精品解析：广东省六校联盟2026届高三上学期第三次联考 化学试题

广东省“六校联盟”2026届高三年级第三次联考 化学试题 (满分100分 考试时间75分钟) 注意事项： 1. 答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。并用 2B 铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效。 2. 选择题每小题选出答案后，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，只需将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量： H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Ba 137 第Ⅰ卷(选择题 共44分) 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。本题包括16小题，共44分。其中1~10小题，每小题2分，共20分；11~16小题，每小题4分，共24分)。 1. 中国的非物质文化遗产，不仅是中国的文化瑰宝，也是全人类共同的文化财富。下列物质的主要成分不是天然高分子材料制成的是 A．高海拔油竹制成的羌笛 B．苏州镇湖的蚕丝苏绣 C．玉制篆刻印章 D．敦煌莫高窟出土的唐代双鹿塔剪纸 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. N2的结构式：NN B. BF3的空间构型为： C. 的系统命名：2-羟基甲苯 D. 的电子式： 3. 有机物G(结构如图)是一种新型药物。下列关于有机物G说法错误的是 A. G的分子式为C19H20N2O3 B. 1mol G分子最多可以与6mol H2发生加成反应 C. G分子中的碳原子采取sp、sp2和sp3杂化 D. G分子可使KMnO4溶液褪色 4. 我国完全自主设计的“福建舰”航母，展现了国家在材料与动力领域的强大实力。下列说法正确的是 A. 飞行甲板采用的特种合金钢含有镍、铬、钛等金属单质，纯铁硬度比该合金钢高 B. 为防御海水腐蚀，舰体焊接锌块，此法属于“牺牲阳极法”，锌块上发生还原反应 C. 常规动力航空母舰的燃料都是重油，其主要成分属于酯类 D. 舰载机尾喷管使用的耐高温、抗氧化、耐腐蚀的高温结构陶瓷氮化硅属于共价晶体 5. 劳动创造美好生活。下列化学知识解读正确的是 选项 劳动项目 化学知识 A 在牙膏中添加氟化物预防龋齿 该过程利用了沉淀的生成 B 纯碱除去厨房油污 NaHCO3受热易分解 C 客家人用大米酿造娘酒 该过程涉及多糖水解 D 泳池管理员用漂白精对游泳池进行消毒 含氯消毒剂具有强酸性 A. A B. B C. C D. D 6. 下列操作或装置能达到实验目的的是 打开活塞，液面从0刻度降至10.00mL A．蒸干硫酸铁溶液制备Fe2(SO4)3固体 B．量取10.00mLNaOH溶液 C．探究化学反应速率的影响因素 D．干燥CO2 A. A B. B C. C D. D 7. 化合物甲可用于制备高效路易斯酸催化剂，其结构如图所示。U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，六种元素的第一电离能与原子序数关系如图所示。X与Z同族。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点：W > X B. U与X可形成含非极性键的分子 C. 简单阴离子的还原性：Y> Z D. 简单离子半径：Z > Y > X 8. 设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 20g D2O中含有的中子数为10NA B. 常温常压下，22.4L氯气与足量铁反应转移2NA个e- C. 1 mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C-O键的数目最多为NA D. 常温下，pH=1的盐酸中含有的H+个数为0.1NA 9. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 常温下，向铝片表面滴加浓硫酸，没有明显现象 常温下，铝与浓硫酸不发生化学反应 B 新制氯水加入碳酸钠溶液，产生气泡 气泡主要成分是氧气 C 小苏打可用于治疗胃酸过多 小苏打可中和酸性物质 D CuSO4和H2S反应可生成H2SO4和CuS 酸性：H2S>H2SO4 A. A B. B C. C D. D 10. “价-类”二维图是学习元素化合物的工具，分别表示不同价态的氮元素所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是 A. d可与碱溶液反应，是酸性氧化物 B. 用蘸有浓e溶液的玻璃棒靠近a，产生白烟 C. g受热分解一定能得到a D. a与d反应生成b过程属于氮的固定 11. 某小组为探究物质的性质，设计如图所示实验，下列叙述正确的是 A. Ⅰ中用MnO2代替高锰酸钾，上述实验现象相同 B. Ⅱ中Na2S溶液被氧化生成SO2 C. Ⅲ中溶液红色褪去，加热，恢复红色 D. 检验Ⅳ中的氧化产物的试剂：盐酸、BaCl2溶液 12. 甲胺(CH3NH2)水溶液中存在以下平衡：CH3NH2 + H2OCH3NH + OH-，已知：时，CH3NH2 的Kb=4.2×10-4，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5。下列说法不正确的是 A. 加水稀释，甲胺水溶液的碱性减弱 B. CH3NH2 溶液中存在c(CH3NH) + c(H+) = c(OH-) C. 0.1mol/LCH3NH2 溶液与相同浓度的溶液CH3NH3Cl等体积混合，溶液显酸性 D. 25℃时，0.1mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/LCH3NH3Cl溶液相比，NH4Cl溶液中的c(H+)大 13. 利用电解法测定SO2和SO3混合气体中SO2的含量，装置如图所示。若电解过程中转移电子a mol，向电解后的溶液中加入足量BaCl2溶液得沉淀b g。下列说法正确的是 A. 左侧Pt 电极是阴极 B. 电解过程中右侧电极附近溶液的pH降低 C. 混合气体中SO2的体积分数为233 a/b D. 生成氢气在标况下体积为11.2 a L 14. 