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广东省汕头市2024-2025学年高二下学期7月期末统考化学试题
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合要求。
中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地，中华茶文化冲出地球，我国航天员首次在太空泡茶，实现饮食多样化。据此完成下面小题。
1．潮汕工夫茶享誉全球，下列潮汕工夫茶常用茶具中，材料属于硅酸盐的是
A．黑檀木茶盘 B．锡茶罐
C．陶瓷茶碗、茶杯 D．硅胶排水管
A．A B．B C．C D．D
2．从种茶、采茶、泡茶到品茶，涉及众多化学知识，下列有关说法正确的是
A．肥料：NH4NO3属于复合肥
B．晴天温度高适合采茶，升温有利于水分蒸发
C．智能泡茶机使用的芯片主要成分为SiO2
D．检测茶水中是否含Fe2+，可用KSCN溶液
3．茶叶种类繁多，其中绿茶含有多种矿物元素：氟、镁、钾、硒等，下列有关化学用语正确的是
A．氟离子的结构示意图为：
B．基态K的最高能级的电子云轮廓图为：
C．中子数为45的硒原子为：
D．基态Mg的电子排布式为：
4．《茶经》被誉为“茶叶百科全书”，茶有九难，下列有关说法错误的是
A．烘焙茶叶涉及化学变化
B．木炭烧水煮茶时存在化学能转化为热能
C．山泉水泡茶，山泉水富含矿物质，属于混合物
D．沸水泡茶前测得沸水的pH=6.7，该沸水一定呈酸性
5．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列制茶项目与化学知识没有关联的是
选项 制茶项目 化学知识
A 杀青：高温破坏鲜叶中氧化酶的活性 高温可使蛋白质变性
B 发酵：茶多酚氧化为茶黄素、茶红素等 茶多酚具有还原性
C 检测：检测农药(C6H6Cl6) 残留 C6H6Cl6光照下能发生取代反应
D 封装：加入一小袋生石灰 生石灰能与水反应，常作干燥剂
A．A B．B C．C D．D
6．茶道奉行：精行俭德。治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……皆求精。酾茶(冲茶)过程的原理与以下实验操作相似的是
A B
C D
A．A B．B C．C D．D
7．茶叶中的茶氨酸具有镇静安神作用，其分子结构如图所示。下列有关茶氨酸的叙述正确的是
A．分子式为C7H11O3N B．可与硫酸、氢氧化钠溶液反应
C．含有4种官能团 D．分子中所有原子处于同一平面
8．京灶大桥主桥为钢一砼组合梁斜拉桥，钢铁部分使用高性能富锌底漆防腐，以下说法错误的是
A．该防腐方法采用牺牲阳极法
B．铁作电解池的阴极被保护
C．发生电化学腐蚀时，电子由锌流向铁
D．使用一段时间后需重新刷漆养护
9．SO2具有漂白作用，实验室制取SO2并验证其性质，其中能达到预期目的的是
A．制备SO2 B．净化、干燥SO2
C．收集SO2 D．验证SO2的漂白性
A．A B．B C．C D．D
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.8g Si中含有的电子数为1.4NA
B．0.1mol SiO2中含有硅氧键的数目为0.2NA
C．0.1mol/L 的Na2SiO3溶液含有Na+数目为0.2NA
D．焦炭与石英反应制取粗硅，当产生2.24LCO时，转移的电子数为0.2NA
11．某食品增味剂其结构如图所示。已知W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z为地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是
A．第一电离能：XB．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
C．R与W形成化合物的电子式为
D．XZ2和Z3的空间结构相同
12．下列陈述I与陈述II均正确且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色 苯环使甲基更易被氧化
B 1mol/LCH3COONH4溶液pH值约为7 CH3COONH4是强电解质
C 工业合成氨中使用铁触媒调控反应 铁触媒能提高H2的平衡转化率
D 沸点：对羟基苯甲醛<邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲酸的空间对称性好，沸点低
A．A B．B C．C D．D
13．利用下图装置(已进行除氧处理)电解饱和食盐水并检验氯气的性质，其装置如图所示，下列有关说法不正确的是
A．装置I中，可使用阳离子交换膜减少氯气被吸收
B．装置Ⅱ中，产生黄色沉淀，说明氯气的氧化性大于硫
C．装置Ⅲ中，通入足量的氯气后，其离子方程式为：
D．装置Ⅳ中，品红溶液褪色，说明氯气具有漂白性
14．“价—类”二维图是高中化学学习元素化合物知识的重要工具。氮及其部分化合物的“价—类”二维图如图所示，下列有关说法正确的是
A．反应①属于氮的固定过程
B．自然界可发生反应②，说明氮氮三键键能较小
C．反应④可能同时产生Y物质
D．Z可作为化肥，与草木灰混合施用能增强肥效
15．乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．该反应过程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成
B．第①步为反应进程的决速步骤
C．相同条件下，比稳定
D．升高温度和增大压强均能加快该反应的速率且提高乙烯的平衡转化率
16．电动汽车常用的液流电池是可再生清洁能源电池类型之一，一种锌铈液流电池放电状态的工作原理示意图如下。下列说法正确的是
A．放电时，电极a为负极，有H+穿过交换膜进入负极室
B．放电时，当有2mol电子发生转移时，负极室溶液增重65g
C．充电时，电极b发生的反应为：
D．将电解液储存在储液罐中，可增大液流电池储能容量
二、非选择题：
17．铜氨配合物常用作杀虫剂、媒染剂，也是广谱杀菌剂和植物生长激素。某化学兴趣小组在实验室探究硫酸四氨合铜的制备。
I．配制CuSO4溶液
（1）配制的CuSO4溶液，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有　 　(填标号)。需要称量胆矾的质量为　 　g。
Ⅱ．制备溶液
（2）的配位原子是　 　(填元素符号)，中心离子的基态价电子排布式为　 　。
（3）实验ii中生成蓝色沉淀的离子方程式为：　 　。
（4）实验i中蓝色沉淀不溶解，说明Cu(OH)2和NH3之间不易发生反应，即反应难以进行。
查阅相关资料
请通过计算说明该反应难以进行(一般认为K>105时，反应基本能完全进行；时，则反应很难进行)：　 　。
（5）探究实验现象不同的原因。
①提出猜想
猜想a：Na+影响的生成。
猜想b：NH促进的生成。
②实验验证 为验证猜想a、b是否成立，设计并完成实验。
序号 操作 现象
iii 将实验i中的浊液a过滤，洗涤沉淀，将固体平均分成两份于试管中。 滴加过量的氨水 蓝色沉淀不溶解
iv 滴加过量的氨水，再加入少量　 　(化学式)固体 蓝色沉淀溶解，溶液呈深蓝色。
③实验结论 猜想b成立。
④从平衡移动的角度，结合化学用语解释为什么NH促进的生成：　 　。
Ⅲ．制备硫酸四氨合铜晶体
（6）在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的变化如图所示。从实验 ii所得深蓝色溶液中加入乙醇，获得晶体的最佳乙醇体积分数为　 　。
A.0.1~0.3 B.0.5~0.7 C.0.9~1.0
18．广东是我国稀散金属铟产业的重要基地，铟可广泛应用于信息通讯、新能源、现代航空、现代军事等高新技术领域。以高铟渣为原料(主要含In2O3、As2O3、SnO、PbS、ZnS，以及Fe、Cu的氧化物)提取铟的工艺流程如下：
已知：浸液1中主要阳离子为
（1）In2O3中In的化合价为　 　，为提高“一段氧化”时的浸取速率，可采取的措施为　 　(写出一条)。
（2）“一段氧化”过程中，硫元素均转化为硫酸盐，ZnS发生反应的化学方程式为　 　。
（3）净化步骤中，采用亚硫酸钠还原后再加入硫化钠反应的净化方式，硫化钠用量对In回收率及Cu、Sn、As杂质脱除率的影响结果如图所示(硫化钠过量系数为硫化钠试剂加入量与理论加入量之比，过量系数越大，表明加入的硫化钠越多)。由图可知，应选取的硫化钠过量系数为　 　。
（4）浸液2中As元素主要以H3AsO3形式存在，在“还原净化”中转化为AsH3气体的离子方程式为　 　。
（5）“萃取回收铟”过程中，发生反应：In3+(水相)+3HA(有机相)InA3(有机相)+3H+(水相)，该操作中使用到的玻璃仪器有烧杯、　 　，有机萃取剂HA通过阳离子交换形成稳定的配位键进行萃取，根据以下P204和P507的结构，可以得出萃取剂　 　(填“P204”或“P507”)的酸性更强，更有利于In的萃取。
（6）磷化铟InP是半导体领域的重要原料，其晶体结构如图甲所示，图乙为俯视图，图中a原子的坐标为(0，0，0)，b原子为则c原子的坐标为　 　，若InP的摩尔质量为Mg/mol，晶胞参数为a pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为　 　g/cm3 (列出计算式即可)。
