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浙江金丽衢十二校2025-2026学年下学期高三第二次联考 化学试题
1．下列分子属于非极性分子的是
A． B． C． D．
2．下列化学用语表示不正确的是
A．甲醛的电子式：
B．的空间结构为：(正四面体形)
C．杂化轨道示意图：
D．的名称：2，二甲基己烷
3．下列有关实验的说法中不正确的是
A．、浓硝酸或NaOH溶液可以保存在带玻璃塞的试剂瓶中
B．实验结束后，有利用价值的有机废液，可蒸馏回收特定馏分
C．金属钠着火时，可用干燥的细沙覆盖灭火
D．污水处理可以用硫酸亚铁、硫酸铝、等
4．化学与生产生活密切相关，下列说法中不正确的是
A．减少生铁含碳量，延展性增强
B．聚乳酸与淀粉等混合制成的降解塑料可用于一次性餐具
C．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
D．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，具有很高的强度
5．下列说法正确的是
A．第一电离能： B．半径比较：
C．结合的能力： D．分子极性：
6．下列物质的结构或者性质不能说明其用途的是
A．碳化硅的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可用作砂轮磨料
B．硅胶具有疏松多孔结构，吸附性强，可用作袋装食品防潮剂
C．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的消毒杀菌
D．苯酚酚羟基的邻对位易取代，可用浓溴水定量测定苯酚
7．下列离子方程式不正确的是
A．将少量通入溶液：
B．向溶液中滴入溶液：
C．将双氧水通入酸性溶液：
D．将AgCl溶于足量氨水：
8．下列实验装置使用不正确的是
A．可用图①装置分离和
B．可用图②装置验证镁与盐酸的反应放热
C．可用图③装置完成氨气的喷泉实验操作
D．可用图④装置吸收HCl气体且能防倒吸
9．某种聚碳酸酯透光性好，可用于制作车船挡风玻璃、眼镜镜片和光盘等，其结构片段为：
可用碳酸二甲酯来合成该聚碳酸酯。下列说法正确的是
A．聚碳酸酯结构片段中的C均为杂化
B．可用核磁共振氢谱法确定聚碳酸酯中的官能团
C．与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH
D．可与二酚类物质加聚成该聚碳酸酯
10．关于1-溴丁烷的性质实验如下图，下列说法正确的是
A．实验时需快速升温至100℃以上，以加快反应速率
B．该反应属于取代反应，断裂C-Br键和Br相邻C上的C-H键
C．若③改用溴水，则省略②也可达到验证产物的目的
D．向反应后的圆底烧瓶中滴加溶液，有沉淀生成，可证明1-溴丁烷中的溴元素
11．NiO晶胞如图，将NiO在空气中加热，部分被氧化为，得到，晶体结构出现缺陷，有的被取代，有的空缺，填充率下降，但晶体仍保持电中性。现有NixO晶胞的质量为，下列说法正确的是
A．填充在组成的四面体空隙
B．NixO晶胞中、和未填充空隙的个数比为
C．NixO中X为0.8
D．与NiO相比，NixO导电性大幅度增大，这和晶体中的空位有关
12．海港、码头的钢制管桩长期受海水(呈弱碱性，含，等)的长期侵蚀，常用外加电流法对其进行保护(装置如图)，高硅铸铁为惰性直流电源辅助阳极。下列说法不正确的是
A．高硅铸铁做惰性阳极，仅起导电作用不会被损耗
B．阳极主要发生的反应是被还原为
C．保护电流应该根据环境条件变化进行调整
D．外加电压偏高时，钢制管桩表面可能发生反应：
13．某小组探究和溶液的反应：
实验1：向某浓度的酸性溶液(过量)中加入含淀粉的溶液，混合后的前几秒内，溶液并无明显变化，随后有少量蓝色，T秒后溶液突然变蓝。
实验2：将反应设计成原电池，闭合开关，电流表指针偏转情况记录如下表：
表盘
时间/min
偏转位置 右偏至Y 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… 指针归零
已知：在酸性溶液中氧化I-，反应为
下列说法不正确的是
A．实验1中溶液变蓝色，说明具有还原性
B．实验2中，时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，从而可以判断在a极放电的产物为
C．实验2中，时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液也不会变蓝色
D．对比实验1、2，T秒时溶液变蓝，实验1中的被完全氧化
14．如图是一种钯催化的交叉偶联反应机理循环图，下列说法不正确的是
A．该反应的总反应为取代反应
B．步骤B得到的副产物是
C．整个过程中，存在配位键的断裂与形成，且Pd的化合价在0价与价之间变化
D．若反应物中Br替换为Cl，反应速率可能加快
15．已知：25℃时，的，的电离常数，，。向溶液中滴加溶液，实验过程中忽略体积变化。下列说法不正确的是
A．中满足：
B．当加入体积为10 mL时，满足：
C．当加入体积为15 mL时，此时溶液pH约为9.7
D．反应的
16．邻硝基苯胺的催化氢化反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置I用于储存和监测反应过程。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
下列说法不正确的是
A．反应前应向装置Ⅱ中通入一段时间
B．向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如图所示：。发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，孔路位置需调节为：
C．判断氢化反应完全的现象是集气管内液面不再上升
D．在无水乙醇中的反应速率大于在四氯化碳中的反应速率
17．过渡金属及其有关化合物是材料化学的重要研究内容。请回答：
（1）某太阳能电池材料的立方晶胞结构如下图所示，其中A为稀土元素La，化合价为价。
①该材料的化学式为　 　。
②与Mn距离最近且相等的O有　 　个。
③若用部分取代Mn位，晶体密度会　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）由含钴矿渣制备钴，矿渣酸浸所得可被X(如图所示)萃取。
①两分子X易形成二聚体，请写出该二聚体的结构：　 　。
②X与足量浓NaOH加热反应的化学方程式：　 　。
③萃取剂Y的酸性比X的弱，请从结构角度解释原因：　 　。
（3）三氯化六氨合钴(Ⅲ)是合成其他含钴配合物的重要原料。在活性炭的催化作用下，通过氧化二氯化六氨合钴(Ⅱ)得到三氯化六氨合钴(Ⅲ)制备流程如下：
①的价电子排布式为：　 　。
②请解释中H-N-H的键角比分子中大的原因：　 　。
③请写出制备得到的总反应的化学方程式：　 　。
18．将转化为高附加值化学能源的负碳技术，是全球化学领域的研究热点。请回答：
（1）在一定温度下溶于水的过程及其平衡常数如下：
①
②
其中p为)的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度。在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为C，则　 　(用平衡压强p和平衡常数表示，忽略和的电离)。
（2）采用“催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该体系中涉及以下两个反应：
反应1：
反应2：
①在转化为的过程中使用为催化剂，Zr的原子序数为40，其在元素周期表中的位置为　 　。与金属离子通过配位键进行结合，所以在金属离子上的吸附具有选择性，相比，更易吸附，从结构角度解释其可能的原因　 　。
②25℃、下，将一定比例混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及、、…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如下图所示。
下列说法不正确的是　 　。
A．反应2是吸热反应
B．反应2的平衡常数：处大于处
C．处的的体积分数大于处
D．混合气从起始到通过处，反应1的速率小于反应2
③不同载体的Cu催化剂催化加氢制的反应历程如图所示(横线上数字表示该步反应的能垒)，写出羧酸路径中决速步反应的化学方程式：　 　。
（3）甲醇进一步合成天然淀粉路线如下图所示，其中cat、aox、fls为生物酶。
①合成天然淀粉过程中加入过氧化氢酶(cat)的作用是　 　。
②电解葡萄糖制取葡萄糖二酸钾的装置示意图如下，书写N极的电极反应方程式　 　。
19．以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备流程如下图。
已知：①NaClO碱性溶液与尿素水溶液利用下图装置制备水合肼；
②相关物质的物理、化学性质如下表：
物质 熔点℃ 沸点℃ 溶解性 化学性质
甲醇 67.1 与水互溶
水合肼 118.5 与水、酸互溶，不溶于乙醚和氯仿
亚硝酸甲酯 溶于乙醇、乙醚
叠氮酸 37 溶于水、乙醇、乙醚 弱酸，酸性与醋酸相当
叠氮化钠 275 300 与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇 受热易分解，具有较强的还原性
请回答：
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）步骤①的化学方程式为　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．仪器B应盛放NaClO碱性溶液
B．水溶液呈碱性，而水溶液则呈酸性，原因之一是中存在大π键，相对稳定
C．步骤②反应生成，转移5 mol电子
D．步骤③可向溶液中通来制备
（4）步骤④滴加的NaOH溶液要适当过量，目的是　 　。
（5）步骤④对溶液加热蒸发至溶液体积的，有晶体析出，可以用　 　来洗涤晶体，晶体干燥的方法是　 　。
（6）用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：
称取0.150 g产品配成100 mL溶液，取20.00 mL置于锥形瓶中，加入溶液，反应后稍作稀释，向溶液中加适量稀硫酸，滴加2滴指示剂，用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液16.00 mL。则产品纯度为　 　(精确到小数点后1位)。
20．化合物Ⅰ()是一种重要的化工原料，它的一种合成路线图如下：
已知：
请回答：
（1）化合物B中所含官能团名称是　 　。
（2）写出化合物X的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．F→G的反应类型属于还原反应
B．在水溶液中碱性，原因是比更稳定
C．从整个过程看，D→E的目的是保护羰基
D．化合物H中有2个手性碳原子
（4）写出E→F的化学方程式　 　。
（5）A→B的过程中可能生成一种含有12个C原子的副产物，请写出该副产物的结构简式　 　。
（6）以丙酮和乙醇为有机原料，设计化合物的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、CS2分子为直线形结构，中心 C 原子与两个 S 原子形成极性键，但分子结构对称，键的极性相互抵消，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故 A 正确；
B、Cl2O 分子为 V 形结构，中心 O 原子与两个 Cl 原子形成极性键，分子结构不对称，键的极性无法抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 B 错误；
C、NH3分子为三角锥形结构，中心 N 原子与三个 H 原子形成极性键，分子结构不对称，键的极性无法抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 C 错误；
D、O3分子为 V 形结构，分子中存在极性键，且分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】非极性分子的判断依据：分子中正负电荷中心是否重合，键的极性是否因分子结构对称而相互抵消；
