。
D、根据转化过程中物质颜色的变化分析。
10．（2025·东莞模拟）十大广药之一化橘红的重要提取物芳樟醇的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．碳原子中除甲基碳外，其它都是sp2杂化
B．能发生消去反应和氧化反应
C．该分子所有碳原子不可能在同一个平面上
D．该分子不存在芳香族化合物的同分异构体
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．芳樟醇分子中，除形成碳碳双键的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子采用单键的形式连接，采用sp3杂化，A不正确；
B．羟基所在碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，因此可发生消去反应；碳碳双键能发生氧化反应，B正确；
C．连接羟基的碳原子上同时连有3个碳原子，共同形成四面体结构，最多只有3个原子共平面，因此所有碳原子不可能在同一个平面上，C正确；
D．该分子结构中含有2个不饱和度，而苯环含有4个不饱和度，因此该有机物不存在芳香族化合物的同分异构体，D正确；
故答案为：A
【分析】A、根据碳原子的成键情况，确定其杂化方式。
B、羟基的邻位碳原子上含有H原子，则可发生消去反应。
C、羟基所在碳原子上连接有3个碳原子，共同形成四面体结构。
D、根据不饱和度分析。
11．（2025·东莞模拟）有关氯气的微型探究实验装置如图4。实验时滴入几滴浓盐酸，下列说法正确的是
A．①处先变红后褪色，说明Cl2具有酸性和漂白性
B．②处变蓝，说明元素非金属性：I＞Cl
C．③处颜色变浅，说明氧化性：Cl2＞KMnO4
D．④处可吸收尾气Cl2，可用饱和Na2CO3溶液替代
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．①处发生烦恼应NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，H＋使紫色石蕊试液变红，HClO使溶液褪色，不能说明Cl2具有酸性和漂白性，A不正确；
B．②处变蓝，说明有I2生成，发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，因此可说明元素非金属性：Cl＞I，B不正确；
C．③处颜色变浅，说明发生反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，因此可得出氧化性：KMnO4＞Cl2，C不正确；
D．饱和Na2CO3溶液显碱性，能吸收Cl2，发生反应Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+HClO+NaHCO3，因此④处可用饱和Na2CO3溶液替代，D正确；
故答案为：D
【分析】A、Cl2不具有漂白性，起漂白作用的是HClO。
B、②处变蓝色，说明有I2生成，据此结合单质的氧化性分析非金属性强弱。
C、③处颜色变浅，说明KMnO4被HCl还原，据此判断氧化性强弱。
D、饱和Na2CO3溶液显碱性，可用于吸收尾气Cl2。
12．（2025·东莞模拟）下表中陈述I与Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 沸点：HF＞HCl 键能：H—F＞H—Cl
B NaHSO3溶液呈酸性 Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw
C 工业合成氨需在高温下进行 合成氨反应是放热反应
D 用甲醛与尿素合成脲醛树脂 甲醛与尿素间发生加聚反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；聚合反应
【解析】【解答】A．HF、HCl都形成分子晶体，沸点的高低与分子间作用力和氢键有关，键能影响该的物质结构的稳定性，A不符合题意；
B．NaHSO3溶液显酸性，则HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，即Ka2(H2SO3)＞Kh2(SO32－)。而Kh2()=，所以Ka2(H2SO3)＞，所以 Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw ，B符合题意；
C．合成氨反应是放热反应，高温不利于反应正向进行，对提高氨的平衡产率不利，C不符合题意；
D．用甲醛与尿素合成脲醛树脂，甲醛与尿素间发生缩聚反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、化学键键能影响物质结构的稳定性，与沸点无关。
B、根据电离、水解程度的相对大小分析。
C、升高温度平衡向吸热反应方向移动，不利于NH3的合成。
D、甲醛与尿素发生的是缩聚反应。
13．（2025·东莞模拟）氯碱工业的基本原理是：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol/LNaCl溶液中含有NA个Na+
B．2molNaOH固体中含有4NA个σ键
C．标准状况下生成22.4LH2，有2NA个Cl-被还原
D．每生成73g气体，转移2NA个电子
【答案】D
【知识点】物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．氯化钠溶液的体积未知，无法进行计算，A错误；
B．NaOH由Na+和OH-构成，其中OH-中含有1个σ键。因此2molNaOH固体中所含的σ键个数为2NA，B错误；
C．标况下22.4L氢气的物质的量为1mol，由反应的化学方程式可知，有1mol氯气生成，因此2NA个Cl-被氧化，C错误；
D．每生成73g气体，即生成1mol氯气和1mol氢气。根据反应方程式可知，反应过程中转移电子数为2NA，D正确；
故答案为：D
【分析】A、溶液的体积未知，无法应用n=c×V计算。
B、一个NaOH中含有一个氢氧σ键。
C、反应过程中Cl-被氧化成Cl2。
D、生成的73g气体为1molH2和1molCl2，结合化合价变化计算转移电子数。
14．（2025·东莞模拟）我国科研人员在Li-O2电池电解液中添加NBSF，能明显延长电池的循环寿命。NBSF的结构如图所示。其中短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的基态原子p轨道半充满，Y、W同族，Y的价电子排布式为nsnnp2n，Z的氢化物可用于刻蚀玻璃。下列说法正确的是
A．酸性：HXO3＜H2WO3
B．第一电离能：Y＞X＞W
C．构成NBSF的原子中，X的半径最小
D．XZ3和的空间结构均为三角锥形
【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
【解析】【解答】由分析可知，X、Y、Z、W分别为N、O、F、S。
A．X、W分别为N、S，HNO3为强酸，而H2SO3为弱酸，因此酸性：HNO3＞H2SO3，A不正确；
B．同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大。但N的2p轨道为半充满稳定结构，因此第一电离能比O大。所以第一电离能：N＞O＞S，B不正确；
C．N、O、F为同周期相邻元素，原子半径依次减小；S比它们多一个电子层，原子半径最大，因此原子半径最小的是F，C不正确；
D．NF3中，中心N原子含有一个孤电子对和3个σ键，因此N原子采用sp3杂化，其空间结构为三角锥形。的中心S原子的价层电子对数为3+=4，其空间结构为三角锥形，D正确；
故答案为：D
【分析】X的基态原子p轨道为半充满，因此X的核外电子排布式为1s22s22p3，所以X为N。Y的价电子排布式为nsnnp2n，则n=2，所以Y的价电子排布式为2s22p4，因此Y为O。Y与W同族，所以W为S。Z的氢化物可用于刻蚀玻璃，所以Z为F。据此结合元素周期律分析选项。
15．（2025·东莞模拟）一定温度下，向恒容密闭容器中投入等物质的量的P和Q发生反应：①P(g)+Q(g)= M(g)；②M(g)N(g)。部分物质的浓度随时间的变化如图所示，t2后达到平衡状态。下列说法正确的是
A．X为(M)随t的变化曲线
B．反应的活化能：①>②
C．0~内，(N)=mol/(L·s)
D．该条件下，反应②的平衡常数
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由曲线图可知，曲线X在反应过程中其浓度一直增大，因此X为(N)随t的变化曲线，A错误；
B．由图可知，时间段内，浓度：c(M)＞c(N)，说明反应速率：①＞②，因此反应的活化能：①<②，B错误；
C.0~内，P或Q浓度减少c1mol/L，反应①生成M的浓度为c1mol/L，t1时M浓度只有c2mol/L，说明反应②消耗的M的浓度为(c1-c2)mol/L，则生成的N的浓度为(c1-c2)mol/L。因此0~内，用N表示的反应速率(N)=mol/(L·s)，C正确；
D．t2时间P与Q 完全反应，此时M为c3mol/L，生成的N的浓度为(c1-c3)mol/L，所以反应②的平衡常数为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、M为反应①的生成物，同时也是反应②的反应物，因此M的浓度在反应过程中先增大后减小。
B、反应速率越快，反应所需的活化能就越小，据此由反应速率的快慢比较活化能的大小。
C、根据图像信息确定反应过程中N的浓度变化量，从而计算其反应速率。
D、根据图像信息确定平衡时M、N的浓度，进而计算反应②的平衡常数。
16．（2025·东莞模拟）电渗析系统可从空气中大规模捕获CO2。以KOH溶液为基底溶液的CO2吸收系统工作原理如下图(a、b需接直流电源电极)。下列说法不正确的是
A．a接直流电源的负极
B．M膜为阳离子交换膜
C．b上发生的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．理论上每分离得到1molCO2，电路中转移(e-)≤2mol
【答案】A
