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浙江省金华市2025届高三下学期二模考试化学试题
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．下列物质属于含有共价键的分子是
A． B．
C．NaOH D．
【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、SiO2是原子晶体，由硅原子和氧原子通过共价键直接构成空间网状结构，不存在独立的 SiO2分子，故A不符合题意 ；
B、这是苯胺盐酸盐，属于离子晶体，由 C6H5NH3+和 Cl-通过离子键结合，不存在对应的分子，故B不符合题意 ；
C、NaOH 是离子晶体，由 Na+和 OH-通过离子键结合，虽然 OH-内部存在 O-H 共价键，但不存在独立的 NaOH 分子，故C不符合题意 ；
D、H3PO4是共价化合物，分子内只含共价键，且属于分子晶体，存在独立的 H3PO4分子，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．属于原子晶体，虽然全是共价键，但不存在 SiO2分子。
B．属于离子晶体，由离子构成，不存在对应的分子。
C．属于离子晶体，虽然 OH-内部有 O-H 共价键，但不存在 NaOH 分子。
D．属于共价化合物，也是分子晶体，存在独立的 H3PO4分子，且分子内只含共价键。
2．下列化学用语正确的是
A．有机物的名称：3-醛基戊烷
B．的VSEPR模型：
C．基态Mn原子的价电子排布图：
D．氨基的电子式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该有机物主链应选择包含醛基的最长碳链，共 4 个碳原子，正确名称为2 - 乙基丁醛，而非 “3 - 醛基戊烷”，A错误；
B、SO3的中心 S 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，采取 sp2 杂化，其 VSEPR 模型为平面三角形，与图示一致，B正确；
C、基态 Mn 原子的价电子排布为 3d54s2，根据洪特规则，3d 轨道的 5 个电子应分占 5 个轨道且自旋平行，4s 轨道的 2 个电子自旋相反，因此价电子排布图为，C项错误；
D、氨基（-NH2）的电子式中，N 原子应与 2 个 H 原子形成共价键，同时 N 原子还存在 1 对孤电子对，正确的电子式为， D错误；
故答案为：B。
【分析】A．主链应选含醛基的 4 个碳原子，正确名称为 2 - 乙基丁醛。
B．SO3的中心 S 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，sp2 杂化，VSEPR 模型为平面三角形。
C．基态 Mn 原子价电子排布为 3d54s2，价电子排布图应为 3d 轨道 5 个单电子，4s 轨道 1 对成对电子。
D．氨基的电子式中 N 原子需保留 1 对孤电子对。
3．物质的性质与用途息息相关，下列说法不正确的是
A．Na能与水反应，可用作乙醚的除水剂
B．新制悬浊液有氧化性，可用于区分葡萄糖、麦芽糖和淀粉
C．Mg有较强的还原性，可用于钢铁的电化学防护
D．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、Na 能与水发生反应生成氢气，而乙醚不与 Na 反应，因此 Na 可以有效除去乙醚中的微量水分，可用作乙醚的除水剂，A正确；
B、葡萄糖和麦芽糖都属于还原糖，分子中均含有醛基，都能与新制 Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色 Cu2O 沉淀；淀粉是非还原糖，不发生该反应。因此新制 Cu(OH)2悬浊液只能区分淀粉与还原糖，无法区分葡萄糖和麦芽糖，B错误；
C、Mg 的还原性比 Fe 强，在形成原电池时 Mg 作为负极被氧化，Fe 作为正极被保护，属于牺牲阳极法，可用于钢铁的电化学防护，C正确；
D、碳酸钠和碳酸氢钠都是强碱弱酸盐，溶于水后因水解使溶液呈碱性，因此可用作食用碱或工业用碱，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Na 能与水反应，而乙醚不与 Na 反应，因此 Na 可有效除去乙醚中的水分，可用作乙醚的除水剂。
B．葡萄糖和麦芽糖都是还原糖，都能与新制 Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀，无法用该试剂区分二者。
C．Mg 的还原性比 Fe 强，可作为原电池负极保护钢铁，属于牺牲阳极的电化学防护。
D．Na2CO3和 NaHCO3都是强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，可用作食用碱或工业用碱。
4．根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．第一电离能： B．溶解性：
C．结合的能力： D．离子键百分数：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、Na 是金属元素，第一电离能较小。同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，且 Be 的 2s 轨道为全满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，因此第一电离能顺序为 C > Be > Na，A 正确；
B、HCl、H2S、PH3的分子极性依次减弱，根据 “相似相溶” 原理，它们在水中的溶解性也依次降低，即溶解性顺序为 HCl > H2S > PH3，B正确；
C、H2O 是弱电解质，能部分电离出 OH-和 H+；NH3是非电解质，比 H2O 更难电离，说明 NH2-比 OH-更容易结合 H+，因此结合 H+的能力顺序为 OH- < NH2-，C错误；
D、Mg 的金属性强于 Al，与 Cl 的电负性差值更大，形成的化学键离子性更强，因此离子键百分数 MgCl2 > AlCl3，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
第一电离能：注意 Be 的 2s2 全满稳定结构，导致其第一电离能高于 B。
溶解性与分子极性：分子极性越强，在极性溶剂（如水）中的溶解性通常越好。
离子结合 H+能力：对应共轭酸的酸性越弱，其共轭碱结合 H+的能力越强。
离子键百分数：两元素电负性差值越大，形成的化学键离子性越强。
5．下列过程中涉及的有色物质，不具备指示反应终点功能的是
A．制备明矾晶体，将制得的明矾晶体放入铬钾矾紫色饱和溶液中
B．检验乙烯时，将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液
C．呼吸面具供氧时，作为供氧剂
D．进行取代反应性质的实验时，对与混合气体进行光照
【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；甲烷的取代反应；钠的氧化物
【解析】【解答】A、将明矾晶体放入铬钾矾 [KCr(SO4)2] 的紫色饱和溶液中，整个过程溶液始终保持紫色，没有发生颜色变化。铬钾矾仅作为维持晶体析出的饱和溶液环境，并未通过颜色改变来指示反应终点，因此不具备指示功能，A符合题意；
B、溴的四氯化碳溶液呈橙红色，通入乙烯后，溴与乙烯发生加成反应，溶液颜色褪去。颜色的消失明确指示了乙烯与溴反应的发生，因此溴单质具备指示功能，B不符合题意；
C、Na2O2为淡黄色固体，与水或 CO2反应后生成白色的 NaOH 或 Na2CO3。固体颜色从淡黄色变为白色，这一变化可作为反应发生的直观指示，因此 Na2O2具备指示功能，C不符合题意；
D、Cl2为黄绿色气体，与 CH4在光照下发生取代反应，Cl2被消耗，气体颜色逐渐褪去。颜色的消失指示了取代反应的进行，因此 Cl2具备指示功能，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的解题要点是判断有色物质是否通过自身颜色变化来指示反应终点：
只有当有色物质因参与反应而发生明显、可观察的颜色改变时，才能作为反应终点的指示剂。
若有色物质的颜色在过程中保持不变，则无法起到指示作用。
6．关于铁及其化合物的性质，下列说法不正确的是
A．高温下，Fe与水蒸气反应的氧化产物为
B．，说明氧化性：
C．高温下，Fe与可以发生铝热反应，焊接铁轨
D．1mol溶液与足量酸性溶液反应，转移3mol电子
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究铝热反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、高温下，Fe 与水蒸气反应生成黑色固体 Fe3O4和 H2，Fe 元素被氧化，Fe3O4是该反应的氧化产物，A正确；
B、在反应 Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+中，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物。根据 “氧化剂的氧化性强于氧化产物” 的规律，可判断氧化性：Fe3+ > Cu2+，B正确；
C、铝热反应的本质是铝作为还原剂，将比铝不活泼的金属从其氧化物中还原出来。焊接铁轨时，是铝粉与 Fe2O3等铁的氧化物发生反应，而不是 Fe 与 Al2O3反应，C错误；
D、在 FeC2O4中，Fe 为 + 2 价，C2O42-中 C 为 + 3 价。当它与足量酸性 KMnO4反应时，Fe2+被氧化为 Fe3+（失去 1mol 电子），C2O42-被氧化为 CO2（每个 C 从 + 3 价升至 + 4 价，共失去 2mol 电子）。根据得失电子守恒，1mol FeC2O4总共转移 3mol 电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的解题要点：
铁与水蒸气的反应：高温下 Fe 与 H2O (g) 反应的产物是 Fe3O4和 H2，Fe3O4是氧化产物。
氧化性强弱判断：依据 “氧化剂> 氧化产物” 的原则，通过分析反应中元素化合价的升降来判断。
铝热反应的定义：铝热反应是铝与金属氧化物（金属活动性比铝弱）的反应，Fe 的金属活动性弱于 Al，因此 Fe 不能与 Al2O3发生铝热反应。
氧化还原反应的电子转移计算：需要分别计算 Fe2+和 C2O42-在反应中失去的电子数，再求和得到总转移电子数。
7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．浓硫酸、丙三醇可形成较多的氢键，故两种液体均具有吸湿性
B．淀粉-聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，故可作为可生物降解的绿色材料
C．铝粉和NaOH反应能产生大量的气体且放热，故可作厨卫管道疏通剂
D．离子液体由带电荷的离子组成，熔点低且难挥发，故可用作电化学研究的电解质
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、浓硫酸和丙三醇分子中都含有多个羟基，能与水分子形成大量氢键，从而表现出较强的吸湿性，这一性质可以直接解释它们作为吸湿剂的用途，A正确；
B、淀粉 - 聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，这一结构特点决定了它具有良好的吸水性。而它作为可生物降解的绿色材料，是因为其分子链可以在微生物作用下水解断裂，与亲水基团的性质没有直接的因果关系，因此不能用该性质说明其用途，B错误；
C、铝粉与 NaOH 溶液反应会产生大量 H2气体，使管道内压强增大，同时反应放热可以软化管道内的堵塞物，因此可用作厨卫管道疏通剂，C正确；
D、离子液体由带电荷的阴、阳离子组成，具有熔点低、难挥发、离子可导电的特点，这些性质使其非常适合作为电化学研究中的电解质，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的解题要点是判断物质的结构或性质与用途之间是否存在直接的因果关系：
正确的对应关系应是：物质的某一特定结构或性质，直接导致了它能被用于某一特定用途，若给出的性质与用途之间没有逻辑关联（如选项 B），则该说法不成立。
8．下列离子方程式不正确的是
A．溶液与足量反应：
B．过量Fe粉加入稀硝酸中：
C．少量被溶液吸收：
D．酸性溶液吸收少量甲醛：
【答案】D
【知识点】甲醛；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、苯酚（C6H5OH）的酸性弱于 H2CO3但强于 HCO3-，因此 Na2CO3溶液与足量苯酚反应时，CO32-只能得到一个 H+生成 HCO3-，离子方程式为 CO32-+C6H5OH=C6H5O-+HCO3-，A正确；
B、过量 Fe 粉加入稀硝酸中，Fe 会将生成的 Fe3+还原为 Fe2+，最终产物为 Fe2+、NO 和 H2O，配平后的离子方程式为 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B正确；
C、少量 Cl2被 Na2SO3溶液吸收时，Cl2作为氧化剂将 SO32-氧化。由于 Na2SO3过量，生成的 H+会与剩余的 SO32-结合生成 HSO3-，离子方程式为 Cl2+3SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2HSO3-，C正确；
D、酸性 KMnO4溶液吸收少量甲醛时，甲醛（HCHO）被强氧化剂 KMnO4氧化，碳元素从 0 价被氧化至 + 4 价，最终产物应为 CO2或 CO32-，而不是甲酸（HCOOH）。 反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的解题要点是判断离子方程式的正误，核心在于：
反应原理的正确性：如酸性强弱顺序、氧化还原反应的产物判断等。例如，苯酚与碳酸钠的反应产物由酸性强弱决定，而甲醛被强氧化剂氧化的最终产物应为更高价态。
守恒关系：包括原子守恒、电荷守恒和得失电子守恒。任何离子方程式都必须满足这三个守恒。
反应物用量的影响：如 “过量 Fe 粉” 和 “少量 Cl2” 等条件，会直接影响反应的最终产物和方程式的配平。
9．化合物X是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是
A．用质谱仪检测A的最大质荷比为90
B．甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应
C．B和C生成X的反应不是缩聚反应
D．X分子中采用杂化的原子共有个
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；羧酸简介；聚合反应
【解析】【解答】A、由甲基水杨酸生成 B 的结构可知，A 应为乙酸酐（ ），其相对分子质量为 102，因此用质谱仪检测 A 的最大质荷比为 102，而非 90，A 错误；
B、甲基水杨酸分子中含有苯环，可发生加成反应；含有酚羟基，易被氧化；含有羧基和酚羟基，可发生酯化等取代反应，B 正确；
C、B 和 C 生成 X 的反应是通过酯基形成高分子，过程中没有小分子物质生成，因此不属于缩聚反应，C 正确；
D、分析 X 的结构，每个重复单元中，采用 sp3 杂化的原子包括：侧链上的 2 个饱和碳原子、1 个醚氧原子，再加上链端的 1 个饱和氧原子，总数应为 4n + 1 个，而非 3n + 1 个，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题的解题要点是围绕有机物的结构与性质展开：
结构推断：通过分析反应前后的结构变化，推断出中间体 A 的结构和相对分子质量。
官能团性质：根据甲基水杨酸含有的苯环、酚羟基、羧基等官能团，判断其可发生的反应类型。
聚合反应类型：缩聚反应的特征是生成高分子的同时伴随小分子（如 H2O）生成，而此反应无小分子生成，故不属于缩聚反应。
杂化方式判断：sp3 杂化的原子通常形成 4 个单键（或 2 个单键 + 2 对孤电子对），需要逐一分析 X 分子中每个原子的成键情况，准确统计 sp3 杂化原子的数量。
10．从海带中提取碘的实验方案如下，下列说法不正确的是
A．试剂①是双氧水和稀硫酸，
B．试剂②可以是，也可以是苯
C．海带灰中可溶性的硫酸盐、碳酸盐可在步骤3中除去
D．向步骤3所得有机层中加浓NaOH溶液，经分液、酸化、过滤、升华，可获得高纯碘
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、在酸性条件下，H2O2作为氧化剂将 I-氧化为 I2，反应的离子方程式为： H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O， 由方程式可知，消耗的 H2O2与生成的 I2的物质的量之比为 1：1，A正确；
B、试剂②的作用是萃取碘水中的 I2。CCl4和苯都不溶于水，且 I2在其中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此都可以作为萃取剂，B正确；
C、步骤 1（浸泡、过滤）和步骤 2（氧化）主要是将碘元素从海带灰中转移并富集到水溶液中，而海带灰中的可溶性硫酸盐、碳酸盐等杂质，在步骤 1 的过滤操作中就已经大部分被除去，而不是在步骤 3（萃取分液）中除去，C错误；
D、向步骤 3 所得有机层中加入浓 NaOH 溶液，I2会与 NaOH 反应生成易溶于水的 NaI 和 NaIO，通过分液可将碘从有机相转移到水相；再经酸化、过滤得到粗碘，最后通过升华提纯，可获得高纯碘，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题的解题要点是围绕 “从海带中提取碘” 的实验流程，分析各步骤的原理和作用：
氧化反应：明确 H2O2在酸性条件下氧化 I-的化学计量关系，是判断 A 选项的关键。
萃取原理：萃取剂需要满足 “不溶于水、溶质在其中溶解度大” 的条件，CCl4和苯都符合这一要求。
除杂时机：海带灰中的可溶性杂质主要在步骤 1 的浸泡和过滤中被除去，而不是在萃取步骤。
碘的提纯：利用 I2与碱反应、再酸化的方法，可以将碘从有机相转移到水相，再通过升华法获得高纯碘。
11．二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应如下(忽略其他副反应)：
反应①： kJ/mol
反应②： kJ/mol
恒压下，按投料比充入密闭容器中，达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示(为压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。下列说法不正确的是
A．容器内混合气体的密度不再改变时已达平衡状态
B．图中X、Y分别代表CO、
C．250℃时，反应②的平衡常数
D．若恒温恒容时，以投料，，平衡时，则反应①的
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、该反应在恒压条件下进行，反应前后气体总物质的量发生变化，导致容器体积改变。混合气体的密度等于总质量除以体积，总质量不变，体积变化，因此密度是一个变量。当密度不再改变时，说明反应已达平衡状态，A正确；
B、反应①是放热反应，升温会抑制 CH3OH 和 H2O 的生成；反应②是吸热反应，升温会促进 CO 和 H2O 的生成。H2O 同时作为两个反应的产物，其物质的量分数受两个反应共同影响，因此 H2O 的量分数变化趋势为先增后减或变化平缓，而 CO 的量分数会随温度升高单调递增。所以图中 X 代表 CO，Y 代表 CH3OH，Z 代表 H2O，B错误；
C、在 250℃时，从图中可以看出，H2O 的物质的量分数（Z）大于 CO 的物质的量分数（X）。由于总压相同，反应②的平衡常数 ，其值小于 1，C正确；
D、设起始时，，设反应①中转化了x mol，反应②中转化了y mol ，平衡时，，由，得3x = 2x + 2y，即；，，；因为，恒温恒容下P与n成正比，，则，即，解得x = 2mol ；平衡时，，，，总物质的量为10mol ；，，， ；反应①的，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的解题要点是结合化学平衡原理和图像信息进行综合分析：
平衡状态判断：恒压下，气体总物质的量变化导致体积变化，密度作为变量可用于判断平衡。
物质曲线判断：根据反应热效应，分析温度对各产物量分数的影响，区分 H2O、CH3OH 和 CO 的变化趋势。
平衡常数计算：利用图像中物质的量分数关系，判断 Kp 与 1 的大小关系。
复杂计算：通过原子守恒和压强关系，联立方程求解各物质的平衡量，再代入 Kp 表达式计算。
12．冰晶石()的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是
A．晶体属于混合型晶体
B．与浓硫酸共热，可产生HF气体
C．Cl原子的3p能级给出电子对能力比F原子的2p能级弱，故不存在
D．晶体中，Al原子中的2d、3s、3p等轨道进行杂化形成6个杂化轨道
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶体的定义
【解析】【解答】A、Na3AlF6是由 Na+和 [AlF6]3-构成的离子化合物，属于离子晶体，并非混合型晶体，A错误；
B、冰晶石中的 F-与浓硫酸共热时，会发生复分解反应，生成难挥发的 HF 气体，这是实验室制备 HF 的常用原理，B正确；
C、不存在 Na3AlCl6的主要原因是 Cl-的半径比 F-大，Al3+的半径小，无法容纳 6 个体积较大的 Cl-在其周围形成稳定的八面体结构，而不是因为 Cl 的 3p 能级给出电子的能力更弱。实际上，F 的电负性更强，更易给出孤对电子形成配位键，C错误；
D、Al 原子的价层电子轨道为 3s、3p，不存在 2d 轨道。在 [AlF6]3-中，Al 采取的是 sp3d2 杂化，使用的是 3s、3p 和 3d 轨道，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的解题要点是围绕物质结构与性质的核心概念展开：
晶体类型判断：根据构成晶体的微粒和作用力判断，Na3AlF6由离子构成，属于离子晶体。
化学反应原理：利用强酸制弱酸和难挥发性酸制易挥发性酸的原理，分析 F-与浓硫酸的反应。
配位化合物稳定性：配合物的稳定性与中心离子和配体的半径匹配度、电负性等因素相关，Cl-半径过大导致无法形成稳定的 [AlCl6]3-。
原子轨道与杂化：明确主量子数 n 与轨道的对应关系，Al 作为第三周期元素，其价层轨道中不存在 2d 轨道。
13．已知：将工业废气(主要成分和)通入足量溶液获得溶液A和，如下装置可实现污染治理和、的综合利用。下列说法不正确的是
A．装置①实现了化学能转化为电能
B．电极2发生的反应为：
C．反应一段时间后，装置②的阳极区溶液pH降低
D．治理过程中参与反应的、物质的量之比为1：1
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置①是原电池，其作用是将化学反应释放的化学能直接转化为电能，为后续的电解池提供动力，A正确；
B、在装置①的原电池中，电极 2 为正极，O2在此得到电子发生还原反应，反应式为，B正确；
C、在装置②的电解池中，电极 3 为阳极，SO32-在此失去电子被氧化为 SO42-，反应式为 。该反应生成了 H+，导致溶液中 H+浓度升高，pH 降低，C正确；
D、在预处理阶段，1mol SO2与 NaHCO3反应会生成 1mol CO2，这使得体系中 CO2的总量增加。在后续的电解池中，CO2作为原料被还原为 HCOOH。因此，整个治理过程中，参与反应的 SO2和 CO2的物质的量之比大于1：1，而非小于，D错误；
故答案为：D。
【分析】整个流程分为两个核心阶段：
预处理阶段：将含 CO2和 SO2的工业废气通入足量 NaHCO3溶液。由于 H2SO3的酸性强于 H2CO3，SO2会与 NaHCO3反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2，此反应会额外生成 CO2，使体系中 CO2的量增加。
电化学处理阶段：装置①（原电池）：将化学能转化为电能。负极（电极 1） 发生氧化反应：；正极（电极 2）上 O2被还原为 H2O：
装置②（电解池）：将电能转化为化学能。阳极（电极 3） 发生氧化反应：；阴极（电极 4） 发生还原反应：。 据此解题。
14．化合物X在催化下可转化为M和少量其它烯烃副产物。下列说法不正确的是
A．灼热CuO粉末投入过量X，黑色粉末变红
B．中间体W中所有碳原子可能共面
C．化合物X不能使酸性溶液褪色
D．中间体Z转化为中间体W能自发进行，说明W比Z更稳定
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；醇类简介
【解析】【解答】A、化合物 X 是 (CH3)3CCH2OH，属于伯醇，能被灼热的 CuO 氧化为醛，同时 CuO 被还原为红色的 Cu 单质，因此黑色粉末会变红，A正确；
B、中间体 W 的结构为 (CH3)3C+CH2CH3，带正电荷的碳原子为 sp2 杂化，与其直接相连的 3 个碳原子共平面。通过碳碳单键的旋转，其余甲基上的碳原子也可以处于这个平面内，因此 W 中所有碳原子可能共面，B正确；
C、化合物 X 含有 - CH2OH 基团，属于醇类，能被酸性 KMnO4溶液氧化，从而使溶液的紫色褪去，C错误；
D、中间体 Z 转化为 W 的过程能自发进行，根据热力学原理，自发反应的方向是从高能态向低能态进行，这说明 W 的能量更低、结构更稳定，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的解题要点是围绕有机物的结构与性质展开：
醇的氧化反应：伯醇（-CH2OH）可以被 CuO 或酸性 KMnO4等氧化剂氧化，这是判断 A、C 选项的关键。
