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湖南怀化市第一中学等校2026届高三下学期核心素养测评 化学试题
1．物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系错误的是
A．歼-20战机采用的隐形涂层中含有特殊金属材料，能吸收雷达波，是因为其化学性质非常活泼
B．壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维，该仿生胶带可用作新型黏着材料
C．聚乳酸具有生物相容性和可降解性，可用作手术缝合线
D．无人机灯光秀中用到的玻璃含二氧化硅，硬度高且具有良好的光学性能，故可用于制造光导纤维
2．巧设实验，方得真知。下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
实验目的 A．证明苯与液溴的反应为取代反应 B．吸收尾气中
实验示意图
实验目的 C．制备无水氯化镁 D．用分水器提高反应物转化率
实验示意图
A．A B．B C．C D．D
3．工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．和充分反应，所得产物分子数为
B．完全转化为NO，转移电子数为
C．将6.72 L(换算为标准状况下的体积)溶于水，还原产物分子数目为
D．常温下，的硝酸溶液中水电离的数目为
4．关于实验室仪器使用和试剂保存，下列叙述正确的是
A．滴定管、容量瓶、分液漏斗这三个仪器在使用前需要检漏
B．氟化铵溶液保存在带橡胶塞的无色细口玻璃瓶中
C．液溴应保存在棕色广口试剂瓶中，并进行水封
D．银氨溶液可密封、避光长期保存在棕色试剂瓶中
5．下列关于物质性质或应用的解释错误的是
选项 性质或应用 解释
A 聚乙炔可制备导电高分子材料 聚乙炔分子结构含有共轭双键体系，为电荷传递提供了通路
B 热稳定性： 分子间氢键强于分子间作用力
C 在中溶解度大于在水中溶解度 的极性微弱，更接近非极性分子的性质
D 分子的键角()大于HCHO分子的键角() 电子对间斥力的不同
A．A B．B C．C D．D
6．柱晶石所含Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。Q是原子半径最小的元素，基态T原子s轨道上的电子数与p轨道上的相等，R和Y同主族，X的M层电子数与K层的相等，Z是地壳中含量第二的元素。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．T与Z可形成共价晶体
C．简单离子半径： D．Y的氧化物属于碱性氧化物
7．硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲，沿z轴投影如图乙。已知晶胞参数为a nm， O点原子分数坐标为(0，0，0)。下列说法正确的是
A．晶胞中Se原子的配位数为8
B．晶胞中Q点原子分数坐标为(，，)
C．晶体密度ρ=g cm 3
D．Zn和Se的最短距离为a nm
8．羟肟萃取剂常用于湿法冶金工业中金属阳离子的分离，一种萃取Ni2+的反应如下：
下列说法正确的是
A．Y中N-Ni配位键中的电子由N的p轨道提供
B．Y可以通过氢键形成五元环结构
C．向萃取后的有机相中加入合适的碱可实现反萃取
D．冠醚识别Li+与上述原理相同
9．一种高性能的光可充电水系钠离子电池的工作原理如图所示。充电时，在光照条件下，电极产生电子和空穴(，具有强氧化性)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是
A．放电时，电极I为负极
B．充电时，电极上的电极反应式为
C．放电时，需闭合开关、打开开关，并对电极采取避光措施
D．充电时，电路每转移，理论上阴极室中溶液的质量增加
10．一种治疗原发性血小板减少症的药物结构简式如图，下列说法错误的是
A．该分子中含有1个手性碳原子
B．该物质中碳原子有3种杂化方式
C．该物质能发生水解反应，能发生消去反应
D．1 mol该物质最多能与6 mol 发生加成反应，不能与盐酸反应
11．某兴趣小组以含金烧渣（含有和）为原料，制备单质和的流程如图所示：
下列说法正确的是
A．“溶浸”时发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．中σ键与π键的个数比为
C．与反应的方程式为：
D．“试剂a”可以是粉或粉
12．利用色度传感器探究压强对化学平衡的影响：(红棕色)(无色) H<0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器活塞的过程中气体透射率T%随时间t的变化(气体颜色越深，透射率越小)。下列说法正确的是
A．为拉伸注射器活塞的过程
B．C点的反应速率大于E点
C．体系颜色深浅：D>F>H
D．为平衡移动的过程，平衡逆向移动
13．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如]。已知室温下，饱和溶液的浓度约为，，。下列说法正确的是
A．饱和溶液的
B．少量HClO与溶液反应：
C．等物质的量浓度的和NaHS混合溶液中存在关系：
D．室温下，反应的平衡常数为
14．HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．Ⅰ是催化剂
B．Ⅱ是中间体
C．②对应的基元反应是决速步
D．总反应的化学方程式为
15．金属铋（Bi）及其化合物广泛应用于电子、医药等领域，一种由BiOCl（氯氧化铋，白色难溶于水的固体）制备Bi2O3的步骤如下：
①将3.0 g BiOCl与25 mL 3.0 mol·L-1碳酸氢铵溶液混合，加入氨水调节溶液pH=9，50 ℃下反应2 h。
②将三颈烧瓶中所得混合物经过一系列操作可得到(BiO)2CO3沉淀。
③将所得沉淀在530 ℃下煅烧，可得到Bi2O3产品。
回答下列问题：
（1）与本实验安全注意事项无关的图标为___________（填标号）。
A． B．
C． D．
（2）写出步骤①制备(BiO)2CO3的离子方程式　 　。
（3）实验步骤②一系列操作中，需要用到的仪器有___________（填标号）。
A． B．
C． D．
（4）某研究小组探究温度对沉淀制备的影响，得到温度与所得沉淀产率的关系如图所示。结合图像分析，50 ℃时沉淀产率最高，可能的原因是　 　。
（5）另一种制备方法：用NaOH溶液将BiOCl转化为Bi(OH)3，Bi(OH)3受热分解为Bi2O3。已知：常温下，，BiOCl(s)在水溶液中存在平衡。
常温下，当BiOCl恰好完全转化为Bi(OH)3时，溶液中，此时溶液pH=　 　。
（6）Bi3+的测定
乙二胺四乙酸（EDTA）二钠盐可以和Bi3+ 1∶1形成稳定的配合物，一种测定溶液中Bi3+浓度的方法如下：取V1 mL溶液，调节pH=1，滴入2滴二甲酚橙做指示剂（二甲酚橙：溶于水呈亮黄色，能和多种金属阳离子形成紫红色配合物），用0.01000 mol·L-1的EDTA溶液滴定，达到滴定终点时，测得耗去标准液V2 mL，则溶液中Bi3+的浓度为　 　g·L-1（用V1、V2表示），达到滴定终点的现象是　 　。
16．某富铟渣主要含有Fe、Pb、Zn、In(铟)等金属及其氧化物(如、等)，从该富铟渣中提取金属铟的一种工艺流程如下：
已知：①浸出过程始终以为浸取液。
②相关金属离子形成氢氧化物时的pH(25℃)。
开始沉淀 2.9 5.7 1.5 6.4 6.2
完全沉淀 4.9 8.7 3.5 9.4 9.2
（1）In的原子序数是49，在元素周期表中的位置是　 　。
（2）“浸出1”中能有效提高浸出率的方法有　 　(答出一条即可)。
（3）“浸出1”中铟最终以进入浸渣1中得以富集，则“浸出1”时溶液pH应控制在　 　范围，在此过程中还需加入适当的　 　(填“氧化剂”、“还原剂”或“沉淀剂”)。
（4）“浸出2”中的主要反应离子方程式为　 　，浸渣2的主要成分为　 　(填化学式)。
（5）“置换后液”合并到“浸出液1”中，“置换”时应选择　 　(填化学式)作置换剂。
（6）粗铟中仍含有少量Zn、Cd、Tl和Pb等杂质，其中Cd和Zn对In的精制效果影响较大，可用“真空蒸馏”法去除，蒸馏时应控制温度为　 　℃左右。
17．在“碳达峰、碳中和”的背景下，通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题：
Ⅰ．加氢制甲醇
（1）已知如下热化学方程式：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
计算：________。
（2）在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________（填标号）。
A. 的分压保持不变 B. 混合气体的密度保持不变
C. 保持不变 D. 密闭容器中温度保持不变
（3）在、条件下发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。
已知：甲醇的选择性。
①260 ℃时，的转化率________。反应ⅰ的平衡常数________（精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数）。
②甲醇选择性随温度升高而降低的原因：________。
Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物
已知：的活性位点对O的连接能力较强，的活性位点对C的连接能力较强，对的吸附能力远强于，且吸附后不易脱离。
（4）电还原可能的反应机理如图所示（*表示吸附态的）。
①参照机理图画出A的结构：________。
②若还原产物主要为，应选择________（填“”“”或“”）做催化剂。
18．茉莉酮酸甲酯是一种具有茉莉花香的天然化合物，常用于高级香水配制，其合成路线如图所示。
已知：Ⅰ．。
Ⅱ．。
（1）化合物G中含氧官能团的名称为　 　；C→D的反应类型为　 　。
（2）D→E过程中反应物的命名为　 　。
（3）若想要知道茉莉酮酸甲酯中的键角和键长信息，可以使用___________(填标号)。
A．红外光谱仪 B．核磁共振仪 C．X射线衍射仪 D．质谱仪
（4）B到C的化学方程式为　 　。
（5）F的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列条件的同分异构体的结构简式　 　。
①只有苯环一个环状结构；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有4组峰。
（6）根据上述信息，写出以环戊烯和乙醇为原料合成的路线：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、隐形涂层能吸收雷达波，利用的是材料的电磁特性，而非化学性质活泼，A 错误；
B、壁虎仿生胶带上的纳米级长纤维通过范德华力实现强黏附，可用作新型黏着材料，B 正确；
C、聚乳酸具有良好的生物相容性和可降解性，在体内可逐渐分解，因此可用作手术缝合线，C 正确；
D、二氧化硅具有良好的光学性能，是制造光导纤维的主要原料，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质用途与性质的对应关系：隐形涂层吸收雷达波是利用材料的电磁特性，与化学性质活泼无关；
仿生材料的工作原理：壁虎仿生胶带利用纳米纤维与接触面间的范德华力实现黏附；
生物医用材料的特性：聚乳酸的生物相容性和可降解性使其适合作为手术缝合线；
二氧化硅的应用：其光学性能是制造光导纤维的关键。
2．【答案】A