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．K＋移向的电极b为阴极，因此电极a为阳极，应接电源正极，A错误；
B．K+通过M膜移向电极b，因此M膜为阳离子交换膜，B正确；
C．b电极为阴极，水在阴极发生还原反应生成氢气，因此电极b的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；
D．二氧化碳在碱溶液中反应生成CO32－或HCO3－，在分离器中分离出来后的氢氧化钾可循环使用，所以每分离得到1molCO2，电路中转移(e-)≤2mol ，D正确；
故答案为：A
【分析】该装置为电解池装置，阳离子移向阴极，因此K＋移向的电极b为阴极，与电源的负极相连，则电极a与电源的正极相连。阴极上H2O电离产生的H＋发生得电子的还原反应，因此阴极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。阳极上OH－发生失电子的氧化反应生成O2，因此阳极的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。据此结合选项分析。
二、根据题意要求作答
17．（2025·东莞模拟）1800年，科学家尼科尔森和卡莱尔最早完成电解水实验。兴趣小组模拟如下。
（1）配制0.1mol/L的NaOH溶液并标定。
①用KHP()通过中和滴定标定上述溶液准确浓度，需选填的仪器序号是　 　。
②V1mL的NaOH溶液消耗c0mol/LKHP标准溶液V0mL，则c(NaOH)=　 　mol/L。
实验探究：取(1)中配制的NaOH溶液30.0mL滴加2滴指示剂后，用下图装置(a、b均为石墨电极)在恒定电压下通电20min，记录如下表
序号 指示剂 主要现象
I 甲基橙 b极附近溶液黄色变浅，U形管内其余位置溶液无明显变化
Ⅱ 酚酞溶液 b极附近溶液红色褪去，U形管内其余位置溶液红色变浅
（2）I中观察到b极附近溶液黄色变浅，兴趣小组认为是电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的。你认为该推论　 　(选填“合理”“不合理”)，理由是　 　。
（3）兴趣小组对Ⅱ中U形管内其余位置溶液红色变浅的原因提出如下假设：
假设1 实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色
假设2 实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去
兴趣小组设计如下实验方案进行实验。
步骤 现象
i．取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加　 　后充分振荡 溶液红色加深
ii．取少量　 　于试管中，滴加酚酞后静置20min。 　 　
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
（4）电解前期，两极收到气体的体积与通电时间关系如图所示。
①图中代表H2的曲线是　 　(填代号)；
②兴趣小组查阅文献后推理：开始电解时两极几乎没有收集到气体的原因是产生的气体分子被石墨电极吸附请根据电化学原理，设计实验证实该推理。
限选材料：通电一段时间后的石墨电极a和b，NaOH溶液，电流表(可用 表示)、导线、烧杯。
在答题卡相应方框内绘出实验装置图　 　。能证实上述推理的实验现象是　 　。
【答案】AD；；不合理；若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)；酚酞溶液；0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液；溶液红色变浅；n；；电流计指针发生偏转
【知识点】电解原理；中和滴定；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）①用KHP（　　）通过中和滴定标定上述溶液准确浓度时，需要使用酸式、碱式滴定管，并用胶头滴管往锥形瓶内滴加1~2滴酸碱指示剂，则需选填的仪器序号是AD。
故答案为：AD
②KHP分子中，-COOH能与NaOH反应，而-COOK与NaOH溶液不反应，所以1molKHP消耗1molNaOH，V1mL的NaOH溶液消耗c0mol/LKHP标准溶液V0mL，则c(NaOH)==mol/L。
故答案为：
（2）I中观察到b极附近溶液黄色变浅，若是因为电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的，则溶液的碱性变弱，甚至呈酸性，甲基橙应变为酸性区域的颜色。所以该推论：不合理，理由是：若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)。
故答案为：不合理； 若因c(OH-)降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可)
