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广东省华附、省实、广雅、深中四校2024-2025学年高二下学期期末联考化学试题
一、单选题（第1-10题每小题2分，第11-16题每小题4分，共44分）
1．高分子在各个领域中得到广泛应用。下列说法错误的是
A．竹子可用于造纸，其主要成分是纤维素
B．聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．羊毛可用于制毛笔，主要成分为蛋白质
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．竹子富含纤维素，是造纸工业的常用原料，该选项描述正确；
B．聚乙烯(PE)和聚氯乙烯(PVC)的分子结构呈线型排列，具有热塑性特性，可通过加热重复加工成型，该选项描述正确；
C．酚醛树脂的合成过程是苯酚与甲醛发生缩聚反应（伴随水分子脱除），而非加聚反应，原选项表述有误；
D．羊毛纤维的主要化学成分为蛋白质，符合其作为纺织原料的实际应用，该选项描述正确；
正确答案：C
【分析】A．竹子的主要成分是纤维素；
B． 聚乙烯、聚氯乙烯 具有热塑性特性；
C．酚醛树脂是通过缩聚反应得到的；
D．羊毛的成分是蛋白质。
2．我国科技事业收获丰硕成果。下列与科技成就相关的描述正确的是
A．利用冠醚识别，催化氧化烯烃的反应
B．“嫦娥六号”带回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Mg属于p区元素
C．空间站存储器所用的材料石墨烯与互为同位素
D．国产飞机C919中用于轴承的属于分子晶体
【答案】A
【知识点】同素异形体；同位素及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．冠醚通过其空腔尺寸选择性结合K+，形成可溶于有机相的复合物，从而促进KMnO4在非极性溶剂中对烯烃的氧化反应，该过程体现了相转移催化作用，故A选项正确；
B．镁（Mg）的基态电子排布为1s22s22p63s2，最外层电子填充在3s轨道，属于元素周期表区，而非区，故B选项错误；
C．石墨烯与C60均由碳元素组成，但结构不同（石墨烯为二维层状结构，C60为球状分子），属于同素异形体；同位素是指质子数相同而中子数不同的原子（如12C与14C），二者概念不同，故C选项错误；
D．Si3N4具有高熔点、高硬度等特性，属于原子晶体；分子晶体通常熔点低、硬度小（如干冰），与题干描述的高温轴承材料特性不符，故D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．冠醚可识别钾离子，催化高锰酸钾在有机物中氧化反应；
B．根据周期表分区，镁属于s区；
C．石墨烯和 互为同分异构体；
D．属于 共价晶体。
3．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”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 自制肥皂时，向植物油中加入NaOH溶液 油脂在碱性条件下水解
B 向工业废水中添加FeS以除去废水中的 FeS难溶且溶解度大于CuS
C 进行顺丁橡胶硫化 碳碳双键可打开与硫形成二硫键
D 用对游泳池进行消毒 水解显酸性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【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；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．自制肥皂的原理是油脂在碱性条件下发生水解反应（皂化反应），该选项分析正确；
B．FeS与反应生成更难溶的CuS沉淀，符合溶度积规则，该选项分析正确；
C．橡胶硫化过程是通过硫与橡胶分子中的双键发生交联反应，形成网状结构，该选项分析正确；
D．CuSO4的消毒作用主要依靠的杀菌能力，而非其水解产生的酸性，该选项知识关联错误；
综上所述，错误的选项是D。
【分析】A．根据油脂在碱性条件下发生皂化反应，可制造肥皂；
B．铜离子和硫化亚铁发生沉淀转化，硫化铜更难溶；
C． 顺丁橡胶硫化时，碳碳双键断裂与硫形成二硫键；
D．铜离子可杀菌消毒，与其水解无关。
4．下列图示或化学用语表达错误的是
A．用于鉴定元素的原子光谱：
B．分子中σ键的形成：
C．的球棍模型：
D．甲酸甲酯的结构简式：
【答案】D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；结构简式
【解析】【解答】A．原子光谱图可用于元素的鉴定，该说法正确；
B．Cl原子与Cl原子通过p轨道的"头碰头"方式重叠，形成p-p σ键，该说法正确；
C. 的中心碳原子形成3个σ键且无孤电子对，其空间构型为平面正三角形，该说法正确；
D．甲酸甲酯的结构简式为，分子式为，原说法错误；
正确答案为D。
【分析】A．根据元素的特征谱线，可用原子光谱鉴别元素；
B．氯单质中是单键；
C. 碳酸根离子空间结构是平面三角形；
D．甲酸甲酯结构中有酯基，结构简式为。
5．近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是
A．太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置
B．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌
C．太阳能光解水可制氢
D．氢氧燃料电池可将化学能转化为电能
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．太阳能电池通过光伏效应将光能直接转化为电能，而非化学能转化为电能，A选项错误；B．锂离子电池放电过程中，锂离子从负极脱嵌，经电解质迁移至正极嵌入，B选项正确；
C．太阳能光催化分解水制氢是新能源研究的重要方向，C选项正确；
D．氢氧燃料电池通过氢氧反应直接将化学能转化为电能，D选项正确；
正确答案为A。
【分析】题目考查新能源相关知识，太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置。
6．下列实验的对应操作中，不合理的是
A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 B．检验溴乙烷消去产物中的乙烯
C．用环己烯萃取溴水中的溴单质 D．用玻璃棒摩擦试管壁后，可析出晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】卤代烃简介；分液和萃取；中和滴定
【解析】【解答】A．在酸碱中和滴定实验中，操作规范为：左手控制滴定管活塞调节滴速，右手持锥形瓶并不断振荡，同时眼睛需观察锥形瓶内溶液颜色的变化情况。该描述符合实验要求，故A选项正确；
B．溴乙烷在乙醇溶液中发生消去反应生成乙烯时，由于乙醇易挥发，会干扰乙烯的检验（乙烯能使酸性高锰酸钾褪色）。因此需先将气体通过水洗装置除去乙醇蒸气，再通入酸性高锰酸钾溶液验证乙烯，该操作设计合理，故B选项正确；
C．环己烯含有碳碳双键，会与溴水中的溴单质发生加成反应，因此不能作为萃取剂用于萃取溴水中的溴，故C选项错误；
D．硫酸四氨合铜()在乙醇中的溶解度显著低于水，通过加入乙醇可降低溶解度促进结晶。配合玻璃棒摩擦试管壁可进一步诱导晶体析出，该操作正确，故D选项正确；
综上所述，错误的选项是C。
【分析】A．滴定操作时，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化；
B．乙烯可与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；
C．环己烯和溴会发生加成反应；
D．乙醇会减低溶剂极性，用玻璃棒摩擦试管壁，析出晶体。
7．为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．0.1mol晶体中，数目为
B．0.1mol/L溶液中离子数为
C．1mol与足量发生取代反应生成HCl分子的数目为
D．1mol中σ键的个数为
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；甲烷的取代反应；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在NaHSO4晶体中，Na+与通过离子键结合，1mol NaHSO4可完全电离出1mol Na+，故0.1mol NaHSO4晶体含有0.1NA个Na+，选项A正确；
B．由于题目未提供溶液的体积，无法计算其具体数目，选项B错误；
C．在Cl2与CH4的取代反应中，1mol Cl2参与反应仅生成1mol HCl（另一个Cl原子进入有机产物），因此产生的HCl分子数为NA而非2NA，选项C错误；
D．[Cu(NH3)3CO]+配合物中：3个NH3提供3个配位σ键，CO提供1个配位σ键，NH3分子内部含9个N-H σ键，CO分子内部含1个σ键，总σ键数应为3+1+9+1=14NA，与选项D的10NA不符，故D错误；
正确答案为A。
【分析】A．根据 构成，含1个阳离子和1个阴离子；
B．体积未知，无法计算；
C．根据甲烷取代反应特点，生成HCl分子数为NA；
D．根据 含有化学键分析，含有配位键和配体分子的共价键。
8．茄科植物中广泛存在的东莨菪内酯（M，结构如图）能调节植物生长发育以及诱导植物的抗性。下列有关M的说法正确的是
A．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．与苯酚互为同系物
C．与完全加成后的有机产物中含有手性碳原子
D．1mol该物质最多消耗2molNaOH
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；烯烃；苯酚的化学性质；同系物
【解析】【解答】A．该物质含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应导致溶液褪色，因此A选项是错误的；
B．该分子含有酯基、醚键和碳碳双键等多种官能团，与苯酚的结构不相似，不属于同系物，故B选项是错误的；
C．手性碳原子是指连接四个不同原子或基团的碳原子。该物质经足量氢气还原后的产物为，其手性碳原子的位置和数量如结构式所示，共有4个手性碳原子，因此C选项是正确的；
D．该分子中1mol酚羟基可消耗1mol NaOH，酯基水解后生成的1mol酚羟基和1mol羧基可消耗2mol NaOH，因此1mol该物质最多消耗3mol NaOH，故D选项是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】根据有机物结构，含有羟基、醚键、酯基和碳碳双键，可与溴发生加成反应，与氢氧化钠反应，可消耗3mol，手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子，据此分析。
9．可与多种配体形成配离子，如（红色）、（亮绿色），其中结构如图所示。已知在硫酸铁溶液中滴加过量草酸，溶液变亮绿色，再滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，下列有关说法错误的是
A．使用KSCN检验，比使用草酸钠更灵敏
B．和中的配位数分别为6和3
C．中C原子杂化方式为
D．离子中，提供空轨道用于形成配位键
【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
【解析】【解答】A. 实验现象表明，在硫酸铁溶液中加入过量草酸后，溶液变为亮绿色，此时再加入少量KSCN溶液，溶液立即变红。这说明KSCN对Fe3+的检测具有更高的灵敏度，因此选项A正确；
B. 在配合物[Fe(SCN)6]3-和[Fe(C2O4)3]3-中，Fe3+的配位数都是6，因此选项B是错误的；
C. 从草酸根离子(C2O42-)的结构可以看出，其中的碳原子形成了3个σ键，其杂化方式为sp2，因此选项C正确；
D. 在[Fe(C2O4)3]3-配离子中，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe3+提供空轨道用于形成配位键，因此选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A.根据题意，检测三价铁离子用硫氰化钾更灵敏；
B. 根据题中 结构，Fe3+的配位数是6；
C.根据草酸根离子结构可知， C原子杂化方式为 ；
D.金属离子形成配位键时，提供空轨道。
10．下列方程式与所给事实不相符的是
A．苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：
B．向AgCl浊液中加入氨水，溶液变澄清：
C．检验溶液中：
D．钢铁生锈，发生电化学腐蚀的负极反应式为：
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；电极反应和电池反应方程式；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 根据酸性强弱关系：碳酸（H2CO3) > 苯酚（C6H5OH）> 碳酸氢根（HCO3 ），当向苯酚钠溶液中通入CO2时，会发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，化学方程式为：。由于生成的苯酚溶解度较低，会使溶液出现白色浑浊现象，因此A选项正确；
B. 向AgCl浊液中加入氨水时，AgCl会与氨水反应生成可溶性的氯化二氨合银（[Ag(NH3)2]+）和氯离子（Cl ），化学方程式为：。因此B选项是错误的；
C. 用铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）检验Fe2+时，会发生反应生成蓝色沉淀（滕氏蓝），化学方程式为：。因此C选项是正确的；
D. 钢铁生锈是电化学腐蚀过程，负极（铁）失去电子生成Fe2+，反应为：；正极（氧气）得电子发生还原反应。因此D选项是正确的；
综上所述，只有B选项是错误的，故正确答案为B。
【分析】A. 苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
B. 氯化银和难溶物，不能拆；
C. 铁氰化钾和二价铁离子反应生成蓝色沉淀；
D. 钢铁生锈，铁单质失电子生成二价铁离子。
11．乙醛在MgO的催化下可发生反应生成3-羟基丁醛，其反应历程如下。
下列说法错误的是
A．乙醛中的O易被Mg吸附
B．该过程涉及了极性键的断裂和非极性键的生成
C．乙醛和丙酮在MgO的催化下也可发生类似的反应
D．总反应为取代反应
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；醛的化学性质；加成反应
【解析】【解答】A．根据反应历程图可以看出，乙醛分子中的氧原子(O)容易被Mg吸附，因此选项A正确；
B．该反应过程涉及极性键的断裂和非极性键的形成，所以选项B正确；
C．由于乙醛和丙酮分子中都含有羰基，并且都存在α-H，因此在MgO催化下也能发生类似的反应，故选项C正确；
D．从反应历程来看，该过程实际上是一个加成反应，而不是其他类型的反应，因此选项D是错误的。
综上所述，正确答案是D；
【分析】根据反应历程分析，乙醛中的O与Mg有吸附作用，有碳氧键断裂，碳碳键形成，整个历程属于加成反应。
12．化合物所含的5种元素均为短周期主族元素，、和为同周期元素，原子序数依次增加，的基态原子价层电子排布式为，的基态原子价层轨道半充满，是地壳中含量最多的元素，是有机分子的骨架元素，下列说法正确的是
A．元素电负性： B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．和的空间结构均为直线形
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、分析可知，Z=P，E=O，M=C，元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于碳元素，则氧元素的电负性大于碳元素，实际的电负性大小为：E>M>Z，A错误；
B、分析可知，Z=P，E=O，M=C，水分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，实际的简单氢化物沸点大小为：E>Z>M，B错误；
C、由分析可知，X=Na，Y=Mg，Z=P，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为P＞Mg＞Na，C正确；
D、由分析可知，E=O，M=C，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子空间构型为V形，臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，所以臭氧和二氧化硫分子的空间构型都为V形，D错误；
故答案为：C
【分析】根据题目描述，化合物X3YZE4ME3中的5种元素均为短周期主族元素，且满足以下条件：E是地壳中含量最多的元素，故E为O；M是有机分子的骨架元素，故M为C；X、Y、Z为同周期元素，原子序数依次增加，因此X的基态原子价层电子排布式为nsn-2。经分析，n=3，故价层电子排布为3s1，即X为Na；Z的基态原子价层p轨道半充满，p轨道有3个电子，ZZ在第三周期（与X同周期），故价层电子为3s23p3，即Z为P；Y的原子序数在X（Na，原子序数11）和Z（P，原子序数15）之间，故Y为镁（Mg，原子序数12）。因此，元素分别为：X=Na，Y=Mg，Z=P，E=O，M=C。
13．以下实验方案，可以达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠 在较高温度下制得浓溶液，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
B 除去苯中的苯酚 加入适量溴水后过滤
C 比较溶液中与的大小 测量0.1mol/L溶液的pH
D 证明的酸性比强 向溶液中加入CuS固体，观察固体是否溶解
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A. 氯化钠的溶解度受温度影响较小，无法通过冷却结晶法去除硝酸钾杂质。正确操作应为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故A错误；
B. 苯酚与溴水生成的三溴苯酚会溶于苯，且引入新杂质溴。应使用NaOH溶液分液法除杂，故B错误；
C. 溶液中的电离（）显著强于其水解（），使溶液呈酸性（pH<7），此时＞，故C正确；
D. 因CuS的极小，稀硫酸不能溶解CuS，该实验无法证明酸性强于，故D错误；
【答案】C
【分析】A. 得到氯化钠需用蒸发结晶；
B. 根据苯酚性质，除去苯酚加入氢氧化钠，转化为苯酚钠；
C. 通过pH，可比较水解产物和电离产物浓度大小；
D. 硫化铜不溶于硫酸。
14．继电器在控制电路中应用非常广泛，有一种新型继电器是以对电池的循环充放电实现自动离合（如图所示）。以下关于该继电器的说法中错误的是
已知电极材料为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料。
A．充电完成时，电池能被磁铁吸引
B．该电池电解液一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成
C．充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+
D．放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极
【答案】A
【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
【解析】【解答】A、充电完成时，电池体系产物为与，无铁磁性，无法被磁铁吸引；放电完成才生成单质，可被磁铁吸附，A错误；
B、该电池为锂基二次电池，能与水发生剧烈反应，电解液需选用无水高纯有机溶剂搭配锂盐配制，B正确；
C、充电时原正极作电解池阳极，发生失电子氧化反应，对应电极反应式：，C正确；
D、放电时单质失电子发生氧化反应，作负极；中元素得电子被还原，作正极，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
充放电物质变化规律：充电产物为，无单质铁，不能被磁铁吸附；放电生成单质，具备铁磁性；
锂电池电解液要求：金属锂易和水、醇类反应，电解液必须无水，由有机溶剂、锂盐构成；
充电阳极反应书写：充电时原正极对应阳极，单质失去电子结合生成，遵循电荷、原子守恒；
