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广东省2025届高三下学期3月质量检测化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第 1~10小题，每小题2分；第 11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．科学技术推动社会进步。下列有关科技动态的化学解读错误的是
选项 科技动态 化学解读
A 开发新型铑基单原子催化体系，实现了水相加氢一步高效制乙醇 催化剂能提高加氢制乙醇的生产效率
B 利用钍靶成功制备和分离医用同位素 的中子数和质子数之差为47
C 自主研制的察打一体无人机“九天”首次亮相 使用的碳纤维材料属于有机高分子
D 开发高浓度葡萄糖高效异构化制备果糖的新催化体系 葡萄糖转化为果糖，原子利用率为100%
A．A B．B C．C D．D
2．三星堆博物馆展示的商代后期（公元前1205~前1100年）文物“金鸟形饰”是商代代表作品，形状如图所示。下列说法错误的是
A．金的配合物，广泛应用于电镀金工艺中
B．金的化学性质非常稳定，常温下不能与、硝酸、王水等发生反应
C．金在电子工业中有重要用途，原因是其具有良好的导电性和抗氧化性
D．“沙里淘金”这个成语体现了金在自然界中通常以单质形式存在，且密度较大
3．宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一、下列化学用语错误的是
A．分子的球棍模型：
B．顺-2-丁烯的结构简式：
C．乙烯分子中键形成过程：
D．合成锦纶-66的化学方程式：
4．下列实验事故的处理方法不合理的是
选项 实验事故 处理方法
A 不慎沾在皮肤上 先用大量水冲洗，再用硼酸溶液洗涤
B 硫黄不慎撒在实验台上 用适量的汞覆盖
C 吸入少量气体 立即在室外呼吸新鲜空气
D 白磷不慎沾在手上 用稀溶液冲洗
A．A B．B C．C D．D
5．下列有关化学概念或性质的判断正确的是
A．和是同一种物质
B．氯乙烷和氯乙烯中键的键能相等
C．的质谱图中，质荷比为46的峰归属于
D．石墨能导电是因为电子从一个相邻碳原子平面跳跃到另一个平面
6．劳动创造生活，下列劳动过程运用相关原理的是
选项 劳动过程 相关原理
A 考古工作中利用测定一些文物的年代 原子核外有6个电子
B 工人用溶液刻蚀铜制印刷电路板 金属性：
C 医生用碳酸氢钠治疗胃酸过多症 碳酸氢钠易溶于水
D 粮库利用保存粮食 性质非常稳定
A．A B．B C．C D．D
7．近日，科学家以廉价原料合成了生物活性分子，结构如图所示。下列有关的说法正确的是
A．能与溶液发生显色反应
B．1个分子中含有3个手性碳原子
C．该物质最多能与反应
D．分子中所有原子共平面
8．下列过程对应的反应方程式错误的是
A．医务人员常用硫酸酸化的溶液和双氧水紧急制氧：
B．技术员常用石膏改良碱性（含）土壤：
C．民间酿酒师向淀粉水解液中添加酒曲造酒：
D．质检员常用醋酸和淀粉试纸检验碘盐中：
9．下列比较正确的是
A．第一电离能：
B．沸点：
C．离子半径：
D．结合质子的能力：
10．为达到实验目的，下列操作方法合理的是
选项 实验目的 操作方法
A 检验含的乙炔气体中的 将气体依次通过足量溶液、溴水
B 从含的溶液中得到纯净溶液 加入过量氨水，过滤
C 用盐酸滴定和混合溶液 依次用甲基橙、酚酞作指示剂连续滴定
D 从溶液中获取 蒸发溶液至大量晶体析出为止
A．A B．B C．C D．D
11．荧光素遇溴水由黄色变为红色，发生的反应如图所示（部分物质省略）：
下列说法正确的是
A．上述转化中，原子杂化类型发生改变
B．酚羟基中的离解程度：四溴荧光素>荧光素
C．生成四溴荧光素有参与反应
D．上述物质所含元素中，元素的电负性最大
12．工业上，采用“凝聚沉淀法”从含汞酸性废水中提取汞。简易流程如图所示：
下列说法正确的是
A．上述转化中只发生1个氧化还原反应
B．加入消石灰的目的是为了提高利用率
C．用硝酸和溶液可确认固体中价铁
D．用过量的浓氨水吸收“冷凝”中气体可制
13．常作有机合成催化剂、人工降雨剂和加碘盐的碘来源。其一种制备原理：，不同晶型的晶胞结构如图所示：
下列说法正确的是
A．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．中阴离子的中心原子价层电子对数为5
C．中1个与4个等距离且最近
D．等数目的和晶胞，其质量之比为
14．在蓝光照射条件下，产生光生空穴可氧化富电子的芳香族化合物（如图中，代表产生阳离子自由基物种，进一步与吡唑（）反应得到偶联产物，其电化学装置如图所示：
下列说法正确的是
A．电极应与电源的负极相连
B．电极附近电解质溶液的降低
C．电极a产生总反应为＋＋2h+→＋2H+
D．若用代替，则不发生偶联反应
15．向恒容密闭容器中充入1molXeF4(g)和一定量的F2(g)，发生反应：。XeF4的平衡转化率随投料比、温度变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．正反应速率：
C．平衡常数：
D．450K时，压强不变则反应达到平衡
16．25℃时，浓度相等的和的混合溶液中含碳粒子分布系数与关系如图所示。已知：，的酸性比的强。下列说法正确的是
A．代表与关系
B．的的数量级为
C．的溶液约为2.1
D．点溶液中：
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．“锰白”（，在潮湿介质中易被氧化）常用作脱硫催化剂、饲料添加剂。某小组设计如下步骤制备锰白：
步骤1：将溶液加入含有稀硫酸的悬浊液中，搅拌下充分反应得到含的混合液；
步骤2：用氨水调节混合液的，过滤，得溶液和滤渣；
步骤3：向溶液中加入溶液，抽滤、洗涤、干燥得到。
回答下列问题：
（1）实验室新配制溶液时，为了防止其氧化变质，常采用的措施是　 　。
（2）步骤1反应的化学方程式为　 　。
（3）滤渣Y经灼烧得到的固体是　 　（填化学式）。
（4）步骤1中也可用代替，实验室常用粉末和75%硫酸在常温下制备，宜选择的发生装置是　 　（填字母）。
（5）步骤3反应的离子方程式为　 　。
（6）步骤3洗涤包括先水洗、后酒精洗，用酒精洗涤的目的是除固体表面水、　 　。
（7）产品纯度测定。称取产品溶于稀硫酸，配制成溶液。量取配制溶液于锥形瓶中，加入过量溶液，充分反应后，将溶液煮沸一段时间。冷却至室温后，加入指示剂，用标准的溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液的体积为（提示：）。
①产品纯度为　 　%。
②若上述过程没有“煮沸”操作，测得结果　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
18．可用于制备催化剂等。以含钴废料（主要成分为，还有少量的、、等）为原料制备的流程如图所示：
已知：i．水相中含阳离子、；ii．可溶于氨水形成配离子；酸性条件下氧化性：。
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分是　 　（填化学式）。
（2）“酸浸”时，转化为、，写出该反应的离子方程式：　 　。
（3）“还原”时，较为理想的还原剂是　 　（填字母）。
A． B． C．
（4）“除铝”时，转化为。参与反应的离子方程式为　 　。
（5）“沉钴”时氨水不能过量的原因是　 　。
（6）制备时，将和按一定比例混合共热得到无水。写出该反应的化学方程式：　 　。
（7）和咪唑（咪唑的结构式为，其分子中原子都为杂化，用“im”表示）可形成。
①基态原子的价电子排布式为　 　。
②下列关于咪唑的说法正确的是　 　（填字母）。
A．咪唑分子中所有原子位于同一平面上
B．咪唑具有一定的碱性，能与盐酸反应
C．咪唑分子中键数目为
D．咪唑分子中只有极性共价键
19．CO2加氢制备CH3OH、CH3CH2OH涉及反应如下：
i．
ii．
iii．
回答下列问题：
（1）工业上，利用CO加氢合成的热化学方程式为　 　。
（2）向反应器中充入和，在催化剂Cat1、Cat2作用下发生上述反应，测得相同时间内的转化率与温度关系如图1所示。温度低于时，催化效率较高的催化剂是　 　(填“Cat1”或“Cat2”)，随着温度升高，Cat1、Cat2曲线相交，其主要原因可能是　 　。
（3）某温度下，向恒容密闭容器中充入和，发生上述反应i、ii、iii，起始压强为100kPa，达到平衡时转化率为选择性为，CO选择性为。
已知：乙醇的选择性的选择性同理)。
平衡时分压　 　kPa．该温度下，反应iii的平衡常数　 　(用分数表示，用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压等于总压物质的量分数)。
（4）与在活化后的催化剂［催化剂活化：无活性(有活性)]表面可逆地发生反应ii，其反应历程如图2所示。
①对于制甲醇的过程，以下描述正确的是　 　(填字母)。
A．反应中经历了键的形成和断裂
B．加压可以提高的平衡转化率
C．升高温度有利于生成甲醇
②与混合气体以不同的流速通过反应器，流速加快可减少产物中的积累，减少反应　 　(用化学方程式表示)的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。
（5）干冰(固态)的立方晶胞结构中，处于顶点和面心，若晶胞参数为表示阿伏加德罗常数的值，则干冰晶体的密度为　 　。
20．H是合成某药物的中间体，一种合成H的路线如下：
已知：Et代表乙基()。
回答下列问题：
（1）B的名称为　 　。
（2）E中所含官能团的名称为　 　。
（3）分两步进行：第1步发生加成反应，第2步加热条件下发生消去反应。写出第2步反应的化学方程式：　 　。
（4）下列有机物的酸性由强到弱的排序为　 　(填字母，用“>”连接)。
a． b． c． d．
（5）为加成反应，且F的分子式为的结构简式为　 　。
（6）满足下列条件的C的同分异构体有　 　种(不含立体异构)，其中含有4种化学环境不同的氢原子的结构简式为　 　(写出1种即可)。
①1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4molAg ②仅含1种官能团
（7）以和F为原料合成，设计合成路线如下：，其中的结构简式分别为　 　、　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；化学反应速率的影响因素；单糖的性质和用途
【解析】【解答】A、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，从而提高CO2加氢制乙醇的生产效率，A正确；
B、质子数为89，中子数为，中子数与质子数之差为，B正确；
C、碳纤维为碳单质组成的无机材料，不属于有机高分子化合物，C错误；
D、葡萄糖与果糖分子式均为，二者异构化反应原子全部转化为目标产物，原子利用率为100%，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂核心作用为降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应的平衡状态，可提升生产效率；
原子相关计算遵循：中子数=质量数-质子数，以此计算差值；
碳纤维是无机非金属材料，有机高分子需同时满足有机物、高分子两个条件；
葡萄糖异构化为果糖是同分异构体之间的转化，无原子损耗，原子利用率达100%。
2．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；合金及其应用
【解析】【解答】A．配离子在阴极发生还原反应生成单质金，该原理被广泛应用于电镀金工艺，A正确；B．虽然金的化学性质稳定，常温下不与或硝酸反应，但可溶于特定比例的浓硝酸与浓盐酸混合液（体积比），B错误；
C．金因其优异的导电性和抗氧化性能，被广泛应用于电子工业领域，选项C正确；
D．"沙里淘金"现象说明金在自然界中以游离态存在，且利用其高密度特性可通过物理方法分离，D正确；
故答案为：B
【分析】A、电镀工艺中，配离子在阴极转化为Au单质。
B、金可溶于王水中。
C、金的优异的导电性和抗氧化性，广泛应用于电子工业领域。
D、“沙里淘金”体现了金的密度大。
3．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；缩聚反应
