资源简介

广东省广州市2026年普通高中毕业班综合测试二模化学试卷
1．我国农耕文化源远流长。下列有关农耕文化物品所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．陶仓 B．青铜灶
C．木犁 D．石磨
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、陶仓主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于合金，故 A 错误；
B、青铜灶原料为青铜，青铜是铜锡合金，属于合金材料，故 B 正确；
C、木犁主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，不属于合金，故 C 错误；
D、石磨主要成分为硅酸盐、碳酸钙等矿石成分，不属于合金，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
合金定义：由一种金属和其他金属（或非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；
陶瓷成分：黏土高温烧结生成硅酸盐，为传统无机非金属材料；
青铜组成：Cu、Sn 熔合形成铜锡合金，是我国古代常用合金；
木材成分：植物纤维（纤维素），天然有机物；
2．我国科学家屠呦呦因青蒿素的研究获得诺贝尔生理学或医学奖。以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料可合成青蒿素，下列关于青蒿酸的说法中正确的是
A．属于芳香烃的衍生物
B．能发生水解反应和加成反应
C．其结构中2个六元环共平面
D．最多能与等物质的量的NaOH反应
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A、芳香烃衍生物需要分子内含有苯环，青蒿酸结构无苯环，因此不属于芳香烃衍生物，A错误；
B、分子含碳碳双键，能发生加成反应；但不存在酯基、卤原子、酰胺键等能水解的官能团，不能发生水解反应，B错误；
C、六元环上存在大量sp3杂化饱和碳原子，饱和碳为四面体空间构型，会破坏环平面结构，两个六元环无法共平面，C错误；
D、青蒿酸仅羧基-COOH能与反应，二者反应比例1：1，1mol 青蒿酸最多消耗 1mol ，D 正确；
故答案为：D；
【分析】本题易错点：
容易误把脂环双键当成苯环，混淆碳碳双键六元脂环与苯环；芳香烃衍生物必须含苯环，该分子无苯环、只有脂肪环，不属于芳香衍生物。
错认为羧基、碳碳双键能水解；分子只含碳碳双键、羧基，无酯基、卤原子、酰胺键等可水解官能团，不能发生水解反应，仅碳碳双键可加成。
忽略饱和碳原子四面体结构，两个六元环共用的碳原子为饱和sp3碳，单键可旋转，两个六元环无法共平面，易错按苯环稠环思维判定共面。
易错额外估算加成消耗NaOH，分子仅1个-COOH能和NaOH按1：1中和反应，碳碳双键不与NaOH反应，故等物质的量反应。
3．科技发展见证自立自强的奋进中国。下列说法正确的是
A．北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料
B．飞船返回舱表层材料使用玻璃纤维：玻璃纤维属于天然有机高分子材料
C．嫦娥六号搭载水升华器用以降温：水升华过程中破坏了极性共价键
D．我国科学家成功实现从到淀粉的人工合成：的电子式为：
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、氮化铝耐高温、可作芯片材料，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B、玻璃纤维成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，并非天然有机高分子材料，故B错误；
C、水升华是物理变化，只破坏分子间作用力，水分子内极性共价键没有断裂，故C错误；
D、中C与每个O形成双键，正确电子式为 ，题干电子式书写错误，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
材料分类判断：氮化铝归新型无机非金属材料；玻璃纤维为硅酸盐类无机材料；
物理变化与化学键：升华仅改变分子间距，不破坏分子内共价键；
电子式书写：碳氧之间是两对共用电子，需规范书写双键电子式。
4．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用大米酿食醋 酿醋过程存在转化关系：乙醇→乙酸
B 用聚丙烯酸钠生产高吸水性树脂 聚丙烯酸钠含有强亲水基团
C 用小苏打作糕点的膨松剂
D 用FeS除去废水中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、大米中的淀粉经水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇，乙醇在醋酸菌催化下被氧化转化为乙酸，对应转化乙醇→乙酸，劳动项目和化学知识对应，故A不符合题意；
B、聚丙烯酸钠的结构中带有大量亲水基团，该基团易与水分子结合，使树脂具备优异吸水性能，可用来制备高吸水性树脂，劳动项目和化学知识对应，故B不符合题意；
C、小苏打成分为，糕点焙烤时受热发生反应 ，气体让糕点疏松多孔，题干给出方程式是碳酸钠转化为碳酸氢钠，和实际反应相反，二者无关联，故C符合题意；
D、溶解度远小于，依据沉淀溶解平衡的转化规律， ，实现废水中汞离子的沉淀去除，劳动项目和化学知识对应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
粮食酿醋的有机转化路径：大米淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖无氧发酵生成乙醇，乙醇在微生物催化下逐步氧化生成乙酸，三步转化是酿醋的化学本质；
高吸水性树脂结构原理：聚丙烯酸钠侧链的羧酸钠属于强极性亲水基团，能通过氢键、水合作用结合大量水分子，是树脂具备高吸水性的结构原因；
小苏打作膨松剂的反应本质：受热易分解生成二氧化碳气体，受热产气是糕点蓬松的原理，题干方程式是碳酸钠碳化制碳酸氢钠，反应方向与实际膨松反应相反；
沉淀转化除杂规律：溶解度大的难溶电解质可以转化为溶解度更小的难溶电解质，溶度积远小于，因此硫化亚铁固体可置换汞离子生成硫化汞沉淀，实现重金属废水处理。
5．关于模拟工业上从海水中提取镁的生产流程，下列操作错误的是
A．浓缩海水 B．沉淀
C．获得 D．制取镁
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；蒸发和结晶、重结晶；电镀
【解析】【解答】A、蒸发皿加热、玻璃棒搅拌进行海水浓缩，实验操作规范，故A正确；
B、石灰乳和反应生成沉淀，烧杯中搅拌沉淀，故B正确；
C、通过过滤装置分离悬浊液，玻璃棒引流符合过滤：一贴二低三靠的操作要求，故C正确；
D、制取镁需要电解熔融，电解氯化镁溶液无法得到金属镁，图中原电池装置不能制备Mg，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
海水浓缩采用蒸发操作，蒸发皿配合玻璃棒搅拌、酒精灯加热；
利用沉淀：；
固液混合物用过滤操作分离，牢记过滤“一贴二低三靠”；
活泼金属Mg的冶炼条件：电解熔融，水溶液电解得不到单质镁。
6．M元素在地壳中的含量居第四位，含M物质的相关转化关系如图，下列说法错误的是
单质M盐1碱1碱2盐2
A．单质M与高温水蒸气反应生成红棕色固体
B．碱1→碱2的转化存在物质颜色的变化
C．将盐2的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得到胶体
D．溶液可用于鉴别盐1和盐2
【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、M为Fe，Fe与高温水蒸气反应生成（黑色固体），并非红棕色固体，故A错误；
B、碱1是（白色），碱2是（红褐色），转化时存在白色→灰绿色→红褐色的颜色变化，故B正确；
C、盐2为，将饱和溶液滴入沸水持续加热，可制备胶体，故C正确；
D、遇生成蓝色沉淀，遇无明显现象，能鉴别盐1()与盐2()，故D正确；
故答案为：A。
【分析】元素推断：地壳含量第四位的金属是Fe，结合转化推出盐1：、碱1：、碱2：、盐2：；转化路径为：，据此解题。
7．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 与反应生成 能氧化
B 溶液受热变为黄绿色
C 将浓氨水加入碱石灰中制备 铵盐受热易分解
D 向溶液中滴加氨水产生白色沉淀 与盐酸反应生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；氨的实验室制法；镁、铝的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ正确，与反应时自身歧化，既不被氧化也不被还原，陈述Ⅱ错误，无因果关系，故A不符合；
B、陈述Ⅰ正确，显蓝色、显黄色，升温平衡正向移动，溶液由蓝变黄绿；陈述Ⅱ正确且能解释Ⅰ，存在因果关系，故B符合；
C、陈述Ⅰ正确，浓氨水加碱石灰制依靠吸水放热、增大浓度促使分解，与铵盐受热分解无关，陈述Ⅱ错误，无因果关系，故C不符合；
D、陈述Ⅰ正确，加氨水生成沉淀；陈述Ⅱ正确，但二者原理无关，不存在因果关系，故D不符合；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
和的歧化反应规律，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂；
铜离子水合配离子平衡：升温吸热平衡正向移动，配离子转化带来溶液颜色变化；
浓氨水制氨气的原理：溶解放热、消耗水、提高浓度，促使逸出；
是两性氢氧化物，不溶于弱碱，氨水制沉淀和溶于盐酸是两个独立反应。
8．下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，环境中的扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈，下列说法正确的是
A．青铜基体发生还原反应被腐蚀
B．电子由青铜基体经溶液流向多孔催化层
C．负极发生的电极反应：
D．生成，理论上消耗
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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、青铜基体中Cu作负极，失电子发生氧化反应被腐蚀，故A错误；
B、电子沿导线由负极（青铜基体）流向正极（多孔催化层），不能经过电解质溶液，故B错误；
C、负极是Cu失电子： ，不参与负极放电，故C错误；
D、中Cu为+2价，生成1 mol 转移4 mol电子，，1 mol 得4 mol电子，则，生成0.01 mol 消耗0.01 mol ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】负极发生氧化反应，Cu单质化合价由0价升至+2价，电极反应式写作 ；生成的继续与、正极生成的结合，发生反应 得到锈状物。正极发生的还原反应，电极方程式为 ，依托两极电极反应与后续化合反应，即可逐一辨析选项正误。
9．下列事实与解释不相符的是
选项 事实 解释
A 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合
B 酸性： 电负性：
C 卤素单质的沸点： 键长：
D 同浓度溶液的碱性： 电离常数：
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；分子间作用力；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、石墨为层状晶体，层间依靠范德华力结合容易发生相对滑动，可用作润滑剂，事实与解释相符，故 A 不符合题意；
B、Cl 电负性大于 H，-Cl 是吸电子基团，CH2ClCOOH 羧基中 O-H 极性更强，更容易电离 H+，酸性强于 CH3COOH，事实与解释相符，故 B 不符合题意；
C、卤素单质 Cl2、Br2、I2均为分子晶体，沸点由分子间作用力决定，随相对分子质量增大分子间作用力升高，和化学键键长没有关联，事实与解释不相符，故 C 符合题意；
D、依据越弱越水解，碱性 C6H5Na＜Na2CO3说明酸性 C6H5OH＞HCO3-，即电离常数 Ka2(H2CO3)＜Ka (C6H5OH)，事实与解释相符，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
石墨晶体结构特点：层内共价键、层间范德华力，层间易滑移；
取代基吸电子效应对羧酸酸性的影响：电负性大的取代基增强羧基电离能力；
分子晶体熔沸点影响因素：由分子间作用力决定，与分子内共价键参数无关；
盐类水解规律：弱酸阴离子对应酸的电离常数越小，盐溶液水解碱性越强。
10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的中子数，比的多
B．的溶液中含有的数目为
C．()分子中含有共价键的数目为
D．电解饱和食盐水生成，转移电子的数目为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、中子数，中子数，1 mol 比1 mol 中子多，故A错误；
B、，，，数目为，故B正确；
C、为八元环，1个含8条键，，共价键为，故C错误；
D、未指明标准状况，无法换算物质的量，不能计算转移电子，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同位素中子计算公式：中子数质量数质子数，是双原子分子，1分子、中子差值为；
定量关系：常温，对应，强酸溶液氢离子直接由计算；
空间构型为皇冠八元环，每分子内含8根共价键，依托完成键数换算；
气体摩尔体积适用条件：0 ℃、101 kPa（标况）+气体，缺少条件不能用体积求物质的量。
11．利用如图装置进行实验，反应一段时间后，往d中注入溶液。下列说法错误的是
A．a中溶液变为绿色，说明浓硝酸具有氧化性
B．b中试纸变蓝，体现了的还原性
C．c中液面上方气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
D．若c中不加铜片，往d中注入后气体颜色无明显变化
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质
【解析】【解答】A、a中Cu和浓硝酸发生氧化还原反应，Cu被氧化、被还原，溶液变绿色，体现浓硝酸的强氧化性，故A正确；
B、a生成的进入b氧化生成，淀粉遇碘变蓝，化合价升高被氧化，表现还原性，故B正确；
C、溶于水：，NO接触氧气：，体系同时存在NO、，故C正确；
D、d中在催化分解：，通入c可把无色NO氧化成红棕色，气体颜色显著加深，故D错误；
故答案为：D。
【分析】Cu 与浓硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铜、二氧化氮与水；生成的 NO2通入 b 装置，凭借自身氧化性氧化 KI 得到单质 I2，淀粉遇碘单质使试纸变蓝；NO2继续进入 c 试管，和蒸馏水发生反应生成硝酸与 NO。反应一段时间后，向 d 中加入 H2O2溶液，H2O2在 MnO2催化作用下分解生成 O2，O2顺着导管进入 c 中，无色 NO 与 O2化合生成红棕色 NO2，c 装置内气体颜色逐渐变为红棕色。
12．HF水溶液中存在平衡： ， 。下列关于的叙述正确的是
A．体系中，
B．往溶液中加入NaF固体，增大
C．向溶液中通入HCl气体，增大
D．加水稀释，与的比值减小
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A、依据F元素守恒，物料关系式应为，选项等式不成立，故A错误；
B、加入NaF固体，增大，平衡正向移动，增大，故B正确；
C、通入HCl，升高，逆向移动，减小，故C错误；
D、经过 变形得：，加水稀释减小，比值变大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物料守恒：初始F全部来自HF，内含两个氟原子，因此该粒子浓度前配系数2，原式守恒式书写错误；
平衡移动：是第二个可逆反应的反应物，增大其浓度，平衡正向推进，浓度随之上升；
同离子效应：HCl电离出大量，抑制HF的电离平衡逆向移动，溶液中浓度下降；
电离常数变形：温度恒定电离平衡常数不变，和成反比，稀释后氢离子浓度降低，对应比值增大。
13．元素a~j为短周期主族元素，其第一电离能与族序数的关系如图。下列说法正确的是
A．原子半径： B．元素电负性：
C．最简单氢化物的键角： D．最简单氢化物的沸点：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Al 位于第三周期，电子层数更多，原子半径大于第二周期的 B、C；第二周期同周期元素从左向右核电荷数增大，原子半径逐步减小，半径顺序 Al＞B＞C（a＞b＞d），选项 a＞d＞b 排布错误，故 A 错误；
B、同周期主族元素电负性随核电荷数增大而升高，因此 S 电负性大于 P，F 是周期表电负性最强元素，电负性排序 j (F)＞g (S)＞e (P)，选项 j＞e＞g 错误，故 B 错误；
C、最简氢化物依次为 CH4、NH3、H2O，CH4无孤电子对，正四面体构型键角 109°28'；NH3含 1 对孤电子对，孤电子对斥力压缩键角至 107°；H2O 含 2 对孤电子对，斥力作用更强，键角压缩至 104.5°，孤电子对数越多键角越小，键角 d＞f＞h，故 C 正确；
D、H2O 分子间氢键数目多于 NH3，常温二者均为液态，PH3不存在分子间氢键，常温呈气态，沸点 h (H2O)＞f (NH3)＞e (PH3)，选项 h＞e＞f 错误，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】结合第一电离能变化规律推导元素：短周期同周期主族元素第一电离能整体自左向右递增，ⅤA 族原子 np 轨道处于全满半充满稳定结构，第一电离能高于相邻 ⅥA 族；同主族元素自上而下第一电离能逐步减小，据此确定上方曲线对应第二周期、下方曲线对应第三周期，对应元素：a 为 Al、b 为 B、d 为 C、e 为 P、f 为 N、g 为 S、h 为 O、j 为 F。
14．按如图装置进行实验：打开分液漏斗活塞，当d中红色褪去时，关闭分液漏斗活塞。下列叙述正确的是
A．a中产生，说明被还原成
B．b中品红溶液褪色，说明是酸性氧化物
C．根据b、c中的现象，不能说明具有还原性
D．d中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、a中浓硫酸与亚硫酸氢钠发生强酸制弱酸反应生成，反应无元素化合价变化，硫酸未发生还原反应，A错误；
B、b中品红褪色体现的漂白性，和酸性氧化物的性质无关，B错误；
C、b体现漂白性，c中与发生归中反应生成S单质，体现氧化性，两处现象均不能证明具有还原性，C正确；
D、d中溶液红色褪去是因为和反应使溶液碱性消失，反应可生成，此时没有完全消耗，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
强酸制弱酸的复分解反应不存在化合价升降，据此判断硫酸在a中的反应类型；
漂白品红、与硫化钠生成硫单质分别对应漂白性、氧化性，和还原性没有关联；
和碳酸氢钠溶液反应可生成亚硫酸氢钠，弱酸氢根不会在红色褪去时恰好完全反应。
15．一种新型水系可充电电池示意图如下。已知放电和充电过程中S和均吸附在电极Ⅰ上，充电时电极Ⅰ和电极Ⅱ的质量均增加。下列说法错误的是
A．充电时，电极Ⅱ上发生氧化反应
B．放电时，电解质溶液的pH增大
C．放电时，电极Ⅰ为负极，电极反应式为
D．充电时，理论上电极Ⅰ和Ⅱ增加的质量之比为80：87
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、充电时电极Ⅱ是电解池阳极，阳极失电子、化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B、放电总反应： ，反应不断消耗、同时生成水稀释溶液，减小，溶液变大，B正确；
C、放电负极Ⅰ：失电子发生氧化反应，产物为、，电极反应： ，电荷、原子全部守恒，C正确；
D、充电阴极Ⅰ： ，每转移电子，单质结合生成吸附在电极，电极增重仅为新增的质量：；
充电阳极Ⅱ： ，同等转移电子生成并全量附着电极：；两极增重之比，D错误；
故答案：D。
【分析】该装置为二次电池，放电为原电池、充电为电解池；充电两极质量均增大，放电Ⅰ极失电子氧化为、，电极Ⅰ是负极；Ⅱ极得电子还原为，电极Ⅱ是正极；充电电极极性反转，Ⅰ阴极、Ⅱ阳极。
16．在催化剂的作用下，一种将工业副产物HCl气体转化为的反应历程如下，X、Y、Z、W中含有两种极性分子和两种非极性分子。下列说法错误的是
A．Z为，为
B．总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4
C．上述反应①、②、③、④、⑤中有3个氧化还原反应
D．CuO可作该反应的催化剂，通过降低活化能加快反应速率
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该转化的总反应是 ，X、Y、Z、W含两种极性分子、两种非极性分子，可推出为、为、为、为，和是极性分子，和是非极性分子，A正确；
B、总反应里中元素化合价从降到，作氧化剂；中元素化合价从升到，作还原剂，按照方程式计量数，氧化剂与还原剂物质的量之比为，B正确；
C、反应① 、反应② ，全程元素化合价无变化，属于非氧化还原；反应③ 、④ 、⑤ 存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，题目表述共有个氧化还原反应错误，C错误；
D、参与反应循环，反应前后质量与化学性质不变，是该反应的催化剂，催化剂通过降低反应活化能加快化学反应速率，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
依据转化生成氯气的总化学方程式，结合极性分子、非极性分子的限定条件，逐一推断、、、对应的物质；
按照元素化合价是否发生改变，逐个区分五步反应的反应类型，统计氧化还原反应实际数目；
结合总反应中元素化合价升降情况，梳理氧化剂、还原剂对应的物质，计算二者物质的量比值；
结合催化剂的概念与作用原理，明确催化剂改变反应速率的本质是降低反应所需活化能。
17．醋酸钠在生活、生产和科研中应用广泛。
（1）醋酸钠晶体易溶于水，水溶液显弱碱性。醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大。以醋酸废水为原料制备醋酸钠晶体的流程简图如下：
①醋酸钠溶液呈弱碱性，原因是　 　(用离子方程式表示)。
②“操作X”为　 　。
（2）用醋酸钠晶体配制溶液，以滴定法测定浓度。
①该过程用到的仪器有　 　(填编号)。
②测定溶液的浓度：移取溶液，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为21.00mL。溶液的浓度　 　。
（3）某小组同学研究水解平衡的影响因素。
取(2)中溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，用pH计测定pH，记录数据。
实验序号 温度 pH
1 50.0 0 25 9.37
2 5.0 45.0 25 8.87
3 5.0 45.0 40 8.56
①结合实验1和实验2中的数据，写出稀释时水解平衡的移动方向和判断理由：　 　。
②甲同学通过计算水解的平衡转化率，进一步解释稀释时水解平衡的移动方向。实验1和2中水解的平衡转化率之比为　 　。
③已知水解是吸热反应，升高温度时溶液中　 　(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验2和3可知，升高温度，溶液pH减小，乙同学认为不能直接根据pH变化判断温度对水解平衡的影响。
④乙同学提出通过测定并比较不同温度下水解平衡常数的大小，可说明温度对水解平衡的影响。
小组讨论后，在实验3的基础上进行实验，以获得40℃下的水解平衡常数，简述该实验方案：(ⅰ)　 　(包括所用仪器及待测物理量)；设待测物理量为，结合实验3中的数据，写出的计算式(ⅱ)　 　。
测定结果：。
【答案】（1）；蒸发浓缩、冷却结晶
（2）BD；1.050
（3）CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1；10-0.50；增大；用pH计测定40℃下纯水的pH；
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）①醋酸钠是强碱与弱酸形成的盐，溶于水电离出；水电离生成等量、，选择性结合生成弱电解质，消耗氢离子后溶液里，溶液呈碱性，对应的可逆水解离子方程式： 。
②题干指明醋酸钠溶解度随温度升高显著变大，且目标产物是带结晶水的三水合醋酸钠晶体，不能直接蒸发结晶脱水；先蒸发浓缩提高溶液浓度，再低温冷却降温让溶质析出晶体，后续依次经过过滤分离固液、洗涤除去晶体表面附着杂质、低温干燥除去表面水分，完整操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为：； 蒸发浓缩、冷却结晶 ；
（2）①该实验为强酸滴定强碱弱酸盐的中和滴定实验，锥形瓶用来盛装待测醋酸钠溶液作为反应容器，酸式滴定管用来盛放酸性标准盐酸，二者为必需仪器；蒸发皿用于蒸发结晶、分液漏斗用于萃取分液、冷凝管用于蒸馏冷凝，三类仪器在滴定操作全程没有使用场景，所以选BD。
②和按照物质的量1：1发生复分解反应，，根据列式：，计算得到。
故答案：BD；；
（3）①实验1为原液、实验2加水稀释10倍，若醋酸根不发生水解，强碱弱酸盐溶液稀释10倍pH理论下降1，实际pH从9.37变为8.87，pH变化仅0.5，原因是稀释使水解平衡正向移动，醋酸根持续水解补充部分，抵消稀释带来的氢氧根浓度下降幅度，pH变化小于1。
②水解反应方程式：，平衡常数表达式：，设初始浓度为，水解生成的，则平衡时 ，，水解转化率， ，实验1的浓度是实验2的10倍，，转化率之比 10-0.50；
③醋酸根水解属于吸热反应，根据勒夏特列原理，升温平衡向着吸热的正向移动，更多醋酸根水解生成，最终溶液中增大。
④要计算40℃下，需要先测定该温度下水的离子积：使用精密pH计测定40℃纯水的pH，设纯水，纯水中，则；实验3中原液取5mL、加水45mL，稀释后，由可得；代入水解常数定义式，近似、，得。
故答案为： CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1 ； 10-0.50 ； 增大 ； 用pH计测定40℃下纯水的pH ； ；
【分析】在醋酸废水中投入烧碱（NaOH），醋酸与烧碱发生酸碱中和反应生成醋酸钠，完成中和后的混合液经过过滤操作，除去体系里难溶性固体杂质，得到纯净的醋酸钠滤液；依托醋酸钠溶解度随温度升高明显增大、产物为结晶水合物的物性特点，对滤液先蒸发浓缩提高溶质浓度，再冷却降温促使 晶体析出，最后过滤分离固液，收获目标三水合醋酸钠晶体。
（1）①立足于水的电离平衡原理，醋酸根作为弱酸阴离子会结合水电离出的氢离子，破坏水的原有电离平衡，因水解程度微弱，必须使用可逆符号书写水解离子方程式；
②结合三水合醋酸钠受热易失去结晶水、溶解度随温度升高大幅增大的物性，对比蒸发结晶、冷却结晶的适用条件，筛选冷却结晶法，梳理从滤液到晶体的整套提纯操作。
（2）①依托中和滴定完整实操步骤，结合各类玻璃仪器的适用场景，区分滴定必需仪器与蒸发、萃取、蒸馏所用无关仪器；
②醋酸钠与强酸按1：1定量中和，借助滴定体积数据，利用稀释定律完成待测原液浓度的定量运算。
（3）①对比溶液稀释后pH理论降幅与实际变化差值，从平衡移动角度解释稀释促进醋酸根水解、新生氢氧根缓冲pH变化，反向证明水解平衡客观存在；
②恒温环境下水解平衡常数固定不变，由水解公式变形推导水解转化率与起始浓度的数学关系，依托浓度倍数换算转化率之比；
③醋酸根水解属于吸热过程，依据勒夏特列原理，升温促使水解平衡正向移动，进一步分析体系内氢氧根离子浓度的变化趋势；
④利用水的离子积常数仅由温度决定的特点，设计测定特定温度下纯水pH的实验来求取，结合溶液稀释倍数算出实际溶质浓度，再带入实测pH得到氢氧根浓度，逐项代入水解常数原始表达式完成列式。
（1）①醋酸钠（）是强碱弱酸盐，在水溶液中，醋酸根离子（）会发生水解反应，结合水电离出的氢离子生成醋酸分子，同时释放出氢氧根离子，使溶液中，从而显弱碱性，离子方程式：；
②根据题目信息“醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大”，且最终产物是带有结晶水的晶体（）。从滤液中获得此类晶体的一般操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（2）①这是一个酸碱中和滴定实验。A (蒸发皿)： 用于蒸发结晶，滴定不需要；B (锥形瓶)： 用于盛放待测液（醋酸钠溶液），进行滴定反应，需要；C (分液漏斗)： 用于萃取分液，滴定不需要；D (酸式滴定管)： 用于盛装标准盐酸溶液（酸性溶液用酸式滴定管），需要；E (冷凝管)： 用于蒸馏或回流，滴定不需要；
②反应原理：，则，，则
CH3COONa溶液的浓度。
（3）①实验1：50.0 mL 醋酸钠溶液，pH = 9.37，实验2：5.0 mL 醋酸钠溶液+45.0 mL水，相当于将实验1的溶液稀释了10倍，实验2的pH为8.87，说明醋酸钠存在水解平衡：，CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1；
②水解反应方程式：，平衡常数表达式：，设初始浓度为，水解生成的，则平衡时 ，，水解转化率， ，实验1的浓度是实验2的10倍，，转化率之比 10-0.50；
③题目已知水解是吸热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡正向移动，水解程度增大，因此溶液中会增大；
④水解平衡常数 ，实验3中溶液的pH为8.56，计 mol/L，则需要测定40℃时水的离子积常数，方案是用pH计测定40℃下纯水的pH，设纯水中pH=a，则c(H+)=10-a mol/L=c(OH-)，= c(H+)c(OH-)=10-2a，实验3中c(OH-)=，CH3COONa起始浓度c=，平衡时c(CH3COO-)=0.1050mol/L-，则=。
18．对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。一种从废催化剂(主要含、，还含有少量、、、、)提取Zn、Mn、Ni等元素的工艺流程如下。
已知：常温下部分物质的如下表。
物质
（1）“酸浸还原”时，转化为的离子方程式为：　 　。
_______+______________+_______
（2）“氧化调pH”时，用NaOH将溶液的pH调至5，该过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“除钙镁”时，为使溶液中、沉淀完全(离子浓度小于)，溶液中至少应大于　 　。
（4）丁二酮肟(分子式为)难溶于水，可溶于有机溶剂。“沉镍”时，转化为配合物丁二酮肟镍(结构如图1)。
①易从溶液中沉淀析出的原因有　 　(填编号)。
A．镍与N形成配位键 B．配位时被还原
C．丁二酮肟可溶于有机溶剂 D．烃基具有疏水性
②“沉镍”时，为提高丁二酮肟镍的产率，可加入少量NaOH溶液，原因是　 　。
③丁二酮肟镍与试剂X反应可实现丁二酮肟的循环利用，试剂X为　 　(填化学式)。
（5）可用于制备晶体，晶体的立方晶胞如图2。已知同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则Ni在晶胞中的位置为　 　，晶体中与N原子最近且等距离的Cu的数目为　 　。
（6）滤液1中锰以的形式存在。“电解”时，以滤液1为电解质溶液，以Zn片、石墨棒为电极，请画出电解池的示意图并做相应标注　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）AD；丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动， 丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率；
（5）棱心；8
（6）
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）酸浸还原阶段，在酸性环境中氧化，锰元素降价生成、铁元素升价变为，配平离子方程式： 。
故答案： ；
（2）调节除铝时，与氢氧根结合生成氢氧化铝沉淀，离子方程式： 。
故答案： ；
（3）金属离子沉淀完全标准为浓度低于，结合公式分别计算两种氟化物所需最低氟离子浓度；所需、所需，为保证、全部除净，溶液至少大于。
故答案：；
（4）①A：和丁二酮肟内N原子形成配位键，配合物水溶性下降从而析出沉淀；
B：配位无化合价改变，镍未发生氧化还原；
C：有机物自身溶解性和配位沉淀无关联；
D：甲基疏水降低配合物溶解度，选项AD正确。
②丁二酮肟属于弱酸，中和氢离子推动其电离正向移动，配体阴离子浓度升高，利于和镍离子结合沉淀，提升沉淀产率。
③产物为，试剂X需要提供硫酸根与氢离子，选用；氢离子破坏配位键，镍离子解离进入溶液，丁二酮肟游离实现循环回用。
故答案：AD； 丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动， 丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率 ； ；
（5） 设晶胞边长为，根据立方晶胞中原子间距离的计算：体心到顶点的距离为，体心到棱心的距离为，棱心到顶点的距离为。已知，说明在顶点，在体心， 在棱心；立方晶胞中，顶点为 个立方体共用，所以与原子最近且等距离的 原子的数目为。
故答案： 棱心 ；8；
（6）电解时石墨作惰性阳极，失电子被氧化生成；Zn片为阴极，得电子还原析出单质Zn。 电解质溶液是滤液1（主要含Zn2+、Mn2+），阳极材料为石墨棒（惰性电极），阴极材料为片，在阴极放电，电解池示意图：。
故答案为： ；
【分析】废催化剂以、为主要成分，混有、、、、杂质；原料加、酸浸还原，被还原为，被氧化成，剩余金属氧化物溶于酸，电离出对应金属阳离子。浸出液补加氧化剂，残余全部转化为，调后、生成、沉淀过滤除去；再加，、转化、沉淀除杂。滤液中加入丁二酮肟，配位析出丁二酮肟镍沉淀，过滤得到富含、的滤液1；滤液1电解，阴极析出、阳极生成；丁二酮肟镍与试剂反应制取，同步回收丁二酮肟。
（1）考查酸性条件陌生氧化还原离子方程式书写，解题从化合价升降切入，中Mn从+4降到+2得电子，从+2升到+3失电子，先依靠电子守恒配平变价微粒，再结合酸性介质，用电荷守恒、原子守恒补充与，完成离子方程式配平。
（2）考查弱碱盐沉淀离子方程式书写，调pH除铝时，与直接结合生成难溶氢氧化铝沉淀，按照离子配比关系书写沉淀方程式，重点区分氢氧化物沉淀与盐类水解的反应形式。
（3）围绕难溶物溶度积定量计算，以金属离子浓度≤作为沉淀完全标准，分别套用变形公式算出、各自所需最低浓度；为保证两种杂质离子全部除净，选取计算结果中数值更大的浓度作为体系最低氟离子浓度。
（4）①从配位化合物形成原理、元素化合价变化、有机物结构与溶解性三个角度辨析选项，配位键仅为共用电子对偏移，无电子得失、化合价不变；甲基疏水使配合物水溶性下降从而析出沉淀，据此筛选正确选项；
②结合弱电解质电离平衡移动原理，丁二酮肟为弱酸，中和体系氢离子，促使弱酸电离正向移动，溶液中丁二酮肟阴离子（配体）浓度提升，利于和配位生成沉淀，实现产率提升；
③依据产物的酸根组成，反推试剂X为；酸性环境下可破坏配位键，脱离配体进入溶液生成镍盐，丁二酮肟游离析出，达到试剂循环回收的目的。
（5）考查立方晶胞结构与配位数计算，利用晶胞内体心-顶点、体心-棱心的距离比例，判断N、Cu、Ni三种原子分别处在顶点、体心、棱心位置；结合立方晶胞顶点原子和体心原子的空间排布规律，数出与体心Cu距离相等且最近的顶点N原子数量。
（6）考查电解池工作原理，根据产物判断电极反应：惰性石墨作阳极，发生失电子的氧化反应转化为；Zn片作阴极，得电子还原析出金属Zn，按照放电规律标注。
（1）在“酸浸还原”步骤中，作为氧化剂，将氧化为，自身被还原为。根据氧化还原反应的配平原则，反应的离子方程式为：。
（2）“氧化调”时，加入调节溶液至5，此时与结合生成沉淀，反应的离子方程式为：。
（3）要使、沉淀完全（离子浓度小于），对于CaF2：==，
对于： =≈，为确保两种离子均沉淀完全，至少应大于。
（4）①A．丁二酮肟镍是配合物，与丁二酮肟中的形成配位键，导致其从溶液中沉淀析出，A正确；
B．配位过程中的化合价未发生变化（仍为价），未被还原，B错误；
C．丁二酮肟可溶于有机溶剂，但这是丁二酮肟的溶解性，与沉淀析出的直接原因无关，C错误；
D．丁二酮肟分子中的烃基（）具有疏水性，使得形成的丁二酮肟镍配合物在水中的溶解度降低，从而易沉淀析出，D正确；
故答案为AD；
②丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动， 丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率；
③丁二酮肟镍与试剂反应生成 ，说明提供和H+，推测 为，丁二酮肟镍与反应，破坏配位键，使进入溶液生成，丁二酮肟则被释放出来，实现循环利用。
（5）设晶胞边长为，根据立方晶胞中原子间距离的计算：体心到顶点的距离为，体心到棱心的距离为，棱心到顶点的距离为。已知，说明在顶点，在体心， 在棱心；立方晶胞中，顶点为 个立方体共用，所以与原子最近且等距离的 原子的数目为。
（6）电解的目的是将在阳极被氧化为 ，Zn2+在阴极被还原生成Zn，电解质溶液是滤液1（主要含Zn2+、Mn2+），阳极材料为石墨棒（惰性电极），阴极材料为片，在阴极放电，电解池示意图：。
19．利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化为单质硫。
Ⅰ．CaS将转化为单质硫涉及的主要反应如下：
反应ⅰ
反应ⅱ
反应ⅲ
（1）基态Ca原子的核外电子排布式为　 　。
（2）反应ⅰ的　 　(用、表示)。
（3）往密闭容器中加入1 mol CaS和，保持压强为100 kPa的条件下，发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，平衡时反应体系中部分物质的物质的量如图。
①反应ⅱ的　 　0(填“>”“=”或“<”)。
②1100K时，反应ⅰ的平衡常数　 　(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压总压×物质的量分数)。
Ⅱ．用还原可再生CaS，涉及的主要反应如下：
反应ⅳ
反应ⅴ
在恒容密闭容器中加入，再往容器中通入，发生反应ⅳ和反应ⅴ。原料初始组成分别为2：1、3：1、4：1，达到平衡时随温度变化如下图所示。
（4）原料初始组成，反应温度高于时，主要发生的反应为　 　(填“反应ⅳ”或“反应ⅴ”)。
（5）原料初始组成，反应温度为时，反应达到平衡，测得反应前后容器内气体的压强比为。
①达到平衡时，的转化率为　 　。
②达到平衡时，获得CaS的物质的量为　 　mol(用含、、的代数式表示，写出推导过程)。
【答案】或[Ar]；；>；0.02；反应ⅴ； %；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）钙元素原子序数为20，基态原子核外排布20个电子，按照能级填充顺序排布，完整电子排布式为，也可使用氩原子实简写为。
故答案：或[Ar] ；
（2）对比三个热化学方程式的组成，目标反应i可由（反应iii反应ii）整理得到，根据盖斯定律，反应焓变同步跟随系数变换，因此。
故答案： ；
（3）①温度升高，图像里物质的量持续增多，说明升温促使反应ii平衡正向移动，依据勒夏特列原理，正向为吸热过程，；
②1100K条件下，两种气体物质的量相等，总压100kPa，各自分压均为50kPa；将分压带入分压平衡常数表达式。
故答案：； 0.02 ；
（4）单独发生反应iv时，每消耗1mol 只生成1mol ，理论上限是1；单独发生反应v时，1mol 能够生成4mol ，比值理论上限为4；实验测得比值远大于1且趋近4，由此判断体系内生成的水绝大部分来自反应v。
故答案： 反应ⅴ ；
（5）①初始投料、，温度达平衡时；反应iv、v中，消耗的物质的量与生成的物质的量完全相等，据此计算氢气转化率；
②根据已知条件列出“三段式”
反应前气体总物质的量为3a mol，平衡时气体总物质的量为(3a-x-4y)mol+(x+4y)mol+xmol=(3a+x)mol，已知，则，已知，则，，。
故答案： % ； ；
【分析】本题融合原子结构、盖斯定律、化学平衡移动、分压平衡常数、多反应联立平衡计算，依托硫酸钙与氢气的双平行反应展开命题。
（1）依托原子序数确定核外电子总数，按照能级排布规则书写基态钙原子电子排布，区分全排布式与稀有气体简写式；
（2）根据目标反应与已知反应的四则变形关系，套用盖斯定律的焓变运算规则，推导焓变关系式；
（3）①利用温度改变后产物量变化判断平衡移动方向，反推反应热正负；
②依托等物质的量气体分压均分总压，结合定义式代入分压数据定量计算；
（4）通过两个平行反应的计量比，分别算出与比值的理论极值，对比实测数值判断主反应；
（5）①抓住两个反应中消耗量=生成量的守恒规律，直接列式计算氢气转化率；
②对两套平行反应分别列三段式，结合恒温恒压气体物质的量与压强成正比、总水量守恒两个等量条件，联立方程组求解硫化钙的平衡物质的量。
20．一种过渡金属催化的脱羧偶联反应如下(反应条件略)。
（1）化合物1a中含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物2a的分子式为　 　。
（3）2a可与发生加成反应生成化合物Ⅰ。Ⅰ的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有2组峰，且该同分异构体能与溶液反应产生气体，其结构简式为　 　。
（4）下列说法正确的有___________。
A．在1a和2a生成3a的过程中，有C-H键的断裂和C-C键的形成
B．化合物1a是苯甲酸的同系物，具有良好的水溶性
C．在2a分子中，碳原子采取和杂化
D．在3a分子中，有大键，且存在手性碳原子
（5）仅以1a和为有机原料，根据上述信息，分四步合成化合物Ⅱ：
①第一步，进行取代反应：其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②第二步，进行　 　反应(填具体反应类型)。
③第三步，进行酯化反应：其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
④第四步，合成Ⅱ：③中得到的酯与1a反应。
（6）参考上述信息，仅以芳香化合物X和醇类化合物Y(分子式为)为有机原料，分两步合成化合物Ⅲ。
X的结构简式为　 　，Y的结构简式为　 　。
【答案】（1）醚键和羧基
（2）C5H8O2
（3）(CH3)3CCOOH
（4）A；C
（5）+NaOH+NaBr；氧化；++H2O
（6）；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）观察1a的结构，分子中苯环侧链存在醚键与羧基两种含氧官能团。
故答案： 醚键和羧基 ；
（2）逐个数出2a结构里碳原子共5个，结合有机物碳四价成键规律补齐氢、氧原子，确定分子式。
故答案：；
（3）2a内含1处碳碳双键，与完全加成后双键变为饱和单键，分子增加2个H，饱和产物I分子式为；能和放出说明分子含，剩余4个碳原子；核磁共振氢谱只有2组氢，分子高度对称，剩余四个甲基连在同一个中心碳上，结构为。
故答案： (CH3)3CCOOH ；
（4）A：1a与2a脱羧偶联成3a，1a脱去，2a断裂C-H，二者之间形成新C-C键，描述正确；
B：同系物需要官能团种类、数目完全相同，1a比苯甲酸多醚键，结构不相似，不属于同系物，错误；
C：碳碳双键、羰基上碳原子均为杂化，甲基、亚甲基饱和碳原子为杂化，正确；
D：手性碳需连接四种不同基团，3a中无满足条件的碳原子，错误；
综上答案选AC。
故答案：AC；
（5）分步合成路线：
①2-甲基烯丙基溴在水溶液加热条件发生卤代烃水解，溴原子被羟基取代，生成不饱和醇与 ：+NaOH+NaBr；
②所得伯醇经氧化剂氧化，羟基转化为羧基，得到对应不饱和羧酸：氧化成；
③上述羧酸和第一步生成的醇，在浓硫酸、加热条件发生酯化反应，生成不饱和酯与水 ：++H2O。
④所得酯和原料1a在过渡金属催化下发生脱羧偶联反应，最终得到产物II。
故答案为：+NaOH+NaBr ； 氧化 ；++H2O ；
（6） X的结构简式为，Y是丙烯醇，结构简式为，先和发生已知信息的反应原理生成，再和发生酯化反应生成目标产物。
故答案为： ； ；
【分析】原料 1a（邻甲氧基苯甲酸）与 2a 经过渡金属催化脱羧偶联，脱去CO2构建碳碳双键得到产物 3a；以此反应为核心，利用卤代烃水解、醇氧化、酯化先制备不饱和酯中间体，该酯再和 1a 发生脱羧偶联得到目标中间体 II；另外二甲氧基苯甲酸 X 与丙烯醇 Y 先依托脱羧偶联引入烯醇侧链，再经分子酯化闭环，最终合成产物 III，III的结构中，有一个苯环，上面连有-OCH3和-CH=CH-，参考已知反应信息，仅以芳香化合物X和醇类化合物Y(分子式为C3H6O)为有机原料，可以推断X的结构为。据此解题。
（1）立足官能团分类标准，区分烃基与含氧结构，醚键、羧基是常见含氧官能团，直接从键线式中定位含氧结构作答，解题关键是看清原子成键方式，不混淆碳碳双键等非含氧基团。
（2）采用键线式数原子法，先固定碳原子总数，依靠碳四价补足隐含氢原子，再数氧原子，是有机物分子式书写的基础方法，易错点是漏算支链上饱和碳原子。
（3）碳碳双键加氢为加成反应，每1mol碳碳双键消耗1mol氢气，分子式增加2个氢；与碳酸氢钠反应是羧基的特征定性反应，可快速锁定官能团；核磁共振氢谱组数代表等效氢种类，组数少说明分子对称性高，结合剩余碳骨架拼凑结构，两步限定条件层层缩小同分异构体范围。
（4）A依托题干给出的脱羧偶联反应机理，从断键、成键角度分析原子重组方式；B紧扣同系物定义：结构相似、官能团种类数目一致、分子组成相差若干，1a多出醚键，不满足结构相似要求；C依据杂化轨道判断规律：双键碳（碳碳双键、羰基）杂化，全单键饱和烷基碳杂化；D严格按照手性碳判定规则：连有四种互不相同原子或基团的饱和碳原子，逐碳排查结构，逐项辨析选项。
（5）采用正向合成思路，按照卤代烃→醇→羧酸→酯→偶联产物的经典转化链条，结合卤代烃水解、醇的催化氧化、酯化、脱羧偶联四类特征反应，依次规划四步流程，每一步反应类型固定，解题依托经典有机转化模型。
（6）采用逆向合成分析法，从产物的酯基断裂反向拆分，酯水解得到羧酸和醇，结合分子式锁定醇的结构，剩余芳香骨架即为羧酸X；再结合题干已知偶联反应，确定偶联在前、酯化在后的反应先后顺序，理清两步合成逻辑。
（1）化合物1a中含氧官能团的名称为醚键和羧基。
（2）由化合物2a的结构简式可知，其分子式为 C5H8O2。
（3）化合物2a与发生加成反应，其碳碳双键被加成，生成饱和的化合物I。因此，I的分子式为C5H10O2，Ⅰ的某种同分异构体能与溶液反应产生气体：这表明该同分异构体含有羧基（-COOH），核磁共振氢谱上只有2组峰：这表明该分子结构高度对称，只有两种不同化学环境的氢原子，因此，该同分异构体的结构简式为 (CH3)3CCOOH。
（4）A．在1a和2a生成3a是一个脱羧偶联反应，1a的羧基脱去，与2a连接形成新的C-C键，2a中有C-H键断裂，A正确；
B．同系物要求结构相似，官能团种类和数目相同。1a比苯甲酸多了一个醚键，结构不相似，不是同系物。此外，1a含有较大的疏水基团（苯环和甲基），水溶性较差，B错误；
C.2a分子中，碳碳双键上的碳和羰基碳为杂化，亚甲基和甲基碳为 杂化，C正确；
D.3a分子中，苯环内存在大 键。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，3a分子中不存在手性碳原子，D错误；
故选AC。
（5）根据题目要求，以1a和2-甲基烯丙基溴为原料，分四步合成化合物II。
①将2-甲基烯丙基溴在碱性条件下水解，生成对应的醇。化学方程式为：+NaOH+NaBr；
②第二步，进行氧化反应将第一步得到的氧化成；
③第三步，进行酯化反应：将第二步得到的与第一步得到的在浓硫酸催化下发生酯化反应，化学方程式为：++H2O。
④第四步，合成II：将第三步得到的酯与1a在过渡金属催化下进行脱羧偶联反应，即可得到目标产物II。
（6）由分析可知，X的结构简式为，Y是丙烯醇，结构简式为，先和发生已知信息的反应原理生成，再和发生酯化反应生成目标产物。
1 / 1广东省广州市2026年普通高中毕业班综合测试二模化学试卷
1．我国农耕文化源远流长。下列有关农耕文化物品所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．陶仓 B．青铜灶
C．木犁 D．石磨
A．A B．B C．C D．D
2．我国科学家屠呦呦因青蒿素的研究获得诺贝尔生理学或医学奖。以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料可合成青蒿素，下列关于青蒿酸的说法中正确的是
A．属于芳香烃的衍生物
B．能发生水解反应和加成反应
C．其结构中2个六元环共平面
D．最多能与等物质的量的NaOH反应
3．科技发展见证自立自强的奋进中国。下列说法正确的是
A．北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料
B．飞船返回舱表层材料使用玻璃纤维：玻璃纤维属于天然有机高分子材料
C．嫦娥六号搭载水升华器用以降温：水升华过程中破坏了极性共价键
D．我国科学家成功实现从到淀粉的人工合成：的电子式为：
4．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用大米酿食醋 酿醋过程存在转化关系：乙醇→乙酸
B 用聚丙烯酸钠生产高吸水性树脂 聚丙烯酸钠含有强亲水基团
C 用小苏打作糕点的膨松剂
D 用FeS除去废水中的
A．A B．B C．C D．D
5．关于模拟工业上从海水中提取镁的生产流程，下列操作错误的是
A．浓缩海水 B．沉淀
C．获得 D．制取镁
A．A B．B C．C D．D
6．M元素在地壳中的含量居第四位，含M物质的相关转化关系如图，下列说法错误的是
单质M盐1碱1碱2盐2
A．单质M与高温水蒸气反应生成红棕色固体
B．碱1→碱2的转化存在物质颜色的变化
C．将盐2的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得到胶体
D．溶液可用于鉴别盐1和盐2
7．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 与反应生成 能氧化
B 溶液受热变为黄绿色
C 将浓氨水加入碱石灰中制备 铵盐受热易分解
D 向溶液中滴加氨水产生白色沉淀 与盐酸反应生成
A．A B．B C．C D．D
8．下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，环境中的扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈，下列说法正确的是
A．青铜基体发生还原反应被腐蚀
B．电子由青铜基体经溶液流向多孔催化层
C．负极发生的电极反应：
D．生成，理论上消耗
9．下列事实与解释不相符的是
选项 事实 解释
A 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合
B 酸性： 电负性：
C 卤素单质的沸点： 键长：
D 同浓度溶液的碱性： 电离常数：
A．A B．B C．C D．D
10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的中子数，比的多
B．的溶液中含有的数目为
C．()分子中含有共价键的数目为
D．电解饱和食盐水生成，转移电子的数目为
11．利用如图装置进行实验，反应一段时间后，往d中注入溶液。下列说法错误的是
A．a中溶液变为绿色，说明浓硝酸具有氧化性
B．b中试纸变蓝，体现了的还原性
C．c中液面上方气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
D．若c中不加铜片，往d中注入后气体颜色无明显变化
12．HF水溶液中存在平衡： ， 。下列关于的叙述正确的是
A．体系中，
B．往溶液中加入NaF固体，增大
C．向溶液中通入HCl气体，增大
D．加水稀释，与的比值减小
13．元素a~j为短周期主族元素，其第一电离能与族序数的关系如图。下列说法正确的是
A．原子半径： B．元素电负性：
C．最简单氢化物的键角： D．最简单氢化物的沸点：
14．按如图装置进行实验：打开分液漏斗活塞，当d中红色褪去时，关闭分液漏斗活塞。下列叙述正确的是
A．a中产生，说明被还原成
B．b中品红溶液褪色，说明是酸性氧化物
C．根据b、c中的现象，不能说明具有还原性
D．d中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应
15．一种新型水系可充电电池示意图如下。已知放电和充电过程中S和均吸附在电极Ⅰ上，充电时电极Ⅰ和电极Ⅱ的质量均增加。下列说法错误的是
A．充电时，电极Ⅱ上发生氧化反应
B．放电时，电解质溶液的pH增大
C．放电时，电极Ⅰ为负极，电极反应式为
D．充电时，理论上电极Ⅰ和Ⅱ增加的质量之比为80：87
16．在催化剂的作用下，一种将工业副产物HCl气体转化为的反应历程如下，X、Y、Z、W中含有两种极性分子和两种非极性分子。下列说法错误的是
A．Z为，为
B．总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4
C．上述反应①、②、③、④、⑤中有3个氧化还原反应
D．CuO可作该反应的催化剂，通过降低活化能加快反应速率
17．醋酸钠在生活、生产和科研中应用广泛。
（1）醋酸钠晶体易溶于水，水溶液显弱碱性。醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大。以醋酸废水为原料制备醋酸钠晶体的流程简图如下：
①醋酸钠溶液呈弱碱性，原因是　 　(用离子方程式表示)。
②“操作X”为　 　。
（2）用醋酸钠晶体配制溶液，以滴定法测定浓度。
①该过程用到的仪器有　 　(填编号)。
②测定溶液的浓度：移取溶液，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为21.00mL。溶液的浓度　 　。
（3）某小组同学研究水解平衡的影响因素。
取(2)中溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，用pH计测定pH，记录数据。
实验序号 温度 pH
1 50.0 0 25 9.37
2 5.0 45.0 25 8.87
3 5.0 45.0 40 8.56
①结合实验1和实验2中的数据，写出稀释时水解平衡的移动方向和判断理由：　 　。
②甲同学通过计算水解的平衡转化率，进一步解释稀释时水解平衡的移动方向。实验1和2中水解的平衡转化率之比为　 　。
③已知水解是吸热反应，升高温度时溶液中　 　(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验2和3可知，升高温度，溶液pH减小，乙同学认为不能直接根据pH变化判断温度对水解平衡的影响。
④乙同学提出通过测定并比较不同温度下水解平衡常数的大小，可说明温度对水解平衡的影响。
小组讨论后，在实验3的基础上进行实验，以获得40℃下的水解平衡常数，简述该实验方案：(ⅰ)　 　(包括所用仪器及待测物理量)；设待测物理量为，结合实验3中的数据，写出的计算式(ⅱ)　 　。
测定结果：。
18．对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。一种从废催化剂(主要含、，还含有少量、、、、)提取Zn、Mn、Ni等元素的工艺流程如下。
已知：常温下部分物质的如下表。
物质
（1）“酸浸还原”时，转化为的离子方程式为：　 　。
_______+______________+_______
（2）“氧化调pH”时，用NaOH将溶液的pH调至5，该过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“除钙镁”时，为使溶液中、沉淀完全(离子浓度小于)，溶液中至少应大于　 　。
（4）丁二酮肟(分子式为)难溶于水，可溶于有机溶剂。“沉镍”时，转化为配合物丁二酮肟镍(结构如图1)。
①易从溶液中沉淀析出的原因有　 　(填编号)。
A．镍与N形成配位键 B．配位时被还原
C．丁二酮肟可溶于有机溶剂 D．烃基具有疏水性
②“沉镍”时，为提高丁二酮肟镍的产率，可加入少量NaOH溶液，原因是　 　。
③丁二酮肟镍与试剂X反应可实现丁二酮肟的循环利用，试剂X为　 　(填化学式)。
（5）可用于制备晶体，晶体的立方晶胞如图2。已知同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则Ni在晶胞中的位置为　 　，晶体中与N原子最近且等距离的Cu的数目为　 　。
（6）滤液1中锰以的形式存在。“电解”时，以滤液1为电解质溶液，以Zn片、石墨棒为电极，请画出电解池的示意图并做相应标注　 　。
19．利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化为单质硫。
Ⅰ．CaS将转化为单质硫涉及的主要反应如下：
反应ⅰ
反应ⅱ
反应ⅲ
（1）基态Ca原子的核外电子排布式为　 　。
（2）反应ⅰ的　 　(用、表示)。
（3）往密闭容器中加入1 mol CaS和，保持压强为100 kPa的条件下，发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，平衡时反应体系中部分物质的物质的量如图。
①反应ⅱ的　 　0(填“>”“=”或“<”)。
②1100K时，反应ⅰ的平衡常数　 　(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压总压×物质的量分数)。
Ⅱ．用还原可再生CaS，涉及的主要反应如下：
反应ⅳ
反应ⅴ
在恒容密闭容器中加入，再往容器中通入，发生反应ⅳ和反应ⅴ。原料初始组成分别为2：1、3：1、4：1，达到平衡时随温度变化如下图所示。
（4）原料初始组成，反应温度高于时，主要发生的反应为　 　(填“反应ⅳ”或“反应ⅴ”)。
（5）原料初始组成，反应温度为时，反应达到平衡，测得反应前后容器内气体的压强比为。
①达到平衡时，的转化率为　 　。
②达到平衡时，获得CaS的物质的量为　 　mol(用含、、的代数式表示，写出推导过程)。
20．一种过渡金属催化的脱羧偶联反应如下(反应条件略)。
（1）化合物1a中含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物2a的分子式为　 　。
（3）2a可与发生加成反应生成化合物Ⅰ。Ⅰ的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有2组峰，且该同分异构体能与溶液反应产生气体，其结构简式为　 　。
（4）下列说法正确的有___________。
A．在1a和2a生成3a的过程中，有C-H键的断裂和C-C键的形成
B．化合物1a是苯甲酸的同系物，具有良好的水溶性
C．在2a分子中，碳原子采取和杂化
D．在3a分子中，有大键，且存在手性碳原子
（5）仅以1a和为有机原料，根据上述信息，分四步合成化合物Ⅱ：
①第一步，进行取代反应：其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②第二步，进行　 　反应(填具体反应类型)。
③第三步，进行酯化反应：其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
④第四步，合成Ⅱ：③中得到的酯与1a反应。
（6）参考上述信息，仅以芳香化合物X和醇类化合物Y(分子式为)为有机原料，分两步合成化合物Ⅲ。
X的结构简式为　 　，Y的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、陶仓主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于合金，故 A 错误；
B、青铜灶原料为青铜，青铜是铜锡合金，属于合金材料，故 B 正确；
C、木犁主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，不属于合金，故 C 错误；
D、石磨主要成分为硅酸盐、碳酸钙等矿石成分，不属于合金，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
合金定义：由一种金属和其他金属（或非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；
陶瓷成分：黏土高温烧结生成硅酸盐，为传统无机非金属材料；
青铜组成：Cu、Sn 熔合形成铜锡合金，是我国古代常用合金；
木材成分：植物纤维（纤维素），天然有机物；
2．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A、芳香烃衍生物需要分子内含有苯环，青蒿酸结构无苯环，因此不属于芳香烃衍生物，A错误；
B、分子含碳碳双键，能发生加成反应；但不存在酯基、卤原子、酰胺键等能水解的官能团，不能发生水解反应，B错误；
C、六元环上存在大量sp3杂化饱和碳原子，饱和碳为四面体空间构型，会破坏环平面结构，两个六元环无法共平面，C错误；
D、青蒿酸仅羧基-COOH能与反应，二者反应比例1：1，1mol 青蒿酸最多消耗 1mol ，D 正确；
故答案为：D；
【分析】本题易错点：
容易误把脂环双键当成苯环，混淆碳碳双键六元脂环与苯环；芳香烃衍生物必须含苯环，该分子无苯环、只有脂肪环，不属于芳香衍生物。
错认为羧基、碳碳双键能水解；分子只含碳碳双键、羧基，无酯基、卤原子、酰胺键等可水解官能团，不能发生水解反应，仅碳碳双键可加成。
忽略饱和碳原子四面体结构，两个六元环共用的碳原子为饱和sp3碳，单键可旋转，两个六元环无法共平面，易错按苯环稠环思维判定共面。
易错额外估算加成消耗NaOH，分子仅1个-COOH能和NaOH按1：1中和反应，碳碳双键不与NaOH反应，故等物质的量反应。
3．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、氮化铝耐高温、可作芯片材料，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B、玻璃纤维成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，并非天然有机高分子材料，故B错误；
C、水升华是物理变化，只破坏分子间作用力，水分子内极性共价键没有断裂，故C错误；
D、中C与每个O形成双键，正确电子式为 ，题干电子式书写错误，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
材料分类判断：氮化铝归新型无机非金属材料；玻璃纤维为硅酸盐类无机材料；
物理变化与化学键：升华仅改变分子间距，不破坏分子内共价键；
电子式书写：碳氧之间是两对共用电子，需规范书写双键电子式。
4．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、大米中的淀粉经水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇，乙醇在醋酸菌催化下被氧化转化为乙酸，对应转化乙醇→乙酸，劳动项目和化学知识对应，故A不符合题意；
B、聚丙烯酸钠的结构中带有大量亲水基团，该基团易与水分子结合，使树脂具备优异吸水性能，可用来制备高吸水性树脂，劳动项目和化学知识对应，故B不符合题意；
C、小苏打成分为，糕点焙烤时受热发生反应 ，气体让糕点疏松多孔，题干给出方程式是碳酸钠转化为碳酸氢钠，和实际反应相反，二者无关联，故C符合题意；
D、溶解度远小于，依据沉淀溶解平衡的转化规律， ，实现废水中汞离子的沉淀去除，劳动项目和化学知识对应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
粮食酿醋的有机转化路径：大米淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖无氧发酵生成乙醇，乙醇在微生物催化下逐步氧化生成乙酸，三步转化是酿醋的化学本质；
高吸水性树脂结构原理：聚丙烯酸钠侧链的羧酸钠属于强极性亲水基团，能通过氢键、水合作用结合大量水分子，是树脂具备高吸水性的结构原因；
小苏打作膨松剂的反应本质：受热易分解生成二氧化碳气体，受热产气是糕点蓬松的原理，题干方程式是碳酸钠碳化制碳酸氢钠，反应方向与实际膨松反应相反；
沉淀转化除杂规律：溶解度大的难溶电解质可以转化为溶解度更小的难溶电解质，溶度积远小于，因此硫化亚铁固体可置换汞离子生成硫化汞沉淀，实现重金属废水处理。
5．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；蒸发和结晶、重结晶；电镀
【解析】【解答】A、蒸发皿加热、玻璃棒搅拌进行海水浓缩，实验操作规范，故A正确；
B、石灰乳和反应生成沉淀，烧杯中搅拌沉淀，故B正确；
C、通过过滤装置分离悬浊液，玻璃棒引流符合过滤：一贴二低三靠的操作要求，故C正确；
D、制取镁需要电解熔融，电解氯化镁溶液无法得到金属镁，图中原电池装置不能制备Mg，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
海水浓缩采用蒸发操作，蒸发皿配合玻璃棒搅拌、酒精灯加热；
利用沉淀：；
固液混合物用过滤操作分离，牢记过滤“一贴二低三靠”；
活泼金属Mg的冶炼条件：电解熔融，水溶液电解得不到单质镁。
6．【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、M为Fe，Fe与高温水蒸气反应生成（黑色固体），并非红棕色固体，故A错误；
B、碱1是（白色），碱2是（红褐色），转化时存在白色→灰绿色→红褐色的颜色变化，故B正确；
C、盐2为，将饱和溶液滴入沸水持续加热，可制备胶体，故C正确；
D、遇生成蓝色沉淀，遇无明显现象，能鉴别盐1()与盐2()，故D正确；
故答案为：A。
【分析】元素推断：地壳含量第四位的金属是Fe，结合转化推出盐1：、碱1：、碱2：、盐2：；转化路径为：，据此解题。
7．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；氨的实验室制法；镁、铝的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ正确，与反应时自身歧化，既不被氧化也不被还原，陈述Ⅱ错误，无因果关系，故A不符合；
B、陈述Ⅰ正确，显蓝色、显黄色，升温平衡正向移动，溶液由蓝变黄绿；陈述Ⅱ正确且能解释Ⅰ，存在因果关系，故B符合；
C、陈述Ⅰ正确，浓氨水加碱石灰制依靠吸水放热、增大浓度促使分解，与铵盐受热分解无关，陈述Ⅱ错误，无因果关系，故C不符合；
D、陈述Ⅰ正确，加氨水生成沉淀；陈述Ⅱ正确，但二者原理无关，不存在因果关系，故D不符合；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
和的歧化反应规律，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂；
铜离子水合配离子平衡：升温吸热平衡正向移动，配离子转化带来溶液颜色变化；
浓氨水制氨气的原理：溶解放热、消耗水、提高浓度，促使逸出；
是两性氢氧化物，不溶于弱碱，氨水制沉淀和溶于盐酸是两个独立反应。
8．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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、青铜基体中Cu作负极，失电子发生氧化反应被腐蚀，故A错误；
B、电子沿导线由负极（青铜基体）流向正极（多孔催化层），不能经过电解质溶液，故B错误；
C、负极是Cu失电子： ，不参与负极放电，故C错误；
D、中Cu为+2价，生成1 mol 转移4 mol电子，，1 mol 得4 mol电子，则，生成0.01 mol 消耗0.01 mol ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】负极发生氧化反应，Cu单质化合价由0价升至+2价，电极反应式写作 ；生成的继续与、正极生成的结合，发生反应 得到锈状物。正极发生的还原反应，电极方程式为 ，依托两极电极反应与后续化合反应，即可逐一辨析选项正误。
9．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；分子间作用力；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、石墨为层状晶体，层间依靠范德华力结合容易发生相对滑动，可用作润滑剂，事实与解释相符，故 A 不符合题意；
B、Cl 电负性大于 H，-Cl 是吸电子基团，CH2ClCOOH 羧基中 O-H 极性更强，更容易电离 H+，酸性强于 CH3COOH，事实与解释相符，故 B 不符合题意；
C、卤素单质 Cl2、Br2、I2均为分子晶体，沸点由分子间作用力决定，随相对分子质量增大分子间作用力升高，和化学键键长没有关联，事实与解释不相符，故 C 符合题意；
D、依据越弱越水解，碱性 C6H5Na＜Na2CO3说明酸性 C6H5OH＞HCO3-，即电离常数 Ka2(H2CO3)＜Ka (C6H5OH)，事实与解释相符，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
石墨晶体结构特点：层内共价键、层间范德华力，层间易滑移；
取代基吸电子效应对羧酸酸性的影响：电负性大的取代基增强羧基电离能力；
分子晶体熔沸点影响因素：由分子间作用力决定，与分子内共价键参数无关；
盐类水解规律：弱酸阴离子对应酸的电离常数越小，盐溶液水解碱性越强。
10．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、中子数，中子数，1 mol 比1 mol 中子多，故A错误；
B、，，，数目为，故B正确；
C、为八元环，1个含8条键，，共价键为，故C错误；
D、未指明标准状况，无法换算物质的量，不能计算转移电子，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同位素中子计算公式：中子数质量数质子数，是双原子分子，1分子、中子差值为；
定量关系：常温，对应，强酸溶液氢离子直接由计算；
空间构型为皇冠八元环，每分子内含8根共价键，依托完成键数换算；
气体摩尔体积适用条件：0 ℃、101 kPa（标况）+气体，缺少条件不能用体积求物质的量。
11．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质
【解析】【解答】A、a中Cu和浓硝酸发生氧化还原反应，Cu被氧化、被还原，溶液变绿色，体现浓硝酸的强氧化性，故A正确；
B、a生成的进入b氧化生成，淀粉遇碘变蓝，化合价升高被氧化，表现还原性，故B正确；
C、溶于水：，NO接触氧气：，体系同时存在NO、，故C正确；
D、d中在催化分解：，通入c可把无色NO氧化成红棕色，气体颜色显著加深，故D错误；
故答案为：D。
【分析】Cu 与浓硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铜、二氧化氮与水；生成的 NO2通入 b 装置，凭借自身氧化性氧化 KI 得到单质 I2，淀粉遇碘单质使试纸变蓝；NO2继续进入 c 试管，和蒸馏水发生反应生成硝酸与 NO。反应一段时间后，向 d 中加入 H2O2溶液，H2O2在 MnO2催化作用下分解生成 O2，O2顺着导管进入 c 中，无色 NO 与 O2化合生成红棕色 NO2，c 装置内气体颜色逐渐变为红棕色。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A、依据F元素守恒，物料关系式应为，选项等式不成立，故A错误；
B、加入NaF固体，增大，平衡正向移动，增大，故B正确；
C、通入HCl，升高，逆向移动，减小，故C错误；
D、经过 变形得：，加水稀释减小，比值变大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物料守恒：初始F全部来自HF，内含两个氟原子，因此该粒子浓度前配系数2，原式守恒式书写错误；
平衡移动：是第二个可逆反应的反应物，增大其浓度，平衡正向推进，浓度随之上升；
同离子效应：HCl电离出大量，抑制HF的电离平衡逆向移动，溶液中浓度下降；
电离常数变形：温度恒定电离平衡常数不变，和成反比，稀释后氢离子浓度降低，对应比值增大。
13．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Al 位于第三周期，电子层数更多，原子半径大于第二周期的 B、C；第二周期同周期元素从左向右核电荷数增大，原子半径逐步减小，半径顺序 Al＞B＞C（a＞b＞d），选项 a＞d＞b 排布错误，故 A 错误；
B、同周期主族元素电负性随核电荷数增大而升高，因此 S 电负性大于 P，F 是周期表电负性最强元素，电负性排序 j (F)＞g (S)＞e (P)，选项 j＞e＞g 错误，故 B 错误；
C、最简氢化物依次为 CH4、NH3、H2O，CH4无孤电子对，正四面体构型键角 109°28'；NH3含 1 对孤电子对，孤电子对斥力压缩键角至 107°；H2O 含 2 对孤电子对，斥力作用更强，键角压缩至 104.5°，孤电子对数越多键角越小，键角 d＞f＞h，故 C 正确；
D、H2O 分子间氢键数目多于 NH3，常温二者均为液态，PH3不存在分子间氢键，常温呈气态，沸点 h (H2O)＞f (NH3)＞e (PH3)，选项 h＞e＞f 错误，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】结合第一电离能变化规律推导元素：短周期同周期主族元素第一电离能整体自左向右递增，ⅤA 族原子 np 轨道处于全满半充满稳定结构，第一电离能高于相邻 ⅥA 族；同主族元素自上而下第一电离能逐步减小，据此确定上方曲线对应第二周期、下方曲线对应第三周期，对应元素：a 为 Al、b 为 B、d 为 C、e 为 P、f 为 N、g 为 S、h 为 O、j 为 F。
14．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、a中浓硫酸与亚硫酸氢钠发生强酸制弱酸反应生成，反应无元素化合价变化，硫酸未发生还原反应，A错误；
B、b中品红褪色体现的漂白性，和酸性氧化物的性质无关，B错误；
C、b体现漂白性，c中与发生归中反应生成S单质，体现氧化性，两处现象均不能证明具有还原性，C正确；
D、d中溶液红色褪去是因为和反应使溶液碱性消失，反应可生成，此时没有完全消耗，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
强酸制弱酸的复分解反应不存在化合价升降，据此判断硫酸在a中的反应类型；
漂白品红、与硫化钠生成硫单质分别对应漂白性、氧化性，和还原性没有关联；
和碳酸氢钠溶液反应可生成亚硫酸氢钠，弱酸氢根不会在红色褪去时恰好完全反应。
15．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、充电时电极Ⅱ是电解池阳极，阳极失电子、化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B、放电总反应： ，反应不断消耗、同时生成水稀释溶液，减小，溶液变大，B正确；
C、放电负极Ⅰ：失电子发生氧化反应，产物为、，电极反应： ，电荷、原子全部守恒，C正确；
D、充电阴极Ⅰ： ，每转移电子，单质结合生成吸附在电极，电极增重仅为新增的质量：；
充电阳极Ⅱ： ，同等转移电子生成并全量附着电极：；两极增重之比，D错误；
故答案：D。
【分析】该装置为二次电池，放电为原电池、充电为电解池；充电两极质量均增大，放电Ⅰ极失电子氧化为、，电极Ⅰ是负极；Ⅱ极得电子还原为，电极Ⅱ是正极；充电电极极性反转，Ⅰ阴极、Ⅱ阳极。
16．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该转化的总反应是 ，X、Y、Z、W含两种极性分子、两种非极性分子，可推出为、为、为、为，和是极性分子，和是非极性分子，A正确；
B、总反应里中元素化合价从降到，作氧化剂；中元素化合价从升到，作还原剂，按照方程式计量数，氧化剂与还原剂物质的量之比为，B正确；
C、反应① 、反应② ，全程元素化合价无变化，属于非氧化还原；反应③ 、④ 、⑤ 存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，题目表述共有个氧化还原反应错误，C错误；
D、参与反应循环，反应前后质量与化学性质不变，是该反应的催化剂，催化剂通过降低反应活化能加快化学反应速率，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
依据转化生成氯气的总化学方程式，结合极性分子、非极性分子的限定条件，逐一推断、、、对应的物质；
按照元素化合价是否发生改变，逐个区分五步反应的反应类型，统计氧化还原反应实际数目；
结合总反应中元素化合价升降情况，梳理氧化剂、还原剂对应的物质，计算二者物质的量比值；
结合催化剂的概念与作用原理，明确催化剂改变反应速率的本质是降低反应所需活化能。
17．【答案】（1）；蒸发浓缩、冷却结晶
（2）BD；1.050
（3）CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1；10-0.50；增大；用pH计测定40℃下纯水的pH；
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）①醋酸钠是强碱与弱酸形成的盐，溶于水电离出；水电离生成等量、，选择性结合生成弱电解质，消耗氢离子后溶液里，溶液呈碱性，对应的可逆水解离子方程式： 。
②题干指明醋酸钠溶解度随温度升高显著变大，且目标产物是带结晶水的三水合醋酸钠晶体，不能直接蒸发结晶脱水；先蒸发浓缩提高溶液浓度，再低温冷却降温让溶质析出晶体，后续依次经过过滤分离固液、洗涤除去晶体表面附着杂质、低温干燥除去表面水分，完整操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为：； 蒸发浓缩、冷却结晶 ；
（2）①该实验为强酸滴定强碱弱酸盐的中和滴定实验，锥形瓶用来盛装待测醋酸钠溶液作为反应容器，酸式滴定管用来盛放酸性标准盐酸，二者为必需仪器；蒸发皿用于蒸发结晶、分液漏斗用于萃取分液、冷凝管用于蒸馏冷凝，三类仪器在滴定操作全程没有使用场景，所以选BD。
②和按照物质的量1：1发生复分解反应，，根据列式：，计算得到。
故答案：BD；；
（3）①实验1为原液、实验2加水稀释10倍，若醋酸根不发生水解，强碱弱酸盐溶液稀释10倍pH理论下降1，实际pH从9.37变为8.87，pH变化仅0.5，原因是稀释使水解平衡正向移动，醋酸根持续水解补充部分，抵消稀释带来的氢氧根浓度下降幅度，pH变化小于1。
②水解反应方程式：，平衡常数表达式：，设初始浓度为，水解生成的，则平衡时 ，，水解转化率， ，实验1的浓度是实验2的10倍，，转化率之比 10-0.50；
③醋酸根水解属于吸热反应，根据勒夏特列原理，升温平衡向着吸热的正向移动，更多醋酸根水解生成，最终溶液中增大。
④要计算40℃下，需要先测定该温度下水的离子积：使用精密pH计测定40℃纯水的pH，设纯水，纯水中，则；实验3中原液取5mL、加水45mL，稀释后，由可得；代入水解常数定义式，近似、，得。
故答案为： CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1 ； 10-0.50 ； 增大 ； 用pH计测定40℃下纯水的pH ； ；
【分析】在醋酸废水中投入烧碱（NaOH），醋酸与烧碱发生酸碱中和反应生成醋酸钠，完成中和后的混合液经过过滤操作，除去体系里难溶性固体杂质，得到纯净的醋酸钠滤液；依托醋酸钠溶解度随温度升高明显增大、产物为结晶水合物的物性特点，对滤液先蒸发浓缩提高溶质浓度，再冷却降温促使 晶体析出，最后过滤分离固液，收获目标三水合醋酸钠晶体。
（1）①立足于水的电离平衡原理，醋酸根作为弱酸阴离子会结合水电离出的氢离子，破坏水的原有电离平衡，因水解程度微弱，必须使用可逆符号书写水解离子方程式；
②结合三水合醋酸钠受热易失去结晶水、溶解度随温度升高大幅增大的物性，对比蒸发结晶、冷却结晶的适用条件，筛选冷却结晶法，梳理从滤液到晶体的整套提纯操作。
（2）①依托中和滴定完整实操步骤，结合各类玻璃仪器的适用场景，区分滴定必需仪器与蒸发、萃取、蒸馏所用无关仪器；
②醋酸钠与强酸按1：1定量中和，借助滴定体积数据，利用稀释定律完成待测原液浓度的定量运算。
（3）①对比溶液稀释后pH理论降幅与实际变化差值，从平衡移动角度解释稀释促进醋酸根水解、新生氢氧根缓冲pH变化，反向证明水解平衡客观存在；
②恒温环境下水解平衡常数固定不变，由水解公式变形推导水解转化率与起始浓度的数学关系，依托浓度倍数换算转化率之比；
③醋酸根水解属于吸热过程，依据勒夏特列原理，升温促使水解平衡正向移动，进一步分析体系内氢氧根离子浓度的变化趋势；
④利用水的离子积常数仅由温度决定的特点，设计测定特定温度下纯水pH的实验来求取，结合溶液稀释倍数算出实际溶质浓度，再带入实测pH得到氢氧根浓度，逐项代入水解常数原始表达式完成列式。
（1）①醋酸钠（）是强碱弱酸盐，在水溶液中，醋酸根离子（）会发生水解反应，结合水电离出的氢离子生成醋酸分子，同时释放出氢氧根离子，使溶液中，从而显弱碱性，离子方程式：；
②根据题目信息“醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大”，且最终产物是带有结晶水的晶体（）。从滤液中获得此类晶体的一般操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（2）①这是一个酸碱中和滴定实验。A (蒸发皿)： 用于蒸发结晶，滴定不需要；B (锥形瓶)： 用于盛放待测液（醋酸钠溶液），进行滴定反应，需要；C (分液漏斗)： 用于萃取分液，滴定不需要；D (酸式滴定管)： 用于盛装标准盐酸溶液（酸性溶液用酸式滴定管），需要；E (冷凝管)： 用于蒸馏或回流，滴定不需要；
②反应原理：，则，，则
CH3COONa溶液的浓度。
（3）①实验1：50.0 mL 醋酸钠溶液，pH = 9.37，实验2：5.0 mL 醋酸钠溶液+45.0 mL水，相当于将实验1的溶液稀释了10倍，实验2的pH为8.87，说明醋酸钠存在水解平衡：，CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1；
②水解反应方程式：，平衡常数表达式：，设初始浓度为，水解生成的，则平衡时 ，，水解转化率， ，实验1的浓度是实验2的10倍，，转化率之比 10-0.50；
③题目已知水解是吸热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡正向移动，水解程度增大，因此溶液中会增大；
④水解平衡常数 ，实验3中溶液的pH为8.56，计 mol/L，则需要测定40℃时水的离子积常数，方案是用pH计测定40℃下纯水的pH，设纯水中pH=a，则c(H+)=10-a mol/L=c(OH-)，= c(H+)c(OH-)=10-2a，实验3中c(OH-)=，CH3COONa起始浓度c=，平衡时c(CH3COO-)=0.1050mol/L-，则=。
18．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）AD；丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动， 丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率；
（5）棱心；8
（6）
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）酸浸还原阶段，在酸性环境中氧化，锰元素降价生成、铁元素升价变为，配平离子方程式： 。
故答案： ；
（2）调节除铝时，与氢氧根结合生成氢氧化铝沉淀，离子方程式： 。
故答案： ；
（3）金属离子沉淀完全标准为浓度低于，结合公式分别计算两种氟化物所需最低氟离子浓度；所需、所需，为保证、全部除净，溶液至少大于。
故答案：；
（4）①A：和丁二酮肟内N原子形成配位键，配合物水溶性下降从而析出沉淀；
B：配位无化合价改变，镍未发生氧化还原；
C：有机物自身溶解性和配位沉淀无关联；
D：甲基疏水降低配合物溶解度，选项AD正确。
②丁二酮肟属于弱酸，中和氢离子推动其电离正向移动，配体阴离子浓度升高，利于和镍离子结合沉淀，提升沉淀产率。
③产物为，试剂X需要提供硫酸根与氢离子，选用；氢离子破坏配位键，镍离子解离进入溶液，丁二酮肟游离实现循环回用。
故答案：AD； 丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动， 丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率 ； ；
（5） 设晶胞边长为，根据立方晶胞中原子间距离的计算：体心到顶点的距离为，体心到棱心的距离为，棱心到顶点的距离为。已知，说明在顶点，在体心， 在棱心；立方晶胞中，顶点为 个立方体共用，所以与原子最近且等距离的 原子的数目为。
故答案： 棱心 ；8；
（6）电解时石墨作惰性阳极，失电子被氧化生成；Zn片为阴极，得电子还原析出单质Zn。 电解质溶液是滤液1（主要含Zn2+、Mn2+），阳极材料为石墨棒（惰性电极），阴极材料为片，在阴极放电，电解池示意图：。
故答案为： ；
【分析】废催化剂以、为主要成分，混有、、、、杂质；原料加、酸浸还原，被还原为，被氧化成，剩余金属氧化物溶于酸，电离出对应金属阳离子。浸出液补加氧化剂，残余全部转化为，调后、生成、沉淀过滤除去；再加，、转化、沉淀除杂。滤液中加入丁二酮肟，配位析出丁二酮肟镍沉淀，过滤得到富含、的滤液1；滤液1电解，阴极析出、阳极生成；丁二酮肟镍与试剂反应制取，同步回收丁二酮肟。
（1）考查酸性条件陌生氧化还原离子方程式书写，解题从化合价升降切入，中Mn从+4降到+2得电子，从+2升到+3失电子，先依靠电子守恒配平变价微粒，再结合酸性介质，用电荷守恒、原子守恒补充与，完成离子方程式配平。
（2）考查弱碱盐沉淀离子方程式书写，调pH除铝时，与直接结合生成难溶氢氧化铝沉淀，按照离子配比关系书写沉淀方程式，重点区分氢氧化物沉淀与盐类水解的反应形式。
（3）围绕难溶物溶度积定量计算，以金属离子浓度≤作为沉淀完全标准，分别套用变形公式算出、各自所需最低浓度；为保证两种杂质离子全部除净，选取计算结果中数值更大的浓度作为体系最低氟离子浓度。
（4）①从配位化合物形成原理、元素化合价变化、有机物结构与溶解性三个角度辨析选项，配位键仅为共用电子对偏移，无电子得失、化合价不变；甲基疏水使配合物水溶性下降从而析出沉淀，据此筛选正确选项；
②结合弱电解质电离平衡移动原理，丁二酮肟为弱酸，中和体系氢离子，促使弱酸电离正向移动，溶液中丁二酮肟阴离子（配体）浓度提升，利于和配位生成沉淀，实现产率提升；
③依据产物的酸根组成，反推试剂X为；酸性环境下可破坏配位键，脱离配体进入溶液生成镍盐，丁二酮肟游离析出，达到试剂循环回收的目的。
（5）考查立方晶胞结构与配位数计算，利用晶胞内体心-顶点、体心-棱心的距离比例，判断N、Cu、Ni三种原子分别处在顶点、体心、棱心位置；结合立方晶胞顶点原子和体心原子的空间排布规律，数出与体心Cu距离相等且最近的顶点N原子数量。
（6）考查电解池工作原理，根据产物判断电极反应：惰性石墨作阳极，发生失电子的氧化反应转化为；Zn片作阴极，得电子还原析出金属Zn，按照放电规律标注。
（1）在“酸浸还原”步骤中，作为氧化剂，将氧化为，自身被还原为。根据氧化还原反应的配平原则，反应的离子方程式为：。
（2）“氧化调”时，加入调节溶液至5，此时与结合生成沉淀，反应的离子方程式为：。
（3）要使、沉淀完全（离子浓度小于），对于CaF2：==，
对于： =≈，为确保两种离子均沉淀完全，至少应大于。
（4）①A．丁二酮肟镍是配合物，与丁二酮肟中的形成配位键，导致其从溶液中沉淀析出，A正确；
B．配位过程中的化合价未发生变化（仍为价），未被还原，B错误；
C．丁二酮肟可溶于有机溶剂，但这是丁二酮肟的溶解性，与沉淀析出的直接原因无关，C错误；
D．丁二酮肟分子中的烃基（）具有疏水性，使得形成的丁二酮肟镍配合物在水中的溶解度降低，从而易沉淀析出，D正确；
故答案为AD；
②丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动， 丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率；
③丁二酮肟镍与试剂反应生成 ，说明提供和H+，推测 为，丁二酮肟镍与反应，破坏配位键，使进入溶液生成，丁二酮肟则被释放出来，实现循环利用。
（5）设晶胞边长为，根据立方晶胞中原子间距离的计算：体心到顶点的距离为，体心到棱心的距离为，棱心到顶点的距离为。已知，说明在顶点，在体心， 在棱心；立方晶胞中，顶点为 个立方体共用，所以与原子最近且等距离的 原子的数目为。
（6）电解的目的是将在阳极被氧化为 ，Zn2+在阴极被还原生成Zn，电解质溶液是滤液1（主要含Zn2+、Mn2+），阳极材料为石墨棒（惰性电极），阴极材料为片，在阴极放电，电解池示意图：。
19．【答案】或[Ar]；；>；0.02；反应ⅴ； %；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）钙元素原子序数为20，基态原子核外排布20个电子，按照能级填充顺序排布，完整电子排布式为，也可使用氩原子实简写为。
故答案：或[Ar] ；
（2）对比三个热化学方程式的组成，目标反应i可由（反应iii反应ii）整理得到，根据盖斯定律，反应焓变同步跟随系数变换，因此。
故答案： ；
（3）①温度升高，图像里物质的量持续增多，说明升温促使反应ii平衡正向移动，依据勒夏特列原理，正向为吸热过程，；
②1100K条件下，两种气体物质的量相等，总压100kPa，各自分压均为50kPa；将分压带入分压平衡常数表达式。
故答案：； 0.02 ；
（4）单独发生反应iv时，每消耗1mol 只生成1mol ，理论上限是1；单独发生反应v时，1mol 能够生成4mol ，比值理论上限为4；实验测得比值远大于1且趋近4，由此判断体系内生成的水绝大部分来自反应v。
故答案： 反应ⅴ ；
（5）①初始投料、，温度达平衡时；反应iv、v中，消耗的物质的量与生成的物质的量完全相等，据此计算氢气转化率；
②根据已知条件列出“三段式”
反应前气体总物质的量为3a mol，平衡时气体总物质的量为(3a-x-4y)mol+(x+4y)mol+xmol=(3a+x)mol，已知，则，已知，则，，。
故答案： % ； ；
【分析】本题融合原子结构、盖斯定律、化学平衡移动、分压平衡常数、多反应联立平衡计算，依托硫酸钙与氢气的双平行反应展开命题。
（1）依托原子序数确定核外电子总数，按照能级排布规则书写基态钙原子电子排布，区分全排布式与稀有气体简写式；
（2）根据目标反应与已知反应的四则变形关系，套用盖斯定律的焓变运算规则，推导焓变关系式；
（3）①利用温度改变后产物量变化判断平衡移动方向，反推反应热正负；
②依托等物质的量气体分压均分总压，结合定义式代入分压数据定量计算；
（4）通过两个平行反应的计量比，分别算出与比值的理论极值，对比实测数值判断主反应；
（5）①抓住两个反应中消耗量=生成量的守恒规律，直接列式计算氢气转化率；
②对两套平行反应分别列三段式，结合恒温恒压气体物质的量与压强成正比、总水量守恒两个等量条件，联立方程组求解硫化钙的平衡物质的量。
20．【答案】（1）醚键和羧基
（2）C5H8O2
（3）(CH3)3CCOOH
（4）A；C
（5）+NaOH+NaBr；氧化；++H2O
（6）；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）观察1a的结构，分子中苯环侧链存在醚键与羧基两种含氧官能团。
故答案： 醚键和羧基 ；
（2）逐个数出2a结构里碳原子共5个，结合有机物碳四价成键规律补齐氢、氧原子，确定分子式。
故答案：；
（3）2a内含1处碳碳双键，与完全加成后双键变为饱和单键，分子增加2个H，饱和产物I分子式为；能和放出说明分子含，剩余4个碳原子；核磁共振氢谱只有2组氢，分子高度对称，剩余四个甲基连在同一个中心碳上，结构为。
故答案： (CH3)3CCOOH ；
（4）A：1a与2a脱羧偶联成3a，1a脱去，2a断裂C-H，二者之间形成新C-C键，描述正确；
B：同系物需要官能团种类、数目完全相同，1a比苯甲酸多醚键，结构不相似，不属于同系物，错误；
C：碳碳双键、羰基上碳原子均为杂化，甲基、亚甲基饱和碳原子为杂化，正确；
D：手性碳需连接四种不同基团，3a中无满足条件的碳原子，错误；
综上答案选AC。
故答案：AC；
（5）分步合成路线：
①2-甲基烯丙基溴在水溶液加热条件发生卤代烃水解，溴原子被羟基取代，生成不饱和醇与 ：+NaOH+NaBr；
②所得伯醇经氧化剂氧化，羟基转化为羧基，得到对应不饱和羧酸：氧化成；
③上述羧酸和第一步生成的醇，在浓硫酸、加热条件发生酯化反应，生成不饱和酯与水 ：++H2O。
④所得酯和原料1a在过渡金属催化下发生脱羧偶联反应，最终得到产物II。
故答案为：+NaOH+NaBr ； 氧化 ；++H2O ；
（6） X的结构简式为，Y是丙烯醇，结构简式为，先和发生已知信息的反应原理生成，再和发生酯化反应生成目标产物。
故答案为： ； ；
【分析】原料 1a（邻甲氧基苯甲酸）与 2a 经过渡金属催化脱羧偶联，脱去CO2构建碳碳双键得到产物 3a；以此反应为核心，利用卤代烃水解、醇氧化、酯化先制备不饱和酯中间体，该酯再和 1a 发生脱羧偶联得到目标中间体 II；另外二甲氧基苯甲酸 X 与丙烯醇 Y 先依托脱羧偶联引入烯醇侧链，再经分子酯化闭环，最终合成产物 III，III的结构中，有一个苯环，上面连有-OCH3和-CH=CH-，参考已知反应信息，仅以芳香化合物X和醇类化合物Y(分子式为C3H6O)为有机原料，可以推断X的结构为。据此解题。
（1）立足官能团分类标准，区分烃基与含氧结构，醚键、羧基是常见含氧官能团，直接从键线式中定位含氧结构作答，解题关键是看清原子成键方式，不混淆碳碳双键等非含氧基团。
（2）采用键线式数原子法，先固定碳原子总数，依靠碳四价补足隐含氢原子，再数氧原子，是有机物分子式书写的基础方法，易错点是漏算支链上饱和碳原子。
（3）碳碳双键加氢为加成反应，每1mol碳碳双键消耗1mol氢气，分子式增加2个氢；与碳酸氢钠反应是羧基的特征定性反应，可快速锁定官能团；核磁共振氢谱组数代表等效氢种类，组数少说明分子对称性高，结合剩余碳骨架拼凑结构，两步限定条件层层缩小同分异构体范围。
（4）A依托题干给出的脱羧偶联反应机理，从断键、成键角度分析原子重组方式；B紧扣同系物定义：结构相似、官能团种类数目一致、分子组成相差若干，1a多出醚键，不满足结构相似要求；C依据杂化轨道判断规律：双键碳（碳碳双键、羰基）杂化，全单键饱和烷基碳杂化；D严格按照手性碳判定规则：连有四种互不相同原子或基团的饱和碳原子，逐碳排查结构，逐项辨析选项。
（5）采用正向合成思路，按照卤代烃→醇→羧酸→酯→偶联产物的经典转化链条，结合卤代烃水解、醇的催化氧化、酯化、脱羧偶联四类特征反应，依次规划四步流程，每一步反应类型固定，解题依托经典有机转化模型。
（6）采用逆向合成分析法，从产物的酯基断裂反向拆分，酯水解得到羧酸和醇，结合分子式锁定醇的结构，剩余芳香骨架即为羧酸X；再结合题干已知偶联反应，确定偶联在前、酯化在后的反应先后顺序，理清两步合成逻辑。
（1）化合物1a中含氧官能团的名称为醚键和羧基。
（2）由化合物2a的结构简式可知，其分子式为 C5H8O2。
（3）化合物2a与发生加成反应，其碳碳双键被加成，生成饱和的化合物I。因此，I的分子式为C5H10O2，Ⅰ的某种同分异构体能与溶液反应产生气体：这表明该同分异构体含有羧基（-COOH），核磁共振氢谱上只有2组峰：这表明该分子结构高度对称，只有两种不同化学环境的氢原子，因此，该同分异构体的结构简式为 (CH3)3CCOOH。
（4）A．在1a和2a生成3a是一个脱羧偶联反应，1a的羧基脱去，与2a连接形成新的C-C键，2a中有C-H键断裂，A正确；
B．同系物要求结构相似，官能团种类和数目相同。1a比苯甲酸多了一个醚键，结构不相似，不是同系物。此外，1a含有较大的疏水基团（苯环和甲基），水溶性较差，B错误；
C.2a分子中，碳碳双键上的碳和羰基碳为杂化，亚甲基和甲基碳为 杂化，C正确；
D.3a分子中，苯环内存在大 键。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，3a分子中不存在手性碳原子，D错误；
故选AC。
（5）根据题目要求，以1a和2-甲基烯丙基溴为原料，分四步合成化合物II。
①将2-甲基烯丙基溴在碱性条件下水解，生成对应的醇。化学方程式为：+NaOH+NaBr；
②第二步，进行氧化反应将第一步得到的氧化成；
③第三步，进行酯化反应：将第二步得到的与第一步得到的在浓硫酸催化下发生酯化反应，化学方程式为：++H2O。
④第四步，合成II：将第三步得到的酯与1a在过渡金属催化下进行脱羧偶联反应，即可得到目标产物II。
（6）由分析可知，X的结构简式为，Y是丙烯醇，结构简式为，先和发生已知信息的反应原理生成，再和发生酯化反应生成目标产物。
1 / 1

展开更多......

收起↑