资源简介

浙江省温州市2025届高三下学期二模化学试题
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．下列物质中含有非极性键的是
A．NaCl B．HClO C． D．
【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、NaCl 由 Na+和 Cl-通过离子键结合，分子中不存在任何共价键，因此不含非极性键，A 错误；
B、HClO 的结构式为 H-O-Cl，分子内只存在 H-O 键和 O-Cl 键，均为不同元素原子间形成的极性共价键，无非极性键，B错误；
C、CO2的结构式为 O=C=O，C 与 O 是不同元素，形成的 C=O 键为极性共价键，分子中不存在非极性键，C错误；
D、C2H6的结构中，两个碳原子之间以 C-C 单键相连，属于同种元素原子形成的非极性键；同时存在 C-H 极性键，只要分子中存在非极性键即符合要求，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
核心定义：非极性键是同种元素原子间的共价键，极性键是不同种元素原子间的共价键。
特殊情况：离子化合物中可能不含共价键（如 NaCl），共价化合物中可同时存在极性键与非极性键（如 C2H6）。
2．下列说法中，不正确的是
A．铬酸作氧化剂，可使铝制品的表面产生美丽的氧化膜
B．La-Ni合金的氢化物受热不易分解，可以作为储氢合金
C．液态的氯乙烷汽化时吸收大量热量，具有冷冻麻醉作用
D．是性质稳定的白色颜料，可用于制造橡胶、造纸
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、铬酸是强氧化剂，能使铝表面发生钝化，生成一层致密且美观的氧化铝保护膜，既可以防护铝制品被腐蚀，也能起到装饰作用，A正确；
B、储氢合金的核心要求是能在温和条件下可逆吸放氢气。若 La-Ni 合金的氢化物受热不易分解，就无法释放出储存的氢气，不满足储氢材料 “可放氢” 的基本要求，因此不能作为储氢合金，该描述错误，B错误；
C、液态氯乙烷汽化时会吸收大量热量，能使局部组织温度快速降低，从而产生冷冻麻醉的效果，常被用于运动损伤的应急处理，C正确；
D、TiO2（二氧化钛）化学性质稳定，无毒且遮盖力强，是优质的白色颜料，广泛应用于橡胶、造纸、涂料等行业，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
钝化作用：强氧化剂可使铝等金属表面生成致密氧化膜，起到防护和装饰作用。
储氢合金核心性质：必须具备可逆吸放氢气的能力，其氢化物需在适当条件下易分解以释放氢气。
汽化吸热特性：低沸点液态物质汽化时大量吸热，可用于冷冻麻醉。
TiO2的应用：稳定的白色颜料，多用于橡胶、造纸等领域。
3．下列化学用语表达正确的是
A．分子中的键：
B．的价电子排布式：
C．乙炔的结构简式：CHCH
D．氨气的电子式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Cl原子的价电子排布为3s23p5，成键时两个Cl原子的3p轨道沿键轴方向“头碰头”重叠，形成p-p σ键，图中展示的正是这种沿键轴分布的σ键形态，A正确；
B、基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，形成Fe2+时会失去最外层4s轨道的2个电子，因此Fe2+的价电子排布式应为3d6，而非3d54s ，B错误；
C、乙炔的官能团是碳碳三键（C≡C），结构简式必须体现出不饱和键，正确写法为CH≡CH，省略三键的CHCH不符合结构简式书写规范，C错误；
D、NH3分子中N原子最外层有5个电子，其中3个与H原子成键，还剩余1对孤对电子，电子式需标出这对孤对电子，正确写法为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
σ键判断：同种非金属原子成键时，多为p-p σ键（如Cl2），形态沿键轴分布。
价电子排布：金属阳离子失电子时优先失去最外层电子，Fe到Fe2+是失去4s2电子。
结构简式规范：必须清晰体现官能团，乙炔需写出C≡C。
电子式规范：除成键电子外，还需标出原子的孤对电子（如NH3中N的孤对电子）。
4．根据元素周期表，下列说法不正确的是
A．原子半径：
B．与水反应的剧烈程度：
C．酸性：
D．分子极性：
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、B、C、N 同属第二周期，同周期主族元素从左到右，核电荷数增大，原子核对核外电子的吸引作用增强，原子半径依次减小，因此原子半径顺序为 B > C > N，A正确；
B、Li、Na、K 同属第 ⅠA 族，同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，金属单质的还原性增强，与水反应的剧烈程度随之增大，因此反应剧烈程度为 Li < Na < K，B正确；
C、B 和 Al 同属第 ⅢA 族，同主族元素从上到下，非金属性减弱，其最高价氧化物对应的水化物酸性也随之减弱。B 的非金属性强于 Al，因此酸性顺序应为 B(OH)3 > Al(OH)3，选项中的酸性顺序描述错误，C错误；
D、H2S 和 H2O 结构相似，O 和 S 同属第 ⅥA 族，O 的电负性远大于 S，导致 H2O 中 H-O 键的极性更强，分子整体极性也更大，因此分子极性为 H2S < H2O，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子半径递变：同周期主族元素从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大。
金属性递变：同主族从上到下金属性增强，单质与水反应更剧烈。
酸性递变：同主族从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱。
分子极性判断：结构相似的分子，成键原子电负性差异越大，分子极性越强。
5．关于试剂保存方法，下列说法正确的是
A．酸性高锰酸钾溶液保存在棕色细口瓶中
B．氢氧化钠溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中
C．保存液溴、白磷、金属钠要用水封
D．汽油存放在带橡胶塞的棕色试剂瓶中
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；钠的化学性质
【解析】【解答】A、酸性高锰酸钾溶液见光或受热容易分解，为了避光防分解，同时方便取用液体，应保存在棕色细口瓶中，该保存方法正确，A正确；
B、氢氧化钠溶液呈强碱性，会和玻璃的主要成分二氧化硅反应，生成黏性较强的硅酸钠，容易将玻璃塞与瓶身粘住无法打开，因此不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，B错误；
C、液溴易挥发、白磷在空气中易自燃，二者可以用水封保存；但金属钠会与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，不能用水封，需用煤油密封保存，因此该描述错误，C错误；
D、汽油是有机溶剂，会使橡胶发生溶胀、溶解，导致橡胶塞损坏，因此不能用带橡胶塞的试剂瓶存放汽油，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
见光易分解试剂：需用棕色瓶避光保存，液体试剂用细口瓶。
碱性溶液：不能用玻璃塞，避免与二氧化硅反应生成黏性物质粘住瓶塞。
水封适用范围：液溴、白磷可水封，活泼金属（如钠）不能水封。
有机溶剂：会腐蚀橡胶塞，需用玻璃塞。
6．关于硫的性质，下列说法不正确的是
A．浓硫酸可干燥
B．S与Cu加热条件下反应生成
C．向和的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊，说明氧化性：
D．与氧气在沸腾炉中完全反应生成和时，转移11mol电子
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、SO2是酸性气体，且与浓硫酸不发生氧化还原反应，因此可用浓硫酸作为干燥剂干燥 SO2，A正确；
B、硫单质的氧化性较弱，无法将 Cu 氧化为 + 2 价，在加热条件下与 Cu 反应生成低价态的 Cu2S，B 正确；
C、向 Na2S 和 Na2SO3的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊是因为发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓ + 3H2O。该反应中，SO32-是氧化剂，S 是氧化产物，只能说明氧化性
SO32- > S，与 SO42-无关，因此无法得出氧化性 SO42- > S 的结论，C错误；
D、FeS2与氧气反应的化学方程式为 4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2。4 mol FeS2参与反应时转移 44 mol 电子，因此 1 mol FeS2完全反应时转移电子的物质的量为 11 mol，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
干燥剂选择：酸性气体且无强还原性的物质（如 SO2）可用浓硫酸干燥。
硫的氧化性：硫单质氧化性较弱，与变价金属反应生成低价金属硫化物。
氧化性判断：氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，需准确判断反应中的氧化剂与氧化产物。
电子守恒：根据反应方程式中元素化合价的变化，计算转移电子的物质的量。
7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．明矾水解可以产生胶体，故明矾可作为消毒剂
B．聚乙炔具有共轭大键体系，可用于制备导电高分子材料
C．十二烷基磺酸根离子有亲水基团和疏水基团，故可作为表面活性剂
D．铁粉具有还原性，可以作为食品脱氧剂
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；乙炔炔烃；肥皂、合成洗涤剂
【解析】【解答】A、明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体可吸附水中悬浮杂质，因此明矾可作净水剂；但明矾不具备强氧化性，无法杀灭细菌、病毒，不能作为消毒剂，该选项中 “性质→用途” 的对应关系错误，A错误；
B、聚乙炔分子中存在共轭大 π 键体系，电子可在该体系中移动，经掺杂处理后能表现出一定导电性，因此可用于制备导电高分子材料，性质与用途对应合理，B正确；
C、十二烷基磺酸根离子同时含有疏水的长链烷基和亲水的磺酸根，在水中可形成胶束，能降低液体表面张力，因此可作为表面活性剂，性质与用途对应合理，C正确；
D、铁粉具有还原性，能与空气中的氧气发生反应，吸收包装内的氧气，从而防止食品被氧化变质，因此可作为食品脱氧剂，性质与用途对应合理，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
净水与消毒区别：胶体吸附杂质是净水，不具备氧化性则无法消毒，明矾只能净水不能消毒。
导电高分子原理：共轭大 π 键可传递电子，是聚乙炔能导电的核心原因。
表面活性剂结构：同时含亲水、疏水基团是表面活性剂的典型结构特征。
脱氧剂原理：利用物质还原性吸收氧气，防止食品氧化。
8．下列离子方程式正确的是
A．Al与NaOH溶液反应：
B．向银氨溶液中加入过量的盐酸：
C．用石墨电极电解稀NaCl溶液：
D．向NaHS溶液中滴加少量溶液：
【答案】A
【知识点】铝的化学性质；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铝与NaOH溶液反应时，Al被氧化为Al(OH)4-，H2O中的H被还原为H2。配平后的离子方程式为：，该式满足原子守恒、电荷守恒与反应事实，A正确；
B、银氨溶液中的强电解质Ag(NH3)2OH应拆为离子形式，正确写法为Ag(NH3)2+和OH-；且过量盐酸会与NH4+、Ag(NH3)2+充分反应，原方程式拆分与反应逻辑均有误，B错误；
C、用石墨电极电解稀NaCl溶液时，H2O的氧化性强于Na+，阴极是H2O得电子生成H2和OH-，而非Na+被还原为Na，正确的电解产物应为H2、Cl2和NaOH，该方程式违背电解反应事实，C错误；
D、CuS是极难溶的沉淀，反应会生成CuS，且少量CuSO4时，HS-还会与生成的H+进一步反应，该方程式未体现完整反应过程与产物，应为： D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子方程式拆分规范：强电解质需拆为离子形式（如Ag(NH3)2OH拆为Ag(NH3)2+和OH-）。
电解规律：水溶液中，活泼金属阳离子（如Na+）不会在阴极放电，水电离的H+优先得电子。
反应事实优先：离子方程式必须符合真实的化学反应过程与产物。
守恒关系：需同时满足原子守恒与电荷守恒。
9．化合物Y是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体。
下列说法不正确的是
A．的反应类型是取代反应