【解析】【解答】A、P4O10可看成在分子的正四面体中插入原子， 其分子的球棍模型符合其真实空间结构，A正确；
B、顺 - 2 - 丁烯的结构简式中，两个甲基位于碳碳双键同侧，符合顺式结构，B正确；
C、图示完整呈现了乙烯分子中 π 键由 p 轨道肩并肩重叠形成的过程，C正确；
D、根据反应物和产物的组成，反应式未满足原子守恒，水的化学计量数应为 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
P4O10的球棍模型需准确还原分子的空间骨架，符合结构特征；
顺 - 2 - 丁烯的结构简式需满足顺式烯烃的定义，相同基团在双键同侧；
乙烯 π 键形成过程的图示，需正确体现 p 轨道肩并肩重叠成键的本质；
锦纶 - 66 由己二胺和己二酸缩聚而成，高聚物端基需对应单体官能团剩余部分。
4．【答案】B
【知识点】硫化氢
【解析】【解答】A、NaOH 不慎沾在皮肤上，先用大量水冲洗，再用硼酸溶液洗涤，处理方法合理，故 A 不符合题意；
B、硫黄不慎撒在实验台上，用适量的汞覆盖，汞有毒且易挥发，会造成二次污染，处理方法不合理，故 B 符合题意；
C、吸入少量 H2S 气体，立即在室外呼吸新鲜空气，可避免中毒加重，处理方法合理，故 C 不符合题意；
D、白磷不慎沾在手上，用稀 CuSO4溶液冲洗，CuSO4能与白磷反应消除其毒性，处理方法合理，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
强碱沾肤处理：NaOH 为强碱，沾肤后需先大量水冲洗稀释，再用弱酸硼酸中和，符合实验安全规范；
有毒物质处理：汞（Hg）有剧毒且易挥发，用汞覆盖硫黄会引入新的有毒污染物，不符合实验安全要求；
有毒气体吸入处理：H2S 为有毒气体，吸入后需立即脱离污染环境，呼吸新鲜空气，避免中毒加深；
白磷沾肤处理：白磷有毒且易自燃，稀 CuSO4溶液可与白磷反应，消除其毒性和自燃风险，是合理的应急处理方法。
5．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；无机非金属材料；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、两个结构均为邻二甲苯，苯环中碳碳键是完全等同的大 π 键，不存在单双键交替结构， 故和 是同一种物质，判断正确，故 A 符合题意；
B、氯乙烷中 C-Cl 键为 sp3 杂化碳形成的 σ 键，氯乙烯中 C-Cl 键为 sp2 杂化碳形成的 σ 键，sp2 杂化碳的 s 成分更多，C-Cl 键键长更短、键能更大，二者键能不相等，判断错误，故 B 不符合题意；
C、C2H6O 的相对分子质量为 46，质谱图中质荷比为 46 的峰归属于分子离子峰 C2H6O+，而非 C2H5O+H，判断错误，故 C 不符合题意；
D、石墨能导电是因为层内存在自由移动的 π 电子，并非电子在相邻碳平面间跃迁，判断错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
苯环结构：苯环中碳碳键为完全等同的大 π 键，邻二甲苯的两种书写形式为同一种物质；
键能与杂化：sp2 杂化碳的 s 成分高于 sp3 杂化碳，形成的 C-Cl 键键能更大，氯乙烯与氯乙烷的 C-Cl 键键能不相等；
质谱原理：质谱图中质荷比最大的峰为分子离子峰，对应物质的相对分子质量；
石墨导电原理：石墨层内存在离域 π 键，自由移动的 π 电子使其具有导电性。
6．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；氮气的化学性质；铜及其化合物；元素、核素
【解析】【解答】A、考古利用测定年代的原理是基于的β衰变，与其原子核外电子数无关，且的核外电子仍为6，该原理对应错误，故A不符合题意；
B、溶液刻蚀铜电路板的反应为，体现的是氧化性，不能直接比较金属性，该原理对应错误，故B不符合题意；
C、用碳酸氢钠治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠溶液呈碱性，能与胃酸中的盐酸反应，与其易溶于水的性质无关，该原理对应错误，故C不符合题意；
D、粮库利用保存粮食，是因为化学性质非常稳定，不易发生反应，能隔绝氧气防止粮食氧化变质，该原理对应正确，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同位素测定原理：测年利用的是其放射性衰变特性，而非核外电子数；
氧化还原反应规律：氧化体现的是离子氧化性，与金属单质的金属性强弱无直接对应关系；
碳酸氢钠的用途：治疗胃酸过多利用的是其弱碱性及与酸反应的性质，而非溶解性；
氮气的性质：因氮氮三键键能大，化学性质稳定，常用作保护气用于食品防腐、粮食储存等。
7．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该分子中含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应，说法正确，故 A 符合题意；
B、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，该分子中手性碳原子数目远多于 3 个， 如图所示：　，故 B 不符合题意；
C、该分子中含有 4个酚羟基和2 个醇羟基，只有酚羟基能与 NaOH 反应，1 mol 该物质最多能与 4 mol NaOH 反应，说法错误，故 C 不符合题意；
D、分子中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酚羟基的特性：酚羟基能与 FeCl3溶液发生显色反应，这是酚类物质的特征反应；
手性碳原子的判断：手性碳原子需连有 4 个不同的原子或基团，该分子中多个饱和碳原子均符合手性碳的定义，数量远大于 3；
羟基与 NaOH 的反应：只有酚羟基能与 NaOH 反应，醇羟基不与 NaOH 反应，需区分两类羟基的性质；
原子共平面的判断：饱和碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，分子中存在多个饱和碳原子时，所有原子不可能共平面。
8．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．酸性KMnO4具有强氧化性，能将H2O2氧化成O2，自身被还原为Mn2＋，该反应的离子方程式为：，A正确；
B．由于溶度积：碳酸钙＜硫酸钙，因此CaSO4可以转化为更难溶的CaCO3，该反应的化学方程式为：，B正确；
C．淀粉水解液中含葡萄糖，葡萄糖在酒曲作用下转化成乙醇，并生成，该反应的化学方程式为：，C正确；
D．醋酸是弱酸，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：D
【分析】A、酸性KMnO4溶液能将H2O2氧化成O2，MnO4－转化为Mn2＋。
B、微溶的CaSO4可转化为更难溶的CaCO3。
C、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖可转化为酒精。
D、IO3－和I－在酸性条件下可转化为I2，CH3COOH是弱酸，不能拆解成离子形式。
9．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、As 的 4p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素 Se，第一电离能：Se < As，说法错误，故 A 不符合题意；
B、HF 分子间存在氢键，沸点最高；HCl、HBr 为分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，沸点：HF > HBr > HCl，说法错误，故 B 不符合题意；
C、Cl-有 3 个电子层，离子半径最大；O2-和 Al3+为电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子半径：O2- > Al3+，故离子半径：Cl- > O2- > Al3+，说法正确，故 C 符合题意；
D、酸性：CH3COOH > CH3CH2OH，酸性越弱对应酸根离子结合质子的能力越强，结合质子的能力：CH3CH2O- > CH3COO-，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
第一电离能规律：同周期元素中，ⅤA 族元素因 p 轨道半充满，第一电离能大于 ⅥA 族相邻元素；
分子晶体沸点规律：存在氢键的物质沸点远高于同主族其他氢化物，无氢键时相对分子质量越大沸点越高；
离子半径比较规律：电子层数越多离子半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小；
结合质子能力规律：酸的酸性越弱，其对应酸根离子结合质子的能力越强。
10．【答案】A
【知识点】指示剂；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、先使用硫酸铜溶液吸收乙炔中混有的硫化氢杂质，避免硫化氢与溴水反应产生干扰，再用溴水检验乙炔，该实验思路合理，故 A 符合题意；
B、向氯化铜溶液中加入过量氨水，会生成可溶于水的铜氨络合物，无法得到纯净的氯化铜溶液，该操作不能达到目的，故 B 不符合题意；
C、以酚酞为指示剂进行滴定，可将碳酸钠转化为氯化钠和碳酸氢钠；再更换甲基橙作指示剂继续滴定，能使碳酸氢钠进一步反应转化为氯化钠，以此实现分步滴定的目标，原说法错误，故 C 不符合题意；
D、硝酸钾的溶解度随温度升高显著增大，针对其溶解度变化的特性，采用冷却结晶的方法可使硝酸钾从溶液中结晶析出，从而实现提纯获取，原说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
杂质处理与检验：检验乙炔前，需先通过硫酸铜溶液彻底除去其中的硫化氢，防止还原性的硫化氢干扰溴水的氧化检验；
络合反应规律：氯化铜与过量氨水反应会生成稳定的铜氨络离子，该过程无法直接得到氯化铜溶液，需结合络合物的性质分析；
酸碱滴定原理：利用酚酞和甲基橙指示的不同 pH 变色范围，实现碳酸钠的分步滴定，先转化为碳酸氢钠再完全转化为氯化钠；
结晶法提纯依据：根据硝酸钾溶解度随温度变化大的特点，冷却结晶是分离硝酸钾的核心方法，需结合溶解度曲线的变化趋势判断。
11．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机化合物中碳的成键特征；取代反应
【解析】【解答】A、荧光素和四溴荧光素中所有 C 原子均为 sp2 杂化，转化过程中 C 原子杂化类型未发生改变，说法错误，故 A 不符合题意；
B、溴原子是吸电子基团，四溴荧光素中酚羟基连接的苯环上连有多个溴原子，吸电子效应使酚羟基 O-H 键极性增强，H 更易解离，因此酚羟基中 H 的离解程度：四溴荧光素 > 荧光素，说法正确，故 B 符合题意；
C、1 mol 荧光素与 4 mol Br2发生取代反应生成 1 mol 四溴荧光素，同时生成 4 mol HBr，说法错误，故 C 不符合题意；
D、该物质所含元素中，O 元素的电负性大于 Br 元素，电负性最大的是 O，说法错误，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
杂化类型判断：苯环、羰基、羧基中的 C 原子均为 sp2 杂化，反应前后 C 原子成键方式未改变，杂化类型不变；
酚羟基酸性规律：苯环上连有吸电子基团（如溴原子）时，会增强酚羟基的酸性，使 H 更易解离；连有给电子基团时，酸性减弱；
取代反应计量关系：苯环上的 H 被 Br 取代时，1 mol H 消耗 1 mol Br2，同时生成 1 mol HBr，需根据取代 H 的数量计算 Br2的用量；
电负性规律：同主族元素从上到下电负性逐渐减小，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，O 的电负性大于 Br。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、HgS、FeS 在空气中灼烧的过程中，S、Fe、Hg、O 元素的化合价均发生改变，涉及多个氧化还原反应，说法错误，故 A 不符合题意；
B、消石灰的主要成分为 Ca(OH)2，可中和废水的酸性，防止 S2-与 H+结合生成 H2S 逸出，减少硫化钠的损耗，提升其利用率，说法正确，故 B 符合题意；
C、硝酸具有强氧化性，会将 + 2 价铁氧化为 + 3 价，无法通过该方法检验固体中是否存在 + 2 价铁，说法错误，故 C不符合题意；
D、灼烧产生的气体主要为 SO2，用过量氨水吸收时，会生成 (NH4)2SO3，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】先加入消石灰中和废水中的酸性，避免后续加入硫化钠时生成有毒的 H2S 气体；再加入硫化钠，使 Hg2+与 S2-结合生成难溶的 HgS 沉淀；接着加入硫酸亚铁，除去体系中过量的硫化钠，生成 FeS 沉淀；过滤后得到 HgS 与 FeS 的混合沉淀，将其在空气中灼烧，最终生成铁的氧化物 FexOy、单质 Hg 和 SO2气体。
13．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、反应中，CuSO4中 Cu 元素化合价从 + 2 价降低到 + 1 价，作氧化剂；KI 中 I 元素化合价从 - 1 价升高到· 价（生成 I3-），作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，A错误；
B、I3-的中心 I 原子的价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数 = ，B正确；
C、α-CuI 为面心立方结构，1 个 Cu+与 12 个 Cu+等距离且最近，不是 4 个，C错误；
D、中，8个Cu位于顶点、1个Cu位于体内，4个I位于棱上、1个I位于体内，据“均摊法”，晶胞中含个Cu、个I，即1个晶胞含2个“”；同理，晶胞中8个Cu位于顶点、6个Cu位于面心，4个I位于晶胞内，含4个“”；相等数目晶胞中，，晶胞质量之比为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应计算：根据化合价变化判断氧化剂、还原剂，结合反应式计算物质的量之比，注意 KI 部分被氧化；
价层电子对数计算：价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数，孤电子对数 =×(a-xb)，a 为中心原子价电子数，x 为成键原子数，b 为成键原子接受的电子数；
晶胞配位数判断：面心立方结构中，顶点原子与 12 个面心原子等距离且最近；
晶胞质量计算：用均摊法计算晶胞中 CuI 的数目，进而比较质量比。
14．【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、电极 a 处发生芳香族化合物失去电子的氧化反应，电解池中阳极接电源正极，因此电极 a 应与电源正极相连，故 A 不符合题意；
B、电极 b 处发生 2H++2e-=H2↑的还原反应，消耗了 H+且生成水，导致电极 b 附近 H+浓度降低，溶液 pH 升高，故 B 不符合题意；
C、电极 a 为阳极，发生氧化反应生成目标偶联产物；总反应为芳香族化合物与吡唑类物质反应生成偶联产物和 H+， 电极a上生成产物，消耗“空穴”，生成质子， 该反应式符合图示转化规律，故C符合题意；
D、用甲苯（ ）替代甲氧基（ ）类芳香族化合物，只要物质仍具有可氧化的电子结构，就能发生偶联反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判断：根据电子转移方向和反应类型（氧化 / 还原）确定电极与电源的连接，氧化反应发生在阳极，接正极；
电极附近 pH 变化：还原反应消耗 H+或生成 OH-会使 pH 升高，氧化反应生成 H+或消耗 OH-会使 pH 降低；
电极反应与总反应：结合图示物质转化关系，分析阳极氧化反应的产物及总反应的化学计量关系；
反应发生的条件：物质能否发生偶联反应取决于其是否具有被氧化的结构基础，而非特定取代基（如 - CH3与 - OMe 的结构差异不必然阻断反应）。
15．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、投料比越小，的相对浓度越高，的平衡转化率越高，因此，说法正确，故A不符合题意；
B、b、c 两点温度相同，初始投入的 XeF4物质的量均为 1mol。由于 b 点体系中 F2的起始浓度更大，反应物浓度越高，正反应速率越快，因此 b 点的正反应速率 v (b) 大于 c 点的正反应速率 v (c)，说法错误，故B符合题意；
C、温度升高，的平衡转化率降低，说明正反应为放热反应；平衡常数随温度升高而减小，a点温度低于b、c点，故；b、c点温度相同，故，即，说法正确，故C不符合题意；
D、该反应为气体分子数减小的反应，恒容容器中，压强不变说明气体总物质的量不再变化，反应达到平衡状态，说法正确，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
投料比对转化率的影响：增大反应物的浓度（减小投料比），可提高另一反应物的平衡转化率；
反应速率的影响因素： 温度相同时，反应物浓度越大，反应速率越快；
平衡常数的影响因素：平衡常数只与温度有关，放热反应中，温度越高，平衡常数越小；
化学平衡的判断依据：恒容、气体分子数变化的反应，压强不变可作为反应达到平衡的标志。
16．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】设两种酸均为HA，随着pH的增大，酸分子HA数目减小、酸分子的分布系数减小，酸根A-数目增加、酸根离子A-的分布系数增大；
A、的酸性强于，酸性越强，酸分子的分布系数随pH升高下降越快。因此代表，代表，代表，代表，故A不符合题意；
B、的电离平衡常数 。M点，，则，数量级为，说法错误，故B不符合题意；
C、的电离平衡常数 。N点，，。对于的溶液，由可得：，，说法错误，故C不符合题意；
D、Q点时，，。代入电离平衡常数公式：；
联立可得 ，说法正确，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点
分布系数规律：酸性越强，其酸分子的分布系数曲线左移，酸根离子曲线右移，电离出的酸型粒子分布系数相等时对应的pH值越小（即越小）；
计算技巧：当分布系数相等时，等于该点氢离子浓度的负对数，即；
弱酸pH计算：一元弱酸溶液中，存在近似关系，利用该公式估算pH；
离子浓度推导：结合分布系数图像特征和电离平衡常数表达式，建立不同粒子间的浓度等量关系，从而判断Q点的离子浓度关系。
17．【答案】（1）在溶液中加铁粉
（2）
（3）
（4）B
（5）
（6）酒精易挥发，干燥速率快，防止被氧化
（7）；偏高
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】（1）易被氧化生成，可以添加铁粉将还原为，实验室新配制溶液时，为了防止其氧化变质，常采用的措施是在溶液中加铁粉。
故答案为： 在溶液中加铁粉 ；
（2）将溶液加入含有稀硫酸的悬浊液中，将氧化为，被还原为MnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
（3）由分析可知，滤渣为，经灼烧失水生成。
故答案为： ；
（4）步骤1中也可用代替，实验室常用粉末和75%硫酸在常温下制备，该反应不需要加热，粉末颗粒较小且溶于水，不能盛放在D中的多孔隔板上，宜选择的发生装置是B。
故答案为： B ；
（5）步骤3发生与反应生成，同时有二氧化碳气体产生，离子方程式为。
故答案为： ；
（6）碳酸锰在潮湿空气中易被氧化，而乙醇挥发较快，较短时间与空气接触，则用乙醇洗涤的目的是除水以及干燥速率快，防止被氧化。
故答案为： 酒精易挥发，干燥速率快，防止被氧化 ；
（7）①根据，；
②煮沸目的是除过量，避免过量氧化，如果没有煮沸，导致过量的消耗标准溶液，测得标准溶液体积偏大，结果产品纯度偏高。
故答案为： ； 偏高 ；
【分析】向含有稀硫酸的 MnO2悬浊液中加入 FeSO4溶液，MnO2作为氧化剂，将 Fe2+氧化为 Fe3+，自身被还原为 Mn2+： ，反应生成硫酸铁、硫酸锰和水，得到含有 Mn2+、Fe3+的混合液 X。使用氨水调节混合液 X 的 pH 至 4，在此 pH 条件下，Fe3+完全水解生成 Fe(OH)3沉淀，而 Mn2+仍留在溶液中。过滤后，得到 MnSO4溶液和滤渣 Fe(OH)3，完成杂质去除。向 MnSO4溶液中加入 NH4HCO3溶液，Mn2+与 HCO3-发生反应生成 MnCO3沉淀。经过抽滤、洗涤、干燥操作，最终得到 MnCO3产品。
(1) 向新制溶液中加入铁粉，可将氧化生成的还原为，防止氧化变质。
(2) 酸性条件下氧化的化学方程式： 。
(3) 滤渣为，灼烧失水后生成。
(4) 为可溶粉末，无法用多孔隔板装置，选择适用于粉末与液体常温反应的发生装置。
(5) 与反应的离子方程式： 。
(6) 用乙醇洗涤，可快速除去水分、缩短与空气的接触时间，防止被潮湿空气中的氧化。
(7) ① 纯度计算：根据，代入数据得；
② 若未煮沸除去过量，其会氧化，导致标准液消耗体积偏大，测得产品纯度偏高。
（1）易被氧化生成，可以添加铁粉将还原为，实验室新配制溶液时，为了防止其氧化变质，常采用的措施是在溶液中加铁粉。
（2）将溶液加入含有稀硫酸的悬浊液中，将氧化为，被还原为MnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（3）由分析可知，滤渣为，经灼烧失水生成。
（4）步骤1中也可用代替，实验室常用粉末和75%硫酸在常温下制备，该反应不需要加热，粉末颗粒较小且溶于水，不能盛放在D中的多孔隔板上，宜选择的发生装置是B。
（5）步骤3发生与反应生成，同时有二氧化碳气体产生，离子方程式为。
（6）碳酸锰在潮湿空气中易被氧化，而乙醇挥发较快，较短时间与空气接触，则用乙醇洗涤的目的是除水以及干燥速率快，防止被氧化。
（7）①根据，；
②煮沸目的是除过量，避免过量氧化，如果没有煮沸，导致过量的消耗标准溶液，测得标准溶液体积偏大，结果产品纯度偏高。
18．【答案】（1）
（2）
（3）A
（4）
（5）避免溶于氨水形成配离子
（6）
（7）；AB
【知识点】配合物的成键情况；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）废料中含，它是酸性氧化物，不溶于硫酸，得到滤渣主要为；
故答案为： ；
（2）“酸浸”时，转化为、，则稀硫酸和反应生成、和水：；
故答案为： ；
（3）酸性条件下氧化性：，则可作为还原剂，将，且生成逸出体系，不引入其他杂质，较为理想；加入会生成、，不适合作为还原剂；会引入，不适合作为还原剂。故选A；
故答案为： A ；
（4）“除铝”时，加入和氢离子反应，通过调节pH使得转化为，参与反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（5）由于可溶于氨水形成配离子，故氨水不能过量。
故答案为： 避免溶于氨水形成配离子 ；
（6）和按一定比例混合共热得到无水，结合质量守恒，还生成二氧化硫、HCl，反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（7）①为27号元素，其价电子排布式为。
②A．因为咪唑的结构式为，原子都为杂化，碳原子也都为杂化，则分子中所有原子在同一平面上，A项正确；
B．咪唑中原子上有孤电子对，能结合氢离子显示一定碱性，可与盐酸反应，B项正确；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，由结构式可知，咪唑含有键，C项错误；
D．咪唑分子中与之间形成的是非极性键，D项错误。
故答案为： ；AB。
【分析】本实验以含钴废料为原料制备 CoCl2，先通过稀硫酸酸浸除去不反应的 SiO2，将 Co、Ni、Al 转化为盐溶液；再用 H2O2将 Co3+还原为 Co2+，避免引入新杂质；接着加 CoO 调 pH 使 Al3+沉淀为 Al(OH)3实现除铝；经萃取分液、反萃取得到含 Co2+的水相，加氨水沉钴时需控制用量，防止
Co(OH)2与过量氨水形成配离子溶解；最后用 SOCl2与 CoCl2 6H2O 共热脱水得到无水 CoCl2，同时结合元素结构与有机物性质完成相关分析，解题需围绕氧化还原、除杂原理、配位反应、物质结构等核心规律展开。
(1) 利用 SiO2为酸性氧化物、不与稀硫酸反应的性质，判断酸浸后滤渣主要成分为 SiO2。
(2) 明确 Co3O4中 Co 含 + 2、+3 两种价态，根据原子守恒和电荷守恒，配平其与稀硫酸反应生成 Co3+、Co2+和水的离子方程式。
(3) 遵循 “还原 Co3+且不引入新杂质” 的原则，结合氧化性强弱，排除会生成沉淀的 Na2S、引入 Fe3+的 FeCl2，选择还原后生成 O2逸出、无杂质残留的 H2O2作还原剂。
(4) 利用 CoO 与 H+反应升高溶液 pH 的原理，使 Al3+水解为 Al(OH)3沉淀，结合原子守恒、电荷守恒，配平 CoO 参与除铝的离子方程式。
(5) 依据 Co (OH)2可与过量氨水形成配离子 [Co(NH3)6]2+而溶解的性质，确定沉钴操作中氨水不能过量。
(6) 明确 SOCl2为脱水剂，与 CoCl2 6H2O 的结晶水反应生成 SO2、HCl，同时得到无水 CoCl2，根据质量守恒配平该反应的化学方程式。
(7) ① 依据 Co 的原子序数（27）和过渡元素核外电子排布规律，书写其价电子排布式；
② 结合杂化类型判断原子共平面、σ 键总数，利用 N 原子孤电子对分析碱性，根据成键原子种类判断共价键极性，逐一分析选项正误。
（1）废料中含，它是酸性氧化物，不溶于硫酸，得到滤渣主要为；
（2）“酸浸”时，转化为、，则稀硫酸和反应生成、和水：；
（3）酸性条件下氧化性：，则可作为还原剂，将，且生成逸出体系，不引入其他杂质，较为理想；加入会生成、，不适合作为还原剂；会引入，不适合作为还原剂。故选A；
（4）“除铝”时，加入和氢离子反应，通过调节pH使得转化为，参与反应的离子方程式为。
（5）由于可溶于氨水形成配离子，故氨水不能过量。
（6）和按一定比例混合共热得到无水，结合质量守恒，还生成二氧化硫、HCl，反应的化学方程式为。
（7）①为27号元素，其价电子排布式为。
②A．因为咪唑的结构式为，原子都为杂化，碳原子也都为杂化，则分子中所有原子在同一平面上，A项正确；
B．咪唑中原子上有孤电子对，能结合氢离子显示一定碱性，可与盐酸反应，B项正确；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，由结构式可知，咪唑含有键，C项错误；
D．咪唑分子中与之间形成的是非极性键，D项错误。
故选AB。
19．【答案】（1）
（2）Cat1；随着温度升高，温度对反应速率起决定作用
（3）；
（4）AB；
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应ii-iii可得2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)，则该反应的ΔH=(-49.9kJ mol-1)-(+41.6kJ mol-1)=-91.5kJ mol-1，则利用CO加氢合成CH3OH(g)的热化学方程式为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=-91.5kJ mol-1，
故答案为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=-91.5kJ mol-1；
（2）由图可知，温度低于450℃时，催化剂是Cat1时，二氧化碳的转化率高，故此时催化效率较高的催化剂是Cat1；由于反应时间相同，随着温度升高，反应速率加快，则随着温度升高，Cat1、Cat2曲线相交，其主要原因可能是：随着温度升高，温度对反应速率起决定作用，
故答案为：Cat1；随着温度升高，温度对反应速率起决定作用；
（3）根据相关数据，达到平衡时CO2转化率为60%，CH3CH2OH选择性为50%，CO选择性为25%，根据原子守恒可计算各组分物质的量如下：
组分 CO2 CO H2 H2O CH3OH C2H5OH
n/mol 0.4 0.1 1.4 0.8 0.1 0.2
气体总物质的量为3.0mol，故平衡时容器的压强变为：=75kPa，H2的平衡分压为：=35kPa，对于等分子数反应，可用物质的量替代分压计算平衡常数，反应iii的平衡常数Kp===，
故答案为：35；；
（4）①A．由图可知，反应中经历了In—C、In—O键的形成和断裂，A正确；
B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，B正确；
C．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.9kJ mol-1是放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于生成甲醇，C错误；
②已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性，
故答案为：AB；In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2；
（5）干冰(固态CO2)的立方晶胞结构中，CO2处于顶点和面心，则每个干冰晶胞中含有=4个CO2，干冰晶体的密度==g/cm3，
故答案为：。
【分析】(1) 利用盖斯定律，对已知热化学方程式做加减运算，消去中间物质，得到目标反应的热化学方程式并计算焓变。
(2) 结合图像中不同温度下 CO2的转化率，判断低温段催化效率更高的催化剂；从温度对反应速率的影响角度，分析两条曲线随温度升高相交的原因。
(3) 根据 CO2的转化率、各产物的选择性，结合原子守恒计算平衡时各组分的物质的量；利用压强比等于物质的量比，计算平衡总压、H2的分压；最后代入平衡常数表达式，计算反应 iii 的 Kp。
(4) ① 结合反应历程图，分析化学键的形成与断裂，逐一判断选项正误；② 根据催化剂活化与失活的可逆反应，写出 H2O 导致催化剂失活的化学方程式。
(5) 用均摊法计算干冰晶胞中 CO2的个数，再结合晶胞边长、摩尔质量，代入密度公式计算干冰晶体的密度。
（1）根据盖斯定律，反应ii-iii可得2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)，则该反应的ΔH=(-49.9kJ mol-1)-(+41.6kJ mol-1)=-91.5kJ mol-1，则利用CO加氢合成CH3OH(g)的热化学方程式为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=-91.5kJ mol-1，故答案为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=-91.5kJ mol-1；
（2）由图可知，温度低于450℃时，催化剂是Cat1时，二氧化碳的转化率高，故此时催化效率较高的催化剂是Cat1；由于反应时间相同，随着温度升高，反应速率加快，则随着温度升高，Cat1、Cat2曲线相交，其主要原因可能是：随着温度升高，温度对反应速率起决定作用，故答案为：Cat1；随着温度升高，温度对反应速率起决定作用；
（3）根据相关数据，达到平衡时CO2转化率为60%，CH3CH2OH选择性为50%，CO选择性为25%，根据原子守恒可计算各组分物质的量如下：
组分 CO2 CO H2 H2O CH3OH C2H5OH
n/mol 0.4 0.1 1.4 0.8 0.1 0.2
气体总物质的量为3.0mol，故平衡时容器的压强变为：=75kPa，H2的平衡分压为：=35kPa，对于等分子数反应，可用物质的量替代分压计算平衡常数，反应iii的平衡常数Kp===，故答案为：35；；
（4）①A．由图可知，反应中经历了In—C、In—O键的形成和断裂，A正确；
B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，B正确；
C．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.9kJ mol-1是放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于生成甲醇，C错误；
故答案为：AB；
②已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性，
故答案为：In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2；
（5）干冰(固态CO2)的立方晶胞结构中，CO2处于顶点和面心，则每个干冰晶胞中含有=4个CO2，干冰晶体的密度==g/cm3，故答案为：。
20．【答案】（1）环己醇
（2）酯基、(酮)羰基
（3）
（4）
（5）
（6）9；、、
（7）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）B的名称为环己醇；
故答案为： 环己醇 ；
（2）E中所含官能团的名称为酯基、(酮)羰基；
故答案为： 酯基、(酮)羰基 ；
（3）G→H分两步进行：第1步发生加成反应使酮羰基变为羟基，第2步加热条件下发生消去反应使醇羟基脱水生成碳碳双键。第2步反应为：；
故答案为： ；
（4）羧基比羟基的酸性强，卤素是吸电子基团，且氟电负性比溴强，甲基是推电子基，故酸性由强到弱排序为；
故答案为： ；
（5）为加成反应，且F的分子式为，结合E和G的结构知，F的结构简式为；
故答案为： ；
（6）根据1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4molAg和仅含1种官能团可知，异构体中含有2个甲酸酯基，2个甲酸酯基中间夹一个C的同分异构体有3种（、、），夹2个C的有3种（、、），夹3个C的有2种（、），夹4个C的有1种（），共9种。其中含有4种化学环境不同的氢原子的结构简式为、、；
故答案为： 9 ；、、 ；
（7）结合题干信息，先发生取代生成M（），M再先加成后消去生成N（），N最后加成生成产物。的结构简式分别为、。
故答案为： ； ；
【分析】苯酚（）经催化加氢生成环己醇（B），环己醇发生硝化反应生成硝基环己醇（C），C 与乙醇酯化生成环己醇酯（D），D 分子内缩合生成含酯基和羰基的环状化合物（E）；E 与分子式为 C4H6O 的烯酮类物质F（）发生加成生成 G，G 经加成、消去反应得到最终产物 H；后续结合银氨溶液反应特征推导同分异构体，利用题干反应路径合成目标产物。
(1) 苯酚在 Ni 催化下与 H2发生苯环加成反应，生成六元环醇类物质，名称为环己醇。
(2) 根据 E 的结构简式，识别其中含有的酯基与（酮）羰基两种官能团。
(3) 明确 G→H 的反应历程，第一步为羰基加成生成羟基，第二步为加热条件下醇羟基发生消去反应，形成碳碳双键，据此书写第二步消去反应的化学方程式。
(4) 结合酸性强弱规律：羰基吸电子使酸性增强，卤素吸电子且氟电负性大于溴，甲基推电子使酸性减弱，对选项酸性排序进行判断。
(5) 根据 E+F→G 为加成反应及 F 的分子式 C4H6O，对比 E 和 G 的结构差异，补全 F 的结构简式（含碳碳双键的酮类）。
(6) 根据 1mol 有机物生成 4molAg 且含 1 种官能团的特征，确定同分异构体含 2 个甲酸酯基；通过烷基碳链夹位分类（夹 1 个 C、夹 2 个 C 等）列举所有同分异构体，再根据氢原子化学环境种类筛选特定结构。
(7) 结合题干反应信息，先通过取代反应生成中间体 M，再经加成、消去生成 N，最后经加成得到目标产物，依次推导 M 和 N 的结构简式。
（1）B的名称为环己醇；
（2）E中所含官能团的名称为酯基、(酮)羰基；
（3）G→H分两步进行：第1步发生加成反应使酮羰基变为羟基，第2步加热条件下发生消去反应使醇羟基脱水生成碳碳双键。第2步反应为：；
（4）羧基比羟基的酸性强，卤素是吸电子基团，且氟电负性比溴强，甲基是推电子基，故酸性由强到弱排序为；
（5）为加成反应，且F的分子式为，结合E和G的结构知，F的结构简式为；
（6）根据1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4molAg和仅含1种官能团可知，异构体中含有2个甲酸酯基，2个甲酸酯基中间夹一个C的同分异构体有3种（、、），夹2个C的有3种（、、），夹3个C的有2种（、），夹4个C的有1种（），共9种。其中含有4种化学环境不同的氢原子的结构简式为、、；
（7）结合题干信息，先发生取代生成M（），M再先加成后消去生成N（），N最后加成生成产物。的结构简式分别为、。