碳原子共面问题：sp2 杂化的碳原子决定了一个平面，通过单键旋转可以使其他碳原子进入该平面。
反应自发性与物质稳定性：自发反应通常朝着生成更稳定物质的方向进行。
15．室温下，向含有足量的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，反应后混合液中(X代表或)与的关系如图所示．下列说法不正确的是
A．
B．室温下，，
C．室温下，，
D．b点代表的溶液中：
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在a点，。根据公式 ，代入 ，可得 ，A正确；
B、在c点，，即 。由 和 ，可得 。因此，，B正确；
C、总反应 的平衡常数 。将其变形为 ，代入 和 ，得 ，C正确；
D、在b点，。由物料守恒 ，可得 。再由 ，可知 。根据电荷守恒 ，代入 和 ，可得 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】曲线对应关系：根据公式 ，可知 与 呈线性关系，且斜率为1。因此， 代表 与 的关系， 代表 与 的关系。
利用特殊点计算常数：从图中 点可知，当 时，，代入公式可得 ，即 。据此解题。
16．测定某液态脂肪族卤代烃中卤素元素的步骤如下，下列说法不正确的是
A．步骤①，量取卤代烃时可用碱式滴定管
B．步骤①，卤代烃发生消去反应不会影响卤素百分含量的测定
C．步骤③，若得到的固体呈黄色，则卤代烃中含碘元素
D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使卤素百分含量测定结果更准确
【答案】A
【知识点】卤代烃简介；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、液态脂肪族卤代烃具有腐蚀性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此量取卤代烃时应使用酸式滴定管或移液管，而不能使用碱式滴定管，A错误；
B、在步骤①中，卤代烃无论是发生水解反应（取代）还是消去反应，卤素原子都会转化为 NaX（X 为 Cl、Br、I）。在后续步骤中，X-与 Ag+按 1：1 的物质的量之比生成 AgX 沉淀，因此不会影响卤素百分含量的测定，B正确；
C、步骤③中，若得到的固体呈黄色，该沉淀为 AgI，说明卤代烃中含有碘元素，C正确；
D、步骤③中，先用水洗涤可以除去沉淀表面吸附的可溶性杂质（如 NaNO3等），再用乙醇洗涤可以除去沉淀表面的水分，使沉淀更纯净、干燥，从而使卤素百分含量的测定结果更准确，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕 “液态脂肪族卤代烃中卤素含量测定” 的实验流程，考查实验仪器选择、反应原理、产物判断和洗涤操作等知识点。
仪器选择：卤代烃具有腐蚀性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此必须使用酸式滴定管。
反应原理：无论是取代（水解）还是消去反应，卤代烃中的卤素原子都会转化为卤素离子，与 Ag+按 1：1 生成沉淀，因此不影响最终的定量测定。
沉淀颜色：AgCl 为白色，AgBr 为浅黄色，AgI 为黄色，可根据沉淀颜色初步判断卤素种类。
洗涤操作：先用水洗去可溶性杂质，再用乙醇洗去水分，可确保沉淀干燥、纯净，使测定结果更准确。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．氮是自然界中普遍存在的元素，也是生命活动中不可或缺的元素。请回答：
（1）关于氮元素相关的结构与性质，下列说法正确的是_______。
A．基态N原子的电子排布式可表示为
B．液氨中存在，中N的杂化方式为
C．将通入中，形成的氢键强弱：
D．中的键角比中的键角大
（2）某化合物A的晶胞如图。
①化学式是　 　；
②将2.28g该化合物加入到盛有20mL水的烧杯中，充分搅拌后可以观察到的现象是　 　。
（3）可以与多种金属离子形成配合物。已知：具有强氧化性，性质稳定；不易被氧化，具有较强还原性。
①请分析和氧化性差异的原因　 　。
②某研究小组以锂钴废料(主要成分为)为原料，活性炭为催化剂，制备。主要流程如下：
步骤I：
步骤II：
(i)步骤I中酸溶时，可以选择的酸是　 　；
a．浓盐酸　　　　b．稀硫酸　　　c．稀硝酸
(ii)步骤II“转化”中将转化，应先加　 　，后加　 　(选填氨水、)；
(iii)步骤II中以、、、浓氨水为原料制备的化学方程式为　 　。
【答案】（1）A；C
（2）；先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色
（3）中的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子；b；氨水；溶液；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应
【解析】【解答】（1）A．电子排布于相同能量轨道上时尽可能分占不同轨道，基态N原子的电子排布式可表示为，A正确
B．中N的价层电子对数为，则N的杂化方式为，B错误；
C．N的电负性小于O的，更容易给出孤电子对，故氢键强弱：，C正确；
D．和中N原子都为sp3杂化，中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，故中的键角比中的键角小，D错误；
故答案为：AC。
（2）①由晶胞图可知，8个Cl位于体内，Fe位于顶点和面心，个数为，NH3位于棱上、面上和体内，个数为，Fe：NH3：
Cl=4：24：8=1：6：2，其化学式为。
②中Fe2+水解生成Fe(OH)2，逐渐被氧化为Fe(OH)3，现象是先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色。
故答案为： ； 先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 ；
（3）①因为中的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子，故具有强氧化性，性质稳定。
②(i)酸溶时，LiCoO2与浓盐酸反应虽然能够生成Co2+，但会产生有毒气体Cl2，污染环境，稀硝酸具有强氧化性，得不到Co2+；工业上一般用稀硫酸和双氧水酸浸钴锂废料，LiCoO2在稀硫酸溶解得到Co3+，然后在酸性条件下Co3+被还原为Co2+，同时生成的O2对环境无污染，故选b。
(ii)不易被氧化，具有较强还原性，步骤II“转化”中将Co2+转化，应先加氨水，后加入。
(iii)作氧化剂，将氧化为+3价，则以、、、浓氨水为原料制备的化学方程式为。
故答案为：中的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子；b； 氨水 ；溶液 ； 。
【分析】(1)A：基态 N 原子的 2p 轨道半充满，电子排布式为 1s22s22p 2p 2p_z ，符合洪特规则。
B：NH2-中 N 的价层电子对数为 4，采取 sp3 杂化，而非 sp2。
C：O 的电负性大于 N，O-H…O 氢键强于 N-H…O 氢键。
D：NH2OH 中 N 有 1 对孤电子对，NH3OH+中 N 无孤电子对，孤电子对斥力更大，故 NH2OH 中 H-N-O 键角更小。
(2) ①化学式：用均摊法计算：Fe (顶点 + 面心)=4，Cl (体内)=8，NH3(棱 + 面 + 体内)=24，比例为 Fe：NH3：Cl=1：6：2，化学式为 Fe(NH3)6Cl2。
②现象：Fe2+水解生成 Fe(OH)2白色沉淀，迅速被氧化为灰绿色，最终变为红褐色 Fe(OH)3。
解题要点：晶胞均摊法计算、Fe2+的氧化过程。
(3) ①氧化性差异：[Co(NH3)6]3+中 NH3的孤电子对与 Co3+形成配位键，使 Co3+难以再得电子，氧化性减弱。
②酸溶选择：选稀硫酸（b），浓盐酸会产生 Cl2，稀硝酸会将 Co 氧化为高价态。
③转化顺序：先加氨水形成配合物，再加 H2O2将 Co2+氧化为 Co3+。
④根据反应物、生成物种类，书写化学方程式： 。
（1）A．电子排布于相同能量轨道上时尽可能分占不同轨道，基态N原子的电子排布式可表示为，A正确
B．中N的价层电子对数为，则N的杂化方式为，B错误；
C．N的电负性小于O的，更容易给出孤电子对，故氢键强弱：，C正确；
D．和中N原子都为sp3杂化，中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，故中的键角比中的键角小，D错误；
故选AC。
（2）①由晶胞图可知，8个Cl位于体内，Fe位于顶点和面心，个数为，NH3位于棱上、面上和体内，个数为，Fe：NH3：
Cl=4：24：8=1：6：2，其化学式为。
②中Fe2+水解生成Fe(OH)2，逐渐被氧化为Fe(OH)3，现象是先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色。
（3）①因为中的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子，故具有强氧化性，性质稳定。
②(i)酸溶时，LiCoO2与浓盐酸反应虽然能够生成Co2+，但会产生有毒气体Cl2，污染环境，稀硝酸具有强氧化性，得不到Co2+；工业上一般用稀硫酸和双氧水酸浸钴锂废料，LiCoO2在稀硫酸溶解得到Co3+，然后在酸性条件下Co3+被还原为Co2+，同时生成的O2对环境无污染，故选b。
(ii)不易被氧化，具有较强还原性，步骤II“转化”中将Co2+转化，应先加氨水，后加入。
(iii)作氧化剂，将氧化为+3价，则以、、、浓氨水为原料制备的化学方程式为。
18．以为燃料气、为载氧体的化学链燃烧技术的工作原理如图所示。
已知：
“燃料反应器”：主反应：(反应I)
副反应：(反应Ⅱ)
“空气反应器”：
请回答：
（1）在密闭容器中投入1mol和1mol，经相同时间，测得体系内部分物质的量随温度变化如下图所示：
①若“燃料反应器”中只发生反应I、Ⅱ且平衡常数随温度的变化如下表：
温度/K 873 1073 1273 1473
反应I的
反应Ⅱ的 5.7
(i)平衡常数K(T)与温度T的定量关系可表示为：。随温度变化的变化趋势小于的原因是　 　。
(ii)1273K，“燃料反应器”达到平衡时　 　mol·L-1。
②请解释组成中随温度变化的原因　 　。
③下列有关说法正确的是　 　。
A.某时刻“燃料反应器”中，则此时浓度商Q小于平衡常数K
B.“空气反应器”中的CaS颗粒呈沸腾状，有利于加快CaS氧化速率
C.增大“空气反应器”的空气通入量，能提高的平衡转化率
D.800℃时，主、副反应中的的消耗速率相等
（2）“空气反应器”尾气中，的体积分数随温度变化如下表所示，
温度/℃ 900 985 1030 1060
2.4% 10% 21% 25%
则“空气反应器”的温度不宜超过　 　。
（3）在惰性液态电解质中，电解与甲醇的混合液制备硫酸二甲酯，则阳极的电极反应式是　 　。
【答案】（1）的绝对值比的绝对值小；0.057；随温度升高，反应速率加快，增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，减小；继续升高温度副反应平衡正移，又增大；AB
（2）1030℃
（3）
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①(i)结合平衡常数K(T)与温度T的定量关系可知，平衡常数随温度变化的大小和反应热的绝对值的大小是有关系的，则随温度变化的变化趋势小于的原因是：的绝对值比的绝对值小；
(ii) 结合表格中数据，主反应平衡常数表达式，则，副反应平衡常数表达式，由于，则达到平衡时，故答案为：0.057；
②主反应随温度升高K减小，主反应为放热反应，副反应随温度升高K增大，副反应为吸热反应；由图可知，经相同时间，随着温度的升高，水的物质的量先增大，随后减小，到一定程度再次增大，“燃料反应器”中，主反应和副反应中水都是产物，随着温度升高，反应速率增大，温度升高到一定程度，反应达到平衡，随后平衡发生移动，则组成中随温度变化的原因是：随温度升高，反应速率加快，增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，减小；继续升高温度副反应平衡正移，又增大；
③A．说明反应正向进行，即浓度商Q小于平衡常数K，A正确；
B．CaS颗粒呈沸腾状，则CaS和空气接触充分，反应速率加快，B正确；
C．增大“空气反应器”的空气通入量可以增大硫酸钙的量，而硫酸钙是固体，在“燃料反应器”增大硫酸钙的量平衡不移动，的平衡转化率不变，C错误；
D．由图可知，800℃时经相同时间，主反应产生的硫化钙的物质的量和副反应产生的二氧化硫的物质的量相等，但是根据速率之比等于系数之比，则主反应中的的消耗速率更大，D错误；
故答案为：的绝对值比的绝对值小 ； 0.057 ； 随温度升高，反应速率加快，增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，减小；继续升高温度副反应平衡正移，又增大 ；AB；
（2）空气中氧气的体积分数为21%，结合表中信息可知，1030℃时氧气的体积分数为21%，说明此时氧气已经够用，故“空气反应器”的温度不宜超过1030℃；
故答案为：1030℃；
（3）阳极发生氧化反应，二氧化硫失去电子结合甲醇生成硫酸二甲酯，电极反应式是：。
故答案为： 。
【分析】(1) ①(i)：根据公式 ，K随温度变化的幅度与正相关。K1变化趋势小于K2，说明。
(ii)：1273K时，，。联立得 。
②温度较低时，反应速率主导，生成量随温度升高而增大；达到主反应（放热）平衡后，升温使主反应逆向，量减少；温度继续升高，副反应（吸热）正向进行，量再次增大。
③A、，反应正向进行，浓度商Q < K；B、颗粒沸腾增大接触面积，加快反应速率；C、空气通入量不影响的量，平衡转化率不变；D、800℃时产物量相等，但主反应消耗更多，速率不等。
(2)空气中体积分数为21%。1030℃时尾气中，说明此时已被完全氧化，温度再升高会导致剩余更多，造成浪费。因此温度不宜超过1030℃。
(3) 阳极发生氧化反应，失去电子，与结合生成，电极反应式为：
。
（1）①(i)结合平衡常数K(T)与温度T的定量关系可知，平衡常数随温度变化的大小和反应热的绝对值的大小是有关系的，则随温度变化的变化趋势小于的原因是：的绝对值比的绝对值小；
(ii) 结合表格中数据，主反应平衡常数表达式，则，副反应平衡常数表达式，由于，则达到平衡时，故答案为：0.057；
②主反应随温度升高K减小，主反应为放热反应，副反应随温度升高K增大，副反应为吸热反应；由图可知，经相同时间，随着温度的升高，水的物质的量先增大，随后减小，到一定程度再次增大，“燃料反应器”中，主反应和副反应中水都是产物，随着温度升高，反应速率增大，温度升高到一定程度，反应达到平衡，随后平衡发生移动，则组成中随温度变化的原因是：随温度升高，反应速率加快，增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，减小；继续升高温度副反应平衡正移，又增大；
③A．说明反应正向进行，即浓度商Q小于平衡常数K，A正确；
B．CaS颗粒呈沸腾状，则CaS和空气接触充分，反应速率加快，B正确；
C．增大“空气反应器”的空气通入量可以增大硫酸钙的量，而硫酸钙是固体，在“燃料反应器”增大硫酸钙的量平衡不移动，的平衡转化率不变，C错误；
D．由图可知，800℃时经相同时间，主反应产生的硫化钙的物质的量和副反应产生的二氧化硫的物质的量相等，但是根据速率之比等于系数之比，则主反应中的的消耗速率更大，D错误；
故选AB；
（2）空气中氧气的体积分数为21%，结合表中信息可知，1030℃时氧气的体积分数为21%，说明此时氧气已经够用，故“空气反应器”的温度不宜超过1030℃；答案为：1030℃；
（3）阳极发生氧化反应，二氧化硫失去电子结合甲醇生成硫酸二甲酯，电极反应式是：。
19．某实验小组探究苯甲醛与甲醛在浓NaOH作用下制备苯甲醇，实验原理及流程如下：
已知：(1)苯甲醛微溶于水、苯甲醇在水中溶解度不大，两者均易溶于乙醚、密度均约为1g/cm3。
(2)苯甲醛能与反应生成难溶于水、乙醚的固体。
请回答：
（1）甲醛试剂会缔合为三聚甲醛()，实验前需解聚，方法是：取50mL甲醛试剂，加1mL10%稀硫酸，加热回流。稀硫酸的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ所用的装置如下图所示。虚线框内装置的作用是　 　。
（3）步骤Ⅱ为分液，步骤Ⅳ为蒸馏。下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，实验操作必须在通风橱中完成
B．步骤Ⅱ，加适量水的目的是溶解甲酸钠
C．步骤Ⅱ，分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层
D．步骤Ⅳ，温度计插入混合物M3中，会收集到沸点稍高的杂质
（4）步骤Ⅲ对分离得到的有机层的“一系列操作”有如下步骤，请排序　 　(填序号)。
①加溶液至不再产生气泡
②加无水固体吸水，过滤
③水洗，分液
④加过量饱和溶液
⑤分液
⑥过滤
（5）步骤Ⅱ不选择按下图所示操作进行，原因是　 　。
（6）HCHO的还原性强于苯甲醛的原因是　 　。
【答案】（1）催化剂
（2）吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内
（3）A；B；C
（4）④⑥①⑤③②
（5）苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层
（6）苯甲醛中苯环使醛基中的C-H键极性减弱，不易断裂
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】（1）三聚甲醛在稀硫酸的催化下会解聚生成甲醛，反应过程中稀硫酸为催化剂；
故答案为： 催化剂 ；
（2）虚线框内装置中的水可以吸收挥发出的甲醛，防止倒吸，反应物的醛类物质具有较强的还原性，因此该装置还可以防止空气中O2的进入装置内发生副反应；
故答案为： 吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内 ；
（3）A．由于反应物HCHO是气体，易从体系中挥发，因此步骤Ⅰ的实验操作必须在通风橱中完成，A正确；
B．根据分析，步骤Ⅱ中加适量水的目的之一是溶解甲酸钠，B正确；
C．步骤Ⅱ中分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层可以增大产率，C正确；
D．步骤Ⅳ为蒸馏操作，温度计的水银球需在支管口处，不能插入混合物中，D错误；
故答案为： ABC；
（4）根据分析，“一系列操作”的顺序为④⑥①⑤③②；
故答案为： ④⑥①⑤③② ；
（5）混合物M1中含有水、苯甲醛、苯甲醇等，苯甲醛、苯甲醇虽然难溶于水，但它们的密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层，因此不采用图中的操作；
故答案为： 苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层 ；
（6）醛基表现还原性时要断裂C-H键，苯环中含有大π键，电子云密度较高，导致醛基中C-H键的极性减弱，不易断裂。
故答案为： 苯甲醛中苯环使醛基中的C-H键极性减弱，不易断裂 。
【分析】本实验的核心是通过多步分离操作，从反应混合物中提纯苯甲醇，具体逻辑如下：
反应阶段：苯甲醛与过量甲醛在浓 NaOH 溶液中发生 Cannizzaro 反应，生成苯甲醇和甲酸钠。
初步分离（步骤 II）：向混合物 M1 中先加水，使未反应的 HCHO、生成的 HCOONa 和催化剂 NaOH 溶解到水相；再加入乙醚，使未反应的苯甲醛和产物苯甲醇溶解到有机相（乙醚层）。利用水和乙醚不互溶的性质，通过分液弃去水相，实现水溶性杂质与目标产物的初步分离。
深度除杂（步骤 III）：向得到的有机层中加入饱和 NaHSO3溶液，苯甲醛会与其反应生成难溶于水和乙醚的固体，从而从有机相中被除去。随后过滤除去该固体，再加入 NaHCO3溶液至无气泡产生，以中和并除去过量的 NaHSO3。
纯化与干燥（步骤 IV）：通过分液、多次水洗，除去有机层中残留的少量盐类杂质。加入无水 MgSO4干燥有机层，过滤后进行蒸馏，利用沸点差异得到苯甲醇粗品。
（1）三聚甲醛在稀硫酸的催化下会解聚生成甲醛，反应过程中稀硫酸为催化剂；
（2）虚线框内装置中的水可以吸收挥发出的甲醛，防止倒吸，反应物的醛类物质具有较强的还原性，因此该装置还可以防止空气中O2的进入装置内发生副反应；
（3）A．由于反应物HCHO是气体，易从体系中挥发，因此步骤Ⅰ的实验操作必须在通风橱中完成，A正确；
B．根据分析，步骤Ⅱ中加适量水的目的之一是溶解甲酸钠，B正确；
C．步骤Ⅱ中分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层可以增大产率，C正确；
D．步骤Ⅳ为蒸馏操作，温度计的水银球需在支管口处，不能插入混合物中，D错误；
故选ABC；
（4）根据分析，“一系列操作”的顺序为④⑥①⑤③②；
（5）混合物M1中含有水、苯甲醛、苯甲醇等，苯甲醛、苯甲醇虽然难溶于水，但它们的密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层，因此不采用图中的操作；
（6）醛基表现还原性时要断裂C-H键，苯环中含有大π键，电子云密度较高，导致醛基中C-H键的极性减弱，不易断裂。
20．中华裸蒴中含有一种具有杀菌活性的化合物J，其合成路线如图：
已知：
请回答：
（1）化合物A的官能团名称是　 　。
（2）化合物E的结构简式为　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．化合物J的分子式为
B．碱性：化合物F>
C．步骤④中改用稀硫酸，会降低化合物J的产率
D．步骤⑥中的作用为催化剂、吸水剂
（4）由化合物B生成化合物C的化学方程式为　 　。
（5）写出3种符合下列条件的化合物X()的同分异构体　 　。
①分子中含有1个苯环、1个五元环；
②核磁共振氢谱表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子；
③不能发生银镜反应。
（6）以甲苯()为原料，设计化合物F的合成路线(用流程图表示；无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）羧基、羟基/酚羟基
（2）
（3）B；C；D
（4）++HBr
（5）、
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物A的官能团名称是羧基、羟基/酚羟基；
故答案为： 羧基、羟基/酚羟基 ；
（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；
故答案为： ；
（3）A．根据J的结构简式可知，J的分子式为C16H13O3N，A错误；
B．F为，比多了烃基，烃基是推电子基团，故更易与氢离子结合，碱性更强，B正确；
C．步骤④是酯基水解，碱性条件消耗羧酸，促进水解，即酯基在碱性条件下的水解比酸性条件下水解程度更大，若改用稀硫酸，会降低化合物J的产率，C正确；
D．步骤⑥中脱去1分子水，的作用为催化剂、吸水剂促进反应正向进行，D正确；
故答案为：BCD；
（4）B与发生取代反应，生成的化学方程式为++HBr；
故答案为：++HBr ；
（5）①分子中含有1个苯环、1个五元环；除苯环外，有4个C，1个N，3个氧原子，故五元环可以由，C、N原子组成，C、N、O原子组成，②核磁共振氢谱表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；③不能发生银镜反应，说明不含醛基，故同分异构体为：、；
故答案为：、 ；
（6）F为，甲苯()为原料先取代生成卤代烃（），水解生成醇（），催化氧化生成醛（），与HCN加成生成，经还原生成，最后催化氧化生成F（）的合成路线：。
故答案为：
【分析】A（邻羟基苯甲酸）与 CH3OH 在 H2SO4催化、加热条件下发生酯化反应，生成 B（ ）。B 与 CH2Br2在一定条件下反应，苯环上的两个酚羟基转化为 - OCH2- 桥连结构，得到分子式为 C15H14O4的环状中间体 C。 结合有机物C的分子式推测C为，C 与 CH3I 反应，苯环上的一个羟基被甲基化，同时酯基保持，得到 D。D 在 NaOH 溶液中水解，酯基断裂，再经酸化得到 E（ ）。E 与含氮试剂反应，经⑤步转化得到 F（ ），构建出噁唑环的前体结构。F 在酸性条件下环化，形成含羟基的噁唑啉中间体 G（ ）。G 在 P2O5和吡啶作用下脱水，芳构化形成噁唑环，得到 H。H 在催化剂和 H2作用下，苄氧基（-OCH2Ph）被还原为羟基，最终得到目标产物 J。
（1）化合物A的官能团名称是羧基、羟基/酚羟基；
（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；
（3）A．根据J的结构简式可知，J的分子式为C16H13O3N，A错误；
B．F为，比多了烃基，烃基是推电子基团，故更易与氢离子结合，碱性更强，B正确；
C．步骤④是酯基水解，碱性条件消耗羧酸，促进水解，即酯基在碱性条件下的水解比酸性条件下水解程度更大，若改用稀硫酸，会降低化合物J的产率，C正确；
D．步骤⑥中脱去1分子水，的作用为催化剂、吸水剂促进反应正向进行，D正确；
故选BCD；
（4）B与发生取代反应，生成的化学方程式为++HBr；
（5）①分子中含有1个苯环、1个五元环；除苯环外，有4个C，1个N，3个氧原子，故五元环可以由，C、N原子组成，C、N、O原子组成，②核磁共振氢谱表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；③不能发生银镜反应，说明不含醛基，故同分异构体为：、；
（6）F为，甲苯()为原料先取代生成卤代烃（），水解生成醇（），催化氧化生成醛（），与HCN加成生成，经还原生成，最后催化氧化生成F（）的合成路线：。
1 / 1浙江省金华市2025届高三下学期二模考试化学试题
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．下列物质属于含有共价键的分子是
A． B．
C．NaOH D．
2．下列化学用语正确的是
A．有机物的名称：3-醛基戊烷
B．的VSEPR模型：
C．基态Mn原子的价电子排布图：
D．氨基的电子式：
3．物质的性质与用途息息相关，下列说法不正确的是
A．Na能与水反应，可用作乙醚的除水剂
B．新制悬浊液有氧化性，可用于区分葡萄糖、麦芽糖和淀粉
C．Mg有较强的还原性，可用于钢铁的电化学防护
D．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱
4．根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．第一电离能： B．溶解性：
C．结合的能力： D．离子键百分数：
5．下列过程中涉及的有色物质，不具备指示反应终点功能的是
A．制备明矾晶体，将制得的明矾晶体放入铬钾矾紫色饱和溶液中
B．检验乙烯时，将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液
C．呼吸面具供氧时，作为供氧剂
D．进行取代反应性质的实验时，对与混合气体进行光照
6．关于铁及其化合物的性质，下列说法不正确的是
A．高温下，Fe与水蒸气反应的氧化产物为
B．，说明氧化性：
C．高温下，Fe与可以发生铝热反应，焊接铁轨
D．1mol溶液与足量酸性溶液反应，转移3mol电子
7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．浓硫酸、丙三醇可形成较多的氢键，故两种液体均具有吸湿性
B．淀粉-聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，故可作为可生物降解的绿色材料
C．铝粉和NaOH反应能产生大量的气体且放热，故可作厨卫管道疏通剂
D．离子液体由带电荷的离子组成，熔点低且难挥发，故可用作电化学研究的电解质
8．下列离子方程式不正确的是
A．溶液与足量反应：
B．过量Fe粉加入稀硝酸中：
C．少量被溶液吸收：
D．酸性溶液吸收少量甲醛：
9．化合物X是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是
A．用质谱仪检测A的最大质荷比为90
B．甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应
C．B和C生成X的反应不是缩聚反应
D．X分子中采用杂化的原子共有个
10．从海带中提取碘的实验方案如下，下列说法不正确的是
A．试剂①是双氧水和稀硫酸，
B．试剂②可以是，也可以是苯
C．海带灰中可溶性的硫酸盐、碳酸盐可在步骤3中除去
D．向步骤3所得有机层中加浓NaOH溶液，经分液、酸化、过滤、升华，可获得高纯碘
11．二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应如下(忽略其他副反应)：
反应①： kJ/mol
反应②： kJ/mol
恒压下，按投料比充入密闭容器中，达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示(为压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。下列说法不正确的是
A．容器内混合气体的密度不再改变时已达平衡状态
B．图中X、Y分别代表CO、
C．250℃时，反应②的平衡常数
D．若恒温恒容时，以投料，，平衡时，则反应①的
12．冰晶石()的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是
A．晶体属于混合型晶体
B．与浓硫酸共热，可产生HF气体
C．Cl原子的3p能级给出电子对能力比F原子的2p能级弱，故不存在
D．晶体中，Al原子中的2d、3s、3p等轨道进行杂化形成6个杂化轨道
13．已知：将工业废气(主要成分和)通入足量溶液获得溶液A和，如下装置可实现污染治理和、的综合利用。下列说法不正确的是
A．装置①实现了化学能转化为电能
B．电极2发生的反应为：
C．反应一段时间后，装置②的阳极区溶液pH降低
D．治理过程中参与反应的、物质的量之比为1：1
14．化合物X在催化下可转化为M和少量其它烯烃副产物。下列说法不正确的是
A．灼热CuO粉末投入过量X，黑色粉末变红
B．中间体W中所有碳原子可能共面
C．化合物X不能使酸性溶液褪色
D．中间体Z转化为中间体W能自发进行，说明W比Z更稳定
15．室温下，向含有足量的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，反应后混合液中(X代表或)与的关系如图所示．下列说法不正确的是
A．
B．室温下，，
C．室温下，，
D．b点代表的溶液中：
16．测定某液态脂肪族卤代烃中卤素元素的步骤如下，下列说法不正确的是
A．步骤①，量取卤代烃时可用碱式滴定管
B．步骤①，卤代烃发生消去反应不会影响卤素百分含量的测定
C．步骤③，若得到的固体呈黄色，则卤代烃中含碘元素
D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使卤素百分含量测定结果更准确
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．氮是自然界中普遍存在的元素，也是生命活动中不可或缺的元素。请回答：
（1）关于氮元素相关的结构与性质，下列说法正确的是_______。
A．基态N原子的电子排布式可表示为
B．液氨中存在，中N的杂化方式为
C．将通入中，形成的氢键强弱：
D．中的键角比中的键角大
（2）某化合物A的晶胞如图。
①化学式是　 　；
②将2.28g该化合物加入到盛有20mL水的烧杯中，充分搅拌后可以观察到的现象是　 　。
（3）可以与多种金属离子形成配合物。已知：具有强氧化性，性质稳定；不易被氧化，具有较强还原性。
①请分析和氧化性差异的原因　 　。
②某研究小组以锂钴废料(主要成分为)为原料，活性炭为催化剂，制备。主要流程如下：
步骤I：
步骤II：
(i)步骤I中酸溶时，可以选择的酸是　 　；
a．浓盐酸　　　　b．稀硫酸　　　c．稀硝酸
(ii)步骤II“转化”中将转化，应先加　 　，后加　 　(选填氨水、)；
(iii)步骤II中以、、、浓氨水为原料制备的化学方程式为　 　。
18．以为燃料气、为载氧体的化学链燃烧技术的工作原理如图所示。
已知：
“燃料反应器”：主反应：(反应I)
副反应：(反应Ⅱ)
“空气反应器”：
请回答：
（1）在密闭容器中投入1mol和1mol，经相同时间，测得体系内部分物质的量随温度变化如下图所示：
①若“燃料反应器”中只发生反应I、Ⅱ且平衡常数随温度的变化如下表：
温度/K 873 1073 1273 1473
反应I的
反应Ⅱ的 5.7
(i)平衡常数K(T)与温度T的定量关系可表示为：。随温度变化的变化趋势小于的原因是　 　。
(ii)1273K，“燃料反应器”达到平衡时　 　mol·L-1。
②请解释组成中随温度变化的原因　 　。
③下列有关说法正确的是　 　。
A.某时刻“燃料反应器”中，则此时浓度商Q小于平衡常数K
B.“空气反应器”中的CaS颗粒呈沸腾状，有利于加快CaS氧化速率
C.增大“空气反应器”的空气通入量，能提高的平衡转化率
D.800℃时，主、副反应中的的消耗速率相等
（2）“空气反应器”尾气中，的体积分数随温度变化如下表所示，
温度/℃ 900 985 1030 1060
2.4% 10% 21% 25%
则“空气反应器”的温度不宜超过　 　。
（3）在惰性液态电解质中，电解与甲醇的混合液制备硫酸二甲酯，则阳极的电极反应式是　 　。
19．某实验小组探究苯甲醛与甲醛在浓NaOH作用下制备苯甲醇，实验原理及流程如下：
已知：(1)苯甲醛微溶于水、苯甲醇在水中溶解度不大，两者均易溶于乙醚、密度均约为1g/cm3。
(2)苯甲醛能与反应生成难溶于水、乙醚的固体。
请回答：
（1）甲醛试剂会缔合为三聚甲醛()，实验前需解聚，方法是：取50mL甲醛试剂，加1mL10%稀硫酸，加热回流。稀硫酸的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ所用的装置如下图所示。虚线框内装置的作用是　 　。
（3）步骤Ⅱ为分液，步骤Ⅳ为蒸馏。下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，实验操作必须在通风橱中完成
B．步骤Ⅱ，加适量水的目的是溶解甲酸钠
C．步骤Ⅱ，分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层
D．步骤Ⅳ，温度计插入混合物M3中，会收集到沸点稍高的杂质
（4）步骤Ⅲ对分离得到的有机层的“一系列操作”有如下步骤，请排序　 　(填序号)。
①加溶液至不再产生气泡
②加无水固体吸水，过滤
③水洗，分液
④加过量饱和溶液
⑤分液
⑥过滤
（5）步骤Ⅱ不选择按下图所示操作进行，原因是　 　。
（6）HCHO的还原性强于苯甲醛的原因是　 　。
20．中华裸蒴中含有一种具有杀菌活性的化合物J，其合成路线如图：
已知：
请回答：
（1）化合物A的官能团名称是　 　。
（2）化合物E的结构简式为　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．化合物J的分子式为
B．碱性：化合物F>
C．步骤④中改用稀硫酸，会降低化合物J的产率
D．步骤⑥中的作用为催化剂、吸水剂
（4）由化合物B生成化合物C的化学方程式为　 　。
（5）写出3种符合下列条件的化合物X()的同分异构体　 　。
①分子中含有1个苯环、1个五元环；
②核磁共振氢谱表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子；
③不能发生银镜反应。
（6）以甲苯()为原料，设计化合物F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】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、SiO2是原子晶体，由硅原子和氧原子通过共价键直接构成空间网状结构，不存在独立的 SiO2分子，故A不符合题意 ；
B、这是苯胺盐酸盐，属于离子晶体，由 C6H5NH3+和 Cl-通过离子键结合，不存在对应的分子，故B不符合题意 ；
C、NaOH 是离子晶体，由 Na+和 OH-通过离子键结合，虽然 OH-内部存在 O-H 共价键，但不存在独立的 NaOH 分子，故C不符合题意 ；
D、H3PO4是共价化合物，分子内只含共价键，且属于分子晶体，存在独立的 H3PO4分子，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．属于原子晶体，虽然全是共价键，但不存在 SiO2分子。
B．属于离子晶体，由离子构成，不存在对应的分子。
C．属于离子晶体，虽然 OH-内部有 O-H 共价键，但不存在 NaOH 分子。
D．属于共价化合物，也是分子晶体，存在独立的 H3PO4分子，且分子内只含共价键。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该有机物主链应选择包含醛基的最长碳链，共 4 个碳原子，正确名称为2 - 乙基丁醛，而非 “3 - 醛基戊烷”，A错误；
B、SO3的中心 S 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，采取 sp2 杂化，其 VSEPR 模型为平面三角形，与图示一致，B正确；
C、基态 Mn 原子的价电子排布为 3d54s2，根据洪特规则，3d 轨道的 5 个电子应分占 5 个轨道且自旋平行，4s 轨道的 2 个电子自旋相反，因此价电子排布图为，C项错误；
D、氨基（-NH2）的电子式中，N 原子应与 2 个 H 原子形成共价键，同时 N 原子还存在 1 对孤电子对，正确的电子式为， D错误；
故答案为：B。
【分析】A．主链应选含醛基的 4 个碳原子，正确名称为 2 - 乙基丁醛。
B．SO3的中心 S 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，sp2 杂化，VSEPR 模型为平面三角形。
C．基态 Mn 原子价电子排布为 3d54s2，价电子排布图应为 3d 轨道 5 个单电子，4s 轨道 1 对成对电子。
D．氨基的电子式中 N 原子需保留 1 对孤电子对。
3．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、Na 能与水发生反应生成氢气，而乙醚不与 Na 反应，因此 Na 可以有效除去乙醚中的微量水分，可用作乙醚的除水剂，A正确；
B、葡萄糖和麦芽糖都属于还原糖，分子中均含有醛基，都能与新制 Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色 Cu2O 沉淀；淀粉是非还原糖，不发生该反应。因此新制 Cu(OH)2悬浊液只能区分淀粉与还原糖，无法区分葡萄糖和麦芽糖，B错误；
