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广东省深圳市深圳中学、顺德一中、松山湖未来学校、中山纪念中学2025-2026学年高三上学期港澳班第一次联考化学试卷
1．2026年1月13日22时16分，长征六号改运载火箭在太原卫星发射中心点火起飞，将遥感五十号01星送入预定轨道，中国航天科技集团有限公司2026年首次宇航发射任务取得圆满成功，全年宇航发射任务迎来“开门红”。下列不能作为火箭推进剂的是
A．液氮-液氢 B．液氧-液氢 C．液态NO2-肼 D．液氧-煤油
2．我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指（　　）
A．碳原子 B．二氧化碳 C．碳元素 D．含碳物质
3．下列试剂实验室保存方法错误的是（　　）
A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
B．氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中
C．四氯化碳保存在广口塑料瓶中
D．高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中
4．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．核桃中富含硬脂酸、油酸和亚油酸，此三种酸均为十八碳酸
B．原油中的含硫化合物，可使输送原油的钢管发生化学腐蚀
C．甘油和矿物油均可作护肤品的保湿剂，二者的保湿原理不相同
D．有机玻璃的主要成分为聚甲基丙烯酸甲酯，可通过缩聚反应制得
5．科技创新是新质生产力的核心要素。下列说法错误的是
A．制造C919飞机的材料——氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B．开启航运氢能时代——氢氧燃料电池放电时可将热能转化为电能
C．打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用87Rb的物理性质不同
D．突破量子通信技术——作为传输介质的光纤其主要成分为二氧化硅
6．近年来，我国航天科技事业取得了辉煌的成就。下列说法错误的是
A．我国科学家由嫦娥五号带回的月壤样品中，首次发现了天然玻璃纤维，该纤维中的主要氧化物属于共价晶体
B．某型长征运载火箭以液氧和煤油为推进剂，液氧分子间靠范德华力凝聚在一起
C．“嫦娥石”是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，该矿物中的位于周期表中的区
D．航天员出舱服中应用了碳纤维增强复合材料。碳纤维中碳原子杂化轨道类型是
7．下列实验操作不能达到实验目的是
A． 检验1-氯丁烷中氯元素 B． 检验是否沉淀完全
C． 制备检验醛基用的Cu(OH)2 D．制备晶体
A．A B．B C．C D．D
8．稀有气体化合物的合成更新了对“惰性”的认知。已知：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1 mol 中心原子的孤电子对数目为
B．18 g中所含质子数目为
C．生成1 mol ，转移电子数目为
D．3.36 L HF(标准状况)所含的分子数为
9．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 操作 现象 结论
A 把CCl4加入碘水中，振荡、静置、分液，从上口倒出有机层 有机层呈现紫红色 CCl4能萃取碘，且CCl4密度比水大
B 取待测液少许于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液 溶液变蓝 待测液中含有Fe2+
C 向盛有KI3溶液的两支试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液 前者溶液变蓝，后者产生黄色沉淀 KI3溶液中含有I2和I-
D 将Cl2通入石蕊试液中 石蕊试液先变红后褪色 Cl2具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
10．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．工业制漂白粉：
B．向溶液中滴加溶液：
C．向溶液中通入过量：
D．向溶液中加入少量盐酸：
11．属于二元弱酸。下列有关的说法正确的是
A．向酸性高锰酸钾溶液中滴加过量双氧水，高锰酸钾溶液紫色褪去，体现了的漂白性
B．向溶液中滴加稍过量的，溶液先变黄，稍后产生气体，该过程中双氧水既作氧化剂又作还原剂
C．最高化合价为，与的反应：，该反应为氧化还原反应
D．向溶液中滴加少量酚酞，溶液变红，向其中滴加几滴等浓度的溶液，振荡，溶液逐渐褪色，体现了的酸性
12．橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式(未考虑立体异构)如下所示：
关于橙皮苷的说法正确的是
A．光照下与氯气反应，苯环上可形成键
B．与足量水溶液反应，键均可断裂
C．催化剂存在下与足量氢气反应，键均可断裂
D．与醇溶液反应，多羟基六元环上可形成键
13．为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的两倍，Z的第一电离能大于同周期的相邻元素；四种元素形成的物质受热易分解，结构如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是
A．简单氢化物的还原性：
B．简单离子的半径：
C．基态Y原子核外电子的空间运动状态有6种
D．由组成的化合物均为共价化合物
14．可转化为用于治疗白血病的亚砷酸，亚砷酸在溶液中存在如下平衡：
各种含砷微粒的摩尔分数与溶液的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ表示的变化情况
B．用药后人体所含砷元素的主要微粒是
C．M点，
D．由6到12的变化过程中，水的电离程度始终增大
15．一种Zn-CO2离子液体电池可以在供电的同时将CO2转化为CH4，电解质为离子液体及少量水，其中的是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池如图所示运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有ZnCO3生成。
下列说法正确的是
A．a电极为负极，在该电极上被氧化
B．b电极反应式为：
C．是电池中唯一的质子源
D．作为电池促进剂的原理是通过生成增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度
16．研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为　 　，在元素周期表中位置为　 　。
（2）晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+与Zn2+的配位数之比为　 　；　 　；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是　 　。
（3）吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道
（4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①　 　，②　 　。
（5） 、 、 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是　 　。
17．闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的。
回答下列问题：
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为　 　(填化学式)。
（2）滤渣的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）浸取工序的产物为，该工序发生反应的化学方程式为　 　。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为　 　。
（4）浸取工序宜在之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是　 　。
（5）补全中和工序中主反应的离子方程式　 　+　 　。
（6）真空干燥的目的为　 　。
18．二氧化碳加氢制甲烷是实现“双碳”目标的有效方法之一，主要反应为
反应Ⅰ： kJ·mol-1
反应Ⅱ： kJ·mol-1
（1）反应 ，则　 　kJ·mol-1。
（2）一定温度条件下，利用不同催化剂，在相同反应时间内，测得产物的生成速率与催化剂的关系如图1。
①由图1可知，有利于获得甲烷的催化剂是　 　(填“Cat1”、“Cat2”、“Cat3”或“Cat4”)。
②已知(k为速率常数，R、C均为常数)，下列关于反应Ⅱ在题设条件下图像与上述两种催化剂Cat1、Cat2关系对应正确的是　 　(图2，填标号)。
（3）反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）不同条件下，按照投料同时发生上述反应，的平衡转化率如图3所示。压强、、由大到小的顺序是　 　。压强为时，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是　 　。
（5）在PMPa、T℃下，将投料比的原料气匀速通过无分子筛膜多孔载体反应器，只发生反应Ⅱ，的平衡转化率为25%。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器(如图4所示)，的平衡转化率为40%，则相同时间内出口a和出口b中的质量比为　 　。
19．化合物I是鞘氨醇激酶抑制剂，其合成路线如下：
（1）化合物A的酸性比环己醇的　 　(填“强”或“弱”或“无差别”)。
（2）B的分子式为C2H3OCl，可由乙酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为　 　。
（3）化合物D中含有的含氧官能团名称是　 　。
（4）A→C中加入(C2H5)3N是为了消耗反应中产生的　 　(填化学式)。
（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：　 　。
碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰。
（6）G的分子式为C8H8Br2，F→H的反应类型为　 　。
（7）写出以、和CH2=CH2为原料制备的合成路线流程图　 　(须用NBS和AIBN，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
20．对溴乙酰苯胺()是医药合成的重要中间体，实验室常以乙酰苯胺()和为原料来合成。实验步骤如下：
步骤I．向一定体积的三颈烧瓶中，先加入乙醇，再加入乙酰苯胺，充分溶解。将溴溶解于冰醋酸中，装入图1所示装置的仪器a中；
步骤Ⅱ．一边搅拌一边慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液，滴加完毕后，在下，继续搅拌反应1小时，然后将温度提高至，再搅拌一段时间；
步骤Ⅲ．在搅拌下将反应后溶液慢慢加至含少量的冰水中(混合后溶液呈弱酸性)，此时立即有固体析出，略有黄色，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去，将上述溶液放入冰水浴中慢慢冷却；
步骤Ⅳ．采用如图2所示装置过滤，并用冷水充分洗涤，于燥，经系列操作后得到白色针状晶体，色谱检测其纯度为80.0%。
已知：有关物质的部分性质见下表：
物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
乙酰苯胺 135 113 304 白色结晶性粉末，微溶于冷水，溶于热水、乙醇等
对溴乙酰苯胺 214 167 353 白色针状晶体，溶于苯、乙醇，微溶于热水，不溶于冷水
回答下列问题：
（1）图1装置中，仪器a的名称为　 　，“步骤I”中选用三颈烧瓶的规格是　 　(填标号)。
①②③④
乙醇和冰醋酸的作用是　 　。
（2）图1所示装置中，烧杯里的试剂为溶液，其作用是　 　。
（3）“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是　 　，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去时的离子方程式为　 　