B．化合物X在酸性条件下的水解产物之一能与溶液发生显色反应
C．1mol化合物Y与NaOH溶液反应，最多消耗
D．化合物Y中所有碳(C)原子共平面
【答案】C
【知识点】酯的性质；取代反应
【解析】【解答】A、X 转化为 Y 的过程中，X 分子内两个酯基发生反应形成环状结构，同时脱离出甲醇（CH3OH）分子，该过程符合 “有进有出” 的取代反应特征，属于分子内取代反应，A正确；
B、化合物 X 含苯环侧链的酯基，在酸性条件下水解会生成含酚羟基（-OH 直接连在苯环上）的有机产物，酚羟基是 FeCl3溶液显色反应的特征官能团，因此水解产物之一能与 FeCl3溶液发生显色反应，B正确；
C、化合物 Y 分子中含有 1 个环状酯基，该酯基在 NaOH 溶液中发生水解时，会生成 1 个羧基和 1 个酚羟基；羧基与酚羟基均能与 NaOH 按 1：1 的比例发生中和反应，因此 1 mol 化合物 Y 与 NaOH 溶液反应时，最多可消耗 2 mol NaOH，而非 1 mol，C错误；
D、苯环为平面结构，苯环上所有碳原子及直接相连的原子共平面；Y 分子中的羰基（C=O）为平面结构，与羰基直接相连的碳原子也在该平面内，且各平面结构通过共价键相连，最终可形成一个整体平面，因此 Y 中所有碳原子共平面，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
取代反应特征：有机反应中生成小分子（如 CH3OH）且存在基团替换、成环的过程，多为取代反应。
显色反应关键：只有酚羟基（-OH 连苯环）能与 FeCl3溶液显色，醇羟基无此性质。
酯基与 NaOH 反应：普通酯基水解消耗 1 mol NaOH，酚酯基水解会生成酚羟基，总计消耗 2 mol NaOH。
原子共面规律：苯环、羰基均为平面结构，直接相连的原子可共平面，无饱和碳原子干扰时，分子中碳原子可全部共面。
10．某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，提纯苯甲酸按如下流程：
下列说法正确的是
A．甲操作，可用蒸发皿代替烧杯
B．乙操作，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤
C．丙操作，采用冰水冷却可得大颗粒晶体便于后续操作
D．丁与乙操作，均采用冷水洗涤可提高产率
【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A、甲操作为加热溶解，烧杯适合在水浴 / 酒精灯加热下进行溶解操作，而蒸发皿主要用于蒸发浓缩结晶，不适合作为溶解容器，不能用蒸发皿代替烧杯，A错误；
B、乙操作为趁热过滤，目的是防止苯甲酸提前结晶。但过滤时滤液接触温度较低的漏斗颈部，易因温度骤降导致苯甲酸晶体析出，可能堵塞漏斗颈、影响过滤速率，B正确；
C、采用冰水快速冷却会使苯甲酸结晶速率过快，易形成细小晶体，甚至包裹杂质；缓慢冷却才能得到颗粒较大、纯度更高的晶体，因此冰水冷却不利于后续过滤操作，C错误；
D、乙操作是趁热过滤，此时用冷水洗涤会导致苯甲酸在滤渣中提前结晶，造成产品损失；丁操作是过滤晶体，用冷水洗涤可减少晶体溶解损耗。仅丁操作适合冷水洗涤，乙操作不适合，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
仪器用途：烧杯用于加热溶解，蒸发皿用于蒸发结晶，不可混用。
趁热过滤注意事项：温度降低易导致溶质结晶，可能堵塞漏斗，需尽量缩短过滤时间、保持装置温热。
结晶颗粒控制：缓慢冷却得到大颗粒晶体，纯度更高；快速冷却易生成细小晶体，包裹杂质。
洗涤原则：洗涤晶体时用冷水可减少溶解损耗，但趁热过滤阶段不能用冷水，避免溶质提前结晶。
11．水煤气变换法反应为：，将各0.5mol的CO和混合气体投入体积可变的密闭容器中，于不同的温度下测得反应物的物质的量分数()随时间变化关系如图所示。
下列说法不正确的是
A．温度高于
B．升高温度，正反应速率增大的倍数小于逆反应速率
C．恒温恒容下，在状态a容器中再充入和，平衡不移动
D．在时，反应物的物质的量投入加倍，则随时间变化可能为曲线L
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短。从图像看，T2对应的曲线先达到平衡，说明反应速率更快，因此温度T2高于T1，A正确；
B、对比T2和T1的平衡状态，温度升高后，反应物的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。放热反应中，升高温度时，逆反应速率（吸热方向）增大的幅度更大，即正反应速率增大的倍数小于逆反应速率，B正确；
C、设初始时CO和H2O均为0.5 mol，总物质的量为1 mol。平衡时反应物物质的量分数为0.2，设CO转化了x mol，则平衡时n(CO)=n(H2O)=0.5-x，n(CO2)=n(H2)=x，总物质的量仍为1 mol。
，平衡常数 。
再充入1.8 mol CO和2.7 mol CO2后，n(CO)=0.2+1.8=2 mol，n(CO2)=0.3+2.7=3 mol，n(H2O)=0.2 mol，n(H2)=0.3 mol，浓度商：；
Q=K，平衡不移动，C正确；
D、在体积可变的容器中，反应物物质的量加倍，相当于等效为原平衡加压，但该反应是气体分子数不变的反应，平衡不移动，反应物平衡物质的量分数不变；同时浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间应更短。曲线L的平衡分数与原T2不同，且达到平衡时间更长，不符合规律，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
速率与平衡判断：先达到平衡的温度更高；放热反应升温时逆反应速率增幅更大。
平衡常数计算：利用平衡时物质的量分数算出各组分物质的量，再代入平衡常数表达式。
浓度商应用：Q=K时平衡不移动，可判断投料后平衡状态。
等效平衡：气体分子数不变的反应，浓度加倍（体积可变）时平衡分数不变，反应速率加快。
12．某新型锂离子电池是以嵌锂非晶硅薄膜和钴酸锂薄膜为电极的二次电池，充电时，嵌入非晶硅膜，放电时发生脱嵌，工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．充电时，b极接电源的负极
B．充电时，a极的电极反应式为
C．放电时，外电路通过，b极质量增加7g
D．放电时，穿过交换膜向a极移动
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电时Li+嵌入非晶硅薄膜（a极），说明a极是电解池的阴极，接电源负极；b极是电解池的阳极，应接电源正极，A错误；
B、充电时a极为阴极，Li+得电子嵌入硅形成Li Si，正确的电极反应式应为 ，选项中缺少Si参与反应，不符合实际反应过程，B错误；
C、放电时b极为正极，电极反应为 ，每通过1 mol e-，就有1 mol Li+嵌入b极，Li的摩尔质量为7 g/mol，因此b极质量增加7 g，C正确；
D、放电时为原电池，阳离子（Li+）向正极（b极）移动，因此Li+穿过Li+交换膜向b极移动，而非a极，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
考查：锂离子电池充放电原理、电极反应式书写、离子迁移方向与质量计算。
注意：①充电时“阳离子嵌入阴极”，放电时“阳离子移向正极”；②电极反应式需体现完整反应物与产物（如Li Si的生成）；③计算电极质量变化时，紧扣“嵌入/脱出的离子质量”。
13．Li、N形成的一种化合物的结构如图1所示为，下列说法不正确的是
A．该化合物的化学式为
B．冶炼金属锂的时，不能用氮气作为保护气
C．将该物质投入热的浓NaOH溶液中能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
D．图2为该化合物的一个晶胞
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、根据均摊原则：
Li原子：、N原子：。
原子个数比Li：N = 3：1，化学式为Li3N，A正确；
B、Li能与N2反应生成Li3N，因此冶炼金属锂时不能用氮气作保护气，B正确；
C、Li3N在热浓NaOH溶液中发生水解，生成NH3，NH3能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C正确；
D、晶胞是晶体的最小重复单元，需满足三维空间可无限堆叠。图2无法在三维空间中重复堆叠形成完整晶体，因此不是该化合物的晶胞，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕Li-N化合物的晶体结构与性质展开，核心是用均摊法确定化学式，再结合元素性质、化学反应与晶胞定义，逐一判断各选项正误。
突破口：化学式确定：利用晶胞均摊法，分别计算Li、N原子数目，得到原子个数比。
性质关联：Li的活泼性决定其不能用N2作保护气；Li3N的水解反应可产生NH3。
晶胞判断：晶胞是能在三维空间无限重复堆叠的最小重复单元。
14．某研究小组以Na+作模板按以下路线制备高效相转移催化剂15-冠-5(部分反应条件及试剂已简化)：
下列说法正确的是
A．化合物A与15-冠-5是同系物
B．A→E过程中，H+和OH-都是催化剂
C．1个D分子中有4个手性碳原子
D．利用上述流程的原理，改用KOH可以制备18-冠-6()
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；醇类简介；同系物
【解析】【解答】A、化合物 A 是三元环醚，15 - 冠 - 5 是大环冠醚，二者官能团均为醚键，但环大小、醚键数目差异明显，且分子组成并非相差若干个 CH2，不满足同系物定义，A错误；
B、A→B、B→C 过程中 H+参与反应且反应前后不变，是催化剂；D→E 过程中 NaOH 与 C、D 反应生成的 HCl 发生中和反应，促进反应正向进行，OH-被消耗，并非催化剂，B错误；
C、D 分子结构简式为 ClCH2CH2OCH2CH2Cl，分子中所有碳原子均连接 2 个及以上相同原子 / 原子团，不存在连 4 个不同基团的手性碳原子，C错误；
D、冠醚以金属离子为模板制备，15 - 冠 - 5 适配 Na+，18 - 冠 - 6 适配 K+（K+半径大于 Na+）。改用 KOH 提供 K+作模板，可按相同流程制备 18 - 冠 - 6 () ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同系物判断：需满足 “结构相似、分子组成相差若干个 CH2” 的核心条件。
催化剂判断：催化剂在反应前后质量与化学性质不变，若参与反应并被消耗则不是催化剂。
手性碳判断：连有 4 个不同原子、原子团的饱和碳原子才是手性碳原子。
流程迁移：冠醚制备以金属离子为模板，离子半径匹配决定冠醚环大小。
15．已知：常温下，、，下列说法不正确的是
A．向溶液中滴加少量稀盐酸至中性，则
B．溶液中与纯水中水电离产生的比为
C．
D．溶液中，
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；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、向CH3COONa溶液中滴加稀盐酸至中性，溶液中 。
电荷守恒：，化简得 。
物料守恒：。
联立两式可得 ，A正确；
B、CH3COONH4溶液中，CH3COO-与NH4+发生双水解：
水解常数 。
设水解的离子浓度为 ，则 ，解得 。
水电离的 ，纯水中水电离的 。
比值为 ，而非 ，B错误；
C、反应 的平衡常数：
C正确；
D、NH4+水解：，水解常数 。
物料守恒：，即 。
联立得：，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：守恒关系：中性溶液中可结合电荷守恒与物料守恒直接得到离子浓度关系。
水解常数：利用 （双水解）或 （单水解）进行计算。
平衡常数推导：将目标反应拆分为已知平衡（如沉淀溶解、弱碱电离），再组合得到总平衡常数。
水电离的 ：盐溶液中水电离的 等于水解产生的弱酸、弱碱浓度。
16．以卤水(主要以形式存在)为原料提取碘的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．氧化剂1可以是，也可以是适量的
B．“吸附”步骤中，高分子树脂能与形成共价键，达到富集碘元素的目的
C．“脱附”的离子方程式：
D．“精制”过程可以是加热升华，再冷凝
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、氧化剂 1 的作用是将卤水中的 I-氧化为 I2，H2O2是温和氧化剂，可在酸性条件下氧化 I-；适量 Cl2也能将 I-氧化为 I2（不会过度氧化为 IO3-），因此二者均可作为氧化剂 1，A正确；
B、“吸附” 步骤中，高分子树脂对 I2的富集依赖物理吸附，二者之间通过范德华力结合，并非形成共价键，B错误；
C、“脱附” 时，Na2SO3将 I2还原为 I-，自身被氧化为 SO42-，在酸性条件下反应的离子方程式为：I2 +SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，该式满足原子守恒、电荷守恒与反应事实，C正确；