1 / 1广东省2025届高三下学期3月质量检测化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第 1~10小题，每小题2分；第 11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．科学技术推动社会进步。下列有关科技动态的化学解读错误的是
选项 科技动态 化学解读
A 开发新型铑基单原子催化体系，实现了水相加氢一步高效制乙醇 催化剂能提高加氢制乙醇的生产效率
B 利用钍靶成功制备和分离医用同位素 的中子数和质子数之差为47
C 自主研制的察打一体无人机“九天”首次亮相 使用的碳纤维材料属于有机高分子
D 开发高浓度葡萄糖高效异构化制备果糖的新催化体系 葡萄糖转化为果糖，原子利用率为100%
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；化学反应速率的影响因素；单糖的性质和用途
【解析】【解答】A、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，从而提高CO2加氢制乙醇的生产效率，A正确；
B、质子数为89，中子数为，中子数与质子数之差为，B正确；
C、碳纤维为碳单质组成的无机材料，不属于有机高分子化合物，C错误；
D、葡萄糖与果糖分子式均为，二者异构化反应原子全部转化为目标产物，原子利用率为100%，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂核心作用为降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应的平衡状态，可提升生产效率；
原子相关计算遵循：中子数=质量数-质子数，以此计算差值；
碳纤维是无机非金属材料，有机高分子需同时满足有机物、高分子两个条件；
葡萄糖异构化为果糖是同分异构体之间的转化，无原子损耗，原子利用率达100%。
2．三星堆博物馆展示的商代后期（公元前1205~前1100年）文物“金鸟形饰”是商代代表作品，形状如图所示。下列说法错误的是
A．金的配合物，广泛应用于电镀金工艺中
B．金的化学性质非常稳定，常温下不能与、硝酸、王水等发生反应
C．金在电子工业中有重要用途，原因是其具有良好的导电性和抗氧化性
D．“沙里淘金”这个成语体现了金在自然界中通常以单质形式存在，且密度较大
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；合金及其应用
【解析】【解答】A．配离子在阴极发生还原反应生成单质金，该原理被广泛应用于电镀金工艺，A正确；B．虽然金的化学性质稳定，常温下不与或硝酸反应，但可溶于特定比例的浓硝酸与浓盐酸混合液（体积比），B错误；
C．金因其优异的导电性和抗氧化性能，被广泛应用于电子工业领域，选项C正确；
D．"沙里淘金"现象说明金在自然界中以游离态存在，且利用其高密度特性可通过物理方法分离，D正确；
故答案为：B
【分析】A、电镀工艺中，配离子在阴极转化为Au单质。
B、金可溶于王水中。
C、金的优异的导电性和抗氧化性，广泛应用于电子工业领域。
D、“沙里淘金”体现了金的密度大。
3．宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一、下列化学用语错误的是
A．分子的球棍模型：
B．顺-2-丁烯的结构简式：
C．乙烯分子中键形成过程：
D．合成锦纶-66的化学方程式：
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；缩聚反应
【解析】【解答】A、P4O10可看成在分子的正四面体中插入原子， 其分子的球棍模型符合其真实空间结构，A正确；
B、顺 - 2 - 丁烯的结构简式中，两个甲基位于碳碳双键同侧，符合顺式结构，B正确；
C、图示完整呈现了乙烯分子中 π 键由 p 轨道肩并肩重叠形成的过程，C正确；
D、根据反应物和产物的组成，反应式未满足原子守恒，水的化学计量数应为 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
P4O10的球棍模型需准确还原分子的空间骨架，符合结构特征；
顺 - 2 - 丁烯的结构简式需满足顺式烯烃的定义，相同基团在双键同侧；
乙烯 π 键形成过程的图示，需正确体现 p 轨道肩并肩重叠成键的本质；
锦纶 - 66 由己二胺和己二酸缩聚而成，高聚物端基需对应单体官能团剩余部分。
4．下列实验事故的处理方法不合理的是
选项 实验事故 处理方法
A 不慎沾在皮肤上 先用大量水冲洗，再用硼酸溶液洗涤
B 硫黄不慎撒在实验台上 用适量的汞覆盖
C 吸入少量气体 立即在室外呼吸新鲜空气
D 白磷不慎沾在手上 用稀溶液冲洗
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】硫化氢
【解析】【解答】A、NaOH 不慎沾在皮肤上，先用大量水冲洗，再用硼酸溶液洗涤，处理方法合理，故 A 不符合题意；
B、硫黄不慎撒在实验台上，用适量的汞覆盖，汞有毒且易挥发，会造成二次污染，处理方法不合理，故 B 符合题意；
C、吸入少量 H2S 气体，立即在室外呼吸新鲜空气，可避免中毒加重，处理方法合理，故 C 不符合题意；
D、白磷不慎沾在手上，用稀 CuSO4溶液冲洗，CuSO4能与白磷反应消除其毒性，处理方法合理，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
强碱沾肤处理：NaOH 为强碱，沾肤后需先大量水冲洗稀释，再用弱酸硼酸中和，符合实验安全规范；
有毒物质处理：汞（Hg）有剧毒且易挥发，用汞覆盖硫黄会引入新的有毒污染物，不符合实验安全要求；
有毒气体吸入处理：H2S 为有毒气体，吸入后需立即脱离污染环境，呼吸新鲜空气，避免中毒加深；
白磷沾肤处理：白磷有毒且易自燃，稀 CuSO4溶液可与白磷反应，消除其毒性和自燃风险，是合理的应急处理方法。
5．下列有关化学概念或性质的判断正确的是
A．和是同一种物质
B．氯乙烷和氯乙烯中键的键能相等
C．的质谱图中，质荷比为46的峰归属于
D．石墨能导电是因为电子从一个相邻碳原子平面跳跃到另一个平面
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；无机非金属材料；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、两个结构均为邻二甲苯，苯环中碳碳键是完全等同的大 π 键，不存在单双键交替结构， 故和 是同一种物质，判断正确，故 A 符合题意；
B、氯乙烷中 C-Cl 键为 sp3 杂化碳形成的 σ 键，氯乙烯中 C-Cl 键为 sp2 杂化碳形成的 σ 键，sp2 杂化碳的 s 成分更多，C-Cl 键键长更短、键能更大，二者键能不相等，判断错误，故 B 不符合题意；
C、C2H6O 的相对分子质量为 46，质谱图中质荷比为 46 的峰归属于分子离子峰 C2H6O+，而非 C2H5O+H，判断错误，故 C 不符合题意；
D、石墨能导电是因为层内存在自由移动的 π 电子，并非电子在相邻碳平面间跃迁，判断错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
苯环结构：苯环中碳碳键为完全等同的大 π 键，邻二甲苯的两种书写形式为同一种物质；
键能与杂化：sp2 杂化碳的 s 成分高于 sp3 杂化碳，形成的 C-Cl 键键能更大，氯乙烯与氯乙烷的 C-Cl 键键能不相等；
质谱原理：质谱图中质荷比最大的峰为分子离子峰，对应物质的相对分子质量；
石墨导电原理：石墨层内存在离域 π 键，自由移动的 π 电子使其具有导电性。
6．劳动创造生活，下列劳动过程运用相关原理的是
选项 劳动过程 相关原理
A 考古工作中利用测定一些文物的年代 原子核外有6个电子
B 工人用溶液刻蚀铜制印刷电路板 金属性：
C 医生用碳酸氢钠治疗胃酸过多症 碳酸氢钠易溶于水
D 粮库利用保存粮食 性质非常稳定
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；氮气的化学性质；铜及其化合物；元素、核素
【解析】【解答】A、考古利用测定年代的原理是基于的β衰变，与其原子核外电子数无关，且的核外电子仍为6，该原理对应错误，故A不符合题意；
B、溶液刻蚀铜电路板的反应为，体现的是氧化性，不能直接比较金属性，该原理对应错误，故B不符合题意；
C、用碳酸氢钠治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠溶液呈碱性，能与胃酸中的盐酸反应，与其易溶于水的性质无关，该原理对应错误，故C不符合题意；
D、粮库利用保存粮食，是因为化学性质非常稳定，不易发生反应，能隔绝氧气防止粮食氧化变质，该原理对应正确，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同位素测定原理：测年利用的是其放射性衰变特性，而非核外电子数；
氧化还原反应规律：氧化体现的是离子氧化性，与金属单质的金属性强弱无直接对应关系；
碳酸氢钠的用途：治疗胃酸过多利用的是其弱碱性及与酸反应的性质，而非溶解性；
氮气的性质：因氮氮三键键能大，化学性质稳定，常用作保护气用于食品防腐、粮食储存等。
7．近日，科学家以廉价原料合成了生物活性分子，结构如图所示。下列有关的说法正确的是
A．能与溶液发生显色反应
B．1个分子中含有3个手性碳原子
C．该物质最多能与反应
D．分子中所有原子共平面
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该分子中含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应，说法正确，故 A 符合题意；
B、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，该分子中手性碳原子数目远多于 3 个， 如图所示：　，故 B 不符合题意；
C、该分子中含有 4个酚羟基和2 个醇羟基，只有酚羟基能与 NaOH 反应，1 mol 该物质最多能与 4 mol NaOH 反应，说法错误，故 C 不符合题意；
D、分子中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酚羟基的特性：酚羟基能与 FeCl3溶液发生显色反应，这是酚类物质的特征反应；
手性碳原子的判断：手性碳原子需连有 4 个不同的原子或基团，该分子中多个饱和碳原子均符合手性碳的定义，数量远大于 3；
羟基与 NaOH 的反应：只有酚羟基能与 NaOH 反应，醇羟基不与 NaOH 反应，需区分两类羟基的性质；
原子共平面的判断：饱和碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，分子中存在多个饱和碳原子时，所有原子不可能共平面。
8．下列过程对应的反应方程式错误的是
A．医务人员常用硫酸酸化的溶液和双氧水紧急制氧：
B．技术员常用石膏改良碱性（含）土壤：
C．民间酿酒师向淀粉水解液中添加酒曲造酒：
D．质检员常用醋酸和淀粉试纸检验碘盐中：
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．酸性KMnO4具有强氧化性，能将H2O2氧化成O2，自身被还原为Mn2＋，该反应的离子方程式为：，A正确；
B．由于溶度积：碳酸钙＜硫酸钙，因此CaSO4可以转化为更难溶的CaCO3，该反应的化学方程式为：，B正确；
C．淀粉水解液中含葡萄糖，葡萄糖在酒曲作用下转化成乙醇，并生成，该反应的化学方程式为：，C正确；
D．醋酸是弱酸，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：D
【分析】A、酸性KMnO4溶液能将H2O2氧化成O2，MnO4－转化为Mn2＋。
B、微溶的CaSO4可转化为更难溶的CaCO3。
C、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖可转化为酒精。
D、IO3－和I－在酸性条件下可转化为I2，CH3COOH是弱酸，不能拆解成离子形式。
9．下列比较正确的是
A．第一电离能：
B．沸点：
C．离子半径：
D．结合质子的能力：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、As 的 4p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素 Se，第一电离能：Se < As，说法错误，故 A 不符合题意；
B、HF 分子间存在氢键，沸点最高；HCl、HBr 为分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，沸点：HF > HBr > HCl，说法错误，故 B 不符合题意；
C、Cl-有 3 个电子层，离子半径最大；O2-和 Al3+为电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子半径：O2- > Al3+，故离子半径：Cl- > O2- > Al3+，说法正确，故 C 符合题意；
D、酸性：CH3COOH > CH3CH2OH，酸性越弱对应酸根离子结合质子的能力越强，结合质子的能力：CH3CH2O- > CH3COO-，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
第一电离能规律：同周期元素中，ⅤA 族元素因 p 轨道半充满，第一电离能大于 ⅥA 族相邻元素；
分子晶体沸点规律：存在氢键的物质沸点远高于同主族其他氢化物，无氢键时相对分子质量越大沸点越高；
离子半径比较规律：电子层数越多离子半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小；
结合质子能力规律：酸的酸性越弱，其对应酸根离子结合质子的能力越强。
10．为达到实验目的，下列操作方法合理的是
选项 实验目的 操作方法
A 检验含的乙炔气体中的 将气体依次通过足量溶液、溴水
B 从含的溶液中得到纯净溶液 加入过量氨水，过滤
C 用盐酸滴定和混合溶液 依次用甲基橙、酚酞作指示剂连续滴定
D 从溶液中获取 蒸发溶液至大量晶体析出为止
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】指示剂；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、先使用硫酸铜溶液吸收乙炔中混有的硫化氢杂质，避免硫化氢与溴水反应产生干扰，再用溴水检验乙炔，该实验思路合理，故 A 符合题意；
B、向氯化铜溶液中加入过量氨水，会生成可溶于水的铜氨络合物，无法得到纯净的氯化铜溶液，该操作不能达到目的，故 B 不符合题意；
C、以酚酞为指示剂进行滴定，可将碳酸钠转化为氯化钠和碳酸氢钠；再更换甲基橙作指示剂继续滴定，能使碳酸氢钠进一步反应转化为氯化钠，以此实现分步滴定的目标，原说法错误，故 C 不符合题意；
D、硝酸钾的溶解度随温度升高显著增大，针对其溶解度变化的特性，采用冷却结晶的方法可使硝酸钾从溶液中结晶析出，从而实现提纯获取，原说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
杂质处理与检验：检验乙炔前，需先通过硫酸铜溶液彻底除去其中的硫化氢，防止还原性的硫化氢干扰溴水的氧化检验；
络合反应规律：氯化铜与过量氨水反应会生成稳定的铜氨络离子，该过程无法直接得到氯化铜溶液，需结合络合物的性质分析；
酸碱滴定原理：利用酚酞和甲基橙指示的不同 pH 变色范围，实现碳酸钠的分步滴定，先转化为碳酸氢钠再完全转化为氯化钠；
结晶法提纯依据：根据硝酸钾溶解度随温度变化大的特点，冷却结晶是分离硝酸钾的核心方法，需结合溶解度曲线的变化趋势判断。
11．荧光素遇溴水由黄色变为红色，发生的反应如图所示（部分物质省略）：
下列说法正确的是
A．上述转化中，原子杂化类型发生改变
B．酚羟基中的离解程度：四溴荧光素>荧光素
C．生成四溴荧光素有参与反应
D．上述物质所含元素中，元素的电负性最大
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机化合物中碳的成键特征；取代反应
【解析】【解答】A、荧光素和四溴荧光素中所有 C 原子均为 sp2 杂化，转化过程中 C 原子杂化类型未发生改变，说法错误，故 A 不符合题意；
B、溴原子是吸电子基团，四溴荧光素中酚羟基连接的苯环上连有多个溴原子，吸电子效应使酚羟基 O-H 键极性增强，H 更易解离，因此酚羟基中 H 的离解程度：四溴荧光素 > 荧光素，说法正确，故 B 符合题意；
C、1 mol 荧光素与 4 mol Br2发生取代反应生成 1 mol 四溴荧光素，同时生成 4 mol HBr，说法错误，故 C 不符合题意；
D、该物质所含元素中，O 元素的电负性大于 Br 元素，电负性最大的是 O，说法错误，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
杂化类型判断：苯环、羰基、羧基中的 C 原子均为 sp2 杂化，反应前后 C 原子成键方式未改变，杂化类型不变；
酚羟基酸性规律：苯环上连有吸电子基团（如溴原子）时，会增强酚羟基的酸性，使 H 更易解离；连有给电子基团时，酸性减弱；
取代反应计量关系：苯环上的 H 被 Br 取代时，1 mol H 消耗 1 mol Br2，同时生成 1 mol HBr，需根据取代 H 的数量计算 Br2的用量；
电负性规律：同主族元素从上到下电负性逐渐减小，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，O 的电负性大于 Br。
12．工业上，采用“凝聚沉淀法”从含汞酸性废水中提取汞。简易流程如图所示：
下列说法正确的是
A．上述转化中只发生1个氧化还原反应
B．加入消石灰的目的是为了提高利用率
C．用硝酸和溶液可确认固体中价铁
D．用过量的浓氨水吸收“冷凝”中气体可制
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、HgS、FeS 在空气中灼烧的过程中，S、Fe、Hg、O 元素的化合价均发生改变，涉及多个氧化还原反应，说法错误，故 A 不符合题意；
B、消石灰的主要成分为 Ca(OH)2，可中和废水的酸性，防止 S2-与 H+结合生成 H2S 逸出，减少硫化钠的损耗，提升其利用率，说法正确，故 B 符合题意；
C、硝酸具有强氧化性，会将 + 2 价铁氧化为 + 3 价，无法通过该方法检验固体中是否存在 + 2 价铁，说法错误，故 C不符合题意；
D、灼烧产生的气体主要为 SO2，用过量氨水吸收时，会生成 (NH4)2SO3，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】先加入消石灰中和废水中的酸性，避免后续加入硫化钠时生成有毒的 H2S 气体；再加入硫化钠，使 Hg2+与 S2-结合生成难溶的 HgS 沉淀；接着加入硫酸亚铁，除去体系中过量的硫化钠，生成 FeS 沉淀；过滤后得到 HgS 与 FeS 的混合沉淀，将其在空气中灼烧，最终生成铁的氧化物 FexOy、单质 Hg 和 SO2气体。
13．常作有机合成催化剂、人工降雨剂和加碘盐的碘来源。其一种制备原理：，不同晶型的晶胞结构如图所示：
下列说法正确的是
A．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．中阴离子的中心原子价层电子对数为5
C．中1个与4个等距离且最近
D．等数目的和晶胞，其质量之比为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、反应中，CuSO4中 Cu 元素化合价从 + 2 价降低到 + 1 价，作氧化剂；KI 中 I 元素化合价从 - 1 价升高到· 价（生成 I3-），作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，A错误；
B、I3-的中心 I 原子的价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数 = ，B正确；
C、α-CuI 为面心立方结构，1 个 Cu+与 12 个 Cu+等距离且最近，不是 4 个，C错误；
D、中，8个Cu位于顶点、1个Cu位于体内，4个I位于棱上、1个I位于体内，据“均摊法”，晶胞中含个Cu、个I，即1个晶胞含2个“”；同理，晶胞中8个Cu位于顶点、6个Cu位于面心，4个I位于晶胞内，含4个“”；相等数目晶胞中，，晶胞质量之比为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应计算：根据化合价变化判断氧化剂、还原剂，结合反应式计算物质的量之比，注意 KI 部分被氧化；
价层电子对数计算：价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数，孤电子对数 =×(a-xb)，a 为中心原子价电子数，x 为成键原子数，b 为成键原子接受的电子数；
晶胞配位数判断：面心立方结构中，顶点原子与 12 个面心原子等距离且最近；
晶胞质量计算：用均摊法计算晶胞中 CuI 的数目，进而比较质量比。
14．在蓝光照射条件下，产生光生空穴可氧化富电子的芳香族化合物（如图中，代表产生阳离子自由基物种，进一步与吡唑（）反应得到偶联产物，其电化学装置如图所示：
下列说法正确的是
A．电极应与电源的负极相连
B．电极附近电解质溶液的降低
C．电极a产生总反应为＋＋2h+→＋2H+
D．若用代替，则不发生偶联反应
【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、电极 a 处发生芳香族化合物失去电子的氧化反应，电解池中阳极接电源正极，因此电极 a 应与电源正极相连，故 A 不符合题意；
B、电极 b 处发生 2H++2e-=H2↑的还原反应，消耗了 H+且生成水，导致电极 b 附近 H+浓度降低，溶液 pH 升高，故 B 不符合题意；
C、电极 a 为阳极，发生氧化反应生成目标偶联产物；总反应为芳香族化合物与吡唑类物质反应生成偶联产物和 H+， 电极a上生成产物，消耗“空穴”，生成质子， 该反应式符合图示转化规律，故C符合题意；
D、用甲苯（ ）替代甲氧基（ ）类芳香族化合物，只要物质仍具有可氧化的电子结构，就能发生偶联反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判断：根据电子转移方向和反应类型（氧化 / 还原）确定电极与电源的连接，氧化反应发生在阳极，接正极；
电极附近 pH 变化：还原反应消耗 H+或生成 OH-会使 pH 升高，氧化反应生成 H+或消耗 OH-会使 pH 降低；
电极反应与总反应：结合图示物质转化关系，分析阳极氧化反应的产物及总反应的化学计量关系；
反应发生的条件：物质能否发生偶联反应取决于其是否具有被氧化的结构基础，而非特定取代基（如 - CH3与 - OMe 的结构差异不必然阻断反应）。
15．向恒容密闭容器中充入1molXeF4(g)和一定量的F2(g)，发生反应：。XeF4的平衡转化率随投料比、温度变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．正反应速率：
C．平衡常数：
D．450K时，压强不变则反应达到平衡
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、投料比越小，的相对浓度越高，的平衡转化率越高，因此，说法正确，故A不符合题意；
B、b、c 两点温度相同，初始投入的 XeF4物质的量均为 1mol。由于 b 点体系中 F2的起始浓度更大，反应物浓度越高，正反应速率越快，因此 b 点的正反应速率 v (b) 大于 c 点的正反应速率 v (c)，说法错误，故B符合题意；
C、温度升高，的平衡转化率降低，说明正反应为放热反应；平衡常数随温度升高而减小，a点温度低于b、c点，故；b、c点温度相同，故，即，说法正确，故C不符合题意；
D、该反应为气体分子数减小的反应，恒容容器中，压强不变说明气体总物质的量不再变化，反应达到平衡状态，说法正确，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
投料比对转化率的影响：增大反应物的浓度（减小投料比），可提高另一反应物的平衡转化率；
反应速率的影响因素： 温度相同时，反应物浓度越大，反应速率越快；
平衡常数的影响因素：平衡常数只与温度有关，放热反应中，温度越高，平衡常数越小；
