2027年高考化学一轮复习检测卷02（浙江专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

2027年高考化学一轮复习检测卷02 参考答案 一、选择题：共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C C B C A B D C B D 11 12 13 14 15 16 A B B C B C 二、非选择题：共4题，共52分。 17．(16分)(1)ABD(2分) (2) VO2(2分) 6(1分) (3)①SeO42-比SO42-体积大，VO2+与SeO42-的离子键更弱，更易与水分子结合(2分) ②SeO42-和SO42-的中心原子均为sp3 杂化，且无孤对电子，为正四面体结构，H2Se和H2S的中心原子也均为sp3 杂化，但均有2个孤电子对，且S的电负性大于Se，H-S键间的斥力更大(2分) (4)①4Pb5(VO4)3Cl+36NaOH+O212Na3VO4+20PbO+Cl2↑＋18H2O(2分) ②氨气(1分) OH-、NH4+(2分) ③取少量产品于试管中，加入适量热水，充分振荡后静置，取上层清液或过滤后取滤液，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明样品中含有NH4VO3(2分) 18．(12分)(1)-112 kJ/mol(1分) (2) 小于(1分) A(2分) 温度升高，第一步反应平衡逆向移动，二氧化二氮浓度降低导致第二步反应速率减慢的程度大于温度升高加快第二步反应的程度(其他合理答案也可)(2分) (3)N2H4+4OH--4e-=N2＋4H2O(2分) (4)N2H62+(2分) 4.5(2分) 19．(12分)(1)三颈烧瓶(2分) (2)ABC(3分) (3)溶液蓝绿色褪去(2分) (4)向溶液中加入乙醚，过滤、用乙醚洗涤、干燥(2分) (5)53.33%(53%~53.4%都可以)(3分) 20．(12分)(1)氨基(1分) (2)AC(2分) (3)ClCH2CH2CH2CH2COCl(2分) (4)(2分) (5)(2分) (6)(3分) / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考化学一轮复习检测卷02 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本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 Mg 24 Si-28 Al-27 P-31 Cl-35.5 Ca-40 V-51 Fe-56 Cu-64 Se-79 Pb-207 一、选择题：共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】SO2不属于( ) A．酸性氧化物 B．共价化合物 C．电解质 D．极性分子 3．【原创】下列关于SO2的说法正确的是( ) A．SO2的价层电子对互斥模型： B．检验SO2气体的方法是将气体通入品红溶液，若溶液褪色，则该气体为SO2 C．工业脱硫常用石灰石-石膏法，反应原理为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2 D．SO2有还原性，因此不能用浓硫酸干燥 3．【原创】下列化学用语表示不正确的是( ) A．Na2O2的电子式： B．硫的基态原子的价电子轨道表示式： C．NCl3的球棍模型： D．的名称：2，2，5-三甲基己烷 4．【原创】根据元素周期律推测，下列说法不正确的是( ) A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．第一电离能：F＞N＞O C．化合物中键的极性：HCl＞HF D．化合物中离子键百分数：Na2O＞Na2S 5．【改编】恒温恒容密闭容器中，发生反应2PCl3(g)＋O2(g)2POCl3(g)，下列说法正确的是( ) A．POCl3可以和CH3OH反应生成磷酸酯 B．POCl3分子中存在p-p σ键 C．1molPOCl3在水中最多能与3mol NaOH反应 D．及时分离出POCl3(g)，平衡正向移动，正反应速率增大 6．【改编】下列关于硫及其化合物的说法中正确的是( ) A．已知S8是一种硫的单质具有环状结构，推测所有原子处于同一平面上 B．SO3的聚合(SO3)3其中一种具有环状结构，其中采取sp3杂化 C．S2O52-只有一种结构，为[(O)2S-S(O)3]2- D．含结晶水的硫酸盐都易溶于水 7．【原创】下列实验操作或原理正确的是( ) A．证明存在反应限度：饱和氯水显黄绿色 B．混合乙醇和浓硫酸：将乙醇慢慢加入浓硫酸中，边加边搅拌 C．分离碘单质和铁粉：加热升华再冷凝收集碘单质 D．除去苯中的苯酚：加NaOH溶液分液后干燥 8．【原创】下列方程式书写正确的是( ) A．加热浓硫酸和木炭的混合物：C+H2SO4(浓) CO↑+2SO2↑+H2O B．Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2：4CO2+ [Al(OH)4]-=Al3++4HCO3- C．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：n+nHCHO +(n-1)H2O D．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O 9．(2026·浙江宁波镇海中学高三考前模拟预测)一种高性能聚碳硅烷材料P的合成路线如下： 下列说法正确的是( ) A．X→Y中，a处和b处的碳碳双键均参与二聚反应 B．Z分子中有5个手性碳原子 C．Z→聚合物P的反应类型为缩聚反应 D．聚合物P属于易降解高分子材料 10．【原创】下图所示装置或操作能达到实验目的的是( ) A．熔化Na2CO3 B．中和反应反应热测定 C．制备乙烯 D．验证或收集电解饱和食盐水的产物 11．SnCl2具有还原性，易水解。一种制备纯净的SnCl2的装置示意图如下： 下列说法错误的是( ) A．若通入气体更换为Cl2，也可制备纯净的SnCl2 B．实验过程中应先通入HCl(g)，再开启管式炉加热 C．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管 D．冷却剂的作用是冷凝SnCl2，便于收集 12．已知电解质的溶解也可以看成是反应，25℃时下列反应的焓变和平衡常数如表所示，相关判断以及可能原因均正确的是( ) 反应 ΔH/(kJ·mol−1) Ksp Ca3(PO4)2(s)3Ca2+(aq)+2PO43-(aq) -77.249 1.853×10-31 Na2CO3(s)2Na+(aq)+2CO32-(aq) -25.066 4.290 Ag2S(s)2Ag+ (aq)+ S2-(aq) 277.387 6.904×10-50 NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq) 3.741 39.04 A．Ca3(PO4)2溶于水是㷰增过程，可能原因是Ca2+与PO43-形成水合离子 B．NaCl溶于水是熵增过程，可能原因是会破坏水分子间氢键 C．Ag2S的溶解度极小，可能原因是Ag+与S2-间作用力离子键百分数大 D．NaCl溶解度大于Na2CO3，可能原因是NaCl溶解吸热而Na2CO3溶解放热 13．【三聚氰酸】三聚氰酸(结构如图)，单体为HOCN(氰酸)［与HNCO(异氰酸)呈现互变异构现象］，且三聚氰酸分解产物主要为HNCO，下列说法不正确的是( ) A．三聚氰酸晶体中有氢键和范德华力 B．三聚氰酸是平面分子，其单体的酸中C原子采用sp2杂化 C．异氰酸能与HBr发生加成反应生成H2NCOBr D．异氰酸结构，因存在大π键，相对氰酸而言体系能量更低，更稳定 14．我国科研工作者以污染物NO为氮源，用ZnO纳米片电催化CO2与NO合成CO(NH2)2。电催化合成CO(NH2)2的原理如图所示。下列说法正确的是( ) 已知：法拉第效率 A．电极连接电源的正极 B．电极附近产生的气体只有O2 C．阴极区的电极反应式是2NO+11CO2+7H2O+10e-=CO(NH2)2+10HCO3- D．已知生成尿素的法拉第效率为50%，当外电路有电子通过时，产生了3g尿素 15．25℃下，向AgCl饱和溶液(含足量AgCl固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应： 已知，，下列说法正确的是( ) A．平衡常数 B．测得溶液中时，溶液中 C．滴加Na2S2O3溶液过程中，的值逐渐减小 D．相同条件下，AgBr在Na2S2O3溶液中的溶解度比AgCl更大 16．【联系生活】某市售葡萄糖酸亚铁补铁剂，标注含Fe量5mg/ml，现按下列步骤测定实际Fe含量： 已知：邻二氨菲(phen)：可以与形成橘黄色配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的吸光度A与配合物浓度成正比。线性回归方程：A≈150×Q+0.02(Q为Fe2+浓度，单位：mg/mL) 下列说法不正确的是( ) A．若改用酸性高锰酸钾溶液测定补铁剂，结果Fe含量超过5mg/mL，可能是因为补铁剂中还存在其他还原性物质 B．步骤Ⅱ，加入盐酸羟胺的目的是防止溶液中Fe2+被氧化，提高测定结果的准确性 C．步骤Ⅱ，加入缓冲液可以维持pH值相对稳定，若pH过低，会导致吸光度A偏高 D．步骤Ⅲ测得吸光度工A=0.74，则原补铁剂中Fe的实际含量为4.8mg/mL 二、非选择题：共4题，共52分。 17．【矿物利用】(16分)钒在自然界大多以复杂氧化物形式成矿。请回答： (1)有关钒及其化合物的说法正确的是___________。 A．基态钒原子的价层电子排布式为3d34s2，位于周期表的d区 B．钒无特征焰色，与电子跃迁释放能量不在可见光范围有关 C．V2+易被氧化为V3+，是因为V3+的3d轨道处于半满稳定状态 D．VO(OH)2既可溶于强酸又可溶于强碱，说明VO(OH)2具有两性 (2)一种钒的氧化物的晶胞如图所示： 该氧化物的化学式___________。V原子的配位数为___________。 (3)化合物A[化学式：VOSO4]和化合物B[化学式：VOSeO4]具有相似结构。 ①实验测得化合物B在潮湿空气中比化合物A更容易潮解。请从结构角度分析原因___________。 ②实验测得SeO42-中O-Se-O键角与SO42-中O-S-O键角非常相近。但H2Se中H-Se-H键角与H2S中H-S-H键角相差较大，请从结构角度分析原因___________。 (4)有同学以钒铅矿[主要成分为Pb5(VO4)3Cl，含少量Fe2O3、 SiO2]为原料，设计如下转化方案： ①Pb5(VO4)3Cl、NaOH、O2在高温下反应生成Na3VO4、PbO和一种单质气体。该反应的化学方程式___________。 ②气体X通入滤液A中用于调节溶液pH并提供NH4+，使VO43-转化为NH4VO3沉淀。气体X为___________；滤液B中除Na+外，浓度最高的两种离子___________(按浓度由高到低顺序)。 ③煅烧NH4VO3得到的V2O5产品中可能混有未分解的NH4VO3。请设计一个简单实验检验V2O5产品中是否含有NH4VO3(已知：NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水；V2O5难溶于水)___________。 18．(12分)(2026·浙江县域联盟选考模拟)含氮物质影响人类的生活和生产。 (1)已知：N2(g)＋2O2(g)2NO2(g)   ΔH1＝+68kJ·mol−1 N2(g)＋O2(g)2NO(g)   ΔH2＝+180kJ·mol−1 则2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)   ΔH=______。 (2)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)分两步进行(两步均为放热反应，Ea表示反应的活化能)： Ⅰ  2NO(g)N2O2(g)  Ea1 Ⅱ  N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)  Ea2 某条件下，体系中各含氮微粒(忽略N2O4)浓度变化如图；t1时刻c(N2O2)处于最大值。 ①Ea1______Ea2(填“大于”“小于”或“等于”)。 ②在其他条件不变情况下，若将反应处于较高温度下进行。当c(N2O2)达到最大值时，所用时间比t1，最大值比a。判断正确的是：______。 A．短；小     B．短；大     C．长；大     D．长；小 ③在其他条件不变的情况下，将两份相同的反应物分别置于不同温度T1和T2(T1>T2)下进行反应，测得在相同时间内T2条件下生成的c(NO2)更大，原因是______。(从速率和平衡移动角度解释) (3)将反应2NO2+2N2H4=3N2+4H2O设计成原电池，以石墨为电极，电解质溶液为KOH溶液，该电池工作时负极的电极反应式为______。 (4)25°C下，N2H4水溶液中各含氮微粒(N2H4及N2H4的水合物均按N2H4计)物质的量分数(某含氮微粒占总含氮微粒的物质的量的百分数)随pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化如图。 请回答： ①图中z代表的含氮微粒化学式为______。 ②25°C下，0.1 mol/L的N2H5Cl溶液的pH=______。 19．(12分)(2026·浙江七彩阳光、浙南名校、精诚联盟、金兰教育2027届高三返校联考)高氯酸二邻菲罗啉合亚铜的化学式为[Cu(phen)2]ClO4，常用作研究亚铜的氧化动力学模型化合物。某化学兴趣小组用以下方法制备少量的该物质。 实验一：前驱体高氯酸四乙腈合亚铜的制备 实验二：目标产物高氯酸二邻菲罗啉合亚铜的制备 原理：[Cu(CH3CN)4]ClO4+2phen→ [Cu(phen)2]ClO4+4CH3CN。 装置： 已知：①[Cu(phen)2]ClO4不溶于乙醚； ②Cu(ClO4)2·6H2O为蓝绿色晶体； ③Cu+的配合物通常为无色，易被氧化； ④CH3CN(乙腈)沸点，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。 请回答： (1)仪器a的名称是__________。 (2)下列说法正确的是__________。 A．步骤Ⅵ中最适宜的干燥方法是真空干燥 B．“phen”是邻菲罗啉，它含有存在孤电子对的原子 C．步骤Ⅰ中HClO4溶液稍过量的目的之一是抑制Cu2+的水解 D．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系 (3)步骤Ⅳ中，当____________________(填现象)时，停止加热回流。 (4)实验二完成后，从溶液中获得目标产物的简要操作是____________________(不可使用热源)。 (5)已知[Cu(phen)2]ClO4的摩尔质量为523.5g/mol，实验过程中用去66.60gCu2(OH)2CO3 ，制得[Cu(phen)2]ClO4167.52g，该实验的产率是__________。 20．【新药物合成】(12分)化合物X是合成药物阿哌沙班的中间体，某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)： 已知： ①HCHO+2RNH2→RNHCH2NHR+H2O； ②+NH3→HOCH2CH2NH2。 请回答： (1)化合物D中体现碱性的官能团名称是______。 (2)下列说法正确的是_______。 A．化合物A的碱性比化合物D强 B．邻硝基苯胺沸点比化合物D高 C．F→G的两步反应均为取代反应 D．在E+H→X的反应中，K2CO3作催化剂 (3)路线中两次用到化合物E，E的结构简式是_____。 (4)G→H的化学方程式是_______。 (5)已知F→G过程中同时有多种与G互为同分异构体的副产物，写出一种含量相对较多的副产物结构简式______。 (6)以甲醛、乙烯为有机原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考化学一轮复习检测卷02 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本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 Mg 24 Si-28 Al-27 P-31 Cl-35.5 Ca-40 V-51 Fe-56 Cu-64 Se-79 Pb-207 一、选择题：共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】SO2不属于( ) A．酸性氧化物 B．共价化合物 C．电解质 D．极性分子 【答案】C 【解析】A项，SO2能与碱反应仅生成盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；B项，SO2中S、O原子间仅以共价键结合，属于共价化合物，B不符合题意；C项，电解质是在水溶液或熔融状态下能自身电离出自由移动离子的化合物，SO2自身不能发生电离，其水溶液导电是因为与水反应生成的H2O3电离产生自由移动离子，因此SO2不属于电解质，C符合题意；D项，SO2的正负电荷中心不重合，属于极性分子，D不符合题意；故选C。 3．【原创】下列关于SO2的说法正确的是( ) A．SO2的价层电子对互斥模型： B．检验SO2气体的方法是将气体通入品红溶液，若溶液褪色，则该气体为SO2 C．工业脱硫常用石灰石-石膏法，反应原理为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2 D．SO2有还原性，因此不能用浓硫酸干燥 【答案】C 【解析】A项，SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，且含有1个孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，A错误；B项，气体通入品红溶液能使溶液褪色，说明该气体具有漂白性，具有漂白性的气体不一定是SO2，B错误；C项，工业脱硫常用石灰石-石膏法，SO2和CaCO3、O2反应生成CaSO4和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，C正确；D项，SO2虽然具有还原性，但由于S没有+5价，SO2和浓硫酸不会发生归中反应，可以用浓硫酸干燥SO2，D错误；故选C。 3．【原创】下列化学用语表示不正确的是( ) A．Na2O2的电子式： B．硫的基态原子的价电子轨道表示式： C．NCl3的球棍模型： D．的名称：2，2，5-三甲基己烷 【答案】B 【解析】A项，Na2O2是离子化合物，电子式为：，A不符合题意；B项，硫原子基态的价电子构型为 3s23p4，硫的基态原子的价电子轨道表示式：，B符合题意；C项，NCl3分子与 NH3 类似，呈三角锥形，NCl3球棍模型符合其空间结构，C不符合题意；D项，主链为6个碳，三处取代基均为甲基且位置在2、2、5号碳名称为：2，2，5-三甲基己烷，D不符合题意；故选B。 4．【原创】根据元素周期律推测，下列说法不正确的是( ) A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．第一电离能：F＞N＞O C．化合物中键的极性：HCl＞HF D．化合物中离子键百分数：Na2O＞Na2S 【答案】C 【解析】A项，硫的非金属性强于磷，故硫酸酸性强于磷酸，A正确；B项，第一电离能顺序为F＞N＞O(F的核电荷数最大，N的2p轨道半充满、能量更低，第一电离能比O大)，B正确；C项，F的电负性大于Cl，H-F键极性更强，C错误；D项，O2-半径小于S2-，Na2O中离子键更强，所以Na2O离子键百分数更高，D正确；故选C。 5．【改编】恒温恒容密闭容器中，发生反应2PCl3(g)＋O2(g)2POCl3(g)，下列说法正确的是( ) A．POCl3可以和CH3OH反应生成磷酸酯 B．POCl3分子中存在p-p σ键 C．1molPOCl3在水中最多能与3mol NaOH反应 D．及时分离出POCl3(g)，平衡正向移动，正反应速率增大 【答案】A 【解析】A项，POCl3属于磷酰氯，可与甲醇发生取代反应，氯原子被-OCH3取代生成磷酸三甲酯(属于磷酸酯)和氯化氢，A正确；B项，POCl3中P为sp3杂化，P原子与一个O、三个Cl形成4个 σ键(其中P=O含一个 σ键、一个π键)，这些σ键由P的sp3杂化轨道与其他原子的p轨道重叠形成，不存在p-p σ键，B错误；C项，POCl3水解反应为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl，1 mol POCl3水解生成1 mol H3PO4和3 mol HCl，完全中和共消耗6 mol NaOH，C错误；D项，恒温恒容下分离出POCl3(g)，平衡正向移动，但瞬间反应物浓度不变，正反应速率不变，随后反应物浓度减小，正反应速率降低，不会增大，D错误。 6．【改编】下列关于硫及其化合物的说法中正确的是( ) A．已知S8是一种硫的单质具有环状结构，推测所有原子处于同一平面上 B．SO3的聚合(SO3)3其中一种具有环状结构，其中采取sp3杂化 C．S2O52-只有一种结构，为[(O)2S-S(O)3]2- D．含结晶水的硫酸盐都易溶于水 【答案】B 【解析】A项，S8中每个S原子的成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价电子对数为O52-的环状结构为，其中每个S原子形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，故S采取sp3杂化，B正确；C项，S2O52-中S的平均价态为+4，所给结构中两个S价态分别为+3、+5，其平均氧化态(+4)与化学式相符，其结构可有：和两种形式，C错误；D项，含结晶水的硫酸盐不一定易溶，如CaSO4·2H2O(石膏)微溶于水，D错误；故选B。 7．【原创】下列实验操作或原理正确的是( ) A．证明存在反应限度：饱和氯水显黄绿色 B．混合乙醇和浓硫酸：将乙醇慢慢加入浓硫酸中，边加边搅拌 C．分离碘单质和铁粉：加热升华再冷凝收集碘单质 D．除去苯中的苯酚：加NaOH溶液分液后干燥 【答案】D 【解析】A项，饱和氯水显黄绿色是由于溶解了氯气(Cl2)分子，该现象只能证明反应物Cl2存在，而证明反应限度须证明反应物与产物共存，A错误；B项，混合乙醇和浓硫酸时，正确操作是将浓硫酸缓慢加入乙醇中，并不断搅拌，以防止浓硫酸稀释放热导致局部过热、暴沸或飞溅；将乙醇加入浓硫酸中是危险的操作，B错误；C项，加热会导致铁粉与碘反应生成FeI2，无法有效分离碘与铁粉，C错误；D项，苯酚具有弱酸性，与NaOH反应生成水溶性的苯酚钠，苯不溶于水，加NaOH溶液后分液可分离出苯层(除去苯酚)，再干燥以除去残留水分，得到纯净苯，D正确；故选D。 8．【原创】下列方程式书写正确的是( ) A．加热浓硫酸和木炭的混合物：C+H2SO4(浓) CO↑+2SO2↑+H2O B．Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2：4CO2+ [Al(OH)4]-=Al3++4HCO3- C．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：n+nHCHO +(n-1)H2O D．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O 【答案】C 【解析】A项，加热浓硫酸和木炭的混合物生成的是二氧化碳、二氧化硫和水，其正确的化学方程式为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，A错误；B项，二氧化碳溶于水形成碳酸，为弱酸，所以会与Na[Al(OH)4]反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，其正确的离子方程式为：CO2+ [Al(OH)4]-=Al(OH)3↓+HCO3-，B错误；C项，尿素与甲醛发生缩聚反应生成线型脲醛树脂，上述化学方程式正确，C正确；D项，草酸为弱酸离子方程式不拆，5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，D项错误。 9．(2026·浙江宁波镇海中学高三考前模拟预测)一种高性能聚碳硅烷材料P的合成路线如下： 下列说法正确的是( ) A．X→Y中，a处和b处的碳碳双键均参与二聚反应 B．Z分子中有5个手性碳原子 C．Z→聚合物P的反应类型为缩聚反应 D．聚合物P属于易降解高分子材料 【答案】B 【解析】X二聚得Y，Y加氢还原得到Z，结合Y的分子式(C18H24O4)推得Y的结构简式为；Z与加成聚合成聚合物P。A项，观察产物Z的结构，Z两端仍保留碳碳双键，说明二聚反应中仅b处碳碳双键参与加成二聚，a处碳碳双键未参与反应，A错误；B项，Z的结构简式为，可以看出Z中有5个手性碳原子：，B正确；C项，缩聚反应的特征是生成聚合物同时脱去小分子(如水、醇等)，该反应是Z两端碳碳双键与Si-H的加成聚合，无小分子生成，属于加聚反应，不是缩聚反应，C错误；D项，聚合物P中酯基处在环状醚内酯结构，碳硅主链C-Si键化学稳定性极强，常规条件难水解，不易降解，D错误；故选B。 10．【原创】下图所示装置或操作能达到实验目的的是( ) A．熔化Na2CO3 B．中和反应反应热测定 C．制备乙烯 D．验证或收集电解饱和食盐水的产物 【答案】D 【解析】A项，高温下，Na2CO3与瓷坩埚主要成分SiO2发生反应，熔化Na2CO3应该用铁坩埚，故A错误；B项，金属导热性强，为减少热量损失，中和反应反应热测定实验中应使用玻璃搅拌器，故B错误；C项，170℃时，乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应制备乙烯，应该把温度计插入液面以下，故C错误；D项，根据装置图可知，碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解饱和食盐水时，阳极氯离子失电子生成氯气，用淀粉碘化钾溶液检验氯气，阴极生成氢气，氢气密度小于空气，用向下排空气法收集氢气，故D正确；选D。 11．SnCl2具有还原性，易水解。一种制备纯净的SnCl2的装置示意图如下： 下列说法错误的是( ) A．若通入气体更换为Cl2，也可制备纯净的SnCl2 B．实验过程中应先通入HCl(g)，再开启管式炉加热 C．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管 D．冷却剂的作用是冷凝SnCl2，便于收集 【答案】A 【解析】在管式炉加热的条件下，石英管内Sn与HCl(发生反应Sn+2HCl(浓)SnCl2 +H2↑，反应后的气体经过冷却剂冷凝，得到SnCl2；A项，Cl2具有较强的氧化性，SnCl2具有还原性，若通入气体更换为Cl2，则生成的SnCl2会与Cl2发生氧化还原反应，得不到纯净的SnCl2，A项错误；B项，实验过程中应当先通入HCl(g)，排净装置内的空气，再开启管式炉加热，防止生成的SnCl2被空气中的氧气氧化，B项正确；C项，由已知信息可知SnCl2易水解，所以应当在导气管a处连接干燥管，防止实验装置外的水蒸气进入装置内，使得SnCl2水解，C项正确；D项，SnCl2熔沸点高，反应生成SnCl2和氢气，经过冷却剂冷凝处理后使SnCl2凝固，与氢气分离，得到纯净的SnCl2，D项正确；故选A。 12．已知电解质的溶解也可以看成是反应，25℃时下列反应的焓变和平衡常数如表所示，相关判断以及可能原因均正确的是( ) 反应 ΔH/(kJ·mol−1) Ksp Ca3(PO4)2(s)3Ca2+(aq)+2PO43-(aq) -77.249 1.853×10-31 Na2CO3(s)2Na+(aq)+2CO32-(aq) -25.066 4.290 Ag2S(s)2Ag+ (aq)+ S2-(aq) 277.387 6.904×10-50 NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq) 3.741 39.04 A．Ca3(PO4)2溶于水是㷰增过程，可能原因是Ca2+与PO43-形成水合离子 B．NaCl溶于水是熵增过程，可能原因是会破坏水分子间氢键 C．Ag2S的溶解度极小，可能原因是Ag+与S2-间作用力离子键百分数大 D．NaCl溶解度大于Na2CO3，可能原因是NaCl溶解吸热而Na2CO3溶解放热 【答案】B 【解析】A项，Ca3(PO4)2的溶解焓变ΔH为负，但Ksp极小，说明ΔG＞0，反应非自发，虽然生成离子可能熵增，但水合作用可能导致系混乱程度减小，即熵减，因此溶解过程实际熵减，A错误；B项，NaCl溶解的ΔH＞0，但Ksp较大，说明ΔG＜0，因此ΔS＞0，Cl⁻破坏水分子间氢键，增加溶液混乱度，导致熵增，B正确；C项，Ag和S的电负性相差较小，共价键百分数较大，C错误；D项，由表格可知NaCl溶解时ΔH＞0，Na2CO3溶解时ΔH＜0，焓变为负值有利于自发进行，因此二者溶解度应该从熵的角度分析，NaCl溶解度大于Na2CO3是因NaCl溶解熵增显著(ΔS＞0)，而Na2CO3溶解虽放热但熵减(ΔS＜0)，导致ΔG负值较小，D错误；故选B。 13．【三聚氰酸】三聚氰酸(结构如图)，单体为HOCN(氰酸)［与HNCO(异氰酸)呈现互变异构现象］，且三聚氰酸分解产物主要为HNCO，下列说法不正确的是( ) A．三聚氰酸晶体中有氢键和范德华力 B．三聚氰酸是平面分子，其单体的酸中C原子采用sp2杂化 C．异氰酸能与HBr发生加成反应生成H2NCOBr D．异氰酸结构，因存在大π键，相对氰酸而言体系能量更低，更稳定 【答案】B 【解析】A项，三聚氰酸分子中含有-OH，分子间可以形成氢键，分子晶体普遍存在范德华力，A正确；B项，三聚氰酸单体为氰酸(H-O-C ≡N)，其中C原子采用的是sp杂化，B错误；C项，异氰酸(HN=C=O)中含有碳氮双键，故能与HBr发生加成反应生成H2NCOBr，C正确；D项，异氰酸(HN=C=O)中存在大π键，共轭体系使分子能量更低，稳定性更强，D正确；故选B。 14．我国科研工作者以污染物NO为氮源，用ZnO纳米片电催化CO2与NO合成CO(NH2)2。电催化合成CO(NH2)2的原理如图所示。下列说法正确的是( ) 已知：法拉第效率 A．电极连接电源的正极 B．电极附近产生的气体只有O2 C．阴极区的电极反应式是2NO+11CO2+7H2O+10e-=CO(NH2)2+10HCO3- D．已知生成尿素的法拉第效率为50%，当外电路有电子通过时，产生了3g尿素 【答案】C 【解析】A项，电极b上NO转化为CO(NH2)2，N元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，应连接电源负极，A错误；B项，电极a为阳极，水电离出的OH-放电生成O2，同时生成的H+与HCO3-反应生成CO2，产生的气体有O2和CO2，B错误；C项，阴极上NO得电子，结合CO2、H2O生成尿素和HCO3-，题给电极反应式符合原子守恒、电荷守恒，得失电子守恒，C正确；D项，外电路通过2mol电子时，生成尿素所用电子为，生成1mol尿素转移10mol电子，故生成尿素的物质的量为0.1mol，质量为，D错误；故选C。 15．25℃下，向AgCl饱和溶液(含足量AgCl固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应： 已知，，下列说法正确的是( ) A．平衡常数 B．测得溶液中时，溶液中 C．滴加Na2S2O3溶液过程中，的值逐渐减小 D．相同条件下，AgBr在Na2S2O3溶液中的溶解度比AgCl更大 【答案】B 【解析】A项，①，②，③；①+②+③得反应，，代入求得，A错误；B项，，则，则，则溶液中，B正确；C项，根据物料守恒，，故，原式可转化为，滴加Na2S2O3溶液时增大，比值逐渐增大，C错误；D项，相同条件下，，则AgBr在Na2S2O3溶液中的溶解度比AgCl更小，D错误；故选B。 16．【联系生活】某市售葡萄糖酸亚铁补铁剂，标注含Fe量5mg/ml，现按下列步骤测定实际Fe含量： 已知：邻二氨菲(phen)：可以与形成橘黄色配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的吸光度A与配合物浓度成正比。线性回归方程：A≈150×Q+0.02(Q为Fe2+浓度，单位：mg/mL) 下列说法不正确的是( ) A．若改用酸性高锰酸钾溶液测定补铁剂，结果Fe含量超过5mg/mL，可能是因为补铁剂中还存在其他还原性物质 B．步骤Ⅱ，加入盐酸羟胺的目的是防止溶液中Fe2+被氧化，提高测定结果的准确性 C．步骤Ⅱ，加入缓冲液可以维持pH值相对稳定，若pH过低，会导致吸光度A偏高 D．步骤Ⅲ测得吸光度工A=0.74，则原补铁剂中Fe的实际含量为4.8mg/mL 【答案】C 【解析】邻二氨菲(phen)：可以与Fe2+形成橘黄色配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的吸光度A与配合物浓度成正比，通过测量吸光度A，结合线性回归方程：A≈150×Q+0.02计算实际Fe含量。A项，酸性高锰酸钾具有强氧化性，若补铁剂中存在其他还原性物质，会与高锰酸钾反应，导致消耗高锰酸钾体积偏大，计算出的Fe含量偏高，A正确；B项，盐酸羟胺是还原剂，可防止Fe2+被氧化为Fe3+(邻二氨菲仅与Fe2+显色)，确保Fe2+完全参与配位，提高测定准确性，B正确；C项，pH过低时，邻二氨菲(phen)中的N原子易结合H⁺，降低其与Fe2+的配位能力，导致配合物[Fe(phen)3]2+，浓度减小，吸光度A偏低，而非偏高，C错误；D项，由A=0.74，代入线性回归方程0.74=150Q+0.02，解得Q==0.0048 mg/mL(显色后Fe2+浓度)。显色液中Fe总量=0.0048 mg/mL×50 mL=0.24 mg，来源于步骤I中5 mL稀释液。原补铁剂1 mL稀释至100 mL，5 mL稀释液含Fe量=原1 mL补铁剂中Fe量×，即0.24 mg=原浓度C×1 mL×，解得C=4.8 mg/mL，D正确；故选C。 二、非选择题：共4题，共52分。 17．【矿物利用】(16分)钒在自然界大多以复杂氧化物形式成矿。请回答： (1)有关钒及其化合物的说法正确的是___________。 A．基态钒原子的价层电子排布式为3d34s2，位于周期表的d区 B．钒无特征焰色，与电子跃迁释放能量不在可见光范围有关 C．V2+易被氧化为V3+，是因为V3+的3d轨道处于半满稳定状态 D．VO(OH)2既可溶于强酸又可溶于强碱，说明VO(OH)2具有两性 (2)一种钒的氧化物的晶胞如图所示： 该氧化物的化学式___________。V原子的配位数为___________。 (3)化合物A[化学式：VOSO4]和化合物B[化学式：VOSeO4]具有相似结构。 ①实验测得化合物B在潮湿空气中比化合物A更容易潮解。请从结构角度分析原因___________。 ②实验测得SeO42-中O-Se-O键角与SO42-中O-S-O键角非常相近。但H2Se中H-Se-H键角与H2S中H-S-H键角相差较大，请从结构角度分析原因___________。 (4)有同学以钒铅矿[主要成分为Pb5(VO4)3Cl，含少量Fe2O3、 SiO2]为原料，设计如下转化方案： ①Pb5(VO4)3Cl、NaOH、O2在高温下反应生成Na3VO4、PbO和一种单质气体。该反应的化学方程式___________。 ②气体X通入滤液A中用于调节溶液pH并提供NH4+，使VO43-转化为NH4VO3沉淀。气体X为___________；滤液B中除Na+外，浓度最高的两种离子___________(按浓度由高到低顺序)。 ③煅烧NH4VO3得到的V2O5产品中可能混有未分解的NH4VO3。请设计一个简单实验检验V2O5产品中是否含有NH4VO3(已知：NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水；V2O5难溶于水)___________。 【答案】(1)ABD(2分) (2) VO2(2分) 6(1分) (3)①SeO42-比SO42-体积大，VO2+与SeO42-的离子键更弱，更易与水分子结合(2分) ②SeO42-和SO42-的中心原子均为sp3 杂化，且无孤对电子，为正四面体结构，H2Se和H2S的中心原子也均为sp3 杂化，但均有2个孤电子对，且S的电负性大于Se，H-S键间的斥力更大(2分) (4)①4Pb5(VO4)3Cl+36NaOH+O212Na3VO4+20PbO+Cl2↑＋18H2O(2分) ②氨气(1分) OH-、NH4+(2分) ③取少量产品于试管中，加入适量热水，充分振荡后静置，取上层清液或过滤后取滤液，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明样品中含有NH4VO3(2分) 【解析】(1)A项，基态V为23号元素，其价层电子排布式为3d34s2，位于周期表d区，A正确；B项，焰色反应的本质是电子跃迁释放光子，若释放能量对应的波长不在可见光范围，则无特征焰色，B正确；C项，V3+的价电子排布为3d2，C错误；D项，VO(OH)2既可溶于强酸又可溶于强碱，符合两性物质的定义，D正确；故选ABD。 (2) 晶胞中V原子计数：顶点8个，贡献；体心1个，贡献，总V原子数为1+1=2；O原子在晶胞内有2个，面上4个，故共个，故V：O=2：4=1：2，化学式为VO2。中心V原子周围连接6个O，故V的配位数为6。 (3)①Se和S同主族，Se原子半径更大，对应离子半径更大，离子晶体晶格能更小，离子键更弱，更易结合水发生潮解。②根据价层电子对互斥理论，孤电子对和成键电子对的排斥力不同，中心原子电负性和半径会影响成键电子对的排斥力，SeO42-和SO42-的中心原子均为sp3杂化，且无孤对电子，为正四面体结构，故二者O-S-O键角非常相近；H2Se和H2S的中心原子也均为sp3杂化，但均有2个孤电子对，且S的电负性大于Se，H-S键间的斥力更大，故H2S中H-S-H键角大。 (4)①反应物为Pb5(VO4)3Cl、NaOH、O2，产物为Na3VO4、PbO，单质气体只能是Cl2，根据电子守恒、原子守恒配平可得4Pb5(VO4)3Cl+36NaOH+O212Na3VO4+20PbO+Cl2↑＋18H2O。②气体X需要提供NH4+并调节pH，故X为NH3；原反应NaOH过量，NH3溶于水电离出OH-和NH4+，铵根参与有NH4VO3沉淀，故OH-浓度高于NH4+，因此除Na+外浓度最高的两种离子为OH-、NH4+。③根据题干给出的溶解性信息：有NH4VO3可溶于热水、微溶于冷水，V2O5难溶于水，利用溶解性差异即可检验有NH4VO3中存在的NH4+，步骤为取少量产品于试管中，加入适量热水，充分振荡后静置，取上层清液或过滤后取滤液，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明样品中含有有NH4VO3。 18．(12分)(2026·浙江县域联盟选考模拟)含氮物质影响人类的生活和生产。 (1)已知：N2(g)＋2O2(g)2NO2(g)   ΔH1＝+68kJ·mol−1 N2(g)＋O2(g)2NO(g)   ΔH2＝+180kJ·mol−1 则2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)   ΔH=______。 (2)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)分两步进行(两步均为放热反应，Ea表示反应的活化能)： Ⅰ  2NO(g)N2O2(g)  Ea1 Ⅱ  N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)  Ea2 某条件下，体系中各含氮微粒(忽略N2O4)浓度变化如图；t1时刻c(N2O2)处于最大值。 ①Ea1______Ea2(填“大于”“小于”或“等于”)。 ②在其他条件不变情况下，若将反应处于较高温度下进行。当c(N2O2)达到最大值时，所用时间比t1，最大值比a。判断正确的是：______。 A．短；小     B．短；大     C．长；大     D．长；小 ③在其他条件不变的情况下，将两份相同的反应物分别置于不同温度T1和T2(T1>T2)下进行反应，测得在相同时间内T2条件下生成的c(NO2)更大，原因是______。(从速率和平衡移动角度解释) (3)将反应2NO2+2N2H4=3N2+4H2O设计成原电池，以石墨为电极，电解质溶液为KOH溶液，该电池工作时负极的电极反应式为______。 (4)25°C下，N2H4水溶液中各含氮微粒(N2H4及N2H4的水合物均按N2H4计)物质的量分数(某含氮微粒占总含氮微粒的物质的量的百分数)随pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化如图。 请回答： ①图中z代表的含氮微粒化学式为______。 ②25°C下，0.1 mol/L的N2H5Cl溶液的pH=______。 【答案】(1)-112 kJ/mol(1分) (2) 小于(1分) A(2分) 温度升高，第一步反应平衡逆向移动，二氧化二氮浓度降低导致第二步反应速率减慢的程度大于温度升高加快第二步反应的程度(其他合理答案也可)(2分) (3)N2H4+4OH--4e-=N2＋4H2O(2分) (4)N2H62+(2分) 4.5(2分) 【解析】(1)根据盖斯定律，目标反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可由已知第一个反应减去第二个反应得到，因此。 (2)①t1时刻N2O2浓度达到最大，说明第一步反应速率快于第二步，活化能越小反应速率越快，因此Ea1小于Ea2。② 升高温度，反应速率加快，因此c(N2O2)达到最大值的时间比t1更短；第一步反应2NO(g)N2O2(g)是放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此c(N2O2)的最大值比a更小，故选A。 ③总反应为放热反应，T1＞T2，升高温度虽然加快反应速率，但平衡逆向移动，N2O2的浓度降低，导致第二步反应速率减慢的程度大于温度升高加快第二步反应的程度。 (3)原电池负极发生氧化反应，N2H4在负极被氧化为N2，电解质为碱性KOH溶液，配平后电极反应为：N2H4+4OH--4e-=N2＋4H2O。 (4)联氨N2H4是二元弱碱，分步电离：，，，因此。pOH越大，c(OH―)越小，c(H＋)越大，越利于电离平衡右移，含氮微粒结合H+越多，电荷越高，因此从左到右(pOH从小到大)，微粒依次为、、，z代表的含氮微粒化学式为N2H62+。 对于0.1mol·L-1N2H5Cl，溶质N2H5+的酸电离常数，x和y交点，，因此，，根据一元弱酸pH公式。 19．(12分)(2026·浙江七彩阳光、浙南名校、精诚联盟、金兰教育2027届高三返校联考)高氯酸二邻菲罗啉合亚铜的化学式为[Cu(phen)2]ClO4，常用作研究亚铜的氧化动力学模型化合物。某化学兴趣小组用以下方法制备少量的该物质。 实验一：前驱体高氯酸四乙腈合亚铜的制备 实验二：目标产物高氯酸二邻菲罗啉合亚铜的制备 原理：[Cu(CH3CN)4]ClO4+2phen→ [Cu(phen)2]ClO4+4CH3CN。 装置： 已知：①[Cu(phen)2]ClO4不溶于乙醚； ②Cu(ClO4)2·6H2O为蓝绿色晶体； ③Cu+的配合物通常为无色，易被氧化； ④CH3CN(乙腈)沸点，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。 请回答： (1)仪器a的名称是__________。 (2)下列说法正确的是__________。 A．步骤Ⅵ中最适宜的干燥方法是真空干燥 B．“phen”是邻菲罗啉，它含有存在孤电子对的原子 C．步骤Ⅰ中HClO4溶液稍过量的目的之一是抑制Cu2+的水解 D．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系 (3)步骤Ⅳ中，当____________________(填现象)时，停止加热回流。 (4)实验二完成后，从溶液中获得目标产物的简要操作是____________________(不可使用热源)。 (5)已知[Cu(phen)2]ClO4的摩尔质量为523.5g/mol，实验过程中用去66.60gCu2(OH)2CO3 ，制得[Cu(phen)2]ClO4167.52g，该实验的产率是__________。 【答案】(1)三颈烧瓶(2分) (2)ABC(3分) (3)溶液蓝绿色褪去(2分) (4)向溶液中加入乙醚，过滤、用乙醚洗涤、干燥(2分) (5)53.33%(53%~53.4%都可以)(3分) 【解析】向碱式碳酸铜中加入高氯酸，充分反应后，过滤，得到高氯酸铜溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到六水合高氯酸铜，向其加入100 mL乙腈、铜粉，加热回流，经过一系列操作得到产物。 (1)根据题中装置图可知，仪器a为三颈烧瓶； (2)A项，目标产物的亚铜配合物易被氧化，真空干燥可以避免接触空气，同时在低温下除去残留的易挥发有机溶剂，是最适宜的干燥方法，A正确；B项，邻菲罗啉是常见的双齿配体，配体的配位原子(氮原子)上存在孤电子对，才能与中心亚铜离子形成配位键，B正确；C项，Cu2+属于弱碱阳离子，易水解，稍过量的高氯酸可以提供H+，抑制Cu2+的水解，C正确；D项，步骤Ⅳ中Cu(ClO4)2·6H2O和铜粉在乙腈中回流，核心反应是Cu2+和Cu归中生成Cu+，同时乙腈作为配体形成高氯酸四乙腈合亚铜，并非单纯蒸发结晶水，D错误；故选ABC。 (3)已知Cu(ClO4)2·6H2O为蓝绿色晶体，而生成的Cu+的配合物为无色，当蓝绿色完全褪去，说明Cu2+已经全部被还原为Cu+，反应完成，即可停止回流。 (4)已知目标产物不溶于乙醚，而反应物乙腈等杂质易溶于乙醚，加入乙醚后目标产物会结晶析出，无需热源，经过滤、乙醚洗涤、干燥即可得到产物； (5)首先计算原料的物质的量：，1 molCu2(OH)2CO3含2 mol Cu，根据Cu元素守恒，理论上最多生成0.6 mol目标产物，理论质量为；。 20．【新药物合成】(12分)化合物X是合成药物阿哌沙班的中间体，某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)： 已知： ①HCHO+2RNH2→RNHCH2NHR+H2O； ②+NH3→HOCH2CH2NH2。 请回答： (1)化合物D中体现碱性的官能团名称是______。 (2)下列说法正确的是_______。 A．化合物A的碱性比化合物D强 B．邻硝基苯胺沸点比化合物D高 C．F→G的两步反应均为取代反应 D．在E+H→X的反应中，K2CO3作催化剂 (3)路线中两次用到化合物E，E的结构简式是_____。 (4)G→H的化学方程式是_______。 (5)已知F→G过程中同时有多种与G互为同分异构体的副产物，写出一种含量相对较多的副产物结构简式______。 (6)以甲醛、乙烯为有机原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。 【答案】(1)氨基(1分) (2)AC(2分) (3)ClCH2CH2CH2CH2COCl(2分) (4)(2分) (5)(2分) (6)(3分) 【解析】苯胺(A)与乙酰氯发生取代反应生成乙酰苯胺(B)，B经硝化反应(取代)在苯环上引入硝基得到C，结合B、D的结构简式和C的化学式得C为，C在碱性条件下水解除去乙酰基得到D；D与5-氯戊酰氯(E)在K2CO3作用下发生取代反应关环生成含内酰胺结构的F，结合D、F的结构和E的化学式可得E为ClCH2CH2CH2CH2COCl，F与PCl5发生取代反应将羰基转化为酰氯，再与发生取代反应得到G()，G在Fe/HCl作用下发生还原反应，将硝基还原为氨基得到H()，最后H与E在K2CO3作用下发生取代反应得到目标中间体X。 【解析】(1)化合物D为对硝基苯胺，含氨基(-NH2)和硝基(-NO2)。氨基上的氮原子有孤电子对，可结合质子，体现碱性；硝基是强吸电子基团，不体现碱性。 (2)A项，化合物A(苯胺)的碱性比化合物D(对硝基苯胺)强。D中硝基的强吸电子效应降低了氨基氮原子的电子云密度，使其结合H+的能力减弱，碱性降低，A正确；B项，对硝基苯胺的对位结构使分子排列更紧密，只能形成分子间氢键，分子间作用力强，沸点更高，邻硝基苯胺分子内易形成氢键(硝基与氨基)，分子间作用力弱，沸点较低，因此邻硝基苯胺沸点比D低，B错误；C项，F→G的第一步是与PCl5反应，羰基被氯原子取代；第二步是生成的亚胺酰氯与反应，氯原子被取代。两步均为取代反应，C正确；D项，在E+H→X的反应中，K2CO3的作用是与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高产率，而非作催化剂，D错误； (3)由分析可知，E为ClCH2CH2CH2CH2COCl。 (4)化合物G中的硝基(-NO2)在Fe和HCl的作用下被还原为氨基(-NH2)，反应的化学方程式为：。 (5)F→G的第一步反应中，除了目标位点的取代反应，其他位点也可能发生取代。一种含量较多的副产物是在另一个位点发生取代反应生成的产物，结构简式为：。 (6)由题，乙烯(CH2=CH2)在银催化下与O2发生氧化反应生成环氧乙烷(C2H4O)，环氧乙烷与NH3发生开环加成反应，生成二乙醇胺(HOCH2CH2NHCH2CH2OH)，二乙醇胺在酸性条件下加热脱水，发生分子内取代反应环化，生成，与甲醛(HCHO)发生已知反应①，两分子吗啉与一分子甲醛反应，生成目标化合物。流程为：。 / 学科网（北京）股份有限公司 $