19．工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。
I．NH3选择性催化还原脱硝是去除NO 的有效方法。
已知：
（1）脱硝反应i. =　 　(用、、表示)，已知反应<0，该反应属于　 　(填“高温自发”或“低温自发”。)反应。
（2）某温度时，在一个2L的密闭容器中发生反应i，测得各气体物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，5min内，用NO表示的反应速率为　 　。反应达平衡后，下列说法正确的有　 　(填字母序号)。
a．增加NO的浓度，NH3的平衡转化率增大
b．加入催化剂，可以提高NO的平衡去除率
c．温度降低，正逆反应速率都减小
d．恒容条件下通入氦气增大压强，平衡正向移动
Ⅱ．对含CO的烟气，可用CO还原法脱硝，实现“以废治废”。
（3）在一定温度下，将2mol NO(g)与 2mol CO(g)通入 2L 密闭容器中，发生反应ⅱ.测得容器中压强随时间变化情况如下表所示：
反应时间/min 0 5 10 15 20 25
总压/kPa 10 9.6 9.3 9.1 9 9
平衡时CO的转化率为　 　，该反应的压强平衡常数Kp=　 　(Kp是以组分分压表示的平衡常数；分压总压物质的量分数，Kp计算结果保留两位有效数字)。
（4）某科研小组研究了催化剂在制备时沉淀剂的选择对铁基催化剂催化反应ii活性的影响，测得脱硝率随温度变化曲线如图所示。则在200℃时，活化能较大的是　 　(填“a”或“b”)。
Ⅲ．使用无隔膜电解法对海水进行电解，再用循环喷淋模式可实现船舶烟气的脱硝，其电解原理如图所示。
（5）该装置中，阴极的电极反应式为　 　。
20．抗癌药物吉非替尼合成路线如下。
（1）A中官能团除醚键、羟基外还含有　 　(写名称)，A→B的反应类型是　 　。
（2）C的结构简式为　 　。
（3）B→C的制备过程中，下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．依据平衡移动原理，加入过量的甲醇不利于提高B 的平衡转化率
b．反应过程中有C—O键的断裂与形成
c．反应过程中有碳原子由sp2杂化转变sp3杂化
d．利用饱和NaHCO3溶液可分离混合物中的B和C
e．B和C存在手性分子
（4）对化合物B，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 加成反应
（5）写出符合下列条件的A的同分异构体的结构简式　 　。
a．苯环上一氯代物有两种 b．不能电离出氢离子
c．既能发生银镜反应又能发生水解 d．核磁共振氢谱出现5组峰
（6）有机物M( )可用于合成医药中间体，现以邻二甲苯、乙烯为原料合成有机物M，基于你设计的合成路线，写出最后一步反应的化学方程式：　 　。
(已知：)
答案解析部分
【答案】1．C
2．B
3．D
4．D
5．C
6．A
7．B
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子核外电子排布；无机非金属材料；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【分析】（1） 黑檀木茶盘成分是纤维素， 锡茶罐主要成分是金属， 硅胶排水管主要成分是二氧化硅，均不属于硅酸盐；
（2）复合肥是指含有两种或两种以上营养元素的化肥，芯片的主要成分是硅单质， 检测Fe2+用铁氰化钾；
（3）氟离子核外是10个电子；s能级电子云轮廓图是球形；质量数等于质子数加中子数；
（4）溶液酸碱性和pH值没有必然关系，需要看温度， 我们说的pH = 7为中性是在常温（25℃）下。沸水的温度是100℃，在100℃时，水的离子积常数发生变化，此时pH = 6.7的水是中性的，而不是酸性；
（5）高温可使蛋白质变性，生石灰吸水可作干燥剂，检测农药残留是根据有机物特性；
（6）泡茶时茶叶（固体）和茶水（液体）分离，是利用茶叶不溶于水的性质，将固体和液体分离，原理类似于过滤。
（7）根据有机物结构，含官能团酰胺基，氨基和羧基，可与硫酸和氢氧化钠反应，结构中含有饱和碳原子，所有原子不会处于同一平面。
1．【解答】A．木材的主要成分是纤维素等有机物，黑檀木茶盘材料不属于硅酸盐，A错误；
B．锡茶罐的材料是金属锡，属于金属单质，不属于硅酸盐，B错误；
C．陶瓷茶碗、茶杯的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐，C正确；
D．硅胶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，D错误；
故选C。
2．【解答】A．NH4NO3中只含有氮元素，属于氮肥，不属于复合肥，A错误。
B．在晴天，茶树的生命活动较为旺盛，但蒸腾作用会消耗体内水分，而不消耗芳香物质，使得茶叶中的芳香物质得以保留，从而提升茶叶的香气，晴天温度高，湿度低，茶青容易干燥，可制作出香气足、口感好的茶叶，B正确；
C．智能泡茶机使用的芯片主要成分为硅，不是二氧化硅，C错误；
D．KSCN溶液能检测茶水中的 Fe3+，不能检测茶水中是否含Fe2+，D错误；
故选B。
3．【解答】A．氟离子是氟原子得一个电子形成的，核电荷数为9，核外有10个电子，其结构示意图应为，A错误；
B．基态K的最高能级为4s，4s轨道的电子云轮廓图是球形，为，B错误；
C．硒的质子数为34，中子数为45，则质量数等于中子数加上质子数，为34 + 45 = 79，所以硒原子应表示为，C错误；
D．Mg是12号元素，基态Mg的电子排布式为，D正确；
故选D。
4．【解答】A．烘焙茶叶的过程中，涉及氧化反应，比如茶多酚的氧化等，所以涉及化学变化，A正确；
B．木炭燃烧过程中化学能转化为热能，是化学变化，B正确；
C．山泉水含有多种矿物质等物质，由多种物质组成，属于混合物，C正确；
D．pH值的大小与温度有关，温度影响水的离子积常数大小，随意沸水的pH=6.7不一定呈酸性，D错误；
故选D。
5．【解答】A．酶的成分是蛋白质，高温可使蛋白质变性，该选项中制茶项目与化学知识有关联，A正确；
B．根据题意茶多酚被氧化为茶黄素、茶红素等 ，体现了茶多酚具有还原性，该选项中制茶项目与化学知识有关联，B正确；
C．检测农药（C6H6Cl6）残留，利用的是其特定的化学性质或检测方法，而C6H6Cl6光照下能发生取代反应与检测农药残留并无直接关联，该选项中制茶项目与化学知识没有关联，C错误；
D．由于生石灰可与水反应，用作干燥剂，在封装茶叶时加入一小袋生石灰可防止茶叶受潮，该选项中制茶项目与化学知识有关联，D正确；
故选C。
6．【解答】A．过滤操作，用于分离固体和液体，与泡茶中茶叶和茶水分离原理相似，A正确；
B．蒸发操作，用于从溶液中得到溶质，与泡茶原理不同，B错误；
C．分液操作，用于分离互不相溶的液体，与泡茶原理不同，C错误；
D．蒸馏操作，用于分离沸点不同的液体混合物，与泡茶原理不同，D错误；
故选A。
7．【解答】A．根据茶氨酸的分子结构，其分子式应为C7H14O3N2，A错误；
B． 茶氨酸 结构中含有官能团氨基和羧基，可与硫酸和氢氧化钠反应，B正确；
C．根据有机物结构，茶氨酸分子中含有氨基、羧基、酰胺基这3种官能团， C错误；
D．由于茶氨酸分子中存在饱和碳原子，饱和碳原子的空间结构为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，D错误；
故选B。
8．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．牺牲阳极法基于原电池原理，通过将更活泼的金属（如锌）作为负极优先被腐蚀，铁作为正极得到保护。富锌底漆正是利用这一原理，因此A选项正确；
B．牺牲阳极法属于原电池保护技术，而非电解池保护法。在原电池中，铁作为正极被保护，而非作为电解池的阴极，故B选项错误；
C．在电化学腐蚀过程中，电子从作为负极的活泼金属锌流向作为正极的铁，该描述符合原电池工作原理，因此C选项正确；
D．由于油漆防护层会随着时间推移出现老化或机械损伤，需要定期重新涂刷以保持防护效果，所以D选项正确；
正确答案为B。
【分析】根据原电池原理，金属的防护可用牺牲阳极法，锌作负极，铁作正极被保护，电子由锌一极流出到正极。
9．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；常见气体制备原理及装置选择；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．稀硫酸与铜不发生反应，无法制备二氧化硫（SO2）。实验室一般采用铜与浓硫酸在加热条件下反应来制取SO2，因此选项A不符合实验要求；
B．二氧化硫气体需要先经过净化装置除去杂质，再用浓硫酸进行干燥。图中装置直接使用浓硫酸，无法完成净化步骤，故选项B不符合实验要求；
C．由于二氧化硫的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，即气体应从长导管进入（长进短出），因此选项C的收集方法不正确；
D．验证二氧化硫漂白性的常规方法是将SO2通入品红溶液，观察到溶液褪色现象即可证明其漂白性，因此选项D符合实验要求；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．在加热条件下，铜和浓硫酸反应生成二氧化硫；
B．浓硫酸是干燥剂，无法除去其他杂质；
C．收集二氧化硫用向上排空气法；
D．二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色。
10．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 2.8 g Si的物质的量为。每个Si原子含有14个电子，因此0.1 mol Si所含电子总数为，故A正确；
B. 在SiO2晶体中，每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，因此0.1 mol SiO2含有 个硅氧键，B错误；
C. 题目未给出溶液的体积，无法计算Na+的数目，C错误；
D. 生成的2.24 L CO未说明是否在标准状况下（0℃、1 atm），因此无法确定其物质的量及转移电子数，D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A. 硅是14号元素，核外有14个电子；
B. 1mol SiO2 有4mol硅氧键；
C. 体积未知，无法计算；
D. 没有指明条件标准状况，无法计算。
11．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A. 同周期元素从左到右第一电离能总体呈增大趋势，但N的2p轨道半充满，结构稳定，其第一电离能高于O，因此第一电离能顺序为C < O < N，故A错误；
B. X（C）对应的H2CO3（碳酸）是弱酸，故B错误；
C. Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，其电子式为，故C正确；
D. CO2是直线形分子，而O3是V形分子，故D错误；
正确答案：C。
【分析】题目中给出的元素W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。根据条件分析：
Z为地壳中含量最高的元素，故Z是O（氧）元素。 W能形成1个共价键，故W是H（氢）元素。 X形成4个共价键，故X是C（碳）元素。 Y形成3个共价键，故Y是N（氮）元素。R形成+1价阳离子，且原子序数最大，故R是Na（钠）元素。
12．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；化学反应速率的影响因素；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A. 甲苯分子中的甲基受到苯环的活化作用（Ⅱ），使其更容易被氧化为苯甲酸（I），两者存在明确的因果关系，故A正确；B. 虽然CH3COONH4是强电解质（Ⅱ正确），但其水溶液呈中性（pH≈7）的原因是和CH3COO-的水解程度相当，Ⅱ无法解释I，因果关系不成立，故B错误；
C. 催化剂只能加快化学反应速率（Ⅱ），但不会改变反应的平衡转化率（I），因此Ⅱ的表述与I无因果关系，故C错误；
D. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，是由于前者形成分子内氢键（I），而后者形成分子间氢键（Ⅱ），但Ⅱ并不能解释I的结论，两者无因果关系，故D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A. 苯环使甲基活化，甲苯被高锰酸钾氧化；
B. 醋酸铵溶液的pH与其是强电解质无因果关系；
C. 铁触煤是催化剂，不能提高平衡转化率；
D. 根据氢键的不同，沸点： 对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛 。
13．【答案】D
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质
【解析】【解答】A. 阳离子交换膜允许Na+通过，同时阻止Cl2与NaOH反应 ， 故A正确；B. 由反应Cl2 + Na2S → 2NaCl + S↓可知氧化性：Cl2 > S ， 故B正确；
C. Fe2+和Br-均被Cl2氧化，反应计量关系符合方程式 ， 故C正确；
D. 漂白作用来自HClO而非Cl2本身 ， 故D错误；
【答案】D
【分析】装置Ⅰ为电解饱和食盐水系统，以Cu和C作为电极材料，发生电解反应：
， 阳极（C极）产生Cl2，阴极（Cu极）生成H2和NaOH溶液，装置Ⅱ中Cl2与Na2S发生氧化还原反应：，装置Ⅲ中Cl2氧化FeBr2溶液：，装置Ⅳ中Cl2与水反应生成的HClO使品红溶液褪色，尾气用NaOH溶液吸收。
14．【答案】C
【知识点】氮的固定；氨的性质及用途；氮族元素简介
【解析】【解答】A. 反应①是氨气被氧化为氮气的过程，但氮的固定是指将游离态的氮（）转化为化合态氮，此过程不属于氮的固定，因此A错误；
B. 反应②是自然界中氮的循环（如雷电固氮），但由于氮氮三键（）键能极大，稳定性高，需要高能量才能断裂，因此B错误；
C. 二氧化氮（）与水反应生成硝酸（）和一氧化氮（），方程式为，因此C正确；
D. 草木灰溶液呈碱性，Z为铵盐，与草木灰混合会反应生成氨气（），导致肥效降低，因此D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】根据题目提供的价类二维图分析：X是氮元素化合价为-3价的氢化物，化学式为（氨气）。Y是氮元素化合价为+2价的氧化物，化学式为（一氧化氮）。 Z是氮元素化合价为-3价的盐，属于铵盐。
15．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．该反应过程中断裂了碳碳非极性键（C-C）和碳氢极性键（C-H），同时形成了碳氧极性键（C-O）和氢氧极性键（O-H），但整个过程中没有新的非极性键形成，因此选项A是错误的；
B．根据反应机理图，第①步的活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，因此第①步是该反应的决速步骤，故选项B是正确的；
C．从能量角度分析，的能量高于，根据"能量越低越稳定"的原则，比更稳定，因此选项C是错误的；
D．由反应能量图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明这是一个放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向（逆向）移动，导致乙烯的平衡转化率降低，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．根据反应进程图分析，没有非极性键形成；
B．第①步的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢；
C．比能量高，更稳定；
D．反应放热，升高温度，降低乙烯的平衡转化率。
16．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，电极a为负极，阳离子（H+）向正极（电极b）迁移，穿过交换膜进入正极室，故A错误；
B．放电时，电极a的反应为：，每转移2 mol电子，溶解1 mol Zn（65 g），同时H+向正极迁移以维持电中性，因此负极室增重小于65 g，故B错误；
C．充电时，电极b为阳极，发生氧化反应：，故C错误；
D．储液罐设计可增加电解液总量，从而提升电池的储能容量，故D正确；
答案选D。
【分析】根据图示，放电过程中电极a上的Zn失去电子被氧化为Zn2+，因此电极a为负极，其电极反应为：，电极b为正极，发生还原反应，电极反应为：，充电时，电极a为阴极，电极b为阳极。
17．【答案】BD；12.5；N；3d9；Cu2+ + 2NH3·H2O = Cu(OH)2↓ + 2NH；反应的平衡常数K = K1×Ksp[Cu(OH)2] = 7.24×1012×2.8×10-20 = 2.03×10-7 < 10-5，故反应难以进行；NH4Cl；NH与OH-结合生成NH3·H2O，使反应Cu(OH)2 + 4NH3[Cu(NH3)4]2+ + 2OH-中c(OH-)降低，平衡正向移动；B
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制500mL 0.1mol/L CuSO4溶液时，溶解固体需使用烧杯，定容需使用500mL容量瓶，故所需玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需烧杯和容量瓶（BD）。需称取胆矾（CuSO4·5H2O）的质量为：；
（2）是配离子，中心离子铜离子提供空轨道，氨分子是配体，氮原子是配位原子，中心离子Cu2+的基态价电子排布式为3d9；
（3）根据题意，蓝色沉淀是氢氧化铜，反应的离子方程式为：Cu2+ + 2NH3·H2O = Cu(OH)2↓ + 2NH；
（4）反应的平衡常数K =K1×Ksp[Cu(OH)2]=7.24×1012×2.8×10-20= 2.03×10-7<10-5，反应难以进行，答案为：反应的平衡常数K = K1×Ksp[Cu(OH)2] = 7.24×1012×2.8×10-20 = 2.03×10-7 < 10-5，故反应难以进行；
（5）根据实验数据可以得出，NH对的生成具有促进作用。因此，在设计对比实验时，需要增加NH的浓度，具体操作是在过量6 mol·L-1氨水的基础上，添加少量NH4Cl固体。NH促进生成的机理是：NH与OH-结合形成NH3·H2O，从而降低了反应Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+ + 2OH-中OH-的浓度，推动平衡向正反应方向移动；
(6)从图中可以看出，在乙醇-水混合溶剂中的溶解度随着乙醇体积分数的增加而减小。当乙醇体积分数达到0.5~0.7时，的溶解度已经显著降低。因此，最佳乙醇体积分数应选择选项B。
【分析】实验i中硫酸铜与氢氧化钠反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，加入过量氨水后沉淀不溶解；实验ii中硫酸铜与氨水反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，加入过量氨水后沉淀溶解，形成溶液。实验iii和iv作为对照实验，证明NH能促进的生成，因此实验iv需增加NH浓度，除加入6mol/L过量氨水外，还需加入少量NH4Cl固体。
18．【答案】（1）+3；粉碎高铟渣(或升高温度、搅拌等)
（2）ZnS + H2O2 + H2SO4 = ZnSO4 + S↓ + 2H2O
（3）1.0
（4）H3AsO3 + 3SO = AsH3↑ + 3SO
（5）分液漏斗；P507
（6）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为零的原则，In2O3中In的化合价为+3价。为了提高“一段氧化”时的浸取速率，可以采取以下措施：粉碎高铟渣、升高温度、搅拌等。
（2）在“一段氧化”过程中，硫元素全部转化为硫酸盐，ZnS发生反应的化学方程式为：
ZnS + H2O2 + H2SO4 = ZnSO4 + S↓ + 2H2O；
（3）根据题干信息，流程中In的回收率及Cu、Sn、As杂质的脱除率应尽可能高。当硫化钠过量系数大于1.0时，In的回收率下降较明显，因此最佳硫化钠过量系数应选择1.0；
（4）浸液2中的As元素主要以H3AsO3形式存在，在“还原净化”过程中转化为AsH3气体。根据得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：H3AsO3 + 3SO = AsH3↑ + 3SO；
（5）在“萃取回收铟”过程中，需要用到的玻璃仪器包括烧杯和分液漏斗。有机萃取剂HA通过阳离子交换形成稳定的配位键进行萃取。根据P204和P507的结构特点，P507分子的极性更大，更容易电离出氢离子，因此其酸性更强。
(6)c原子位于体对角线处，结合a、b原子坐标可知，c原子位置如图所示：，c原子坐标为；In位于晶胞顶角和面心位置，个数为，P位于晶胞体内，个数为4，若InP的摩尔质量为Mg/mol，则晶胞密度：。
【分析】高铟渣的主要成分为In2O3、As2O3、SnO、PbS、ZnS以及Fe、Cu的氧化物。通过加入过氧化氢进行氧化处理，得到滤液1，其中主要阳离子为。随后加入硫酸溶解，生成难溶的硫酸铅。浸出液中加入亚硫酸钠进行还原，再加入硫化钠沉淀，最终得到含的净化液，最后通过萃取回收铟。
（1）根据化合物各元素化合价代数和为0，In2O3中In的化合价为+3价；提高“一段氧化”时的浸取速率，可通过粉碎高铟渣、升高温度、搅拌等方式实现；
（2）“一段氧化”过程中，硫元素均转化为硫酸盐，ZnS发生反应的化学方程式：ZnS + H2O2 + H2SO4 = ZnSO4 + S↓ + 2H2O；
（3）根据题干信息可知，流程中In回收率及Cu、Sn、As杂质脱除率应尽量高，当硫化钠过量系数大于1.0后In回收率降低程度较大，所以应选取的硫化钠过量系数为1.0；
（4）浸液2中As元素主要以H3AsO3形式存在，在“还原净化”中转化为AsH3气体，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：H3AsO3 + 3SO = AsH3↑ + 3SO；
（5）“萃取回收铟”过程中，需使用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；有机萃取剂HA通过阳离子交换形成稳定的配位键进行萃取，根据P204和P507的结构可知，P507分子极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强；
（6）c原子位于体对角线处，结合a、b原子坐标可知，c原子位置如图所示：，c原子坐标为；In位于晶胞顶角和面心位置，个数为，P位于晶胞体内，个数为4，若InP的摩尔质量为Mg/mol，则晶胞密度：。
19．【答案】；低温自发；；ac；40%；；b；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，脱硝反应i的。已知反应，根据的反应能自发，并且，所以该反应为低温自发的反应；
（2）反应i是，根据图像中两种反应物达到平衡时，减少的比值是，结合方程式系数关系可知氨气反应了，一氧化氮反应了，；
a．增加 NO 浓度会使平衡向消耗 NO 方向移动，使 NH3 的平衡转化率增大，a正确；
b．催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，b错误；
c．降温时正逆反应速率均减小，c正确；
d．向恒容体系通入惰性气体不改变各组分浓度，平衡不移动，d错误；
故选ac。
（3）根据表中数据可知，在第20分钟以后，反应达到平衡。根据压强与物质的量关系，计算平衡时混合气体的总物质的量，列式：。设一氧化碳反应了，据此列出三段式：，，解得，所以平衡时CO的转化率为：。该反应的压强平衡常数。
（4）从催化剂 a、b 在 200 ℃时的 NO 转化率比较可知，活化能较大的是曲线转化率较低的 b；
（5）根据物质化合价变化情况可知，硝酸根得到电子，转化为氮气，右侧是阴极，电极反应式是：。
【分析】（1）判断反应自发条件是；
（2）反应速率计算公式，增大反应物浓度，可增大氨的平衡转化率，催化剂不影响平衡转化率，降低温度，反应速率减小，恒容条件下充入无关气体，平衡不移动；
（3）根据反应方程式，列出三段式，计算平衡常数；
（4）活化能大，反应速率慢；
（5）电解池中，阴极得电子，发生还原反应。
20．【答案】（1）醛基；氧化反应
（2）
（3）bd
（4）液溴；；取代反应；H2；Ni做催化剂、加热；
（5）
（6）+2C2H5OH+2H2O
【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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，其含氧官能团包括醚键、羟基和醛基；A→B的过程是醛基被氧化为羧基的反应，属于氧化反应类型；
（2）通过上述分析可知，C的结构简式为；
（3）a．依据平衡移动原理，加入过量的甲醇可以使该酯化反应平衡正向移动，有利于提高B的转化率，故a不正确；
b．反应类型为酯化，原理是酸脱羟基醇脱氢，生成酯基，有有C—O键的断裂与形成，故b正确；
c．反应过程中C的杂化方式没有变化，故c不正确；
d．含羧基可以和饱和碳酸氢钠溶液反应，不与饱和碳酸氢钠溶液反应，且不溶于饱和碳酸氢钠溶液，利用饱和碳酸氢钠溶液可分离混合物中的B和C，故d正确；
e．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故B和C中均没有手性碳原子，都不是手性分子，故e不正确；
答案为bd；
（4）①B发生取代反应生成，反应试剂为液溴和；
②B中仅苯环可发生加成反应，试剂为H2，反应条件为Ni催化并加热，产物为。
（5）A的结构简式为，其同分异构体需满足：
a. 苯环一氯代物有两种（对位二取代）；
b. 不含羧基或酚羟基（不电离出H+）；
c. 含甲酸酯基（能发生银镜反应和水解）；
d. 核磁共振氢谱显示5组峰（5种氢原子）。
符合条件的结构为：；
(6)邻二甲苯经氧化生成，再通过已知反应转化为。乙烯与水加成得乙醇，最终酯化反应方程式为：
+ 2C2H5OH + 2H2O。
【分析】B和CH3OH发生酯化反应生成C，C发生取代反应生成D。根据D的结构简式和C的分子式可推断C的结构为。D经过硝化反应生成E，E再经还原反应（硝基转化为氨基）得到F，F的结构为。
（1）由A的结构简式知，A中含氧官能团的名称是醚键、羟基、醛基；A→B是将醛基氧化为羧基，反应类型是氧化反应；
（2）由上述分析可知，C的结构简式为；
（3）a．依据平衡移动原理，加入过量的甲醇可以使该酯化反应平衡正向移动，有利于提高B的转化率，故a不正确；
b．反应类型为酯化，原理是酸脱羟基醇脱氢，生成酯基，有有C—O键的断裂与形成，故b正确；
c．反应过程中C的杂化方式没有变化，故c不正确；
d．含羧基可以和饱和碳酸氢钠溶液反应，不与饱和碳酸氢钠溶液反应，且不溶于饱和碳酸氢钠溶液，利用饱和碳酸氢钠溶液可分离混合物中的B和C，故d正确；
e．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故B和C中均没有手性碳原子，都不是手性分子，故e不正确；
答案为bd；
（4）①B发生取代反应生成，反应试剂为液溴、；
②B中只有环可以发生加成反应，试剂是H2，条件是Ni为催化剂、加热，生成的产物是；
（5）A的结构简式为，其同分异构体满足条件为：a．苯环上一氯代物有两种，苯环上应该是两个对位的取代基；b．不能电离出氢离子，不含有羧基和酚羟基；c．既能发生银镜反应又能发生水解，一个为甲酸酯基；d．核磁共振氢谱出现5组峰，说明有5种等效氢；满足条件的是：。
（6）邻二甲苯先发生氧化反应生成，再发生已知信息的反应得到，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，与乙醇发生酯化反应生成M，故最后一步反应的化学方程式为+2C2H5OH+2H2O。
1 / 1广东省汕头市2024-2025学年高二下学期7月期末统考化学试题
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合要求。
中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地，中华茶文化冲出地球，我国航天员首次在太空泡茶，实现饮食多样化。据此完成下面小题。
1．潮汕工夫茶享誉全球，下列潮汕工夫茶常用茶具中，材料属于硅酸盐的是
A．黑檀木茶盘 B．锡茶罐
C．陶瓷茶碗、茶杯 D．硅胶排水管
A．A B．B C．C D．D
2．从种茶、采茶、泡茶到品茶，涉及众多化学知识，下列有关说法正确的是
A．肥料：NH4NO3属于复合肥
B．晴天温度高适合采茶，升温有利于水分蒸发
C．智能泡茶机使用的芯片主要成分为SiO2
D．检测茶水中是否含Fe2+，可用KSCN溶液
3．茶叶种类繁多，其中绿茶含有多种矿物元素：氟、镁、钾、硒等，下列有关化学用语正确的是
A．氟离子的结构示意图为：
B．基态K的最高能级的电子云轮廓图为：
C．中子数为45的硒原子为：
D．基态Mg的电子排布式为：
4．《茶经》被誉为“茶叶百科全书”，茶有九难，下列有关说法错误的是
A．烘焙茶叶涉及化学变化
B．木炭烧水煮茶时存在化学能转化为热能
C．山泉水泡茶，山泉水富含矿物质，属于混合物
D．沸水泡茶前测得沸水的pH=6.7，该沸水一定呈酸性
5．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列制茶项目与化学知识没有关联的是
选项 制茶项目 化学知识
A 杀青：高温破坏鲜叶中氧化酶的活性 高温可使蛋白质变性
B 发酵：茶多酚氧化为茶黄素、茶红素等 茶多酚具有还原性
C 检测：检测农药(C6H6Cl6) 残留 C6H6Cl6光照下能发生取代反应
D 封装：加入一小袋生石灰 生石灰能与水反应，常作干燥剂
A．A B．B C．C D．D
6．茶道奉行：精行俭德。治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……皆求精。酾茶(冲茶)过程的原理与以下实验操作相似的是
A B
C D
A．A B．B C．C D．D
7．茶叶中的茶氨酸具有镇静安神作用，其分子结构如图所示。下列有关茶氨酸的叙述正确的是
A．分子式为C7H11O3N B．可与硫酸、氢氧化钠溶液反应
C．含有4种官能团 D．分子中所有原子处于同一平面
【答案】1．C
2．B
3．D
4．D
5．C
6．A
7．B
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子核外电子排布；无机非金属材料；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【分析】（1） 黑檀木茶盘成分是纤维素， 锡茶罐主要成分是金属， 硅胶排水管主要成分是二氧化硅，均不属于硅酸盐；
（2）复合肥是指含有两种或两种以上营养元素的化肥，芯片的主要成分是硅单质， 检测Fe2+用铁氰化钾；
（3）氟离子核外是10个电子；s能级电子云轮廓图是球形；质量数等于质子数加中子数；
（4）溶液酸碱性和pH值没有必然关系，需要看温度， 我们说的pH = 7为中性是在常温（25℃）下。沸水的温度是100℃，在100℃时，水的离子积常数发生变化，此时pH = 6.7的水是中性的，而不是酸性；
（5）高温可使蛋白质变性，生石灰吸水可作干燥剂，检测农药残留是根据有机物特性；
（6）泡茶时茶叶（固体）和茶水（液体）分离，是利用茶叶不溶于水的性质，将固体和液体分离，原理类似于过滤。
（7）根据有机物结构，含官能团酰胺基，氨基和羧基，可与硫酸和氢氧化钠反应，结构中含有饱和碳原子，所有原子不会处于同一平面。
1．【解答】A．木材的主要成分是纤维素等有机物，黑檀木茶盘材料不属于硅酸盐，A错误；
B．锡茶罐的材料是金属锡，属于金属单质，不属于硅酸盐，B错误；
C．陶瓷茶碗、茶杯的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐，C正确；
D．硅胶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，D错误；
故选C。
2．【解答】A．NH4NO3中只含有氮元素，属于氮肥，不属于复合肥，A错误。
B．在晴天，茶树的生命活动较为旺盛，但蒸腾作用会消耗体内水分，而不消耗芳香物质，使得茶叶中的芳香物质得以保留，从而提升茶叶的香气，晴天温度高，湿度低，茶青容易干燥，可制作出香气足、口感好的茶叶，B正确；
C．智能泡茶机使用的芯片主要成分为硅，不是二氧化硅，C错误；
D．KSCN溶液能检测茶水中的 Fe3+，不能检测茶水中是否含Fe2+，D错误；
故选B。
3．【解答】A．氟离子是氟原子得一个电子形成的，核电荷数为9，核外有10个电子，其结构示意图应为，A错误；
B．基态K的最高能级为4s，4s轨道的电子云轮廓图是球形，为，B错误；
C．硒的质子数为34，中子数为45，则质量数等于中子数加上质子数，为34 + 45 = 79，所以硒原子应表示为，C错误；
D．Mg是12号元素，基态Mg的电子排布式为，D正确；
故选D。
4．【解答】A．烘焙茶叶的过程中，涉及氧化反应，比如茶多酚的氧化等，所以涉及化学变化，A正确；
B．木炭燃烧过程中化学能转化为热能，是化学变化，B正确；
C．山泉水含有多种矿物质等物质，由多种物质组成，属于混合物，C正确；
D．pH值的大小与温度有关，温度影响水的离子积常数大小，随意沸水的pH=6.7不一定呈酸性，D错误；
故选D。
5．【解答】A．酶的成分是蛋白质，高温可使蛋白质变性，该选项中制茶项目与化学知识有关联，A正确；
B．根据题意茶多酚被氧化为茶黄素、茶红素等 ，体现了茶多酚具有还原性，该选项中制茶项目与化学知识有关联，B正确；
C．检测农药（C6H6Cl6）残留，利用的是其特定的化学性质或检测方法，而C6H6Cl6光照下能发生取代反应与检测农药残留并无直接关联，该选项中制茶项目与化学知识没有关联，C错误；
D．由于生石灰可与水反应，用作干燥剂，在封装茶叶时加入一小袋生石灰可防止茶叶受潮，该选项中制茶项目与化学知识有关联，D正确；
故选C。
6．【解答】A．过滤操作，用于分离固体和液体，与泡茶中茶叶和茶水分离原理相似，A正确；
B．蒸发操作，用于从溶液中得到溶质，与泡茶原理不同，B错误；
C．分液操作，用于分离互不相溶的液体，与泡茶原理不同，C错误；
D．蒸馏操作，用于分离沸点不同的液体混合物，与泡茶原理不同，D错误；
故选A。
7．【解答】A．根据茶氨酸的分子结构，其分子式应为C7H14O3N2，A错误；
B． 茶氨酸 结构中含有官能团氨基和羧基，可与硫酸和氢氧化钠反应，B正确；
C．根据有机物结构，茶氨酸分子中含有氨基、羧基、酰胺基这3种官能团， C错误；
D．由于茶氨酸分子中存在饱和碳原子，饱和碳原子的空间结构为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，D错误；
故选B。
8．京灶大桥主桥为钢一砼组合梁斜拉桥，钢铁部分使用高性能富锌底漆防腐，以下说法错误的是
A．该防腐方法采用牺牲阳极法
B．铁作电解池的阴极被保护
C．发生电化学腐蚀时，电子由锌流向铁
D．使用一段时间后需重新刷漆养护
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．牺牲阳极法基于原电池原理，通过将更活泼的金属（如锌）作为负极优先被腐蚀，铁作为正极得到保护。富锌底漆正是利用这一原理，因此A选项正确；
B．牺牲阳极法属于原电池保护技术，而非电解池保护法。在原电池中，铁作为正极被保护，而非作为电解池的阴极，故B选项错误；
C．在电化学腐蚀过程中，电子从作为负极的活泼金属锌流向作为正极的铁，该描述符合原电池工作原理，因此C选项正确；
D．由于油漆防护层会随着时间推移出现老化或机械损伤，需要定期重新涂刷以保持防护效果，所以D选项正确；
正确答案为B。
【分析】根据原电池原理，金属的防护可用牺牲阳极法，锌作负极，铁作正极被保护，电子由锌一极流出到正极。
9．SO2具有漂白作用，实验室制取SO2并验证其性质，其中能达到预期目的的是
A．制备SO2 B．净化、干燥SO2
C．收集SO2 D．验证SO2的漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；常见气体制备原理及装置选择；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．稀硫酸与铜不发生反应，无法制备二氧化硫（SO2）。实验室一般采用铜与浓硫酸在加热条件下反应来制取SO2，因此选项A不符合实验要求；
B．二氧化硫气体需要先经过净化装置除去杂质，再用浓硫酸进行干燥。图中装置直接使用浓硫酸，无法完成净化步骤，故选项B不符合实验要求；
C．由于二氧化硫的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，即气体应从长导管进入（长进短出），因此选项C的收集方法不正确；
D．验证二氧化硫漂白性的常规方法是将SO2通入品红溶液，观察到溶液褪色现象即可证明其漂白性，因此选项D符合实验要求；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．在加热条件下，铜和浓硫酸反应生成二氧化硫；
B．浓硫酸是干燥剂，无法除去其他杂质；
C．收集二氧化硫用向上排空气法；
D．二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.8g Si中含有的电子数为1.4NA
B．0.1mol SiO2中含有硅氧键的数目为0.2NA
C．0.1mol/L 的Na2SiO3溶液含有Na+数目为0.2NA
D．焦炭与石英反应制取粗硅，当产生2.24LCO时，转移的电子数为0.2NA
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 2.8 g Si的物质的量为。每个Si原子含有14个电子，因此0.1 mol Si所含电子总数为，故A正确；
B. 在SiO2晶体中，每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，因此0.1 mol SiO2含有 个硅氧键，B错误；
C. 题目未给出溶液的体积，无法计算Na+的数目，C错误；
D. 生成的2.24 L CO未说明是否在标准状况下（0℃、1 atm），因此无法确定其物质的量及转移电子数，D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A. 硅是14号元素，核外有14个电子；
B. 1mol SiO2 有4mol硅氧键；
C. 体积未知，无法计算；
D. 没有指明条件标准状况，无法计算。
11．某食品增味剂其结构如图所示。已知W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z为地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是
A．第一电离能：XB．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
C．R与W形成化合物的电子式为
D．XZ2和Z3的空间结构相同
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A. 同周期元素从左到右第一电离能总体呈增大趋势，但N的2p轨道半充满，结构稳定，其第一电离能高于O，因此第一电离能顺序为C < O < N，故A错误；
B. X（C）对应的H2CO3（碳酸）是弱酸，故B错误；
C. Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，其电子式为，故C正确；
D. CO2是直线形分子，而O3是V形分子，故D错误；
正确答案：C。
【分析】题目中给出的元素W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。根据条件分析：
Z为地壳中含量最高的元素，故Z是O（氧）元素。 W能形成1个共价键，故W是H（氢）元素。 X形成4个共价键，故X是C（碳）元素。 Y形成3个共价键，故Y是N（氮）元素。R形成+1价阳离子，且原子序数最大，故R是Na（钠）元素。
12．下列陈述I与陈述II均正确且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色 苯环使甲基更易被氧化
B 1mol/LCH3COONH4溶液pH值约为7 CH3COONH4是强电解质
C 工业合成氨中使用铁触媒调控反应 铁触媒能提高H2的平衡转化率
D 沸点：对羟基苯甲醛<邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲酸的空间对称性好，沸点低
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；化学反应速率的影响因素；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A. 甲苯分子中的甲基受到苯环的活化作用（Ⅱ），使其更容易被氧化为苯甲酸（I），两者存在明确的因果关系，故A正确；B. 虽然CH3COONH4是强电解质（Ⅱ正确），但其水溶液呈中性（pH≈7）的原因是和CH3COO-的水解程度相当，Ⅱ无法解释I，因果关系不成立，故B错误；
C. 催化剂只能加快化学反应速率（Ⅱ），但不会改变反应的平衡转化率（I），因此Ⅱ的表述与I无因果关系，故C错误；
D. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，是由于前者形成分子内氢键（I），而后者形成分子间氢键（Ⅱ），但Ⅱ并不能解释I的结论，两者无因果关系，故D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A. 苯环使甲基活化，甲苯被高锰酸钾氧化；
B. 醋酸铵溶液的pH与其是强电解质无因果关系；
C. 铁触煤是催化剂，不能提高平衡转化率；
D. 根据氢键的不同，沸点： 对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛 。
13．利用下图装置(已进行除氧处理)电解饱和食盐水并检验氯气的性质，其装置如图所示，下列有关说法不正确的是
A．装置I中，可使用阳离子交换膜减少氯气被吸收
B．装置Ⅱ中，产生黄色沉淀，说明氯气的氧化性大于硫
C．装置Ⅲ中，通入足量的氯气后，其离子方程式为：
D．装置Ⅳ中，品红溶液褪色，说明氯气具有漂白性
【答案】D
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质
【解析】【解答】A. 阳离子交换膜允许Na+通过，同时阻止Cl2与NaOH反应 ， 故A正确；B. 由反应Cl2 + Na2S → 2NaCl + S↓可知氧化性：Cl2 > S ， 故B正确；
C. Fe2+和Br-均被Cl2氧化，反应计量关系符合方程式 ， 故C正确；
D. 漂白作用来自HClO而非Cl2本身 ， 故D错误；
【答案】D
【分析】装置Ⅰ为电解饱和食盐水系统，以Cu和C作为电极材料，发生电解反应：
， 阳极（C极）产生Cl2，阴极（Cu极）生成H2和NaOH溶液，装置Ⅱ中Cl2与Na2S发生氧化还原反应：，装置Ⅲ中Cl2氧化FeBr2溶液：，装置Ⅳ中Cl2与水反应生成的HClO使品红溶液褪色，尾气用NaOH溶液吸收。
14．“价—类”二维图是高中化学学习元素化合物知识的重要工具。氮及其部分化合物的“价—类”二维图如图所示，下列有关说法正确的是
A．反应①属于氮的固定过程
B．自然界可发生反应②，说明氮氮三键键能较小
C．反应④可能同时产生Y物质
D．Z可作为化肥，与草木灰混合施用能增强肥效
【答案】C
【知识点】氮的固定；氨的性质及用途；氮族元素简介
【解析】【解答】A. 反应①是氨气被氧化为氮气的过程，但氮的固定是指将游离态的氮（）转化为化合态氮，此过程不属于氮的固定，因此A错误；
B. 反应②是自然界中氮的循环（如雷电固氮），但由于氮氮三键（）键能极大，稳定性高，需要高能量才能断裂，因此B错误；
C. 二氧化氮（）与水反应生成硝酸（）和一氧化氮（），方程式为，因此C正确；
D. 草木灰溶液呈碱性，Z为铵盐，与草木灰混合会反应生成氨气（），导致肥效降低，因此D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】根据题目提供的价类二维图分析：X是氮元素化合价为-3价的氢化物，化学式为（氨气）。Y是氮元素化合价为+2价的氧化物，化学式为（一氧化氮）。 Z是氮元素化合价为-3价的盐，属于铵盐。
15．乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．该反应过程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成
B．第①步为反应进程的决速步骤
C．相同条件下，比稳定
D．升高温度和增大压强均能加快该反应的速率且提高乙烯的平衡转化率
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．该反应过程中断裂了碳碳非极性键（C-C）和碳氢极性键（C-H），同时形成了碳氧极性键（C-O）和氢氧极性键（O-H），但整个过程中没有新的非极性键形成，因此选项A是错误的；
B．根据反应机理图，第①步的活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，因此第①步是该反应的决速步骤，故选项B是正确的；
C．从能量角度分析，的能量高于，根据"能量越低越稳定"的原则，比更稳定，因此选项C是错误的；
D．由反应能量图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明这是一个放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向（逆向）移动，导致乙烯的平衡转化率降低，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．根据反应进程图分析，没有非极性键形成；
B．第①步的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢；
C．比能量高，更稳定；
D．反应放热，升高温度，降低乙烯的平衡转化率。
16．电动汽车常用的液流电池是可再生清洁能源电池类型之一，一种锌铈液流电池放电状态的工作原理示意图如下。下列说法正确的是