C、Mg 的还原性比 Fe 强，在形成原电池时 Mg 作为负极被氧化，Fe 作为正极被保护，属于牺牲阳极法，可用于钢铁的电化学防护，C正确；
D、碳酸钠和碳酸氢钠都是强碱弱酸盐，溶于水后因水解使溶液呈碱性，因此可用作食用碱或工业用碱，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Na 能与水反应，而乙醚不与 Na 反应，因此 Na 可有效除去乙醚中的水分，可用作乙醚的除水剂。
B．葡萄糖和麦芽糖都是还原糖，都能与新制 Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀，无法用该试剂区分二者。
C．Mg 的还原性比 Fe 强，可作为原电池负极保护钢铁，属于牺牲阳极的电化学防护。
D．Na2CO3和 NaHCO3都是强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，可用作食用碱或工业用碱。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、Na 是金属元素，第一电离能较小。同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，且 Be 的 2s 轨道为全满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，因此第一电离能顺序为 C > Be > Na，A 正确；
B、HCl、H2S、PH3的分子极性依次减弱，根据 “相似相溶” 原理，它们在水中的溶解性也依次降低，即溶解性顺序为 HCl > H2S > PH3，B正确；
C、H2O 是弱电解质，能部分电离出 OH-和 H+；NH3是非电解质，比 H2O 更难电离，说明 NH2-比 OH-更容易结合 H+，因此结合 H+的能力顺序为 OH- < NH2-，C错误；
D、Mg 的金属性强于 Al，与 Cl 的电负性差值更大，形成的化学键离子性更强，因此离子键百分数 MgCl2 > AlCl3，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
第一电离能：注意 Be 的 2s2 全满稳定结构，导致其第一电离能高于 B。
溶解性与分子极性：分子极性越强，在极性溶剂（如水）中的溶解性通常越好。
离子结合 H+能力：对应共轭酸的酸性越弱，其共轭碱结合 H+的能力越强。
离子键百分数：两元素电负性差值越大，形成的化学键离子性越强。
5．【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；甲烷的取代反应；钠的氧化物
【解析】【解答】A、将明矾晶体放入铬钾矾 [KCr(SO4)2] 的紫色饱和溶液中，整个过程溶液始终保持紫色，没有发生颜色变化。铬钾矾仅作为维持晶体析出的饱和溶液环境，并未通过颜色改变来指示反应终点，因此不具备指示功能，A符合题意；
B、溴的四氯化碳溶液呈橙红色，通入乙烯后，溴与乙烯发生加成反应，溶液颜色褪去。颜色的消失明确指示了乙烯与溴反应的发生，因此溴单质具备指示功能，B不符合题意；
C、Na2O2为淡黄色固体，与水或 CO2反应后生成白色的 NaOH 或 Na2CO3。固体颜色从淡黄色变为白色，这一变化可作为反应发生的直观指示，因此 Na2O2具备指示功能，C不符合题意；
D、Cl2为黄绿色气体，与 CH4在光照下发生取代反应，Cl2被消耗，气体颜色逐渐褪去。颜色的消失指示了取代反应的进行，因此 Cl2具备指示功能，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的解题要点是判断有色物质是否通过自身颜色变化来指示反应终点：
只有当有色物质因参与反应而发生明显、可观察的颜色改变时，才能作为反应终点的指示剂。
若有色物质的颜色在过程中保持不变，则无法起到指示作用。
6．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究铝热反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、高温下，Fe 与水蒸气反应生成黑色固体 Fe3O4和 H2，Fe 元素被氧化，Fe3O4是该反应的氧化产物，A正确；
B、在反应 Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+中，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物。根据 “氧化剂的氧化性强于氧化产物” 的规律，可判断氧化性：Fe3+ > Cu2+，B正确；
C、铝热反应的本质是铝作为还原剂，将比铝不活泼的金属从其氧化物中还原出来。焊接铁轨时，是铝粉与 Fe2O3等铁的氧化物发生反应，而不是 Fe 与 Al2O3反应，C错误；
D、在 FeC2O4中，Fe 为 + 2 价，C2O42-中 C 为 + 3 价。当它与足量酸性 KMnO4反应时，Fe2+被氧化为 Fe3+（失去 1mol 电子），C2O42-被氧化为 CO2（每个 C 从 + 3 价升至 + 4 价，共失去 2mol 电子）。根据得失电子守恒，1mol FeC2O4总共转移 3mol 电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的解题要点：
铁与水蒸气的反应：高温下 Fe 与 H2O (g) 反应的产物是 Fe3O4和 H2，Fe3O4是氧化产物。
氧化性强弱判断：依据 “氧化剂> 氧化产物” 的原则，通过分析反应中元素化合价的升降来判断。
铝热反应的定义：铝热反应是铝与金属氧化物（金属活动性比铝弱）的反应，Fe 的金属活动性弱于 Al，因此 Fe 不能与 Al2O3发生铝热反应。
氧化还原反应的电子转移计算：需要分别计算 Fe2+和 C2O42-在反应中失去的电子数，再求和得到总转移电子数。
7．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、浓硫酸和丙三醇分子中都含有多个羟基，能与水分子形成大量氢键，从而表现出较强的吸湿性，这一性质可以直接解释它们作为吸湿剂的用途，A正确；
B、淀粉 - 聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，这一结构特点决定了它具有良好的吸水性。而它作为可生物降解的绿色材料，是因为其分子链可以在微生物作用下水解断裂，与亲水基团的性质没有直接的因果关系，因此不能用该性质说明其用途，B错误；
C、铝粉与 NaOH 溶液反应会产生大量 H2气体，使管道内压强增大，同时反应放热可以软化管道内的堵塞物，因此可用作厨卫管道疏通剂，C正确；
D、离子液体由带电荷的阴、阳离子组成，具有熔点低、难挥发、离子可导电的特点，这些性质使其非常适合作为电化学研究中的电解质，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的解题要点是判断物质的结构或性质与用途之间是否存在直接的因果关系：
正确的对应关系应是：物质的某一特定结构或性质，直接导致了它能被用于某一特定用途，若给出的性质与用途之间没有逻辑关联（如选项 B），则该说法不成立。
8．【答案】D
【知识点】甲醛；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、苯酚（C6H5OH）的酸性弱于 H2CO3但强于 HCO3-，因此 Na2CO3溶液与足量苯酚反应时，CO32-只能得到一个 H+生成 HCO3-，离子方程式为 CO32-+C6H5OH=C6H5O-+HCO3-，A正确；
B、过量 Fe 粉加入稀硝酸中，Fe 会将生成的 Fe3+还原为 Fe2+，最终产物为 Fe2+、NO 和 H2O，配平后的离子方程式为 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B正确；
C、少量 Cl2被 Na2SO3溶液吸收时，Cl2作为氧化剂将 SO32-氧化。由于 Na2SO3过量，生成的 H+会与剩余的 SO32-结合生成 HSO3-，离子方程式为 Cl2+3SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2HSO3-，C正确；
D、酸性 KMnO4溶液吸收少量甲醛时，甲醛（HCHO）被强氧化剂 KMnO4氧化，碳元素从 0 价被氧化至 + 4 价，最终产物应为 CO2或 CO32-，而不是甲酸（HCOOH）。 反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的解题要点是判断离子方程式的正误，核心在于：
反应原理的正确性：如酸性强弱顺序、氧化还原反应的产物判断等。例如，苯酚与碳酸钠的反应产物由酸性强弱决定，而甲醛被强氧化剂氧化的最终产物应为更高价态。
守恒关系：包括原子守恒、电荷守恒和得失电子守恒。任何离子方程式都必须满足这三个守恒。
反应物用量的影响：如 “过量 Fe 粉” 和 “少量 Cl2” 等条件，会直接影响反应的最终产物和方程式的配平。
9．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；羧酸简介；聚合反应
【解析】【解答】A、由甲基水杨酸生成 B 的结构可知，A 应为乙酸酐（ ），其相对分子质量为 102，因此用质谱仪检测 A 的最大质荷比为 102，而非 90，A 错误；
B、甲基水杨酸分子中含有苯环，可发生加成反应；含有酚羟基，易被氧化；含有羧基和酚羟基，可发生酯化等取代反应，B 正确；
C、B 和 C 生成 X 的反应是通过酯基形成高分子，过程中没有小分子物质生成，因此不属于缩聚反应，C 正确；
D、分析 X 的结构，每个重复单元中，采用 sp3 杂化的原子包括：侧链上的 2 个饱和碳原子、1 个醚氧原子，再加上链端的 1 个饱和氧原子，总数应为 4n + 1 个，而非 3n + 1 个，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题的解题要点是围绕有机物的结构与性质展开：
结构推断：通过分析反应前后的结构变化，推断出中间体 A 的结构和相对分子质量。
官能团性质：根据甲基水杨酸含有的苯环、酚羟基、羧基等官能团，判断其可发生的反应类型。
聚合反应类型：缩聚反应的特征是生成高分子的同时伴随小分子（如 H2O）生成，而此反应无小分子生成，故不属于缩聚反应。
杂化方式判断：sp3 杂化的原子通常形成 4 个单键（或 2 个单键 + 2 对孤电子对），需要逐一分析 X 分子中每个原子的成键情况，准确统计 sp3 杂化原子的数量。
10．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、在酸性条件下，H2O2作为氧化剂将 I-氧化为 I2，反应的离子方程式为： H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O， 由方程式可知，消耗的 H2O2与生成的 I2的物质的量之比为 1：1，A正确；
B、试剂②的作用是萃取碘水中的 I2。CCl4和苯都不溶于水，且 I2在其中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此都可以作为萃取剂，B正确；
C、步骤 1（浸泡、过滤）和步骤 2（氧化）主要是将碘元素从海带灰中转移并富集到水溶液中，而海带灰中的可溶性硫酸盐、碳酸盐等杂质，在步骤 1 的过滤操作中就已经大部分被除去，而不是在步骤 3（萃取分液）中除去，C错误；
D、向步骤 3 所得有机层中加入浓 NaOH 溶液，I2会与 NaOH 反应生成易溶于水的 NaI 和 NaIO，通过分液可将碘从有机相转移到水相；再经酸化、过滤得到粗碘，最后通过升华提纯，可获得高纯碘，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题的解题要点是围绕 “从海带中提取碘” 的实验流程，分析各步骤的原理和作用：
氧化反应：明确 H2O2在酸性条件下氧化 I-的化学计量关系，是判断 A 选项的关键。
萃取原理：萃取剂需要满足 “不溶于水、溶质在其中溶解度大” 的条件，CCl4和苯都符合这一要求。
除杂时机：海带灰中的可溶性杂质主要在步骤 1 的浸泡和过滤中被除去，而不是在萃取步骤。
碘的提纯：利用 I2与碱反应、再酸化的方法，可以将碘从有机相转移到水相，再通过升华法获得高纯碘。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、该反应在恒压条件下进行，反应前后气体总物质的量发生变化，导致容器体积改变。混合气体的密度等于总质量除以体积，总质量不变，体积变化，因此密度是一个变量。当密度不再改变时，说明反应已达平衡状态，A正确；
B、反应①是放热反应，升温会抑制 CH3OH 和 H2O 的生成；反应②是吸热反应，升温会促进 CO 和 H2O 的生成。H2O 同时作为两个反应的产物，其物质的量分数受两个反应共同影响，因此 H2O 的量分数变化趋势为先增后减或变化平缓，而 CO 的量分数会随温度升高单调递增。所以图中 X 代表 CO，Y 代表 CH3OH，Z 代表 H2O，B错误；
C、在 250℃时，从图中可以看出，H2O 的物质的量分数（Z）大于 CO 的物质的量分数（X）。由于总压相同，反应②的平衡常数 ，其值小于 1，C正确；
D、设起始时，，设反应①中转化了x mol，反应②中转化了y mol ，平衡时，，由，得3x = 2x + 2y，即；，，；因为，恒温恒容下P与n成正比，，则，即，解得x = 2mol ；平衡时，，，，总物质的量为10mol ；，，， ；反应①的，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的解题要点是结合化学平衡原理和图像信息进行综合分析：
平衡状态判断：恒压下，气体总物质的量变化导致体积变化，密度作为变量可用于判断平衡。
物质曲线判断：根据反应热效应，分析温度对各产物量分数的影响，区分 H2O、CH3OH 和 CO 的变化趋势。
平衡常数计算：利用图像中物质的量分数关系，判断 Kp 与 1 的大小关系。
复杂计算：通过原子守恒和压强关系，联立方程求解各物质的平衡量，再代入 Kp 表达式计算。
12．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶体的定义
【解析】【解答】A、Na3AlF6是由 Na+和 [AlF6]3-构成的离子化合物，属于离子晶体，并非混合型晶体，A错误；
B、冰晶石中的 F-与浓硫酸共热时，会发生复分解反应，生成难挥发的 HF 气体，这是实验室制备 HF 的常用原理，B正确；
C、不存在 Na3AlCl6的主要原因是 Cl-的半径比 F-大，Al3+的半径小，无法容纳 6 个体积较大的 Cl-在其周围形成稳定的八面体结构，而不是因为 Cl 的 3p 能级给出电子的能力更弱。实际上，F 的电负性更强，更易给出孤对电子形成配位键，C错误；
D、Al 原子的价层电子轨道为 3s、3p，不存在 2d 轨道。在 [AlF6]3-中，Al 采取的是 sp3d2 杂化，使用的是 3s、3p 和 3d 轨道，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的解题要点是围绕物质结构与性质的核心概念展开：
晶体类型判断：根据构成晶体的微粒和作用力判断，Na3AlF6由离子构成，属于离子晶体。
化学反应原理：利用强酸制弱酸和难挥发性酸制易挥发性酸的原理，分析 F-与浓硫酸的反应。
配位化合物稳定性：配合物的稳定性与中心离子和配体的半径匹配度、电负性等因素相关，Cl-半径过大导致无法形成稳定的 [AlCl6]3-。
原子轨道与杂化：明确主量子数 n 与轨道的对应关系，Al 作为第三周期元素，其价层轨道中不存在 2d 轨道。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置①是原电池，其作用是将化学反应释放的化学能直接转化为电能，为后续的电解池提供动力，A正确；
B、在装置①的原电池中，电极 2 为正极，O2在此得到电子发生还原反应，反应式为，B正确；
C、在装置②的电解池中，电极 3 为阳极，SO32-在此失去电子被氧化为 SO42-，反应式为 。该反应生成了 H+，导致溶液中 H+浓度升高，pH 降低，C正确；
D、在预处理阶段，1mol SO2与 NaHCO3反应会生成 1mol CO2，这使得体系中 CO2的总量增加。在后续的电解池中，CO2作为原料被还原为 HCOOH。因此，整个治理过程中，参与反应的 SO2和 CO2的物质的量之比大于1：1，而非小于，D错误；
故答案为：D。
【分析】整个流程分为两个核心阶段：
预处理阶段：将含 CO2和 SO2的工业废气通入足量 NaHCO3溶液。由于 H2SO3的酸性强于 H2CO3，SO2会与 NaHCO3反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2，此反应会额外生成 CO2，使体系中 CO2的量增加。
电化学处理阶段：装置①（原电池）：将化学能转化为电能。负极（电极 1） 发生氧化反应：；正极（电极 2）上 O2被还原为 H2O：
装置②（电解池）：将电能转化为化学能。阳极（电极 3） 发生氧化反应：；阴极（电极 4） 发生还原反应：。 据此解题。
14．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；醇类简介
【解析】【解答】A、化合物 X 是 (CH3)3CCH2OH，属于伯醇，能被灼热的 CuO 氧化为醛，同时 CuO 被还原为红色的 Cu 单质，因此黑色粉末会变红，A正确；
B、中间体 W 的结构为 (CH3)3C+CH2CH3，带正电荷的碳原子为 sp2 杂化，与其直接相连的 3 个碳原子共平面。通过碳碳单键的旋转，其余甲基上的碳原子也可以处于这个平面内，因此 W 中所有碳原子可能共面，B正确；
C、化合物 X 含有 - CH2OH 基团，属于醇类，能被酸性 KMnO4溶液氧化，从而使溶液的紫色褪去，C错误；
D、中间体 Z 转化为 W 的过程能自发进行，根据热力学原理，自发反应的方向是从高能态向低能态进行，这说明 W 的能量更低、结构更稳定，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的解题要点是围绕有机物的结构与性质展开：
醇的氧化反应：伯醇（-CH2OH）可以被 CuO 或酸性 KMnO4等氧化剂氧化，这是判断 A、C 选项的关键。
碳原子共面问题：sp2 杂化的碳原子决定了一个平面，通过单键旋转可以使其他碳原子进入该平面。
反应自发性与物质稳定性：自发反应通常朝着生成更稳定物质的方向进行。
15．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在a点，。根据公式 ，代入 ，可得 ，A正确；
B、在c点，，即 。由 和 ，可得 。因此，，B正确；
C、总反应 的平衡常数 。将其变形为 ，代入 和 ，得 ，C正确；
D、在b点，。由物料守恒 ，可得 。再由 ，可知 。根据电荷守恒 ，代入 和 ，可得 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】曲线对应关系：根据公式 ，可知 与 呈线性关系，且斜率为1。因此， 代表 与 的关系， 代表 与 的关系。
利用特殊点计算常数：从图中 点可知，当 时，，代入公式可得 ，即 。据此解题。
16．【答案】A
【知识点】卤代烃简介；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、液态脂肪族卤代烃具有腐蚀性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此量取卤代烃时应使用酸式滴定管或移液管，而不能使用碱式滴定管，A错误；
B、在步骤①中，卤代烃无论是发生水解反应（取代）还是消去反应，卤素原子都会转化为 NaX（X 为 Cl、Br、I）。在后续步骤中，X-与 Ag+按 1：1 的物质的量之比生成 AgX 沉淀，因此不会影响卤素百分含量的测定，B正确；
C、步骤③中，若得到的固体呈黄色，该沉淀为 AgI，说明卤代烃中含有碘元素，C正确；
D、步骤③中，先用水洗涤可以除去沉淀表面吸附的可溶性杂质（如 NaNO3等），再用乙醇洗涤可以除去沉淀表面的水分，使沉淀更纯净、干燥，从而使卤素百分含量的测定结果更准确，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕 “液态脂肪族卤代烃中卤素含量测定” 的实验流程，考查实验仪器选择、反应原理、产物判断和洗涤操作等知识点。
仪器选择：卤代烃具有腐蚀性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此必须使用酸式滴定管。
反应原理：无论是取代（水解）还是消去反应，卤代烃中的卤素原子都会转化为卤素离子，与 Ag+按 1：1 生成沉淀，因此不影响最终的定量测定。
沉淀颜色：AgCl 为白色，AgBr 为浅黄色，AgI 为黄色，可根据沉淀颜色初步判断卤素种类。
洗涤操作：先用水洗去可溶性杂质，再用乙醇洗去水分，可确保沉淀干燥、纯净，使测定结果更准确。
17．【答案】（1）A；C
（2）；先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色
（3）中的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子；b；氨水；溶液；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应
【解析】【解答】（1）A．电子排布于相同能量轨道上时尽可能分占不同轨道，基态N原子的电子排布式可表示为，A正确
B．中N的价层电子对数为，则N的杂化方式为，B错误；
C．N的电负性小于O的，更容易给出孤电子对，故氢键强弱：，C正确；
D．和中N原子都为sp3杂化，中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，故中的键角比中的键角小，D错误；
故答案为：AC。
（2）①由晶胞图可知，8个Cl位于体内，Fe位于顶点和面心，个数为，NH3位于棱上、面上和体内，个数为，Fe：NH3：
Cl=4：24：8=1：6：2，其化学式为。
②中Fe2+水解生成Fe(OH)2，逐渐被氧化为Fe(OH)3，现象是先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色。
故答案为： ； 先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 ；
（3）①因为中的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子，故具有强氧化性，性质稳定。
②(i)酸溶时，LiCoO2与浓盐酸反应虽然能够生成Co2+，但会产生有毒气体Cl2，污染环境，稀硝酸具有强氧化性，得不到Co2+；工业上一般用稀硫酸和双氧水酸浸钴锂废料，LiCoO2在稀硫酸溶解得到Co3+，然后在酸性条件下Co3+被还原为Co2+，同时生成的O2对环境无污染，故选b。
(ii)不易被氧化，具有较强还原性，步骤II“转化”中将Co2+转化，应先加氨水，后加入。
(iii)作氧化剂，将氧化为+3价，则以、、、浓氨水为原料制备的化学方程式为。
故答案为：中的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子；b； 氨水 ；溶液 ； 。
【分析】(1)A：基态 N 原子的 2p 轨道半充满，电子排布式为 1s22s22p 2p 2p_z ，符合洪特规则。
B：NH2-中 N 的价层电子对数为 4，采取 sp3 杂化，而非 sp2。
C：O 的电负性大于 N，O-H…O 氢键强于 N-H…O 氢键。
D：NH2OH 中 N 有 1 对孤电子对，NH3OH+中 N 无孤电子对，孤电子对斥力更大，故 NH2OH 中 H-N-O 键角更小。
(2) ①化学式：用均摊法计算：Fe (顶点 + 面心)=4，Cl (体内)=8，NH3(棱 + 面 + 体内)=24，比例为 Fe：NH3：Cl=1：6：2，化学式为 Fe(NH3)6Cl2。
②现象：Fe2+水解生成 Fe(OH)2白色沉淀，迅速被氧化为灰绿色，最终变为红褐色 Fe(OH)3。
解题要点：晶胞均摊法计算、Fe2+的氧化过程。
(3) ①氧化性差异：[Co(NH3)6]3+中 NH3的孤电子对与 Co3+形成配位键，使 Co3+难以再得电子，氧化性减弱。
②酸溶选择：选稀硫酸（b），浓盐酸会产生 Cl2，稀硝酸会将 Co 氧化为高价态。
③转化顺序：先加氨水形成配合物，再加 H2O2将 Co2+氧化为 Co3+。
④根据反应物、生成物种类，书写化学方程式： 。
（1）A．电子排布于相同能量轨道上时尽可能分占不同轨道，基态N原子的电子排布式可表示为，A正确
B．中N的价层电子对数为，则N的杂化方式为，B错误；
C．N的电负性小于O的，更容易给出孤电子对，故氢键强弱：，C正确；
D．和中N原子都为sp3杂化，中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，故中的键角比中的键角小，D错误；
故选AC。
（2）①由晶胞图可知，8个Cl位于体内，Fe位于顶点和面心，个数为，NH3位于棱上、面上和体内，个数为，Fe：NH3：
Cl=4：24：8=1：6：2，其化学式为。
②中Fe2+水解生成Fe(OH)2，逐渐被氧化为Fe(OH)3，现象是先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色。
（3）①因为中的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子，故具有强氧化性，性质稳定。
②(i)酸溶时，LiCoO2与浓盐酸反应虽然能够生成Co2+，但会产生有毒气体Cl2，污染环境，稀硝酸具有强氧化性，得不到Co2+；工业上一般用稀硫酸和双氧水酸浸钴锂废料，LiCoO2在稀硫酸溶解得到Co3+，然后在酸性条件下Co3+被还原为Co2+，同时生成的O2对环境无污染，故选b。
(ii)不易被氧化，具有较强还原性，步骤II“转化”中将Co2+转化，应先加氨水，后加入。
(iii)作氧化剂，将氧化为+3价，则以、、、浓氨水为原料制备的化学方程式为。
18．【答案】（1）的绝对值比的绝对值小；0.057；随温度升高，反应速率加快，增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，减小；继续升高温度副反应平衡正移，又增大；AB
（2）1030℃
（3）
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①(i)结合平衡常数K(T)与温度T的定量关系可知，平衡常数随温度变化的大小和反应热的绝对值的大小是有关系的，则随温度变化的变化趋势小于的原因是：的绝对值比的绝对值小；
(ii) 结合表格中数据，主反应平衡常数表达式，则，副反应平衡常数表达式，由于，则达到平衡时，故答案为：0.057；
②主反应随温度升高K减小，主反应为放热反应，副反应随温度升高K增大，副反应为吸热反应；由图可知，经相同时间，随着温度的升高，水的物质的量先增大，随后减小，到一定程度再次增大，“燃料反应器”中，主反应和副反应中水都是产物，随着温度升高，反应速率增大，温度升高到一定程度，反应达到平衡，随后平衡发生移动，则组成中随温度变化的原因是：随温度升高，反应速率加快，增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，减小；继续升高温度副反应平衡正移，又增大；
③A．说明反应正向进行，即浓度商Q小于平衡常数K，A正确；
B．CaS颗粒呈沸腾状，则CaS和空气接触充分，反应速率加快，B正确；
C．增大“空气反应器”的空气通入量可以增大硫酸钙的量，而硫酸钙是固体，在“燃料反应器”增大硫酸钙的量平衡不移动，的平衡转化率不变，C错误；
D．由图可知，800℃时经相同时间，主反应产生的硫化钙的物质的量和副反应产生的二氧化硫的物质的量相等，但是根据速率之比等于系数之比，则主反应中的的消耗速率更大，D错误；
故答案为：的绝对值比的绝对值小 ； 0.057 ； 随温度升高，反应速率加快，增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，减小；继续升高温度副反应平衡正移，又增大 ；AB；
（2）空气中氧气的体积分数为21%，结合表中信息可知，1030℃时氧气的体积分数为21%，说明此时氧气已经够用，故“空气反应器”的温度不宜超过1030℃；
故答案为：1030℃；
（3）阳极发生氧化反应，二氧化硫失去电子结合甲醇生成硫酸二甲酯，电极反应式是：。
故答案为： 。
【分析】(1) ①(i)：根据公式 ，K随温度变化的幅度与正相关。K1变化趋势小于K2，说明。
(ii)：1273K时，，。联立得 。
②温度较低时，反应速率主导，生成量随温度升高而增大；达到主反应（放热）平衡后，升温使主反应逆向，量减少；温度继续升高，副反应（吸热）正向进行，量再次增大。
③A、，反应正向进行，浓度商Q < K；B、颗粒沸腾增大接触面积，加快反应速率；C、空气通入量不影响的量，平衡转化率不变；D、800℃时产物量相等，但主反应消耗更多，速率不等。
(2)空气中体积分数为21%。1030℃时尾气中，说明此时已被完全氧化，温度再升高会导致剩余更多，造成浪费。因此温度不宜超过1030℃。
(3) 阳极发生氧化反应，失去电子，与结合生成，电极反应式为：
。
（1）①(i)结合平衡常数K(T)与温度T的定量关系可知，平衡常数随温度变化的大小和反应热的绝对值的大小是有关系的，则随温度变化的变化趋势小于的原因是：的绝对值比的绝对值小；
(ii) 结合表格中数据，主反应平衡常数表达式，则，副反应平衡常数表达式，由于，则达到平衡时，故答案为：0.057；
②主反应随温度升高K减小，主反应为放热反应，副反应随温度升高K增大，副反应为吸热反应；由图可知，经相同时间，随着温度的升高，水的物质的量先增大，随后减小，到一定程度再次增大，“燃料反应器”中，主反应和副反应中水都是产物，随着温度升高，反应速率增大，温度升高到一定程度，反应达到平衡，随后平衡发生移动，则组成中随温度变化的原因是：随温度升高，反应速率加快，增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，减小；继续升高温度副反应平衡正移，又增大；
③A．说明反应正向进行，即浓度商Q小于平衡常数K，A正确；
B．CaS颗粒呈沸腾状，则CaS和空气接触充分，反应速率加快，B正确；
C．增大“空气反应器”的空气通入量可以增大硫酸钙的量，而硫酸钙是固体，在“燃料反应器”增大硫酸钙的量平衡不移动，的平衡转化率不变，C错误；
D．由图可知，800℃时经相同时间，主反应产生的硫化钙的物质的量和副反应产生的二氧化硫的物质的量相等，但是根据速率之比等于系数之比，则主反应中的的消耗速率更大，D错误；
故选AB；
（2）空气中氧气的体积分数为21%，结合表中信息可知，1030℃时氧气的体积分数为21%，说明此时氧气已经够用，故“空气反应器”的温度不宜超过1030℃；答案为：1030℃；
（3）阳极发生氧化反应，二氧化硫失去电子结合甲醇生成硫酸二甲酯，电极反应式是：。
19．【答案】（1）催化剂
（2）吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内
（3）A；B；C
（4）④⑥①⑤③②
（5）苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层
（6）苯甲醛中苯环使醛基中的C-H键极性减弱，不易断裂
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】（1）三聚甲醛在稀硫酸的催化下会解聚生成甲醛，反应过程中稀硫酸为催化剂；
故答案为： 催化剂 ；
（2）虚线框内装置中的水可以吸收挥发出的甲醛，防止倒吸，反应物的醛类物质具有较强的还原性，因此该装置还可以防止空气中O2的进入装置内发生副反应；
故答案为： 吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内 ；
（3）A．由于反应物HCHO是气体，易从体系中挥发，因此步骤Ⅰ的实验操作必须在通风橱中完成，A正确；
B．根据分析，步骤Ⅱ中加适量水的目的之一是溶解甲酸钠，B正确；
C．步骤Ⅱ中分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层可以增大产率，C正确；
D．步骤Ⅳ为蒸馏操作，温度计的水银球需在支管口处，不能插入混合物中，D错误；
故答案为： ABC；
（4）根据分析，“一系列操作”的顺序为④⑥①⑤③②；
故答案为： ④⑥①⑤③② ；
（5）混合物M1中含有水、苯甲醛、苯甲醇等，苯甲醛、苯甲醇虽然难溶于水，但它们的密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层，因此不采用图中的操作；
故答案为： 苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层 ；
（6）醛基表现还原性时要断裂C-H键，苯环中含有大π键，电子云密度较高，导致醛基中C-H键的极性减弱，不易断裂。
故答案为： 苯甲醛中苯环使醛基中的C-H键极性减弱，不易断裂 。
【分析】本实验的核心是通过多步分离操作，从反应混合物中提纯苯甲醇，具体逻辑如下：
反应阶段：苯甲醛与过量甲醛在浓 NaOH 溶液中发生 Cannizzaro 反应，生成苯甲醇和甲酸钠。
初步分离（步骤 II）：向混合物 M1 中先加水，使未反应的 HCHO、生成的 HCOONa 和催化剂 NaOH 溶解到水相；再加入乙醚，使未反应的苯甲醛和产物苯甲醇溶解到有机相（乙醚层）。利用水和乙醚不互溶的性质，通过分液弃去水相，实现水溶性杂质与目标产物的初步分离。
深度除杂（步骤 III）：向得到的有机层中加入饱和 NaHSO3溶液，苯甲醛会与其反应生成难溶于水和乙醚的固体，从而从有机相中被除去。随后过滤除去该固体，再加入 NaHCO3溶液至无气泡产生，以中和并除去过量的 NaHSO3。
纯化与干燥（步骤 IV）：通过分液、多次水洗，除去有机层中残留的少量盐类杂质。加入无水 MgSO4干燥有机层，过滤后进行蒸馏，利用沸点差异得到苯甲醇粗品。
（1）三聚甲醛在稀硫酸的催化下会解聚生成甲醛，反应过程中稀硫酸为催化剂；
（2）虚线框内装置中的水可以吸收挥发出的甲醛，防止倒吸，反应物的醛类物质具有较强的还原性，因此该装置还可以防止空气中O2的进入装置内发生副反应；
（3）A．由于反应物HCHO是气体，易从体系中挥发，因此步骤Ⅰ的实验操作必须在通风橱中完成，A正确；
B．根据分析，步骤Ⅱ中加适量水的目的之一是溶解甲酸钠，B正确；
C．步骤Ⅱ中分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层可以增大产率，C正确；
D．步骤Ⅳ为蒸馏操作，温度计的水银球需在支管口处，不能插入混合物中，D错误；
故选ABC；
（4）根据分析，“一系列操作”的顺序为④⑥①⑤③②；
（5）混合物M1中含有水、苯甲醛、苯甲醇等，苯甲醛、苯甲醇虽然难溶于水，但它们的密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层，因此不采用图中的操作；
（6）醛基表现还原性时要断裂C-H键，苯环中含有大π键，电子云密度较高，导致醛基中C-H键的极性减弱，不易断裂。
20．【答案】（1）羧基、羟基/酚羟基
（2）
（3）B；C；D
（4）++HBr
（5）、
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物A的官能团名称是羧基、羟基/酚羟基；
故答案为： 羧基、羟基/酚羟基 ；
（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；
故答案为： ；
（3）A．根据J的结构简式可知，J的分子式为C16H13O3N，A错误；
B．F为，比多了烃基，烃基是推电子基团，故更易与氢离子结合，碱性更强，B正确；
C．步骤④是酯基水解，碱性条件消耗羧酸，促进水解，即酯基在碱性条件下的水解比酸性条件下水解程度更大，若改用稀硫酸，会降低化合物J的产率，C正确；
D．步骤⑥中脱去1分子水，的作用为催化剂、吸水剂促进反应正向进行，D正确；
故答案为：BCD；
（4）B与发生取代反应，生成的化学方程式为++HBr；
故答案为：++HBr ；
（5）①分子中含有1个苯环、1个五元环；除苯环外，有4个C，1个N，3个氧原子，故五元环可以由，C、N原子组成，C、N、O原子组成，②核磁共振氢谱表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；③不能发生银镜反应，说明不含醛基，故同分异构体为：、；
故答案为：、 ；
（6）F为，甲苯()为原料先取代生成卤代烃（），水解生成醇（），催化氧化生成醛（），与HCN加成生成，经还原生成，最后催化氧化生成F（）的合成路线：。
故答案为：
【分析】A（邻羟基苯甲酸）与 CH3OH 在 H2SO4催化、加热条件下发生酯化反应，生成 B（ ）。B 与 CH2Br2在一定条件下反应，苯环上的两个酚羟基转化为 - OCH2- 桥连结构，得到分子式为 C15H14O4的环状中间体 C。 结合有机物C的分子式推测C为，C 与 CH3I 反应，苯环上的一个羟基被甲基化，同时酯基保持，得到 D。D 在 NaOH 溶液中水解，酯基断裂，再经酸化得到 E（ ）。E 与含氮试剂反应，经⑤步转化得到 F（ ），构建出噁唑环的前体结构。F 在酸性条件下环化，形成含羟基的噁唑啉中间体 G（ ）。G 在 P2O5和吡啶作用下脱水，芳构化形成噁唑环，得到 H。H 在催化剂和 H2作用下，苄氧基（-OCH2Ph）被还原为羟基，最终得到目标产物 J。
（1）化合物A的官能团名称是羧基、羟基/酚羟基；
（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；
（3）A．根据J的结构简式可知，J的分子式为C16H13O3N，A错误；
B．F为，比多了烃基，烃基是推电子基团，故更易与氢离子结合，碱性更强，B正确；
C．步骤④是酯基水解，碱性条件消耗羧酸，促进水解，即酯基在碱性条件下的水解比酸性条件下水解程度更大，若改用稀硫酸，会降低化合物J的产率，C正确；
D．步骤⑥中脱去1分子水，的作用为催化剂、吸水剂促进反应正向进行，D正确；
故选BCD；
（4）B与发生取代反应，生成的化学方程式为++HBr；
（5）①分子中含有1个苯环、1个五元环；除苯环外，有4个C，1个N，3个氧原子，故五元环可以由，C、N原子组成，C、N、O原子组成，②核磁共振氢谱表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；③不能发生银镜反应，说明不含醛基，故同分异构体为：、；
（6）F为，甲苯()为原料先取代生成卤代烃（），水解生成醇（），催化氧化生成醛（），与HCN加成生成，经还原生成，最后催化氧化生成F（）的合成路线：。
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