D、碘单质具有易升华的特性，加热升华后再冷凝，可除去粗碘中的杂质，得到纯碘，因此 “精制” 过程可采用加热升华再冷凝的方法，D正确；
故答案为：B。
【分析】该提碘工艺围绕 “氧化富集→还原脱附→再氧化制粗碘→升华精制” 的核心思路展开，全程利用碘元素的价态转化实现分离提纯。首先对卤水进行酸化预处理，为后续氧化反应创造酸性环境，随后加入合适的氧化剂，将卤水中低浓度的 I-定向氧化为 I2单质；再利用高分子树脂对 I2的选择性吸附作用，将其从混合体系中分离出来，完成碘元素的富集；之后向吸附了 I2的树脂中加入亚硫酸钠溶液，通过氧化还原反应将 I2还原为易溶于水的 I-，实现碘元素从树脂到溶液的转移，得到高浓度的脱附液；最后向脱附液中再次加入氧化剂，将 I-重新氧化为 I2单质，经过过滤得到粗碘固体，再利用碘的物理特性完成最终精制。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)。
17．氟元素在医疗、生活和工业等多个领域发挥着重要作用。请回答：
（1）ⅦA族元素又称为卤族元素，下列关于卤族元素的表达中正确的是_______。
A．F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小
B．基态溴原子核外电子排布式：
C．微粒半径比较：
D．的VSEPR模型为平面三角形
（2）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可用以下方法制备：。
①比较键角的大小：　 　(填“>”、“<”或“=”)
②比较配位键的强弱：　 　(填“>”、“<”或“=”)
（3）一般来说，晶体结构中阴、阳离子的配位数由结构中阴、阳离子半径的比值来决定。的半径与的半径非常接近。两种物质的晶胞结构如图所示：
①晶胞中，的配位数为　 　。
②晶胞中的阴、阳配位数与KF不同的原因是　 　。
（4）湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸，利用废液可以生产白炭黑和冰晶石。
过程如下：
步骤Ⅰ：向废液中加入溶液，过滤、洗涤，得到固体。
步骤Ⅱ：经过下列流程，分别得到白炭黑和冰晶石。
已知：在水中溶解度随温度的升高急剧增大，溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键。。
①写出步骤Ⅰ中的离子方程式：　 　。
②溶液在长时间加热之后(忽略物质的挥发)，溶液的pH　 　。(填“增大”、“减小”或“不变”)
③白炭黑的主要成分是　 　。(写化学式)
④写出生产冰晶石的化学方程式：　 　。
【答案】（1）A；C
（2）>；>
（3）4；晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构
（4）；减小；；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；离子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）A．元素周期表中同主族元素从上到下，元素第一电离能逐渐减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，A正确；
B．溴为35号元素，则基态溴原子核外电子排布式，B错误；
C．同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径，则微粒半径，C正确；
D．中心氯原子价层电子对数，采取杂化，则VSEPR模型为四面体形，D错误；
故答案为：AC。
（2）①由于电负性F＞N＞H，则分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故中的键角更小，键角更大的是，则键角；
②由于电负性F＞N＞H，则中氮原子对孤电子对吸引力强于，更难提供孤电子对与中的B形成配位键，则配位键得强弱：；
故答案为： > ； > 。
（3）①由晶胞图可知，晶体中每个周围与其距离最近且相等的的数量是4，则的配位数为4；
②晶胞中只存在离子键，所以阴、阳配位数均为6，但在晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构，不能像晶胞紧密堆积，因此晶胞中的阴、阳配位数与KF不同；
故答案为：4；晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构 ；
（4）溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键，发生如下反应：，与 HF 反应：，则气体A为，溶液A主要成分为，固体A为或，烘干后得到白炭黑；气体A、溶液A与溶液发生反应：制备冰晶石，同时得到溶液B（溶液）；
①湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸，在水溶液中完全电离，向废液中加入溶液，过滤、洗涤，得到固体，则离子方程式为：；
②根据题目所给得已知信息：溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键，说明水解，产物中生成 HF（弱酸），在长时间加热之后溶液的pH减小；
③由分析可知，白炭黑的主要成分是；
④由分析可知，生产冰晶石的化学方程式为：故答案为： ； 减小 ； ； 。
【分析】(1) 同主族从上到下第一电离能逐渐减小（F、Cl、Br、I 依次减小）。
基态 Br 原子电子排布式为[Ar]3d 4s24p5，遗漏3d 是常见错误。
同种元素微粒半径：阴离子 > 原子 > 阳离子（r(Cl-) > r(Cl) > r(Cl+)）。
ClO3-中 Cl 价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，不是平面三角形。
(2)键角：电负性F > N > H，NF3中成键电子对离 N 更远，键间斥力更小，故键角：NH3 > NF3。
配位键强度：F 电负性更强，使NF3中 N 孤电子对更难给出，故配位键强度：H3N→BF3 > F3N→BF3。
(3)①NH4F晶胞中，F-周围最近且等距的NH4+有 4 个，配位数为 4。
②KF仅含离子键，配位数为 6；NH4F中NH4+与F-形成氢键，结构特殊，故配位数与KF不同。
(4) ①根据反应物与生成物书写步骤 Ⅰ 离子方程式。
②Na2SiF6水解生成 HF（弱酸），长时间加热后溶液 pH 减小。
③根据所学知识可知：白炭黑主要成分为SiO2。
④根据反应物与生成物书写冰晶石制备反应方程式。
（1）A．元素周期表中同主族元素从上到下，元素第一电离能逐渐减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，A正确；
B．溴为35号元素，则基态溴原子核外电子排布式，B错误；
C．同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径，则微粒半径，C正确；
D．中心氯原子价层电子对数，采取杂化，则VSEPR模型为四面体形，D错误；
答案选AC。
（2）①由于电负性F＞N＞H，则分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故中的键角更小，键角更大的是，则键角；
②由于电负性F＞N＞H，则中氮原子对孤电子对吸引力强于，更难提供孤电子对与中的B形成配位键，则配位键得强弱：；
（3）①由晶胞图可知，晶体中每个周围与其距离最近且相等的的数量是4，则的配位数为4；
②晶胞中只存在离子键，所以阴、阳配位数均为6，但在晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构，不能像晶胞紧密堆积，因此晶胞中的阴、阳配位数与KF不同；
（4）溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键，发生如下反应：，与 HF 反应：，则气体A为，溶液A主要成分为，固体A为或，烘干后得到白炭黑；气体A、溶液A与溶液发生反应：制备冰晶石，同时得到溶液B（溶液）；
①湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸，在水溶液中完全电离，向废液中加入溶液，过滤、洗涤，得到固体，则离子方程式为：；
②根据题目所给得已知信息：溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键，说明水解，产物中生成 HF（弱酸），在长时间加热之后溶液的pH减小；
③由分析可知，白炭黑的主要成分是；
④由分析可知，生产冰晶石的化学方程式为：；
18．HCl是涉氯工业生产中的副产品，氧化HCl是一种实现氯资源闭路循环的重要方法。
（1）HCl直接氧化法制，若以CuO为催化剂，涉及如下反应：
利于反应自发进行的条件是　 　。
A．高温 B．低温 C．高压 D．低压 E．催化剂
（2）有科学家发现是氧化HCl的主要活性相，反应机理如图所示。高温下铜的氯化物易挥发导致催化剂活性下降，固体中铜的氯化物的质量分数越大越易挥发。下列有关说法正确的是_______。
A．温度越高，生成的速率越快
B．适当增大与HCl的投料比有利于提高催化剂的活性
C．氧气的浓度越大，的产生速率越快
D．在CuO中加入适量的KCl能提高反应速率
（3）将HCl和的物质的量按以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在、下分别发生氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率()曲线如图-1所示(HCl流速的转化率可近似为平衡转化率)。
①图-1中为　 　℃。反应在流速时，而在时的原因是　 　。
②设M与N点的转化率为平衡转化率，求的平衡常数为　 　。(用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算)
③将HCl和分别按物质的量比和通入装有催化剂的反应器反应，在图-2中分别画出HCl平衡转化率随温度变化的曲线图　 　。
（4）科学家设计了一种氧化HCl新的工艺方案：电解槽的阴阳极用质子交换膜隔开，以为催化剂，通过电化学过程和化学过程实现HCl的氧化。其中阴极发生的反应包括两步，请补充第2步反应的方程式。①；②　 　。
【答案】（1）B
（2）B；D
（3）360；在流速较慢时，反应近似处于平衡，，温度低反应程度大，所以在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以；36；(需注意：物质的量比时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；
（4）
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）已知：① ；
② ；
由盖斯定律2×①+②得到反应的，该反应的，依据反应自发进行可知，该反应自发进行的条件是低温，故选B；
故答案为： B ；
（2）A．温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A不选；
B ．选项适当增大与HCl 的投料比有利于生成 Cu2OCl2，且减小铜的氯化物挥发，有利于提高催化剂的活性，B选；
C．增大的浓度会导致 HCl 的吸附反应，导致反应速率下降，C不选；
D ．加入 KCl降低载体中铜的氯化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D选；
故答案为： BD；
（3）①HCl流速的转化率可近似为平衡转化率，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，则，即为360℃；
反应在流速时，HCl转化率衡转化率，，该反应，则，在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以；
②的曲线是，HCl平衡转化率为80%，设初始HCl和的物质的量均为1mol，列三段式：
，气体总物质的量为1.8mol，=36；
③该反应为放热反应，温度越高，HCl平衡转化率越低，且HCl比例越大，平衡转化率越低，故图像为(需注意：物质的量比时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；
故答案为： 360 ； 在流速较慢时，反应近似处于平衡，，温度低反应程度大，所以在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以 ；36；(需注意：物质的量比时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)； 。
（4）为催化剂，则第一步反应先消耗，第二部反应又重新生成，故第二步反应为。
故答案为： 。
【分析】(1)用盖斯定律计算总反应焓变：（放热，）。
反应前后气体分子数减少（）。自发判据，需低温条件。
(2)温度过高：铜的氯化物挥发，催化活性下降，反应速率未必加快。
增大投料比：利于生成，减少铜的氯化物挥发，提高催化活性。
加入KCl：降低铜的氯化物质量分数，减少挥发，提高反应速率。