化学平衡的判断依据：恒容、气体分子数变化的反应，压强不变可作为反应达到平衡的标志。
16．25℃时，浓度相等的和的混合溶液中含碳粒子分布系数与关系如图所示。已知：，的酸性比的强。下列说法正确的是
A．代表与关系
B．的的数量级为
C．的溶液约为2.1
D．点溶液中：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】设两种酸均为HA，随着pH的增大，酸分子HA数目减小、酸分子的分布系数减小，酸根A-数目增加、酸根离子A-的分布系数增大；
A、的酸性强于，酸性越强，酸分子的分布系数随pH升高下降越快。因此代表，代表，代表，代表，故A不符合题意；
B、的电离平衡常数 。M点，，则，数量级为，说法错误，故B不符合题意；
C、的电离平衡常数 。N点，，。对于的溶液，由可得：，，说法错误，故C不符合题意；
D、Q点时，，。代入电离平衡常数公式：；
联立可得 ，说法正确，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点
分布系数规律：酸性越强，其酸分子的分布系数曲线左移，酸根离子曲线右移，电离出的酸型粒子分布系数相等时对应的pH值越小（即越小）；
计算技巧：当分布系数相等时，等于该点氢离子浓度的负对数，即；
弱酸pH计算：一元弱酸溶液中，存在近似关系，利用该公式估算pH；
离子浓度推导：结合分布系数图像特征和电离平衡常数表达式，建立不同粒子间的浓度等量关系，从而判断Q点的离子浓度关系。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．“锰白”（，在潮湿介质中易被氧化）常用作脱硫催化剂、饲料添加剂。某小组设计如下步骤制备锰白：
步骤1：将溶液加入含有稀硫酸的悬浊液中，搅拌下充分反应得到含的混合液；
步骤2：用氨水调节混合液的，过滤，得溶液和滤渣；
步骤3：向溶液中加入溶液，抽滤、洗涤、干燥得到。
回答下列问题：
（1）实验室新配制溶液时，为了防止其氧化变质，常采用的措施是　 　。
（2）步骤1反应的化学方程式为　 　。
（3）滤渣Y经灼烧得到的固体是　 　（填化学式）。
（4）步骤1中也可用代替，实验室常用粉末和75%硫酸在常温下制备，宜选择的发生装置是　 　（填字母）。
（5）步骤3反应的离子方程式为　 　。
（6）步骤3洗涤包括先水洗、后酒精洗，用酒精洗涤的目的是除固体表面水、　 　。
（7）产品纯度测定。称取产品溶于稀硫酸，配制成溶液。量取配制溶液于锥形瓶中，加入过量溶液，充分反应后，将溶液煮沸一段时间。冷却至室温后，加入指示剂，用标准的溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液的体积为（提示：）。
①产品纯度为　 　%。
②若上述过程没有“煮沸”操作，测得结果　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）在溶液中加铁粉
（2）
（3）
（4）B
（5）
（6）酒精易挥发，干燥速率快，防止被氧化
（7）；偏高
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】（1）易被氧化生成，可以添加铁粉将还原为，实验室新配制溶液时，为了防止其氧化变质，常采用的措施是在溶液中加铁粉。
故答案为： 在溶液中加铁粉 ；
（2）将溶液加入含有稀硫酸的悬浊液中，将氧化为，被还原为MnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
（3）由分析可知，滤渣为，经灼烧失水生成。
故答案为： ；
（4）步骤1中也可用代替，实验室常用粉末和75%硫酸在常温下制备，该反应不需要加热，粉末颗粒较小且溶于水，不能盛放在D中的多孔隔板上，宜选择的发生装置是B。
故答案为： B ；
（5）步骤3发生与反应生成，同时有二氧化碳气体产生，离子方程式为。
故答案为： ；
（6）碳酸锰在潮湿空气中易被氧化，而乙醇挥发较快，较短时间与空气接触，则用乙醇洗涤的目的是除水以及干燥速率快，防止被氧化。
故答案为： 酒精易挥发，干燥速率快，防止被氧化 ；
（7）①根据，；
②煮沸目的是除过量，避免过量氧化，如果没有煮沸，导致过量的消耗标准溶液，测得标准溶液体积偏大，结果产品纯度偏高。
故答案为： ； 偏高 ；
【分析】向含有稀硫酸的 MnO2悬浊液中加入 FeSO4溶液，MnO2作为氧化剂，将 Fe2+氧化为 Fe3+，自身被还原为 Mn2+： ，反应生成硫酸铁、硫酸锰和水，得到含有 Mn2+、Fe3+的混合液 X。使用氨水调节混合液 X 的 pH 至 4，在此 pH 条件下，Fe3+完全水解生成 Fe(OH)3沉淀，而 Mn2+仍留在溶液中。过滤后，得到 MnSO4溶液和滤渣 Fe(OH)3，完成杂质去除。向 MnSO4溶液中加入 NH4HCO3溶液，Mn2+与 HCO3-发生反应生成 MnCO3沉淀。经过抽滤、洗涤、干燥操作，最终得到 MnCO3产品。
(1) 向新制溶液中加入铁粉，可将氧化生成的还原为，防止氧化变质。
(2) 酸性条件下氧化的化学方程式： 。
(3) 滤渣为，灼烧失水后生成。
(4) 为可溶粉末，无法用多孔隔板装置，选择适用于粉末与液体常温反应的发生装置。
(5) 与反应的离子方程式： 。
(6) 用乙醇洗涤，可快速除去水分、缩短与空气的接触时间，防止被潮湿空气中的氧化。
(7) ① 纯度计算：根据，代入数据得；
② 若未煮沸除去过量，其会氧化，导致标准液消耗体积偏大，测得产品纯度偏高。
（1）易被氧化生成，可以添加铁粉将还原为，实验室新配制溶液时，为了防止其氧化变质，常采用的措施是在溶液中加铁粉。
（2）将溶液加入含有稀硫酸的悬浊液中，将氧化为，被还原为MnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（3）由分析可知，滤渣为，经灼烧失水生成。
（4）步骤1中也可用代替，实验室常用粉末和75%硫酸在常温下制备，该反应不需要加热，粉末颗粒较小且溶于水，不能盛放在D中的多孔隔板上，宜选择的发生装置是B。
（5）步骤3发生与反应生成，同时有二氧化碳气体产生，离子方程式为。
（6）碳酸锰在潮湿空气中易被氧化，而乙醇挥发较快，较短时间与空气接触，则用乙醇洗涤的目的是除水以及干燥速率快，防止被氧化。
（7）①根据，；
②煮沸目的是除过量，避免过量氧化，如果没有煮沸，导致过量的消耗标准溶液，测得标准溶液体积偏大，结果产品纯度偏高。
18．可用于制备催化剂等。以含钴废料（主要成分为，还有少量的、、等）为原料制备的流程如图所示：
已知：i．水相中含阳离子、；ii．可溶于氨水形成配离子；酸性条件下氧化性：。
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分是　 　（填化学式）。
（2）“酸浸”时，转化为、，写出该反应的离子方程式：　 　。
（3）“还原”时，较为理想的还原剂是　 　（填字母）。
A． B． C．
（4）“除铝”时，转化为。参与反应的离子方程式为　 　。
（5）“沉钴”时氨水不能过量的原因是　 　。
（6）制备时，将和按一定比例混合共热得到无水。写出该反应的化学方程式：　 　。
（7）和咪唑（咪唑的结构式为，其分子中原子都为杂化，用“im”表示）可形成。
①基态原子的价电子排布式为　 　。
②下列关于咪唑的说法正确的是　 　（填字母）。
A．咪唑分子中所有原子位于同一平面上
B．咪唑具有一定的碱性，能与盐酸反应
C．咪唑分子中键数目为
D．咪唑分子中只有极性共价键
【答案】（1）
（2）
（3）A
（4）
（5）避免溶于氨水形成配离子
（6）
（7）；AB
【知识点】配合物的成键情况；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）废料中含，它是酸性氧化物，不溶于硫酸，得到滤渣主要为；
故答案为： ；
（2）“酸浸”时，转化为、，则稀硫酸和反应生成、和水：；
故答案为： ；
（3）酸性条件下氧化性：，则可作为还原剂，将，且生成逸出体系，不引入其他杂质，较为理想；加入会生成、，不适合作为还原剂；会引入，不适合作为还原剂。故选A；
故答案为： A ；
（4）“除铝”时，加入和氢离子反应，通过调节pH使得转化为，参与反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（5）由于可溶于氨水形成配离子，故氨水不能过量。
故答案为： 避免溶于氨水形成配离子 ；
（6）和按一定比例混合共热得到无水，结合质量守恒，还生成二氧化硫、HCl，反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（7）①为27号元素，其价电子排布式为。
②A．因为咪唑的结构式为，原子都为杂化，碳原子也都为杂化，则分子中所有原子在同一平面上，A项正确；
B．咪唑中原子上有孤电子对，能结合氢离子显示一定碱性，可与盐酸反应，B项正确；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，由结构式可知，咪唑含有键，C项错误；
D．咪唑分子中与之间形成的是非极性键，D项错误。
故答案为： ；AB。
【分析】本实验以含钴废料为原料制备 CoCl2，先通过稀硫酸酸浸除去不反应的 SiO2，将 Co、Ni、Al 转化为盐溶液；再用 H2O2将 Co3+还原为 Co2+，避免引入新杂质；接着加 CoO 调 pH 使 Al3+沉淀为 Al(OH)3实现除铝；经萃取分液、反萃取得到含 Co2+的水相，加氨水沉钴时需控制用量，防止
Co(OH)2与过量氨水形成配离子溶解；最后用 SOCl2与 CoCl2 6H2O 共热脱水得到无水 CoCl2，同时结合元素结构与有机物性质完成相关分析，解题需围绕氧化还原、除杂原理、配位反应、物质结构等核心规律展开。
(1) 利用 SiO2为酸性氧化物、不与稀硫酸反应的性质，判断酸浸后滤渣主要成分为 SiO2。
(2) 明确 Co3O4中 Co 含 + 2、+3 两种价态，根据原子守恒和电荷守恒，配平其与稀硫酸反应生成 Co3+、Co2+和水的离子方程式。
(3) 遵循 “还原 Co3+且不引入新杂质” 的原则，结合氧化性强弱，排除会生成沉淀的 Na2S、引入 Fe3+的 FeCl2，选择还原后生成 O2逸出、无杂质残留的 H2O2作还原剂。
(4) 利用 CoO 与 H+反应升高溶液 pH 的原理，使 Al3+水解为 Al(OH)3沉淀，结合原子守恒、电荷守恒，配平 CoO 参与除铝的离子方程式。
(5) 依据 Co (OH)2可与过量氨水形成配离子 [Co(NH3)6]2+而溶解的性质，确定沉钴操作中氨水不能过量。
(6) 明确 SOCl2为脱水剂，与 CoCl2 6H2O 的结晶水反应生成 SO2、HCl，同时得到无水 CoCl2，根据质量守恒配平该反应的化学方程式。
(7) ① 依据 Co 的原子序数（27）和过渡元素核外电子排布规律，书写其价电子排布式；
② 结合杂化类型判断原子共平面、σ 键总数，利用 N 原子孤电子对分析碱性，根据成键原子种类判断共价键极性，逐一分析选项正误。
（1）废料中含，它是酸性氧化物，不溶于硫酸，得到滤渣主要为；
（2）“酸浸”时，转化为、，则稀硫酸和反应生成、和水：；
（3）酸性条件下氧化性：，则可作为还原剂，将，且生成逸出体系，不引入其他杂质，较为理想；加入会生成、，不适合作为还原剂；会引入，不适合作为还原剂。故选A；
（4）“除铝”时，加入和氢离子反应，通过调节pH使得转化为，参与反应的离子方程式为。
（5）由于可溶于氨水形成配离子，故氨水不能过量。
（6）和按一定比例混合共热得到无水，结合质量守恒，还生成二氧化硫、HCl，反应的化学方程式为。
（7）①为27号元素，其价电子排布式为。
②A．因为咪唑的结构式为，原子都为杂化，碳原子也都为杂化，则分子中所有原子在同一平面上，A项正确；
B．咪唑中原子上有孤电子对，能结合氢离子显示一定碱性，可与盐酸反应，B项正确；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，由结构式可知，咪唑含有键，C项错误；
D．咪唑分子中与之间形成的是非极性键，D项错误。
故选AB。
19．CO2加氢制备CH3OH、CH3CH2OH涉及反应如下：
i．
ii．
iii．
回答下列问题：
（1）工业上，利用CO加氢合成的热化学方程式为　 　。