对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 稳定性：HF>HCl HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键 B 第一电离能：Be>B B的第一电离能失去的是2p能级的电子，电子的能量比Be的第一电离能失去的2s能级的电子的能量高 C 键角：CH4>H2O 中心原子均采取sp3杂化，H2O分子中有2个孤电子对，孤电子对的斥力强于成键电子对 D 熔点：AlF3(1290℃) > AlCl3(178℃) AlF3属于离子晶体，AlCl3属于分子晶体 A. A B. B C. C D. D 15. 利用如图装置进行实验：关闭活塞K1、止水夹K2和K3，在铜丝的中间部分加热片刻，然后打开K1、K2和K3。下列说法错误的是 A. d中受热的铜丝交替出现变黑、变红的现象 B. 利用金属钠可以检验装置f的试管中是否存在未反应的乙醇 C. 乙醇催化氧化生成乙醛时，乙醇分子中C—H和O—H键发生断裂 D. c中热水的作用是加热，便于乙醇的挥发，f的作用是冷却收集乙醛 16. 某研究团队构建了一种高性能可充电的金属(M)-空气电池如图a所示。电极Ⅰ负载催化剂，其发生反应的催化机理如图b，已知其中O2获得第一个电子的过程最慢。则下列说法错误的是 A. 放电时，图b中 i 到 ⅱ 过程的活化能一定最高 B. 假如M为Mg，放电时，电极Ⅱ上的反应为：Mg - 2e- + 2OH-= MgO + H2O C. 充电时，图b中ⅱ到ⅲ过程涉及极性键的断裂和形成 D. 充电时，每转移1mol电子，阳极室质量减少8g 第Ⅱ卷(非选择题 共56分) 二、填空题(本题包括4小题，每小题14分，共56分)。 17. 某小组推测铁与银盐溶液反应会生成Fe3+，并设计实验验证。 （1）溶液配制：用Ag2SO4固体配制100mL 0.0200 mol·L-1Ag2SO4溶液。该过程不需要使用的仪器有______(填仪器选项)。 A． B． C． D． E． （2）实验验证 实验Ⅰ：取20mL0.0100 mol·L-1Ag2SO4溶液，加入足量铁粉，充分搅拌。静置，取上层清液加入______，无明显现象。 实验结论：铁与银盐溶液反应不生成Fe3+。 甲同学认为实验结论不合理，原因是______。(用离子方程式解释) 乙同学认为铁与银盐溶液反应的本质是先发生置换反应，生成的Fe2+能被Ag+氧化。进一步实验验证。 实验Ⅱ：0.0200 mol·L-1Ag2SO4与0.0200 mol·L-1 FeSO4溶液(pH = 1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。待现象稳定后，过滤。取滤液，加入______，观察到______。取灰黑色沉淀，加浓硝酸，固体溶解产生红棕色气体。 实验结论：Ag+ 可与Fe2+发生可逆反应：Ag+ +Fe2+Fe3+ + Ag。 有同学想通过测定反应：Ag+ +Fe2+Fe3+ + Ag的平衡常数K，判断反应进行的程度 。多名同学分别设计方案如下： （3）平衡常数测定 组别 样品 测定原理 实验结果 丙同学 实验Ⅱ滤液5mL 沉淀滴定法测Ag+浓度 滤液中c(Ag+) = x mol/L 丁同学 实验Ⅱ滤液5mL 测定Fe3+与络合剂形成络合物的吸光度测定Fe3+浓度 滤液中c(Fe3+) = y mol/L ①根据丙同学的实验结果，平衡常数K=______(用含x计算式表达)。 ②丁同学的实验结果计算所得K值比实际值偏大，原因是______。(从平衡移动角度解释) ③戊同学利用电化学原理也可测定K，请补充电化学装置图______。 当______(填现象和操作)，取对应烧杯中溶液，利用上述方法测Fe3+或Ag+浓度即可。 实验结论：铁与银盐溶液反应生成Fe3+ 。 18. 三氯化钌(RuCl3)是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工业等。从Co−Ru−Al2O3催化剂废料中分离制备RuCl3和Co3O4的一种工艺流程如图所示。 已知：Ksp(CoC2O4)=6.3×10−8，Ka1(H2C2O4)=5.6×10−2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4 （1）常温下，NaHC2O4溶液中，c(H2C2O4)______c(C2O)。(填“ > ”、“ < ”或“ = ”) （2）“焙烧”时，生成Na2RuO4的化学方程式为______。 Ru + ______NaNO3+ ______Na2RuO4+ ______NaNO2+______ （3）催化剂废料中的Al元素在______(填流程中的步骤名称)后，以______(填化学式)的形式被分离出去。 （4）“酸溶”过程中，盐酸与羟胺(NH2OH)反应先得到羟胺的盐酸盐(NH3OHCl)，再与Ru(OH)4反应生成Ru3+和N2.写出NH3OHCl与Ru(OH)4反应的离子方程式：______。 （5）“沉钴”时，当Co2+恰好完全沉淀(浓度为1.0×10−5 mol·L−1)时，溶液pH=2，则溶液中c(HC2O)应不低于______mol·L−1，才可保证Co2+完全沉淀。 （6）Co3O4与Fe3O4类似，含有Co2+和Co3+两种阳离子，其晶胞如图所示，可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成。 ①晶体中与Co2＋最近且距离相等的Co2＋数目为______。 ②若晶胞参数为a nm，Co3O4的摩尔质量为M g/mol，NA为阿伏加德罗常数，则Co3O4晶体的密度为______g/cm3(列出计算式)。 19. SiHCl3是制造多晶硅的原料，可由Si和SiCl4耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ、SiCl4(g)+H2(g)=SiHCl3(g)+HCl(g) △H1˃0 Ⅱ、Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g) △H2˂0 Ⅲ、Si(s)+SiCl4(g)+2H2(g)=2SiH2Cl2(g) △H3˃0 （1）Cu粉和Ni粉均是Si和SiCl4耦合加氢反应的催化剂，基态Cu和Ni核外未成对电子数比值为______。 （2）△fHθm为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1 mol该物质的焓变。