原电池正负极判断：活泼金属失电子为负极，金属氧化物得电子发生还原反应，作正极。
15．某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：（）、（），测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A. 图示中的活化能较高，错误；B. 图示中为放热反应，错误；
C. 图示中能量关系不符合题目要求（Y(g)能量应高于X(g)，Z(g)能量应高于Y(g)），错误；
D. 图示完全符合题目描述的反应特征，正确。
【答案】D
【分析】（），说明Y(g)的能量高于X(g)；.（），说明Z(g)的能量高于Y(g)。反应速率较快，活化能较低；反应速率较慢，活化能较高。
16．25℃下，用NaOH溶液分别滴定、两种溶液，（、），pM随pH变化关系如图所示，已知比更难溶。以下说法错误的是
A．①代表滴定溶液的变化关系
B．25℃下，的的数量级为
C．调控溶液的pH=7，可使工业废水中的完全沉淀（剩余浓度小于mol/L）
D．当与共沉淀时溶液中
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，A正确；
B.25℃下，①中pM=0时pH=4.2，即c(Cu2+)=1 mol/L，c(H+)=1×10 4.2 mol/L，c(OH )=1×10 9.8 mol/L。Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH )=1×10 19.6，数量级为10 20，B正确；
C.25℃下，②中pM=0时pH=6.5，即c(Fe2+)=1 mol/L，c(H+)=1×10 6.5 mol/L，c(OH )=1×10 7.5 mol/L。Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH )=1×10 15。调控pH=7时，c(OH )=1×10 7 mol/L，此时c(Fe2+)=1×10 1 mol/L > 1×10 5 mol/L，Fe2+未完全沉淀，C错误；
D．当Cu(OH)2与Fe(OH)2共沉淀时，c(Cu2+)：c(Fe2+)=Ksp[Cu(OH)2]：Ksp[Fe(OH)2]=10 4.6：1，D正确；
故选C。
【分析】Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，说明Ksp[Cu(OH)2] < Ksp[Fe(OH)2]。当pH相同时，c(OH )相同，此时c(Cu2+) < c(Fe2+)。因此，①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，②代表滴定FeSO4溶液的变化关系。
二、非选择题（本题共4小题，每小题14分，共56分）
17．兴趣小组在实验室探究饱和溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。
Ⅰ．研究乙酸乙酯在碱性溶液中的水解程度。
查阅资料：常温下，乙酸乙酯在NaOH溶液，溶液中水解的平衡常数分别为，，说明在溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。
（1）乙酸乙酯能在NaOH溶液中水解的化学反应方程式为　 　。
Ⅱ．探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。
（2）兴趣小组探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。
a．配制100mLNaOH溶液。
b．取a中的NaOH溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。
序号 (NaOH)/mL ()/mL (乙酸乙酯)/mL 温度/℃
ⅰ 35.0 5.0 10.0 25
ⅱ 10.0 10.0 25
ⅲ 10.0 30.0 60
①则　 　，　 　。
②根据实验数据，至少可获得三点实验结论。
结论1：增大浓度，乙酸乙酯水解速率　 　（填“增大”或“减小”）。
结论2：当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小。
结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。
③根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在上图中，画出实验ⅲ中pH变化曲线　 　。
④已知25℃时饱和溶液中约为，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是　 　。
（3）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。
提出假设：乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。
查阅资料：有关物质的极性值（极性值越大，物质极性越大）如表：
物质 乙醇 乙酸乙酯 水 NaOH溶液
极性值 4.3 4.4 10.2 >10.2
验证假设：以（2）中“实验ⅰ”为对照组，取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNaOH溶液、以及　 　配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅度，假设成立。
结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，时间点之后油层高度变化加快的原因是　 　。
【答案】；30.0；10.0；增大；；25℃饱和碳酸钠溶液中过小；5.0mL乙醇；反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快
【知识点】化学反应速率的影响因素；酯的性质
【解析】【解答】（1）乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学方程式为：；
（2）①根据控制变量法，实验ⅰ、ⅱ、ⅲ的总体积应保持一致，均为50mL，因此x=30.0，y=10.0；
②对比实验ⅱ、ⅲ可知，在总体积相同的情况下，越大，相同时间内pH变化越大，说明氢氧根离子消耗更多，乙酸乙酯水解速率加快；
③实验ⅱ、ⅲ的总体积和相同，但实验ⅲ的温度更高。由于温度升高会加快反应速率，因此实验ⅲ的pH变化更快，其曲线斜率更大，图像如下：
；
④结合题干信息和表格数据，探究浓度及温度对乙酸乙酯水解速率的影响。由于饱和溶液中较低（约0.03 mol·L 1），导致乙酸乙酯水解速率较慢；
（3）乙同学认为乙酸乙酯在水中溶解度较小，限制了水解速率。根据相似相溶原理，将5.0 mL水替换为5.0 mL乙醇，可增大乙酸乙酯的溶解度，从而加快水解速率。此外，水解生成的乙醇也会进一步促进乙酸乙酯的溶解，形成正反馈效应，使反应速率加快。
【分析】在对比实验中，为了研究某一因素对实验结果的影响，需要控制其他变量保持一致，通过对比分析得出结论。
18．卤族元素（F、Cl、Br、I等）具有丰富的化学性质，其化合物具有广泛的应用。
（1）F和Cl元素最简单氢化物的热稳定性：HF　 　HCl，沸点：HF　 　HCl（填“>”、“<”或“=”）。
（2）碘元素在元素周期表中位于第五周期第ⅦA族，写出基态碘原子的价电子排布式：　 　。
（3）加入浓的KI溶液，可获得，中心原子I的杂化类型为，则中心原子I的价层电子对数是　 　。
（4）铝的三种卤化物的沸点如下表所示，解释这三种卤化物沸点差异的原因：　 　。
铝的卤化物
沸点 1500 370 430
（5）卤化银晶体具有特殊的结构和性质。图1为AgCl晶体的晶胞结构，类似NaCl；图2为α-AgI晶体的晶胞结构，图中只画出了晶胞中的位置，填充在围成的空隙中。图3为γ-AgI晶体的晶胞结构，图中只画出了晶胞中的位置，采取面心立方堆积方式，晶胞沿、、轴方向的投影均如图4所示。
①离子晶体中正负离子间并不是纯粹的静电作用，仍有部分原子轨道重叠，即共价性；如NaCl离子性为71%，共价性为29%。将NaCl、AgCl、AgI按离子性由大到小排列：　 　。
②确定AgCl晶胞的大小、形状等信息，可使用的测试仪器为　 　。
A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．X射线衍射仪 D．红外光谱仪
③已知阿伏加德罗常数为，则α-AgI晶体的摩尔体积　 　（列出算式）。
④γ-AgI晶胞中与距离相等且最近的有　 　个，填充在构成的　 　（填“四面体”或“八面体”）空隙。
【答案】（1）>；>
（2）
（3）5
（4）为离子晶体，和为分子晶体，离子键强于分子间作用力；的相对分子质量大于，范德华力更大
（5）NaCl>AgCl>AgI；C；；12；四面体
【知识点】晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）电负性比较：F > Cl，因此F和Cl元素的最简单氢化物（HF和HCl）的热稳定性关系为HF > HCl。此外，HF分子间能形成氢键，导致其沸点高于HCl；
（2）碘元素的原子结构：核外有5个电子层，最外层电子数为7，在元素周期表中位于第五周期第ⅦA族。其基态原子的价电子分布在5s和5p能级，价电子排布式为5s25p5；
（3）的几何构型分析：中心I原子的价层电子对数计算：（7为中心I的价电子，2为配位I原子提供的电子，1为离子电荷）。 价层电子对构型为三角双锥形，含3对孤电子对和2对成键电子对。根据VSEPR理论，孤电子对优先占据赤道平面，使分子呈直线形构型。中心I的杂化方式为sp3d（杂化轨道数=价层电子对数）；
（4）AlX3（X=F，Cl，Br）的沸点规律： AlF3为离子晶体，沸点显著高于分子晶体的AlCl3和AlBr3。
- 在分子晶体中，AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，分子间作用力更强，故沸点顺序：AlF3 > AlBr3 > AlCl3；
（5）①Na+半径小于Ag+，NaCl离子性大于AgCl，I-半径大于Cl-，AgCl离子性大于AgI，故NaCl、AgCl、AgI按离子性由大到小排列为：NaCl>AgCl>AgI；
②X射线衍射仪可表征晶体结构信息，故答案为C；
③α-AgI晶体中I-个数为，则Ag+个数为2，一个晶胞中有2个α-AgI，摩尔体积为；
④如图所示，γ-AgI晶胞中与距离相等且最近的有12个，填充在构成的四面体空隙。
【分析】（1）共价键键能越大，分子越稳定；氟化氢分子间可形成氢键，沸点较高；
（2）碘元素价层电子排布式为 ；
（3）中心原子杂化前后轨道数不变；
（4）比较晶体沸点方法，类型不同，离子晶体高于分子晶体，同为分子晶体，比较相对分子质量；
（5）根据题意，两种原子电负性差值越大，离子性越高； X射线衍射 法可测定晶胞结构。
（1）电负性：F>Cl，则F和Cl元素最简单氢化物的热稳定性：HF>HCl；HF分子键间可形成氢键，则沸点：HF>HCl。
（2）碘元素原子核外有5个电子层、最外层电子数是7，位于在元素周期表中第五周期第ⅦA族，碘基态原子价电子为5s、5p能级上的电子，价电子排布式为5s25p5。
（3）中心原子I的价层电子对数为（其中7是中心I原子的价电子数，2是周围2个I原子提供的电子数，1是离子带的1个负电荷），价层电子对构型为三角双锥形，其中有3对孤电子对，2对成键电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对优先占据赤道平面位置以减小斥力，所以的立体构型为直线形，中心原子I的杂化轨道数等于价层电子对数，所以中心原子I的杂化形式为sp3d。
（4）AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高，AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3。
（5）①Na+半径小于Ag+，NaCl离子性大于AgCl，I-半径大于Cl-，AgCl离子性大于AgI，故NaCl、AgCl、AgI按离子性由大到小排列为：NaCl>AgCl>AgI；
②X射线衍射仪可表征晶体结构信息，故答案为C；
③α-AgI晶体中I-个数为，则Ag+个数为2，一个晶胞中有2个α-AgI，摩尔体积为；
④如图所示，γ-AgI晶胞中与距离相等且最近的有12个，填充在构成的四面体空隙。
19．在工业废酸回收处理过程中，同时涉及HCl的催化氧化和有机弱酸的相分配平衡。
Ⅰ．工业上采用催化氧化法处理HCl废气： 。将HCl和分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率（α）曲线，如下图所示。已知：较低流速下转化率可近似为平衡转化率。
（1）已知该反应，则该反应在　 　（选填“高温”、“低温”或“任意条件”）下可自发反应。
（2）　 　℃（选填“360”、“400”或“440”）。
（3）下列措施可提高M点HCl转化率的是　 　（填标号）。
A. 增大HCl的流速 B. 将温度升高40℃ C. 增大 D. 使用更高效的催化剂
（4）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数　 　（用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。
Ⅱ．弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃时，向mL环己烷溶液中加入mL水进行萃取（忽略体积变化），用NaOH（s）或HCl（g）调节水溶液pH。测得水溶液中、环己烷中的浓度[]、水相萃取率随pH的变化关系如图。已知：在环己烷中不电离；曲线②代表水相萃取率。
（5）、、、的浓度分别为、、、mol/L，它们之间的关系式为：　 　=0.1。
（6）从平衡移动的角度，解释水相萃取率随pH增大而升高的趋势：　 　。
（7）由pH=2的数据，可计算25℃时平衡常数　 　。
【答案】低温；360；B，D；6；m + n + x + y；pH增大，水相中的电离平衡正移，减小，促使平衡正向移动，减小，水相萃取率升高；0.25
【知识点】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）判断反应自发进行的依据是吉布斯自由能变化ΔG，其表达式为：。
已知该反应的焓变ΔH1 < 0（放热），熵变ΔS < 0（熵减）。在低温条件下，TΔS项较小，使得ΔG < 0，因此反应可自发进行；
（2）反应方程式为：，其焓变ΔH1 = 57.2 kJ·mol- ，表明该反应为放热反应。在流速较低时，转化率可视为平衡转化率。根据勒夏特列原理，温度升高时平衡向吸热方向移动（逆向），导致HCl转化率降低；反之，温度降低时转化率升高。因此，图中转化率最高的曲线对应的温度最低，即T3 = 360℃；
（3）A. 增大HCl流速会缩短反应时间，导致转化率降低，错误；
B. M点对应温度为360℃，升高温度会使平衡逆向移动，但实际图像显示转化率随温度升高而增大，说明此时反应未达平衡，升温加快反应速率，正确；
C. 增大n(HCl)：n(O2)会降低HCl的转化率，错误；
D. 使用高效催化剂可加快反应速率，提高单位时间内的转化率，正确；
综上，正确答案为 BD。
（4）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始，可列出三段式，，则。
（5）依据物料守恒，在水相和有机相中的总量不变，起始环己烷溶液浓度为0.1mol/L ，所以m + n + x + y= 0.1；
(6)随着pH增大，溶液中浓度增大，会与反应：、，水相中的电离平衡正移，减小，促使平衡正向移动，更多从环己烷进入水相，水相萃取率升高；
(7)pH = 2时，曲线①代表，曲线中pH = 2时，，水相中浓度m = 0.02mol/L（结合物料守恒及图像 ）。根据，代入得。
【分析】（1）反应热力学分析：反应气体分子数减少，故熵变ΔS < 0。根据ΔH < 0（放热反应）及ΔG = ΔH - TΔS，低温时ΔG < 0，反应自发。 温度升高会抑制放热反应，平衡转化率降低。因此，相同流速下，转化率最低的曲线对应最高温度（如440℃）。横纵坐标意义：横坐标：HCl流速（mol/h），反映反应物通入速率。流速越低，停留时间越长，越衡状态。纵坐标：HCl转化率（%），体现反应程度。三条温度曲线（360℃、400℃、440℃）中，440℃曲线转化率最低，因高温不利于放热反应的平衡移动。反应物比例影响： 左图：n(HCl)：n(O2) = 4：3；右图：n(HCl)：n(O2) = 4：4。 增加O2比例（右图）使平衡正向移动，相同条件下HCl转化率更高，体现浓度对平衡的影响。
（2） 曲线①：环己烷中H2A浓度，随pH升高而降低（萃取至水相）。 曲线②：水相萃取率，pH升高促进H2A电离（H2A → HA- → A2-），萃取率上升。曲线③④⑤：水相中HA-、A2-等粒子浓度变化，受pH调控的电离平衡影响。关键点总结：温度通过ΔG影响反应方向，放热反应低温更易自发。反应物比例（O2增加）直接推动平衡右移。 萃取中pH通过电离平衡调控两相分配。
20．千金藤素常用于防治肿瘤病患者白细胞减少症、抗疟疾、调节免疫功能等，制备其关键中间体（I）的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为　 　；化合物C中含有的官能团名称为　 　。
（2）反应②是原子利用率100%的反应，化合物ⅰ的结构简式为　 　。
（3）已知化合物ⅱ为羧酸，芳香化合物为ⅱ的同分异构体，能发生水解反应，且核磁共振氢谱中4组峰的面积之比为6：2：1：1。的结构简式为　 　（写出一种）。
（4）下列说法正确的是　 　。
A．有机物A碳原子杂化方式有、
B．化合物E的所有碳原子可能共平面
C．产品I属于极性分子，易溶于水
（5）参照上述路线，以和为主要原料合成流程中的物质H，基于你的设计，回答下列问题：
①第一步反应需使用一种二溴代烃为原料，其结构简式为　 　。
②相关步骤涉及芳香醇转化为芳香醛的反应，对应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）邻甲基苯酚；羟基、醚键
（2）HCHO
（3）或
（4）AB
（5）；2+O22+2H2O
【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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A的结构简式为邻甲基苯酚；化合物C中含有的官能团为羟基和醚键；
（2）根据分析，化合物ⅰ的结构简式为HCHO；
（3）ⅱ的结构为。芳香化合物x是ⅱ的同分异构体，能发生水解反应说明含有酯基，核磁共振氢谱显示4组峰且峰面积比为6：2：1：1，说明有4种不同化学环境的氢原子且个数比为6：2：1：1。符合条件的x的结构简式为或；
（4）A．有机物A中苯环上的碳原子为sp2杂化，甲基中的碳原子为杂化，正确；
B．苯环和碳碳双键均为平面结构，化合物E的所有碳原子可能共平面，正确；
C．产品I结构不对称，是极性分子，但相对分子质量较大且含有疏水基团（烃基、醚键等），不易溶于水，错误；
故选AB。
（5）①根据H的结构，中的两个酚羟基与二溴代烃反应，该二溴代烃的结构简式为；
②第一步反应产物为，芳香醇转化为芳香醛的化学方程式为：
2 + O2 2 + 2H2O。
【分析】A发生取代反应生成B，反应②是原子利用率100%的反应，B与i反应生成C。根据B和C的结构简式可推断i为HCHO。C经催化氧化生成D，D与CH3NO2反应生成E，E发生还原反应生成F，F与ii发生取代反应生成G。由G和F的结构简式可知ii为。G与H发生取代反应生成I。
（1）根据A的结构简式，A的名称为：邻甲基苯酚；化合物C中含有的官能团名称为：羟基、醚键；
（2）根据分析，化合物ⅰ的结构简式为：HCHO；
（3）根据分析ⅱ为：，芳香化合物为ⅱ的同分异构体，能发生水解反应说明含酯基，核磁共振氢谱中4组峰且面积之比为6：2：1：1，说明含4种不同化学环境的氢原子且个数之比为6：2：1：1，满足条件的x的结构简式为：或；
（4）A．有机物A中苯环上的碳原子为sp2杂化，甲基中的碳原子为杂化，A正确；
B．苯环、碳碳双键为平面构型，化合物E的所有碳原子可能共平面，B正确；
C．产品I结构不对称，属于极性分子，相对分子质量较大，且含疏水基团（烃基、醚键等），不易溶于水，C错误；
故选AB。
（5）①根据H的结构，中2个酚羟基与二溴代烃反应，该二溴代烃的结构简式为：；
②经过第一步反应后的产物为：，故芳香醇转化为芳香醛的化学方程式为： 2+O22+2H2O。
1 / 1广东省华附、省实、广雅、深中四校2024-2025学年高二下学期期末联考化学试题
一、单选题（第1-10题每小题2分，第11-16题每小题4分，共44分）
1．高分子在各个领域中得到广泛应用。下列说法错误的是
A．竹子可用于造纸，其主要成分是纤维素
B．聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．羊毛可用于制毛笔，主要成分为蛋白质
2．我国科技事业收获丰硕成果。下列与科技成就相关的描述正确的是
A．利用冠醚识别，催化氧化烯烃的反应
B．“嫦娥六号”带回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Mg属于p区元素
C．空间站存储器所用的材料石墨烯与互为同位素
D．国产飞机C919中用于轴承的属于分子晶体
3．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”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 自制肥皂时，向植物油中加入NaOH溶液 油脂在碱性条件下水解
B 向工业废水中添加FeS以除去废水中的 FeS难溶且溶解度大于CuS
C 进行顺丁橡胶硫化 碳碳双键可打开与硫形成二硫键
D 用对游泳池进行消毒 水解显酸性
A．A B．B C．C D．D
4．下列图示或化学用语表达错误的是
A．用于鉴定元素的原子光谱：
B．分子中σ键的形成：
C．的球棍模型：
D．甲酸甲酯的结构简式：
5．近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是
A．太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置
B．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌
C．太阳能光解水可制氢
D．氢氧燃料电池可将化学能转化为电能
6．下列实验的对应操作中，不合理的是
A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 B．检验溴乙烷消去产物中的乙烯
C．用环己烯萃取溴水中的溴单质 D．用玻璃棒摩擦试管壁后，可析出晶体
A．A B．B C．C D．D
7．为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．0.1mol晶体中，数目为
B．0.1mol/L溶液中离子数为
C．1mol与足量发生取代反应生成HCl分子的数目为
D．1mol中σ键的个数为
8．茄科植物中广泛存在的东莨菪内酯（M，结构如图）能调节植物生长发育以及诱导植物的抗性。下列有关M的说法正确的是
A．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．与苯酚互为同系物
C．与完全加成后的有机产物中含有手性碳原子
D．1mol该物质最多消耗2molNaOH
9．可与多种配体形成配离子，如（红色）、（亮绿色），其中结构如图所示。已知在硫酸铁溶液中滴加过量草酸，溶液变亮绿色，再滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，下列有关说法错误的是
A．使用KSCN检验，比使用草酸钠更灵敏
B．和中的配位数分别为6和3
C．中C原子杂化方式为
D．离子中，提供空轨道用于形成配位键
10．下列方程式与所给事实不相符的是
A．苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：
B．向AgCl浊液中加入氨水，溶液变澄清：
C．检验溶液中：
D．钢铁生锈，发生电化学腐蚀的负极反应式为：
11．乙醛在MgO的催化下可发生反应生成3-羟基丁醛，其反应历程如下。
下列说法错误的是
A．乙醛中的O易被Mg吸附
B．该过程涉及了极性键的断裂和非极性键的生成
C．乙醛和丙酮在MgO的催化下也可发生类似的反应
D．总反应为取代反应
12．化合物所含的5种元素均为短周期主族元素，、和为同周期元素，原子序数依次增加，的基态原子价层电子排布式为，的基态原子价层轨道半充满，是地壳中含量最多的元素，是有机分子的骨架元素，下列说法正确的是
A．元素电负性： B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．和的空间结构均为直线形
13．以下实验方案，可以达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠 在较高温度下制得浓溶液，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
B 除去苯中的苯酚 加入适量溴水后过滤
C 比较溶液中与的大小 测量0.1mol/L溶液的pH
D 证明的酸性比强 向溶液中加入CuS固体，观察固体是否溶解
A．A B．B C．C D．D
14．继电器在控制电路中应用非常广泛，有一种新型继电器是以对电池的循环充放电实现自动离合（如图所示）。以下关于该继电器的说法中错误的是
已知电极材料为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料。
A．充电完成时，电池能被磁铁吸引
B．该电池电解液一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成
C．充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+
D．放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极
15．某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：（）、（），测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A． B．
C． D．
16．25℃下，用NaOH溶液分别滴定、两种溶液，（、），pM随pH变化关系如图所示，已知比更难溶。以下说法错误的是
A．①代表滴定溶液的变化关系
B．25℃下，的的数量级为
C．调控溶液的pH=7，可使工业废水中的完全沉淀（剩余浓度小于mol/L）
D．当与共沉淀时溶液中
二、非选择题（本题共4小题，每小题14分，共56分）
17．兴趣小组在实验室探究饱和溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。
Ⅰ．研究乙酸乙酯在碱性溶液中的水解程度。
查阅资料：常温下，乙酸乙酯在NaOH溶液，溶液中水解的平衡常数分别为，，说明在溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。
（1）乙酸乙酯能在NaOH溶液中水解的化学反应方程式为　 　。
Ⅱ．探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。
（2）兴趣小组探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。
a．配制100mLNaOH溶液。
b．取a中的NaOH溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。
序号 (NaOH)/mL ()/mL (乙酸乙酯)/mL 温度/℃
ⅰ 35.0 5.0 10.0 25
ⅱ 10.0 10.0 25
ⅲ 10.0 30.0 60
①则　 　，　 　。
②根据实验数据，至少可获得三点实验结论。
结论1：增大浓度，乙酸乙酯水解速率　 　（填“增大”或“减小”）。
结论2：当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小。
结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。
③根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在上图中，画出实验ⅲ中pH变化曲线　 　。
④已知25℃时饱和溶液中约为，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是　 　。
（3）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。
提出假设：乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。
查阅资料：有关物质的极性值（极性值越大，物质极性越大）如表：
物质 乙醇 乙酸乙酯 水 NaOH溶液
极性值 4.3 4.4 10.2 >10.2
验证假设：以（2）中“实验ⅰ”为对照组，取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNaOH溶液、以及　 　配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅度，假设成立。
结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，时间点之后油层高度变化加快的原因是　 　。
18．卤族元素（F、Cl、Br、I等）具有丰富的化学性质，其化合物具有广泛的应用。
（1）F和Cl元素最简单氢化物的热稳定性：HF　 　HCl，沸点：HF　 　HCl（填“>”、“<”或“=”）。
（2）碘元素在元素周期表中位于第五周期第ⅦA族，写出基态碘原子的价电子排布式：　 　。
（3）加入浓的KI溶液，可获得，中心原子I的杂化类型为，则中心原子I的价层电子对数是　 　。
（4）铝的三种卤化物的沸点如下表所示，解释这三种卤化物沸点差异的原因：　 　。
铝的卤化物
沸点 1500 370 430
（5）卤化银晶体具有特殊的结构和性质。图1为AgCl晶体的晶胞结构，类似NaCl；图2为α-AgI晶体的晶胞结构，图中只画出了晶胞中的位置，填充在围成的空隙中。图3为γ-AgI晶体的晶胞结构，图中只画出了晶胞中的位置，采取面心立方堆积方式，晶胞沿、、轴方向的投影均如图4所示。
①离子晶体中正负离子间并不是纯粹的静电作用，仍有部分原子轨道重叠，即共价性；如NaCl离子性为71%，共价性为29%。将NaCl、AgCl、AgI按离子性由大到小排列：　 　。
②确定AgCl晶胞的大小、形状等信息，可使用的测试仪器为　 　。
A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．X射线衍射仪 D．红外光谱仪
③已知阿伏加德罗常数为，则α-AgI晶体的摩尔体积　 　（列出算式）。
④γ-AgI晶胞中与距离相等且最近的有　 　个，填充在构成的　 　（填“四面体”或“八面体”）空隙。
19．在工业废酸回收处理过程中，同时涉及HCl的催化氧化和有机弱酸的相分配平衡。
Ⅰ．工业上采用催化氧化法处理HCl废气： 。将HCl和分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率（α）曲线，如下图所示。已知：较低流速下转化率可近似为平衡转化率。
（1）已知该反应，则该反应在　 　（选填“高温”、“低温”或“任意条件”）下可自发反应。
（2）　 　℃（选填“360”、“400”或“440”）。
（3）下列措施可提高M点HCl转化率的是　 　（填标号）。
A. 增大HCl的流速 B. 将温度升高40℃ C. 增大 D. 使用更高效的催化剂
（4）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数　 　（用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。
Ⅱ．弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃时，向mL环己烷溶液中加入mL水进行萃取（忽略体积变化），用NaOH（s）或HCl（g）调节水溶液pH。测得水溶液中、环己烷中的浓度[]、水相萃取率随pH的变化关系如图。已知：在环己烷中不电离；曲线②代表水相萃取率。
（5）、、、的浓度分别为、、、mol/L，它们之间的关系式为：　 　=0.1。
（6）从平衡移动的角度，解释水相萃取率随pH增大而升高的趋势：　 　。
（7）由pH=2的数据，可计算25℃时平衡常数　 　。
20．千金藤素常用于防治肿瘤病患者白细胞减少症、抗疟疾、调节免疫功能等，制备其关键中间体（I）的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为　 　；化合物C中含有的官能团名称为　 　。
（2）反应②是原子利用率100%的反应，化合物ⅰ的结构简式为　 　。
（3）已知化合物ⅱ为羧酸，芳香化合物为ⅱ的同分异构体，能发生水解反应，且核磁共振氢谱中4组峰的面积之比为6：2：1：1。的结构简式为　 　（写出一种）。
（4）下列说法正确的是　 　。
A．有机物A碳原子杂化方式有、
B．化合物E的所有碳原子可能共平面
C．产品I属于极性分子，易溶于水
（5）参照上述路线，以和为主要原料合成流程中的物质H，基于你的设计，回答下列问题：
①第一步反应需使用一种二溴代烃为原料，其结构简式为　 　。
②相关步骤涉及芳香醇转化为芳香醛的反应，对应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．竹子富含纤维素，是造纸工业的常用原料，该选项描述正确；
B．聚乙烯(PE)和聚氯乙烯(PVC)的分子结构呈线型排列，具有热塑性特性，可通过加热重复加工成型，该选项描述正确；
C．酚醛树脂的合成过程是苯酚与甲醛发生缩聚反应（伴随水分子脱除），而非加聚反应，原选项表述有误；
D．羊毛纤维的主要化学成分为蛋白质，符合其作为纺织原料的实际应用，该选项描述正确；
正确答案：C
【分析】A．竹子的主要成分是纤维素；
B． 聚乙烯、聚氯乙烯 具有热塑性特性；
C．酚醛树脂是通过缩聚反应得到的；
D．羊毛的成分是蛋白质。
2．【答案】A
【知识点】同素异形体；同位素及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．冠醚通过其空腔尺寸选择性结合K+，形成可溶于有机相的复合物，从而促进KMnO4在非极性溶剂中对烯烃的氧化反应，该过程体现了相转移催化作用，故A选项正确；
B．镁（Mg）的基态电子排布为1s22s22p63s2，最外层电子填充在3s轨道，属于元素周期表区，而非区，故B选项错误；
C．石墨烯与C60均由碳元素组成，但结构不同（石墨烯为二维层状结构，C60为球状分子），属于同素异形体；同位素是指质子数相同而中子数不同的原子（如12C与14C），二者概念不同，故C选项错误；
D．Si3N4具有高熔点、高硬度等特性，属于原子晶体；分子晶体通常熔点低、硬度小（如干冰），与题干描述的高温轴承材料特性不符，故D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．冠醚可识别钾离子，催化高锰酸钾在有机物中氧化反应；
B．根据周期表分区，镁属于s区；
C．石墨烯和 互为同分异构体；
D．属于 共价晶体。
3．【答案】D
【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；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．自制肥皂的原理是油脂在碱性条件下发生水解反应（皂化反应），该选项分析正确；
B．FeS与反应生成更难溶的CuS沉淀，符合溶度积规则，该选项分析正确；
C．橡胶硫化过程是通过硫与橡胶分子中的双键发生交联反应，形成网状结构，该选项分析正确；
D．CuSO4的消毒作用主要依靠的杀菌能力，而非其水解产生的酸性，该选项知识关联错误；
综上所述，错误的选项是D。
【分析】A．根据油脂在碱性条件下发生皂化反应，可制造肥皂；
B．铜离子和硫化亚铁发生沉淀转化，硫化铜更难溶；
C． 顺丁橡胶硫化时，碳碳双键断裂与硫形成二硫键；
D．铜离子可杀菌消毒，与其水解无关。
4．【答案】D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；结构简式
【解析】【解答】A．原子光谱图可用于元素的鉴定，该说法正确；
B．Cl原子与Cl原子通过p轨道的"头碰头"方式重叠，形成p-p σ键，该说法正确；
C. 的中心碳原子形成3个σ键且无孤电子对，其空间构型为平面正三角形，该说法正确；
D．甲酸甲酯的结构简式为，分子式为，原说法错误；
正确答案为D。
【分析】A．根据元素的特征谱线，可用原子光谱鉴别元素；
B．氯单质中是单键；
C. 碳酸根离子空间结构是平面三角形；
D．甲酸甲酯结构中有酯基，结构简式为。
5．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．太阳能电池通过光伏效应将光能直接转化为电能，而非化学能转化为电能，A选项错误；B．锂离子电池放电过程中，锂离子从负极脱嵌，经电解质迁移至正极嵌入，B选项正确；
C．太阳能光催化分解水制氢是新能源研究的重要方向，C选项正确；
D．氢氧燃料电池通过氢氧反应直接将化学能转化为电能，D选项正确；
正确答案为A。
【分析】题目考查新能源相关知识，太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置。
6．【答案】C
【知识点】卤代烃简介；分液和萃取；中和滴定
【解析】【解答】A．在酸碱中和滴定实验中，操作规范为：左手控制滴定管活塞调节滴速，右手持锥形瓶并不断振荡，同时眼睛需观察锥形瓶内溶液颜色的变化情况。该描述符合实验要求，故A选项正确；
B．溴乙烷在乙醇溶液中发生消去反应生成乙烯时，由于乙醇易挥发，会干扰乙烯的检验（乙烯能使酸性高锰酸钾褪色）。因此需先将气体通过水洗装置除去乙醇蒸气，再通入酸性高锰酸钾溶液验证乙烯，该操作设计合理，故B选项正确；
C．环己烯含有碳碳双键，会与溴水中的溴单质发生加成反应，因此不能作为萃取剂用于萃取溴水中的溴，故C选项错误；
D．硫酸四氨合铜()在乙醇中的溶解度显著低于水，通过加入乙醇可降低溶解度促进结晶。配合玻璃棒摩擦试管壁可进一步诱导晶体析出，该操作正确，故D选项正确；
综上所述，错误的选项是C。
【分析】A．滴定操作时，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化；
B．乙烯可与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；
C．环己烯和溴会发生加成反应；
D．乙醇会减低溶剂极性，用玻璃棒摩擦试管壁，析出晶体。
7．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；甲烷的取代反应；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在NaHSO4晶体中，Na+与通过离子键结合，1mol NaHSO4可完全电离出1mol Na+，故0.1mol NaHSO4晶体含有0.1NA个Na+，选项A正确；
B．由于题目未提供溶液的体积，无法计算其具体数目，选项B错误；
C．在Cl2与CH4的取代反应中，1mol Cl2参与反应仅生成1mol HCl（另一个Cl原子进入有机产物），因此产生的HCl分子数为NA而非2NA，选项C错误；
D．[Cu(NH3)3CO]+配合物中：3个NH3提供3个配位σ键，CO提供1个配位σ键，NH3分子内部含9个N-H σ键，CO分子内部含1个σ键，总σ键数应为3+1+9+1=14NA，与选项D的10NA不符，故D错误；
正确答案为A。
【分析】A．根据 构成，含1个阳离子和1个阴离子；
B．体积未知，无法计算；
C．根据甲烷取代反应特点，生成HCl分子数为NA；
D．根据 含有化学键分析，含有配位键和配体分子的共价键。
8．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；烯烃；苯酚的化学性质；同系物
【解析】【解答】A．该物质含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应导致溶液褪色，因此A选项是错误的；
B．该分子含有酯基、醚键和碳碳双键等多种官能团，与苯酚的结构不相似，不属于同系物，故B选项是错误的；
C．手性碳原子是指连接四个不同原子或基团的碳原子。该物质经足量氢气还原后的产物为，其手性碳原子的位置和数量如结构式所示，共有4个手性碳原子，因此C选项是正确的；
D．该分子中1mol酚羟基可消耗1mol NaOH，酯基水解后生成的1mol酚羟基和1mol羧基可消耗2mol NaOH，因此1mol该物质最多消耗3mol NaOH，故D选项是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】根据有机物结构，含有羟基、醚键、酯基和碳碳双键，可与溴发生加成反应，与氢氧化钠反应，可消耗3mol，手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子，据此分析。
9．【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
【解析】【解答】A. 实验现象表明，在硫酸铁溶液中加入过量草酸后，溶液变为亮绿色，此时再加入少量KSCN溶液，溶液立即变红。这说明KSCN对Fe3+的检测具有更高的灵敏度，因此选项A正确；
B. 在配合物[Fe(SCN)6]3-和[Fe(C2O4)3]3-中，Fe3+的配位数都是6，因此选项B是错误的；
C. 从草酸根离子(C2O42-)的结构可以看出，其中的碳原子形成了3个σ键，其杂化方式为sp2，因此选项C正确；
D. 在[Fe(C2O4)3]3-配离子中，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe3+提供空轨道用于形成配位键，因此选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A.根据题意，检测三价铁离子用硫氰化钾更灵敏；
B. 根据题中 结构，Fe3+的配位数是6；
C.根据草酸根离子结构可知， C原子杂化方式为 ；
D.金属离子形成配位键时，提供空轨道。
10．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；电极反应和电池反应方程式；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 根据酸性强弱关系：碳酸（H2CO3) > 苯酚（C6H5OH）> 碳酸氢根（HCO3 ），当向苯酚钠溶液中通入CO2时，会发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，化学方程式为：。由于生成的苯酚溶解度较低，会使溶液出现白色浑浊现象，因此A选项正确；
B. 向AgCl浊液中加入氨水时，AgCl会与氨水反应生成可溶性的氯化二氨合银（[Ag(NH3)2]+）和氯离子（Cl ），化学方程式为：。因此B选项是错误的；
C. 用铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）检验Fe2+时，会发生反应生成蓝色沉淀（滕氏蓝），化学方程式为：。因此C选项是正确的；
D. 钢铁生锈是电化学腐蚀过程，负极（铁）失去电子生成Fe2+，反应为：；正极（氧气）得电子发生还原反应。因此D选项是正确的；
综上所述，只有B选项是错误的，故正确答案为B。
【分析】A. 苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
B. 氯化银和难溶物，不能拆；
C. 铁氰化钾和二价铁离子反应生成蓝色沉淀；
D. 钢铁生锈，铁单质失电子生成二价铁离子。
11．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；醛的化学性质；加成反应
【解析】【解答】A．根据反应历程图可以看出，乙醛分子中的氧原子(O)容易被Mg吸附，因此选项A正确；
B．该反应过程涉及极性键的断裂和非极性键的形成，所以选项B正确；
C．由于乙醛和丙酮分子中都含有羰基，并且都存在α-H，因此在MgO催化下也能发生类似的反应，故选项C正确；
D．从反应历程来看，该过程实际上是一个加成反应，而不是其他类型的反应，因此选项D是错误的。
综上所述，正确答案是D；
【分析】根据反应历程分析，乙醛中的O与Mg有吸附作用，有碳氧键断裂，碳碳键形成，整个历程属于加成反应。
12．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、分析可知，Z=P，E=O，M=C，元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于碳元素，则氧元素的电负性大于碳元素，实际的电负性大小为：E>M>Z，A错误；
B、分析可知，Z=P，E=O，M=C，水分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，实际的简单氢化物沸点大小为：E>Z>M，B错误；
C、由分析可知，X=Na，Y=Mg，Z=P，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为P＞Mg＞Na，C正确；
D、由分析可知，E=O，M=C，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子空间构型为V形，臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，所以臭氧和二氧化硫分子的空间构型都为V形，D错误；
故答案为：C
【分析】根据题目描述，化合物X3YZE4ME3中的5种元素均为短周期主族元素，且满足以下条件：E是地壳中含量最多的元素，故E为O；M是有机分子的骨架元素，故M为C；X、Y、Z为同周期元素，原子序数依次增加，因此X的基态原子价层电子排布式为nsn-2。经分析，n=3，故价层电子排布为3s1，即X为Na；Z的基态原子价层p轨道半充满，p轨道有3个电子，ZZ在第三周期（与X同周期），故价层电子为3s23p3，即Z为P；Y的原子序数在X（Na，原子序数11）和Z（P，原子序数15）之间，故Y为镁（Mg，原子序数12）。因此，元素分别为：X=Na，Y=Mg，Z=P，E=O，M=C。
13．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A. 氯化钠的溶解度受温度影响较小，无法通过冷却结晶法去除硝酸钾杂质。正确操作应为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故A错误；
B. 苯酚与溴水生成的三溴苯酚会溶于苯，且引入新杂质溴。应使用NaOH溶液分液法除杂，故B错误；
C. 溶液中的电离（）显著强于其水解（），使溶液呈酸性（pH<7），此时＞，故C正确；
D. 因CuS的极小，稀硫酸不能溶解CuS，该实验无法证明酸性强于，故D错误；
【答案】C
【分析】A. 得到氯化钠需用蒸发结晶；
B. 根据苯酚性质，除去苯酚加入氢氧化钠，转化为苯酚钠；
C. 通过pH，可比较水解产物和电离产物浓度大小；
D. 硫化铜不溶于硫酸。
14．【答案】A
【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
【解析】【解答】A、充电完成时，电池体系产物为与，无铁磁性，无法被磁铁吸引；放电完成才生成单质，可被磁铁吸附，A错误；
B、该电池为锂基二次电池，能与水发生剧烈反应，电解液需选用无水高纯有机溶剂搭配锂盐配制，B正确；
C、充电时原正极作电解池阳极，发生失电子氧化反应，对应电极反应式：，C正确；
D、放电时单质失电子发生氧化反应，作负极；中元素得电子被还原，作正极，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
充放电物质变化规律：充电产物为，无单质铁，不能被磁铁吸附；放电生成单质，具备铁磁性；
锂电池电解液要求：金属锂易和水、醇类反应，电解液必须无水，由有机溶剂、锂盐构成；
充电阳极反应书写：充电时原正极对应阳极，单质失去电子结合生成，遵循电荷、原子守恒；
原电池正负极判断：活泼金属失电子为负极，金属氧化物得电子发生还原反应，作正极。
15．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A. 图示中的活化能较高，错误；B. 图示中为放热反应，错误；
C. 图示中能量关系不符合题目要求（Y(g)能量应高于X(g)，Z(g)能量应高于Y(g)），错误；
D. 图示完全符合题目描述的反应特征，正确。
【答案】D
【分析】（），说明Y(g)的能量高于X(g)；.（），说明Z(g)的能量高于Y(g)。反应速率较快，活化能较低；反应速率较慢，活化能较高。
16．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，A正确；
B.25℃下，①中pM=0时pH=4.2，即c(Cu2+)=1 mol/L，c(H+)=1×10 4.2 mol/L，c(OH )=1×10 9.8 mol/L。Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH )=1×10 19.6，数量级为10 20，B正确；
C.25℃下，②中pM=0时pH=6.5，即c(Fe2+)=1 mol/L，c(H+)=1×10 6.5 mol/L，c(OH )=1×10 7.5 mol/L。Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH )=1×10 15。调控pH=7时，c(OH )=1×10 7 mol/L，此时c(Fe2+)=1×10 1 mol/L > 1×10 5 mol/L，Fe2+未完全沉淀，C错误；
D．当Cu(OH)2与Fe(OH)2共沉淀时，c(Cu2+)：c(Fe2+)=Ksp[Cu(OH)2]：Ksp[Fe(OH)2]=10 4.6：1，D正确；
故选C。
【分析】Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，说明Ksp[Cu(OH)2] < Ksp[Fe(OH)2]。当pH相同时，c(OH )相同，此时c(Cu2+) < c(Fe2+)。因此，①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，②代表滴定FeSO4溶液的变化关系。
17．【答案】；30.0；10.0；增大；；25℃饱和碳酸钠溶液中过小；5.0mL乙醇；反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快
【知识点】化学反应速率的影响因素；酯的性质
【解析】【解答】（1）乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学方程式为：；
（2）①根据控制变量法，实验ⅰ、ⅱ、ⅲ的总体积应保持一致，均为50mL，因此x=30.0，y=10.0；
②对比实验ⅱ、ⅲ可知，在总体积相同的情况下，越大，相同时间内pH变化越大，说明氢氧根离子消耗更多，乙酸乙酯水解速率加快；
③实验ⅱ、ⅲ的总体积和相同，但实验ⅲ的温度更高。由于温度升高会加快反应速率，因此实验ⅲ的pH变化更快，其曲线斜率更大，图像如下：
；
④结合题干信息和表格数据，探究浓度及温度对乙酸乙酯水解速率的影响。由于饱和溶液中较低（约0.03 mol·L 1），导致乙酸乙酯水解速率较慢；
（3）乙同学认为乙酸乙酯在水中溶解度较小，限制了水解速率。根据相似相溶原理，将5.0 mL水替换为5.0 mL乙醇，可增大乙酸乙酯的溶解度，从而加快水解速率。此外，水解生成的乙醇也会进一步促进乙酸乙酯的溶解，形成正反馈效应，使反应速率加快。
【分析】在对比实验中，为了研究某一因素对实验结果的影响，需要控制其他变量保持一致，通过对比分析得出结论。
18．【答案】（1）>；>
（2）
（3）5
（4）为离子晶体，和为分子晶体，离子键强于分子间作用力；的相对分子质量大于，范德华力更大
（5）NaCl>AgCl>AgI；C；；12；四面体
【知识点】晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）电负性比较：F > Cl，因此F和Cl元素的最简单氢化物（HF和HCl）的热稳定性关系为HF > HCl。此外，HF分子间能形成氢键，导致其沸点高于HCl；
（2）碘元素的原子结构：核外有5个电子层，最外层电子数为7，在元素周期表中位于第五周期第ⅦA族。其基态原子的价电子分布在5s和5p能级，价电子排布式为5s25p5；
（3）的几何构型分析：中心I原子的价层电子对数计算：（7为中心I的价电子，2为配位I原子提供的电子，1为离子电荷）。 价层电子对构型为三角双锥形，含3对孤电子对和2对成键电子对。根据VSEPR理论，孤电子对优先占据赤道平面，使分子呈直线形构型。中心I的杂化方式为sp3d（杂化轨道数=价层电子对数）；
（4）AlX3（X=F，Cl，Br）的沸点规律： AlF3为离子晶体，沸点显著高于分子晶体的AlCl3和AlBr3。
- 在分子晶体中，AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，分子间作用力更强，故沸点顺序：AlF3 > AlBr3 > AlCl3；
（5）①Na+半径小于Ag+，NaCl离子性大于AgCl，I-半径大于Cl-，AgCl离子性大于AgI，故NaCl、AgCl、AgI按离子性由大到小排列为：NaCl>AgCl>AgI；
②X射线衍射仪可表征晶体结构信息，故答案为C；
③α-AgI晶体中I-个数为，则Ag+个数为2，一个晶胞中有2个α-AgI，摩尔体积为；
④如图所示，γ-AgI晶胞中与距离相等且最近的有12个，填充在构成的四面体空隙。
【分析】（1）共价键键能越大，分子越稳定；氟化氢分子间可形成氢键，沸点较高；
（2）碘元素价层电子排布式为 ；
（3）中心原子杂化前后轨道数不变；
（4）比较晶体沸点方法，类型不同，离子晶体高于分子晶体，同为分子晶体，比较相对分子质量；
（5）根据题意，两种原子电负性差值越大，离子性越高； X射线衍射 法可测定晶胞结构。
（1）电负性：F>Cl，则F和Cl元素最简单氢化物的热稳定性：HF>HCl；HF分子键间可形成氢键，则沸点：HF>HCl。
（2）碘元素原子核外有5个电子层、最外层电子数是7，位于在元素周期表中第五周期第ⅦA族，碘基态原子价电子为5s、5p能级上的电子，价电子排布式为5s25p5。
（3）中心原子I的价层电子对数为（其中7是中心I原子的价电子数，2是周围2个I原子提供的电子数，1是离子带的1个负电荷），价层电子对构型为三角双锥形，其中有3对孤电子对，2对成键电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对优先占据赤道平面位置以减小斥力，所以的立体构型为直线形，中心原子I的杂化轨道数等于价层电子对数，所以中心原子I的杂化形式为sp3d。
（4）AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高，AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3。
（5）①Na+半径小于Ag+，NaCl离子性大于AgCl，I-半径大于Cl-，AgCl离子性大于AgI，故NaCl、AgCl、AgI按离子性由大到小排列为：NaCl>AgCl>AgI；
②X射线衍射仪可表征晶体结构信息，故答案为C；
③α-AgI晶体中I-个数为，则Ag+个数为2，一个晶胞中有2个α-AgI，摩尔体积为；
④如图所示，γ-AgI晶胞中与距离相等且最近的有12个，填充在构成的四面体空隙。
19．【答案】低温；360；B，D；6；m + n + x + y；pH增大，水相中的电离平衡正移，减小，促使平衡正向移动，减小，水相萃取率升高；0.25
【知识点】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）判断反应自发进行的依据是吉布斯自由能变化ΔG，其表达式为：。
已知该反应的焓变ΔH1 < 0（放热），熵变ΔS < 0（熵减）。在低温条件下，TΔS项较小，使得ΔG < 0，因此反应可自发进行；
（2）反应方程式为：，其焓变ΔH1 = 57.2 kJ·mol- ，表明该反应为放热反应。在流速较低时，转化率可视为平衡转化率。根据勒夏特列原理，温度升高时平衡向吸热方向移动（逆向），导致HCl转化率降低；反之，温度降低时转化率升高。因此，图中转化率最高的曲线对应的温度最低，即T3 = 360℃；
（3）A. 增大HCl流速会缩短反应时间，导致转化率降低，错误；
B. M点对应温度为360℃，升高温度会使平衡逆向移动，但实际图像显示转化率随温度升高而增大，说明此时反应未达平衡，升温加快反应速率，正确；
C. 增大n(HCl)：n(O2)会降低HCl的转化率，错误；
D. 使用高效催化剂可加快反应速率，提高单位时间内的转化率，正确；
综上，正确答案为 BD。
（4）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始，可列出三段式，，则。
（5）依据物料守恒，在水相和有机相中的总量不变，起始环己烷溶液浓度为0.1mol/L ，所以m + n + x + y= 0.1；
(6)随着pH增大，溶液中浓度增大，会与反应：、，水相中的电离平衡正移，减小，促使平衡正向移动，更多从环己烷进入水相，水相萃取率升高；
(7)pH = 2时，曲线①代表，曲线中pH = 2时，，水相中浓度m = 0.02mol/L（结合物料守恒及图像 ）。根据，代入得。
【分析】（1）反应热力学分析：反应气体分子数减少，故熵变ΔS < 0。根据ΔH < 0（放热反应）及ΔG = ΔH - TΔS，低温时ΔG < 0，反应自发。 温度升高会抑制放热反应，平衡转化率降低。因此，相同流速下，转化率最低的曲线对应最高温度（如440℃）。横纵坐标意义：横坐标：HCl流速（mol/h），反映反应物通入速率。流速越低，停留时间越长，越衡状态。纵坐标：HCl转化率（%），体现反应程度。三条温度曲线（360℃、400℃、440℃）中，440℃曲线转化率最低，因高温不利于放热反应的平衡移动。反应物比例影响： 左图：n(HCl)：n(O2) = 4：3；右图：n(HCl)：n(O2) = 4：4。 增加O2比例（右图）使平衡正向移动，相同条件下HCl转化率更高，体现浓度对平衡的影响。
（2） 曲线①：环己烷中H2A浓度，随pH升高而降低（萃取至水相）。 曲线②：水相萃取率，pH升高促进H2A电离（H2A → HA- → A2-），萃取率上升。曲线③④⑤：水相中HA-、A2-等粒子浓度变化，受pH调控的电离平衡影响。关键点总结：温度通过ΔG影响反应方向，放热反应低温更易自发。反应物比例（O2增加）直接推动平衡右移。 萃取中pH通过电离平衡调控两相分配。
20．【答案】（1）邻甲基苯酚；羟基、醚键
（2）HCHO
（3）或
（4）AB
（5）；2+O22+2H2O
【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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A的结构简式为邻甲基苯酚；化合物C中含有的官能团为羟基和醚键；
（2）根据分析，化合物ⅰ的结构简式为HCHO；
（3）ⅱ的结构为。芳香化合物x是ⅱ的同分异构体，能发生水解反应说明含有酯基，核磁共振氢谱显示4组峰且峰面积比为6：2：1：1，说明有4种不同化学环境的氢原子且个数比为6：2：1：1。符合条件的x的结构简式为或；
（4）A．有机物A中苯环上的碳原子为sp2杂化，甲基中的碳原子为杂化，正确；
B．苯环和碳碳双键均为平面结构，化合物E的所有碳原子可能共平面，正确；
C．产品I结构不对称，是极性分子，但相对分子质量较大且含有疏水基团（烃基、醚键等），不易溶于水，错误；
故选AB。
（5）①根据H的结构，中的两个酚羟基与二溴代烃反应，该二溴代烃的结构简式为；
②第一步反应产物为，芳香醇转化为芳香醛的化学方程式为：
2 + O2 2 + 2H2O。
【分析】A发生取代反应生成B，反应②是原子利用率100%的反应，B与i反应生成C。根据B和C的结构简式可推断i为HCHO。C经催化氧化生成D，D与CH3NO2反应生成E，E发生还原反应生成F，F与ii发生取代反应生成G。由G和F的结构简式可知ii为。G与H发生取代反应生成I。
（1）根据A的结构简式，A的名称为：邻甲基苯酚；化合物C中含有的官能团名称为：羟基、醚键；
（2）根据分析，化合物ⅰ的结构简式为：HCHO；
（3）根据分析ⅱ为：，芳香化合物为ⅱ的同分异构体，能发生水解反应说明含酯基，核磁共振氢谱中4组峰且面积之比为6：2：1：1，说明含4种不同化学环境的氢原子且个数之比为6：2：1：1，满足条件的x的结构简式为：或；
（4）A．有机物A中苯环上的碳原子为sp2杂化，甲基中的碳原子为杂化，A正确；
B．苯环、碳碳双键为平面构型，化合物E的所有碳原子可能共平面，B正确；
C．产品I结构不对称，属于极性分子，相对分子质量较大，且含疏水基团（烃基、醚键等），不易溶于水，C错误；
故选AB。
（5）①根据H的结构，中2个酚羟基与二溴代烃反应，该二溴代烃的结构简式为：；
②经过第一步反应后的产物为：，故芳香醇转化为芳香醛的化学方程式为： 2+O22+2H2O。
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