(3) 温度判断：反应放热，平衡转化率随温度升高而降低，故；低衡（低温转化率高），高速非平衡（低温速率慢，转化率低）。
平衡常数计算：以1：1投料、80%转化率列三段式，用物质的量分数代入，得。
曲线绘制：均为“升温转化率下降”；时，转化率远高于1：1，且两曲线均标注360℃、440℃关键数值。
(4)为催化剂，需循环再生。第二步补全原则：被氧化为，结合酸性环境与原子、电荷守恒，得反应式。
（1）已知：① ；
② ；
由盖斯定律2×①+②得到反应的，该反应的，依据反应自发进行可知，该反应自发进行的条件是低温，故选B；
（2）A．温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A不选；
B ．选项适当增大与HCl 的投料比有利于生成 Cu2OCl2，且减小铜的氯化物挥发，有利于提高催化剂的活性，B选；
C．增大的浓度会导致 HCl 的吸附反应，导致反应速率下降，C不选；
D ．加入 KCl降低载体中铜的氯化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D选；
综上答案选 BD；
（3）①HCl流速的转化率可近似为平衡转化率，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，则，即为360℃；
反应在流速时，HCl转化率衡转化率，，该反应，则，在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以；
②的曲线是，HCl平衡转化率为80%，设初始HCl和的物质的量均为1mol，列三段式：
，气体总物质的量为1.8mol，=36；
③该反应为放热反应，温度越高，HCl平衡转化率越低，且HCl比例越大，平衡转化率越低，故图像为(需注意：物质的量比时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；
（4）为催化剂，则第一步反应先消耗，第二部反应又重新生成，故第二步反应为。
19．某兴趣小组利用废铜屑(主要成分为Cu，还含有少量Fe、)制备助燃剂——六水合高氯酸铜，相关的流程如下：
已知：易溶于水，微溶于乙醇，时分解。
（1）步骤Ⅰ，浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量稀溶液浓缩，仪器A的名称是　 　，毛细管的作用是平衡气压和　 　，外接真空泵的原因是　 　。
（2）步骤Ⅲ，反应温度控制不超过的原因是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，的作用仅是将氧化
B．步骤Ⅱ，滤渣的主要成分为
C．步骤Ⅲ，为了提高的转化率，
D．步骤Ⅳ，沉淀可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤
（4）通过步骤Ⅴ和一系列操作可得到。从下列选项中选择最佳操作并排序：　 　。
→(_______)→(_______)→d→(_______)→(_______)→g→
a．向浓一次性加入
b．向浓分几次加入
c．冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体
d．继续蒸发至有晶膜出现
e．刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却
f．在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾
g．将固体置于的烘箱中干燥2小时
（5）用“恒电流电解法”测定样品中的Cu含量，步骤如下：
①样品中Cu元素的质量分数是　 　%(用含的式子表示)。
②若铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，样品中Cu元素的质量分数　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）冷凝管或直形冷凝管；防止溶液暴沸；减压或抽气，降水的沸点，减少分解
（2）温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的
（3）B；C；D
（4）bf ce
（5）；偏大
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称是直形冷凝管；H2O2受热易分解，浓缩时需要减压蒸馏，馏出物为H2O；毛细管提供汽化中心，防止液体暴沸；外接真空泵的原因是减压或抽气，降水的沸点，减少分解；
故答案为： 冷凝管或直形冷凝管 ； 防止溶液暴沸 ； 减压或抽气，降水的沸点，减少分解 ；
（2）中易水解，且、受热也不稳定，故反应温度控制不超过的原因是：温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的；
故答案为： 温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的 。
（3）A．步骤Ⅰ，H2O2的作用除了是将是将氧化外，还将Cu 氧化 Cu2+，A错误；
B．步骤Ⅱ，通过调节 pH 将Fe3+转为为 Fe(OH)3，B正确；
C．步骤Ⅲ，根据方程式，加入过量的，可提高的转化率，C正确；
D．步骤Ⅳ，沉淀难溶于水，可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤除去沉淀表面的水分，D正确；
故答案为：BCD；
（4）与浓反应放热，应向浓分几次加入，在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾，继续蒸发至有晶膜出现，冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体，刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却，将固体置于的烘箱中干燥2小时得到得到，故顺序是：→b→f→d→c→e→g→；
故答案为： bf ce ；
（5）①由实验原理可知，m(Cu)=铂网阴极析出的铜+电解残液中的铜，，样品中Cu元素的质量分数是；
②铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，导致铜片被氧化，Cu的质量增加，测得样品中Cu元素的质量分数偏大。
故答案为： ； 偏大 。
【分析】以废铜屑（含 Cu、Fe、Fe2O3）为原料，先经稀 H2SO4和 H2O2溶解除去铁杂质并将 Cu 氧化为 Cu2+；调节 pH 除铁后，滤液加NaHCO3在 70~80℃反应生成碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3），过滤洗涤干燥后，用稀 HClO4溶解得到高氯酸铜溶液，最后经低温蒸发浓缩、冷却结晶、乙醇洗涤等操作，制得六水合高氯酸铜（Cu(ClO4)2 6H2O）。
（1）由图可知，仪器A的名称是直形冷凝管；H2O2受热易分解，浓缩时需要减压蒸馏，馏出物为H2O；毛细管提供汽化中心，防止液体暴沸；外接真空泵的原因是减压或抽气，降水的沸点，减少分解；
（2）中易水解，且、受热也不稳定，故反应温度控制不超过的原因是：温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的；
（3）A．步骤Ⅰ，H2O2的作用除了是将是将氧化外，还将Cu 氧化 Cu2+，A错误；
B．步骤Ⅱ，通过调节 pH 将Fe3+转为为 Fe(OH)3，B正确；
C．步骤Ⅲ，根据方程式，加入过量的，可提高的转化率，C正确；
D．步骤Ⅳ，沉淀难溶于水，可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤除去沉淀表面的水分，D正确；
故选BCD；
（4）与浓反应放热，应向浓分几次加入，在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾，继续蒸发至有晶膜出现，冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体，刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却，将固体置于的烘箱中干燥2小时得到得到，故顺序是：→b→f→d→c→e→g→；
（5）①由实验原理可知，m(Cu)=铂网阴极析出的铜+电解残液中的铜，，样品中Cu元素的质量分数是；
②铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，导致铜片被氧化，Cu的质量增加，测得样品中Cu元素的质量分数偏大。
20．某研究小组按下列路线合成治疗银屑病药物本维莫得(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：。请回答：
（1）化合物B中官能团的名称是　 　。
（2）化合物C的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．化合物D能使溴水褪色 B．化合物F的酸性强于化合物E
C．化合物Ⅰ能发生消去反应 D．本维莫得分子式为
（4）写出G→H的化学方程式　 　。
（5）5-苯基环己烷-1，3-二酮()是合成有机物的中间体，设计以苯甲醛、丙酮、甲醇、为原料合成该物质的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中只含有苯环，无其他环状结构。
②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同环境的氢原子，不含键及。
【答案】（1）碳碳双键、醛基
（2）
（3）A；C
（4）
（5）
（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
【解析】【解答】（1）B的结构简式为，官能团名称为碳碳双键、醛基；
故答案为： 碳碳双键、醛基 ；
（2）由分析可知，化合物C的结构简式为；
故答案为： ；
（3）A．化合物D中含有碳碳双键，能使溴水褪色，A选；
B．化合物E中两个羧基连在同一个C原子上，结构如图：两个酮羰基的π键共轭，使得羟基氧中的孤对电子也会参与π键共轭，导致羟基更容易电离出，故酸性：E＞F，B不选；
C．化合物Ⅰ中含有氯原子，且碳上存在氢原子，满足卤代烃消去反应的条件，能发生消去反应，C选；
D．本维莫得分子不饱和度为9，碳原子个数为17，则氢原子个数为18，故分子式为，D不选；
故答案为： AC；
（4）由分析可知，G为，G中醛基和羧基发生已知信息的反应信息的反应生成H为，化学方程式为；
故答案为： ；
（5）由目标产物的结构简式可以看出，其结构类似H，则需要酮羰基和酯基发生类似G→H的反应，从而形成六圆环，故首先用苯甲醛和丙酮发生类似A→B的反应生成，再与发生类似C→D的加成反应，生成，其在酸性环境下发生酯基的水解反应，再发生脱羧反应脱去1个羧基生成，再与甲醇发生酯化反应，得到酯基，酯基与酮羰基发生G→H的反应得到目标产物，具体合成路线为：；
故答案为：；
（6）化合物E的不饱和度为8，其只含有苯环，无其他环状结构，核磁共振氢谱有4种不同环境的氢原子，说明其含有两个苯环，且两个苯环的取代基高度对称，两个苯环刚好8个不饱和度，说明其余结构中均为饱和键，氧原子数共有5个(奇数)，还要满足对称结构，说明其基本结构一定是或，满足条件的同分异构体有：。
故答案为： 。
【分析】以苯甲醛（A）为起始原料，先与乙醛B（）发生缩合反应生成含碳碳双键的中间体，再经还原得到化合物 C（）；随后与丙二酸二乙酯发生取代反应生成含酯基的中间体 D，经酸性水解得到含羧基的化合物 E；接着通过脱羧反应得到化合物 F，与甲醇酯化后得到 G（），再经脱羧得到 H（）；H 经氯代反应生成 I，最后通过成环、脱氯代等转化，得到目标药物本维莫得。
（1）B的结构简式为，官能团名称为碳碳双键、醛基；
（2）由分析可知，化合物C的结构简式为；
（3）A．化合物D中含有碳碳双键，能使溴水褪色，A选；
B．化合物E中两个羧基连在同一个C原子上，结构如图：两个酮羰基的π键共轭，使得羟基氧中的孤对电子也会参与π键共轭，导致羟基更容易电离出，故酸性：E＞F，B不选；
C．化合物Ⅰ中含有氯原子，且碳上存在氢原子，满足卤代烃消去反应的条件，能发生消去反应，C选；
D．本维莫得分子不饱和度为9，碳原子个数为17，则氢原子个数为18，故分子式为，D不选；
故选AC；
（4）由分析可知，G为，G中醛基和羧基发生已知信息的反应信息的反应生成H为，化学方程式为；
（5）由目标产物的结构简式可以看出，其结构类似H，则需要酮羰基和酯基发生类似G→H的反应，从而形成六圆环，故首先用苯甲醛和丙酮发生类似A→B的反应生成，再与发生类似C→D的加成反应，生成，其在酸性环境下发生酯基的水解反应，再发生脱羧反应脱去1个羧基生成，再与甲醇发生酯化反应，得到酯基，酯基与酮羰基发生G→H的反应得到目标产物，具体合成路线为：；
（6）化合物E的不饱和度为8，其只含有苯环，无其他环状结构，核磁共振氢谱有4种不同环境的氢原子，说明其含有两个苯环，且两个苯环的取代基高度对称，两个苯环刚好8个不饱和度，说明其余结构中均为饱和键，氧原子数共有5个(奇数)，还要满足对称结构，说明其基本结构一定是或，满足条件的同分异构体有：。
1 / 1浙江省温州市2025届高三下学期二模化学试题