根据下表数据，计算生成SiHCl3的总反应：Si(s)+3SiCl4(g)+2H2(g)=4SiHCl3(g) △H4=______kJ/mol。 该反应正反应活化能______逆反应活化能(填“大于”、“小于”或“等于”)。 物质 Si SiCl4 H2 SiHCl3 △fHθm(kJ/mol) 0 -657 0 -513 （3）在含足量Si的恒压体系中通入10.0molH2和2.0molSiCl4，发生硅和四氯化硅耦合反应，反应相同时间，SiCl4的转化率随温度变化如图所示。 ①400℃时，5～10s内SiCl4的反应速率为______mol/s。 ②结合图像解释500℃、550℃曲线的不同______。 （4）温度550K时，在含足量Si的密闭体系中通入3.0molH2和1.0molSiCl4，对硅和四氯化硅耦合反应体系的平衡组成在压强为101.325~2026.5 kPa时进行了计算，结果如图所示。随着体系压强的升高，SiCl4的转化率由16%升至47%，SiHCl3产率由15%升至43%。 已知：SiHCl3的平衡产率 = ×100％ SiHCl3的选择性 = ×100％ ①图中Ⅱ代表的组分为______。(填化学式) ②1000kPa时，SiHCl3的物质的量为______mol。若HCl的物质的量为 y mol，则的物质的量为______mol。(用含w、x、y的式子表示) ③SiHCl3的选择性随压强的增大逐渐______。(填“增大”、“不变”或“减小”) 20. 许多生物碱类抗肿瘤药物的合成过程中，曼尼希反应起到了关键作用，其中一个反应如下：(反应条件略) （1）化合物1a中含氧官能团的名称为______。 （2）除4a外该反应还有分子式为C15H24N2O的副产物生成，该副产物的结构简式为______。 （3）1a可与H2反应生成化合物Ⅰ，在Ⅰ的同分异构体中，能与FeCl3溶液显色且苯环上只有两个取代基的结构共______种，其中一种结构的核磁共振氢谱有5组峰，各组峰面积之比为______。 （4）下列说法正确的有______。 A. 在1a、2a和3a生成4a的过程中，有 π 键的断裂和 σ 键的形成 B. 三甲胺(CH3)3N的相对分子质量比3a大，沸点高于3a C. 4a分子中不存在手性碳原子，sp3杂化的原子有5个 D. 2a与极性试剂HCN发生加成反应时，氰基连接在碳原子上 （5）以 、 、HOCH2CH2OH、HCHO为原料制备。 ①第一步为卤代烃的反应，其反应的化学方程式为______。 ②第二步进行______(填反应类型)生成苯乙酮。 ③第三步利用与HOCH2CH2OH反应得到。 ④第四步利用曼尼希反应合成目标产物。 若将第三步反应与第四步反应的顺序调换，则目标产物的产率会降低，原因是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省“六校联盟”2026届高三年级第三次联考 化学试题 (满分100分 考试时间75分钟) 注意事项： 1. 答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。并用 2B 铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效。 2. 选择题每小题选出答案后，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，只需将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量： H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Ba 137 第Ⅰ卷(选择题 共44分) 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。本题包括16小题，共44分。其中1~10小题，每小题2分，共20分；11~16小题，每小题4分，共24分)。 1. 中国的非物质文化遗产，不仅是中国的文化瑰宝，也是全人类共同的文化财富。下列物质的主要成分不是天然高分子材料制成的是 A．高海拔油竹制成的羌笛 B．苏州镇湖的蚕丝苏绣 C．玉制篆刻印章 D．敦煌莫高窟出土的唐代双鹿塔剪纸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．高海拔油竹制成的羌笛主要成分是竹子，属于天然植物纤维，是天然高分子材料，A不符合题意； B．苏州镇湖的蚕丝苏绣主要成分是蚕丝，属于蛋白质，是天然高分子材料，B不符合题意； C．玉制篆刻印章主要成分是玉石（如和田玉、岫玉等），其主要成分为硅酸盐、二氧化硅等，属于无机矿物，不是天然高分子材料，C符合题意； D．敦煌莫高窟出土的唐代双鹿塔剪纸主要成分是纸张，属于植物纤维，是天然高分子材料，D不符合题意； 故答案选C。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. N2的结构式：NN B. BF3的空间构型为： C. 的系统命名：2-羟基甲苯 D. 的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．N2分子中存在氮氮叁键，结构式：NN，A正确； B．BF3中B为sp2杂化，空间构型为平面三角形，B错误； C．的系统命名：2-甲基苯酚，C错误； D．SiO2为共价晶体，每个Si连接4个O形成网状结构，不存在分子，D错误； 故选A。 3. 有机物G(结构如图)是一种新型药物。下列关于有机物G说法错误的是 A. G的分子式为C19H20N2O3 B. 1mol G分子最多可以与6mol H2发生加成反应 C. G分子中的碳原子采取sp、sp2和sp3杂化 D. G分子可使KMnO4溶液褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．通过对结构简式中各原子的计数，G的分子式为，A正确； B．G分子中能与发生加成反应的基团有：苯环（消耗3mol ）、羰基（消耗1mol ）、氰基（-CN，消耗2mol ），碳碳双键（消耗1mol ），总共最多消耗 ，B错误； C．G分子中，氰基（-CN）的碳原子采取杂化，苯环和羰基的碳原子采取杂化，饱和烷基（如乙基、异丙基）的碳原子采取杂化，C正确； D．G分子中含有苯环上的甲基（可被氧化）、碳碳双键等不饱和键，能使酸性溶液褪色，D正确； 故答案选B。 4. 我国完全自主设计的“福建舰”航母，展现了国家在材料与动力领域的强大实力。下列说法正确的是 A. 