常见分子的空间结构：直线形（CS2）、V 形（Cl2O、O3）、三角锥形（NH3）；
极性键与分子极性的关系：含有极性键的分子，若结构对称则为非极性分子，若结构不对称则为极性分子。
2．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中C与O形成双键，C与两个H形成单键，O原子有2对孤电子对，电子式书写符合成键规律，故A正确；
B、中心S原子价层电子对数为，价层电子互斥模型为四面体形，但S原子含1对孤电子对，实际空间结构为三角锥形，不是正四面体形，故B错误；
C、1个s轨道与2个p轨道杂化，形成3个夹角为120°的平面三角形杂化轨道，剩余1个未杂化p轨道垂直于杂化平面，示意图符合杂化特征，故C正确；
D、该物质最长碳链含6个C，主链为己烷，2号碳和4号碳各连1个甲基，按取代基位次最小原则，命名为2，4-二甲基己烷，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：甲醛中各原子的成键方式与孤电子对分布需符合共价键规律；
离子空间结构判断：需用价层电子对互斥理论，区分价层电子互斥模型与实际空间结构，孤电子对会影响构型；
杂化轨道特征：杂化轨道夹角为120°，呈平面三角形分布；
烷烃命名规则：选择最长碳链为主链，从靠近支链一端编号，使取代基位次之和最小。
3．【答案】A
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、NaOH 溶液会与玻璃中的 SiO2反应生成黏性的 Na2SiO3，将玻璃塞与试剂瓶黏结在一起，因此 NaOH 溶液不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中，故 A 错误；
B、不同有机物的沸点存在差异，有利用价值的有机废液可通过蒸馏方法分离回收特定馏分，故 B 正确；
C、金属钠能与水、CO2发生反应，着火时不能用水或泡沫灭火器灭火，用干燥细沙覆盖可隔绝空气，达到灭火目的，故 C 正确；
D、硫酸亚铁、硫酸铝水解可生成胶体，能吸附水中悬浮杂质起到絮凝沉降作用；ClO2具有强氧化性，可杀菌消毒，三者均可用于污水处理，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
试剂瓶的选择：碱性溶液不能使用带玻璃塞的试剂瓶，防止与 SiO2反应生成黏性物质；
有机废液回收：利用不同有机物沸点差异，通过蒸馏分离回收；
金属钠着火的处理：钠与水、CO2均反应，需用干燥细沙隔绝空气灭火；
污水处理原理：利用胶体的吸附性和强氧化剂的杀菌作用净化污水。
4．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；单糖的性质和用途；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、生铁含碳量越高，脆性越强、延展性越差，减少含碳量可降低脆性，增强延展性，故 A 正确；
B、聚乳酸与淀粉混合制成的降解塑料，在自然环境中可逐渐分解，不会造成白色污染，适合用于一次性餐具，故 B 正确；
C、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，酿酒过程中葡萄糖在酒化酶作用下发生的是发酵反应，生成乙醇和二氧化碳，故 C 错误；
D、石墨烯是单层碳原子构成的二维材料，厚度仅为一个碳原子直径，具有极高的强度和优异的电学性能，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
合金性质：生铁含碳量影响其机械性能，含碳量越低，延展性越好；
可降解材料：聚乳酸和淀粉均为可降解高分子，混合后可制成环保餐具；
酿酒反应原理：葡萄糖属于单糖，无法水解，酿酒过程为葡萄糖的发酵反应；
石墨烯的结构与性质：单层石墨结构赋予其高强度、高导电性等特性。
5．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Be 的价电子排布为 2s2，处于全充满稳定结构，而 B 的价电子排布为 2s22p ，易失去 p 轨道电子，因此第一电离能：Be > B，故 A 错误；
B、H-与 Li+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此半径：H- > Li+，故 B 错误；
C、 酸性，酸性越强，对应共轭碱结合的能力越弱，且反应可以发生，说明结合能力：，故C错误；
D、O 的电负性比 S 大，O-H 键的极性比 S-H 键强，且两者均为 V 形分子，因此分子极性：H2S < H2O，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
第一电离能规律：全充满、半充满结构的元素第一电离能高于相邻元素；
离子半径比较：核外电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小；
结合 H+能力：对应酸越强，酸根离子结合 H+的能力越强；
分子极性判断：键的极性越强、分子结构不对称性越大，分子极性越强。
6．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、碳化硅中碳、硅原子通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可用于制作砂轮磨料，结构与用途对应，故 A 正确；
B、硅胶具有疏松多孔结构，吸附性强，能吸收水分，可用作袋装食品防潮剂，结构与用途对应，故 B 正确；
C、明矾溶于水形成的胶体可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，但明矾不具备消毒杀菌的能力，该性质与用途不匹配，故 C 错误；
D、苯酚酚羟基的邻对位氢原子易被取代，与浓溴水反应生成白色沉淀，可定量测定苯酚含量，性质与用途对应，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶体结构与用途：原子晶体硬度大，可作磨料；
吸附性与用途：多孔硅胶可吸水，用作干燥剂；
胶体性质与用途：明矾水解生成的胶体仅能净水，无消毒杀菌作用；
有机反应与用途：苯酚的邻对位取代反应可用于定量测定。
易错点：混淆明矾的 “净水” 与 “消毒杀菌” 作用，胶体只能吸附杂质沉降，无法杀灭细菌病毒。规范写法：物质用途必须由其对应的核心性质直接支撑，明矾的用途是净水，而非消毒杀菌。
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、少量 Cl2通入 Na2CO3溶液，酸性强弱顺序为 H2CO3>HClO>HCO3-，反应生成碳酸氢根、氯离子和次氯酸根，离子方程式书写正确，故 A 正确；
B、向 Na [Al (OH)4] 溶液中滴入 Ca(HCO3)2溶液，[Al(OH)4]-与 HCO3-反应生成 Al(OH)3沉淀和 CO32-，CO32-会与 Ca2+结合生成 CaCO3沉淀，原方程式未体现 CaCO3沉淀， 正确的离子方程式为，B错误；
C、酸性条件下 K2Cr2O7氧化 H2O2，Cr 元素从 + 6 价被还原为 + 3 价，O 元素从 - 1 价被氧化为 0 价，得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒均满足，离子方程式正确，故 C 正确；
D、AgCl 与足量氨水反应生成可溶性的 [Ag(NH3)2]+络离子，沉淀溶解，离子方程式配比、产物均符合反应事实，书写正确，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点总结如下：
忽略溶液中离子的后续反应：在 B 选项中，只关注了[Al(OH)4]-与HCO3-的酸碱反应，生成CO32-，却忘记了溶液中大量存在的Ca2+会立刻与CO32-结合生成更难溶的CaCO3沉淀，导致方程式书写不完整，不符合实际反应。
对 “量” 的问题考虑不周：在 A 选项中，少量Cl2与Na2CO3反应时，需要根据酸性强弱顺序H2CO3 > HClO > HCO3-来判断产物。如果忽略了HClO的酸性不足以与CO32-反应生成CO2，就容易误判产物。
氧化还原反应的守恒检查不全面：在 C 选项中，虽然最终方程式是正确的，但这类题的常见陷阱是电子、原子或电荷不守恒。解题时若只检查原子守恒，而忽略电子得失守恒或电荷守恒，就可能出错。
络合反应的产物与配平错误：在 D 选项中，容易记错银氨络离子的正确形式[Ag(NH3)2]+，或在配平时氨水的系数、水分子的数目写错，导致方程式错误。
8．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；蒸馏与分馏；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、CHCl3与 CCl4沸点差异较大，可用蒸馏装置（图①）分离，故 A 正确；
B、镁与盐酸反应放热，使饱和石灰水温度升高，Ca(OH)2溶解度降低而析出浑浊，可用图②装置验证反应放热，故 B 正确；
C、氨气极易溶于水，打开止水夹后，水进入烧瓶形成压强差，可完成喷泉实验，图③装置操作正确，故 C 正确；
D、HCl 气体直接通入水层，导管口接触水，HCl 极易溶于水会使装置内压强骤降，发生倒吸，图④装置无法防倒吸，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
蒸馏装置的适用条件：两种液体沸点差异较大时，可通过蒸馏分离；
反应放热的验证方法：利用 Ca(OH)2溶解度随温度升高而降低的特性，通过饱和石灰水变浑浊判断反应放热；
喷泉实验的原理：利用气体极易溶于水，形成压强差引发喷泉；
防倒吸装置的设计：导管直接插入水中，即使上层有苯层，仍会因气体快速溶解发生倒吸，无法起到防倒吸作用。
9．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酯的性质
【解析】【解答】A、聚碳酸酯结构片段中，苯环和羰基上的 C 为 sp2 杂化，而两个苯环之间连有两个甲基的 C 为 sp3 杂化，并非所有 C 均为 sp2 杂化，故 A 错误；
B、核磁共振氢谱法主要用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，不能直接确定官能团，故 B 错误；
C、1 mol CH3OCOOCH3与足量 NaOH 溶液反应时，分子中的两个酯基均水解，每个酯基消耗 1 mol NaOH，最多消耗 2 mol NaOH，故 C 正确；
D、CH3OCOOCH3与二酚类物质发生缩聚反应生成聚碳酸酯和小分子 CH3OH，不是加聚反应，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化类型判断：根据 C 原子的成键方式判断，单键 C 为 sp3 杂化，双键 C 为 sp2 杂化；
核磁共振氢谱的用途：主要用于测定氢原子种类和数目，不能直接确定官能团；
酯类水解反应：1 mol CH3OCOOCH3含两个酯基，与 NaOH 反应时，每个酯基消耗 1 mol NaOH，共消耗 2 mol NaOH；
聚合反应类型：CH3OCOOCH3与二酚类反应生成聚碳酸酯，同时生成小分子 CH3OH，属于缩聚反应，不是加聚反应。
10．【答案】C
【知识点】溴乙烷的化学性质；卤代烃简介；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、1 - 溴丁烷在 NaOH 乙醇溶液中发生消去反应，温度过高易导致副反应（如乙醇消去生成乙烯），应缓慢升温至反应温度，而非快速升温至 100℃以上，故 A 错误；
B、该反应为消去反应，断裂 C-Br 键和 Br 相邻 C 上的 C-H 键，生成 1 - 丁烯和 NaBr、H2O，并非取代反应，故 B 错误；
C、挥发的乙醇不能使溴水褪色，而生成的 1 - 丁烯能与溴水发生加成反应使其褪色，因此省略装置②（水）也可验证产物，故 C 正确；
D、反应后的溶液呈碱性，直接滴加 AgNO3溶液，OH-会与 Ag+反应生成 Ag2O 沉淀，干扰 Br-的检验，应先加稀硝酸酸化，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
消去反应的实验条件：1 - 溴丁烷消去反应需控制温度，快速升温易引发副反应；
反应类型判断：消去反应断裂 C-Br 键和相邻 C 上的 C-H 键，生成不饱和键，与取代反应不同；
产物验证方法：溴水可区分乙醇和烯烃，乙醇不与溴水反应，烯烃可使溴水褪色；
卤离子检验：碱性溶液中需先酸化再检验，避免 OH-干扰 AgBr 沉淀的生成。
11．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、氧离子位于棱上和体心，形成的空隙为正八面体，但Ni2+并未全部填充在这些空隙中，A错误；
B、晶体呈电中性，设晶胞中Ni2+个数为a，Ni3+个数为b，根据电荷守恒得方程组：，解得a=1，b=2；原Ni位置总数为4，空缺数为1，因此Ni2+、Ni3+和未填充空隙的个数比为1：2：1，B错误；
C、晶胞中含4个O2-，3个Ni原子，因此，表述存在错误结论，C错误；
D、Ni O晶体存在空位缺陷，Ni离子可通过空位迁移，导电性比完整的NiO晶体显著增大，导电性提升与空位有关，D正确；
故答案为：D。
【分析】首先，根据晶胞结构，氧离子（O2-）位于棱上和体心，通过均摊法计算晶胞中O2-的数目：
棱上的O2-数目为 ，体心的O2-数目为1，因此每个晶胞中O2-总数为 。
接下来，根据晶胞质量和阿伏加德罗常数，计算晶胞的摩尔质量：
已知晶胞质量为 ，取 ，则晶胞的摩尔质量为：
然后，计算晶胞中镍（Ni）元素的总相对原子质量：晶胞中O元素的总相对质量为 ，因此晶胞中Ni元素的总相对原子质量为 。
最后，计算晶胞中Ni原子的数目及x的值：Ni的相对原子质量约为59，因此晶胞中Ni原子的总数为 。已知晶胞中O2-数目为4，因此 。
12．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、高硅铸铁为惰性辅助阳极，不参与电极反应，仅起导电作用，不会被损耗，故 A 正确；
B、阳极发生氧化反应，Cl-被氧化为 Cl2，而非被还原，故 B 错误；
C、保护电流需根据海水流速、含氧量等环境条件变化调整，以保证保护效果，故 C 正确；
D、外加电压偏高时，钢制管桩（阴极）表面 O2可能得电子发生还原反应： ，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
外加电流法的电极判断：钢制管桩作阴极被保护，高硅铸铁作惰性阳极，不参与反应；
阳极反应类型：阳极发生氧化反应，Cl-被氧化为 Cl2，还原反应发生在阴极；
保护电流的调整：环境条件变化会影响腐蚀速率，需调整电流保证保护效果；
阴极副反应：外加电压偏高时，阴极表面可能发生 O2的还原反应。
13．【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、实验 1 中溶液变蓝，说明有 I2生成，IO3-被还原为 I2，Na2SO3被氧化，体现了 SO32-的还原性，故 A 正确；
B、实验 2 中 0~t1时，电流表指针右偏，说明 a 极为正极，IO3-在 a 极得电子被还原，直接向 a 极滴加淀粉溶液未变蓝，说明无 I2生成，产物为 I-，故 B 正确；
C、实验 2 中 0~t1时，a 极生成的 I-会与未反应的 IO3-在酸性条件下发生反应： ，因此从 a 极取溶液滴加淀粉溶液会变蓝，故 C 错误；
D、对比实验 1、2，T 秒时溶液变蓝，说明此时生成了 I2，而 I2的生成需要 IO3-与 I-反应，此时 Na2SO3已被完全氧化，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应判断：溶液变蓝说明生成 I2，体现了 SO32-的还原性；
原电池电极判断：0~t1时电流表指针右偏，a 极为正极，IO3-得电子生成 I-；
碘的生成条件：I-与 IO3-在酸性条件下会反应生成 I2，使淀粉变蓝；
反应进程分析：T 秒时溶液变蓝，说明 Na2SO3已被完全氧化，I-与 IO3-反应生成 I2。
14．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该反应的总反应为芳基溴与芳基硼酸衍生物的交叉偶联反应，属于取代反应，故A正确；
B、步骤B中，(Ln)PdⅡ配合物与芳基硼酸衍生物反应，生成产物的同时，副产物为BrB(OH)2，故B正确；
C、整个过程中，Pd与配体L、有机基团之间存在配位键的断裂与形成，Pd的化合价在0价与+2价之间变化，故C正确；
D、C-Br键的键能小于C-Cl键，更易断裂，若反应物中Br替换为Cl，反应速率会减慢，而非加快，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：交叉偶联反应属于取代反应，通过芳基之间的偶联形成新的C-C键；
副产物判断：步骤B中，Pd配合物与芳基硼酸衍生物反应，Br原子与B(OH)2基团结合生成BrB(OH)2；
钯的催化循环：Pd催化剂在反应中发生氧化加成、转金属化、还原消除，存在配位键的断裂与形成，化合价在0价和+2价之间变化；
反应速率影响因素：C-X键的键能越小，反应越易进行，C-Br键比C-Cl键更易断裂，因此替换为Cl后反应速率减慢。
15．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、0.1 mol/L Na2C2O4溶液中，Na+完全电离，浓度最大；C2O42-水解使溶液显碱性，且分步水解，第一步水解为主，因此，故A正确；
B、加入10 mL Na2C2O4溶液时，恰好完全反应生成CaC2O4沉淀和NaCl，溶液中存在电荷守恒：，因，故电荷守恒式可简化为，故B正确；
C、加入15 mL Na2C2O4溶液时，反应后溶液中溶质为等物质的量的NaCl和Na2C2O4，此时溶液中，根据的水解常数，，，则，故C错误；
D、反应的平衡常数，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
盐类水解分析：Na2C2O4溶液中，C2O42-分步水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系可通过电离和水解的主次判断；
电荷守恒应用：加入等体积Na2C2O4溶液时，利用溶液中所有离子的电荷关系推导守恒式；
水解平衡计算：加入过量Na2C2O4溶液时，根据C2O42-的水解常数计算溶液的OH-浓度，进而求pH；
沉淀溶解平衡与弱酸电离的结合：反应平衡常数可通过与的电离常数计算得出。
16．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、反应前向装置 Ⅱ 中通入 N2，可排尽装置内的空气，防止雷尼 Ni 遇空气自燃，同时避免邻硝基苯胺被氧化，故 A 正确；
B、向集气管中充入 H2时，需连通 H2源与集气管，与装置 Ⅱ 断开，图示为；发生氢化反应时，需连通集气管与装置 Ⅱ，与外界断开， 图示为， 两者的三通阀孔路位置不同，题目中反应时的孔路调节方式错误，故 B 错误；
C、反应消耗 H2，集气管内液面会下降，当反应完全时，H2不再消耗，液面不再变化，故判断反应完全的现象应为集气管内液面不再下降，而非上升，故 C 错误；
D、已知邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应进行，无水乙醇为极性溶剂，四氯化碳为非极性溶剂，因此在无水乙醇中的反应速率大于在四氯化碳中的反应速率，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
安全操作：雷尼 Ni 遇空气自燃，反应前需通 N2排尽装置内空气；
三通阀的使用：充入 H2和向装置 Ⅱ 供气时，三通阀的孔路位置不同，充入时连通 H2源与集气管，供气时连通集气管与装置 Ⅱ；
反应现象判断：H2被消耗时集气管液面下降，液面不再变化说明反应完全；
溶剂极性对反应速率的影响：极性溶剂更有利于邻硝基苯胺的反应，无水乙醇的极性强于四氯化碳，反应速率更快。
17．【答案】（1）；6；增大
（2）；；是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此X酸性更强
（3）；氨分子与形成配合物后，孤对电子与成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）① 根据晶胞均摊法，顶点的 La 原子数目为 个，黑球(Mn原子)位于体心，共有1个，灰球（O原子）位于面上，共有，由于A为稀土元素La，化合价为价，故该材料的化学式为：；
② Mn 原子位于晶胞体心，周围最近且等距的 O 原子位于面心，共有 6 个。
③Fe3+相对原子质量（55.85）大于Mn（54.94），晶胞体积不变，质量增大，故密度增大；
故答案为： ；6；增大；
（2）①X为，两分子 X 通过氢键形成二聚体，结构为：；
② X 为磷酸酯，与足量浓NaOH反应时， 会同时发生中和反应和水解反应，反应方程式为：；
③由于是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此萃取剂Y的酸性比X的弱；
故答案为： ； ；是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此X酸性更强 ；
（3）① Co 的原子序数为 27，基态电子排布式为，失去3个电子后：的价电子排布式为：；
②由于氨分子与形成配合物后， N 原子的孤对电子参与成键， 原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用消失，变为成键电子对之间的排斥，排斥力减弱， 故H-N-H键角变大；
③与、浓氨水反应得到，再加入氧化制得，总反应的化学方程式为。
故答案为： ； 氨分子与形成配合物后，孤对电子与成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大 ； ；
【分析】（1）先利用晶胞均摊法，分别计算顶点、体心、面心位置的 La、Mn、O 原子数目，结合化合价推导出化学式；再根据原子的空间位置关系，确定体心 Mn 原子周围最近的 O 原子数目；最后根据密度公式，分析离子质量变化对晶体密度的影响。
（2）根据分子中羟基和磷氧双键的结构特点，推断两分子间通过氢键形成的二聚体结构；结合磷酸酯的酸性和酯基水解反应，写出与 NaOH 反应的完整方程式；通过分析吸电子基团对 O-H 键极性的影响，判断不同萃取剂的酸性强弱。
（3）根据原子序数和电子排布规则，写出 Co 原子及Co3+的价电子排布式；利用价层电子对互斥理论，分析孤对电子参与成键后对键角的影响；结合反应物和产物，通过氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，配平制备钴配合物的总反应方程式。
（1）①由图知，A（La）原子位于顶点，共有个，黑球(Mn原子)位于体心，共有1个，灰球（O原子）位于面上，共有，由于A为稀土元素La，化合价为价，故该材料的化学式为：；
②由晶胞图，结合化学式可知，Mn位于体心，O位于面心，故与Mn距离最近且相等的O有6个；
③Fe3+相对原子质量（55.85）大于Mn（54.94），晶胞体积不变，质量增大，故密度增大；
（2）①X为，两分子 X 通过氢键形成二聚体，结构为：；
②由图知，X为磷酸酯，与NaOH反应时，除了中和反应，还有水解反应，故X与足量浓NaOH加热反应的化学方程式为：；
③由于是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此萃取剂Y的酸性比X的弱；
（3）①Co 原子序数27，基态电子排布式为：，失去3个电子后：的价电子排布式为：；
②由于氨分子与形成配合物后，孤对电子与成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大；
③与、浓氨水反应得到，再加入氧化制得，总反应的化学方程式为。
18．【答案】（1）
（2）第五周期第ⅣB族；有更多的空的d轨道，d轨道更伸展，更易与的孤电子对结合；正电荷密度更大；AD；
（3）及时分解防止其对酶的氧化，同时增大氧气的利用率；
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） CO2的溶解度 C 为水溶液中所有含碳物种的总浓度，忽略电离时，。根据①得；反应②中，由 得 ，因此。
故答案为： ；
（2）① Zr 的原子序数为 40，在元素周期表中位于第五周期第 ⅣB 族。
② Zr4+位于第五周期，比 Zn2+拥有更多空轨道，且所带正电荷更高，因此更易接受 CO2提供的孤电子对形成配位键。
③A. 绝热体系中温度随反应进行升高，说明总反应放热；已知反应 1 吸热，因此反应 2 一定放热，A 错误；
B. 反应 2 放热，温度越高平衡常数 K 越小，L5温度高于 L4，故 K (L4) > K (L5)，B 正确；
C. 越靠后的位点 CH3OH 生成量越大，总反应生成 H2O 更多，因此 L6处 H2O 体积分数大于 L5，C 正确；
D. 起始到 L1，CO 体积分数逐渐增大，说明反应 1 生成 CO 的速率大于反应 2 消耗 CO 的速率，即 v1 > v2，D 错误；
故答案选 AD。
④ 决速步为能垒最大的步骤，羧酸路径中最大能垒为 1.17eV，对应基元反应为
故答案为： 第五周期第ⅣB族 ；有更多的空的d轨道，d轨道更伸展，更易与的孤电子对结合；正电荷密度更大 ；AD； ；
（3） ① 催化剂可催化 H2O2分解为 H2O 和 O2，使 O2循环利用，加快甲醇氧化反应的进行。
② 葡萄糖在阳极发生氧化反应生成葡萄糖二酸根，因此 N 极为阳极，电极反应式为。
故答案为： 及时分解防止其对酶的氧化，同时增大氧气的利用率 ；；
【分析】（1）先明确溶解度的定义为含碳物种总浓度，再结合两个反应的平衡常数表达式，分别求出溶解态 CO2和 HCO3-的浓度，最后将两者相加得到总溶解度表达式。
（2）根据原子序数确定 Zr 在周期表中的位置；从空轨道数量和正电荷角度，对比 Zr4+与 Zn2+的配位能力；结合绝热体系温度变化、反应热效应、平衡常数与温度的关系、产物生成量与反应速率，逐一分析选项；根据能垒大小确定决速步，写出对应的基元反应。
（3）从 H2O2分解产物的循环利用角度，分析其对甲醇氧化反应的促进作用；根据葡萄糖的氧化产物判断电极极性，再结合反应物和产物，写出阳极的电极反应式。
（1） 的溶解度是水溶液中所有含碳物种的总浓度，题目忽略电离，故。根据①得；反应②中，由 得 ，因此。
（2）① 由的原子序数为40，可知的位置：第五周期第族；
②由于位于第五周期，因此比有更多的空轨道，而且正电荷更多，更易接受 提供的孤电子对形成配位键；
③
A．绝热体系中温度随反应进行升高，说明总反应放热；已知反应1吸热，因此反应2一定是放热反应，故A错误；
B．反应2放热，温度越高平衡常数越小， 温度高于 ，因此，故B正确；
C．越靠后的位点生成量越大，总反应生成更多，因此处体积分数大于，故C正确；
D．起始到 ，体积分数逐渐增大，说明反应1生成的速率大于反应2消耗的速率，即 ，故D错误；
故答案选AD。
④决速步为能垒最大的步骤，羧酸路径中最大能垒为，对应该基元反应为；
（3）①催化 分解为和 ，使 循环利用，加快甲醇氧化生成；
②葡萄糖在阳极发生氧化反应生成葡萄糖二酸钾，因此极为阳极，电极反应式为。
19．【答案】（1）球形冷凝管（或冷凝管）
（2）或
（3）A；B
（4）抑制的水解
（5）乙醇或乙醚；低温真空
（6）86.7%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器 A 在实验中起到冷凝回流的作用，其名称为球形冷凝管（或冷凝管）。
故答案为： 球形冷凝管（或冷凝管） ；
（2）步骤①中，亚硝酸钠、甲醇和浓硫酸反应生成 CH3ONO 和硫酸钠，配平后的化学方程式为：或
故答案为：或 ；
（3）A、水合肼（N2H4 H2O）易溶于水和酸，为增加其溶解性，制备时应将 NaClO 碱性溶液加入到尿素中，仪器 B 盛放 NaClO 碱性溶液，A 正确；
B、NH3水溶液呈碱性是因为结合水电离的氢离子形成 NH4+，而 HN3水溶液呈酸性，原因之一是 N3-中存在大 π 键，结构相对稳定，易电离出氢离子，B 正确；
C、根据分析，反应中N原子价态变化：中N为+3价，中N的平均价态为，即生成1 mol转移 mol电子，故生成，转移10 mol电子，C错误；
D、叠氮酸（HN3）酸性与醋酸相当，强于碳酸，因此不能向 NaN3溶液中通入 CO2制备 HN3，D 错误；
故答案为：AB。
（4）叠氮酸（HN3）是弱酸，与 NaOH 反应生成的 NaN3是强碱弱酸盐，N3-会发生水解，滴加的 NaOH 溶液适当过量，目的是抑制 N3-的水解。
故答案为： 抑制的水解 ；
（5）由表②信息知叠氮化钠与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇，为减少洗涤过程叠氮化钠溶解损失，应该用乙醇或乙醚洗涤晶体；结合叠氮化钠受热易分解，具有较强的还原性，干燥方法是低温真空，以防止叠氮化钠晶体分解和被空气氧化；
故答案为： 乙醇或乙醚 ； 低温真空 ；
（6）的物质的量为：，由反应知过量的的物质的量等于滴定消耗的的物质的量，即，所以与反应的的物质的量为0.002 mol-0.0016 mol=0.0004 mol，由反应方程式知0.150 g产品中，，则产品纯度为：。
故答案为： 86.7% ；
【分析】以甲醇、亚硝酸钠为起始原料，第一步在浓硫酸催化下反应生成亚硝酸甲酯；第二步，亚硝酸甲酯与水合肼、氢氧化钠水溶液反应，得到叠氮化钠粗品和甲醇；第三步，通过蒸馏分离出甲醇，获得叠氮化钠溶液；第四步，叠氮化钠在氢氧化钠水溶液中转化为叠氮酸，最终经处理得到目标产品叠氮化钠。同时，水合肼可通过次氯酸钠碱性溶液与尿素反应制备，为后续步骤提供原料。
（1）根据冷凝回流装置的常见仪器，直接判断仪器 A 为球形冷凝管。
（2）根据反应物和生成物，利用原子守恒配平反应方程式，注意硫酸在反应中可生成硫酸钠或硫酸氢钠。
（3）结合水合肼的溶解性、制备操作、溶液酸碱性与离子结构的关系、氧化还原反应中电子转移的计算、酸性强弱判断，逐一分析选项的正误。
（4）根据盐类水解规律，强碱弱酸盐的酸根离子会发生水解，加入过量碱可抑制其水解，从而分析 NaOH 的作用。
（5）根据叠氮化钠的溶解性选择合适的洗涤溶剂，结合其热不稳定性和还原性，确定干燥方法。
（6）先通过滴定数据计算过量的 Ce4+物质的量，再求出与 NaN3反应的 Ce4+物质的量，结合反应方程式计算 NaN3的物质的量和质量，最后计算产品纯度。
（1）仪器A在实验中起到冷凝回流作用，其名称为球形冷凝管（或冷凝管）；
（2）步骤①反应物是亚硝酸钠、甲醇和浓硫酸，生成和硫酸钠，根据原子守恒配平化学方程式为：或
（3）A．由表②信息知产物水合肼易溶于水和酸，为增加水合肼溶解性，制备水合肼应将NaClO碱性溶液加入到尿素中，仪器B应盛放NaClO碱性溶液，A正确；
B．水溶液呈碱性是结合水电离氢离子形成配离子，而水溶液则呈酸性，原因之一是中存在大π键，相对稳定，易电离出氢离子，B正确；
C．根据分析，反应中N原子价态变化：中N为+3价，中N的平均价态为，即生成1 mol转移 mol电子，故生成，转移10 mol电子，C错误；
D．由表②信息知叠氮酸为弱酸，酸性与醋酸相当，已知醋酸酸性强于碳酸，故叠氮酸酸性也强于碳酸，所以不能向溶液中通来制备，D错误；
故答案选AB。
（4）根据题干信息，叠氮酸是弱酸，与NaOH反应生成是强碱弱酸盐，水解呈碱性，为抑制的水解，滴加的NaOH溶液要适当过量，故目的为抑制的水解；
（5）由表②信息知叠氮化钠与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇，为减少洗涤过程叠氮化钠溶解损失，应该用乙醇或乙醚洗涤晶体；结合叠氮化钠受热易分解，具有较强的还原性，干燥方法是低温真空，以防止叠氮化钠晶体分解和被空气氧化；
（6）的物质的量为：，由反应知过量的的物质的量等于滴定消耗的的物质的量，即，所以与反应的的物质的量为0.002 mol-0.0016 mol=0.0004 mol，由反应方程式知0.150 g产品中，，则产品纯度为：。
20．【答案】（1）酯基、醛基
（2）
（3）A；B；C
（4）+CH3NH2+CH3OH
（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
【解析】【解答】（1）B 的分子结构中，同时包含醛基（-CHO）和酯基（-COO-）两种含氧官能团。
故答案为： 酯基、醛基 ；
（2）根据反应前后的结构变化与原子守恒，可推断出 X 为丙烯酸甲酯，结构简式为：CH2=CHCOOCH3；
故答案为： ；
（3）A. F→G 的反应使用强还原剂 LiAlH4，该过程是将羰基还原为醇羟基，属于典型的还原反应，A 正确；
B. 含氮化合物的碱性强弱与共轭酸的稳定性呈正相关，碱性越强，其共轭酸越稳定，B 正确；
C. 在整个合成路线中，羰基在 D→E 步骤中通过缩酮反应被保护，后续步骤再恢复，因此 D→E 的目的是防止羰基在后续反应中被破坏，起到保护作用，C 正确；
D．根据手性碳原子的定义，H中含有手性碳原子的部位为，只有1个手性碳原子，故D错误；
故答案为：ABC；
（4） E→F 是酯基与甲胺发生的氨解反应，属于取代反应，方程式为：+CH3NH2+CH3OH；
故答案为：+CH3NH2+CH3OH ；
（5）根据A→B反应的原理，B中醛基所连碳原子有H，还能与X发生加成反应，即生成含12个碳原子副产物，应是1molA和2molX发生反应，副产物的结构简式为 ；
故答案为： ；
（6）根据M的结构简式，以及已知信息，生成M的反应物为CH3COCH3和乙酸某酯，根据所给原料，乙醇被氧化成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应，综上所述合成M的路线为。
故答案为： ；
【分析】以丁醛为起始原料，先与 X 在碱性条件下发生加成反应生成 B；B 再与甲基乙烯基酮在碱性条件下反应得到 C； 根据信息以及X的分子式可知，该反应类型为加成反应，推出X的结构简式为CH2=CHCOOCH3， C 经催化剂作用得到 D，D 与 1，3 - 丙二醇反应生成缩酮 E； 对比C、E的结构简式，可知D的结构简式为 ，E 与甲胺发生氨解反应生成 F，F 再经 LiAlH4还原得到 G； 根据E、G的结构简式以及F的分子式，推出F的结构简式为， G 在酸性条件下水解脱保护，再经碱性处理，最终得到目标化合物 I， 根据H的分子式以及I的结构简式，推出H的结构简式为。据此解答即可。
（1）直接观察 B 的结构简式，找出其中含有的特征官能团，注意区分醛基和酮羰基，以及酯基的存在形式。
（2）根据 A→B 的反应机理，结合反应物和产物的分子式变化，推断出参与加成反应的 X 的结构，重点关注双键和酯基的存在。
（3）结合反应条件判断反应类型，利用酸碱理论分析共轭酸的稳定性，根据合成路线的前后变化判断保护基的作用，再依据手性碳的定义判断手性碳数目，逐一分析选项。
（4）根据酯的氨解反应机理，酯基中的烷氧基被氨基取代，生成酰胺和甲醇，据此写出反应方程式。
（5）分析 B 分子中醛基的 α-H 活性，判断其是否能继续与 X 发生加成反应，结合反应物比例推断副产物的结构。
（6）从目标产物 M 逆推，确定关键中间产物乙酸乙酯，再根据原料乙醇，设计氧化、酯化、缩合三步反应，构建完整的合成路线。
（1）根据B的结构简式，含有官能团为酯基、醛基；
（2）根据上述分析，X的结构简式为CH2=CHCOOCH3；
（3）A．F→G的条件是LiAlH4，LiAlH4为强还原剂，即F→G的反应类型为还原反应，故A正确；
B．利用含氮化合物的碱性越强，其共轭酸越稳定，故B正确；
C．从整个过程来看，羰基消失又在同一部位出现，因此D→E的目的是保护羰基，故C正确；
D．根据手性碳原子的定义，H中含有手性碳原子的部位为，只有1个手性碳原子，故D错误；
答案为ABC；
（4）E→F发生取代反应，其反应方程式为+CH3NH2+CH3OH；
（5）根据A→B反应的原理，B中醛基所连碳原子有H，还能与X发生加成反应，即生成含12个碳原子副产物，应是1molA和2molX发生反应，副产物的结构简式为 ；
（6）根据M的结构简式，以及已知信息，生成M的反应物为CH3COCH3和乙酸某酯，根据所给原料，乙醇被氧化成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应，综上所述合成M的路线为。
1 / 1浙江金丽衢十二校2025-2026学年下学期高三第二次联考 化学试题
1．下列分子属于非极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、CS2分子为直线形结构，中心 C 原子与两个 S 原子形成极性键，但分子结构对称，键的极性相互抵消，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故 A 正确；
B、Cl2O 分子为 V 形结构，中心 O 原子与两个 Cl 原子形成极性键，分子结构不对称，键的极性无法抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 B 错误；
C、NH3分子为三角锥形结构，中心 N 原子与三个 H 原子形成极性键，分子结构不对称，键的极性无法抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 C 错误；
D、O3分子为 V 形结构，分子中存在极性键，且分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】非极性分子的判断依据：分子中正负电荷中心是否重合，键的极性是否因分子结构对称而相互抵消；
常见分子的空间结构：直线形（CS2）、V 形（Cl2O、O3）、三角锥形（NH3）；
极性键与分子极性的关系：含有极性键的分子，若结构对称则为非极性分子，若结构不对称则为极性分子。
2．下列化学用语表示不正确的是
A．甲醛的电子式：
B．的空间结构为：(正四面体形)
C．杂化轨道示意图：
D．的名称：2，二甲基己烷
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中C与O形成双键，C与两个H形成单键，O原子有2对孤电子对，电子式书写符合成键规律，故A正确；
B、中心S原子价层电子对数为，价层电子互斥模型为四面体形，但S原子含1对孤电子对，实际空间结构为三角锥形，不是正四面体形，故B错误；
C、1个s轨道与2个p轨道杂化，形成3个夹角为120°的平面三角形杂化轨道，剩余1个未杂化p轨道垂直于杂化平面，示意图符合杂化特征，故C正确；
D、该物质最长碳链含6个C，主链为己烷，2号碳和4号碳各连1个甲基，按取代基位次最小原则，命名为2，4-二甲基己烷，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：甲醛中各原子的成键方式与孤电子对分布需符合共价键规律；
离子空间结构判断：需用价层电子对互斥理论，区分价层电子互斥模型与实际空间结构，孤电子对会影响构型；
杂化轨道特征：杂化轨道夹角为120°，呈平面三角形分布；
烷烃命名规则：选择最长碳链为主链，从靠近支链一端编号，使取代基位次之和最小。
3．下列有关实验的说法中不正确的是
A．、浓硝酸或NaOH溶液可以保存在带玻璃塞的试剂瓶中
B．实验结束后，有利用价值的有机废液，可蒸馏回收特定馏分
C．金属钠着火时，可用干燥的细沙覆盖灭火
D．污水处理可以用硫酸亚铁、硫酸铝、等
【答案】A
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、NaOH 溶液会与玻璃中的 SiO2反应生成黏性的 Na2SiO3，将玻璃塞与试剂瓶黏结在一起，因此 NaOH 溶液不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中，故 A 错误；
B、不同有机物的沸点存在差异，有利用价值的有机废液可通过蒸馏方法分离回收特定馏分，故 B 正确；
C、金属钠能与水、CO2发生反应，着火时不能用水或泡沫灭火器灭火，用干燥细沙覆盖可隔绝空气，达到灭火目的，故 C 正确；
D、硫酸亚铁、硫酸铝水解可生成胶体，能吸附水中悬浮杂质起到絮凝沉降作用；ClO2具有强氧化性，可杀菌消毒，三者均可用于污水处理，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
试剂瓶的选择：碱性溶液不能使用带玻璃塞的试剂瓶，防止与 SiO2反应生成黏性物质；
有机废液回收：利用不同有机物沸点差异，通过蒸馏分离回收；
金属钠着火的处理：钠与水、CO2均反应，需用干燥细沙隔绝空气灭火；
污水处理原理：利用胶体的吸附性和强氧化剂的杀菌作用净化污水。
4．化学与生产生活密切相关，下列说法中不正确的是
A．减少生铁含碳量，延展性增强
B．聚乳酸与淀粉等混合制成的降解塑料可用于一次性餐具
C．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
D．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，具有很高的强度
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；单糖的性质和用途；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、生铁含碳量越高，脆性越强、延展性越差，减少含碳量可降低脆性，增强延展性，故 A 正确；
B、聚乳酸与淀粉混合制成的降解塑料，在自然环境中可逐渐分解，不会造成白色污染，适合用于一次性餐具，故 B 正确；
C、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，酿酒过程中葡萄糖在酒化酶作用下发生的是发酵反应，生成乙醇和二氧化碳，故 C 错误；
D、石墨烯是单层碳原子构成的二维材料，厚度仅为一个碳原子直径，具有极高的强度和优异的电学性能，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
合金性质：生铁含碳量影响其机械性能，含碳量越低，延展性越好；
可降解材料：聚乳酸和淀粉均为可降解高分子，混合后可制成环保餐具；
酿酒反应原理：葡萄糖属于单糖，无法水解，酿酒过程为葡萄糖的发酵反应；
石墨烯的结构与性质：单层石墨结构赋予其高强度、高导电性等特性。
5．下列说法正确的是
A．第一电离能： B．半径比较：
C．结合的能力： D．分子极性：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Be 的价电子排布为 2s2，处于全充满稳定结构，而 B 的价电子排布为 2s22p ，易失去 p 轨道电子，因此第一电离能：Be > B，故 A 错误；
B、H-与 Li+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此半径：H- > Li+，故 B 错误；
C、 酸性，酸性越强，对应共轭碱结合的能力越弱，且反应可以发生，说明结合能力：，故C错误；
D、O 的电负性比 S 大，O-H 键的极性比 S-H 键强，且两者均为 V 形分子，因此分子极性：H2S < H2O，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
第一电离能规律：全充满、半充满结构的元素第一电离能高于相邻元素；
离子半径比较：核外电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小；
结合 H+能力：对应酸越强，酸根离子结合 H+的能力越强；
分子极性判断：键的极性越强、分子结构不对称性越大，分子极性越强。
6．下列物质的结构或者性质不能说明其用途的是
A．碳化硅的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可用作砂轮磨料
B．硅胶具有疏松多孔结构，吸附性强，可用作袋装食品防潮剂
C．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的消毒杀菌
D．苯酚酚羟基的邻对位易取代，可用浓溴水定量测定苯酚
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、碳化硅中碳、硅原子通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可用于制作砂轮磨料，结构与用途对应，故 A 正确；
B、硅胶具有疏松多孔结构，吸附性强，能吸收水分，可用作袋装食品防潮剂，结构与用途对应，故 B 正确；
C、明矾溶于水形成的胶体可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，但明矾不具备消毒杀菌的能力，该性质与用途不匹配，故 C 错误；
D、苯酚酚羟基的邻对位氢原子易被取代，与浓溴水反应生成白色沉淀，可定量测定苯酚含量，性质与用途对应，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶体结构与用途：原子晶体硬度大，可作磨料；
吸附性与用途：多孔硅胶可吸水，用作干燥剂；
胶体性质与用途：明矾水解生成的胶体仅能净水，无消毒杀菌作用；
有机反应与用途：苯酚的邻对位取代反应可用于定量测定。
易错点：混淆明矾的 “净水” 与 “消毒杀菌” 作用，胶体只能吸附杂质沉降，无法杀灭细菌病毒。规范写法：物质用途必须由其对应的核心性质直接支撑，明矾的用途是净水，而非消毒杀菌。
7．下列离子方程式不正确的是
A．将少量通入溶液：
B．向溶液中滴入溶液：
C．将双氧水通入酸性溶液：
D．将AgCl溶于足量氨水：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、少量 Cl2通入 Na2CO3溶液，酸性强弱顺序为 H2CO3>HClO>HCO3-，反应生成碳酸氢根、氯离子和次氯酸根，离子方程式书写正确，故 A 正确；
B、向 Na [Al (OH)4] 溶液中滴入 Ca(HCO3)2溶液，[Al(OH)4]-与 HCO3-反应生成 Al(OH)3沉淀和 CO32-，CO32-会与 Ca2+结合生成 CaCO3沉淀，原方程式未体现 CaCO3沉淀， 正确的离子方程式为，B错误；
C、酸性条件下 K2Cr2O7氧化 H2O2，Cr 元素从 + 6 价被还原为 + 3 价，O 元素从 - 1 价被氧化为 0 价，得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒均满足，离子方程式正确，故 C 正确；
D、AgCl 与足量氨水反应生成可溶性的 [Ag(NH3)2]+络离子，沉淀溶解，离子方程式配比、产物均符合反应事实，书写正确，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点总结如下：
忽略溶液中离子的后续反应：在 B 选项中，只关注了[Al(OH)4]-与HCO3-的酸碱反应，生成CO32-，却忘记了溶液中大量存在的Ca2+会立刻与CO32-结合生成更难溶的CaCO3沉淀，导致方程式书写不完整，不符合实际反应。
对 “量” 的问题考虑不周：在 A 选项中，少量Cl2与Na2CO3反应时，需要根据酸性强弱顺序H2CO3 > HClO > HCO3-来判断产物。如果忽略了HClO的酸性不足以与CO32-反应生成CO2，就容易误判产物。
氧化还原反应的守恒检查不全面：在 C 选项中，虽然最终方程式是正确的，但这类题的常见陷阱是电子、原子或电荷不守恒。解题时若只检查原子守恒，而忽略电子得失守恒或电荷守恒，就可能出错。
络合反应的产物与配平错误：在 D 选项中，容易记错银氨络离子的正确形式[Ag(NH3)2]+，或在配平时氨水的系数、水分子的数目写错，导致方程式错误。
8．下列实验装置使用不正确的是
A．可用图①装置分离和
B．可用图②装置验证镁与盐酸的反应放热
C．可用图③装置完成氨气的喷泉实验操作
D．可用图④装置吸收HCl气体且能防倒吸
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；蒸馏与分馏；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、CHCl3与 CCl4沸点差异较大，可用蒸馏装置（图①）分离，故 A 正确；
B、镁与盐酸反应放热，使饱和石灰水温度升高，Ca(OH)2溶解度降低而析出浑浊，可用图②装置验证反应放热，故 B 正确；
C、氨气极易溶于水，打开止水夹后，水进入烧瓶形成压强差，可完成喷泉实验，图③装置操作正确，故 C 正确；
D、HCl 气体直接通入水层，导管口接触水，HCl 极易溶于水会使装置内压强骤降，发生倒吸，图④装置无法防倒吸，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
蒸馏装置的适用条件：两种液体沸点差异较大时，可通过蒸馏分离；
反应放热的验证方法：利用 Ca(OH)2溶解度随温度升高而降低的特性，通过饱和石灰水变浑浊判断反应放热；
喷泉实验的原理：利用气体极易溶于水，形成压强差引发喷泉；
防倒吸装置的设计：导管直接插入水中，即使上层有苯层，仍会因气体快速溶解发生倒吸，无法起到防倒吸作用。
9．某种聚碳酸酯透光性好，可用于制作车船挡风玻璃、眼镜镜片和光盘等，其结构片段为：
可用碳酸二甲酯来合成该聚碳酸酯。下列说法正确的是
A．聚碳酸酯结构片段中的C均为杂化
B．可用核磁共振氢谱法确定聚碳酸酯中的官能团
C．与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH
D．可与二酚类物质加聚成该聚碳酸酯
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酯的性质
【解析】【解答】A、聚碳酸酯结构片段中，苯环和羰基上的 C 为 sp2 杂化，而两个苯环之间连有两个甲基的 C 为 sp3 杂化，并非所有 C 均为 sp2 杂化，故 A 错误；
B、核磁共振氢谱法主要用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，不能直接确定官能团，故 B 错误；
C、1 mol CH3OCOOCH3与足量 NaOH 溶液反应时，分子中的两个酯基均水解，每个酯基消耗 1 mol NaOH，最多消耗 2 mol NaOH，故 C 正确；
D、CH3OCOOCH3与二酚类物质发生缩聚反应生成聚碳酸酯和小分子 CH3OH，不是加聚反应，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化类型判断：根据 C 原子的成键方式判断，单键 C 为 sp3 杂化，双键 C 为 sp2 杂化；
核磁共振氢谱的用途：主要用于测定氢原子种类和数目，不能直接确定官能团；
酯类水解反应：1 mol CH3OCOOCH3含两个酯基，与 NaOH 反应时，每个酯基消耗 1 mol NaOH，共消耗 2 mol NaOH；
聚合反应类型：CH3OCOOCH3与二酚类反应生成聚碳酸酯，同时生成小分子 CH3OH，属于缩聚反应，不是加聚反应。
10．关于1-溴丁烷的性质实验如下图，下列说法正确的是
A．实验时需快速升温至100℃以上，以加快反应速率
B．该反应属于取代反应，断裂C-Br键和Br相邻C上的C-H键
C．若③改用溴水，则省略②也可达到验证产物的目的
D．向反应后的圆底烧瓶中滴加溶液，有沉淀生成，可证明1-溴丁烷中的溴元素
【答案】C
【知识点】溴乙烷的化学性质；卤代烃简介；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、1 - 溴丁烷在 NaOH 乙醇溶液中发生消去反应，温度过高易导致副反应（如乙醇消去生成乙烯），应缓慢升温至反应温度，而非快速升温至 100℃以上，故 A 错误；
B、该反应为消去反应，断裂 C-Br 键和 Br 相邻 C 上的 C-H 键，生成 1 - 丁烯和 NaBr、H2O，并非取代反应，故 B 错误；
C、挥发的乙醇不能使溴水褪色，而生成的 1 - 丁烯能与溴水发生加成反应使其褪色，因此省略装置②（水）也可验证产物，故 C 正确；
D、反应后的溶液呈碱性，直接滴加 AgNO3溶液，OH-会与 Ag+反应生成 Ag2O 沉淀，干扰 Br-的检验，应先加稀硝酸酸化，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
消去反应的实验条件：1 - 溴丁烷消去反应需控制温度，快速升温易引发副反应；
反应类型判断：消去反应断裂 C-Br 键和相邻 C 上的 C-H 键，生成不饱和键，与取代反应不同；
产物验证方法：溴水可区分乙醇和烯烃，乙醇不与溴水反应，烯烃可使溴水褪色；
卤离子检验：碱性溶液中需先酸化再检验，避免 OH-干扰 AgBr 沉淀的生成。
11．NiO晶胞如图，将NiO在空气中加热，部分被氧化为，得到，晶体结构出现缺陷，有的被取代，有的空缺，填充率下降，但晶体仍保持电中性。现有NixO晶胞的质量为，下列说法正确的是
A．填充在组成的四面体空隙
B．NixO晶胞中、和未填充空隙的个数比为
C．NixO中X为0.8
D．与NiO相比，NixO导电性大幅度增大，这和晶体中的空位有关
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、氧离子位于棱上和体心，形成的空隙为正八面体，但Ni2+并未全部填充在这些空隙中，A错误；
B、晶体呈电中性，设晶胞中Ni2+个数为a，Ni3+个数为b，根据电荷守恒得方程组：，解得a=1，b=2；原Ni位置总数为4，空缺数为1，因此Ni2+、Ni3+和未填充空隙的个数比为1：2：1，B错误；
C、晶胞中含4个O2-，3个Ni原子，因此，表述存在错误结论，C错误；
D、Ni O晶体存在空位缺陷，Ni离子可通过空位迁移，导电性比完整的NiO晶体显著增大，导电性提升与空位有关，D正确；
故答案为：D。
【分析】首先，根据晶胞结构，氧离子（O2-）位于棱上和体心，通过均摊法计算晶胞中O2-的数目：
棱上的O2-数目为 ，体心的O2-数目为1，因此每个晶胞中O2-总数为 。
接下来，根据晶胞质量和阿伏加德罗常数，计算晶胞的摩尔质量：
已知晶胞质量为 ，取 ，则晶胞的摩尔质量为：
然后，计算晶胞中镍（Ni）元素的总相对原子质量：晶胞中O元素的总相对质量为 ，因此晶胞中Ni元素的总相对原子质量为 。
最后，计算晶胞中Ni原子的数目及x的值：Ni的相对原子质量约为59，因此晶胞中Ni原子的总数为 。已知晶胞中O2-数目为4，因此 。
12．海港、码头的钢制管桩长期受海水(呈弱碱性，含，等)的长期侵蚀，常用外加电流法对其进行保护(装置如图)，高硅铸铁为惰性直流电源辅助阳极。下列说法不正确的是
A．高硅铸铁做惰性阳极，仅起导电作用不会被损耗
B．阳极主要发生的反应是被还原为
C．保护电流应该根据环境条件变化进行调整
D．外加电压偏高时，钢制管桩表面可能发生反应：
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、高硅铸铁为惰性辅助阳极，不参与电极反应，仅起导电作用，不会被损耗，故 A 正确；
B、阳极发生氧化反应，Cl-被氧化为 Cl2，而非被还原，故 B 错误；
C、保护电流需根据海水流速、含氧量等环境条件变化调整，以保证保护效果，故 C 正确；
D、外加电压偏高时，钢制管桩（阴极）表面 O2可能得电子发生还原反应： ，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
外加电流法的电极判断：钢制管桩作阴极被保护，高硅铸铁作惰性阳极，不参与反应；
阳极反应类型：阳极发生氧化反应，Cl-被氧化为 Cl2，还原反应发生在阴极；
保护电流的调整：环境条件变化会影响腐蚀速率，需调整电流保证保护效果；
阴极副反应：外加电压偏高时，阴极表面可能发生 O2的还原反应。
13．某小组探究和溶液的反应：
实验1：向某浓度的酸性溶液(过量)中加入含淀粉的溶液，混合后的前几秒内，溶液并无明显变化，随后有少量蓝色，T秒后溶液突然变蓝。
实验2：将反应设计成原电池，闭合开关，电流表指针偏转情况记录如下表：
表盘
时间/min
偏转位置 右偏至Y 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… 指针归零
已知：在酸性溶液中氧化I-，反应为
下列说法不正确的是
A．实验1中溶液变蓝色，说明具有还原性
B．实验2中，时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，从而可以判断在a极放电的产物为
C．实验2中，时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液也不会变蓝色
D．对比实验1、2，T秒时溶液变蓝，实验1中的被完全氧化
【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、实验 1 中溶液变蓝，说明有 I2生成，IO3-被还原为 I2，Na2SO3被氧化，体现了 SO32-的还原性，故 A 正确；
B、实验 2 中 0~t1时，电流表指针右偏，说明 a 极为正极，IO3-在 a 极得电子被还原，直接向 a 极滴加淀粉溶液未变蓝，说明无 I2生成，产物为 I-，故 B 正确；
C、实验 2 中 0~t1时，a 极生成的 I-会与未反应的 IO3-在酸性条件下发生反应： ，因此从 a 极取溶液滴加淀粉溶液会变蓝，故 C 错误；
D、对比实验 1、2，T 秒时溶液变蓝，说明此时生成了 I2，而 I2的生成需要 IO3-与 I-反应，此时 Na2SO3已被完全氧化，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应判断：溶液变蓝说明生成 I2，体现了 SO32-的还原性；
原电池电极判断：0~t1时电流表指针右偏，a 极为正极，IO3-得电子生成 I-；
碘的生成条件：I-与 IO3-在酸性条件下会反应生成 I2，使淀粉变蓝；
反应进程分析：T 秒时溶液变蓝，说明 Na2SO3已被完全氧化，I-与 IO3-反应生成 I2。
14．如图是一种钯催化的交叉偶联反应机理循环图，下列说法不正确的是
A．该反应的总反应为取代反应
B．步骤B得到的副产物是
C．整个过程中，存在配位键的断裂与形成，且Pd的化合价在0价与价之间变化
D．若反应物中Br替换为Cl，反应速率可能加快
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该反应的总反应为芳基溴与芳基硼酸衍生物的交叉偶联反应，属于取代反应，故A正确；
B、步骤B中，(Ln)PdⅡ配合物与芳基硼酸衍生物反应，生成产物的同时，副产物为BrB(OH)2，故B正确；
C、整个过程中，Pd与配体L、有机基团之间存在配位键的断裂与形成，Pd的化合价在0价与+2价之间变化，故C正确；
D、C-Br键的键能小于C-Cl键，更易断裂，若反应物中Br替换为Cl，反应速率会减慢，而非加快，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：交叉偶联反应属于取代反应，通过芳基之间的偶联形成新的C-C键；
副产物判断：步骤B中，Pd配合物与芳基硼酸衍生物反应，Br原子与B(OH)2基团结合生成BrB(OH)2；
钯的催化循环：Pd催化剂在反应中发生氧化加成、转金属化、还原消除，存在配位键的断裂与形成，化合价在0价和+2价之间变化；
反应速率影响因素：C-X键的键能越小，反应越易进行，C-Br键比C-Cl键更易断裂，因此替换为Cl后反应速率减慢。
15．已知：25℃时，的，的电离常数，，。向溶液中滴加溶液，实验过程中忽略体积变化。下列说法不正确的是
A．中满足：
B．当加入体积为10 mL时，满足：
C．当加入体积为15 mL时，此时溶液pH约为9.7
D．反应的
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、0.1 mol/L Na2C2O4溶液中，Na+完全电离，浓度最大；C2O42-水解使溶液显碱性，且分步水解，第一步水解为主，因此，故A正确；
B、加入10 mL Na2C2O4溶液时，恰好完全反应生成CaC2O4沉淀和NaCl，溶液中存在电荷守恒：，因，故电荷守恒式可简化为，故B正确；
C、加入15 mL Na2C2O4溶液时，反应后溶液中溶质为等物质的量的NaCl和Na2C2O4，此时溶液中，根据的水解常数，，，则，故C错误；
D、反应的平衡常数，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
盐类水解分析：Na2C2O4溶液中，C2O42-分步水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系可通过电离和水解的主次判断；
电荷守恒应用：加入等体积Na2C2O4溶液时，利用溶液中所有离子的电荷关系推导守恒式；
水解平衡计算：加入过量Na2C2O4溶液时，根据C2O42-的水解常数计算溶液的OH-浓度，进而求pH；
沉淀溶解平衡与弱酸电离的结合：反应平衡常数可通过与的电离常数计算得出。
16．邻硝基苯胺的催化氢化反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置I用于储存和监测反应过程。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
下列说法不正确的是
A．反应前应向装置Ⅱ中通入一段时间
B．向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如图所示：。发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，孔路位置需调节为：
C．判断氢化反应完全的现象是集气管内液面不再上升
D．在无水乙醇中的反应速率大于在四氯化碳中的反应速率
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、反应前向装置 Ⅱ 中通入 N2，可排尽装置内的空气，防止雷尼 Ni 遇空气自燃，同时避免邻硝基苯胺被氧化，故 A 正确；
B、向集气管中充入 H2时，需连通 H2源与集气管，与装置 Ⅱ 断开，图示为；发生氢化反应时，需连通集气管与装置 Ⅱ，与外界断开， 图示为， 两者的三通阀孔路位置不同，题目中反应时的孔路调节方式错误，故 B 错误；
C、反应消耗 H2，集气管内液面会下降，当反应完全时，H2不再消耗，液面不再变化，故判断反应完全的现象应为集气管内液面不再下降，而非上升，故 C 错误；
D、已知邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应进行，无水乙醇为极性溶剂，四氯化碳为非极性溶剂，因此在无水乙醇中的反应速率大于在四氯化碳中的反应速率，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
安全操作：雷尼 Ni 遇空气自燃，反应前需通 N2排尽装置内空气；
三通阀的使用：充入 H2和向装置 Ⅱ 供气时，三通阀的孔路位置不同，充入时连通 H2源与集气管，供气时连通集气管与装置 Ⅱ；
反应现象判断：H2被消耗时集气管液面下降，液面不再变化说明反应完全；
溶剂极性对反应速率的影响：极性溶剂更有利于邻硝基苯胺的反应，无水乙醇的极性强于四氯化碳，反应速率更快。
17．过渡金属及其有关化合物是材料化学的重要研究内容。请回答：
（1）某太阳能电池材料的立方晶胞结构如下图所示，其中A为稀土元素La，化合价为价。
①该材料的化学式为　 　。
②与Mn距离最近且相等的O有　 　个。
③若用部分取代Mn位，晶体密度会　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）由含钴矿渣制备钴，矿渣酸浸所得可被X(如图所示)萃取。
①两分子X易形成二聚体，请写出该二聚体的结构：　 　。
②X与足量浓NaOH加热反应的化学方程式：　 　。
③萃取剂Y的酸性比X的弱，请从结构角度解释原因：　 　。
（3）三氯化六氨合钴(Ⅲ)是合成其他含钴配合物的重要原料。在活性炭的催化作用下，通过氧化二氯化六氨合钴(Ⅱ)得到三氯化六氨合钴(Ⅲ)制备流程如下：
①的价电子排布式为：　 　。
②请解释中H-N-H的键角比分子中大的原因：　 　。
③请写出制备得到的总反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）；6；增大
（2）；；是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此X酸性更强
（3）；氨分子与形成配合物后，孤对电子与成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）① 根据晶胞均摊法，顶点的 La 原子数目为 个，黑球(Mn原子)位于体心，共有1个，灰球（O原子）位于面上，共有，由于A为稀土元素La，化合价为价，故该材料的化学式为：；
② Mn 原子位于晶胞体心，周围最近且等距的 O 原子位于面心，共有 6 个。
③Fe3+相对原子质量（55.85）大于Mn（54.94），晶胞体积不变，质量增大，故密度增大；
故答案为： ；6；增大；
（2）①X为，两分子 X 通过氢键形成二聚体，结构为：；
② X 为磷酸酯，与足量浓NaOH反应时， 会同时发生中和反应和水解反应，反应方程式为：；
③由于是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此萃取剂Y的酸性比X的弱；
故答案为： ； ；是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此X酸性更强 ；
（3）① Co 的原子序数为 27，基态电子排布式为，失去3个电子后：的价电子排布式为：；
②由于氨分子与形成配合物后， N 原子的孤对电子参与成键， 原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用消失，变为成键电子对之间的排斥，排斥力减弱， 故H-N-H键角变大；
③与、浓氨水反应得到，再加入氧化制得，总反应的化学方程式为。
故答案为： ； 氨分子与形成配合物后，孤对电子与成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大 ； ；
【分析】（1）先利用晶胞均摊法，分别计算顶点、体心、面心位置的 La、Mn、O 原子数目，结合化合价推导出化学式；再根据原子的空间位置关系，确定体心 Mn 原子周围最近的 O 原子数目；最后根据密度公式，分析离子质量变化对晶体密度的影响。
（2）根据分子中羟基和磷氧双键的结构特点，推断两分子间通过氢键形成的二聚体结构；结合磷酸酯的酸性和酯基水解反应，写出与 NaOH 反应的完整方程式；通过分析吸电子基团对 O-H 键极性的影响，判断不同萃取剂的酸性强弱。
（3）根据原子序数和电子排布规则，写出 Co 原子及Co3+的价电子排布式；利用价层电子对互斥理论，分析孤对电子参与成键后对键角的影响；结合反应物和产物，通过氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，配平制备钴配合物的总反应方程式。
（1）①由图知，A（La）原子位于顶点，共有个，黑球(Mn原子)位于体心，共有1个，灰球（O原子）位于面上，共有，由于A为稀土元素La，化合价为价，故该材料的化学式为：；
②由晶胞图，结合化学式可知，Mn位于体心，O位于面心，故与Mn距离最近且相等的O有6个；
③Fe3+相对原子质量（55.85）大于Mn（54.94），晶胞体积不变，质量增大，故密度增大；
（2）①X为，两分子 X 通过氢键形成二聚体，结构为：；
②由图知，X为磷酸酯，与NaOH反应时，除了中和反应，还有水解反应，故X与足量浓NaOH加热反应的化学方程式为：；
③由于是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此萃取剂Y的酸性比X的弱；
（3）①Co 原子序数27，基态电子排布式为：，失去3个电子后：的价电子排布式为：；
②由于氨分子与形成配合物后，孤对电子与成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大；
③与、浓氨水反应得到，再加入氧化制得，总反应的化学方程式为。
18．将转化为高附加值化学能源的负碳技术，是全球化学领域的研究热点。请回答：
（1）在一定温度下溶于水的过程及其平衡常数如下：
①
②
其中p为)的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度。在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为C，则　 　(用平衡压强p和平衡常数表示，忽略和的电离)。
（2）采用“催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该体系中涉及以下两个反应：
反应1：
反应2：
①在转化为的过程中使用为催化剂，Zr的原子序数为40，其在元素周期表中的位置为　 　。与金属离子通过配位键进行结合，所以在金属离子上的吸附具有选择性，相比，更易吸附，从结构角度解释其可能的原因　 　。
②25℃、下，将一定比例混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及、、…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如下图所示。
下列说法不正确的是　 　。
A．反应2是吸热反应
B．反应2的平衡常数：处大于处
C．处的的体积分数大于处
D．混合气从起始到通过处，反应1的速率小于反应2
③不同载体的Cu催化剂催化加氢制的反应历程如图所示(横线上数字表示该步反应的能垒)，写出羧酸路径中决速步反应的化学方程式：　 　。
（3）甲醇进一步合成天然淀粉路线如下图所示，其中cat、aox、fls为生物酶。
①合成天然淀粉过程中加入过氧化氢酶(cat)的作用是　 　。
②电解葡萄糖制取葡萄糖二酸钾的装置示意图如下，书写N极的电极反应方程式　 　。
【答案】（1）
（2）第五周期第ⅣB族；有更多的空的d轨道，d轨道更伸展，更易与的孤电子对结合；正电荷密度更大；AD；
（3）及时分解防止其对酶的氧化，同时增大氧气的利用率；
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） CO2的溶解度 C 为水溶液中所有含碳物种的总浓度，忽略电离时，。根据①得；反应②中，由 得 ，因此。
故答案为： ；
（2）① Zr 的原子序数为 40，在元素周期表中位于第五周期第 ⅣB 族。
② Zr4+位于第五周期，比 Zn2+拥有更多空轨道，且所带正电荷更高，因此更易接受 CO2提供的孤电子对形成配位键。
③A. 绝热体系中温度随反应进行升高，说明总反应放热；已知反应 1 吸热，因此反应 2 一定放热，A 错误；
B. 反应 2 放热，温度越高平衡常数 K 越小，L5温度高于 L4，故 K (L4) > K (L5)，B 正确；
C. 越靠后的位点 CH3OH 生成量越大，总反应生成 H2O 更多，因此 L6处 H2O 体积分数大于 L5，C 正确；
D. 起始到 L1，CO 体积分数逐渐增大，说明反应 1 生成 CO 的速率大于反应 2 消耗 CO 的速率，即 v1 > v2，D 错误；
故答案选 AD。
④ 决速步为能垒最大的步骤，羧酸路径中最大能垒为 1.17eV，对应基元反应为
故答案为： 第五周期第ⅣB族 ；有更多的空的d轨道，d轨道更伸展，更易与的孤电子对结合；正电荷密度更大 ；AD； ；
（3） ① 催化剂可催化 H2O2分解为 H2O 和 O2，使 O2循环利用，加快甲醇氧化反应的进行。
② 葡萄糖在阳极发生氧化反应生成葡萄糖二酸根，因此 N 极为阳极，电极反应式为。
故答案为： 及时分解防止其对酶的氧化，同时增大氧气的利用率 ；；
【分析】（1）先明确溶解度的定义为含碳物种总浓度，再结合两个反应的平衡常数表达式，分别求出溶解态 CO2和 HCO3-的浓度，最后将两者相加得到总溶解度表达式。
（2）根据原子序数确定 Zr 在周期表中的位置；从空轨道数量和正电荷角度，对比 Zr4+与 Zn2+的配位能力；结合绝热体系温度变化、反应热效应、平衡常数与温度的关系、产物生成量与反应速率，逐一分析选项；根据能垒大小确定决速步，写出对应的基元反应。
（3）从 H2O2分解产物的循环利用角度，分析其对甲醇氧化反应的促进作用；根据葡萄糖的氧化产物判断电极极性，再结合反应物和产物，写出阳极的电极反应式。
（1） 的溶解度是水溶液中所有含碳物种的总浓度，题目忽略电离，故。根据①得；反应②中，由 得 ，因此。
（2）① 由的原子序数为40，可知的位置：第五周期第族；
②由于位于第五周期，因此比有更多的空轨道，而且正电荷更多，更易接受 提供的孤电子对形成配位键；
③
A．绝热体系中温度随反应进行升高，说明总反应放热；已知反应1吸热，因此反应2一定是放热反应，故A错误；
B．反应2放热，温度越高平衡常数越小， 温度高于 ，因此，故B正确；