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．下列物质中含有非极性键的是
A．NaCl B．HClO C． D．
2．下列说法中，不正确的是
A．铬酸作氧化剂，可使铝制品的表面产生美丽的氧化膜
B．La-Ni合金的氢化物受热不易分解，可以作为储氢合金
C．液态的氯乙烷汽化时吸收大量热量，具有冷冻麻醉作用
D．是性质稳定的白色颜料，可用于制造橡胶、造纸
3．下列化学用语表达正确的是
A．分子中的键：
B．的价电子排布式：
C．乙炔的结构简式：CHCH
D．氨气的电子式：
4．根据元素周期表，下列说法不正确的是
A．原子半径：
B．与水反应的剧烈程度：
C．酸性：
D．分子极性：
5．关于试剂保存方法，下列说法正确的是
A．酸性高锰酸钾溶液保存在棕色细口瓶中
B．氢氧化钠溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中
C．保存液溴、白磷、金属钠要用水封
D．汽油存放在带橡胶塞的棕色试剂瓶中
6．关于硫的性质，下列说法不正确的是
A．浓硫酸可干燥
B．S与Cu加热条件下反应生成
C．向和的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊，说明氧化性：
D．与氧气在沸腾炉中完全反应生成和时，转移11mol电子
7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．明矾水解可以产生胶体，故明矾可作为消毒剂
B．聚乙炔具有共轭大键体系，可用于制备导电高分子材料
C．十二烷基磺酸根离子有亲水基团和疏水基团，故可作为表面活性剂
D．铁粉具有还原性，可以作为食品脱氧剂
8．下列离子方程式正确的是
A．Al与NaOH溶液反应：
B．向银氨溶液中加入过量的盐酸：
C．用石墨电极电解稀NaCl溶液：
D．向NaHS溶液中滴加少量溶液：
9．化合物Y是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体。
下列说法不正确的是
A．的反应类型是取代反应
B．化合物X在酸性条件下的水解产物之一能与溶液发生显色反应
C．1mol化合物Y与NaOH溶液反应，最多消耗
D．化合物Y中所有碳(C)原子共平面
10．某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，提纯苯甲酸按如下流程：
下列说法正确的是
A．甲操作，可用蒸发皿代替烧杯
B．乙操作，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤
C．丙操作，采用冰水冷却可得大颗粒晶体便于后续操作
D．丁与乙操作，均采用冷水洗涤可提高产率
11．水煤气变换法反应为：，将各0.5mol的CO和混合气体投入体积可变的密闭容器中，于不同的温度下测得反应物的物质的量分数()随时间变化关系如图所示。
下列说法不正确的是
A．温度高于
B．升高温度，正反应速率增大的倍数小于逆反应速率
C．恒温恒容下，在状态a容器中再充入和，平衡不移动
D．在时，反应物的物质的量投入加倍，则随时间变化可能为曲线L
12．某新型锂离子电池是以嵌锂非晶硅薄膜和钴酸锂薄膜为电极的二次电池，充电时，嵌入非晶硅膜，放电时发生脱嵌，工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．充电时，b极接电源的负极
B．充电时，a极的电极反应式为
C．放电时，外电路通过，b极质量增加7g
D．放电时，穿过交换膜向a极移动
13．Li、N形成的一种化合物的结构如图1所示为，下列说法不正确的是
A．该化合物的化学式为
B．冶炼金属锂的时，不能用氮气作为保护气
C．将该物质投入热的浓NaOH溶液中能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
D．图2为该化合物的一个晶胞
14．某研究小组以Na+作模板按以下路线制备高效相转移催化剂15-冠-5(部分反应条件及试剂已简化)：
下列说法正确的是
A．化合物A与15-冠-5是同系物
B．A→E过程中，H+和OH-都是催化剂
C．1个D分子中有4个手性碳原子
D．利用上述流程的原理，改用KOH可以制备18-冠-6()
15．已知：常温下，、，下列说法不正确的是
A．向溶液中滴加少量稀盐酸至中性，则
B．溶液中与纯水中水电离产生的比为
C．
D．溶液中，
16．以卤水(主要以形式存在)为原料提取碘的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．氧化剂1可以是，也可以是适量的
B．“吸附”步骤中，高分子树脂能与形成共价键，达到富集碘元素的目的
C．“脱附”的离子方程式：
D．“精制”过程可以是加热升华，再冷凝
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)。
17．氟元素在医疗、生活和工业等多个领域发挥着重要作用。请回答：
（1）ⅦA族元素又称为卤族元素，下列关于卤族元素的表达中正确的是_______。
A．F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小
B．基态溴原子核外电子排布式：
C．微粒半径比较：
D．的VSEPR模型为平面三角形
（2）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可用以下方法制备：。
①比较键角的大小：　 　(填“>”、“<”或“=”)
②比较配位键的强弱：　 　(填“>”、“<”或“=”)
（3）一般来说，晶体结构中阴、阳离子的配位数由结构中阴、阳离子半径的比值来决定。的半径与的半径非常接近。两种物质的晶胞结构如图所示：
①晶胞中，的配位数为　 　。
②晶胞中的阴、阳配位数与KF不同的原因是　 　。
（4）湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸，利用废液可以生产白炭黑和冰晶石。
过程如下：
步骤Ⅰ：向废液中加入溶液，过滤、洗涤，得到固体。
步骤Ⅱ：经过下列流程，分别得到白炭黑和冰晶石。
已知：在水中溶解度随温度的升高急剧增大，溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键。。
①写出步骤Ⅰ中的离子方程式：　 　。
②溶液在长时间加热之后(忽略物质的挥发)，溶液的pH　 　。(填“增大”、“减小”或“不变”)
③白炭黑的主要成分是　 　。(写化学式)
④写出生产冰晶石的化学方程式：　 　。
18．HCl是涉氯工业生产中的副产品，氧化HCl是一种实现氯资源闭路循环的重要方法。
（1）HCl直接氧化法制，若以CuO为催化剂，涉及如下反应：
利于反应自发进行的条件是　 　。
A．高温 B．低温 C．高压 D．低压 E．催化剂
（2）有科学家发现是氧化HCl的主要活性相，反应机理如图所示。高温下铜的氯化物易挥发导致催化剂活性下降，固体中铜的氯化物的质量分数越大越易挥发。下列有关说法正确的是_______。
A．温度越高，生成的速率越快
B．适当增大与HCl的投料比有利于提高催化剂的活性
C．氧气的浓度越大，的产生速率越快
D．在CuO中加入适量的KCl能提高反应速率
（3）将HCl和的物质的量按以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在、下分别发生氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率()曲线如图-1所示(HCl流速的转化率可近似为平衡转化率)。
①图-1中为　 　℃。反应在流速时，而在时的原因是　 　。
②设M与N点的转化率为平衡转化率，求的平衡常数为　 　。(用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算)
③将HCl和分别按物质的量比和通入装有催化剂的反应器反应，在图-2中分别画出HCl平衡转化率随温度变化的曲线图　 　。
（4）科学家设计了一种氧化HCl新的工艺方案：电解槽的阴阳极用质子交换膜隔开，以为催化剂，通过电化学过程和化学过程实现HCl的氧化。其中阴极发生的反应包括两步，请补充第2步反应的方程式。①；②　 　。
19．某兴趣小组利用废铜屑(主要成分为Cu，还含有少量Fe、)制备助燃剂——六水合高氯酸铜，相关的流程如下：
已知：易溶于水，微溶于乙醇，时分解。
（1）步骤Ⅰ，浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量稀溶液浓缩，仪器A的名称是　 　，毛细管的作用是平衡气压和　 　，外接真空泵的原因是　 　。
（2）步骤Ⅲ，反应温度控制不超过的原因是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，的作用仅是将氧化
B．步骤Ⅱ，滤渣的主要成分为
C．步骤Ⅲ，为了提高的转化率，
D．步骤Ⅳ，沉淀可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤
（4）通过步骤Ⅴ和一系列操作可得到。从下列选项中选择最佳操作并排序：　 　。
→(_______)→(_______)→d→(_______)→(_______)→g→
a．向浓一次性加入
b．向浓分几次加入
c．冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体
d．继续蒸发至有晶膜出现
e．刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却
f．在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾
g．将固体置于的烘箱中干燥2小时
（5）用“恒电流电解法”测定样品中的Cu含量，步骤如下：
①样品中Cu元素的质量分数是　 　%(用含的式子表示)。
②若铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，样品中Cu元素的质量分数　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
20．某研究小组按下列路线合成治疗银屑病药物本维莫得(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：。请回答：
（1）化合物B中官能团的名称是　 　。
（2）化合物C的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．化合物D能使溴水褪色 B．化合物F的酸性强于化合物E
C．化合物Ⅰ能发生消去反应 D．本维莫得分子式为
（4）写出G→H的化学方程式　 　。
（5）5-苯基环己烷-1，3-二酮()是合成有机物的中间体，设计以苯甲醛、丙酮、甲醇、为原料合成该物质的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中只含有苯环，无其他环状结构。
②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同环境的氢原子，不含键及。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、NaCl 由 Na+和 Cl-通过离子键结合，分子中不存在任何共价键，因此不含非极性键，A 错误；
B、HClO 的结构式为 H-O-Cl，分子内只存在 H-O 键和 O-Cl 键，均为不同元素原子间形成的极性共价键，无非极性键，B错误；
C、CO2的结构式为 O=C=O，C 与 O 是不同元素，形成的 C=O 键为极性共价键，分子中不存在非极性键，C错误；
D、C2H6的结构中，两个碳原子之间以 C-C 单键相连，属于同种元素原子形成的非极性键；同时存在 C-H 极性键，只要分子中存在非极性键即符合要求，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
核心定义：非极性键是同种元素原子间的共价键，极性键是不同种元素原子间的共价键。
特殊情况：离子化合物中可能不含共价键（如 NaCl），共价化合物中可同时存在极性键与非极性键（如 C2H6）。
2．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、铬酸是强氧化剂，能使铝表面发生钝化，生成一层致密且美观的氧化铝保护膜，既可以防护铝制品被腐蚀，也能起到装饰作用，A正确；
B、储氢合金的核心要求是能在温和条件下可逆吸放氢气。若 La-Ni 合金的氢化物受热不易分解，就无法释放出储存的氢气，不满足储氢材料 “可放氢” 的基本要求，因此不能作为储氢合金，该描述错误，B错误；
C、液态氯乙烷汽化时会吸收大量热量，能使局部组织温度快速降低，从而产生冷冻麻醉的效果，常被用于运动损伤的应急处理，C正确；
D、TiO2（二氧化钛）化学性质稳定，无毒且遮盖力强，是优质的白色颜料，广泛应用于橡胶、造纸、涂料等行业，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
钝化作用：强氧化剂可使铝等金属表面生成致密氧化膜，起到防护和装饰作用。
储氢合金核心性质：必须具备可逆吸放氢气的能力，其氢化物需在适当条件下易分解以释放氢气。