飞行甲板采用的特种合金钢含有镍、铬、钛等金属单质，纯铁硬度比该合金钢高 B. 为防御海水腐蚀，舰体焊接锌块，此法属于“牺牲阳极法”，锌块上发生还原反应 C. 常规动力航空母舰的燃料都是重油，其主要成分属于酯类 D. 舰载机尾喷管使用的耐高温、抗氧化、耐腐蚀的高温结构陶瓷氮化硅属于共价晶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．合金通常比纯金属硬度更高、强度更大，因此纯铁的硬度应低于该合金钢，A错误； B．焊接锌块防海水腐蚀属于“牺牲阳极法”，锌作为负极发生氧化反应，被保护的舰体（铁）作为正极发生还原反应，B错误； C．常规动力航母燃料重油是石油分馏产物，主要成分为长链烃类，不属于酯类，C错误； D．氮化硅陶瓷中硅与氮原子通过共价键形成三维网络结构，属于共价晶体，具有高熔点、高硬度和优异化学稳定性，符合耐高温、抗氧化、耐腐蚀的特性，D正确； 故答案选D。 5. 劳动创造美好生活。下列化学知识解读正确的是 选项 劳动项目 化学知识 A 在牙膏中添加氟化物预防龋齿 该过程利用了沉淀的生成 B 纯碱除去厨房油污 NaHCO3受热易分解 C 客家人用大米酿造娘酒 该过程涉及多糖水解 D 泳池管理员用漂白精对游泳池进行消毒 含氯消毒剂具有强酸性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．在牙膏中添加氟化物预防龋齿的原理是牙齿的主要成分羟基磷灰石与牙膏中的氟离子反应生成溶解度更小的氟磷灰石，该过程利用了沉淀的转化，A错误； B．纯碱是碳酸钠的俗称，不是碳酸氢钠的俗称，则纯碱除去厨房油污与碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性有关，与碳酸氢钠受热易分解无关，B错误； C．用大米酿造娘酒涉及的反应为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，则酿造娘酒的过程涉及多糖水解，C正确； D．漂白精的有效成分次氯酸钙具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，所以泳池管理员用漂白精对游泳池进行消毒，且次氯酸钙是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，D错误； 故选C。 6. 下列操作或装置能达到实验目的的是 打开活塞，液面从0刻度降至10.00mL A．蒸干硫酸铁溶液制备Fe2(SO4)3固体 B．量取10.00mLNaOH溶液 C．探究化学反应速率的影响因素 D．干燥CO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．蒸干硫酸铁溶液时，虽然会水解生成，但因同时产生，硫酸无法挥发，又与反应生成硫酸铁和水，故最终蒸干的产物仍为固体，A正确； B．量取10.00mLNaOH溶液应选用碱式滴定管，图示为酸式滴定管，B错误； C．探究影响反应速率的因素，要求只改变一个量，其他条件相同，图中盐酸浓度不同，镁片和铁片也不相同，无法探究影响化学反应速率的因素，C错误； D．碱石灰的主要成分为氧化钙和氢氧化钠，会与二氧化碳反应，无法干燥二氧化碳，D错误； 故答案为A。 7. 化合物甲可用于制备高效路易斯酸催化剂，其结构如图所示。U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，六种元素的第一电离能与原子序数关系如图所示。X与Z同族。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点：W > X B. U与X可形成含非极性键的分子 C. 简单阴离子的还原性：Y> Z D. 简单离子半径：Z > Y > X 【答案】B 【解析】 【分析】由题干信息可知，U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，由题干物质结构图可知，U、Y周围形成1对共用电子对，V形成4对共用电子对，Z形成6对共用电子对，W形成3对共用电子对，X形成2对共用电子对，结合六种元素的第一电离能与原子序数关系图，X与Z同族等信息结合同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，同一主族从上往下元素第一电离能依次减小可推知，U为H、V为C、W为N、X为O、Y为F、Z为S，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，W为N、X为O，由于O的电负性比N强，H2O分子间形成的氢键比NH3强度更大，其数目也比NH3周围多，故简单氢化物的沸点：H2O＞NH3即X ＞W ，A错误； B．由分析可知，U为H、X为O，则U与X可形成含非极性键的分子H2O2，B正确； C．由分析可知，Y为F、Z为S，F的非金属性比S强，F2的氧化性比S强，故简单阴离子的还原性：S2-＞F-即Z＞Y，C错误； D．由分析可知，X为O、Y为F、Z为S，S2-核外有3个电子层，而F-、O2-核外都只有2个电子层，且O的核电荷数比F小，故简单离子半径：S2-＞O2-＞F-即Z＞X ＞Y，D错误； 故答案为：B。 8. 设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 20g D2O中含有的中子数为10NA B. 常温常压下，22.4L氯气与足量铁反应转移2NA个e- C. 1 mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C-O键的数目最多为NA D. 常温下，pH=1的盐酸中含有的H+个数为0.1NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．，1 mol 含10 mol 中子，即中子数为，A正确； B．常温常压22.4 L氯气的物质的量小于1 mol，转移电子数小于，B错误； C．分子式的有机物可能为、，1 mol 含1 mol C-O键，1 mol 含2 mol C-O键，含有C-O键的数目最多为，C错误； D．pH=1的盐酸中，但未指明溶液体积，无法计算个数，D错误； 故答案选A。 9. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 常温下，向铝片表面滴加浓硫酸，没有明显现象 常温下，铝与浓硫酸不发生化学反应 B 新制氯水加入碳酸钠溶液，产生气泡 气泡主要成分是氧气 C 小苏打可用于治疗胃酸过多 小苏打可中和酸性物质 D CuSO4和H2S反应可生成H2SO4和CuS 酸性：H2S>H2SO4 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下，铝遇到浓硫酸发生钝化，发生了化学反应，故A错误； B．氯水中含有盐酸和次氯酸，碳酸钠与氯水中的盐酸反应放出二氧化碳气体，故B错误； C．小苏打为NaHCO3，可与酸性物质反应，所以碳酸氢钠可治疗胃酸过多，故C正确； D．硫酸铜与硫化氢反应生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀，但H2SO4为强酸，H2S为弱酸，酸性H2SO4 > H2S，故D错误； 故选C。 10. “价-类”二维图是学习元素化合物的工具，分别表示不同价态的氮元素所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是 A. d可与碱溶液反应，是酸性氧化物 B. 用蘸有浓e溶液的玻璃棒靠近a，产生白烟 C. g受热分解一定能得到a D. a与d反应生成b过程属于氮的固定 【答案】B 【解析】 【分析】根据“价-类”二维图中各物质的化合价和物质类别，可推断：a为-3价的氢化物，b为0价的单质，c为+2价的氧化物，d为+4价的氧化物(或)，e为+5价的酸，f为-3价的碱，g为-3价的铵盐(如、)。 【详解】A．d为，它与碱溶液发生歧化反应生成两种盐和水，不属于酸性氧化物，A错误； B．e为浓硝酸()，具有挥发性；a为氨气()。用蘸有浓e溶液的玻璃棒靠近a，挥发的与反应生成白色固体小颗粒，产生白烟，B正确； C．g为铵盐，受热分解产物不一定是。例如，硝酸铵受热分解可生成和水，不一定得到，C错误； D．氮的固定是指将游离态的氮()转化为化合态氮的过程。a()与d()反应生成b()，是化合态氮转化为游离态氮，不属于氮的固定，D错误； 故答案选B。 11. 某小组为探究物质的性质，设计如图所示实验，下列叙述正确的是 A. Ⅰ中用MnO2代替高锰酸钾，上述实验现象相同 B. Ⅱ中Na2S溶液被氧化生成SO2 C. Ⅲ中溶液红色褪去，加热，恢复红色 D. 检验Ⅳ中的氧化产物的试剂：盐酸、BaCl2溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．与浓盐酸反应需加热条件，而装置Ⅰ无加热设备，无法生成氯气，A错误； B．氯气通入溶液中，发生反应，产物为淡黄色硫单质沉淀，而非，B错误； C．氯气使品红褪色是因其强氧化性将品红分子结构破坏，属于不可逆反应，加热后颜色不会恢复，C错误； D．氯气氧化的反应为，其氧化产物为硫酸根，故检验的方法为，加入盐酸酸化，排除碳酸根、亚硫酸根等的干扰；再加入溶液，若产生白色沉淀，则证明有硫酸根生成，D正确； 故答案为D。 12. 甲胺(CH3NH2)水溶液中存在以下平衡：CH3NH2 + H2OCH3NH + OH-，已知：时，CH3NH2 的Kb=4.2×10-4，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5。下列说法不正确的是 A. 加水稀释，甲胺水溶液的碱性减弱 B. CH3NH2 溶液中存在c(CH3NH) + c(H+) = c(OH-) C. 0.1mol/LCH3NH2 溶液与相同浓度的溶液CH3NH3Cl等体积混合，溶液显酸性 D. 25℃时，0.1mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/LCH3NH3Cl溶液相比，NH4Cl溶液中的c(H+)大 【答案】C 【解析】 【详解】A．加水稀释碱溶液，导致[OH⁻]减小，pH下降，碱性减弱，故A正确； B．根据电荷守恒原理，溶液中阳离子浓度之和等于阴离子浓度之和，即 c() + c(H⁺) = c(OH⁻)，故B正确； C．时，CH3NH2 的Kb=4.2×10-4，的水解平衡常数Kh=，等浓度等体积混合后，形成 CH₃NH₂ 和 CH₃NH₃Cl 的缓冲溶液，电离大于水解，所以溶液显碱性，故C错误； D．时，CH3NH2 的Kb=4.2×10-4，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，Kh() > Kh()，所以 NH4Cl 溶液的 c(H+) 更大，故D正确； 选C。 13. 利用电解法测定SO2和SO3混合气体中SO2的含量，装置如图所示。若电解过程中转移电子a mol，向电解后的溶液中加入足量BaCl2溶液得沉淀b g。下列说法正确的是 A. 左侧Pt 电极是阴极 B. 电解过程中右侧电极附近溶液的pH降低 C. 混合气体中SO2的体积分数为233 a/b D. 生成氢气在标况下体积为11.2 a L 【答案】D 【解析】 【分析】左侧 Pt 电极发生氧化反应，为阳极，电极反应式为；右侧 Pt 电极发生还原反应，为阴极，电极反应式为。 【详解】A．根据分析可知，左侧 Pt 电极为阳极，A错误； B．右侧 Pt 电极发生电极反应式为，消耗，pH 升高，B错误； C．根据阳极反应和与反应可知，电解过程中转移电子a mol，即，混合气体中的和最终都转化为沉淀，故混合气体的总物质的量，因此，的体积分数为，C错误； D．由阴极反应可知，转移电子时，生成物质的量为，标况下体积，D正确； 故答案为D。 14. 对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 稳定性：HF>HCl HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键 B 第一电离能：Be>B B的第一电离能失去的是2p能级的电子，电子的能量比Be的第一电离能失去的2s能级的电子的能量高 C 键角：CH4>H2O 中心原子均采取sp3杂化，H2O分子中有2个孤电子对，孤电子对的斥力强于成键电子对 D 熔点：AlF3(1290℃) > AlCl3(178℃) AlF3属于离子晶体，AlCl3属于分子晶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．稳定性HF>HCl是由于H-F键能更大，而非氢键；氢键影响物理性质如沸点，不影响热稳定性，A错误； B．第一电离能Be>B是因为B失去的2p电子能量高于Be失去的2s电子，更易电离，B正确； C．CH4和H2O中心原子均sp3杂化，H2O有2个孤电子对，斥力大于成键电子对，导致键角更小，C正确； D．AlF3为离子晶体，熔点高；AlCl3为分子晶体，熔点低，D正确； 故选A。 15. 利用如图装置进行实验：关闭活塞K1、止水夹K2和K3，在铜丝的中间部分加热片刻，然后打开K1、K2和K3。下列说法错误的是 A. d中受热的铜丝交替出现变黑、变红的现象 B. 利用金属钠可以检验装置f的试管中是否存在未反应的乙醇 C. 乙醇催化氧化生成乙醛时，乙醇分子中C—H和O—H键发生断裂 D. c中热水的作用是加热，便于乙醇的挥发，f的作用是冷却收集乙醛 【答案】B 【解析】 【分析】装置a中，过氧化氢在二氧化锰催化条件下反应生成氧气；装置b中，浓硫酸干燥氧气；装置c中，乙醇在水浴加热条件下生成乙醇蒸气；装置d中，乙醇与氧气在铜催化作用下发生氧化反应生成乙醛；e中无水硫酸铜用于水的检验，最后f中利用冰水冷却，收集乙醛，据此分析回答问题。 【详解】A．d中铜丝先被氧气氧化为CuO（变黑），后CuO与乙醇反应生成Cu（变红），d中受热的铜丝交替出现变黑、变红的现象，A正确； B．f中可能有水（反应生成），钠与水、乙醇均反应生成氢气，无法区分是否含乙醇，B错误； C．乙醇催化氧化生成乙醛时，断裂O-H键和与羟基相连C上的C-H键，C正确； D．c中热水加热使乙醇挥发为蒸气，f中冰水浴冷却收集易挥发的乙醛，D正确； 故答案选B。 16. 某研究团队构建了一种高性能可充电的金属(M)-空气电池如图a所示。电极Ⅰ负载催化剂，其发生反应的催化机理如图b，已知其中O2获得第一个电子的过程最慢。则下列说法错误的是 A. 放电时，图b中 i 到 ⅱ 过程的活化能一定最高 B. 假如M为Mg，放电时，电极Ⅱ上的反应为：Mg - 2e- + 2OH-= MgO + H2O C. 充电时，图b中ⅱ到ⅲ过程涉及极性键的断裂和形成 D. 充电时，每转移1mol电子，阳极室质量减少8g 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，该金属(M)—空气电池中O2在电极I上得到电子发生反应生成OH-，电极I为正极，电极方程式为：；电极Ⅱ为负极，以此解答。 【详解】A．已知O2获得第一个电子的过程最慢，该过程为决速步骤，决速步骤的活化能最高（活化能越高反应越慢）。图b中i到ii应为O2获得第一个电子的过程，其活化能一定最高，故A正确； B．由分析可知，放电时，电极Ⅱ为负极，Mg在负极发生氧化反应，碱性条件下生成MgO，电极方程式为：Mg - 2e- + 2OH-= MgO + H2O，故B正确； C．由图可知，充电时ii到iii过程涉及H₂O中的极性键（O-H）断裂，同时形成新的O-H极性键，涉及极性键的断裂和形成，故C正确； D．由分析可知，放电时电极I为正极，则充电时电极I为阳极，反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，每转移1 mol电子，产生的O2为0.25 mol，其质量为0.25 mol ×32 g/mol=8 g，同时为了维持电荷平衡，钾离子从电极I迁移到电极Ⅱ，因此同时减少了1 mol K+，因此阳极室质量减少总共为8 g +1 mol ×39 g/mol -9 g=47 g，故D错误； 故答案选D。 第Ⅱ卷(非选择题 共56分) 二、填空题(本题包括4小题，每小题14分，共56分)。 17. 某小组推测铁与银盐溶液反应会生成Fe3+，并设计实验验证。 （1）溶液配制：用Ag2SO4固体配制100mL 0.0200 mol·L-1Ag2SO4溶液。该过程不需要使用的仪器有______(填仪器选项)。 A． B． C． D． E． （2）实验验证 实验Ⅰ：取20mL0.0100 mol·L-1Ag2SO4溶液，加入足量铁粉，充分搅拌。静置，取上层清液加入______，无明显现象。 实验结论：铁与银盐溶液反应不生成Fe3+。 甲同学认为实验结论不合理，原因是______。(用离子方程式解释) 乙同学认为铁与银盐溶液反应的本质是先发生置换反应，生成的Fe2+能被Ag+氧化。进一步实验验证。 实验Ⅱ：0.0200 mol·L-1Ag2SO4与0.0200 mol·L-1 FeSO4溶液(pH = 1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。待现象稳定后，过滤。取滤液，加入______，观察到______。取灰黑色沉淀，加浓硝酸，固体溶解产生红棕色气体。 实验结论：Ag+ 可与Fe2+发生可逆反应：Ag+ +Fe2+Fe3+ + Ag。 有同学想通过测定反应：Ag+ +Fe2+Fe3+ + Ag的平衡常数K，判断反应进行的程度 。多名同学分别设计方案如下： （3）平衡常数测定 组别 样品 测定原理 实验结果 丙同学 实验Ⅱ滤液5mL 沉淀滴定法测Ag+浓度 滤液中c(Ag+) = x mol/L 丁同学 实验Ⅱ滤液5mL 测定Fe3+与络合剂形成络合物的吸光度测定Fe3+浓度 滤液中c(Fe3+) = y mol/L ①根据丙同学的实验结果，平衡常数K=______(用含x计算式表达)。 ②丁同学的实验结果计算所得K值比实际值偏大，原因是______。(从平衡移动角度解释) ③戊同学利用电化学原理也可测定K，请补充电化学装置图______。 当______(填现象和操作)，取对应烧杯中溶液，利用上述方法测Fe3+或Ag+浓度即可。 实验结论：铁与银盐溶液反应生成Fe3+ 。 【答案】（1）CD （2） ①. KSCN溶液(硫氰化钾溶液) ②. 2Fe3+ +Fe=3Fe2+ ③. 铁氰化钾 ④. 蓝色沉淀(高锰酸钾溶液褪色) （3） ①. ②. Fe3+被络合，浓度减小，使Ag+ +Fe2+Fe3+ + Ag平衡正向移动，结果偏大 ③. ④. G表归零，断开S 【解析】 【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签； 通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比； 【小问1详解】 配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；用Ag2SO4固体配制100mL 0.0200 mol·L-1Ag2SO4溶液，需使用烧杯、胶头滴管、玻璃棒，该过程不需要使用的仪器有分液漏斗、漏斗，故选CD； 【小问2详解】 铁离子和KSCN溶液会变为红色，故取上层清液加入KSCN溶液，无明显现象，说明铁与银盐溶液反应不生成Fe3+； 实验中过量铁单质会和铁离子生成亚铁离子：2Fe3+ +Fe=3Fe2+，干扰铁离子的检验，故甲同学认为实验结论不合理； 实验结论为Ag+ 可与Fe2+发生可逆反应：Ag+ +Fe2+Fe3+ + Ag，亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，故取滤液，加入铁氰化钾，观察到蓝色沉淀(或加入高锰酸钾溶液，溶液褪色)，说明存在亚铁离子；取灰黑色沉淀，加浓硝酸，固体溶解产生红棕色气体，说明存在银单质； 【小问3详解】 ①0.0200 mol·L-1Ag2SO4与0.0200 mol·L-1 FeSO4溶液(pH = 1)等体积混合，混合后初始银离子、亚铁离子浓度分别为0.02mol/L、0.01mol/L，由表中丙同学数据，c(Ag+) = x mol/L，则反应后溶液中银离子、亚铁离子、铁离子浓度分别为x mol/L、(x-0.01)mol/L、(0.02-x)mol/L，平衡常数K=； ②丁同学的实验中加入络合剂，Fe3+被络合浓度减小，使Ag+ +Fe2+Fe3+ + Ag平衡正移，结果偏大； ③Ag+ +Fe2+Fe3+ + Ag为能一定程度反应的自发氧化还原反应，可以设计成原电池装置，硫酸亚铁溶液的一侧为负极、硫酸银溶液的一侧为正极，装置为，闭合S，有电流产生，当G表归零，反应达到平衡，断开S，取对应烧杯中溶液，利用上述方法测Fe3+或Ag+浓度即可。 18. 三氯化钌(RuCl3)是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工业等。从Co−Ru−Al2O3催化剂废料中分离制备RuCl3和Co3O4的一种工艺流程如图所示。 已知：Ksp(CoC2O4)=6.3×10−8，Ka1(H2C2O4)=5.6×10−2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4 （1）常温下，NaHC2O4溶液中，c(H2C2O4)______c(C2O)。(填“ > ”、“ < ”或“ = ”) （2）“焙烧”时，生成Na2RuO4的化学方程式为______。 Ru + ______NaNO3+ ______Na2RuO4+ ______NaNO2+______ （3）催化剂废料中的Al元素在______(填流程中的步骤名称)后，以______(填化学式)的形式被分离出去。 （4）“酸溶”过程中，盐酸与羟胺(NH2OH)反应先得到羟胺的盐酸盐(NH3OHCl)，再与Ru(OH)4反应生成Ru3+和N2.写出NH3OHCl与Ru(OH)4反应的离子方程式：______。 （5）“沉钴”时，当Co2+恰好完全沉淀(浓度为1.0×10−5 mol·L−1)时，溶液pH=2，则溶液中c(HC2O)应不低于______mol·L−1，才可保证Co2+完全沉淀。 （6）Co3O4与Fe3O4类似，含有Co2+和Co3+两种阳离子，其晶胞如图所示，可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成。 ①晶体中与Co2＋最近且距离相等的Co2＋数目为______。 ②若晶胞参数为a nm，Co3O4的摩尔质量为M g/mol，NA为阿伏加德罗常数，则Co3O4晶体的密度为______g/cm3(列出计算式)。 【答案】（1）< （2）3 2NaOH 3 H2O （3） ①. 还原 ②. （或） (写成亦可) （4） （5）0.42 （6） ①. 4 ②. 【解析】 【分析】催化剂废料（含、、）在和存在下进行焙烧，被氧化为，转化为（或）；水浸后，浸渣含的化合物，浸液含和；浸液用乙醇还原为，元素以（或）形式留在溶液中；经盐酸和羟胺酸溶得到溶液，蒸发结晶得到；浸渣经酸浸后，用沉钴得到，再灼烧并通入适量得到 【小问1详解】 常温下，溶液中，的电离常数，水解常数。由于电离常数大于水解常数，则电离程度大于水解程度，因此，故答案为：<； 【小问2详解】 “焙烧”时，被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，故答案为：3、2NaOH、3、； 【小问3详解】 催化剂废料中的元素在还原步骤后，以（或）的形式被分离出去，故答案为：还原；（或）； 【小问4详解】 “酸溶”过程中，与在酸性条件下反应，被氧化为，被还原为，离子方程式为：； 【小问5详解】 已知，当时，。由，且即，可得：，因此，溶液中应不低于，故答案为：0.42； 【小问6详解】 ①根据化合物元素化合价代数和为0，可知中有1个和2个，则晶胞中 ，结合晶胞结构信息，采用均摊法可知，数目为“” ，“”数目为，“○”数目为，所以“”代表，“○”代表，“”代表；由晶胞结构可知，最近且距离相等的数目为4，故答案为：4； ②晶胞参数为，晶胞体积。晶胞中含8个，质量，则密度，故答案为：。 19. SiHCl3是制造多晶硅的原料，可由Si和SiCl4耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ、SiCl4(g)+H2(g)=SiHCl3(g)+HCl(g) △H1˃0 Ⅱ、Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g) △H2˂0 Ⅲ、Si(s)+SiCl4(g)+2H2(g)=2SiH2Cl2(g) △H3˃0 （1）Cu粉和Ni粉均是Si和SiCl4耦合加氢反应的催化剂，基态Cu和Ni核外未成对电子数比值为______。 （2）△fHθm为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1 mol该物质的焓变。根据下表数据，计算生成SiHCl3的总反应：Si(s)+3SiCl4(g)+2H2(g)=4SiHCl3(g) △H4=______kJ/mol。 该反应正反应活化能______逆反应活化能(填“大于”、“小于”或“等于”)。 物质 Si SiCl4 H2 SiHCl3 △fHθm(kJ/mol) 0 -657 0 -513 （3）在含足量Si的恒压体系中通入10.0molH2和2.0molSiCl4，发生硅和四氯化硅耦合反应，反应相同时间，SiCl4的转化率随温度变化如图所示。 ①400℃时，5～10s内SiCl4的反应速率为______mol/s。 ②结合图像解释500℃、550℃曲线的不同______。 （4）温度550K时，在含足量Si的密闭体系中通入3.0molH2和1.0molSiCl4，对硅和四氯化硅耦合反应体系的平衡组成在压强为101.325~2026.5 kPa时进行了计算，结果如图所示。随着体系压强的升高，SiCl4的转化率由16%升至47%，SiHCl3产率由15%升至43%。 已知：SiHCl3的平衡产率 = ×100％ SiHCl3的选择性 = ×100％ ①图中Ⅱ代表的组分为______。(填化学式) ②1000kPa时，SiHCl3的物质的量为______mol。若HCl的物质的量为 y mol，则的物质的量为______mol。(用含w、x、y的式子表示) ③SiHCl3的选择性随压强的增大逐渐______。(填“增大”、“不变”或“减小”) 【答案】（1）1﹕2 （2） ①. -81 ②. 小于 （3） ①. 0.016 ②. 反应达到平衡之前，550℃温度更高，反应速率更快，相同时间的转化率更高，曲线斜率更大；达到平衡之后，温度升高，使反应Ⅱ平衡逆向移动，HCl浓度增大，使反应Ⅰ平衡逆向移动，550℃平衡转化率较低。 （4） ①. HCl ②. ； ③. 减小 【解析】 【小问1详解】 基态铜原子的价电子轨道表示式为：，未成对电子数为1；基态镍原子的价电子轨道表示式为：，未成对电子数为2；故基态铜原子和基态镍原子的未成对电子数之比为1：2。 【小问2详解】 故答案为：-81 kJ/mol； ，。 【小问3详解】 ①5秒时消耗的： 10秒时消耗的： 5秒到10秒这段时间内消耗的： 5～10s内SiCl4的反应速率： ②可从达平衡前和达平衡后两段进行分析，反应达到平衡之前，550℃温度更高，反应速率更快，相同时间的转化率更高，曲线斜率更大；达到平衡之后，温度升高，使反应Ⅱ平衡逆向移动，HCl浓度增大，使反应Ⅰ平衡逆向移动，550℃平衡转化率较低。 【小问4详解】 ①反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，反应Ⅱ、Ⅲ都是气体分子数减小的反应，增大压强平衡均向正向移动，HCl在反应Ⅰ中生成，在反应Ⅱ中消耗，压强增大使反应Ⅱ正向移动，HCl消耗的多，生成的少，所以HCl产率是降低的，故曲线Ⅱ对应的是HCl的产率。 ②将反应Ⅰ3+反应Ⅱ可消掉中间产物HCl，得总反应为：由产率的计算公式可知，生成的的物质的量为，根据总反应可知生成为； 由图中数据可知SiCl4的转化率为w，起始SiCl4的物质的量为1 mol，则转化的SiCl4为wmol，生成ymolHCl，SiHCl3，基于反应消耗的中的氯元素守恒：，解得。 ③根据化学反应平衡移动原理，反应Ⅰ：是气体分子数不变的反应（反应前后气体计量数之和相等）；反应Ⅱ：是气体分子数减小的反应（反应前气体计量数之和为，反应后为）；反应Ⅲ：是气体分子数减小的反应（反应前气体计量数之和为，反应后为）。当压强增大时，根据勒夏特列原理，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡会向正反应方向移动。反应Ⅱ和Ⅲ的进行会使得生成的量相对增加，而在产物中的占比会相对减小。从选择性的定义（生成所消耗的的物质的量与反应消耗的总物质的量之比）来看，随着压强增大，反应Ⅲ生成的进行程度增加，所以的选择性随压强的增大逐渐减小。 20. 许多生物碱类抗肿瘤药物的合成过程中，曼尼希反应起到了关键作用，其中一个反应如下：(反应条件略) （1）化合物1a中含氧官能团的名称为______。 （2）除4a外该反应还有分子式为C15H24N2O的副产物生成，该副产物的结构简式为______。 （3）1a可与H2反应生成化合物Ⅰ，在Ⅰ的同分异构体中，能与FeCl3溶液显色且苯环上只有两个取代基的结构共______种，其中一种结构的核磁共振氢谱有5组峰，各组峰面积之比为______。 （4）下列说法正确的有______。 A. 在1a、2a和3a生成4a的过程中，有 π 键的断裂和 σ 键的形成 B. 三甲胺(CH3)3N的相对分子质量比3a大，沸点高于3a C. 4a分子中不存在手性碳原子，sp3杂化的原子有5个 D. 2a与极性试剂HCN发生加成反应时，氰基连接在碳原子上 （5）以 、 、HOCH2CH2OH、HCHO为原料制备。 ①第一步为卤代烃的反应，其反应的化学方程式为______。 ②第二步进行______(填反应类型)生成苯乙酮。 ③第三步利用与HOCH2CH2OH反应得到。 ④第四步利用曼尼希反应合成目标产物。 若将第三步反应与第四步反应的顺序调换，则目标产物的产率会降低，原因是______。 【答案】（1）羰基(酮羰基) （2） （3） ①. 6 ②. 6：1：2：2：1 （4）AD （5） ①. ②. 氧化反应 ③. 有羰基α-H，与HCHO也能发生曼尼希反应生成，必须先进行步骤三减少副产物生成 【解析】 【分析】由图分析，1a中右侧甲基中含3个氢，反应可以认为是其中一个氢与2a中羰基发生加成反应生成羟基，羟基与3a中氨基氢发生取代反应生成产物4a；除4a外该反应还有分子式为C15H24N2O的副产物生成，结合C15H24N2O化学式，则该产物为1a中右侧甲基中2个氢参与反应得到，副产物结构为：； 首先发生卤代烃的取代反应引入羟基，羟基氧化为酮羰基得到苯乙酮，与HOCH2CH2OH反应得到，苯乙酮、、甲醛发生题干已知反应生成产物； 【小问1详解】 由结构，化合物1a中含氧官能团的名称为羰基； 【小问2详解】 由分析，副产物的结构简式为； 【小问3详解】 1a可与H2反应生成化合物Ⅰ，在Ⅰ的同分异构体中，能与FeCl3溶液显色则含酚羟基，那么加成为1a中羰基的加成，且苯环上只有两个取代基，则取代基可以为-OH、-CH2CH2CH3或-OH、-CH(CH3)2，均存在邻间对3种，故结构共6种，其中一种结构的核磁共振氢谱有5组峰，则结构为，各组峰面积之比为6：1：2：2：1； 【小问4详解】 A．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有醛基中π键的断裂，有碳碳、碳氮σ 键的形成，A正确； B．3a中存在氨基氢，能形成分子间氢键，则三甲胺(CH3)3N的沸点低于3a，B错误； C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；4a分子中不存在手性碳原子，饱和碳原子为sp3杂化、氨基氮为sp3杂化，sp3杂化的原子大于5个，C错误； D．2a分子羰基碳带正电荷，氰基带负电荷，2a与极性试剂HCN发生加成反应时，氰基连接在碳原子上，D正确； 故选AD； 【小问5详解】 ①由分子，第一步为反应的化学方程式为。 ②第二步进行氧化反应生成苯乙酮。 ④有羰基α-H，与HCHO也能发生曼尼希反应生成，必须先进行步骤三减少副产物生成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $