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2026届广东梅州市梅县东山中学第一次质检 高三化学试卷
1．客家先民筚路蓝缕从中原而来，在梅州形成了独具地域特色的民风民俗。下列客家博物馆藏品是由硅酸盐成分构成的是
A．唐水大车窑青釉砚 B．汉青铜箭头
C．客家竹笛 D．宋湘行书
A．A B．B C．C D．D
2．合成炸药CL-20其结构如图，下列关于CL-20说法错误的是：
A．存在非极性共价键 B．属于非极性分子
C．的中心N原子采用杂化 D．爆炸产物只有和
3．九三阅兵展示了众多新型武器装备，体现了中国军队的现代化成果和强大的国防实力。下列说法正确的是
A．东风-61陆基洲际导弹，导弹推进剂燃烧是将化学能全部转化为动能
B．东风-5C液体洲际战略核导弹可携带核弹头，Pu的原子质量是244
C．无侦-7制造主体常用碳纤维复合材料，碳纤维属有机高分子材料
D．歼-20S隐身战斗机玻璃材料多为聚甲基丙烯酸甲酯，其单体为
4．化学与生产生活息息相关。下列说法涉及的化学知识错误的是
　 说法 化学知识
A 煮菜时通常后加食盐 碘化钾受热与氧气反应
B 撒石膏可有效降低土壤盐碱化(含可溶性碳酸盐)
C 向铜氨溶液中加入一定量乙醇可析出蓝色晶体 乙醇可降低硫酸四氨合铜的溶解度
D 冬季向树干上刷石灰水 石灰水能使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
5．科学技术的发展离不开材料，下列关于我国科研开发的材料说法正确的是
A．山西太钢集团生产厚度仅为0.02 mm的“手撕钢”，钢的熔点高于纯铁
B．我国生产出0.03 mm厚超薄柔性玻璃，玻璃的成分是
C．西南交大开发仿生钛植入物促进骨整合，钛是周期表d区元素
D．浙大开发24天完全降解可食用超弹性淀粉水凝胶，淀粉是多糖，与蔗糖是同系物
6．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
A．X可为铜，盐的水溶液一定显酸性
B．X可为碳，酸一定具有强氧化性
C．X可为钠，可电解饱和盐溶液制取
D．X可为硫，氧化物1有漂白性
7．实验小组做淀粉水解及其水解液与银氨溶液的实验，下列装置图(夹持装置省略)不能达到实验目的的是
A．配制银氨溶液 B．制备淀粉水解液
C．银镜反应 D．清洗实验后试管
A．A B．B C．C D．D
8．碳元素部分价类二维图如图所示(a、c、d、e、f为中学常见含碳化合物)。下列说法不正确的是：
A．酸性最强的是f
B．b可能是e的酸酐
C．a、b、d、e均能氧化生成c
D．d、e、f分子的中心碳原子杂化方式相同
9．元素a-k为短周期元素，其第一电离能与族序数的关系如图。下列说法不正确的是
A．b和i基态原子电子排布的最高能级处于半满状态
B．最高价氧化物对应水化物酸性：
C．电负性：
D．简单气态氢化物沸点：
10．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
　 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 具有漂白性 能使紫色石蕊褪色
B NaClO具有强氧化性 NaClO受热易分解
C 浓硝酸可用铁桶装载运输 浓硝酸常温下不与铁反应
D 锌表面易形成致密氧化膜 铁门镀锌
A．A B．B C．C D．D
11．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．等物质的量的与反应，生成的分子数为
B．将通入溶液中充分反应，离子数为
C．密闭体系中与混合加热后充分反应，转移电子数为
D．足量的铁粉与32g硫粉(分子式为)充分反应，破坏共价键数为
12．燃料电池如图所示。SOFC-O为固体氧离子电解质，沟通内电路。
下列说法错误的是
A．反应室Ⅰ为负极室
B．反应室Ⅰ的电解质溶液可能呈酸性
C．外电路通过1 mol电子则内电路通过
D．标准状况下，向催化室通入，消耗
13．AgCl难溶于水，但在浓度较高的溶液中易形成而溶解。将适量AgCl完全溶于浓盐酸，得到含的溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释，一定有AgCl沉淀生成
B．向溶液中加入少量NaCl固体，浓度一定上升
C．的电离方程式为：
D．体系中，
14．由结构不能推测出对应性质的是
结构 性质
A 钠原子最外层只有一个电子
B 甲基是推电子基，甲基能使苯环变活泼
C 金刚石中的碳原子采用杂化并形成立体网状结构 金刚石硬度大，熔点高
D 分子间形成氢键O—H···O 乙醇与水互溶，水的沸点大于硫化氢
A．A B．B C．C D．D
15．利用如图装置进行实验：打开、，加热三颈烧瓶一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开。
下列说法错误的是
A．a中现象说明氧化性：
B．b中HCl表现出还原性和酸性
C．c中铁粉溶解说明铁被氧化了，并有白雾充满烧瓶
D．d中有银镜生成，说明c中发生了取代反应
16．氨()选择性电氧化合成肼()中添加环己醇()生成环己酮()作为保护介质可有效提高合成效率。其电解图和催化机理图如下：
下列说法正确的是：
A．电源端b为阴极，离子交换膜为阳离子膜
B．合成反应分7步基元反应进行
C．每生成时生成标准状况下
D．外电路每通过2 mol电子，右侧溶液质量减少36 g
17．水解反应是高中化学反应原理应用中的重要部分。
（1）浓溶液处理水壶水垢时反应为：兴趣小组在探究溶液浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。
①固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
(ⅰ)下列仪器在该过程中不需用到的有　 　。
(ⅱ)滴定及数据及处理：
取溶液，加入指示剂，滴定至终点，平行测定三次，平均消耗的NaOH溶液，则　 　mol/L。
②实验探究：取①中的溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入氢氧化镁固体，反应后，过滤，取滤液，用溶液进行滴定。记录的部分数据如下表。
序 号 V(滤液) /m V消耗 (NaOH)/mL
a 100.0 0.0
b 80.0 x
则　 　，测得平均反应速率之比　 　。
（2）兴趣小组继续探究反应(1)平衡的建立及计算反应(Ⅰ)的平衡常数。
①初步实验将加入到盛有溶液的烧杯中，并于烧杯口放置一湿润的红色石蕊试纸，在25℃和搅拌条件下，利用数字化实验仪器测定体系的pH随时间t的变化曲线如题图，时红色石蕊试纸变蓝，溶液，且pH基本不变。
已知，。
②分析讨论甲同学根据①中现象认为t1后反应已达平衡，乙同学赞同并设计补充实验。
③补充实验乙同学设计如下方案验证反应达到平衡并计算反应平衡常数。
步骤 操作 现象
ⅰ 将①实验中的反应混合物进行固液分离有 未溶解固体
ⅱ 向ⅰ中分离出的滤液中，滴加2滴5 mol/L NaOH溶液 　 　，有刺激性气味气体产生
请补充完成表格中的实验现象。
④实验小结反应已达平衡，平衡常数　 　。(列出计算式或结果保留两位有位数字)。
⑤丙同学认为乙同学所测平衡常数不准确，原因是　 　。利用题中药品和仪器，请你帮丙同学优化实验方案并列出反应(Ⅰ)的平衡常数K的计算公式：　 　。
18．“稀土氯化+氯化稀土电解转化”新流程，具有污染少、产物可循环反应的优点，可实现清洁生产。已知稀土矿石中除含有稀土(RE)外还含有Sn、Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物及少量氟化物，其工艺流程如下图：
已知：难溶于水，
回答下列问题：
（1）稀土矿“造粒”的目的是：　 　。
（2）写出“高温氯化”时氧化铁发生反应的反应方程式：　 　。
（3）“除杂”时加适量的溶液，向1 L 0.1 mol/L的溶液中滴加1 mol/L的溶液，至沉淀完全，大约需要加　 　mL(不用保留小数)的溶液。
（4）“除杂”后的溶液主要含有，写出电解溶液离子方程式：　 　。
（5）“碳化”过程得到的产物是，则“还原”过程中的n(氧化剂)：n(还原剂)=　 　。
（6）2025年诺贝尔奖颁给了三位研究金属有机框架(MOFs)的科学家。而有机金属框架最初的原型是配合物普鲁士蓝，普鲁士蓝晶胞结构如图所示：
①普鲁士蓝晶胞可以切分为4个A结构和4个B结构，A结构如图所示，B结构与A结构不同的是有一个位于正方体　 　。普鲁士蓝中配位原子有　 　(填元素符号)，晶体中不含有的化学键是　 　(填选项)。
a．离子键 b．非极性键 c．配位键 d．极性键
②普鲁士蓝的摩尔质量为Mg/mol，晶体密度为，为阿伏加德罗常数的值，则相邻两个之间距离为　 　pm(列出计算式)。
19．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（1）用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入溶液，再加入萃取剂(R)进行萃取。该过程涉及以下反应：
(ⅰ)
(ⅱ)
(ⅲ)
①根据盖斯定律，反应 　 　。
②基态碘原子价层电子的轨道表示式为　 　。
（2）①反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率[碘萃取率]曲线如图所示：
萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因：　 　(忽略萃取剂的挥发、的挥发及分解产生的影响)。当萃取温度超过320 K时，的分解导致碘萃取率明显下降。
②下列说法不正确的是　 　(填标号)。
A．增大溶液的pH，碘萃取率降低
B．增大萃取剂用量，碘萃取率升高
C．萃取体系平衡后加水稀释，变小
D．增大的浓度，反应(ⅰ)的速率增大
（3）未加萃取剂时，固定总碘浓度为0.01 mol/L，平衡时溶液中的、、分布系数δ与溶液中初始关系如图所示。[总碘浓度=各组分折合为后的浓度之和，，如]
①设平衡时、、分别为a mol/L、b mol/L、c mol/L，则a、b、c之间的关系式为　 　=0.01。
②计算反应的平衡常数　 　(结果保留3位有效数字)。
（4）可逆反应 其反应机理分为两步
第一步：(慢) 第二步：(快)
①根据反应机理画出本反应的能量与反应历程图　 　(标明各物质、活化能)。
②Bodensteins研究了反应：
在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 120
x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
上述反应中，正反应速率为，逆反应速率为，其中、为速率常数，则为　 　(以K和表示)。
③由上述实验数据计算得到和的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为　 　(填字母)。
20．固定和利用能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。与化合物3a反应生成化合物4a或化合物5a如反应Ⅱ和Ⅲ所示(其他试剂、产物及反应条件均省略，Ph代表苯环)。
回答下列问题：
（1）1a的名称是　 　；4a中的官能团是　 　。
（2）反应Ⅰ的原子利用率为100%，则2a的电子式为　 　。
（3）3a的同分异构体中含苯环且能发生银镜反应的有　 　种。
（4）下列说法错误的有_______。
A．为非极性分子，分子内存在互相垂直的键
B．反应Ⅱ为加成反应，反应Ⅲ为加聚反应
C．3a、4a分子中均存在手性碳原子，都有、杂化的碳原子和氧原子
D．3a中键角大于6a中键角
（5）在一定条件下，6a也能与发生类似反应Ⅱ的反应，生成两种化合物(互为同分异构体)，请写出这两种产物的结构简式：　 　。
（6）在一定条件下，6a也能与发生类似反应Ⅲ的反应，请写出高分子产物的结构简式：　 　。
（7）根据上述反应信息，以氯丙烷为原料合成高分子化合物。
①第一步反应所需试剂和条件是　 　。
②用简要文字说明红外光谱中第一步反应的有机产物与氯丙烷不同点：　 　。
③最后一步反应的方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；硅酸盐
【解析】【解答】A、唐水大车窑青釉砚是一件唐代的陶瓷青釉砚台。陶瓷的主要原料是黏土，其主要化学成分就是硅酸盐，A正确；
B、青铜箭头由青铜铸造而成，青铜是铜、锡、铅的合金，属于金属材料，不含硅酸盐，B错误；
C、竹笛顾名思义由竹子制成，竹子的主要成分是纤维素，不属于硅酸盐，C错误；
D、古人作画与书写所用材料通常是纸或绢，其主要成分是纤维素，不属于硅酸盐，D错误；
故答案为：A
【分析】硅酸盐是由硅、氧与金属元素组成的化合物的总称，陶瓷、玻璃、砖瓦、砚台等传统器物的主要成分均为硅酸盐，属于无机非金属材料，化学性质稳定、耐酸碱腐蚀，是古代手工业制品中常见的物质。
2．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、炸药CL-20的分子的碳骨架中存在相同原子构成的键，骨架中也存在键，均属于非极性共价键，A正确；
B、CL-20分子具有高度对称的笼状结构，分子正负电荷中心重合，分子的偶极矩为0，属于非极性分子，B正确；
C、硝基 的中心N原子形成3个键（与两个O原子成键，同时有一对孤电子对参与共轭），孤电子对数为0，价层电子对数为3，因此N原子采取杂化，形成平面三角形的结构，C正确；
D、CL-20的分子式为，分子中含有H元素，根据元素守恒，爆炸产物一定含有，不可能只有和，D错误；
故答案为：D
【分析】非极性分子的判断关键看分子结构是否对称，若结构对称、键的极性相互抵消，则为非极性分子；杂化轨道判断：-NO2中N原子的价层电子对数为3，对应sp2杂化，其分子结构为平面三角形（存在离域π键）；爆炸反应元素守恒，有机物爆炸产物需包含所有组成元素，含氢元素的炸药爆炸时通常会生成H2O，不可能仅生成CO2和N2。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、导弹推进剂燃烧时，化学能不会全部转化为动能，大部分化学能先转化为热能，部分热能再转化为动能，还有能量以热量散失、光能等形式损耗，A错误；
B、中左上角的244是该核素的质量数，不是原子的实际质量，其相对原子质量近似为244，核弹头通常使用钚-239（239Pu），而钚-244（244Pu）半衰期虽长，但裂变性能差，不用于制造核武器，B错误；
C、碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料；碳纤维复合材料是碳纤维与树脂等复合而成，C错误；
D、聚甲基丙烯酸甲酯是加聚反应产物，其单体为甲基丙烯酸甲酯，结构简式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】判断加聚反应产物的单体时，先去掉聚合物两端的括号与n，再从主链上每两个碳原子断开，将断键处的单键改回双键；若主链含碳碳双键，则以双键为中心，左右各延伸一个碳原子断开，恢复共轭双键结构，即可得到对应单体。
4．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A、现代加碘食盐中通常添加的是碘酸钾，而非碘化钾。碘酸钾性质稳定，受热不易分解；而碘化钾在潮湿、高温下易被氧气氧化生成碘单质并升华，导致碘损失，A错误；
B、CaSO4溶解度大于CaCO3，可发生沉淀转化反应，与土壤中的可溶性碳酸盐反应生成更难溶的CaCO3：CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)，降低土壤中碳酸根浓度，缓解盐碱化，B正确；
C、硫酸四氨合铜是离子化合物，易溶于水，难溶于乙醇；加入乙醇降低其溶解度，使晶体析出，C正确；
D、石灰水是强碱溶液，能使蛋白质变性，可杀死树干上的寄生虫和虫卵，D正确；
故答案为：A
【分析】沉淀转化的原理是：溶解度相对较大的难溶电解质，在溶液中可转化为溶解度更小的难溶电解质，本质是沉淀溶解平衡的移动，溶解度小的物质溶度积Ksp更小，离子结合能力更强，促使平衡向生成更难溶沉淀的方向移动。
5．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；合金及其应用；同系物
【解析】【解答】A、“手撕钢”是一种铁基合金也就是钢，合金的熔点通常低于其组成纯金属（纯铁）的熔点，因此钢的熔点应低于纯铁，A错误；
B、普通玻璃的主要成分为硅酸钠、硅酸钙和，属于典型的硅酸盐材料，是混合物的范畴，并非仅由纯组成，B错误；
C、钛的原子序数为22，价电子排布为，位于周期表第ⅣB族，位于过渡金属区域，属于d区元素，C正确；
D、同系物是指结构相似、分子组成相差若干个原子团的有机化合物，淀粉是多糖，蔗糖是二糖，二者结构不相似，组成也不满足相差整数倍的要求，不互为同系物，D错误；
故答案为：C
【分析】单糖是一种不能再水解的最简单糖类。如：葡萄糖、果糖、核糖、脱氧核糖；单糖都能直接被人体吸收，均有还原性；二糖中1分子能水解生成2分子单糖。如蔗糖、麦芽糖、乳糖；多糖中1分子水解生成很多单糖。如淀粉、纤维素、糖原；多糖都是天然高分子化合物，都没有甜味，都不能直接被吸收，要水解成葡萄糖才行。
6．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、铜的氧化物（如CuO、Cu2O）不溶于水，不能直接与水反应生成碱，因此转化关系无法实现。同时，若得到盐（如CuSO4），其水溶液虽显酸性，但前提不成立，转化流程无法完成，A错误；
B、碳的转化路径（C→CO→CO2→H2CO3）可行，但生成的碳酸（H2CO3）不具有强氧化性，因此酸一定具有强氧化性的推理错误，B错误；
C、钠的转化路径（Na→Na2O→Na2O2→NaOH→NaCl）可行，但可电解饱和盐溶液制取表述不明确（通常电解饱和食盐水制取NaOH、Cl2等，而非直接制取NaCl或金属钠），且该说法与转化关系无直接逻辑关联，故推理不成立，C错误；
D、硫的转化路径（S→SO2→SO3→H2SO4→Na2SO4）每一步均可直接实现，且SO2（氧化物1）具有漂白性，D正确；
故答案为：D
【分析】这类两步连续氧化的物质转化题，解题核心是先锁定能发生两次连续与氧气反应的常见单质（S、N、C、Na等），按“单质→低价氧化物→高价氧化物→对应酸/碱→盐”的路径逐一推演，再结合物质性质（漂白性、氧化性、电解规律、水解酸碱性等）判断推理正误，同时排除不能两步氧化的物质（如Cu）。
7．【答案】C
【知识点】实验装置综合；蔗糖与淀粉的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、向2% AgNO3溶液中逐滴加入2%稀氨水，至沉淀恰好溶解，即可制得银氨溶液[Ag(NH3)2]OH，符合实验规范，A正确；
B、淀粉在稀硫酸作催化剂、热水浴加热的条件下发生水解，生成葡萄糖，装置与操作均符合要求，B正确；
C、淀粉水解液中含稀硫酸（酸性），银镜反应必须在碱性环境中进行，实验前未用NaOH中和硫酸，酸性会破坏银氨溶液，无法生成银镜，不能达到实验目的，C错误；
D、清洗附着银镜的试管，一般使用稀硝酸溶解银，其与稀硝酸反应的化学方程式为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O，而加热可加速溶解，操作规范，D正确；
故答案为：C
【分析】银镜反应的核心要求：由于水解液呈酸性，必须先加NaOH溶液中和至碱性，否则银氨溶液会被酸破坏，无法生成银镜；银镜反应需水浴加热，且试管必须静置，不能振荡； 图中直接向酸性水解液加银氨溶液，无法得到银镜。
8．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应；碳族元素简介；含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】A、f为碳酸（H2CO3），e为草酸（H2C2O4），d为甲酸（HCOOH）；这三种酸中，酸性最强的是草酸（e），酸性最弱的是碳酸（f），A错误；
B、b（C2O3）与e（H2C2O4）中碳元素的化合价均为+3价，且H2C2O4脱去一分子H2O在组成上恰好为C2O3，因此b可能是e的酸酐，B正确；
C、a（CO）、b（C2O3）、d（HCOOH）、e（H2C2O4）中的碳元素化合价均低于+4价，且这四种物质均具有较强的还原性（如甲酸含醛基），均能被氧化剂氧化生成最终产物c（CO2），C正确；
D、d（HCOOH）、e（H2C2O4）、f（H2CO3）分子的中心碳原子均形成3个σ键，无孤对电子，因此杂化方式均为sp2杂化，D正确；
故答案为：A
【分析】根据碳元素的价类二维图可知，纵轴代表化合价，横轴代表物质类别。a是氧化物且化合价为+2价，故a为：CO；b是氧化物且化合价为+3价，故b为：C2O3；c是氧化物且化合价为+4价，故c为：CO2；d是含氧酸且化合价为+2价，故d为：甲酸HCOOH；e是含氧酸且化合价为+3价，故e为：草酸H2C2O4；f是含氧酸且化合价为+4价，故f为：碳酸H2CO3；
9．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、b是N元素，其核外电子排布为，最高能级为半满结构，i是P元素，其核外电子排布为，最高能级也为半满结构，二者最高能级（p轨道）均为半满稳定结构，A正确；
B、d是F元素，k是Cl元素，b是N元素，由于F无正化合价，所以F不存在最高价氧化物对应水化物，且最高价含氧酸酸性应为，该排序不成立，B错误；
C、d是F元素，c是O元素，j是S元素，根据递变规律可知，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，因此电负性：，C正确；
D、a是C元素、b是N元素、c是O元素，简单气态氢化物分别为CH4、NH3、H2O，常温为液体，分子间氢键更强，沸点最高， 分子间氢键，沸点高于CH4，因此沸点：，D正确；
故答案为：B
【分析】根据短周期同周期元素第一电离能总体随族序数增大而升高，但ⅡA（ns2全满）、ⅤA（np3半满）反常高于相邻元素。图中三条曲线分别对应第二、第三周期：上曲线（第二周期）：a（C）→b（N，ⅤA，半满）→c（O）→d（F）中曲线（第三周期）：i（P，ⅤA，半满）→j（S）→k（Cl）下曲线（第三周期）：e（Na）→f（Mg，ⅡA）→g（Al）→h（Si）
10．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氯水、氯气的漂白作用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2具有漂白性，可漂白品红等有机色质，但SO2并不能使紫色石蕊褪色，因为SO2溶于水生成亚硫酸，使石蕊变红，不能漂白酸碱指示剂且二者之间无因果关系，A错误；
B、NaClO具有强氧化性是因为其得电子能力强，而NaClO受热易分解是因为其热稳定性差，二者无因果关系，B错误；
C、浓硝酸可用铁桶装载运输，并不是因为浓硝酸常温下不与铁反应，而是常温下铁遇浓硝酸发生钝化，是铁与浓硝酸反应生成致密氧化膜阻止进一步反应，并非不反应，C错误；
D、锌表面易形成致密氧化膜，且锌比铁活泼，镀锌后形成原电池，锌被腐蚀、铁被保护，因此铁门镀锌防锈，存在因果关系，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的陈述知识与化学知识是否存在对应关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项。
11．【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；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、等物质的量的FeI2与Br2反应，但未指定具体物质的量，因此无法确定生成I2的分子数是否为NA。若各为1mol，则生成1molI2，分子数为NA；但若各为0.5mol，则生成0.5molI2，分子数为0.5NA。选项中未指明物质的量 ，A错误；
B、22.4LNH3在标准状况下为1mol，但未注明标准状况，且CuSO4溶液的体积未知，无法计算Cu2+的物质的量，因此不能确定生成Cu(NH3)42+的离子数，B错误；
C、2molNaHCO3加热分解生成1molCO2和1molH2O，与1molNa2O2反应。Na2O2中O为-1价，每摩尔Na2O2完全反应转移1mol电子，1molNa2O2转移电子数为NA，而非2NA，C错误；
D、的摩尔质量为：，故的物质的量为：，每个分子含8个共价键，总共价键物质的量为，与足量反应时全部断裂，破坏共价键数为，D正确；
故答案为：D
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、燃料电池中，通入燃料（NH3）的一极为负极，发生氧化反应；通入氧气的一极为正极，发生还原反应；反应室Ⅰ通入NH3，因此反应室Ⅰ为负极室，反应室Ⅱ为正极室，A正确；
B、该电池为固体氧离子电解质，反应室Ⅰ为负极室，由图可知，反应室Ⅰ发生的电极反应为：，反应中还有H+生成，体系局部环境可能显酸性，故反应室Ⅰ的电解质溶液可能呈酸性，B正确；
C、由图可知，正极室电极反应为：，每转移4 mol电子生成2 mol O2-，则外电路通过1 mol电子时，内电路通过，C正确；
D、标准状况下，4.48 L NH3的物质的量为0.2 mol，该燃料电池的总反应式为，若0.2 mol NH3全部参与反应，则消耗0.15 mol O2，但是由图可知，出口处仍有未参与反应的NH3流出，故实际消耗的O2的物质的量小于0.15 mol，D错误；
故答案为：D
【分析】在固体电解质电池无自由移动H+，但产物含水，环境可呈酸性； 燃料电池燃料通常不能完全反应，需结合图示出口物质判断实际消耗量。除此之外，本题是固体氧离子电解质（O2-传导），不是水溶液，没有自由移动H+。
13．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、加水稀释时，仅当离子积时才会生成AgCl沉淀，若稀释程度较小，则无沉淀，此时平衡虽逆向移动，但不一定析出AgCl沉淀，A错误；
B、加入少量NaCl固体，此时溶液中浓度增大，使平衡正向移动，浓度一定上升，B正确；
C、为配位酸，内外界之间可以发生完全电离，但是内界稳定，电离时内界不拆分，故正确电离方程式为：，选项给出的电离方程式错误，C错误；
D、溶液电荷守恒需满足阳离子总电荷等于阴离子总电荷，正确电荷守恒式为，选项遗漏了和，式子错误，D错误；
故答案为：B
【分析】该题主要存在的平衡：，Cl-浓度越高，越易生成[AgCl2]-。稀释不一定沉淀，只有Cl-浓度降低到临界值以下，才会析出AgCl；对于配合物电离时要注意配离子整体电离，不拆成简单离子；而电荷守恒中必须考虑OH-，且Cl-为游离氯离子，不含配位氯。
14．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、钠原子最外层只有1个电子，易失去电子体现强还原性，可以将CO2中+4价的C还原为0价的C单质，而反应中Na表现为+1价，符合结构推导性质，A错误；
B、甲基是推电子基，能使苯环上电子云密度增大，从而更易发生亲电取代反应（如硝化、卤代）。而性质中酸性KMnO4将甲基氧化为羧基属于侧链氧化反应，其反应机理与苯环的活泼性无直接关系，且该性质主要由苯环的共轭效应使α-H活泼所致，无法由甲基推电子使苯环变活泼直接推测。因此不能由该结构推测出对应性质，B正确；
C、金刚石中C原子采取sp3杂化，形成空间立体网状结构的共价晶体，键能大且空间结构稳定，共价键强度大，因此硬度大、熔点高。由结构可推测性质，C错误；
D、分子间形成氢键（O—H···O）可显著影响物理性质，其中乙醇与水分子间可形成氢键，因此二者互溶；水分子间存在氢键，H2S分子间无氢键，因此水的沸点高于H2S，符合氢键对性质的影响，D错误；
故答案为：B
【分析】做题时先分析物质的微观结构（如原子最外层电子、官能团、杂化方式、晶体结构、分子间作用力等），再结合该结构对应的结构特点（如电子得失能力、对反应活性的影响、共价键强度、分子间作用力强弱等），判断其能否合理推导题目给出的宏观性质（如化学反应、氧化还原、熔沸点、溶解性等），最终筛选出结构与性质不匹配的选项。
15．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；实验装置综合；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、a中溶液变蓝，说明Cl2将I-氧化为I2，反应为：Cl2+2KI=2KCl+I2，淀粉遇I2变蓝，根据氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性，可得氧化性：Cl2>I2，A正确；
B、b中反应为：，HCl中一部分的从-1价升高为0价，体现还原性；HCl中另一部分的形成，体现酸性，B正确；
C、c中先与铁粉反应生成，反应为：，此时铁被氧化因此溶解；苯和在催化下发生取代反应，生成气体，遇水蒸气会形成白雾，C正确；
D、若c中发生取代反应，产物为氯苯和，进入银氨溶液只会生成沉淀，不会产生银镜；银镜反应是醛基的特征反应，有银镜生成不能说明c中发生取代反应，D错误；
故答案为：D
【分析】本实验以MnO2和浓盐酸加热制备Cl2，装置b中，浓盐酸与MnO2加热反应生成Cl2：。接着打开K1、K2时，Cl2进入装置a，通过a中淀粉-KI溶液反应变蓝验证Cl2的氧化性强于I2，然后关闭K1、打开K3后，Cl2进入装置c，再将Cl2通入盛有铁粉和苯的c装置，探究Cl2与苯的反应类型。
16．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、 转化为 时，右侧电极为阴极，接电源负极，且反应过程中阴极生成的需要迁移到阳极参与反应，因此离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；
B、数催化机理的基元反应主要是数其中的箭头数，从吸附到再生整个过程共分为步基元反应，不是7步，B错误；
C、生成 时，共升高价，转移电子；阴极反应为，转移电子只生成 ，标况下体积为，C错误；
D、外电路通过电子时：阴极生成逸出（质量），同时生成，通过阴离子交换膜迁移到左侧（质量），因此右侧总质量减少，D正确；
故答案为：D
【分析】有机电解题先定电极：化合价降低，得电子，为阴极，化合价升高，失电子，为阳极；写反应：酸性用H+/H2O配平，碱性用OH-/H2O配平，最后补电子使电荷守恒；判pH：消耗H+则pH升，生成H+则pH降；消耗OH-则pH降，生成OH-则pH升；算电子：根据化合价变化，算出每生成1mol产物转移的电子数，再乘以物质的量；验选项：用排除法，先排除电极、pH、电子数明显错误的选项。
17．【答案】（1）AE；；20.0；
（2）溶液变浑浊(或有白色沉淀生成)；或；反应过程中生成的会挥发；
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、①、(ⅰ)、配制溶液并滴定测定浓度，需要容量瓶用于配制溶液，锥形瓶和滴定管用于滴定实验，不需要蒸发皿（A）和坩埚（E），因此选AE；
(ⅱ)、滴定中，即，化简得；
②、实验要求总体积相同，a总体积为，因此；反应速率之比等于相同时间内的消耗量之比：原配制 ，a初始浓度，剩余，消耗量；b初始浓度，剩余，消耗量，因此；
（2）、③、根据（1）题可知，平衡时滤液中含有，滴加后，与反应生成白色 沉淀；
④、反应为， 。 已知，，由，得，即。 由N守恒：，解得，，，代入计算得；
⑤、反应生成的部分NH3 挥发逸出体系，导致平衡时n(NH3 H2 O)偏小，测得的K不准确；平衡常数计算公式：， 优化方案：在密闭容器中进行反应，防止氨气逸出，待pH不变达到平衡后，过滤分离固体，测定滤液中各离子浓度再计算平衡常数。
【分析】滴定实验是化学分析中常用的一种定量分析方法，通过已知浓度的标准溶液与待测溶液反应，来测定待测溶液的浓度。在进行滴定实验时，需要注意以下关键事项：实验前必须检查滴定管是否漏水，酸式滴定管要检查活塞是否旋转灵活，碱式滴定管要检查橡皮管是否老化或破裂，使用前需要用待装溶液润洗滴定管2-3次，每次3-5mL，防止溶液被水稀释；酸式滴定管左手从滴定管后向右伸出，拇指在前，食指及中指在管后，三指平行轻轻拿住活塞柄，而碱式滴定管左手拇指在前，食指在后，捏住橡皮管中玻璃珠的上方，避免捏到玻璃珠下方以防空气进入；滴定开始时可稍快，呈"见滴成线"，接近终点时改为一滴一滴加入，最后是每加半滴，摇几下锥形瓶，直至溶液出现明显颜色变化；当观察到最后一滴溶液滴入后，指示剂颜色发生明显变化，并且在半分钟内不褪色，才算是达到滴定终点，注意观察滴落点周围溶液颜色变化，不要去看滴定管上的刻度变化。
（1）①(ⅰ)配制溶液并滴定测定浓度，需要容量瓶用于配制溶液，锥形瓶和滴定管用于滴定实验，不需要蒸发皿（A）和坩埚（E），因此选AE；
(ⅱ)滴定中，即，化简得；
②实验要求总体积相同，a总体积为，因此；反应速率之比等于相同时间内的消耗量之比：原配制 ，a初始浓度，剩余，消耗量；b初始浓度，剩余，消耗量，因此；
（2）③根据（1）题可知，平衡时滤液中含有，滴加后，与反应生成白色 沉淀；
④反应为， 。 已知，，由，得，即。 由N守恒：，解得，，，代入计算得；
⑤反应生成的部分NH3 挥发逸出体系，导致平衡时n(NH3 H2 O)偏小，测得的K不准确；平衡常数计算公式：， 优化方案：在密闭容器中进行反应，防止氨气逸出，待pH不变达到平衡后，过滤分离固体，测定滤液中各离子浓度再计算平衡常数。
18．【答案】（1）使固体反应物充分接触，加快高温氯化速率，提高原料转化率
（2）
（3）202 mL
（4）
（5）
（6）中心；C、N；b；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、造粒是工业上增大接触面积的常用操作，目的是使固体反应物充分接触，加快高温氯化速率，提高原料转化率；
（2）、造粒时加入C做还原剂，高温下氧化铁与Cl2、C反应，生成FeCl3，O与C结合生成CO（高温下C过量生成CO），化学方程式为；
（3）、一般认为沉淀完全时，由，得， 原溶液，沉淀0.1 mol需要0.2mol，设加入NaF溶液体积为，则，解得；
（4）、电解时，阳极放电生成 （循环回高温氯化），阴极水电离的放电生成，与结合生成难溶的 ，电解的离子方程式为；
（5）、中为价，还原产物中为价，1 mol（氧化剂）得2 mol e ；还原剂中1 mol失，由电子守恒：，得；
（6）、①、晶胞分4个A（无）和4个B，B的位于小正方体的中心；普鲁士蓝中的C、N作为配位原子分别与不同价态Fe配位；晶体中含离子键（与配离子间）、配位键（Fe与CN间）、极性共价键（CN内部），不含非极性键，故选b；
②、 晶胞中含4个，总质量为，由得晶胞边长 cm，即 pm，相邻的距离为晶胞边长的倍，故相邻两个之间距离为pm。
【分析】已知稀土矿石中除含有稀土(RE)外还含有Sn、Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物及少量氟化物，先加入黏合剂，将矿粉制成颗粒，防止后续高温氯化时物料结块、粉化，保证反应均匀；加入C作为还原剂，为后续氯化反应提供还原氛围，降低反应温度；同时加入固氟剂，将矿石中的氟化物转化为稳定的CaF2，避免后续生成有毒的氟化物气体，实现固氟除氟；接着是稀土氧化物、杂质氧化物在高温下与Cl2、C反应，转化为氯化物，碳作为还原剂，将氧化物还原为低价态，促进氯化反应进行，其中气态杂质沸点低的直接从体系中分离出去；而固态活高沸点产物：稀土氯化物等和过量的C留在体系中，进入下一步；继续利用溶解度差异，分离氯化产物，稀土氯化物易溶于水，进入水溶液相；杂质、过量的C难溶于水，以固体形式被过滤除去，实现稀土氯化物与不溶杂质的分离；然后去除水溶液中的微量杂质离子（如Ca2+、Fe3+、Al3+等）利用CaF2的溶度积，可通过加入氟化物沉淀Ca2+；其他金属离子可通过调节pH，以氢氧化物形式沉淀除去，得到纯净的RECl3水溶液；接着电解RECl3溶液，发生氧化还原反应，阴极生成目标产物RE(OH)3沉淀，阳极：生成的Cl2可循环回高温氯化工序重复利用，实现氯气的闭环；最后RE(OH)3经过碳化得到，经过氢气还原得到REO。
（1）造粒是工业上增大接触面积的常用操作，目的是使固体反应物充分接触，加快高温氯化速率，提高原料转化率
（2）造粒时加入C做还原剂，高温下氧化铁与Cl2、C反应，生成FeCl3，O与C结合生成CO（高温下C过量生成CO），化学方程式为；
（3）一般认为沉淀完全时，由，得， 原溶液，沉淀0.1 mol需要0.2mol，设加入NaF溶液体积为，则，解得；
（4）电解时，阳极放电生成 （循环回高温氯化），阴极水电离的放电生成，与结合生成难溶的 ，电解的离子方程式为；
（5） 中为价，还原产物中为价，1 mol（氧化剂）得2 mol e ；还原剂中1 mol失，由电子守恒：，得；
（6）①晶胞分4个A（无）和4个B，B的位于小正方体的中心；普鲁士蓝中的C、N作为配位原子分别与不同价态Fe配位；晶体中含离子键（与配离子间）、配位键（Fe与CN间）、极性共价键（CN内部），不含非极性键，故选b；
② 晶胞中含4个，总质量为，由得晶胞边长 cm，即 pm，相邻的距离为晶胞边长的倍，故相邻两个之间距离为pm。
19．【答案】（1）；
（2）反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降；C
（3）；667
（4）；；A、E
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）、①、根据盖斯定律，将反应(i)+反应(ⅱ)，可得目标反应： ΔH1+ΔH2= - 257.5 kJ/mol+(-18.9 kJ/mol)= -276.4 kJ/mol；
②、碘(I)为第VIIA族元素，原子序数53，价电子排布式为5s25p5，根据泡利原理和洪特规则，基态碘原子价层电子的轨道表示式为：；
（2）、①、反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，RI3减少，碘萃取率下降；
②、A、反应(ⅰ)为2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，H+是反应物，增大pH(H+浓度降低)，反应(ⅰ)正向进行程度减小，I2、生成量减少，碘萃取率降低，A正确；
B、增大萃取剂用量，反应(ⅲ)正向进行程度增大，更多碘进入有机相，碘萃取率升高，B正确；
C、对于平衡，平衡常数K=，温度不变时K不变。加水稀释，c(I-)减小，因此会增大，而非变小；
故答案为：C；
（3）、①、总碘浓度为各组分折合为I-后的浓度之和：
I：a mol/L (1个I-含1个I)，I2：b mol/L(1个I2含2个I，折合为2b)，：c mol/L (含3个I， 折合为3c)，因此总碘浓度：a+2b+3c = 0.01 mol/L；
②、平衡，平衡常数K=，由分布系数图，当时：c(I-)= 0.01 ×0.45 = 0.0045 mol/L，，根据题干信息，，，，代入K=；
（4）、①、可逆反应，其反应机理分为两步，
第一步：(慢) 吸热，活化能Ea1(大)，
第二步：(快)，放热，活化能Ea2(小)，
总反应放热，生成物能量低于反应物。故本反应的能量与反应历程图为；
②、平衡时v正=v逆，即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2)，平衡常数K=，代入得k正=k逆·K，则；
③、可逆反应(正反应吸热)，升温：
平衡正向移动，x(HI)减小，x(H2)增大；
正、逆反应速率均增大，v正~x(HI)：x(HI)减小，对应点A；
v逆~x(H2)：x(H2)增大，对应点E。
【分析】解题关键：①用盖斯定律叠加热化学方程式求总焓变；②结合反应 (iii) 放热的特点，分析温度对萃取率的影响；③利用平衡常数定义式推导浓度关系；④根据速率方程与平衡时正逆速率相等，推导速率常数与平衡常数的关联，注意有效数字规范。除此之外，本题的核心难点在于平衡移动的多因素分析、速率方程的图像应用与数据推导。解题关键是紧扣盖斯定律、平衡常数定义、速率方程的本质，结合图像趋势与数据规律，排除干扰因素，精准推导。同时需注意有效数字、单位等细节，是对化学原理综合应用能力的典型考查。
（1）①根据盖斯定律，将反应(i)+反应(ⅱ)，可得目标反应： ΔH1+ΔH2= - 257.5 kJ/mol+(-18.9 kJ/mol)= -276.4 kJ/mol；
②碘(I)为第VIIA族元素，原子序数53，价电子排布式为5s25p5，根据泡利原理和洪特规则，基态碘原子价层电子的轨道表示式为；
（2）①反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，RI3减少，碘萃取率下降；
②A．反应(ⅰ)为2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，H+是反应物，增大pH(H+浓度降低)，反应(ⅰ)正向进行程度减小，I2、生成量减少，碘萃取率降低，A正确；
B．增大萃取剂用量，反应(ⅲ)正向进行程度增大，更多碘进入有机相，碘萃取率升高，B正确；
C．对于平衡，平衡常数K=，温度不变时K不变。加水稀释，c(I-)减小，因此会增大，而非变小；
故选C；
（3）①总碘浓度为各组分折合为I-后的浓度之和：
I：a mol/L (1个I-含1个I)，I2：b mol/L(1个I2含2个I，折合为2b)，：c mol/L (含3个I， 折合为3c)，因此总碘浓度：a+2b+3c = 0.01 mol/L；
②平衡，平衡常数K=，由分布系数图，当时：c(I-)= 0.01 ×0.45 = 0.0045 mol/L，，根据题干信息，，，，代入K=；
（4）①可逆反应，其反应机理分为两步，
第一步：(慢) 吸热，活化能Ea1(大)，
第二步：(快)，放热，活化能Ea2(小)，
总反应放热，生成物能量低于反应物。故本反应的能量与反应历程图为；
②平衡时v正=v逆，即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2)，平衡常数K=，代入得k正=k逆·K，则；
③可逆反应(正反应吸热)，升温：
平衡正向移动，x(HI)减小，x(H2)增大；
正、逆反应速率均增大，v正~x(HI)：x(HI)减小，对应点A；
v逆~x(H2)：x(H2)增大，对应点E。
20．【答案】（1）苯乙烯；酯基
（2）
（3）4
（4）C；D
（5）、
（6）或
（7）NaOH的乙醇溶液，加热；丙烯有碳碳双键键吸收振动峰，2-氯丙烷有碳氯键吸收振动峰；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）、有机物1a（）为苯乙烯；4a中含有的官能团为酯基；
（2）、1a与2a发生反应生成3a(环氧化合物)，同时反应Ⅰ的原子利用率为100%，符合加成反应特征，故2a为，氧气分子中氧原子间形成双键，每个氧原子周围还有两对孤电子对，其电子式为：；
（3）、3a的分子式为，要求其同分异构体中含苯环且能发生银镜反应（含醛基），则侧链需含醛基，结构可为：（分别位于邻位、间位、对位）、，符合条件的共4种；
（4）、A、为直线型非极性分子，碳原子采取杂化，形成两个互相垂直的键，A正确；
B、反应Ⅱ生成环状酯，属于加成反应，反应Ⅲ由2个单体生成高分子，属于加聚反应，故B正确；
C、3a、4a分子中与苯环直接相连的碳原子，属于手性碳，连接不同基团；3a、4a分子中都有、杂化的碳原子，3a中氧原子为杂化、没有杂化的氧原子，故C错误；
D、3a中键角与6a中键角大小对比，中心原子氧原子和氮原子均为，同时氧原子有两对孤电子对，氮原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此键角小于，故D错误；
故答案为：CD；
（5）、反应Ⅱ为加成反应，6a也能与发生加成反应，产物为、，二者互为同分异构体；
（6）、6a能与发生类似反应Ⅲ的反应（加聚反应），产物为或；
（7）、①、据上述反应信息，合成高分子化合物，需要单体有和，因此以氯丙烷为原料，路径为：，；路径的第一步为氯丙烷的消去反应，条件为NaOH的乙醇溶液，加热；
②、第一步反应的有机产物为丙烯，丙烯与氯丙烷在红外光谱中的不同：丙烯有碳碳双键吸收振动峰，2-氯丙烷有碳氯键吸收振动峰；
③、最后一步反应的方程式为：。
【分析】由图可知1a为苯乙烯，含碳碳双键，是反应的核心骨架，反应Ⅰ：苯乙烯与2a反应，生成化合物3a为，这一步是典型的烯烃环氧化反应，双键被氧化为三元环氧醚环，是构建含氧化合物的关键步骤。反应Ⅱ为加成反应，环氧乙烷类化合物与CO2发生环加成，环氧开环后与CO2结合，形成稳定的五元环碳酸酯。这是CO2固定的经典反应，产物可作为高沸点溶剂、有机合成中间体；最后反应Ⅲ为加聚反应，环氧苯乙烷与CO2在催化剂作用下发生开环共聚，环氧开环后与CO2交替连接，形成高分子量的聚碳酸酯。这类聚合物具有良好的生物降解性和力学性能，是可降解塑料的重要原料。
（1）有机物1a（）为苯乙烯；4a中含有的官能团为酯基；
（2）1a与2a发生反应生成3a(环氧化合物)，同时反应Ⅰ的原子利用率为100%，符合加成反应特征，故2a为，氧气分子中氧原子间形成双键，每个氧原子周围还有两对孤电子对，其电子式为：；
（3）3a的分子式为，要求其同分异构体中含苯环且能发生银镜反应（含醛基），则侧链需含醛基，结构可为：（分别位于邻位、间位、对位）、，符合条件的共4种；
（4）A．为直线型非极性分子，碳原子采取杂化，形成两个互相垂直的键，A正确；
B．反应Ⅱ生成环状酯，属于加成反应，反应Ⅲ由2个单体生成高分子，属于加聚反应，故B正确；
C.3a、4a分子中与苯环直接相连的碳原子，属于手性碳，连接不同基团；3a、4a分子中都有、杂化的碳原子，3a中氧原子为杂化、没有杂化的氧原子，故C错误；
D.3a中键角与6a中键角大小对比，中心原子氧原子和氮原子均为，同时氧原子有两对孤电子对，氮原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此键角小于，故D错误；
故答案选CD；
（5）反应Ⅱ为加成反应，6a也能与发生加成反应，产物为、，二者互为同分异构体；
（6）6a能与发生类似反应Ⅲ的反应（加聚反应），产物为或；
（7）①据上述反应信息，合成高分子化合物，需要单体有和，因此以氯丙烷为原料，路径为：，；路径的第一步为氯丙烷的消去反应，条件为NaOH的乙醇溶液，加热；
②第一步反应的有机产物为丙烯，丙烯与氯丙烷在红外光谱中的不同：丙烯有碳碳双键吸收振动峰，2-氯丙烷有碳氯键吸收振动峰；
③最后一步反应的方程式为：。
1 / 12026届广东梅州市梅县东山中学第一次质检 高三化学试卷
1．客家先民筚路蓝缕从中原而来，在梅州形成了独具地域特色的民风民俗。下列客家博物馆藏品是由硅酸盐成分构成的是
A．唐水大车窑青釉砚 B．汉青铜箭头
C．客家竹笛 D．宋湘行书
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；硅酸盐
【解析】【解答】A、唐水大车窑青釉砚是一件唐代的陶瓷青釉砚台。陶瓷的主要原料是黏土，其主要化学成分就是硅酸盐，A正确；
B、青铜箭头由青铜铸造而成，青铜是铜、锡、铅的合金，属于金属材料，不含硅酸盐，B错误；
C、竹笛顾名思义由竹子制成，竹子的主要成分是纤维素，不属于硅酸盐，C错误；
D、古人作画与书写所用材料通常是纸或绢，其主要成分是纤维素，不属于硅酸盐，D错误；
故答案为：A
【分析】硅酸盐是由硅、氧与金属元素组成的化合物的总称，陶瓷、玻璃、砖瓦、砚台等传统器物的主要成分均为硅酸盐，属于无机非金属材料，化学性质稳定、耐酸碱腐蚀，是古代手工业制品中常见的物质。
2．合成炸药CL-20其结构如图，下列关于CL-20说法错误的是：
A．存在非极性共价键 B．属于非极性分子
C．的中心N原子采用杂化 D．爆炸产物只有和
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、炸药CL-20的分子的碳骨架中存在相同原子构成的键，骨架中也存在键，均属于非极性共价键，A正确；
B、CL-20分子具有高度对称的笼状结构，分子正负电荷中心重合，分子的偶极矩为0，属于非极性分子，B正确；
C、硝基 的中心N原子形成3个键（与两个O原子成键，同时有一对孤电子对参与共轭），孤电子对数为0，价层电子对数为3，因此N原子采取杂化，形成平面三角形的结构，C正确；
D、CL-20的分子式为，分子中含有H元素，根据元素守恒，爆炸产物一定含有，不可能只有和，D错误；
故答案为：D
【分析】非极性分子的判断关键看分子结构是否对称，若结构对称、键的极性相互抵消，则为非极性分子；杂化轨道判断：-NO2中N原子的价层电子对数为3，对应sp2杂化，其分子结构为平面三角形（存在离域π键）；爆炸反应元素守恒，有机物爆炸产物需包含所有组成元素，含氢元素的炸药爆炸时通常会生成H2O，不可能仅生成CO2和N2。
3．九三阅兵展示了众多新型武器装备，体现了中国军队的现代化成果和强大的国防实力。下列说法正确的是
A．东风-61陆基洲际导弹，导弹推进剂燃烧是将化学能全部转化为动能
B．东风-5C液体洲际战略核导弹可携带核弹头，Pu的原子质量是244
C．无侦-7制造主体常用碳纤维复合材料，碳纤维属有机高分子材料
D．歼-20S隐身战斗机玻璃材料多为聚甲基丙烯酸甲酯，其单体为
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、导弹推进剂燃烧时，化学能不会全部转化为动能，大部分化学能先转化为热能，部分热能再转化为动能，还有能量以热量散失、光能等形式损耗，A错误；
B、中左上角的244是该核素的质量数，不是原子的实际质量，其相对原子质量近似为244，核弹头通常使用钚-239（239Pu），而钚-244（244Pu）半衰期虽长，但裂变性能差，不用于制造核武器，B错误；
C、碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料；碳纤维复合材料是碳纤维与树脂等复合而成，C错误；
D、聚甲基丙烯酸甲酯是加聚反应产物，其单体为甲基丙烯酸甲酯，结构简式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】判断加聚反应产物的单体时，先去掉聚合物两端的括号与n，再从主链上每两个碳原子断开，将断键处的单键改回双键；若主链含碳碳双键，则以双键为中心，左右各延伸一个碳原子断开，恢复共轭双键结构，即可得到对应单体。
4．化学与生产生活息息相关。下列说法涉及的化学知识错误的是
　 说法 化学知识
A 煮菜时通常后加食盐 碘化钾受热与氧气反应
B 撒石膏可有效降低土壤盐碱化(含可溶性碳酸盐)
C 向铜氨溶液中加入一定量乙醇可析出蓝色晶体 乙醇可降低硫酸四氨合铜的溶解度
D 冬季向树干上刷石灰水 石灰水能使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A、现代加碘食盐中通常添加的是碘酸钾，而非碘化钾。碘酸钾性质稳定，受热不易分解；而碘化钾在潮湿、高温下易被氧气氧化生成碘单质并升华，导致碘损失，A错误；
B、CaSO4溶解度大于CaCO3，可发生沉淀转化反应，与土壤中的可溶性碳酸盐反应生成更难溶的CaCO3：CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)，降低土壤中碳酸根浓度，缓解盐碱化，B正确；
C、硫酸四氨合铜是离子化合物，易溶于水，难溶于乙醇；加入乙醇降低其溶解度，使晶体析出，C正确；
D、石灰水是强碱溶液，能使蛋白质变性，可杀死树干上的寄生虫和虫卵，D正确；
故答案为：A
【分析】沉淀转化的原理是：溶解度相对较大的难溶电解质，在溶液中可转化为溶解度更小的难溶电解质，本质是沉淀溶解平衡的移动，溶解度小的物质溶度积Ksp更小，离子结合能力更强，促使平衡向生成更难溶沉淀的方向移动。
5．科学技术的发展离不开材料，下列关于我国科研开发的材料说法正确的是
A．山西太钢集团生产厚度仅为0.02 mm的“手撕钢”，钢的熔点高于纯铁
B．我国生产出0.03 mm厚超薄柔性玻璃，玻璃的成分是
C．西南交大开发仿生钛植入物促进骨整合，钛是周期表d区元素
D．浙大开发24天完全降解可食用超弹性淀粉水凝胶，淀粉是多糖，与蔗糖是同系物
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；合金及其应用；同系物
【解析】【解答】A、“手撕钢”是一种铁基合金也就是钢，合金的熔点通常低于其组成纯金属（纯铁）的熔点，因此钢的熔点应低于纯铁，A错误；
B、普通玻璃的主要成分为硅酸钠、硅酸钙和，属于典型的硅酸盐材料，是混合物的范畴，并非仅由纯组成，B错误；
C、钛的原子序数为22，价电子排布为，位于周期表第ⅣB族，位于过渡金属区域，属于d区元素，C正确；
D、同系物是指结构相似、分子组成相差若干个原子团的有机化合物，淀粉是多糖，蔗糖是二糖，二者结构不相似，组成也不满足相差整数倍的要求，不互为同系物，D错误；
故答案为：C
【分析】单糖是一种不能再水解的最简单糖类。如：葡萄糖、果糖、核糖、脱氧核糖；单糖都能直接被人体吸收，均有还原性；二糖中1分子能水解生成2分子单糖。如蔗糖、麦芽糖、乳糖；多糖中1分子水解生成很多单糖。如淀粉、纤维素、糖原；多糖都是天然高分子化合物，都没有甜味，都不能直接被吸收，要水解成葡萄糖才行。
6．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
A．X可为铜，盐的水溶液一定显酸性
B．X可为碳，酸一定具有强氧化性
C．X可为钠，可电解饱和盐溶液制取
D．X可为硫，氧化物1有漂白性
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、铜的氧化物（如CuO、Cu2O）不溶于水，不能直接与水反应生成碱，因此转化关系无法实现。同时，若得到盐（如CuSO4），其水溶液虽显酸性，但前提不成立，转化流程无法完成，A错误；
B、碳的转化路径（C→CO→CO2→H2CO3）可行，但生成的碳酸（H2CO3）不具有强氧化性，因此酸一定具有强氧化性的推理错误，B错误；
C、钠的转化路径（Na→Na2O→Na2O2→NaOH→NaCl）可行，但可电解饱和盐溶液制取表述不明确（通常电解饱和食盐水制取NaOH、Cl2等，而非直接制取NaCl或金属钠），且该说法与转化关系无直接逻辑关联，故推理不成立，C错误；
D、硫的转化路径（S→SO2→SO3→H2SO4→Na2SO4）每一步均可直接实现，且SO2（氧化物1）具有漂白性，D正确；
故答案为：D
【分析】这类两步连续氧化的物质转化题，解题核心是先锁定能发生两次连续与氧气反应的常见单质（S、N、C、Na等），按“单质→低价氧化物→高价氧化物→对应酸/碱→盐”的路径逐一推演，再结合物质性质（漂白性、氧化性、电解规律、水解酸碱性等）判断推理正误，同时排除不能两步氧化的物质（如Cu）。
7．实验小组做淀粉水解及其水解液与银氨溶液的实验，下列装置图(夹持装置省略)不能达到实验目的的是
A．配制银氨溶液 B．制备淀粉水解液
C．银镜反应 D．清洗实验后试管
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】实验装置综合；蔗糖与淀粉的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、向2% AgNO3溶液中逐滴加入2%稀氨水，至沉淀恰好溶解，即可制得银氨溶液[Ag(NH3)2]OH，符合实验规范，A正确；
B、淀粉在稀硫酸作催化剂、热水浴加热的条件下发生水解，生成葡萄糖，装置与操作均符合要求，B正确；
C、淀粉水解液中含稀硫酸（酸性），银镜反应必须在碱性环境中进行，实验前未用NaOH中和硫酸，酸性会破坏银氨溶液，无法生成银镜，不能达到实验目的，C错误；
D、清洗附着银镜的试管，一般使用稀硝酸溶解银，其与稀硝酸反应的化学方程式为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O，而加热可加速溶解，操作规范，D正确；
故答案为：C
【分析】银镜反应的核心要求：由于水解液呈酸性，必须先加NaOH溶液中和至碱性，否则银氨溶液会被酸破坏，无法生成银镜；银镜反应需水浴加热，且试管必须静置，不能振荡； 图中直接向酸性水解液加银氨溶液，无法得到银镜。
8．碳元素部分价类二维图如图所示(a、c、d、e、f为中学常见含碳化合物)。下列说法不正确的是：
A．酸性最强的是f
B．b可能是e的酸酐
C．a、b、d、e均能氧化生成c
D．d、e、f分子的中心碳原子杂化方式相同
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应；碳族元素简介；含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】A、f为碳酸（H2CO3），e为草酸（H2C2O4），d为甲酸（HCOOH）；这三种酸中，酸性最强的是草酸（e），酸性最弱的是碳酸（f），A错误；
B、b（C2O3）与e（H2C2O4）中碳元素的化合价均为+3价，且H2C2O4脱去一分子H2O在组成上恰好为C2O3，因此b可能是e的酸酐，B正确；
C、a（CO）、b（C2O3）、d（HCOOH）、e（H2C2O4）中的碳元素化合价均低于+4价，且这四种物质均具有较强的还原性（如甲酸含醛基），均能被氧化剂氧化生成最终产物c（CO2），C正确；
D、d（HCOOH）、e（H2C2O4）、f（H2CO3）分子的中心碳原子均形成3个σ键，无孤对电子，因此杂化方式均为sp2杂化，D正确；
故答案为：A
【分析】根据碳元素的价类二维图可知，纵轴代表化合价，横轴代表物质类别。a是氧化物且化合价为+2价，故a为：CO；b是氧化物且化合价为+3价，故b为：C2O3；c是氧化物且化合价为+4价，故c为：CO2；d是含氧酸且化合价为+2价，故d为：甲酸HCOOH；e是含氧酸且化合价为+3价，故e为：草酸H2C2O4；f是含氧酸且化合价为+4价，故f为：碳酸H2CO3；
9．元素a-k为短周期元素，其第一电离能与族序数的关系如图。下列说法不正确的是
A．b和i基态原子电子排布的最高能级处于半满状态
B．最高价氧化物对应水化物酸性：
C．电负性：
D．简单气态氢化物沸点：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、b是N元素，其核外电子排布为，最高能级为半满结构，i是P元素，其核外电子排布为，最高能级也为半满结构，二者最高能级（p轨道）均为半满稳定结构，A正确；
B、d是F元素，k是Cl元素，b是N元素，由于F无正化合价，所以F不存在最高价氧化物对应水化物，且最高价含氧酸酸性应为，该排序不成立，B错误；
C、d是F元素，c是O元素，j是S元素，根据递变规律可知，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，因此电负性：，C正确；
D、a是C元素、b是N元素、c是O元素，简单气态氢化物分别为CH4、NH3、H2O，常温为液体，分子间氢键更强，沸点最高， 分子间氢键，沸点高于CH4，因此沸点：，D正确；
故答案为：B
【分析】根据短周期同周期元素第一电离能总体随族序数增大而升高，但ⅡA（ns2全满）、ⅤA（np3半满）反常高于相邻元素。图中三条曲线分别对应第二、第三周期：上曲线（第二周期）：a（C）→b（N，ⅤA，半满）→c（O）→d（F）中曲线（第三周期）：i（P，ⅤA，半满）→j（S）→k（Cl）下曲线（第三周期）：e（Na）→f（Mg，ⅡA）→g（Al）→h（Si）
10．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
　 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 具有漂白性 能使紫色石蕊褪色
B NaClO具有强氧化性 NaClO受热易分解
C 浓硝酸可用铁桶装载运输 浓硝酸常温下不与铁反应
D 锌表面易形成致密氧化膜 铁门镀锌
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氯水、氯气的漂白作用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2具有漂白性，可漂白品红等有机色质，但SO2并不能使紫色石蕊褪色，因为SO2溶于水生成亚硫酸，使石蕊变红，不能漂白酸碱指示剂且二者之间无因果关系，A错误；
B、NaClO具有强氧化性是因为其得电子能力强，而NaClO受热易分解是因为其热稳定性差，二者无因果关系，B错误；
C、浓硝酸可用铁桶装载运输，并不是因为浓硝酸常温下不与铁反应，而是常温下铁遇浓硝酸发生钝化，是铁与浓硝酸反应生成致密氧化膜阻止进一步反应，并非不反应，C错误；
D、锌表面易形成致密氧化膜，且锌比铁活泼，镀锌后形成原电池，锌被腐蚀、铁被保护，因此铁门镀锌防锈，存在因果关系，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的陈述知识与化学知识是否存在对应关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项。
11．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．等物质的量的与反应，生成的分子数为
B．将通入溶液中充分反应，离子数为
C．密闭体系中与混合加热后充分反应，转移电子数为
D．足量的铁粉与32g硫粉(分子式为)充分反应，破坏共价键数为
【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；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、等物质的量的FeI2与Br2反应，但未指定具体物质的量，因此无法确定生成I2的分子数是否为NA。若各为1mol，则生成1molI2，分子数为NA；但若各为0.5mol，则生成0.5molI2，分子数为0.5NA。选项中未指明物质的量 ，A错误；
B、22.4LNH3在标准状况下为1mol，但未注明标准状况，且CuSO4溶液的体积未知，无法计算Cu2+的物质的量，因此不能确定生成Cu(NH3)42+的离子数，B错误；
C、2molNaHCO3加热分解生成1molCO2和1molH2O，与1molNa2O2反应。Na2O2中O为-1价，每摩尔Na2O2完全反应转移1mol电子，1molNa2O2转移电子数为NA，而非2NA，C错误；
D、的摩尔质量为：，故的物质的量为：，每个分子含8个共价键，总共价键物质的量为，与足量反应时全部断裂，破坏共价键数为，D正确；
故答案为：D
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
12．燃料电池如图所示。SOFC-O为固体氧离子电解质，沟通内电路。
下列说法错误的是
A．反应室Ⅰ为负极室
B．反应室Ⅰ的电解质溶液可能呈酸性
C．外电路通过1 mol电子则内电路通过
D．标准状况下，向催化室通入，消耗
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、燃料电池中，通入燃料（NH3）的一极为负极，发生氧化反应；通入氧气的一极为正极，发生还原反应；反应室Ⅰ通入NH3，因此反应室Ⅰ为负极室，反应室Ⅱ为正极室，A正确；
B、该电池为固体氧离子电解质，反应室Ⅰ为负极室，由图可知，反应室Ⅰ发生的电极反应为：，反应中还有H+生成，体系局部环境可能显酸性，故反应室Ⅰ的电解质溶液可能呈酸性，B正确；
C、由图可知，正极室电极反应为：，每转移4 mol电子生成2 mol O2-，则外电路通过1 mol电子时，内电路通过，C正确；
D、标准状况下，4.48 L NH3的物质的量为0.2 mol，该燃料电池的总反应式为，若0.2 mol NH3全部参与反应，则消耗0.15 mol O2，但是由图可知，出口处仍有未参与反应的NH3流出，故实际消耗的O2的物质的量小于0.15 mol，D错误；
故答案为：D
【分析】在固体电解质电池无自由移动H+，但产物含水，环境可呈酸性； 燃料电池燃料通常不能完全反应，需结合图示出口物质判断实际消耗量。除此之外，本题是固体氧离子电解质（O2-传导），不是水溶液，没有自由移动H+。
13．AgCl难溶于水，但在浓度较高的溶液中易形成而溶解。将适量AgCl完全溶于浓盐酸，得到含的溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释，一定有AgCl沉淀生成
B．向溶液中加入少量NaCl固体，浓度一定上升
C．的电离方程式为：
D．体系中，
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、加水稀释时，仅当离子积时才会生成AgCl沉淀，若稀释程度较小，则无沉淀，此时平衡虽逆向移动，但不一定析出AgCl沉淀，A错误；
B、加入少量NaCl固体，此时溶液中浓度增大，使平衡正向移动，浓度一定上升，B正确；
C、为配位酸，内外界之间可以发生完全电离，但是内界稳定，电离时内界不拆分，故正确电离方程式为：，选项给出的电离方程式错误，C错误；
D、溶液电荷守恒需满足阳离子总电荷等于阴离子总电荷，正确电荷守恒式为，选项遗漏了和，式子错误，D错误；
故答案为：B
【分析】该题主要存在的平衡：，Cl-浓度越高，越易生成[AgCl2]-。稀释不一定沉淀，只有Cl-浓度降低到临界值以下，才会析出AgCl；对于配合物电离时要注意配离子整体电离，不拆成简单离子；而电荷守恒中必须考虑OH-，且Cl-为游离氯离子，不含配位氯。
14．由结构不能推测出对应性质的是
结构 性质
A 钠原子最外层只有一个电子
B 甲基是推电子基，甲基能使苯环变活泼
C 金刚石中的碳原子采用杂化并形成立体网状结构 金刚石硬度大，熔点高
D 分子间形成氢键O—H···O 乙醇与水互溶，水的沸点大于硫化氢
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、钠原子最外层只有1个电子，易失去电子体现强还原性，可以将CO2中+4价的C还原为0价的C单质，而反应中Na表现为+1价，符合结构推导性质，A错误；
B、甲基是推电子基，能使苯环上电子云密度增大，从而更易发生亲电取代反应（如硝化、卤代）。而性质中酸性KMnO4将甲基氧化为羧基属于侧链氧化反应，其反应机理与苯环的活泼性无直接关系，且该性质主要由苯环的共轭效应使α-H活泼所致，无法由甲基推电子使苯环变活泼直接推测。因此不能由该结构推测出对应性质，B正确；
C、金刚石中C原子采取sp3杂化，形成空间立体网状结构的共价晶体，键能大且空间结构稳定，共价键强度大，因此硬度大、熔点高。由结构可推测性质，C错误；
D、分子间形成氢键（O—H···O）可显著影响物理性质，其中乙醇与水分子间可形成氢键，因此二者互溶；水分子间存在氢键，H2S分子间无氢键，因此水的沸点高于H2S，符合氢键对性质的影响，D错误；
故答案为：B
【分析】做题时先分析物质的微观结构（如原子最外层电子、官能团、杂化方式、晶体结构、分子间作用力等），再结合该结构对应的结构特点（如电子得失能力、对反应活性的影响、共价键强度、分子间作用力强弱等），判断其能否合理推导题目给出的宏观性质（如化学反应、氧化还原、熔沸点、溶解性等），最终筛选出结构与性质不匹配的选项。
15．利用如图装置进行实验：打开、，加热三颈烧瓶一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开。
下列说法错误的是
A．a中现象说明氧化性：
B．b中HCl表现出还原性和酸性
C．c中铁粉溶解说明铁被氧化了，并有白雾充满烧瓶
D．d中有银镜生成，说明c中发生了取代反应
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；实验装置综合；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、a中溶液变蓝，说明Cl2将I-氧化为I2，反应为：Cl2+2KI=2KCl+I2，淀粉遇I2变蓝，根据氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性，可得氧化性：Cl2>I2，A正确；
B、b中反应为：，HCl中一部分的从-1价升高为0价，体现还原性；HCl中另一部分的形成，体现酸性，B正确；
C、c中先与铁粉反应生成，反应为：，此时铁被氧化因此溶解；苯和在催化下发生取代反应，生成气体，遇水蒸气会形成白雾，C正确；
D、若c中发生取代反应，产物为氯苯和，进入银氨溶液只会生成沉淀，不会产生银镜；银镜反应是醛基的特征反应，有银镜生成不能说明c中发生取代反应，D错误；
故答案为：D
【分析】本实验以MnO2和浓盐酸加热制备Cl2，装置b中，浓盐酸与MnO2加热反应生成Cl2：。接着打开K1、K2时，Cl2进入装置a，通过a中淀粉-KI溶液反应变蓝验证Cl2的氧化性强于I2，然后关闭K1、打开K3后，Cl2进入装置c，再将Cl2通入盛有铁粉和苯的c装置，探究Cl2与苯的反应类型。
16．氨()选择性电氧化合成肼()中添加环己醇()生成环己酮()作为保护介质可有效提高合成效率。其电解图和催化机理图如下：
下列说法正确的是：
A．电源端b为阴极，离子交换膜为阳离子膜
B．合成反应分7步基元反应进行
C．每生成时生成标准状况下
D．外电路每通过2 mol电子，右侧溶液质量减少36 g
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、 转化为 时，右侧电极为阴极，接电源负极，且反应过程中阴极生成的需要迁移到阳极参与反应，因此离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；
B、数催化机理的基元反应主要是数其中的箭头数，从吸附到再生整个过程共分为步基元反应，不是7步，B错误；
C、生成 时，共升高价，转移电子；阴极反应为，转移电子只生成 ，标况下体积为，C错误；
D、外电路通过电子时：阴极生成逸出（质量），同时生成，通过阴离子交换膜迁移到左侧（质量），因此右侧总质量减少，D正确；
故答案为：D
【分析】有机电解题先定电极：化合价降低，得电子，为阴极，化合价升高，失电子，为阳极；写反应：酸性用H+/H2O配平，碱性用OH-/H2O配平，最后补电子使电荷守恒；判pH：消耗H+则pH升，生成H+则pH降；消耗OH-则pH降，生成OH-则pH升；算电子：根据化合价变化，算出每生成1mol产物转移的电子数，再乘以物质的量；验选项：用排除法，先排除电极、pH、电子数明显错误的选项。
17．水解反应是高中化学反应原理应用中的重要部分。
（1）浓溶液处理水壶水垢时反应为：兴趣小组在探究溶液浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。
①固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
(ⅰ)下列仪器在该过程中不需用到的有　 　。
(ⅱ)滴定及数据及处理：
取溶液，加入指示剂，滴定至终点，平行测定三次，平均消耗的NaOH溶液，则　 　mol/L。
②实验探究：取①中的溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入氢氧化镁固体，反应后，过滤，取滤液，用溶液进行滴定。记录的部分数据如下表。
序 号 V(滤液) /m V消耗 (NaOH)/mL
a 100.0 0.0
b 80.0 x
则　 　，测得平均反应速率之比　 　。
（2）兴趣小组继续探究反应(1)平衡的建立及计算反应(Ⅰ)的平衡常数。
①初步实验将加入到盛有溶液的烧杯中，并于烧杯口放置一湿润的红色石蕊试纸，在25℃和搅拌条件下，利用数字化实验仪器测定体系的pH随时间t的变化曲线如题图，时红色石蕊试纸变蓝，溶液，且pH基本不变。
已知，。
②分析讨论甲同学根据①中现象认为t1后反应已达平衡，乙同学赞同并设计补充实验。
③补充实验乙同学设计如下方案验证反应达到平衡并计算反应平衡常数。
步骤 操作 现象
ⅰ 将①实验中的反应混合物进行固液分离有 未溶解固体
ⅱ 向ⅰ中分离出的滤液中，滴加2滴5 mol/L NaOH溶液 　 　，有刺激性气味气体产生
请补充完成表格中的实验现象。
④实验小结反应已达平衡，平衡常数　 　。(列出计算式或结果保留两位有位数字)。
⑤丙同学认为乙同学所测平衡常数不准确，原因是　 　。利用题中药品和仪器，请你帮丙同学优化实验方案并列出反应(Ⅰ)的平衡常数K的计算公式：　 　。
【答案】（1）AE；；20.0；
（2）溶液变浑浊(或有白色沉淀生成)；或；反应过程中生成的会挥发；
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、①、(ⅰ)、配制溶液并滴定测定浓度，需要容量瓶用于配制溶液，锥形瓶和滴定管用于滴定实验，不需要蒸发皿（A）和坩埚（E），因此选AE；
(ⅱ)、滴定中，即，化简得；
②、实验要求总体积相同，a总体积为，因此；反应速率之比等于相同时间内的消耗量之比：原配制 ，a初始浓度，剩余，消耗量；b初始浓度，剩余，消耗量，因此；
（2）、③、根据（1）题可知，平衡时滤液中含有，滴加后，与反应生成白色 沉淀；
④、反应为， 。 已知，，由，得，即。 由N守恒：，解得，，，代入计算得；
⑤、反应生成的部分NH3 挥发逸出体系，导致平衡时n(NH3 H2 O)偏小，测得的K不准确；平衡常数计算公式：， 优化方案：在密闭容器中进行反应，防止氨气逸出，待pH不变达到平衡后，过滤分离固体，测定滤液中各离子浓度再计算平衡常数。
【分析】滴定实验是化学分析中常用的一种定量分析方法，通过已知浓度的标准溶液与待测溶液反应，来测定待测溶液的浓度。在进行滴定实验时，需要注意以下关键事项：实验前必须检查滴定管是否漏水，酸式滴定管要检查活塞是否旋转灵活，碱式滴定管要检查橡皮管是否老化或破裂，使用前需要用待装溶液润洗滴定管2-3次，每次3-5mL，防止溶液被水稀释；酸式滴定管左手从滴定管后向右伸出，拇指在前，食指及中指在管后，三指平行轻轻拿住活塞柄，而碱式滴定管左手拇指在前，食指在后，捏住橡皮管中玻璃珠的上方，避免捏到玻璃珠下方以防空气进入；滴定开始时可稍快，呈"见滴成线"，接近终点时改为一滴一滴加入，最后是每加半滴，摇几下锥形瓶，直至溶液出现明显颜色变化；当观察到最后一滴溶液滴入后，指示剂颜色发生明显变化，并且在半分钟内不褪色，才算是达到滴定终点，注意观察滴落点周围溶液颜色变化，不要去看滴定管上的刻度变化。
（1）①(ⅰ)配制溶液并滴定测定浓度，需要容量瓶用于配制溶液，锥形瓶和滴定管用于滴定实验，不需要蒸发皿（A）和坩埚（E），因此选AE；
(ⅱ)滴定中，即，化简得；
②实验要求总体积相同，a总体积为，因此；反应速率之比等于相同时间内的消耗量之比：原配制 ，a初始浓度，剩余，消耗量；b初始浓度，剩余，消耗量，因此；
（2）③根据（1）题可知，平衡时滤液中含有，滴加后，与反应生成白色 沉淀；
④反应为， 。 已知，，由，得，即。 由N守恒：，解得，，，代入计算得；
⑤反应生成的部分NH3 挥发逸出体系，导致平衡时n(NH3 H2 O)偏小，测得的K不准确；平衡常数计算公式：， 优化方案：在密闭容器中进行反应，防止氨气逸出，待pH不变达到平衡后，过滤分离固体，测定滤液中各离子浓度再计算平衡常数。
18．“稀土氯化+氯化稀土电解转化”新流程，具有污染少、产物可循环反应的优点，可实现清洁生产。已知稀土矿石中除含有稀土(RE)外还含有Sn、Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物及少量氟化物，其工艺流程如下图：
已知：难溶于水，
回答下列问题：
（1）稀土矿“造粒”的目的是：　 　。
（2）写出“高温氯化”时氧化铁发生反应的反应方程式：　 　。
（3）“除杂”时加适量的溶液，向1 L 0.1 mol/L的溶液中滴加1 mol/L的溶液，至沉淀完全，大约需要加　 　mL(不用保留小数)的溶液。
（4）“除杂”后的溶液主要含有，写出电解溶液离子方程式：　 　。
（5）“碳化”过程得到的产物是，则“还原”过程中的n(氧化剂)：n(还原剂)=　 　。
（6）2025年诺贝尔奖颁给了三位研究金属有机框架(MOFs)的科学家。而有机金属框架最初的原型是配合物普鲁士蓝，普鲁士蓝晶胞结构如图所示：
①普鲁士蓝晶胞可以切分为4个A结构和4个B结构，A结构如图所示，B结构与A结构不同的是有一个位于正方体　 　。普鲁士蓝中配位原子有　 　(填元素符号)，晶体中不含有的化学键是　 　(填选项)。
a．离子键 b．非极性键 c．配位键 d．极性键
②普鲁士蓝的摩尔质量为Mg/mol，晶体密度为，为阿伏加德罗常数的值，则相邻两个之间距离为　 　pm(列出计算式)。
【答案】（1）使固体反应物充分接触，加快高温氯化速率，提高原料转化率
（2）
（3）202 mL
（4）
（5）
（6）中心；C、N；b；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、造粒是工业上增大接触面积的常用操作，目的是使固体反应物充分接触，加快高温氯化速率，提高原料转化率；
（2）、造粒时加入C做还原剂，高温下氧化铁与Cl2、C反应，生成FeCl3，O与C结合生成CO（高温下C过量生成CO），化学方程式为；
（3）、一般认为沉淀完全时，由，得， 原溶液，沉淀0.1 mol需要0.2mol，设加入NaF溶液体积为，则，解得；
（4）、电解时，阳极放电生成 （循环回高温氯化），阴极水电离的放电生成，与结合生成难溶的 ，电解的离子方程式为；
（5）、中为价，还原产物中为价，1 mol（氧化剂）得2 mol e ；还原剂中1 mol失，由电子守恒：，得；
（6）、①、晶胞分4个A（无）和4个B，B的位于小正方体的中心；普鲁士蓝中的C、N作为配位原子分别与不同价态Fe配位；晶体中含离子键（与配离子间）、配位键（Fe与CN间）、极性共价键（CN内部），不含非极性键，故选b；
②、 晶胞中含4个，总质量为，由得晶胞边长 cm，即 pm，相邻的距离为晶胞边长的倍，故相邻两个之间距离为pm。
【分析】已知稀土矿石中除含有稀土(RE)外还含有Sn、Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物及少量氟化物，先加入黏合剂，将矿粉制成颗粒，防止后续高温氯化时物料结块、粉化，保证反应均匀；加入C作为还原剂，为后续氯化反应提供还原氛围，降低反应温度；同时加入固氟剂，将矿石中的氟化物转化为稳定的CaF2，避免后续生成有毒的氟化物气体，实现固氟除氟；接着是稀土氧化物、杂质氧化物在高温下与Cl2、C反应，转化为氯化物，碳作为还原剂，将氧化物还原为低价态，促进氯化反应进行，其中气态杂质沸点低的直接从体系中分离出去；而固态活高沸点产物：稀土氯化物等和过量的C留在体系中，进入下一步；继续利用溶解度差异，分离氯化产物，稀土氯化物易溶于水，进入水溶液相；杂质、过量的C难溶于水，以固体形式被过滤除去，实现稀土氯化物与不溶杂质的分离；然后去除水溶液中的微量杂质离子（如Ca2+、Fe3+、Al3+等）利用CaF2的溶度积，可通过加入氟化物沉淀Ca2+；其他金属离子可通过调节pH，以氢氧化物形式沉淀除去，得到纯净的RECl3水溶液；接着电解RECl3溶液，发生氧化还原反应，阴极生成目标产物RE(OH)3沉淀，阳极：生成的Cl2可循环回高温氯化工序重复利用，实现氯气的闭环；最后RE(OH)3经过碳化得到，经过氢气还原得到REO。
（1）造粒是工业上增大接触面积的常用操作，目的是使固体反应物充分接触，加快高温氯化速率，提高原料转化率
（2）造粒时加入C做还原剂，高温下氧化铁与Cl2、C反应，生成FeCl3，O与C结合生成CO（高温下C过量生成CO），化学方程式为；
（3）一般认为沉淀完全时，由，得， 原溶液，沉淀0.1 mol需要0.2mol，设加入NaF溶液体积为，则，解得；
（4）电解时，阳极放电生成 （循环回高温氯化），阴极水电离的放电生成，与结合生成难溶的 ，电解的离子方程式为；
（5） 中为价，还原产物中为价，1 mol（氧化剂）得2 mol e ；还原剂中1 mol失，由电子守恒：，得；
（6）①晶胞分4个A（无）和4个B，B的位于小正方体的中心；普鲁士蓝中的C、N作为配位原子分别与不同价态Fe配位；晶体中含离子键（与配离子间）、配位键（Fe与CN间）、极性共价键（CN内部），不含非极性键，故选b；
② 晶胞中含4个，总质量为，由得晶胞边长 cm，即 pm，相邻的距离为晶胞边长的倍，故相邻两个之间距离为pm。
19．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（1）用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入溶液，再加入萃取剂(R)进行萃取。该过程涉及以下反应：
(ⅰ)
(ⅱ)
(ⅲ)
①根据盖斯定律，反应 　 　。
②基态碘原子价层电子的轨道表示式为　 　。
（2）①反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率[碘萃取率]曲线如图所示：
萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因：　 　(忽略萃取剂的挥发、的挥发及分解产生的影响)。当萃取温度超过320 K时，的分解导致碘萃取率明显下降。
②下列说法不正确的是　 　(填标号)。
A．增大溶液的pH，碘萃取率降低
B．增大萃取剂用量，碘萃取率升高
C．萃取体系平衡后加水稀释，变小
D．增大的浓度，反应(ⅰ)的速率增大
（3）未加萃取剂时，固定总碘浓度为0.01 mol/L，平衡时溶液中的、、分布系数δ与溶液中初始关系如图所示。[总碘浓度=各组分折合为后的浓度之和，，如]