【知识点】苯的结构与性质；蒸馏与分馏；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、苯与液溴的反应为放热反应，溴易挥发，挥发出来的溴蒸气也能与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，无法证明反应生成了 HBr，因此不能证明苯与液溴的反应为取代反应，A 不能达到实验目的；
B、氨气不溶于四氯化碳，导管插入四氯化碳中，可防止倒吸，该装置能吸收尾气中的 NH3，B 能达到实验目的；
C、在干燥的 HCl 气流中加热 MgCl2 6H2O，可抑制 MgCl2水解，同时带走水蒸气，能制备无水氯化镁，C 能达到实验目的；
D、乙酸与乙醇的酯化反应为可逆反应，分水器可及时分离出生成的水，使平衡正向移动，提高反应物转化率，D 能达到实验目的。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
苯的溴代反应验证：溴蒸气会干扰 HBr 的检验，无法通过硝酸银溶液证明取代反应的发生；
氨气的尾气处理：利用氨气不溶于四氯化碳的特点，可实现防倒吸吸收；
无水氯化镁的制备：HCl 气流可抑制 Mg2+水解，防止生成氢氧化镁杂质；
酯化反应的平衡移动：分水器通过分离水，促进可逆反应正向进行，提高转化率。
3．【答案】B
【知识点】工业合成氨；氧化还原反应；化学反应的可逆性；盐类水解的应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、合成氨反应是可逆反应， ，0.1 mol 和0.3 mol 无法完全反应，实际生成的物质的量小于0.2 mol，产物分子数小于，A错误；
B、 反应为，中N元素为-3价，完全转化为NO时N元素为+2价，每个N原子失去5个电子，0.2 mol 完全反应时，转移电子数为，B正确；
C、标准状况下6.72 L 的物质的量为0.3 mol，与水发生反应： ，其中还原产物为NO，由反应比例可知，0.3 mol 反应生成0.1 mol NO，分子数目为，C错误；
D、溶液中水电离的数目与溶液体积相关，题目未给出硝酸溶液的体积，无法计算水电离的数目，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
可逆反应的限度问题：合成氨反应为可逆反应，反应物不能完全转化，产物的实际物质的量需小于理论值；
氧化还原反应电子转移计算：通过N元素化合价变化，结合物质的量计算电子转移总数；
氧化还原反应中产物判断：与水反应时，部分N元素被还原为NO，需根据反应方程式确定还原产物的物质的量；
溶液中微粒数计算条件：计算水电离的离子数目时，必须明确溶液体积，否则无法计算具体数值。
4．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；化学试剂的存放；常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、滴定管、容量瓶、分液漏斗均为带活塞或塞子的计量 / 分离仪器，使用前必须检漏，防止漏液影响实验，A 正确；
B、氟化铵溶液水解生成 HF，HF 能腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶保存，且氟化铵会腐蚀橡胶塞，B 错误；
C、液溴应保存在棕色细口瓶中（液体试剂用细口瓶），并用水封，防止挥发，C 错误；
D、银氨溶液长期放置会生成易爆的叠氮化银，不能长期保存，需现配现用，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
仪器检漏的适用范围：带活塞或磨口塞的仪器（滴定管、容量瓶、分液漏斗）使用前必须检漏；
特殊试剂的保存要求：氟化铵水解生成的 HF 会腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶保存；
试剂瓶的选择：液体试剂用细口瓶，固体试剂用广口瓶；
银氨溶液的稳定性：长期放置会生成易爆物质，需现配现用，不能长期保存。
5．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、聚乙炔分子中存在共轭双键体系，π 电子可离域移动，为电荷传递提供通路，因此可制备导电高分子材料，A正确；
B、热稳定性属于化学性质，由分子内共价键的强弱决定，而非分子间作用力（氢键、范德华力）。H2O 的热稳定性强于 H2S，是因为 O-H 键键能大于 S-H 键键能，B错误；
C、根据 “相似相溶” 原理，极性相近的物质更易互溶。O3的极性微弱，更接近非极性分子，因此在非极性溶剂 CCl4中的溶解度大于在极性溶剂水中的溶解度，C正确；
D、BF3分子中 B 原子为 sp2 杂化，分子为平面正三角形，键角为 120°；HCHO 分子中 C 原子为 sp2 杂化，C=O 双键对 C-H 单键的排斥力更强，导致∠H-C-H 键角小于 120°，键角差异源于电子对间斥力不同，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
导电高分子的原理：共轭双键体系中的离域 π 电子可传递电荷，使聚乙炔具有导电性；
热稳定性的本质：由分子内共价键的键能决定，与分子间作用力无关；
相似相溶原理：极性相近的物质更易互溶，O3极性微弱，更易溶于非极性溶剂；
键角与电子对斥力：双键对单键的排斥力大于单键间的排斥力，导致 HCHO 分子中∠H-C-H 键角小于 BF3分子中的键角。
6．【答案】B
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、第三周期元素Mg、Al、Si的第一电离能：Mg的为全满稳定结构，第一电离能高于Al（，易失电子），实际顺序为，故A错误；
B、O与Si形成的是由Si-O共价键构成的空间网状结构，属于共价晶体，故B正确；
C、、、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此半径顺序为，即，故C错误；
D、Al的氧化物既能与酸反应又能与碱反应，属于两性氧化物，不是碱性氧化物，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，可逐步推出元素：
Q是原子半径最小的元素，为氢（H）；Z是地壳中含量第二的元素，为硅（Si）；X的M层电子数与K层相等（均为2个电子），为镁（Mg）；T的基态原子s与p轨道电子数相等，电子排布为，为氧（O）；Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，故Y只能是铝（Al）；R与Y同主族，故R为硼（B）。最终元素顺序：Q(H)、R(B)、T(O)、X(Mg)、Y(Al)、Z(Si)
7．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、硒化锌晶胞结构与闪锌矿类似，Se原子周围紧邻的Zn原子数为4，因此Se原子的配位数为4，A错误；
B、由晶胞投影图可知，Q点Zn原子位于晶胞的前右侧下方位置，分数坐标应为，B错误；
C、晶胞中Zn原子数为4，Se原子数为4，晶胞质量，晶胞体积，晶体密度，C错误；
D、Zn和Se的最短距离为晶胞体对角线的，晶胞体对角线长度为，因此最短距离为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
配位数判断：闪锌矿型结构中，两种原子的配位数均为4；
原子分数坐标：结合晶胞投影图，根据原子在晶胞中的位置确定分数坐标；
晶体密度计算：晶胞质量为晶胞内所有原子的总质量，晶胞体积需注意单位换算，代入密度公式计算；
晶胞内原子间距：Zn和Se的最短距离为晶胞体对角线的，利用体对角线长度公式计算即可。
8．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；分液和萃取
【解析】【解答】A、Y 中 N 原子的孤电子对位于 sp2 杂化轨道上，N-Ni 配位键的电子由 N 的 sp2 杂化轨道提供，而非 p 轨道，故 A 错误；
B、Y 分子中，与 Ni 相连的羟基（-OH）上的 H 原子可与配位的 N 原子形成氢键，形成五元环结构，故 B 正确；
C、萃取反应生成 H+，加入碱会中和 H+，使平衡正向移动，无法实现反萃取；反萃取应加入酸，故 C 错误；
D、冠醚识别 Li+是利用冠醚的空腔大小与离子匹配，属于物理包合作用；该反应是配位键形成的化学过程，原理不同，故 D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配位键电子供体判断：N 原子为 sp2 杂化，孤电子对位于 sp2 杂化轨道，配位键电子由该轨道提供；
氢键成环分析：Y 中羟基氢原子与配位 N 原子位置合适，可形成五元环氢键；
萃取平衡移动原理：加入酸可提高 H+浓度，使反应逆向进行，实现反萃取；
识别离子的原理对比：冠醚识别为物理包合，萃取反应为化学配位过程，二者原理不同。
9．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，电极I上S元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此该电极为原电池的负极，A正确；
B、充电时，TiO2电极为阳极，发生的是被空穴氧化为的氧化反应，而选项中给出的是还原反应方程式，与实际反应不符，B错误；
C、放电时，必须闭合开关a形成原电池回路、打开开关b断开充电回路，并对TiO2电极避光，避免其受光激发产生电子，C正确；
D、充电时，电路中每转移2mol电子，就有2mol 通过交换膜从阳极室迁移至阴极室，使阴极室溶液质量增加，D正确；
故答案为：B。
【分析】该电池分为充电与放电两种模式：
充电时：打开开关a、闭合开关b，装置构成电解池。在光照条件下，TiO2电极产生电子（e-）和具有强氧化性的空穴（h+）。电极I作为阴极，发生还原反应： ；TiO2电极作为阳极，发生氧化反应： 。
放电时：闭合开关a、打开开关b，装置构成原电池。为避免TiO2电极在光照下产生电子干扰放电，需对其避光处理。此时电极I为负极，发生氧化反应；电极II为正极，发生还原反应。
10．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；消去反应
【解析】【解答】A、该分子中，同时连接环己基、苯基、羟基和酯基的碳原子，为手性碳原子，共 1 个， 如图，， A 正确；
B、该物质中，苯环、环己基中的碳原子为 sp3 杂化，苯环中的碳原子为 sp2 杂化，碳碳三键中的碳原子为 sp 杂化，共 3 种杂化方式，B 正确；
C、该物质含有酯基，可发生水解反应；与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应，C 正确；
D、1mol 该物质中，苯环可与 3mol H2加成，碳碳三键可与 2mol H2加成，共能与 5mol H2发生加成反应；同时分子中的氨基可与盐酸反应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
手性碳原子判断：手性碳原子需连接 4 个不同的原子或基团，分子中仅中心碳原子满足条件；
碳原子杂化方式：根据成键特点判断，单键碳为 sp3 杂化，苯环碳为 sp2 杂化，三键碳为 sp 杂化；
官能团与反应类型：酯基可发生水解反应；羟基的邻位碳有氢原子，可发生消去反应；
加成反应与酸碱性：苯环和碳碳三键可与 H2加成，注意酯基中的羰基不与 H2加成；氨基为碱性基团，可与盐酸反应。
11．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、“溶浸”时，Au被O2氧化为[Au(CN)2]-，反应的化学方程式为，其中氧化剂是O2，还原剂是Au，二者物质的量之比为1：4，A错误；
B、[Au(CN)2]-中，每个CN-含1个σ键和2个π键，Au与两个CN-形成2个σ键，因此σ键总数为4，π键总数为4，σ键与π键的个数比为1：1，B错误；
C、Na[Au(CN)2]与Zn反应时，Zn置换出Au，生成Na2[Zn(CN)4]和Au，反应方程式为 ，C正确；
D、“试剂a”的作用是将Fe3+还原为Fe2+，若用Cu粉，会引入Cu2+杂质，影响FeSO4·7H2O的纯度，因此试剂a只能用Fe粉，D错误；
故答案为：C。
【分析】含金烧渣（主要含和）的处理流程分为两条主线：
金的回收：将烧渣加入溶液并通入空气溶浸，在氧气作用下，Au被氧化并与配位，生成可溶性的；随后向该溶液中加入锌粉，利用锌的还原性置换出Au，得到单质金。
绿矾的制备：溶浸后的浸渣主要含，用稀硫酸溶解生成溶液；加入铁粉（试剂a）将还原为，再经过滤、蒸发浓缩、冷却结晶等操作，得到晶体。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；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】A、A→B 过程中，透射率 T% 骤降，说明气体颜色瞬间变深，是压缩注射器活塞（增大压强）的过程，而非拉伸，A 错误；
B、C 点处于压缩后的过程，体系压强较大、NO2浓度较高；E 点是拉伸后的过程，压强较小、NO2浓度较低。浓度越大反应速率越快，因此 C 点反应速率大于 E 点，B 正确；
C、气体颜色越深，透射率越小。D 点透射率小于 H 点，说明 D 点颜色比 H 点深；F 点是拉伸瞬间，NO2浓度骤降，透射率高，颜色比 D 点浅，故体系颜色深浅为：D > H > F，C 错误；
D、B→C 过程中，透射率逐渐回升，说明气体颜色逐渐变浅，平衡向生成 N2O4的正反应方向移动，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
压强变化与透射率的关系：压缩活塞时，气体体积减小，NO2浓度瞬间增大，颜色变深，透射率骤降；拉伸活塞时，气体体积增大，NO2浓度瞬间减小，颜色变浅，透射率骤升；
反应速率的影响因素：反应速率与浓度、压强正相关，C 点对应压缩过程，体系压强和 NO2浓度均高于 E 点（拉伸过程），因此反应速率更快；
平衡移动的判断：压缩活塞后，平衡向气体分子数减少的正反应方向（生成 N2O4）移动，NO2浓度逐渐降低，颜色变浅，透射率回升；
颜色深浅的比较：透射率越低，NO2浓度越高，颜色越深，需结合瞬时变化与平衡移动的影响综合判断。
13．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据图像，当δ(H2S)=δ(HS-)时，pH=7.0，因此。H2S饱和溶液浓度为0.1 mol/L，根据，解得，pH=4.0，A错误；
B、HClO具有强氧化性，S2-具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，而非复分解反应，B错误；
C、等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中，根据电荷守恒：；物料守恒：。联立两式消去，可得，C正确；
D、反应的平衡常数。由图像，当δ(HS-)=δ(S2-)时，pH=13.0，故。代入数据得，D错误；
故答案为：C。
【分析】硫化氢（）是二元弱酸，在水溶液中会发生两步电离。溶液pH的变化会直接影响各含硫微粒的分布比例：pH越低，酸性越强，分子态的占主导；随着pH升高，会逐步失去质子，先转化为，再进一步转化为：、。
因此，图中三条曲线分别对应这三种微粒的变化：曲线①：代表随pH升高而不断减少的分子；曲线②：代表先增后减的中间产物；曲线③：代表随pH升高而不断增多的离子。
根据电离常数的定义，当两种微粒浓度相等时，溶液的pH值即为对应电离常数的负对数：
当时，溶液pH=7.0，可得第一步电离常数 ；
当时，溶液pH=13.0，可得第二步电离常数 。
14．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、物质 Ⅰ 在反应中参与反应，最终又生成，符合催化剂的特征，故 A 正确；
B、物质 Ⅱ 是反应过程中生成又消耗的中间产物，属于中间体，故 B 正确；
C、决速步是反应中活化能最高的步骤，图中过渡态 1 对应的基元反应活化能最高，对应步骤①，故②不是决速步，C 错误；
D、总反应为 HCOOH 在催化剂作用下分解生成 CO2和 H2，化学方程式为
故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】首先，催化剂是参与反应过程、反应前后质量和化学性质均不发生改变的物质，中间体则是反应过程中生成又消耗的中间产物。本题中， 参与了步骤①的反应，又在步骤④中重新生成，符合催化剂的特征；而反应过程中生成的配合物、中间态物种则为反应中间体。其次，决速步是总反应中活化能最高的基元步骤，决定了整个反应的速率。从能量变化图可以看出，步骤②对应的过渡态1的能量为，是整个反应过程中活化能最高的步骤，因此步骤②才是决速步，而非步骤②。最后，将反应机理中的各步反应相加，消去中间产物和催化剂，可得到总反应：。
15．【答案】（1）A
（2）
（3）A；B；D
（4）温度低于50 ℃时，BiOCl固体在水中溶解度小，导致沉淀产率降低；温度高于50 ℃时，溶液中NH3·H2O分解，氨气挥发，使pH降低，不利于的形成，使沉淀产率降低（答案合理即可）
（5）13
（6）；当滴入最后半滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验安全图标分析：
A：“锐器”图标，本实验未使用锐器，无关；
B：“热烫”图标，实验涉及加热液体、煅烧固体，需避免直接触碰高温仪器，有关；
C：“护目镜”图标，操作中存在药剂溅入眼睛的风险，需佩戴护目镜，有关；
D：“排风”图标，加热和煅烧过程可能产生氨气等有害气体，需开启排风扇，有关；
故答案为：A。
（2）步骤①制备的离子方程式为：
，书写时需注意：、为难溶物，为弱电解质，均不能拆成离子形式，且需标注反应温度。
故答案为： ；
（3）步骤②的操作包含过滤、洗涤、干燥，所需仪器分析：
A．仪器是漏斗，过滤、洗涤操作需要用到漏斗，A符合题意；
B．仪器是烧杯，过滤、洗涤操作需要用到烧杯，B符合题意；
C．仪器是蒸发皿，蒸发皿可以盛装固体，但不是必需的，C不符合题意；
D．仪器是干燥器，干燥操作需要用到干燥器，D符合题意；
故答案为：ABD。
（4）温度对沉淀产率的影响：温度低于时，固体在水中溶解度较小，反应速率慢，沉淀产率低；温度高于时，氨气挥发、碳酸氢铵分解，反应物浓度降低，沉淀产率低。
故答案为： 温度低于50 ℃时，BiOCl固体在水中溶解度小，导致沉淀产率降低；温度高于50 ℃时，溶液中NH3·H2O分解，氨气挥发，使pH降低，不利于的形成，使沉淀产率降低（答案合理即可） ；
（5）平衡常数与pH计算：
由反应①（）和反应②（），①-②得：
平衡常数；
将代入，解得；
则。
故答案为：13；
（6）EDTA滴定的相关计算与终点现象：
浓度计算：由物质的量关系，待测液中的浓度为：
终点现象：当滴入最后半滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色。
故答案为： ； 当滴入最后半滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色 ；
【分析】 ①发生反应。
③发生反应。据此解题。
（1）本题考查实验安全图标识别，解题思路是结合实验操作（加热、煅烧、药剂接触），逐一分析各图标对应的风险场景，判断其与实验的相关性。
（2）本题考查离子方程式书写，解题思路是根据物质的溶解性和电解质强弱，确定是否拆成离子形式，再结合反应条件和产物，配平离子方程式。
（3）本题考查实验仪器选择，解题思路是根据过滤、洗涤、干燥的操作流程，逐一分析各仪器的用途，判断其是否为必需仪器。
（4）本题考查温度对反应产率的影响，解题思路是从反应速率、反应物稳定性两个角度，分析温度过低和过高时沉淀产率降低的原因。
（5）本题考查平衡常数与pH计算，解题思路是通过盖斯定律推导目标反应的平衡常数，再结合离子浓度计算溶液的pH值。
（6）本题考查滴定计算与终点判断，解题思路是根据滴定反应的计量关系计算离子浓度，再结合指示剂与离子的配位反应，分析滴定终点的颜色变化。
（1）A．图标表示“锐器”，本实验未使用锐器，A无关；
B．图标表示“热烫”，本实验有加热液体、煅烧固体的操作，应选择合适的工具，避免直接触碰，B有关；
C．图标表示“护目镜”，操作中药剂可能溅到眼睛，需佩戴护目镜，C有关；
D．图标表示“排风”，本实验有加热液体、煅烧固体的操作，可能产生有害气体（氨气）或烟、雾，需开启排风扇，D有关；
故选A。
（2）书写步骤①的离子方程式时应注意：BiOCl难溶于水，不能拆；NH3·H2O是弱电解质，不能拆；(BiO)2CO3是沉淀，不能拆；温度条件（50 ℃）不能丢。则步骤①制备(BiO)2CO3的离子方程式为。
（3）步骤②的一系列操作包含：过滤、洗涤、干燥。
A．仪器是漏斗，过滤、洗涤操作需要用到漏斗，A符合题意；
B．仪器是烧杯，过滤、洗涤操作需要用到烧杯，B符合题意；
C．仪器是蒸发皿，蒸发皿可以盛装固体，但不是必需的，C不符合题意；
D．仪器是干燥器，干燥操作需要用到干燥器，D符合题意；
故选ABD。
（4）温度低于50 ℃时沉淀产率较低，可能的原因是BiOCl固体在水中溶解度较小。温度高于50 ℃时沉淀产率较低，可能的原因是氨气挥发或碳酸氢铵分解。
（5）依题意，整理出以下平衡：
①
②
①-②得
将代入，解得，。
（6）已知物质的量关系EDTA~Bi3+，则待测液中Bi3+的浓度。未达到滴定终点时，Bi3+过量，二甲酚橙与Bi3+形成紫红色配合物；达到滴定终点后，Bi3+全部与EDTA配位，二甲酚橙游离出来，体现本身的亮黄色。所以达到滴定终点的现象是：当滴入最后半滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色。
16．【答案】（1）第五周期，第ⅢA族
（2）原料粉碎，加快搅拌速率，适当升温，适当增大硫酸浓度等(答出一条即可)
（3）；还原剂
（4）；
（5）Zn
（6）800
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）铟（In）的原子序数为49，结合稀有气体原子序数定位：49介于第四周期（36）与第五周期（54）之间，故位于第五周期；从0族元素Xe（54号）向前逆推，49号元素位于第ⅢA族，即铟在元素周期表中位于第五周期第ⅢA族。
故答案为： 第五周期，第ⅢA族 ；
（2）湿法冶金中提高固体原料浸出率的常用方法包括：将固体粉碎以增大反应物接触面积、适当加热或搅拌以提高反应速率、适当增大硫酸浓度以提高反应物浓度（答出任意一条即可）。
故答案为： 原料粉碎，加快搅拌速率，适当升温，适当增大硫酸浓度等(答出一条即可) ；
（3）“浸出1”过程中，需调节溶液pH，使完全沉淀为，同时让、留在浸出液中。根据数据，完全沉淀的pH为4.9，开始沉淀的pH为5.7，因此pH需控制在之间；为避免（完全沉淀pH为3.5）与共沉淀，需先将还原为（开始沉淀pH为6.4），以保证其不沉淀。
故答案为： ； 还原剂 ；
（4）浸渣1的主要成分为和难溶的（由PbO与硫酸反应生成）；“浸出2”过程中，加入硫酸溶解，反应的离子方程式为：
此时铅化合物仍以形式留在浸渣中，实现铟与铅的分离。
故答案为： ； ；
（5）浸出液2中含，需通过置换反应制备海绵铟；为不引入新杂质离子，置换剂应选择锌（Zn），锌可将置换为铟单质，同时生成的可返回“浸出液1”用于后续制锌工序。
故答案为： Zn ；
（6）粗铟中含Zn、Cd、Tl、Pb等杂质，根据挥发率与去除率数据：800℃左右时，铟的挥发率接近0（几乎无损失），而Cd和Zn的去除率接近100%，因此最佳温度应控制在800℃左右，以有效去除Cd、Zn杂质并减少铟的损失。
故答案为： 800 ；