（3）假设1 实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。加入NaOH使溶液变红，表明是c(OH-)降低造成的，加入酚酞使溶液变红，表明是NaOH与酚酞发生反应造成的。
假设2 实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去，则可做对照实验进行判断。
步骤 现象
i．取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加酚酞溶液后充分振荡 溶液红色加深
ii．取少量0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液于试管中，滴加酚酞后静置20min。 溶液红色变浅
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
故答案为：酚酞溶液； 0.1mol/LNaOH溶液或(1)中NaOH溶液； 溶液红色变浅
（4）①电解前期，两电极生成的少量H2、O2都被石墨电极吸附，吸附达到最大限度后，生成的H2、O2从溶液中逸出，理论上，生成H2的体积是O2体积的二倍，则图中代表H2的曲线是n；
故答案为：n
②既然石墨电极吸附了H2、O2，就可设计成氢氧燃料电池，将两石墨电极插入盛有电解质的溶液中，用导线连接，用电流计检验是否有电流产生，则使用材料：通电一段时间后的石墨电极a和b，NaOH溶液，电流表(可用 表示)、导线、烧杯。实验装置图为。能证实上述推理的实验中，线路中有电流产生，电流计指针发生偏转，则实验现象是：电流计指针发生偏转。
故答案为：； 电流计指针发生偏转
【分析】（1）①KHP溶液显酸性，应选用酸式滴定管。
②滴定过程中，－COOH与NaOH按1：1反应，据此计算NaOH溶液的浓度。
（2）若c(OH－)降低导致溶液变色，则应观察到溶液由黄色变为橙色。据此分析。
（3）实验过程中，c(OH-)降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。据此完善实验方案。
（4）①电解过程中产生H2和O2的体积为2：1，据此确定曲线n代表H2。
②H2、O2被电极吸附在表面，则用导线将两电极连接，可形成原电池装置，据此设计实验装置和分析实验现象。
18．（2025·东莞模拟）贵金属元素钌(Ru)的产品广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。一种利用某含钌废渣(主要成分为Ru，含Co、Cr、Si等物质)回收Ru的工艺流程如下：
已知：常温下，。
（1）Cr在元素周期表中的位置是第　 　周期第　 　族。
（2）含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是　 　。
（3）“转化”过程中C2H5OH变为CH3CHO，且溶液的pH明显增大，则该转化反应的化学方程式为　 　。
（4）钌多活性位点催化剂存在钌单原子、钌团簇、NiO三种活性位点，不同位点的催化特点不同。可用于催化水的多步碱性析氢反应。图1和图2为反应历程中微粒在不同位点相对能量的变化，其中吸附在催化剂表面的微粒用*标注。
①根据图1推测H2O的“吸附解离”主要发生在　 　(填“钌单原子”“钌团簇”或“NiO”)位点上。
②结合图2说明吸附在NiO表面的H2更容易脱附的原因　 　。
（5）单质X通入热的NaOH溶液中充分反应，经处理后可循环至“蒸馏”工序，则生成X的离子方程式为　 　。
（6）常温下，酸溶滤液中含Cr3+和Co2+的浓度分别为0.01mol·L-1、1.8×10-3mol·L-1，“沉铬”时需调节pH的范围为　 　。[已知：当时，可认为Mn+已经沉淀完全]
（7）某种含钌化合物的立方晶胞结构如图3.该晶胞中与Ba2+距离最近的离子是　 　；若该晶体的密度为，则该晶胞的边长为　 　pm。(NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1）四；VIB
（2）增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率(答对一条即可)
（3）
（4）钌单原子；吸附在NiO位点上的相对能量高，较不稳定，更容易脱附
（5）
（6）或
（7）O2-；或或等其他合理表示式
【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；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Cr是24号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，第VIB族。
故答案为：四；VIB
（2）含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是：增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率。
故答案为： 增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率(答对一条即可)