（2）向反应器中充入和，在催化剂Cat1、Cat2作用下发生上述反应，测得相同时间内的转化率与温度关系如图1所示。温度低于时，催化效率较高的催化剂是　 　(填“Cat1”或“Cat2”)，随着温度升高，Cat1、Cat2曲线相交，其主要原因可能是　 　。
（3）某温度下，向恒容密闭容器中充入和，发生上述反应i、ii、iii，起始压强为100kPa，达到平衡时转化率为选择性为，CO选择性为。
已知：乙醇的选择性的选择性同理)。
平衡时分压　 　kPa．该温度下，反应iii的平衡常数　 　(用分数表示，用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压等于总压物质的量分数)。
（4）与在活化后的催化剂［催化剂活化：无活性(有活性)]表面可逆地发生反应ii，其反应历程如图2所示。
①对于制甲醇的过程，以下描述正确的是　 　(填字母)。
A．反应中经历了键的形成和断裂
B．加压可以提高的平衡转化率
C．升高温度有利于生成甲醇
②与混合气体以不同的流速通过反应器，流速加快可减少产物中的积累，减少反应　 　(用化学方程式表示)的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。
（5）干冰(固态)的立方晶胞结构中，处于顶点和面心，若晶胞参数为表示阿伏加德罗常数的值，则干冰晶体的密度为　 　。
【答案】（1）
（2）Cat1；随着温度升高，温度对反应速率起决定作用
（3）；
（4）AB；
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应ii-iii可得2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)，则该反应的ΔH=(-49.9kJ mol-1)-(+41.6kJ mol-1)=-91.5kJ mol-1，则利用CO加氢合成CH3OH(g)的热化学方程式为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=-91.5kJ mol-1，
故答案为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=-91.5kJ mol-1；
（2）由图可知，温度低于450℃时，催化剂是Cat1时，二氧化碳的转化率高，故此时催化效率较高的催化剂是Cat1；由于反应时间相同，随着温度升高，反应速率加快，则随着温度升高，Cat1、Cat2曲线相交，其主要原因可能是：随着温度升高，温度对反应速率起决定作用，
故答案为：Cat1；随着温度升高，温度对反应速率起决定作用；
（3）根据相关数据，达到平衡时CO2转化率为60%，CH3CH2OH选择性为50%，CO选择性为25%，根据原子守恒可计算各组分物质的量如下：
组分 CO2 CO H2 H2O CH3OH C2H5OH
n/mol 0.4 0.1 1.4 0.8 0.1 0.2
气体总物质的量为3.0mol，故平衡时容器的压强变为：=75kPa，H2的平衡分压为：=35kPa，对于等分子数反应，可用物质的量替代分压计算平衡常数，反应iii的平衡常数Kp===，
故答案为：35；；
（4）①A．由图可知，反应中经历了In—C、In—O键的形成和断裂，A正确；
B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，B正确；
C．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.9kJ mol-1是放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于生成甲醇，C错误；
②已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性，
故答案为：AB；In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2；
（5）干冰(固态CO2)的立方晶胞结构中，CO2处于顶点和面心，则每个干冰晶胞中含有=4个CO2，干冰晶体的密度==g/cm3，
故答案为：。
【分析】(1) 利用盖斯定律，对已知热化学方程式做加减运算，消去中间物质，得到目标反应的热化学方程式并计算焓变。
(2) 结合图像中不同温度下 CO2的转化率，判断低温段催化效率更高的催化剂；从温度对反应速率的影响角度，分析两条曲线随温度升高相交的原因。
(3) 根据 CO2的转化率、各产物的选择性，结合原子守恒计算平衡时各组分的物质的量；利用压强比等于物质的量比，计算平衡总压、H2的分压；最后代入平衡常数表达式，计算反应 iii 的 Kp。
(4) ① 结合反应历程图，分析化学键的形成与断裂，逐一判断选项正误；② 根据催化剂活化与失活的可逆反应，写出 H2O 导致催化剂失活的化学方程式。
(5) 用均摊法计算干冰晶胞中 CO2的个数，再结合晶胞边长、摩尔质量，代入密度公式计算干冰晶体的密度。
（1）根据盖斯定律，反应ii-iii可得2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)，则该反应的ΔH=(-49.9kJ mol-1)-(+41.6kJ mol-1)=-91.5kJ mol-1，则利用CO加氢合成CH3OH(g)的热化学方程式为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=-91.5kJ mol-1，故答案为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=-91.5kJ mol-1；
（2）由图可知，温度低于450℃时，催化剂是Cat1时，二氧化碳的转化率高，故此时催化效率较高的催化剂是Cat1；由于反应时间相同，随着温度升高，反应速率加快，则随着温度升高，Cat1、Cat2曲线相交，其主要原因可能是：随着温度升高，温度对反应速率起决定作用，故答案为：Cat1；随着温度升高，温度对反应速率起决定作用；
（3）根据相关数据，达到平衡时CO2转化率为60%，CH3CH2OH选择性为50%，CO选择性为25%，根据原子守恒可计算各组分物质的量如下：
组分 CO2 CO H2 H2O CH3OH C2H5OH
n/mol 0.4 0.1 1.4 0.8 0.1 0.2
气体总物质的量为3.0mol，故平衡时容器的压强变为：=75kPa，H2的平衡分压为：=35kPa，对于等分子数反应，可用物质的量替代分压计算平衡常数，反应iii的平衡常数Kp===，故答案为：35；；
（4）①A．由图可知，反应中经历了In—C、In—O键的形成和断裂，A正确；
B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，B正确；
C．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.9kJ mol-1是放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于生成甲醇，C错误；
故答案为：AB；
②已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性，
故答案为：In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2；
（5）干冰(固态CO2)的立方晶胞结构中，CO2处于顶点和面心，则每个干冰晶胞中含有=4个CO2，干冰晶体的密度==g/cm3，故答案为：。
20．H是合成某药物的中间体，一种合成H的路线如下：
已知：Et代表乙基()。
回答下列问题：
（1）B的名称为　 　。
（2）E中所含官能团的名称为　 　。
（3）分两步进行：第1步发生加成反应，第2步加热条件下发生消去反应。写出第2步反应的化学方程式：　 　。
（4）下列有机物的酸性由强到弱的排序为　 　(填字母，用“>”连接)。
a． b． c． d．
（5）为加成反应，且F的分子式为的结构简式为　 　。
（6）满足下列条件的C的同分异构体有　 　种(不含立体异构)，其中含有4种化学环境不同的氢原子的结构简式为　 　(写出1种即可)。
①1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4molAg ②仅含1种官能团
（7）以和F为原料合成，设计合成路线如下：，其中的结构简式分别为　 　、　 　。
【答案】（1）环己醇
（2）酯基、(酮)羰基
（3）
（4）
（5）
（6）9；、、
（7）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）B的名称为环己醇；
故答案为： 环己醇 ；
（2）E中所含官能团的名称为酯基、(酮)羰基；
故答案为： 酯基、(酮)羰基 ；
（3）G→H分两步进行：第1步发生加成反应使酮羰基变为羟基，第2步加热条件下发生消去反应使醇羟基脱水生成碳碳双键。第2步反应为：；
故答案为： ；
（4）羧基比羟基的酸性强，卤素是吸电子基团，且氟电负性比溴强，甲基是推电子基，故酸性由强到弱排序为；
故答案为： ；
（5）为加成反应，且F的分子式为，结合E和G的结构知，F的结构简式为；
故答案为： ；
（6）根据1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4molAg和仅含1种官能团可知，异构体中含有2个甲酸酯基，2个甲酸酯基中间夹一个C的同分异构体有3种（、、），夹2个C的有3种（、、），夹3个C的有2种（、），夹4个C的有1种（），共9种。其中含有4种化学环境不同的氢原子的结构简式为、、；
故答案为： 9 ；、、 ；
（7）结合题干信息，先发生取代生成M（），M再先加成后消去生成N（），N最后加成生成产物。的结构简式分别为、。
故答案为： ； ；
【分析】苯酚（）经催化加氢生成环己醇（B），环己醇发生硝化反应生成硝基环己醇（C），C 与乙醇酯化生成环己醇酯（D），D 分子内缩合生成含酯基和羰基的环状化合物（E）；E 与分子式为 C4H6O 的烯酮类物质F（）发生加成生成 G，G 经加成、消去反应得到最终产物 H；后续结合银氨溶液反应特征推导同分异构体，利用题干反应路径合成目标产物。
(1) 苯酚在 Ni 催化下与 H2发生苯环加成反应，生成六元环醇类物质，名称为环己醇。
(2) 根据 E 的结构简式，识别其中含有的酯基与（酮）羰基两种官能团。
(3) 明确 G→H 的反应历程，第一步为羰基加成生成羟基，第二步为加热条件下醇羟基发生消去反应，形成碳碳双键，据此书写第二步消去反应的化学方程式。
(4) 结合酸性强弱规律：羰基吸电子使酸性增强，卤素吸电子且氟电负性大于溴，甲基推电子使酸性减弱，对选项酸性排序进行判断。
(5) 根据 E+F→G 为加成反应及 F 的分子式 C4H6O，对比 E 和 G 的结构差异，补全 F 的结构简式（含碳碳双键的酮类）。
(6) 根据 1mol 有机物生成 4molAg 且含 1 种官能团的特征，确定同分异构体含 2 个甲酸酯基；通过烷基碳链夹位分类（夹 1 个 C、夹 2 个 C 等）列举所有同分异构体，再根据氢原子化学环境种类筛选特定结构。
(7) 结合题干反应信息，先通过取代反应生成中间体 M，再经加成、消去生成 N，最后经加成得到目标产物，依次推导 M 和 N 的结构简式。
（1）B的名称为环己醇；
（2）E中所含官能团的名称为酯基、(酮)羰基；
（3）G→H分两步进行：第1步发生加成反应使酮羰基变为羟基，第2步加热条件下发生消去反应使醇羟基脱水生成碳碳双键。第2步反应为：；
（4）羧基比羟基的酸性强，卤素是吸电子基团，且氟电负性比溴强，甲基是推电子基，故酸性由强到弱排序为；
（5）为加成反应，且F的分子式为，结合E和G的结构知，F的结构简式为；
（6）根据1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4molAg和仅含1种官能团可知，异构体中含有2个甲酸酯基，2个甲酸酯基中间夹一个C的同分异构体有3种（、、），夹2个C的有3种（、、），夹3个C的有2种（、），夹4个C的有1种（），共9种。其中含有4种化学环境不同的氢原子的结构简式为、、；
（7）结合题干信息，先发生取代生成M（），M再先加成后消去生成N（），N最后加成生成产物。的结构简式分别为、。
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