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广东省深圳市福田区红岭中学（红岭教育集团）高中部2024-2025学年高二下学期高考适应性考试化学试题
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。)
1．国家“十四五”规划涉及的下列物质中，主要成分属于金属材料的是
人工智能 仿生医学
A．硅基芯片 B．高分子人造软骨
深海探测 量子信息
C．钛壳深海潜水器 D．螺旋碳纳米管
A．A B．B C．C D．D
2．人们的衣食住行蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是
A．丝路瑰宝——织锦的主要成分属于天然高分子化合物
B．蔬菜中的纤维素可在人体内水解成葡萄糖，满足人体组织的营养需求
C．建筑材料沙子的主要成分二氧化硅属于酸性氧化物
D．国产大飞机C919使用的铝锂合金材料，利用了该材料密度小、硬度高的优点
3．近年我国科技事业收获丰硕成果，为提升新质生产力提供了支撑。下列说法正确的是
A．“华龙一号”核电站以铀为核裂变原料，与互为同素异形体
B．C929配套的“长江2000”发动机试验成功：燃料煤油属于可再生能源
C．“朱雀二号”液氧甲烷火箭入轨成功，燃烧时中的非极性共价键被破坏
D．打造中国北斗卫星导航系统：星载铷钟所用元素位于元素周期表中的区
4．下列有关物质的性质和应用正确的是
A．油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油
B．用溴水鉴别苯和正己烷
C．乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质
D．合成橡胶与光导纤维都属于有机高分子材料
5．我国科研人员制备了一种镁海水溶解氧电池，以镁合金为负极，碳纤维刷电极为正极，海水为电解液。适合用于海洋灯塔供电和钢制灯塔防腐蚀等。下列说法不正确的是
A．镁电极Mg化合价升高发生氧化反应
B．电池工作时，海水中的向正极移动
C．正极的电极反应式为：
D．若用牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为负极
6．劳动是“知行合一”有力的手段。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 帮厨活动：豆浆中加入石膏进行点卤 胶体遇电解质发生聚沉
B 环保行动：倡导使用无磷洗衣粉 含磷物质过多会导致水体富营养化
C 学农活动：给农作物施草木灰 水溶液显碱性
D 家务劳动：用铝粉与疏通管道 铝与溶液反应产生
A．A B．B C．C D．D
7．为了除去固体中少量的和，可选用、和三种试剂，按下列步骤操作：
下列叙述错误的是
A．试剂是，是
B．加热煮沸可以促进盐酸的挥发
C．操作I为过滤，操作II为蒸发结晶
D．调换试剂A、B加入顺序不影响实验结果
8．如图所示为铜或镁元素的部分价类二维图，下列叙述正确的是
A．②易与水反应生成③
B．可用④的水溶液为电解液精炼铜，阳极减少的质量等于阴极增加的质量
C．若④为盐酸盐，电解④的水溶液一定可得到①
D．若是镁元素，经过④→③→④→①的转化可实现海水中提取镁
9．实验室制SO2，能达到相应目的的是
A.生成SO2 B.干燥SO2 C.收集SO2 D.吸收SO2
A．A B．B C．C D．D
10．某有机分子X结构如图所示，下列说法不正确的是
A．1molX最多能与发生反应
B．X与足量加成后，所得产物官能团的性质与X一致
C．X中所有C原子一定共面，所有原子一定不共面
D．C原子和O原子的杂化方式均有2种
11．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和的混合物中含有的离子数目为
B．环氧乙烷()中含有的σ键数目为
C．常温下，将块放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为
D．标准状况下，和充分反应后，气体中含有的分子数目为
12．按图装置进行实验，滴入浓硝酸后，下列分析合理的是
A．气球膨胀，说明Cu与浓硝酸反应的ΔH<0
B．石蕊试纸变红说明NO2是酸性氧化物
C．实验过程中，装置内至少发生三个氧化还原反应
D．实验结束后，滴入浓NaOH溶液一定能完全吸收污染性气体
13．如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．和EZ2的空间结构均为平面三角形
B．W和Z形成的化合物中一定只有离子键
C．第一电离能：Z>Y>E
D．简单氢化物的沸点：W>Z>Y>E
14．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 向盛有醋酸溶液的烧杯中插入两个石墨电极，接通电源，电流表指针发生偏转 是电解质
B 将红热的木炭投入浓硫酸中产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 证明气体产物中一定含有
C 可用稀硝酸与硫化钠反应制备 硝酸的酸性比的酸性强
D 用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下的混合气体，试纸变红 生成的具有酸性
A．A B．B C．C D．D
15．NO可催化分解空气中的臭氧，反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．臭氧是由非极性键构成的极性分子
B．第2步为反应的决速步
C．所有的基元反应均放热
D．反应3O2(g)=2O3(g)不能自发进行
16．以柏林绿为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法不正确的是
A．充电时，通过交换膜从左室移向右室
B．充电时，Mo箔外接电源的正极
C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，负极区电解质质量增加了2.4g
D．放电时，Mo箔上发生反应为
17．某化学实验小组探究镁与醋酸的反应，进行如下实验。
【实验一】把两个形状和大小相同、质量均为(过量)的光亮镁条分别放入的乙酸溶液和的盐酸中，测定上述2个反应体系的和生成气体的体积随反应时间的变化曲线如图。
回答下列问题：
（1）镁与醋酸反应的离子方程式为：　 　，
（2）①3000s后盐酸体系的pH发生突跃是由于镁和盐酸反应结束，体系中又生成了　 　(填化学式)。
②该小组同学认为在反应的起始阶段，导致两反应体系气体生成速率差异的主要因素是溶液中的浓度不同，你认为该说法是否成立　 　(填“是”或“否”)，理由是　 　。
（3）进一步探究该反应体系中镁与乙酸的反应速率大于盐酸的原因。
查阅资料：镁与水反应生成附着在镁条表面会阻碍反应进一步进行；
时；。
研究小组提出两个如下假设，通过实验验证和计算分析得出假设均成立。
①假设1：分子能直接与反应
实验方案及现象：　 　，假设1成立。
②假设2：乙酸分子可以破坏镁表面的；常温下反应：的平衡常数　 　，假设2成立。
（4）基于上述结论小组同学猜想乙酸溶液与镁反应的主要微粒是乙酸分子，设计如下实验。
【实验二】取与实验一完全相同的镁条，分别放入如下两组溶液进行实验，生成气体的起始速率记录如下：
组别 第1组 第2组
试剂 0.1mol/L的溶液 ___________mol/L的溶液和一定浓度的溶液等体积混合
起始速率 amL/min bmL/min
补充数据及得出结论：第2组实验中的乙酸浓度为　 　mol/L，若　 　则猜想成立。
18．钨(W)是我国国家战略金属，广泛应用于航天、原子能、汽车等领域。一种从钨碱煮渣(含和少量的、、)中提取钨和钪(Sc)的工艺流程如图。
已知：①“钠化焙烧”后的烧渣部分成分为、、；
②在纯水中无法稳定存在，易水解生成沉淀；
③“萃取”时发生的反应为，其中表示；
④25℃时，相关离子浓度为时形成沉淀的如下。
离子种类 开始沉淀的 完全沉淀的
10.3 8
7.3 5
回答下列问题：
（1）Sc为21号元素，其基态原子的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）为提高原料利用率，可将钨碱煮渣　 　；“高温硫化”时的反应温度为，不同硫化剂对钨渣中除锡(Sn)效果的影响如图所示，硫化除锡时硫化剂转化为对应的金属氧化物，选用合适的硫化剂补充完整下列方程式：　 　。
（3）“水浸”过程中溶于水后，发生水解反应的离子方程式为　 　。
（4）第一次调的范围为　 　。
（5）“反萃取”过程中加入的试剂“Y”为　 　，分液后继续向水相中加入溶液沉钪，为了使恰好沉淀完全，此时溶液中　 　。(当溶液中金属离子浓度时认为其沉淀完全；；)
（6）由锆(+4价)和钨(+6价)组成的复合氧化物的立方晶胞如上图所示。图中有8个四面体，均位于晶胞内部，八面体则位于晶胞顶角和面心。该晶胞的最简式为，　 　；已知该晶体的密度为，则立方晶胞的体积为　 　(列出计算式即可，设为阿伏加德罗常数)。
19．硫化氢广泛存在于自然界，且在生产中发挥着重要作用。
（1）天然气中普遍含有H2S，H2S和CH4重整制氢的反应为：
①H2S的空间结构为　 　。ΔH1=　 　(用代数式表示)。
②在一定条件下，只发生反应i，反应达到平衡后，下列说法正确的是　 　。
A．若升高反应温度时H2S的体积分数减小，则ΔH1<0
B．增大反应器的体积，H2S的平衡转化率增大
C．降低反应温度，反应i 的正、逆反应速率都减小
D．加入合适的催化剂，可以降低反应i的焓变
③在金属硫化物的催化下发生反应i，催化机理如1，请补充机理图补充完整：X为　 　，Y为　 　。
（2）H2S可用于沉淀工业废水中的重金属离子，发生反应ii：
(M2+为Cu2+或Hg2+)
室温下，往含有某种重金属离子的酸性废水中持续通入H2S，维持c(H2S)为0.1mol·L-1，调节溶液的pH。 测得溶液中-lgc(M2+)与溶液pH的关系如图.
已知：室温下，H2S的 Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13。
①根据图中信息判断，Ksp(CuS)　 　Ksp(HgS)(填“>”“<”或“=”)。
②当M2+为Cu2+时，反应ii的平衡常数K=　 　。
③Ksp(CuS)=　 　(写出计算过程)。
20．PET是一种用途广泛的高分子材料，其合成的方法如图所示(反应所需的部分试剂与条件省略)。
（1）化合物I的分子式为　 　。化合物Ⅲ与酸性溶液反应可得到化合物Ⅳ，则化合物Ⅳ的名称为　 　。
（2）化合物是环状分子，与加成可得到化合物Ⅵ，则化合物V的结构简式为　 　。
（3）化合物Ⅶ是化合物与足量加成后所得产物的一种同分异构体，其核磁共振氢谱图上只有3组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（4）根据化合物Ⅲ的结构特征，分析预测其可能具有的化学性质，并完成下表：
序号 反应试剂、条件 反应生成的新结构 反应类型
1 　 　 　 　
2 　 　 　 　 取代反应
（5）下列关于反应①②的说法中正确的有___________(填标号)。
A．反应①为加成反应
B．化合物Ⅲ中所有原子共平面
C．反应②过程中，有键和键的断裂
D．化合物Ⅱ中，氧原子采取杂化，且不含手性碳原子
（6）请以与丙烯为含碳原料，利用所学知识与上述合成路线的信息，合成化合物，并基于你的合成路线，回答下列问题：
(a)从出发，第一步反应的产物为　 　(写结构简式)。
(b)相关步骤涉及酯化反应，其化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A、硅基芯片的主要成分为硅单质，属于无机非金属材料，故 A 错误；
B、高分子人造软骨的主要成分为高分子材料，属于有机合成材料，故 B 错误；
C、钛壳深海潜水器的主要成分为钛合金，属于金属材料，故 C 正确；
D、螺旋碳纳米管的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
明确金属材料的定义，包括纯金属和合金；
区分不同材料类别：硅单质、碳纳米管属于无机非金属材料，高分子人造软骨属于有机高分子材料；
钛合金是由钛与其他元素组成的合金，属于典型的金属材料。
2．【答案】B
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A、织锦的主要成分是蚕丝，蚕丝的主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，故 A 正确；
B、人体内缺乏能水解纤维素的酶，蔬菜中的纤维素无法在人体内水解为葡萄糖，不能为人体提供营养，故 B 错误；
C、沙子的主要成分为二氧化硅，二氧化硅能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故 C 正确；
D、铝锂合金具有密度小、硬度高、强度大的特点，可用于制造飞机等航空器材，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
天然高分子化合物包括蛋白质、淀粉、纤维素等，织锦的主要成分蚕丝属于蛋白质；
人体无法消化吸收纤维素，纤维素在肠道中仅起到促进蠕动的作用；
酸性氧化物的定义是能与碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅符合该定义；
合金通常比其组分纯金属硬度更高、密度更低，铝锂合金常用于航空航天领域。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；元素、核素；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、与质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，而非同素异形体，故A错误；
B、煤油是由石油分馏得到的产物，石油属于化石能源，因此煤油属于不可再生能源，故B错误；
C、分子中只存在C-H极性共价键，不存在非极性共价键，燃烧时断裂的是极性共价键，故C错误；
D、Rb为碱金属元素，位于元素周期表第ⅠA族，价电子排布式为，属于s区元素，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
区分同位素与同素异形体：同位素的研究对象是原子，同素异形体的研究对象是单质；
能源的分类：化石能源及其加工产品均属于不可再生能源；
化学键类型判断：中只有极性共价键；
元素周期表分区：ⅠA、ⅡA族元素属于s区元素。
4．【答案】A
【知识点】有机物的鉴别；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，该反应为可逆反应，产物正确，故 A 正确；
B、苯和正己烷均不与溴水反应，且密度均小于水，加入溴水后均发生萃取，上层为橙红色、下层为无色，现象相同，无法鉴别，故 B 错误；
C、人体必需的营养物质包括糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐，乙醇不属于人体必需的营养物质，故 C 错误；
D、合成橡胶属于有机高分子材料，而光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
油脂在酸性条件下水解的产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下则生成高级脂肪酸盐和甘油；
苯和正己烷均为液态烃，密度小于水，均能萃取溴水中的溴，现象一致；
明确人体必需的六大营养物质，乙醇并非必需营养物质；
区分有机高分子材料与无机非金属材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于有机物。
5．【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、在原电池中，负极发生氧化反应。该电池以镁合金为负极，Mg 失去电子，化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B、原电池工作时，阳离子会向正极移动。海水中含有大量阳离子（如 Na+、Mg2+等），这些阳离子会向正极移动，B正确；
C、碳纤维刷电极为正极，海水中的溶解氧在正极得到电子发生还原反应， 电极反应式：，符合氧化还原反应中得电子、化合价降低的规律，C正确；
D、牺牲阳极法是利用原电池原理进行防腐，其中被保护的金属（灯塔）应作为正极，牺牲的阳极（活泼金属）作为负极。若灯塔作为负极，会加速自身腐蚀，D错误；
故答案为：D。
【分析】A、抓住 “负极发生氧化反应，元素化合价升高” 这一原电池基本规律，判断镁电极的反应类型。
B、明确 “原电池中阳离子向正极移动” 的离子移动规律，分析海水中阳离子的移动方向。
C、牢记 “正极发生还原反应”，结合溶解氧的性质，判断正极电极反应的合理性。
D、掌握 “牺牲阳极法中被保护金属作正极” 的防腐原理，以此判断灯塔的电极身份。
6．【答案】C
【知识点】铝的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、豆浆属于胶体，石膏的主要成分是硫酸钙，硫酸钙是电解质。根据胶体的性质，胶体遇到电解质会发生聚沉，所以在豆浆中加入石膏能使豆浆聚沉形成豆腐，该劳动项目与 “胶体遇电解质发生聚沉” 的化学知识密切相关，A不符合题意；
B、含磷洗衣粉中的磷元素随废水排入水体后，会促进藻类等水生植物过度生长，导致水体富营养化。倡导使用无磷洗衣粉可减少磷的排放，保护水体环境，该劳动项目与 “含磷物质过多会导致水体富营养化” 的化学知识相关，B不符合题意；
C、草木灰的主要成分是碳酸钾，给农作物施草木灰是利用其含有的钾元素作为钾肥，供植物吸收利用；而所述化学知识是 “Na2CO3水溶液显碱性”，二者之间没有关联，C符合题意；
D、铝粉与 NaOH 溶液反应会产生 H2，利用该反应产生的气体可以疏通管道，该劳动项目与 “铝与 NaOH 溶液反应产生 H2” 的化学知识相关，D不符合题意；
故答案为：C。【分析】A．抓住 “豆浆是胶体，石膏是电解质” 这一核心，明确胶体遇电解质聚沉的规律，判断劳动项目与化学知识的关联。
B．牢记 “含磷物质会引发水体富营养化” 的环境化学知识，分析无磷洗衣粉使用的意义。
C．区分草木灰的主要成分（碳酸钾）和题干所述的 Na2CO3，明确施草木灰是利用钾元素作钾肥，与 Na2CO3溶液显碱性无关联。
D．掌握 “铝与 NaOH 溶液反应产生 H2” 的化学反应，判断其在疏通管道中的应用逻辑。
7．【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、由分析可知，试剂是，用来除去Mg2+和SO42-，是，用来除去过量的Ba2+，A正确；
B、加入盐酸过量，过量的盐酸可以通过加热煮沸促进盐酸的挥发除去，因为通过加热煮沸的方式能促进盐酸的挥发，B正确；
C、操作I是固液分离为过滤，通过过滤分离滤液和沉淀；操作II是从溶液中得到晶体，为蒸发结晶，KCl的溶解度随温度变化比较小，因此可以选择蒸发结晶，C正确；
D、先加K2CO3：仅除去Mg2+（生成MgCO3↓），但SO42-仍残留；后加Ba(OH)2，Ba2+除SO42-（生成BaSO4↓），但引入过量Ba2+，此时K2CO3已加完，无试剂除去Ba2+，导致KCl中残留Ba2+，影响纯度，故顺序调换会破坏除杂逻辑，D错误；
故答案为：D
【分析】首先固体加水溶解，形成溶液。接着加过量A(Ba(OH)2溶液)首次除杂，沉淀Mg2+、SO42-)，“过量” 的是为了确保其完全沉淀，但这个时候也引入了新的杂质离子，Ba2+，在后续的步骤中除去。然后加过量B(K2CO3溶液)进行二次除杂，沉淀过量的Ba2+，但这个时候也引入了新的杂质离子，CO32-，在后续的步骤中除去。继续通过过滤的方式分离固液混合物，得到滤液（含KCl、过量K2CO3、少量KOH）和滤渣（Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3）。这个时候加过量C（HCl溶液）来进行三次除杂，除去CO32-和OH-。最后，将除杂后的KCl溶液加热蒸发，溶剂逐渐减少，加热过程中，过量的HCl持续挥发， KCl因溶解度随温度变化较小，结晶析出，得到纯净的KCl固体。
8．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；电解原理；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、若②为 CuO，CuO 难溶于水，也不与水反应，无法直接生成③（氢氧化物）；若为 MgO，虽能与水缓慢反应，但不是 “易与水反应”，故 A 错误；
B、电解精炼铜时，阳极不仅有 Cu 放电，还有比铜活泼的杂质（如 Zn、Fe）放电，这些杂质进入溶液，而阴极只有 Cu2+得电子析出，因此阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故 B 错误；
C、若④为铜的盐酸盐（如 CuCl2），电解其水溶液时，阴极生成 Cu，可得到①；若为镁的盐酸盐（如 MgCl2），电解其水溶液时，阴极 H+放电生成 H2，无法得到 Mg 单质，故 C 错误；
D、若是镁元素，海水中的镁盐（④）可与碱反应生成 Mg(OH)2（③），再与盐酸反应得到 MgCl2（④），电解熔融 MgCl2可得到 Mg 单质（①），经过 “盐→氢氧化物→盐→单质” 的转化可实现海水提镁，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
金属氧化物与水的反应特性：CuO 不与水反应，MgO 仅缓慢反应，不满足 “易反应”；
电解精炼铜的阳极反应特点：活泼杂质优先放电，导致阳极减少质量不等于阴极增加质量；
电解金属氯化物水溶液的产物差异：活泼金属（如 Mg）的盐溶液电解无法得到金属单质，不活泼金属（如 Cu）则可以；
海水提镁的转化流程：通过沉淀、溶解、电解熔融盐实现镁的提取。
9．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、浓硫酸与铜片反应制取 SO2需要加热，装置中缺少酒精灯，无法达到生成 SO2的目的，故 A 错误；
B、碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠，会与 SO2反应，不能用于干燥 SO2，故 B 错误；
C、SO2的密度比空气大，应采用向上排空气法收集，装置中气体应 “长进短出”，而图中为 “短进长出”，无法收集到 SO2，故 C 错误；
D、SO2能与 NaOH 溶液反应，且装置中使用倒扣漏斗，可防止倒吸，能达到吸收 SO2的目的，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸与铜反应需要加热，常温下不反应；
干燥剂不能与被干燥的气体发生反应，SO2是酸性氧化物，不能用碱性干燥剂干燥；
排空气法收集气体时，密度比空气大的气体应 “长进短出”；
吸收易溶性气体时，需注意防倒吸装置的设计。
10．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.苯环、醛基均能与氢气发生反应，且反应比例分别为1：3、1：1，则1molX最多能与4molH2反应，A正确；
B．X中的官能团是醛基、酚羟基，X与足量加成后，生成的产物中的官能团只有醇羟基，醛基、酚羟基与醇羟基性质不一致，B错误；
C．苯环上的6个C原子以及与苯环直接相连的其他6个原子共平面，故X中所有C原子一定共面，X中含有甲基，故不可能所有原子共平面，C正确；
D．X中，苯环上的C原子、醛基上的C原子为sp2杂化，甲基上的C原子为sp3杂化，醛基上的O原子为sp2杂化，羟基上的O原子为sp3杂化，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.苯环、醛基均能与氢气发生反应。
B.熟悉官能团的性质。
C.苯环结构中所有原子共面，注意甲烷结构中最多3个原子共面。
D.饱和碳原子采用sp3杂化，不饱和碳原子采用sp2杂化。
11．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学反应的可逆性；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、由、构成，由、构成，两种物质1mol均含有3mol离子；则0.1mol混合物，无论二者以何种比例混合，离子总物质的量恒为0.3mol，离子数目等于，A正确；
B、环氧乙烷 () 结构中全部单键均为键，分子内含4条、2条、1条，总计7根键；0.1mol该分子含键数目为，B错误；
C、常温下遇浓硝酸发生钝化，表面生成致密氧化膜阻止反应持续进行，无法完全反应，转移电子数目小于，C错误；
D、标准状况下，，发生反应，恰好完全生成1mol ；同时存在平衡，气体分子总数会减少，最终分子数目小于，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
金属氧化物离子计数规则：、均满足1mol对应3mol离子，混合体系无需区分组分比例直接计算；
有机物键计数：分子内所有单键全部属于键，双键、三键仅含1根键，其余为键；
铁与浓硝酸反应特性：常温钝化，金属不能完全消耗，电子转移量低于理论值；
二氧化氮二聚平衡：会自发可逆聚合为，导致气体分子总数减少。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A、气球膨胀是因为反应生成气体，同时反应放热使装置内温度升高、气体受热膨胀，不能仅凭气球膨胀判断反应放热（ΔH<0），故 A 错误；
B、酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，且反应中无元素化合价变化。NO2与水反应生成硝酸和 NO，氮元素化合价发生变化，因此 NO2不是酸性氧化物，石蕊试纸变红是因为 NO2与水反应生成硝酸，故 B 错误；
C、实验过程中，装置内至少发生以下氧化还原反应：①Cu 与浓硝酸反应生成 NO2；②生成的 NO2与水反应生成 HNO3和 NO；③生成的 NO 与装置内的 O2反应生成 NO2；④HNO3与 Cu 继续反应生成 NO 等，因此至少发生三个氧化还原反应，故 C 正确；
D、实验结束后，装置内可能残留 NO 气体，NO 不与 NaOH 溶液反应，因此滴入浓 NaOH 溶液不一定能完全吸收污染性气体，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
气球膨胀的原因可能是生成气体或气体受热膨胀，不能直接判断反应的热效应；
酸性氧化物的定义要求与碱反应只生成盐和水，且无化合价变化，NO2不符合该定义；
装置内的气体（NO2、NO）会与水、氧气发生多个氧化还原反应；
NO 不与 NaOH 溶液反应，无法被 NaOH 溶液吸收。
13．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、E分别为N、O、S，中N原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，中S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，含有1对孤对电子，空间构型为V形，A错误；
B．由分析可知，W为Na，Z为O，W和Z形成的化合物有和，二者均为离子化合物，中只含离子键，中含有离子键和共价键，B错误；
C．同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则O＞S，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，即第一电离能：，C错误；
D．由分析可知，W为Na，Z为O，E为S，Y为N，属于离子化合物，沸点最高，都能形成氢键，且水分子的氢键数量大于氨气分子，则水分子的沸点高于氨气分子，的分子间只存在范德华力，熔沸点最低，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据化合物的结构式可知，Z形成2个化学键，E形成6个化学键，Y形成3个化学键，X形成1个化学键，结合题干信息，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，可推出Y为N，X为H，W为Na，Z、E同族，可推出Z为O，E为S。
14．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；浓硫酸的性质；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、向醋酸溶液中插入石墨电极接通电源，电流表指针偏转，说明醋酸溶液能导电；CH3COOH 是电解质，在溶液中能电离出自由移动的离子，二者均正确且有因果关系，故 A 正确；
B、红热木炭与浓硫酸反应生成 CO2和 SO2，两者均能使澄清石灰水变浑浊，无法证明一定含有 CO2，陈述 Ⅱ 错误，故 B 错误；
C、稀硝酸具有强氧化性，会将 H2S 氧化，不能用于制备 H2S，陈述 Ⅰ 错误，故 C 错误；
D、甲烷与氯气光照反应生成的 HCl 溶于水显酸性，使试纸变红，而 CH3Cl 不具有酸性，陈述 Ⅱ 错误，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
溶液能导电的原因是存在自由移动的离子，而电解质在溶液中可电离出离子；
SO2也能使澄清石灰水变浑浊，会干扰 CO2的检验；
硝酸具有强氧化性，会与还原性的 H2S 发生氧化还原反应；
甲烷与氯气取代反应生成的 HCl 是酸性物质，而 CH3Cl 为中性有机物。
15．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变
【解析】【解答】A、臭氧（O3）分子中O-O键为非极性键，但分子呈V形结构，正负电荷中心不重合，因此臭氧是由极性键构成的极性分子，故A正确；
B、反应的决速步由活化能最高的步骤决定，由图可知第1步的活化能最高，因此第1步为决速步，故B错误；
C、由图可知，第1步和第2步中反应物的能量低于过渡态，但高于中间产物的能量，属于放热过程；但部分基元反应的反应物能量低于生成物能量，为吸热过程，因此并非所有基元反应均放热，故C错误；
D、反应 是 的逆反应，正反应放热（ΔH<0），则逆反应ΔH>0；且该反应气体分子数减少，ΔS<0。根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH>0、ΔS<0时，ΔG始终大于0，反应不能自发进行，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子极性判断：键的极性由成键原子是否相同决定，分子极性由分子的空间结构决定，臭氧为V形结构，因此为极性分子；
决速步判断：反应的速率由活化能最高的步骤决定，活化能越高，反应速率越慢；
基元反应的热效应判断：反应物能量高于生成物能量为放热反应，反之则为吸热反应；
反应自发性判断：根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH>0且ΔS<0的反应，ΔG始终大于0，不能自发进行。
16．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；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．由分析可知，充电时为电解池，左侧为阳极，右侧为阴极，则通过交换膜从左室移向右室，A正确；
B．由分析可知，放电时为电解池，Mo作正极，则充电时，Mo箔外接电源的正极，B正确；
C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，由负极的反应可知，会消耗0.1mol镁进入电解质溶液，质量增加2.4g，同时会有0.2mol Na＋通过离子交换膜向正极移动，质量减少4.6g，故负极区电解质质量减少2.2g，C错误；
D．由分析可知，放电时，Mo箔是正极，反应为，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据图示信息，，镁元素化合价升高，放电时，电极镁为原电池负极，其电解反应式为，则Mo为原电池的正极，其电极反应式为。
17．【答案】（1）
（2）；否；其他条件相同，镁条分别同时与的乙酸溶液和的盐酸反应，乙酸溶液的更小，但是气体生成速率大于盐酸
（3）将光亮的镁屑投入冰醋酸(或纯醋酸)中，立即产生气体；
（4）0.2；
【知识点】镁的化学性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）镁与醋酸反应生成醋酸镁和氢气，离子方程式为：。
故答案为：；
(2) ①3000s 后盐酸与镁反应结束，镁与水反应生成 Mg (OH)2，使 pH 发生突跃，故答案为：Mg (OH)2；
②起始阶段，乙酸溶液的 c (H+) 更小，但气体生成速率大于盐酸，说明速率差异的主要因素不是 c (H+)，该说法不成立，
故答案为：否；其他条件相同，镁与 pH=2.25 的乙酸溶液反应时，c (H+) 更小，但气体生成速率大于盐酸；
(3) ①将光亮的镁屑投入冰醋酸（或纯醋酸）中，若立即产生气体，可证明 CH3COOH 分子能直接与 Mg 反应，假设 1 成立；
②假设2：乙酸分子可以破坏镁表面的；常温下反应：的平衡常数为：故答案为：将光亮的镁屑投入冰醋酸（或纯醋酸）中，立即产生气体； ；
(4) 为保证两组实验中醋酸分子浓度不同，第 2 组应使用 0.2mol/L 的 CH3COOH 溶液与醋酸钠溶液等体积混合，混合后醋酸浓度为 0.1mol/L；若第 2 组起始速率 b > a，说明乙酸分子浓度增大时反应速率加快，猜想成立，
故答案为：0.2；b > a。
【分析】 在探究镁与酸的反应中，要控制变量在实验探究中的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响。
(1) 本题考查离子方程式书写，醋酸为弱酸，在离子方程式中需保留化学式，结合镁与酸的反应规律，写出反应的离子方程式；
(2) ①本题考查反应后 pH 变化的原因，镁与盐酸反应结束后，过量的镁会与水反应生成 Mg(OH)2，使溶液 pH 升高；
②本题考查反应速率影响因素的判断，通过对比相同 pH 的乙酸和盐酸与镁反应的速率差异，判断速率差异的主要影响因素；
(3) ①本题考查实验方案设计，通过镁屑与纯醋酸的反应，验证醋酸分子能否直接与镁反应；
②本题考查平衡常数计算，结合溶度积、电离常数和水的离子积，计算反应的平衡常数；
(4) 本题考查对比实验设计，通过改变醋酸分子浓度，探究乙酸分子浓度对反应速率的影响，验证猜想。
（1）醋酸为弱酸，弱电离，在离子方程式中要保留化学式，则镁与醋酸反应的离子方程式为：。
（2）①镁为活泼金属，能和水生成氢气和碱氢氧化镁，使得溶液pH增大，故3000s后盐酸体系的pH发生突跃是由于镁和盐酸反应结束，体系中镁和水反应又产生的缘故；
②其他条件相同，镁条分别同时与的乙酸溶液和的盐酸反应，乙酸溶液的更小，但是气体生成速率大于盐酸，故导致两反应体系气体生成速率差异的主要因素不是溶液中的不同，该说法不成立。
（3）①假设1：要证明分子能直接与反应，则只需要将光亮的镁屑投入冰醋酸(或纯醋酸)中，如果能立即产生气体，则能证明分子能直接与反应，假设1成立；
②假设2：乙酸分子可以破坏镁表面的；常温下反应：的平衡常数为：。
（4）猜想乙酸溶液与镁反应的主要微粒是乙酸分子，设计对比实验进行探究，则两组实验中醋酸浓度应该相同，第2组为溶液和一定浓度的溶液等体积混合，则应为0.2mol/L的溶液，等体积混合后得到0.1mol/L的溶液；加入醋酸钠后，醋酸根离子抑制醋酸的电离，使得第2组中醋酸分子浓度增大，若，则说明乙酸溶液与镁反应的主要微粒是乙酸分子，能证明猜想成立。
18．【答案】（1）
（2）粉碎或碾碎；
（3）
（4）
（5）盐酸或硫酸；
（6）1：2；
【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) Sc 为 21 号元素，基态原子价层电子轨道表示式为：。
故答案为： ；
（2）为提高原料利用率，可将钨碱煮渣粉碎或碾碎，增大接触面积；根据除锡效果，选用 CaSO4作硫化剂，反应方程式为：。
故答案为： 粉碎或碾碎；。
（3）“水浸” 过程中，Na3ScO3水解生成 Sc (OH)3沉淀，离子方程式为：
。
故答案为： ；
（4）第一次调 pH 需使 SiO32-完全沉淀，同时 WO42-不沉淀，故 pH 范围为 7.3 < pH ≤ 8，
故答案为：7.3 < pH ≤ 8；
（5）通过萃取后得到的是含有机液，再经过“反萃取”加酸重新得到含的水溶液，则加入的酸Y可以选择：盐酸或硫酸；为了使恰好沉淀完全，根据的，此时溶液中的为：，解得。
故答案为：盐酸或硫酸；1.39×10-9；
（6）由图像和题意可知，1个四面体含1个W，1 个八面体含1个Zr，且8个四面体位于晶胞内部，8个八面体位于晶胞顶角，6个八面体位 于晶胞面心；根据均摊法可知，晶胞中W原 子数为8，Zr原子数为，则；再根据该晶胞的最简式为，得到1个晶胞中各原子的数目为：，已知该晶体的密度为，设立方晶胞的参数为anm，则立方晶胞的体积为：。
故答案为： 1：2 ； ；
【分析】本工艺以含钨、锡、硅、钪等组分的钨碱煮渣为原料，通过“高温硫化—钠化焙烧—水浸—调pH除杂—萃取反萃取”的多步流程，实现钨与钪的分步分离与提纯，核心步骤及原理如下：
加入硫化剂（CaSO4）和过量焦炭，在1300℃下将杂质SnO2转化为SnS蒸气除去，反应方程式为： ，此步同时实现原料的脱硫预处理。硫化后的产物与纯碱共焙烧，使钨、硅、钪转化为可溶性钠盐（、、），便于后续水浸分离。
水浸后，水解生成沉淀，与钨、硅的钠盐溶液分离，离子方程式为：；对含钨、硅的滤液调pH，使转化为沉淀除去，控制pH范围为，确保钨酸钠不沉淀；进一步调pH析出，经后续处理得到金属钨。酸浸滤渣得到含的溶液，用P204萃取；再加入盐酸或硫酸反萃取，重新得到水溶液；加NaOH沉钪，控制，使完全沉淀为，最终得到金属钪。
(1) 本题考查价层电子轨道表示式书写，根据 Sc 的电子排布，画出 3d 和 4s 轨道的电子填充情况；
(2) 本题考查反应条件优化和方程式配平，粉碎原料可增大接触面积，提高反应速率；根据除锡效果选择 CaSO4作硫化剂，结合原子守恒配平反应方程式；
(3) 本题考查水解离子方程式书写，根据 Na3ScO3的水解产物，写出水解反应的离子方程式；
(4) 本题考查 pH 调节范围的确定，根据 SiO32-和 WO42-的沉淀 pH 范围，确定第一次调 pH 的范围；
(5) 本题考查反萃取试剂选择和溶度积计算，加入酸可使萃取反应逆向进行；根据 Ksp 计算 Sc3+沉淀完全时的 c(OH-)；
(6) 本题考查晶胞结构分析与密度计算，通过晶胞中原子的位置和数目，确定最简式中 x：y 的比值；根据晶胞密度公式，写出晶胞体积的计算式。
（1）Sc为21号元素，其基态原子的价层电子排布式为：，则其轨道表示式为：。
（2）为提高原料利用率，可将钨碱煮渣在高温硫化前先进行粉碎，增大接触面积，提高反应速率；根据图形信息可知，在作用下的除锡率是最高的，所以在方程式中需要补充的硫化剂为，补全后的反应方程式为：。
（3）根据已知②：在纯水中无法稳定存在，易水解生成沉淀，则“水浸”过程中溶于水后，发生水解反应的离子方程式为：。
（4）第一次调的目的是将生成形成滤渣通过过滤除去，但又不能把转化沉淀，根据已知④中表格的数据，此时需要控制的范围为：。
（5）通过萃取后得到的是含有机液，再经过“反萃取”加酸重新得到含的水溶液，则加入的酸Y可以选择：盐酸或硫酸；为了使恰好沉淀完全，根据的，此时溶液中的为：，解得。
（6）由图像和题意可知，1个四面体含1个W，1 个八面体含1个Zr，且8个四面体位于晶胞内部，8个八面体位于晶胞顶角，6个八面体位 于晶胞面心；根据均摊法可知，晶胞中W原 子数为8，Zr原子数为，则；再根据该晶胞的最简式为，得到1个晶胞中各原子的数目为：，已知该晶体的密度为，设立方晶胞的参数为anm，则立方晶胞的体积为：。
19．【答案】（1）V形； H2 + H3 H4；B C；CH4；H2S
（2）＞；1016；1.43×10 36
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】(1) ①H2S 分子中 S 原子价层电子对数为， 为 sp3 杂化，含 2 对孤电子对，空间结构为 V 形；根据盖斯定律，ΔH1 = ΔH2 + ΔH3 - ΔH4；
②A. 升高温度 H2S 体积分数减小，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH1>0，A 错误；
B. 反应为气体分子数增大的反应，增大反应器体积，平衡正向移动，H2S 转化率增大，B 正确；
C. 降低温度，活化分子百分数降低，正逆反应速率都减小，C 正确；
D. 催化剂只改变反应速率，不改变焓变，D 错误；
故选 BC；
③根据反应机理和质量守恒，X 为 CH4，Y 为 H2S；
故答案为：V 形；ΔH2 + ΔH3 - ΔH4；BC；CH4；H2S；
（2）①溶液中pH=1时，，维持c(H2S)为0.1mol·L-1，则，；根据图中坐标（1，33），则，根据图中坐标（1，17），则；则Ksp(CuS)>Ksp(HgS)；
②由①分析，，当M2+为Cu2+时，反应ii的平衡常数1016。
③由①分析，Ksp(CuS)=。
故答案为：>；10 6；1.43×10-36。
【分析】(1) ①价层电子对互斥理论判断空间结构：中心 S 原子价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数 = 2+2=4，sp3 杂化，孤电子对排斥作用使分子呈 V 形；盖斯定律计算焓变：反应 i 可由分解反应（ΔH2、ΔH3）与逆反应（ΔH4）组合得到，即 ΔH1 = ΔH2 + ΔH3 - ΔH4。
②平衡与速率影响因素分析：温度升高 H2S 体积分数减小，说明平衡正向移动，正反应吸热；气体分子数增大的反应，减压（增大体积）平衡正向移动；温度降低，活化分子百分数降低，正逆反应速率均减小；催化剂不改变反应焓变。
③催化机理与质量守恒：结合反应机理中各步的成键与断键过程，利用原子守恒确定中间产物 X 和 Y 的化学式。
(2) ①溶度积大小比较：相同 pH 条件下，-lgc (M2+) 越大，金属离子浓度越小，对应的硫化物溶度积越小；由图中 pH=1 时 Cu2+的 - lgc 值更小，可知 Ksp (CuS) > Ksp (HgS)。
②多重平衡常数计算：目标反应 ii 的平衡常数可通过 H2S 的电离平衡与硫化物的沉淀溶解平衡组合得到，1016。
③溶度积计算：先利用 H2S 的电离平衡常数计算 pH=1 时溶液中的 c (S2-)，再结合图中 pH=1 时的 - lgc (Cu2+) 值得到 c (Cu2+)，最后根据 Ksp (CuS)=c (Cu2+) c (S2-) 计算出溶度积。
（1）①H2S分子中中心S原子价层电子对数为，S原子采用sp3杂化，S原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子；由盖斯定律可知，ΔH1= H2+ H3 H4；
②在一定条件下，只发生反应i，反应达到平衡；
A．若升高反应温度，H2S的体积分数减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，ΔH1>0，错误；
B．反应为气体分子数增大的反应，增大反应器的体积，物质浓度减小，则平衡正向移动，导致H2S的平衡转化率增大，正确；
C．降低反应温度，活化分子比例减小，反应i 的正、逆反应速率都减小，正确；
D．加入合适的催化剂，可以降低反应活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，错误；
故选BC；
③由反应机理、结合质量守恒，X为CH4，Y为H2S。
（2）①溶液中pH=1时，，维持c(H2S)为0.1mol·L-1，则，；根据图中坐标（1，33），则，根据图中坐标（1，17），则；则Ksp(CuS)>Ksp(HgS)；
②由①分析，，当M2+为Cu2+时，反应ii的平衡常数1016。
③由①分析，Ksp(CuS)=。
20．【答案】（1）；对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)
（2）
（3）
（4），催化剂、；加成反应或还原反应；，Fe或(或，光照)；(或)
（5）A；C
（6）；+ CH3CHOHCH3+H2O
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质
【解析】【解答】(1) 直接数出化合物 Ⅰ 里碳、氢、氧原子个数，得出分子式为 C6H8O；化合物 Ⅲ 是苯环连两个甲基，在酸性高锰酸钾强氧化作用下，侧链甲基被氧化为羧基，生成对苯二甲酸。
故答案为：C6H8O、对苯二甲酸；
(2) 根据后续转化关系，物质 Ⅴ 与水加成可生成乙二醇，结合有机转化规律，乙烯氧化生成三元环状的环氧乙烷 ，即为化合物 Ⅴ。
故答案为： ；
(3) 化合物 Ⅰ 与足量氢气完全加成后分子式为 C6H12O；能发生银镜反应说明含醛基，核磁共振氢谱只有三组峰说明结构高度对称，推得符合条件的结构为；
故答案为：；（4）与在催化剂、条件下发生加成反应(还原反应)生成；还可以发生取代反应，如在，Fe或(或，光照)条件下生成(或)；
（5）A．反应①属于双烯加成，为加成反应，A 正确；
B．化合物 Ⅲ 含四面体结构的甲基，所有原子不能共平面，B 错误；
C．根据生成，可知有键和键的断裂，C正确；
D．化合物Ⅱ中，氧原子采取杂化，手性碳原子连有4个不同的原子或基团，氧原子所连碳原子为手性碳原子，化合物Ⅱ中含2个手性碳原子，D错误；
故答案为：AC；
（6）(a)与丙烯发生加成反应形成环状结构，生成，从出发，第一步反应的产物为；
(b)可以转化为甲苯，甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，丙烯可以转化为2-丙醇，由和2-丙醇发生酯化反应生成，化学方程式为+ CH3CHOHCH3+H2O。
故答案为： ；+ CH3CHOHCH3+H2O ；
【分析】该流程是 PET（聚对苯二甲酸乙二醇酯）的合成路线：以 和乙烯为起始原料，Ⅰ 先与乙烯经加成得到含氧桥环中间体 Ⅱ（ ）；Ⅱ 再开环芳构化生成对二甲苯 Ⅲ（ ）；Ⅲ 被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸 Ⅳ（ ）。同时，另一路乙烯先氧化生成环氧乙烷 Ⅴ（ ），再与水加成得到乙二醇 Ⅵ。最终，对苯二甲酸 Ⅳ 与乙二醇 Ⅵ 发生缩聚反应，生成高分子材料 PET。
（1）通过直接数化合物 Ⅰ 的 C、H、O 原子个数确定分子式；利用酸性 KMnO4的强氧化性，苯环上的甲基会被氧化为羧基，因此对二甲基苯氧化后生成对苯二甲酸。
（2）结合后续反应中 Ⅴ 与水加成得到乙二醇，逆向推断 Ⅴ 为环氧乙烷，即乙烯氧化生成的三元环醚。
（3）先算出 Ⅰ 完全加氢后的分子式 C6H12O，再结合 “核磁共振氢谱仅 3 组峰” 说明结构高度对称，且 “能发生银镜反应” 说明含醛基，推导出符合条件的同分异构体。
（4）根据 Ⅲ 的苯环结构，苯环可与 H2发生加成反应；苯环氢在 Fe 催化下、侧链甲基氢在光照下均可与卤素发生取代反应。
（5）反应①为双烯加成，属于加成反应；Ⅲ 中含甲基，所有原子不可能共平面；反应②中 C—O 键和 C—H 键断裂生成苯环；Ⅱ 中含氧原子连接的碳为手性碳，故选项 AC 正确。
（6）参考题干的加成、氧化、酯化反应信息，先由 Ⅰ 和丙烯加成得到环状中间体，再开环、氧化得到苯甲酸，最后与丙烯转化得到的 2 - 丙醇发生酯化反应，得到目标产物。
（1）根据结构简式，化合物I的分子式为；化合物Ⅲ被酸性溶液氧化可得到对苯二甲酸，化合物Ⅳ的名称为对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)；
（2）根据分析，化合物V的结构简式为；
（3）化合物与足量加成后所得产物的分子式为，其核磁共振氢谱图上只有3组峰，说明有3种氢原子，能够发生银镜反应，含有醛基，则不具有环状结构，其结构简式为；
（4）与在催化剂、条件下发生加成反应(还原反应)生成；还可以发生取代反应，如在，Fe或(或，光照)条件下生成(或)；
（5）A．根据分析，反应①为加成反应，A正确；
B．化合物Ⅲ中存在甲基，所有原子不可能共平面，B错误；
C．根据生成，可知有键和键的断裂，C正确；
D．化合物Ⅱ中，氧原子采取杂化，手性碳原子连有4个不同的原子或基团，氧原子所连碳原子为手性碳原子，化合物Ⅱ中含2个手性碳原子，D错误；
故选AC；
（6）(a)与丙烯发生加成反应形成环状结构，生成，从出发，第一步反应的产物为；
(b)可以转化为甲苯，甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，丙烯可以转化为2-丙醇，由和2-丙醇发生酯化反应生成，化学方程式为+ CH3CHOHCH3+H2O。
1 / 1广东省深圳市福田区红岭中学（红岭教育集团）高中部2024-2025学年高二下学期高考适应性考试化学试题
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。)
1．国家“十四五”规划涉及的下列物质中，主要成分属于金属材料的是
人工智能 仿生医学
A．硅基芯片 B．高分子人造软骨
深海探测 量子信息
C．钛壳深海潜水器 D．螺旋碳纳米管
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A、硅基芯片的主要成分为硅单质，属于无机非金属材料，故 A 错误；
B、高分子人造软骨的主要成分为高分子材料，属于有机合成材料，故 B 错误；
C、钛壳深海潜水器的主要成分为钛合金，属于金属材料，故 C 正确；
D、螺旋碳纳米管的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
明确金属材料的定义，包括纯金属和合金；
区分不同材料类别：硅单质、碳纳米管属于无机非金属材料，高分子人造软骨属于有机高分子材料；
钛合金是由钛与其他元素组成的合金，属于典型的金属材料。
2．人们的衣食住行蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是
A．丝路瑰宝——织锦的主要成分属于天然高分子化合物
B．蔬菜中的纤维素可在人体内水解成葡萄糖，满足人体组织的营养需求
C．建筑材料沙子的主要成分二氧化硅属于酸性氧化物
D．国产大飞机C919使用的铝锂合金材料，利用了该材料密度小、硬度高的优点
【答案】B
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A、织锦的主要成分是蚕丝，蚕丝的主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，故 A 正确；
B、人体内缺乏能水解纤维素的酶，蔬菜中的纤维素无法在人体内水解为葡萄糖，不能为人体提供营养，故 B 错误；
C、沙子的主要成分为二氧化硅，二氧化硅能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故 C 正确；
D、铝锂合金具有密度小、硬度高、强度大的特点，可用于制造飞机等航空器材，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
天然高分子化合物包括蛋白质、淀粉、纤维素等，织锦的主要成分蚕丝属于蛋白质；
人体无法消化吸收纤维素，纤维素在肠道中仅起到促进蠕动的作用；
酸性氧化物的定义是能与碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅符合该定义；
合金通常比其组分纯金属硬度更高、密度更低，铝锂合金常用于航空航天领域。
3．近年我国科技事业收获丰硕成果，为提升新质生产力提供了支撑。下列说法正确的是
A．“华龙一号”核电站以铀为核裂变原料，与互为同素异形体
B．C929配套的“长江2000”发动机试验成功：燃料煤油属于可再生能源
C．“朱雀二号”液氧甲烷火箭入轨成功，燃烧时中的非极性共价键被破坏
D．打造中国北斗卫星导航系统：星载铷钟所用元素位于元素周期表中的区
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；元素、核素；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、与质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，而非同素异形体，故A错误；
B、煤油是由石油分馏得到的产物，石油属于化石能源，因此煤油属于不可再生能源，故B错误；
C、分子中只存在C-H极性共价键，不存在非极性共价键，燃烧时断裂的是极性共价键，故C错误；
D、Rb为碱金属元素，位于元素周期表第ⅠA族，价电子排布式为，属于s区元素，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
区分同位素与同素异形体：同位素的研究对象是原子，同素异形体的研究对象是单质；
能源的分类：化石能源及其加工产品均属于不可再生能源；
化学键类型判断：中只有极性共价键；
元素周期表分区：ⅠA、ⅡA族元素属于s区元素。
4．下列有关物质的性质和应用正确的是
A．油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油
B．用溴水鉴别苯和正己烷
C．乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质
D．合成橡胶与光导纤维都属于有机高分子材料
【答案】A
【知识点】有机物的鉴别；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，该反应为可逆反应，产物正确，故 A 正确；
B、苯和正己烷均不与溴水反应，且密度均小于水，加入溴水后均发生萃取，上层为橙红色、下层为无色，现象相同，无法鉴别，故 B 错误；
C、人体必需的营养物质包括糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐，乙醇不属于人体必需的营养物质，故 C 错误；
D、合成橡胶属于有机高分子材料，而光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
油脂在酸性条件下水解的产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下则生成高级脂肪酸盐和甘油；
苯和正己烷均为液态烃，密度小于水，均能萃取溴水中的溴，现象一致；
明确人体必需的六大营养物质，乙醇并非必需营养物质；
区分有机高分子材料与无机非金属材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于有机物。
5．我国科研人员制备了一种镁海水溶解氧电池，以镁合金为负极，碳纤维刷电极为正极，海水为电解液。适合用于海洋灯塔供电和钢制灯塔防腐蚀等。下列说法不正确的是
A．镁电极Mg化合价升高发生氧化反应
B．电池工作时，海水中的向正极移动
C．正极的电极反应式为：
D．若用牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为负极
【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、在原电池中，负极发生氧化反应。该电池以镁合金为负极，Mg 失去电子，化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B、原电池工作时，阳离子会向正极移动。海水中含有大量阳离子（如 Na+、Mg2+等），这些阳离子会向正极移动，B正确；
C、碳纤维刷电极为正极，海水中的溶解氧在正极得到电子发生还原反应， 电极反应式：，符合氧化还原反应中得电子、化合价降低的规律，C正确；
D、牺牲阳极法是利用原电池原理进行防腐，其中被保护的金属（灯塔）应作为正极，牺牲的阳极（活泼金属）作为负极。若灯塔作为负极，会加速自身腐蚀，D错误；
故答案为：D。
【分析】A、抓住 “负极发生氧化反应，元素化合价升高” 这一原电池基本规律，判断镁电极的反应类型。
B、明确 “原电池中阳离子向正极移动” 的离子移动规律，分析海水中阳离子的移动方向。
C、牢记 “正极发生还原反应”，结合溶解氧的性质，判断正极电极反应的合理性。
D、掌握 “牺牲阳极法中被保护金属作正极” 的防腐原理，以此判断灯塔的电极身份。
6．劳动是“知行合一”有力的手段。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 帮厨活动：豆浆中加入石膏进行点卤 胶体遇电解质发生聚沉
B 环保行动：倡导使用无磷洗衣粉 含磷物质过多会导致水体富营养化
C 学农活动：给农作物施草木灰 水溶液显碱性
D 家务劳动：用铝粉与疏通管道 铝与溶液反应产生
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铝的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、豆浆属于胶体，石膏的主要成分是硫酸钙，硫酸钙是电解质。根据胶体的性质，胶体遇到电解质会发生聚沉，所以在豆浆中加入石膏能使豆浆聚沉形成豆腐，该劳动项目与 “胶体遇电解质发生聚沉” 的化学知识密切相关，A不符合题意；
B、含磷洗衣粉中的磷元素随废水排入水体后，会促进藻类等水生植物过度生长，导致水体富营养化。倡导使用无磷洗衣粉可减少磷的排放，保护水体环境，该劳动项目与 “含磷物质过多会导致水体富营养化” 的化学知识相关，B不符合题意；
C、草木灰的主要成分是碳酸钾，给农作物施草木灰是利用其含有的钾元素作为钾肥，供植物吸收利用；而所述化学知识是 “Na2CO3水溶液显碱性”，二者之间没有关联，C符合题意；
D、铝粉与 NaOH 溶液反应会产生 H2，利用该反应产生的气体可以疏通管道，该劳动项目与 “铝与 NaOH 溶液反应产生 H2” 的化学知识相关，D不符合题意；
故答案为：C。【分析】A．抓住 “豆浆是胶体，石膏是电解质” 这一核心，明确胶体遇电解质聚沉的规律，判断劳动项目与化学知识的关联。
B．牢记 “含磷物质会引发水体富营养化” 的环境化学知识，分析无磷洗衣粉使用的意义。
C．区分草木灰的主要成分（碳酸钾）和题干所述的 Na2CO3，明确施草木灰是利用钾元素作钾肥，与 Na2CO3溶液显碱性无关联。
D．掌握 “铝与 NaOH 溶液反应产生 H2” 的化学反应，判断其在疏通管道中的应用逻辑。
7．为了除去固体中少量的和，可选用、和三种试剂，按下列步骤操作：
下列叙述错误的是
A．试剂是，是
B．加热煮沸可以促进盐酸的挥发
C．操作I为过滤，操作II为蒸发结晶
D．调换试剂A、B加入顺序不影响实验结果
【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、由分析可知，试剂是，用来除去Mg2+和SO42-，是，用来除去过量的Ba2+，A正确；
B、加入盐酸过量，过量的盐酸可以通过加热煮沸促进盐酸的挥发除去，因为通过加热煮沸的方式能促进盐酸的挥发，B正确；
C、操作I是固液分离为过滤，通过过滤分离滤液和沉淀；操作II是从溶液中得到晶体，为蒸发结晶，KCl的溶解度随温度变化比较小，因此可以选择蒸发结晶，C正确；
D、先加K2CO3：仅除去Mg2+（生成MgCO3↓），但SO42-仍残留；后加Ba(OH)2，Ba2+除SO42-（生成BaSO4↓），但引入过量Ba2+，此时K2CO3已加完，无试剂除去Ba2+，导致KCl中残留Ba2+，影响纯度，故顺序调换会破坏除杂逻辑，D错误；
故答案为：D
【分析】首先固体加水溶解，形成溶液。接着加过量A(Ba(OH)2溶液)首次除杂，沉淀Mg2+、SO42-)，“过量” 的是为了确保其完全沉淀，但这个时候也引入了新的杂质离子，Ba2+，在后续的步骤中除去。然后加过量B(K2CO3溶液)进行二次除杂，沉淀过量的Ba2+，但这个时候也引入了新的杂质离子，CO32-，在后续的步骤中除去。继续通过过滤的方式分离固液混合物，得到滤液（含KCl、过量K2CO3、少量KOH）和滤渣（Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3）。这个时候加过量C（HCl溶液）来进行三次除杂，除去CO32-和OH-。最后，将除杂后的KCl溶液加热蒸发，溶剂逐渐减少，加热过程中，过量的HCl持续挥发， KCl因溶解度随温度变化较小，结晶析出，得到纯净的KCl固体。
8．如图所示为铜或镁元素的部分价类二维图，下列叙述正确的是
A．②易与水反应生成③
B．可用④的水溶液为电解液精炼铜，阳极减少的质量等于阴极增加的质量
C．若④为盐酸盐，电解④的水溶液一定可得到①
D．若是镁元素，经过④→③→④→①的转化可实现海水中提取镁
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；电解原理；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、若②为 CuO，CuO 难溶于水，也不与水反应，无法直接生成③（氢氧化物）；若为 MgO，虽能与水缓慢反应，但不是 “易与水反应”，故 A 错误；
B、电解精炼铜时，阳极不仅有 Cu 放电，还有比铜活泼的杂质（如 Zn、Fe）放电，这些杂质进入溶液，而阴极只有 Cu2+得电子析出，因此阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故 B 错误；
C、若④为铜的盐酸盐（如 CuCl2），电解其水溶液时，阴极生成 Cu，可得到①；若为镁的盐酸盐（如 MgCl2），电解其水溶液时，阴极 H+放电生成 H2，无法得到 Mg 单质，故 C 错误；
D、若是镁元素，海水中的镁盐（④）可与碱反应生成 Mg(OH)2（③），再与盐酸反应得到 MgCl2（④），电解熔融 MgCl2可得到 Mg 单质（①），经过 “盐→氢氧化物→盐→单质” 的转化可实现海水提镁，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
金属氧化物与水的反应特性：CuO 不与水反应，MgO 仅缓慢反应，不满足 “易反应”；
电解精炼铜的阳极反应特点：活泼杂质优先放电，导致阳极减少质量不等于阴极增加质量；
电解金属氯化物水溶液的产物差异：活泼金属（如 Mg）的盐溶液电解无法得到金属单质，不活泼金属（如 Cu）则可以；
海水提镁的转化流程：通过沉淀、溶解、电解熔融盐实现镁的提取。
9．实验室制SO2，能达到相应目的的是
A.生成SO2 B.干燥SO2 C.收集SO2 D.吸收SO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、浓硫酸与铜片反应制取 SO2需要加热，装置中缺少酒精灯，无法达到生成 SO2的目的，故 A 错误；
B、碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠，会与 SO2反应，不能用于干燥 SO2，故 B 错误；
C、SO2的密度比空气大，应采用向上排空气法收集，装置中气体应 “长进短出”，而图中为 “短进长出”，无法收集到 SO2，故 C 错误；
D、SO2能与 NaOH 溶液反应，且装置中使用倒扣漏斗，可防止倒吸，能达到吸收 SO2的目的，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸与铜反应需要加热，常温下不反应；
干燥剂不能与被干燥的气体发生反应，SO2是酸性氧化物，不能用碱性干燥剂干燥；
排空气法收集气体时，密度比空气大的气体应 “长进短出”；
吸收易溶性气体时，需注意防倒吸装置的设计。
10．某有机分子X结构如图所示，下列说法不正确的是
A．1molX最多能与发生反应
B．X与足量加成后，所得产物官能团的性质与X一致
C．X中所有C原子一定共面，所有原子一定不共面
D．C原子和O原子的杂化方式均有2种
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.苯环、醛基均能与氢气发生反应，且反应比例分别为1：3、1：1，则1molX最多能与4molH2反应，A正确；
B．X中的官能团是醛基、酚羟基，X与足量加成后，生成的产物中的官能团只有醇羟基，醛基、酚羟基与醇羟基性质不一致，B错误；
C．苯环上的6个C原子以及与苯环直接相连的其他6个原子共平面，故X中所有C原子一定共面，X中含有甲基，故不可能所有原子共平面，C正确；
D．X中，苯环上的C原子、醛基上的C原子为sp2杂化，甲基上的C原子为sp3杂化，醛基上的O原子为sp2杂化，羟基上的O原子为sp3杂化，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.苯环、醛基均能与氢气发生反应。
B.熟悉官能团的性质。
C.苯环结构中所有原子共面，注意甲烷结构中最多3个原子共面。
D.饱和碳原子采用sp3杂化，不饱和碳原子采用sp2杂化。
11．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和的混合物中含有的离子数目为
B．环氧乙烷()中含有的σ键数目为
C．常温下，将块放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为
D．标准状况下，和充分反应后，气体中含有的分子数目为
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学反应的可逆性；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、由、构成，由、构成，两种物质1mol均含有3mol离子；则0.1mol混合物，无论二者以何种比例混合，离子总物质的量恒为0.3mol，离子数目等于，A正确；
B、环氧乙烷 () 结构中全部单键均为键，分子内含4条、2条、1条，总计7根键；0.1mol该分子含键数目为，B错误；
C、常温下遇浓硝酸发生钝化，表面生成致密氧化膜阻止反应持续进行，无法完全反应，转移电子数目小于，C错误；
D、标准状况下，，发生反应，恰好完全生成1mol ；同时存在平衡，气体分子总数会减少，最终分子数目小于，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
金属氧化物离子计数规则：、均满足1mol对应3mol离子，混合体系无需区分组分比例直接计算；
有机物键计数：分子内所有单键全部属于键，双键、三键仅含1根键，其余为键；
铁与浓硝酸反应特性：常温钝化，金属不能完全消耗，电子转移量低于理论值；
二氧化氮二聚平衡：会自发可逆聚合为，导致气体分子总数减少。
12．按图装置进行实验，滴入浓硝酸后，下列分析合理的是
A．气球膨胀，说明Cu与浓硝酸反应的ΔH<0
B．石蕊试纸变红说明NO2是酸性氧化物
C．实验过程中，装置内至少发生三个氧化还原反应
D．实验结束后，滴入浓NaOH溶液一定能完全吸收污染性气体
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A、气球膨胀是因为反应生成气体，同时反应放热使装置内温度升高、气体受热膨胀，不能仅凭气球膨胀判断反应放热（ΔH<0），故 A 错误；
B、酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，且反应中无元素化合价变化。NO2与水反应生成硝酸和 NO，氮元素化合价发生变化，因此 NO2不是酸性氧化物，石蕊试纸变红是因为 NO2与水反应生成硝酸，故 B 错误；
C、实验过程中，装置内至少发生以下氧化还原反应：①Cu 与浓硝酸反应生成 NO2；②生成的 NO2与水反应生成 HNO3和 NO；③生成的 NO 与装置内的 O2反应生成 NO2；④HNO3与 Cu 继续反应生成 NO 等，因此至少发生三个氧化还原反应，故 C 正确；
D、实验结束后，装置内可能残留 NO 气体，NO 不与 NaOH 溶液反应，因此滴入浓 NaOH 溶液不一定能完全吸收污染性气体，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
气球膨胀的原因可能是生成气体或气体受热膨胀，不能直接判断反应的热效应；
酸性氧化物的定义要求与碱反应只生成盐和水，且无化合价变化，NO2不符合该定义；
装置内的气体（NO2、NO）会与水、氧气发生多个氧化还原反应；
NO 不与 NaOH 溶液反应，无法被 NaOH 溶液吸收。
13．如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．和EZ2的空间结构均为平面三角形
B．W和Z形成的化合物中一定只有离子键
C．第一电离能：Z>Y>E
D．简单氢化物的沸点：W>Z>Y>E
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、E分别为N、O、S，中N原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，中S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，含有1对孤对电子，空间构型为V形，A错误；
B．由分析可知，W为Na，Z为O，W和Z形成的化合物有和，二者均为离子化合物，中只含离子键，中含有离子键和共价键，B错误；
C．同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则O＞S，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，即第一电离能：，C错误；
D．由分析可知，W为Na，Z为O，E为S，Y为N，属于离子化合物，沸点最高，都能形成氢键，且水分子的氢键数量大于氨气分子，则水分子的沸点高于氨气分子，的分子间只存在范德华力，熔沸点最低，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据化合物的结构式可知，Z形成2个化学键，E形成6个化学键，Y形成3个化学键，X形成1个化学键，结合题干信息，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，可推出Y为N，X为H，W为Na，Z、E同族，可推出Z为O，E为S。
14．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 向盛有醋酸溶液的烧杯中插入两个石墨电极，接通电源，电流表指针发生偏转 是电解质
B 将红热的木炭投入浓硫酸中产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 证明气体产物中一定含有
C 可用稀硝酸与硫化钠反应制备 硝酸的酸性比的酸性强
D 用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下的混合气体，试纸变红 生成的具有酸性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；浓硫酸的性质；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、向醋酸溶液中插入石墨电极接通电源，电流表指针偏转，说明醋酸溶液能导电；CH3COOH 是电解质，在溶液中能电离出自由移动的离子，二者均正确且有因果关系，故 A 正确；
B、红热木炭与浓硫酸反应生成 CO2和 SO2，两者均能使澄清石灰水变浑浊，无法证明一定含有 CO2，陈述 Ⅱ 错误，故 B 错误；
C、稀硝酸具有强氧化性，会将 H2S 氧化，不能用于制备 H2S，陈述 Ⅰ 错误，故 C 错误；
D、甲烷与氯气光照反应生成的 HCl 溶于水显酸性，使试纸变红，而 CH3Cl 不具有酸性，陈述 Ⅱ 错误，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
溶液能导电的原因是存在自由移动的离子，而电解质在溶液中可电离出离子；
SO2也能使澄清石灰水变浑浊，会干扰 CO2的检验；
硝酸具有强氧化性，会与还原性的 H2S 发生氧化还原反应；
甲烷与氯气取代反应生成的 HCl 是酸性物质，而 CH3Cl 为中性有机物。
15．NO可催化分解空气中的臭氧，反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．臭氧是由非极性键构成的极性分子
B．第2步为反应的决速步
C．所有的基元反应均放热
D．反应3O2(g)=2O3(g)不能自发进行
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变
【解析】【解答】A、臭氧（O3）分子中O-O键为非极性键，但分子呈V形结构，正负电荷中心不重合，因此臭氧是由极性键构成的极性分子，故A正确；
B、反应的决速步由活化能最高的步骤决定，由图可知第1步的活化能最高，因此第1步为决速步，故B错误；
C、由图可知，第1步和第2步中反应物的能量低于过渡态，但高于中间产物的能量，属于放热过程；但部分基元反应的反应物能量低于生成物能量，为吸热过程，因此并非所有基元反应均放热，故C错误；
D、反应 是 的逆反应，正反应放热（ΔH<0），则逆反应ΔH>0；且该反应气体分子数减少，ΔS<0。根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH>0、ΔS<0时，ΔG始终大于0，反应不能自发进行，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子极性判断：键的极性由成键原子是否相同决定，分子极性由分子的空间结构决定，臭氧为V形结构，因此为极性分子；
决速步判断：反应的速率由活化能最高的步骤决定，活化能越高，反应速率越慢；
基元反应的热效应判断：反应物能量高于生成物能量为放热反应，反之则为吸热反应；
反应自发性判断：根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH>0且ΔS<0的反应，ΔG始终大于0，不能自发进行。
16．以柏林绿为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法不正确的是
A．充电时，通过交换膜从左室移向右室
B．充电时，Mo箔外接电源的正极
C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，负极区电解质质量增加了2.4g
D．放电时，Mo箔上发生反应为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；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．由分析可知，充电时为电解池，左侧为阳极，右侧为阴极，则通过交换膜从左室移向右室，A正确；
B．由分析可知，放电时为电解池，Mo作正极，则充电时，Mo箔外接电源的正极，B正确；
C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，由负极的反应可知，会消耗0.1mol镁进入电解质溶液，质量增加2.4g，同时会有0.2mol Na＋通过离子交换膜向正极移动，质量减少4.6g，故负极区电解质质量减少2.2g，C错误；
D．由分析可知，放电时，Mo箔是正极，反应为，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据图示信息，，镁元素化合价升高，放电时，电极镁为原电池负极，其电解反应式为，则Mo为原电池的正极，其电极反应式为。
17．某化学实验小组探究镁与醋酸的反应，进行如下实验。
【实验一】把两个形状和大小相同、质量均为(过量)的光亮镁条分别放入的乙酸溶液和的盐酸中，测定上述2个反应体系的和生成气体的体积随反应时间的变化曲线如图。
回答下列问题：
（1）镁与醋酸反应的离子方程式为：　 　，
（2）①3000s后盐酸体系的pH发生突跃是由于镁和盐酸反应结束，体系中又生成了　 　(填化学式)。
②该小组同学认为在反应的起始阶段，导致两反应体系气体生成速率差异的主要因素是溶液中的浓度不同，你认为该说法是否成立　 　(填“是”或“否”)，理由是　 　。
（3）进一步探究该反应体系中镁与乙酸的反应速率大于盐酸的原因。
查阅资料：镁与水反应生成附着在镁条表面会阻碍反应进一步进行；
时；。
研究小组提出两个如下假设，通过实验验证和计算分析得出假设均成立。
①假设1：分子能直接与反应
实验方案及现象：　 　，假设1成立。
②假设2：乙酸分子可以破坏镁表面的；常温下反应：的平衡常数　 　，假设2成立。
（4）基于上述结论小组同学猜想乙酸溶液与镁反应的主要微粒是乙酸分子，设计如下实验。
【实验二】取与实验一完全相同的镁条，分别放入如下两组溶液进行实验，生成气体的起始速率记录如下：
组别 第1组 第2组
试剂 0.1mol/L的溶液 ___________mol/L的溶液和一定浓度的溶液等体积混合
起始速率 amL/min bmL/min
补充数据及得出结论：第2组实验中的乙酸浓度为　 　mol/L，若　 　则猜想成立。
【答案】（1）
（2）；否；其他条件相同，镁条分别同时与的乙酸溶液和的盐酸反应，乙酸溶液的更小，但是气体生成速率大于盐酸
（3）将光亮的镁屑投入冰醋酸(或纯醋酸)中，立即产生气体；
（4）0.2；
【知识点】镁的化学性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）镁与醋酸反应生成醋酸镁和氢气，离子方程式为：。
故答案为：；
(2) ①3000s 后盐酸与镁反应结束，镁与水反应生成 Mg (OH)2，使 pH 发生突跃，故答案为：Mg (OH)2；
②起始阶段，乙酸溶液的 c (H+) 更小，但气体生成速率大于盐酸，说明速率差异的主要因素不是 c (H+)，该说法不成立，
故答案为：否；其他条件相同，镁与 pH=2.25 的乙酸溶液反应时，c (H+) 更小，但气体生成速率大于盐酸；
(3) ①将光亮的镁屑投入冰醋酸（或纯醋酸）中，若立即产生气体，可证明 CH3COOH 分子能直接与 Mg 反应，假设 1 成立；
②假设2：乙酸分子可以破坏镁表面的；常温下反应：的平衡常数为：故答案为：将光亮的镁屑投入冰醋酸（或纯醋酸）中，立即产生气体； ；
(4) 为保证两组实验中醋酸分子浓度不同，第 2 组应使用 0.2mol/L 的 CH3COOH 溶液与醋酸钠溶液等体积混合，混合后醋酸浓度为 0.1mol/L；若第 2 组起始速率 b > a，说明乙酸分子浓度增大时反应速率加快，猜想成立，
故答案为：0.2；b > a。
【分析】 在探究镁与酸的反应中，要控制变量在实验探究中的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响。
(1) 本题考查离子方程式书写，醋酸为弱酸，在离子方程式中需保留化学式，结合镁与酸的反应规律，写出反应的离子方程式；
(2) ①本题考查反应后 pH 变化的原因，镁与盐酸反应结束后，过量的镁会与水反应生成 Mg(OH)2，使溶液 pH 升高；
②本题考查反应速率影响因素的判断，通过对比相同 pH 的乙酸和盐酸与镁反应的速率差异，判断速率差异的主要影响因素；
(3) ①本题考查实验方案设计，通过镁屑与纯醋酸的反应，验证醋酸分子能否直接与镁反应；
②本题考查平衡常数计算，结合溶度积、电离常数和水的离子积，计算反应的平衡常数；
(4) 本题考查对比实验设计，通过改变醋酸分子浓度，探究乙酸分子浓度对反应速率的影响，验证猜想。
（1）醋酸为弱酸，弱电离，在离子方程式中要保留化学式，则镁与醋酸反应的离子方程式为：。
（2）①镁为活泼金属，能和水生成氢气和碱氢氧化镁，使得溶液pH增大，故3000s后盐酸体系的pH发生突跃是由于镁和盐酸反应结束，体系中镁和水反应又产生的缘故；
②其他条件相同，镁条分别同时与的乙酸溶液和的盐酸反应，乙酸溶液的更小，但是气体生成速率大于盐酸，故导致两反应体系气体生成速率差异的主要因素不是溶液中的不同，该说法不成立。
（3）①假设1：要证明分子能直接与反应，则只需要将光亮的镁屑投入冰醋酸(或纯醋酸)中，如果能立即产生气体，则能证明分子能直接与反应，假设1成立；
②假设2：乙酸分子可以破坏镁表面的；常温下反应：的平衡常数为：。
（4）猜想乙酸溶液与镁反应的主要微粒是乙酸分子，设计对比实验进行探究，则两组实验中醋酸浓度应该相同，第2组为溶液和一定浓度的溶液等体积混合，则应为0.2mol/L的溶液，等体积混合后得到0.1mol/L的溶液；加入醋酸钠后，醋酸根离子抑制醋酸的电离，使得第2组中醋酸分子浓度增大，若，则说明乙酸溶液与镁反应的主要微粒是乙酸分子，能证明猜想成立。
18．钨(W)是我国国家战略金属，广泛应用于航天、原子能、汽车等领域。一种从钨碱煮渣(含和少量的、、)中提取钨和钪(Sc)的工艺流程如图。
已知：①“钠化焙烧”后的烧渣部分成分为、、；
②在纯水中无法稳定存在，易水解生成沉淀；
③“萃取”时发生的反应为，其中表示；
④25℃时，相关离子浓度为时形成沉淀的如下。
离子种类 开始沉淀的 完全沉淀的
10.3 8
7.3 5
回答下列问题：
（1）Sc为21号元素，其基态原子的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）为提高原料利用率，可将钨碱煮渣　 　；“高温硫化”时的反应温度为，不同硫化剂对钨渣中除锡(Sn)效果的影响如图所示，硫化除锡时硫化剂转化为对应的金属氧化物，选用合适的硫化剂补充完整下列方程式：　 　。
（3）“水浸”过程中溶于水后，发生水解反应的离子方程式为　 　。
（4）第一次调的范围为　 　。
（5）“反萃取”过程中加入的试剂“Y”为　 　，分液后继续向水相中加入溶液沉钪，为了使恰好沉淀完全，此时溶液中　 　。(当溶液中金属离子浓度时认为其沉淀完全；；)
（6）由锆(+4价)和钨(+6价)组成的复合氧化物的立方晶胞如上图所示。图中有8个四面体，均位于晶胞内部，八面体则位于晶胞顶角和面心。该晶胞的最简式为，　 　；已知该晶体的密度为，则立方晶胞的体积为　 　(列出计算式即可，设为阿伏加德罗常数)。
【答案】（1）
（2）粉碎或碾碎；
（3）
（4）
（5）盐酸或硫酸；
（6）1：2；
【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) Sc 为 21 号元素，基态原子价层电子轨道表示式为：。
故答案为： ；
（2）为提高原料利用率，可将钨碱煮渣粉碎或碾碎，增大接触面积；根据除锡效果，选用 CaSO4作硫化剂，反应方程式为：。
故答案为： 粉碎或碾碎；。
（3）“水浸” 过程中，Na3ScO3水解生成 Sc (OH)3沉淀，离子方程式为：
。
故答案为： ；
（4）第一次调 pH 需使 SiO32-完全沉淀，同时 WO42-不沉淀，故 pH 范围为 7.3 < pH ≤ 8，
故答案为：7.3 < pH ≤ 8；
（5）通过萃取后得到的是含有机液，再经过“反萃取”加酸重新得到含的水溶液，则加入的酸Y可以选择：盐酸或硫酸；为了使恰好沉淀完全，根据的，此时溶液中的为：，解得。
故答案为：盐酸或硫酸；1.39×10-9；
（6）由图像和题意可知，1个四面体含1个W，1 个八面体含1个Zr，且8个四面体位于晶胞内部，8个八面体位于晶胞顶角，6个八面体位 于晶胞面心；根据均摊法可知，晶胞中W原 子数为8，Zr原子数为，则；再根据该晶胞的最简式为，得到1个晶胞中各原子的数目为：，已知该晶体的密度为，设立方晶胞的参数为anm，则立方晶胞的体积为：。
故答案为： 1：2 ； ；
【分析】本工艺以含钨、锡、硅、钪等组分的钨碱煮渣为原料，通过“高温硫化—钠化焙烧—水浸—调pH除杂—萃取反萃取”的多步流程，实现钨与钪的分步分离与提纯，核心步骤及原理如下：
加入硫化剂（CaSO4）和过量焦炭，在1300℃下将杂质SnO2转化为SnS蒸气除去，反应方程式为： ，此步同时实现原料的脱硫预处理。硫化后的产物与纯碱共焙烧，使钨、硅、钪转化为可溶性钠盐（、、），便于后续水浸分离。
水浸后，水解生成沉淀，与钨、硅的钠盐溶液分离，离子方程式为：；对含钨、硅的滤液调pH，使转化为沉淀除去，控制pH范围为，确保钨酸钠不沉淀；进一步调pH析出，经后续处理得到金属钨。酸浸滤渣得到含的溶液，用P204萃取；再加入盐酸或硫酸反萃取，重新得到水溶液；加NaOH沉钪，控制，使完全沉淀为，最终得到金属钪。
(1) 本题考查价层电子轨道表示式书写，根据 Sc 的电子排布，画出 3d 和 4s 轨道的电子填充情况；
(2) 本题考查反应条件优化和方程式配平，粉碎原料可增大接触面积，提高反应速率；根据除锡效果选择 CaSO4作硫化剂，结合原子守恒配平反应方程式；
(3) 本题考查水解离子方程式书写，根据 Na3ScO3的水解产物，写出水解反应的离子方程式；
(4) 本题考查 pH 调节范围的确定，根据 SiO32-和 WO42-的沉淀 pH 范围，确定第一次调 pH 的范围；
(5) 本题考查反萃取试剂选择和溶度积计算，加入酸可使萃取反应逆向进行；根据 Ksp 计算 Sc3+沉淀完全时的 c(OH-)；
(6) 本题考查晶胞结构分析与密度计算，通过晶胞中原子的位置和数目，确定最简式中 x：y 的比值；根据晶胞密度公式，写出晶胞体积的计算式。
（1）Sc为21号元素，其基态原子的价层电子排布式为：，则其轨道表示式为：。
（2）为提高原料利用率，可将钨碱煮渣在高温硫化前先进行粉碎，增大接触面积，提高反应速率；根据图形信息可知，在作用下的除锡率是最高的，所以在方程式中需要补充的硫化剂为，补全后的反应方程式为：。
（3）根据已知②：在纯水中无法稳定存在，易水解生成沉淀，则“水浸”过程中溶于水后，发生水解反应的离子方程式为：。
（4）第一次调的目的是将生成形成滤渣通过过滤除去，但又不能把转化沉淀，根据已知④中表格的数据，此时需要控制的范围为：。
（5）通过萃取后得到的是含有机液，再经过“反萃取”加酸重新得到含的水溶液，则加入的酸Y可以选择：盐酸或硫酸；为了使恰好沉淀完全，根据的，此时溶液中的为：，解得。
（6）由图像和题意可知，1个四面体含1个W，1 个八面体含1个Zr，且8个四面体位于晶胞内部，8个八面体位于晶胞顶角，6个八面体位 于晶胞面心；根据均摊法可知，晶胞中W原 子数为8，Zr原子数为，则；再根据该晶胞的最简式为，得到1个晶胞中各原子的数目为：，已知该晶体的密度为，设立方晶胞的参数为anm，则立方晶胞的体积为：。
19．硫化氢广泛存在于自然界，且在生产中发挥着重要作用。
（1）天然气中普遍含有H2S，H2S和CH4重整制氢的反应为：
①H2S的空间结构为　 　。ΔH1=　 　(用代数式表示)。
②在一定条件下，只发生反应i，反应达到平衡后，下列说法正确的是　 　。
A．若升高反应温度时H2S的体积分数减小，则ΔH1<0
B．增大反应器的体积，H2S的平衡转化率增大
C．降低反应温度，反应i 的正、逆反应速率都减小
D．加入合适的催化剂，可以降低反应i的焓变
③在金属硫化物的催化下发生反应i，催化机理如1，请补充机理图补充完整：X为　 　，Y为　 　。
（2）H2S可用于沉淀工业废水中的重金属离子，发生反应ii：
(M2+为Cu2+或Hg2+)
室温下，往含有某种重金属离子的酸性废水中持续通入H2S，维持c(H2S)为0.1mol·L-1，调节溶液的pH。 测得溶液中-lgc(M2+)与溶液pH的关系如图.
已知：室温下，H2S的 Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13。
①根据图中信息判断，Ksp(CuS)　 　Ksp(HgS)(填“>”“<”或“=”)。
②当M2+为Cu2+时，反应ii的平衡常数K=　 　。
③Ksp(CuS)=　 　(写出计算过程)。
【答案】（1）V形； H2 + H3 H4；B C；CH4；H2S
（2）＞；1016；1.43×10 36
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】(1) ①H2S 分子中 S 原子价层电子对数为， 为 sp3 杂化，含 2 对孤电子对，空间结构为 V 形；根据盖斯定律，ΔH1 = ΔH2 + ΔH3 - ΔH4；
②A. 升高温度 H2S 体积分数减小，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH1>0，A 错误；
B. 反应为气体分子数增大的反应，增大反应器体积，平衡正向移动，H2S 转化率增大，B 正确；
C. 降低温度，活化分子百分数降低，正逆反应速率都减小，C 正确；
D. 催化剂只改变反应速率，不改变焓变，D 错误；
故选 BC；
③根据反应机理和质量守恒，X 为 CH4，Y 为 H2S；
故答案为：V 形；ΔH2 + ΔH3 - ΔH4；BC；CH4；H2S；
（2）①溶液中pH=1时，，维持c(H2S)为0.1mol·L-1，则，；根据图中坐标（1，33），则，根据图中坐标（1，17），则；则Ksp(CuS)>Ksp(HgS)；
②由①分析，，当M2+为Cu2+时，反应ii的平衡常数1016。
③由①分析，Ksp(CuS)=。
故答案为：>；10 6；1.43×10-36。
【分析】(1) ①价层电子对互斥理论判断空间结构：中心 S 原子价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数 = 2+2=4，sp3 杂化，孤电子对排斥作用使分子呈 V 形；盖斯定律计算焓变：反应 i 可由分解反应（ΔH2、ΔH3）与逆反应（ΔH4）组合得到，即 ΔH1 = ΔH2 + ΔH3 - ΔH4。
②平衡与速率影响因素分析：温度升高 H2S 体积分数减小，说明平衡正向移动，正反应吸热；气体分子数增大的反应，减压（增大体积）平衡正向移动；温度降低，活化分子百分数降低，正逆反应速率均减小；催化剂不改变反应焓变。
③催化机理与质量守恒：结合反应机理中各步的成键与断键过程，利用原子守恒确定中间产物 X 和 Y 的化学式。
(2) ①溶度积大小比较：相同 pH 条件下，-lgc (M2+) 越大，金属离子浓度越小，对应的硫化物溶度积越小；由图中 pH=1 时 Cu2+的 - lgc 值更小，可知 Ksp (CuS) > Ksp (HgS)。
②多重平衡常数计算：目标反应 ii 的平衡常数可通过 H2S 的电离平衡与硫化物的沉淀溶解平衡组合得到，1016。
③溶度积计算：先利用 H2S 的电离平衡常数计算 pH=1 时溶液中的 c (S2-)，再结合图中 pH=1 时的 - lgc (Cu2+) 值得到 c (Cu2+)，最后根据 Ksp (CuS)=c (Cu2+) c (S2-) 计算出溶度积。
（1）①H2S分子中中心S原子价层电子对数为，S原子采用sp3杂化，S原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子；由盖斯定律可知，ΔH1= H2+ H3 H4；
②在一定条件下，只发生反应i，反应达到平衡；
A．若升高反应温度，H2S的体积分数减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，ΔH1>0，错误；
B．反应为气体分子数增大的反应，增大反应器的体积，物质浓度减小，则平衡正向移动，导致H2S的平衡转化率增大，正确；
C．降低反应温度，活化分子比例减小，反应i 的正、逆反应速率都减小，正确；
D．加入合适的催化剂，可以降低反应活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，错误；
故选BC；
③由反应机理、结合质量守恒，X为CH4，Y为H2S。
（2）①溶液中pH=1时，，维持c(H2S)为0.1mol·L-1，则，；根据图中坐标（1，33），则，根据图中坐标（1，17），则；则Ksp(CuS)>Ksp(HgS)；
②由①分析，，当M2+为Cu2+时，反应ii的平衡常数1016。
③由①分析，Ksp(CuS)=。
20．PET是一种用途广泛的高分子材料，其合成的方法如图所示(反应所需的部分试剂与条件省略)。
（1）化合物I的分子式为　 　。化合物Ⅲ与酸性溶液反应可得到化合物Ⅳ，则化合物Ⅳ的名称为　 　。
（2）化合物是环状分子，与加成可得到化合物Ⅵ，则化合物V的结构简式为　 　。
（3）化合物Ⅶ是化合物与足量加成后所得产物的一种同分异构体，其核磁共振氢谱图上只有3组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（4）根据化合物Ⅲ的结构特征，分析预测其可能具有的化学性质，并完成下表：
序号 反应试剂、条件 反应生成的新结构 反应类型
1 　 　 　 　
2 　 　 　 　 取代反应
（5）下列关于反应①②的说法中正确的有___________(填标号)。
A．反应①为加成反应
B．化合物Ⅲ中所有原子共平面
C．反应②过程中，有键和键的断裂
D．化合物Ⅱ中，氧原子采取杂化，且不含手性碳原子
（6）请以与丙烯为含碳原料，利用所学知识与上述合成路线的信息，合成化合物，并基于你的合成路线，回答下列问题：
(a)从出发，第一步反应的产物为　 　(写结构简式)。
(b)相关步骤涉及酯化反应，其化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）；对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)
（2）
（3）
（4），催化剂、；加成反应或还原反应；，Fe或(或，光照)；(或)
（5）A；C
（6）；+ CH3CHOHCH3+H2O
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质
【解析】【解答】(1) 直接数出化合物 Ⅰ 里碳、氢、氧原子个数，得出分子式为 C6H8O；化合物 Ⅲ 是苯环连两个甲基，在酸性高锰酸钾强氧化作用下，侧链甲基被氧化为羧基，生成对苯二甲酸。
故答案为：C6H8O、对苯二甲酸；
(2) 根据后续转化关系，物质 Ⅴ 与水加成可生成乙二醇，结合有机转化规律，乙烯氧化生成三元环状的环氧乙烷 ，即为化合物 Ⅴ。
故答案为： ；
(3) 化合物 Ⅰ 与足量氢气完全加成后分子式为 C6H12O；能发生银镜反应说明含醛基，核磁共振氢谱只有三组峰说明结构高度对称，推得符合条件的结构为；
故答案为：；（4）与在催化剂、条件下发生加成反应(还原反应)生成；还可以发生取代反应，如在，Fe或(或，光照)条件下生成(或)；
（5）A．反应①属于双烯加成，为加成反应，A 正确；
B．化合物 Ⅲ 含四面体结构的甲基，所有原子不能共平面，B 错误；
C．根据生成，可知有键和键的断裂，C正确；
D．化合物Ⅱ中，氧原子采取杂化，手性碳原子连有4个不同的原子或基团，氧原子所连碳原子为手性碳原子，化合物Ⅱ中含2个手性碳原子，D错误；
故答案为：AC；
（6）(a)与丙烯发生加成反应形成环状结构，生成，从出发，第一步反应的产物为；
(b)可以转化为甲苯，甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，丙烯可以转化为2-丙醇，由和2-丙醇发生酯化反应生成，化学方程式为+ CH3CHOHCH3+H2O。
故答案为： ；+ CH3CHOHCH3+H2O ；
【分析】该流程是 PET（聚对苯二甲酸乙二醇酯）的合成路线：以 和乙烯为起始原料，Ⅰ 先与乙烯经加成得到含氧桥环中间体 Ⅱ（ ）；Ⅱ 再开环芳构化生成对二甲苯 Ⅲ（ ）；Ⅲ 被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸 Ⅳ（ ）。同时，另一路乙烯先氧化生成环氧乙烷 Ⅴ（ ），再与水加成得到乙二醇 Ⅵ。最终，对苯二甲酸 Ⅳ 与乙二醇 Ⅵ 发生缩聚反应，生成高分子材料 PET。
（1）通过直接数化合物 Ⅰ 的 C、H、O 原子个数确定分子式；利用酸性 KMnO4的强氧化性，苯环上的甲基会被氧化为羧基，因此对二甲基苯氧化后生成对苯二甲酸。
（2）结合后续反应中 Ⅴ 与水加成得到乙二醇，逆向推断 Ⅴ 为环氧乙烷，即乙烯氧化生成的三元环醚。
（3）先算出 Ⅰ 完全加氢后的分子式 C6H12O，再结合 “核磁共振氢谱仅 3 组峰” 说明结构高度对称，且 “能发生银镜反应” 说明含醛基，推导出符合条件的同分异构体。
（4）根据 Ⅲ 的苯环结构，苯环可与 H2发生加成反应；苯环氢在 Fe 催化下、侧链甲基氢在光照下均可与卤素发生取代反应。
（5）反应①为双烯加成，属于加成反应；Ⅲ 中含甲基，所有原子不可能共平面；反应②中 C—O 键和 C—H 键断裂生成苯环；Ⅱ 中含氧原子连接的碳为手性碳，故选项 AC 正确。
（6）参考题干的加成、氧化、酯化反应信息，先由 Ⅰ 和丙烯加成得到环状中间体，再开环、氧化得到苯甲酸，最后与丙烯转化得到的 2 - 丙醇发生酯化反应，得到目标产物。
（1）根据结构简式，化合物I的分子式为；化合物Ⅲ被酸性溶液氧化可得到对苯二甲酸，化合物Ⅳ的名称为对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)；
（2）根据分析，化合物V的结构简式为；
（3）化合物与足量加成后所得产物的分子式为，其核磁共振氢谱图上只有3组峰，说明有3种氢原子，能够发生银镜反应，含有醛基，则不具有环状结构，其结构简式为；
（4）与在催化剂、条件下发生加成反应(还原反应)生成；还可以发生取代反应，如在，Fe或(或，光照)条件下生成(或)；
（5）A．根据分析，反应①为加成反应，A正确；
B．化合物Ⅲ中存在甲基，所有原子不可能共平面，B错误；
C．根据生成，可知有键和键的断裂，C正确；
D．化合物Ⅱ中，氧原子采取杂化，手性碳原子连有4个不同的原子或基团，氧原子所连碳原子为手性碳原子，化合物Ⅱ中含2个手性碳原子，D错误；
故选AC；
（6）(a)与丙烯发生加成反应形成环状结构，生成，从出发，第一步反应的产物为；
(b)可以转化为甲苯，甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，丙烯可以转化为2-丙醇，由和2-丙醇发生酯化反应生成，化学方程式为+ CH3CHOHCH3+H2O。
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