【精品解析】浙江省第一届NBchem 2024-2025学年高三上学期高考模拟考试12月联考 化学试题

浙江省第一届NBchem 2024-2025学年高三上学期高考模拟考试12月联考 化学试题
1．（2024高三上·浙江月考）下列物质的化学表述正确的是
A．俗名金刚砂的物质化学式是，其具有类似石墨的结构
B．是一种碳的化合物
C．石英晶体具有手性
D．乙酸晶胞的分子式为：
【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；乙醇的物理、化学性质；晶体的定义；物质的简单分类
【解析】【解答】A．俗名金刚砂，与金刚石的结构类似，A错误；
B．是一种碳的单质，B错误；
C．石英晶体低温的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链，没有封闭的环状结构，这一结构决定它具有手性，C正确；
D．乙酸晶胞的分子式为：，D错误；
故答案为：C
【分析】A、SiC的晶体结构与金刚石类似。
B、C60是碳的一种单质。
C、石英晶体具有手性结构。
D、乙酸晶胞的分子式为C2H4O2。
2．（2024高三上·浙江月考）下列说法正确的是
A．重金属盐能使蛋白质变性，所以吞服“钡餐”会引起中毒
B．与中都含有一样的核糖
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构型
【答案】C
【知识点】单糖的性质和用途；二糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．“钡餐”的成分是硫酸钡，不溶于水，且不与稀盐酸反应。吞服后不能被人体吸收，不会引起中毒，A错误；
B．RNA 中的糖属于核糖，DNA 中的糖属于脱氧核糖，B错误；
C．蔗糖为二糖，一定条件下，可发生水解反应生成葡萄糖和果糖，C正确；
D．自然界存在的葡萄糖和果糖都具有D构型，不具有L构型，D错误；
故答案为：C
【分析】A、BaSO4与稀盐酸不反应，不会造成重金属中毒。
B、RNA与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构型。
3．（2024高三上·浙江月考）下列表示正确的是
A．的空间构型为直线型
B．酸性强于，所以键能：
C．卤族元素第一电离能变化趋势：
D．直链淀粉结构示意图：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．二氟化氙的中心原子氙的价层电子对数为5，采用sp3d杂化，分子中存在3对孤对电子和2个成键电子对。由价层电子对互斥理论，3对孤对电子占据三角双锥的赤道平面，2个氟原子位于轴向位置，所以分子的空间构型呈直线型，A正确；
B．非金属性：F＞O，原子半径：F＜O，所以键能：H-F>H-O，B错误；
C．卤族元素包括氟、氯、溴、碘、砹等，原子半径逐渐增大，第一电离能随着原子序数的增大而依次减小，C错误；
D．直链淀粉形成无分支的螺旋结构，而支链淀粉则具有树枝形分支结构，为支链淀粉结构示意图，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据价层电子对互斥理论确定空间构型。
B、根据非金属性和原子半径大小确定键能大小。
C、根据原子半径确定第一电离能大小。
D、直链淀粉形成无分支的螺旋结构。
4．（2024高三上·浙江月考）化学与人类生活密切相关，下列说法中正确的是
A．ATP合成酶像一个会旋转的泵，膜内外浓度的差别推动了这个泵旋转
B．有机化合物的同分异构有构造异构和对映异构，其中对映异构包含立体异构和顺反异构
C．氧原子可以形成，也可能形成
D．分子的稳定性只与分子内化学键键能有关
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；酶的结构和性质
【解析】【解答】A．ATP合成酶由突出膜外的亲水头部和嵌入膜内的疏水尾部组成，像一个会旋转的泵，泵的旋转由膜内外 H+ 浓度的差别推动，A正确；
B．有机化合物的同分异构现象有构造异构和立体异构，立体异构包含对映异构和非对映异构，非对映异构中包含顺反异构，B错误；
C．氧原子可以形成 H2O 、H2O2、H3O+，C错误；
D．分子的稳定性与分子内化学键键能、分子的空间结构、分子间作用力、外部环境因素等都有关，D错误；
故答案为：A
【分析】A、结合ATP合成酶的组成分析。
B、顺反异构属于非对映异构。
C、氧原子可以形成 H2O 、H2O2、H3O+。
D、分子的稳定性与其空间结构、键能、分子间作用力等因素有关。
5．（2024高三上·浙江月考）下列关于(未配平)说法中，不正确的是
A．此反应能发生是因为生成了沉淀
B．也可以发生上述反应
C．每生成，大约产生(和)
D．能溶解于硫酸，也是发生了氧化还原反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．银离子与碘离子结合生成碘化银的沉淀，反应正向进行，A正确；
B．溶解度：AgCl＞AgI，因此反应不一定能进行，B错误；
C．反应配平后为，生成1molAgI生成0.5molH2，常温常压下，气体摩尔体积约为24.5mol/L，体积约为12.25L，C正确；
D．加热条件下，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，铜从0价变成正价，发生氧化还原反应，D正确；
故答案为：B
【分析】A、AgI难溶于水，反应向着难溶方向进行。
B、由于溶度积：AgCl＞AgI，反应不一定能进行。
C、常温常压下，Vm≠22.4L·mol－1。
D、加热条件下，Cu与浓硫酸可发生氧化还原反应。
6．（2024高三上·浙江月考）实验是重要的研究手段，下面关于实验的说法错误的是
A．图1可用于电解水，当电解过程进行后，打开，关闭可观察到指针偏转
B．图2需要先用砂纸把铁制镀件打磨干净，再放入浓硫酸中除锈
C．图3试剂添加顺序为乙醇-浓硫酸-乙酸
D．欲要检验图4，可以使用饱和溴水或溶液
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．图1可用于电解水，当电解过程进行后，两个电极上分别产生氢气和氧气，此时打开，关闭，装置构成氢氧燃料电池，反应过程产生电流，因此可观察到指针偏转，A正确；
B．常温下浓硫酸能使铁钝化，因此放入浓硫酸中会发生钝化，应放入稀硫酸中除锈，B错误；
C．乙酸沸点低且易挥发，浓硫酸稀释时会放热加剧其挥发，冷却后加乙酸，可减少乙酸挥发，提高原料利用率，C正确；
D．苯酚可与溶液显紫色，与饱和溴水生成白色沉淀，而醇羟基与FeCl3溶液、饱和溴水都不反应。因此可用饱和溴水或溶液来检验酚和醇羟基，D正确；
故答案为：B
【分析】A、K1闭合时为电解池装置，电解Na2SO4溶液本质上是电解水。K1断开、K2闭合时，H2和O2构成原电池装置。
B、常温下，浓硫酸能使铁钝化。
C、酯化反应实验中试剂的添加顺序为：乙醇→浓硫酸→乙酸。
D、酚羟基能与FeCl3溶液显紫色，与饱和溴水产生白色沉淀；而醇羟基不能。
7．（2024高三上·浙江月考）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列微观结构或现象不能解释其性质的是
选项 微观结构或现象 性质
A 头发主要由角蛋白组成，其中的含硫氨基酸形成的二硫键(-S-S-)是维持头发弹性和形状的一个重要结构。 烫发时有二硫键的断裂和形成
B [Cu(NH3)4]2+是一种常见的Cu配合物，具有平面结构 Cu采取sp2杂化
C 在CuSO4液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮 电镀时加快反应速率不利于镀层的光亮与平整
D 人们发现，液态植物油可以与氢气发生加成反应，生成类似动物脂肪的硬化油脂，即氢化植物油 油脂熔点变高，且不容易变质
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．头发的主要成分为角蛋白，其中含硫氨基酸形成的二硫键(-S-S-)，烫发时先用还原剂破坏肽链之间的二硫键(-S-S-)，将其还原成游离的巯基(-SH)，易于变形。再用发夹和发卷将头发塑成一定的形状；最后用氧化剂在新位置形成二硫键，固定发型。综上烫发时有二硫键的断裂和形成，A正确；
B．[Cu(NH3)4]2+是一种常见的Cu配合物，其空间结构为平面四边形，其中心Cu原子采用dsp2杂化，B错误；
C．在CuSO4液中加入一些氨水，形成铜氨溶液，溶液中Cu2+的浓度降低，使得Cu2+放电速率减缓，同时通过平衡移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电平稳的作用，从而可以使镀层更加致密、细腻、光亮，C正确；
D．液态植物油分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够与H2发生加成反应，不饱和烃基变为饱和烃基，物质的状态由液态变为固体，使得物质的熔点变高。由于加成反应消耗了不饱和的碳碳双键，因此就可以起到防止其氧化变质的目的，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据染发过程中发生的反应分析。
B、中心Cu原子采用dsp2杂化。
C、结合反应过程中溶液中c(Cu2+)的变化分析。
D、与H2发生加成反应后，液态植物油变为固态，熔点变大。
8．（2024高三上·浙江月考）下列化学反应与方程式不相符的是
A．和溴酸根溶液反应制备高溴酸根：
B．电合成己二腈的阴极反应：
C．软脂酸的燃烧反应：
D．天然橡胶的合成：
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．XeF2 和溴酸根溶液发生氧化还原反应，溴酸根被氧化为高溴酸根，XeF2++H2O→Xe++2HF，A正确；
B．电有机合成己二腈时，酸性条件下丙烯腈在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，B正确；
C．软脂酸的燃烧生成CO2和H2O，发生反应CH3(CH2)14COOH+23O2 → 16H2O+16CO2，C正确；
D．天然橡胶主要成分为聚异戊二烯，从橡胶树等植物中获取，由丁二烯聚合而成的是合成橡胶，D错误；
故答案为：D
【分析】A、XeF2与BrO3－发生氧化还原反应，生成Xe和BrO4－。
B、电解过程中阴极上CH2=CHCN发生得电子的还原反应，生成NC(CH2)4CN。
C、软脂酸完全燃烧，生成H2O和CO2。
D、天然橡胶的主要成分为聚异戊二烯。
9．（2024高三上·浙江月考）葡萄糖分子中的醛基可以与分子内的羟基作用，形成两种六元环状结构
则下列说法正确的是
A．水溶液中主要存在的是环状葡萄糖
B．葡萄糖可以氧化银氨溶液产生银镜
C．很多多糖中的单糖单元多以链状结构的形式存在
D．吡喃葡萄糖物理性质相同
【答案】A
【知识点】单糖的性质和用途；多糖的性质和用途；葡萄糖的银镜反应
【解析】【解答】A．在葡萄糖水溶液中，存在着链状和环状结构葡萄糖之间的平衡，主要存在的是环状葡萄糖，A正确；
B．链状葡萄糖分子中含有醛基，可以与银氨溶液反应，生成银镜，B错误；
C．绝大多数葡萄糖以环状形式存在，多数多糖中的单糖单元以环状结构的形式存在，C错误；
D．吡喃葡萄糖和吡喃葡萄糖互为手性异构体，两者的物理性质(如熔点、沸点、密度等)基本相同，但旋光性不同。因此吡喃葡萄糖物理性质不完全相同，D错误；
故答案为：A
【分析】A、水溶液中主要存在的时环状葡萄糖。
B、链状葡萄糖能与银氨溶液发生银镜反应。
C、多数多糖中的单糖单元以环状结构形式存在。
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，我国正式向社会发布113号、115号、117号、118号元素的中文名称，至此，全部完成了1~118号元素的中文命名。已知115号元素的中文名为“镆”，它有多种原子，如等。下列说法中，正确的是
A．在镆原子中，最后填入电子的轨道能级符号是f，故位于周期表中的f区
B．位于周期表的第七周期第VIA族
C．比结合能：
D．在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115号元素正下方将是147号元素
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Mc为第七周期VA族元素，最后填入的能级为7p能级，属于p区元素，A错误；
