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浙江省第一屆NBchem 2024-2025學年高三上學期高考模擬考試12月聯考 化學試題
1．（2024高三上·浙江月考）下列物質的化學表述正確的是
A．俗名金剛砂的物質化學式是，其具有類似石墨的結構
B．是一種碳的化合物
C．石英晶體具有手性
D．乙酸晶胞的分子式為：
【答案】C
【知識點】原子晶體（共價晶體）；乙醇的物理、化學性質；晶體的定義；物質的簡單分類
【解析】【解答】A．俗名金剛砂，與金剛石的結構類似，A錯誤；
B．是一種碳的單質，B錯誤；
C．石英晶體低溫的結構中有頂角相連的硅氧四面體形成螺旋向上的長鏈，沒有封閉的環狀結構，這一結構決定它具有手性，C正確；
D．乙酸晶胞的分子式為：，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、SiC的晶體結構與金剛石類似。
B、C60是碳的一種單質。
C、石英晶體具有手性結構。
D、乙酸晶胞的分子式為C2H4O2。
2．（2024高三上·浙江月考）下列說法正確的是
A．重金屬鹽能使蛋白質變性，所以吞服“鋇餐”會引起中毒
B．與中都含有一樣的核糖
C．蔗糖可以水解生成葡萄糖和果糖
D．自然界存在的葡萄糖和果糖都具有L構型
【答案】C
【知識點】單糖的性質和用途；二糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．“鋇餐”的成分是硫酸鋇，不溶于水，且不與稀鹽酸反應。吞服后不能被人體吸收，不會引起中毒，A錯誤；
B．RNA 中的糖屬于核糖，DNA 中的糖屬于脫氧核糖，B錯誤；
C．蔗糖為二糖，一定條件下，可發生水解反應生成葡萄糖和果糖，C正確；
D．自然界存在的葡萄糖和果糖都具有D構型，不具有L構型，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、BaSO4與稀鹽酸不反應，不會造成重金屬中毒。
B、RNA與DNA所具有的核糖不同。
C、蔗糖可水解生成葡萄糖和果糖。
D、自然界存在的葡萄糖和果糖具有D構型。
3．（2024高三上·浙江月考）下列表示正確的是
A．的空間構型為直線型
B．酸性強于，所以鍵能：
C．鹵族元素第一電離能變化趨勢：
D．直鏈淀粉結構示意圖：
【答案】A
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；判斷簡單分子或離子的構型；多糖的性質和用途
【解析】【解答】A．二氟化氙的中心原子氙的價層電子對數為5，采用sp3d雜化，分子中存在3對孤對電子和2個成鍵電子對。由價層電子對互斥理論，3對孤對電子占據三角雙錐的赤道平面，2個氟原子位于軸向位置，所以分子的空間構型呈直線型，A正確；
B．非金屬性：F＞O，原子半徑：F＜O，所以鍵能：H-F>H-O，B錯誤；
C．鹵族元素包括氟、氯、溴、碘、砹等，原子半徑逐漸增大，第一電離能隨著原子序數的增大而依次減小，C錯誤；
D．直鏈淀粉形成無分支的螺旋結構，而支鏈淀粉則具有樹枝形分支結構，為支鏈淀粉結構示意圖，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、根據價層電子對互斥理論確定空間構型。
B、根據非金屬性和原子半徑大小確定鍵能大小。
C、根據原子半徑確定第一電離能大小。
D、直鏈淀粉形成無分支的螺旋結構。
4．（2024高三上·浙江月考）化學與人類生活密切相關，下列說法中正確的是
A．ATP合成酶像一個會旋轉的泵，膜內外濃度的差別推動了這個泵旋轉
B．有機化合物的同分異構有構造異構和對映異構，其中對映異構包含立體異構和順反異構
C．氧原子可以形成，也可能形成
D．分子的穩定性只與分子內化學鍵鍵能有關
【答案】A
【知識點】同分異構現象和同分異構體；酶的結構和性質
【解析】【解答】A．ATP合成酶由突出膜外的親水頭部和嵌入膜內的疏水尾部組成，像一個會旋轉的泵，泵的旋轉由膜內外 H+ 濃度的差別推動，A正確；
B．有機化合物的同分異構現象有構造異構和立體異構，立體異構包含對映異構和非對映異構，非對映異構中包含順反異構，B錯誤；
C．氧原子可以形成 H2O 、H2O2、H3O+，C錯誤；
D．分子的穩定性與分子內化學鍵鍵能、分子的空間結構、分子間作用力、外部環境因素等都有關，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、結合ATP合成酶的組成分析。
B、順反異構屬于非對映異構。
C、氧原子可以形成 H2O 、H2O2、H3O+。
D、分子的穩定性與其空間結構、鍵能、分子間作用力等因素有關。
5．（2024高三上·浙江月考）下列關于(未配平)說法中，不正確的是
A．此反應能發生是因為生成了沉淀
B．也可以發生上述反應
C．每生成，大約產生(和)
D．能溶解于硫酸，也是發生了氧化還原反應
【答案】B
【知識點】氧化還原反應；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解答】A．銀離子與碘離子結合生成碘化銀的沉淀，反應正向進行，A正確；
B．溶解度：AgCl＞AgI，因此反應不一定能進行，B錯誤；
C．反應配平后為，生成1molAgI生成0.5molH2，常溫常壓下，氣體摩爾體積約為24.5mol/L，體積約為12.25L，C正確；
D．加熱條件下，銅與濃硫酸反應生成硫酸銅，銅從0價變成正價，發生氧化還原反應，D正確；
故答案為：B
【分析】A、AgI難溶于水，反應向著難溶方向進行。
B、由于溶度積：AgCl＞AgI，反應不一定能進行。
C、常溫常壓下，Vm≠22.4L·mol－1。
D、加熱條件下，Cu與濃硫酸可發生氧化還原反應。
6．（2024高三上·浙江月考）實驗是重要的研究手段，下面關于實驗的說法錯誤的是
A．圖1可用于電解水，當電解過程進行后，打開，關閉可觀察到指針偏轉
B．圖2需要先用砂紙把鐵制鍍件打磨干凈，再放入濃硫酸中除銹
C．圖3試劑添加順序為乙醇-濃硫酸-乙酸
D．欲要檢驗圖4，可以使用飽和溴水或溶液
【答案】B
【知識點】濃硫酸的性質；苯酚的化學性質；乙酸乙酯的制取；原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A．圖1可用于電解水，當電解過程進行后，兩個電極上分別產生氫氣和氧氣，此時打開，關閉，裝置構成氫氧燃料電池，反應過程產生電流，因此可觀察到指針偏轉，A正確；
B．常溫下濃硫酸能使鐵鈍化，因此放入濃硫酸中會發生鈍化，應放入稀硫酸中除銹，B錯誤；
C．乙酸沸點低且易揮發，濃硫酸稀釋時會放熱加劇其揮發，冷卻后加乙酸，可減少乙酸揮發，提高原料利用率，C正確；
D．苯酚可與溶液顯紫色，與飽和溴水生成白色沉淀，而醇羥基與FeCl3溶液、飽和溴水都不反應。因此可用飽和溴水或溶液來檢驗酚和醇羥基，D正確；
故答案為：B
【分析】A、K1閉合時為電解池裝置，電解Na2SO4溶液本質上是電解水。K1斷開、K2閉合時，H2和O2構成原電池裝置。
B、常溫下，濃硫酸能使鐵鈍化。
C、酯化反應實驗中試劑的添加順序為：乙醇→濃硫酸→乙酸。
D、酚羥基能與FeCl3溶液顯紫色，與飽和溴水產生白色沉淀；而醇羥基不能。
7．（2024高三上·浙江月考）物質微觀結構決定宏觀性質，進而影響用途。下列微觀結構或現象不能解釋其性質的是
選項 微觀結構或現象 性質
A 頭發主要由角蛋白組成，其中的含硫氨基酸形成的二硫鍵(-S-S-)是維持頭發彈性和形狀的一個重要結構。 燙發時有二硫鍵的斷裂和形成
B [Cu(NH3)4]2+是一種常見的Cu配合物，具有平面結構 Cu采取sp2雜化
C 在CuSO4液中加入一些氨水，制成銅氨溶液，可使鍍層光亮 電鍍時加快反應速率不利于鍍層的光亮與平整
D 人們發現，液態植物油可以與氫氣發生加成反應，生成類似動物脂肪的硬化油脂，即氫化植物油 油脂熔點變高，且不容易變質
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．頭發的主要成分為角蛋白，其中含硫氨基酸形成的二硫鍵(-S-S-)，燙發時先用還原劑破壞肽鏈之間的二硫鍵(-S-S-)，將其還原成游離的巰基(-SH)，易于變形。再用發夾和發卷將頭發塑成一定的形狀；最后用氧化劑在新位置形成二硫鍵，固定發型。綜上燙發時有二硫鍵的斷裂和形成，A正確；
B．[Cu(NH3)4]2+是一種常見的Cu配合物，其空間結構為平面四邊形，其中心Cu原子采用dsp2雜化，B錯誤；
C．在CuSO4液中加入一些氨水，形成銅氨溶液，溶液中Cu2+的濃度降低，使得Cu2+放電速率減緩，同時通過平衡移動補充放電消耗的Cu2+，使其濃度保持相對穩定，達到放電平穩的作用，從而可以使鍍層更加致密、細膩、光亮，C正確；
D．液態植物油分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下能夠與H2發生加成反應，不飽和烴基變為飽和烴基，物質的狀態由液態變為固體，使得物質的熔點變高。由于加成反應消耗了不飽和的碳碳雙鍵，因此就可以起到防止其氧化變質的目的，D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據染發過程中發生的反應分析。
B、中心Cu原子采用dsp2雜化。
C、結合反應過程中溶液中c(Cu2+)的變化分析。
D、與H2發生加成反應后，液態植物油變為固態，熔點變大。
8．（2024高三上·浙江月考）下列化學反應與方程式不相符的是
A．和溴酸根溶液反應制備高溴酸根：
B．電合成己二腈的陰極反應：
C．軟脂酸的燃燒反應：
D．天然橡膠的合成：
【答案】D
【知識點】電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．XeF2 和溴酸根溶液發生氧化還原反應，溴酸根被氧化為高溴酸根，XeF2++H2O→Xe++2HF，A正確；
B．電有機合成己二腈時，酸性條件下丙烯腈在陰極得到電子發生還原反應生成己二腈，電極反應式為2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，B正確；
C．軟脂酸的燃燒生成CO2和H2O，發生反應CH3(CH2)14COOH+23O2 → 16H2O+16CO2，C正確；
D．天然橡膠主要成分為聚異戊二烯，從橡膠樹等植物中獲取，由丁二烯聚合而成的是合成橡膠，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、XeF2與BrO3－發生氧化還原反應，生成Xe和BrO4－。
B、電解過程中陰極上CH2=CHCN發生得電子的還原反應，生成NC(CH2)4CN。
C、軟脂酸完全燃燒，生成H2O和CO2。
D、天然橡膠的主要成分為聚異戊二烯。
9．（2024高三上·浙江月考）葡萄糖分子中的醛基可以與分子內的羥基作用，形成兩種六元環狀結構
則下列說法正確的是
A．水溶液中主要存在的是環狀葡萄糖
B．葡萄糖可以氧化銀氨溶液產生銀鏡
C．很多多糖中的單糖單元多以鏈狀結構的形式存在
D．吡喃葡萄糖物理性質相同
【答案】A
【知識點】單糖的性質和用途；多糖的性質和用途；葡萄糖的銀鏡反應
【解析】【解答】A．在葡萄糖水溶液中，存在著鏈狀和環狀結構葡萄糖之間的平衡，主要存在的是環狀葡萄糖，A正確；
B．鏈狀葡萄糖分子中含有醛基，可以與銀氨溶液反應，生成銀鏡，B錯誤；
C．絕大多數葡萄糖以環狀形式存在，多數多糖中的單糖單元以環狀結構的形式存在，C錯誤；
D．吡喃葡萄糖和吡喃葡萄糖互為手性異構體，兩者的物理性質(如熔點、沸點、密度等)基本相同，但旋光性不同。因此吡喃葡萄糖物理性質不完全相同，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、水溶液中主要存在的時環狀葡萄糖。
B、鏈狀葡萄糖能與銀氨溶液發生銀鏡反應。
C、多數多糖中的單糖單元以環狀結構形式存在。
D、吡喃葡萄糖和吡喃葡萄糖的旋光性不同。
10．（2024高三上·浙江月考）2017年5月9日，我國正式向社會發布113號、115號、117號、118號元素的中文名稱，至此，全部完成了1~118號元素的中文命名。已知115號元素的中文名為“鏌”，它有多種原子，如等。下列說法中，正確的是
A．在鏌原子中，最后填入電子的軌道能級符號是f，故位于周期表中的f區
B．位于周期表的第七周期第VIA族
C．比結合能：
D．在周期表中，假設第八周期按照現有規則填滿，則115號元素正下方將是147號元素
【答案】C
【知識點】元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A．Mc為第七周期VA族元素，最后填入的能級為7p能級，屬于p區元素，A錯誤；
B．Mc為第115號元素，在元素周期表中的位置為第七周期VA族，B錯誤；
C．288Mc的質量數小于290Mc，在重核區域，質量數越小，比結合能越大，因此比結合能：288Mc>290Mc；C正確；
D．按照現有規則，第八周期共含有50種元素，因此115號元素的正下方應為165號元素，D錯誤；
故答案為：C
【分析】此題是對元素周期表結構的考查，結合元素周期表的結構進行分析即可。
11．（2024高三上·浙江月考）在時候，A氣體與B氣體反應生成C氣體。反應過程中A、B、C的濃度變化如(Ⅰ)所示，若保持其他條件不變，溫度分別為和時，B的體積分數與時間的關系如圖(Ⅱ)所示
則下列說法正確的是
A．該平衡體系的化學反應方程式為：
B．時，保持容器總壓強不變，通入稀有氣體，平衡向逆反應方向移動
C．該反應
D．其他條件不變，升高溫度，正、逆反應速率均增大，且C的體積分數增大
【答案】B
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素
【解析】【解答】A.0～t1內，A的濃度減小0.2mol·L－1、B的濃度減小0.6mol·L－1、C的濃度增加0.4mol·L－1，因此該平衡體系的化學反應方程式為A(g)+3B(g)2C(g)，A項錯誤；
B．t1時反應達到平衡狀態，該反應的正反應氣體分子數減小，(t1+10)min時，保持容器總壓強不變，通入稀有氣體，容器的體積增大，壓強減小，平衡逆向移動，B項正確；
C．根據分析，正反應為放熱反應，因此反應的 H＜0，C項錯誤；
D．由于正反應為放熱反應，其他條件不變，升高溫度，正、逆反應速率均增大，平衡逆向移動，C的體積分數減小，D項錯誤；
故答案為：B
【分析】A、根據反應過程中A、B、C濃度變化量，確定反應的化學方程式。
B、保持總壓強不變，通入稀有氣體，容器的容積變大，相當于減小壓強，結合壓強對平衡移動的影響分析。
C、T1溫度下反應先達到平衡狀態，反應速率較快，因此T1＞T2，結合溫度對平衡移動的影響分析。
D、升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，據此結合反應的熱效應分析。
12．（2024高三上·浙江月考）以純作為陰極，以石墨作為陽極，電解某濃度的溶液，陰極產物均附在電極上，通電一段時間后，關閉電源，迅速撤去電極(設產物無損耗)。若在電解后的溶液加入，則恰好可以使得溶液恢復到原濃度。已知的的下列說法正確的是
A．反應過程中，極板只發生：
B．反應過程中，氧氣在兩極均生成
C．整個電解過程中，產生標況下氣體共
D．水溶液為酸性，這只和水解有關
【答案】C
【知識點】鹽類水解的原理；電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，反應過程中，陰極為Zn電極，、H+發生還原反應，A錯誤；
B．由分析可知，反應過程中，陽極上OH-發生氧化反應生成氧氣，B錯誤；
C．根據原子守恒知，陽極上析出n(O2)=n[Zn(OH)2]=0.05mol，陰極上析出n(H2)=n[Zn(OH)2]=0.05mol。因此反應過程中生成氣體體積V==（0.05+0.05）mol×22.4L/mol=2.24L，C 正確；
D．溶液的酸堿性是溶液中所有離子相互作用的結果，水溶液為酸性和水解有關，但并不是只和有關，D錯誤；
故答案為：C
【分析】以純鋅為陰極，石墨為陽極，電解ZnSO4溶液，陽極的電極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；陰極的電極反應式為Zn2＋＋2e－=Zn。電解一段時間后，往電解后溶液中加gZn(OH)2（其物質的量為0.05mol），發生反應的離子方程式為Zn(OH)2＋2H＋=Zn2＋＋2H2O。參與反應的n(H＋)=0.1mol，反應生成的n(Zn2＋)=0.05mol，生成n(H2O)=0.1mol。由陽極的電極反應式可知，電解過程中消耗0.05mol，因此在電解過程中，還有0.05molH2O在電極上參與反應，所以陰極上還存在反應2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。
13．（2024高三上·浙江月考）烷烴是我們一開始便學習的有機物，十分有趣。烷烴的鹵化反應機理如下：
步(1)：
步(2)：
步(3)：
提示：自由基為缺電子物種，給電子基團可以使其穩定
下列說法不正確的是
A．步(2)是慢的一步，是氯化反應的決速步
B．反應中，有生成
C．比穩定，而比穩定
D．提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷
【答案】C
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響
【解析】【解答】A．步(2)的活化能大，反應速率慢，屬于慢反應，因此是氯化反應的決速步，A正確；
B．第2步產生了，2個可以形成，該反應為，B正確；
C．自由基為缺電子微粒，給電子基團可以使其穩定，與相比，-CH3取代了的一個氫原子，-CH3是供電子基團，因此比穩定，苯基是吸電子基團，因此比穩定，C錯誤；
D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，所得的主要產物為氯甲烷，D正確；
故答案為：C
【分析】A、反應所需的活化能越大，反應速率越慢，慢反應為決速反應。
B、2個可反應生成。
C、自由基為缺電子微粒，給電子基團可以使其穩定，據此分析。
D、增大Cl2、CH4的量，可增大CH3·和Cl·的量。
14．（2024高三上·浙江月考）共價型氫化物也稱分子型氫化物。由氫和族元素所形成。其中與族元素形成的氫化物是缺電子化合物和聚合型氫化物，如乙硼烷，氫化鋁等。下列有關說法不正確的是
A．在水中不水解而在水解水解的主要原因是具有軌道
B．為平面分子，可以水解成與
C．中鍵角大致，可以理解為S不雜化而成鍵，故酸性強于
D．中B采取雜化，分子中有鍵存在
【答案】B
【知識點】配合物的成鍵情況；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．CCl4中的碳原子是第二周期元素，只有2s和2p軌道可以成鍵，最大配位數為4，沒有空軌道可以接受水的配位，因此不易發生水解。而SiCl4中的硅原子是第三周期元素，形成SiCl4后還有3d空軌道，可以接受水分子中氧原子的孤電子對，形成配位鍵，從而發生水解，A正確；
B．為聚合型氫化物，Al2H6的球棍模型為，因此不是平面結構，其轉化為H2和Al(OH)3時H元素化合價發生了變化，因此不屬于水解反應，B錯誤；
C．中鍵角大致為，可以理解為S直接使用3p軌道和H的1s軌道重疊成鍵，鍵角仍是3p軌道的90°左右。中O采取sp3雜化，鍵角105°左右，氧氫鍵穩定性更強，更難解離出H+，因此酸性強于，C正確；
D．中B采取雜化：，結構為，分子中存在鍵，D正確；
故答案為：B
【分析】A、CCl4不能水解是因為沒有空軌道，而SiCl4可以水解是因為存在空軌道。
B、(AlH3)n不是平面結構，其反應過程中存在元素化合價變化，不屬于水解反應。
C、根據鍵角和化學鍵的穩定性分析。
D、根據B2H6的結構式分析。
15．（2024高三上·浙江月考）分布系數在處理平衡濃度時，應用廣泛。圖為草酸的分布系數與的關系圖。其中，草酸下列說法不正確的是
A．忽略第二步水解，的中的水解率約為
B．當，有
C．草酸氫鈉溶液的介于之間
D．此圖像不可以完全根據滴定的實驗數據繪出
【答案】A
【知識點】鹽類水解的原理；鹽類水解的應用
【解析】【解答】A．的水解平衡常數Kh1==1.6×10-10，因此=4.0×10-6 mol/L。忽略第二步水解，0.1mol/L的Na2C2O4中的水解率約為4.0×10-3%<12%，A錯誤；
B．，，由圖可知，當 c(H2C2O4) =c() 時，2C．草酸氫鈉溶液中存在電離和水解，電離常數Ka2=6.4×10-5，水解常數Kh1=1.6×10-10，所以電離程度大于水解程度，因此溶液中，且大量存在時，由圖可知，pH 介于 2.5~3之間，C正確；
D．由分析可知，此圖像中的兩條豎線分別代表pKa1和pKa2，達到滴定終點時才有現象，不能分步滴定，得不到pKa，因此不可以完全根據HCl滴定Na2C2O4的實驗數據繪出，D正確；
故答案為：A
【分析】pH較小時，草酸主要以草酸分子形式存在，隨著pH的逐漸增大，H2C2O4逐漸轉化為HCO4－，HCO4－進一步轉化為C2O42－。草酸分子的分布系數減小，草酸氫根的分布系數逐漸增大，因此δ2表示H2C2O4的分布系數，δ1表示的分布系數，隨著pH值的繼續增大，草酸氫根的分布系數減小，草酸根的分布系數增大，則δ0表示的分布系數。且Kal=，Ka2=，則圖像中的兩條豎線分別代表pKa1和pKa2，據此解答。
16．（2024高三上·浙江月考）由下列實驗操作所得到的現象的解釋合理的是
選項 實驗操作 現象 解釋
A 將一小塊放在石棉網上，用酒精燈加熱 除有淡黃色固體外，還有較多黑色固體 與酒精燈燃燒產生的發生置換生成炭黑
B 將一小塊加入無水乙醇 反復從底部上浮到液面，又下沉到底部 在反應過程中，溶液密度不斷發生變化
C 將酚酞滴加到溶液中 溶液先變紅，后褪色 濃溶液具有漂白性
D 熱的苯酚水溶液冷卻 變渾濁 溫度降低，析出苯酚晶體
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】鈉的化學性質；苯酚的性質及用途；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．黑色固體可能是Na 與酒精燃燒生成的 CO2 發生置換反應生成炭黑，4Na+3CO2=2Na2CO3+C，A正確；
B．鈉的密度比乙醇大，所以下沉。鈉與乙醇反應生成H2，使得鈉表面產生浮力，因此上浮。在反應過程中，溶液的密度漸漸增大的，與實驗現象關系不大，B錯誤；
C．高濃度的NaOH 溶液具有強堿性，但是沒有漂白性，酚酞褪色是因為很強的堿性使酚酞結構發生改變，變成無色結構，C錯誤；
D．熱的苯酚水溶液自然冷卻得到渾濁液為乳濁液，無法得到苯酚晶體，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、Na能與CO2反應生成Na2CO3和C。
B、鈉下沉是因為密度比乙醇大；上浮是因為反應產生H2。
C、NaOH濃溶液不具有漂白性。
D、苯酚微溶于水，溫度高于65℃時可溶于水。
17．（2024高三上·浙江月考）金屬元素在人類生活中有著重大作用，請回答：
（1）層狀結構也是十分有趣的，石墨晶體中的二維平面結構如圖
①每個晶胞中有幾個C　 　。
②C的配位數為　 　。
③請框出二維晶胞　 　。
（2）下列有關物質結構與性質的說法正確的是___________。
A．15-冠-5可以與形成超分子，其作用力為分子內作用力
B．的S和N均可以作為配位原子
C．是一種共價晶體，質脆，其硬度小
D．是一種極性分子，因此在水中溶解度大于
（3）配位取代反應：。
①乙二胺和均為含N配體，但上述反應平衡常數確極大，解釋原因(可從反應原理入手)：　 　。
②比較和和的堿性大小　 　。并解釋原因　 　。
【答案】（1）2；3；
（2）B；D
（3）其中en為雙齒螯合配體，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，從熱力學上講熵是更有利的，en和均為含N中性配體，因此焓變較小熵變占主導，故平衡常數較大；；和可分別看成與，其中吸電子能力，故N上的電荷密度分別為，所以堿性大小
【知識點】配合物的成鍵情況；原子晶體（共價晶體）；晶胞的計算；相似相溶原理及其應用
【解析】【解答】（1）根據均攤法可知，晶胞中C的個數為 ；由圖可知，石墨的晶體結構是層狀結構，在每一層中，碳原子以六邊形排列，每個碳原子都與相鄰3個碳原子形成共價鍵，配位數為3；二維晶胞為：。
故答案為：2；3；
（2）A. 15-冠-5是冠醚的一種，可以與形成配合物，其作用力為配位鍵，A錯誤；
B.的S和N都有孤對電子，這些孤對電子可以作為電子對給予體參與配位，均可以作為配位原子，B正確；
C.是一種共價晶體，是一種具有極高硬度的材料，硬度僅次于一些超硬材料，硬度越大，脆性越大，其莫氏硬度在9.5左右，其數值較大， C錯誤；
D.中心原子O的價電子對數為 ，含有1對孤對電子，是一種極性分子，O3在水中溶解度大于O2主要原因是相似相溶原理，O3是極性分子，O2是非極性分子，水是極性分子，故O3在水中溶解度大于O2，D正確；
故答案為：BD
（3）①其中en為雙齒螯合配體(即乙二胺中兩端的N均參與配位螯合成環)，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，從熱力學上講熵是更有利的，en和均為含N中性配體，因此焓變較小熵變占主導，故平衡常數較大。
故答案為： 其中en為雙齒螯合配體，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，從熱力學上講熵是更有利的，en和均為含N中性配體，因此焓變較小熵變占主導，故平衡常數較大
②和可分別看成與，其中吸電子能力，故N上的電荷密度分別為，所以堿性大小。
故答案為： ；和可分別看成與，其中吸電子能力，故N上的電荷密度分別為，所以堿性大小
【分析】（1）根據石墨晶體的平面結構圖分析。
（2）A、二者形成的時配合物。
B、S、N都含有孤電子對，可作為配位原子。
C、共價晶體的硬度大。
D、根據相似相容原理分析。
（3）①en為雙齒螯合配體，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，符合熵增原理。
②根據吸電子能力強弱分析。
（1）根據均攤法可知，晶胞中C的個數為 ；由圖可知，石墨的晶體結構是層狀結構，在每一層中，碳原子以六邊形排列，每個碳原子都與相鄰3個碳原子形成共價鍵，配位數為3；二維晶胞為：。
（2）A. 15-冠-5是冠醚的一種，可以與形成配合物，其作用力為配位鍵，A錯誤；
B.的S和N都有孤對電子，這些孤對電子可以作為電子對給予體參與配位，均可以作為配位原子，B正確；
C.是一種共價晶體，是一種具有極高硬度的材料，硬度僅次于一些超硬材料，硬度越大，脆性越大，其莫氏硬度在9.5左右，其數值較大， C錯誤；
D.中心原子O的價電子對數為 ，含有1對孤對電子，是一種極性分子，O3在水中溶解度大于O2主要原因是相似相溶原理，O3是極性分子，O2是非極性分子，水是極性分子，故O3在水中溶解度大于O2，D正確；
故答案選BD。
（3）①其中en為雙齒螯合配體(即乙二胺中兩端的N均參與配位螯合成環)，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，從熱力學上講熵是更有利的，en和均為含N中性配體，因此焓變較小熵變占主導，故平衡常數較大；
②和可分別看成與，其中吸電子能力，故N上的電荷密度分別為，所以堿性大小。
18．（2024高三上·浙江月考）雷酸家族十分有趣，雷酸的分子式為，請完成有關問題。
（1）雷酸是由乙醇在硝酸存在下轉化而來的，而且常常以二元酸的形式存在，解釋產物為什么是二元酸　 　。
（2）雷酸的可能結構如下：，直到1965年，德國科學家貝克第一次制備出純的氣態雷酸分子，并利用紅外光譜進行分析，紅外光譜數據如下：CH伸縮伸縮伸縮彎曲彎曲。
根據光譜數據，判斷1和2哪個為雷酸的結構　 　(選1或2)。
（3）在當年霍華德制備“氯酸”的實驗中，硝酸首先氧化乙醇生成乙醛(反應1)，乙醛在微量的亞硝酸存在下亞硝化為肟基乙醛(反應2)，再被硝酸氧化為肟基乙酸()(反應3)，該化合物與硝酸進一步發生硝化反應并經歷脫羧、脫亞硝酸過程即可生成雷酸(反應4)。實際上生成的雷酸在此溶液中并不穩定，但是由于溶液中同時存在的汞離子立即與之反應生成溶解度較低的雷酸汞，從而形成沉淀脫離了反應體系(反應5)
①寫出反應4的方程式　 　；
②寫出反應5的離子方程式　 　。
（4）下列說法中，正確的是___________。
A．在制備銀氨溶液時，長時間放置或加熱可能會生成的爆炸物，這些爆炸物可能為雷酸鹽
B．紅外光譜可以用來確定有機物的官能團
C．常利用色譜法來確定有機物的結構
D．青蒿素中存在是通過實驗確定的
【答案】（1）二元酸是二聚的結果
（2）2
（3）；
（4）B；D
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構；離子方程式的書寫
【解析】【解答】（1）雷酸通常以H-O-N=C=C=N-O-H的形式存在，二元酸是二聚的結果。
故答案為：二元酸是二聚的結果
（2）沒有O-H鍵的伸縮振動，而只能觀察到C-H鍵的伸縮振動，以及HCN的彎曲振動等數據，故結構為2。
故答案為：2
（3）與硝酸反應脫羧（-COOH脫去）、脫亞硝酸過程（生成亞硝酸），生成雷酸；雷酸與汞離子生成雷酸汞沉淀，離子反應為：。
故答案為： ；
（4）A．久置銀氨溶液會出現黑色的氮化銀沉淀，輕微震蕩試管即可爆炸，A錯誤；
B．紅外光譜可以用來確定有機物的官能團，從而推斷出有機物的結構，B正確；
C．色譜分析是一種常用的有機分析方法，可以用來確定有機化合物的組成，C錯誤；
D．青蒿素分子中的某個基團在提取過程中對熱不穩定，證明其分子中含有過氧基(—O—O—)，D正確；
故答案為：BD
【分析】（1）二元酸是二聚的結果。
（2）根據所給的紅外光譜數據分析。
（3）①反應④中HON=CHCOOH與HNO3反應，生成HCNO、HNO2、CO2和H2O，據此寫出反應的化學方程式。
②反應⑤中HCNO與Hg2＋反應生成Hg(CNO)2和H＋，據此寫出反應的離子方程式。
（4）A、久置的銀氨溶液產生不穩定的氮化銀。
B、紅外光譜可確定官能團。
C、色譜分析可確定有機物的組成。
D、化學鍵的測定需要通過化學實驗。
（1）雷酸通常以H-O-N=C=C=N-O-H的形式存在，二元酸是二聚的結果
（2）沒有O-H鍵的伸縮振動，而只能觀察到C-H鍵的伸縮振動，以及HCN的彎曲振動等數據，故結構為2；
（3）與硝酸反應脫羧（-COOH脫去）、脫亞硝酸過程（生成亞硝酸），生成雷酸；雷酸與汞離子生成雷酸汞沉淀，離子反應為：
（4）A．久置銀氨溶液會出現黑色的氮化銀沉淀，輕微震蕩試管即可爆炸，A錯誤；
B．紅外光譜可以用來確定有機物的官能團，從而推斷出有機物的結構，B正確；
C．色譜分析是一種常用的有機分析方法，可以用來確定有機化合物的組成，C錯誤；
D．青蒿素分子中的某個基團在提取過程中對熱不穩定，證明其分子中含有過氧基(—O—O—)，D正確；
故選BD。
19．（2024高三上·浙江月考）利用可再生資源生產綠氫和溫室氣體生產甲醇是碳資源高效循環利用的有效途徑。
加氫氣制甲醇體系中，若不考慮生成烷烴和多碳醇等副反應，主要反應為：
I
II
III
（1）計算反應I的焓變　 　。
（2）以的平衡為基礎，探討溫度，壓強和原料氣組成對平衡的影響，以下說法錯誤的是___________。
A．隨著溫度升高，甲醇的百分含量將降低
B．隨著壓強增大，甲醇的產率將增大
C．隨著的增加，的轉化率將下降
D．若在原料氣里加入，則轉化率將增大
（3）若只關注反應I，氫氣和甲醇的燃燒熱分別為和，則綠氫生產綠甲醇的理論能量轉化效率為　 　(保留一位小數)。
在鐵基催化劑上加氫制低碳烯烴主要包含以下兩步反應：
第一步：
第二步：
第二步的機理及可能的副反應如圖
已知：的第一電離能為，第一電子親和能(基態的氣態分子得到一個電子形成-1價氣態陰離子時所放出的能量)為
（4）下列說法不正確的是___________。
A．第一步反應中，在催化劑表面，傾向于通過給出電子的方式進行活化
B．基催化劑的反應活性位點間不宜相距太遠，否則不利于碳鏈的增長
C．基催化劑對C原子吸附能力越強，越有利提高短鏈烯烴的比例
D．該過程中可能產生等副產品
（5）在其他條件恒定的情況下，適當降低原料氣的流速，的轉化率將　 　(填“增大”或“減小”)，原因為　 　，產物中將　 　，原因為　 　(結合反應機理中的步驟來回答)。
【答案】（1）
（2）C；D
（3）
（4）A；C
（5）增大；降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，可以更充分轉化，所以轉化率增大；增大；步驟VⅢ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，增加步驟IX的反應機會，造成增大
【知識點】燃燒熱；蓋斯定律及其應用；化學反應速率與化學平衡的綜合應用
【解析】【解答】（1）反應I=反應II+反應III，則由蓋斯定律得反應I的焓變。
故答案為：
（2）A．隨著溫度升高，反應I、III平衡逆向移動，反應II平衡正向移動，甲醇的百分含量將降低，A正確；
B．隨著壓強增大，反應I、III平衡正向移動，有利于甲醇的生成，甲醇的產率將增大，B正確；
C．隨著的增加，相當于CO2的量不變，增加氫氣的量，反應III平衡正向移動，的轉化率將升高，C錯誤；
D．若在原料氣里加入，CO和H2將發生反應III，H2被消耗，導致H2濃度減小，不利于反應I、II正向進行，則轉化率將減小，D錯誤；
故答案為：CD
（3）根據反應，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氫氣和甲醇的燃燒熱分別為和，則綠氫生產綠甲醇的理論能量轉化效率為。
故答案為：
（4）A．由第一步反應式可知，反應中碳元素化合價降低被還原，則在催化劑表面，傾向于通過得到電子的方式進行活化，A錯誤；
B．由圖可知，鐵基催化劑的反應活性位點間不宜相距太遠，否則不利于碳碳鍵的形成，即不利于碳鏈的增長，B正確；
C．由圖可知，鐵基催化劑對碳原子吸附能力越強，越難形成短鏈烯烴，即越不利于提高短鏈烯烴的比例，C錯誤；
D．由圖可知，該過程中可能產生CH3CH2R，即可能產生等副產品，D正確；
故答案為：AC
（5）在其他條件恒定的情況下，適當降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，二氧化碳可以更充分轉化，則的轉化率將增大，其原因為：降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，可以更充分轉化，所以轉化率增大；同時產物中將增大，其原因為：步驟Ⅷ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，從而增加步驟Ⅸ的反應機會，造成增大。
故答案為：增大 ；降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，可以更充分轉化，所以轉化率增大 ；增大；步驟VⅢ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，增加步驟IX的反應機會，造成增大
【分析】（1）根據蓋斯定律計算。
（2）A、結合溫度對平衡移動的影響分析。
B、結合壓強對平衡移動的影響分析。
C、增大，即n(H2)增大，反應III平衡正向移動。
D、結合CO濃度對平衡移動的影響分析。
（3）根據氫氣和甲醇燃燒熱的數值計算。
（4）A、在第一步反應中，CO2在催化劑表面發生得電子的反應。
B、鐵基催化劑的反應活性位點間不宜相距太遠，否則不利于碳碳鍵的形成。
C、鐵基催化劑對碳原子吸附能力越強，越難形成短鏈烯烴。
D、該過程中可能產生CH3CH2R。
（5）降低原料氣的流速，反應物與催化劑達到接觸時間變長。步驟VⅢ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，增加步驟IX的反應機會。
（1）反應I=反應II+反應III，則由蓋斯定律得反應I的焓變；
（2）A．隨著溫度升高，反應I、III平衡逆向移動，反應II平衡正向移動，甲醇的百分含量將降低，A正確；
B．隨著壓強增大，反應I、III平衡正向移動，有利于甲醇的生成，甲醇的產率將增大，B正確；
C．隨著的增加，相當于CO2的量不變，增加氫氣的量，反應III平衡正向移動，的轉化率將升高，C錯誤；
D．若在原料氣里加入，CO和H2將發生反應III，H2被消耗，導致H2濃度減小，不利于反應I、II正向進行，則轉化率將減小，D錯誤；
故選CD；
（3）根據反應，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氫氣和甲醇的燃燒熱分別為和，則綠氫生產綠甲醇的理論能量轉化效率為；
（4）A．由第一步反應式可知，反應中碳元素化合價降低被還原，則在催化劑表面，傾向于通過得到電子的方式進行活化，A錯誤；
B．由圖可知，鐵基催化劑的反應活性位點間不宜相距太遠，否則不利于碳碳鍵的形成，即不利于碳鏈的增長，B正確；
C．由圖可知，鐵基催化劑對碳原子吸附能力越強，越難形成短鏈烯烴，即越不利于提高短鏈烯烴的比例，C錯誤；
D．由圖可知，該過程中可能產生CH3CH2R，即可能產生等副產品，D正確；
故選AC；
（5）在其他條件恒定的情況下，適當降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，二氧化碳可以更充分轉化，則的轉化率將增大，其原因為：降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，可以更充分轉化，所以轉化率增大；同時產物中將增大，其原因為：步驟Ⅷ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，從而增加步驟Ⅸ的反應機會，造成增大。
20．（2024高三上·浙江月考）某研究小組用工業鈦白副產品為原料制備納米級電池材料，按如下流程開展實驗
已知：①鈦白副產品主要成分為，含少量的等雜質。
②已知和的氧化性隨酸性的增強而增強。
（1）常溫下步驟I所得料液其　 　7(填“>”、“<”)。
（2）下列說法不正確的是___________。
A．步驟Ⅱ，加入粉的目的是調節溶液值，以便元素水解沉淀
B．步驟Ⅲ，加入的目的是除去元素
C．為了提高實驗效率，可以將Ⅱ、Ⅲ、V的過濾操作合并
D．步驟IV中過量的可在步驟V中被氧化去除
（3）步驟V中元素的去除率及濾液中元素含量隨著溶液值的關系如圖所示，
實驗時選擇為　 　，理由是　 　。
步驟VI操作之一采用如圖所示裝置進行(忽略夾持裝置)
（4）儀器A的名稱是　 　。
（5）鐵磷比是衡量磷酸鐵品質最關鍵的指標。
元素的定量測定：
1.配置一系列濃度由低到高的與鄰菲羅啉的橙紅色絡合物的標準液。
2.稱取一定量產品，用適量鹽酸溶解，再加入足量的鹽酸羥胺溶液，調，加入鄰菲羅啉。
3.進行比色
①通過比色能獲得元素濃度的原理是　 　。
②測得產品中鐵磷比，可能原因是　 　。
【答案】（1）<
（2）C
（3）1.2；低于1.2時，隨著酸性的增強，和的氧化性增強，還原產物中的比例提高，除錳率下降。高于1.2后，會逐漸水解，造成產率下降
（4）恒壓分液漏斗
（5）濃度的大小和顏色的深淺正相關；1.洗滌不充分，吸附部分可溶的磷酸鹽2.除雜不完全，產品中含有磷酸錳等雜質
【知識點】物質的分離與提純；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）鈦白副產品主要成分為，含少量的、、等雜質，溶于水的溶液含強酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，pH<7。
故答案為：＜
（2）A．根據分析可知，步驟Ⅱ加入鐵粉可以消耗溶液中的H+，調節溶液的pH，促使水解產生沉淀后除去鈦元素，故A正確；
B．根據分析可知，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，故B正確；
C．步驟Ⅱ調節溶液的pH，促使水解產生沉淀，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，高錳酸鉀在酸性條件下會將鐵元素直接氧化為，而會比完全水解的pH更小，導致產品的產量減小，所以不能將Ⅱ、Ⅲ、V的過濾操作合并，故C錯誤；
D．根據分析可知，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，故D正確；
故答案為：C
（3）根據已知②已知和的氧化性隨酸性的增強而增強，可知實驗時選擇pH為1.2的原因為：低于1.2時，隨著酸性的增強，和的氧化性增強，還原產物中的比例提高，除錳率下降，高于1.2后，會逐漸水解，造成產率下降。
故答案為： 1.2；低于1.2時，隨著酸性的增強，和的氧化性增強，還原產物中的比例提高，除錳率下降。高于1.2后，會逐漸水解，造成產率下降
（4）儀器A的名稱是恒壓分液漏斗。
故答案為：恒壓分液漏斗
（5）①通過比色能獲得Fe元素濃度的原理是：Fe元素濃度的大小和顏色的深淺正相關。
故答案為： 濃度的大小和顏色的深淺正相關
②測得產品中鐵磷比，說明鐵是比磷少，可能是過程種引入了磷元素，可能是①洗滌不充分，吸附部分可溶的磷酸鹽②除雜不完全，產品中含有磷酸錳等雜質。
故答案為： 1.洗滌不充分，吸附部分可溶的磷酸鹽2.除雜不完全，產品中含有磷酸錳等雜質
【分析】鈦白副產品主要成分為，含少量的、、等雜質，步驟Ⅰ將鈦白副產品溶于水后產生、、、，還有硫酸根等離子，步驟Ⅱ加入鐵粉可以消耗溶液中的H+，調節溶液的pH，促使水解產生沉淀后除去鈦元素，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，步驟Ⅳ中加入H2O2氧化為，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，步驟Ⅵ中加入NH4H2PO4后，經過蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥后得到產品。據此結合題干設問分析作答。
（1）鈦白副產品主要成分為，含少量的、、等雜質，溶于水的溶液含強酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，pH<7；
（2）A．根據分析可知，步驟Ⅱ加入鐵粉可以消耗溶液中的H+，調節溶液的pH，促使水解產生沉淀后除去鈦元素，故A正確；
B．根據分析可知，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，故B正確；
C．步驟Ⅱ調節溶液的pH，促使水解產生沉淀，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，高錳酸鉀在酸性條件下會將鐵元素直接氧化為，而會比完全水解的pH更小，導致產品的產量減小，所以不能將Ⅱ、Ⅲ、V的過濾操作合并，故C錯誤；
D．根據分析可知，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，故D正確；
故選C；
（3）根據已知②已知和的氧化性隨酸性的增強而增強，可知實驗時選擇pH為1.2的原因為：低于1.2時，隨著酸性的增強，和的氧化性增強，還原產物中的比例提高，除錳率下降，高于1.2后，會逐漸水解，造成產率下降；
（4）儀器A的名稱是恒壓分液漏斗；
（5）①通過比色能獲得Fe元素濃度的原理是：Fe元素濃度的大小和顏色的深淺正相關；②測得產品中鐵磷比，說明鐵是比磷少，可能是過程種引入了磷元素，可能是①洗滌不充分，吸附部分可溶的磷酸鹽②除雜不完全，產品中含有磷酸錳等雜質。
21．（2024高三上·浙江月考）phorbol及其衍生物在生物學和醫學研究中有著重要的應用。某研究小組設計了如下全合成路線(本題只選擇了一部分，部分條件省略)：
提示：①羰基的具有酸性，可以和鹵素的酸溶液發生取代反應
②為甲基的縮寫，在本題中可以看為H，為基團縮寫
③
（1）A中可以與加成的基團名稱為　 　。
（2）D的結構式為　 　。
（3）下列說法中，不正確的是___________。
A．在本題流程中起到保護羥基的作用
B．的酸性強于
C．也可以用于還原
D．phorbol的分子式為：
（4）寫出的反應方程式　 　。
（5）設計以和為原料制備的合成路線　 　(用流程圖表示，無機試劑任選)。
（6）寫出A的同分異構體　 　。
要求：①分子內存在五元環②分子中最多有4種不同化學環境的氫原子
【答案】（1）羰基，碳碳雙鍵
（2）
（3）B；C
（4）
（5）
（6），
【知識點】有機物中的官能團；有機物的推斷；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）A的結構為，其中可以與氫氣加成得官能團為羰基，碳碳雙鍵，故答案為：羰基，碳碳雙鍵。
故答案為： 羰基，碳碳雙鍵
（2）C到D的反應結合提示③可知反應為+TrisNHNH2+H2O，可得D的結構式為。
故答案為：
（3）A．Ｉ中加入MOMBr后與羥基反應，最后產物中羥基又出現，說明MOMBr在本題流程中起到保護羥基的作用，Ａ正確；
Ｂ．由提示①可知羰基的具有酸性，中含5個，中只含3個，故酸性弱于，Ｂ錯誤；
Ｃ．LiAlH4是常見還原劑，Ｃ＝Ｃ也具有還原性，不可被LiAlH4還原，C錯誤；
Ｄ．從圖中phorbol結構式可數出其分子式為：，D正確。
故答案為：BC
（4）根據推斷出的Ｈ，Ｉ的結構結合信息寫出反應式為：
故答案為：
（5）從產物逆推可知要在上引入基團－Si2Me5和，結合題干信息可先對進行預處理得到，通過加成反應引入基團－Si2Me5，再經過取代反應得到目標產物。合成路線為：。
故答案為：
（6）A的結構式為 ，要求寫出其①分子內存在五元環②分子中最多有4種不同化學環境的氫原子。根據條件寫出對應同分異構體有兩種：，。
故答案為：，
【分析】A通過反應生成B之后碳碳雙鍵消失，說明發生了加成反應，B的分子式為C5H7O(Si2Me5)，加入后生成的C分子式為C9H13O(Si2Me5)，說明發生了取代反應，由合成路線后續結構可看出取代的位置，則C的結構為，C到D的反應結合提示③進行分析，可得D的結構式為。加入Si2Me5Cl后得到G，結合G的分子式可知發生取代反應，G結構為，LiAlH4是常見還原劑，生成的物質H中氫原子多了四個，結合后續結構可寫出H的結構式為，H經過選擇氧化得到I，從后面結構可看出氧化了左側羥基，則I的結構式為。據此結合題干設問分析作答。
（1）A的結構為，其中可以與氫氣加成得官能團為羰基，碳碳雙鍵，故答案為：羰基，碳碳雙鍵。
（2）C到D的反應結合提示③可知反應為+TrisNHNH2+H2O，可得D的結構式為。
（3）A．Ｉ中加入MOMBr后與羥基反應，最后產物中羥基又出現，說明MOMBr在本題流程中起到保護羥基的作用，Ａ正確；
Ｂ．由提示①可知羰基的具有酸性，中含5個，中只含3個，故酸性弱于，Ｂ錯誤；
Ｃ．LiAlH4是常見還原劑，Ｃ＝Ｃ也具有還原性，不可被LiAlH4還原，C錯誤；
Ｄ．從圖中phorbol結構式可數出其分子式為：，D正確。
（4）根據推斷出的Ｈ，Ｉ的結構結合信息寫出反應式為：
（5）從產物逆推可知要在上引入基團－Si2Me5和，結合題干信息可先對進行預處理得到，通過加成反應引入基團－Si2Me5，再經過取代反應得到目標產物。合成路線為：。
（6）A的結構式為 ，要求寫出其①分子內存在五元環②分子中最多有4種不同化學環境的氫原子。根據條件寫出對應同分異構體有兩種：，。
1 / 1浙江省第一屆NBchem 2024-2025學年高三上學期高考模擬考試12月聯考 化學試題
1．（2024高三上·浙江月考）下列物質的化學表述正確的是
A．俗名金剛砂的物質化學式是，其具有類似石墨的結構
B．是一種碳的化合物
C．石英晶體具有手性
D．乙酸晶胞的分子式為：
2．（2024高三上·浙江月考）下列說法正確的是
A．重金屬鹽能使蛋白質變性，所以吞服“鋇餐”會引起中毒
B．與中都含有一樣的核糖
C．蔗糖可以水解生成葡萄糖和果糖
D．自然界存在的葡萄糖和果糖都具有L構型
3．（2024高三上·浙江月考）下列表示正確的是
A．的空間構型為直線型
B．酸性強于，所以鍵能：
C．鹵族元素第一電離能變化趨勢：
D．直鏈淀粉結構示意圖：
4．（2024高三上·浙江月考）化學與人類生活密切相關，下列說法中正確的是
A．ATP合成酶像一個會旋轉的泵，膜內外濃度的差別推動了這個泵旋轉
B．有機化合物的同分異構有構造異構和對映異構，其中對映異構包含立體異構和順反異構
C．氧原子可以形成，也可能形成
D．分子的穩定性只與分子內化學鍵鍵能有關
5．（2024高三上·浙江月考）下列關于(未配平)說法中，不正確的是
A．此反應能發生是因為生成了沉淀
B．也可以發生上述反應
C．每生成，大約產生(和)
D．能溶解于硫酸，也是發生了氧化還原反應
6．（2024高三上·浙江月考）實驗是重要的研究手段，下面關于實驗的說法錯誤的是
A．圖1可用于電解水，當電解過程進行后，打開，關閉可觀察到指針偏轉
B．圖2需要先用砂紙把鐵制鍍件打磨干凈，再放入濃硫酸中除銹
C．圖3試劑添加順序為乙醇-濃硫酸-乙酸
D．欲要檢驗圖4，可以使用飽和溴水或溶液
7．（2024高三上·浙江月考）物質微觀結構決定宏觀性質，進而影響用途。下列微觀結構或現象不能解釋其性質的是
選項 微觀結構或現象 性質
A 頭發主要由角蛋白組成，其中的含硫氨基酸形成的二硫鍵(-S-S-)是維持頭發彈性和形狀的一個重要結構。 燙發時有二硫鍵的斷裂和形成
B [Cu(NH3)4]2+是一種常見的Cu配合物，具有平面結構 Cu采取sp2雜化
C 在CuSO4液中加入一些氨水，制成銅氨溶液，可使鍍層光亮 電鍍時加快反應速率不利于鍍層的光亮與平整
D 人們發現，液態植物油可以與氫氣發生加成反應，生成類似動物脂肪的硬化油脂，即氫化植物油 油脂熔點變高，且不容易變質
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·浙江月考）下列化學反應與方程式不相符的是
A．和溴酸根溶液反應制備高溴酸根：
B．電合成己二腈的陰極反應：
C．軟脂酸的燃燒反應：
D．天然橡膠的合成：
9．（2024高三上·浙江月考）葡萄糖分子中的醛基可以與分子內的羥基作用，形成兩種六元環狀結構
則下列說法正確的是
A．水溶液中主要存在的是環狀葡萄糖
B．葡萄糖可以氧化銀氨溶液產生銀鏡
C．很多多糖中的單糖單元多以鏈狀結構的形式存在
D．吡喃葡萄糖物理性質相同
10．（2024高三上·浙江月考）2017年5月9日，我國正式向社會發布113號、115號、117號、118號元素的中文名稱，至此，全部完成了1~118號元素的中文命名。已知115號元素的中文名為“鏌”，它有多種原子，如等。下列說法中，正確的是
A．在鏌原子中，最后填入電子的軌道能級符號是f，故位于周期表中的f區
B．位于周期表的第七周期第VIA族
C．比結合能：
D．在周期表中，假設第八周期按照現有規則填滿，則115號元素正下方將是147號元素
11．（2024高三上·浙江月考）在時候，A氣體與B氣體反應生成C氣體。反應過程中A、B、C的濃度變化如(Ⅰ)所示，若保持其他條件不變，溫度分別為和時，B的體積分數與時間的關系如圖(Ⅱ)所示
則下列說法正確的是
A．該平衡體系的化學反應方程式為：
B．時，保持容器總壓強不變，通入稀有氣體，平衡向逆反應方向移動
C．該反應
D．其他條件不變，升高溫度，正、逆反應速率均增大，且C的體積分數增大
12．（2024高三上·浙江月考）以純作為陰極，以石墨作為陽極，電解某濃度的溶液，陰極產物均附在電極上，通電一段時間后，關閉電源，迅速撤去電極(設產物無損耗)。若在電解后的溶液加入，則恰好可以使得溶液恢復到原濃度。已知的的下列說法正確的是
A．反應過程中，極板只發生：
B．反應過程中，氧氣在兩極均生成
C．整個電解過程中，產生標況下氣體共
D．水溶液為酸性，這只和水解有關
13．（2024高三上·浙江月考）烷烴是我們一開始便學習的有機物，十分有趣。烷烴的鹵化反應機理如下：
步(1)：
步(2)：
步(3)：
提示：自由基為缺電子物種，給電子基團可以使其穩定
下列說法不正確的是
A．步(2)是慢的一步，是氯化反應的決速步
B．反應中，有生成
C．比穩定，而比穩定
D．提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷
14．（2024高三上·浙江月考）共價型氫化物也稱分子型氫化物。由氫和族元素所形成。其中與族元素形成的氫化物是缺電子化合物和聚合型氫化物，如乙硼烷，氫化鋁等。下列有關說法不正確的是
A．在水中不水解而在水解水解的主要原因是具有軌道
B．為平面分子，可以水解成與
C．中鍵角大致，可以理解為S不雜化而成鍵，故酸性強于
D．中B采取雜化，分子中有鍵存在
15．（2024高三上·浙江月考）分布系數在處理平衡濃度時，應用廣泛。圖為草酸的分布系數與的關系圖。其中，草酸下列說法不正確的是
A．忽略第二步水解，的中的水解率約為
B．當，有
C．草酸氫鈉溶液的介于之間
D．此圖像不可以完全根據滴定的實驗數據繪出
16．（2024高三上·浙江月考）由下列實驗操作所得到的現象的解釋合理的是
選項 實驗操作 現象 解釋
A 將一小塊放在石棉網上，用酒精燈加熱 除有淡黃色固體外，還有較多黑色固體 與酒精燈燃燒產生的發生置換生成炭黑
B 將一小塊加入無水乙醇 反復從底部上浮到液面，又下沉到底部 在反應過程中，溶液密度不斷發生變化
C 將酚酞滴加到溶液中 溶液先變紅，后褪色 濃溶液具有漂白性
D 熱的苯酚水溶液冷卻 變渾濁 溫度降低，析出苯酚晶體
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三上·浙江月考）金屬元素在人類生活中有著重大作用，請回答：
（1）層狀結構也是十分有趣的，石墨晶體中的二維平面結構如圖
①每個晶胞中有幾個C　 　。
②C的配位數為　 　。
③請框出二維晶胞　 　。
（2）下列有關物質結構與性質的說法正確的是___________。
A．15-冠-5可以與形成超分子，其作用力為分子內作用力
B．的S和N均可以作為配位原子
C．是一種共價晶體，質脆，其硬度小
D．是一種極性分子，因此在水中溶解度大于
（3）配位取代反應：。
①乙二胺和均為含N配體，但上述反應平衡常數確極大，解釋原因(可從反應原理入手)：　 　。
②比較和和的堿性大小　 　。并解釋原因　 　。
18．（2024高三上·浙江月考）雷酸家族十分有趣，雷酸的分子式為，請完成有關問題。
（1）雷酸是由乙醇在硝酸存在下轉化而來的，而且常常以二元酸的形式存在，解釋產物為什么是二元酸　 　。
（2）雷酸的可能結構如下：，直到1965年，德國科學家貝克第一次制備出純的氣態雷酸分子，并利用紅外光譜進行分析，紅外光譜數據如下：CH伸縮伸縮伸縮彎曲彎曲。
根據光譜數據，判斷1和2哪個為雷酸的結構　 　(選1或2)。
（3）在當年霍華德制備“氯酸”的實驗中，硝酸首先氧化乙醇生成乙醛(反應1)，乙醛在微量的亞硝酸存在下亞硝化為肟基乙醛(反應2)，再被硝酸氧化為肟基乙酸()(反應3)，該化合物與硝酸進一步發生硝化反應并經歷脫羧、脫亞硝酸過程即可生成雷酸(反應4)。實際上生成的雷酸在此溶液中并不穩定，但是由于溶液中同時存在的汞離子立即與之反應生成溶解度較低的雷酸汞，從而形成沉淀脫離了反應體系(反應5)
①寫出反應4的方程式　 　；
②寫出反應5的離子方程式　 　。
（4）下列說法中，正確的是___________。
A．在制備銀氨溶液時，長時間放置或加熱可能會生成的爆炸物，這些爆炸物可能為雷酸鹽
B．紅外光譜可以用來確定有機物的官能團
C．常利用色譜法來確定有機物的結構
D．青蒿素中存在是通過實驗確定的
19．（2024高三上·浙江月考）利用可再生資源生產綠氫和溫室氣體生產甲醇是碳資源高效循環利用的有效途徑。
加氫氣制甲醇體系中，若不考慮生成烷烴和多碳醇等副反應，主要反應為：
I
II
III
（1）計算反應I的焓變　 　。
（2）以的平衡為基礎，探討溫度，壓強和原料氣組成對平衡的影響，以下說法錯誤的是___________。
A．隨著溫度升高，甲醇的百分含量將降低
B．隨著壓強增大，甲醇的產率將增大
C．隨著的增加，的轉化率將下降
D．若在原料氣里加入，則轉化率將增大
（3）若只關注反應I，氫氣和甲醇的燃燒熱分別為和，則綠氫生產綠甲醇的理論能量轉化效率為　 　(保留一位小數)。
在鐵基催化劑上加氫制低碳烯烴主要包含以下兩步反應：
第一步：
第二步：
第二步的機理及可能的副反應如圖
已知：的第一電離能為，第一電子親和能(基態的氣態分子得到一個電子形成-1價氣態陰離子時所放出的能量)為
（4）下列說法不正確的是___________。
A．第一步反應中，在催化劑表面，傾向于通過給出電子的方式進行活化
B．基催化劑的反應活性位點間不宜相距太遠，否則不利于碳鏈的增長
C．基催化劑對C原子吸附能力越強，越有利提高短鏈烯烴的比例
D．該過程中可能產生等副產品
（5）在其他條件恒定的情況下，適當降低原料氣的流速，的轉化率將　 　(填“增大”或“減小”)，原因為　 　，產物中將　 　，原因為　 　(結合反應機理中的步驟來回答)。
20．（2024高三上·浙江月考）某研究小組用工業鈦白副產品為原料制備納米級電池材料，按如下流程開展實驗
已知：①鈦白副產品主要成分為，含少量的等雜質。
②已知和的氧化性隨酸性的增強而增強。
（1）常溫下步驟I所得料液其　 　7(填“>”、“<”)。
（2）下列說法不正確的是___________。
A．步驟Ⅱ，加入粉的目的是調節溶液值，以便元素水解沉淀
B．步驟Ⅲ，加入的目的是除去元素
C．為了提高實驗效率，可以將Ⅱ、Ⅲ、V的過濾操作合并
D．步驟IV中過量的可在步驟V中被氧化去除
（3）步驟V中元素的去除率及濾液中元素含量隨著溶液值的關系如圖所示，
實驗時選擇為　 　，理由是　 　。
步驟VI操作之一采用如圖所示裝置進行(忽略夾持裝置)
（4）儀器A的名稱是　 　。
（5）鐵磷比是衡量磷酸鐵品質最關鍵的指標。
元素的定量測定：
1.配置一系列濃度由低到高的與鄰菲羅啉的橙紅色絡合物的標準液。
2.稱取一定量產品，用適量鹽酸溶解，再加入足量的鹽酸羥胺溶液，調，加入鄰菲羅啉。
3.進行比色
①通過比色能獲得元素濃度的原理是　 　。
②測得產品中鐵磷比，可能原因是　 　。
21．（2024高三上·浙江月考）phorbol及其衍生物在生物學和醫學研究中有著重要的應用。某研究小組設計了如下全合成路線(本題只選擇了一部分，部分條件省略)：
提示：①羰基的具有酸性，可以和鹵素的酸溶液發生取代反應
②為甲基的縮寫，在本題中可以看為H，為基團縮寫
③
（1）A中可以與加成的基團名稱為　 　。
（2）D的結構式為　 　。
（3）下列說法中，不正確的是___________。
A．在本題流程中起到保護羥基的作用
B．的酸性強于
C．也可以用于還原
D．phorbol的分子式為：
（4）寫出的反應方程式　 　。
（5）設計以和為原料制備的合成路線　 　(用流程圖表示，無機試劑任選)。
（6）寫出A的同分異構體　 　。
要求：①分子內存在五元環②分子中最多有4種不同化學環境的氫原子
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】原子晶體（共價晶體）；乙醇的物理、化學性質；晶體的定義；物質的簡單分類
【解析】【解答】A．俗名金剛砂，與金剛石的結構類似，A錯誤；
B．是一種碳的單質，B錯誤；
C．石英晶體低溫的結構中有頂角相連的硅氧四面體形成螺旋向上的長鏈，沒有封閉的環狀結構，這一結構決定它具有手性，C正確；
D．乙酸晶胞的分子式為：，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、SiC的晶體結構與金剛石類似。
B、C60是碳的一種單質。
C、石英晶體具有手性結構。
D、乙酸晶胞的分子式為C2H4O2。
2．【答案】C
【知識點】單糖的性質和用途；二糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．“鋇餐”的成分是硫酸鋇，不溶于水，且不與稀鹽酸反應。吞服后不能被人體吸收，不會引起中毒，A錯誤；
B．RNA 中的糖屬于核糖，DNA 中的糖屬于脫氧核糖，B錯誤；
C．蔗糖為二糖，一定條件下，可發生水解反應生成葡萄糖和果糖，C正確；
D．自然界存在的葡萄糖和果糖都具有D構型，不具有L構型，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、BaSO4與稀鹽酸不反應，不會造成重金屬中毒。
B、RNA與DNA所具有的核糖不同。
C、蔗糖可水解生成葡萄糖和果糖。
D、自然界存在的葡萄糖和果糖具有D構型。
3．【答案】A
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；判斷簡單分子或離子的構型；多糖的性質和用途
【解析】【解答】A．二氟化氙的中心原子氙的價層電子對數為5，采用sp3d雜化，分子中存在3對孤對電子和2個成鍵電子對。由價層電子對互斥理論，3對孤對電子占據三角雙錐的赤道平面，2個氟原子位于軸向位置，所以分子的空間構型呈直線型，A正確；
B．非金屬性：F＞O，原子半徑：F＜O，所以鍵能：H-F>H-O，B錯誤；
C．鹵族元素包括氟、氯、溴、碘、砹等，原子半徑逐漸增大，第一電離能隨著原子序數的增大而依次減小，C錯誤；
D．直鏈淀粉形成無分支的螺旋結構，而支鏈淀粉則具有樹枝形分支結構，為支鏈淀粉結構示意圖，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、根據價層電子對互斥理論確定空間構型。
B、根據非金屬性和原子半徑大小確定鍵能大小。
C、根據原子半徑確定第一電離能大小。
D、直鏈淀粉形成無分支的螺旋結構。
4．【答案】A
【知識點】同分異構現象和同分異構體；酶的結構和性質
【解析】【解答】A．ATP合成酶由突出膜外的親水頭部和嵌入膜內的疏水尾部組成，像一個會旋轉的泵，泵的旋轉由膜內外 H+ 濃度的差別推動，A正確；
B．有機化合物的同分異構現象有構造異構和立體異構，立體異構包含對映異構和非對映異構，非對映異構中包含順反異構，B錯誤；
C．氧原子可以形成 H2O 、H2O2、H3O+，C錯誤；
D．分子的穩定性與分子內化學鍵鍵能、分子的空間結構、分子間作用力、外部環境因素等都有關，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、結合ATP合成酶的組成分析。
B、順反異構屬于非對映異構。
C、氧原子可以形成 H2O 、H2O2、H3O+。
D、分子的穩定性與其空間結構、鍵能、分子間作用力等因素有關。
5．【答案】B
【知識點】氧化還原反應；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解答】A．銀離子與碘離子結合生成碘化銀的沉淀，反應正向進行，A正確；
B．溶解度：AgCl＞AgI，因此反應不一定能進行，B錯誤；
C．反應配平后為，生成1molAgI生成0.5molH2，常溫常壓下，氣體摩爾體積約為24.5mol/L，體積約為12.25L，C正確；
D．加熱條件下，銅與濃硫酸反應生成硫酸銅，銅從0價變成正價，發生氧化還原反應，D正確；
故答案為：B
【分析】A、AgI難溶于水，反應向著難溶方向進行。
B、由于溶度積：AgCl＞AgI，反應不一定能進行。
C、常溫常壓下，Vm≠22.4L·mol－1。
D、加熱條件下，Cu與濃硫酸可發生氧化還原反應。
6．【答案】B
【知識點】濃硫酸的性質；苯酚的化學性質；乙酸乙酯的制取；原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A．圖1可用于電解水，當電解過程進行后，兩個電極上分別產生氫氣和氧氣，此時打開，關閉，裝置構成氫氧燃料電池，反應過程產生電流，因此可觀察到指針偏轉，A正確；
B．常溫下濃硫酸能使鐵鈍化，因此放入濃硫酸中會發生鈍化，應放入稀硫酸中除銹，B錯誤；
C．乙酸沸點低且易揮發，濃硫酸稀釋時會放熱加劇其揮發，冷卻后加乙酸，可減少乙酸揮發，提高原料利用率，C正確；
D．苯酚可與溶液顯紫色，與飽和溴水生成白色沉淀，而醇羥基與FeCl3溶液、飽和溴水都不反應。因此可用飽和溴水或溶液來檢驗酚和醇羥基，D正確；
故答案為：B
【分析】A、K1閉合時為電解池裝置，電解Na2SO4溶液本質上是電解水。K1斷開、K2閉合時，H2和O2構成原電池裝置。
B、常溫下，濃硫酸能使鐵鈍化。
C、酯化反應實驗中試劑的添加順序為：乙醇→濃硫酸→乙酸。
D、酚羥基能與FeCl3溶液顯紫色，與飽和溴水產生白色沉淀；而醇羥基不能。
7．【答案】B
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．頭發的主要成分為角蛋白，其中含硫氨基酸形成的二硫鍵(-S-S-)，燙發時先用還原劑破壞肽鏈之間的二硫鍵(-S-S-)，將其還原成游離的巰基(-SH)，易于變形。再用發夾和發卷將頭發塑成一定的形狀；最后用氧化劑在新位置形成二硫鍵，固定發型。綜上燙發時有二硫鍵的斷裂和形成，A正確；
B．[Cu(NH3)4]2+是一種常見的Cu配合物，其空間結構為平面四邊形，其中心Cu原子采用dsp2雜化，B錯誤；
C．在CuSO4液中加入一些氨水，形成銅氨溶液，溶液中Cu2+的濃度降低，使得Cu2+放電速率減緩，同時通過平衡移動補充放電消耗的Cu2+，使其濃度保持相對穩定，達到放電平穩的作用，從而可以使鍍層更加致密、細膩、光亮，C正確；
D．液態植物油分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下能夠與H2發生加成反應，不飽和烴基變為飽和烴基，物質的狀態由液態變為固體，使得物質的熔點變高。由于加成反應消耗了不飽和的碳碳雙鍵，因此就可以起到防止其氧化變質的目的，D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據染發過程中發生的反應分析。
B、中心Cu原子采用dsp2雜化。
C、結合反應過程中溶液中c(Cu2+)的變化分析。
D、與H2發生加成反應后，液態植物油變為固態，熔點變大。
8．【答案】D
【知識點】電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．XeF2 和溴酸根溶液發生氧化還原反應，溴酸根被氧化為高溴酸根，XeF2++H2O→Xe++2HF，A正確；
B．電有機合成己二腈時，酸性條件下丙烯腈在陰極得到電子發生還原反應生成己二腈，電極反應式為2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，B正確；
C．軟脂酸的燃燒生成CO2和H2O，發生反應CH3(CH2)14COOH+23O2 → 16H2O+16CO2，C正確；
D．天然橡膠主要成分為聚異戊二烯，從橡膠樹等植物中獲取，由丁二烯聚合而成的是合成橡膠，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、XeF2與BrO3－發生氧化還原反應，生成Xe和BrO4－。
B、電解過程中陰極上CH2=CHCN發生得電子的還原反應，生成NC(CH2)4CN。
C、軟脂酸完全燃燒，生成H2O和CO2。
D、天然橡膠的主要成分為聚異戊二烯。
9．【答案】A
【知識點】單糖的性質和用途；多糖的性質和用途；葡萄糖的銀鏡反應
【解析】【解答】A．在葡萄糖水溶液中，存在著鏈狀和環狀結構葡萄糖之間的平衡，主要存在的是環狀葡萄糖，A正確；
B．鏈狀葡萄糖分子中含有醛基，可以與銀氨溶液反應，生成銀鏡，B錯誤；
C．絕大多數葡萄糖以環狀形式存在，多數多糖中的單糖單元以環狀結構的形式存在，C錯誤；
D．吡喃葡萄糖和吡喃葡萄糖互為手性異構體，兩者的物理性質(如熔點、沸點、密度等)基本相同，但旋光性不同。因此吡喃葡萄糖物理性質不完全相同，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、水溶液中主要存在的時環狀葡萄糖。
B、鏈狀葡萄糖能與銀氨溶液發生銀鏡反應。
C、多數多糖中的單糖單元以環狀結構形式存在。
D、吡喃葡萄糖和吡喃葡萄糖的旋光性不同。
10．【答案】C
【知識點】元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A．Mc為第七周期VA族元素，最后填入的能級為7p能級，屬于p區元素，A錯誤；
B．Mc為第115號元素，在元素周期表中的位置為第七周期VA族，B錯誤；
C．288Mc的質量數小于290Mc，在重核區域，質量數越小，比結合能越大，因此比結合能：288Mc>290Mc；C正確；
D．按照現有規則，第八周期共含有50種元素，因此115號元素的正下方應為165號元素，D錯誤；
故答案為：C
【分析】此題是對元素周期表結構的考查，結合元素周期表的結構進行分析即可。
11．【答案】B
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素
【解析】【解答】A.0～t1內，A的濃度減小0.2mol·L－1、B的濃度減小0.6mol·L－1、C的濃度增加0.4mol·L－1，因此該平衡體系的化學反應方程式為A(g)+3B(g)2C(g)，A項錯誤；
B．t1時反應達到平衡狀態，該反應的正反應氣體分子數減小，(t1+10)min時，保持容器總壓強不變，通入稀有氣體，容器的體積增大，壓強減小，平衡逆向移動，B項正確；
C．根據分析，正反應為放熱反應，因此反應的 H＜0，C項錯誤；
D．由于正反應為放熱反應，其他條件不變，升高溫度，正、逆反應速率均增大，平衡逆向移動，C的體積分數減小，D項錯誤；
故答案為：B
【分析】A、根據反應過程中A、B、C濃度變化量，確定反應的化學方程式。
B、保持總壓強不變，通入稀有氣體，容器的容積變大，相當于減小壓強，結合壓強對平衡移動的影響分析。
C、T1溫度下反應先達到平衡狀態，反應速率較快，因此T1＞T2，結合溫度對平衡移動的影響分析。
D、升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，據此結合反應的熱效應分析。
12．【答案】C
【知識點】鹽類水解的原理；電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，反應過程中，陰極為Zn電極，、H+發生還原反應，A錯誤；
B．由分析可知，反應過程中，陽極上OH-發生氧化反應生成氧氣，B錯誤；
C．根據原子守恒知，陽極上析出n(O2)=n[Zn(OH)2]=0.05mol，陰極上析出n(H2)=n[Zn(OH)2]=0.05mol。因此反應過程中生成氣體體積V==（0.05+0.05）mol×22.4L/mol=2.24L，C 正確；
D．溶液的酸堿性是溶液中所有離子相互作用的結果，水溶液為酸性和水解有關，但并不是只和有關，D錯誤；
故答案為：C
【分析】以純鋅為陰極，石墨為陽極，電解ZnSO4溶液，陽極的電極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；陰極的電極反應式為Zn2＋＋2e－=Zn。電解一段時間后，往電解后溶液中加gZn(OH)2（其物質的量為0.05mol），發生反應的離子方程式為Zn(OH)2＋2H＋=Zn2＋＋2H2O。參與反應的n(H＋)=0.1mol，反應生成的n(Zn2＋)=0.05mol，生成n(H2O)=0.1mol。由陽極的電極反應式可知，電解過程中消耗0.05mol，因此在電解過程中，還有0.05molH2O在電極上參與反應，所以陰極上還存在反應2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。
13．【答案】C
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響
【解析】【解答】A．步(2)的活化能大，反應速率慢，屬于慢反應，因此是氯化反應的決速步，A正確；
B．第2步產生了，2個可以形成，該反應為，B正確；
C．自由基為缺電子微粒，給電子基團可以使其穩定，與相比，-CH3取代了的一個氫原子，-CH3是供電子基團，因此比穩定，苯基是吸電子基團，因此比穩定，C錯誤；
D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，所得的主要產物為氯甲烷，D正確；
故答案為：C
【分析】A、反應所需的活化能越大，反應速率越慢，慢反應為決速反應。
B、2個可反應生成。
C、自由基為缺電子微粒，給電子基團可以使其穩定，據此分析。
D、增大Cl2、CH4的量，可增大CH3·和Cl·的量。
14．【答案】B
【知識點】配合物的成鍵情況；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．CCl4中的碳原子是第二周期元素，只有2s和2p軌道可以成鍵，最大配位數為4，沒有空軌道可以接受水的配位，因此不易發生水解。而SiCl4中的硅原子是第三周期元素，形成SiCl4后還有3d空軌道，可以接受水分子中氧原子的孤電子對，形成配位鍵，從而發生水解，A正確；
B．為聚合型氫化物，Al2H6的球棍模型為，因此不是平面結構，其轉化為H2和Al(OH)3時H元素化合價發生了變化，因此不屬于水解反應，B錯誤；
C．中鍵角大致為，可以理解為S直接使用3p軌道和H的1s軌道重疊成鍵，鍵角仍是3p軌道的90°左右。中O采取sp3雜化，鍵角105°左右，氧氫鍵穩定性更強，更難解離出H+，因此酸性強于，C正確；
D．中B采取雜化：，結構為，分子中存在鍵，D正確；
故答案為：B
【分析】A、CCl4不能水解是因為沒有空軌道，而SiCl4可以水解是因為存在空軌道。
B、(AlH3)n不是平面結構，其反應過程中存在元素化合價變化，不屬于水解反應。
C、根據鍵角和化學鍵的穩定性分析。
D、根據B2H6的結構式分析。
15．【答案】A
【知識點】鹽類水解的原理；鹽類水解的應用
【解析】【解答】A．的水解平衡常數Kh1==1.6×10-10，因此=4.0×10-6 mol/L。忽略第二步水解，0.1mol/L的Na2C2O4中的水解率約為4.0×10-3%<12%，A錯誤；
B．，，由圖可知，當 c(H2C2O4) =c() 時，2C．草酸氫鈉溶液中存在電離和水解，電離常數Ka2=6.4×10-5，水解常數Kh1=1.6×10-10，所以電離程度大于水解程度，因此溶液中，且大量存在時，由圖可知，pH 介于 2.5~3之間，C正確；
D．由分析可知，此圖像中的兩條豎線分別代表pKa1和pKa2，達到滴定終點時才有現象，不能分步滴定，得不到pKa，因此不可以完全根據HCl滴定Na2C2O4的實驗數據繪出，D正確；
故答案為：A
【分析】pH較小時，草酸主要以草酸分子形式存在，隨著pH的逐漸增大，H2C2O4逐漸轉化為HCO4－，HCO4－進一步轉化為C2O42－。草酸分子的分布系數減小，草酸氫根的分布系數逐漸增大，因此δ2表示H2C2O4的分布系數，δ1表示的分布系數，隨著pH值的繼續增大，草酸氫根的分布系數減小，草酸根的分布系數增大，則δ0表示的分布系數。且Kal=，Ka2=，則圖像中的兩條豎線分別代表pKa1和pKa2，據此解答。
16．【答案】A
【知識點】鈉的化學性質；苯酚的性質及用途；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．黑色固體可能是Na 與酒精燃燒生成的 CO2 發生置換反應生成炭黑，4Na+3CO2=2Na2CO3+C，A正確；
B．鈉的密度比乙醇大，所以下沉。鈉與乙醇反應生成H2，使得鈉表面產生浮力，因此上浮。在反應過程中，溶液的密度漸漸增大的，與實驗現象關系不大，B錯誤；
C．高濃度的NaOH 溶液具有強堿性，但是沒有漂白性，酚酞褪色是因為很強的堿性使酚酞結構發生改變，變成無色結構，C錯誤；
D．熱的苯酚水溶液自然冷卻得到渾濁液為乳濁液，無法得到苯酚晶體，D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、Na能與CO2反應生成Na2CO3和C。
B、鈉下沉是因為密度比乙醇大；上浮是因為反應產生H2。
C、NaOH濃溶液不具有漂白性。
D、苯酚微溶于水，溫度高于65℃時可溶于水。
17．【答案】（1）2；3；
（2）B；D
（3）其中en為雙齒螯合配體，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，從熱力學上講熵是更有利的，en和均為含N中性配體，因此焓變較小熵變占主導，故平衡常數較大；；和可分別看成與，其中吸電子能力，故N上的電荷密度分別為，所以堿性大小
【知識點】配合物的成鍵情況；原子晶體（共價晶體）；晶胞的計算；相似相溶原理及其應用
【解析】【解答】（1）根據均攤法可知，晶胞中C的個數為 ；由圖可知，石墨的晶體結構是層狀結構，在每一層中，碳原子以六邊形排列，每個碳原子都與相鄰3個碳原子形成共價鍵，配位數為3；二維晶胞為：。
故答案為：2；3；
（2）A. 15-冠-5是冠醚的一種，可以與形成配合物，其作用力為配位鍵，A錯誤；
B.的S和N都有孤對電子，這些孤對電子可以作為電子對給予體參與配位，均可以作為配位原子，B正確；
C.是一種共價晶體，是一種具有極高硬度的材料，硬度僅次于一些超硬材料，硬度越大，脆性越大，其莫氏硬度在9.5左右，其數值較大， C錯誤；
D.中心原子O的價電子對數為 ，含有1對孤對電子，是一種極性分子，O3在水中溶解度大于O2主要原因是相似相溶原理，O3是極性分子，O2是非極性分子，水是極性分子，故O3在水中溶解度大于O2，D正確；
故答案為：BD
（3）①其中en為雙齒螯合配體(即乙二胺中兩端的N均參與配位螯合成環)，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，從熱力學上講熵是更有利的，en和均為含N中性配體，因此焓變較小熵變占主導，故平衡常數較大。
故答案為： 其中en為雙齒螯合配體，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，從熱力學上講熵是更有利的，en和均為含N中性配體，因此焓變較小熵變占主導，故平衡常數較大
②和可分別看成與，其中吸電子能力，故N上的電荷密度分別為，所以堿性大小。
故答案為： ；和可分別看成與，其中吸電子能力，故N上的電荷密度分別為，所以堿性大小
【分析】（1）根據石墨晶體的平面結構圖分析。
（2）A、二者形成的時配合物。
B、S、N都含有孤電子對，可作為配位原子。
C、共價晶體的硬度大。
D、根據相似相容原理分析。
（3）①en為雙齒螯合配體，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，符合熵增原理。
②根據吸電子能力強弱分析。
（1）根據均攤法可知，晶胞中C的個數為 ；由圖可知，石墨的晶體結構是層狀結構，在每一層中，碳原子以六邊形排列，每個碳原子都與相鄰3個碳原子形成共價鍵，配位數為3；二維晶胞為：。
（2）A. 15-冠-5是冠醚的一種，可以與形成配合物，其作用力為配位鍵，A錯誤；
B.的S和N都有孤對電子，這些孤對電子可以作為電子對給予體參與配位，均可以作為配位原子，B正確；
C.是一種共價晶體，是一種具有極高硬度的材料，硬度僅次于一些超硬材料，硬度越大，脆性越大，其莫氏硬度在9.5左右，其數值較大， C錯誤；
D.中心原子O的價電子對數為 ，含有1對孤對電子，是一種極性分子，O3在水中溶解度大于O2主要原因是相似相溶原理，O3是極性分子，O2是非極性分子，水是極性分子，故O3在水中溶解度大于O2，D正確；
故答案選BD。
（3）①其中en為雙齒螯合配體(即乙二胺中兩端的N均參與配位螯合成環)，發生配體取代反應后生成了更多的小分子，從熱力學上講熵是更有利的，en和均為含N中性配體，因此焓變較小熵變占主導，故平衡常數較大；
②和可分別看成與，其中吸電子能力，故N上的電荷密度分別為，所以堿性大小。
18．【答案】（1）二元酸是二聚的結果
（2）2
（3）；
（4）B；D
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構；離子方程式的書寫
【解析】【解答】（1）雷酸通常以H-O-N=C=C=N-O-H的形式存在，二元酸是二聚的結果。
故答案為：二元酸是二聚的結果
（2）沒有O-H鍵的伸縮振動，而只能觀察到C-H鍵的伸縮振動，以及HCN的彎曲振動等數據，故結構為2。
故答案為：2
（3）與硝酸反應脫羧（-COOH脫去）、脫亞硝酸過程（生成亞硝酸），生成雷酸；雷酸與汞離子生成雷酸汞沉淀，離子反應為：。
故答案為： ；
（4）A．久置銀氨溶液會出現黑色的氮化銀沉淀，輕微震蕩試管即可爆炸，A錯誤；
B．紅外光譜可以用來確定有機物的官能團，從而推斷出有機物的結構，B正確；
C．色譜分析是一種常用的有機分析方法，可以用來確定有機化合物的組成，C錯誤；
D．青蒿素分子中的某個基團在提取過程中對熱不穩定，證明其分子中含有過氧基(—O—O—)，D正確；
故答案為：BD
【分析】（1）二元酸是二聚的結果。
（2）根據所給的紅外光譜數據分析。
（3）①反應④中HON=CHCOOH與HNO3反應，生成HCNO、HNO2、CO2和H2O，據此寫出反應的化學方程式。
②反應⑤中HCNO與Hg2＋反應生成Hg(CNO)2和H＋，據此寫出反應的離子方程式。
（4）A、久置的銀氨溶液產生不穩定的氮化銀。
B、紅外光譜可確定官能團。
C、色譜分析可確定有機物的組成。
D、化學鍵的測定需要通過化學實驗。
（1）雷酸通常以H-O-N=C=C=N-O-H的形式存在，二元酸是二聚的結果
（2）沒有O-H鍵的伸縮振動，而只能觀察到C-H鍵的伸縮振動，以及HCN的彎曲振動等數據，故結構為2；
（3）與硝酸反應脫羧（-COOH脫去）、脫亞硝酸過程（生成亞硝酸），生成雷酸；雷酸與汞離子生成雷酸汞沉淀，離子反應為：
（4）A．久置銀氨溶液會出現黑色的氮化銀沉淀，輕微震蕩試管即可爆炸，A錯誤；
B．紅外光譜可以用來確定有機物的官能團，從而推斷出有機物的結構，B正確；
C．色譜分析是一種常用的有機分析方法，可以用來確定有機化合物的組成，C錯誤；
D．青蒿素分子中的某個基團在提取過程中對熱不穩定，證明其分子中含有過氧基(—O—O—)，D正確；
故選BD。
19．【答案】（1）
（2）C；D
（3）
（4）A；C
（5）增大；降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，可以更充分轉化，所以轉化率增大；增大；步驟VⅢ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，增加步驟IX的反應機會，造成增大
【知識點】燃燒熱；蓋斯定律及其應用；化學反應速率與化學平衡的綜合應用
【解析】【解答】（1）反應I=反應II+反應III，則由蓋斯定律得反應I的焓變。
故答案為：
（2）A．隨著溫度升高，反應I、III平衡逆向移動，反應II平衡正向移動，甲醇的百分含量將降低，A正確；
B．隨著壓強增大，反應I、III平衡正向移動，有利于甲醇的生成，甲醇的產率將增大，B正確；
C．隨著的增加，相當于CO2的量不變，增加氫氣的量，反應III平衡正向移動，的轉化率將升高，C錯誤；
D．若在原料氣里加入，CO和H2將發生反應III，H2被消耗，導致H2濃度減小，不利于反應I、II正向進行，則轉化率將減小，D錯誤；
故答案為：CD
（3）根據反應，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氫氣和甲醇的燃燒熱分別為和，則綠氫生產綠甲醇的理論能量轉化效率為。
故答案為：
（4）A．由第一步反應式可知，反應中碳元素化合價降低被還原，則在催化劑表面，傾向于通過得到電子的方式進行活化，A錯誤；
B．由圖可知，鐵基催化劑的反應活性位點間不宜相距太遠，否則不利于碳碳鍵的形成，即不利于碳鏈的增長，B正確；
C．由圖可知，鐵基催化劑對碳原子吸附能力越強，越難形成短鏈烯烴，即越不利于提高短鏈烯烴的比例，C錯誤；
D．由圖可知，該過程中可能產生CH3CH2R，即可能產生等副產品，D正確；
故答案為：AC
（5）在其他條件恒定的情況下，適當降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，二氧化碳可以更充分轉化，則的轉化率將增大，其原因為：降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，可以更充分轉化，所以轉化率增大；同時產物中將增大，其原因為：步驟Ⅷ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，從而增加步驟Ⅸ的反應機會，造成增大。
故答案為：增大 ；降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，可以更充分轉化，所以轉化率增大 ；增大；步驟VⅢ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，增加步驟IX的反應機會，造成增大
【分析】（1）根據蓋斯定律計算。
（2）A、結合溫度對平衡移動的影響分析。
B、結合壓強對平衡移動的影響分析。
C、增大，即n(H2)增大，反應III平衡正向移動。
D、結合CO濃度對平衡移動的影響分析。
（3）根據氫氣和甲醇燃燒熱的數值計算。
（4）A、在第一步反應中，CO2在催化劑表面發生得電子的反應。
B、鐵基催化劑的反應活性位點間不宜相距太遠，否則不利于碳碳鍵的形成。
C、鐵基催化劑對碳原子吸附能力越強，越難形成短鏈烯烴。
D、該過程中可能產生CH3CH2R。
（5）降低原料氣的流速，反應物與催化劑達到接觸時間變長。步驟VⅢ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，增加步驟IX的反應機會。
（1）反應I=反應II+反應III，則由蓋斯定律得反應I的焓變；
（2）A．隨著溫度升高，反應I、III平衡逆向移動，反應II平衡正向移動，甲醇的百分含量將降低，A正確；
B．隨著壓強增大，反應I、III平衡正向移動，有利于甲醇的生成，甲醇的產率將增大，B正確；
C．隨著的增加，相當于CO2的量不變，增加氫氣的量，反應III平衡正向移動，的轉化率將升高，C錯誤；
D．若在原料氣里加入，CO和H2將發生反應III，H2被消耗，導致H2濃度減小，不利于反應I、II正向進行，則轉化率將減小，D錯誤；
故選CD；
（3）根據反應，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氫氣和甲醇的燃燒熱分別為和，則綠氫生產綠甲醇的理論能量轉化效率為；
（4）A．由第一步反應式可知，反應中碳元素化合價降低被還原，則在催化劑表面，傾向于通過得到電子的方式進行活化，A錯誤；
B．由圖可知，鐵基催化劑的反應活性位點間不宜相距太遠，否則不利于碳碳鍵的形成，即不利于碳鏈的增長，B正確；
C．由圖可知，鐵基催化劑對碳原子吸附能力越強，越難形成短鏈烯烴，即越不利于提高短鏈烯烴的比例，C錯誤；
D．由圖可知，該過程中可能產生CH3CH2R，即可能產生等副產品，D正確；
故選AC；
（5）在其他條件恒定的情況下，適當降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，二氧化碳可以更充分轉化，則的轉化率將增大，其原因為：降低原料氣的流速，反應物與催化劑的接觸時間變長，可以更充分轉化，所以轉化率增大；同時產物中將增大，其原因為：步驟Ⅷ的產物可以停留較長時間阻止反應正向進行，從而增加步驟Ⅸ的反應機會，造成增大。
20．【答案】（1）<
（2）C
（3）1.2；低于1.2時，隨著酸性的增強，和的氧化性增強，還原產物中的比例提高，除錳率下降。高于1.2后，會逐漸水解，造成產率下降
（4）恒壓分液漏斗
（5）濃度的大小和顏色的深淺正相關；1.洗滌不充分，吸附部分可溶的磷酸鹽2.除雜不完全，產品中含有磷酸錳等雜質
【知識點】物質的分離與提純；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）鈦白副產品主要成分為，含少量的、、等雜質，溶于水的溶液含強酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，pH<7。
故答案為：＜
（2）A．根據分析可知，步驟Ⅱ加入鐵粉可以消耗溶液中的H+，調節溶液的pH，促使水解產生沉淀后除去鈦元素，故A正確；
B．根據分析可知，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，故B正確；
C．步驟Ⅱ調節溶液的pH，促使水解產生沉淀，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，高錳酸鉀在酸性條件下會將鐵元素直接氧化為，而會比完全水解的pH更小，導致產品的產量減小，所以不能將Ⅱ、Ⅲ、V的過濾操作合并，故C錯誤；
D．根據分析可知，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，故D正確；
故答案為：C
（3）根據已知②已知和的氧化性隨酸性的增強而增強，可知實驗時選擇pH為1.2的原因為：低于1.2時，隨著酸性的增強，和的氧化性增強，還原產物中的比例提高，除錳率下降，高于1.2后，會逐漸水解，造成產率下降。
故答案為： 1.2；低于1.2時，隨著酸性的增強，和的氧化性增強，還原產物中的比例提高，除錳率下降。高于1.2后，會逐漸水解，造成產率下降
（4）儀器A的名稱是恒壓分液漏斗。
故答案為：恒壓分液漏斗
（5）①通過比色能獲得Fe元素濃度的原理是：Fe元素濃度的大小和顏色的深淺正相關。
故答案為： 濃度的大小和顏色的深淺正相關
②測得產品中鐵磷比，說明鐵是比磷少，可能是過程種引入了磷元素，可能是①洗滌不充分，吸附部分可溶的磷酸鹽②除雜不完全，產品中含有磷酸錳等雜質。
故答案為： 1.洗滌不充分，吸附部分可溶的磷酸鹽2.除雜不完全，產品中含有磷酸錳等雜質
【分析】鈦白副產品主要成分為，含少量的、、等雜質，步驟Ⅰ將鈦白副產品溶于水后產生、、、，還有硫酸根等離子，步驟Ⅱ加入鐵粉可以消耗溶液中的H+，調節溶液的pH，促使水解產生沉淀后除去鈦元素，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，步驟Ⅳ中加入H2O2氧化為，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，步驟Ⅵ中加入NH4H2PO4后，經過蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥后得到產品。據此結合題干設問分析作答。
（1）鈦白副產品主要成分為，含少量的、、等雜質，溶于水的溶液含強酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，pH<7；
（2）A．根據分析可知，步驟Ⅱ加入鐵粉可以消耗溶液中的H+，調節溶液的pH，促使水解產生沉淀后除去鈦元素，故A正確；
B．根據分析可知，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，故B正確；
C．步驟Ⅱ調節溶液的pH，促使水解產生沉淀，步驟Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去鎂元素，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，高錳酸鉀在酸性條件下會將鐵元素直接氧化為，而會比完全水解的pH更小，導致產品的產量減小，所以不能將Ⅱ、Ⅲ、V的過濾操作合并，故C錯誤；
D．根據分析可知，步驟Ⅴ加入高錳酸鉀可以除去過量的H2O2，故D正確；
故選C；
（3）根據已知②已知和的氧化性隨酸性的增強而增強，可知實驗時選擇pH為1.2的原因為：低于1.2時，隨著酸性的增強，和的氧化性增強，還原產物中的比例提高，除錳率下降，高于1.2后，會逐漸水解，造成產率下降；
（4）儀器A的名稱是恒壓分液漏斗；
（5）①通過比色能獲得Fe元素濃度的原理是：Fe元素濃度的大小和顏色的深淺正相關；②測得產品中鐵磷比，說明鐵是比磷少，可能是過程種引入了磷元素，可能是①洗滌不充分，吸附部分可溶的磷酸鹽②除雜不完全，產品中含有磷酸錳等雜質。
21．【答案】（1）羰基，碳碳雙鍵
（2）
（3）B；C
（4）
（5）
（6），
【知識點】有機物中的官能團；有機物的推斷；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）A的結構為，其中可以與氫氣加成得官能團為羰基，碳碳雙鍵，故答案為：羰基，碳碳雙鍵。
故答案為： 羰基，碳碳雙鍵
（2）C到D的反應結合提示③可知反應為+TrisNHNH2+H2O，可得D的結構式為。
故答案為：
（3）A．Ｉ中加入MOMBr后與羥基反應，最后產物中羥基又出現，說明MOMBr在本題流程中起到保護羥基的作用，Ａ正確；
Ｂ．由提示①可知羰基的具有酸性，中含5個，中只含3個，故酸性弱于，Ｂ錯誤；
Ｃ．LiAlH4是常見還原劑，Ｃ＝Ｃ也具有還原性，不可被LiAlH4還原，C錯誤；
Ｄ．從圖中phorbol結構式可數出其分子式為：，D正確。
故答案為：BC
（4）根據推斷出的Ｈ，Ｉ的結構結合信息寫出反應式為：
故答案為：
（5）從產物逆推可知要在上引入基團－Si2Me5和，結合題干信息可先對進行預處理得到，通過加成反應引入基團－Si2Me5，再經過取代反應得到目標產物。合成路線為：。
故答案為：
（6）A的結構式為 ，要求寫出其①分子內存在五元環②分子中最多有4種不同化學環境的氫原子。根據條件寫出對應同分異構體有兩種：，。
故答案為：，
【分析】A通過反應生成B之后碳碳雙鍵消失，說明發生了加成反應，B的分子式為C5H7O(Si2Me5)，加入后生成的C分子式為C9H13O(Si2Me5)，說明發生了取代反應，由合成路線后續結構可看出取代的位置，則C的結構為，C到D的反應結合提示③進行分析，可得D的結構式為。加入Si2Me5Cl后得到G，結合G的分子式可知發生取代反應，G結構為，LiAlH4是常見還原劑，生成的物質H中氫原子多了四個，結合后續結構可寫出H的結構式為，H經過選擇氧化得到I，從后面結構可看出氧化了左側羥基，則I的結構式為。據此結合題干設問分析作答。
（1）A的結構為，其中可以與氫氣加成得官能團為羰基，碳碳雙鍵，故答案為：羰基，碳碳雙鍵。
（2）C到D的反應結合提示③可知反應為+TrisNHNH2+H2O，可得D的結構式為。
（3）A．Ｉ中加入MOMBr后與羥基反應，最后產物中羥基又出現，說明MOMBr在本題流程中起到保護羥基的作用，Ａ正確；
Ｂ．由提示①可知羰基的具有酸性，中含5個，中只含3個，故酸性弱于，Ｂ錯誤；
Ｃ．LiAlH4是常見還原劑，Ｃ＝Ｃ也具有還原性，不可被LiAlH4還原，C錯誤；
Ｄ．從圖中phorbol結構式可數出其分子式為：，D正確。
（4）根據推斷出的Ｈ，Ｉ的結構結合信息寫出反應式為：
（5）從產物逆推可知要在上引入基團－Si2Me5和，結合題干信息可先對進行預處理得到，通過加成反應引入基團－Si2Me5，再經過取代反應得到目標產物。合成路線為：。
（6）A的結構式為 ，要求寫出其①分子內存在五元環②分子中最多有4種不同化學環境的氫原子。根據條件寫出對應同分異構體有兩種：，。
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