汽化吸热特性：低沸点液态物质汽化时大量吸热，可用于冷冻麻醉。
TiO2的应用：稳定的白色颜料，多用于橡胶、造纸等领域。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Cl原子的价电子排布为3s23p5，成键时两个Cl原子的3p轨道沿键轴方向“头碰头”重叠，形成p-p σ键，图中展示的正是这种沿键轴分布的σ键形态，A正确；
B、基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，形成Fe2+时会失去最外层4s轨道的2个电子，因此Fe2+的价电子排布式应为3d6，而非3d54s ，B错误；
C、乙炔的官能团是碳碳三键（C≡C），结构简式必须体现出不饱和键，正确写法为CH≡CH，省略三键的CHCH不符合结构简式书写规范，C错误；
D、NH3分子中N原子最外层有5个电子，其中3个与H原子成键，还剩余1对孤对电子，电子式需标出这对孤对电子，正确写法为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
σ键判断：同种非金属原子成键时，多为p-p σ键（如Cl2），形态沿键轴分布。
价电子排布：金属阳离子失电子时优先失去最外层电子，Fe到Fe2+是失去4s2电子。
结构简式规范：必须清晰体现官能团，乙炔需写出C≡C。
电子式规范：除成键电子外，还需标出原子的孤对电子（如NH3中N的孤对电子）。
4．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、B、C、N 同属第二周期，同周期主族元素从左到右，核电荷数增大，原子核对核外电子的吸引作用增强，原子半径依次减小，因此原子半径顺序为 B > C > N，A正确；
B、Li、Na、K 同属第 ⅠA 族，同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，金属单质的还原性增强，与水反应的剧烈程度随之增大，因此反应剧烈程度为 Li < Na < K，B正确；
C、B 和 Al 同属第 ⅢA 族，同主族元素从上到下，非金属性减弱，其最高价氧化物对应的水化物酸性也随之减弱。B 的非金属性强于 Al，因此酸性顺序应为 B(OH)3 > Al(OH)3，选项中的酸性顺序描述错误，C错误；
D、H2S 和 H2O 结构相似，O 和 S 同属第 ⅥA 族，O 的电负性远大于 S，导致 H2O 中 H-O 键的极性更强，分子整体极性也更大，因此分子极性为 H2S < H2O，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子半径递变：同周期主族元素从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大。
金属性递变：同主族从上到下金属性增强，单质与水反应更剧烈。
酸性递变：同主族从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱。
分子极性判断：结构相似的分子，成键原子电负性差异越大，分子极性越强。
5．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；钠的化学性质
【解析】【解答】A、酸性高锰酸钾溶液见光或受热容易分解，为了避光防分解，同时方便取用液体，应保存在棕色细口瓶中，该保存方法正确，A正确；
B、氢氧化钠溶液呈强碱性，会和玻璃的主要成分二氧化硅反应，生成黏性较强的硅酸钠，容易将玻璃塞与瓶身粘住无法打开，因此不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，B错误；
C、液溴易挥发、白磷在空气中易自燃，二者可以用水封保存；但金属钠会与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，不能用水封，需用煤油密封保存，因此该描述错误，C错误；
D、汽油是有机溶剂，会使橡胶发生溶胀、溶解，导致橡胶塞损坏，因此不能用带橡胶塞的试剂瓶存放汽油，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
见光易分解试剂：需用棕色瓶避光保存，液体试剂用细口瓶。
碱性溶液：不能用玻璃塞，避免与二氧化硅反应生成黏性物质粘住瓶塞。
水封适用范围：液溴、白磷可水封，活泼金属（如钠）不能水封。
有机溶剂：会腐蚀橡胶塞，需用玻璃塞。
6．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、SO2是酸性气体，且与浓硫酸不发生氧化还原反应，因此可用浓硫酸作为干燥剂干燥 SO2，A正确；
B、硫单质的氧化性较弱，无法将 Cu 氧化为 + 2 价，在加热条件下与 Cu 反应生成低价态的 Cu2S，B 正确；
C、向 Na2S 和 Na2SO3的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊是因为发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓ + 3H2O。该反应中，SO32-是氧化剂，S 是氧化产物，只能说明氧化性
SO32- > S，与 SO42-无关，因此无法得出氧化性 SO42- > S 的结论，C错误；
D、FeS2与氧气反应的化学方程式为 4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2。4 mol FeS2参与反应时转移 44 mol 电子，因此 1 mol FeS2完全反应时转移电子的物质的量为 11 mol，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
干燥剂选择：酸性气体且无强还原性的物质（如 SO2）可用浓硫酸干燥。
硫的氧化性：硫单质氧化性较弱，与变价金属反应生成低价金属硫化物。
氧化性判断：氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，需准确判断反应中的氧化剂与氧化产物。
电子守恒：根据反应方程式中元素化合价的变化，计算转移电子的物质的量。
7．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；乙炔炔烃；肥皂、合成洗涤剂
【解析】【解答】A、明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体可吸附水中悬浮杂质，因此明矾可作净水剂；但明矾不具备强氧化性，无法杀灭细菌、病毒，不能作为消毒剂，该选项中 “性质→用途” 的对应关系错误，A错误；
B、聚乙炔分子中存在共轭大 π 键体系，电子可在该体系中移动，经掺杂处理后能表现出一定导电性，因此可用于制备导电高分子材料，性质与用途对应合理，B正确；
C、十二烷基磺酸根离子同时含有疏水的长链烷基和亲水的磺酸根，在水中可形成胶束，能降低液体表面张力，因此可作为表面活性剂，性质与用途对应合理，C正确；
D、铁粉具有还原性，能与空气中的氧气发生反应，吸收包装内的氧气，从而防止食品被氧化变质，因此可作为食品脱氧剂，性质与用途对应合理，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
净水与消毒区别：胶体吸附杂质是净水，不具备氧化性则无法消毒，明矾只能净水不能消毒。
导电高分子原理：共轭大 π 键可传递电子，是聚乙炔能导电的核心原因。
表面活性剂结构：同时含亲水、疏水基团是表面活性剂的典型结构特征。
脱氧剂原理：利用物质还原性吸收氧气，防止食品氧化。
8．【答案】A
【知识点】铝的化学性质；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铝与NaOH溶液反应时，Al被氧化为Al(OH)4-，H2O中的H被还原为H2。配平后的离子方程式为：，该式满足原子守恒、电荷守恒与反应事实，A正确；
B、银氨溶液中的强电解质Ag(NH3)2OH应拆为离子形式，正确写法为Ag(NH3)2+和OH-；且过量盐酸会与NH4+、Ag(NH3)2+充分反应，原方程式拆分与反应逻辑均有误，B错误；
C、用石墨电极电解稀NaCl溶液时，H2O的氧化性强于Na+，阴极是H2O得电子生成H2和OH-，而非Na+被还原为Na，正确的电解产物应为H2、Cl2和NaOH，该方程式违背电解反应事实，C错误；
D、CuS是极难溶的沉淀，反应会生成CuS，且少量CuSO4时，HS-还会与生成的H+进一步反应，该方程式未体现完整反应过程与产物，应为： D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子方程式拆分规范：强电解质需拆为离子形式（如Ag(NH3)2OH拆为Ag(NH3)2+和OH-）。
电解规律：水溶液中，活泼金属阳离子（如Na+）不会在阴极放电，水电离的H+优先得电子。
反应事实优先：离子方程式必须符合真实的化学反应过程与产物。
守恒关系：需同时满足原子守恒与电荷守恒。
9．【答案】C
【知识点】酯的性质；取代反应
【解析】【解答】A、X 转化为 Y 的过程中，X 分子内两个酯基发生反应形成环状结构，同时脱离出甲醇（CH3OH）分子，该过程符合 “有进有出” 的取代反应特征，属于分子内取代反应，A正确；
B、化合物 X 含苯环侧链的酯基，在酸性条件下水解会生成含酚羟基（-OH 直接连在苯环上）的有机产物，酚羟基是 FeCl3溶液显色反应的特征官能团，因此水解产物之一能与 FeCl3溶液发生显色反应，B正确；
C、化合物 Y 分子中含有 1 个环状酯基，该酯基在 NaOH 溶液中发生水解时，会生成 1 个羧基和 1 个酚羟基；羧基与酚羟基均能与 NaOH 按 1：1 的比例发生中和反应，因此 1 mol 化合物 Y 与 NaOH 溶液反应时，最多可消耗 2 mol NaOH，而非 1 mol，C错误；
D、苯环为平面结构，苯环上所有碳原子及直接相连的原子共平面；Y 分子中的羰基（C=O）为平面结构，与羰基直接相连的碳原子也在该平面内，且各平面结构通过共价键相连，最终可形成一个整体平面，因此 Y 中所有碳原子共平面，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
取代反应特征：有机反应中生成小分子（如 CH3OH）且存在基团替换、成环的过程，多为取代反应。
显色反应关键：只有酚羟基（-OH 连苯环）能与 FeCl3溶液显色，醇羟基无此性质。
酯基与 NaOH 反应：普通酯基水解消耗 1 mol NaOH，酚酯基水解会生成酚羟基，总计消耗 2 mol NaOH。
原子共面规律：苯环、羰基均为平面结构，直接相连的原子可共平面，无饱和碳原子干扰时，分子中碳原子可全部共面。
10．【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A、甲操作为加热溶解，烧杯适合在水浴 / 酒精灯加热下进行溶解操作，而蒸发皿主要用于蒸发浓缩结晶，不适合作为溶解容器，不能用蒸发皿代替烧杯，A错误；
B、乙操作为趁热过滤，目的是防止苯甲酸提前结晶。但过滤时滤液接触温度较低的漏斗颈部，易因温度骤降导致苯甲酸晶体析出，可能堵塞漏斗颈、影响过滤速率，B正确；
C、采用冰水快速冷却会使苯甲酸结晶速率过快，易形成细小晶体，甚至包裹杂质；缓慢冷却才能得到颗粒较大、纯度更高的晶体，因此冰水冷却不利于后续过滤操作，C错误；
D、乙操作是趁热过滤，此时用冷水洗涤会导致苯甲酸在滤渣中提前结晶，造成产品损失；丁操作是过滤晶体，用冷水洗涤可减少晶体溶解损耗。仅丁操作适合冷水洗涤，乙操作不适合，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
仪器用途：烧杯用于加热溶解，蒸发皿用于蒸发结晶，不可混用。
趁热过滤注意事项：温度降低易导致溶质结晶，可能堵塞漏斗，需尽量缩短过滤时间、保持装置温热。
结晶颗粒控制：缓慢冷却得到大颗粒晶体，纯度更高；快速冷却易生成细小晶体，包裹杂质。
洗涤原则：洗涤晶体时用冷水可减少溶解损耗，但趁热过滤阶段不能用冷水，避免溶质提前结晶。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短。从图像看，T2对应的曲线先达到平衡，说明反应速率更快，因此温度T2高于T1，A正确；
B、对比T2和T1的平衡状态，温度升高后，反应物的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。放热反应中，升高温度时，逆反应速率（吸热方向）增大的幅度更大，即正反应速率增大的倍数小于逆反应速率，B正确；
C、设初始时CO和H2O均为0.5 mol，总物质的量为1 mol。平衡时反应物物质的量分数为0.2，设CO转化了x mol，则平衡时n(CO)=n(H2O)=0.5-x，n(CO2)=n(H2)=x，总物质的量仍为1 mol。
，平衡常数 。
再充入1.8 mol CO和2.7 mol CO2后，n(CO)=0.2+1.8=2 mol，n(CO2)=0.3+2.7=3 mol，n(H2O)=0.2 mol，n(H2)=0.3 mol，浓度商：；
Q=K，平衡不移动，C正确；
D、在体积可变的容器中，反应物物质的量加倍，相当于等效为原平衡加压，但该反应是气体分子数不变的反应，平衡不移动，反应物平衡物质的量分数不变；同时浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间应更短。曲线L的平衡分数与原T2不同，且达到平衡时间更长，不符合规律，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
速率与平衡判断：先达到平衡的温度更高；放热反应升温时逆反应速率增幅更大。
平衡常数计算：利用平衡时物质的量分数算出各组分物质的量，再代入平衡常数表达式。
浓度商应用：Q=K时平衡不移动，可判断投料后平衡状态。
等效平衡：气体分子数不变的反应，浓度加倍（体积可变）时平衡分数不变，反应速率加快。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电时Li+嵌入非晶硅薄膜（a极），说明a极是电解池的阴极，接电源负极；b极是电解池的阳极，应接电源正极，A错误；
B、充电时a极为阴极，Li+得电子嵌入硅形成Li Si，正确的电极反应式应为 ，选项中缺少Si参与反应，不符合实际反应过程，B错误；
C、放电时b极为正极，电极反应为 ，每通过1 mol e-，就有1 mol Li+嵌入b极，Li的摩尔质量为7 g/mol，因此b极质量增加7 g，C正确；
D、放电时为原电池，阳离子（Li+）向正极（b极）移动，因此Li+穿过Li+交换膜向b极移动，而非a极，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
考查：锂离子电池充放电原理、电极反应式书写、离子迁移方向与质量计算。
注意：①充电时“阳离子嵌入阴极”，放电时“阳离子移向正极”；②电极反应式需体现完整反应物与产物（如Li Si的生成）；③计算电极质量变化时，紧扣“嵌入/脱出的离子质量”。
13．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、根据均摊原则：
Li原子：、N原子：。
原子个数比Li：N = 3：1，化学式为Li3N，A正确；
B、Li能与N2反应生成Li3N，因此冶炼金属锂时不能用氮气作保护气，B正确；
C、Li3N在热浓NaOH溶液中发生水解，生成NH3，NH3能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C正确；
D、晶胞是晶体的最小重复单元，需满足三维空间可无限堆叠。图2无法在三维空间中重复堆叠形成完整晶体，因此不是该化合物的晶胞，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕Li-N化合物的晶体结构与性质展开，核心是用均摊法确定化学式，再结合元素性质、化学反应与晶胞定义，逐一判断各选项正误。
突破口：化学式确定：利用晶胞均摊法，分别计算Li、N原子数目，得到原子个数比。
性质关联：Li的活泼性决定其不能用N2作保护气；Li3N的水解反应可产生NH3。
晶胞判断：晶胞是能在三维空间无限重复堆叠的最小重复单元。
14．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；醇类简介；同系物
【解析】【解答】A、化合物 A 是三元环醚，15 - 冠 - 5 是大环冠醚，二者官能团均为醚键，但环大小、醚键数目差异明显，且分子组成并非相差若干个 CH2，不满足同系物定义，A错误；
B、A→B、B→C 过程中 H+参与反应且反应前后不变，是催化剂；D→E 过程中 NaOH 与 C、D 反应生成的 HCl 发生中和反应，促进反应正向进行，OH-被消耗，并非催化剂，B错误；
C、D 分子结构简式为 ClCH2CH2OCH2CH2Cl，分子中所有碳原子均连接 2 个及以上相同原子 / 原子团，不存在连 4 个不同基团的手性碳原子，C错误；
D、冠醚以金属离子为模板制备，15 - 冠 - 5 适配 Na+，18 - 冠 - 6 适配 K+（K+半径大于 Na+）。改用 KOH 提供 K+作模板，可按相同流程制备 18 - 冠 - 6 () ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同系物判断：需满足 “结构相似、分子组成相差若干个 CH2” 的核心条件。
催化剂判断：催化剂在反应前后质量与化学性质不变，若参与反应并被消耗则不是催化剂。
手性碳判断：连有 4 个不同原子、原子团的饱和碳原子才是手性碳原子。
流程迁移：冠醚制备以金属离子为模板，离子半径匹配决定冠醚环大小。
15．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；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、向CH3COONa溶液中滴加稀盐酸至中性，溶液中 。
电荷守恒：，化简得 。
物料守恒：。
联立两式可得 ，A正确；
B、CH3COONH4溶液中，CH3COO-与NH4+发生双水解：
水解常数 。
设水解的离子浓度为 ，则 ，解得 。
水电离的 ，纯水中水电离的 。
比值为 ，而非 ，B错误；
C、反应 的平衡常数：
C正确；
D、NH4+水解：，水解常数 。
物料守恒：，即 。
联立得：，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：守恒关系：中性溶液中可结合电荷守恒与物料守恒直接得到离子浓度关系。
水解常数：利用 （双水解）或 （单水解）进行计算。
平衡常数推导：将目标反应拆分为已知平衡（如沉淀溶解、弱碱电离），再组合得到总平衡常数。
水电离的 ：盐溶液中水电离的 等于水解产生的弱酸、弱碱浓度。
16．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、氧化剂 1 的作用是将卤水中的 I-氧化为 I2，H2O2是温和氧化剂，可在酸性条件下氧化 I-；适量 Cl2也能将 I-氧化为 I2（不会过度氧化为 IO3-），因此二者均可作为氧化剂 1，A正确；
B、“吸附” 步骤中，高分子树脂对 I2的富集依赖物理吸附，二者之间通过范德华力结合，并非形成共价键，B错误；
C、“脱附” 时，Na2SO3将 I2还原为 I-，自身被氧化为 SO42-，在酸性条件下反应的离子方程式为：I2 +SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，该式满足原子守恒、电荷守恒与反应事实，C正确；
D、碘单质具有易升华的特性，加热升华后再冷凝，可除去粗碘中的杂质，得到纯碘，因此 “精制” 过程可采用加热升华再冷凝的方法，D正确；
故答案为：B。
【分析】该提碘工艺围绕 “氧化富集→还原脱附→再氧化制粗碘→升华精制” 的核心思路展开，全程利用碘元素的价态转化实现分离提纯。首先对卤水进行酸化预处理，为后续氧化反应创造酸性环境，随后加入合适的氧化剂，将卤水中低浓度的 I-定向氧化为 I2单质；再利用高分子树脂对 I2的选择性吸附作用，将其从混合体系中分离出来，完成碘元素的富集；之后向吸附了 I2的树脂中加入亚硫酸钠溶液，通过氧化还原反应将 I2还原为易溶于水的 I-，实现碘元素从树脂到溶液的转移，得到高浓度的脱附液；最后向脱附液中再次加入氧化剂，将 I-重新氧化为 I2单质，经过过滤得到粗碘固体，再利用碘的物理特性完成最终精制。
17．【答案】（1）A；C
（2）>；>
（3）4；晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构
（4）；减小；；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；离子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）A．元素周期表中同主族元素从上到下，元素第一电离能逐渐减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，A正确；
B．溴为35号元素，则基态溴原子核外电子排布式，B错误；
C．同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径，则微粒半径，C正确；
D．中心氯原子价层电子对数，采取杂化，则VSEPR模型为四面体形，D错误；
故答案为：AC。
（2）①由于电负性F＞N＞H，则分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故中的键角更小，键角更大的是，则键角；
②由于电负性F＞N＞H，则中氮原子对孤电子对吸引力强于，更难提供孤电子对与中的B形成配位键，则配位键得强弱：；
故答案为： > ； > 。
（3）①由晶胞图可知，晶体中每个周围与其距离最近且相等的的数量是4，则的配位数为4；
②晶胞中只存在离子键，所以阴、阳配位数均为6，但在晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构，不能像晶胞紧密堆积，因此晶胞中的阴、阳配位数与KF不同；
故答案为：4；晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构 ；
（4）溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键，发生如下反应：，与 HF 反应：，则气体A为，溶液A主要成分为，固体A为或，烘干后得到白炭黑；气体A、溶液A与溶液发生反应：制备冰晶石，同时得到溶液B（溶液）；
①湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸，在水溶液中完全电离，向废液中加入溶液，过滤、洗涤，得到固体，则离子方程式为：；
②根据题目所给得已知信息：溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键，说明水解，产物中生成 HF（弱酸），在长时间加热之后溶液的pH减小；
③由分析可知，白炭黑的主要成分是；
④由分析可知，生产冰晶石的化学方程式为：故答案为： ； 减小 ； ； 。
【分析】(1) 同主族从上到下第一电离能逐渐减小（F、Cl、Br、I 依次减小）。
基态 Br 原子电子排布式为[Ar]3d 4s24p5，遗漏3d 是常见错误。
同种元素微粒半径：阴离子 > 原子 > 阳离子（r(Cl-) > r(Cl) > r(Cl+)）。
ClO3-中 Cl 价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，不是平面三角形。
(2)键角：电负性F > N > H，NF3中成键电子对离 N 更远，键间斥力更小，故键角：NH3 > NF3。
配位键强度：F 电负性更强，使NF3中 N 孤电子对更难给出，故配位键强度：H3N→BF3 > F3N→BF3。
(3)①NH4F晶胞中，F-周围最近且等距的NH4+有 4 个，配位数为 4。
②KF仅含离子键，配位数为 6；NH4F中NH4+与F-形成氢键，结构特殊，故配位数与KF不同。
(4) ①根据反应物与生成物书写步骤 Ⅰ 离子方程式。
②Na2SiF6水解生成 HF（弱酸），长时间加热后溶液 pH 减小。
③根据所学知识可知：白炭黑主要成分为SiO2。
④根据反应物与生成物书写冰晶石制备反应方程式。
（1）A．元素周期表中同主族元素从上到下，元素第一电离能逐渐减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，A正确；
B．溴为35号元素，则基态溴原子核外电子排布式，B错误；
C．同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径，则微粒半径，C正确；
D．中心氯原子价层电子对数，采取杂化，则VSEPR模型为四面体形，D错误；
答案选AC。
（2）①由于电负性F＞N＞H，则分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故中的键角更小，键角更大的是，则键角；
②由于电负性F＞N＞H，则中氮原子对孤电子对吸引力强于，更难提供孤电子对与中的B形成配位键，则配位键得强弱：；
（3）①由晶胞图可知，晶体中每个周围与其距离最近且相等的的数量是4，则的配位数为4；
②晶胞中只存在离子键，所以阴、阳配位数均为6，但在晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构，不能像晶胞紧密堆积，因此晶胞中的阴、阳配位数与KF不同；
（4）溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键，发生如下反应：，与 HF 反应：，则气体A为，溶液A主要成分为，固体A为或，烘干后得到白炭黑；气体A、溶液A与溶液发生反应：制备冰晶石，同时得到溶液B（溶液）；
①湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸，在水溶液中完全电离，向废液中加入溶液，过滤、洗涤，得到固体，则离子方程式为：；
②根据题目所给得已知信息：溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有键，说明水解，产物中生成 HF（弱酸），在长时间加热之后溶液的pH减小；
③由分析可知，白炭黑的主要成分是；
④由分析可知，生产冰晶石的化学方程式为：；
18．【答案】（1）B
（2）B；D
（3）360；在流速较慢时，反应近似处于平衡，，温度低反应程度大，所以在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以；36；(需注意：物质的量比时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；
（4）
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）已知：① ；
② ；
由盖斯定律2×①+②得到反应的，该反应的，依据反应自发进行可知，该反应自发进行的条件是低温，故选B；
故答案为： B ；
（2）A．温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A不选；
B ．选项适当增大与HCl 的投料比有利于生成 Cu2OCl2，且减小铜的氯化物挥发，有利于提高催化剂的活性，B选；
C．增大的浓度会导致 HCl 的吸附反应，导致反应速率下降，C不选；
D ．加入 KCl降低载体中铜的氯化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D选；
故答案为： BD；
（3）①HCl流速的转化率可近似为平衡转化率，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，则，即为360℃；
反应在流速时，HCl转化率衡转化率，，该反应，则，在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以；
②的曲线是，HCl平衡转化率为80%，设初始HCl和的物质的量均为1mol，列三段式：
，气体总物质的量为1.8mol，=36；
③该反应为放热反应，温度越高，HCl平衡转化率越低，且HCl比例越大，平衡转化率越低，故图像为(需注意：物质的量比时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；
故答案为： 360 ； 在流速较慢时，反应近似处于平衡，，温度低反应程度大，所以在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以 ；36；(需注意：物质的量比时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)； 。
（4）为催化剂，则第一步反应先消耗，第二部反应又重新生成，故第二步反应为。
故答案为： 。
【分析】(1)用盖斯定律计算总反应焓变：（放热，）。
反应前后气体分子数减少（）。自发判据，需低温条件。
(2)温度过高：铜的氯化物挥发，催化活性下降，反应速率未必加快。
增大投料比：利于生成，减少铜的氯化物挥发，提高催化活性。
加入KCl：降低铜的氯化物质量分数，减少挥发，提高反应速率。
(3) 温度判断：反应放热，平衡转化率随温度升高而降低，故；低衡（低温转化率高），高速非平衡（低温速率慢，转化率低）。
平衡常数计算：以1：1投料、80%转化率列三段式，用物质的量分数代入，得。
曲线绘制：均为“升温转化率下降”；时，转化率远高于1：1，且两曲线均标注360℃、440℃关键数值。
(4)为催化剂，需循环再生。第二步补全原则：被氧化为，结合酸性环境与原子、电荷守恒，得反应式。
（1）已知：① ；
② ；
由盖斯定律2×①+②得到反应的，该反应的，依据反应自发进行可知，该反应自发进行的条件是低温，故选B；
（2）A．温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A不选；
B ．选项适当增大与HCl 的投料比有利于生成 Cu2OCl2，且减小铜的氯化物挥发，有利于提高催化剂的活性，B选；
C．增大的浓度会导致 HCl 的吸附反应，导致反应速率下降，C不选；
D ．加入 KCl降低载体中铜的氯化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D选；
综上答案选 BD；
（3）①HCl流速的转化率可近似为平衡转化率，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，则，即为360℃；
反应在流速时，HCl转化率衡转化率，，该反应，则，在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以；
②的曲线是，HCl平衡转化率为80%，设初始HCl和的物质的量均为1mol，列三段式：
，气体总物质的量为1.8mol，=36；
③该反应为放热反应，温度越高，HCl平衡转化率越低，且HCl比例越大，平衡转化率越低，故图像为(需注意：物质的量比时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；
（4）为催化剂，则第一步反应先消耗，第二部反应又重新生成，故第二步反应为。
19．【答案】（1）冷凝管或直形冷凝管；防止溶液暴沸；减压或抽气，降水的沸点，减少分解
（2）温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的
（3）B；C；D
（4）bf ce
（5）；偏大
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称是直形冷凝管；H2O2受热易分解，浓缩时需要减压蒸馏，馏出物为H2O；毛细管提供汽化中心，防止液体暴沸；外接真空泵的原因是减压或抽气，降水的沸点，减少分解；
故答案为： 冷凝管或直形冷凝管 ； 防止溶液暴沸 ； 减压或抽气，降水的沸点，减少分解 ；
（2）中易水解，且、受热也不稳定，故反应温度控制不超过的原因是：温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的；
故答案为： 温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的 。
（3）A．步骤Ⅰ，H2O2的作用除了是将是将氧化外，还将Cu 氧化 Cu2+，A错误；
B．步骤Ⅱ，通过调节 pH 将Fe3+转为为 Fe(OH)3，B正确；
C．步骤Ⅲ，根据方程式，加入过量的，可提高的转化率，C正确；
D．步骤Ⅳ，沉淀难溶于水，可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤除去沉淀表面的水分，D正确；
故答案为：BCD；
（4）与浓反应放热，应向浓分几次加入，在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾，继续蒸发至有晶膜出现，冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体，刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却，将固体置于的烘箱中干燥2小时得到得到，故顺序是：→b→f→d→c→e→g→；
故答案为： bf ce ；
（5）①由实验原理可知，m(Cu)=铂网阴极析出的铜+电解残液中的铜，，样品中Cu元素的质量分数是；
②铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，导致铜片被氧化，Cu的质量增加，测得样品中Cu元素的质量分数偏大。
故答案为： ； 偏大 。
【分析】以废铜屑（含 Cu、Fe、Fe2O3）为原料，先经稀 H2SO4和 H2O2溶解除去铁杂质并将 Cu 氧化为 Cu2+；调节 pH 除铁后，滤液加NaHCO3在 70~80℃反应生成碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3），过滤洗涤干燥后，用稀 HClO4溶解得到高氯酸铜溶液，最后经低温蒸发浓缩、冷却结晶、乙醇洗涤等操作，制得六水合高氯酸铜（Cu(ClO4)2 6H2O）。
（1）由图可知，仪器A的名称是直形冷凝管；H2O2受热易分解，浓缩时需要减压蒸馏，馏出物为H2O；毛细管提供汽化中心，防止液体暴沸；外接真空泵的原因是减压或抽气，降水的沸点，减少分解；
（2）中易水解，且、受热也不稳定，故反应温度控制不超过的原因是：温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的；
（3）A．步骤Ⅰ，H2O2的作用除了是将是将氧化外，还将Cu 氧化 Cu2+，A错误；
B．步骤Ⅱ，通过调节 pH 将Fe3+转为为 Fe(OH)3，B正确；
C．步骤Ⅲ，根据方程式，加入过量的，可提高的转化率，C正确；
D．步骤Ⅳ，沉淀难溶于水，可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤除去沉淀表面的水分，D正确；
故选BCD；
（4）与浓反应放热，应向浓分几次加入，在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾，继续蒸发至有晶膜出现，冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体，刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却，将固体置于的烘箱中干燥2小时得到得到，故顺序是：→b→f→d→c→e→g→；
（5）①由实验原理可知，m(Cu)=铂网阴极析出的铜+电解残液中的铜，，样品中Cu元素的质量分数是；
②铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，导致铜片被氧化，Cu的质量增加，测得样品中Cu元素的质量分数偏大。
20．【答案】（1）碳碳双键、醛基
（2）
（3）A；C
（4）
（5）
（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
【解析】【解答】（1）B的结构简式为，官能团名称为碳碳双键、醛基；
故答案为： 碳碳双键、醛基 ；
（2）由分析可知，化合物C的结构简式为；
故答案为： ；
（3）A．化合物D中含有碳碳双键，能使溴水褪色，A选；
B．化合物E中两个羧基连在同一个C原子上，结构如图：两个酮羰基的π键共轭，使得羟基氧中的孤对电子也会参与π键共轭，导致羟基更容易电离出，故酸性：E＞F，B不选；
C．化合物Ⅰ中含有氯原子，且碳上存在氢原子，满足卤代烃消去反应的条件，能发生消去反应，C选；
D．本维莫得分子不饱和度为9，碳原子个数为17，则氢原子个数为18，故分子式为，D不选；
故答案为： AC；
（4）由分析可知，G为，G中醛基和羧基发生已知信息的反应信息的反应生成H为，化学方程式为；
故答案为： ；
（5）由目标产物的结构简式可以看出，其结构类似H，则需要酮羰基和酯基发生类似G→H的反应，从而形成六圆环，故首先用苯甲醛和丙酮发生类似A→B的反应生成，再与发生类似C→D的加成反应，生成，其在酸性环境下发生酯基的水解反应，再发生脱羧反应脱去1个羧基生成，再与甲醇发生酯化反应，得到酯基，酯基与酮羰基发生G→H的反应得到目标产物，具体合成路线为：；
故答案为：；
（6）化合物E的不饱和度为8，其只含有苯环，无其他环状结构，核磁共振氢谱有4种不同环境的氢原子，说明其含有两个苯环，且两个苯环的取代基高度对称，两个苯环刚好8个不饱和度，说明其余结构中均为饱和键，氧原子数共有5个(奇数)，还要满足对称结构，说明其基本结构一定是或，满足条件的同分异构体有：。
故答案为： 。
【分析】以苯甲醛（A）为起始原料，先与乙醛B（）发生缩合反应生成含碳碳双键的中间体，再经还原得到化合物 C（）；随后与丙二酸二乙酯发生取代反应生成含酯基的中间体 D，经酸性水解得到含羧基的化合物 E；接着通过脱羧反应得到化合物 F，与甲醇酯化后得到 G（），再经脱羧得到 H（）；H 经氯代反应生成 I，最后通过成环、脱氯代等转化，得到目标药物本维莫得。
（1）B的结构简式为，官能团名称为碳碳双键、醛基；
（2）由分析可知，化合物C的结构简式为；
（3）A．化合物D中含有碳碳双键，能使溴水褪色，A选；
B．化合物E中两个羧基连在同一个C原子上，结构如图：两个酮羰基的π键共轭，使得羟基氧中的孤对电子也会参与π键共轭，导致羟基更容易电离出，故酸性：E＞F，B不选；
C．化合物Ⅰ中含有氯原子，且碳上存在氢原子，满足卤代烃消去反应的条件，能发生消去反应，C选；
D．本维莫得分子不饱和度为9，碳原子个数为17，则氢原子个数为18，故分子式为，D不选；
故选AC；
（4）由分析可知，G为，G中醛基和羧基发生已知信息的反应信息的反应生成H为，化学方程式为；
（5）由目标产物的结构简式可以看出，其结构类似H，则需要酮羰基和酯基发生类似G→H的反应，从而形成六圆环，故首先用苯甲醛和丙酮发生类似A→B的反应生成，再与发生类似C→D的加成反应，生成，其在酸性环境下发生酯基的水解反应，再发生脱羧反应脱去1个羧基生成，再与甲醇发生酯化反应，得到酯基，酯基与酮羰基发生G→H的反应得到目标产物，具体合成路线为：；
（6）化合物E的不饱和度为8，其只含有苯环，无其他环状结构，核磁共振氢谱有4种不同环境的氢原子，说明其含有两个苯环，且两个苯环的取代基高度对称，两个苯环刚好8个不饱和度，说明其余结构中均为饱和键，氧原子数共有5个(奇数)，还要满足对称结构，说明其基本结构一定是或，满足条件的同分异构体有：。
1 / 1

展开更多......

收起↑