①设平衡时、、分别为a mol/L、b mol/L、c mol/L，则a、b、c之间的关系式为　 　=0.01。
②计算反应的平衡常数　 　(结果保留3位有效数字)。
（4）可逆反应 其反应机理分为两步
第一步：(慢) 第二步：(快)
①根据反应机理画出本反应的能量与反应历程图　 　(标明各物质、活化能)。
②Bodensteins研究了反应：
在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 120
x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
上述反应中，正反应速率为，逆反应速率为，其中、为速率常数，则为　 　(以K和表示)。
③由上述实验数据计算得到和的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为　 　(填字母)。
【答案】（1）；
（2）反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降；C
（3）；667
（4）；；A、E
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）、①、根据盖斯定律，将反应(i)+反应(ⅱ)，可得目标反应： ΔH1+ΔH2= - 257.5 kJ/mol+(-18.9 kJ/mol)= -276.4 kJ/mol；
②、碘(I)为第VIIA族元素，原子序数53，价电子排布式为5s25p5，根据泡利原理和洪特规则，基态碘原子价层电子的轨道表示式为：；
（2）、①、反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，RI3减少，碘萃取率下降；
②、A、反应(ⅰ)为2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，H+是反应物，增大pH(H+浓度降低)，反应(ⅰ)正向进行程度减小，I2、生成量减少，碘萃取率降低，A正确；
B、增大萃取剂用量，反应(ⅲ)正向进行程度增大，更多碘进入有机相，碘萃取率升高，B正确；
C、对于平衡，平衡常数K=，温度不变时K不变。加水稀释，c(I-)减小，因此会增大，而非变小；
故答案为：C；
（3）、①、总碘浓度为各组分折合为I-后的浓度之和：
I：a mol/L (1个I-含1个I)，I2：b mol/L(1个I2含2个I，折合为2b)，：c mol/L (含3个I， 折合为3c)，因此总碘浓度：a+2b+3c = 0.01 mol/L；
②、平衡，平衡常数K=，由分布系数图，当时：c(I-)= 0.01 ×0.45 = 0.0045 mol/L，，根据题干信息，，，，代入K=；
（4）、①、可逆反应，其反应机理分为两步，
第一步：(慢) 吸热，活化能Ea1(大)，
第二步：(快)，放热，活化能Ea2(小)，
总反应放热，生成物能量低于反应物。故本反应的能量与反应历程图为；
②、平衡时v正=v逆，即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2)，平衡常数K=，代入得k正=k逆·K，则；
③、可逆反应(正反应吸热)，升温：
平衡正向移动，x(HI)减小，x(H2)增大；
正、逆反应速率均增大，v正~x(HI)：x(HI)减小，对应点A；
v逆~x(H2)：x(H2)增大，对应点E。
【分析】解题关键：①用盖斯定律叠加热化学方程式求总焓变；②结合反应 (iii) 放热的特点，分析温度对萃取率的影响；③利用平衡常数定义式推导浓度关系；④根据速率方程与平衡时正逆速率相等，推导速率常数与平衡常数的关联，注意有效数字规范。除此之外，本题的核心难点在于平衡移动的多因素分析、速率方程的图像应用与数据推导。解题关键是紧扣盖斯定律、平衡常数定义、速率方程的本质，结合图像趋势与数据规律，排除干扰因素，精准推导。同时需注意有效数字、单位等细节，是对化学原理综合应用能力的典型考查。
（1）①根据盖斯定律，将反应(i)+反应(ⅱ)，可得目标反应： ΔH1+ΔH2= - 257.5 kJ/mol+(-18.9 kJ/mol)= -276.4 kJ/mol；
②碘(I)为第VIIA族元素，原子序数53，价电子排布式为5s25p5，根据泡利原理和洪特规则，基态碘原子价层电子的轨道表示式为；
（2）①反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，RI3减少，碘萃取率下降；
②A．反应(ⅰ)为2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，H+是反应物，增大pH(H+浓度降低)，反应(ⅰ)正向进行程度减小，I2、生成量减少，碘萃取率降低，A正确；
B．增大萃取剂用量，反应(ⅲ)正向进行程度增大，更多碘进入有机相，碘萃取率升高，B正确；
C．对于平衡，平衡常数K=，温度不变时K不变。加水稀释，c(I-)减小，因此会增大，而非变小；
故选C；
（3）①总碘浓度为各组分折合为I-后的浓度之和：
I：a mol/L (1个I-含1个I)，I2：b mol/L(1个I2含2个I，折合为2b)，：c mol/L (含3个I， 折合为3c)，因此总碘浓度：a+2b+3c = 0.01 mol/L；
②平衡，平衡常数K=，由分布系数图，当时：c(I-)= 0.01 ×0.45 = 0.0045 mol/L，，根据题干信息，，，，代入K=；
（4）①可逆反应，其反应机理分为两步，
第一步：(慢) 吸热，活化能Ea1(大)，
第二步：(快)，放热，活化能Ea2(小)，
总反应放热，生成物能量低于反应物。故本反应的能量与反应历程图为；
②平衡时v正=v逆，即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2)，平衡常数K=，代入得k正=k逆·K，则；
③可逆反应(正反应吸热)，升温：
平衡正向移动，x(HI)减小，x(H2)增大；
正、逆反应速率均增大，v正~x(HI)：x(HI)减小，对应点A；
v逆~x(H2)：x(H2)增大，对应点E。
20．固定和利用能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。与化合物3a反应生成化合物4a或化合物5a如反应Ⅱ和Ⅲ所示(其他试剂、产物及反应条件均省略，Ph代表苯环)。
回答下列问题：
（1）1a的名称是　 　；4a中的官能团是　 　。
（2）反应Ⅰ的原子利用率为100%，则2a的电子式为　 　。
（3）3a的同分异构体中含苯环且能发生银镜反应的有　 　种。
（4）下列说法错误的有_______。
A．为非极性分子，分子内存在互相垂直的键
B．反应Ⅱ为加成反应，反应Ⅲ为加聚反应
C．3a、4a分子中均存在手性碳原子，都有、杂化的碳原子和氧原子
D．3a中键角大于6a中键角
（5）在一定条件下，6a也能与发生类似反应Ⅱ的反应，生成两种化合物(互为同分异构体)，请写出这两种产物的结构简式：　 　。
（6）在一定条件下，6a也能与发生类似反应Ⅲ的反应，请写出高分子产物的结构简式：　 　。
（7）根据上述反应信息，以氯丙烷为原料合成高分子化合物。
①第一步反应所需试剂和条件是　 　。
②用简要文字说明红外光谱中第一步反应的有机产物与氯丙烷不同点：　 　。
③最后一步反应的方程式为　 　。
【答案】（1）苯乙烯；酯基
（2）
（3）4
（4）C；D
（5）、
（6）或
（7）NaOH的乙醇溶液，加热；丙烯有碳碳双键键吸收振动峰，2-氯丙烷有碳氯键吸收振动峰；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）、有机物1a（）为苯乙烯；4a中含有的官能团为酯基；
（2）、1a与2a发生反应生成3a(环氧化合物)，同时反应Ⅰ的原子利用率为100%，符合加成反应特征，故2a为，氧气分子中氧原子间形成双键，每个氧原子周围还有两对孤电子对，其电子式为：；
（3）、3a的分子式为，要求其同分异构体中含苯环且能发生银镜反应（含醛基），则侧链需含醛基，结构可为：（分别位于邻位、间位、对位）、，符合条件的共4种；
（4）、A、为直线型非极性分子，碳原子采取杂化，形成两个互相垂直的键，A正确；
B、反应Ⅱ生成环状酯，属于加成反应，反应Ⅲ由2个单体生成高分子，属于加聚反应，故B正确；
C、3a、4a分子中与苯环直接相连的碳原子，属于手性碳，连接不同基团；3a、4a分子中都有、杂化的碳原子，3a中氧原子为杂化、没有杂化的氧原子，故C错误；
D、3a中键角与6a中键角大小对比，中心原子氧原子和氮原子均为，同时氧原子有两对孤电子对，氮原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此键角小于，故D错误；
故答案为：CD；
（5）、反应Ⅱ为加成反应，6a也能与发生加成反应，产物为、，二者互为同分异构体；
（6）、6a能与发生类似反应Ⅲ的反应（加聚反应），产物为或；
（7）、①、据上述反应信息，合成高分子化合物，需要单体有和，因此以氯丙烷为原料，路径为：，；路径的第一步为氯丙烷的消去反应，条件为NaOH的乙醇溶液，加热；
②、第一步反应的有机产物为丙烯，丙烯与氯丙烷在红外光谱中的不同：丙烯有碳碳双键吸收振动峰，2-氯丙烷有碳氯键吸收振动峰；
③、最后一步反应的方程式为：。
【分析】由图可知1a为苯乙烯，含碳碳双键，是反应的核心骨架，反应Ⅰ：苯乙烯与2a反应，生成化合物3a为，这一步是典型的烯烃环氧化反应，双键被氧化为三元环氧醚环，是构建含氧化合物的关键步骤。反应Ⅱ为加成反应，环氧乙烷类化合物与CO2发生环加成，环氧开环后与CO2结合，形成稳定的五元环碳酸酯。这是CO2固定的经典反应，产物可作为高沸点溶剂、有机合成中间体；最后反应Ⅲ为加聚反应，环氧苯乙烷与CO2在催化剂作用下发生开环共聚，环氧开环后与CO2交替连接，形成高分子量的聚碳酸酯。这类聚合物具有良好的生物降解性和力学性能，是可降解塑料的重要原料。
（1）有机物1a（）为苯乙烯；4a中含有的官能团为酯基；
（2）1a与2a发生反应生成3a(环氧化合物)，同时反应Ⅰ的原子利用率为100%，符合加成反应特征，故2a为，氧气分子中氧原子间形成双键，每个氧原子周围还有两对孤电子对，其电子式为：；
（3）3a的分子式为，要求其同分异构体中含苯环且能发生银镜反应（含醛基），则侧链需含醛基，结构可为：（分别位于邻位、间位、对位）、，符合条件的共4种；
（4）A．为直线型非极性分子，碳原子采取杂化，形成两个互相垂直的键，A正确；
B．反应Ⅱ生成环状酯，属于加成反应，反应Ⅲ由2个单体生成高分子，属于加聚反应，故B正确；
C.3a、4a分子中与苯环直接相连的碳原子，属于手性碳，连接不同基团；3a、4a分子中都有、杂化的碳原子，3a中氧原子为杂化、没有杂化的氧原子，故C错误；
D.3a中键角与6a中键角大小对比，中心原子氧原子和氮原子均为，同时氧原子有两对孤电子对，氮原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此键角小于，故D错误；
故答案选CD；
（5）反应Ⅱ为加成反应，6a也能与发生加成反应，产物为、，二者互为同分异构体；
（6）6a能与发生类似反应Ⅲ的反应（加聚反应），产物为或；
（7）①据上述反应信息，合成高分子化合物，需要单体有和，因此以氯丙烷为原料，路径为：，；路径的第一步为氯丙烷的消去反应，条件为NaOH的乙醇溶液，加热；
②第一步反应的有机产物为丙烯，丙烯与氯丙烷在红外光谱中的不同：丙烯有碳碳双键吸收振动峰，2-氯丙烷有碳氯键吸收振动峰；
③最后一步反应的方程式为：。
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