C．越靠后的位点生成量越大，总反应生成更多，因此处体积分数大于，故C正确；
D．起始到 ，体积分数逐渐增大，说明反应1生成的速率大于反应2消耗的速率，即 ，故D错误；
故答案选AD。
④决速步为能垒最大的步骤，羧酸路径中最大能垒为，对应该基元反应为；
（3）①催化 分解为和 ，使 循环利用，加快甲醇氧化生成；
②葡萄糖在阳极发生氧化反应生成葡萄糖二酸钾，因此极为阳极，电极反应式为。
19．以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备流程如下图。
已知：①NaClO碱性溶液与尿素水溶液利用下图装置制备水合肼；
②相关物质的物理、化学性质如下表：
物质 熔点℃ 沸点℃ 溶解性 化学性质
甲醇 67.1 与水互溶
水合肼 118.5 与水、酸互溶，不溶于乙醚和氯仿
亚硝酸甲酯 溶于乙醇、乙醚
叠氮酸 37 溶于水、乙醇、乙醚 弱酸，酸性与醋酸相当
叠氮化钠 275 300 与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇 受热易分解，具有较强的还原性
请回答：
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）步骤①的化学方程式为　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．仪器B应盛放NaClO碱性溶液
B．水溶液呈碱性，而水溶液则呈酸性，原因之一是中存在大π键，相对稳定
C．步骤②反应生成，转移5 mol电子
D．步骤③可向溶液中通来制备
（4）步骤④滴加的NaOH溶液要适当过量，目的是　 　。
（5）步骤④对溶液加热蒸发至溶液体积的，有晶体析出，可以用　 　来洗涤晶体，晶体干燥的方法是　 　。
（6）用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：
称取0.150 g产品配成100 mL溶液，取20.00 mL置于锥形瓶中，加入溶液，反应后稍作稀释，向溶液中加适量稀硫酸，滴加2滴指示剂，用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液16.00 mL。则产品纯度为　 　(精确到小数点后1位)。
【答案】（1）球形冷凝管（或冷凝管）
（2）或
（3）A；B
（4）抑制的水解
（5）乙醇或乙醚；低温真空
（6）86.7%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器 A 在实验中起到冷凝回流的作用，其名称为球形冷凝管（或冷凝管）。
故答案为： 球形冷凝管（或冷凝管） ；
（2）步骤①中，亚硝酸钠、甲醇和浓硫酸反应生成 CH3ONO 和硫酸钠，配平后的化学方程式为：或
故答案为：或 ；
（3）A、水合肼（N2H4 H2O）易溶于水和酸，为增加其溶解性，制备时应将 NaClO 碱性溶液加入到尿素中，仪器 B 盛放 NaClO 碱性溶液，A 正确；
B、NH3水溶液呈碱性是因为结合水电离的氢离子形成 NH4+，而 HN3水溶液呈酸性，原因之一是 N3-中存在大 π 键，结构相对稳定，易电离出氢离子，B 正确；
C、根据分析，反应中N原子价态变化：中N为+3价，中N的平均价态为，即生成1 mol转移 mol电子，故生成，转移10 mol电子，C错误；
D、叠氮酸（HN3）酸性与醋酸相当，强于碳酸，因此不能向 NaN3溶液中通入 CO2制备 HN3，D 错误；
故答案为：AB。
（4）叠氮酸（HN3）是弱酸，与 NaOH 反应生成的 NaN3是强碱弱酸盐，N3-会发生水解，滴加的 NaOH 溶液适当过量，目的是抑制 N3-的水解。
故答案为： 抑制的水解 ；
（5）由表②信息知叠氮化钠与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇，为减少洗涤过程叠氮化钠溶解损失，应该用乙醇或乙醚洗涤晶体；结合叠氮化钠受热易分解，具有较强的还原性，干燥方法是低温真空，以防止叠氮化钠晶体分解和被空气氧化；
故答案为： 乙醇或乙醚 ； 低温真空 ；
（6）的物质的量为：，由反应知过量的的物质的量等于滴定消耗的的物质的量，即，所以与反应的的物质的量为0.002 mol-0.0016 mol=0.0004 mol，由反应方程式知0.150 g产品中，，则产品纯度为：。
故答案为： 86.7% ；
【分析】以甲醇、亚硝酸钠为起始原料，第一步在浓硫酸催化下反应生成亚硝酸甲酯；第二步，亚硝酸甲酯与水合肼、氢氧化钠水溶液反应，得到叠氮化钠粗品和甲醇；第三步，通过蒸馏分离出甲醇，获得叠氮化钠溶液；第四步，叠氮化钠在氢氧化钠水溶液中转化为叠氮酸，最终经处理得到目标产品叠氮化钠。同时，水合肼可通过次氯酸钠碱性溶液与尿素反应制备，为后续步骤提供原料。
（1）根据冷凝回流装置的常见仪器，直接判断仪器 A 为球形冷凝管。
（2）根据反应物和生成物，利用原子守恒配平反应方程式，注意硫酸在反应中可生成硫酸钠或硫酸氢钠。
（3）结合水合肼的溶解性、制备操作、溶液酸碱性与离子结构的关系、氧化还原反应中电子转移的计算、酸性强弱判断，逐一分析选项的正误。
（4）根据盐类水解规律，强碱弱酸盐的酸根离子会发生水解，加入过量碱可抑制其水解，从而分析 NaOH 的作用。
（5）根据叠氮化钠的溶解性选择合适的洗涤溶剂，结合其热不稳定性和还原性，确定干燥方法。
（6）先通过滴定数据计算过量的 Ce4+物质的量，再求出与 NaN3反应的 Ce4+物质的量，结合反应方程式计算 NaN3的物质的量和质量，最后计算产品纯度。
（1）仪器A在实验中起到冷凝回流作用，其名称为球形冷凝管（或冷凝管）；
（2）步骤①反应物是亚硝酸钠、甲醇和浓硫酸，生成和硫酸钠，根据原子守恒配平化学方程式为：或
（3）A．由表②信息知产物水合肼易溶于水和酸，为增加水合肼溶解性，制备水合肼应将NaClO碱性溶液加入到尿素中，仪器B应盛放NaClO碱性溶液，A正确；
B．水溶液呈碱性是结合水电离氢离子形成配离子，而水溶液则呈酸性，原因之一是中存在大π键，相对稳定，易电离出氢离子，B正确；
C．根据分析，反应中N原子价态变化：中N为+3价，中N的平均价态为，即生成1 mol转移 mol电子，故生成，转移10 mol电子，C错误；
D．由表②信息知叠氮酸为弱酸，酸性与醋酸相当，已知醋酸酸性强于碳酸，故叠氮酸酸性也强于碳酸，所以不能向溶液中通来制备，D错误；
故答案选AB。
（4）根据题干信息，叠氮酸是弱酸，与NaOH反应生成是强碱弱酸盐，水解呈碱性，为抑制的水解，滴加的NaOH溶液要适当过量，故目的为抑制的水解；
（5）由表②信息知叠氮化钠与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇，为减少洗涤过程叠氮化钠溶解损失，应该用乙醇或乙醚洗涤晶体；结合叠氮化钠受热易分解，具有较强的还原性，干燥方法是低温真空，以防止叠氮化钠晶体分解和被空气氧化；
（6）的物质的量为：，由反应知过量的的物质的量等于滴定消耗的的物质的量，即，所以与反应的的物质的量为0.002 mol-0.0016 mol=0.0004 mol，由反应方程式知0.150 g产品中，，则产品纯度为：。
20．化合物Ⅰ()是一种重要的化工原料，它的一种合成路线图如下：
已知：
请回答：
（1）化合物B中所含官能团名称是　 　。
（2）写出化合物X的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．F→G的反应类型属于还原反应
B．在水溶液中碱性，原因是比更稳定
C．从整个过程看，D→E的目的是保护羰基
D．化合物H中有2个手性碳原子
（4）写出E→F的化学方程式　 　。
（5）A→B的过程中可能生成一种含有12个C原子的副产物，请写出该副产物的结构简式　 　。
（6）以丙酮和乙醇为有机原料，设计化合物的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】（1）酯基、醛基
（2）
（3）A；B；C
（4）+CH3NH2+CH3OH
（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
【解析】【解答】（1）B 的分子结构中，同时包含醛基（-CHO）和酯基（-COO-）两种含氧官能团。
故答案为： 酯基、醛基 ；
（2）根据反应前后的结构变化与原子守恒，可推断出 X 为丙烯酸甲酯，结构简式为：CH2=CHCOOCH3；
故答案为： ；
（3）A. F→G 的反应使用强还原剂 LiAlH4，该过程是将羰基还原为醇羟基，属于典型的还原反应，A 正确；
B. 含氮化合物的碱性强弱与共轭酸的稳定性呈正相关，碱性越强，其共轭酸越稳定，B 正确；
C. 在整个合成路线中，羰基在 D→E 步骤中通过缩酮反应被保护，后续步骤再恢复，因此 D→E 的目的是防止羰基在后续反应中被破坏，起到保护作用，C 正确；
D．根据手性碳原子的定义，H中含有手性碳原子的部位为，只有1个手性碳原子，故D错误；
故答案为：ABC；
（4） E→F 是酯基与甲胺发生的氨解反应，属于取代反应，方程式为：+CH3NH2+CH3OH；
故答案为：+CH3NH2+CH3OH ；
（5）根据A→B反应的原理，B中醛基所连碳原子有H，还能与X发生加成反应，即生成含12个碳原子副产物，应是1molA和2molX发生反应，副产物的结构简式为 ；
故答案为： ；
（6）根据M的结构简式，以及已知信息，生成M的反应物为CH3COCH3和乙酸某酯，根据所给原料，乙醇被氧化成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应，综上所述合成M的路线为。
故答案为： ；
【分析】以丁醛为起始原料，先与 X 在碱性条件下发生加成反应生成 B；B 再与甲基乙烯基酮在碱性条件下反应得到 C； 根据信息以及X的分子式可知，该反应类型为加成反应，推出X的结构简式为CH2=CHCOOCH3， C 经催化剂作用得到 D，D 与 1，3 - 丙二醇反应生成缩酮 E； 对比C、E的结构简式，可知D的结构简式为 ，E 与甲胺发生氨解反应生成 F，F 再经 LiAlH4还原得到 G； 根据E、G的结构简式以及F的分子式，推出F的结构简式为， G 在酸性条件下水解脱保护，再经碱性处理，最终得到目标化合物 I， 根据H的分子式以及I的结构简式，推出H的结构简式为。据此解答即可。
（1）直接观察 B 的结构简式，找出其中含有的特征官能团，注意区分醛基和酮羰基，以及酯基的存在形式。
（2）根据 A→B 的反应机理，结合反应物和产物的分子式变化，推断出参与加成反应的 X 的结构，重点关注双键和酯基的存在。
（3）结合反应条件判断反应类型，利用酸碱理论分析共轭酸的稳定性，根据合成路线的前后变化判断保护基的作用，再依据手性碳的定义判断手性碳数目，逐一分析选项。
（4）根据酯的氨解反应机理，酯基中的烷氧基被氨基取代，生成酰胺和甲醇，据此写出反应方程式。
（5）分析 B 分子中醛基的 α-H 活性，判断其是否能继续与 X 发生加成反应，结合反应物比例推断副产物的结构。
（6）从目标产物 M 逆推，确定关键中间产物乙酸乙酯，再根据原料乙醇，设计氧化、酯化、缩合三步反应，构建完整的合成路线。
（1）根据B的结构简式，含有官能团为酯基、醛基；
（2）根据上述分析，X的结构简式为CH2=CHCOOCH3；
（3）A．F→G的条件是LiAlH4，LiAlH4为强还原剂，即F→G的反应类型为还原反应，故A正确；
B．利用含氮化合物的碱性越强，其共轭酸越稳定，故B正确；
C．从整个过程来看，羰基消失又在同一部位出现，因此D→E的目的是保护羰基，故C正确；
D．根据手性碳原子的定义，H中含有手性碳原子的部位为，只有1个手性碳原子，故D错误；
答案为ABC；
（4）E→F发生取代反应，其反应方程式为+CH3NH2+CH3OH；
（5）根据A→B反应的原理，B中醛基所连碳原子有H，还能与X发生加成反应，即生成含12个碳原子副产物，应是1molA和2molX发生反应，副产物的结构简式为 ；
（6）根据M的结构简式，以及已知信息，生成M的反应物为CH3COCH3和乙酸某酯，根据所给原料，乙醇被氧化成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应，综上所述合成M的路线为。
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