（3）K2RuO4中加入乙醇转化，得到Ru(OH)4和乙醛，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：。
故答案为：
（4）①根据图1可知，在催化剂为钌单原子位点上相对能量最低，反应容易发生，H2O的“吸附解离”主要发生在钌单原子位点上。
故答案为： 钌单原子
②由图2可知，吸附在NiO位点上的H2相对能量高，较不稳定，H2更容易脱附。
故答案为： 吸附在NiO位点上的相对能量高，较不稳定，更容易脱附
（5）RuO4与盐酸反应生成RuCl3，Ru化合价降低，则Cl元素化合价升高生成Cl2，离子方程式为：。
故答案为：
（6）沉铬时要让Cr3+沉淀，Co2+不沉淀，根据溶度积常数，Cr3+完全沉淀时浓度为10-5mol/L，则c(OH-)==10-9mol/L，c(H+)=10-5mol/L，pH=5.0，Co2+浓度为1.8×10-3mol·L-1，Co2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=10-8mol/L，pH=8.0，“沉铬”时需调节pH的范围为：。
故答案为：或
（7）Ba2+与O2-最近距离为立方体面对角线一半，与Ru4+的最近距离为体对角线一半，故与Ba2+距离最近的离子是O2-；晶胞中有Ru4+1个，Ba2+为8个，O2-为6个，晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶胞的边长为cm=。
故答案为： O2- ；或或等其他合理表示式
【分析】（1）Cr的原子序数为24，据此确定其在周期表中的位置。
（2）粉碎可增大接触面积，从而加快浸取速率以及提高原料的利用率。
（3）由流程图可知，“转化”过程中，加入C2H5OH，K2RuO4转化为Ru(OH)4，据此结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）①在催化剂为钌单原子位点上相对能量最低，反应容易发生。
② 吸附在NiO位点上的相对能量高，较不稳定，因此更容易脱附。
（5）RuO4与盐酸反应生成RuCl3，Ru化合价降低，则Cl元素化合价升高生成Cl2，据此确定反应的离子方程式。
（6）调节pH值进行“沉铬”的过程中，要使溶液中的Cr3＋形成Cr(OH)3沉淀，而Co2＋不形成沉淀。据此结合Cr(OH)3、Co(OH)2的溶度积进行计算。
（7）由晶胞结构可知，与Ba2＋距离最近的离子是O2－。根据密度公式计算晶胞的边长。
（1）Cr是24号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，第VIB族；
（2）含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是：增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率；
（3）K2RuO4中加入乙醇转化，得到Ru(OH)4和乙醛，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：；
（4）①根据图1可知，在催化剂为钌单原子位点上相对能量最低，反应容易发生，H2O的“吸附解离”主要发生在钌单原子位点上；
②由图2可知，吸附在NiO位点上的H2相对能量高，较不稳定，H2更容易脱附；
（5）RuO4与盐酸反应生成RuCl3，Ru化合价降低，则Cl元素化合价升高生成Cl2，离子方程式为：；
（6）沉铬时要让Cr3+沉淀，Co2+不沉淀，根据溶度积常数，Cr3+完全沉淀时浓度为10-5mol/L，则c(OH-)==10-9mol/L，c(H+)=10-5mol/L，pH=5.0，Co2+浓度为1.8×10-3mol·L-1，Co2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=10-8mol/L，pH=8.0，“沉铬”时需调节pH的范围为：；
（7）Ba2+与O2-最近距离为立方体面对角线一半，与Ru4+的最近距离为体对角线一半，故与Ba2+距离最近的离子是O2-；
晶胞中有Ru4+1个，Ba2+为8个，O2-为6个，晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶胞的边长为cm=。
19．（2025·东莞模拟）利用液—液萃取法从盐湖卤水(含高浓度Mg2+)中提取Li+引发关注热潮，其中使用最广泛的萃取剂是磷酸三丁酯(以L表示)。
（1）基态P原子的价层电子排布式是　 　。
（2）在萃取过程中添加FeCl3能有效提高Li+的提取率。
①FeCl3溶液显酸性的原因是　 　。(用离子反应方程式表示)
②Fe3+溶于卤水后可发生反应a：Fe3+(aq)+4Cl (aq) (aq) ΔH
已知：
则反应a的ΔH=　 　。
③某小组为研究FeCl3用量(其它条件相同)对萃取过程的影响，利用模拟卤水[c0(Li+)=0.05mol·L 1、c0(Mg2+)=3.5mol·L 1、c0(H+)=0.03mol·L 1]进行萃取，实验中V(o)=V(aq)，结果如图1所示。
已知：I．萃取时发生反应b：Fe3+(aq)+4Cl (aq)+Li+(aq)+xL(l) [LiLx]+(o)+[FeCl4] (o)。aq代表水层，o代表有机层。
II．分配系数DM=，其中c[M(o)]、c[M(aq)]代表平衡浓度。
i．下列说法正确的是　 　。
a．反应b达到平衡时，v正(Fe3+)=4v逆(Cl )
b．一定条件下，DLi越大，c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小
c．随n()增大，Li+与Mg2+分离越不彻底
d．若升温使反应b平衡左移，则DLi会增大
ii．根据图1中数据，当n()=1.2时，水层中剩余的c(Li+)为起始时的　 　；DMg=　 　。(均用分数表示)
（3）用10mL3mol·L 1盐酸对含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L 1]进行反萃取，得到高浓度的LiCl水溶液。有机层体积对各离子反萃取率(SM%=×100%)的影响如图2所示。
反萃取时发生反应c：H+(aq)+[LiLx]+(o) Li+(aq)+H+(o)+xL(l)。
①已知当V(o)=200mL时，SLi%=60%，计算此时DLi　 　(写出计算过程)。
②结合反应b及图2的信息，在答题卡相应位置画出用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积对SFe%的影响曲线　 　。
【答案】（1）
（2）；；bc；；
（3）；(画出随V(o)增加，SL%减小即可，趋势正确即可。)
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）P为15号元素，价电子排布式为3s23p3。
故答案为：
（2）①FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解显酸性，离子方程式为：。
故答案为：
②根据图示可以得出：I、FeCl3(s)+HCl(g)=HFeCl4(s) ΔH1；
II、FeCl3(s)=Fe3+(aq)+3Cl-(aq) ΔH2；
III、HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq) ΔH3；
IV、HFeCl4(s)= H+(aq)+(aq) ΔH4；
根据盖斯定律：I+IV-II-III得到反应Fe3+(aq)+4Cl (aq) (aq) 则ΔH=。
故答案为：
③ⅰ、a．反应b达到平衡时，正逆反应速率相等，即4v正(Fe3+)=v逆(Cl )，a错误；
b．分配系数DM=，一定条件下，DLi越大，有机层中的Li多，水层中的Li少，即c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小，b正确；
c．根据图1可知，随n()增大，Li和Mg的分配系数接近，Li+与Mg2+分离越不彻底，c正确；
d．若升温使反应b平衡左移，Li由有机层进入水层，则DLi会减小，d错误；
故答案为：bc
ii 、当n()=1.2，DLi==2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li+浓度为amol/L，则起始Li+浓度为(a+2.5a)mol/L=3.5mol/L，水层中剩余的c(Li+)为起始时的；当n()=1.2时，，DLi=2.5，则DMg=。
故答案为： ；
（3）①含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L 1]，体积V(o)=200mL，则n([Li(L)x]+)= 0.060mol·L 1×200×10-3L=0.012mol=12mmol，SLi%=60%，依据三段式：
DLi=。
故答案为：
②结合反应b及图2的信息可知，用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积增加，SFe%减小，曲线图为：。
故答案为： (画出随V(o)增加，SL%减小即可，趋势正确即可。)
【分析】（1）根据P的核外电子排布式确定其价电子排布式。
（2）①FeCl3溶液中Fe3＋发生水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。
②根据盖斯定律计算反应a的反应热。
③ⅰa、结合反应速率之比等于化学计量数之比分析。
b、DLi越大，则有机层中的Li多，水层中的Li少。
c、根据图1可知，随着n()增大，Li和Mg的分配系数接近，难以分离。
d、反应b平衡左移，则Li由有机层进入水层，使得DLi减小。
ⅱ、当n()=1.2，DLi==2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li+浓度为amol/L，据此计算。