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，先　 　(填标号)再　 　(填标号)，最后加入冰水充分洗涤。
a．打开活塞K b．关闭抽气泵
（5）本实验中，对溴乙酰苯胺产率为　 　，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至，将导致所测产率　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原料与能源的合理利用；绿色化学
【解析】【解答】A、液氮不可燃，无法与液氢发生剧烈氧化还原反应释放大量推力，不能作为火箭推进剂，A 符合题意；
B、液氧为助燃剂，液氢为燃料，二者燃烧释放巨大能量，是常用的火箭推进剂，B 不符合题意；
C、NO2为强氧化剂，肼（N2H4）为还原剂，二者可发生剧烈的氧化还原反应，可作为火箭推进剂，C 不符合题意；
D、液氧为助燃剂，煤油为燃料，二者燃烧可提供强大推力，是常见的火箭推进剂，D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
火箭推进剂的核心要求是能发生剧烈的氧化还原反应，释放大量高温高压气体产生推力，必须同时包含氧化剂和还原剂（燃料）；
易错点：误将液氮当作氧化剂，忽略其惰性，错选其他选项。
2．【答案】B
【知识点】绿色化学
【解析】【解答】碳中和中的碳是指减少二氧化碳的排放以及利用二氧化碳转化为其他物质，故选B。
【分析】实现碳中和一方面要减少碳排放，另一方面是吸收二氧化碳。
3．【答案】C
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．由于浓硝酸不稳定，见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A不符合题意；
B．氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B不符合题意；
C．四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细口玻璃瓶中，C符合题意；
D．高锰酸钾受热易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.浓硝酸不稳定，见光易分解；
B.氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠；
D.高锰酸钾受热分解。
4．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、硬脂酸、油酸、亚油酸均为十八碳酸，A 正确；
B、原油中的含硫化合物会使钢管发生化学腐蚀，B 正确；
C、甘油通过氢键结合水保湿，矿物油通过形成油膜锁水保湿，二者原理不同，C 正确；
D、有机玻璃的主要成分聚甲基丙烯酸甲酯，由甲基丙烯酸甲酯通过加聚反应制得，不是缩聚反应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确硬脂酸、油酸、亚油酸的碳原子数均为 18，属于十八碳脂肪酸；
原油中的含硫化合物（如 H2S 等）呈酸性，能与钢管中的铁发生化学反应，造成化学腐蚀；
甘油（丙三醇）含多个羟基，可通过氢键吸附水分子实现保湿；矿物油为烃类混合物，通过在皮肤表面形成油膜减少水分蒸发实现锁水，二者保湿原理不同；
区分加聚反应和缩聚反应，甲基丙烯酸甲酯含碳碳双键，通过加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃），加聚反应无小分子生成，缩聚反应有小分子生成。
5．【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，可用于制造C919飞机部件，A正确；
B、氢氧燃料电池放电时，将化学能直接转化为电能，而非热能，B错误；
C、与互为同位素，二者中子数不同，物理性质存在差异，C正确；
D、光纤的主要成分为二氧化硅，可用于量子通信信号传输，D正确；
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
新型无机非金属材料的识别：氮化硅陶瓷是典型的耐高温、高强度新型陶瓷材料；
燃料电池的能量转化：氢氧燃料电池的本质是将化学能直接转化为电能，无热能转化的中间过程；
同位素的性质差异：同位素的化学性质几乎相同，但物理性质（如质量数、密度等）因中子数不同而存在差异；
光纤材料的识记：二氧化硅是光导纤维的主要成分，利用光的全反射原理传输信号。
6．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、天然玻璃纤维的主要成分 SiO2属于共价晶体，原子间通过共价键形成空间网状结构，A 正确；
B、液氧由 O2分子构成，分子间依靠范德华力凝聚在一起，B 正确；
C、Fe 元素的价电子排布式为 3d64s2，位于周期表的 d 区，而非 ds 区，C 错误；
D、碳纤维中碳原子以 sp2 杂化方式成键，形成平面网状结构，D 正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：SiO2是典型的共价晶体，由原子通过共价键直接构成；
分子间作用力：O2分子间的相互作用为范德华力，无氢键等特殊作用；
周期表分区：根据价电子排布判断元素分区，Fe 的价电子为 3d64s2，属于 d 区；
杂化轨道类型：碳纤维中碳原子采取 sp2 杂化，形成平面结构。
7．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；硫酸根离子的检验；卤代烃简介；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、1 - 氯丁烷中的氯原子为共价态，无法直接与 AgNO3反应生成 AgCl 沉淀，需先在 NaOH 溶液中加热水解，将 Cl-释放出来，再用硝酸酸化后加 AgNO3检验，该操作不能达到实验目的，A 符合题意；
B、取上层清液滴加 BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明 SO42-已沉淀完全，该操作能达到实验目的，B 不符合题意；
C、在过量 NaOH 溶液中滴加少量 CuSO4溶液，可制得新制 Cu(OH)2悬浊液，用于检验醛基，该操作能达到实验目的，C 不符合题意；
D、向 [Cu(NH3)4] SO4溶液中加入 95% 乙醇，可降低晶体的溶解度，析出 [Cu(NH3)4]SO4 H2O 晶体，该操作能达到实验目的，D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
卤代烃中卤素原子的检验，需先通过水解（或消去）反应将共价态卤素转化为离子态，再酸化后加 AgNO3检验，直接滴加 AgNO3无法反应；
检验 SO42-是否沉淀完全，需取上层清液继续滴加沉淀剂，观察是否有新沉淀生成；
制备新制 Cu(OH)2悬浊液，必须保证 NaOH 过量，营造碱性环境，才能与醛基反应生成砖红色沉淀；
硫酸四氨合铜晶体在乙醇中溶解度远小于水，加入乙醇可降低其溶解度，实现结晶析出。
8．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1mol XeF4中 Xe 的孤电子对为 2NA，A正确；
B、18g H2O（1mol）含 10NA个质子，B正确；
C、生成 1mol XeO3转移 8NA电子，C正确；
D、标况下 HF 是液体，3.36L HF 不是 0.15mol，分子数不是 0.15NA，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题核心是结合反应方程式、物质结构及阿伏加德罗常数的应用，逐一分析选项：
XeF4的孤电子对：Xe 原子最外层 8 个电子，与 4 个 F 形成 σ 键用去 4 个电子，剩余 4 个电子为 2 对孤电子对，故 1mol XeF4中孤电子对为 2NA；
H2O 的质子数：1 个 H2O 含 10 个质子（H：1×2，O：8），18g H2O 为 1mol，质子数为 10NA。
反应的电子转移：反应中 Xe 的化合价由 + 4（XeF4）变为 + 6（XeO3）和 0（Xe），O 由 - 2（H2O）变为 0（O2）；生成 2mol XeO3时，转移 24mol 电子，故生成 1mol XeO3转移 8NA电子。
HF 的状态：标准状况下 HF 为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量。
9．【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；分液和萃取；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、CCl4密度比水大，萃取碘后有机层在下层，应从下口放出，操作错误，A 错误；
B、K3[Fe(CN)6] 与 Fe2+反应生成蓝色沉淀，而非溶液变蓝，现象错误，B 错误；
C、KI3溶液中存在平衡 I3- I2+I-，加淀粉变蓝证明含 I2，加 AgNO3产生黄色沉淀证明含 I-，操作、现象、结论均正确，C 正确；
D、Cl2通入石蕊试液先变红是因为生成 H+显酸性，后褪色是因为生成的 HClO 有漂白性，并非 Cl2本身有漂白性，结论错误，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：萃取分液：密度大于水的萃取剂从下口放出，CCl4密度大于水。
Fe2+检验：K3[Fe(CN)6] 与 Fe2+生成蓝色沉淀，不是溶液变蓝。
平衡验证：KI3溶液中存在 I3-的电离平衡，通过淀粉检验 I2、AgNO3检验 I-，可证明溶液中同时存在两种粒子。
Cl2漂白性：Cl2无漂白性，HClO 才有漂白性，D 项结论混淆了反应产物的性质。
10．【答案】C
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、工业制漂白粉是 Cl2与石灰乳反应，石灰乳不能拆成 OH-，正确的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=ClO-+Cl-+H2O+Ca2+，A错误；
B、NaHS 溶液中滴加 Cu(NO3)2溶液，NO3-在酸性条件下会氧化 HS-，发生氧化还原反应，不是简单的复分解反应， 反应离子方程式为：，B错误；
C、向 Na2[Be(OH)4] 溶液中通入过量 CO2，生成 Be(OH)2沉淀和 HCO3-，离子方程式：，C 正确；
D、向含酚钠和羧酸钠的溶液中加少量盐酸，羧酸钠的结合 H+能力强于酚钠，H+优先与 COO-反应，而非与 O-反应 ：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
工业制漂白粉：原料为石灰乳，不能拆写为离子形式，
氧化还原反应判断：NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会氧化 HS-，B 项忽略了氧化还原反应，
强酸制弱酸与过量 CO2反应：通入过量 CO2生成 HCO3-；
酸性强弱比较：羧基酸性强于酚羟基，H+优先与羧酸钠反应。
11．【答案】B
【知识点】过氧化氢；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、向酸性高锰酸钾溶液中滴加过量双氧水，溶液紫色褪去，是因为双氧水作为还原剂，将高锰酸根还原，体现了双氧水的还原性，而非漂白性，A 错误；
B、向硫酸亚铁溶液中滴加稍过量的双氧水，溶液先变黄（双氧水将 Fe2+氧化为 Fe3+，此时双氧水作氧化剂），稍后产生气体（Fe3+催化双氧水分解生成氧气，此时双氧水既作氧化剂又作还原剂），该过程中双氧水既作氧化剂又作还原剂，B 正确；
C、反应：CrO3 +2H2O2=2H2O+CrO5， CrO5的结构式为，Cr为+6价， 各元素化合价均未发生变化，该反应不属于氧化还原反应，C 错误；
D、向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中滴加双氧水，溶液逐渐褪色，是因为双氧水的漂白性使酚酞褪色，而非体现其酸性，D 错误；
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应的判断：根据元素化合价的升降判断反应类型及物质的作用，区分氧化剂、还原剂；
双氧水的多重性质：双氧水具有氧化性、还原性、漂白性和弱酸性，需结合具体反应分析其体现的性质；
反应过程分析：分步分析溶液中发生的反应，明确双氧水在不同阶段的作用；
化合价变化判断：通过标注反应前后各元素的化合价，判断反应是否为氧化还原反应。
12．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A、光照下，橙皮苷中烷基侧链上的氢原子可与氯气发生取代反应，苯环上的氢原子需在催化剂条件下才能与氯气发生取代反应，因此苯环上不能直接形成新的化学键，A 错误；
B、橙皮苷分子中的酯基、醚键等并非都能与水溶液发生水解反应，部分化学键（如醚键、碳碳单键）在水溶液中无法断裂，B 错误；
C、在催化剂存在下，橙皮苷分子中的苯环、羰基、碳碳双键均可与足量氢气发生加成反应，对应化学键断裂，C 正确；
D、橙皮苷中的多羟基六元环上的羟基与醇溶液不发生反应，因此无法形成新的化学键，D 错误；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
光照条件下的取代反应：光照时氯气主要与烷基上的氢发生取代，苯环上的取代反应需催化剂条件；
水解反应的判断：只有酯基、卤代烃等特定基团可发生水解，醚键、碳碳单键等在水溶液中稳定；
催化加氢的反应范围：苯环、羰基、碳碳双键等不饱和键均可与氢气发生加成反应，对应化学键断裂；
羟基与醇溶液的反应：醇溶液与多羟基六元环上的羟基不发生反应，无法形成新键。
13．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素自左向右非金属性逐渐增强，其简单氢化物的还原性随之减弱，因此氨气的还原性强于水，A 正确；
B、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引作用越强，离子半径越小，因此氮离子半径大于氧离子半径，B 错误；
C、碳的原子序数为 6，基态电子排布式为 1s22s22p2，其核外电子的空间运动状态（轨道数）为 4 种，C 错误；
D、由 H、C、N、O 形成的该化合物中，仅含共价键，为共价化合物，不含离子键，D 错误；
故答案为：A。
【分析】根据成键特征与结构信息，结合短周期主族元素的递变规律进行推断：X、Y、Z 成键数分别为 1、4、3，且原子序数依次增大；W 原子电子总数为其最高能级电子数的两倍，Z 的第一电离能大于同周期相邻元素，由此确定 X 为 H 元素、Y 为 C 元素、Z 为 N 元素、W 为 O 元素。
14．【答案】C
【知识点】水的电离；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据上述曲线归属逻辑，的摩尔分数变化对应曲线Ⅲ，A正确；
B、人体体液的正常约为7.4，结合曲线可知，该下的摩尔分数远高于其他含砷微粒，因此亚砷酸入药后，是人体中砷元素的主要存在形式，B正确；
C、根据电离平衡常数的定义，联立与可得：
点为与的摩尔分数相等点，即，代入上式得。对等式两边取负对数，可得，C错误；
D、时，溶液中电离出的会强烈抑制水的电离；随着升高，被中和，水的电离抑制程度持续减弱；当升高至12时，溶液中、等弱酸根浓度显著增大，其水解反应会持续促进水的电离，且促进程度随升高不断增大。因此从6到12的过程中，水的电离程度始终呈逐渐增大的趋势，D正确；
故答案为：C。
【分析】亚砷酸是典型的三元弱酸，在水溶液中遵循分步电离、逐级减弱的规律，三步电离平衡依次为： （）、 （）、 （），且电离平衡常数满足。
结合含砷微粒的摩尔分数随的变化曲线，可依据“酸性越强，对应微粒占比越高”的规律完成曲线归属：低（强酸性）下，为绝对优势微粒，对应曲线Ⅰ；随升高，第一步电离主导，占比上升，对应曲线Ⅱ；中等下，第二步电离主导，占比达到峰值，对应曲线Ⅲ；高（强碱性）下，第三步电离主导，为优势微粒，对应曲线Ⅳ。据此解题。
15．【答案】B
【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、由分析可知，a电极为锌电极，失去电子发生氧化反应，而非被还原，A错误；
B、b电极为正极，得电子发生还原反应，结合物料守恒与电荷守恒，电极反应式为： ，B正确；
C、水作为质子源，需在反应中提供参与电极过程，C错误；
D、根据图示转化关系，反应为 。虽然反应前后阳离子总电荷量（均为+4）和总个数（均为3个）保持不变，总电荷浓度不发生变化，D错误；
故答案为：B。
【分析】该体系为新型锌离子电池的电解反应，核心反应规律为：被还原为，发生还原反应，得电子，为正极（阴极）；被氧化为，发生氧化反应，失电子，为负极（阳极）。结合图示电极反应与物质转化关系，可推导出：碳纳米管电极（b极）是正极，其电极反应涉及的还原、的参与及的生成；锌电极（a极）是负极，负责提供电子并形成。
16．【答案】（1）3d84s2；第4周期第VIII族
（2）2：3；2：1：1；Zn2+、Ni2+
（3）D
（4）吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
（5）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族。
故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知， ，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以Ni2+与Zn2+的配位数之比为4：6=2：3；
含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4：2：2=2：1：1。
故答案为：2：3；2：1：1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D。
故答案为D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯。
故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞ ＞ ，题干信息显示：碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则碱性最弱的为： 。
故答案为： 。
【分析】(1)根据 Ni 的原子序数 28，写出基态 Ni 原子的核外电子排布式，提取价电子排布式；再结合元素周期表的周期、族划分规律，确定 Ni 在周期表中的位置。
(2)①观察晶胞结构，统计 Ni2+、Zn2+周围的配位原子团数量，确定二者的配位数，计算配位数之比；②利用均摊法，分别计算晶胞中 CN-、NH3、苯环的数目，结合离子种类确定晶胞化学式，得到 x：y：z 的比值；③根据配位键的形成规律，判断提供孤电子对的中心离子。
(3)根据吡啶含 π66大 π 键的信息，推断 N 原子的杂化类型；结合杂化轨道的成键规律，分析 N 原子价层孤电子对的占据轨道，匹配对应选项。
(4)从分子极性、分子间作用力两个角度分析：①吡啶为极性分子、苯为非极性分子，H2O 为极性分子，符合 “相似相溶” 规律；②吡啶 N 原子含孤电子对，可与 H2O 形成分子间氢键，提升溶解度，据此总结吡啶溶解度远大于苯的原因。
(5)根据取代基的电子效应（-CH3为推电子基、-Cl 为吸电子基），判断不同取代吡啶中 N 原子的电子云密度大小；结合题干 “碱性随 N 原子电子云密度增大而增强” 的规律，确定碱性最弱的物质。
（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族。答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知， ，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以Ni2+与Zn2+的配位数之比为4：6=2：3；
含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4：2：2=2：1：1。答案为：2：3；2：1：1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D。答案为D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯。答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞ ＞ ，题干信息显示：碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则碱性最弱的为： 。答案为： 。
17．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）盐酸和液氨反应放热
（5）；
（6）防止干燥过程中被空气中的氧化
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，
故答案为：；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，
故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为，
故答案为：；；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，
故答案为：盐酸和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为+，
故答案为：；；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，
故答案为：防止干燥过程中被空气中的氧化。
【分析】铜包钢先经氨法浸取，铜以可溶性铜氨络合物形式进入溶液、与可炼钢的滤渣分离；含铜氨络合物的溶液通入空气、加入液氨与盐酸氧化，再经硫酸和盐酸中和，得到的滤液置换制备海绵铜，含氯化亚铜的悬浊液经稀盐酸、乙醇洗涤后真空干燥，最终得到氯化亚铜产品。
(1)根据铜与液氨、空气和盐酸的反应，确定深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，写出其化学式。
(2)结合铜包钢的组成及氨法浸取原理，判断不溶于氨水的滤渣主要成分为铁。
(3)根据浸取工序和氧化工序的反应过程，分别写出对应的化学方程式和离子方程式。
(4)分析盐酸与氨水反应的热效应，说明该放热反应可维持浸取温度，低温环境下无需额外加热。
(5)根据中和工序的反应，写出二氨合亚铜离子与氢离子、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子的离子方程式。
(6)结合氯化亚铜易被氧化的特性，说明真空干燥可防止其被空气中的氧气氧化。
（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答案为：；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为，故答案为：；；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为+，故答案为：；；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中被空气中的氧化。
18．【答案】（1）-206.1
（2）Cat4；a
（3）增大
（4）>>；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ。
（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；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ减去反应Ⅱ得，则。
故答案为： -206.1 ；
（2）①根据图示可知，催化剂为Cat4时，甲烷生成速率最大且一氧化碳生成速率最小，有利于获得甲烷；
②根据关系式，减小时，温度升高，反应Ⅱ向正反应方向移动，反应速率加快，速率常数增大，纵坐标增大；根据图1，Cat1比Cat2在相同条件下的速率大，Cat1时活化能小，则斜率大的是Cat1，故选a。
故答案为： Cat4 ；a；
（3）反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，则增大。
故答案为： 增大 ；
（4）反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故>>；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ。
故答案为：>> ； 二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ；
（5）只发生反应Ⅱ，设通入的氢气物质的量为amol，则通入的二氧化碳物质的量为2amol，的平衡转化率为25%，列三段式 ，该反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器，的平衡转化率为40%，列三段式，根据K==，解得n(H2O)a出口=0.1a，则相同时间内出口a和出口b中的质量比=物质的量之比=。
故答案为： ；
【分析】(1)明确目标反应与已知反应的关系（反应Ⅰ - 反应Ⅱ），根据盖斯定律，反应的焓变等于对应反应焓变的差值（），直接代入数值计算即可。
(2)①催化剂选择：对比不同催化剂下甲烷和CO的生成速率，选择甲烷生成速率快、CO生成速率慢的催化剂；
②图像分析：根据，明确与的线性关系，斜率绝对值对应活化能大小，活化能越小斜率越大，结合Cat1活化能更小的特点判断曲线归属。
(3)反应Ⅱ为吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的幅度大于逆反应速率增大的幅度；而与速率增大倍数相关，因此该比值随温度升高而增大。
(4)①压强影响：反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2转化率增大，故；
②温度影响：低温时反应Ⅰ（放热）主导，升温转化率降低；高温时反应Ⅱ（吸热）主导，升温转化率增大，因此温度高于700℃后转化率随温度升高而增大。
(5)①基础平衡计算：只发生反应Ⅱ时，根据CO2平衡转化率列三段式，利用反应前后气体分子数不变的特点，用物质的量代替浓度计算平衡常数；
②新型膜反应器计算：通入相同量反应物，利用已求出的值列新的三段式，计算出口b中的物质的量；
③质量比计算：同温同压下，的质量比等于物质的量之比，代入数值求解即可。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ减去反应Ⅱ得，则。
（2）①根据图示可知，催化剂为Cat4时，甲烷生成速率最大且一氧化碳生成速率最小，有利于获得甲烷；
②根据关系式，减小时，温度升高，反应Ⅱ向正反应方向移动，反应速率加快，速率常数增大，纵坐标增大；根据图1，Cat1比Cat2在相同条件下的速率大，Cat1时活化能小，则斜率大的是Cat1，故选a。
（3）反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，则增大。
（4）反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故>>；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ。
（5）只发生反应Ⅱ，设通入的氢气物质的量为amol，则通入的二氧化碳物质的量为2amol，的平衡转化率为25%，列三段式 ，该反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器，的平衡转化率为40%，列三段式，根据K==，解得n(H2O)a出口=0.1a，则相同时间内出口a和出口b中的质量比=物质的量之比=。
19．【答案】（1）强
（2）CH3COCl
（3）酯基
（4）HCl
（5）
（6）取代反应
（7）
【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；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；苯酚的化学性质
【解析】【解答】（1）化合物A：中含有酚羟基，酚羟基酸性强于醇羟基，故化合物A的酸性比环己醇的强。
故答案为： 强 ；
（2）由分析可知B的结构简式为CH3COCl。
故答案为： CH3COCl ；
（3）根据D中结构简式，D中含有的含氧官能团名称是酯基。
故答案为： 酯基 ；
（4）A→C的化学方程式为+CH3COCl→+HCl，(C2H5)3N具有碱性，能中和HCl促进反应正向进行，提高C的产率；
故答案为： HCl ；
（5）的同分异构体碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性溶液褪色，说明其同分异构体含酯基，且该水解产物为苯甲酸；另一水解产物为丙醇，且加热条件下，铜催化该产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰，由此确定该醇为2-丙醇，由此确定的同分异构体为。
故答案为： ；
（6）由分析可知G的结构为，F→H的反应为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（7）以、和CH2=CH2为原料制备，发生水解反应然后酸化得到邻甲基苯酚，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，邻甲基苯酚和BrCH2CH2Br发生取代反应然后发生C生成D类型的反应得到，和发生取代反应生成，合成路线为：
故答案为：；
【分析】以化合物 A为起始原料，先经三乙胺催化与试剂 B发生酯化反应，将酚羟基转化为乙酸酯基得到化合物 C；B的分子式为C2H3OCl，可由乙酸与SOCl2反应合成，B为CH3COCl；C经 NBS/AIBN 加热条件下的苄位溴代，将苯环上的甲基转化为 CH2Br 得到化合物 D；随后 D发生亲核取代，将 Br 替换，得到化合物 E；E 经 NaOH 水溶液水解、稀盐酸酸化，得到化合物 F；根据H的结构简式知，F为，F 在碳酸钾作用下与试剂 G（对溴甲基溴苯）发生取代反应得到化合物 H；最后 H 发生亲核取代，将苯环上的 Br 替换为吡咯烷结构，最终得到目标产物化合物 I。据此解答。
(1) 对比酚羟基与醇羟基的酸性差异，酚羟基受苯环共轭效应影响，酸性显著强于环己醇的醇羟基，据此判断化合物 A 的酸性更强。
(2) 根据 A→C 的反应，A 的酚羟基转化为乙酸酯基，结合三乙胺作缚酸剂的反应特征，推断试剂 B 为乙酰氯（CH3COCl），完成酚羟基的酰化反应。
(3) 观察 D 的结构简式，识别其中的含氧官能团为酯基（-COO-），直接给出官能团名称。
(4) 书写 A→C 的化学方程式，明确酚羟基与乙酰氯的取代反应，生成酯和 HCl；说明三乙胺的碱性可中和生成的 HCl，推动平衡正向移动，提高产物产率。
(5) 根据酯的水解产物要求，筛选符合条件的同分异构体：水解产物之一为苯甲酸（碳均为 sp2 杂化，不能使酸性 KMnO4褪色），另一产物为 2 - 丙醇（氧化后丙酮的核磁共振氢谱仅 1 个峰），据此确定同分异构体的结构。
(6) 根据 F→H 的取代反应特征，结合 H 的结构，推断试剂 G 为对二溴甲基苯（BrCH2-C6H4-CH2Br），明确反应类型为亲核取代。
(7) 以给定原料为起点，分步设计合成路线：①乙酸邻甲基苯酯（ ）水解得到邻甲基苯酚；②乙烯与溴加成得到 1，2 - 二溴乙烷；③邻甲基苯酚与 1，2 - 二溴乙烷发生取代反应，再经 NBS 溴代、与 取代，最终得到目标产物，梳理每一步的反应类型与转化逻辑。
（1）化合物A：中含有酚羟基，酚羟基酸性强于醇羟基，故化合物A的酸性比环己醇的强。
（2）由分析可知B的结构简式为CH3COCl。
（3）根据D中结构简式，D中含有的含氧官能团名称是酯基。
（4）A→C的化学方程式为+CH3COCl→+HCl，(C2H5)3N具有碱性，能中和HCl促进反应正向进行，提高C的产率；
（5）的同分异构体碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性溶液褪色，说明其同分异构体含酯基，且该水解产物为苯甲酸；另一水解产物为丙醇，且加热条件下，铜催化该产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰，由此确定该醇为2-丙醇，由此确定的同分异构体为。
（6）由分析可知G的结构为，F→H的反应为取代反应；
（7）以、和CH2=CH2为原料制备，发生水解反应然后酸化得到邻甲基苯酚，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，邻甲基苯酚和BrCH2CH2Br发生取代反应然后发生C生成D类型的反应得到，和发生取代反应生成，合成路线为：。
20．【答案】（1）恒压滴液漏斗；②；充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应
（2）吸收、溴蒸气、乙酸等气体
（3）吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；(或)
（4）a；b
（5）60%；偏小
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；酰胺
【解析】【解答】（1）图1装置中，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中加入乙醇，加入乙酰苯胺，滴加溴的冰醋酸溶液，三颈烧瓶中液体体积大于三分之一而小于三分之二，则“步骤I”中选用三颈烧瓶的规格是②合适；已知，乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水、乙醇等，实验中乙醇和冰醋酸的作用是充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ； ② ； 充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应 ；
（2）实验中生成的、挥发的溴蒸气、乙酸等气体污染空气，装置中烧杯里的试剂为溶液，其作用是吸收、溴蒸气、乙酸等气体，防止污染；
故答案为： 吸收、溴蒸气、乙酸等气体 ；
（3）已知，对溴乙酰苯胺不溶于冷水；反应后溶液加入含少量的冰水中，氢氧化钠和酸发生中和反应放热，会导致温度升高，“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；显黄色，说明含有过量溴单质，溴单质具有氧化性，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去，则溴单质氧化亚硫酸氢根离子为硫酸根离子同时生成溴离子，离子方程式为(或)；
故答案为： 吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体 ；(或) ；
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，先a．打开活塞K，使得装置与大气相通，再b．关闭抽气泵，最后加入冰水充分洗涤。
故答案为： a ；b；
（5）乙酰苯胺为，理论上对溴乙酰苯胺的物质的量为，经系列操作后得到白色针状晶体，色谱检测对溴乙酰苯纯度为80.0%，则本实验中，对溴乙酰苯胺产率为，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至，使得溴、乙酸、乙醇挥发，导致反应不充分，将导致所测产率偏小。
故答案为： 60% ； 偏小 ；
【分析】（1）根据仪器结构特征识别恒压滴液漏斗，依据液体体积与烧瓶规格的选用原则确定三颈烧瓶规格，并分析乙醇和冰醋酸作为溶剂的作用；
（2）结合实验产生的尾气成分，分析 NaOH 溶液对 HBr、溴蒸气、乙酸的吸收作用，明确其防污染的功能；
（3）结合对溴乙酰苯胺的溶解性和中和反应放热特点，分析两次冷却的目的，根据溴单质的氧化性书写其与亚硫酸氢钠反应的离子方程式；
（4）依据减压过滤的操作规范，分析停止实验时的操作顺序，避免装置倒吸；
（5）根据乙酰苯胺的物质的量计算理论产量，结合实际得到的纯品质量计算产率，并分析温度过高导致产率偏低的原因。
（1）图1装置中，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中加入乙醇，加入乙酰苯胺，滴加溴的冰醋酸溶液，三颈烧瓶中液体体积大于三分之一而小于三分之二，则“步骤I”中选用三颈烧瓶的规格是②合适；已知，乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水、乙醇等，实验中乙醇和冰醋酸的作用是充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应；
（2）实验中生成的、挥发的溴蒸气、乙酸等气体污染空气，装置中烧杯里的试剂为溶液，其作用是吸收、溴蒸气、乙酸等气体，防止污染；
（3）已知，对溴乙酰苯胺不溶于冷水；反应后溶液加入含少量的冰水中，氢氧化钠和酸发生中和反应放热，会导致温度升高，“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；显黄色，说明含有过量溴单质，溴单质具有氧化性，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去，则溴单质氧化亚硫酸氢根离子为硫酸根离子同时生成溴离子，离子方程式为(或)；
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，先a．打开活塞K，使得装置与大气相通，再b．关闭抽气泵，最后加入冰水充分洗涤。
（5）乙酰苯胺为，理论上对溴乙酰苯胺的物质的量为，经系列操作后得到白色针状晶体，色谱检测对溴乙酰苯纯度为80.0%，则本实验中，对溴乙酰苯胺产率为，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至，使得溴、乙酸、乙醇挥发，导致反应不充分，将导致所测产率偏小。
1 / 1广东省深圳市深圳中学、顺德一中、松山湖未来学校、中山纪念中学2025-2026学年高三上学期港澳班第一次联考化学试卷
1．2026年1月13日22时16分，长征六号改运载火箭在太原卫星发射中心点火起飞，将遥感五十号01星送入预定轨道，中国航天科技集团有限公司2026年首次宇航发射任务取得圆满成功，全年宇航发射任务迎来“开门红”。下列不能作为火箭推进剂的是
A．液氮-液氢 B．液氧-液氢 C．液态NO2-肼 D．液氧-煤油
【答案】A
【知识点】原料与能源的合理利用；绿色化学
【解析】【解答】A、液氮不可燃，无法与液氢发生剧烈氧化还原反应释放大量推力，不能作为火箭推进剂，A 符合题意；
B、液氧为助燃剂，液氢为燃料，二者燃烧释放巨大能量，是常用的火箭推进剂，B 不符合题意；
C、NO2为强氧化剂，肼（N2H4）为还原剂，二者可发生剧烈的氧化还原反应，可作为火箭推进剂，C 不符合题意；
D、液氧为助燃剂，煤油为燃料，二者燃烧可提供强大推力，是常见的火箭推进剂，D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
火箭推进剂的核心要求是能发生剧烈的氧化还原反应，释放大量高温高压气体产生推力，必须同时包含氧化剂和还原剂（燃料）；
易错点：误将液氮当作氧化剂，忽略其惰性，错选其他选项。
2．我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指（　　）
A．碳原子 B．二氧化碳 C．碳元素 D．含碳物质
【答案】B
【知识点】绿色化学
【解析】【解答】碳中和中的碳是指减少二氧化碳的排放以及利用二氧化碳转化为其他物质，故选B。
【分析】实现碳中和一方面要减少碳排放，另一方面是吸收二氧化碳。
3．下列试剂实验室保存方法错误的是（　　）
A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
B．氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中
C．四氯化碳保存在广口塑料瓶中
D．高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中
【答案】C
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．由于浓硝酸不稳定，见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A不符合题意；
B．氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B不符合题意；
C．四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细口玻璃瓶中，C符合题意；
D．高锰酸钾受热易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.浓硝酸不稳定，见光易分解；
B.氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠；
D.高锰酸钾受热分解。
4．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．核桃中富含硬脂酸、油酸和亚油酸，此三种酸均为十八碳酸
B．原油中的含硫化合物，可使输送原油的钢管发生化学腐蚀
C．甘油和矿物油均可作护肤品的保湿剂，二者的保湿原理不相同
D．有机玻璃的主要成分为聚甲基丙烯酸甲酯，可通过缩聚反应制得
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、硬脂酸、油酸、亚油酸均为十八碳酸，A 正确；
B、原油中的含硫化合物会使钢管发生化学腐蚀，B 正确；
C、甘油通过氢键结合水保湿，矿物油通过形成油膜锁水保湿，二者原理不同，C 正确；
D、有机玻璃的主要成分聚甲基丙烯酸甲酯，由甲基丙烯酸甲酯通过加聚反应制得，不是缩聚反应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确硬脂酸、油酸、亚油酸的碳原子数均为 18，属于十八碳脂肪酸；
原油中的含硫化合物（如 H2S 等）呈酸性，能与钢管中的铁发生化学反应，造成化学腐蚀；
甘油（丙三醇）含多个羟基，可通过氢键吸附水分子实现保湿；矿物油为烃类混合物，通过在皮肤表面形成油膜减少水分蒸发实现锁水，二者保湿原理不同；
区分加聚反应和缩聚反应，甲基丙烯酸甲酯含碳碳双键，通过加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃），加聚反应无小分子生成，缩聚反应有小分子生成。
5．科技创新是新质生产力的核心要素。下列说法错误的是
A．制造C919飞机的材料——氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B．开启航运氢能时代——氢氧燃料电池放电时可将热能转化为电能
C．打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用87Rb的物理性质不同
D．突破量子通信技术——作为传输介质的光纤其主要成分为二氧化硅
【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，可用于制造C919飞机部件，A正确；
B、氢氧燃料电池放电时，将化学能直接转化为电能，而非热能，B错误；
C、与互为同位素，二者中子数不同，物理性质存在差异，C正确；
D、光纤的主要成分为二氧化硅，可用于量子通信信号传输，D正确；
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
新型无机非金属材料的识别：氮化硅陶瓷是典型的耐高温、高强度新型陶瓷材料；
燃料电池的能量转化：氢氧燃料电池的本质是将化学能直接转化为电能，无热能转化的中间过程；
同位素的性质差异：同位素的化学性质几乎相同，但物理性质（如质量数、密度等）因中子数不同而存在差异；
光纤材料的识记：二氧化硅是光导纤维的主要成分，利用光的全反射原理传输信号。
6．近年来，我国航天科技事业取得了辉煌的成就。下列说法错误的是
A．我国科学家由嫦娥五号带回的月壤样品中，首次发现了天然玻璃纤维，该纤维中的主要氧化物属于共价晶体
B．某型长征运载火箭以液氧和煤油为推进剂，液氧分子间靠范德华力凝聚在一起
C．“嫦娥石”是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，该矿物中的位于周期表中的区
D．航天员出舱服中应用了碳纤维增强复合材料。碳纤维中碳原子杂化轨道类型是
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、天然玻璃纤维的主要成分 SiO2属于共价晶体，原子间通过共价键形成空间网状结构，A 正确；
B、液氧由 O2分子构成，分子间依靠范德华力凝聚在一起，B 正确；
C、Fe 元素的价电子排布式为 3d64s2，位于周期表的 d 区，而非 ds 区，C 错误；
D、碳纤维中碳原子以 sp2 杂化方式成键，形成平面网状结构，D 正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：SiO2是典型的共价晶体，由原子通过共价键直接构成；
分子间作用力：O2分子间的相互作用为范德华力，无氢键等特殊作用；
周期表分区：根据价电子排布判断元素分区，Fe 的价电子为 3d64s2，属于 d 区；
杂化轨道类型：碳纤维中碳原子采取 sp2 杂化，形成平面结构。
7．下列实验操作不能达到实验目的是
A． 检验1-氯丁烷中氯元素 B． 检验是否沉淀完全
C． 制备检验醛基用的Cu(OH)2 D．制备晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；硫酸根离子的检验；卤代烃简介；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、1 - 氯丁烷中的氯原子为共价态，无法直接与 AgNO3反应生成 AgCl 沉淀，需先在 NaOH 溶液中加热水解，将 Cl-释放出来，再用硝酸酸化后加 AgNO3检验，该操作不能达到实验目的，A 符合题意；
B、取上层清液滴加 BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明 SO42-已沉淀完全，该操作能达到实验目的，B 不符合题意；
C、在过量 NaOH 溶液中滴加少量 CuSO4溶液，可制得新制 Cu(OH)2悬浊液，用于检验醛基，该操作能达到实验目的，C 不符合题意；
D、向 [Cu(NH3)4] SO4溶液中加入 95% 乙醇，可降低晶体的溶解度，析出 [Cu(NH3)4]SO4 H2O 晶体，该操作能达到实验目的，D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
卤代烃中卤素原子的检验，需先通过水解（或消去）反应将共价态卤素转化为离子态，再酸化后加 AgNO3检验，直接滴加 AgNO3无法反应；
检验 SO42-是否沉淀完全，需取上层清液继续滴加沉淀剂，观察是否有新沉淀生成；
制备新制 Cu(OH)2悬浊液，必须保证 NaOH 过量，营造碱性环境，才能与醛基反应生成砖红色沉淀；
硫酸四氨合铜晶体在乙醇中溶解度远小于水，加入乙醇可降低其溶解度，实现结晶析出。
8．稀有气体化合物的合成更新了对“惰性”的认知。已知：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1 mol 中心原子的孤电子对数目为
B．18 g中所含质子数目为
C．生成1 mol ，转移电子数目为
D．3.36 L HF(标准状况)所含的分子数为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1mol XeF4中 Xe 的孤电子对为 2NA，A正确；
B、18g H2O（1mol）含 10NA个质子，B正确；
C、生成 1mol XeO3转移 8NA电子，C正确；
D、标况下 HF 是液体，3.36L HF 不是 0.15mol，分子数不是 0.15NA，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题核心是结合反应方程式、物质结构及阿伏加德罗常数的应用，逐一分析选项：
XeF4的孤电子对：Xe 原子最外层 8 个电子，与 4 个 F 形成 σ 键用去 4 个电子，剩余 4 个电子为 2 对孤电子对，故 1mol XeF4中孤电子对为 2NA；
H2O 的质子数：1 个 H2O 含 10 个质子（H：1×2，O：8），18g H2O 为 1mol，质子数为 10NA。
反应的电子转移：反应中 Xe 的化合价由 + 4（XeF4）变为 + 6（XeO3）和 0（Xe），O 由 - 2（H2O）变为 0（O2）；生成 2mol XeO3时，转移 24mol 电子，故生成 1mol XeO3转移 8NA电子。
HF 的状态：标准状况下 HF 为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量。
9．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 操作 现象 结论
A 把CCl4加入碘水中，振荡、静置、分液，从上口倒出有机层 有机层呈现紫红色 CCl4能萃取碘，且CCl4密度比水大
B 取待测液少许于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液 溶液变蓝 待测液中含有Fe2+
C 向盛有KI3溶液的两支试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液 前者溶液变蓝，后者产生黄色沉淀 KI3溶液中含有I2和I-
D 将Cl2通入石蕊试液中 石蕊试液先变红后褪色 Cl2具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；分液和萃取；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、CCl4密度比水大，萃取碘后有机层在下层，应从下口放出，操作错误，A 错误；
B、K3[Fe(CN)6] 与 Fe2+反应生成蓝色沉淀，而非溶液变蓝，现象错误，B 错误；
C、KI3溶液中存在平衡 I3- I2+I-，加淀粉变蓝证明含 I2，加 AgNO3产生黄色沉淀证明含 I-，操作、现象、结论均正确，C 正确；
D、Cl2通入石蕊试液先变红是因为生成 H+显酸性，后褪色是因为生成的 HClO 有漂白性，并非 Cl2本身有漂白性，结论错误，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：萃取分液：密度大于水的萃取剂从下口放出，CCl4密度大于水。
Fe2+检验：K3[Fe(CN)6] 与 Fe2+生成蓝色沉淀，不是溶液变蓝。
平衡验证：KI3溶液中存在 I3-的电离平衡，通过淀粉检验 I2、AgNO3检验 I-，可证明溶液中同时存在两种粒子。
Cl2漂白性：Cl2无漂白性，HClO 才有漂白性，D 项结论混淆了反应产物的性质。
10．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．工业制漂白粉：
B．向溶液中滴加溶液：
C．向溶液中通入过量：
D．向溶液中加入少量盐酸：
【答案】C
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、工业制漂白粉是 Cl2与石灰乳反应，石灰乳不能拆成 OH-，正确的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=ClO-+Cl-+H2O+Ca2+，A错误；
B、NaHS 溶液中滴加 Cu(NO3)2溶液，NO3-在酸性条件下会氧化 HS-，发生氧化还原反应，不是简单的复分解反应， 反应离子方程式为：，B错误；
C、向 Na2[Be(OH)4] 溶液中通入过量 CO2，生成 Be(OH)2沉淀和 HCO3-，离子方程式：，C 正确；
D、向含酚钠和羧酸钠的溶液中加少量盐酸，羧酸钠的结合 H+能力强于酚钠，H+优先与 COO-反应，而非与 O-反应 ：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
工业制漂白粉：原料为石灰乳，不能拆写为离子形式，
氧化还原反应判断：NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会氧化 HS-，B 项忽略了氧化还原反应，
强酸制弱酸与过量 CO2反应：通入过量 CO2生成 HCO3-；
酸性强弱比较：羧基酸性强于酚羟基，H+优先与羧酸钠反应。
11．属于二元弱酸。下列有关的说法正确的是
A．向酸性高锰酸钾溶液中滴加过量双氧水，高锰酸钾溶液紫色褪去，体现了的漂白性
B．向溶液中滴加稍过量的，溶液先变黄，稍后产生气体，该过程中双氧水既作氧化剂又作还原剂
C．最高化合价为，与的反应：，该反应为氧化还原反应
D．向溶液中滴加少量酚酞，溶液变红，向其中滴加几滴等浓度的溶液，振荡，溶液逐渐褪色，体现了的酸性
【答案】B
【知识点】过氧化氢；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、向酸性高锰酸钾溶液中滴加过量双氧水，溶液紫色褪去，是因为双氧水作为还原剂，将高锰酸根还原，体现了双氧水的还原性，而非漂白性，A 错误；
B、向硫酸亚铁溶液中滴加稍过量的双氧水，溶液先变黄（双氧水将 Fe2+氧化为 Fe3+，此时双氧水作氧化剂），稍后产生气体（Fe3+催化双氧水分解生成氧气，此时双氧水既作氧化剂又作还原剂），该过程中双氧水既作氧化剂又作还原剂，B 正确；
C、反应：CrO3 +2H2O2=2H2O+CrO5， CrO5的结构式为，Cr为+6价， 各元素化合价均未发生变化，该反应不属于氧化还原反应，C 错误；
D、向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中滴加双氧水，溶液逐渐褪色，是因为双氧水的漂白性使酚酞褪色，而非体现其酸性，D 错误；
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应的判断：根据元素化合价的升降判断反应类型及物质的作用，区分氧化剂、还原剂；
双氧水的多重性质：双氧水具有氧化性、还原性、漂白性和弱酸性，需结合具体反应分析其体现的性质；
反应过程分析：分步分析溶液中发生的反应，明确双氧水在不同阶段的作用；
化合价变化判断：通过标注反应前后各元素的化合价，判断反应是否为氧化还原反应。
12．橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式(未考虑立体异构)如下所示：
关于橙皮苷的说法正确的是
A．光照下与氯气反应，苯环上可形成键
B．与足量水溶液反应，键均可断裂
C．催化剂存在下与足量氢气反应，键均可断裂
D．与醇溶液反应，多羟基六元环上可形成键
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A、光照下，橙皮苷中烷基侧链上的氢原子可与氯气发生取代反应，苯环上的氢原子需在催化剂条件下才能与氯气发生取代反应，因此苯环上不能直接形成新的化学键，A 错误；
B、橙皮苷分子中的酯基、醚键等并非都能与水溶液发生水解反应，部分化学键（如醚键、碳碳单键）在水溶液中无法断裂，B 错误；
C、在催化剂存在下，橙皮苷分子中的苯环、羰基、碳碳双键均可与足量氢气发生加成反应，对应化学键断裂，C 正确；
D、橙皮苷中的多羟基六元环上的羟基与醇溶液不发生反应，因此无法形成新的化学键，D 错误；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
光照条件下的取代反应：光照时氯气主要与烷基上的氢发生取代，苯环上的取代反应需催化剂条件；
水解反应的判断：只有酯基、卤代烃等特定基团可发生水解，醚键、碳碳单键等在水溶液中稳定；
催化加氢的反应范围：苯环、羰基、碳碳双键等不饱和键均可与氢气发生加成反应，对应化学键断裂；
羟基与醇溶液的反应：醇溶液与多羟基六元环上的羟基不发生反应，无法形成新键。
13．为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的两倍，Z的第一电离能大于同周期的相邻元素；四种元素形成的物质受热易分解，结构如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是
A．简单氢化物的还原性：
B．简单离子的半径：
C．基态Y原子核外电子的空间运动状态有6种
D．由组成的化合物均为共价化合物
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素自左向右非金属性逐渐增强，其简单氢化物的还原性随之减弱，因此氨气的还原性强于水，A 正确；
B、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引作用越强，离子半径越小，因此氮离子半径大于氧离子半径，B 错误；
C、碳的原子序数为 6，基态电子排布式为 1s22s22p2，其核外电子的空间运动状态（轨道数）为 4 种，C 错误；
D、由 H、C、N、O 形成的该化合物中，仅含共价键，为共价化合物，不含离子键，D 错误；
故答案为：A。
【分析】根据成键特征与结构信息，结合短周期主族元素的递变规律进行推断：X、Y、Z 成键数分别为 1、4、3，且原子序数依次增大；W 原子电子总数为其最高能级电子数的两倍，Z 的第一电离能大于同周期相邻元素，由此确定 X 为 H 元素、Y 为 C 元素、Z 为 N 元素、W 为 O 元素。
14．可转化为用于治疗白血病的亚砷酸，亚砷酸在溶液中存在如下平衡：
各种含砷微粒的摩尔分数与溶液的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ表示的变化情况
B．用药后人体所含砷元素的主要微粒是
C．M点，
D．由6到12的变化过程中，水的电离程度始终增大
【答案】C
【知识点】水的电离；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据上述曲线归属逻辑，的摩尔分数变化对应曲线Ⅲ，A正确；
B、人体体液的正常约为7.4，结合曲线可知，该下的摩尔分数远高于其他含砷微粒，因此亚砷酸入药后，是人体中砷元素的主要存在形式，B正确；
C、根据电离平衡常数的定义，联立与可得：
点为与的摩尔分数相等点，即，代入上式得。对等式两边取负对数，可得，C错误；
D、时，溶液中电离出的会强烈抑制水的电离；随着升高，被中和，水的电离抑制程度持续减弱；当升高至12时，溶液中、等弱酸根浓度显著增大，其水解反应会持续促进水的电离，且促进程度随升高不断增大。因此从6到12的过程中，水的电离程度始终呈逐渐增大的趋势，D正确；
故答案为：C。
【分析】亚砷酸是典型的三元弱酸，在水溶液中遵循分步电离、逐级减弱的规律，三步电离平衡依次为： （）、 （）、 （），且电离平衡常数满足。
结合含砷微粒的摩尔分数随的变化曲线，可依据“酸性越强，对应微粒占比越高”的规律完成曲线归属：低（强酸性）下，为绝对优势微粒，对应曲线Ⅰ；随升高，第一步电离主导，占比上升，对应曲线Ⅱ；中等下，第二步电离主导，占比达到峰值，对应曲线Ⅲ；高（强碱性）下，第三步电离主导，为优势微粒，对应曲线Ⅳ。据此解题。
15．一种Zn-CO2离子液体电池可以在供电的同时将CO2转化为CH4，电解质为离子液体及少量水，其中的是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池如图所示运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有ZnCO3生成。
下列说法正确的是
A．a电极为负极，在该电极上被氧化
B．b电极反应式为：
C．是电池中唯一的质子源
D．作为电池促进剂的原理是通过生成增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度
【答案】B
【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、由分析可知，a电极为锌电极，失去电子发生氧化反应，而非被还原，A错误；
B、b电极为正极，得电子发生还原反应，结合物料守恒与电荷守恒，电极反应式为： ，B正确；
C、水作为质子源，需在反应中提供参与电极过程，C错误；
D、根据图示转化关系，反应为 。虽然反应前后阳离子总电荷量（均为+4）和总个数（均为3个）保持不变，总电荷浓度不发生变化，D错误；
故答案为：B。
【分析】该体系为新型锌离子电池的电解反应，核心反应规律为：被还原为，发生还原反应，得电子，为正极（阴极）；被氧化为，发生氧化反应，失电子，为负极（阳极）。结合图示电极反应与物质转化关系，可推导出：碳纳米管电极（b极）是正极，其电极反应涉及的还原、的参与及的生成；锌电极（a极）是负极，负责提供电子并形成。
16．研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为　 　，在元素周期表中位置为　 　。
（2）晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+与Zn2+的配位数之比为　 　；　 　；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是　 　。
（3）吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道
（4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①　 　，②　 　。
（5） 、 、 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是　 　。
【答案】（1）3d84s2；第4周期第VIII族
（2）2：3；2：1：1；Zn2+、Ni2+
（3）D
（4）吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
（5）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族。
故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知， ，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以Ni2+与Zn2+的配位数之比为4：6=2：3；
含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4：2：2=2：1：1。
故答案为：2：3；2：1：1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D。
故答案为D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯。
故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞ ＞ ，题干信息显示：碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则碱性最弱的为： 。
故答案为： 。
【分析】(1)根据 Ni 的原子序数 28，写出基态 Ni 原子的核外电子排布式，提取价电子排布式；再结合元素周期表的周期、族划分规律，确定 Ni 在周期表中的位置。
(2)①观察晶胞结构，统计 Ni2+、Zn2+周围的配位原子团数量，确定二者的配位数，计算配位数之比；②利用均摊法，分别计算晶胞中 CN-、NH3、苯环的数目，结合离子种类确定晶胞化学式，得到 x：y：z 的比值；③根据配位键的形成规律，判断提供孤电子对的中心离子。
(3)根据吡啶含 π66大 π 键的信息，推断 N 原子的杂化类型；结合杂化轨道的成键规律，分析 N 原子价层孤电子对的占据轨道，匹配对应选项。
(4)从分子极性、分子间作用力两个角度分析：①吡啶为极性分子、苯为非极性分子，H2O 为极性分子，符合 “相似相溶” 规律；②吡啶 N 原子含孤电子对，可与 H2O 形成分子间氢键，提升溶解度，据此总结吡啶溶解度远大于苯的原因。
(5)根据取代基的电子效应（-CH3为推电子基、-Cl 为吸电子基），判断不同取代吡啶中 N 原子的电子云密度大小；结合题干 “碱性随 N 原子电子云密度增大而增强” 的规律，确定碱性最弱的物质。
（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族。答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知， ，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以Ni2+与Zn2+的配位数之比为4：6=2：3；
含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4：2：2=2：1：1。答案为：2：3；2：1：1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D。答案为D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯。答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞ ＞ ，题干信息显示：碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则碱性最弱的为： 。答案为： 。
17．闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的。
回答下列问题：
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为　 　(填化学式)。
（2）滤渣的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）浸取工序的产物为，该工序发生反应的化学方程式为　 　。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为　 　。
（4）浸取工序宜在之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是　 　。
（5）补全中和工序中主反应的离子方程式　 　+　 　。
（6）真空干燥的目的为　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）盐酸和液氨反应放热
（5）；
（6）防止干燥过程中被空气中的氧化
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，
故答案为：；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，
故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为，
故答案为：；；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，
故答案为：盐酸和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为+，
故答案为：；；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，
故答案为：防止干燥过程中被空气中的氧化。
【分析】铜包钢先经氨法浸取，铜以可溶性铜氨络合物形式进入溶液、与可炼钢的滤渣分离；含铜氨络合物的溶液通入空气、加入液氨与盐酸氧化，再经硫酸和盐酸中和，得到的滤液置换制备海绵铜，含氯化亚铜的悬浊液经稀盐酸、乙醇洗涤后真空干燥，最终得到氯化亚铜产品。
(1)根据铜与液氨、空气和盐酸的反应，确定深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，写出其化学式。
(2)结合铜包钢的组成及氨法浸取原理，判断不溶于氨水的滤渣主要成分为铁。
(3)根据浸取工序和氧化工序的反应过程，分别写出对应的化学方程式和离子方程式。
(4)分析盐酸与氨水反应的热效应，说明该放热反应可维持浸取温度，低温环境下无需额外加热。
(5)根据中和工序的反应，写出二氨合亚铜离子与氢离子、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子的离子方程式。
(6)结合氯化亚铜易被氧化的特性，说明真空干燥可防止其被空气中的氧气氧化。
（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答案为：；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为，故答案为：；；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为+，故答案为：；；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中被空气中的氧化。
18．二氧化碳加氢制甲烷是实现“双碳”目标的有效方法之一，主要反应为
反应Ⅰ： kJ·mol-1
反应Ⅱ： kJ·mol-1
（1）反应 ，则　 　kJ·mol-1。
（2）一定温度条件下，利用不同催化剂，在相同反应时间内，测得产物的生成速率与催化剂的关系如图1。
①由图1可知，有利于获得甲烷的催化剂是　 　(填“Cat1”、“Cat2”、“Cat3”或“Cat4”)。
②已知(k为速率常数，R、C均为常数)，下列关于反应Ⅱ在题设条件下图像与上述两种催化剂Cat1、Cat2关系对应正确的是　 　(图2，填标号)。
（3）反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）不同条件下，按照投料同时发生上述反应，的平衡转化率如图3所示。压强、、由大到小的顺序是　 　。压强为时，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是　 　。
（5）在PMPa、T℃下，将投料比的原料气匀速通过无分子筛膜多孔载体反应器，只发生反应Ⅱ，的平衡转化率为25%。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器(如图4所示)，的平衡转化率为40%，则相同时间内出口a和出口b中的质量比为　 　。
【答案】（1）-206.1
（2）Cat4；a
（3）增大
（4）>>；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ。
（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；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ减去反应Ⅱ得，则。
故答案为： -206.1 ；
（2）①根据图示可知，催化剂为Cat4时，甲烷生成速率最大且一氧化碳生成速率最小，有利于获得甲烷；
②根据关系式，减小时，温度升高，反应Ⅱ向正反应方向移动，反应速率加快，速率常数增大，纵坐标增大；根据图1，Cat1比Cat2在相同条件下的速率大，Cat1时活化能小，则斜率大的是Cat1，故选a。
故答案为： Cat4 ；a；
（3）反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，则增大。
故答案为： 增大 ；
（4）反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故>>；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ。
故答案为：>> ； 二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ；
（5）只发生反应Ⅱ，设通入的氢气物质的量为amol，则通入的二氧化碳物质的量为2amol，的平衡转化率为25%，列三段式 ，该反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器，的平衡转化率为40%，列三段式，根据K==，解得n(H2O)a出口=0.1a，则相同时间内出口a和出口b中的质量比=物质的量之比=。
故答案为： ；
【分析】(1)明确目标反应与已知反应的关系（反应Ⅰ - 反应Ⅱ），根据盖斯定律，反应的焓变等于对应反应焓变的差值（），直接代入数值计算即可。
(2)①催化剂选择：对比不同催化剂下甲烷和CO的生成速率，选择甲烷生成速率快、CO生成速率慢的催化剂；
②图像分析：根据，明确与的线性关系，斜率绝对值对应活化能大小，活化能越小斜率越大，结合Cat1活化能更小的特点判断曲线归属。
(3)反应Ⅱ为吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的幅度大于逆反应速率增大的幅度；而与速率增大倍数相关，因此该比值随温度升高而增大。
(4)①压强影响：反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2转化率增大，故；
②温度影响：低温时反应Ⅰ（放热）主导，升温转化率降低；高温时反应Ⅱ（吸热）主导，升温转化率增大，因此温度高于700℃后转化率随温度升高而增大。
(5)①基础平衡计算：只发生反应Ⅱ时，根据CO2平衡转化率列三段式，利用反应前后气体分子数不变的特点，用物质的量代替浓度计算平衡常数；
②新型膜反应器计算：通入相同量反应物，利用已求出的值列新的三段式，计算出口b中的物质的量；
③质量比计算：同温同压下，的质量比等于物质的量之比，代入数值求解即可。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ减去反应Ⅱ得，则。
（2）①根据图示可知，催化剂为Cat4时，甲烷生成速率最大且一氧化碳生成速率最小，有利于获得甲烷；
②根据关系式，减小时，温度升高，反应Ⅱ向正反应方向移动，反应速率加快，速率常数增大，纵坐标增大；根据图1，Cat1比Cat2在相同条件下的速率大，Cat1时活化能小，则斜率大的是Cat1，故选a。
（3）反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，则增大。
（4）反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故>>；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ。
（5）只发生反应Ⅱ，设通入的氢气物质的量为amol，则通入的二氧化碳物质的量为2amol，的平衡转化率为25%，列三段式 ，该反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器，的平衡转化率为40%，列三段式，根据K==，解得n(H2O)a出口=0.1a，则相同时间内出口a和出口b中的质量比=物质的量之比=。
19．化合物I是鞘氨醇激酶抑制剂，其合成路线如下：
（1）化合物A的酸性比环己醇的　 　(填“强”或“弱”或“无差别”)。
（2）B的分子式为C2H3OCl，可由乙酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为　 　。
（3）化合物D中含有的含氧官能团名称是　 　。
（4）A→C中加入(C2H5)3N是为了消耗反应中产生的　 　(填化学式)。
（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：　 　。
碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰。
（6）G的分子式为C8H8Br2，F→H的反应类型为　 　。
（7）写出以、和CH2=CH2为原料制备的合成路线流程图　 　(须用NBS和AIBN，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）强
（2）CH3COCl
（3）酯基
（4）HCl
（5）
（6）取代反应
（7）
【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；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；苯酚的化学性质
【解析】【解答】（1）化合物A：中含有酚羟基，酚羟基酸性强于醇羟基，故化合物A的酸性比环己醇的强。
故答案为： 强 ；
（2）由分析可知B的结构简式为CH3COCl。
故答案为： CH3COCl ；
（3）根据D中结构简式，D中含有的含氧官能团名称是酯基。
故答案为： 酯基 ；
（4）A→C的化学方程式为+CH3COCl→+HCl，(C2H5)3N具有碱性，能中和HCl促进反应正向进行，提高C的产率；
故答案为： HCl ；
（5）的同分异构体碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性溶液褪色，说明其同分异构体含酯基，且该水解产物为苯甲酸；另一水解产物为丙醇，且加热条件下，铜催化该产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰，由此确定该醇为2-丙醇，由此确定的同分异构体为。
故答案为： ；
（6）由分析可知G的结构为，F→H的反应为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（7）以、和CH2=CH2为原料制备，发生水解反应然后酸化得到邻甲基苯酚，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，邻甲基苯酚和BrCH2CH2Br发生取代反应然后发生C生成D类型的反应得到，和发生取代反应生成，合成路线为：
故答案为：；
【分析】以化合物 A为起始原料，先经三乙胺催化与试剂 B发生酯化反应，将酚羟基转化为乙酸酯基得到化合物 C；B的分子式为C2H3OCl，可由乙酸与SOCl2反应合成，B为CH3COCl；C经 NBS/AIBN 加热条件下的苄位溴代，将苯环上的甲基转化为 CH2Br 得到化合物 D；随后 D发生亲核取代，将 Br 替换，得到化合物 E；E 经 NaOH 水溶液水解、稀盐酸酸化，得到化合物 F；根据H的结构简式知，F为，F 在碳酸钾作用下与试剂 G（对溴甲基溴苯）发生取代反应得到化合物 H；最后 H 发生亲核取代，将苯环上的 Br 替换为吡咯烷结构，最终得到目标产物化合物 I。据此解答。
(1) 对比酚羟基与醇羟基的酸性差异，酚羟基受苯环共轭效应影响，酸性显著强于环己醇的醇羟基，据此判断化合物 A 的酸性更强。
(2) 根据 A→C 的反应，A 的酚羟基转化为乙酸酯基，结合三乙胺作缚酸剂的反应特征，推断试剂 B 为乙酰氯（CH3COCl），完成酚羟基的酰化反应。
(3) 观察 D 的结构简式，识别其中的含氧官能团为酯基（-COO-），直接给出官能团名称。
(4) 书写 A→C 的化学方程式，明确酚羟基与乙酰氯的取代反应，生成酯和 HCl；说明三乙胺的碱性可中和生成的 HCl，推动平衡正向移动，提高产物产率。
(5) 根据酯的水解产物要求，筛选符合条件的同分异构体：水解产物之一为苯甲酸（碳均为 sp2 杂化，不能使酸性 KMnO4褪色），另一产物为 2 - 丙醇（氧化后丙酮的核磁共振氢谱仅 1 个峰），据此确定同分异构体的结构。
(6) 根据 F→H 的取代反应特征，结合 H 的结构，推断试剂 G 为对二溴甲基苯（BrCH2-C6H4-CH2Br），明确反应类型为亲核取代。
(7) 以给定原料为起点，分步设计合成路线：①乙酸邻甲基苯酯（ ）水解得到邻甲基苯酚；②乙烯与溴加成得到 1，2 - 二溴乙烷；③邻甲基苯酚与 1，2 - 二溴乙烷发生取代反应，再经 NBS 溴代、与 取代，最终得到目标产物，梳理每一步的反应类型与转化逻辑。
（1）化合物A：中含有酚羟基，酚羟基酸性强于醇羟基，故化合物A的酸性比环己醇的强。
（2）由分析可知B的结构简式为CH3COCl。
（3）根据D中结构简式，D中含有的含氧官能团名称是酯基。
（4）A→C的化学方程式为+CH3COCl→+HCl，(C2H5)3N具有碱性，能中和HCl促进反应正向进行，提高C的产率；
（5）的同分异构体碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性溶液褪色，说明其同分异构体含酯基，且该水解产物为苯甲酸；另一水解产物为丙醇，且加热条件下，铜催化该产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰，由此确定该醇为2-丙醇，由此确定的同分异构体为。
（6）由分析可知G的结构为，F→H的反应为取代反应；
（7）以、和CH2=CH2为原料制备，发生水解反应然后酸化得到邻甲基苯酚，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，邻甲基苯酚和BrCH2CH2Br发生取代反应然后发生C生成D类型的反应得到，和发生取代反应生成，合成路线为：。
20．对溴乙酰苯胺()是医药合成的重要中间体，实验室常以乙酰苯胺()和为原料来合成。实验步骤如下：
步骤I．向一定体积的三颈烧瓶中，先加入乙醇，再加入乙酰苯胺，充分溶解。将溴溶解于冰醋酸中，装入图1所示装置的仪器a中；
步骤Ⅱ．一边搅拌一边慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液，滴加完毕后，在下，继续搅拌反应1小时，然后将温度提高至，再搅拌一段时间；
步骤Ⅲ．在搅拌下将反应后溶液慢慢加至含少量的冰水中(混合后溶液呈弱酸性)，此时立即有固体析出，略有黄色，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去，将上述溶液放入冰水浴中慢慢冷却；
步骤Ⅳ．采用如图2所示装置过滤，并用冷水充分洗涤，于燥，经系列操作后得到白色针状晶体，色谱检测其纯度为80.0%。
已知：有关物质的部分性质见下表：
物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
乙酰苯胺 135 113 304 白色结晶性粉末，微溶于冷水，溶于热水、乙醇等
对溴乙酰苯胺 214 167 353 白色针状晶体，溶于苯、乙醇，微溶于热水，不溶于冷水
回答下列问题：
（1）图1装置中，仪器a的名称为　 　，“步骤I”中选用三颈烧瓶的规格是　 　(填标号)。
①②③④
乙醇和冰醋酸的作用是　 　。
（2）图1所示装置中，烧杯里的试剂为溶液，其作用是　 　。
（3）“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是　 　，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去时的离子方程式为　 　
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，先　 　(填标号)再　 　(填标号)，最后加入冰水充分洗涤。
a．打开活塞K b．关闭抽气泵
（5）本实验中，对溴乙酰苯胺产率为　 　，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至，将导致所测产率　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗；②；充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应
（2）吸收、溴蒸气、乙酸等气体
（3）吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；(或)
（4）a；b
（5）60%；偏小
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；酰胺
【解析】【解答】（1）图1装置中，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中加入乙醇，加入乙酰苯胺，滴加溴的冰醋酸溶液，三颈烧瓶中液体体积大于三分之一而小于三分之二，则“步骤I”中选用三颈烧瓶的规格是②合适；已知，乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水、乙醇等，实验中乙醇和冰醋酸的作用是充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ； ② ； 充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应 ；
（2）实验中生成的、挥发的溴蒸气、乙酸等气体污染空气，装置中烧杯里的试剂为溶液，其作用是吸收、溴蒸气、乙酸等气体，防止污染；
故答案为： 吸收、溴蒸气、乙酸等气体 ；
（3）已知，对溴乙酰苯胺不溶于冷水；反应后溶液加入含少量的冰水中，氢氧化钠和酸发生中和反应放热，会导致温度升高，“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；显黄色，说明含有过量溴单质，溴单质具有氧化性，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去，则溴单质氧化亚硫酸氢根离子为硫酸根离子同时生成溴离子，离子方程式为(或)；
故答案为： 吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体 ；(或) ；
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，先a．打开活塞K，使得装置与大气相通，再b．关闭抽气泵，最后加入冰水充分洗涤。
故答案为： a ；b；
（5）乙酰苯胺为，理论上对溴乙酰苯胺的物质的量为，经系列操作后得到白色针状晶体，色谱检测对溴乙酰苯纯度为80.0%，则本实验中，对溴乙酰苯胺产率为，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至，使得溴、乙酸、乙醇挥发，导致反应不充分，将导致所测产率偏小。
故答案为： 60% ； 偏小 ；
【分析】（1）根据仪器结构特征识别恒压滴液漏斗，依据液体体积与烧瓶规格的选用原则确定三颈烧瓶规格，并分析乙醇和冰醋酸作为溶剂的作用；
（2）结合实验产生的尾气成分，分析 NaOH 溶液对 HBr、溴蒸气、乙酸的吸收作用，明确其防污染的功能；
（3）结合对溴乙酰苯胺的溶解性和中和反应放热特点，分析两次冷却的目的，根据溴单质的氧化性书写其与亚硫酸氢钠反应的离子方程式；
（4）依据减压过滤的操作规范，分析停止实验时的操作顺序，避免装置倒吸；
（5）根据乙酰苯胺的物质的量计算理论产量，结合实际得到的纯品质量计算产率，并分析温度过高导致产率偏低的原因。
（1）图1装置中，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中加入乙醇，加入乙酰苯胺，滴加溴的冰醋酸溶液，三颈烧瓶中液体体积大于三分之一而小于三分之二，则“步骤I”中选用三颈烧瓶的规格是②合适；已知，乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水、乙醇等，实验中乙醇和冰醋酸的作用是充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应；
（2）实验中生成的、挥发的溴蒸气、乙酸等气体污染空气，装置中烧杯里的试剂为溶液，其作用是吸收、溴蒸气、乙酸等气体，防止污染；
（3）已知，对溴乙酰苯胺不溶于冷水；反应后溶液加入含少量的冰水中，氢氧化钠和酸发生中和反应放热，会导致温度升高，“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；显黄色，说明含有过量溴单质，溴单质具有氧化性，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去，则溴单质氧化亚硫酸氢根离子为硫酸根离子同时生成溴离子，离子方程式为(或)；
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，先a．打开活塞K，使得装置与大气相通，再b．关闭抽气泵，最后加入冰水充分洗涤。
（5）乙酰苯胺为，理论上对溴乙酰苯胺的物质的量为，经系列操作后得到白色针状晶体，色谱检测对溴乙酰苯纯度为80.0%，则本实验中，对溴乙酰苯胺产率为，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至，使得溴、乙酸、乙醇挥发，导致反应不充分，将导致所测产率偏小。
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