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四川成都市树德中学2025-2026学年高一下学期半期考试 化学试题
1．氢燃料公交车、光储充一体化充电站等绿色交通设施逐步投入使用。下列说法错误的是
A．氢能与潮汐能、波浪能均属于清洁能源
B．光储充一体化充电站光伏板的材料为
C．充电桩壳体聚碳酸酯是一种合成高分子材料
D．镧镍合金能吸收大量氢气以缓解储氢难题
【答案】B
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A、氢能燃烧产物只有水，潮汐能、波浪能均来自自然界，使用过程不产生污染物，三者都属于清洁能源，故A正确；
B、光伏板依靠半导体材料实现光电转换，核心材料为晶体Si；是光导纤维的原料，不能用于光伏板，该说法存在事实错误，故B错误；
C、聚碳酸酯属于人工合成的有机高分子聚合物，常用来制作充电桩外壳，具备强度高、绝缘性好的特点，故C正确；
D、镧镍合金是储氢合金，能够大量吸附氢气，可有效缓解氢气储存运输困难的问题，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
清洁能源判断：能源利用全程无废气废渣等污染物排放即为清洁能源；
硅与二氧化硅用途区分：晶体硅用作太阳能电池、半导体芯片，二氧化硅用于光导纤维；
高分子材料分类：聚碳酸酯、塑料、合成橡胶、合成纤维均属于合成高分子材料；
储氢合金功能：镧镍合金等金属合金可吸附大量氢气，作为储氢材料。
2．下列化学用语表述错误的是
A．H、D、T的核外电子排布不同 B．甲醛的分子式：
C．的球棍模型： D．聚乙烯的链节：
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、H、D、T均为氢元素的同位素，质子数均为1，核外电子数都是1，核外电子排布完全相同，该表述存在错误，故A错误；
B、甲醛结构为，分子内含1个C、2个H、1个O，分子式写为，化学用语正确，故B正确；
C、中心碳原子连接2个H、2个Cl，氯原子半径大于氢原子，球棍模型为： ，故C正确；
D、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，重复单元为 ，即聚乙烯链节，化学用语正确，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
同位素电子排布：同种元素不同同位素质子数、电子数相等，核外电子排布一致；
有机物分子式书写：统计分子内全部原子种类与数目得到分子式；
球棍模型识别：结合原子半径大小、成键数目判断对应有机物；
烯烃加聚链节判断：乙烯加聚断开碳碳双键，两个碳构成重复链节。
3．下列描述不能正确解释所反映事实的是
A．硝酸银溶液存于棕色瓶中，因其受光照易分解
B．油脂产生“哈喇”味，因其发生了加成反应
C．食品中加入苯甲酸，因其可以起到防腐作用
D．乙烯催化氧化制环氧乙烷，因其原子利用率高
【答案】B
【知识点】烯烃；油脂的性质、组成与结构；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、硝酸银见光易发生分解反应，棕色试剂瓶可以阻挡光线，因此硝酸银溶液需保存在棕色瓶中，解释合理，故 A 正确；
B、油脂放置久了产生哈喇味，是油脂中不饱和键被氧气氧化，发生氧化反应，并非加成反应，该解释与事实不符，故 B 错误；
C、苯甲酸能够抑制食品中微生物的生长繁殖，具备防腐效果，常作为食品防腐剂添加，解释合理，故 C 正确；
D、乙烯催化氧化生成环氧乙烷，该反应原子全部转化到目标产物中，原子利用率达到 100%，符合绿色化学理念，解释合理，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
见光易分解药品保存：硝酸银、浓硝酸等试剂需避光储存在棕色瓶；
油脂变质原理：油脂酸败产生异味是氧化反应，不是加成反应；
食品添加剂用途：苯甲酸及其钠盐属于常用酸性食品防腐剂；
绿色化学原子利用率：加成、环氧化类反应若无副产物，原子利用率 100%。
4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol石膏中所含的结晶水数目为
B．1 mol苯中所含的双键数目为
C．1 mol硝基()中所含的电子数为
D．1 mol氯乙烷中所含的极性键数目为
【答案】C,D
【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；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、石膏的化学组成是，每1mol石膏晶体结合2mol水分子作为结晶水，因此1mol石膏中结晶水分子数目为，题干说法与组成不符，故A错误；
B、苯分子内六个碳原子形成均匀的离域大键，不存在单独、固定的碳碳双键，分子中双键数量为0，因此1mol苯不含3mol碳碳双键，故B错误；
C、硝基属于中性基团，不带电荷，氮原子核外有7个电子，每个氧原子核外有8个电子，单个硝基总电子数，则1mol硝基所含电子总数为，故C正确；
D、氯乙烷结构简式为，不同种原子之间形成的共价键属于极性键，分子内包含5根极性键、1根极性键，合计6根极性键，1mol氯乙烷中极性键数目为，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】本题解题要点：
结晶水合物计量判断：石膏为二水合硫酸钙，化学式带2个结晶水，需根据化学式计量数判断结晶水物质的量；
苯的特殊化学键：苯不存在典型碳碳双键，六元环为共轭大π键，不能按3个双键计算；
中性基团电子计算方法：硝基不带电，直接累加组成原子的核外电子，无需额外增减电子；
极性共价键区分标准：成键两原子元素种类不同即为极性键，逐一统计分子内所有C-H、C-Cl键得到极性键总数。
5．某有机物结构如图所示。下列对于该有机物说法正确的是
A．分子式为
B．所有原子可能共平面
C．能发生氧化反应，不能发生取代反应
D．1 mol该有机物最多能与5 mol 加成
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；烯烃；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A、逐个数出结构中碳原子共11个，结合碳四价规则补齐氢原子，氢原子总数为8，氧原子4个，该有机物分子式应为，选项中氢原子数目书写错误，故A错误；
B、分子内存在甲基，甲基中的碳原子为杂化，空间呈四面体结构，甲基上的氢原子无法与苯环、双键平面共面，因此不可能所有原子共平面，故B错误；
C、分子含有酚羟基、碳碳双键，均可被酸性高锰酸钾氧化，燃烧也属于氧化反应，能发生氧化反应；酚羟基邻对位氢、醛基、酯基、甲基在对应条件下均可发生取代反应，所以该物质既能氧化也能取代，故C错误；
D、1mol苯环消耗3mol ，1mol碳碳双键消耗1mol ，1mol醛基可消耗1mol ；内酯中的羰基不能与氢气加成，合计最多消耗5mol ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
有机物分子式书写：数清骨架全部碳原子，利用碳四价饱和规律推算氢原子数量，核对氧原子得到准确分子式；
原子共面判断：只要存在饱和碳（甲基、亚甲基等），分子就无法全部原子共平面；
有机反应类型判断：酚、双键、醛基可发生氧化；苯环氢、烷基、酯基、酚羟基均可发生取代；
加成消耗量计算：苯环、碳碳双键、醛基羰基可加氢，酯、羧酸中的羰基不能和加成，分别统计可加成结构求和。
6．下列化学应用实例与方程式不匹配的是
A．烘焙糕点时以作膨松剂：
B．纯碱熔样致石英坩埚损坏：
C．用重铬酸钾检测酒驾：
D．煤制水煤气：
【答案】C
【知识点】原料与能源的合理利用；硅和二氧化硅；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水蒸气，大量气体可使糕点蓬松，方程式 与应用匹配，故A正确；
B、石英坩埚主要成分为，高温下二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，会腐蚀损坏坩埚，方程式 与应用匹配，故B正确；
C、重铬酸钾检测酒驾时，乙醇被氧化为乙醛，并非直接生成，题干方程式产物书写错误，正确反应为： ，故C错误；
D、高温下碳与水蒸气反应生成CO和，该混合气体为水煤气，方程式 与应用匹配，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
膨松剂反应原理：碳酸氢铵受热分解产生多种气体，利用气体膨胀使糕点疏松；
高温硅酸盐反应：碱性碳酸盐高温可与酸性氧化物发生复分解反应；
重铬酸钾氧化乙醇：酸性重铬酸钾只能将乙醇氧化为乙醛，无法直接氧化至二氧化碳；
水煤气制备：灼热碳单质与水蒸气高温反应，生成一氧化碳与氢气的混合燃料气。
7．利用下列装置完成相应实验，不能达到实验目的的是
A．分离固体NaCl和 B．验证能与水反应
C．实验室制备乙酸乙酯 D．模拟煤的干馏
【答案】B
【知识点】煤的干馏和综合利用；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、受热易分解生成和，遇冷水烧瓶底部遇冷又重新化合为，热稳定性强受热不变化，加热后固体混合物中氯化铵升华分离，装置A可分离二者，故A正确；
B、装置B仅能观察到试管内液面上升，只能证明溶于水，无法证明与水发生化学反应，缺少验证生成物（亚硫酸）的步骤，不能达到实验目的，故B错误；
C、乙醇、乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，导管不伸入溶液防倒吸，装置C可制备乙酸乙酯，故C正确；
D、隔绝空气加热煤，发生煤的干馏，产物煤焦油密度大于水在下层，上层水溶液，导出可燃气体，装置D可以模拟煤干馏实验，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
与分离思路：利用氯化铵受热分解、遇冷重新化合的升华特性实现固固分离；
与水反应验证思路：液面上升只能证明溶解，要证明化学反应需检验酸性物质生成（如加石蕊变红）；
乙酸乙酯制备实验要点：加热酯化、饱和除杂、导管悬空防倒吸；
煤的干馏模拟实验要点：隔绝空气强热，产物分层，下层为重液态煤焦油，同时产生可燃焦炉气。
8．能满足下列物质直接转化关系，且推理正确的是
A．X可为Fe，可用KSCN检验盐N
B．X可为Na，过程③可用启普发生器
C．X可为S，过程①→③可工业制硫酸
D．X可为，Z可使淀粉碘化钾溶液变蓝
【答案】D
【知识点】氮族元素简介；含硫物质的性质及综合应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；钠的氧化物
【解析】【解答】A、若X为，与反应生成铁的氧化物，铁的氧化物不能再和发生二次氧化得到更高价氧化物Z，无法满足“单质→低价氧化物→高价氧化物”连续两步氧化的转化关系，因此X不能为，故A错误；
B、若X为，第一步与生成，无法继续与直接氧化得到第二种氧化物Z，不匹配题干转化流程；同时过程③为氧化物与水反应：，固体粉末易漏、反应放热剧烈，不能使用启普发生器，故B错误；
C、X为时，反应①：，反应②：，反应③：，转化链条理论成立，但工业制备硫酸不能直接用水吸收，会形成硫酸酸雾降低吸收效率，工业采用98.3%浓硫酸吸收三氧化硫，因此①~③流程不能直接用于工业制硫酸，故C错误；
D、X为时，反应①：，反应②：，Z为，与水反应生成，硝酸可与碱反应得到硝酸盐；具备强氧化性，能够将氧化为，碘单质遇淀粉变蓝，转化关系与物质性质描述均成立，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
连续两步氧化判断：对应单质必须能生成两种价态不同的氧化物，低价氧化物可被进一步氧化；
、排除依据：氧化钠无法二次氧化，铁不存在两种可连续被氧气氧化的氧化物；
工业制硫酸核心细节：禁止用水直接吸收，工业选用浓硫酸吸收，题干流程不符合工业生产实际；
氧化性检验原理：二氧化氮可氧化碘化钾生成碘单质，淀粉遇单质碘显蓝色，可用于定性检验。
9．下列关于有机物的除杂和鉴别的说法错误的是
A．除去乙烷中的乙烯：通入氢气和乙烯反应
B．除去乙醇中的乙酸：加入氧化钙后蒸馏
C．利用燃烧法鉴别乙烷、乙烯和乙炔
D．利用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)鉴别乙醇、乙醛和乙酸
【答案】A
【知识点】有机物的鉴别；乙酸的化学性质；物质的分离与提纯；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、乙烷中混有乙烯，通入氢气与乙烯发生加成反应除去乙烯时，氢气的通入量难以精准控制，氢气不足则乙烯除不尽，氢气过量会引入新杂质，不符合除杂“不引入新杂质”的原则，正确除杂方法应为通入溴水洗气，该操作方案错误，故A错误；
B、向混有乙酸的乙醇中加入，会与乙酸发生反应生成高沸点乙酸钙，同时吸水，降低乙醇与体系的沸点差值，后续蒸馏可以分离出纯净乙醇，除杂方法合理，故B正确；
C、乙烷、乙烯、乙炔三者碳氢比例依次升高，燃烧时现象区分明显：乙烷燃烧火焰淡蓝色、无黑烟；乙烯燃烧火焰明亮、伴有少量黑烟；乙炔燃烧火焰明亮且产生大量浓黑烟，依靠燃烧现象可以完成鉴别，故C正确；
D、新制悬浊液分别与三种物质混合：乙醇不发生反应，无明显变化；乙酸能溶解氢氧化铜，蓝色沉淀消失，得到蓝色溶液；乙醛混合后加热煮沸，生成砖红色沉淀，三种物质现象各不相同，能够鉴别，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
有机物除杂核心原则：除去杂质时不能引入新杂质，试剂用量易控制，操作简便；烯烃除杂不能用氢气加成，优先选用溴水；
乙醇中乙酸除杂思路：碱性氧化物中和乙酸，提高盐的沸点，通过蒸馏分离低沸点乙醇；
燃烧法鉴别烃类原理：烃分子碳含量越高，燃烧黑烟越浓重，可依靠火焰、黑烟差异区分乙烷、乙烯、乙炔；
新制氢氧化铜鉴别醇、醛、羧酸：羧酸溶解沉淀，醛加热生成砖红色沉淀，醇无反应，现象互不干扰。
10．为回收利用含的废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法错误的是
A．步骤Ⅰ中，加入足量溶液充分反应后，上下两层均为无色
B．步骤Ⅰ中，所需的玻璃仪器只有分液漏斗
C．步骤Ⅱ中，反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为
D．该流程中，可以循环利用，提高利用率
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、步骤Ⅰ加入（或），发生歧化反应生成、进入水层溶液A，层无碘单质，上下两层均变为无色，描述正确，故A正确；
B、步骤Ⅰ为萃取分液操作，除分液漏斗外，还需要烧杯承接两层液体，玻璃仪器包含分液漏斗、烧杯，并非只有分液漏斗，说法存在错误，故B错误；
C、步骤Ⅱ加入酸（试剂X）发生归中反应：，中I元素化合价降低，作氧化剂；中I元素化合价升高，作还原剂，二者物质的量之比为，故C正确；
D、步骤Ⅰ分液分离出纯净，可再次投入废液回收流程循环使用，提高有机溶剂利用率，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
碘单质与碱歧化原理：碱性条件下歧化为碘离子、碘酸根，有机层褪色；
萃取分液仪器：标准分液操作必须配套分液漏斗、烧杯两种玻璃仪器；
碘归中反应电子守恒：碘酸根为氧化剂、碘离子为还原剂，根据化合价升降总数相等确定计量比；
工艺流程循环物质判断：分离得到的四氯化碳无杂质，可重复参与萃取步骤，实现循环利用。
11．下列针对相关实验的说法错误的是
选项 实验目的 实验方法或操作
A 检验乙醇被氧气氧化为乙醛 将乙醇蒸气与空气混合通过灼热铜网，得到的气体通入酸性溶液
B 检验淀粉是否完全水解 向淀粉溶液中加入少量硫酸，加热一段时间后，冷却，取少量水解液，再加入少量碘水
C 检验溶液中是否含有 向某溶液中加入适量NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
D 实现溴水富集 向分液漏斗中先后加入溴水与直馏汽油，充分振荡
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铵离子检验；分液和萃取；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、乙醇蒸气本身具有还原性，能够直接使酸性溶液褪色，无法区分是乙醇还是反应生成的乙醛还原高锰酸钾，干扰乙醛的检验，该实验操作不能达到实验目的，故A错误；
B、淀粉遇碘单质变蓝，水解液冷却后滴加碘水，若溶液不变蓝说明淀粉完全水解，若变蓝说明还有淀粉剩余，操作可以检验淀粉是否完全水解，故B正确；
C、与浓溶液共热会释放，氨气溶于水显碱性，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该操作是铵根离子标准检验方法，故C正确；
D、直馏汽油属于液态烷烃混合物，不溶于水，溴单质在汽油中溶解度远大于在水中，振荡后溴单质会转移至有机层，完成溴水富集，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
乙醛检验干扰分析：乙醇、乙醛均能被酸性高锰酸钾氧化，乙醇蒸气会干扰产物检验，需先除去乙醇再检验乙醛；
淀粉完全水解检验思路：利用碘与淀粉的特征显色反应，仅检验体系中是否残留淀粉；
铵根离子检验操作要点：必须加浓强碱并加热，依靠碱性气体使湿润红色石蕊试纸变色；
溴水富集萃取原理：直馏汽油不与溴发生反应，且与水互不相溶，可萃取溴单质实现富集。
12．含钛高炉渣富含、、MgO、CaO、、等氧化物，其用于提取金属钛的流程如下。已知：不溶于水、稀酸和碱溶液。
下列说法错误的是
A．“研磨、磁选”时可除去高炉渣中的铁元素
B．“酸浸”“碱浸”均发生氧化还原反应
C．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，滤渣2的主要成分仍相同
D．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量增大
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、具有磁性，磁选操作可以分离出含铁氧化物，因此研磨、磁选步骤能够除去高炉渣中的铁元素，故A正确；
B、酸浸时，、、、与稀盐酸发生复分解反应，无化合价变化；碱浸时与发生复分解反应，全程均无电子转移，不存在氧化还原反应，该说法错误，故B错误；
C、原流程酸浸滤渣1为、，碱浸溶解，滤渣2为；若先碱浸，、溶于，滤渣为、、，再酸浸除去、，最终滤渣2依旧是，主要成分不变，故C正确；
D、调换顺序后，原料中的、都会先和反应，消耗更多氢氧化钠，因此氢氧化钠用量会增大，故D正确；
故答案为：B。
【分析】将含钛高炉渣研磨粉碎后磁选，利用的磁性分离除去含铁杂质；剩余矿渣加入稀盐酸酸浸，、、与盐酸反应溶解，、不溶于稀酸，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入溶液碱浸，和强碱反应溶解，不与碱反应，再次过滤得到滤渣2，后续由进一步处理制取金属钛。
13．某化学兴趣小组准备利用下列装置进行的酸性强于HClO的验证实验，所有装置内的溶液均为过量，装置可根据实际需要选择使用，下列相关说法错误的是
A．漂白粉的保存应注意密封、避光、阴凉通风
B．装置A中的浓盐酸可以替换为70%的
C．选用连接顺序ACBEDF能达到实验目的
D．F中出现浑浊现象的原因是的酸性强于HClO
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、漂白粉有效成分为，遇水、会生成，见光易分解，因此保存需要密封、避光、置于阴凉通风处，故A正确；
B、70%浓硫酸酸性强、难挥发，可与亚硫酸钠反应制备，能够替换浓盐酸，避免盐酸挥发带来杂质干扰，故B正确；
C、装置A制，C饱和亚硫酸氢钠除去挥发酸杂质，B碳酸氢钠生成（证明酸性），E酸性高锰酸钾除去剩余，D品红检验除尽，最后F漂白粉溶液，通过与漂白粉反应证明酸性，串联可证明酸性，连接顺序ACBEDF可行，故C正确；
D、通入漂白粉溶液发生氧化还原反应，具有强氧化性，将氧化为，生成白色浑浊，并非强酸制弱酸复分解反应，不能证明酸性强于，该说法错误，故D错误；
故答案为：D。
【分析】装置A中亚硫酸钠与酸反应制取，气体先通入饱和除去酸性挥发杂质；再通入溶液，利用强酸制弱酸生成，证明亚硫酸酸性强于碳酸；混合气体通入酸性完全吸收剩余，品红溶液检验是否除干净；最后将纯净通入漂白粉溶液，证明碳酸酸性强于次氯酸，间接验证酸性大于。
14．取某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的体积随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸被还原为NO气体，不考虑气体的溶解)。下列说法错误的是
A．OA段发生的反应为：
B．BC段反应产生的气体为
C．C点的溶质为和的混合物
D．原混合溶液中的物质的量浓度为
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；铁的化学性质；无机物的推断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、酸性环境中氧化性强于，OA段铁粉优先和硝酸根反应，对应离子方程式，投入11.2 g铁粉时硝酸根恰好完全消耗，A正确；
B、AB段发生归中反应，无气体生成；待耗尽后，BC段铁粉与氢离子反应，该阶段生成的气体是氢气，B正确；
C、OA段已将全部消耗完毕，C点体系阴离子只有硫酸根，溶质只有，不存在，C错误；
D、C点溶液溶质为，参与反应的铁粉总质量22.4 g，总物质的量，即溶液中；依据电荷守恒，，硫酸根全部来自，溶液体积0.2 L，因此，D正确；
故答案为：C。
【分析】稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中逐滴滴加铁粉，反应按照氧化性强弱分三个阶段依次进行：OA段酸性条件下优先氧化，生成与，此过程硝酸根完全消耗；AB段铁粉与体系内发生归中反应，只生成，全程无气体产生；BC段溶液中仅剩硫酸电离出的，与铁粉反应释放；到达C点时，、、均完全反应，溶液中仅存在一种溶质。
15．如图为对氨基苯甲酸()的一种合成路线。
已知：①苯环上原有取代基对新引入取代基位置的影响叫作定位效应，烷基为苯环上的邻、对位定位基，羧基为苯环上的间位定位基；②氨基性质和羟基相似。下列说法正确的是
A．反应③为加成反应
B．有机物B、D互为同系物
C．最终产物中含有杂质
D．调换反应②和反应③的先后顺序对最终产物无影响
【答案】C
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A、反应③中转化为，是还原反应，并非加成反应，故A错误；
B、有机物B官能团为甲基、硝基，有机物D官能团为羧基、氨基，二者官能团种类不同，不满足同系物定义，故B错误；
C、甲苯硝化时，甲基为邻对位定位基，会同时生成邻硝基甲苯、对硝基甲苯，邻硝基甲苯经氧化、还原后生成邻氨基苯甲酸，因此最终产物中会混入该杂质，故C正确；
D、氨基还原性强，可被酸性氧化，若调换②③顺序，先还原硝基得到氨基，氧化甲基时氨基会被破坏，无法得到目标产物，对最终产物有明显影响，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕对氨基苯甲酸合成路线，结合苯环取代定位效应、有机反应类型、同系物判断、官能团性质分析：
定位规则：甲基是邻、对位定位基，甲苯硝化会生成邻硝基甲苯、对硝基甲苯两种产物；羧基为间位定位基；氨基易被强氧化剂氧化，氧化甲基必须在还原硝基之前。
反应③是还原为，属于还原反应；
同系物要求官能团种类、数目相同，碳骨架相差若干；B含、，D含、，官能团完全不同，不是同系物；
甲苯硝化同时生成邻硝基甲苯、对硝基甲苯，后续氧化、还原后会生成邻氨基苯甲酸杂质；
氨基易被酸性高锰酸钾氧化，若先还原硝基再氧化甲基，氨基会被破坏，无法得到目标产物。
16．填空
1.甲烷是最简单的有机物。
（1）下列气体的主要成分不是甲烷的是___________(填标号，下同)。
A. 沼气 B. 天然气 C. 煤气 D. 煤层气
（2）甲烷分子中键角为___________。
A. 60° B. 90° C. D. 120°
（3）甲烷与在光照条件下可得________种产物，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是________。
A． B． C． D．
Ⅱ.甲烷作为化工原料可用于生成甲醇。
（4）等质量的甲烷和甲醇耗氧量较多的是________。
（5）实验发现将Na投入甲醇中会出现上下跳动的现象，原因是________。
（6）以纳米级为催化剂，向硫酸酸化的90℃的溶液中通入甲烷，可直接生成甲醇，离子方程式为________。
（7）将煤隔绝空气在1500℃加热1小时可得到甲烷和焦炭，该过程称为________；工业上常利用与焦炭(由煤样制得)反应的的转化率来衡量煤的化学活性，其关键步骤为：将焦炭与反应后的气体，先后通入足量氢氧化钡溶液和足量银氨溶液，均可生成沉淀，则沉淀依次为________和________(填化学式)。
【答案】(1) C
(2) C
(3) 5 D
(4) (或甲烷)
(5) 钠的密度比甲醇大，先下沉；反应生成的氢气附着使其上浮，氢气逸出后又下沉，如此往复
(6)
(7) 煤的干馏 Ag
【知识点】煤的干馏和综合利用；甲烷的取代反应
【解析】【解答】(1)沼气、天然气、煤层气的主要可燃成分都是甲烷；而煤气是水蒸气和炽热煤炭反应制得，主要成分是一氧化碳与氢气，几乎不含甲烷，因此主要成分不是甲烷的选C。
故答案为：C；
(2)甲烷分子中心碳原子采取sp3杂化，分子空间构型为标准正四面体结构，四个C-H键完全等价，相邻两个H-C-H的键角固定为109°28'，对应选项C。
故答案为：C；
(3)甲烷和氯气在光照条件下会发生多步连续取代反应，依次生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，同时每一步都会生成氯化氢，加起来一共有5种产物；反应生成的氯化氢极易溶于饱和食盐水，会使试管内部压强减小，液面明显上升，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳常温下是油状液体附着在试管内壁，符合该现象的装置为D。
故答案为：5；D；
(4)有机物完全燃烧时，同等质量前提下，分子中氢元素质量分数越高，消耗氧气的总量越多；甲烷只含碳、氢，甲醇额外含有氧元素，甲烷的氢元素占比远高于甲醇，因此等质量时甲烷耗氧量更多。
故答案为：（或甲烷）；
(5)金属钠的密度大于液态甲醇，钠刚投入甲醇时会直接沉入液面下方；钠能和甲醇缓慢反应生成氢气，大量微小氢气泡会吸附包裹在钠的表面，增大整体浮力，带动钠向上浮到液面；气泡逸散到空气中后，浮力减小，钠又会重新下沉，如此反复，肉眼观察到钠上下跳动。
故答案为： 钠的密度比甲醇大，先下沉；反应生成的氢气附着使其上浮，氢气逸出后又下沉，如此往复 ；
(6)在90℃、纳米催化、硫酸酸化的酸性环境中，甲烷作为还原剂被过二硫酸根氧化生成甲醇，过二硫酸根被还原为硫酸根；根据原子守恒、电荷守恒配平离子方程式，标注反应温度与催化剂条件：
故答案为： ；
(7)将煤炭隔绝空气、高温加热分解，得到甲烷、焦炭、煤焦油、粗氨水等产物的化工工艺，该过程称为煤的干馏；焦炭与二氧化碳高温反应后，混合气体里含有未完全反应的和生成的CO；混合气体先通入足量氢氧化钡溶液，与反应生成碳酸钡白色沉淀；剩余CO通入足量银氨溶液，CO发生银镜反应，析出银单质Ag沉淀。
故答案为：煤的干馏；；
【分析】(1) 本题考查常见燃料的组分区分，熟记四类气体的原料与主要成分，煤气为水煤气，原料是碳和水蒸气，产物不含甲烷，其余三种气体开采自地下，核心成分为甲烷，据此筛选答案。
(2) 本题考查甲烷分子空间结构基础知识点，正四面体构型的特征键角为109°28'，区分平面三角形、直线型等结构的键角，直接匹配对应选项。
(3) 考查甲烷氯代反应全部产物，光照取代为连锁分步反应，四种氯代烃外加氯化氢共5种；结合氯化氢水溶性、多氯代甲烷物理状态分析实验现象，匹配液面上升、管壁有油滴的装置。
(4) 本题考查有机物燃烧耗氧规律，等质量物质比较氢元素质量分数，氢含量越高耗氧越多，对比甲烷、甲醇元素组成，判断甲烷耗氧量更大。
(5) 结合密度大小关系、钠与醇的置换反应、浮力变化三个知识点，分步解释钠上浮、下沉交替出现的完整过程。
(6) 先判断氧化剂、还原剂与对应产物，体系为酸性环境，根据得失电子守恒配平离子，补充温度、催化剂条件，完整书写氧化还原离子方程式。
(7) 熟记煤干馏的定义（隔绝空气高温分解）；分析混合气组分，二氧化碳与钡盐生成碳酸盐沉淀，一氧化碳还原银氨溶液析出金属银，写出对应沉淀化学式。
17．硫酸锰是一种重要的化工中间体，一种以高硫锰矿(主要成分为和FeS，主要杂质为：、，还含有少量Fe、Al、Cu、Ni等元素的氧化物或硫化物)为原料制取硫酸锰的工艺流程如下。
回答下列问题：
（1）杂质Ca元素位于元素周期表第　 　周期，第　 　族。
（2）为提高“酸浸”过程中的效率，可采取的措施为　 　。
（3）若高硫锰矿不经“焙烧”直接用“酸浸”，会产生的污染物是　 　(填化学式)。
（4）已知“滤渣2”中含有Fe元素和Al元素，则加入的试剂A可能为　 　(填化学式)，写出“氧化”步骤对应的离子方程式　 　。
（5）与“滤渣4”主要成分相同的天然矿物的名称是　 　，“滤渣3”的主要成分有　 　(填化学式)。
（6）“碳化结晶”生成的离子方程式为　 　，“碳化结晶”需选择合适的温度，原因是　 　。
【答案】（1）四；ⅡA
（2）适当提高酸浸温度或适当增大硫酸浓度或粉碎原料等
（3）
（4）或；或
（5）萤石；CuS、NiS
（6）；温度过高碳酸氢铵分解，温度太低反应速率太慢
【知识点】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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1) Ca元素原子序数为20，核外电子排布为2、8、8、2，电子层数为4，最外层电子数为2，对应元素周期表第四周期第ⅡA族。
故答案为：四；ⅡA；
(2) 提升固液反应酸浸效率，可从增大接触面积、加快粒子运动、提高反应物浓度三个角度处理：将矿石粉碎增大固液接触面积、适当升高反应温度加快离子扩散、适度提高硫酸浓度提升氢离子浓度，均能加快浸出反应速率。
故答案为： 适当提高酸浸温度或适当增大硫酸浓度或粉碎原料等 ；
(3) 矿石中含有FeS硫化物，不经过焙烧直接加硫酸酸浸，硫化亚铁会和硫酸发生复分解反应，生成有毒硫化氢气体，造成大气污染。
故答案为：；
(4) 中和除杂得到含Fe、Al的滤渣，需要先把溶液中氧化为，便于后续调pH沉淀除去；可选不引入新杂质的氧化剂或者；
氧化亚铁离子：；
氧化亚铁离子：。
故答案为：或 ；或 ；
(5) 氟化除杂加入，沉淀为，天然矿物中对应萤石；
硫化除杂加入，溶液中、与硫离子结合生成难溶硫化物，滤渣3主要成分为、。
故答案为： 萤石； CuS、NiS；
(6) 碳化结晶时与发生双水解，生成碳酸锰沉淀、二氧化碳与水，离子方程式： ；
温度控制存在双重影响：温度过高受热易分解，原料损耗；温度过低离子运动缓慢，反应进行速率过低，产率下降，因此需要选择适中温度。
故答案为：；温度过高碳酸氢铵分解，温度太低反应速率太慢；
【分析】高硫锰矿（、，含、及少量Fe、Al、Cu、Ni氧化物/硫化物）先焙烧，再加酸浸，形成滤渣1；酸浸液加或氧化为，投入调pH，、转化氢氧化物滤渣2除去；滤液加，、沉淀为、滤渣3；再加入除，生成滤渣4；锰盐滤液加入碳化结晶析出，经酸溶、浓缩结晶，得到产物。
(1) 依据钙原子核外电子层数判断周期，依靠最外层电子数结合主族划分规则确定主族序数。
(2) 考查影响固液浸出反应速率的外界条件，围绕接触面积、温度、反应物浓度三个核心影响因素作答。
(3) 矿石含金属硫化物，硫化物与强酸反应生成硫化氢有毒气体，结合未焙烧的条件判断污染物。
(4) 先明确氧化步骤目的是将二价铁转化为三价铁，选择无杂质引入的氧化剂；再根据得失电子守恒、电荷守恒书写氧化还原离子方程式。
(5) 由氟化除杂试剂推出滤渣4为氟化钙，匹配对应天然矿物名称；硫化除杂除去铜、镍离子，写出对应难溶硫化物化学式。
(6) 利用碳酸氢根与锰离子双水解规律书写沉淀离子方程式；从碳酸氢铵热不稳定性、低温反应速率慢两个维度解释温度需要严格控制的原因。
（1）Ca为20号元素，位于元素周期表第四周期第IIA族；
（2）酸浸时提高效率，可从增大接触面积、提高反应速率等方面考虑，如适当提高酸浸温度、适当增大硫酸浓度、将矿石粉碎等；