【分析】富铟渣中主要含有铁、铅、锌、铟（In）等金属及其氧化物（如三氧化二铟、氧化铅等）。处理流程分为多步浸出与提纯：第一步为 “浸出 1”，通过调节溶液 pH，使含锌、铁的组分完全溶解进入浸出液，而铟以氢氧化铟沉淀形式留在浸渣中，铅则转化为难溶的硫酸铅一并留在浸渣，实现铟与锌、铁的初步分离；第二步为 “浸出 2”，再次调节 pH，使氢氧化铟沉淀溶解进入浸出液，硫酸铅仍留在浸渣中，完成铟与铅的分离；随后向含铟浸出液中加入置换剂，析出海绵铟，最后经真空蒸馏、电解处理得到精铟。
（1）本题考查元素周期表位置的判断，解题思路是通过稀有气体原子序数定位周期，再通过逆推主族序数确定族，从而得出铟的位置。
（2）本题考查湿法冶金浸出率的影响因素，解题思路是结合反应速率与接触面积、温度、浓度的关系，总结提高浸出率的常见方法。
（3）本题考查pH调控对离子沉淀的影响，解题思路是根据各离子沉淀的pH范围，确定沉淀且其他离子不沉淀的pH区间，并结合与沉淀pH的差异，分析还原的必要性。
（4）本题考查浸渣成分判断与离子方程式书写，解题思路是根据Pb化合物的溶解性确定浸渣成分，再结合酸碱反应规律，写出与酸反应的离子方程式。
（5）本题考查置换剂的选择，解题思路是结合“不引入新杂质”的原则，选择能置换铟且生成目标原料离子的金属锌作为置换剂。
（6）本题考查温度对杂质去除率的影响，解题思路是结合铟的挥发率与杂质去除率随温度的变化，确定既能高效除杂又能减少铟损失的最佳温度。
（1）铟（In）的原子序数是49。通过稀有气体的原子序数来确定其周期和族。 第一周期：2 (He) 第二周期：10 (Ne) 第三周期：18 (Ar) 第四周期：36 (Kr) 第五周期：54 (Xe)，原子序数49介于36和54之间，因此它位于第五周期。54号元素Xe是第0族，往前推：53号I（第VIIA族），52号Te（第VIA族），51号Sb（第VA族），50号Sn（第IVA族），49号In（第IIIA族）。位置为第五周期第IIIA族。
（2）在湿法冶金中，提高固体原料浸出率的常用方法包括：增大反应物接触面积（如将固体粉碎）、提高反应速率（如适当加热、搅拌）、适当增加反应物浓度（如增大硫酸浓度）等(答出一条即可)。
（3）“浸出1”后铟最终以In(OH)3的形式进入浸渣1中得以富集。这意味着需要调节溶液的pH，使 In3+沉淀，而其他金属离子（如 Zn2+、 Fe2+）留在浸出液1中。根据表格数据：In3+完全沉淀的pH为4.9，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，Fe2+开始沉淀的pH为6.4。为了使In3+完全沉淀且不沉淀其他离子，pH应控制在 In3+完全沉淀（4.9）之后，且在Zn2+开始沉淀（5.7）之前； 富铟渣中含有Fe，浸出后溶液中可能存在 Fe3+。 Fe3+完全沉淀的pH仅为3.5，如果在时Fe3+存在，它会与In3+一起沉淀，影响铟的纯度。因此，需要先将Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+开始沉淀的pH为6.4，不会在时沉淀。
（4）浸渣1的主要成分是 In(OH)3以及未溶解的铅化合物（如PbSO4，因为 PbO与硫酸反应生成的PbSO4难溶）。 “浸出2”的目的是将铟溶解进入浸出液2，而铅留在浸渣2中。已知浸取液为硫酸，因此加入硫酸溶解In(OH)3。 反应为In(OH)3与H+ 反应生成 In3+和水，离子方程式为；浸渣2则是未溶解的铅化合物，即。
（5）浸出液2中含有 ，通过“置换”得到海绵铟（粗铟）。置换后的溶液（置换后液）需要合并到“浸出液1”中用于“制锌”。浸出液1中含有大量的 。为了不引入新的杂质离子，置换剂应选择锌（Zn）。锌可以将铟置换出来，生成的正好是制锌所需的原料。
（6）粗铟中含有少量 Zn、Cd 、Tl和Pb等杂质，其中Cd和Zn影响较大。 观察“粗铟的挥发率与温度的关系”图：在 800℃左右，粗铟（In）的挥发率接近0，说明铟基本不挥发。 观察“杂质的去除率与温度的关系”图：在 800℃左右，Cd和Zn的去除率已经非常高（接近100%），而Tl和Pb的去除率较低。 因此，为了有效去除Cd和Zn杂质且尽量减少铟的损失，最佳温度应控制在 800℃左右。
17．【答案】(1) -49.4
(2) A，D
(3) 22% 0.022 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低
(4)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应ⅲ可由反应ⅰ与反应ⅱ相加得到，因此其焓变满足：
故答案为： -49.4 ；
（2）平衡状态判断：
A：恒容容器中，根据理想气体状态方程，的分压由其物质的量和温度共同决定。当分压保持不变时，说明的物质的量不再变化，且体系温度也保持恒定，各反应均达到平衡状态，A正确；
B：反应体系中所有物质均为气体，混合气体的总质量始终不变，而容器体积恒定，因此混合气体的密度始终为定值，无法据此判断反应是否达到平衡，B错误；
C：根据碳元素守恒，体系中的总和始终等于初始投入的物质的量， 为定值，无法说明各组分的量不再变化，不能判断平衡，C错误；
D：在绝热容器中，反应ⅰ为吸热反应，会使容器温度降低；反应ⅱ、ⅲ为放热反应，会使容器温度升高。当容器温度保持不变时，说明体系的吸放热速率达到动态平衡，各反应均已达到平衡状态，D正确；
故答案为：AD。
（3）投料比，设初始时、：
①260℃时，的平衡转化率为30%，甲醇选择性为60%：
由氧元素守恒，反应中生成的物质的量为；再根据氢元素守恒，可计算出平衡时的物质的量为；
因此的转化率：；
反应ⅰ的平衡常数（以物质的量分数表示）：
②温度升高时，反应ⅰ（吸热反应）的平衡正向移动，导致体系中的生成量增多；而反应ⅱ、ⅲ（放热反应）的平衡逆向移动，的生成量减少，因此产物中占比上升，占比下降，甲醇的选择性降低。
故答案为： 22% ；0.022；由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低 ；
（4）催化机理分析：
①根据题目给出的金属活性位点特性，不同金属对反应物中O、C原子的连接能力不同。机理图的上半部分已显示O原子连接在催化剂表面，因此待补充的下半部分应为C原子连接在催化剂表面，结合后续产物可推断A的结构为 ；
②若还原产物主要为，说明反应需通过O原子连接在催化剂表面的路径进行，根据金属活性位点的特性，应选择对O原子连接能力较强的Sn作为催化剂。
故答案为： ； ；
【分析】（1）本题考查盖斯定律的应用，解题思路是先明确反应ⅲ与反应ⅰ、ⅱ的关系，再利用盖斯定律将对应反应的焓变进行代数和运算，直接得到目标反应的焓变。
（2）本题考查化学平衡状态的判断，解题思路是结合平衡状态的本质特征（正逆反应速率相等、各组分浓度不再变化），对每个选项的物理量变化进行分析：判断分压是否受温度和物质的量共同影响；分析密度是否为定值；结合元素守恒判断守恒量是否能反映平衡；分析绝热体系中温度变化与反应热效应的关系。
（3）本题考查平衡转化率与平衡常数的计算，解题思路是先利用转化率和选择性数据，确定各产物的物质的量；再通过元素守恒法计算出平衡时各反应物和生成物的物质的量；最后代入转化率和平衡常数公式进行计算。同时，结合温度对吸热、放热反应平衡移动的影响，分析甲醇选择性随温度变化的原因。
（4）本题考查催化反应机理的分析，解题思路是根据题目给出的金属活性位点特性，结合机理图中已有的反应路径，推断中间体的结构；再根据目标产物的生成路径，选择对应的催化剂，体现了结构与催化活性的对应关系。
18．【答案】（1）酮羰基；取代反应
（2）1-氯-2-戊炔
（3）C
（4）
（5）或
（6）
【知识点】键能、键长、键角及其应用；有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1） 化合物 G() 中含氧官能团为酮羰基；C 在醇钠和水合氢离子作用下发生分子内取代反应生成 D，该反应类型为取代反应。 故答案为： 酮羰基 ； 取代反应 ；
（2） 含碳碳三键和碳氯键，根据系统命名法，名称为 1-氯-2-戊炔。
故答案为： 1-氯-2-戊炔 ；
（3）测定分子键角、键长的仪器分析：
A：红外光谱仪可分析化学键和官能团信息，无法测定键角、键长；
B：核磁共振氢谱仪可分析氢原子的化学环境和数目，无法测定键角、键长；
C：X 射线衍射仪可通过晶体衍射分析，精准测定分子中原子的空间排布，得到键角、键长等结构参数；
D：质谱仪可测定有机物的相对分子质量，无法测定键角、键长；
故答案为：C。
（4）在浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成C()，化学方程式为。
故答案为： ；
（5）化合物F的分子式为，不饱和度为 5，其同分异构体仅含苯环一种环状结构，且能发生银镜反应（含醛基），核磁共振氢谱有 4 组峰（含 4 种不同化学环境的氢原子），满足条件的结构简式为：、共2种。
故答案为：或 ；
（6）结合题中信息，可知应先将环戊烯氧化为戊二酸，然后生成戊二酸二乙酯，戊二酸二乙酯在醇钠的作用下生成，最后与氢气加成即可得。合成路线为。
故答案为： ；
【分析】以A（ ）为起始原料，先经高锰酸钾氧化生成B（ ），再与烯丙醇发生酯化反应生成C（ ）；C 在醇钠作用下发生分子内缩合得到环戊酮衍生物D（ ），D 再经 NaH 脱质子后与 反应引入侧链， 生成E（）；E发生反应生成F；F 经选择性加氢得到含顺式双键的中间体（G），G 再与丙二酸二甲酯发生加成反应生成，一定条件下转化为，据此解题。
（1）本题考查官能团识别与反应类型判断，解题思路是根据化合物 G 的结构，识别酮羰基；结合 C 到 D 的反应条件和结构变化，判断反应类型为取代反应。
（2）本题考查有机物的系统命名，解题思路是先确定含碳碳三键的主链，再从靠近三键的一端编号，结合氯原子的位置，按系统命名法命名。
（3）本题考查有机物结构测定仪器的功能，解题思路是逐一分析红外光谱、核磁共振氢谱、X 射线衍射、质谱仪的用途，确定能测定键角、键长的仪器。
（4）本题考查酯化反应方程式的书写，解题思路是根据酯化反应 “酸脱羟基、醇脱氢” 的规律，配平己二酸与丙烯醇的反应方程式，标注反应条件和可逆符号。
（5）本题考查同分异构体的书写，解题思路是结合分子式、不饱和度、官能团特征（醛基）和核磁共振氢谱峰数，确定苯环上取代基的位置，写出符合条件的结构简式。
（6）本题考查有机合成路线设计，解题思路是结合题中信息，采用逆向合成法，从目标产物倒推中间体，再设计从原料到中间体的反应步骤，明确各步反应的条件和产物。
（1）化合物G()中含氧官能团的名称为酮羰基；C在醇钠和水合氢离子作用下发生分子内取代反应生成D，故反应类型为取代反应。
（2）含有碳碳三键和碳氯键，命名为1-氯-2-戊炔。
（3）A．红外光谱仪可分析出分子中含有何种化学键或官能团信息，无法测键角、键长，A不符合题意；
B．核磁共振谱仪可以获得有机物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子以及它们的相对数目，无法测键角、键长，B不符合题意；
C．X射线衍射仪可通过晶体衍射分析，精准测定分子中原子的空间排布，得到键角、键长等结构参数，C符合题意；
D．质谱仪可以测定有机物分子的相对分子质量，无法测键角、键长，D不符合题意；
故选C。
（4）在浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成C()，化学方程式为。
（5）化合物F的分子式为，不饱和度为5，F的同分异构体中只有苯环一个环状结构，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则满足上述条件的结构简式为、共2种。
（6）结合题中信息，可知应先将环戊烯氧化为戊二酸，然后生成戊二酸二乙酯，戊二酸二乙酯在醇钠的作用下生成，最后与氢气加成即可得。合成路线为。
1 / 1湖南怀化市第一中学等校2026届高三下学期核心素养测评 化学试题
1．物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系错误的是
A．歼-20战机采用的隐形涂层中含有特殊金属材料，能吸收雷达波，是因为其化学性质非常活泼
B．壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维，该仿生胶带可用作新型黏着材料
C．聚乳酸具有生物相容性和可降解性，可用作手术缝合线
D．无人机灯光秀中用到的玻璃含二氧化硅，硬度高且具有良好的光学性能，故可用于制造光导纤维
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、隐形涂层能吸收雷达波，利用的是材料的电磁特性，而非化学性质活泼，A 错误；
B、壁虎仿生胶带上的纳米级长纤维通过范德华力实现强黏附，可用作新型黏着材料，B 正确；
C、聚乳酸具有良好的生物相容性和可降解性，在体内可逐渐分解，因此可用作手术缝合线，C 正确；
D、二氧化硅具有良好的光学性能，是制造光导纤维的主要原料，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质用途与性质的对应关系：隐形涂层吸收雷达波是利用材料的电磁特性，与化学性质活泼无关；
仿生材料的工作原理：壁虎仿生胶带利用纳米纤维与接触面间的范德华力实现黏附；
生物医用材料的特性：聚乳酸的生物相容性和可降解性使其适合作为手术缝合线；
二氧化硅的应用：其光学性能是制造光导纤维的关键。
2．巧设实验，方得真知。下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
实验目的 A．证明苯与液溴的反应为取代反应 B．吸收尾气中
实验示意图
实验目的 C．制备无水氯化镁 D．用分水器提高反应物转化率
实验示意图
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】苯的结构与性质；蒸馏与分馏；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、苯与液溴的反应为放热反应，溴易挥发，挥发出来的溴蒸气也能与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，无法证明反应生成了 HBr，因此不能证明苯与液溴的反应为取代反应，A 不能达到实验目的；
B、氨气不溶于四氯化碳，导管插入四氯化碳中，可防止倒吸，该装置能吸收尾气中的 NH3，B 能达到实验目的；
C、在干燥的 HCl 气流中加热 MgCl2 6H2O，可抑制 MgCl2水解，同时带走水蒸气，能制备无水氯化镁，C 能达到实验目的；
D、乙酸与乙醇的酯化反应为可逆反应，分水器可及时分离出生成的水，使平衡正向移动，提高反应物转化率，D 能达到实验目的。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
苯的溴代反应验证：溴蒸气会干扰 HBr 的检验，无法通过硝酸银溶液证明取代反应的发生；
氨气的尾气处理：利用氨气不溶于四氯化碳的特点，可实现防倒吸吸收；
无水氯化镁的制备：HCl 气流可抑制 Mg2+水解，防止生成氢氧化镁杂质；
酯化反应的平衡移动：分水器通过分离水，促进可逆反应正向进行，提高转化率。
3．工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．和充分反应，所得产物分子数为
B．完全转化为NO，转移电子数为
C．将6.72 L(换算为标准状况下的体积)溶于水，还原产物分子数目为
D．常温下，的硝酸溶液中水电离的数目为
【答案】B
【知识点】工业合成氨；氧化还原反应；化学反应的可逆性；盐类水解的应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、合成氨反应是可逆反应， ，0.1 mol 和0.3 mol 无法完全反应，实际生成的物质的量小于0.2 mol，产物分子数小于，A错误；
B、 反应为，中N元素为-3价，完全转化为NO时N元素为+2价，每个N原子失去5个电子，0.2 mol 完全反应时，转移电子数为，B正确；
C、标准状况下6.72 L 的物质的量为0.3 mol，与水发生反应： ，其中还原产物为NO，由反应比例可知，0.3 mol 反应生成0.1 mol NO，分子数目为，C错误；
D、溶液中水电离的数目与溶液体积相关，题目未给出硝酸溶液的体积，无法计算水电离的数目，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
可逆反应的限度问题：合成氨反应为可逆反应，反应物不能完全转化，产物的实际物质的量需小于理论值；
氧化还原反应电子转移计算：通过N元素化合价变化，结合物质的量计算电子转移总数；
氧化还原反应中产物判断：与水反应时，部分N元素被还原为NO，需根据反应方程式确定还原产物的物质的量；
溶液中微粒数计算条件：计算水电离的离子数目时，必须明确溶液体积，否则无法计算具体数值。
4．关于实验室仪器使用和试剂保存，下列叙述正确的是
A．滴定管、容量瓶、分液漏斗这三个仪器在使用前需要检漏
B．氟化铵溶液保存在带橡胶塞的无色细口玻璃瓶中
C．液溴应保存在棕色广口试剂瓶中，并进行水封
D．银氨溶液可密封、避光长期保存在棕色试剂瓶中
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；化学试剂的存放；常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、滴定管、容量瓶、分液漏斗均为带活塞或塞子的计量 / 分离仪器，使用前必须检漏，防止漏液影响实验，A 正确；
B、氟化铵溶液水解生成 HF，HF 能腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶保存，且氟化铵会腐蚀橡胶塞，B 错误；
C、液溴应保存在棕色细口瓶中（液体试剂用细口瓶），并用水封，防止挥发，C 错误；
D、银氨溶液长期放置会生成易爆的叠氮化银，不能长期保存，需现配现用，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
仪器检漏的适用范围：带活塞或磨口塞的仪器（滴定管、容量瓶、分液漏斗）使用前必须检漏；
特殊试剂的保存要求：氟化铵水解生成的 HF 会腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶保存；
试剂瓶的选择：液体试剂用细口瓶，固体试剂用广口瓶；
银氨溶液的稳定性：长期放置会生成易爆物质，需现配现用，不能长期保存。
5．下列关于物质性质或应用的解释错误的是
选项 性质或应用 解释
A 聚乙炔可制备导电高分子材料 聚乙炔分子结构含有共轭双键体系，为电荷传递提供了通路
B 热稳定性： 分子间氢键强于分子间作用力
C 在中溶解度大于在水中溶解度 的极性微弱，更接近非极性分子的性质
D 分子的键角()大于HCHO分子的键角() 电子对间斥力的不同
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、聚乙炔分子中存在共轭双键体系，π 电子可离域移动，为电荷传递提供通路，因此可制备导电高分子材料，A正确；
B、热稳定性属于化学性质，由分子内共价键的强弱决定，而非分子间作用力（氢键、范德华力）。H2O 的热稳定性强于 H2S，是因为 O-H 键键能大于 S-H 键键能，B错误；
C、根据 “相似相溶” 原理，极性相近的物质更易互溶。O3的极性微弱，更接近非极性分子，因此在非极性溶剂 CCl4中的溶解度大于在极性溶剂水中的溶解度，C正确；
D、BF3分子中 B 原子为 sp2 杂化，分子为平面正三角形，键角为 120°；HCHO 分子中 C 原子为 sp2 杂化，C=O 双键对 C-H 单键的排斥力更强，导致∠H-C-H 键角小于 120°，键角差异源于电子对间斥力不同，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
导电高分子的原理：共轭双键体系中的离域 π 电子可传递电荷，使聚乙炔具有导电性；
热稳定性的本质：由分子内共价键的键能决定，与分子间作用力无关；
相似相溶原理：极性相近的物质更易互溶，O3极性微弱，更易溶于非极性溶剂；
键角与电子对斥力：双键对单键的排斥力大于单键间的排斥力，导致 HCHO 分子中∠H-C-H 键角小于 BF3分子中的键角。
6．柱晶石所含Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。Q是原子半径最小的元素，基态T原子s轨道上的电子数与p轨道上的相等，R和Y同主族，X的M层电子数与K层的相等，Z是地壳中含量第二的元素。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．T与Z可形成共价晶体
C．简单离子半径： D．Y的氧化物属于碱性氧化物
【答案】B
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、第三周期元素Mg、Al、Si的第一电离能：Mg的为全满稳定结构，第一电离能高于Al（，易失电子），实际顺序为，故A错误；
B、O与Si形成的是由Si-O共价键构成的空间网状结构，属于共价晶体，故B正确；
C、、、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此半径顺序为，即，故C错误；
D、Al的氧化物既能与酸反应又能与碱反应，属于两性氧化物，不是碱性氧化物，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，可逐步推出元素：
Q是原子半径最小的元素，为氢（H）；Z是地壳中含量第二的元素，为硅（Si）；X的M层电子数与K层相等（均为2个电子），为镁（Mg）；T的基态原子s与p轨道电子数相等，电子排布为，为氧（O）；Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，故Y只能是铝（Al）；R与Y同主族，故R为硼（B）。最终元素顺序：Q(H)、R(B)、T(O)、X(Mg)、Y(Al)、Z(Si)
7．硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲，沿z轴投影如图乙。已知晶胞参数为a nm， O点原子分数坐标为(0，0，0)。下列说法正确的是
A．晶胞中Se原子的配位数为8
B．晶胞中Q点原子分数坐标为(，，)
C．晶体密度ρ=g cm 3
D．Zn和Se的最短距离为a nm
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、硒化锌晶胞结构与闪锌矿类似，Se原子周围紧邻的Zn原子数为4，因此Se原子的配位数为4，A错误；
B、由晶胞投影图可知，Q点Zn原子位于晶胞的前右侧下方位置，分数坐标应为，B错误；
C、晶胞中Zn原子数为4，Se原子数为4，晶胞质量，晶胞体积，晶体密度，C错误；
D、Zn和Se的最短距离为晶胞体对角线的，晶胞体对角线长度为，因此最短距离为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
配位数判断：闪锌矿型结构中，两种原子的配位数均为4；
原子分数坐标：结合晶胞投影图，根据原子在晶胞中的位置确定分数坐标；
晶体密度计算：晶胞质量为晶胞内所有原子的总质量，晶胞体积需注意单位换算，代入密度公式计算；
晶胞内原子间距：Zn和Se的最短距离为晶胞体对角线的，利用体对角线长度公式计算即可。
8．羟肟萃取剂常用于湿法冶金工业中金属阳离子的分离，一种萃取Ni2+的反应如下：
下列说法正确的是
A．Y中N-Ni配位键中的电子由N的p轨道提供
B．Y可以通过氢键形成五元环结构
C．向萃取后的有机相中加入合适的碱可实现反萃取
D．冠醚识别Li+与上述原理相同
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；分液和萃取
【解析】【解答】A、Y 中 N 原子的孤电子对位于 sp2 杂化轨道上，N-Ni 配位键的电子由 N 的 sp2 杂化轨道提供，而非 p 轨道，故 A 错误；
B、Y 分子中，与 Ni 相连的羟基（-OH）上的 H 原子可与配位的 N 原子形成氢键，形成五元环结构，故 B 正确；
C、萃取反应生成 H+，加入碱会中和 H+，使平衡正向移动，无法实现反萃取；反萃取应加入酸，故 C 错误；
D、冠醚识别 Li+是利用冠醚的空腔大小与离子匹配，属于物理包合作用；该反应是配位键形成的化学过程，原理不同，故 D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配位键电子供体判断：N 原子为 sp2 杂化，孤电子对位于 sp2 杂化轨道，配位键电子由该轨道提供；
氢键成环分析：Y 中羟基氢原子与配位 N 原子位置合适，可形成五元环氢键；
萃取平衡移动原理：加入酸可提高 H+浓度，使反应逆向进行，实现反萃取；
识别离子的原理对比：冠醚识别为物理包合，萃取反应为化学配位过程，二者原理不同。
9．一种高性能的光可充电水系钠离子电池的工作原理如图所示。充电时，在光照条件下，电极产生电子和空穴(，具有强氧化性)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是
A．放电时，电极I为负极
B．充电时，电极上的电极反应式为
C．放电时，需闭合开关、打开开关，并对电极采取避光措施
D．充电时，电路每转移，理论上阴极室中溶液的质量增加
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，电极I上S元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此该电极为原电池的负极，A正确；
B、充电时，TiO2电极为阳极，发生的是被空穴氧化为的氧化反应，而选项中给出的是还原反应方程式，与实际反应不符，B错误；
C、放电时，必须闭合开关a形成原电池回路、打开开关b断开充电回路，并对TiO2电极避光，避免其受光激发产生电子，C正确；
D、充电时，电路中每转移2mol电子，就有2mol 通过交换膜从阳极室迁移至阴极室，使阴极室溶液质量增加，D正确；
故答案为：B。
【分析】该电池分为充电与放电两种模式：
充电时：打开开关a、闭合开关b，装置构成电解池。在光照条件下，TiO2电极产生电子（e-）和具有强氧化性的空穴（h+）。电极I作为阴极，发生还原反应： ；TiO2电极作为阳极，发生氧化反应： 。
放电时：闭合开关a、打开开关b，装置构成原电池。为避免TiO2电极在光照下产生电子干扰放电，需对其避光处理。此时电极I为负极，发生氧化反应；电极II为正极，发生还原反应。
10．一种治疗原发性血小板减少症的药物结构简式如图，下列说法错误的是
A．该分子中含有1个手性碳原子
B．该物质中碳原子有3种杂化方式
C．该物质能发生水解反应，能发生消去反应
D．1 mol该物质最多能与6 mol 发生加成反应，不能与盐酸反应
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；消去反应
【解析】【解答】A、该分子中，同时连接环己基、苯基、羟基和酯基的碳原子，为手性碳原子，共 1 个， 如图，， A 正确；
B、该物质中，苯环、环己基中的碳原子为 sp3 杂化，苯环中的碳原子为 sp2 杂化，碳碳三键中的碳原子为 sp 杂化，共 3 种杂化方式，B 正确；
C、该物质含有酯基，可发生水解反应；与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应，C 正确；
D、1mol 该物质中，苯环可与 3mol H2加成，碳碳三键可与 2mol H2加成，共能与 5mol H2发生加成反应；同时分子中的氨基可与盐酸反应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
手性碳原子判断：手性碳原子需连接 4 个不同的原子或基团，分子中仅中心碳原子满足条件；
碳原子杂化方式：根据成键特点判断，单键碳为 sp3 杂化，苯环碳为 sp2 杂化，三键碳为 sp 杂化；
官能团与反应类型：酯基可发生水解反应；羟基的邻位碳有氢原子，可发生消去反应；
加成反应与酸碱性：苯环和碳碳三键可与 H2加成，注意酯基中的羰基不与 H2加成；氨基为碱性基团，可与盐酸反应。
11．某兴趣小组以含金烧渣（含有和）为原料，制备单质和的流程如图所示：
下列说法正确的是
A．“溶浸”时发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．中σ键与π键的个数比为
C．与反应的方程式为：
D．“试剂a”可以是粉或粉
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、“溶浸”时，Au被O2氧化为[Au(CN)2]-，反应的化学方程式为，其中氧化剂是O2，还原剂是Au，二者物质的量之比为1：4，A错误；
B、[Au(CN)2]-中，每个CN-含1个σ键和2个π键，Au与两个CN-形成2个σ键，因此σ键总数为4，π键总数为4，σ键与π键的个数比为1：1，B错误；
C、Na[Au(CN)2]与Zn反应时，Zn置换出Au，生成Na2[Zn(CN)4]和Au，反应方程式为 ，C正确；
D、“试剂a”的作用是将Fe3+还原为Fe2+，若用Cu粉，会引入Cu2+杂质，影响FeSO4·7H2O的纯度，因此试剂a只能用Fe粉，D错误；
故答案为：C。
【分析】含金烧渣（主要含和）的处理流程分为两条主线：
金的回收：将烧渣加入溶液并通入空气溶浸，在氧气作用下，Au被氧化并与配位，生成可溶性的；随后向该溶液中加入锌粉，利用锌的还原性置换出Au，得到单质金。
绿矾的制备：溶浸后的浸渣主要含，用稀硫酸溶解生成溶液；加入铁粉（试剂a）将还原为，再经过滤、蒸发浓缩、冷却结晶等操作，得到晶体。
12．利用色度传感器探究压强对化学平衡的影响：(红棕色)(无色) H<0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器活塞的过程中气体透射率T%随时间t的变化(气体颜色越深，透射率越小)。下列说法正确的是
A．为拉伸注射器活塞的过程
B．C点的反应速率大于E点
C．体系颜色深浅：D>F>H
D．为平衡移动的过程，平衡逆向移动
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；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】A、A→B 过程中，透射率 T% 骤降，说明气体颜色瞬间变深，是压缩注射器活塞（增大压强）的过程，而非拉伸，A 错误；
B、C 点处于压缩后的过程，体系压强较大、NO2浓度较高；E 点是拉伸后的过程，压强较小、NO2浓度较低。浓度越大反应速率越快，因此 C 点反应速率大于 E 点，B 正确；
C、气体颜色越深，透射率越小。D 点透射率小于 H 点，说明 D 点颜色比 H 点深；F 点是拉伸瞬间，NO2浓度骤降，透射率高，颜色比 D 点浅，故体系颜色深浅为：D > H > F，C 错误；
D、B→C 过程中，透射率逐渐回升，说明气体颜色逐渐变浅，平衡向生成 N2O4的正反应方向移动，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
压强变化与透射率的关系：压缩活塞时，气体体积减小，NO2浓度瞬间增大，颜色变深，透射率骤降；拉伸活塞时，气体体积增大，NO2浓度瞬间减小，颜色变浅，透射率骤升；
反应速率的影响因素：反应速率与浓度、压强正相关，C 点对应压缩过程，体系压强和 NO2浓度均高于 E 点（拉伸过程），因此反应速率更快；
平衡移动的判断：压缩活塞后，平衡向气体分子数减少的正反应方向（生成 N2O4）移动，NO2浓度逐渐降低，颜色变浅，透射率回升；
颜色深浅的比较：透射率越低，NO2浓度越高，颜色越深，需结合瞬时变化与平衡移动的影响综合判断。
13．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如]。已知室温下，饱和溶液的浓度约为，，。下列说法正确的是
A．饱和溶液的
B．少量HClO与溶液反应：
C．等物质的量浓度的和NaHS混合溶液中存在关系：
D．室温下，反应的平衡常数为
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据图像，当δ(H2S)=δ(HS-)时，pH=7.0，因此。H2S饱和溶液浓度为0.1 mol/L，根据，解得，pH=4.0，A错误；
B、HClO具有强氧化性，S2-具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，而非复分解反应，B错误；
C、等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中，根据电荷守恒：；物料守恒：。联立两式消去，可得，C正确；
D、反应的平衡常数。由图像，当δ(HS-)=δ(S2-)时，pH=13.0，故。代入数据得，D错误；
故答案为：C。
【分析】硫化氢（）是二元弱酸，在水溶液中会发生两步电离。溶液pH的变化会直接影响各含硫微粒的分布比例：pH越低，酸性越强，分子态的占主导；随着pH升高，会逐步失去质子，先转化为，再进一步转化为：、。
因此，图中三条曲线分别对应这三种微粒的变化：曲线①：代表随pH升高而不断减少的分子；曲线②：代表先增后减的中间产物；曲线③：代表随pH升高而不断增多的离子。
根据电离常数的定义，当两种微粒浓度相等时，溶液的pH值即为对应电离常数的负对数：
当时，溶液pH=7.0，可得第一步电离常数 ；
当时，溶液pH=13.0，可得第二步电离常数 。
14．HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．Ⅰ是催化剂
B．Ⅱ是中间体
C．②对应的基元反应是决速步
D．总反应的化学方程式为
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、物质 Ⅰ 在反应中参与反应，最终又生成，符合催化剂的特征，故 A 正确；
B、物质 Ⅱ 是反应过程中生成又消耗的中间产物，属于中间体，故 B 正确；
C、决速步是反应中活化能最高的步骤，图中过渡态 1 对应的基元反应活化能最高，对应步骤①，故②不是决速步，C 错误；
D、总反应为 HCOOH 在催化剂作用下分解生成 CO2和 H2，化学方程式为
故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】首先，催化剂是参与反应过程、反应前后质量和化学性质均不发生改变的物质，中间体则是反应过程中生成又消耗的中间产物。本题中， 参与了步骤①的反应，又在步骤④中重新生成，符合催化剂的特征；而反应过程中生成的配合物、中间态物种则为反应中间体。其次，决速步是总反应中活化能最高的基元步骤，决定了整个反应的速率。从能量变化图可以看出，步骤②对应的过渡态1的能量为，是整个反应过程中活化能最高的步骤，因此步骤②才是决速步，而非步骤②。最后，将反应机理中的各步反应相加，消去中间产物和催化剂，可得到总反应：。
15．金属铋（Bi）及其化合物广泛应用于电子、医药等领域，一种由BiOCl（氯氧化铋，白色难溶于水的固体）制备Bi2O3的步骤如下：
①将3.0 g BiOCl与25 mL 3.0 mol·L-1碳酸氢铵溶液混合，加入氨水调节溶液pH=9，50 ℃下反应2 h。
②将三颈烧瓶中所得混合物经过一系列操作可得到(BiO)2CO3沉淀。
③将所得沉淀在530 ℃下煅烧，可得到Bi2O3产品。
回答下列问题：
（1）与本实验安全注意事项无关的图标为___________（填标号）。
A． B．
C． D．
（2）写出步骤①制备(BiO)2CO3的离子方程式　 　。
（3）实验步骤②一系列操作中，需要用到的仪器有___________（填标号）。
A． B．
C． D．
（4）某研究小组探究温度对沉淀制备的影响，得到温度与所得沉淀产率的关系如图所示。结合图像分析，50 ℃时沉淀产率最高，可能的原因是　 　。
（5）另一种制备方法：用NaOH溶液将BiOCl转化为Bi(OH)3，Bi(OH)3受热分解为Bi2O3。已知：常温下，，BiOCl(s)在水溶液中存在平衡。
常温下，当BiOCl恰好完全转化为Bi(OH)3时，溶液中，此时溶液pH=　 　。
（6）Bi3+的测定
乙二胺四乙酸（EDTA）二钠盐可以和Bi3+ 1∶1形成稳定的配合物，一种测定溶液中Bi3+浓度的方法如下：取V1 mL溶液，调节pH=1，滴入2滴二甲酚橙做指示剂（二甲酚橙：溶于水呈亮黄色，能和多种金属阳离子形成紫红色配合物），用0.01000 mol·L-1的EDTA溶液滴定，达到滴定终点时，测得耗去标准液V2 mL，则溶液中Bi3+的浓度为　 　g·L-1（用V1、V2表示），达到滴定终点的现象是　 　。
【答案】（1）A
（2）
（3）A；B；D
（4）温度低于50 ℃时，BiOCl固体在水中溶解度小，导致沉淀产率降低；温度高于50 ℃时，溶液中NH3·H2O分解，氨气挥发，使pH降低，不利于的形成，使沉淀产率降低（答案合理即可）
（5）13
（6）；当滴入最后半滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验安全图标分析：
A：“锐器”图标，本实验未使用锐器，无关；
B：“热烫”图标，实验涉及加热液体、煅烧固体，需避免直接触碰高温仪器，有关；
C：“护目镜”图标，操作中存在药剂溅入眼睛的风险，需佩戴护目镜，有关；
D：“排风”图标，加热和煅烧过程可能产生氨气等有害气体，需开启排风扇，有关；
故答案为：A。
（2）步骤①制备的离子方程式为：
，书写时需注意：、为难溶物，为弱电解质，均不能拆成离子形式，且需标注反应温度。
故答案为： ；
（3）步骤②的操作包含过滤、洗涤、干燥，所需仪器分析：
A．仪器是漏斗，过滤、洗涤操作需要用到漏斗，A符合题意；
B．仪器是烧杯，过滤、洗涤操作需要用到烧杯，B符合题意；
C．仪器是蒸发皿，蒸发皿可以盛装固体，但不是必需的，C不符合题意；
D．仪器是干燥器，干燥操作需要用到干燥器，D符合题意；
故答案为：ABD。
（4）温度对沉淀产率的影响：温度低于时，固体在水中溶解度较小，反应速率慢，沉淀产率低；温度高于时，氨气挥发、碳酸氢铵分解，反应物浓度降低，沉淀产率低。
故答案为： 温度低于50 ℃时，BiOCl固体在水中溶解度小，导致沉淀产率降低；温度高于50 ℃时，溶液中NH3·H2O分解，氨气挥发，使pH降低，不利于的形成，使沉淀产率降低（答案合理即可） ；
（5）平衡常数与pH计算：
由反应①（）和反应②（），①-②得：
平衡常数；
将代入，解得；
则。
故答案为：13；
（6）EDTA滴定的相关计算与终点现象：
浓度计算：由物质的量关系，待测液中的浓度为：
终点现象：当滴入最后半滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色。
故答案为： ； 当滴入最后半滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色 ；
【分析】 ①发生反应。
③发生反应。据此解题。
（1）本题考查实验安全图标识别，解题思路是结合实验操作（加热、煅烧、药剂接触），逐一分析各图标对应的风险场景，判断其与实验的相关性。
（2）本题考查离子方程式书写，解题思路是根据物质的溶解性和电解质强弱，确定是否拆成离子形式，再结合反应条件和产物，配平离子方程式。
（3）本题考查实验仪器选择，解题思路是根据过滤、洗涤、干燥的操作流程，逐一分析各仪器的用途，判断其是否为必需仪器。
（4）本题考查温度对反应产率的影响，解题思路是从反应速率、反应物稳定性两个角度，分析温度过低和过高时沉淀产率降低的原因。
（5）本题考查平衡常数与pH计算，解题思路是通过盖斯定律推导目标反应的平衡常数，再结合离子浓度计算溶液的pH值。
（6）本题考查滴定计算与终点判断，解题思路是根据滴定反应的计量关系计算离子浓度，再结合指示剂与离子的配位反应，分析滴定终点的颜色变化。
（1）A．图标表示“锐器”，本实验未使用锐器，A无关；
B．图标表示“热烫”，本实验有加热液体、煅烧固体的操作，应选择合适的工具，避免直接触碰，B有关；
C．图标表示“护目镜”，操作中药剂可能溅到眼睛，需佩戴护目镜，C有关；
D．图标表示“排风”，本实验有加热液体、煅烧固体的操作，可能产生有害气体（氨气）或烟、雾，需开启排风扇，D有关；
故选A。
（2）书写步骤①的离子方程式时应注意：BiOCl难溶于水，不能拆；NH3·H2O是弱电解质，不能拆；(BiO)2CO3是沉淀，不能拆；温度条件（50 ℃）不能丢。则步骤①制备(BiO)2CO3的离子方程式为。
（3）步骤②的一系列操作包含：过滤、洗涤、干燥。
A．仪器是漏斗，过滤、洗涤操作需要用到漏斗，A符合题意；
B．仪器是烧杯，过滤、洗涤操作需要用到烧杯，B符合题意；
C．仪器是蒸发皿，蒸发皿可以盛装固体，但不是必需的，C不符合题意；
D．仪器是干燥器，干燥操作需要用到干燥器，D符合题意；
故选ABD。
（4）温度低于50 ℃时沉淀产率较低，可能的原因是BiOCl固体在水中溶解度较小。温度高于50 ℃时沉淀产率较低，可能的原因是氨气挥发或碳酸氢铵分解。
（5）依题意，整理出以下平衡：
①
②
①-②得
将代入，解得，。
（6）已知物质的量关系EDTA~Bi3+，则待测液中Bi3+的浓度。未达到滴定终点时，Bi3+过量，二甲酚橙与Bi3+形成紫红色配合物；达到滴定终点后，Bi3+全部与EDTA配位，二甲酚橙游离出来，体现本身的亮黄色。所以达到滴定终点的现象是：当滴入最后半滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色。
16．某富铟渣主要含有Fe、Pb、Zn、In(铟)等金属及其氧化物(如、等)，从该富铟渣中提取金属铟的一种工艺流程如下：
已知：①浸出过程始终以为浸取液。
②相关金属离子形成氢氧化物时的pH(25℃)。
开始沉淀 2.9 5.7 1.5 6.4 6.2
完全沉淀 4.9 8.7 3.5 9.4 9.2
（1）In的原子序数是49，在元素周期表中的位置是　 　。
（2）“浸出1”中能有效提高浸出率的方法有　 　(答出一条即可)。
（3）“浸出1”中铟最终以进入浸渣1中得以富集，则“浸出1”时溶液pH应控制在　 　范围，在此过程中还需加入适当的　 　(填“氧化剂”、“还原剂”或“沉淀剂”)。
（4）“浸出2”中的主要反应离子方程式为　 　，浸渣2的主要成分为　 　(填化学式)。
（5）“置换后液”合并到“浸出液1”中，“置换”时应选择　 　(填化学式)作置换剂。
（6）粗铟中仍含有少量Zn、Cd、Tl和Pb等杂质，其中Cd和Zn对In的精制效果影响较大，可用“真空蒸馏”法去除，蒸馏时应控制温度为　 　℃左右。
【答案】（1）第五周期，第ⅢA族
（2）原料粉碎，加快搅拌速率，适当升温，适当增大硫酸浓度等(答出一条即可)
（3）；还原剂
（4）；
（5）Zn
（6）800
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）铟（In）的原子序数为49，结合稀有气体原子序数定位：49介于第四周期（36）与第五周期（54）之间，故位于第五周期；从0族元素Xe（54号）向前逆推，49号元素位于第ⅢA族，即铟在元素周期表中位于第五周期第ⅢA族。
故答案为： 第五周期，第ⅢA族 ；
（2）湿法冶金中提高固体原料浸出率的常用方法包括：将固体粉碎以增大反应物接触面积、适当加热或搅拌以提高反应速率、适当增大硫酸浓度以提高反应物浓度（答出任意一条即可）。
故答案为： 原料粉碎，加快搅拌速率，适当升温，适当增大硫酸浓度等(答出一条即可) ；
（3）“浸出1”过程中，需调节溶液pH，使完全沉淀为，同时让、留在浸出液中。根据数据，完全沉淀的pH为4.9，开始沉淀的pH为5.7，因此pH需控制在之间；为避免（完全沉淀pH为3.5）与共沉淀，需先将还原为（开始沉淀pH为6.4），以保证其不沉淀。
故答案为： ； 还原剂 ；
（4）浸渣1的主要成分为和难溶的（由PbO与硫酸反应生成）；“浸出2”过程中，加入硫酸溶解，反应的离子方程式为：
此时铅化合物仍以形式留在浸渣中，实现铟与铅的分离。
故答案为： ； ；
（5）浸出液2中含，需通过置换反应制备海绵铟；为不引入新杂质离子，置换剂应选择锌（Zn），锌可将置换为铟单质，同时生成的可返回“浸出液1”用于后续制锌工序。
故答案为： Zn ；
（6）粗铟中含Zn、Cd、Tl、Pb等杂质，根据挥发率与去除率数据：800℃左右时，铟的挥发率接近0（几乎无损失），而Cd和Zn的去除率接近100%，因此最佳温度应控制在800℃左右，以有效去除Cd、Zn杂质并减少铟的损失。
故答案为： 800 ；
【分析】富铟渣中主要含有铁、铅、锌、铟（In）等金属及其氧化物（如三氧化二铟、氧化铅等）。处理流程分为多步浸出与提纯：第一步为 “浸出 1”，通过调节溶液 pH，使含锌、铁的组分完全溶解进入浸出液，而铟以氢氧化铟沉淀形式留在浸渣中，铅则转化为难溶的硫酸铅一并留在浸渣，实现铟与锌、铁的初步分离；第二步为 “浸出 2”，再次调节 pH，使氢氧化铟沉淀溶解进入浸出液，硫酸铅仍留在浸渣中，完成铟与铅的分离；随后向含铟浸出液中加入置换剂，析出海绵铟，最后经真空蒸馏、电解处理得到精铟。
（1）本题考查元素周期表位置的判断，解题思路是通过稀有气体原子序数定位周期，再通过逆推主族序数确定族，从而得出铟的位置。
（2）本题考查湿法冶金浸出率的影响因素，解题思路是结合反应速率与接触面积、温度、浓度的关系，总结提高浸出率的常见方法。
（3）本题考查pH调控对离子沉淀的影响，解题思路是根据各离子沉淀的pH范围，确定沉淀且其他离子不沉淀的pH区间，并结合与沉淀pH的差异，分析还原的必要性。
（4）本题考查浸渣成分判断与离子方程式书写，解题思路是根据Pb化合物的溶解性确定浸渣成分，再结合酸碱反应规律，写出与酸反应的离子方程式。
（5）本题考查置换剂的选择，解题思路是结合“不引入新杂质”的原则，选择能置换铟且生成目标原料离子的金属锌作为置换剂。
（6）本题考查温度对杂质去除率的影响，解题思路是结合铟的挥发率与杂质去除率随温度的变化，确定既能高效除杂又能减少铟损失的最佳温度。
（1）铟（In）的原子序数是49。通过稀有气体的原子序数来确定其周期和族。 第一周期：2 (He) 第二周期：10 (Ne) 第三周期：18 (Ar) 第四周期：36 (Kr) 第五周期：54 (Xe)，原子序数49介于36和54之间，因此它位于第五周期。54号元素Xe是第0族，往前推：53号I（第VIIA族），52号Te（第VIA族），51号Sb（第VA族），50号Sn（第IVA族），49号In（第IIIA族）。位置为第五周期第IIIA族。
（2）在湿法冶金中，提高固体原料浸出率的常用方法包括：增大反应物接触面积（如将固体粉碎）、提高反应速率（如适当加热、搅拌）、适当增加反应物浓度（如增大硫酸浓度）等(答出一条即可)。
（3）“浸出1”后铟最终以In(OH)3的形式进入浸渣1中得以富集。这意味着需要调节溶液的pH，使 In3+沉淀，而其他金属离子（如 Zn2+、 Fe2+）留在浸出液1中。根据表格数据：In3+完全沉淀的pH为4.9，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，Fe2+开始沉淀的pH为6.4。为了使In3+完全沉淀且不沉淀其他离子，pH应控制在 In3+完全沉淀（4.9）之后，且在Zn2+开始沉淀（5.7）之前； 富铟渣中含有Fe，浸出后溶液中可能存在 Fe3+。 Fe3+完全沉淀的pH仅为3.5，如果在时Fe3+存在，它会与In3+一起沉淀，影响铟的纯度。因此，需要先将Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+开始沉淀的pH为6.4，不会在时沉淀。
（4）浸渣1的主要成分是 In(OH)3以及未溶解的铅化合物（如PbSO4，因为 PbO与硫酸反应生成的PbSO4难溶）。 “浸出2”的目的是将铟溶解进入浸出液2，而铅留在浸渣2中。已知浸取液为硫酸，因此加入硫酸溶解In(OH)3。 反应为In(OH)3与H+ 反应生成 In3+和水，离子方程式为；浸渣2则是未溶解的铅化合物，即。
（5）浸出液2中含有 ，通过“置换”得到海绵铟（粗铟）。置换后的溶液（置换后液）需要合并到“浸出液1”中用于“制锌”。浸出液1中含有大量的 。为了不引入新的杂质离子，置换剂应选择锌（Zn）。锌可以将铟置换出来，生成的正好是制锌所需的原料。
（6）粗铟中含有少量 Zn、Cd 、Tl和Pb等杂质，其中Cd和Zn影响较大。 观察“粗铟的挥发率与温度的关系”图：在 800℃左右，粗铟（In）的挥发率接近0，说明铟基本不挥发。 观察“杂质的去除率与温度的关系”图：在 800℃左右，Cd和Zn的去除率已经非常高（接近100%），而Tl和Pb的去除率较低。 因此，为了有效去除Cd和Zn杂质且尽量减少铟的损失，最佳温度应控制在 800℃左右。
17．在“碳达峰、碳中和”的背景下，通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题：
Ⅰ．加氢制甲醇
（1）已知如下热化学方程式：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
计算：________。
（2）在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________（填标号）。
A. 的分压保持不变 B. 混合气体的密度保持不变
C. 保持不变 D. 密闭容器中温度保持不变
（3）在、条件下发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。
已知：甲醇的选择性。
①260 ℃时，的转化率________。反应ⅰ的平衡常数________（精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数）。
②甲醇选择性随温度升高而降低的原因：________。
Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物
已知：的活性位点对O的连接能力较强，的活性位点对C的连接能力较强，对的吸附能力远强于，且吸附后不易脱离。
（4）电还原可能的反应机理如图所示（*表示吸附态的）。
①参照机理图画出A的结构：________。
②若还原产物主要为，应选择________（填“”“”或“”）做催化剂。
【答案】(1) -49.4
(2) A，D
(3) 22% 0.022 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低
(4)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应ⅲ可由反应ⅰ与反应ⅱ相加得到，因此其焓变满足：
故答案为： -49.4 ；
（2）平衡状态判断：
A：恒容容器中，根据理想气体状态方程，的分压由其物质的量和温度共同决定。当分压保持不变时，说明的物质的量不再变化，且体系温度也保持恒定，各反应均达到平衡状态，A正确；
B：反应体系中所有物质均为气体，混合气体的总质量始终不变，而容器体积恒定，因此混合气体的密度始终为定值，无法据此判断反应是否达到平衡，B错误；
C：根据碳元素守恒，体系中的总和始终等于初始投入的物质的量， 为定值，无法说明各组分的量不再变化，不能判断平衡，C错误；
D：在绝热容器中，反应ⅰ为吸热反应，会使容器温度降低；反应ⅱ、ⅲ为放热反应，会使容器温度升高。当容器温度保持不变时，说明体系的吸放热速率达到动态平衡，各反应均已达到平衡状态，D正确；
故答案为：AD。
（3）投料比，设初始时、：
①260℃时，的平衡转化率为30%，甲醇选择性为60%：
由氧元素守恒，反应中生成的物质的量为；再根据氢元素守恒，可计算出平衡时的物质的量为；
因此的转化率：；
反应ⅰ的平衡常数（以物质的量分数表示）：
②温度升高时，反应ⅰ（吸热反应）的平衡正向移动，导致体系中的生成量增多；而反应ⅱ、ⅲ（放热反应）的平衡逆向移动，的生成量减少，因此产物中占比上升，占比下降，甲醇的选择性降低。
故答案为： 22% ；0.022；由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低 ；
（4）催化机理分析：
①根据题目给出的金属活性位点特性，不同金属对反应物中O、C原子的连接能力不同。机理图的上半部分已显示O原子连接在催化剂表面，因此待补充的下半部分应为C原子连接在催化剂表面，结合后续产物可推断A的结构为 ；
②若还原产物主要为，说明反应需通过O原子连接在催化剂表面的路径进行，根据金属活性位点的特性，应选择对O原子连接能力较强的Sn作为催化剂。
故答案为： ； ；
【分析】（1）本题考查盖斯定律的应用，解题思路是先明确反应ⅲ与反应ⅰ、ⅱ的关系，再利用盖斯定律将对应反应的焓变进行代数和运算，直接得到目标反应的焓变。
（2）本题考查化学平衡状态的判断，解题思路是结合平衡状态的本质特征（正逆反应速率相等、各组分浓度不再变化），对每个选项的物理量变化进行分析：判断分压是否受温度和物质的量共同影响；分析密度是否为定值；结合元素守恒判断守恒量是否能反映平衡；分析绝热体系中温度变化与反应热效应的关系。
（3）本题考查平衡转化率与平衡常数的计算，解题思路是先利用转化率和选择性数据，确定各产物的物质的量；再通过元素守恒法计算出平衡时各反应物和生成物的物质的量；最后代入转化率和平衡常数公式进行计算。同时，结合温度对吸热、放热反应平衡移动的影响，分析甲醇选择性随温度变化的原因。
（4）本题考查催化反应机理的分析，解题思路是根据题目给出的金属活性位点特性，结合机理图中已有的反应路径，推断中间体的结构；再根据目标产物的生成路径，选择对应的催化剂，体现了结构与催化活性的对应关系。
18．茉莉酮酸甲酯是一种具有茉莉花香的天然化合物，常用于高级香水配制，其合成路线如图所示。
已知：Ⅰ．。
Ⅱ．。
（1）化合物G中含氧官能团的名称为　 　；C→D的反应类型为　 　。
（2）D→E过程中反应物的命名为　 　。
（3）若想要知道茉莉酮酸甲酯中的键角和键长信息，可以使用___________(填标号)。
A．红外光谱仪 B．核磁共振仪 C．X射线衍射仪 D．质谱仪
（4）B到C的化学方程式为　 　。
（5）F的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列条件的同分异构体的结构简式　 　。
①只有苯环一个环状结构；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有4组峰。
（6）根据上述信息，写出以环戊烯和乙醇为原料合成的路线：　 　。
【答案】（1）酮羰基；取代反应
（2）1-氯-2-戊炔
（3）C
（4）
（5）或
（6）
【知识点】键能、键长、键角及其应用；有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1） 化合物 G() 中含氧官能团为酮羰基；C 在醇钠和水合氢离子作用下发生分子内取代反应生成 D，该反应类型为取代反应。 故答案为： 酮羰基 ； 取代反应 ；
（2） 含碳碳三键和碳氯键，根据系统命名法，名称为 1-氯-2-戊炔。
故答案为： 1-氯-2-戊炔 ；
（3）测定分子键角、键长的仪器分析：
A：红外光谱仪可分析化学键和官能团信息，无法测定键角、键长；
B：核磁共振氢谱仪可分析氢原子的化学环境和数目，无法测定键角、键长；
C：X 射线衍射仪可通过晶体衍射分析，精准测定分子中原子的空间排布，得到键角、键长等结构参数；
D：质谱仪可测定有机物的相对分子质量，无法测定键角、键长；
故答案为：C。
（4）在浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成C()，化学方程式为。
故答案为： ；
（5）化合物F的分子式为，不饱和度为 5，其同分异构体仅含苯环一种环状结构，且能发生银镜反应（含醛基），核磁共振氢谱有 4 组峰（含 4 种不同化学环境的氢原子），满足条件的结构简式为：、共2种。
故答案为：或 ；
（6）结合题中信息，可知应先将环戊烯氧化为戊二酸，然后生成戊二酸二乙酯，戊二酸二乙酯在醇钠的作用下生成，最后与氢气加成即可得。合成路线为。
故答案为： ；
【分析】以A（ ）为起始原料，先经高锰酸钾氧化生成B（ ），再与烯丙醇发生酯化反应生成C（ ）；C 在醇钠作用下发生分子内缩合得到环戊酮衍生物D（ ），D 再经 NaH 脱质子后与 反应引入侧链， 生成E（）；E发生反应生成F；F 经选择性加氢得到含顺式双键的中间体（G），G 再与丙二酸二甲酯发生加成反应生成，一定条件下转化为，据此解题。
（1）本题考查官能团识别与反应类型判断，解题思路是根据化合物 G 的结构，识别酮羰基；结合 C 到 D 的反应条件和结构变化，判断反应类型为取代反应。
（2）本题考查有机物的系统命名，解题思路是先确定含碳碳三键的主链，再从靠近三键的一端编号，结合氯原子的位置，按系统命名法命名。
（3）本题考查有机物结构测定仪器的功能，解题思路是逐一分析红外光谱、核磁共振氢谱、X 射线衍射、质谱仪的用途，确定能测定键角、键长的仪器。
（4）本题考查酯化反应方程式的书写，解题思路是根据酯化反应 “酸脱羟基、醇脱氢” 的规律，配平己二酸与丙烯醇的反应方程式，标注反应条件和可逆符号。
（5）本题考查同分异构体的书写，解题思路是结合分子式、不饱和度、官能团特征（醛基）和核磁共振氢谱峰数，确定苯环上取代基的位置，写出符合条件的结构简式。
（6）本题考查有机合成路线设计，解题思路是结合题中信息，采用逆向合成法，从目标产物倒推中间体，再设计从原料到中间体的反应步骤，明确各步反应的条件和产物。
（1）化合物G()中含氧官能团的名称为酮羰基；C在醇钠和水合氢离子作用下发生分子内取代反应生成D，故反应类型为取代反应。
（2）含有碳碳三键和碳氯键，命名为1-氯-2-戊炔。
（3）A．红外光谱仪可分析出分子中含有何种化学键或官能团信息，无法测键角、键长，A不符合题意；
B．核磁共振谱仪可以获得有机物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子以及它们的相对数目，无法测键角、键长，B不符合题意；
C．X射线衍射仪可通过晶体衍射分析，精准测定分子中原子的空间排布，得到键角、键长等结构参数，C符合题意；
D．质谱仪可以测定有机物分子的相对分子质量，无法测键角、键长，D不符合题意；
故选C。
（4）在浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成C()，化学方程式为。
（5）化合物F的分子式为，不饱和度为5，F的同分异构体中只有苯环一个环状结构，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则满足上述条件的结构简式为、共2种。
（6）结合题中信息，可知应先将环戊烯氧化为戊二酸，然后生成戊二酸二乙酯，戊二酸二乙酯在醇钠的作用下生成，最后与氢气加成即可得。合成路线为。
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