（3）①含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L 1]，体积V(o)=200mL，则n([Li(L)x]+)= 0.060mol·L 1×200×10-3L=0.012mol=12mmol，SLi%=60%，据此结合三段式进行计算。
②结合反应b及图2的信息可知，用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积增加，SFe%减小，据此确定曲线图。
（1）P为15号元素，价电子排布式为3s23p3；
（2）①FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解显酸性，离子方程式为：；
②根据图示可以得出：I、FeCl3(s)+HCl(g)=HFeCl4(s) ΔH1；
II、FeCl3(s)=Fe3+(aq)+3Cl-(aq) ΔH2；
III、HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq) ΔH3；
IV、HFeCl4(s)= H+(aq)+(aq) ΔH4；
根据盖斯定律：I+IV-II-III得到反应Fe3+(aq)+4Cl (aq) (aq) 则ΔH=；
③a．反应b达到平衡时，正逆反应速率相等，即4v正(Fe3+)=v逆(Cl )，a错误；
b．分配系数DM=，一定条件下，DLi越大，有机层中的Li多，水层中的Li少，即c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小，b正确；
c．根据图1可知，随n()增大，Li和Mg的分配系数接近，Li+与Mg2+分离越不彻底，c正确；
d．若升温使反应b平衡左移，Li由有机层进入水层，则DLi会减小，d错误；
答案选bc；
当n()=1.2，DLi==2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li=浓度为amol/L，则起始Li+浓度为(a+2.5a)mol/L=3.5mol/L，水层中剩余的c(Li+)为起始时的；
当n()=1.2时，，DLi=2.5，则DMg=；
（3）①含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L 1]，体积V(o)=200mL，则n([Li(L)x]+)= 0.060mol·L 1×200×10-3L=0.012mol=12mmol，SLi%=60%，依据三段式：
DLi=；
②结合反应b及图2的信息可知，用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积增加，SFe%减小，曲线图为：。
20．（2025·东莞模拟）利用Stobbe反应合成某药物中间体的路线如下(部分反应条件、产物已忽略)：
已知：+R3-CH2-COOR4+H2O(R1、R2为H或烃基)
（1）化合物Ⅲ含氧官能团的名称为　 　。
（2）根据化合物I的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 　 　、　 　 　 　和C2H5OH 水解反应
b 溴水 　 　 加成反应
（3）反应③可表示为：IV+CH3COCl→V+HCl+X，则X的结构简式为　 　。
（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法不正确的有___________。
A．化合物I、Ⅲ均易溶于水
B．反应①涉及π键的断裂与形成
C．可用银氨溶液鉴别化合物I与Ⅱ
D．只有化合物IV和V能使酸性KMnO4溶液褪色
（5）化合物VI的结构为。请写出一种符合下列条件的化合物VI的同分异构体的结构简式　 　。
①含2个苯环；②官能团种类及个数均与VI相同；③核磁共振氢谱图有5组吸收峰。
（6）以、1，3-丁二烯和乙醇为主要有机原料，可以制得化合物I．基于你设计的合成路线，回答问题：
a．第一步反应产物的结构简式为　 　；
b．最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）羧基、酯基
（2）NaOH溶液或稀H2SO4；加热；—COONa或—COOH；
（3）CH3COOH
（4）A；D
（5）、、(其他合理答案亦可)
（6）或或或或；++H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物Ⅲ为，则含氧官能团的名称为：羧基、酯基。
故答案为：羧基、酯基
（2）化合物I为，酯基在强酸或强碱、加热条件下，可发生水解反应；碳碳双键能与溴发生加成反应。
故答案为：
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a NaOH溶液或稀H2SO4、加热 —COONa或—COOH和C2H5OH 水解反应
b 溴水 加成反应
（3）反应③可表示为：Ⅳ()+CH3COCl→V()+HCl+X，依据元素守恒，参照物质的结构简式，可得出X的结构简式为CH3COOH。
故答案为： CH3COOH
（4）A．化合物I()分子中不含有亲水基、Ⅲ()中只含有-COOH亲水基，但所占的比重很小，所以它们均不易溶于水，A不正确；
B．反应①中，涉及-CHO与-CH2-的加成和消去反应，即涉及到碳氧双键的断裂和碳碳双键的形成，所以涉及到π键的断裂与形成，B正确；
C．I为，Ⅱ为，只有Ⅱ中含有醛基，故可用银氨溶液鉴别化合物I与Ⅱ，C正确；
D．化合物Ⅱ分子中含有醛基，Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分子中都含有碳碳双键，它们都能使酸性KMnO4溶液褪色，D不正确；
故答案为：AD
（5）化合物Ⅵ的结构简式为，符合下列条件：“①含2个苯环；②官能团种类及个数均与VI相同；③核磁共振氢谱图有5组吸收峰”的化合物Ⅵ的同分异构体分子中，应含有2个苯环、2个碳碳双键、2个羧基，且分子结构对称，则结构简式为、、、、(其他合理答案亦可)。
故答案为：、、、、(其他合理答案亦可)
（6）依据已知：+R3-CH2-COOR4+H2O(R1、R2为H或烃基)，以、1，3-丁二烯和乙醇为主要有机原料制取化合物I时，应先制得，可将1，3-丁二烯与Br2发生1，4-加成，生成BrCH2CH=CHCH2Br，再进行加成、水解、氧化，得到HOOCCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化。最后将与发生加成、消去反应，从而制得目标有机物。
a．第一步反应产物的结构简式为或或或或。
故答案为：或或或或
b．最后一步反应的化学方程式为++H2O。
故答案为：++H2O
【分析】（1）根据化合物Ⅲ的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）a、化合物Ⅰ中含有的酯基能在NaOH溶液或稀H2SO4溶液中发生水解反应。
b、化合物Ⅰ中的碳碳双键能与溴水发生加成反应。
（3）根据原子个数守恒确定X的化学式，从而确定其结构简式。
（4）A、化合物Ⅰ、Ⅲ中都含有苯环，均难溶于水。
B、反应①中苯甲醛中醛基断裂，同时形成碳碳双键。
C、化合物Ⅰ中没有醛基，而化合物Ⅱ中含有醛基，能与银氨溶液反应产生银镜。
D、五种化合物中都含有碳碳双键，都能使酸性KMnO4溶液褪色。
（5）根据限定条件确定基本结构单元，结合核磁共振氢谱确定结构的对称性，从而得到同分异构体的结构简式。
（6）依据已知：+R3-CH2-COOR4+H2O(R1、R2为H或烃基)，以、1，3-丁二烯和乙醇为主要有机原料制取化合物I时，应先制得，可将1，3-丁二烯与Br2发生1，4-加成，生成BrCH2CH=CHCH2Br，再进行加成、水解、氧化，得到HOOCCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化。最后将与发生加成、消去反应，从而制得目标有机物，据此作答。
（1）化合物Ⅲ为，则含氧官能团的名称为：羧基、酯基。
（2）化合物I为，酯基在强酸或强碱、加热条件下，可发生水解反应；碳碳双键能与溴发生加成反应。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a NaOH溶液或稀H2SO4、加热 —COONa或—COOH和C2H5OH 水解反应
b 溴水 加成反应
（3）反应③可表示为：Ⅳ()+CH3COCl→V()+HCl+X，依据元素守恒，参照物质的结构简式，可得出X的结构简式为CH3COOH。
（4）A．化合物I(，)分子中不含有亲水基、Ⅲ()中只含有-COOH亲水基，但所占的比重很小，所以它们均不易溶于水，A不正确；
B．反应①中，涉及-CHO与-CH2-的加成和消去反应，即涉及到碳氧双键的断裂和碳碳双键的形成，所以涉及到π键的断裂与形成，B正确；
C．I为，Ⅱ为，只有Ⅱ中含有醛基，故可用银氨溶液鉴别化合物I与Ⅱ，C正确；
D．化合物Ⅱ分子中含有醛基，Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分子中都含有碳碳双键，它们都能使酸性KMnO4溶液褪色，D不正确；
故选AD。
（5）化合物Ⅵ的结构简式为，符合下列条件：“①含2个苯环；②官能团种类及个数均与VI相同；③核磁共振氢谱图有5组吸收峰”的化合物Ⅵ的同分异构体分子中，应含有2个苯环、2个碳碳双键、2个羧基，且分子结构对称，则结构简式为、、(其他合理答案亦可)。
（6）依据已知：+R3-CH2-COOR4+H2O(R1、R2为H或烃基)，以、1，3-丁二烯和乙醇为主要有机原料制取化合物I时，应先制得，可将1，3-丁二烯与Br2发生1，4-加成，生成BrCH2CH=CHCH2Br，再进行加成、水解、氧化，得到HOOCCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化。最后将与发生加成、消去反应，从而制得目标有机物。
a．第一步反应产物的结构简式为或或或或；
b．最后一步反应的化学方程式为++H2O。
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