（3）若不经焙烧直接用H2SO4酸浸，矿石中的FeS等硫化物会与酸反应生成有毒气体H2S，造成污染；
（4）①滤液2中含有Fe2+和Al3+，氧化步骤是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续水解沉淀除铁，因此氧化剂A可为MnO2或H2O2；
若用MnO2作氧化剂，离子方程式为：MnO2+ 2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O，
若用H2O2作氧化剂，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+= 2Fe3++2H2O；
（5）①滤渣4与主要成分相同的天然矿物是萤石，主要成分为CaF2；
②加入(NH4)2S后，Cu2+、Ni2+与S2-生成难溶硫化物沉淀，因此滤渣3的主要成分为CuS、NiS；
（6）① “碳化结晶”时，Mn2+与碳酸氢根反应生成MnCO3沉淀，同时放出CO2，离子方程式为：；
② “碳化结晶”需要选择适合温度，是因为温度过高会使碳酸氢铵分解，温度过低反应速率太慢。
18．乳酸正丙酯易溶于乙醚，广泛应用于涂料、化妆品及生物溶剂领域。某小组同学欲通过实验研究乳酸的结构，并制备乳酸正丙酯。
【实验1】研究乳酸的结构
ⅰ.确定分子式。借助相关仪器测得乳酸的分子式为。
ⅱ.确定官能团。乳酸分子的官能团为和，并进行如下实验验证。
序号 待验证官能团 检测试剂 实验现象 实验结论
① ___________ 产生无色气泡 含有
② Cu， ___________ 含有
（1）实验①中，检测试剂为　 　。
（2）实验②中，铜丝表面的现象为　 　。
ⅲ.确定结构简式。
（3）实验②的氧化产物只有两种不同化学环境的氢原子，则乳酸的结构简式为　 　。
【实验2】制备乳酸正丙酯
为实现乳酸正丙酯的绿色制备及反应过程可视化，利用如图装置(部分夹持装置略)进行实验。
ⅰ.将40 g乳酸、24 g正丙醇(标记)和硫酸氢钠固体投入三颈烧瓶中，向小孔冷凝柱中装入变色硅胶，加热至102～105℃，反应回流6 h。
ⅱ.变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。
ⅲ.酯化结束后，常压蒸馏至110℃左右，收集到的馏分经处理后循环使用。
ⅳ.减压蒸馏至120℃左右，收集馏分，获得乳酸正丙酯粗品。
相关物质在常温常压下的沸点如下表：
物质 乳酸 正丙醇 乳酸正丙酯
沸点/℃ 227.6 97.2 168
（4）步骤ⅰ：酯化结束后，存在的物质有　 　种。
（5）步骤ⅱ：变色硅胶吸水，其作用除指示反应进程外，还有　 　。
（6）步骤ⅲ：收集到的可循环使用的物质主要是　 　(填名称)。
（7）提纯粗产品的所有操作如下，请排序　 　(填序号)。
①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相⑤加入干燥剂吸水
（8）步骤(7)中获得精制产品16.0 g，则该实验的产率为　 　(列出计算式，不用化简)。
【答案】；由红色变为黑色后又变为红色；；2；吸收加热时生成的水，提高乳酸正丙酯的产率；正丙醇；②④⑤③①；
【知识点】有机物中的官能团；羧酸简介；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 检验羧基，利用羧酸酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应释放二氧化碳无色气泡，因此选用试剂。
故答案为：；
(2) 铜丝先在氧气中加热生成黑色，热氧化铜与羟基发生催化氧化，重新被还原为红色铜单质，现象为铜丝由红变黑，冷却接触乳酸后又变回红色。
故答案为：由红色变为黑色后又变为红色；
(3) 乳酸分子式，含、；催化氧化产物只有两种等效氢，说明羟基连在中间碳原子上，结构简式为 。
故答案为：；
(4) 酯化反应遵循酸脱羟基、醇脱氢，标记全部留在正丙醇与生成的乳酸正丙酯中，共2种含的物质。
故答案为：2；
(5) 酯化反应可逆，变色硅胶可吸收反应生成的水，平衡正向移动，推动酯化反应充分进行，提升乳酸正丙酯产率，同时硅胶颜色变化能直观判断反应进度。
故答案为： 吸收加热时生成的水，提高乳酸正丙酯的产率 ；
(6) 表格中正丙醇沸点97.2℃，步骤iii常压蒸馏110℃，该温度下蒸出的物质为未完全反应的正丙醇，可回收循环投入酯化反应。
故答案为：正丙醇；
(7) 粗品提纯流程：先乙醚萃取分液②，重复萃取合并有机相④；有机相加干燥剂吸水⑤；过滤除去固体干燥剂③；最后减压蒸馏提纯酯①，顺序为②④⑤③①。
故答案为：②④⑤③①；
(8) 先计算原料物质的量：乳酸，正丙醇，正丙醇为限量反应物；乳酸正丙酯摩尔质量134 g/mol，理论产量为，实际产量16.0 g，产率算式：。
故答案为：；
【分析】实验分为两大板块，实验 1 先通过试剂检验乳酸分子中的羧基、羟基官能团，再结合氧化产物等效氢条件推导乳酸完整结构简式；实验 2 以乳酸、标记 8O 的正丙醇为原料，硫酸氢钠作催化剂加热回流发生酯化，变色硅胶吸收生成的水推动反应正向进行；反应结束后先常压蒸馏回收未反应的正丙醇循环使用，再减压蒸馏得到粗酯；粗酯经乙醚多次萃取分液、干燥剂干燥、过滤除固体干燥剂、减压蒸馏提纯得到精制乳酸正丙酯，最后以正丙醇为限量原料计算产品产率。
(1) 依托羧基酸性检验原理，羧酸与碳酸氢钠反应生成气泡，区分其他官能团检验试剂，确定碳酸氢钠为检测试剂。
(2) 结合醇的催化氧化实验流程，铜先被氧气氧化成氧化铜，热氧化铜与醇羟基反应还原出单质铜，梳理完整颜色变化现象。
(3) 结合分子式、两种官能团，再根据氧化产物等效氢种类限制碳骨架，确定羟基连接在二号碳上，写出乳酸结构简式。
(4) 依据酯化反应断键规律，醇中氧原子不进入水分子，仅存在于醇与酯两种有机物内，统计含标记氧的物质数目。
(5) 从可逆平衡移动角度分析，硅胶吸水减少生成物水，平衡正向移动，兼顾显色指示反应进度与提高产率双重作用。
(6) 对照各物质沸点数据，110℃低于乳酸、酯的沸点，仅正丙醇在此温度蒸出，判断可循环物质。
(7) 按“萃取除水相→干燥除微量水→过滤除干燥剂→蒸馏提纯”的有机物提纯逻辑，对操作步骤排序。
(8) 先对比两种原料物质的量找出限量反应物，算出理论最大产量，用实际产量除以理论产量得到产率计算式。
19．聚β-羟基丁酸酯(PHB)是一种用途广泛的可降解塑料，其两种降解路线(醇解与热解)如下图所示(部分反应试剂、反应条件略)。
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　，其官能团的名称为　 　、　 　。
（2）若反应①中原子利用率为100%，则反应物x为　 　(填化学式)。
（3）反应②存在先碱化后酸化的过程，写出用NaOH碱化的化学方程式　 　。
（4）M是化合物Ⅱ的同分异构体，符合下列条件的M的结构有　 　种(不考虑立体异构)。
①1 mol M与足量钠反应生成1 mol ②M可与反应生成
③有两个连在同一碳上
（5）一定条件下，以化合物Ⅲ为原料可合成四元环酯，该四元环酯的结构简式为　 　。
（6）化合物Ⅲ可通过如下路径合成：
已知：
①化合物V中共面的原子最多有　 　个。
②根据以上信息推测，以下流程图中：有机物M的结构简式为　 　，有机物N的结构简式为　 　。
【答案】（1）；碳碳双键；羧基
（2）
（3）
（4）3
（5）
（6）10；；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1) 化合物Ⅰ结构为，清点分子内C、H、O原子数目，分子式是；分子中存在碳碳双键、羧基两种官能团。
故答案为： ； 碳碳双键 ； 羧基 ；
(2) 反应①原子利用率100%，属于加成反应；对比反应物Ⅰ（）和产物Ⅲ（）的原子组成，产物比反应物多2个H、1个O，因此反应物x为。
故答案为： ；
(3) 化合物Ⅱ是乳酸甲酯，分子内含酯基，与加热发生酯的水解反应，酯键断裂生成乳酸钠与甲醇，化学方程式：
故答案为： ；
(4) 化合物Ⅱ分子式，结合三个限定条件推导：①1 mol M和足量Na生成1 mol ，分子含1个羟基；②能和反应释放，分子含1个羧基；③存在同一个碳原子连接两个；固定骨架后排布剩余基团，符合全部条件的同分异构体共3种， 如图、、；
故答案为：3；
(5) 化合物Ⅲ同时带有羟基、羧基，两分子Ⅲ发生分子间酯化反应脱去两分子水，形成四元环状内酯，环由2个碳原子、2个氧原子构成，结构简式： ；
故答案为： ；
(6) ①根据题干烯烃酸性高锰酸钾氧化断键规则，化合物V（ ）含有羰基结构，羰基平面内原子可通过单键旋转共面，最多有10个原子处于同一平面；
②环状烯烃在酸性高锰酸钾、加热条件下双键断裂，生成1，4-环己烷二甲酸（ ），即有机物M；M和甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，两个羧基全部转化为酯基，得到二甲酯有机物N（ ）。
故答案为：10； ；
【分析】PHB 塑料有两条降解路径：热解得到不饱和羧酸 Ⅰ，Ⅰ 加水加成生成羟基羧酸 Ⅲ；醇解和甲醇反应生成乳酸甲酯 Ⅱ，Ⅱ 经碱性水解酸化后也得到 Ⅲ。
再以 Ⅲ 为原料推导同分异构体、合成四元环内酯；另外给出烯烃酸性氧化规则，结合反应推导氧化产物 V、二元羧酸 M 和二甲酯 N。
(1) 先写出Ⅰ完整结构简式，逐个统计碳、氢、氧原子得到分子式；观察结构里的不饱和键与含氧基团，识别碳碳双键、羧基两种官能团。
(2) 原子利用率100%对应加成反应，对比反应物Ⅰ和产物Ⅲ的原子数量差，补足缺少的氢、氧原子推出反应物水。
(3) 酯类在强碱加热环境下发生水解，酯键断开，羧基与钠离子结合生成羧酸盐，同时释放甲醇，依据原子守恒配平完整方程式。
(4) 由题干条件锁定分子必须含1个羟基、1个羧基，再固定“同一个碳连两个甲基”的特征骨架，采用定骨架移官能团的方法计数同分异构体。
(5) Ⅲ兼具羟基与羧基，两分子互相发生酯化脱去两分子水，首尾相连形成四元环状内酯，按照碳氧闭环规则书写环状结构。
(6) ①利用题目给出的烯烃氧化断键信息分析V的平面结构，借助碳碳单键可旋转的特点判断最多共面原子数目；
②环烯烃双键完全氧化断裂生成两端带羧基的二元羧酸M，羧酸与甲醇酯化生成二甲酯N。
（1）化合物Ⅰ结构为，分子式为，分子内含碳碳双键、羧基两种官能团；
（2）反应①原子利用率100%，属于加成反应，由原子守恒可得反应物为；
（3）Ⅱ在加热条件下发生酯的水解反应，化学方程式：；
（4）Ⅱ分子式，限定条件：可与反应说明含，有机物与钠生成说明另含1个，两个连在同一个碳原子上，符合条件共3种结构如图、、；
（5）两分子Ⅲ发生酯化反应，生成四元环酯，结构为；
（6）①Ⅴ为，该分子含两处羰基平面结构，羰基及相连碳原子固定共面，碳碳单键可自由旋转。羧基平面可通过旋转能与羰基平面重合，异丙基中心碳在羰基平面，1个甲基有一个碳原子和一个氢原子可转入平面，最多10个原子共平面；
②环二烯烃被酸性高锰酸钾氧化断裂双键生成丁二酸，M与甲醇浓硫酸加热酯化生成。
