精品解析：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

湛江市2026年普通高考测试(一) 化学 满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”。 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的钢笔或签字笔作答，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 O：16 Na：23 Al：27 一、单项选择题：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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 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(HF) 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 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 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。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市2026年普通高考测试(一) 化学 满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”。 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的钢笔或签字笔作答，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 O：16 Na：23 Al：27 一、单项选择题：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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 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 【解析】 【详解】A．吴川月饼主要成分是糖类、油脂、蛋白质，都属于有机物，A不符合题意； B．遂溪狮头彩扎主要材料为竹、纸、布料，主要成分是纤维素等有机物，B不符合题意； C．安铺木雕的原料为木材，主要成分纤维素属于有机物，C不符合题意； D． 雷州石雕主要成分为碳酸钙/硅酸盐类无机矿物质，不属于有机物，D符合题意； 答案选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 【答案】C 【解析】 【详解】A．含有氯甲酸酯结构，可发生水解反应，A项正确； B．结构中存在碳碳非极性共价键，B项正确； C．酯基不能与氢气发生加成反应，故1 mol该物质最多能与6 mol H2加成，C项错误； D．两个苯环因对称性共有4种H原子，共存在6种不同化学环境的H原子，故核磁共振氢谱有6组峰，D项正确； 故选C。 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 【解析】 【详解】A．钛合金是一种轻质高强材料，密度小且强度大，常用于潜水器载人舱等需要减重和承压的场合，该描述符合事实，A正确； B．碳纤维是由有机高分子经高温碳化制得的无机材料，主要成分为碳，不属于有机高分子材料，B错误； C．光伏电池通过光电效应将光能（太阳能）直接转化为电能，而非化学能，化学能转化为电能的典型装置是电池或燃料电池，C错误； D．芯片的主要成分是单晶硅，二氧化硅在芯片制造中用作绝缘层或介质材料，但并非主要成分，D错误； 故选A。 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 【解析】 【详解】A．用热的纯碱溶液去除油污，加热促进碳酸根水解：，产生更多，增强碱性以皂化油污，关联正确，A正确； B．用烧碱和铝粒反应疏通下水道，利用的是铝与碱反应，与铝易与氧气反应表面形成致密的氧化膜无关，B错误； C．家中铁器防潮是为了防止在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，关联正确，C正确； D．小苏打受热分解产生使面包膨胀，关联正确，D正确； 故选B。 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 【解析】 【详解】A．工业上将氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下合成氨气，氨气是生产多种氮肥的关键原料，是为农作物提供氮肥的重要途径，A项正确； B．氧化铁是一种红棕色粉末状固体，具有良好的遮盖力和稳定性，且来源相对广泛。在我国古代，由于其颜色鲜艳且性质稳定，常被用作建筑涂料的着色成分，B项正确； C．补铁口服液中的铁元素通常以Fe2+形式存在，Fe2+易被空气中的氧气等氧化为Fe3+，而Fe3+不易被人体吸收。维生素C的还原性可以将可能生成的Fe3+还原为Fe2+，从而防止Fe2+被氧化，提高补铁效果，C项正确； D．该聚碳酸酯()是由其单体双酚A和光气(COCl2)通过缩聚反应制得，D项错误； 故选D。 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 【解析】 【详解】A．NaCl溶液和Fe(OH)3胶体都能透过滤纸，A项错误； B．MgCl2溶液中存在水解：MgCl2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HCl。加热蒸发时，HCl易挥发，平衡正向移动，生成Mg(OH)2沉淀，进一步加热可能分解为MgO，无法得到纯净的MgCl2晶体，B项错误； C．酒精与水互溶，不能用来萃取溴水中的溴，C项错误； D．I2易升华，而NaCl固体熔点高、热稳定性强。加热时I2升华变为碘蒸气，与NaCl分离，D项正确； 故选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 【答案】A 【解析】 【详解】A．阴极发生还原反应，Ni2+得电子生成Ni，反应式正确，A正确； B．高纯度镍电极为阴极，应连接电源负极，而非正极，B错误； C．Fe金属性强于Ni，在阳极优先溶解进入溶液，不会形成阳极泥；阳极泥主要含不活泼杂质（如Cu、Pt、C），C错误； D．阳极溶解可能涉及Zn、Fe等杂质（原子量与Ni不同），阴极仅沉积Ni，转移相同电子数时质量变化不相等，D错误； 故选A。 