A．放电时，电极a为负极，有H+穿过交换膜进入负极室
B．放电时，当有2mol电子发生转移时，负极室溶液增重65g
C．充电时，电极b发生的反应为：
D．将电解液储存在储液罐中，可增大液流电池储能容量
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，电极a为负极，阳离子（H+）向正极（电极b）迁移，穿过交换膜进入正极室，故A错误；
B．放电时，电极a的反应为：，每转移2 mol电子，溶解1 mol Zn（65 g），同时H+向正极迁移以维持电中性，因此负极室增重小于65 g，故B错误；
C．充电时，电极b为阳极，发生氧化反应：，故C错误；
D．储液罐设计可增加电解液总量，从而提升电池的储能容量，故D正确；
答案选D。
【分析】根据图示，放电过程中电极a上的Zn失去电子被氧化为Zn2+，因此电极a为负极，其电极反应为：，电极b为正极，发生还原反应，电极反应为：，充电时，电极a为阴极，电极b为阳极。
二、非选择题：
17．铜氨配合物常用作杀虫剂、媒染剂，也是广谱杀菌剂和植物生长激素。某化学兴趣小组在实验室探究硫酸四氨合铜的制备。
I．配制CuSO4溶液
（1）配制的CuSO4溶液，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有　 　(填标号)。需要称量胆矾的质量为　 　g。
Ⅱ．制备溶液
（2）的配位原子是　 　(填元素符号)，中心离子的基态价电子排布式为　 　。
（3）实验ii中生成蓝色沉淀的离子方程式为：　 　。
（4）实验i中蓝色沉淀不溶解，说明Cu(OH)2和NH3之间不易发生反应，即反应难以进行。
查阅相关资料
请通过计算说明该反应难以进行(一般认为K>105时，反应基本能完全进行；时，则反应很难进行)：　 　。
（5）探究实验现象不同的原因。
①提出猜想
猜想a：Na+影响的生成。
猜想b：NH促进的生成。
②实验验证 为验证猜想a、b是否成立，设计并完成实验。
序号 操作 现象
iii 将实验i中的浊液a过滤，洗涤沉淀，将固体平均分成两份于试管中。 滴加过量的氨水 蓝色沉淀不溶解
iv 滴加过量的氨水，再加入少量　 　(化学式)固体 蓝色沉淀溶解，溶液呈深蓝色。
③实验结论 猜想b成立。
④从平衡移动的角度，结合化学用语解释为什么NH促进的生成：　 　。
Ⅲ．制备硫酸四氨合铜晶体
（6）在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的变化如图所示。从实验 ii所得深蓝色溶液中加入乙醇，获得晶体的最佳乙醇体积分数为　 　。
A.0.1~0.3 B.0.5~0.7 C.0.9~1.0
【答案】BD；12.5；N；3d9；Cu2+ + 2NH3·H2O = Cu(OH)2↓ + 2NH；反应的平衡常数K = K1×Ksp[Cu(OH)2] = 7.24×1012×2.8×10-20 = 2.03×10-7 < 10-5，故反应难以进行；NH4Cl；NH与OH-结合生成NH3·H2O，使反应Cu(OH)2 + 4NH3[Cu(NH3)4]2+ + 2OH-中c(OH-)降低，平衡正向移动；B
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制500mL 0.1mol/L CuSO4溶液时，溶解固体需使用烧杯，定容需使用500mL容量瓶，故所需玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需烧杯和容量瓶（BD）。需称取胆矾（CuSO4·5H2O）的质量为：；
（2）是配离子，中心离子铜离子提供空轨道，氨分子是配体，氮原子是配位原子，中心离子Cu2+的基态价电子排布式为3d9；
（3）根据题意，蓝色沉淀是氢氧化铜，反应的离子方程式为：Cu2+ + 2NH3·H2O = Cu(OH)2↓ + 2NH；
（4）反应的平衡常数K =K1×Ksp[Cu(OH)2]=7.24×1012×2.8×10-20= 2.03×10-7<10-5，反应难以进行，答案为：反应的平衡常数K = K1×Ksp[Cu(OH)2] = 7.24×1012×2.8×10-20 = 2.03×10-7 < 10-5，故反应难以进行；
（5）根据实验数据可以得出，NH对的生成具有促进作用。因此，在设计对比实验时，需要增加NH的浓度，具体操作是在过量6 mol·L-1氨水的基础上，添加少量NH4Cl固体。NH促进生成的机理是：NH与OH-结合形成NH3·H2O，从而降低了反应Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+ + 2OH-中OH-的浓度，推动平衡向正反应方向移动；
(6)从图中可以看出，在乙醇-水混合溶剂中的溶解度随着乙醇体积分数的增加而减小。当乙醇体积分数达到0.5~0.7时，的溶解度已经显著降低。因此，最佳乙醇体积分数应选择选项B。
【分析】实验i中硫酸铜与氢氧化钠反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，加入过量氨水后沉淀不溶解；实验ii中硫酸铜与氨水反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，加入过量氨水后沉淀溶解，形成溶液。实验iii和iv作为对照实验，证明NH能促进的生成，因此实验iv需增加NH浓度，除加入6mol/L过量氨水外，还需加入少量NH4Cl固体。
18．广东是我国稀散金属铟产业的重要基地，铟可广泛应用于信息通讯、新能源、现代航空、现代军事等高新技术领域。以高铟渣为原料(主要含In2O3、As2O3、SnO、PbS、ZnS，以及Fe、Cu的氧化物)提取铟的工艺流程如下：
已知：浸液1中主要阳离子为
（1）In2O3中In的化合价为　 　，为提高“一段氧化”时的浸取速率，可采取的措施为　 　(写出一条)。
（2）“一段氧化”过程中，硫元素均转化为硫酸盐，ZnS发生反应的化学方程式为　 　。
（3）净化步骤中，采用亚硫酸钠还原后再加入硫化钠反应的净化方式，硫化钠用量对In回收率及Cu、Sn、As杂质脱除率的影响结果如图所示(硫化钠过量系数为硫化钠试剂加入量与理论加入量之比，过量系数越大，表明加入的硫化钠越多)。由图可知，应选取的硫化钠过量系数为　 　。
（4）浸液2中As元素主要以H3AsO3形式存在，在“还原净化”中转化为AsH3气体的离子方程式为　 　。
（5）“萃取回收铟”过程中，发生反应：In3+(水相)+3HA(有机相)InA3(有机相)+3H+(水相)，该操作中使用到的玻璃仪器有烧杯、　 　，有机萃取剂HA通过阳离子交换形成稳定的配位键进行萃取，根据以下P204和P507的结构，可以得出萃取剂　 　(填“P204”或“P507”)的酸性更强，更有利于In的萃取。
（6）磷化铟InP是半导体领域的重要原料，其晶体结构如图甲所示，图乙为俯视图，图中a原子的坐标为(0，0，0)，b原子为则c原子的坐标为　 　，若InP的摩尔质量为Mg/mol，晶胞参数为a pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为　 　g/cm3 (列出计算式即可)。
【答案】（1）+3；粉碎高铟渣(或升高温度、搅拌等)
（2）ZnS + H2O2 + H2SO4 = ZnSO4 + S↓ + 2H2O
（3）1.0
（4）H3AsO3 + 3SO = AsH3↑ + 3SO
（5）分液漏斗；P507
（6）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为零的原则，In2O3中In的化合价为+3价。为了提高“一段氧化”时的浸取速率，可以采取以下措施：粉碎高铟渣、升高温度、搅拌等。
（2）在“一段氧化”过程中，硫元素全部转化为硫酸盐，ZnS发生反应的化学方程式为：
ZnS + H2O2 + H2SO4 = ZnSO4 + S↓ + 2H2O；
（3）根据题干信息，流程中In的回收率及Cu、Sn、As杂质的脱除率应尽可能高。当硫化钠过量系数大于1.0时，In的回收率下降较明显，因此最佳硫化钠过量系数应选择1.0；
（4）浸液2中的As元素主要以H3AsO3形式存在，在“还原净化”过程中转化为AsH3气体。根据得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：H3AsO3 + 3SO = AsH3↑ + 3SO；
（5）在“萃取回收铟”过程中，需要用到的玻璃仪器包括烧杯和分液漏斗。有机萃取剂HA通过阳离子交换形成稳定的配位键进行萃取。根据P204和P507的结构特点，P507分子的极性更大，更容易电离出氢离子，因此其酸性更强。
(6)c原子位于体对角线处，结合a、b原子坐标可知，c原子位置如图所示：，c原子坐标为；In位于晶胞顶角和面心位置，个数为，P位于晶胞体内，个数为4，若InP的摩尔质量为Mg/mol，则晶胞密度：。
【分析】高铟渣的主要成分为In2O3、As2O3、SnO、PbS、ZnS以及Fe、Cu的氧化物。通过加入过氧化氢进行氧化处理，得到滤液1，其中主要阳离子为。随后加入硫酸溶解，生成难溶的硫酸铅。浸出液中加入亚硫酸钠进行还原，再加入硫化钠沉淀，最终得到含的净化液，最后通过萃取回收铟。
（1）根据化合物各元素化合价代数和为0，In2O3中In的化合价为+3价；提高“一段氧化”时的浸取速率，可通过粉碎高铟渣、升高温度、搅拌等方式实现；
（2）“一段氧化”过程中，硫元素均转化为硫酸盐，ZnS发生反应的化学方程式：ZnS + H2O2 + H2SO4 = ZnSO4 + S↓ + 2H2O；
（3）根据题干信息可知，流程中In回收率及Cu、Sn、As杂质脱除率应尽量高，当硫化钠过量系数大于1.0后In回收率降低程度较大，所以应选取的硫化钠过量系数为1.0；
（4）浸液2中As元素主要以H3AsO3形式存在，在“还原净化”中转化为AsH3气体，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：H3AsO3 + 3SO = AsH3↑ + 3SO；
（5）“萃取回收铟”过程中，需使用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；有机萃取剂HA通过阳离子交换形成稳定的配位键进行萃取，根据P204和P507的结构可知，P507分子极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强；
（6）c原子位于体对角线处，结合a、b原子坐标可知，c原子位置如图所示：，c原子坐标为；In位于晶胞顶角和面心位置，个数为，P位于晶胞体内，个数为4，若InP的摩尔质量为Mg/mol，则晶胞密度：。
19．工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。
I．NH3选择性催化还原脱硝是去除NO 的有效方法。
已知：
（1）脱硝反应i. =　 　(用、、表示)，已知反应<0，该反应属于　 　(填“高温自发”或“低温自发”。)反应。
（2）某温度时，在一个2L的密闭容器中发生反应i，测得各气体物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，5min内，用NO表示的反应速率为　 　。反应达平衡后，下列说法正确的有　 　(填字母序号)。
a．增加NO的浓度，NH3的平衡转化率增大
b．加入催化剂，可以提高NO的平衡去除率
c．温度降低，正逆反应速率都减小
d．恒容条件下通入氦气增大压强，平衡正向移动
Ⅱ．对含CO的烟气，可用CO还原法脱硝，实现“以废治废”。
（3）在一定温度下，将2mol NO(g)与 2mol CO(g)通入 2L 密闭容器中，发生反应ⅱ.测得容器中压强随时间变化情况如下表所示：
反应时间/min 0 5 10 15 20 25
总压/kPa 10 9.6 9.3 9.1 9 9
平衡时CO的转化率为　 　，该反应的压强平衡常数Kp=　 　(Kp是以组分分压表示的平衡常数；分压总压物质的量分数，Kp计算结果保留两位有效数字)。
（4）某科研小组研究了催化剂在制备时沉淀剂的选择对铁基催化剂催化反应ii活性的影响，测得脱硝率随温度变化曲线如图所示。则在200℃时，活化能较大的是　 　(填“a”或“b”)。
Ⅲ．使用无隔膜电解法对海水进行电解，再用循环喷淋模式可实现船舶烟气的脱硝，其电解原理如图所示。
（5）该装置中，阴极的电极反应式为　 　。
【答案】；低温自发；；ac；40%；；b；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，脱硝反应i的。已知反应，根据的反应能自发，并且，所以该反应为低温自发的反应；
（2）反应i是，根据图像中两种反应物达到平衡时，减少的比值是，结合方程式系数关系可知氨气反应了，一氧化氮反应了，；
a．增加 NO 浓度会使平衡向消耗 NO 方向移动，使 NH3 的平衡转化率增大，a正确；
b．催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，b错误；
c．降温时正逆反应速率均减小，c正确；
d．向恒容体系通入惰性气体不改变各组分浓度，平衡不移动，d错误；
故选ac。
（3）根据表中数据可知，在第20分钟以后，反应达到平衡。根据压强与物质的量关系，计算平衡时混合气体的总物质的量，列式：。设一氧化碳反应了，据此列出三段式：，，解得，所以平衡时CO的转化率为：。该反应的压强平衡常数。
（4）从催化剂 a、b 在 200 ℃时的 NO 转化率比较可知，活化能较大的是曲线转化率较低的 b；
（5）根据物质化合价变化情况可知，硝酸根得到电子，转化为氮气，右侧是阴极，电极反应式是：。
【分析】（1）判断反应自发条件是；
（2）反应速率计算公式，增大反应物浓度，可增大氨的平衡转化率，催化剂不影响平衡转化率，降低温度，反应速率减小，恒容条件下充入无关气体，平衡不移动；
（3）根据反应方程式，列出三段式，计算平衡常数；
（4）活化能大，反应速率慢；
（5）电解池中，阴极得电子，发生还原反应。
20．抗癌药物吉非替尼合成路线如下。
（1）A中官能团除醚键、羟基外还含有　 　(写名称)，A→B的反应类型是　 　。
（2）C的结构简式为　 　。
（3）B→C的制备过程中，下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．依据平衡移动原理，加入过量的甲醇不利于提高B 的平衡转化率
b．反应过程中有C—O键的断裂与形成
c．反应过程中有碳原子由sp2杂化转变sp3杂化
d．利用饱和NaHCO3溶液可分离混合物中的B和C
e．B和C存在手性分子
（4）对化合物B，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 加成反应
（5）写出符合下列条件的A的同分异构体的结构简式　 　。
a．苯环上一氯代物有两种 b．不能电离出氢离子
c．既能发生银镜反应又能发生水解 d．核磁共振氢谱出现5组峰
（6）有机物M( )可用于合成医药中间体，现以邻二甲苯、乙烯为原料合成有机物M，基于你设计的合成路线，写出最后一步反应的化学方程式：　 　。
(已知：)
【答案】（1）醛基；氧化反应
（2）
（3）bd
（4）液溴；；取代反应；H2；Ni做催化剂、加热；
（5）
（6）+2C2H5OH+2H2O
【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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，其含氧官能团包括醚键、羟基和醛基；A→B的过程是醛基被氧化为羧基的反应，属于氧化反应类型；
（2）通过上述分析可知，C的结构简式为；
（3）a．依据平衡移动原理，加入过量的甲醇可以使该酯化反应平衡正向移动，有利于提高B的转化率，故a不正确；
b．反应类型为酯化，原理是酸脱羟基醇脱氢，生成酯基，有有C—O键的断裂与形成，故b正确；
c．反应过程中C的杂化方式没有变化，故c不正确；
d．含羧基可以和饱和碳酸氢钠溶液反应，不与饱和碳酸氢钠溶液反应，且不溶于饱和碳酸氢钠溶液，利用饱和碳酸氢钠溶液可分离混合物中的B和C，故d正确；
e．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故B和C中均没有手性碳原子，都不是手性分子，故e不正确；
答案为bd；
（4）①B发生取代反应生成，反应试剂为液溴和；
②B中仅苯环可发生加成反应，试剂为H2，反应条件为Ni催化并加热，产物为。
（5）A的结构简式为，其同分异构体需满足：
a. 苯环一氯代物有两种（对位二取代）；
b. 不含羧基或酚羟基（不电离出H+）；
c. 含甲酸酯基（能发生银镜反应和水解）；
d. 核磁共振氢谱显示5组峰（5种氢原子）。
符合条件的结构为：；
(6)邻二甲苯经氧化生成，再通过已知反应转化为。乙烯与水加成得乙醇，最终酯化反应方程式为：
+ 2C2H5OH + 2H2O。
【分析】B和CH3OH发生酯化反应生成C，C发生取代反应生成D。根据D的结构简式和C的分子式可推断C的结构为。D经过硝化反应生成E，E再经还原反应（硝基转化为氨基）得到F，F的结构为。
（1）由A的结构简式知，A中含氧官能团的名称是醚键、羟基、醛基；A→B是将醛基氧化为羧基，反应类型是氧化反应；
（2）由上述分析可知，C的结构简式为；
（3）a．依据平衡移动原理，加入过量的甲醇可以使该酯化反应平衡正向移动，有利于提高B的转化率，故a不正确；
b．反应类型为酯化，原理是酸脱羟基醇脱氢，生成酯基，有有C—O键的断裂与形成，故b正确；
c．反应过程中C的杂化方式没有变化，故c不正确；
d．含羧基可以和饱和碳酸氢钠溶液反应，不与饱和碳酸氢钠溶液反应，且不溶于饱和碳酸氢钠溶液，利用饱和碳酸氢钠溶液可分离混合物中的B和C，故d正确；
e．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故B和C中均没有手性碳原子，都不是手性分子，故e不正确；
答案为bd；
（4）①B发生取代反应生成，反应试剂为液溴、；
②B中只有环可以发生加成反应，试剂是H2，条件是Ni为催化剂、加热，生成的产物是；
（5）A的结构简式为，其同分异构体满足条件为：a．苯环上一氯代物有两种，苯环上应该是两个对位的取代基；b．不能电离出氢离子，不含有羧基和酚羟基；c．既能发生银镜反应又能发生水解，一个为甲酸酯基；d．核磁共振氢谱出现5组峰，说明有5种等效氢；满足条件的是：。
（6）邻二甲苯先发生氧化反应生成，再发生已知信息的反应得到，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，与乙醇发生酯化反应生成M，故最后一步反应的化学方程式为+2C2H5OH+2H2O。
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