1 / 1四川成都市树德中学2025-2026学年高一下学期半期考试 化学试题
1．氢燃料公交车、光储充一体化充电站等绿色交通设施逐步投入使用。下列说法错误的是
A．氢能与潮汐能、波浪能均属于清洁能源
B．光储充一体化充电站光伏板的材料为
C．充电桩壳体聚碳酸酯是一种合成高分子材料
D．镧镍合金能吸收大量氢气以缓解储氢难题
2．下列化学用语表述错误的是
A．H、D、T的核外电子排布不同 B．甲醛的分子式：
C．的球棍模型： D．聚乙烯的链节：
3．下列描述不能正确解释所反映事实的是
A．硝酸银溶液存于棕色瓶中，因其受光照易分解
B．油脂产生“哈喇”味，因其发生了加成反应
C．食品中加入苯甲酸，因其可以起到防腐作用
D．乙烯催化氧化制环氧乙烷，因其原子利用率高
4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol石膏中所含的结晶水数目为
B．1 mol苯中所含的双键数目为
C．1 mol硝基()中所含的电子数为
D．1 mol氯乙烷中所含的极性键数目为
5．某有机物结构如图所示。下列对于该有机物说法正确的是
A．分子式为
B．所有原子可能共平面
C．能发生氧化反应，不能发生取代反应
D．1 mol该有机物最多能与5 mol 加成
6．下列化学应用实例与方程式不匹配的是
A．烘焙糕点时以作膨松剂：
B．纯碱熔样致石英坩埚损坏：
C．用重铬酸钾检测酒驾：
D．煤制水煤气：
7．利用下列装置完成相应实验，不能达到实验目的的是
A．分离固体NaCl和 B．验证能与水反应
C．实验室制备乙酸乙酯 D．模拟煤的干馏
8．能满足下列物质直接转化关系，且推理正确的是
A．X可为Fe，可用KSCN检验盐N
B．X可为Na，过程③可用启普发生器
C．X可为S，过程①→③可工业制硫酸
D．X可为，Z可使淀粉碘化钾溶液变蓝
9．下列关于有机物的除杂和鉴别的说法错误的是
A．除去乙烷中的乙烯：通入氢气和乙烯反应
B．除去乙醇中的乙酸：加入氧化钙后蒸馏
C．利用燃烧法鉴别乙烷、乙烯和乙炔
D．利用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)鉴别乙醇、乙醛和乙酸
10．为回收利用含的废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法错误的是
A．步骤Ⅰ中，加入足量溶液充分反应后，上下两层均为无色
B．步骤Ⅰ中，所需的玻璃仪器只有分液漏斗
C．步骤Ⅱ中，反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为
D．该流程中，可以循环利用，提高利用率
11．下列针对相关实验的说法错误的是
选项 实验目的 实验方法或操作
A 检验乙醇被氧气氧化为乙醛 将乙醇蒸气与空气混合通过灼热铜网，得到的气体通入酸性溶液
B 检验淀粉是否完全水解 向淀粉溶液中加入少量硫酸，加热一段时间后，冷却，取少量水解液，再加入少量碘水
C 检验溶液中是否含有 向某溶液中加入适量NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
D 实现溴水富集 向分液漏斗中先后加入溴水与直馏汽油，充分振荡
A．A B．B C．C D．D
12．含钛高炉渣富含、、MgO、CaO、、等氧化物，其用于提取金属钛的流程如下。已知：不溶于水、稀酸和碱溶液。
下列说法错误的是
A．“研磨、磁选”时可除去高炉渣中的铁元素
B．“酸浸”“碱浸”均发生氧化还原反应
C．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，滤渣2的主要成分仍相同
D．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量增大
13．某化学兴趣小组准备利用下列装置进行的酸性强于HClO的验证实验，所有装置内的溶液均为过量，装置可根据实际需要选择使用，下列相关说法错误的是
A．漂白粉的保存应注意密封、避光、阴凉通风
B．装置A中的浓盐酸可以替换为70%的
C．选用连接顺序ACBEDF能达到实验目的
D．F中出现浑浊现象的原因是的酸性强于HClO
14．取某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的体积随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸被还原为NO气体，不考虑气体的溶解)。下列说法错误的是
A．OA段发生的反应为：
B．BC段反应产生的气体为
C．C点的溶质为和的混合物
D．原混合溶液中的物质的量浓度为
15．如图为对氨基苯甲酸()的一种合成路线。
已知：①苯环上原有取代基对新引入取代基位置的影响叫作定位效应，烷基为苯环上的邻、对位定位基，羧基为苯环上的间位定位基；②氨基性质和羟基相似。下列说法正确的是
A．反应③为加成反应
B．有机物B、D互为同系物
C．最终产物中含有杂质
D．调换反应②和反应③的先后顺序对最终产物无影响
16．填空
1.甲烷是最简单的有机物。
（1）下列气体的主要成分不是甲烷的是___________(填标号，下同)。
A. 沼气 B. 天然气 C. 煤气 D. 煤层气
（2）甲烷分子中键角为___________。
A. 60° B. 90° C. D. 120°
（3）甲烷与在光照条件下可得________种产物，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是________。
A． B． C． D．
Ⅱ.甲烷作为化工原料可用于生成甲醇。
（4）等质量的甲烷和甲醇耗氧量较多的是________。
（5）实验发现将Na投入甲醇中会出现上下跳动的现象，原因是________。
（6）以纳米级为催化剂，向硫酸酸化的90℃的溶液中通入甲烷，可直接生成甲醇，离子方程式为________。
（7）将煤隔绝空气在1500℃加热1小时可得到甲烷和焦炭，该过程称为________；工业上常利用与焦炭(由煤样制得)反应的的转化率来衡量煤的化学活性，其关键步骤为：将焦炭与反应后的气体，先后通入足量氢氧化钡溶液和足量银氨溶液，均可生成沉淀，则沉淀依次为________和________(填化学式)。
17．硫酸锰是一种重要的化工中间体，一种以高硫锰矿(主要成分为和FeS，主要杂质为：、，还含有少量Fe、Al、Cu、Ni等元素的氧化物或硫化物)为原料制取硫酸锰的工艺流程如下。
回答下列问题：
（1）杂质Ca元素位于元素周期表第　 　周期，第　 　族。
（2）为提高“酸浸”过程中的效率，可采取的措施为　 　。
（3）若高硫锰矿不经“焙烧”直接用“酸浸”，会产生的污染物是　 　(填化学式)。
（4）已知“滤渣2”中含有Fe元素和Al元素，则加入的试剂A可能为　 　(填化学式)，写出“氧化”步骤对应的离子方程式　 　。
（5）与“滤渣4”主要成分相同的天然矿物的名称是　 　，“滤渣3”的主要成分有　 　(填化学式)。
（6）“碳化结晶”生成的离子方程式为　 　，“碳化结晶”需选择合适的温度，原因是　 　。
18．乳酸正丙酯易溶于乙醚，广泛应用于涂料、化妆品及生物溶剂领域。某小组同学欲通过实验研究乳酸的结构，并制备乳酸正丙酯。
【实验1】研究乳酸的结构
ⅰ.确定分子式。借助相关仪器测得乳酸的分子式为。
ⅱ.确定官能团。乳酸分子的官能团为和，并进行如下实验验证。
序号 待验证官能团 检测试剂 实验现象 实验结论
① ___________ 产生无色气泡 含有
② Cu， ___________ 含有
（1）实验①中，检测试剂为　 　。
（2）实验②中，铜丝表面的现象为　 　。
ⅲ.确定结构简式。
（3）实验②的氧化产物只有两种不同化学环境的氢原子，则乳酸的结构简式为　 　。
【实验2】制备乳酸正丙酯
为实现乳酸正丙酯的绿色制备及反应过程可视化，利用如图装置(部分夹持装置略)进行实验。
ⅰ.将40 g乳酸、24 g正丙醇(标记)和硫酸氢钠固体投入三颈烧瓶中，向小孔冷凝柱中装入变色硅胶，加热至102～105℃，反应回流6 h。
ⅱ.变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。
ⅲ.酯化结束后，常压蒸馏至110℃左右，收集到的馏分经处理后循环使用。
ⅳ.减压蒸馏至120℃左右，收集馏分，获得乳酸正丙酯粗品。
相关物质在常温常压下的沸点如下表：
物质 乳酸 正丙醇 乳酸正丙酯
沸点/℃ 227.6 97.2 168
（4）步骤ⅰ：酯化结束后，存在的物质有　 　种。
（5）步骤ⅱ：变色硅胶吸水，其作用除指示反应进程外，还有　 　。
（6）步骤ⅲ：收集到的可循环使用的物质主要是　 　(填名称)。
（7）提纯粗产品的所有操作如下，请排序　 　(填序号)。
①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相⑤加入干燥剂吸水
（8）步骤(7)中获得精制产品16.0 g，则该实验的产率为　 　(列出计算式，不用化简)。
19．聚β-羟基丁酸酯(PHB)是一种用途广泛的可降解塑料，其两种降解路线(醇解与热解)如下图所示(部分反应试剂、反应条件略)。
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　，其官能团的名称为　 　、　 　。
（2）若反应①中原子利用率为100%，则反应物x为　 　(填化学式)。
（3）反应②存在先碱化后酸化的过程，写出用NaOH碱化的化学方程式　 　。
（4）M是化合物Ⅱ的同分异构体，符合下列条件的M的结构有　 　种(不考虑立体异构)。
①1 mol M与足量钠反应生成1 mol ②M可与反应生成
③有两个连在同一碳上
（5）一定条件下，以化合物Ⅲ为原料可合成四元环酯，该四元环酯的结构简式为　 　。
（6）化合物Ⅲ可通过如下路径合成：
已知：
①化合物V中共面的原子最多有　 　个。
②根据以上信息推测，以下流程图中：有机物M的结构简式为　 　，有机物N的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A、氢能燃烧产物只有水，潮汐能、波浪能均来自自然界，使用过程不产生污染物，三者都属于清洁能源，故A正确；
B、光伏板依靠半导体材料实现光电转换，核心材料为晶体Si；是光导纤维的原料，不能用于光伏板，该说法存在事实错误，故B错误；
C、聚碳酸酯属于人工合成的有机高分子聚合物，常用来制作充电桩外壳，具备强度高、绝缘性好的特点，故C正确；
D、镧镍合金是储氢合金，能够大量吸附氢气，可有效缓解氢气储存运输困难的问题，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
清洁能源判断：能源利用全程无废气废渣等污染物排放即为清洁能源；
硅与二氧化硅用途区分：晶体硅用作太阳能电池、半导体芯片，二氧化硅用于光导纤维；
高分子材料分类：聚碳酸酯、塑料、合成橡胶、合成纤维均属于合成高分子材料；
储氢合金功能：镧镍合金等金属合金可吸附大量氢气，作为储氢材料。
