精品解析：广东省深圳市龙岗区2025-2026学年高三上学期1月期末化学试题

龙岗区2025-2026学年第一学期高三期末质量监测 化学 满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级填写在答题卡上。将条形码横贴在卡“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Al：27 K：39 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 文物是历史的见证。下列选项所涉及文物材料的主要成分属于有机物的是 A．《孙子兵法》竹简 B．太阳神鸟金饰 C．定窑孩儿枕 D．石鼓 A. A B. B C. C D. D 2. 化合物M(结构如图所示)可应用于荧光探针。下列关于M的说法正确的是 A. 有16个σ键 B. 存在配位键 C. 不能发生加成反应 D. 碳原子均采取sp杂化 3. 科技是国之利器，国家赖之以强。下列说法错误的是 A. LNG双燃料汽车滚装船“驶向深蓝”。LNG（液化天然气）的主要成分为甲烷 B. 钛铁矿在月表水分布与存储中的“双重作用”被揭示。钛位于周期表中的d区 C. 首个海上二氧化碳封存项目“破亿方”。二氧化碳的VSEPR模型名称为直线形 D. 人形机器人由“赛场”走向“市场”。机器人所使用的锂离子电池为一次电池 4. 从药物研发到疾病治疗，化学广泛应用于医学。下列说法正确的是 A. 溶液可作为皮肤消毒剂。是含有非极性键的极性分子 B. 阿司匹林()可用于治疗发热。阿司匹林与苯甲酸互为同系物 C. 0.9% NaCl溶液可用于培养体外细胞。NaCl在电流作用下发生电离 D. 顺铂[]可作为抗癌药物。中N、H均为配位原子 5. 我国在化学及相关领域取得了诸多里程碑式的成就。下列对成就涉及的相关化学知识表述正确的是 选项 成就 化学知识 A 侯德榜改进制碱法 B 人工合成牛胰岛素 氨基酸分子发生加聚反应后形成肽链 C 青蒿素结构的测定 用X射线衍射测定分子结构 D 稀土分离技术突破 稀土元素属于非金属元素 A. A B. B C. C D. D 6. 能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 A. 若X为S，则Y可为 B. 若X为Al，则Y为 C. 若X为Na，则Y可为HCl D. 若X为C，则Y为 7. 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 食用油在空气中放置久了会变质 不饱和脂肪酸甘油酯含碳碳双键 B 加热固体制备 C 浓硝酸与蛋白质作用使其呈黄色 浓硝酸见光分解产生 D 聚氯乙烯薄膜不能用于食品包装 聚氯乙烯燃烧生成HCl和 A. A B. B C. C D. D 8. 铜是常见的金属材料。下列操作不能达到实验目的的是 A．制备 B．组装铜锌原电池 C．铁钉镀铜 D．保护铁钉不被腐蚀 A. A B. B C. C D. D 9. 一种可植入体内的燃料电池(下图)可将葡萄糖()转化为葡萄糖酸()。下列说法正确的是 A. 葡萄糖在正极发生还原反应 B. 电子由铜基纳米颗粒经血管流向Pt C. Pt电极反应为： D. 理论上每消耗，葡萄糖减少2 mol 10. 和反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 溶液中含的数目为 B. 1 mol基态的价电子数目为 C. 每消耗，转移的电子数为 D. 每消耗，生成的数目为 11. 用如图所示装置探究乙醇转化为乙醛的反应。下列说法中正确的是 A. 乙醇能与水互溶，乙醛不能与水互溶 B. Ⅲ中铜丝能降低反应的活化能和焓变 C. IV中溶液褪色，说明乙醛发生了氧化反应 D. 乙醇转变为乙醛时，所有碳原子杂化方式都改变 12. 由结构不能推出对应性质的是 选项 结构 性质 A 水分子的空间结构为V形 冰的密度比液态水的小 B 的极性大于的极性 在水中的溶解度比的大 C 和间存在着较强的离子键 CsCl晶体熔沸点较高 D 烷基是推电子基团 甲酸的酸性大于乙酸的酸性 A. A B. B C. C D. D 13. 按图装置进行实验。一定时间后，Ⅰ中生成浅黄色固体，Ⅱ中生成黑色沉淀。下列叙述正确的是 A. I中发生反应： B. Ⅲ中出现浑浊，体现的还原性 C. Ⅳ中溶液褪色，体现的氧化性 D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅱ中沉淀更快产生 14. X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的原子半径、原子序数与最高价氧化物的水化物的溶液(浓度均为)在常温下的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 元素第一电离能： B. 元素电负性： C. 简单离子半径： D. 最简单氢化物沸点： 15. 与结合可形成两种配离子和。室温下，将溶液和溶液等体积混合。当时，溶液中； ； ； 。下列叙述正确的是 A. 加水稀释，溶液中所有离子浓度均下降 B. C. D. 时， 16. 耦合HCHO制的装置示意图如图所示。部分反应机理为：。下列说法正确的是 A. a电极连接电源负极，得电子 B. 阳极反应： C. 理论上每生成，左侧溶液质量减少2 g D. 一段时间后，左侧溶液pH增大，右侧溶液pH减小 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 氧化还原反应不仅基于物质本身的性质，还受到其他反应的影响。某小组以的氧化性为主题展开与Cu和Ag反应的探究，进行系列实验。 Ⅰ．探究与Cu反应 【实验准备】 （1）用废铁屑制备晶体，错误的实验操作是___________(填下列操作序号)。 A．除油污 B．用盐酸溶解铁屑 C．氧化 D．制备 （2）用配制溶液，该过程无需使用的仪器有___________(填名称)。 【实验探究】 序号 试剂x 实验现象 Ⅰ 的溶液 溶液变为浅蓝色，30 min时，铜粉有较多剩余 Ⅱ 的溶液 溶液变为蓝色，30 min时，铜粉完全溶解 （3）___________。 （4）30 min内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ<Ⅱ，推测可能的原因是___________起催化作用。 （5）研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑作用)。在取样时间内，左侧烧杯始终无明显现象。 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 1 产生白色沉淀 ⅱ 10 产生白色沉淀，较1 min时量多 已知：①；。 ②为无色离子，CuCl为白色沉淀，CuSCN为白色沉淀。 经检验，白色沉淀为CuSCN。1 min和10 min时，分别取右侧烧杯内的溶液少量于试管中，___________，说明被还原成。根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”，推测电池负极区Cu转化为___________，该装置中Cu与溶液反应的离子方程式为___________。 Ⅱ．探究与Ag反应 已知：① ； ②AgSCN为白色沉淀，为红色。 （6）现通过实验测定“”平衡常数。室温下，该小组同学配制溶液、溶液，将两溶液等体积混合，充分振荡，静置，产生灰黑色单质银沉淀，溶液呈黄色。取V mL上层清液，用标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液。 ①滴定终点的现象是___________；根据以上实验数据，上层清液中的物质的量浓度为___________(用含c、V、的式子表示)。 ②根据上层清液中的浓度，可计算出上层清液中其它离子的浓度。则室温下反应“”的平衡常数计算式为___________(用含c、V、的式子表示)。 18. 一种从深海多金属结核[主要含，有少量的NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液()的工艺流程如下： 已知：①萃取的原理：(萃取剂RH是一种有机酸)； ②金属氢氧化物胶体具有吸附性，可以吸附溶液中的阳离子； ③常温下，部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 （1）Ni在元素周期表中的位置是___________。 （2）“酸浸还原”时，还原的离子方程式为___________。 （3）“沉铁”时需加热至200℃，原因是___________。 （4）“沉铝”时，pH最高可调至___________(忽略溶液体积变化)。[，，，] （5）“第一次萃取”后，向萃取液1中加入___________(填化学式)溶液进行反萃取，可以得到溶液。 （6）“第二次萃取”时，、与混合萃取剂形成的配合物(如图所示，M表示金属元素)更稳定，下列关于“第二次萃取”的说法正确的是___________。 A. 配合物中金属离子的配位数为6 B. 配合物中氮原子的杂化类型为sp² C. 配合物中因存在分子内氢键而难溶于水 D. 配位时，被氧化 （7）Cu与P、Sn形成的合金(磷青铜)可用作耐磨零件和弹性合金原件。某立方磷青铜晶胞结构如图8所示(晶胞边长为a pm)，相邻离子间最近距离之比___________，距离Sn最近的Cu有___________个。 （8）“电解”时，一般在萃余液2中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注___________；电解液中加入稀硫酸的目的是为了防止___________。 19. 一定条件下，与发生1，加成反应和1，加成反应。体系中同时存在如下反应： 反应a：+Br2 反应b：+Br2 反应c： （1）基态Br原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）反应___________(填“a”或“b”)主要发生1，2-加成反应。 （3）极性：有机物p___________有机物q(填“>”“=”或“<”)。 （4）图1为反应历程及能量变化，图2表示反应a、b的lnk随温度的变化曲线。 已知：ⅰ．反应过程中先生成中间产物，再进一步转化为不同加成产物； ⅱ．溶剂极性越大越容易发生1，加成； ⅲ．，其中k为速率常数，为活化能，T为热力学温度，R、C为常数。 ①由图1可知，___________(用含的式子表示)。 ②由图1可知，图2中曲线___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)表示反应a的lnk。 ③下列说法正确的是___________。 A． B．其他条件不变时，温度对反应速率的影响：反应b>反应a C．平衡时，产物中有机物q含量更大 D．在极性大的溶剂中进行反应，可提高有机物p在平衡体系中的物质的量分数 （5）在一定温度下，将1.0 mol和一定量的溶于溶剂形成V L溶液发生上述反应(假设反应前后溶液体积不变)。测得t h时体系达到平衡状态，的平衡转化率为α，平衡时为b mol，反应c的平衡常数。 ①内，用表示的平均反应速率为___________。 ②反应a的平衡常数___________(写出计算过程)。 20. 某科研团队以LPdG3为催化剂实现了一种药物中间体的合成。 （1）该反应的反应类型为___________。 （2）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称为___________。 （3）①化合物Ⅱ的分子式为___________。 ②化合物Ⅱ可与发生加成反应生成化合物X。在X的同分异构体中，含有酚羟基且苯环上只有2个取代基的有机物共___________种(不考虑立体异构)。 （4）下列说法正确的有___________。 A. 化合物Ⅰ中所有原子可能共平面 B. 化合物Ⅲ可形成分子间氢键，有较高的熔沸点 C. 化合物Ⅲ分子中存在大π键，但不存在手性碳原子 D. 生成化合物Ⅲ的反应中，只有σ键的断裂与形成 （5）化合物Ⅰ与足量的发生加成反应生成环状化合物Y。Y的核磁共振氢谱图中有___________组峰。 （6）以为原料，通过三步合成化合物M()。基于你设计的合成路线，回答下列问题。 ①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 ②第二步，进行___________(填具体反应类型)；其反应的条件为___________。 ③第三步，合成M：②中得到的含溴有机物与反应。 （7）参考上述反应，直接合成，需要以___________(填结构简式)、乙炔和为反应物。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岗区2025-2026学年第一学期高三期末质量监测 化学 满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级填写在答题卡上。将条形码横贴在卡“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Al：27 K：39 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 文物是历史的见证。下列选项所涉及文物材料的主要成分属于有机物的是 A．《孙子兵法》竹简 B．太阳神鸟金饰 C．定窑孩儿枕 D．石鼓 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．竹简主要成分为纤维素，属于有机高分子，A符合题意； B．太阳神鸟金饰主要成分为金，属于金属材料，B不符合题意； C．定窑孩儿枕是瓷器，属于无机非金属材料，C不符合题意； D．石鼓的材料是花岗岩，属于无机非金属材料，D不符合题意； 故答案选A. 2. 化合物M(结构如图所示)可应用于荧光探针。下列关于M的说法正确的是 A. 有16个σ键 B. 存在配位键 C. 不能发生加成反应 D. 碳原子均采取sp杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A．1个M分子中有4个C-C键、4个C=C键、3个C-N键、1个C=N键、2个B-N键、2个B-F键、7个C-H键，双键中有1个σ键、1个π键，故σ键有个，A错误； B．原子的价电子排布为，存在空轨道，环上右侧原子存在孤电子对，原子的孤电子对填入原子的空轨道，形成了配位键，B正确； C．M分子含有碳碳双键，可以与氢气、等发生加成反应，C错误； D．M分子的碳原子均形成了碳碳双键，采取杂化，D错误； 故答案选B。 3. 科技是国之利器，国家赖之以强。下列说法错误的是 A. LNG双燃料汽车滚装船“驶向深蓝”。LNG（液化天然气）的主要成分为甲烷 B. 钛铁矿在月表水分布与存储中的“双重作用”被揭示。钛位于周期表中的d区 C. 首个海上二氧化碳封存项目“破亿方”。二氧化碳的VSEPR模型名称为直线形 D. 人形机器人由“赛场”走向“市场”。机器人所使用的锂离子电池为一次电池 【答案】D 【解析】 【详解】A．液化天然气是天然气的液化形式，主要成分是甲烷，A正确； B．钛的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，属于d区元素，B正确； C．二氧化碳（CO2）分子中碳原子价层电子对数为2，无孤对电子，VSEPR模型为直线形，C正确； D．锂离子电池可反复充电使用，属于二次电池（可充电电池），而非一次电池（不可充电），D错误； 故选D。 4. 从药物研发到疾病治疗，化学广泛应用于医学。下列说法正确的是 A. 溶液可作为皮肤消毒剂。是含有非极性键的极性分子 B. 阿司匹林()可用于治疗发热。阿司匹林与苯甲酸互为同系物 C. 0.9% NaCl溶液可用于培养体外细胞。NaCl在电流作用下发生电离 D. 顺铂[]可作为抗癌药物。中N、H均为配位原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．3% H2O2溶液可作为皮肤消毒剂，这是医学应用中常见的消毒方式；H2O2分子中O-O键为非极性键，但分子结构不对称，属于极性分子，A正确； B．阿司匹林（C9H8O4）可用于治疗发热，但阿司匹林为乙酰水杨酸（官能团为羧基和酯基），苯甲酸为简单羧酸（官能团为羧基），两者结构不相似，不互为同系物，B错误； C．0.9% NaCl溶液（生理盐水）可用于培养体外细胞，但NaCl在水溶液中自发电离为Na+和Cl-，电离过程不需要电流作用，C错误； D．顺铂[PtCl2(NH3)2]可作为抗癌药物，但在配合物中，配位原子指直接与中心原子或离子键合的原子，NH3配体中N原子提供孤电子对与Pt配位，而H原子仅为配体的一部分，并非配位原子，D错误； 故答案选A。 5. 我国在化学及相关领域取得了诸多里程碑式的成就。下列对成就涉及的相关化学知识表述正确的是 选项 成就 化学知识 A 侯德榜改进制碱法 B 人工合成牛胰岛素 氨基酸分子发生加聚反应后形成肽链 C 青蒿素结构的测定 用X射线衍射测定分子结构 D 稀土分离技术突破 稀土元素属于非金属元素 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．侯德榜改进制碱法涉及在饱和氨盐水中通入二氧化碳，生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵，化学方程式为 ：，A错误； B．人工合成牛胰岛素过程中，氨基酸通过脱水缩合（缩聚反应）形成肽链，而非加聚反应，加聚反应适用于烯烃等单体的聚合，B错误； C．青蒿素结构的测定确系采用X射线衍射技术，该方法常用于确定晶体分子的空间结构，C正确； D．稀土元素包括镧系元素及钪、钇等，均属于金属元素，D错误； 故选C。 6. 能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 A. 若X为S，则Y可为 B. 若X为Al，则Y为 C. 若X为Na，则Y可为HCl D. 若X为C，则Y为 【答案】C 【解析】 【详解】A．若X为S，Y为O2：硫与氧气反应生成SO2，SO2与水反应生成H2SO3，但H2SO3与O2反应生成H2SO4，不能直接生成盐，A不符合题意； B．若X为Al，Y为NH3·H2O：铝与氧气反应生成Al2O3，但Al2O3不溶于水，无法直接与水反应生成酸或碱，B不符合题意； C．若X为Na，Y为HCl：钠与氧气反应生成Na2O2（或Na2O），Na2O2（或Na2O）与水反应生成NaOH（碱），NaOH与HCl反应生成NaCl（盐），符合直接转化关系，C符合题意； D．若X为C，Y为NaHCO3：碳与氧气反应生成CO2，CO2与水反应生成H2CO3（酸），但H2CO3与NaHCO3不反应，无法直接生成盐，D不符合题意； 故选C。 7. 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 食用油在空气中放置久了会变质 不饱和脂肪酸甘油酯含碳碳双键 B 加热固体制备 C 浓硝酸与蛋白质作用使其呈黄色 浓硝酸见光分解产生 D 聚氯乙烯薄膜不能用于食品包装 聚氯乙烯燃烧生成HCl和 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．食用油变质是由于不饱和脂肪酸甘油酯中的碳碳双键易被氧化，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系，A符合题意； B．加热NH4Cl固体无法有效制备NH3，因产物会重新结合为NH4Cl，陈述Ⅰ错误，B不符合题意； C．浓硝酸使蛋白质变黄是其与蛋白质的硝化反应所致，与浓硝酸见光分解产生NO2无直接因果，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但无因果关系，C不符合题意； D．聚氯乙烯不用于食品包装是因可能释放有害增塑剂等有毒物质，而非燃烧生成HCl和CO2，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但因果关系不成立，D不符合题意； 故答案选A。 8. 铜是常见的金属材料。下列操作不能达到实验目的的是 A．制备 B．组装铜锌原电池 C．铁钉镀铜 D．保护铁钉不被腐蚀 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2：，图中装置使用试管加热浓硫酸和铜丝，符合实验要求，A不符合题意； B．原电池需要两个电极（Zn和Cu）、电解质溶液（ZnSO4和CuSO4）以及盐桥连接。图中左侧为Zn电极，右侧为Cu电极，中间通过盐桥连接，形成闭合回路。Zn比Cu活泼，Zn作为负极失电子，Cu作为正极得电子，符合原电池工作原理，B不符合题意； C．电镀时，镀件（铁钉）应作为阴极，镀层金属（Cu）应作为阳极，电解质溶液应为含镀层金属离子（Cu2+）的溶液。在图中，铁钉连接电源负极，作为阴极，而铜片连接电源正极，作为阳极，可以实现铁钉镀铜的目的，C不符合题意； D．在饱和食盐水中，铁钉与铜丝连接。由于Fe的活泼性大于Cu，Fe作为负极，Cu作为正极，形成原电池。负极反应为：  ，正极反应为：  。这种情况下，Fe会被腐蚀，无法达到保护铁钉目的，D符合题意； 故选D。 9. 一种可植入体内的燃料电池(下图)可将葡萄糖()转化为葡萄糖酸()。下列说法正确的是 A. 葡萄糖在正极发生还原反应 B. 电子由铜基纳米颗粒经血管流向Pt C. Pt电极反应为： D. 理论上每消耗，葡萄糖减少2 mol 【答案】D 【解析】 【分析】葡萄糖（）被氧化为葡萄糖酸（），说明葡萄糖在负极发生氧化反应，电极方程式为：-2e-+H2O= + 2H+，Pt电极一侧有O2参与反应，且H+存在，说明Pt电极是正极，发生还原反应，电极方程式为：。 【详解】A．根据上述分析，葡萄糖在负极被氧化为葡萄糖酸，而不是在正极发生还原反应，A错误； B．在原电池中，电子从负极（铜基纳米颗粒）经外电路流向正极（Pt电极）。然而，血管中是血液，属于电解质溶液，电子不能直接通过血液流动，B错误； C．根据图示，Pt电极一侧有H+存在，说明环境是酸性的。在酸性条件下，O2的还原反应应为：，C错误； D．根据正极反应：，每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，负极反应为：-2e-+H2O= + 2H+，每消耗1 mol葡萄糖，转移2 mol电子，根据电子守恒，消耗1 mol O2需要消耗2 mol葡萄糖，D正确； 故选D。 10. 和反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 溶液中含的数目为 B. 1 mol基态的价电子数目为 C. 每消耗，转移的电子数为 D. 每消耗，生成的数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．1 L 1 mol/L CuCl2溶液中，CuCl2物质的量为1L×1mol/L=1 mol，完全电离产生1 mol Cu2+，但Cu2+会发生水解，数目小于，A错误； B．基态Cu+的电子排布为[Ar]3d10，价电子排布式为3d10共10个，1 mol Cu+价电子数目为10，B正确； C．未说明11.2 L SO2所处的温度和压强，无法计算其物质的量，C错误； D．18 g H2O的物质的量为=1 mol，从反应方程式可知，消耗2 mol H2O生成4 mol H+（1mol H2SO4电离出2mol H+，2mol HCl电离出2mol H+），故消耗1 mol H2O生成2 mol H+，数目为2，D错误； 故选B。 11. 用如图所示装置探究乙醇转化为乙醛的反应。下列说法中正确的是 A. 乙醇能与水互溶，乙醛不能与水互溶 B. Ⅲ中铜丝能降低反应的活化能和焓变 C. IV中溶液褪色，说明乙醛发生了氧化反应 D. 乙醇转变为乙醛时，所有碳原子杂化方式都改变 【答案】C 【解析】 【分析】该实验装置用于探究乙醇催化氧化生成乙醛的反应。装置I中浓硫酸干燥氧气，装置II中乙醇挥发与氧气混合，装置III中铜丝作催化剂在加热条件下促进乙醇氧化为乙醛，装置IV中溴水用于检验生成的乙醛，乙醛可使溴水褪色。 【详解】A．乙醇和乙醛均能与水互溶，因为乙醇含羟基、乙醛含醛基，都能与水形成氢键，A错误； B．铜丝作为催化剂，只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，焓变由反应物和生成物能量差决定，B错误； C．IV中溴水褪色，乙醛分子中醛基具有还原性，能被溴水氧化为羧基，溴水被还原而褪色，说明乙醛发生氧化反应，C正确； D．乙醇中两个碳原子均为sp3杂化；乙醛中甲基碳仍为sp3杂化，醛基碳为sp2杂化，仅一个碳原子杂化方式改变，并非所有，D错误； 故选C。 12. 由结构不能推出对应性质的是 选项 结构 性质 A 水分子的空间结构为V形 冰的密度比液态水的小 B 的极性大于的极性 在水中的溶解度比的大 C 和间存在着较强的离子键 CsCl晶体熔沸点较高 D 烷基是推电子基团 甲酸的酸性大于乙酸的酸性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．水分子间能形成氢键，在固态冰中氢键导致分子排列有序、空隙增大，因此冰的密度小于液态水，该性质不能由水分子为V形结构直接推出，其主要原因是水分子间形成的氢键，A错误； B．O2为非极性分子，O3为极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子在极性溶剂水中的溶解度更大，因此O3的溶解度大于O2，结构能推出性质，B正确。 C．CsCl晶体是离子晶体，离子晶体的熔沸点与离子键强弱有关，和间存在离子键，离子晶体中较强的离子键导致熔沸点较高，结构能推出性质，C正确； D．烷基为推电子基团，推电子效应会导致羧基中羟基的极性减小，更难电离出氢离子，减弱羧酸的酸性，因此甲酸的酸性大于含烷基的乙酸酸性，结构能推出性质，D正确； 故选A。 13. 按图装置进行实验。一定时间后，Ⅰ中生成浅黄色固体，Ⅱ中生成黑色沉淀。下列叙述正确的是 A. I中发生反应： B. Ⅲ中出现浑浊，体现的还原性 C. Ⅳ中溶液褪色，体现的氧化性 D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅱ中沉淀更快产生 【答案】C 【解析】 【分析】装置Ⅰ中醋酸与Na2S2反应生成H2S气体，装置Ⅱ中H2S与CuSO4反应生成CuS沉淀（黑色），装置Ⅲ中H2S与饱和H2SO3溶液发生氧化还原反应生成S沉淀（浅黄色），装置Ⅳ中H2S与溴水反应，Br2将H2S氧化为S，自身被还原为Br-，装置Ⅴ的作用是吸收尾气H2S，防止污染环境。 【详解】A．装置Ⅰ中醋酸与Na2S2反应生成H2S气体，离子方程式应为：，A错误； B．装置Ⅲ中H2S与饱和H2SO3溶液反应生成S沉淀（浅黄色）：，该反应中H2SO3的S元素化合价由+4价下降到0价，体现的氧化性，B错误； C．装置Ⅳ中，H₂S与溴水发生反应：H2S+Br2=2HBr+S↓，Br2将H2S氧化为S，自身被还原为Br-，导致溶液褪色。这确实体现了Br2的氧化性，C正确； D．装置Ⅰ中使用热水浴是为了加快H2S的生成速率。若撤掉水浴，反应温度降低，H2S生成速率减慢，进入装置Ⅱ的H2S量减少，CuS沉淀生成速率也会减慢，D错误； 故选C。 14. X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的原子半径、原子序数与最高价氧化物的水化物的溶液(浓度均为)在常温下的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 元素第一电离能： B. 元素电负性： C. 简单离子半径： D. 最简单氢化物沸点： 【答案】B 【解析】 【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01mol/L的W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液pH都小于7，则W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物溶液pH=2，则为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物溶液pH<2，则Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸：H2SO4，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，则X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱：NaOH，即X是Na，所以W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl。 【详解】A．同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势（IIA与IIIA，VA与VIA出现反常），故第一电离能：Cl>S>Na，A正确； B．同周期元素从左往右电负性逐渐增大，故电负性：Cl>S>Na，B错误； C．W和X元素的简单离子为：N3-和Na+，均为10电子结构，核电荷数越大，半径越小，故半径：N3->Na+，C正确； D．W和Y的简单氢化物分别为NH3和H2S，NH3存在分子间氢键，沸点高于H2S，D正确； 故选B。 15. 与结合可形成两种配离子和。室温下，将溶液和溶液等体积混合。当时，溶液中； ； ； 。下列叙述正确的是 A. 加水稀释，溶液中所有离子浓度均下降 B. C. D. 时， 【答案】B 【解析】 【分析】是三元弱酸，其在溶液中可电离为和，其中 ，平衡常数。与可形成两种配离子：，平衡常数；，平衡常数。混合溶液：溶液和溶液等体积混合,混合后浓度减半。当pH=4.3时，。 【详解】A．加水稀释时，溶液中离子浓度会下降，但不是所有离子浓度都下降，水的离子积只随温度变化而变化，温度不变，不变，故加水稀释，若氢离子浓度减小，但氢氧根离子会增大，A错误； B．根据L元素的物料守恒进行分析：+=0.100 mol·L-1，则，B正确； C．这是电荷守恒的表达式，但需要考虑所有带电粒子，阴离子忽略了和以及硫酸根离子，所以正确的为+，C错误； D．pH=4.3时，，平衡常数；，平衡常数，说明的形成更稳定，浓度极低，因此的浓度远小于，D错误； 故答案选B。 16. 耦合HCHO制的装置示意图如图所示。部分反应机理为：。下列说法正确的是 A. a电极连接电源负极，得电子 B. 阳极反应： C. 理论上每生成，左侧溶液质量减少2 g D. 一段时间后，左侧溶液pH增大，右侧溶液pH减小 【答案】D 【解析】 【分析】由电解池装置图可知，b电极上HCHO被氧化为，则b电极为阳极，根据反应机理可知，消耗1分子HCHO，生成1分子H2，共失去2个电子，则b电极总反应方程式为；a电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为；通过阴离子交换膜从a极室移向b极室，据此作答； 【详解】A．a电极为阴极，连接电源负极，但H2O电离的H+优先于K+放电，被还原为H2，A错误； B．由分析可知，阳极总反应为，B错误； C．阳极和阴极同时产生H2，则理论上每生成2 mol H2，转移2 mol电子，左侧阴极室有1 mol H2（质量为2 g）逸出，同时有2 mol （质量为34 g）通过阴离子交换膜迁移到右侧阳极室，故左侧溶液共减少36 g，C错误； D．一段时间后，左侧溶液中溶剂水减少，浓度增大，pH增大；右侧溶液中反应消耗的多于左侧迁移进入的，浓度减小，pH减小，D正确； 故答案选D。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 氧化还原反应不仅基于物质本身的性质，还受到其他反应的影响。某小组以的氧化性为主题展开与Cu和Ag反应的探究，进行系列实验。 Ⅰ．探究与Cu反应 【实验准备】 （1）用废铁屑制备晶体，错误的实验操作是___________(填下列操作序号)。 A．除油污 B．用盐酸溶解铁屑 C．氧化 D．制备 （2）用配制溶液，该过程无需使用的仪器有___________(填名称)。 【实验探究】 序号 试剂x 实验现象 Ⅰ 的溶液 溶液变为浅蓝色，30 min时，铜粉有较多剩余 Ⅱ 的溶液 溶液变为蓝色，30 min时，铜粉完全溶解 （3）___________。 （4）30 min内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ<Ⅱ，推测可能的原因是___________起催化作用。 （5）研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑作用)。在取样时间内，左侧烧杯始终无明显现象。 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 1 产生白色沉淀 ⅱ 10 产生白色沉淀，较1 min时量多 已知：①；。 ②为无色离子，CuCl为白色沉淀，CuSCN为白色沉淀。 经检验，白色沉淀为CuSCN。1 min和10 min时，分别取右侧烧杯内的溶液少量于试管中，___________，说明被还原成。根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”，推测电池负极区Cu转化为___________，该装置中Cu与溶液反应的离子方程式为___________。 Ⅱ．探究与Ag反应 已知：① ； ②AgSCN为白色沉淀，为红色。 （6）现通过实验测定“”平衡常数。室温下，该小组同学配制溶液、溶液，将两溶液等体积混合，充分振荡，静置，产生灰黑色单质银沉淀，溶液呈黄色。取V mL上层清液，用标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液。 ①滴定终点的现象是___________；根据以上实验数据，上层清液中的物质的量浓度为___________(用含c、V、的式子表示)。 ②根据上层清液中的浓度，可计算出上层清液中其它离子的浓度。则室温下反应“”的平衡常数计算式为___________(用含c、V、的式子表示)。 【答案】（1）D （2）碱式滴定管、坩埚 （3）0.10 （4） （5） ①. 滴加溶液，产生蓝色沉淀（或滴加酸性溶液，溶液褪色）； ②. ； ③. + + 3 = + （6） ①. 当滴入最后一滴标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟内不褪色； ②. ； ③. K = 【解析】 【分析】（1）制备时，直接加热蒸发会促进水解且挥发，无法得到目标晶体，操作D错误。 （2）配制一定物质的量浓度溶液，需要天平、烧杯、容量瓶、量筒、胶头滴管，无需碱式滴定管、坩埚等仪器。 （3）实验Ⅰ中浓度为0.10，实验Ⅱ需保证浓度相同，故b=0.10。 （4）实验Ⅰ含，实验Ⅱ含，Cu被氧化速率Ⅱ更快，说明起催化作用。 （5）检验可用溶液产生蓝色沉淀；根据已知，Cu转化为，结合得失电子守恒写离子方程式。 （6）滴定终点为溶液变红且半分钟不褪色，根据滴定数据计算浓度；结合浓度变化计算平衡常数。 【小问1详解】 A用溶液加热除油污，正确；B盐酸溶解铁屑生成，正确；C双氧水氧化为，正确；D直接加热蒸发溶液，水解且挥发，无法得到，错误。 【小问2详解】 配制220mL0.05溶液，选用250mL容量瓶，需电子天平、烧杯、250mL容量瓶、量筒、胶头滴管，无需碱式滴定管、坩埚等仪器。 【小问3详解】 实验Ⅰ中溶液的浓度为0.05×2=0.10，实验Ⅱ中溶液的浓度需与Ⅰ相同，故b=0.10。 【小问4详解】 实验Ⅰ的阴离子为，实验Ⅱ的阴离子为，30min内Cu被氧化速率Ⅰ<Ⅱ，说明对该反应起催化作用。 【小问5详解】 检验可滴加溶液，产生蓝色沉淀，证明被还原为；根据已知信息，Cu转化为；结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为++3=+。 【小问6详解】 ①滴定终点现象为当滴入最后一滴标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟内不褪色；②等体积混合后，上层清液中的物质的量浓度为；③等体积混合后，初始c()=0.0200，c()=0.0100，平衡时c()=x=，c()=0.0200−(0.0100−x)=0.0100+x，c()=0.0100−x，故平衡常数K=。 18. 一种从深海多金属结核[主要含，有少量的NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液()的工艺流程如下： 已知：①萃取的原理：(萃取剂RH是一种有机酸)； ②金属氢氧化物胶体具有吸附性，可以吸附溶液中的阳离子； ③常温下，部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 （1）Ni在元素周期表中的位置是___________。 （2）“酸浸还原”时，还原的离子方程式为___________。 （3）“沉铁”时需加热至200℃，原因是___________。 （4）“沉铝”时，pH最高可调至___________(忽略溶液体积变化)。[，，，] （5）“第一次萃取”后，向萃取液1中加入___________(填化学式)溶液进行反萃取，可以得到溶液。 （6）“第二次萃取”时，、与混合萃取剂形成的配合物(如图所示，M表示金属元素)更稳定，下列关于“第二次萃取”的说法正确的是___________。 A. 配合物中金属离子的配位数为6 B. 配合物中氮原子的杂化类型为sp² C. 配合物中因存在分子内氢键而难溶于水 D. 配位时，被氧化 （7）Cu与P、Sn形成的合金(磷青铜)可用作耐磨零件和弹性合金原件。某立方磷青铜晶胞结构如图8所示(晶胞边长为a pm)，相邻离子间最近距离之比___________，距离Sn最近的Cu有___________个。 （8）“电解”时，一般在萃余液2中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注___________；电解液中加入稀硫酸的目的是为了防止___________。 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 （2） （3）加快氧化为以及沉淀的生成，使分解成以免金属氢氧化物将溶液中的金属阳离子吸附沉降 （4）5 （5） （6）AB （7） ①. ②. 12 （8） ①. ②. 抑制的水解（或防止的生成） 【解析】 【分析】工艺目的是从（有少量的）中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液()，根据流程“酸浸还原”过程加入硫酸溶液并通入二氧化硫，则样品转化为可溶的，则以滤渣形式除去。通过“沉铁”和“沉铝”，将溶液中的铁元素和铝元素除去，因此第一次萃取前，溶液中的金属离子仅有以及前面工序中引入的钠离子。结合已知①的萃取原理和流程，可得出萃取余液2中主要是，最终通过电解得到Mn。根据分析回答后续问题。 【小问1详解】 Ni在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族； 【小问2详解】 酸浸还原中还原生成和，因此离子方程式为： 【小问3详解】 沉铁过程主要发生被氧化，通过调节pH生成沉淀，最后以形式除去，而加热可以促进反应进行，并让分解成，以免金属氢氧化物将溶液中的金属阳离子吸附沉降。故答案为：加快氧化为以及沉淀的生成，使分解成以免金属氢氧化物将溶液中的金属阳离子吸附沉降； 【小问4详解】 通过表格可以得出，溶解度： ＜＜ ＜ ＜ ，因此“沉铝”过程要避免的析出，当溶液中与恰好达到饱和的时候有：，pH=，因此溶液pH最高可调节到5； 【小问5详解】 通过题目中的已知①可以确定，第一次萃取后，铜离子经过反应转化为，为了得到溶液，可以加入浓度较大的硫酸溶液，使上述反应逆向移动，最后通过分液来实现目的，答案为：； 【小问6详解】 A．该配合物的中心离子为、。从结构中可以看出中心离子的连接了6个原子，因此金属离子的配位数为6，A正确； B．配合物中氮原子形成了3条σ键，参与了大π键，因此的杂化类型为sp2，B正确； C．配合物中因存在长链烷基，因此极性较小，难溶于水，C错误； D．配位时，提供空轨道，并没有被氧化，D错误； 答案选AB； 【小问7详解】 从晶胞中可以看出，Cu与Cu最近的距离为相邻两面心的距离，等于的晶胞边长，P与P最近的距离为一条棱的两点距离，也等于晶胞边长，因此：1=，以体心的Sn为研究对象，距离其最近的Cu位于12个面心，故答案为12； 【小问8详解】 已知电解池两电极是Fe片、石墨棒，电解液是萃余液2加少量稀硫酸，目的是通过电解得到Mn，因此阳极应该用石磨棒，阴极用Fe片（以免Fe做阳极放电从而引起电极损耗），故装置图如下：；萃余液2中会水解，导致溶液中产生，加入稀硫酸增加氢离子浓度，可以制的水解或防止的生成。 19. 一定条件下，与发生1，加成反应和1，加成反应。体系中同时存在如下反应： 反应a：+Br2 反应b：+Br2 反应c： （1）基态Br原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）反应___________(填“a”或“b”)主要发生1，2-加成反应。 （3）极性：有机物p___________有机物q(填“>”“=”或“<”)。 （4）图1为反应历程及能量变化，图2表示反应a、b的lnk随温度的变化曲线。 已知：ⅰ．反应过程中先生成中间产物，再进一步转化为不同加成产物； ⅱ．溶剂极性越大越容易发生1，加成； ⅲ．，其中k为速率常数，为活化能，T为热力学温度，R、C为常数。 ①由图1可知，___________(用含的式子表示)。 ②由图1可知，图2中曲线___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)表示反应a的lnk。 ③下列说法正确的是___________。 A． B．其他条件不变时，温度对反应速率的影响：反应b>反应a C．平衡时，产物中有机物q含量更大 D．在极性大的溶剂中进行反应，可提高有机物p在平衡体系中的物质的量分数 （5）在一定温度下，将1.0 mol和一定量的溶于溶剂形成V L溶液发生上述反应(假设反应前后溶液体积不变)。测得t h时体系达到平衡状态，的平衡转化率为α，平衡时为b mol，反应c的平衡常数。 ①内，用表示的平均反应速率为___________。 ②反应a的平衡常数___________(写出计算过程)。 【答案】（1） （2）a （3）> （4） ①. (Ea1-Ea2+ Ea3-Ea4) kJ/mol ②. Ⅰ ③. BC （5） ①. ②. 平衡时转化量为1mol×α=αmol，则生成和总物质的量为αmol，反应c的平衡常数，则的浓度是的4倍，则平衡时的物质的量为，的物质的量为，平衡时为b mol，则反应a的平衡常数 【解析】 【小问1详解】 Br（溴）的原子序数是35，其价层电子排布为4s24p5，价层电子轨道表示式为：。 【小问2详解】 反应a中产物有机物p保留了一个双键，两个Br原子分别加在了中同一个碳碳双键的两个碳上，这符合1，2-加成的特点。反应b中产物有机物q中形成了一个新的双键，两个Br原子分别加在了的1号位和4号位的碳上，这符合1，4-加成的特点。因此，反应a主要发生1，2-加成反应，而反应b主要发生1，4-加成反应。 【小问3详解】 有机物p中两个Br原子位于不同的碳上，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子。有机物q中两个Br原子位于对称位置，分子整体为对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子。因此，极性：有机物p>有机物q。 【小问4详解】 ①根据图1，ΔH1=(Ea2 - Ea1) kJ/mol，ΔH2=(Ea3-Ea4) kJ/mol，根据盖斯定律，反应b-a得到反应c，则ΔH2-ΔH1=(Ea1-Ea2+ Ea3-Ea4) kJ/mol； ②根据题目给出的公式：，可以看出，lnk与呈线性关系，斜率为  。活化能Ea越大，斜率的绝对值越大，即曲线越陡峭。观察图1，反应a的活化能是Ea2，反应b的活化能是Ea3。显然，Ea2 < Ea3，因此，斜率较小的曲线I对应活化能较小的反应a，而斜率较大的曲线II对应活化能较大的反应b； ③A．根据图1，ΔH1=(Ea2 - Ea1) kJ/mol，ΔH2=(Ea3-Ea4) kJ/mol，反应c中反应物总能量高于生成物总能量，则转化为是放热反应，即ΔH2-ΔH1<0，所以ΔH1>ΔH2，A错误； B．根据公式  ，Ea越大，温度变化对lnk的影响越大，反应a的活化能是Ea2，反应b的活化能是Ea3。显然，Ea2 < Ea3，所以温度对反应b的影响更大，B正确； C．根据图1，产物q能量低于产物p的能量，说明q更稳定，反应生成的p容易转化为q，平衡时q含量更高，C正确； D．根据题目信息ii，溶剂极性越大，越容易发生1，4-加成（即发生反应b，生成q）。因此，在极性大的溶剂中进行反应，极性溶剂会增加q的百分含量，而非p，D错误； 故选BC。 【小问5详解】 ①将1.0 mol和一定量的溶于溶剂形成V L溶液发生上述反应(假设反应前后溶液体积不变)。测得t h时体系达到平衡状态，的平衡转化率为α，则的转化量为1mol×α=αmol，内，用表示的平均反应速率为。 ②平衡时转化量为1mol×α=αmol，则生成和总物质的量为αmol，反应c的平衡常数，则的浓度是的4倍，则平衡时的物质的量为，的物质的量为，已知平衡时为b mol，则反应a的平衡常数 20. 某科研团队以LPdG3为催化剂实现了一种药物中间体的合成。 （1）该反应的反应类型为___________。 （2）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称为___________。 （3）①化合物Ⅱ的分子式为___________。 ②化合物Ⅱ可与发生加成反应生成化合物X。在X的同分异构体中，含有酚羟基且苯环上只有2个取代基的有机物共___________种(不考虑立体异构)。 （4）下列说法正确的有___________。 A. 化合物Ⅰ中所有原子可能共平面 B. 化合物Ⅲ可形成分子间氢键，有较高的熔沸点 C. 化合物Ⅲ分子中存在大π键，但不存在手性碳原子 D. 生成化合物Ⅲ的反应中，只有σ键的断裂与形成 （5）化合物Ⅰ与足量的发生加成反应生成环状化合物Y。Y的核磁共振氢谱图中有___________组峰。 （6）以为原料，通过三步合成化合物M()。基于你设计的合成路线，回答下列问题。 ①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 ②第二步，进行___________(填具体反应类型)；其反应的条件为___________。 ③第三步，合成M：②中得到的含溴有机物与反应。 （7）参考上述反应，直接合成，需要以___________(填结构简式)、乙炔和为反应物。 【答案】（1）取代反应 （2）醚键；酯基 （3） ①. ； ②. 6 （4）CD （5）8 （6） ①. +Br2+HBr； ②. 氧化反应； ③. 酸性高锰酸钾溶液 （7）CH2=CH-CH=CH 【解析】 【分析】根据提示反应，碳碳双键可以与溴原子发生取代反应，生成新的碳碳骨架，故合成化合物M可使用与发生反应，使用可先在苯环与卤素单质取代，然后氧化获取。 参考题干中的偶联反应原理，合成目标产物需以乙炔（）和为反应物，乙炔与加成生成，再与CH2=CH-CH=CH2发生偶联反应生成目标产物。 【小问1详解】 该反应中化合物Ⅱ中的溴原子被化合物Ⅰ中的含碳碳双键的基团取代，生成化合物Ⅲ，反应类型为取代反应。 【小问2详解】 化合物Ⅰ的结构中，含氧官能团为醚键和酯基。 【小问3详解】 ①化合物Ⅱ的结构中，C 原子数为8、H 原子数为7、Cl 原子数为1，分子式为；②化合物Ⅲ与加成生成X，X 的分子式为，含酚羟基且苯环上只有2个取代基，其中一个取代基为—，另一个取代基为-，—有—和—两种结构，苯环上两取代基的位置有邻、间、对3种，故同分异构体共2×3=6种。 【小问4详解】 A. 化合物I中存在四面体结构的甲基，所有原子不可能共平面，A错误；B. 化合物Ⅲ无羟基、羧基等能形成分子间氢键的基团，B 错误；C. 化合物Ⅲ含苯环较大，存在大π键，分子中仍可能有不同不饱和碳原子或基团的碳原子，且不存在线性碳原子，C 正确；D. 生成化合物Ⅲ的反应为取代反应，只有σ键断裂与形成，D 正确；故选 CD。 【小问5详解】 化合物Ⅰ与足量加成后，苯环加成生成，生成的环状化合物中等效氢原子共有8种，故核磁共振谱中有8组峰。 【小问6详解】 ①第一步为苯环与在FeBr3催化下的取代反应，反应方程式为+Br2+HBr；②第二步为苯环侧链的氧化反应，对应条件为酸性高锰酸钾溶液。 【小问7详解】 参考题干中的偶联反应原理，合成目标产物需以乙炔（）和为反应物，乙炔与加成生成，再与CH2=CH-CH=CH2发生偶联反应生成目标产物。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $