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广东省湛江市2026年高三第一学期普通高考测试（一）化学试题
1．湛江文化历史悠久。下列与湛江非物质文化遗产相关的物品中，其主要成分不属于有机物的是
A．吴川月饼 B．遂溪狮头彩扎
C．安铺木雕 D．雷州石雕
A．A B．B C．C D．D
2．Fmoc-Cl是一种有机合成领域中广泛应用的试剂，应密封保存，避免潮湿和高温，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法错误的是
A．可发生水解反应
B．存在非极性共价键
C．1mol该物质最多能与7mol氢气发生加成反应
D．核磁共振氢谱有6组峰
3．中国科技自强自立，蓬勃发展。下列说法正确的是
A．国产潜水器载人舱使用的钛合金具有密度小、强度大的特点
B．国产高铁车身采用的碳纤维属于有机高分子材料
C．我国光伏电池效率实现实质性突破，光伏电池可将化学能转化为电能
D．我国芯片突破7纳米技术，芯片的主要成分为二氧化硅
4．劳动创造幸福。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 用热的纯碱溶液去除燃气灶上的油污 为吸热过程
B 用疏通剂(含烧碱和铝粒)疏通下水道 铝表面易形成致密的氧化膜
C 家中铁器存放时需注意防潮 铁器在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀
D 面点师用小苏打作面包膨松剂 小苏打受热易分解
A．A B．B C．C D．D
5．化学创造美好生活。下列说法错误的是
A．工业固氮是为生产氮肥提供原料的重要途径
B．Fe2O3是我国古代众多建筑中红色涂料的成分之一
C．维生素C具有较强还原性，可与补铁口服液一起服用
D．制作手机外壳的某聚碳酸酯()是由其单体通过加聚反应制得的
6．下列操作能达到实验目的的是
A．除去NaCl溶液中的Fe(OH)3胶体 B．从MgCl2溶液中提取MgCl2晶体
C．用酒精萃取溴水中的溴 D．分离I2和NaCl固体
A．A B．B C．C D．D
7．已知金属性由强到弱的顺序为Zn>Fe>Ni>Cu。可利用电解法，将粗镍(含Fe、Zn、Cu、Pt，C等杂质)转化为高纯度的镍。该过程中
A．阴极的电极反应式为Ni2++2e-=Ni
B．高纯度的镍电极应与电源正极相连
C．在电解槽底部产生含大量Fe的阳极泥
D．转移相同电子数，阳极和阴极的质量变化相等
8．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 水的稳定性比硫化氢的稳定性强 水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键
B 碳化硅是制作砂轮、砂纸的材料之一 碳化硅属于共价晶体
C 向豆浆中加入盐卤可获得豆腐 向胶体中加入盐一定可以使胶体聚沉
D 工业上可用金属钠冶炼金属钾 金属钾的金属性强于金属钠
A．A B．B C．C D．D
9．能满足下列物质间直接转化关系的无机物有多种，其中推理不成立的是
A．若X为盐酸，则乙的水溶液可能显酸性
B．若X为氧气，则丙的水溶液可能使品红溶液褪色
C．若甲为烧碱，则X可能为正盐
D．若甲为铁粉，则X可能为氯气
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol金刚石中所含σ键数目为2NA
B．标准状况下，22.4L CH4和C3H8的混合气体中所含碳原子数目为2NA
C．在0.1mol/L的CH3COONa溶液中，所含阴离子数目大于0.1NA
D．常温下，27g铝片与足量浓硝酸充分反应，转移电子数目为3NA
11．利用如图装置进行氯气性质实验探究。下列说法正确的是
A．该实验中可用MnO2代替KMnO4
B．湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色可证明氯气溶于水既有酸性又有漂白性
C．湿润的淀粉-KI试纸变蓝可证明氧化性：Cl2>I2
D．干燥的花瓣不褪色可证明气球的尾气中不含氯气
12．下列选项中由结构不能推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A O2-比Cl-所带电荷数多，离子半径小 Al2O3比AlCl3的熔点高
B H2S与PH3的中心原子杂化类型相同，但孤对电子数不同 键角：PH3>H2S
C 石墨和聚乙炔中均存在共轭π键体系 两者均有导电性
D 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)和亚硫酸钠中均含+4价的硫 两者均具有较强的还原性
A．A B．B C．C D．D
13．第一电子亲和能是指基态气态原子得到一个电子形成气态负一价阴离子时所释放或吸收的能量(E1，单位：kJ·mol-1，释放热量数值为负值，吸收热量数值为正值)，其大小与原子的核电荷数、原子半径、价层电子排布相关，价层电子排布不稳定的原子，其获得电子形成稳定结构时放出较多能量。元素a~i为原子序数依次增大的短周期元素，其第一电子亲和能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A．b和g同主族
B．基态原子未成对电子数：d>f>e
C．原子半径：g>h>i
D．氢化物沸点；c>b>a
14．利用如图装置进行实验；关闭K3，打开K2，点燃b处酒精灯，待a中溶液变浑浊后再变澄清时，关闭K2并打开K1、K3，待排尽c中空气后点燃c处酒精灯，一段时间后熄灭所有酒精灯。下列说法正确的是
A．d中无水硫酸铜变蓝可证明氨气能还原CuO
B．a中溶液变浑浊后再变澄清可证明Cu(OH)2为两性氢氧化物
C．打开K1后a中有深蓝色晶体生成，说明此晶体难溶于极性较弱的溶剂
D．若将a处尾气通入饱和NaHCO3溶液中，可获得Na2CO3晶体
15．利用稀盐酸调节氟化钙悬浊液的pH，最终将悬浊液的pH调至4，已知：Ksp[CaF2]=1.96×10-10，Ka(HF)=7.00×10-4。下列叙述正确的是
A．调节过程中，悬浊液的pH越小，溶液中c(F-)越大
B．pH=4时，溶液中c(F-)C．溶液中，c(Ca2+)+c(H+)=2c(Cl-)+2c(F-)+c(OH-)
D．最终溶液中c(Ca2+)=4.00×10-4mol/L
16．我国某科研小组实现了光电条件下脂肪醇与芳基卤代烃的偶联反应，具体工作原理如下图。已知R为脂肪烃基；L为某有机物，易提供孤对电子形成配合物。下列说法错误的是
A．电势：M极>N极
B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种离子中Ni的化合价均未改变
C．该过程的总反应为++CH2O+HX
D．电解过程中，导线上每通过1mol e-，理论上可获得1mol
17．镁的金属性较强，置换氢气的能力较强。
（1）使用镁条完成置换氢气的实验前需用砂纸打磨一下镁条(下述实验中所使用的镁条均已打磨)，打磨的目的是除去镁条表面的　 　(填化学式)。
（2）常温下，将镁条投入水中，镁条表面无明显变化，将水煮沸后，镁条表面会有气泡产生，发生反应的化学方程式为　 　。
（3）若将镁条投入1.0mol L-1 FeCl3溶液中，镁条表面迅速产生大量气泡，同时溶液中产生红褐色沉淀，请结合离子方程式解释产生该实验现象的原因：　 　。
（4）某小组根据上述现象提出猜想：溶液酸性越强，镁置换氢气的速率越快碱性越强，置换氢气的速率越慢。
【设计方案并完成实验】甲同学根据上述猜想设计了NaOH、Na2CO3和NaHCO3溶液与镁条的反应。
配制溶液时需用到下列仪器中的　 　(填写仪器名称)。
①实验室用Na2CO3·10H2O晶体制备100mL 1.0mol·L-1的Na2CO3溶液。
②取四份质量、形状完全相同的镁条进行实验。
实验组 实验操作 现象
ⅰ 第一份镁条加入50mL蒸馏水中 一段时间后镁条上覆盖了少量气泡
ⅱ 第二份镁条加入50mL 1.0mol L-1 NaHCO3溶液中 持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
ⅲ 第三份镁条加入50mL 1.0mol L-1 Na2CO3溶液中 有气泡产生，溶液略显浑浊
ⅳ 第四份镁条加入50mL 1.0mol L-1 NaOH溶液中 无明显现象
【实验小结】小组同学根据实验现象，判断猜想不符合实际，判断的依据是　 　。
（5）反应速率差异的机理探究
查阅资料可知，Mg(OH)2质地致密，会附在金属表面阻碍反应继续进行。
已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(MgCO3)=3.5×10-8，Kw=1.0×10-14.
①小组同学推测是或破坏了Mg(OH)2保护膜，使镁与水的反应可以继续进行，在NaHCO3体系中的反应为，该反应的平衡常数K=　 　(列出算式，无须化简)。
②乙同学猜测对Mg(OH)2保护膜的破坏能力强于，设计如下实验验证：
实验组 镁片预处理 加入溶液 气泡产生速率
ⅴ 预先制备Mg(OH)2保护膜 50mL 0.5mol·L-1 Na2CO3溶液 极慢
ⅵ 同ⅴ组 a mL b mol L-1 NaHCO3溶液 较快
根据表中信息，补充数据：a=　 　，b=　 　。
根据结果可知吸附在金属表面的氢氧化镁可以溶解在碳酸氢钠溶液中，而不能很好地破坏Mg(OH)2保护膜。
（6）丙同学继续探究镁与碳酸钠溶液反应，实验组ⅲ的沉淀成分中经检验存在MgCO3，MgCO3质地疏松，不能有效阻止内部金属Mg与水的反应。从溶度积分析，理论上Mg(OH)2更易沉淀，但实际存在MgCO3的原因是　 　。
教师指导：要充分认识化学反应的复杂性，影响化学反应的因素有很多，要抓到主要矛盾等解决问题。
18．绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种用菱镁矿(主要成分为MgCO3，含杂质Al2O3、FeCO3、BeO，SiO2等)制备镁单质的同时深度回收重要金属化合物的工艺流程如下：
已知：本实验条件下，部分离子开始沉淀及沉淀完全时对应的pH如下表：
离子 Mg2+ Fe2+ Fe3+ Al3+
开始沉淀时的pH 8.3 6.5 1.5 3.6
沉淀完全时的pH — 8.5 3.2 4.7
回答下列问题：
（1）用硫酸溶浸菱镁矿时，提高浸取速率的方法为　 　(答出两条即可)。
（2）“滤渣1”的立方晶胞结构如图，已知a、b两点原子的坐标分别为(0，0，0)、。
①该晶胞的化学式为　 　；c点原子的坐标为　 　。
②该晶胞中最小的环状结构由　 　个原子构成。
（3）“萃取”后进入有机相的铍的配合物结构如图。从结构角度分析，该配合物能从水中进入有机相的原因可能为___________(填字母)。
A．铍与O形成配位键
B．该配合物的对称性较强
C．配合物能与水能形成分子间氢键
D．含有大量具有疏水性的烷基链
（4）“氧化”的目的是　 　(结合离子方程式解释)。
（5）“调pH”可以分步沉淀两种金属离子，先沉淀的离子是　 　；最后需控制溶液的pH范围为　 　。
（6）“三极室电解”原理如图。其中膜Ⅰ应选用　 　(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜；可以在流程中循环利用的电解液为　 　(填“电解液1”或“电解液2”)。
19．以In2O3为催化剂，能实现CO2向CH3OH的转化，是实现能源化综合利用以及完成“碳中和”的一种途径。
（1）49In位于元素周期表中的　 　区。
（2）CO2转化为CH3OH的反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1，该反应在　 　(填“较高温度”或“较低温度”)下能自发进行。
（3）CO2转化为CH3OH的过程中伴有副反应：
编号 化学方程式 ΔH
ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ mol-1
ⅲ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3
反应ⅲ的ΔH3=　 　。
（4）不同温度下，按n(CO2)：n(H2)=1：3充入某盛有催化剂的恒压密闭容器中发生上述反应，平衡时CH3OH(g)和CO(g)的选择性［例如CO(g)的选择性］及CO2(g)的转化率随温度变化的关系如图所示。
①表示CH3OH(g)的选择性的曲线为　 　(填“a”“b”或“c”)，曲线b随温度升高而降低的原因为　 　。
②T0K下CH3OH(g)的平衡体积分数为　 　(写出推导过程，结果保留3位有效数字)。
③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，试分析可能的原因为　 　。
20．Mannich反应是一种合成氨基烷基化衍生物的反应，其中的一个反应如下(反应条件略)。
（1）化合物1a中所含官能团的名称为　 　；化合物3a的化学名称为　 　。
（2）①化合物2a的分子式为　 　，可由和CH3I通过取代反应获得，反应的化学方程式为　 　。
②化合物2a的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应的结构共　 　种(不包含立体异构)。
（3）下列说法正确的有___________(填字母)。
A．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键与σ键断裂
B．在4a分子中，存在手性碳原子，可能存在分子内氢键
C．在生成副产物5a的反应中，3a未参与反应
D．4a与5a互为同系物
（4）已知：氨基(-NH2)极易被氧化。利用苯甲醇分三步合成3a。
①第一步，引入硝基：其反应的化学方程式为　 　。
②第二步，进行　 　(填具体反应类型)，原因为　 　。
③第三步，获得3a。
（5）根据上述信息，参考上述反应，直接合成化合物6a，需要以　 　(填结构简式)、2a和3a为反应物。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、吴川月饼的主要成分是面粉、糖、油脂等，这些都属于有机物； A不符合题意；
B、遂溪狮头彩扎的材料通常包含布料、纸张、颜料等，主要成分多为有机物； B不符合题意；
C、安铺木雕的主要成分是木材，木材的主要成分为纤维素，属于有机物； C不符合题意；
D、雷州石雕的主要成分是石材（如花岗岩），主要成分为硅酸盐、二氧化硅等，属于无机物，不属于有机物； D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
有机物定义：含碳的化合物（除 CO、CO2、碳酸盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物等少数例外）；
常见物品成分判断：月饼、彩扎、木雕的主要成分均为含碳的有机高分子或小分子化合物；石雕的主要成分为无机硅酸盐矿物，不含碳的有机结构；
区分有机物与无机物：石材中的硅酸盐、二氧化硅等属于无机物，而纤维素、淀粉、油脂等属于有机物。
2．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A、该有机物含氯甲酸酯结构（-OCOCl），可发生水解反应，生成醇、二氧化碳和氯化氢，A 正确；
B、分子中 C-C 单键、苯环中的碳碳键均为非极性共价键，B 正确；
C、该有机物的苯环可与氢气发生加成反应，分子中含 2 个苯环，1mol 该物质最多能与 6mol 氢气发生加成反应（羰基不与氢气加成），C 错误；
D、分析分子中氢原子的化学环境，共 6 种不同化学环境的氢原子，因此核磁共振氢谱有 6 组峰，D 正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团与水解反应：氯甲酸酯结构（-OCOCl）易水解，生成相应的醇、CO2和 HCl；
共价键极性判断：同种原子间的共价键为非极性键，如 C-C 键、苯环中的碳碳键；
加成反应的判断：苯环可与 H2加成，每个苯环消耗 3mol H2，羰基不与 H2加成，因此 2 个苯环共消耗 6mol H2；
核磁共振氢谱峰数：根据分子对称性，分析不同化学环境的氢原子数目，共 6 种，对应 6 组峰。
3．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；合金及其应用
【解析】【解答】A、钛合金属于合金材料，具备密度小、机械强度大、耐腐蚀的优良特性，适合用作潜水器载人舱壳体，A正确；
B、碳纤维主要成分为单质碳，属于无机非金属材料，并非有机高分子材料，B错误；
C、光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不存在化学能参与转化，C错误；
D、芯片的核心半导体材料为晶体，是光纤的主要原料，二者不可混淆，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
钛合金材料优势：低密度、高强度、抗海水腐蚀，满足深海承压装备使用需求；
碳纤维物质分类：碳单质构成，属于无机材料，塑料、橡胶等才属于有机高分子；
光伏电池能量转化路径：太阳能→电能，原电池/燃料电池才是化学能转化为电能；
硅与二氧化硅用途区分：晶体Si用于制作芯片、光伏板；用作光导纤维、玻璃原料。
4．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；铝的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、纯碱溶液中水解：，该反应为吸热过程，加热促进水解，溶液碱性增强，油脂在碱性条件下易水解，因此可用热的纯碱溶液去除油污，二者直接关联 ，A正确；
B、疏通剂含烧碱和铝粒，二者反应：，生成的氢气产生气压差，可疏通下水道；而铝表面易形成致密氧化膜会阻碍铝与碱反应，因此该化学知识与疏通下水道无关，二者无关联 ，B错误；
C、铁器在潮湿空气中易发生吸氧腐蚀，生成铁锈，因此存放时需防潮，二者直接关联 ，C正确；
D、小苏打受热易分解：，生成的使面包疏松多孔，因此可用作膨松剂，二者直接关联 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
纯碱去油污的原理：利用水解吸热，加热促进水解，溶液碱性增强，油脂在碱性条件下水解；
疏通剂的作用原理：铝与烧碱反应生成氢气，利用气压差疏通下水道，与铝表面的氧化膜无关；
铁器的吸氧腐蚀：潮湿空气中，铁发生吸氧腐蚀生成铁锈，因此需防潮；
小苏打作膨松剂的原理：小苏打受热分解生成气体，使面点蓬松。
5．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁的氧化物和氢氧化物；缩聚反应
【解析】【解答】A、工业固氮（如合成氨反应）将空气中的氮气转化为氨气，氨气可进一步加工为尿素、硝酸铵等氮肥，是氮肥生产的重要原料途径，A正确；
B、是红棕色粉末，俗称铁红，性质稳定且颜色鲜艳，是我国古代建筑中红色涂料的主要成分之一，B正确；
C、补铁口服液中的有效成分通常为，易被氧化为无补铁效果的；维生素C具有较强还原性，可优先被氧化，从而保护不被氧化，因此可与补铁口服液一起服用，C正确；
D、聚碳酸酯 () 的链节中含有酯基（），是由双酚A和光气（）通过缩聚反应（脱去小分子）制得的，而非加聚反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
工业固氮的原理与应用：工业固氮是将游离态的氮气转化为含氮化合物的过程，核心反应为合成氨；氨气是生产尿素、硝酸铵、氯化铵等氮肥的关键原料，因此工业固氮是氮肥工业的基础；
的性质与用途：为红棕色固体，化学性质稳定，不易与空气中的成分反应，且颜色持久鲜艳，因此常被用作红色颜料，古代建筑中的红色涂料多含有铁红；
维生素C的还原性与补铁的关联：补铁口服液中的易被空气中的氧气氧化为，而无法被人体吸收利用；维生素C具有较强的还原性，可优先与氧气反应，从而保护不被氧化，提高补铁效果；
缩聚反应与加聚反应的区分：加聚反应的产物链节中无双键以外的官能团，且无小分子生成；缩聚反应的产物链节中通常含有酯基、肽键等官能团，且生成小分子（如、）。聚碳酸酯由双酚A和光气缩聚而成，链节中含有酯基，且生成小分子，因此属于缩聚产物，而非加聚产物。
6．【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、胶体粒子和溶液中的离子均可透过滤纸，因此过滤无法除去NaCl溶液中的Fe(OH)3胶体，应采用渗析法，A错误；
B、加热MgCl2溶液时，Mg2+会发生水解：，HCl易挥发，最终得到Mg(OH)2固体，无法得到MgCl2晶体，应在HCl气流中加热蒸发，B错误；
C、酒精与水互溶，不能作为溴水的萃取剂，应选用四氯化碳或苯等不溶于水的有机溶剂，C错误；
D、I2受热易升华，遇冷又会凝华，而NaCl的沸点较高，受热不升华，因此可通过加热升华、凝华的方法分离I2和NaCl固体，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
胶体与溶液的分离方法：胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸，因此除去NaCl溶液中的Fe(OH)3胶体需用渗析法，过滤无法分离；
易水解盐溶液的蒸发：MgCl2是强酸弱碱盐，加热时水解生成的HCl易挥发，促进水解正向进行，最终得到Mg(OH)2，因此需在HCl气流中加热，抑制水解；
萃取剂的选择条件：萃取剂需与原溶剂互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度；酒精与水互溶，不满足萃取剂条件；
升华法分离固体混合物：利用I2易升华、凝华，而NaCl热稳定性强的性质差异，通过加热装置实现分离。
7．【答案】A
【知识点】铜的电解精炼；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解精炼镍时，溶液中阳离子为Ni2+，阴极发生还原反应，电极反应式为，A正确；
B：高纯度镍作为阴极，应与电源负极相连，粗镍作阳极，与电源正极相连，B错误；
C、金属性顺序为Zn>Fe>Ni>Cu，Zn、Fe比Ni活泼，会先于Ni放电溶解，而Cu、Pt、C等不活泼杂质不能放电，形成阳极泥，因此阳极泥中不含Fe，C错误；
D、阳极中Zn、Fe、Ni均会放电溶解，而阴极只有Ni2+析出，转移相同电子数时，阳极溶解的Zn、Fe质量与阴极析出的Ni质量不相等，因此两极质量变化不相等，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电解精炼镍的电极反应：阴极上只有Ni2+得电子析出，电极反应式为；
电极连接方式：纯镍作阴极接电源负极，粗镍作阳极接电源正极；
阳极泥的形成：比Ni活泼的Zn、Fe会优先溶解，不活泼的Cu、Pt、C等沉积为阳极泥，因此阳极泥不含Fe；
两极质量变化：阳极溶解Zn、Fe、Ni，阴极只析出Ni，转移相同电子数时，阳极溶解的金属与阴极析出的金属物质的量不同，质量变化不相等。
8．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响；金属冶炼的一般原理；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ ：水的稳定性比硫化氢强，原因是 O-H 键能大于 S-H 键能，正确；陈述 Ⅱ ：水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能， 正确，但两者无因果关系，氢键影响熔沸点，不影响稳定性，A 不符合题意；
B、陈述 Ⅰ ：碳化硅硬度大，可制作砂轮、砂纸，正确；陈述 Ⅱ：碳化硅属于共价晶体，靠共价键结合，硬度大 ，正确，两者存在因果关系，B 符合题意；
C、陈述 Ⅰ ：向豆浆中加入盐卤可使胶体聚沉制得豆腐，正确；陈述 Ⅱ：向胶体中加入盐不一定聚沉，如氯化钠溶液加入淀粉胶体不聚沉，只有加入电解质使胶体粒子电荷被中和才聚沉， 错误，C 不符合题意；
D、陈述 Ⅰ：工业上可用钠冶炼钾，利用钾的沸点比钠低，钾蒸气逸出使平衡正向移动，正确；陈述 Ⅱ：钾的金属性强于钠，正确；但两者无因果关系，冶炼钾的原理是利用沸点差异，而非金属性强弱，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
稳定性与化学键的关系：分子稳定性由化学键强弱决定，与分子间氢键无关；
共价晶体的性质：碳化硅为共价晶体，原子间以强共价键结合，硬度大，因此可用于制作砂轮、砂纸；
胶体聚沉的条件：加入电解质可使胶体聚沉，但并非所有盐都能使胶体聚沉，需满足中和胶体粒子电荷的条件；
金属冶炼的特殊情况：工业上用钠冶炼钾，利用的是钾的沸点比钠低，钾蒸气逸出推动反应进行，而非金属性强弱。
9．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、若 X 为盐酸，甲可以是偏铝酸钠，乙为氯化铝，丙为氢氧化铝；氯化铝水溶液因铝离子水解显酸性，推理成立，A 正确；
B、若 X 为氧气，甲可以是硫化氢，乙为硫，丙为二氧化硫；二氧化硫的水溶液能使品红溶液褪色，推理成立，B 正确；
C、若甲为烧碱（NaOH），X 可以为碳酸氢钠（正盐，此处碳酸氢钠可视为酸式盐，也可选择碳酸钠作为正盐），乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，符合转化关系，推理成立，C 正确；
D、若甲为铁粉，X 为氯气，铁与氯气反应只能生成氯化铁（乙），无法生成氯化亚铁，不符合 “甲 + X→乙、乙 + X→丙” 的转化关系，推理不成立，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质转化的逻辑分析：甲可直接生成乙和丙，乙也可生成丙，且甲→乙、乙→丙均通过与 X 反应实现；
A、偏铝酸钠与盐酸反应，盐酸少量生成氢氧化铝，盐酸过量生成氯化铝，氯化铝与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，氯化铝溶液显酸性；
B、硫化氢与氧气反应，氧气不足生成硫，氧气充足生成二氧化硫，硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性；
C、氢氧化钠与碳酸氢钠（或碳酸钠）反应，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，碳酸钠与碳酸氢钠溶液反应可生成碳酸氢钠，符合转化关系；
D、铁与氯气反应只能生成氯化铁，无法生成氯化亚铁，因此无法实现 “铁→氯化亚铁→氯化铁” 的转化，推理不成立。
10．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、1mol金刚石中，每个碳原子与周围4个碳原子形成4个σ键，每个σ键由2个碳原子共用，故1mol金刚石含σ键数目为，A正确；
B、标准状况下，22.4L混合气体物质的量为1mol，CH4含1个C，C3H8含3个C，因此1mol混合气体中碳原子数介于和之间，不一定为，B错误；
C、溶液体积未知，无法计算阴离子数目，C错误；
D、常温下铝遇浓硝酸发生钝化，反应无法持续进行，转移电子数远小于，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
金刚石中σ键数目计算：利用均摊法，每个C原子形成4个σ键，每个键由2个C共用；
混合气体中原子数的计算：需用极值法分析范围，不能直接取平均值；
溶液中微粒数计算：必须已知溶液体积，否则无法确定；
铝与浓硝酸的反应：常温下发生钝化，反应不彻底，转移电子数小于理论值。
11．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸反应制取氯气需要加热，而该装置无加热条件，因此不能用 MnO2代替 KMnO4，A 错误；
B、湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，证明氯气溶于水生成的 HCl 具有酸性，HClO 具有漂白性，而非氯气本身具有酸性和漂白性，B 错误；
C、湿润的淀粉 - KI 试纸变蓝，说明 Cl2将 I-氧化为 I2，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，可证明氧化性：Cl2>I2，C 正确；
D、干燥的花瓣不褪色，只能证明氯气无漂白性，不能证明气球的尾气中不含氯气，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氯气制备的反应条件：MnO2与浓盐酸反应制取氯气需要加热，而 KMnO4与浓盐酸反应在常温下即可进行，因此该装置不能用 MnO2代替 KMnO4；
氯气与水的反应及性质：氯气本身无酸性和漂白性，其与水反应生成的 HCl 具有酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，生成的 HClO 具有漂白性，能使变红的试纸褪色；
氧化性强弱的判断：氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，Cl2与 KI 反应生成 I2，说明 Cl2是氧化剂，I2是氧化产物，因此氧化性：Cl2>I2；
氯气漂白性的验证：氯气本身无漂白性，次氯酸才有漂白性，干燥的花瓣不褪色只能说明氯气无漂白性，不能证明尾气中不含氯气。
12．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，熔点差异由晶体类型决定，而非单纯由离子的电荷数和半径推测，A 错误；
B、H2S 与 PH3中心原子均为 sp3 杂化，H2S 中心原子有 2 对孤电子对，PH3有 1 对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小，因此键角：PH3>H2S，B 正确；
C、石墨和聚乙炔中均存在共轭 π 键体系，电子可在体系中自由移动，因此两者均有导电性，C 正确；
D、焦亚硫酸钠和亚硫酸钠中 S 元素均为 + 4 价，处于中间价态，易被氧化为 + 6 价，因此两者均具有较强的还原性，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体类型与熔点的关系：Al2O3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，熔点差异由晶体类型决定，不能仅通过离子的电荷数和半径判断；
孤电子对对键角的影响：中心原子杂化类型相同时，孤电子对数目越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小；
共轭 π 键与导电性的关系：共轭 π 键体系中电子可离域移动，使物质具有导电性；
元素价态与还原性的关系：元素处于中间价态时，既可以被氧化也可以被还原，当价态较高时，易被氧化，表现出较强的还原性。
13．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、b 为 N 元素，g 为 Mg 元素，N 位于第 ⅤA 族，Mg 位于第 ⅡA 族，二者主族不同，A 错误；
B、d 为 F，f 为 Na，e 为 Ne；F 的价电子排布为 2s22p5，有 1 个未成对电子；Na 的价电子排布为 3s ，有 1 个未成对电子；Ne 的价电子排布为 2s22p6，无未成对电子，因此基态原子未成对电子数：F=Na>Ne，B 错误；
C、g、h、i 分别为 Mg、Al、Si，均位于第三周期，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径：Mg>Al>Si，C 正确；
D、c、b、a 分别为 O、N、C，其氢化物包括简单氢化物（H2O、NH3、CH4）和多种复杂氢化物，未限定 “简单氢化物” 时，不同氢化物的分子间作用力差异较大，无法直接比较沸点，D 错误；
故答案为：C。
【分析】根据第一电子亲和能的定义与价层电子排布规律，结合短周期元素原子序数递增顺序推断：价层电子排布不稳定的原子得电子释放能量（第一电子亲和能为负），如 F；全满 / 半充满结构的原子得电子需吸收能量（第一电子亲和能为正），如 N、Mg。由此可确定 a~i 依次为 C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al、Si，再据此分析选项。
14．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、d 中无水硫酸铜变蓝，只能说明反应生成了水，但氨气还原 CuO 的同时，装置中可能残留的水蒸气也会使无水硫酸铜变蓝，因此不能直接证明氨气能还原 CuO，A 错误；
B、a 中溶液先变浑浊后变澄清，是因为氨气与硫酸铜反应先生成氢氧化铜沉淀，继续通入氨气时，氢氧化铜与过量氨水反应生成可溶性的铜氨络离子，并非证明 Cu(OH)2为两性氢氧化物，B 错误；
C、打开 K1后，乙醇进入 a 中，生成的深蓝色铜氨络合物晶体难溶于极性较弱的乙醇，因此会析出晶体，C 正确；
D、a 处尾气中含有氨气，通入饱和 NaHCO3溶液中，反应生成 (NH4)2CO3，不会直接得到 Na2CO3晶体，D 错误；
故答案为：C。
【分析】先关闭 K3、打开 K2，加热浓氨水产生氨气，氨气通入硫酸铜溶液中，先形成氢氧化铜沉淀使溶液变浑浊，继续通入氨气沉淀溶解形成铜氨络合离子，溶液变澄清；随后关闭 K2，打开 K1、K3，通入乙醇并排尽装置内空气，再加热 CuO，氨气还原 CuO，同时乙醇进入硫酸铜溶液中，因铜氨络合物难溶于乙醇而析出深蓝色晶体。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH越小，溶液中浓度越大，与结合生成弱电解质，溶液中越小，A错误；
B、pH=4时，，根据，可得，即，，B错误；
C、根据电荷守恒，溶液中应满足，选项中的守恒式系数错误，C错误；
D、pH=4时，，由计算得，根据物料守恒，即；代入，解得，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同离子效应与弱电解质电离：与结合生成，pH越小，越低；
电离平衡常数的应用：利用计算pH=4时与的浓度比，判断二者大小关系；
电荷守恒的书写：注意离子所带电荷数，正确书写溶液中的电荷守恒式；
溶度积与物料守恒的结合：通过物料守恒建立与的关系，代入表达式计算。
16．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、M极发生还原反应（，Fe元素化合价降低），为电解池的阴极，N极为阳极，阳极电势高于阴极，因此电势：N极 > M极，A错误；
B、反应（Ⅰ）中与芳基卤代烃反应生成，Ni的化合价从+1升高到+2；反应（Ⅱ）中生成，Ni的化合价从+2降低到+1，因此三种离子中Ni的化合价发生了改变，B错误；
C、结合反应流程，脂肪醇与芳基卤代烃反应，最终生成偶联产物、和，总反应： ，C正确；
D、整个反应中，每转移1mol电子，Fe循环提供1mol电子，Ni循环完成1次偶联反应，理论上可生成1mol偶联产物，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电极判断与电势分析：M极发生还原反应为阴极，N极为阳极，阳极电势高于阴极；
Ni元素化合价变化分析：反应过程中Ni在+1和+2价之间循环，化合价发生了改变；
总反应方程式推导：结合反应物、生成物及反应过程，可写出总反应方程式；
电子转移与产物的计量关系：每转移1mol电子，理论上可生成1mol偶联产物。
17．【答案】（1）MgO
（2）Mg+2H2O(沸水) Mg(OH)2+H2↑或
（3）Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+或3Mg+2Fe3++6H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2++3H2↑，Mg与H+反应产生大量H2，同时使Fe3+水解平衡右移，产生Fe(OH)3沉淀
（4）100mL容量瓶和胶头滴管；NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，但镁条在NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中的反应速率均大于在中性的水中的反应速率
（5）；50；0.5
（6）反应体系中浓度较高，使Mg2+与的离子积大于MgCO3的溶度积，从而析出MgCO3
【知识点】化学反应速率的影响因素；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；探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）用镁条进行置换氢气实验前，需用砂纸打磨镁条，目的是除去其表面因氧化生成的MgO薄膜，避免其阻碍镁与酸的反应。
故答案为： MgO ；
（2）常温下镁与水反应极慢，无明显现象；水煮沸后，镁可与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，化学方程式为： Mg+2H2O(沸水) Mg(OH)2+H2↑或 。
故答案为： Mg+2H2O(沸水) Mg(OH)2+H2↑或 ；
（3）在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+，加入镁条后，Mg与反应生成，消耗使水解平衡正向移动，最终生成沉淀。
故答案为： Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+或3Mg+2Fe3++6H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2++3H2↑，Mg与H+反应产生大量H2，同时使Fe3+水解平衡右移，产生Fe(OH)3沉淀 ；
（4）①配制100 mL 1.0 mol·L- 的溶液时，需要用到的玻璃仪器包括100 mL容量瓶、胶头滴管，还需烧杯、玻璃棒等辅助仪器；
②溶液和溶液均呈碱性，但镁条与不同溶液反应产生气泡的速率为：溶液 > 溶液 > 水 > 溶液，该结果与初始猜想不符。
故答案为： 100mL容量瓶和胶头滴管 ； NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，但镁条在NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中的反应速率均大于在中性的水中的反应速率 ；
（5） ①的平衡常数K，表达式为代入常数数值：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kw=1.0×10-14，可得。
②该实验的自变量为阴离子种类，需控制的无关变量包括镁片规格、溶液体积与浓度、反应温度等（如溶液为50 mL 0.5 mol·L- ）。
故答案为： ； 50 ； 0.5 ；
（6）理论上更易沉淀，但在碳酸钠与镁的反应体系中，浓度较高，使与的离子积大于的溶度积，从而析出沉淀。
故答案为： 反应体系中浓度较高，使Mg2+与的离子积大于MgCO3的溶度积，从而析出MgCO3 ；
【分析】（1）本题考查镁条的预处理操作，解题思路是结合镁的化学性质分析：镁是活泼金属，暴露在空气中易与氧气反应生成致密的MgO氧化膜，该氧化膜会隔绝镁与酸的接触，阻碍置换氢气的反应进行，因此实验前必须用砂纸打磨去除氧化膜，确保镁条能与酸充分接触反应。
（2）本题考查镁与水的反应规律，解题思路是结合温度对反应速率的影响分析：镁的金属活动性较弱，常温下与水反应速率极慢，几乎观察不到现象；但温度升高至沸水状态时，反应速率显著加快，镁可与水反应生成难溶的氢氧化镁和氢气，反应方程式需注明水的状态为沸水。
（3）本题考查盐类水解平衡的移动，解题思路是结合水解平衡与氧化还原反应的协同作用分析：在水溶液中存在水解平衡，产生；镁作为活泼金属，会优先与溶液中的发生置换反应生成氢气，消耗使水解平衡正向移动，进一步水解生成沉淀，该过程体现了反应之间的相互促进作用。
（4）本题考查溶液配制仪器与实验现象分析，解题思路分为两部分：①溶液配制部分，需结合一定物质的量浓度溶液的配制步骤分析，定容环节需要用到100 mL容量瓶和胶头滴管，溶解、转移环节还需烧杯、玻璃棒辅助；②反应速率部分，需结合溶液的碱性强弱与镁的反应特性分析，和溶液虽均呈碱性，但的存在会影响溶液中浓度，导致镁与不同溶液的反应速率出现差异，实际速率顺序与基于碱性强弱的初始猜想不符。
（5）本题考查平衡常数的推导与实验变量控制，解题思路分为两部分：①平衡常数推导部分，需结合溶度积、弱酸电离常数和水的离子积进行公式变形，通过分子分母同乘和的浓度，将平衡常数表达式转化为可利用已知常数计算的形式，再代入数据进行计算；②实验变量部分，需明确实验的自变量为阴离子种类，为确保实验结果的准确性，需控制镁片规格、溶液体积与浓度、反应温度等无关变量保持一致，排除其他因素对反应的干扰。
（6）本题考查沉淀生成的判断依据，解题思路是结合离子积与溶度积的关系分析：沉淀生成的条件是离子积大于对应沉淀的溶度积，理论上的溶度积更小，更易生成沉淀，但在碳酸钠反应体系中，溶液中浓度较高，导致与的离子积超过的溶度积，因此优先生成沉淀，体现了离子浓度对沉淀生成的影响。
（1）使用镁条完成置换氢气的实验前需用砂纸打磨镁条的目的是除去镁条表面的MgO。
（2）常温下，将镁条投入水中，镁条表面无明显变化，将水煮沸后，镁条表面会有气泡产生，发生反应的化学方程式为Mg+2H2O(沸水)=Mg(OH)2+H2↑。
（3）Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，Mg与H+反应产生大量H2，同时使Fe3+水解平衡右移，产生Fe(OH)3沉淀。
（4）①实验室配制100 mL 1.0mol·L-1的Na2CO3溶液，需用到100 mL容量瓶和胶头滴管。
②NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，但由现象可知，与镁条反应产生气泡的速率：NaHCO3溶液>Na2CO3溶液>水>NaOH溶液，与猜想不符。
（5）①的平衡常数K，表达式为代入常数数值：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kw=1.0×10-14，可得。
②该实验的自变量为阴离子种类，控制的无关变量为镁片规格、溶液体积与浓度、反应温度等相同，即50mL 0.5mol·L-1。
（6）从溶度积分析，理论上Mg(OH)2更易沉淀，但碳酸钠与镁反应体系中浓度较高，使Mg2+与的离子积大于MgCO3的溶度积，从而析出MgCO3。
18．【答案】（1）菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌
（2）SiO2；；12
（3）B；D
（4）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素
（5）Fe3+；4.7≤pH<8.3
（6）阴离子；电解液1
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；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
【解析】【解答】（1）提高菱镁矿酸浸速率的措施有：将菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高反应温度、反应过程中不断搅拌等。
故答案为： 菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌 ；
（2）①该晶胞的化学式为；图中c点原子的坐标为；
②晶胞（ ）中最小的环状结构由12个原子（6个Si原子和6个O原子）构成。
故答案为： SiO2 ； ；12；
（3）该配合物能从水相进入有机相的原因是其对称性较强、极性较弱，且含有大量疏水性烷基链，符合条件的选项为BD。
故答案为： B D ；
（4）“氧化”步骤中，将氧化为，反应的离子方程式为： H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 。
故答案为： H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素 ；
（5）“调pH”可分步沉淀的两种金属离子为和；由于完全沉淀所需的pH更低，因此先沉淀的离子是；最终需控制溶液的pH范围为。
故答案为： Fe3+ ；；
（6）“滤液2”的主要溶质为，电解时，向阴极移动，向阳极移动，因此膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，阳极区获得的电解液Ⅰ为硫酸，可返回“溶浸”工序循环利用。
故答案为： 阴离子 ； 电解液1 ；
【分析】菱镁矿的主要成分为碳酸镁，还含有二氧化硅、碳酸亚铁、氧化铝、氧化铍等杂质。向菱镁矿中加入硫酸进行酸溶处理时，金属氧化物会与硫酸反应转化为可溶性金属阳离子进入滤液，而二氧化硅不与硫酸反应，成为滤渣 1；随后加入萃取剂，可将铍元素从体系中分离出来；后续进行 “氧化” 操作，目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再通过 “调节 pH” 的方式，使铁离子、铝离子分别以氢氧化铁、氢氧化铝沉淀的形式析出，得到滤渣 2；最终得到的 “滤液 2” 中，溶质的主要成分为硫酸镁，将其电解可得到氢氧化镁，进一步处理后即可制得金属镁。
（1）本题考查影响浸取速率的因素，解题思路是结合反应速率的影响因素分析：固体反应物的接触面积、反应物浓度、温度、搅拌均会影响反应速率，因此可通过粉碎矿石、增大酸浓度、升温、搅拌等措施提高浸取速率。
（2）本题考查晶胞结构分析，解题思路是结合晶胞的均摊法与原子坐标分析：①根据晶胞中原子的分布，利用均摊法可确定化学式为，再结合晶胞的三维坐标系，确定c点原子的坐标；②根据晶体的结构特点，其最小环由6个Si原子和6个O原子交替连接而成，共12个原子。
（3）本题考查配合物的溶解性与结构的关系，解题思路是结合相似相溶原理分析：配合物能溶于有机溶剂、难溶于水，说明其极性较弱，且含有大量疏水性基团，因此需选择符合“对称性强、极性弱、含疏水烷基链”特征的选项。
（4）本题考查氧化还原反应离子方程式的书写，解题思路是结合氧化还原反应的配平规则分析：作为氧化剂，将氧化为，自身被还原为，再根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
（5）本题考查pH调控对金属离子沉淀的影响，解题思路是结合金属氢氧化物的溶度积与沉淀pH分析：和均能通过调节pH形成氢氧化物沉淀，其中完全沉淀的pH更低，因此会先沉淀；最终需控制pH范围，确保完全沉淀且不沉淀。
（6）本题考查电解过程中离子交换膜的选择，解题思路是结合电解池的工作原理分析：电解溶液时，为回收硫酸，需让通过膜Ⅰ进入阳极区，因此膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，阳极生成的硫酸可循环用于酸浸工序。
（1）将菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌等均可提高浸取速率。
（2）①该晶胞的化学式为SiO2；由图可知c点原子的坐标为。
②如图：，该晶胞中最小的环状结构由12个原子构成。
（3）该配合物能从水中进入有机相的原因是能溶于有机溶剂，不溶于水，从结构角度分析应该是该配合物的对称性较强，极性弱，且含有大量具有疏水性的烷基链，故选BD。
（4）“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去溶液中的Fe元素，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。
（5）“调pH”可以分步沉淀的两种金属离子分别为Fe3+和Al3+，根据信息可知先沉淀的离子是Fe3+；最后需控制溶液的pH范围为4.7≤pH<8.3。
（6）“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，通电时，Mg2+向阴极移动，向阳极移动，所以膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，获得的电解液1为硫酸，可返回至“溶浸”循环利用。
19．【答案】（1）p
（2）较低温度
（3）-90.7kJ·mol-1
（4）a；主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响；21.4%；主反应活化能较低，反应速率较快·消耗CO2更多，CH3OH选择性提高
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；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） 位于第ⅢA族，价电子排布为，属于元素周期表的p区。
故答案为： p ；
（2）反应1的，反应后分子数目减少，；根据吉布斯自由能判据，当温度较低时，项的影响较小，，反应可自发进行。
故答案为： 较低温度 ；
（3）由盖斯定律，反应iii = 反应i - 反应ii，因此。
故答案为： -90.7kJ·mol-1 ；
（4）①两物质选择性相加应该是100%，所以b表示的是CO2(g)的平衡转化率，反应ⅰ为放热反应，温度升高CH3OH(g)选择性下降，所以表示CH3OH(g)选择性的曲线为a；主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响，故CO2转化率随温度升高而降低。
②解法1：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2，设反应ⅰ生成CH3OH x mol，反应ⅱ生成CO y mol。
根据三段式：
根据CO2转化率为80%可知，1-x-y=1×(1-80%)，根据CH3OH的选择性为75%，CO的选择性为25%可知。x：y=3：1，解得x=0.6，y=0.2，则平衡时n(CO2)=1-0.6-0.2=0.2mol，n(H2)=3-0.6×3-0.2=1mol，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6+0.2=0.8mol，则CH3OH的平衡体积分数。
解法2：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.
则CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(0.2+1+0.6+0.2+0.8)mol×100%≈21.4%。
解法3：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.参加主反应的n(CO2)=0.8mol×0.75=0.6mol，所以总气体减少1.2mol，CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(4-1.2)mol×100%≈21.4%。
解法4：设初始原料CO2为1mol H2为3mol。设平衡时H2为x mol，H2O为y mol。
根据CO2的转化率为80%，可得平衡时CO2为0.2mol，根据CH3OH和CO的选择性分别为75%和25%，可得CH3OH为0.8mol×0.75=0.6mol，CO为0.8mol×0.25=0.2mol。
根据H原子守恒可得：2x+2y+0.6×4=6，根据O原子守恒可得：y+0.6+0.2+0.2×2=2，解得x=1，y=0.8，所以CH3OH的平衡体积分数。
③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的平衡体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，可能的原因为主反应活化能较低，反应速率较快，消耗CO2更多，CH3OH选择性提高。
故答案为： a ； 主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响 ； 21.4% ； 主反应活化能较低，反应速率较快·消耗CO2更多，CH3OH选择性提高 ；
【分析】（1）考查元素周期表分区，解题思路是根据元素的价电子排布判断其在周期表中的分区，第ⅢA族元素价电子排布为，属于p区元素。
（2）考查反应自发进行的判据，解题思路是结合焓变、熵变与温度的关系，利用判断反应自发进行的温度条件。
（3）考查盖斯定律的应用，解题思路是根据反应间的关系，通过反应i与反应ii的焓变相减，得到目标反应的焓变。
（4）①考查温度对反应选择性与转化率的影响，解题思路是结合反应的热效应与平衡移动原理，分析温度变化对主、副反应的影响，进而判断曲线对应的物理量及变化趋势；
②考查化学平衡的计算，解题思路是通过三段式法、原子守恒法等多种方法，结合转化率与选择性数据，计算平衡时各物质的量，进而求出目标物质的体积分数；
③考查反应速率与选择性的影响因素，解题思路是结合活化能对反应速率的影响，分析主、副反应的速率差异对产物选择性的影响。
（1）49In位于第ⅢA族，位于元素周期表中的p区。
（2）反应1的ΔH<0，分子数目减少ΔS<0，由ΔG=ΔH-TΔS可知，当ΔG<0时，即在较低温度下能自发进行。
（3）根据反应ⅲ=反应ⅰ-反应ⅱ可知，反应ⅲ的ΔH3=ΔH1-ΔH2=-90.7kJ·mol-1.
（4）①两物质选择性相加应该是100%，所以b表示的是CO2(g)的平衡转化率，反应ⅰ为放热反应，温度升高CH3OH(g)选择性下降，所以表示CH3OH(g)选择性的曲线为a；主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响，故CO2转化率随温度升高而降低。
②解法1：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2，设反应ⅰ生成CH3OH x mol，反应ⅱ生成CO y mol。
根据三段式：
根据CO2转化率为80%可知，1-x-y=1×(1-80%)，根据CH3OH的选择性为75%，CO的选择性为25%可知。x：y=3：1，解得x=0.6，y=0.2，则平衡时n(CO2)=1-0.6-0.2=0.2mol，n(H2)=3-0.6×3-0.2=1mol，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6+0.2=0.8mol，则CH3OH的平衡体积分数。
解法2：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.
则CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(0.2+1+0.6+0.2+0.8)mol×100%≈21.4%。
解法3：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.参加主反应的n(CO2)=0.8mol×0.75=0.6mol，所以总气体减少1.2mol，CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(4-1.2)mol×100%≈21.4%。
解法4：设初始原料CO2为1mol H2为3mol。设平衡时H2为x mol，H2O为y mol。
根据CO2的转化率为80%，可得平衡时CO2为0.2mol，根据CH3OH和CO的选择性分别为75%和25%，可得CH3OH为0.8mol×0.75=0.6mol，CO为0.8mol×0.25=0.2mol。
根据H原子守恒可得：2x+2y+0.6×4=6，根据O原子守恒可得：y+0.6+0.2+0.2×2=2，解得x=1，y=0.8，所以CH3OH的平衡体积分数。
③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的平衡体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，可能的原因为主反应活化能较低，反应速率较快，消耗CO2更多，CH3OH选择性提高。
20．【答案】（1）(酮)羰基；4-氨基苯甲醛或对氨基苯甲醛
（2）C7H9ON；+CH3I+HI；16
（3）A；B
（4）+HNO3(浓) +H2O；氧化反应；氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基
（5）
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】（1）化合物 1a 中的官能团为（酮）羰基；化合物 3a 的化学名称为 4 - 氨基苯甲醛（对氨基苯甲醛）。
故答案为： (酮)羰基 ； 4-氨基苯甲醛或对氨基苯甲醛 ；
（2）①化合物2a的分子式为C7H9ON，可通过和CH3I通过取代反应获得，反应的化学方程式为：+CH3I+HI。
②能与FeCl3 溶液发生显色反应，说明同分异构体含酚羟基； 化合物2a的同分异构体分(位置异构共10种)、(位置异构共3种)、(位置异构共3种)三类，共16种。
故答案为： C7H9ON ；+CH3I+HI ； 16 ；
（3）A． 生成 4a 的过程中，3a 中醛基的 π 键、2a 中氮氢键、1a 中碳氢键均发生断裂，A项正确；
B．在4a分子中，如图所示：存在手性碳原子，其中氮氢键与氧原子(酮羰基)可能形成分子内氢键，B项正确；
C．生成副产物 5a 的反应中，2a 未参与反应 ，C项错误；
D. 4a 与 5a 官能团不同，不满足同系物 “结构相似、相差若干个CH2” 的定义，D项错误。
故答案为： A B ；
（4）①第一步，引入硝基的化学方程式为+HNO3+H2O；
②第二步，进行氧化反应，原因是氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基；
③ 第三步，将硝基还原为氨基，得到目标产物 3a（4 - 氨基苯甲醛）。
故答案为：+HNO3(浓)+H2O ； 氧化反应 ； 氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基 ；
（5）根据上述信息，化合物6a与4a比较相似，需要和3a先发生加成反应得到，羟基再和2a的氨基再发生取代反应得到6a。
故答案为： ；
【分析】以丙酮（1a）、对甲氧基苯胺（2a）和对氨基苯甲醛（3a）为原料，通过 Mannich 反应，经加成、脱水过程，生成主产物 4a 和副产物 5a，其中 2a 参与主产物 4a 的生成，不参与副产物 5a 的生成。
（1）本题考查官能团识别与有机物命名，解题思路是根据化合物结构特征，识别酮羰基官能团；结合苯环上取代基的位置，按系统命名法确定 4 - 氨基苯甲醛的名称。
（2）本题考查有机反应方程式书写与同分异构体数目判断，解题思路是：①根据取代反应的断键规律，写出对氨基苯酚与碘甲烷的反应方程式；②以酚羟基为关键结构，结合分子中剩余原子组成，分类讨论甲基、甲氨基、氨甲基的位置异构，统计同分异构体总数。
（3）本题考查有机反应机理、手性碳与同系物判断，解题思路是：①根据加成 - 取代反应的断键规律，分析反应过程中化学键的断裂情况；②结合手性碳定义与氢键形成条件，判断 4a 分子的结构特征；③对比 4a 与 5a 的结构差异，判断同系物关系与 2a 的参与情况。
（4）本题考查有机合成路线设计，解题思路是结合目标产物 3a 的官能团（氨基、醛基），以甲苯为原料，按 “引入硝基→氧化甲基为醛基→还原硝基为氨基” 的顺序设计合成步骤，避免氨基被氧化。
（5）本题考查有机合成路线推导，解题思路是类比 4a 的合成机理，结合化合物 6a 的结构特征，先通过羰基加成引入羟基，再通过羟基与氨基的取代反应完成合成。
（1）化合物1a中所含官能团的名称为(酮)羰基；化合物3a的化学名称为4-氨基苯甲醛(对氨基苯甲醛)。
（2）①化合物2a的分子式为C7H9ON，可通过和CH3I通过取代反应获得，反应的化学方程式为：+CH3I+HI。
②能与FeCl3溶液发生显色反应说明含酚羟基，化合物2a的同分异构体分(位置异构共10种)、(位置异构共3种)、(位置异构共3种)三类，共16种。
（3）A．由分析可知，在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键(3a中醛基)与σ键(2a中氮氢键、1a中碳氢键)断裂，A项正确；
B．在4a分子中，如图所示：存在手性碳原子，其中氮氢键与氧原子(酮羰基)可能形成分子内氢键，B项正确；
C．由分析可知，在生成副产物5a的反应中，2a未参与反应，C项错误；
D.4a与5a官能团不同，没有相差若干个CH2，不属于同系物，D项错误。
（4）①第一步，引入硝基的化学方程式为+HNO3+H2O；
②第二步，进行氧化反应，原因是氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基；
③第三步，硝基还原为氨基得到3a；
（5）根据上述信息，化合物6a与4a比较相似，需要和3a先发生加成反应得到，羟基再和2a的氨基再发生取代反应得到6a。
1 / 1广东省湛江市2026年高三第一学期普通高考测试（一）化学试题
1．湛江文化历史悠久。下列与湛江非物质文化遗产相关的物品中，其主要成分不属于有机物的是
A．吴川月饼 B．遂溪狮头彩扎
C．安铺木雕 D．雷州石雕
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、吴川月饼的主要成分是面粉、糖、油脂等，这些都属于有机物； A不符合题意；
B、遂溪狮头彩扎的材料通常包含布料、纸张、颜料等，主要成分多为有机物； B不符合题意；
C、安铺木雕的主要成分是木材，木材的主要成分为纤维素，属于有机物； C不符合题意；
D、雷州石雕的主要成分是石材（如花岗岩），主要成分为硅酸盐、二氧化硅等，属于无机物，不属于有机物； D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
有机物定义：含碳的化合物（除 CO、CO2、碳酸盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物等少数例外）；
常见物品成分判断：月饼、彩扎、木雕的主要成分均为含碳的有机高分子或小分子化合物；石雕的主要成分为无机硅酸盐矿物，不含碳的有机结构；
区分有机物与无机物：石材中的硅酸盐、二氧化硅等属于无机物，而纤维素、淀粉、油脂等属于有机物。
2．Fmoc-Cl是一种有机合成领域中广泛应用的试剂，应密封保存，避免潮湿和高温，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法错误的是
A．可发生水解反应
B．存在非极性共价键
C．1mol该物质最多能与7mol氢气发生加成反应
D．核磁共振氢谱有6组峰
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A、该有机物含氯甲酸酯结构（-OCOCl），可发生水解反应，生成醇、二氧化碳和氯化氢，A 正确；
B、分子中 C-C 单键、苯环中的碳碳键均为非极性共价键，B 正确；
C、该有机物的苯环可与氢气发生加成反应，分子中含 2 个苯环，1mol 该物质最多能与 6mol 氢气发生加成反应（羰基不与氢气加成），C 错误；
D、分析分子中氢原子的化学环境，共 6 种不同化学环境的氢原子，因此核磁共振氢谱有 6 组峰，D 正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团与水解反应：氯甲酸酯结构（-OCOCl）易水解，生成相应的醇、CO2和 HCl；
共价键极性判断：同种原子间的共价键为非极性键，如 C-C 键、苯环中的碳碳键；
加成反应的判断：苯环可与 H2加成，每个苯环消耗 3mol H2，羰基不与 H2加成，因此 2 个苯环共消耗 6mol H2；
核磁共振氢谱峰数：根据分子对称性，分析不同化学环境的氢原子数目，共 6 种，对应 6 组峰。
3．中国科技自强自立，蓬勃发展。下列说法正确的是
A．国产潜水器载人舱使用的钛合金具有密度小、强度大的特点
B．国产高铁车身采用的碳纤维属于有机高分子材料
C．我国光伏电池效率实现实质性突破，光伏电池可将化学能转化为电能
D．我国芯片突破7纳米技术，芯片的主要成分为二氧化硅
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；合金及其应用
【解析】【解答】A、钛合金属于合金材料，具备密度小、机械强度大、耐腐蚀的优良特性，适合用作潜水器载人舱壳体，A正确；
B、碳纤维主要成分为单质碳，属于无机非金属材料，并非有机高分子材料，B错误；
C、光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不存在化学能参与转化，C错误；
D、芯片的核心半导体材料为晶体，是光纤的主要原料，二者不可混淆，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
钛合金材料优势：低密度、高强度、抗海水腐蚀，满足深海承压装备使用需求；
碳纤维物质分类：碳单质构成，属于无机材料，塑料、橡胶等才属于有机高分子；
光伏电池能量转化路径：太阳能→电能，原电池/燃料电池才是化学能转化为电能；
硅与二氧化硅用途区分：晶体Si用于制作芯片、光伏板；用作光导纤维、玻璃原料。
4．劳动创造幸福。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 用热的纯碱溶液去除燃气灶上的油污 为吸热过程
B 用疏通剂(含烧碱和铝粒)疏通下水道 铝表面易形成致密的氧化膜
C 家中铁器存放时需注意防潮 铁器在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀
D 面点师用小苏打作面包膨松剂 小苏打受热易分解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；铝的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、纯碱溶液中水解：，该反应为吸热过程，加热促进水解，溶液碱性增强，油脂在碱性条件下易水解，因此可用热的纯碱溶液去除油污，二者直接关联 ，A正确；
B、疏通剂含烧碱和铝粒，二者反应：，生成的氢气产生气压差，可疏通下水道；而铝表面易形成致密氧化膜会阻碍铝与碱反应，因此该化学知识与疏通下水道无关，二者无关联 ，B错误；
C、铁器在潮湿空气中易发生吸氧腐蚀，生成铁锈，因此存放时需防潮，二者直接关联 ，C正确；
D、小苏打受热易分解：，生成的使面包疏松多孔，因此可用作膨松剂，二者直接关联 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
纯碱去油污的原理：利用水解吸热，加热促进水解，溶液碱性增强，油脂在碱性条件下水解；
疏通剂的作用原理：铝与烧碱反应生成氢气，利用气压差疏通下水道，与铝表面的氧化膜无关；
铁器的吸氧腐蚀：潮湿空气中，铁发生吸氧腐蚀生成铁锈，因此需防潮；
小苏打作膨松剂的原理：小苏打受热分解生成气体，使面点蓬松。
5．化学创造美好生活。下列说法错误的是
A．工业固氮是为生产氮肥提供原料的重要途径
B．Fe2O3是我国古代众多建筑中红色涂料的成分之一
C．维生素C具有较强还原性，可与补铁口服液一起服用
D．制作手机外壳的某聚碳酸酯()是由其单体通过加聚反应制得的
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁的氧化物和氢氧化物；缩聚反应
【解析】【解答】A、工业固氮（如合成氨反应）将空气中的氮气转化为氨气，氨气可进一步加工为尿素、硝酸铵等氮肥，是氮肥生产的重要原料途径，A正确；
B、是红棕色粉末，俗称铁红，性质稳定且颜色鲜艳，是我国古代建筑中红色涂料的主要成分之一，B正确；
C、补铁口服液中的有效成分通常为，易被氧化为无补铁效果的；维生素C具有较强还原性，可优先被氧化，从而保护不被氧化，因此可与补铁口服液一起服用，C正确；
D、聚碳酸酯 () 的链节中含有酯基（），是由双酚A和光气（）通过缩聚反应（脱去小分子）制得的，而非加聚反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
工业固氮的原理与应用：工业固氮是将游离态的氮气转化为含氮化合物的过程，核心反应为合成氨；氨气是生产尿素、硝酸铵、氯化铵等氮肥的关键原料，因此工业固氮是氮肥工业的基础；
的性质与用途：为红棕色固体，化学性质稳定，不易与空气中的成分反应，且颜色持久鲜艳，因此常被用作红色颜料，古代建筑中的红色涂料多含有铁红；
维生素C的还原性与补铁的关联：补铁口服液中的易被空气中的氧气氧化为，而无法被人体吸收利用；维生素C具有较强的还原性，可优先与氧气反应，从而保护不被氧化，提高补铁效果；
缩聚反应与加聚反应的区分：加聚反应的产物链节中无双键以外的官能团，且无小分子生成；缩聚反应的产物链节中通常含有酯基、肽键等官能团，且生成小分子（如、）。聚碳酸酯由双酚A和光气缩聚而成，链节中含有酯基，且生成小分子，因此属于缩聚产物，而非加聚产物。
6．下列操作能达到实验目的的是
A．除去NaCl溶液中的Fe(OH)3胶体 B．从MgCl2溶液中提取MgCl2晶体
C．用酒精萃取溴水中的溴 D．分离I2和NaCl固体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、胶体粒子和溶液中的离子均可透过滤纸，因此过滤无法除去NaCl溶液中的Fe(OH)3胶体，应采用渗析法，A错误；
B、加热MgCl2溶液时，Mg2+会发生水解：，HCl易挥发，最终得到Mg(OH)2固体，无法得到MgCl2晶体，应在HCl气流中加热蒸发，B错误；
C、酒精与水互溶，不能作为溴水的萃取剂，应选用四氯化碳或苯等不溶于水的有机溶剂，C错误；
D、I2受热易升华，遇冷又会凝华，而NaCl的沸点较高，受热不升华，因此可通过加热升华、凝华的方法分离I2和NaCl固体，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
胶体与溶液的分离方法：胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸，因此除去NaCl溶液中的Fe(OH)3胶体需用渗析法，过滤无法分离；
易水解盐溶液的蒸发：MgCl2是强酸弱碱盐，加热时水解生成的HCl易挥发，促进水解正向进行，最终得到Mg(OH)2，因此需在HCl气流中加热，抑制水解；
萃取剂的选择条件：萃取剂需与原溶剂互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度；酒精与水互溶，不满足萃取剂条件；
升华法分离固体混合物：利用I2易升华、凝华，而NaCl热稳定性强的性质差异，通过加热装置实现分离。
7．已知金属性由强到弱的顺序为Zn>Fe>Ni>Cu。可利用电解法，将粗镍(含Fe、Zn、Cu、Pt，C等杂质)转化为高纯度的镍。该过程中
A．阴极的电极反应式为Ni2++2e-=Ni
B．高纯度的镍电极应与电源正极相连
C．在电解槽底部产生含大量Fe的阳极泥
D．转移相同电子数，阳极和阴极的质量变化相等
【答案】A
【知识点】铜的电解精炼；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解精炼镍时，溶液中阳离子为Ni2+，阴极发生还原反应，电极反应式为，A正确；
B：高纯度镍作为阴极，应与电源负极相连，粗镍作阳极，与电源正极相连，B错误；
C、金属性顺序为Zn>Fe>Ni>Cu，Zn、Fe比Ni活泼，会先于Ni放电溶解，而Cu、Pt、C等不活泼杂质不能放电，形成阳极泥，因此阳极泥中不含Fe，C错误；
D、阳极中Zn、Fe、Ni均会放电溶解，而阴极只有Ni2+析出，转移相同电子数时，阳极溶解的Zn、Fe质量与阴极析出的Ni质量不相等，因此两极质量变化不相等，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电解精炼镍的电极反应：阴极上只有Ni2+得电子析出，电极反应式为；
电极连接方式：纯镍作阴极接电源负极，粗镍作阳极接电源正极；
阳极泥的形成：比Ni活泼的Zn、Fe会优先溶解，不活泼的Cu、Pt、C等沉积为阳极泥，因此阳极泥不含Fe；
两极质量变化：阳极溶解Zn、Fe、Ni，阴极只析出Ni，转移相同电子数时，阳极溶解的金属与阴极析出的金属物质的量不同，质量变化不相等。
8．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 水的稳定性比硫化氢的稳定性强 水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键
B 碳化硅是制作砂轮、砂纸的材料之一 碳化硅属于共价晶体
C 向豆浆中加入盐卤可获得豆腐 向胶体中加入盐一定可以使胶体聚沉
D 工业上可用金属钠冶炼金属钾 金属钾的金属性强于金属钠
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响；金属冶炼的一般原理；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ ：水的稳定性比硫化氢强，原因是 O-H 键能大于 S-H 键能，正确；陈述 Ⅱ ：水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能， 正确，但两者无因果关系，氢键影响熔沸点，不影响稳定性，A 不符合题意；
B、陈述 Ⅰ ：碳化硅硬度大，可制作砂轮、砂纸，正确；陈述 Ⅱ：碳化硅属于共价晶体，靠共价键结合，硬度大 ，正确，两者存在因果关系，B 符合题意；
C、陈述 Ⅰ ：向豆浆中加入盐卤可使胶体聚沉制得豆腐，正确；陈述 Ⅱ：向胶体中加入盐不一定聚沉，如氯化钠溶液加入淀粉胶体不聚沉，只有加入电解质使胶体粒子电荷被中和才聚沉， 错误，C 不符合题意；
D、陈述 Ⅰ：工业上可用钠冶炼钾，利用钾的沸点比钠低，钾蒸气逸出使平衡正向移动，正确；陈述 Ⅱ：钾的金属性强于钠，正确；但两者无因果关系，冶炼钾的原理是利用沸点差异，而非金属性强弱，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
稳定性与化学键的关系：分子稳定性由化学键强弱决定，与分子间氢键无关；
共价晶体的性质：碳化硅为共价晶体，原子间以强共价键结合，硬度大，因此可用于制作砂轮、砂纸；
胶体聚沉的条件：加入电解质可使胶体聚沉，但并非所有盐都能使胶体聚沉，需满足中和胶体粒子电荷的条件；
金属冶炼的特殊情况：工业上用钠冶炼钾，利用的是钾的沸点比钠低，钾蒸气逸出推动反应进行，而非金属性强弱。
9．能满足下列物质间直接转化关系的无机物有多种，其中推理不成立的是
A．若X为盐酸，则乙的水溶液可能显酸性
B．若X为氧气，则丙的水溶液可能使品红溶液褪色
C．若甲为烧碱，则X可能为正盐
D．若甲为铁粉，则X可能为氯气
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、若 X 为盐酸，甲可以是偏铝酸钠，乙为氯化铝，丙为氢氧化铝；氯化铝水溶液因铝离子水解显酸性，推理成立，A 正确；
B、若 X 为氧气，甲可以是硫化氢，乙为硫，丙为二氧化硫；二氧化硫的水溶液能使品红溶液褪色，推理成立，B 正确；
C、若甲为烧碱（NaOH），X 可以为碳酸氢钠（正盐，此处碳酸氢钠可视为酸式盐，也可选择碳酸钠作为正盐），乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，符合转化关系，推理成立，C 正确；
D、若甲为铁粉，X 为氯气，铁与氯气反应只能生成氯化铁（乙），无法生成氯化亚铁，不符合 “甲 + X→乙、乙 + X→丙” 的转化关系，推理不成立，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质转化的逻辑分析：甲可直接生成乙和丙，乙也可生成丙，且甲→乙、乙→丙均通过与 X 反应实现；
A、偏铝酸钠与盐酸反应，盐酸少量生成氢氧化铝，盐酸过量生成氯化铝，氯化铝与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，氯化铝溶液显酸性；
B、硫化氢与氧气反应，氧气不足生成硫，氧气充足生成二氧化硫，硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性；
C、氢氧化钠与碳酸氢钠（或碳酸钠）反应，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，碳酸钠与碳酸氢钠溶液反应可生成碳酸氢钠，符合转化关系；
D、铁与氯气反应只能生成氯化铁，无法生成氯化亚铁，因此无法实现 “铁→氯化亚铁→氯化铁” 的转化，推理不成立。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol金刚石中所含σ键数目为2NA
B．标准状况下，22.4L CH4和C3H8的混合气体中所含碳原子数目为2NA
C．在0.1mol/L的CH3COONa溶液中，所含阴离子数目大于0.1NA
D．常温下，27g铝片与足量浓硝酸充分反应，转移电子数目为3NA
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、1mol金刚石中，每个碳原子与周围4个碳原子形成4个σ键，每个σ键由2个碳原子共用，故1mol金刚石含σ键数目为，A正确；
B、标准状况下，22.4L混合气体物质的量为1mol，CH4含1个C，C3H8含3个C，因此1mol混合气体中碳原子数介于和之间，不一定为，B错误；
C、溶液体积未知，无法计算阴离子数目，C错误；
D、常温下铝遇浓硝酸发生钝化，反应无法持续进行，转移电子数远小于，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
金刚石中σ键数目计算：利用均摊法，每个C原子形成4个σ键，每个键由2个C共用；
混合气体中原子数的计算：需用极值法分析范围，不能直接取平均值；
溶液中微粒数计算：必须已知溶液体积，否则无法确定；
铝与浓硝酸的反应：常温下发生钝化，反应不彻底，转移电子数小于理论值。
11．利用如图装置进行氯气性质实验探究。下列说法正确的是
A．该实验中可用MnO2代替KMnO4
B．湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色可证明氯气溶于水既有酸性又有漂白性
C．湿润的淀粉-KI试纸变蓝可证明氧化性：Cl2>I2
D．干燥的花瓣不褪色可证明气球的尾气中不含氯气
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸反应制取氯气需要加热，而该装置无加热条件，因此不能用 MnO2代替 KMnO4，A 错误；
B、湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，证明氯气溶于水生成的 HCl 具有酸性，HClO 具有漂白性，而非氯气本身具有酸性和漂白性，B 错误；
C、湿润的淀粉 - KI 试纸变蓝，说明 Cl2将 I-氧化为 I2，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，可证明氧化性：Cl2>I2，C 正确；
D、干燥的花瓣不褪色，只能证明氯气无漂白性，不能证明气球的尾气中不含氯气，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氯气制备的反应条件：MnO2与浓盐酸反应制取氯气需要加热，而 KMnO4与浓盐酸反应在常温下即可进行，因此该装置不能用 MnO2代替 KMnO4；
氯气与水的反应及性质：氯气本身无酸性和漂白性，其与水反应生成的 HCl 具有酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，生成的 HClO 具有漂白性，能使变红的试纸褪色；
氧化性强弱的判断：氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，Cl2与 KI 反应生成 I2，说明 Cl2是氧化剂，I2是氧化产物，因此氧化性：Cl2>I2；
氯气漂白性的验证：氯气本身无漂白性，次氯酸才有漂白性，干燥的花瓣不褪色只能说明氯气无漂白性，不能证明尾气中不含氯气。
12．下列选项中由结构不能推测出对应性质的是
选项 结构 性质
A O2-比Cl-所带电荷数多，离子半径小 Al2O3比AlCl3的熔点高
B H2S与PH3的中心原子杂化类型相同，但孤对电子数不同 键角：PH3>H2S
C 石墨和聚乙炔中均存在共轭π键体系 两者均有导电性
D 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)和亚硫酸钠中均含+4价的硫 两者均具有较强的还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，熔点差异由晶体类型决定，而非单纯由离子的电荷数和半径推测，A 错误；
B、H2S 与 PH3中心原子均为 sp3 杂化，H2S 中心原子有 2 对孤电子对，PH3有 1 对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小，因此键角：PH3>H2S，B 正确；
C、石墨和聚乙炔中均存在共轭 π 键体系，电子可在体系中自由移动，因此两者均有导电性，C 正确；
D、焦亚硫酸钠和亚硫酸钠中 S 元素均为 + 4 价，处于中间价态，易被氧化为 + 6 价，因此两者均具有较强的还原性，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体类型与熔点的关系：Al2O3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，熔点差异由晶体类型决定，不能仅通过离子的电荷数和半径判断；
孤电子对对键角的影响：中心原子杂化类型相同时，孤电子对数目越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小；
共轭 π 键与导电性的关系：共轭 π 键体系中电子可离域移动，使物质具有导电性；
元素价态与还原性的关系：元素处于中间价态时，既可以被氧化也可以被还原，当价态较高时，易被氧化，表现出较强的还原性。
13．第一电子亲和能是指基态气态原子得到一个电子形成气态负一价阴离子时所释放或吸收的能量(E1，单位：kJ·mol-1，释放热量数值为负值，吸收热量数值为正值)，其大小与原子的核电荷数、原子半径、价层电子排布相关，价层电子排布不稳定的原子，其获得电子形成稳定结构时放出较多能量。元素a~i为原子序数依次增大的短周期元素，其第一电子亲和能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A．b和g同主族
B．基态原子未成对电子数：d>f>e
C．原子半径：g>h>i
D．氢化物沸点；c>b>a
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、b 为 N 元素，g 为 Mg 元素，N 位于第 ⅤA 族，Mg 位于第 ⅡA 族，二者主族不同，A 错误；
B、d 为 F，f 为 Na，e 为 Ne；F 的价电子排布为 2s22p5，有 1 个未成对电子；Na 的价电子排布为 3s ，有 1 个未成对电子；Ne 的价电子排布为 2s22p6，无未成对电子，因此基态原子未成对电子数：F=Na>Ne，B 错误；
C、g、h、i 分别为 Mg、Al、Si，均位于第三周期，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径：Mg>Al>Si，C 正确；
D、c、b、a 分别为 O、N、C，其氢化物包括简单氢化物（H2O、NH3、CH4）和多种复杂氢化物，未限定 “简单氢化物” 时，不同氢化物的分子间作用力差异较大，无法直接比较沸点，D 错误；
故答案为：C。
【分析】根据第一电子亲和能的定义与价层电子排布规律，结合短周期元素原子序数递增顺序推断：价层电子排布不稳定的原子得电子释放能量（第一电子亲和能为负），如 F；全满 / 半充满结构的原子得电子需吸收能量（第一电子亲和能为正），如 N、Mg。由此可确定 a~i 依次为 C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al、Si，再据此分析选项。
14．利用如图装置进行实验；关闭K3，打开K2，点燃b处酒精灯，待a中溶液变浑浊后再变澄清时，关闭K2并打开K1、K3，待排尽c中空气后点燃c处酒精灯，一段时间后熄灭所有酒精灯。下列说法正确的是
A．d中无水硫酸铜变蓝可证明氨气能还原CuO
B．a中溶液变浑浊后再变澄清可证明Cu(OH)2为两性氢氧化物
C．打开K1后a中有深蓝色晶体生成，说明此晶体难溶于极性较弱的溶剂
D．若将a处尾气通入饱和NaHCO3溶液中，可获得Na2CO3晶体
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、d 中无水硫酸铜变蓝，只能说明反应生成了水，但氨气还原 CuO 的同时，装置中可能残留的水蒸气也会使无水硫酸铜变蓝，因此不能直接证明氨气能还原 CuO，A 错误；
B、a 中溶液先变浑浊后变澄清，是因为氨气与硫酸铜反应先生成氢氧化铜沉淀，继续通入氨气时，氢氧化铜与过量氨水反应生成可溶性的铜氨络离子，并非证明 Cu(OH)2为两性氢氧化物，B 错误；
C、打开 K1后，乙醇进入 a 中，生成的深蓝色铜氨络合物晶体难溶于极性较弱的乙醇，因此会析出晶体，C 正确；
D、a 处尾气中含有氨气，通入饱和 NaHCO3溶液中，反应生成 (NH4)2CO3，不会直接得到 Na2CO3晶体，D 错误；
故答案为：C。
【分析】先关闭 K3、打开 K2，加热浓氨水产生氨气，氨气通入硫酸铜溶液中，先形成氢氧化铜沉淀使溶液变浑浊，继续通入氨气沉淀溶解形成铜氨络合离子，溶液变澄清；随后关闭 K2，打开 K1、K3，通入乙醇并排尽装置内空气，再加热 CuO，氨气还原 CuO，同时乙醇进入硫酸铜溶液中，因铜氨络合物难溶于乙醇而析出深蓝色晶体。
15．利用稀盐酸调节氟化钙悬浊液的pH，最终将悬浊液的pH调至4，已知：Ksp[CaF2]=1.96×10-10，Ka(HF)=7.00×10-4。下列叙述正确的是
A．调节过程中，悬浊液的pH越小，溶液中c(F-)越大
B．pH=4时，溶液中c(F-)C．溶液中，c(Ca2+)+c(H+)=2c(Cl-)+2c(F-)+c(OH-)
D．最终溶液中c(Ca2+)=4.00×10-4mol/L
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH越小，溶液中浓度越大，与结合生成弱电解质，溶液中越小，A错误；
B、pH=4时，，根据，可得，即，，B错误；
C、根据电荷守恒，溶液中应满足，选项中的守恒式系数错误，C错误；
D、pH=4时，，由计算得，根据物料守恒，即；代入，解得，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同离子效应与弱电解质电离：与结合生成，pH越小，越低；
电离平衡常数的应用：利用计算pH=4时与的浓度比，判断二者大小关系；
电荷守恒的书写：注意离子所带电荷数，正确书写溶液中的电荷守恒式；
溶度积与物料守恒的结合：通过物料守恒建立与的关系，代入表达式计算。
16．我国某科研小组实现了光电条件下脂肪醇与芳基卤代烃的偶联反应，具体工作原理如下图。已知R为脂肪烃基；L为某有机物，易提供孤对电子形成配合物。下列说法错误的是
A．电势：M极>N极
B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种离子中Ni的化合价均未改变
C．该过程的总反应为++CH2O+HX
D．电解过程中，导线上每通过1mol e-，理论上可获得1mol
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、M极发生还原反应（，Fe元素化合价降低），为电解池的阴极，N极为阳极，阳极电势高于阴极，因此电势：N极 > M极，A错误；
B、反应（Ⅰ）中与芳基卤代烃反应生成，Ni的化合价从+1升高到+2；反应（Ⅱ）中生成，Ni的化合价从+2降低到+1，因此三种离子中Ni的化合价发生了改变，B错误；
C、结合反应流程，脂肪醇与芳基卤代烃反应，最终生成偶联产物、和，总反应： ，C正确；
D、整个反应中，每转移1mol电子，Fe循环提供1mol电子，Ni循环完成1次偶联反应，理论上可生成1mol偶联产物，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电极判断与电势分析：M极发生还原反应为阴极，N极为阳极，阳极电势高于阴极；
Ni元素化合价变化分析：反应过程中Ni在+1和+2价之间循环，化合价发生了改变；
总反应方程式推导：结合反应物、生成物及反应过程，可写出总反应方程式；
电子转移与产物的计量关系：每转移1mol电子，理论上可生成1mol偶联产物。
17．镁的金属性较强，置换氢气的能力较强。
（1）使用镁条完成置换氢气的实验前需用砂纸打磨一下镁条(下述实验中所使用的镁条均已打磨)，打磨的目的是除去镁条表面的　 　(填化学式)。
（2）常温下，将镁条投入水中，镁条表面无明显变化，将水煮沸后，镁条表面会有气泡产生，发生反应的化学方程式为　 　。
（3）若将镁条投入1.0mol L-1 FeCl3溶液中，镁条表面迅速产生大量气泡，同时溶液中产生红褐色沉淀，请结合离子方程式解释产生该实验现象的原因：　 　。
（4）某小组根据上述现象提出猜想：溶液酸性越强，镁置换氢气的速率越快碱性越强，置换氢气的速率越慢。
【设计方案并完成实验】甲同学根据上述猜想设计了NaOH、Na2CO3和NaHCO3溶液与镁条的反应。
配制溶液时需用到下列仪器中的　 　(填写仪器名称)。
①实验室用Na2CO3·10H2O晶体制备100mL 1.0mol·L-1的Na2CO3溶液。
②取四份质量、形状完全相同的镁条进行实验。
实验组 实验操作 现象
ⅰ 第一份镁条加入50mL蒸馏水中 一段时间后镁条上覆盖了少量气泡
ⅱ 第二份镁条加入50mL 1.0mol L-1 NaHCO3溶液中 持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
ⅲ 第三份镁条加入50mL 1.0mol L-1 Na2CO3溶液中 有气泡产生，溶液略显浑浊
ⅳ 第四份镁条加入50mL 1.0mol L-1 NaOH溶液中 无明显现象
【实验小结】小组同学根据实验现象，判断猜想不符合实际，判断的依据是　 　。
（5）反应速率差异的机理探究
查阅资料可知，Mg(OH)2质地致密，会附在金属表面阻碍反应继续进行。
已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(MgCO3)=3.5×10-8，Kw=1.0×10-14.
①小组同学推测是或破坏了Mg(OH)2保护膜，使镁与水的反应可以继续进行，在NaHCO3体系中的反应为，该反应的平衡常数K=　 　(列出算式，无须化简)。
②乙同学猜测对Mg(OH)2保护膜的破坏能力强于，设计如下实验验证：
实验组 镁片预处理 加入溶液 气泡产生速率
ⅴ 预先制备Mg(OH)2保护膜 50mL 0.5mol·L-1 Na2CO3溶液 极慢
ⅵ 同ⅴ组 a mL b mol L-1 NaHCO3溶液 较快
根据表中信息，补充数据：a=　 　，b=　 　。
根据结果可知吸附在金属表面的氢氧化镁可以溶解在碳酸氢钠溶液中，而不能很好地破坏Mg(OH)2保护膜。
（6）丙同学继续探究镁与碳酸钠溶液反应，实验组ⅲ的沉淀成分中经检验存在MgCO3，MgCO3质地疏松，不能有效阻止内部金属Mg与水的反应。从溶度积分析，理论上Mg(OH)2更易沉淀，但实际存在MgCO3的原因是　 　。
教师指导：要充分认识化学反应的复杂性，影响化学反应的因素有很多，要抓到主要矛盾等解决问题。
【答案】（1）MgO
（2）Mg+2H2O(沸水) Mg(OH)2+H2↑或
（3）Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+或3Mg+2Fe3++6H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2++3H2↑，Mg与H+反应产生大量H2，同时使Fe3+水解平衡右移，产生Fe(OH)3沉淀
（4）100mL容量瓶和胶头滴管；NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，但镁条在NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中的反应速率均大于在中性的水中的反应速率
（5）；50；0.5
（6）反应体系中浓度较高，使Mg2+与的离子积大于MgCO3的溶度积，从而析出MgCO3
【知识点】化学反应速率的影响因素；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；探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）用镁条进行置换氢气实验前，需用砂纸打磨镁条，目的是除去其表面因氧化生成的MgO薄膜，避免其阻碍镁与酸的反应。
故答案为： MgO ；
（2）常温下镁与水反应极慢，无明显现象；水煮沸后，镁可与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，化学方程式为： Mg+2H2O(沸水) Mg(OH)2+H2↑或 。
故答案为： Mg+2H2O(沸水) Mg(OH)2+H2↑或 ；
（3）在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+，加入镁条后，Mg与反应生成，消耗使水解平衡正向移动，最终生成沉淀。
故答案为： Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+或3Mg+2Fe3++6H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2++3H2↑，Mg与H+反应产生大量H2，同时使Fe3+水解平衡右移，产生Fe(OH)3沉淀 ；
（4）①配制100 mL 1.0 mol·L- 的溶液时，需要用到的玻璃仪器包括100 mL容量瓶、胶头滴管，还需烧杯、玻璃棒等辅助仪器；
②溶液和溶液均呈碱性，但镁条与不同溶液反应产生气泡的速率为：溶液 > 溶液 > 水 > 溶液，该结果与初始猜想不符。
故答案为： 100mL容量瓶和胶头滴管 ； NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，但镁条在NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中的反应速率均大于在中性的水中的反应速率 ；
（5） ①的平衡常数K，表达式为代入常数数值：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kw=1.0×10-14，可得。
②该实验的自变量为阴离子种类，需控制的无关变量包括镁片规格、溶液体积与浓度、反应温度等（如溶液为50 mL 0.5 mol·L- ）。
故答案为： ； 50 ； 0.5 ；
（6）理论上更易沉淀，但在碳酸钠与镁的反应体系中，浓度较高，使与的离子积大于的溶度积，从而析出沉淀。
故答案为： 反应体系中浓度较高，使Mg2+与的离子积大于MgCO3的溶度积，从而析出MgCO3 ；
【分析】（1）本题考查镁条的预处理操作，解题思路是结合镁的化学性质分析：镁是活泼金属，暴露在空气中易与氧气反应生成致密的MgO氧化膜，该氧化膜会隔绝镁与酸的接触，阻碍置换氢气的反应进行，因此实验前必须用砂纸打磨去除氧化膜，确保镁条能与酸充分接触反应。
（2）本题考查镁与水的反应规律，解题思路是结合温度对反应速率的影响分析：镁的金属活动性较弱，常温下与水反应速率极慢，几乎观察不到现象；但温度升高至沸水状态时，反应速率显著加快，镁可与水反应生成难溶的氢氧化镁和氢气，反应方程式需注明水的状态为沸水。
（3）本题考查盐类水解平衡的移动，解题思路是结合水解平衡与氧化还原反应的协同作用分析：在水溶液中存在水解平衡，产生；镁作为活泼金属，会优先与溶液中的发生置换反应生成氢气，消耗使水解平衡正向移动，进一步水解生成沉淀，该过程体现了反应之间的相互促进作用。
（4）本题考查溶液配制仪器与实验现象分析，解题思路分为两部分：①溶液配制部分，需结合一定物质的量浓度溶液的配制步骤分析，定容环节需要用到100 mL容量瓶和胶头滴管，溶解、转移环节还需烧杯、玻璃棒辅助；②反应速率部分，需结合溶液的碱性强弱与镁的反应特性分析，和溶液虽均呈碱性，但的存在会影响溶液中浓度，导致镁与不同溶液的反应速率出现差异，实际速率顺序与基于碱性强弱的初始猜想不符。
（5）本题考查平衡常数的推导与实验变量控制，解题思路分为两部分：①平衡常数推导部分，需结合溶度积、弱酸电离常数和水的离子积进行公式变形，通过分子分母同乘和的浓度，将平衡常数表达式转化为可利用已知常数计算的形式，再代入数据进行计算；②实验变量部分，需明确实验的自变量为阴离子种类，为确保实验结果的准确性，需控制镁片规格、溶液体积与浓度、反应温度等无关变量保持一致，排除其他因素对反应的干扰。
（6）本题考查沉淀生成的判断依据，解题思路是结合离子积与溶度积的关系分析：沉淀生成的条件是离子积大于对应沉淀的溶度积，理论上的溶度积更小，更易生成沉淀，但在碳酸钠反应体系中，溶液中浓度较高，导致与的离子积超过的溶度积，因此优先生成沉淀，体现了离子浓度对沉淀生成的影响。
（1）使用镁条完成置换氢气的实验前需用砂纸打磨镁条的目的是除去镁条表面的MgO。
（2）常温下，将镁条投入水中，镁条表面无明显变化，将水煮沸后，镁条表面会有气泡产生，发生反应的化学方程式为Mg+2H2O(沸水)=Mg(OH)2+H2↑。
（3）Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，Mg与H+反应产生大量H2，同时使Fe3+水解平衡右移，产生Fe(OH)3沉淀。
（4）①实验室配制100 mL 1.0mol·L-1的Na2CO3溶液，需用到100 mL容量瓶和胶头滴管。
②NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，但由现象可知，与镁条反应产生气泡的速率：NaHCO3溶液>Na2CO3溶液>水>NaOH溶液，与猜想不符。
（5）①的平衡常数K，表达式为代入常数数值：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kw=1.0×10-14，可得。
②该实验的自变量为阴离子种类，控制的无关变量为镁片规格、溶液体积与浓度、反应温度等相同，即50mL 0.5mol·L-1。
（6）从溶度积分析，理论上Mg(OH)2更易沉淀，但碳酸钠与镁反应体系中浓度较高，使Mg2+与的离子积大于MgCO3的溶度积，从而析出MgCO3。
18．绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种用菱镁矿(主要成分为MgCO3，含杂质Al2O3、FeCO3、BeO，SiO2等)制备镁单质的同时深度回收重要金属化合物的工艺流程如下：
已知：本实验条件下，部分离子开始沉淀及沉淀完全时对应的pH如下表：
离子 Mg2+ Fe2+ Fe3+ Al3+
开始沉淀时的pH 8.3 6.5 1.5 3.6
沉淀完全时的pH — 8.5 3.2 4.7
回答下列问题：
（1）用硫酸溶浸菱镁矿时，提高浸取速率的方法为　 　(答出两条即可)。
（2）“滤渣1”的立方晶胞结构如图，已知a、b两点原子的坐标分别为(0，0，0)、。
①该晶胞的化学式为　 　；c点原子的坐标为　 　。
②该晶胞中最小的环状结构由　 　个原子构成。
（3）“萃取”后进入有机相的铍的配合物结构如图。从结构角度分析，该配合物能从水中进入有机相的原因可能为___________(填字母)。
A．铍与O形成配位键
B．该配合物的对称性较强
C．配合物能与水能形成分子间氢键
D．含有大量具有疏水性的烷基链
（4）“氧化”的目的是　 　(结合离子方程式解释)。
（5）“调pH”可以分步沉淀两种金属离子，先沉淀的离子是　 　；最后需控制溶液的pH范围为　 　。
（6）“三极室电解”原理如图。其中膜Ⅰ应选用　 　(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜；可以在流程中循环利用的电解液为　 　(填“电解液1”或“电解液2”)。
【答案】（1）菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌
（2）SiO2；；12
（3）B；D
（4）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素
（5）Fe3+；4.7≤pH<8.3
（6）阴离子；电解液1
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；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
【解析】【解答】（1）提高菱镁矿酸浸速率的措施有：将菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高反应温度、反应过程中不断搅拌等。
故答案为： 菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌 ；
（2）①该晶胞的化学式为；图中c点原子的坐标为；
②晶胞（ ）中最小的环状结构由12个原子（6个Si原子和6个O原子）构成。
故答案为： SiO2 ； ；12；
（3）该配合物能从水相进入有机相的原因是其对称性较强、极性较弱，且含有大量疏水性烷基链，符合条件的选项为BD。
故答案为： B D ；
（4）“氧化”步骤中，将氧化为，反应的离子方程式为： H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 。
故答案为： H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素 ；
（5）“调pH”可分步沉淀的两种金属离子为和；由于完全沉淀所需的pH更低，因此先沉淀的离子是；最终需控制溶液的pH范围为。
故答案为： Fe3+ ；；
（6）“滤液2”的主要溶质为，电解时，向阴极移动，向阳极移动，因此膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，阳极区获得的电解液Ⅰ为硫酸，可返回“溶浸”工序循环利用。
故答案为： 阴离子 ； 电解液1 ；
【分析】菱镁矿的主要成分为碳酸镁，还含有二氧化硅、碳酸亚铁、氧化铝、氧化铍等杂质。向菱镁矿中加入硫酸进行酸溶处理时，金属氧化物会与硫酸反应转化为可溶性金属阳离子进入滤液，而二氧化硅不与硫酸反应，成为滤渣 1；随后加入萃取剂，可将铍元素从体系中分离出来；后续进行 “氧化” 操作，目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再通过 “调节 pH” 的方式，使铁离子、铝离子分别以氢氧化铁、氢氧化铝沉淀的形式析出，得到滤渣 2；最终得到的 “滤液 2” 中，溶质的主要成分为硫酸镁，将其电解可得到氢氧化镁，进一步处理后即可制得金属镁。
（1）本题考查影响浸取速率的因素，解题思路是结合反应速率的影响因素分析：固体反应物的接触面积、反应物浓度、温度、搅拌均会影响反应速率，因此可通过粉碎矿石、增大酸浓度、升温、搅拌等措施提高浸取速率。
（2）本题考查晶胞结构分析，解题思路是结合晶胞的均摊法与原子坐标分析：①根据晶胞中原子的分布，利用均摊法可确定化学式为，再结合晶胞的三维坐标系，确定c点原子的坐标；②根据晶体的结构特点，其最小环由6个Si原子和6个O原子交替连接而成，共12个原子。
（3）本题考查配合物的溶解性与结构的关系，解题思路是结合相似相溶原理分析：配合物能溶于有机溶剂、难溶于水，说明其极性较弱，且含有大量疏水性基团，因此需选择符合“对称性强、极性弱、含疏水烷基链”特征的选项。
（4）本题考查氧化还原反应离子方程式的书写，解题思路是结合氧化还原反应的配平规则分析：作为氧化剂，将氧化为，自身被还原为，再根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
（5）本题考查pH调控对金属离子沉淀的影响，解题思路是结合金属氢氧化物的溶度积与沉淀pH分析：和均能通过调节pH形成氢氧化物沉淀，其中完全沉淀的pH更低，因此会先沉淀；最终需控制pH范围，确保完全沉淀且不沉淀。
（6）本题考查电解过程中离子交换膜的选择，解题思路是结合电解池的工作原理分析：电解溶液时，为回收硫酸，需让通过膜Ⅰ进入阳极区，因此膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，阳极生成的硫酸可循环用于酸浸工序。
（1）将菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌等均可提高浸取速率。
（2）①该晶胞的化学式为SiO2；由图可知c点原子的坐标为。
②如图：，该晶胞中最小的环状结构由12个原子构成。
（3）该配合物能从水中进入有机相的原因是能溶于有机溶剂，不溶于水，从结构角度分析应该是该配合物的对称性较强，极性弱，且含有大量具有疏水性的烷基链，故选BD。
（4）“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去溶液中的Fe元素，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。
（5）“调pH”可以分步沉淀的两种金属离子分别为Fe3+和Al3+，根据信息可知先沉淀的离子是Fe3+；最后需控制溶液的pH范围为4.7≤pH<8.3。
（6）“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，通电时，Mg2+向阴极移动，向阳极移动，所以膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，获得的电解液1为硫酸，可返回至“溶浸”循环利用。
19．以In2O3为催化剂，能实现CO2向CH3OH的转化，是实现能源化综合利用以及完成“碳中和”的一种途径。
（1）49In位于元素周期表中的　 　区。
（2）CO2转化为CH3OH的反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1，该反应在　 　(填“较高温度”或“较低温度”)下能自发进行。
（3）CO2转化为CH3OH的过程中伴有副反应：
编号 化学方程式 ΔH
ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ mol-1
ⅲ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3
反应ⅲ的ΔH3=　 　。
（4）不同温度下，按n(CO2)：n(H2)=1：3充入某盛有催化剂的恒压密闭容器中发生上述反应，平衡时CH3OH(g)和CO(g)的选择性［例如CO(g)的选择性］及CO2(g)的转化率随温度变化的关系如图所示。
①表示CH3OH(g)的选择性的曲线为　 　(填“a”“b”或“c”)，曲线b随温度升高而降低的原因为　 　。
②T0K下CH3OH(g)的平衡体积分数为　 　(写出推导过程，结果保留3位有效数字)。
③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，试分析可能的原因为　 　。
【答案】（1）p
（2）较低温度
（3）-90.7kJ·mol-1
（4）a；主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响；21.4%；主反应活化能较低，反应速率较快·消耗CO2更多，CH3OH选择性提高
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；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） 位于第ⅢA族，价电子排布为，属于元素周期表的p区。
故答案为： p ；
（2）反应1的，反应后分子数目减少，；根据吉布斯自由能判据，当温度较低时，项的影响较小，，反应可自发进行。
故答案为： 较低温度 ；
（3）由盖斯定律，反应iii = 反应i - 反应ii，因此。
故答案为： -90.7kJ·mol-1 ；
（4）①两物质选择性相加应该是100%，所以b表示的是CO2(g)的平衡转化率，反应ⅰ为放热反应，温度升高CH3OH(g)选择性下降，所以表示CH3OH(g)选择性的曲线为a；主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响，故CO2转化率随温度升高而降低。
②解法1：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2，设反应ⅰ生成CH3OH x mol，反应ⅱ生成CO y mol。
根据三段式：
根据CO2转化率为80%可知，1-x-y=1×(1-80%)，根据CH3OH的选择性为75%，CO的选择性为25%可知。x：y=3：1，解得x=0.6，y=0.2，则平衡时n(CO2)=1-0.6-0.2=0.2mol，n(H2)=3-0.6×3-0.2=1mol，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6+0.2=0.8mol，则CH3OH的平衡体积分数。
解法2：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.
则CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(0.2+1+0.6+0.2+0.8)mol×100%≈21.4%。
解法3：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.参加主反应的n(CO2)=0.8mol×0.75=0.6mol，所以总气体减少1.2mol，CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(4-1.2)mol×100%≈21.4%。
解法4：设初始原料CO2为1mol H2为3mol。设平衡时H2为x mol，H2O为y mol。
根据CO2的转化率为80%，可得平衡时CO2为0.2mol，根据CH3OH和CO的选择性分别为75%和25%，可得CH3OH为0.8mol×0.75=0.6mol，CO为0.8mol×0.25=0.2mol。
根据H原子守恒可得：2x+2y+0.6×4=6，根据O原子守恒可得：y+0.6+0.2+0.2×2=2，解得x=1，y=0.8，所以CH3OH的平衡体积分数。
③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的平衡体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，可能的原因为主反应活化能较低，反应速率较快，消耗CO2更多，CH3OH选择性提高。
故答案为： a ； 主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响 ； 21.4% ； 主反应活化能较低，反应速率较快·消耗CO2更多，CH3OH选择性提高 ；
【分析】（1）考查元素周期表分区，解题思路是根据元素的价电子排布判断其在周期表中的分区，第ⅢA族元素价电子排布为，属于p区元素。
（2）考查反应自发进行的判据，解题思路是结合焓变、熵变与温度的关系，利用判断反应自发进行的温度条件。
（3）考查盖斯定律的应用，解题思路是根据反应间的关系，通过反应i与反应ii的焓变相减，得到目标反应的焓变。
（4）①考查温度对反应选择性与转化率的影响，解题思路是结合反应的热效应与平衡移动原理，分析温度变化对主、副反应的影响，进而判断曲线对应的物理量及变化趋势；
②考查化学平衡的计算，解题思路是通过三段式法、原子守恒法等多种方法，结合转化率与选择性数据，计算平衡时各物质的量，进而求出目标物质的体积分数；
③考查反应速率与选择性的影响因素，解题思路是结合活化能对反应速率的影响，分析主、副反应的速率差异对产物选择性的影响。
（1）49In位于第ⅢA族，位于元素周期表中的p区。
（2）反应1的ΔH<0，分子数目减少ΔS<0，由ΔG=ΔH-TΔS可知，当ΔG<0时，即在较低温度下能自发进行。
（3）根据反应ⅲ=反应ⅰ-反应ⅱ可知，反应ⅲ的ΔH3=ΔH1-ΔH2=-90.7kJ·mol-1.
（4）①两物质选择性相加应该是100%，所以b表示的是CO2(g)的平衡转化率，反应ⅰ为放热反应，温度升高CH3OH(g)选择性下降，所以表示CH3OH(g)选择性的曲线为a；主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响，故CO2转化率随温度升高而降低。
②解法1：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2，设反应ⅰ生成CH3OH x mol，反应ⅱ生成CO y mol。
根据三段式：
根据CO2转化率为80%可知，1-x-y=1×(1-80%)，根据CH3OH的选择性为75%，CO的选择性为25%可知。x：y=3：1，解得x=0.6，y=0.2，则平衡时n(CO2)=1-0.6-0.2=0.2mol，n(H2)=3-0.6×3-0.2=1mol，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6+0.2=0.8mol，则CH3OH的平衡体积分数。
解法2：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.
则CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(0.2+1+0.6+0.2+0.8)mol×100%≈21.4%。
解法3：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.参加主反应的n(CO2)=0.8mol×0.75=0.6mol，所以总气体减少1.2mol，CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(4-1.2)mol×100%≈21.4%。
解法4：设初始原料CO2为1mol H2为3mol。设平衡时H2为x mol，H2O为y mol。
根据CO2的转化率为80%，可得平衡时CO2为0.2mol，根据CH3OH和CO的选择性分别为75%和25%，可得CH3OH为0.8mol×0.75=0.6mol，CO为0.8mol×0.25=0.2mol。
根据H原子守恒可得：2x+2y+0.6×4=6，根据O原子守恒可得：y+0.6+0.2+0.2×2=2，解得x=1，y=0.8，所以CH3OH的平衡体积分数。
③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的平衡体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，可能的原因为主反应活化能较低，反应速率较快，消耗CO2更多，CH3OH选择性提高。
20．Mannich反应是一种合成氨基烷基化衍生物的反应，其中的一个反应如下(反应条件略)。
（1）化合物1a中所含官能团的名称为　 　；化合物3a的化学名称为　 　。
（2）①化合物2a的分子式为　 　，可由和CH3I通过取代反应获得，反应的化学方程式为　 　。
②化合物2a的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应的结构共　 　种(不包含立体异构)。
（3）下列说法正确的有___________(填字母)。
A．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键与σ键断裂
B．在4a分子中，存在手性碳原子，可能存在分子内氢键
C．在生成副产物5a的反应中，3a未参与反应
D．4a与5a互为同系物
（4）已知：氨基(-NH2)极易被氧化。利用苯甲醇分三步合成3a。
①第一步，引入硝基：其反应的化学方程式为　 　。
②第二步，进行　 　(填具体反应类型)，原因为　 　。
③第三步，获得3a。
（5）根据上述信息，参考上述反应，直接合成化合物6a，需要以　 　(填结构简式)、2a和3a为反应物。
【答案】（1）(酮)羰基；4-氨基苯甲醛或对氨基苯甲醛
（2）C7H9ON；+CH3I+HI；16
（3）A；B
（4）+HNO3(浓) +H2O；氧化反应；氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基
（5）
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】（1）化合物 1a 中的官能团为（酮）羰基；化合物 3a 的化学名称为 4 - 氨基苯甲醛（对氨基苯甲醛）。
故答案为： (酮)羰基 ； 4-氨基苯甲醛或对氨基苯甲醛 ；
（2）①化合物2a的分子式为C7H9ON，可通过和CH3I通过取代反应获得，反应的化学方程式为：+CH3I+HI。
②能与FeCl3 溶液发生显色反应，说明同分异构体含酚羟基； 化合物2a的同分异构体分(位置异构共10种)、(位置异构共3种)、(位置异构共3种)三类，共16种。
故答案为： C7H9ON ；+CH3I+HI ； 16 ；
（3）A． 生成 4a 的过程中，3a 中醛基的 π 键、2a 中氮氢键、1a 中碳氢键均发生断裂，A项正确；
B．在4a分子中，如图所示：存在手性碳原子，其中氮氢键与氧原子(酮羰基)可能形成分子内氢键，B项正确；
C．生成副产物 5a 的反应中，2a 未参与反应 ，C项错误；
D. 4a 与 5a 官能团不同，不满足同系物 “结构相似、相差若干个CH2” 的定义，D项错误。
故答案为： A B ；
（4）①第一步，引入硝基的化学方程式为+HNO3+H2O；
②第二步，进行氧化反应，原因是氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基；
③ 第三步，将硝基还原为氨基，得到目标产物 3a（4 - 氨基苯甲醛）。
故答案为：+HNO3(浓)+H2O ； 氧化反应 ； 氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基 ；
（5）根据上述信息，化合物6a与4a比较相似，需要和3a先发生加成反应得到，羟基再和2a的氨基再发生取代反应得到6a。
故答案为： ；
【分析】以丙酮（1a）、对甲氧基苯胺（2a）和对氨基苯甲醛（3a）为原料，通过 Mannich 反应，经加成、脱水过程，生成主产物 4a 和副产物 5a，其中 2a 参与主产物 4a 的生成，不参与副产物 5a 的生成。
（1）本题考查官能团识别与有机物命名，解题思路是根据化合物结构特征，识别酮羰基官能团；结合苯环上取代基的位置，按系统命名法确定 4 - 氨基苯甲醛的名称。
（2）本题考查有机反应方程式书写与同分异构体数目判断，解题思路是：①根据取代反应的断键规律，写出对氨基苯酚与碘甲烷的反应方程式；②以酚羟基为关键结构，结合分子中剩余原子组成，分类讨论甲基、甲氨基、氨甲基的位置异构，统计同分异构体总数。
（3）本题考查有机反应机理、手性碳与同系物判断，解题思路是：①根据加成 - 取代反应的断键规律，分析反应过程中化学键的断裂情况；②结合手性碳定义与氢键形成条件，判断 4a 分子的结构特征；③对比 4a 与 5a 的结构差异，判断同系物关系与 2a 的参与情况。
（4）本题考查有机合成路线设计，解题思路是结合目标产物 3a 的官能团（氨基、醛基），以甲苯为原料，按 “引入硝基→氧化甲基为醛基→还原硝基为氨基” 的顺序设计合成步骤，避免氨基被氧化。
（5）本题考查有机合成路线推导，解题思路是类比 4a 的合成机理，结合化合物 6a 的结构特征，先通过羰基加成引入羟基，再通过羟基与氨基的取代反应完成合成。
（1）化合物1a中所含官能团的名称为(酮)羰基；化合物3a的化学名称为4-氨基苯甲醛(对氨基苯甲醛)。
（2）①化合物2a的分子式为C7H9ON，可通过和CH3I通过取代反应获得，反应的化学方程式为：+CH3I+HI。
②能与FeCl3溶液发生显色反应说明含酚羟基，化合物2a的同分异构体分(位置异构共10种)、(位置异构共3种)、(位置异构共3种)三类，共16种。
（3）A．由分析可知，在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键(3a中醛基)与σ键(2a中氮氢键、1a中碳氢键)断裂，A项正确；
B．在4a分子中，如图所示：存在手性碳原子，其中氮氢键与氧原子(酮羰基)可能形成分子内氢键，B项正确；
C．由分析可知，在生成副产物5a的反应中，2a未参与反应，C项错误；
D.4a与5a官能团不同，没有相差若干个CH2，不属于同系物，D项错误。
（4）①第一步，引入硝基的化学方程式为+HNO3+H2O；
②第二步，进行氧化反应，原因是氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基；
③第三步，硝基还原为氨基得到3a；
（5）根据上述信息，化合物6a与4a比较相似，需要和3a先发生加成反应得到，羟基再和2a的氨基再发生取代反应得到6a。
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