2．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、H、D、T均为氢元素的同位素，质子数均为1，核外电子数都是1，核外电子排布完全相同，该表述存在错误，故A错误；
B、甲醛结构为，分子内含1个C、2个H、1个O，分子式写为，化学用语正确，故B正确；
C、中心碳原子连接2个H、2个Cl，氯原子半径大于氢原子，球棍模型为： ，故C正确；
D、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，重复单元为 ，即聚乙烯链节，化学用语正确，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
同位素电子排布：同种元素不同同位素质子数、电子数相等，核外电子排布一致；
有机物分子式书写：统计分子内全部原子种类与数目得到分子式；
球棍模型识别：结合原子半径大小、成键数目判断对应有机物；
烯烃加聚链节判断：乙烯加聚断开碳碳双键，两个碳构成重复链节。
3．【答案】B
【知识点】烯烃；油脂的性质、组成与结构；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、硝酸银见光易发生分解反应，棕色试剂瓶可以阻挡光线，因此硝酸银溶液需保存在棕色瓶中，解释合理，故 A 正确；
B、油脂放置久了产生哈喇味，是油脂中不饱和键被氧气氧化，发生氧化反应，并非加成反应，该解释与事实不符，故 B 错误；
C、苯甲酸能够抑制食品中微生物的生长繁殖，具备防腐效果，常作为食品防腐剂添加，解释合理，故 C 正确；
D、乙烯催化氧化生成环氧乙烷，该反应原子全部转化到目标产物中，原子利用率达到 100%，符合绿色化学理念，解释合理，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
见光易分解药品保存：硝酸银、浓硝酸等试剂需避光储存在棕色瓶；
油脂变质原理：油脂酸败产生异味是氧化反应，不是加成反应；
食品添加剂用途：苯甲酸及其钠盐属于常用酸性食品防腐剂；
绿色化学原子利用率：加成、环氧化类反应若无副产物，原子利用率 100%。
4．【答案】C,D
【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；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、石膏的化学组成是，每1mol石膏晶体结合2mol水分子作为结晶水，因此1mol石膏中结晶水分子数目为，题干说法与组成不符，故A错误；
B、苯分子内六个碳原子形成均匀的离域大键，不存在单独、固定的碳碳双键，分子中双键数量为0，因此1mol苯不含3mol碳碳双键，故B错误；
C、硝基属于中性基团，不带电荷，氮原子核外有7个电子，每个氧原子核外有8个电子，单个硝基总电子数，则1mol硝基所含电子总数为，故C正确；
D、氯乙烷结构简式为，不同种原子之间形成的共价键属于极性键，分子内包含5根极性键、1根极性键，合计6根极性键，1mol氯乙烷中极性键数目为，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】本题解题要点：
结晶水合物计量判断：石膏为二水合硫酸钙，化学式带2个结晶水，需根据化学式计量数判断结晶水物质的量；
苯的特殊化学键：苯不存在典型碳碳双键，六元环为共轭大π键，不能按3个双键计算；
中性基团电子计算方法：硝基不带电，直接累加组成原子的核外电子，无需额外增减电子；
极性共价键区分标准：成键两原子元素种类不同即为极性键，逐一统计分子内所有C-H、C-Cl键得到极性键总数。
5．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；烯烃；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A、逐个数出结构中碳原子共11个，结合碳四价规则补齐氢原子，氢原子总数为8，氧原子4个，该有机物分子式应为，选项中氢原子数目书写错误，故A错误；
B、分子内存在甲基，甲基中的碳原子为杂化，空间呈四面体结构，甲基上的氢原子无法与苯环、双键平面共面，因此不可能所有原子共平面，故B错误；
C、分子含有酚羟基、碳碳双键，均可被酸性高锰酸钾氧化，燃烧也属于氧化反应，能发生氧化反应；酚羟基邻对位氢、醛基、酯基、甲基在对应条件下均可发生取代反应，所以该物质既能氧化也能取代，故C错误；
D、1mol苯环消耗3mol ，1mol碳碳双键消耗1mol ，1mol醛基可消耗1mol ；内酯中的羰基不能与氢气加成，合计最多消耗5mol ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
有机物分子式书写：数清骨架全部碳原子，利用碳四价饱和规律推算氢原子数量，核对氧原子得到准确分子式；
原子共面判断：只要存在饱和碳（甲基、亚甲基等），分子就无法全部原子共平面；
有机反应类型判断：酚、双键、醛基可发生氧化；苯环氢、烷基、酯基、酚羟基均可发生取代；
加成消耗量计算：苯环、碳碳双键、醛基羰基可加氢，酯、羧酸中的羰基不能和加成，分别统计可加成结构求和。
6．【答案】C
【知识点】原料与能源的合理利用；硅和二氧化硅；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水蒸气，大量气体可使糕点蓬松，方程式 与应用匹配，故A正确；
B、石英坩埚主要成分为，高温下二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，会腐蚀损坏坩埚，方程式 与应用匹配，故B正确；
C、重铬酸钾检测酒驾时，乙醇被氧化为乙醛，并非直接生成，题干方程式产物书写错误，正确反应为： ，故C错误；
D、高温下碳与水蒸气反应生成CO和，该混合气体为水煤气，方程式 与应用匹配，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
膨松剂反应原理：碳酸氢铵受热分解产生多种气体，利用气体膨胀使糕点疏松；
高温硅酸盐反应：碱性碳酸盐高温可与酸性氧化物发生复分解反应；
重铬酸钾氧化乙醇：酸性重铬酸钾只能将乙醇氧化为乙醛，无法直接氧化至二氧化碳；
水煤气制备：灼热碳单质与水蒸气高温反应，生成一氧化碳与氢气的混合燃料气。
7．【答案】B
【知识点】煤的干馏和综合利用；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、受热易分解生成和，遇冷水烧瓶底部遇冷又重新化合为，热稳定性强受热不变化，加热后固体混合物中氯化铵升华分离，装置A可分离二者，故A正确；
B、装置B仅能观察到试管内液面上升，只能证明溶于水，无法证明与水发生化学反应，缺少验证生成物（亚硫酸）的步骤，不能达到实验目的，故B错误；
C、乙醇、乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，导管不伸入溶液防倒吸，装置C可制备乙酸乙酯，故C正确；
D、隔绝空气加热煤，发生煤的干馏，产物煤焦油密度大于水在下层，上层水溶液，导出可燃气体，装置D可以模拟煤干馏实验，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
与分离思路：利用氯化铵受热分解、遇冷重新化合的升华特性实现固固分离；
与水反应验证思路：液面上升只能证明溶解，要证明化学反应需检验酸性物质生成（如加石蕊变红）；
乙酸乙酯制备实验要点：加热酯化、饱和除杂、导管悬空防倒吸；
煤的干馏模拟实验要点：隔绝空气强热，产物分层，下层为重液态煤焦油，同时产生可燃焦炉气。
8．【答案】D
【知识点】氮族元素简介；含硫物质的性质及综合应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；钠的氧化物
【解析】【解答】A、若X为，与反应生成铁的氧化物，铁的氧化物不能再和发生二次氧化得到更高价氧化物Z，无法满足“单质→低价氧化物→高价氧化物”连续两步氧化的转化关系，因此X不能为，故A错误；
B、若X为，第一步与生成，无法继续与直接氧化得到第二种氧化物Z，不匹配题干转化流程；同时过程③为氧化物与水反应：，固体粉末易漏、反应放热剧烈，不能使用启普发生器，故B错误；
C、X为时，反应①：，反应②：，反应③：，转化链条理论成立，但工业制备硫酸不能直接用水吸收，会形成硫酸酸雾降低吸收效率，工业采用98.3%浓硫酸吸收三氧化硫，因此①~③流程不能直接用于工业制硫酸，故C错误；
D、X为时，反应①：，反应②：，Z为，与水反应生成，硝酸可与碱反应得到硝酸盐；具备强氧化性，能够将氧化为，碘单质遇淀粉变蓝，转化关系与物质性质描述均成立，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
连续两步氧化判断：对应单质必须能生成两种价态不同的氧化物，低价氧化物可被进一步氧化；
、排除依据：氧化钠无法二次氧化，铁不存在两种可连续被氧气氧化的氧化物；
工业制硫酸核心细节：禁止用水直接吸收，工业选用浓硫酸吸收，题干流程不符合工业生产实际；
氧化性检验原理：二氧化氮可氧化碘化钾生成碘单质，淀粉遇单质碘显蓝色，可用于定性检验。
9．【答案】A
【知识点】有机物的鉴别；乙酸的化学性质；物质的分离与提纯；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、乙烷中混有乙烯，通入氢气与乙烯发生加成反应除去乙烯时，氢气的通入量难以精准控制，氢气不足则乙烯除不尽，氢气过量会引入新杂质，不符合除杂“不引入新杂质”的原则，正确除杂方法应为通入溴水洗气，该操作方案错误，故A错误；
B、向混有乙酸的乙醇中加入，会与乙酸发生反应生成高沸点乙酸钙，同时吸水，降低乙醇与体系的沸点差值，后续蒸馏可以分离出纯净乙醇，除杂方法合理，故B正确；
C、乙烷、乙烯、乙炔三者碳氢比例依次升高，燃烧时现象区分明显：乙烷燃烧火焰淡蓝色、无黑烟；乙烯燃烧火焰明亮、伴有少量黑烟；乙炔燃烧火焰明亮且产生大量浓黑烟，依靠燃烧现象可以完成鉴别，故C正确；
D、新制悬浊液分别与三种物质混合：乙醇不发生反应，无明显变化；乙酸能溶解氢氧化铜，蓝色沉淀消失，得到蓝色溶液；乙醛混合后加热煮沸，生成砖红色沉淀，三种物质现象各不相同，能够鉴别，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
有机物除杂核心原则：除去杂质时不能引入新杂质，试剂用量易控制，操作简便；烯烃除杂不能用氢气加成，优先选用溴水；
乙醇中乙酸除杂思路：碱性氧化物中和乙酸，提高盐的沸点，通过蒸馏分离低沸点乙醇；
燃烧法鉴别烃类原理：烃分子碳含量越高，燃烧黑烟越浓重，可依靠火焰、黑烟差异区分乙烷、乙烯、乙炔；
新制氢氧化铜鉴别醇、醛、羧酸：羧酸溶解沉淀，醛加热生成砖红色沉淀，醇无反应，现象互不干扰。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、步骤Ⅰ加入（或），发生歧化反应生成、进入水层溶液A，层无碘单质，上下两层均变为无色，描述正确，故A正确；
B、步骤Ⅰ为萃取分液操作，除分液漏斗外，还需要烧杯承接两层液体，玻璃仪器包含分液漏斗、烧杯，并非只有分液漏斗，说法存在错误，故B错误；
C、步骤Ⅱ加入酸（试剂X）发生归中反应：，中I元素化合价降低，作氧化剂；中I元素化合价升高，作还原剂，二者物质的量之比为，故C正确；
D、步骤Ⅰ分液分离出纯净，可再次投入废液回收流程循环使用，提高有机溶剂利用率，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
碘单质与碱歧化原理：碱性条件下歧化为碘离子、碘酸根，有机层褪色；
萃取分液仪器：标准分液操作必须配套分液漏斗、烧杯两种玻璃仪器；
碘归中反应电子守恒：碘酸根为氧化剂、碘离子为还原剂，根据化合价升降总数相等确定计量比；
工艺流程循环物质判断：分离得到的四氯化碳无杂质，可重复参与萃取步骤，实现循环利用。
11．【答案】A
【知识点】铵离子检验；分液和萃取；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、乙醇蒸气本身具有还原性，能够直接使酸性溶液褪色，无法区分是乙醇还是反应生成的乙醛还原高锰酸钾，干扰乙醛的检验，该实验操作不能达到实验目的，故A错误；
B、淀粉遇碘单质变蓝，水解液冷却后滴加碘水，若溶液不变蓝说明淀粉完全水解，若变蓝说明还有淀粉剩余，操作可以检验淀粉是否完全水解，故B正确；
C、与浓溶液共热会释放，氨气溶于水显碱性，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该操作是铵根离子标准检验方法，故C正确；
D、直馏汽油属于液态烷烃混合物，不溶于水，溴单质在汽油中溶解度远大于在水中，振荡后溴单质会转移至有机层，完成溴水富集，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
乙醛检验干扰分析：乙醇、乙醛均能被酸性高锰酸钾氧化，乙醇蒸气会干扰产物检验，需先除去乙醇再检验乙醛；
淀粉完全水解检验思路：利用碘与淀粉的特征显色反应，仅检验体系中是否残留淀粉；
铵根离子检验操作要点：必须加浓强碱并加热，依靠碱性气体使湿润红色石蕊试纸变色；
溴水富集萃取原理：直馏汽油不与溴发生反应，且与水互不相溶，可萃取溴单质实现富集。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、具有磁性，磁选操作可以分离出含铁氧化物，因此研磨、磁选步骤能够除去高炉渣中的铁元素，故A正确；
B、酸浸时，、、、与稀盐酸发生复分解反应，无化合价变化；碱浸时与发生复分解反应，全程均无电子转移，不存在氧化还原反应，该说法错误，故B错误；
C、原流程酸浸滤渣1为、，碱浸溶解，滤渣2为；若先碱浸，、溶于，滤渣为、、，再酸浸除去、，最终滤渣2依旧是，主要成分不变，故C正确；
D、调换顺序后，原料中的、都会先和反应，消耗更多氢氧化钠，因此氢氧化钠用量会增大，故D正确；
故答案为：B。
【分析】将含钛高炉渣研磨粉碎后磁选，利用的磁性分离除去含铁杂质；剩余矿渣加入稀盐酸酸浸，、、与盐酸反应溶解，、不溶于稀酸，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入溶液碱浸，和强碱反应溶解，不与碱反应，再次过滤得到滤渣2，后续由进一步处理制取金属钛。
13．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、漂白粉有效成分为，遇水、会生成，见光易分解，因此保存需要密封、避光、置于阴凉通风处，故A正确；
B、70%浓硫酸酸性强、难挥发，可与亚硫酸钠反应制备，能够替换浓盐酸，避免盐酸挥发带来杂质干扰，故B正确；
C、装置A制，C饱和亚硫酸氢钠除去挥发酸杂质，B碳酸氢钠生成（证明酸性），E酸性高锰酸钾除去剩余，D品红检验除尽，最后F漂白粉溶液，通过与漂白粉反应证明酸性，串联可证明酸性，连接顺序ACBEDF可行，故C正确；
D、通入漂白粉溶液发生氧化还原反应，具有强氧化性，将氧化为，生成白色浑浊，并非强酸制弱酸复分解反应，不能证明酸性强于，该说法错误，故D错误；
故答案为：D。
【分析】装置A中亚硫酸钠与酸反应制取，气体先通入饱和除去酸性挥发杂质；再通入溶液，利用强酸制弱酸生成，证明亚硫酸酸性强于碳酸；混合气体通入酸性完全吸收剩余，品红溶液检验是否除干净；最后将纯净通入漂白粉溶液，证明碳酸酸性强于次氯酸，间接验证酸性大于。
14．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；铁的化学性质；无机物的推断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、酸性环境中氧化性强于，OA段铁粉优先和硝酸根反应，对应离子方程式，投入11.2 g铁粉时硝酸根恰好完全消耗，A正确；
B、AB段发生归中反应，无气体生成；待耗尽后，BC段铁粉与氢离子反应，该阶段生成的气体是氢气，B正确；
C、OA段已将全部消耗完毕，C点体系阴离子只有硫酸根，溶质只有，不存在，C错误；
D、C点溶液溶质为，参与反应的铁粉总质量22.4 g，总物质的量，即溶液中；依据电荷守恒，，硫酸根全部来自，溶液体积0.2 L，因此，D正确；
故答案为：C。
【分析】稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中逐滴滴加铁粉，反应按照氧化性强弱分三个阶段依次进行：OA段酸性条件下优先氧化，生成与，此过程硝酸根完全消耗；AB段铁粉与体系内发生归中反应，只生成，全程无气体产生；BC段溶液中仅剩硫酸电离出的，与铁粉反应释放；到达C点时，、、均完全反应，溶液中仅存在一种溶质。
15．【答案】C
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A、反应③中转化为，是还原反应，并非加成反应，故A错误；
B、有机物B官能团为甲基、硝基，有机物D官能团为羧基、氨基，二者官能团种类不同，不满足同系物定义，故B错误；
C、甲苯硝化时，甲基为邻对位定位基，会同时生成邻硝基甲苯、对硝基甲苯，邻硝基甲苯经氧化、还原后生成邻氨基苯甲酸，因此最终产物中会混入该杂质，故C正确；
D、氨基还原性强，可被酸性氧化，若调换②③顺序，先还原硝基得到氨基，氧化甲基时氨基会被破坏，无法得到目标产物，对最终产物有明显影响，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕对氨基苯甲酸合成路线，结合苯环取代定位效应、有机反应类型、同系物判断、官能团性质分析：
定位规则：甲基是邻、对位定位基，甲苯硝化会生成邻硝基甲苯、对硝基甲苯两种产物；羧基为间位定位基；氨基易被强氧化剂氧化，氧化甲基必须在还原硝基之前。
反应③是还原为，属于还原反应；
同系物要求官能团种类、数目相同，碳骨架相差若干；B含、，D含、，官能团完全不同，不是同系物；
甲苯硝化同时生成邻硝基甲苯、对硝基甲苯，后续氧化、还原后会生成邻氨基苯甲酸杂质；
氨基易被酸性高锰酸钾氧化，若先还原硝基再氧化甲基，氨基会被破坏，无法得到目标产物。
16．【答案】(1) C
(2) C
(3) 5 D
(4) (或甲烷)
(5) 钠的密度比甲醇大，先下沉；反应生成的氢气附着使其上浮，氢气逸出后又下沉，如此往复
(6)
(7) 煤的干馏 Ag
【知识点】煤的干馏和综合利用；甲烷的取代反应
【解析】【解答】(1)沼气、天然气、煤层气的主要可燃成分都是甲烷；而煤气是水蒸气和炽热煤炭反应制得，主要成分是一氧化碳与氢气，几乎不含甲烷，因此主要成分不是甲烷的选C。
故答案为：C；
(2)甲烷分子中心碳原子采取sp3杂化，分子空间构型为标准正四面体结构，四个C-H键完全等价，相邻两个H-C-H的键角固定为109°28'，对应选项C。
故答案为：C；
(3)甲烷和氯气在光照条件下会发生多步连续取代反应，依次生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，同时每一步都会生成氯化氢，加起来一共有5种产物；反应生成的氯化氢极易溶于饱和食盐水，会使试管内部压强减小，液面明显上升，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳常温下是油状液体附着在试管内壁，符合该现象的装置为D。
故答案为：5；D；
(4)有机物完全燃烧时，同等质量前提下，分子中氢元素质量分数越高，消耗氧气的总量越多；甲烷只含碳、氢，甲醇额外含有氧元素，甲烷的氢元素占比远高于甲醇，因此等质量时甲烷耗氧量更多。
故答案为：（或甲烷）；
(5)金属钠的密度大于液态甲醇，钠刚投入甲醇时会直接沉入液面下方；钠能和甲醇缓慢反应生成氢气，大量微小氢气泡会吸附包裹在钠的表面，增大整体浮力，带动钠向上浮到液面；气泡逸散到空气中后，浮力减小，钠又会重新下沉，如此反复，肉眼观察到钠上下跳动。
故答案为： 钠的密度比甲醇大，先下沉；反应生成的氢气附着使其上浮，氢气逸出后又下沉，如此往复 ；
(6)在90℃、纳米催化、硫酸酸化的酸性环境中，甲烷作为还原剂被过二硫酸根氧化生成甲醇，过二硫酸根被还原为硫酸根；根据原子守恒、电荷守恒配平离子方程式，标注反应温度与催化剂条件：
故答案为： ；
(7)将煤炭隔绝空气、高温加热分解，得到甲烷、焦炭、煤焦油、粗氨水等产物的化工工艺，该过程称为煤的干馏；焦炭与二氧化碳高温反应后，混合气体里含有未完全反应的和生成的CO；混合气体先通入足量氢氧化钡溶液，与反应生成碳酸钡白色沉淀；剩余CO通入足量银氨溶液，CO发生银镜反应，析出银单质Ag沉淀。
故答案为：煤的干馏；；
【分析】(1) 本题考查常见燃料的组分区分，熟记四类气体的原料与主要成分，煤气为水煤气，原料是碳和水蒸气，产物不含甲烷，其余三种气体开采自地下，核心成分为甲烷，据此筛选答案。
(2) 本题考查甲烷分子空间结构基础知识点，正四面体构型的特征键角为109°28'，区分平面三角形、直线型等结构的键角，直接匹配对应选项。
(3) 考查甲烷氯代反应全部产物，光照取代为连锁分步反应，四种氯代烃外加氯化氢共5种；结合氯化氢水溶性、多氯代甲烷物理状态分析实验现象，匹配液面上升、管壁有油滴的装置。
(4) 本题考查有机物燃烧耗氧规律，等质量物质比较氢元素质量分数，氢含量越高耗氧越多，对比甲烷、甲醇元素组成，判断甲烷耗氧量更大。
(5) 结合密度大小关系、钠与醇的置换反应、浮力变化三个知识点，分步解释钠上浮、下沉交替出现的完整过程。
(6) 先判断氧化剂、还原剂与对应产物，体系为酸性环境，根据得失电子守恒配平离子，补充温度、催化剂条件，完整书写氧化还原离子方程式。
(7) 熟记煤干馏的定义（隔绝空气高温分解）；分析混合气组分，二氧化碳与钡盐生成碳酸盐沉淀，一氧化碳还原银氨溶液析出金属银，写出对应沉淀化学式。
17．【答案】（1）四；ⅡA
（2）适当提高酸浸温度或适当增大硫酸浓度或粉碎原料等
（3）
（4）或；或
（5）萤石；CuS、NiS
（6）；温度过高碳酸氢铵分解，温度太低反应速率太慢
【知识点】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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1) Ca元素原子序数为20，核外电子排布为2、8、8、2，电子层数为4，最外层电子数为2，对应元素周期表第四周期第ⅡA族。
故答案为：四；ⅡA；
(2) 提升固液反应酸浸效率，可从增大接触面积、加快粒子运动、提高反应物浓度三个角度处理：将矿石粉碎增大固液接触面积、适当升高反应温度加快离子扩散、适度提高硫酸浓度提升氢离子浓度，均能加快浸出反应速率。
故答案为： 适当提高酸浸温度或适当增大硫酸浓度或粉碎原料等 ；
(3) 矿石中含有FeS硫化物，不经过焙烧直接加硫酸酸浸，硫化亚铁会和硫酸发生复分解反应，生成有毒硫化氢气体，造成大气污染。
故答案为：；
(4) 中和除杂得到含Fe、Al的滤渣，需要先把溶液中氧化为，便于后续调pH沉淀除去；可选不引入新杂质的氧化剂或者；
氧化亚铁离子：；
氧化亚铁离子：。
故答案为：或 ；或 ；
(5) 氟化除杂加入，沉淀为，天然矿物中对应萤石；
硫化除杂加入，溶液中、与硫离子结合生成难溶硫化物，滤渣3主要成分为、。
故答案为： 萤石； CuS、NiS；
(6) 碳化结晶时与发生双水解，生成碳酸锰沉淀、二氧化碳与水，离子方程式： ；
温度控制存在双重影响：温度过高受热易分解，原料损耗；温度过低离子运动缓慢，反应进行速率过低，产率下降，因此需要选择适中温度。
故答案为：；温度过高碳酸氢铵分解，温度太低反应速率太慢；
【分析】高硫锰矿（、，含、及少量Fe、Al、Cu、Ni氧化物/硫化物）先焙烧，再加酸浸，形成滤渣1；酸浸液加或氧化为，投入调pH，、转化氢氧化物滤渣2除去；滤液加，、沉淀为、滤渣3；再加入除，生成滤渣4；锰盐滤液加入碳化结晶析出，经酸溶、浓缩结晶，得到产物。
(1) 依据钙原子核外电子层数判断周期，依靠最外层电子数结合主族划分规则确定主族序数。
(2) 考查影响固液浸出反应速率的外界条件，围绕接触面积、温度、反应物浓度三个核心影响因素作答。
(3) 矿石含金属硫化物，硫化物与强酸反应生成硫化氢有毒气体，结合未焙烧的条件判断污染物。
(4) 先明确氧化步骤目的是将二价铁转化为三价铁，选择无杂质引入的氧化剂；再根据得失电子守恒、电荷守恒书写氧化还原离子方程式。
(5) 由氟化除杂试剂推出滤渣4为氟化钙，匹配对应天然矿物名称；硫化除杂除去铜、镍离子，写出对应难溶硫化物化学式。
(6) 利用碳酸氢根与锰离子双水解规律书写沉淀离子方程式；从碳酸氢铵热不稳定性、低温反应速率慢两个维度解释温度需要严格控制的原因。
（1）Ca为20号元素，位于元素周期表第四周期第IIA族；
（2）酸浸时提高效率，可从增大接触面积、提高反应速率等方面考虑，如适当提高酸浸温度、适当增大硫酸浓度、将矿石粉碎等；
（3）若不经焙烧直接用H2SO4酸浸，矿石中的FeS等硫化物会与酸反应生成有毒气体H2S，造成污染；
（4）①滤液2中含有Fe2+和Al3+，氧化步骤是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续水解沉淀除铁，因此氧化剂A可为MnO2或H2O2；
若用MnO2作氧化剂，离子方程式为：MnO2+ 2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O，
若用H2O2作氧化剂，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+= 2Fe3++2H2O；
（5）①滤渣4与主要成分相同的天然矿物是萤石，主要成分为CaF2；
②加入(NH4)2S后，Cu2+、Ni2+与S2-生成难溶硫化物沉淀，因此滤渣3的主要成分为CuS、NiS；
（6）① “碳化结晶”时，Mn2+与碳酸氢根反应生成MnCO3沉淀，同时放出CO2，离子方程式为：；
② “碳化结晶”需要选择适合温度，是因为温度过高会使碳酸氢铵分解，温度过低反应速率太慢。
18．【答案】；由红色变为黑色后又变为红色；；2；吸收加热时生成的水，提高乳酸正丙酯的产率；正丙醇；②④⑤③①；
【知识点】有机物中的官能团；羧酸简介；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 检验羧基，利用羧酸酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应释放二氧化碳无色气泡，因此选用试剂。
故答案为：；
(2) 铜丝先在氧气中加热生成黑色，热氧化铜与羟基发生催化氧化，重新被还原为红色铜单质，现象为铜丝由红变黑，冷却接触乳酸后又变回红色。
故答案为：由红色变为黑色后又变为红色；
(3) 乳酸分子式，含、；催化氧化产物只有两种等效氢，说明羟基连在中间碳原子上，结构简式为 。
故答案为：；
(4) 酯化反应遵循酸脱羟基、醇脱氢，标记全部留在正丙醇与生成的乳酸正丙酯中，共2种含的物质。
故答案为：2；
(5) 酯化反应可逆，变色硅胶可吸收反应生成的水，平衡正向移动，推动酯化反应充分进行，提升乳酸正丙酯产率，同时硅胶颜色变化能直观判断反应进度。
故答案为： 吸收加热时生成的水，提高乳酸正丙酯的产率 ；
(6) 表格中正丙醇沸点97.2℃，步骤iii常压蒸馏110℃，该温度下蒸出的物质为未完全反应的正丙醇，可回收循环投入酯化反应。
故答案为：正丙醇；
(7) 粗品提纯流程：先乙醚萃取分液②，重复萃取合并有机相④；有机相加干燥剂吸水⑤；过滤除去固体干燥剂③；最后减压蒸馏提纯酯①，顺序为②④⑤③①。
故答案为：②④⑤③①；
(8) 先计算原料物质的量：乳酸，正丙醇，正丙醇为限量反应物；乳酸正丙酯摩尔质量134 g/mol，理论产量为，实际产量16.0 g，产率算式：。
故答案为：；
【分析】实验分为两大板块，实验 1 先通过试剂检验乳酸分子中的羧基、羟基官能团，再结合氧化产物等效氢条件推导乳酸完整结构简式；实验 2 以乳酸、标记 8O 的正丙醇为原料，硫酸氢钠作催化剂加热回流发生酯化，变色硅胶吸收生成的水推动反应正向进行；反应结束后先常压蒸馏回收未反应的正丙醇循环使用，再减压蒸馏得到粗酯；粗酯经乙醚多次萃取分液、干燥剂干燥、过滤除固体干燥剂、减压蒸馏提纯得到精制乳酸正丙酯，最后以正丙醇为限量原料计算产品产率。
(1) 依托羧基酸性检验原理，羧酸与碳酸氢钠反应生成气泡，区分其他官能团检验试剂，确定碳酸氢钠为检测试剂。
(2) 结合醇的催化氧化实验流程，铜先被氧气氧化成氧化铜，热氧化铜与醇羟基反应还原出单质铜，梳理完整颜色变化现象。
(3) 结合分子式、两种官能团，再根据氧化产物等效氢种类限制碳骨架，确定羟基连接在二号碳上，写出乳酸结构简式。
(4) 依据酯化反应断键规律，醇中氧原子不进入水分子，仅存在于醇与酯两种有机物内，统计含标记氧的物质数目。
(5) 从可逆平衡移动角度分析，硅胶吸水减少生成物水，平衡正向移动，兼顾显色指示反应进度与提高产率双重作用。
(6) 对照各物质沸点数据，110℃低于乳酸、酯的沸点，仅正丙醇在此温度蒸出，判断可循环物质。
(7) 按“萃取除水相→干燥除微量水→过滤除干燥剂→蒸馏提纯”的有机物提纯逻辑，对操作步骤排序。
(8) 先对比两种原料物质的量找出限量反应物，算出理论最大产量，用实际产量除以理论产量得到产率计算式。
19．【答案】（1）；碳碳双键；羧基
（2）
（3）
（4）3
（5）
（6）10；；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1) 化合物Ⅰ结构为，清点分子内C、H、O原子数目，分子式是；分子中存在碳碳双键、羧基两种官能团。
故答案为： ； 碳碳双键 ； 羧基 ；
(2) 反应①原子利用率100%，属于加成反应；对比反应物Ⅰ（）和产物Ⅲ（）的原子组成，产物比反应物多2个H、1个O，因此反应物x为。
故答案为： ；
(3) 化合物Ⅱ是乳酸甲酯，分子内含酯基，与加热发生酯的水解反应，酯键断裂生成乳酸钠与甲醇，化学方程式：
故答案为： ；
(4) 化合物Ⅱ分子式，结合三个限定条件推导：①1 mol M和足量Na生成1 mol ，分子含1个羟基；②能和反应释放，分子含1个羧基；③存在同一个碳原子连接两个；固定骨架后排布剩余基团，符合全部条件的同分异构体共3种， 如图、、；
故答案为：3；
(5) 化合物Ⅲ同时带有羟基、羧基，两分子Ⅲ发生分子间酯化反应脱去两分子水，形成四元环状内酯，环由2个碳原子、2个氧原子构成，结构简式： ；
故答案为： ；
(6) ①根据题干烯烃酸性高锰酸钾氧化断键规则，化合物V（ ）含有羰基结构，羰基平面内原子可通过单键旋转共面，最多有10个原子处于同一平面；
②环状烯烃在酸性高锰酸钾、加热条件下双键断裂，生成1，4-环己烷二甲酸（ ），即有机物M；M和甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，两个羧基全部转化为酯基，得到二甲酯有机物N（ ）。
故答案为：10； ；
【分析】PHB 塑料有两条降解路径：热解得到不饱和羧酸 Ⅰ，Ⅰ 加水加成生成羟基羧酸 Ⅲ；醇解和甲醇反应生成乳酸甲酯 Ⅱ，Ⅱ 经碱性水解酸化后也得到 Ⅲ。
再以 Ⅲ 为原料推导同分异构体、合成四元环内酯；另外给出烯烃酸性氧化规则，结合反应推导氧化产物 V、二元羧酸 M 和二甲酯 N。
(1) 先写出Ⅰ完整结构简式，逐个统计碳、氢、氧原子得到分子式；观察结构里的不饱和键与含氧基团，识别碳碳双键、羧基两种官能团。
(2) 原子利用率100%对应加成反应，对比反应物Ⅰ和产物Ⅲ的原子数量差，补足缺少的氢、氧原子推出反应物水。
(3) 酯类在强碱加热环境下发生水解，酯键断开，羧基与钠离子结合生成羧酸盐，同时释放甲醇，依据原子守恒配平完整方程式。
(4) 由题干条件锁定分子必须含1个羟基、1个羧基，再固定“同一个碳连两个甲基”的特征骨架，采用定骨架移官能团的方法计数同分异构体。
(5) Ⅲ兼具羟基与羧基，两分子互相发生酯化脱去两分子水，首尾相连形成四元环状内酯，按照碳氧闭环规则书写环状结构。
(6) ①利用题目给出的烯烃氧化断键信息分析V的平面结构，借助碳碳单键可旋转的特点判断最多共面原子数目；
②环烯烃双键完全氧化断裂生成两端带羧基的二元羧酸M，羧酸与甲醇酯化生成二甲酯N。
（1）化合物Ⅰ结构为，分子式为，分子内含碳碳双键、羧基两种官能团；
（2）反应①原子利用率100%，属于加成反应，由原子守恒可得反应物为；
（3）Ⅱ在加热条件下发生酯的水解反应，化学方程式：；
（4）Ⅱ分子式，限定条件：可与反应说明含，有机物与钠生成说明另含1个，两个连在同一个碳原子上，符合条件共3种结构如图、、；
（5）两分子Ⅲ发生酯化反应，生成四元环酯，结构为；
（6）①Ⅴ为，该分子含两处羰基平面结构，羰基及相连碳原子固定共面，碳碳单键可自由旋转。羧基平面可通过旋转能与羰基平面重合，异丙基中心碳在羰基平面，1个甲基有一个碳原子和一个氢原子可转入平面，最多10个原子共平面；
②环二烯烃被酸性高锰酸钾氧化断裂双键生成丁二酸，M与甲醇浓硫酸加热酯化生成。
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