B．Mc为第115号元素，在元素周期表中的位置为第七周期VA族，B错误；
C．288Mc的质量数小于290Mc，在重核区域，质量数越小，比结合能越大，因此比结合能：288Mc>290Mc；C正确；
D．按照现有规则，第八周期共含有50种元素，因此115号元素的正下方应为165号元素，D错误；
故答案为：C
【分析】此题是对元素周期表结构的考查，结合元素周期表的结构进行分析即可。
11．（2024高三上·浙江月考）在时候，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C的浓度变化如(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为和时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示
则下列说法正确的是
A．该平衡体系的化学反应方程式为：
B．时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向逆反应方向移动
C．该反应
D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且C的体积分数增大
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.0～t1内，A的浓度减小0.2mol·L－1、B的浓度减小0.6mol·L－1、C的浓度增加0.4mol·L－1，因此该平衡体系的化学反应方程式为A(g)+3B(g)2C(g)，A项错误；
B．t1时反应达到平衡状态，该反应的正反应气体分子数减小，(t1+10)min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，容器的体积增大，压强减小，平衡逆向移动，B项正确；
C．根据分析，正反应为放热反应，因此反应的 H＜0，C项错误；
D．由于正反应为放热反应，其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡逆向移动，C的体积分数减小，D项错误；
故答案为：B
【分析】A、根据反应过程中A、B、C浓度变化量，确定反应的化学方程式。
B、保持总压强不变，通入稀有气体，容器的容积变大，相当于减小压强，结合压强对平衡移动的影响分析。
C、T1温度下反应先达到平衡状态，反应速率较快，因此T1＞T2，结合温度对平衡移动的影响分析。
D、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，据此结合反应的热效应分析。
12．（2024高三上·浙江月考）以纯作为阴极，以石墨作为阳极，电解某浓度的溶液，阴极产物均附在电极上，通电一段时间后，关闭电源，迅速撤去电极(设产物无损耗)。若在电解后的溶液加入，则恰好可以使得溶液恢复到原浓度。已知的的下列说法正确的是
A．反应过程中，极板只发生：
B．反应过程中，氧气在两极均生成
C．整个电解过程中，产生标况下气体共
D．水溶液为酸性，这只和水解有关
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，反应过程中，阴极为Zn电极，、H+发生还原反应，A错误；
B．由分析可知，反应过程中，阳极上OH-发生氧化反应生成氧气，B错误；
C．根据原子守恒知，阳极上析出n(O2)=n[Zn(OH)2]=0.05mol，阴极上析出n(H2)=n[Zn(OH)2]=0.05mol。因此反应过程中生成气体体积V==（0.05+0.05）mol×22.4L/mol=2.24L，C 正确；
D．溶液的酸碱性是溶液中所有离子相互作用的结果，水溶液为酸性和水解有关，但并不是只和有关，D错误；
故答案为：C
【分析】以纯锌为阴极，石墨为阳极，电解ZnSO4溶液，阳极的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；阴极的电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn。电解一段时间后，往电解后溶液中加gZn(OH)2（其物质的量为0.05mol），发生反应的离子方程式为Zn(OH)2＋2H＋=Zn2＋＋2H2O。参与反应的n(H＋)=0.1mol，反应生成的n(Zn2＋)=0.05mol，生成n(H2O)=0.1mol。由阳极的电极反应式可知，电解过程中消耗0.05mol，因此在电解过程中，还有0.05molH2O在电极上参与反应，所以阴极上还存在反应2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。
13．（2024高三上·浙江月考）烷烃是我们一开始便学习的有机物，十分有趣。烷烃的卤化反应机理如下：
步(1)：
步(2)：
步(3)：
提示：自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定
下列说法不正确的是
A．步(2)是慢的一步，是氯化反应的决速步
B．反应中，有生成
C．比稳定，而比稳定
D．提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．步(2)的活化能大，反应速率慢，属于慢反应，因此是氯化反应的决速步，A正确；
B．第2步产生了，2个可以形成，该反应为，B正确；
C．自由基为缺电子微粒，给电子基团可以使其稳定，与相比，-CH3取代了的一个氢原子，-CH3是供电子基团，因此比稳定，苯基是吸电子基团，因此比稳定，C错误；
D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，所得的主要产物为氯甲烷，D正确；
故答案为：C
【分析】A、反应所需的活化能越大，反应速率越慢，慢反应为决速反应。
B、2个可反应生成。
C、自由基为缺电子微粒，给电子基团可以使其稳定，据此分析。
D、增大Cl2、CH4的量，可增大CH3·和Cl·的量。
14．（2024高三上·浙江月考）共价型氢化物也称分子型氢化物。由氢和族元素所形成。其中与族元素形成的氢化物是缺电子化合物和聚合型氢化物，如乙硼烷，氢化铝等。下列有关说法不正确的是
A．在水中不水解而在水解水解的主要原因是具有轨道
B．为平面分子，可以水解成与
C．中键角大致，可以理解为S不杂化而成键，故酸性强于
D．中B采取杂化，分子中有键存在
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．CCl4中的碳原子是第二周期元素，只有2s和2p轨道可以成键，最大配位数为4，没有空轨道可以接受水的配位，因此不易发生水解。而SiCl4中的硅原子是第三周期元素，形成SiCl4后还有3d空轨道，可以接受水分子中氧原子的孤电子对，形成配位键，从而发生水解，A正确；
B．为聚合型氢化物，Al2H6的球棍模型为，因此不是平面结构，其转化为H2和Al(OH)3时H元素化合价发生了变化，因此不属于水解反应，B错误；
C．中键角大致为，可以理解为S直接使用3p轨道和H的1s轨道重叠成键，键角仍是3p轨道的90°左右。中O采取sp3杂化，键角105°左右，氧氢键稳定性更强，更难解离出H+，因此酸性强于，C正确；
D．中B采取杂化：，结构为，分子中存在键，D正确；
故答案为：B
【分析】A、CCl4不能水解是因为没有空轨道，而SiCl4可以水解是因为存在空轨道。
B、(AlH3)n不是平面结构，其反应过程中存在元素化合价变化，不属于水解反应。
C、根据键角和化学键的稳定性分析。
D、根据B2H6的结构式分析。
15．（2024高三上·浙江月考）分布系数在处理平衡浓度时，应用广泛。图为草酸的分布系数与的关系图。其中，草酸下列说法不正确的是
A．忽略第二步水解，的中的水解率约为
B．当，有
C．草酸氢钠溶液的介于之间
D．此图像不可以完全根据滴定的实验数据绘出
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．的水解平衡常数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中的水解率约为4.0×10-3%<12%，A错误；
B．，，由图可知，当 c(H2C2O4) =c() 时，2C．草酸氢钠溶液中存在电离和水解，电离常数Ka2=6.4×10-5，水解常数Kh1=1.6×10-10，所以电离程度大于水解程度，因此溶液中，且大量存在时，由图可知，pH 介于 2.5~3之间，C正确；
D．由分析可知，此图像中的两条竖线分别代表pKa1和pKa2，达到滴定终点时才有现象，不能分步滴定，得不到pKa，因此不可以完全根据HCl滴定Na2C2O4的实验数据绘出，D正确；
故答案为：A
【分析】pH较小时，草酸主要以草酸分子形式存在，随着pH的逐渐增大，H2C2O4逐渐转化为HCO4－，HCO4－进一步转化为C2O42－。草酸分子的分布系数减小，草酸氢根的分布系数逐渐增大，因此δ2表示H2C2O4的分布系数，δ1表示的分布系数，随着pH值的继续增大，草酸氢根的分布系数减小，草酸根的分布系数增大，则δ0表示的分布系数。且Kal=，Ka2=，则图像中的两条竖线分别代表pKa1和pKa2，据此解答。
16．（2024高三上·浙江月考）由下列实验操作所得到的现象的解释合理的是
选项 实验操作 现象 解释
A 将一小块放在石棉网上，用酒精灯加热 除有淡黄色固体外，还有较多黑色固体 与酒精灯燃烧产生的发生置换生成炭黑
B 将一小块加入无水乙醇 反复从底部上浮到液面，又下沉到底部 在反应过程中，溶液密度不断发生变化
C 将酚酞滴加到溶液中 溶液先变红，后褪色 浓溶液具有漂白性
D 热的苯酚水溶液冷却 变浑浊 温度降低，析出苯酚晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】钠的化学性质；苯酚的性质及用途；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．黑色固体可能是Na 与酒精燃烧生成的 CO2 发生置换反应生成炭黑，4Na+3CO2=2Na2CO3+C，A正确；
B．钠的密度比乙醇大，所以下沉。钠与乙醇反应生成H2，使得钠表面产生浮力，因此上浮。在反应过程中，溶液的密度渐渐增大的，与实验现象关系不大，B错误；
C．高浓度的NaOH 溶液具有强碱性，但是没有漂白性，酚酞褪色是因为很强的碱性使酚酞结构发生改变，变成无色结构，C错误；
D．热的苯酚水溶液自然冷却得到浑浊液为乳浊液，无法得到苯酚晶体，D错误；
故答案为：A
【分析】A、Na能与CO2反应生成Na2CO3和C。
B、钠下沉是因为密度比乙醇大；上浮是因为反应产生H2。
C、NaOH浓溶液不具有漂白性。
D、苯酚微溶于水，温度高于65℃时可溶于水。
17．（2024高三上·浙江月考）金属元素在人类生活中有着重大作用，请回答：
（1）层状结构也是十分有趣的，石墨晶体中的二维平面结构如图
①每个晶胞中有几个C　 　。
②C的配位数为　 　。
③请框出二维晶胞　 　。
（2）下列有关物质结构与性质的说法正确的是___________。
A．15-冠-5可以与形成超分子，其作用力为分子内作用力
B．的S和N均可以作为配位原子
C．是一种共价晶体，质脆，其硬度小
D．是一种极性分子，因此在水中溶解度大于
（3）配位取代反应：。
①乙二胺和均为含N配体，但上述反应平衡常数确极大，解释原因(可从反应原理入手)：　 　。
②比较和和的碱性大小　 　。并解释原因　 　。
【答案】（1）2；3；
（2）B；D
（3）其中en为双齿螯合配体，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，从热力学上讲熵是更有利的，en和均为含N中性配体，因此焓变较小熵变占主导，故平衡常数较大；；和可分别看成与，其中吸电子能力，故N上的电荷密度分别为，所以碱性大小
【知识点】配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】（1）根据均摊法可知，晶胞中C的个数为 ；由图可知，石墨的晶体结构是层状结构，在每一层中，碳原子以六边形排列，每个碳原子都与相邻3个碳原子形成共价键，配位数为3；二维晶胞为：。
故答案为：2；3；
（2）A. 15-冠-5是冠醚的一种，可以与形成配合物，其作用力为配位键，A错误；
B.的S和N都有孤对电子，这些孤对电子可以作为电子对给予体参与配位，均可以作为配位原子，B正确；
C.是一种共价晶体，是一种具有极高硬度的材料，硬度仅次于一些超硬材料，硬度越大，脆性越大，其莫氏硬度在9.5左右，其数值较大， C错误；
D.中心原子O的价电子对数为 ，含有1对孤对电子，是一种极性分子，O3在水中溶解度大于O2主要原因是相似相溶原理，O3是极性分子，O2是非极性分子，水是极性分子，故O3在水中溶解度大于O2，D正确；
故答案为：BD
（3）①其中en为双齿螯合配体(即乙二胺中两端的N均参与配位螯合成环)，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，从热力学上讲熵是更有利的，en和均为含N中性配体，因此焓变较小熵变占主导，故平衡常数较大。
故答案为： 其中en为双齿螯合配体，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，从热力学上讲熵是更有利的，en和均为含N中性配体，因此焓变较小熵变占主导，故平衡常数较大
②和可分别看成与，其中吸电子能力，故N上的电荷密度分别为，所以碱性大小。
故答案为： ；和可分别看成与，其中吸电子能力，故N上的电荷密度分别为，所以碱性大小
【分析】（1）根据石墨晶体的平面结构图分析。
（2）A、二者形成的时配合物。
B、S、N都含有孤电子对，可作为配位原子。
C、共价晶体的硬度大。
D、根据相似相容原理分析。
（3）①en为双齿螯合配体，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，符合熵增原理。
②根据吸电子能力强弱分析。
（1）根据均摊法可知，晶胞中C的个数为 ；由图可知，石墨的晶体结构是层状结构，在每一层中，碳原子以六边形排列，每个碳原子都与相邻3个碳原子形成共价键，配位数为3；二维晶胞为：。
（2）A. 15-冠-5是冠醚的一种，可以与形成配合物，其作用力为配位键，A错误；
B.的S和N都有孤对电子，这些孤对电子可以作为电子对给予体参与配位，均可以作为配位原子，B正确；
C.是一种共价晶体，是一种具有极高硬度的材料，硬度仅次于一些超硬材料，硬度越大，脆性越大，其莫氏硬度在9.5左右，其数值较大， C错误；
D.中心原子O的价电子对数为 ，含有1对孤对电子，是一种极性分子，O3在水中溶解度大于O2主要原因是相似相溶原理，O3是极性分子，O2是非极性分子，水是极性分子，故O3在水中溶解度大于O2，D正确；
故答案选BD。
（3）①其中en为双齿螯合配体(即乙二胺中两端的N均参与配位螯合成环)，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，从热力学上讲熵是更有利的，en和均为含N中性配体，因此焓变较小熵变占主导，故平衡常数较大；
②和可分别看成与，其中吸电子能力，故N上的电荷密度分别为，所以碱性大小。
18．（2024高三上·浙江月考）雷酸家族十分有趣，雷酸的分子式为，请完成有关问题。
（1）雷酸是由乙醇在硝酸存在下转化而来的，而且常常以二元酸的形式存在，解释产物为什么是二元酸　 　。
（2）雷酸的可能结构如下：，直到1965年，德国科学家贝克第一次制备出纯的气态雷酸分子，并利用红外光谱进行分析，红外光谱数据如下：CH伸缩伸缩伸缩弯曲弯曲。
根据光谱数据，判断1和2哪个为雷酸的结构　 　(选1或2)。
（3）在当年霍华德制备“氯酸”的实验中，硝酸首先氧化乙醇生成乙醛(反应1)，乙醛在微量的亚硝酸存在下亚硝化为肟基乙醛(反应2)，再被硝酸氧化为肟基乙酸()(反应3)，该化合物与硝酸进一步发生硝化反应并经历脱羧、脱亚硝酸过程即可生成雷酸(反应4)。实际上生成的雷酸在此溶液中并不稳定，但是由于溶液中同时存在的汞离子立即与之反应生成溶解度较低的雷酸汞，从而形成沉淀脱离了反应体系(反应5)
①写出反应4的方程式　 　；
②写出反应5的离子方程式　 　。
（4）下列说法中，正确的是___________。
A．在制备银氨溶液时，长时间放置或加热可能会生成的爆炸物，这些爆炸物可能为雷酸盐
B．红外光谱可以用来确定有机物的官能团
C．常利用色谱法来确定有机物的结构
D．青蒿素中存在是通过实验确定的
【答案】（1）二元酸是二聚的结果
（2）2
（3）；
（4）B；D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）雷酸通常以H-O-N=C=C=N-O-H的形式存在，二元酸是二聚的结果。
故答案为：二元酸是二聚的结果
（2）没有O-H键的伸缩振动，而只能观察到C-H键的伸缩振动，以及HCN的弯曲振动等数据，故结构为2。
故答案为：2
（3）与硝酸反应脱羧（-COOH脱去）、脱亚硝酸过程（生成亚硝酸），生成雷酸；雷酸与汞离子生成雷酸汞沉淀，离子反应为：。
故答案为： ；
（4）A．久置银氨溶液会出现黑色的氮化银沉淀，轻微震荡试管即可爆炸，A错误；
B．红外光谱可以用来确定有机物的官能团，从而推断出有机物的结构，B正确；
C．色谱分析是一种常用的有机分析方法，可以用来确定有机化合物的组成，C错误；
D．青蒿素分子中的某个基团在提取过程中对热不稳定，证明其分子中含有过氧基(—O—O—)，D正确；
故答案为：BD
【分析】（1）二元酸是二聚的结果。
（2）根据所给的红外光谱数据分析。
（3）①反应④中HON=CHCOOH与HNO3反应，生成HCNO、HNO2、CO2和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②反应⑤中HCNO与Hg2＋反应生成Hg(CNO)2和H＋，据此写出反应的离子方程式。
（4）A、久置的银氨溶液产生不稳定的氮化银。
B、红外光谱可确定官能团。
C、色谱分析可确定有机物的组成。
D、化学键的测定需要通过化学实验。
（1）雷酸通常以H-O-N=C=C=N-O-H的形式存在，二元酸是二聚的结果
（2）没有O-H键的伸缩振动，而只能观察到C-H键的伸缩振动，以及HCN的弯曲振动等数据，故结构为2；
（3）与硝酸反应脱羧（-COOH脱去）、脱亚硝酸过程（生成亚硝酸），生成雷酸；雷酸与汞离子生成雷酸汞沉淀，离子反应为：
（4）A．久置银氨溶液会出现黑色的氮化银沉淀，轻微震荡试管即可爆炸，A错误；
B．红外光谱可以用来确定有机物的官能团，从而推断出有机物的结构，B正确；
C．色谱分析是一种常用的有机分析方法，可以用来确定有机化合物的组成，C错误；
D．青蒿素分子中的某个基团在提取过程中对热不稳定，证明其分子中含有过氧基(—O—O—)，D正确；
故选BD。
19．（2024高三上·浙江月考）利用可再生资源生产绿氢和温室气体生产甲醇是碳资源高效循环利用的有效途径。
加氢气制甲醇体系中，若不考虑生成烷烃和多碳醇等副反应，主要反应为：
I
II
III
（1）计算反应I的焓变　 　。
（2）以的平衡为基础，探讨温度，压强和原料气组成对平衡的影响，以下说法错误的是___________。
A．随着温度升高，甲醇的百分含量将降低
B．随着压强增大，甲醇的产率将增大
C．随着的增加，的转化率将下降
D．若在原料气里加入，则转化率将增大
（3）若只关注反应I，氢气和甲醇的燃烧热分别为和，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为　 　(保留一位小数)。
在铁基催化剂上加氢制低碳烯烃主要包含以下两步反应：
第一步：
第二步：
第二步的机理及可能的副反应如图
已知：的第一电离能为，第一电子亲和能(基态的气态分子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量)为
（4）下列说法不正确的是___________。
A．第一步反应中，在催化剂表面，倾向于通过给出电子的方式进行活化
B．基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳链的增长
C．基催化剂对C原子吸附能力越强，越有利提高短链烯烃的比例
D．该过程中可能产生等副产品
（5）在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，的转化率将　 　(填“增大”或“减小”)，原因为　 　，产物中将　 　，原因为　 　(结合反应机理中的步骤来回答)。
【答案】（1）
（2）C；D
（3）
（4）A；C
（5）增大；降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大；增大；步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX的反应机会，造成增大
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）反应I=反应II+反应III，则由盖斯定律得反应I的焓变。
故答案为：
（2）A．随着温度升高，反应I、III平衡逆向移动，反应II平衡正向移动，甲醇的百分含量将降低，A正确；
B．随着压强增大，反应I、III平衡正向移动，有利于甲醇的生成，甲醇的产率将增大，B正确；
C．随着的增加，相当于CO2的量不变，增加氢气的量，反应III平衡正向移动，的转化率将升高，C错误；
D．若在原料气里加入，CO和H2将发生反应III，H2被消耗，导致H2浓度减小，不利于反应I、II正向进行，则转化率将减小，D错误；
故答案为：CD
（3）根据反应，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氢气和甲醇的燃烧热分别为和，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为。
故答案为：
（4）A．由第一步反应式可知，反应中碳元素化合价降低被还原，则在催化剂表面，倾向于通过得到电子的方式进行活化，A错误；
B．由图可知，铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳碳键的形成，即不利于碳链的增长，B正确；
C．由图可知，铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越难形成短链烯烃，即越不利于提高短链烯烃的比例，C错误；
D．由图可知，该过程中可能产生CH3CH2R，即可能产生等副产品，D正确；
故答案为：AC
（5）在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，二氧化碳可以更充分转化，则的转化率将增大，其原因为：降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大；同时产物中将增大，其原因为：步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，从而增加步骤Ⅸ的反应机会，造成增大。
故答案为：增大 ；降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大 ；增大；步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX的反应机会，造成增大
【分析】（1）根据盖斯定律计算。
（2）A、结合温度对平衡移动的影响分析。
B、结合压强对平衡移动的影响分析。
C、增大，即n(H2)增大，反应III平衡正向移动。
D、结合CO浓度对平衡移动的影响分析。
（3）根据氢气和甲醇燃烧热的数值计算。
（4）A、在第一步反应中，CO2在催化剂表面发生得电子的反应。
B、铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳碳键的形成。
C、铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越难形成短链烯烃。
D、该过程中可能产生CH3CH2R。
（5）降低原料气的流速，反应物与催化剂达到接触时间变长。步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX的反应机会。
（1）反应I=反应II+反应III，则由盖斯定律得反应I的焓变；
（2）A．随着温度升高，反应I、III平衡逆向移动，反应II平衡正向移动，甲醇的百分含量将降低，A正确；
B．随着压强增大，反应I、III平衡正向移动，有利于甲醇的生成，甲醇的产率将增大，B正确；
C．随着的增加，相当于CO2的量不变，增加氢气的量，反应III平衡正向移动，的转化率将升高，C错误；
D．若在原料气里加入，CO和H2将发生反应III，H2被消耗，导致H2浓度减小，不利于反应I、II正向进行，则转化率将减小，D错误；
故选CD；
（3）根据反应，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氢气和甲醇的燃烧热分别为和，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为；
（4）A．由第一步反应式可知，反应中碳元素化合价降低被还原，则在催化剂表面，倾向于通过得到电子的方式进行活化，A错误；
B．由图可知，铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳碳键的形成，即不利于碳链的增长，B正确；
C．由图可知，铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越难形成短链烯烃，即越不利于提高短链烯烃的比例，C错误；
D．由图可知，该过程中可能产生CH3CH2R，即可能产生等副产品，D正确；
故选AC；
（5）在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，二氧化碳可以更充分转化，则的转化率将增大，其原因为：降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大；同时产物中将增大，其原因为：步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，从而增加步骤Ⅸ的反应机会，造成增大。
20．（2024高三上·浙江月考）某研究小组用工业钛白副产品为原料制备纳米级电池材料，按如下流程开展实验
已知：①钛白副产品主要成分为，含少量的等杂质。
②已知和的氧化性随酸性的增强而增强。
（1）常温下步骤I所得料液其　 　7(填“>”、“<”)。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅱ，加入粉的目的是调节溶液值，以便元素水解沉淀
B．步骤Ⅲ，加入的目的是除去元素
C．为了提高实验效率，可以将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并
D．步骤IV中过量的可在步骤V中被氧化去除
（3）步骤V中元素的去除率及滤液中元素含量随着溶液值的关系如图所示，
实验时选择为　 　，理由是　 　。
步骤VI操作之一采用如图所示装置进行(忽略夹持装置)
（4）仪器A的名称是　 　。
（5）铁磷比是衡量磷酸铁品质最关键的指标。
元素的定量测定：
1.配置一系列浓度由低到高的与邻菲罗啉的橙红色络合物的标准液。
2.称取一定量产品，用适量盐酸溶解，再加入足量的盐酸羟胺溶液，调，加入邻菲罗啉。
3.进行比色
①通过比色能获得元素浓度的原理是　 　。
②测得产品中铁磷比，可能原因是　 　。
【答案】（1）<
（2）C
（3）1.2；低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降。高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降
（4）恒压分液漏斗
（5）浓度的大小和颜色的深浅正相关；1.洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐2.除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质，溶于水的溶液含强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，pH<7。
故答案为：＜
（2）A．根据分析可知，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，故A正确；
B．根据分析可知，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，故B正确；
C．步骤Ⅱ调节溶液的pH，促使水解产生沉淀，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，高锰酸钾在酸性条件下会将铁元素直接氧化为，而会比完全水解的pH更小，导致产品的产量减小，所以不能将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并，故C错误；
D．根据分析可知，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，故D正确；
故答案为：C
（3）根据已知②已知和的氧化性随酸性的增强而增强，可知实验时选择pH为1.2的原因为：低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降。
故答案为： 1.2；低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降。高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降
（4）仪器A的名称是恒压分液漏斗。
故答案为：恒压分液漏斗
（5）①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是：Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关。
故答案为： 浓度的大小和颜色的深浅正相关
②测得产品中铁磷比，说明铁是比磷少，可能是过程种引入了磷元素，可能是①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质。
故答案为： 1.洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐2.除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质
【分析】钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质，步骤Ⅰ将钛白副产品溶于水后产生、、、，还有硫酸根等离子，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅳ中加入H2O2氧化为，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，步骤Ⅵ中加入NH4H2PO4后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥后得到产品。据此结合题干设问分析作答。
（1）钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质，溶于水的溶液含强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，pH<7；
（2）A．根据分析可知，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，故A正确；
B．根据分析可知，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，故B正确；
C．步骤Ⅱ调节溶液的pH，促使水解产生沉淀，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，高锰酸钾在酸性条件下会将铁元素直接氧化为，而会比完全水解的pH更小，导致产品的产量减小，所以不能将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并，故C错误；
D．根据分析可知，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，故D正确；
故选C；
（3）根据已知②已知和的氧化性随酸性的增强而增强，可知实验时选择pH为1.2的原因为：低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降；
（4）仪器A的名称是恒压分液漏斗；
（5）①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是：Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关；②测得产品中铁磷比，说明铁是比磷少，可能是过程种引入了磷元素，可能是①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质。
21．（2024高三上·浙江月考）phorbol及其衍生物在生物学和医学研究中有着重要的应用。某研究小组设计了如下全合成路线(本题只选择了一部分，部分条件省略)：
提示：①羰基的具有酸性，可以和卤素的酸溶液发生取代反应
②为甲基的缩写，在本题中可以看为H，为基团缩写
③
（1）A中可以与加成的基团名称为　 　。
（2）D的结构式为　 　。
（3）下列说法中，不正确的是___________。
A．在本题流程中起到保护羟基的作用
B．的酸性强于
C．也可以用于还原
D．phorbol的分子式为：
（4）写出的反应方程式　 　。
（5）设计以和为原料制备的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出A的同分异构体　 　。
要求：①分子内存在五元环②分子中最多有4种不同化学环境的氢原子
【答案】（1）羰基，碳碳双键
（2）
（3）B；C
（4）
（5）
（6），
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A的结构为，其中可以与氢气加成得官能团为羰基，碳碳双键，故答案为：羰基，碳碳双键。
故答案为： 羰基，碳碳双键
（2）C到D的反应结合提示③可知反应为+TrisNHNH2+H2O，可得D的结构式为。
故答案为：
（3）A．Ｉ中加入MOMBr后与羟基反应，最后产物中羟基又出现，说明MOMBr在本题流程中起到保护羟基的作用，Ａ正确；
Ｂ．由提示①可知羰基的具有酸性，中含5个，中只含3个，故酸性弱于，Ｂ错误；
Ｃ．LiAlH4是常见还原剂，Ｃ＝Ｃ也具有还原性，不可被LiAlH4还原，C错误；
Ｄ．从图中phorbol结构式可数出其分子式为：，D正确。
故答案为：BC
（4）根据推断出的Ｈ，Ｉ的结构结合信息写出反应式为：
故答案为：
（5）从产物逆推可知要在上引入基团－Si2Me5和，结合题干信息可先对进行预处理得到，通过加成反应引入基团－Si2Me5，再经过取代反应得到目标产物。合成路线为：。
故答案为：
（6）A的结构式为 ，要求写出其①分子内存在五元环②分子中最多有4种不同化学环境的氢原子。根据条件写出对应同分异构体有两种：，。
故答案为：，
【分析】A通过反应生成B之后碳碳双键消失，说明发生了加成反应，B的分子式为C5H7O(Si2Me5)，加入后生成的C分子式为C9H13O(Si2Me5)，说明发生了取代反应，由合成路线后续结构可看出取代的位置，则C的结构为，C到D的反应结合提示③进行分析，可得D的结构式为。加入Si2Me5Cl后得到G，结合G的分子式可知发生取代反应，G结构为，LiAlH4是常见还原剂，生成的物质H中氢原子多了四个，结合后续结构可写出H的结构式为，H经过选择氧化得到I，从后面结构可看出氧化了左侧羟基，则I的结构式为。据此结合题干设问分析作答。
（1）A的结构为，其中可以与氢气加成得官能团为羰基，碳碳双键，故答案为：羰基，碳碳双键。
（2）C到D的反应结合提示③可知反应为+TrisNHNH2+H2O，可得D的结构式为。
（3）A．Ｉ中加入MOMBr后与羟基反应，最后产物中羟基又出现，说明MOMBr在本题流程中起到保护羟基的作用，Ａ正确；
Ｂ．由提示①可知羰基的具有酸性，中含5个，中只含3个，故酸性弱于，Ｂ错误；
Ｃ．LiAlH4是常见还原剂，Ｃ＝Ｃ也具有还原性，不可被LiAlH4还原，C错误；
Ｄ．从图中phorbol结构式可数出其分子式为：，D正确。
（4）根据推断出的Ｈ，Ｉ的结构结合信息写出反应式为：
（5）从产物逆推可知要在上引入基团－Si2Me5和，结合题干信息可先对进行预处理得到，通过加成反应引入基团－Si2Me5，再经过取代反应得到目标产物。合成路线为：。
（6）A的结构式为 ，要求写出其①分子内存在五元环②分子中最多有4种不同化学环境的氢原子。根据条件写出对应同分异构体有两种：，。
1 / 1浙江省第一届NBchem 2024-2025学年高三上学期高考模拟考试12月联考 化学试题
1．（2024高三上·浙江月考）下列物质的化学表述正确的是
A．俗名金刚砂的物质化学式是，其具有类似石墨的结构
B．是一种碳的化合物
C．石英晶体具有手性
D．乙酸晶胞的分子式为：
2．（2024高三上·浙江月考）下列说法正确的是
A．重金属盐能使蛋白质变性，所以吞服“钡餐”会引起中毒
B．与中都含有一样的核糖
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构型
3．（2024高三上·浙江月考）下列表示正确的是
A．的空间构型为直线型
B．酸性强于，所以键能：
C．卤族元素第一电离能变化趋势：
D．直链淀粉结构示意图：
4．（2024高三上·浙江月考）化学与人类生活密切相关，下列说法中正确的是
A．ATP合成酶像一个会旋转的泵，膜内外浓度的差别推动了这个泵旋转
B．有机化合物的同分异构有构造异构和对映异构，其中对映异构包含立体异构和顺反异构
C．氧原子可以形成，也可能形成
D．分子的稳定性只与分子内化学键键能有关
5．（2024高三上·浙江月考）下列关于(未配平)说法中，不正确的是
A．此反应能发生是因为生成了沉淀
B．也可以发生上述反应
C．每生成，大约产生(和)
D．能溶解于硫酸，也是发生了氧化还原反应
6．（2024高三上·浙江月考）实验是重要的研究手段，下面关于实验的说法错误的是
A．图1可用于电解水，当电解过程进行后，打开，关闭可观察到指针偏转
B．图2需要先用砂纸把铁制镀件打磨干净，再放入浓硫酸中除锈
C．图3试剂添加顺序为乙醇-浓硫酸-乙酸
D．欲要检验图4，可以使用饱和溴水或溶液
7．（2024高三上·浙江月考）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列微观结构或现象不能解释其性质的是
选项 微观结构或现象 性质
A 头发主要由角蛋白组成，其中的含硫氨基酸形成的二硫键(-S-S-)是维持头发弹性和形状的一个重要结构。 烫发时有二硫键的断裂和形成
B [Cu(NH3)4]2+是一种常见的Cu配合物，具有平面结构 Cu采取sp2杂化
C 在CuSO4液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮 电镀时加快反应速率不利于镀层的光亮与平整
D 人们发现，液态植物油可以与氢气发生加成反应，生成类似动物脂肪的硬化油脂，即氢化植物油 油脂熔点变高，且不容易变质
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·浙江月考）下列化学反应与方程式不相符的是
A．和溴酸根溶液反应制备高溴酸根：
B．电合成己二腈的阴极反应：
C．软脂酸的燃烧反应：
D．天然橡胶的合成：
9．（2024高三上·浙江月考）葡萄糖分子中的醛基可以与分子内的羟基作用，形成两种六元环状结构
则下列说法正确的是
A．水溶液中主要存在的是环状葡萄糖
B．葡萄糖可以氧化银氨溶液产生银镜
C．很多多糖中的单糖单元多以链状结构的形式存在
D．吡喃葡萄糖物理性质相同
10．（2024高三上·浙江月考）2017年5月9日，我国正式向社会发布113号、115号、117号、118号元素的中文名称，至此，全部完成了1~118号元素的中文命名。已知115号元素的中文名为“镆”，它有多种原子，如等。下列说法中，正确的是
A．在镆原子中，最后填入电子的轨道能级符号是f，故位于周期表中的f区
B．位于周期表的第七周期第VIA族
C．比结合能：
D．在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115号元素正下方将是147号元素
11．（2024高三上·浙江月考）在时候，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C的浓度变化如(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为和时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示
则下列说法正确的是
A．该平衡体系的化学反应方程式为：
B．时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向逆反应方向移动
C．该反应
D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且C的体积分数增大
12．（2024高三上·浙江月考）以纯作为阴极，以石墨作为阳极，电解某浓度的溶液，阴极产物均附在电极上，通电一段时间后，关闭电源，迅速撤去电极(设产物无损耗)。若在电解后的溶液加入，则恰好可以使得溶液恢复到原浓度。已知的的下列说法正确的是
A．反应过程中，极板只发生：
B．反应过程中，氧气在两极均生成
C．整个电解过程中，产生标况下气体共
D．水溶液为酸性，这只和水解有关
13．（2024高三上·浙江月考）烷烃是我们一开始便学习的有机物，十分有趣。烷烃的卤化反应机理如下：
步(1)：
步(2)：
步(3)：
提示：自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定
下列说法不正确的是
A．步(2)是慢的一步，是氯化反应的决速步
B．反应中，有生成
C．比稳定，而比稳定
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）共价型氢化物也称分子型氢化物。由氢和族元素所形成。其中与族元素形成的氢化物是缺电子化合物和聚合型氢化物，如乙硼烷，氢化铝等。下列有关说法不正确的是
A．在水中不水解而在水解水解的主要原因是具有轨道
B．为平面分子，可以水解成与
C．中键角大致，可以理解为S不杂化而成键，故酸性强于
D．中B采取杂化，分子中有键存在
15．（2024高三上·浙江月考）分布系数在处理平衡浓度时，应用广泛。图为草酸的分布系数与的关系图。其中，草酸下列说法不正确的是
A．忽略第二步水解，的中的水解率约为
B．当，有
C．草酸氢钠溶液的介于之间
D．此图像不可以完全根据滴定的实验数据绘出
16．（2024高三上·浙江月考）由下列实验操作所得到的现象的解释合理的是
选项 实验操作 现象 解释
A 将一小块放在石棉网上，用酒精灯加热 除有淡黄色固体外，还有较多黑色固体 与酒精灯燃烧产生的发生置换生成炭黑
B 将一小块加入无水乙醇 反复从底部上浮到液面，又下沉到底部 在反应过程中，溶液密度不断发生变化
C 将酚酞滴加到溶液中 溶液先变红，后褪色 浓溶液具有漂白性
D 热的苯酚水溶液冷却 变浑浊 温度降低，析出苯酚晶体
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三上·浙江月考）金属元素在人类生活中有着重大作用，请回答：
（1）层状结构也是十分有趣的，石墨晶体中的二维平面结构如图
①每个晶胞中有几个C　 　。
②C的配位数为　 　。
③请框出二维晶胞　 　。
（2）下列有关物质结构与性质的说法正确的是___________。
A．15-冠-5可以与形成超分子，其作用力为分子内作用力
B．的S和N均可以作为配位原子
C．是一种共价晶体，质脆，其硬度小
D．是一种极性分子，因此在水中溶解度大于
（3）配位取代反应：。
①乙二胺和均为含N配体，但上述反应平衡常数确极大，解释原因(可从反应原理入手)：　 　。
②比较和和的碱性大小　 　。并解释原因　 　。
18．（2024高三上·浙江月考）雷酸家族十分有趣，雷酸的分子式为，请完成有关问题。
（1）雷酸是由乙醇在硝酸存在下转化而来的，而且常常以二元酸的形式存在，解释产物为什么是二元酸　 　。
（2）雷酸的可能结构如下：，直到1965年，德国科学家贝克第一次制备出纯的气态雷酸分子，并利用红外光谱进行分析，红外光谱数据如下：CH伸缩伸缩伸缩弯曲弯曲。
根据光谱数据，判断1和2哪个为雷酸的结构　 　(选1或2)。
（3）在当年霍华德制备“氯酸”的实验中，硝酸首先氧化乙醇生成乙醛(反应1)，乙醛在微量的亚硝酸存在下亚硝化为肟基乙醛(反应2)，再被硝酸氧化为肟基乙酸()(反应3)，该化合物与硝酸进一步发生硝化反应并经历脱羧、脱亚硝酸过程即可生成雷酸(反应4)。实际上生成的雷酸在此溶液中并不稳定，但是由于溶液中同时存在的汞离子立即与之反应生成溶解度较低的雷酸汞，从而形成沉淀脱离了反应体系(反应5)
①写出反应4的方程式　 　；
②写出反应5的离子方程式　 　。
（4）下列说法中，正确的是___________。
A．在制备银氨溶液时，长时间放置或加热可能会生成的爆炸物，这些爆炸物可能为雷酸盐
B．红外光谱可以用来确定有机物的官能团
C．常利用色谱法来确定有机物的结构
D．青蒿素中存在是通过实验确定的
19．（2024高三上·浙江月考）利用可再生资源生产绿氢和温室气体生产甲醇是碳资源高效循环利用的有效途径。
加氢气制甲醇体系中，若不考虑生成烷烃和多碳醇等副反应，主要反应为：
I
II
III
（1）计算反应I的焓变　 　。
（2）以的平衡为基础，探讨温度，压强和原料气组成对平衡的影响，以下说法错误的是___________。
A．随着温度升高，甲醇的百分含量将降低
B．随着压强增大，甲醇的产率将增大
C．随着的增加，的转化率将下降
D．若在原料气里加入，则转化率将增大
（3）若只关注反应I，氢气和甲醇的燃烧热分别为和，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为　 　(保留一位小数)。
在铁基催化剂上加氢制低碳烯烃主要包含以下两步反应：
第一步：
第二步：
第二步的机理及可能的副反应如图
已知：的第一电离能为，第一电子亲和能(基态的气态分子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量)为
（4）下列说法不正确的是___________。
A．第一步反应中，在催化剂表面，倾向于通过给出电子的方式进行活化
B．基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳链的增长
C．基催化剂对C原子吸附能力越强，越有利提高短链烯烃的比例
D．该过程中可能产生等副产品
（5）在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，的转化率将　 　(填“增大”或“减小”)，原因为　 　，产物中将　 　，原因为　 　(结合反应机理中的步骤来回答)。
20．（2024高三上·浙江月考）某研究小组用工业钛白副产品为原料制备纳米级电池材料，按如下流程开展实验
已知：①钛白副产品主要成分为，含少量的等杂质。
②已知和的氧化性随酸性的增强而增强。
（1）常温下步骤I所得料液其　 　7(填“>”、“<”)。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅱ，加入粉的目的是调节溶液值，以便元素水解沉淀
B．步骤Ⅲ，加入的目的是除去元素
C．为了提高实验效率，可以将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并
D．步骤IV中过量的可在步骤V中被氧化去除
（3）步骤V中元素的去除率及滤液中元素含量随着溶液值的关系如图所示，
实验时选择为　 　，理由是　 　。
步骤VI操作之一采用如图所示装置进行(忽略夹持装置)
（4）仪器A的名称是　 　。
（5）铁磷比是衡量磷酸铁品质最关键的指标。
元素的定量测定：
1.配置一系列浓度由低到高的与邻菲罗啉的橙红色络合物的标准液。
2.称取一定量产品，用适量盐酸溶解，再加入足量的盐酸羟胺溶液，调，加入邻菲罗啉。
3.进行比色
①通过比色能获得元素浓度的原理是　 　。
②测得产品中铁磷比，可能原因是　 　。
21．（2024高三上·浙江月考）phorbol及其衍生物在生物学和医学研究中有着重要的应用。某研究小组设计了如下全合成路线(本题只选择了一部分，部分条件省略)：
提示：①羰基的具有酸性，可以和卤素的酸溶液发生取代反应
②为甲基的缩写，在本题中可以看为H，为基团缩写
③
（1）A中可以与加成的基团名称为　 　。
（2）D的结构式为　 　。
（3）下列说法中，不正确的是___________。
A．在本题流程中起到保护羟基的作用
B．的酸性强于
C．也可以用于还原
D．phorbol的分子式为：
（4）写出的反应方程式　 　。
（5）设计以和为原料制备的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出A的同分异构体　 　。
要求：①分子内存在五元环②分子中最多有4种不同化学环境的氢原子
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；乙醇的物理、化学性质；晶体的定义；物质的简单分类
【解析】【解答】A．俗名金刚砂，与金刚石的结构类似，A错误；
B．是一种碳的单质，B错误；
C．石英晶体低温的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链，没有封闭的环状结构，这一结构决定它具有手性，C正确；
D．乙酸晶胞的分子式为：，D错误；
故答案为：C
【分析】A、SiC的晶体结构与金刚石类似。
B、C60是碳的一种单质。
C、石英晶体具有手性结构。
D、乙酸晶胞的分子式为C2H4O2。
2．【答案】C
【知识点】单糖的性质和用途；二糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．“钡餐”的成分是硫酸钡，不溶于水，且不与稀盐酸反应。吞服后不能被人体吸收，不会引起中毒，A错误；
B．RNA 中的糖属于核糖，DNA 中的糖属于脱氧核糖，B错误；
C．蔗糖为二糖，一定条件下，可发生水解反应生成葡萄糖和果糖，C正确；
D．自然界存在的葡萄糖和果糖都具有D构型，不具有L构型，D错误；
故答案为：C
【分析】A、BaSO4与稀盐酸不反应，不会造成重金属中毒。
B、RNA与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构型。
3．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．二氟化氙的中心原子氙的价层电子对数为5，采用sp3d杂化，分子中存在3对孤对电子和2个成键电子对。由价层电子对互斥理论，3对孤对电子占据三角双锥的赤道平面，2个氟原子位于轴向位置，所以分子的空间构型呈直线型，A正确；
B．非金属性：F＞O，原子半径：F＜O，所以键能：H-F>H-O，B错误；
C．卤族元素包括氟、氯、溴、碘、砹等，原子半径逐渐增大，第一电离能随着原子序数的增大而依次减小，C错误；
D．直链淀粉形成无分支的螺旋结构，而支链淀粉则具有树枝形分支结构，为支链淀粉结构示意图，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据价层电子对互斥理论确定空间构型。
B、根据非金属性和原子半径大小确定键能大小。
C、根据原子半径确定第一电离能大小。
D、直链淀粉形成无分支的螺旋结构。
4．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；酶的结构和性质
【解析】【解答】A．ATP合成酶由突出膜外的亲水头部和嵌入膜内的疏水尾部组成，像一个会旋转的泵，泵的旋转由膜内外 H+ 浓度的差别推动，A正确；
B．有机化合物的同分异构现象有构造异构和立体异构，立体异构包含对映异构和非对映异构，非对映异构中包含顺反异构，B错误；
C．氧原子可以形成 H2O 、H2O2、H3O+，C错误；
D．分子的稳定性与分子内化学键键能、分子的空间结构、分子间作用力、外部环境因素等都有关，D错误；
故答案为：A
【分析】A、结合ATP合成酶的组成分析。
B、顺反异构属于非对映异构。
C、氧原子可以形成 H2O 、H2O2、H3O+。
D、分子的稳定性与其空间结构、键能、分子间作用力等因素有关。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．银离子与碘离子结合生成碘化银的沉淀，反应正向进行，A正确；
B．溶解度：AgCl＞AgI，因此反应不一定能进行，B错误；
C．反应配平后为，生成1molAgI生成0.5molH2，常温常压下，气体摩尔体积约为24.5mol/L，体积约为12.25L，C正确；
D．加热条件下，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，铜从0价变成正价，发生氧化还原反应，D正确；
故答案为：B
【分析】A、AgI难溶于水，反应向着难溶方向进行。
B、由于溶度积：AgCl＞AgI，反应不一定能进行。
C、常温常压下，Vm≠22.4L·mol－1。
D、加热条件下，Cu与浓硫酸可发生氧化还原反应。
6．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．图1可用于电解水，当电解过程进行后，两个电极上分别产生氢气和氧气，此时打开，关闭，装置构成氢氧燃料电池，反应过程产生电流，因此可观察到指针偏转，A正确；
B．常温下浓硫酸能使铁钝化，因此放入浓硫酸中会发生钝化，应放入稀硫酸中除锈，B错误；
C．乙酸沸点低且易挥发，浓硫酸稀释时会放热加剧其挥发，冷却后加乙酸，可减少乙酸挥发，提高原料利用率，C正确；
D．苯酚可与溶液显紫色，与饱和溴水生成白色沉淀，而醇羟基与FeCl3溶液、饱和溴水都不反应。因此可用饱和溴水或溶液来检验酚和醇羟基，D正确；
故答案为：B
【分析】A、K1闭合时为电解池装置，电解Na2SO4溶液本质上是电解水。K1断开、K2闭合时，H2和O2构成原电池装置。
B、常温下，浓硫酸能使铁钝化。
C、酯化反应实验中试剂的添加顺序为：乙醇→浓硫酸→乙酸。
D、酚羟基能与FeCl3溶液显紫色，与饱和溴水产生白色沉淀；而醇羟基不能。
7．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．头发的主要成分为角蛋白，其中含硫氨基酸形成的二硫键(-S-S-)，烫发时先用还原剂破坏肽链之间的二硫键(-S-S-)，将其还原成游离的巯基(-SH)，易于变形。再用发夹和发卷将头发塑成一定的形状；最后用氧化剂在新位置形成二硫键，固定发型。综上烫发时有二硫键的断裂和形成，A正确；
B．[Cu(NH3)4]2+是一种常见的Cu配合物，其空间结构为平面四边形，其中心Cu原子采用dsp2杂化，B错误；
C．在CuSO4液中加入一些氨水，形成铜氨溶液，溶液中Cu2+的浓度降低，使得Cu2+放电速率减缓，同时通过平衡移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电平稳的作用，从而可以使镀层更加致密、细腻、光亮，C正确；
D．液态植物油分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够与H2发生加成反应，不饱和烃基变为饱和烃基，物质的状态由液态变为固体，使得物质的熔点变高。由于加成反应消耗了不饱和的碳碳双键，因此就可以起到防止其氧化变质的目的，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据染发过程中发生的反应分析。
B、中心Cu原子采用dsp2杂化。
C、结合反应过程中溶液中c(Cu2+)的变化分析。
D、与H2发生加成反应后，液态植物油变为固态，熔点变大。
8．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．XeF2 和溴酸根溶液发生氧化还原反应，溴酸根被氧化为高溴酸根，XeF2++H2O→Xe++2HF，A正确；
B．电有机合成己二腈时，酸性条件下丙烯腈在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，B正确；
C．软脂酸的燃烧生成CO2和H2O，发生反应CH3(CH2)14COOH+23O2 → 16H2O+16CO2，C正确；
D．天然橡胶主要成分为聚异戊二烯，从橡胶树等植物中获取，由丁二烯聚合而成的是合成橡胶，D错误；
故答案为：D
【分析】A、XeF2与BrO3－发生氧化还原反应，生成Xe和BrO4－。
B、电解过程中阴极上CH2=CHCN发生得电子的还原反应，生成NC(CH2)4CN。
C、软脂酸完全燃烧，生成H2O和CO2。
D、天然橡胶的主要成分为聚异戊二烯。
9．【答案】A
【知识点】单糖的性质和用途；多糖的性质和用途；葡萄糖的银镜反应
【解析】【解答】A．在葡萄糖水溶液中，存在着链状和环状结构葡萄糖之间的平衡，主要存在的是环状葡萄糖，A正确；
B．链状葡萄糖分子中含有醛基，可以与银氨溶液反应，生成银镜，B错误；
C．绝大多数葡萄糖以环状形式存在，多数多糖中的单糖单元以环状结构的形式存在，C错误；
D．吡喃葡萄糖和吡喃葡萄糖互为手性异构体，两者的物理性质(如熔点、沸点、密度等)基本相同，但旋光性不同。因此吡喃葡萄糖物理性质不完全相同，D错误；
故答案为：A
【分析】A、水溶液中主要存在的时环状葡萄糖。
B、链状葡萄糖能与银氨溶液发生银镜反应。
C、多数多糖中的单糖单元以环状结构形式存在。
D、吡喃葡萄糖和吡喃葡萄糖的旋光性不同。
10．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Mc为第七周期VA族元素，最后填入的能级为7p能级，属于p区元素，A错误；
B．Mc为第115号元素，在元素周期表中的位置为第七周期VA族，B错误；
C．288Mc的质量数小于290Mc，在重核区域，质量数越小，比结合能越大，因此比结合能：288Mc>290Mc；C正确；
D．按照现有规则，第八周期共含有50种元素，因此115号元素的正下方应为165号元素，D错误；
故答案为：C
【分析】此题是对元素周期表结构的考查，结合元素周期表的结构进行分析即可。
11．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.0～t1内，A的浓度减小0.2mol·L－1、B的浓度减小0.6mol·L－1、C的浓度增加0.4mol·L－1，因此该平衡体系的化学反应方程式为A(g)+3B(g)2C(g)，A项错误；
B．t1时反应达到平衡状态，该反应的正反应气体分子数减小，(t1+10)min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，容器的体积增大，压强减小，平衡逆向移动，B项正确；
C．根据分析，正反应为放热反应，因此反应的 H＜0，C项错误；
D．由于正反应为放热反应，其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡逆向移动，C的体积分数减小，D项错误；
故答案为：B
【分析】A、根据反应过程中A、B、C浓度变化量，确定反应的化学方程式。
B、保持总压强不变，通入稀有气体，容器的容积变大，相当于减小压强，结合压强对平衡移动的影响分析。
C、T1温度下反应先达到平衡状态，反应速率较快，因此T1＞T2，结合温度对平衡移动的影响分析。
D、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，据此结合反应的热效应分析。
12．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，反应过程中，阴极为Zn电极，、H+发生还原反应，A错误；
B．由分析可知，反应过程中，阳极上OH-发生氧化反应生成氧气，B错误；
C．根据原子守恒知，阳极上析出n(O2)=n[Zn(OH)2]=0.05mol，阴极上析出n(H2)=n[Zn(OH)2]=0.05mol。因此反应过程中生成气体体积V==（0.05+0.05）mol×22.4L/mol=2.24L，C 正确；
D．溶液的酸碱性是溶液中所有离子相互作用的结果，水溶液为酸性和水解有关，但并不是只和有关，D错误；
故答案为：C
【分析】以纯锌为阴极，石墨为阳极，电解ZnSO4溶液，阳极的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；阴极的电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn。电解一段时间后，往电解后溶液中加gZn(OH)2（其物质的量为0.05mol），发生反应的离子方程式为Zn(OH)2＋2H＋=Zn2＋＋2H2O。参与反应的n(H＋)=0.1mol，反应生成的n(Zn2＋)=0.05mol，生成n(H2O)=0.1mol。由阳极的电极反应式可知，电解过程中消耗0.05mol，因此在电解过程中，还有0.05molH2O在电极上参与反应，所以阴极上还存在反应2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。
13．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．步(2)的活化能大，反应速率慢，属于慢反应，因此是氯化反应的决速步，A正确；
B．第2步产生了，2个可以形成，该反应为，B正确；
C．自由基为缺电子微粒，给电子基团可以使其稳定，与相比，-CH3取代了的一个氢原子，-CH3是供电子基团，因此比稳定，苯基是吸电子基团，因此比稳定，C错误；
D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，所得的主要产物为氯甲烷，D正确；
故答案为：C
【分析】A、反应所需的活化能越大，反应速率越慢，慢反应为决速反应。
B、2个可反应生成。
C、自由基为缺电子微粒，给电子基团可以使其稳定，据此分析。
D、增大Cl2、CH4的量，可增大CH3·和Cl·的量。
14．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．CCl4中的碳原子是第二周期元素，只有2s和2p轨道可以成键，最大配位数为4，没有空轨道可以接受水的配位，因此不易发生水解。而SiCl4中的硅原子是第三周期元素，形成SiCl4后还有3d空轨道，可以接受水分子中氧原子的孤电子对，形成配位键，从而发生水解，A正确；
B．为聚合型氢化物，Al2H6的球棍模型为，因此不是平面结构，其转化为H2和Al(OH)3时H元素化合价发生了变化，因此不属于水解反应，B错误；
C．中键角大致为，可以理解为S直接使用3p轨道和H的1s轨道重叠成键，键角仍是3p轨道的90°左右。中O采取sp3杂化，键角105°左右，氧氢键稳定性更强，更难解离出H+，因此酸性强于，C正确；
D．中B采取杂化：，结构为，分子中存在键，D正确；
故答案为：B
【分析】A、CCl4不能水解是因为没有空轨道，而SiCl4可以水解是因为存在空轨道。
B、(AlH3)n不是平面结构，其反应过程中存在元素化合价变化，不属于水解反应。
C、根据键角和化学键的稳定性分析。
D、根据B2H6的结构式分析。
15．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．的水解平衡常数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中的水解率约为4.0×10-3%<12%，A错误；
B．，，由图可知，当 c(H2C2O4) =c() 时，2C．草酸氢钠溶液中存在电离和水解，电离常数Ka2=6.4×10-5，水解常数Kh1=1.6×10-10，所以电离程度大于水解程度，因此溶液中，且大量存在时，由图可知，pH 介于 2.5~3之间，C正确；
D．由分析可知，此图像中的两条竖线分别代表pKa1和pKa2，达到滴定终点时才有现象，不能分步滴定，得不到pKa，因此不可以完全根据HCl滴定Na2C2O4的实验数据绘出，D正确；
故答案为：A
【分析】pH较小时，草酸主要以草酸分子形式存在，随着pH的逐渐增大，H2C2O4逐渐转化为HCO4－，HCO4－进一步转化为C2O42－。草酸分子的分布系数减小，草酸氢根的分布系数逐渐增大，因此δ2表示H2C2O4的分布系数，δ1表示的分布系数，随着pH值的继续增大，草酸氢根的分布系数减小，草酸根的分布系数增大，则δ0表示的分布系数。且Kal=，Ka2=，则图像中的两条竖线分别代表pKa1和pKa2，据此解答。
16．【答案】A
【知识点】钠的化学性质；苯酚的性质及用途；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．黑色固体可能是Na 与酒精燃烧生成的 CO2 发生置换反应生成炭黑，4Na+3CO2=2Na2CO3+C，A正确；
B．钠的密度比乙醇大，所以下沉。钠与乙醇反应生成H2，使得钠表面产生浮力，因此上浮。在反应过程中，溶液的密度渐渐增大的，与实验现象关系不大，B错误；
C．高浓度的NaOH 溶液具有强碱性，但是没有漂白性，酚酞褪色是因为很强的碱性使酚酞结构发生改变，变成无色结构，C错误；
D．热的苯酚水溶液自然冷却得到浑浊液为乳浊液，无法得到苯酚晶体，D错误；
故答案为：A
【分析】A、Na能与CO2反应生成Na2CO3和C。
B、钠下沉是因为密度比乙醇大；上浮是因为反应产生H2。
C、NaOH浓溶液不具有漂白性。
D、苯酚微溶于水，温度高于65℃时可溶于水。
17．【答案】（1）2；3；
（2）B；D
（3）其中en为双齿螯合配体，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，从热力学上讲熵是更有利的，en和均为含N中性配体，因此焓变较小熵变占主导，故平衡常数较大；；和可分别看成与，其中吸电子能力，故N上的电荷密度分别为，所以碱性大小
【知识点】配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】（1）根据均摊法可知，晶胞中C的个数为 ；由图可知，石墨的晶体结构是层状结构，在每一层中，碳原子以六边形排列，每个碳原子都与相邻3个碳原子形成共价键，配位数为3；二维晶胞为：。
故答案为：2；3；
（2）A. 15-冠-5是冠醚的一种，可以与形成配合物，其作用力为配位键，A错误；
B.的S和N都有孤对电子，这些孤对电子可以作为电子对给予体参与配位，均可以作为配位原子，B正确；
C.是一种共价晶体，是一种具有极高硬度的材料，硬度仅次于一些超硬材料，硬度越大，脆性越大，其莫氏硬度在9.5左右，其数值较大， C错误；
D.中心原子O的价电子对数为 ，含有1对孤对电子，是一种极性分子，O3在水中溶解度大于O2主要原因是相似相溶原理，O3是极性分子，O2是非极性分子，水是极性分子，故O3在水中溶解度大于O2，D正确；
故答案为：BD
（3）①其中en为双齿螯合配体(即乙二胺中两端的N均参与配位螯合成环)，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，从热力学上讲熵是更有利的，en和均为含N中性配体，因此焓变较小熵变占主导，故平衡常数较大。
故答案为： 其中en为双齿螯合配体，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，从热力学上讲熵是更有利的，en和均为含N中性配体，因此焓变较小熵变占主导，故平衡常数较大
②和可分别看成与，其中吸电子能力，故N上的电荷密度分别为，所以碱性大小。
故答案为： ；和可分别看成与，其中吸电子能力，故N上的电荷密度分别为，所以碱性大小
【分析】（1）根据石墨晶体的平面结构图分析。
（2）A、二者形成的时配合物。
B、S、N都含有孤电子对，可作为配位原子。
C、共价晶体的硬度大。
D、根据相似相容原理分析。
（3）①en为双齿螯合配体，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，符合熵增原理。
②根据吸电子能力强弱分析。
（1）根据均摊法可知，晶胞中C的个数为 ；由图可知，石墨的晶体结构是层状结构，在每一层中，碳原子以六边形排列，每个碳原子都与相邻3个碳原子形成共价键，配位数为3；二维晶胞为：。
（2）A. 15-冠-5是冠醚的一种，可以与形成配合物，其作用力为配位键，A错误；
B.的S和N都有孤对电子，这些孤对电子可以作为电子对给予体参与配位，均可以作为配位原子，B正确；
C.是一种共价晶体，是一种具有极高硬度的材料，硬度仅次于一些超硬材料，硬度越大，脆性越大，其莫氏硬度在9.5左右，其数值较大， C错误；
D.中心原子O的价电子对数为 ，含有1对孤对电子，是一种极性分子，O3在水中溶解度大于O2主要原因是相似相溶原理，O3是极性分子，O2是非极性分子，水是极性分子，故O3在水中溶解度大于O2，D正确；
故答案选BD。
（3）①其中en为双齿螯合配体(即乙二胺中两端的N均参与配位螯合成环)，发生配体取代反应后生成了更多的小分子，从热力学上讲熵是更有利的，en和均为含N中性配体，因此焓变较小熵变占主导，故平衡常数较大；
②和可分别看成与，其中吸电子能力，故N上的电荷密度分别为，所以碱性大小。
18．【答案】（1）二元酸是二聚的结果
（2）2
（3）；
（4）B；D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）雷酸通常以H-O-N=C=C=N-O-H的形式存在，二元酸是二聚的结果。
故答案为：二元酸是二聚的结果
（2）没有O-H键的伸缩振动，而只能观察到C-H键的伸缩振动，以及HCN的弯曲振动等数据，故结构为2。
故答案为：2
（3）与硝酸反应脱羧（-COOH脱去）、脱亚硝酸过程（生成亚硝酸），生成雷酸；雷酸与汞离子生成雷酸汞沉淀，离子反应为：。
故答案为： ；
（4）A．久置银氨溶液会出现黑色的氮化银沉淀，轻微震荡试管即可爆炸，A错误；
B．红外光谱可以用来确定有机物的官能团，从而推断出有机物的结构，B正确；
C．色谱分析是一种常用的有机分析方法，可以用来确定有机化合物的组成，C错误；
D．青蒿素分子中的某个基团在提取过程中对热不稳定，证明其分子中含有过氧基(—O—O—)，D正确；
故答案为：BD
【分析】（1）二元酸是二聚的结果。
（2）根据所给的红外光谱数据分析。
（3）①反应④中HON=CHCOOH与HNO3反应，生成HCNO、HNO2、CO2和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②反应⑤中HCNO与Hg2＋反应生成Hg(CNO)2和H＋，据此写出反应的离子方程式。
（4）A、久置的银氨溶液产生不稳定的氮化银。
B、红外光谱可确定官能团。
C、色谱分析可确定有机物的组成。
D、化学键的测定需要通过化学实验。
（1）雷酸通常以H-O-N=C=C=N-O-H的形式存在，二元酸是二聚的结果
（2）没有O-H键的伸缩振动，而只能观察到C-H键的伸缩振动，以及HCN的弯曲振动等数据，故结构为2；
（3）与硝酸反应脱羧（-COOH脱去）、脱亚硝酸过程（生成亚硝酸），生成雷酸；雷酸与汞离子生成雷酸汞沉淀，离子反应为：
（4）A．久置银氨溶液会出现黑色的氮化银沉淀，轻微震荡试管即可爆炸，A错误；
B．红外光谱可以用来确定有机物的官能团，从而推断出有机物的结构，B正确；
C．色谱分析是一种常用的有机分析方法，可以用来确定有机化合物的组成，C错误；
D．青蒿素分子中的某个基团在提取过程中对热不稳定，证明其分子中含有过氧基(—O—O—)，D正确；
故选BD。
19．【答案】（1）
（2）C；D
（3）
（4）A；C
（5）增大；降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大；增大；步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX的反应机会，造成增大
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）反应I=反应II+反应III，则由盖斯定律得反应I的焓变。
故答案为：
（2）A．随着温度升高，反应I、III平衡逆向移动，反应II平衡正向移动，甲醇的百分含量将降低，A正确；
B．随着压强增大，反应I、III平衡正向移动，有利于甲醇的生成，甲醇的产率将增大，B正确；
C．随着的增加，相当于CO2的量不变，增加氢气的量，反应III平衡正向移动，的转化率将升高，C错误；
D．若在原料气里加入，CO和H2将发生反应III，H2被消耗，导致H2浓度减小，不利于反应I、II正向进行，则转化率将减小，D错误；
故答案为：CD
（3）根据反应，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氢气和甲醇的燃烧热分别为和，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为。
故答案为：
（4）A．由第一步反应式可知，反应中碳元素化合价降低被还原，则在催化剂表面，倾向于通过得到电子的方式进行活化，A错误；
B．由图可知，铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳碳键的形成，即不利于碳链的增长，B正确；
C．由图可知，铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越难形成短链烯烃，即越不利于提高短链烯烃的比例，C错误；
D．由图可知，该过程中可能产生CH3CH2R，即可能产生等副产品，D正确；
故答案为：AC
（5）在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，二氧化碳可以更充分转化，则的转化率将增大，其原因为：降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大；同时产物中将增大，其原因为：步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，从而增加步骤Ⅸ的反应机会，造成增大。
故答案为：增大 ；降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大 ；增大；步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX的反应机会，造成增大
【分析】（1）根据盖斯定律计算。
（2）A、结合温度对平衡移动的影响分析。
B、结合压强对平衡移动的影响分析。
C、增大，即n(H2)增大，反应III平衡正向移动。
D、结合CO浓度对平衡移动的影响分析。
（3）根据氢气和甲醇燃烧热的数值计算。
（4）A、在第一步反应中，CO2在催化剂表面发生得电子的反应。
B、铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳碳键的形成。
C、铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越难形成短链烯烃。
D、该过程中可能产生CH3CH2R。
（5）降低原料气的流速，反应物与催化剂达到接触时间变长。步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX的反应机会。
（1）反应I=反应II+反应III，则由盖斯定律得反应I的焓变；
（2）A．随着温度升高，反应I、III平衡逆向移动，反应II平衡正向移动，甲醇的百分含量将降低，A正确；
B．随着压强增大，反应I、III平衡正向移动，有利于甲醇的生成，甲醇的产率将增大，B正确；
C．随着的增加，相当于CO2的量不变，增加氢气的量，反应III平衡正向移动，的转化率将升高，C错误；
D．若在原料气里加入，CO和H2将发生反应III，H2被消耗，导致H2浓度减小，不利于反应I、II正向进行，则转化率将减小，D错误；
故选CD；
（3）根据反应，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氢气和甲醇的燃烧热分别为和，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为；
（4）A．由第一步反应式可知，反应中碳元素化合价降低被还原，则在催化剂表面，倾向于通过得到电子的方式进行活化，A错误；
B．由图可知，铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳碳键的形成，即不利于碳链的增长，B正确；
C．由图可知，铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越难形成短链烯烃，即越不利于提高短链烯烃的比例，C错误；
D．由图可知，该过程中可能产生CH3CH2R，即可能产生等副产品，D正确；
故选AC；
（5）在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，二氧化碳可以更充分转化，则的转化率将增大，其原因为：降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大；同时产物中将增大，其原因为：步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，从而增加步骤Ⅸ的反应机会，造成增大。
20．【答案】（1）<
（2）C
（3）1.2；低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降。高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降
（4）恒压分液漏斗
（5）浓度的大小和颜色的深浅正相关；1.洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐2.除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质，溶于水的溶液含强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，pH<7。
故答案为：＜
（2）A．根据分析可知，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，故A正确；
B．根据分析可知，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，故B正确；
C．步骤Ⅱ调节溶液的pH，促使水解产生沉淀，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，高锰酸钾在酸性条件下会将铁元素直接氧化为，而会比完全水解的pH更小，导致产品的产量减小，所以不能将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并，故C错误；
D．根据分析可知，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，故D正确；
故答案为：C
（3）根据已知②已知和的氧化性随酸性的增强而增强，可知实验时选择pH为1.2的原因为：低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降。
故答案为： 1.2；低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降。高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降
（4）仪器A的名称是恒压分液漏斗。
故答案为：恒压分液漏斗
（5）①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是：Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关。
故答案为： 浓度的大小和颜色的深浅正相关
②测得产品中铁磷比，说明铁是比磷少，可能是过程种引入了磷元素，可能是①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质。
故答案为： 1.洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐2.除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质
【分析】钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质，步骤Ⅰ将钛白副产品溶于水后产生、、、，还有硫酸根等离子，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅳ中加入H2O2氧化为，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，步骤Ⅵ中加入NH4H2PO4后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥后得到产品。据此结合题干设问分析作答。
（1）钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质，溶于水的溶液含强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，pH<7；
（2）A．根据分析可知，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，故A正确；
B．根据分析可知，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，故B正确；
C．步骤Ⅱ调节溶液的pH，促使水解产生沉淀，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，高锰酸钾在酸性条件下会将铁元素直接氧化为，而会比完全水解的pH更小，导致产品的产量减小，所以不能将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并，故C错误；
D．根据分析可知，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，故D正确；
故选C；
（3）根据已知②已知和的氧化性随酸性的增强而增强，可知实验时选择pH为1.2的原因为：低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降；
（4）仪器A的名称是恒压分液漏斗；
（5）①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是：Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关；②测得产品中铁磷比，说明铁是比磷少，可能是过程种引入了磷元素，可能是①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质。
21．【答案】（1）羰基，碳碳双键
（2）
（3）B；C
（4）
（5）
（6），
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A的结构为，其中可以与氢气加成得官能团为羰基，碳碳双键，故答案为：羰基，碳碳双键。
故答案为： 羰基，碳碳双键
（2）C到D的反应结合提示③可知反应为+TrisNHNH2+H2O，可得D的结构式为。
故答案为：
（3）A．Ｉ中加入MOMBr后与羟基反应，最后产物中羟基又出现，说明MOMBr在本题流程中起到保护羟基的作用，Ａ正确；
Ｂ．由提示①可知羰基的具有酸性，中含5个，中只含3个，故酸性弱于，Ｂ错误；
Ｃ．LiAlH4是常见还原剂，Ｃ＝Ｃ也具有还原性，不可被LiAlH4还原，C错误；
Ｄ．从图中phorbol结构式可数出其分子式为：，D正确。
故答案为：BC
（4）根据推断出的Ｈ，Ｉ的结构结合信息写出反应式为：
故答案为：
（5）从产物逆推可知要在上引入基团－Si2Me5和，结合题干信息可先对进行预处理得到，通过加成反应引入基团－Si2Me5，再经过取代反应得到目标产物。合成路线为：。
故答案为：
（6）A的结构式为 ，要求写出其①分子内存在五元环②分子中最多有4种不同化学环境的氢原子。根据条件写出对应同分异构体有两种：，。
故答案为：，
【分析】A通过反应生成B之后碳碳双键消失，说明发生了加成反应，B的分子式为C5H7O(Si2Me5)，加入后生成的C分子式为C9H13O(Si2Me5)，说明发生了取代反应，由合成路线后续结构可看出取代的位置，则C的结构为，C到D的反应结合提示③进行分析，可得D的结构式为。加入Si2Me5Cl后得到G，结合G的分子式可知发生取代反应，G结构为，LiAlH4是常见还原剂，生成的物质H中氢原子多了四个，结合后续结构可写出H的结构式为，H经过选择氧化得到I，从后面结构可看出氧化了左侧羟基，则I的结构式为。据此结合题干设问分析作答。
（1）A的结构为，其中可以与氢气加成得官能团为羰基，碳碳双键，故答案为：羰基，碳碳双键。
（2）C到D的反应结合提示③可知反应为+TrisNHNH2+H2O，可得D的结构式为。
（3）A．Ｉ中加入MOMBr后与羟基反应，最后产物中羟基又出现，说明MOMBr在本题流程中起到保护羟基的作用，Ａ正确；
Ｂ．由提示①可知羰基的具有酸性，中含5个，中只含3个，故酸性弱于，Ｂ错误；
Ｃ．LiAlH4是常见还原剂，Ｃ＝Ｃ也具有还原性，不可被LiAlH4还原，C错误；
Ｄ．从图中phorbol结构式可数出其分子式为：，D正确。
（4）根据推断出的Ｈ，Ｉ的结构结合信息写出反应式为：
（5）从产物逆推可知要在上引入基团－Si2Me5和，结合题干信息可先对进行预处理得到，通过加成反应引入基团－Si2Me5，再经过取代反应得到目标产物。合成路线为：。
（6）A的结构式为 ，要求写出其①分子内存在五元环②分子中最多有4种不同化学环境的氢原子。根据条件写出对应同分异构体有两种：，。
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