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 【解析】 【详解】A．水的稳定性强于硫化氢是由于O-H键键能高于S-H键，与分子间氢键无关（氢键影响物理性质如沸点），故陈述Ⅰ与Ⅱ无因果关系，A不符合题意； B．碳化硅硬度高源于其共价晶体结构，适合制作砂轮等磨料，陈述Ⅰ与Ⅱ均正确且存在因果关系，B符合题意； C．盐卤使豆浆胶体聚沉是因电解质作用，但“加入盐一定使胶体聚沉”过于绝对（如某些胶体需特定离子或条件），陈述Ⅱ不准确，C不符合题意； D．工业上用钠冶炼钾是利用钾的挥发性，非直接因金属性强弱（钾金属性更强但离子更难还原），陈述Ⅰ与Ⅱ无直接因果关系，D不符合题意； 故答案选B。 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 【解析】 【详解】A．若X为盐酸，甲可为Na2SO3存在转化甲(Na2SO3)+X(HCl)→乙(NaHSO3)，乙(NaHSO3)+X(HCl)→丙(H2SO3)，甲(Na2SO3)+丙(H2SO3)→乙(NaHSO3)，此时乙为NaHSO3，其水溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性，A项正确； B．若X为氧气，甲可为硫化氢(H2S)，存在转化甲(H2S)+X(O2)→乙(S)，乙(S)+X(O2)→丙(SO2)，甲(H2S)+丙(SO2)→乙(S)，丙为SO2，具有漂白性，可使品红溶液褪色，B项正确； C．若甲为烧碱，X可为Al2(SO4)3，存在转化甲[NaOH(足量)]+X[Al2(SO4)3]→乙{Na[Al(OH)4]}，乙{Na[Al(OH)4]}+X[Al2(SO4)3]→丙[Al(OH)3]，甲[NaOH]+丙[Al(OH)3]→乙{Na[Al(OH)4]}，C项正确； D．若甲为铁粉(Fe)，X为氯气(Cl2)，则转化链为甲(Fe)+X(Cl2)→乙(FeCl3)，Fe3+无法进一步被Cl2氧化，乙(FeCl3)与X(Cl2)不反应，D项错误； 答案选D。 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 【解析】 【详解】A．金刚石中每个碳原子形成4个σ键，但每个键被两个原子共享，因此1 mol金刚石含有2 mol σ键，即个σ键，A正确； B．标准状况下22.4L混合气体的总物质的量为1mol，但CH4和C3H8的混合比例未知，CH4含1个碳原子/分子，C3H8含3个碳原子/分子，碳原子数目可在到之间，B错误； C．溶液浓度为0.1mol/L，但未指明体积，无法确定阴离子数目，C错误； D．常温下铝与浓硝酸发生钝化，反应被阻止，无法充分进行，因此转移电子数目远小于，D错误； 答案选A。 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 【解析】 【详解】A．浓盐酸与MnO2制Cl2需要加热，A项错误； B．浓盐酸易挥发。蓝色石蕊试纸变红无法证明氯气溶于水有酸性，B项错误； C．湿润的淀粉-KI试纸变蓝说明生成了碘单质，可证明氧化性：Cl2>I2，C项正确； D．氯气不能使干燥的花瓣褪色，干燥的花瓣不褪色不能证明尾气中不含氯气，D项错误； 故选C。 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 【解析】 【详解】A．由于Al2O3为离子晶体，而AlCl3为分子晶体，其熔点由分子间作用力决定，二者晶体类型不同，因此不能简单地通过阴离子所带电荷数和半径来推断熔点高低，A项错误； B．H2S的中心原子S的价层电子对数是，PH3的中心原子P的价层电子对数是，二者中心原子杂化类型均为，而H2S中心原子的孤电子对更多，对成键电子对斥力更大，结构能推测出键角PH3 > H2S，B项正确； C．石墨和聚乙炔中均存在共轭π键体系，石墨因离域电子导电，聚乙炔经掺杂后可导电，结构能推测出导电性，C项正确； D．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)和亚硫酸钠中均含+4价的硫，所以两者均具有较强的还原性，D项正确； 故选A。 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 【解析】 【分析】由题意可知，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，比如F得到一个电子后形成稳定结构会释放出更多的能量，则d为氟，同理，由于N的2p轨道半满，达到半充满结构，得一个电子较难，则会吸收热量，同理可知，Mg得一个电子也会吸收热量，故a~i分别为C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al、Si，据此解答。 【详解】A．由分析可知，b为N元素，g为Mg元素，二者主族不同，A项错误； B．d、f、e分别F、Na、Ne，基态原子未成对电子数：F=Na>Ne，B项错误； C．同周期从左向右，原子半径减小，则原子半径；Mg>Al>Si，C项正确； D．c、b、a分别为O、N、C，其对应的简单氢化物为H2O、NH3、CH4。由于H2O和NH3分子间存在氢键，且水分子间氢键更强，而CH4为非极性分子，分子间作用力为范德华力，故沸点：H2O > NH3 > CH4，但未强调简单氢化物，无法进行比较，D项错误； 故选C。 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 【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置b中浓氨水受热分解制备氨气；过量氨气与硫酸铜溶液反应生成硫酸四氨合铜，打开K1，向反应后的溶液中加入95%乙醇降低硫酸四氨合铜溶解度，会析出深蓝色硫酸四氨合铜晶体；装置c中氨气与氧化铜共热反应生成铜、氮气和水；装置d中无水硫酸铜会变为蓝色，但不能证明c中反应生成了水，安全气囊用于收集反应生成的氮气。 【详解】A．浓氨水受热分解得到的氨气中混有水蒸气，所以装置d中无水硫酸铜变为蓝色，不能证明c中反应生成了水，A错误； B．a中溶液变浑浊发生的反应为硫酸铜溶液与氨气反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，后再变澄清发生的反应为氢氧化铜与过量氨气反应生成硫酸四氨合铜，则溶液变浑浊后再变澄清不能证明氢氧化铜为两性氢氧化物，B错误； C．打开K1，向反应后的溶液中加入95%乙醇降低溶剂极性，会析出深蓝色硫酸四氨合铜晶体说明硫酸四氨合铜晶体难溶于极性较弱的溶剂，C正确； D．氨气与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和碳酸铵，反应生成的碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，所以将氨气通入饱和碳酸氢钠溶液中不可能有碳酸钠晶体产生，D错误； 故选C。 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(HF) 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 【解析】 【详解】A．pH越小，H+浓度越大，CaF2溶解得越多，Ksp(CaF2)不变，但溶液中c(Ca2+)增大，所以c(F-)减小，A项错误； B．已知Ka(HF)=7.00×10-4，pH=4时，由，解得c(F-)：c(HF)=7：1，B项错误； C．根据电荷守恒知溶液中，2c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(F-)+c(OH-)，C项错误； D．根据物料守恒可知溶液中2c(Ca2+)=c(HF)+c(F-)，pH=4时，c(F-)：c(HF)=7，则有c(F-)：c(Ca2+)=7：4，由，可得c(Ca2+)=4.00×10-4mol・L-1，D项正确； 故选D。 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 【解析】 【分析】M极上[FeCl3]-失电子生成[FeCl4]-，所以M极与电源正极相连为阳极，N极与电源负极相连为阴极； 【详解】A．电解池中阳极电势高于阴极，故电势M极>N极，A项正确； B．根据物质组成分析（配体为中性有机物），Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种离子中Ni的化合价分别为+1、+3、+2，B项错误； C．梳理整个过程的反应物和生成物：反应物为和，生成物为、、，该过程的总反应为，C项正确； D．整个过程中，每转移，M极生成，最终反应得到偶联产物，电子转移守恒，D项正确； 答案选B。 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 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） ①. 100mL容量瓶和胶头滴管 ②. 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. ②. 50 ③. 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 【解析】 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 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↑。 【小问3详解】 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 【小问4详解】 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。 【小问5详解】 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。 【小问6详解】 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 83 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） ①. SiO2 ②. ③. 12 （3）BD （4）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素 （5） ①. Fe3+ ②. 4.7≤pH<8.3 （6） ①. 阴离子 ②. 电解液1 【解析】 【分析】菱镁矿(主要成分为，含杂质、、、BeO)，加入硫酸酸溶，金属阳离子进入滤液，滤渣1为SiO2；加入萃取剂萃取出铍元素，“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，“调pH”可分别将、沉淀，得到滤渣2为、，“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，经过电解得到，进一步得到金属镁，据此解答。 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 “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。 【小问5详解】 “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。 【小问6详解】 “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） ①. a ②. 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 ③. 21.4% 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 【解析】 【小问1详解】 49In位于第ⅢA族，位于元素周期表中的p区。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 根据反应ⅲ=反应ⅰ-反应ⅱ可知，反应ⅲ的ΔH3=ΔH1-ΔH2=-90.7kJ·mol-1. 【小问4详解】 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） ①. (酮)羰基 ②. 4-氨基苯甲醛或对氨基苯甲醛 （2） ①. C7H9ON ②. +CH3I+HI ③. 16 （3）AB （4） ①. +HNO3(浓) +H2O ②. 氧化反应 ③. 氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基 （5） 【解析】 【分析】生成4a反应过程可以理解为1a中的与3a中的醛基发生加成反应得到，羟基再和2a的氨基发生取代反应脱水得到4a，同理1a中的与3a中的醛基发生加成反应得到羟基，羟基再和3a中的氨基发生取代反应得到5a，2a在此过程中未参与反应，据此解答。 【小问1详解】 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)。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 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； 【小问5详解】 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。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $