2025-2026学年度（上）高2023级7月月考试题化学（含解析）

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解密时间：
2025-2026 学年度（上）高三 7 月月考试题
2025年 7月 26日
化学
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。
一、单选题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于有机物检测，下列说法正确的是
A．用浓溴水可鉴别溴乙烷、乙醛和苯酚
B．用红外光谱可确定有机物的元素组成
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为 72，可推断其分子式为C5H12
D．麦芽糖与稀硫酸共热后加 NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解
2．聚碳酸酯高分子材料 PC的透光率好，可制作挡风玻璃、眼镜镜片等，其一种合成反应为：
x W
下列说法不．正．确．的是
A．该反应为缩聚反应
B．x=2n-1
C．W是 H2O
D． 的核磁共振氢谱有 4个吸收峰
3．用下列仪器或装置(部分夹持装置省略)进行相应实验，能达到实验目的的是
选项 A B C D
实验装
置
实验目 制备氢氧 实验室制取乙烯并验证乙烯 实验室制取并收集大量
证明 H2CO3的酸性强于苯酚
的 化铁胶体 的性质 氨气
A．A B．B C．C D．D
试卷第 1页，共 9页
4．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的化合物甲的结构为 ，其中
各原子的最外层均处于稳定结构。W与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法
正确的是
A．YW3分子中的键角为 120° B．W2Z的稳定性大于YW3
C．物质甲的 1个分子中存在 6个σ键 D．Y元素的氧化物对应的水化物为强酸
5．一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知 R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主
族元素，Z和 Y同族，则
A．沸点：ZR3C．第一电离能：Z南通市被称为“中国蓝印花布之乡”，蓝印花布是以蓝草中提取的靛蓝为染料。靛蓝是一种古老的蓝色染料，染色过
程中涉及反应：
阅读以上材料，回答下列问题。
6．下列有关有机物的组成与结构的说法正确的是
A．靛白和靛蓝分子中共有 5种官能团 B．靛蓝的分子式为 C16H11O2N2
C．靛白分子中所有原子处在同一平面 D．靛白分子中有两个手性碳原子
7．下列有关有机物的性质说法正确的是
A．靛白和靛蓝分子中苯环上的一氯代物均为 4种
B．靛蓝既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
C．1mol靛蓝最多可以与 7mol H2发生加成反应
D．靛白能发生加成、取代、消去、氧化反应
试卷第 2页，共 9页
8．K.BarrySharpless等因在点击化学和生物正交化学研究方面的贡献获得 2022年诺贝尔化学奖。叠氮—炔点击化学
反应可用下图表示。
下列说法正确的是
A．该反应属于取代反应
B．Ⅱ分子中所有原子均处于同一平面
C．反应过程中有极性键断裂和非极性键形成
D．Ⅲ的分子式为C17H18N3O
9．锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，如图为以 Zn OH 2-4 /Zn和
Fe(CN) 3-/Fe(CN) 4-6 6 作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时的工作原理示意图。已知：聚苯并咪唑(PBI)
膜允许 OH-离子通过。下列说法错误的是
A．1molFe(CN) 3-6 含有σ键的数目为 12NA
B．放电过程中，当有 2mol电子转移时，负极区电解液增重 65g
C．充电过程中，阴极区的溶液 pH逐渐增大
D．充电过程中，总反应为 Zn OH 2-4 +2Fe(CN)
4-
6 =2Fe(CN) 3-6 +Zn+4OH-
10．紫草主要用于治疗烧伤、湿疹、丹毒等。其主要成分紫草素的结构简式如图所示，下列关于紫草素的说法错误
的是
A．该有机物能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
B．该分子的同分异构体中可能含有两个苯环
C．该分子中所有原子可能共平面
D．该物质能与 Na反应，且 1mol紫草素最多能消耗 3molNa
试卷第 3页，共 9页
11．苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量 NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不．正．确．的是
A．操作 I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和 NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
12．某荧光材料的晶胞结构如图所示，摩尔质量为 Mg mol 1，NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是
A．该晶体的化学式是 XY
B 4×10
30M
．该晶胞参数为 anm，则其晶体密度ρ= 3 g cm 3a NA
C．Xm+的配位数是 4，Yn 的配位数也是 4
D A 3 3 1 1 3 3．若 的原子分数坐标为 , , ，则 B的原子分数坐标为 , ,
4 4 4 4 4 4
13．根据元素周期律，下列说法不．正．确．的是
A．第一电离能：N＞O＞S B．化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3
C．碱性：LiOH＞KOH D．化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3
14．X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的 2s轨道全充满，Y的 s能级电子数量是 p能级的
两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不．正．确．的是
A．电负性：Z > X B．最高正价：Z < M
C．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z > Y
15．扎染是我国重要的非物质文化遗产，扎染用到的靛蓝已具有三千多年历史，战国时期荀况的“青，出于蓝而胜
于蓝”就源于当时的染蓝技术。染色时发生以下反应，有关说法正确的是
A．靛蓝耐碱、耐酸、耐氧化
B．由靛白与碱反应生成靛白盐的反应可推知，靛白中的五元环有着类似于苯环的性质
C．靛蓝分子中存在由 p轨道“头碰头”形成的π键
D．已知靛白中 N原子是sp2杂化，靛白分子中存在 N H O氢键
试卷第 4页，共 9页
二、解答题：本小题 4 个小题，总共 55 分。
16．铬是重要的金属元素之一，其化合物有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)基态铬原子的未成对电子数是 。
(2)CrO2Cl2是重要的氯化剂。制备 CrO2Cl2的反应为 K2Cr2O7 +3CCl4=2KCl +2CrO2Cl2 +3COCl2↑。
①COCl2中 C、O和 Cl元素的电负性由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。
②CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与 CCl4、CS2等互溶，据此可判断 CrO2Cl2分子的空间构型是
(填“平面四边形”或“四面体形”)。
(3)三价铬丙二酸配合物[ Cr( C3H2O4)( H2O)4][Cr( C3H2O4)2(H2O)2]·4H2O在有机合成方面具有优良的催化性能，其中
阴离子的结构如下：
①阴离子中碳原子的杂化轨道类型是 。
②在丙二酸根与 Cr3+配位时，配位原子为 1号氧而不是 2号氧的原因
是 。
(4)Cr-N 系列涂层具有良好的耐磨和腐蚀性，在抗微动磨损上表现尤佳。某氮化铬的晶胞结构与氯化钠的相同。已
知 N原子在晶胞中的位置如图所示：
①下列为晶胞中 Cr原子沿 x轴方向的投影的是 ( 填字母)。
a. b. c. d.
②若晶胞中最近的 Cr原子和 N原子相切，原子半径分别为 r(Cr) nm和 r(N) nm；晶胞中 N原子的坐标是 A(0，0，
0) B( 1 1、 ， ，0) ，则距 A和 B最近的 Cr原子的坐标是 ，该原子到 C原子的
2 2
距离是 nm[用含 r(Cr)、r(N)的代数式表示]。
试卷第 5页，共 9页
17．钪(Sc)是一种功能强大但产量稀少的稀土金属，广泛用于尖端科技领域。
从某种磷精矿(主要成分为Ca5 PO4 3F，含少量ScPO4、FeO、Fe2O3、SiO2)分离稀土元素钪(Sc)的工业流程如下：
(1)写出“酸浸”过程中Ca5 PO4 3F与HNO3发生反应的化学方程式 。
(2)“萃取”的目的是富集 Sc，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过 3ROH + POCl3 RO 3PO + 3HCl制得有机磷萃取剂 RO 3PO，其中—R代表烃基，—R不同 RO 3PO产率
也不同。当—R为“ CH2CH3”时， RO 3PO产率 (填“大于”、“小于”或“等于”)—R为“ CH2CH2CH3”时，
请从结构的角度分析原因 。
②“反萃取”的目的是分离 Sc 和 Fe元素。向“萃取液”中通入NH3，Fe2+、Fe3+、Sc3+的沉淀率随 pH的变化如图 1，
试剂 X为 (填“SO2”或“ClO2”)，应控制最佳 pH为 。
图 l
(3)已知 a1 H2C2O4 = a， a2 H2C2O4 = b， sp Sc2 C2O4 3 = c。
“沉钪”时，发生反应 2Sc3+ + 3H2C2O4 Sc +2 C2O4 3 ↓+ 6H ，此反应的平衡常数 = 。(用含 a、b、c
的代数式表示)。
(4) H C O反应过程中，测得钪的沉淀率随 2 2 4
Sc3+
的变化情况如图 2所示。当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因
是 。
(5) 剩余固体草酸钪晶体Sc2 C2O 14 3 6H2O(M Sc2 C2O4 3 6H2O = 462g mol )在空气中加热， 随温度的变化情况 原始固体
如图 3所示。550～850℃反应的化学方程式为 。(写出计算过程)
试卷第 6页，共 9页
图 3
18．3，4－二羟基肉桂酸乙酯（I）具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物Ａ制备该物质的合成路线
如下：
OH- 加热
已知：R—CHO＋R′—CH2—CHO → →
回答下列问题：
（1）I中含氧官能团的名称是 。
（2）E生成 F的反应类型为 。
（3）下列有关 H的说法中，错误的是 。
a．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．1molH最多能和 3molBr2反应
c．H分子中最多有 8个碳原子共平面
d．1molH分别与足量 NaOH、NaHCO3反应消耗 NaOH、NaHCO3的物质的量之比为 3:1
（4）D的结构简式为 。
（5）写出 F与银氨溶液反应的化学方程式 。
（6）已知W是 H的同分异构体，且W符合下列条件：
①属于芳香族化合物。
②1molW 与足量 NaHCO3溶液反应生成气体 44.8L（标准状况）。
③核磁共振氢谱有 4组吸收峰，且峰面积比为 1:2:2:3
试卷第 7页，共 9页
则W的结构简式为 。
（7）呋喃丙烯酸（ =CHCOOH ）是一种医治血吸虫病的药物呋喃丙胺的原料。
设计以 、CH3CH2OH为原料制备呋喃丙烯酸的合成路线（无机试剂任选） 。
19．实验室用苯甲醇钠做催化剂，以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理及部分物质的性质如下：
熔点 沸点 密度
物质 溶解性
/℃ /℃ /g·cm-3
可溶于
苯甲醇 -15.9 204.7 1.01
水
微溶于
苯甲醛 -56.6 179 1.01
水
苯甲酸苯甲 不溶于
21 323 1.12
酯 水
不溶于
苯甲酸 122.4 249.2 1.32
水
已知：RO-极易结合 H+转化为 ROH．
回答以下问题：
步骤Ⅰ 制备苯甲醇钠
按图 1所示装置，在圆底烧瓶中依次加入磁转子、苯甲醇(7.0 g，0.065 mol)、金属钠(0.3 g，0.013 mol)。开启搅拌，
使反应在微热状态下进行，反应结束后，撤去热源，冷却至室温。
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(1)表明反应已经完成的现象是 。
(2)装置 A的作用是 。
步骤Ⅱ 制备苯甲酸苯甲酯
制备装置如图 2所示(加热及夹持装置已略去)。在四口烧瓶中加入苯甲醛(45.4 g，0.428 mol)，使整个反应体系恒温
在 50℃。通过恒压滴液漏斗缓慢滴加苯甲醇钠(30 min内滴加完毕)后保温 1 h。
(3)本实验中制取苯甲酸苯甲酯的化学反应方程式为 。
(4)久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，如果不除去将大大降低反应速率，原因是 ；除去苯甲醛中少量苯
甲酸的实验方法是 。
(5)装置中能起到减少反应物挥发作用的仪器名称为 。
步骤Ⅲ 分离提纯产品
待体系冷却至室温，加入 20 mL水，搅拌 10 min，收集有机相，再用 20mL蒸馏水洗涤有机相，经无水硫酸钠干燥
后，蒸馏，弃去开始时收集的馏分，再调高电加热套的电压，收集 205-207℃的馏分，得 31.5 g无色粘稠液体。
(6)收集的有机相用蒸馏水洗涤目的是 ，该操作在 (填仪器名称)中进行。
(7)步骤Ⅲ中蒸馏是在 (填“常压”或“减压”)下进行的。
(8)本实验的产率 (计算结果保留一位小数)。
试卷第 9页，共 9页
《2025-2026 学年度（上）高三 7 月月考试题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B B D D A B B C
题号 11 12 13 14 15
答案 B B C B B
1．A
【详解】A．溴乙烷可萃取浓溴水中的溴，出现分层，下层为有色层，溴水具有强氧化性、
乙醛具有强还原性，乙醛能还原溴水，溶液褪色，苯酚和浓溴水发生取代反应产生三溴苯酚
白色沉淀，故浓溴水可鉴别溴乙烷、乙醛和苯酚，A正确；
B．红外吸收峰的位置与强度反映了分子结构的特点，红外光谱可确定有机物的基团、官能
团等，元素分析仪可以检测样品中所含有的元素，B错误；
C． 质谱法测得某有机物的相对分子质量为 72，不可据此推断其分子式为C5H12，相对分子
质量为 72的还可以是C4H8O、C3H4O2等， C错误；
D． 麦芽糖及其水解产物均具有还原性，均能和新制氢氧化铜在加热反应生成砖红色沉淀
Cu2O，若按方案进行该实验，不管麦芽糖是否水解，均可生成砖红色沉淀，故不能判断麦
芽糖是否水解，D错误；
故选 A。
2．C
【分析】根据其 D。反应原理可推断出W为 CH3OH，且 x=2n－1；
【详解】A．合成 PC生成高分子化合物同时还生成小分子化合物 CH3OH，所以为缩聚反应，
故 A正确；
B．根据原子守恒 x=2n－1，故 B正确；
C．由反应原理，可推断出W为 CH3OH，故 C错误；
D． 结构对称，有 4种氢原子，所以核磁共振氢有 4个吸收峰，故
D正确；
故选 C。
3．B
【详解】A．向氯化铁溶液中加入氨水生成氢氧化铁沉淀，故 A错误；
答案第 1页，共 12页
B．B实验装置，锥形瓶反应生成的二氧化碳进入到试管中，使苯酚钠溶液变浑浊，苯酚微
溶于水，说明有苯酚生成，由强酸制取弱酸可知，H2CO3的酸性强于苯酚，故 B正确；
C．乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法验证乙烯的性质，故 C错误；
D．NH4CI受热分解，冷却后产物又重新生成 NH4Cl，故很难收集到大量 NH3，故 D错误；
故选 B。
4．B
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的化合物中各
原子的最外层均处于稳定结构。根据题给甲的结构可知，X原子最外层有 4个电子，Y原子
最外层有 5个电子，Z原子最外层有 6个电子，W最外层有 1个或 7个电子，结合原子序数
及“W与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为 H，X
为 C，Y为 N，Z为 O，据此分析解答。
【详解】A．YW3为NH3，NH3分子呈三角锥形，分子中的键角为 107°，故 A错误；
B．元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，H2O的稳定性大于NH3，故 B正确；
C．物质甲为 CO(NH2)2，1个分子中存在 7个σ键和 1个π键，故 C错误；
D．N元素的氧化物对应的水化物可能为硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故 D
错误；
故答案选 B。
5．D
【分析】Y可形成 5个共价键，Z可形成 3个共价键，Z和 Y同族，Y原子序数比 Z大，即
Z为 N元素，Y为 P元素，W可形成 4个共价键，原子序数比 N小，即W为 C元素，R
可形成 1个共价键，原子序数比 C小，即 R为 H元素，X可形成 2个共价键，原子序数在
N和 P之间，即 X为 O元素，综上：R为 H元素、W为 C元素、Z为 N元素、X为 O元
素、Y为 P元素。
【详解】A．由于 NH3可形成分子间氢键，而 PH3不能，因此沸点：NH3＞YH3，故 A错误；
B．W为 C元素、Z为 N元素，由于非金属性：C＜N，因此最高价氧化物的水化物的酸性：
H2CO3＜HNO3，故 B错误；
C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期
相邻元素，即第一电离能：CD 5+1 2×3．NO 3的中心原子价层电子对数为 3 + = 3，属于 sp2杂化，为平面三角形， CO2 2 3
答案第 2页，共 12页
3 + 4+2 2×3的中心原子价层电子对数为 = 3，属于 sp2杂化，为平面三角形，故 D正确；
2
故选 D。
6．D 7．A
【解析】6．A．靛白和靛蓝分子中共有羰基、碳碳双键、羟基、亚氨基 4种官能团，故 A
错误；
B．靛蓝的分子式为 C16H10O2N2，故 B错误；
C．靛白分子中含有单键 C、单键 N原子，根据甲烷、氨气的空间构型可知，不可能所有原
子处在同一平面，故 C错误；
D． 分子中有两个手性碳原子(*号标出)，故 D正确；
故答案选 D。
7．A．靛白和靛蓝分子中两个苯环的化学环境均相同，则二者分子中苯环上的一氯代物均
为 4种，A正确；
B．靛蓝分子中含有的亚氨基可以与酸反应，无官能团与碱反应，B错误；
C．1mol苯环可以与 3mol H2发生加成，1mol碳基可以与 1mol H2加成，1mol碳碳双键可
以与 1mol H2加成，故 1mol靛蓝最多可以与 9mol H2加成，C错误；
D．靛白分子中含有羟基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成、氧化反应，与羟基相连的
碳的邻位碳上没有氢原子，无法发生消去反应，D错误；
故答案选 A。
8．B
【详解】A．根据图示可知，该反应属于加成反应，A错误；
B．苯环及与苯环直接相连的原子共平面、碳碳三键及两端的原子共线，则Ⅱ分子中所有原
子均处于同一平面，B正确；
C．反应过程中有非极性键（N ≡ N键和 C ≡ C键）断裂和极性键（C N键）形成，C错
误；
D．由Ⅲ的结构可知、其分子式为C17H17N3O，D错误；
故选 B。
答案第 3页，共 12页
9．B
Zn Zn OH 2 【分析】由图可知， 失去电子生成 4 ，则 Zn作负极，电极反应式：Zn 2e
+
4OH = Zn OH 2 Fe CN 3 Fe CN 4 4 ；惰性电极为正极， 6 得电子生成 6 ，电极反应式：
Fe CN 3 6 + e
= Fe CN 4 6 ；
【详解】A．在配合物 Fe(CN) 3-6 中，CN 与铁离子间形成 6个 配位键，每个CN 有一个
键，所以 1mol Fe(CN) 3-6 含有σ键的数目为 12NA，故 A正确；
B Zn 2 ． 作负极，电极反应式：Zn 2e + 4OH = Zn OH 4 ，转移 2mol电子时溶解 1mol Zn，
同时溶液中的阴离子透过聚苯并咪唑(PBI)膜向阴极移动，则负极区电解液增重大于 65g，故
B错误；
C 2 ．充电过程中，Zn是阴极，电极方程式为：Zn OH 4 + 2e = Zn + 4OH ，反应过程中
生成OH ，所以阴极区的溶液 pH逐渐增大，故 C正确；
D 2 4 3 ．根据分析可知，充电过程中总反应：Zn OH 4 + 2Fe CN 6 = 2Fe CN

6 + Zn + 4OH ，
故 D正确；
答案选 B。
10．C
【详解】A．该有机物中含有碳碳双键，能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，A正确；
B．该分子有 9个不饱和度，所以同分异构体中可能含有两个苯环，B正确；
C．该分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C错误；
D．该物质能与 Na反应，且 1mol紫草素最多能消耗 3molNa，D正确；
故选 C。
11．B
【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，
苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲
酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷
水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。
【详解】A．操作 I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，
可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不
答案第 4页，共 12页
结晶析出，B不正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗
粒内部，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸
附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；
故选 B。
12．B
1 1
【详解】A．由题图可知，1个晶胞中含有Xm+的个数为 8 × + 6 × = 4，Yn 的个数为 4，
8 2
Xm+与Yn 个数比为 1: 1，因此晶体的化学式是 XY，A项正确；
B．1 M个晶胞中含有 4个Xm+与 4个Yn ，即 1个晶胞的质量为 4 × g，晶胞体积为(a ×
NA
21
10 7 3cm3 4×10 M，因此晶体密度 = 3 g cm 3，B项错误；a NA
C．由题图可知，距离Xm+最近且等距的Yn 有 4个，距离Yn 最近且等距的Xm+有 4个，C
项正确；
D．若 A 3 3 1的原子分数坐标为 , , ，则位于坐标原点的为左下前的Xm+，B的原子分数坐标
4 4 4
1 , 3 3为 , ，D项正确。
4 4 4
故选 B。
13．C
【详解】A．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA
反常，故第一电离能：N＞O＞S，A正确；
B．已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，电负性 Si＜P＜Cl，电负性差值越大，
键的极性越大，故化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3，B正确；
C．同一主族从上往下元素的金属性依次增大，金属性 Li＜K，故碱性：LiOH＜KOH，C错
误；
D．已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，即电负性Mg＜Al，故Mg 与 O的电负
性差值＞Al与 O的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，故化合物中离子键百
分数：MgO＞Al2O3，D正确；
故答案为：C。
答案第 5页，共 12页
14．B
【分析】Y的 s能级电子数量是 p能级的两倍，Y为 C，X的 2s轨道全充满，原子序数 X则 X为 Be或 B，M是地壳中含量最多的元素，M为 O，原子序数 Y是纯碱中的一种元素，则 Q为 Na，据此分析。
【详解】A．同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，A正确；
B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价 N大于 O，B错误；
C．Na和 O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性 N大于 C，硝酸酸性强
于碳酸，D正确；
故选 B。
15．B
【分析】掌握有机物官能团性质及变化规律
【详解】A．靛蓝含有亚胺基，显碱性，不与碱反应，但要和酸反应，不耐酸。靛蓝含有不
饱和的碳碳双键，可以被高锰酸钾等氧化剂氧化，故 A错误；
B．靛白与碱反应以后，其羟基上的氢原子与碱反应，说明显酸性，根据苯酚性质进行类推，
故 B正确；
C．靛蓝分子中的π键应该是 p轨道“肩并肩”形成，故 C错误；
D．靛白中的 N原子属于饱和结构，属于 sp3杂化，故 D错误；
故答案选 B。
【点睛】考查有机物官能团性质及其相互转化，要求掌握有机物官能团性质。
16．(1)6
(2) O>Cl>C 平面四边形
(3) sp3、sp2 1号氧比 2号氧的价层孤电子对数多，且带负电，更易提供孤电子对(合
理即可)
(4) b (1，0，0) (0 1或 ， ，0) 3[r(Cr) +r(N)]
2 2
【详解】（1）基态铬的价电子排布式为 3d54s1，d能级有 5个原子轨道，s能级有 1个原子
轨道，根据洪特规则，基态铬原子的未成对电子数为 6；故答案为 6；
（2）①C、O、Cl三种元素的电负性由大到小的顺序是 O＞Cl＞C；故答案为 O＞Cl＞C；
答案第 6页，共 12页
②CrO2Cl2能与 CCl4、CS2等互溶，CCl4、CS2属于非极性分子，根据“相似相溶”推出 CrO2Cl2
为非极性分子，若 CrO2Cl2空间构型为四面体形，则 CrO2Cl2为极性分子，不符合上述推断，
因此 CrO2Cl2为平面四边形；故答案为平面四边形；
（3）①根据阴离子结构式可知，阴离子中有两种碳原子，一种为饱和碳原子，其杂化类型
为 sp3杂化，另一种为羰基上的碳原子，其杂化类型为 sp2杂化；故答案为 sp3、sp2；
②丙二酸根离子中，1号氧的孤电子对数为 3，2号氧的孤电子对数为 2，1号氧易提供孤电
子对；故答案为 1号氧比 2号氧的价层孤电子对数多，且带负电，更易提供孤电子对(合理
即可)；
（4）氮化铬的晶胞结构与 NaCl的相同，根据 N原子在晶胞中的位置，推出 Cr在晶胞的位
置为体心和棱上，沿 x轴方向的投影为 ，故选项 b符合题意；故答案为 b；
根据①分析，Cr在体心和棱的中心，距 A、B最近的 Cr有两个，如图所示：
1 1
，其坐标为分别为( ，0，0)、(0， ，0)；C点到这两个点距离相同，
2 2
令晶胞的参数等于 2x，因为 Cr与 N相切，因此有 x=r(Cr)+r(N)，则面对角线距离为 2 2x，
因此 C点到这两点距离是 (2 2x)2+x2=3x 1，即这段距离为 3[r(Cr)+r(N)]；故答案为( ，0，
2
0) (0 1或 ， ，0)；3[r(Cr)+r(N)]。
2
17．(1)Ca5 PO4 3F + 10HNO3 = 5Ca NO3 2 + HF + 3H3PO4
(2) 大于 随着碳原子数增加，“ CH2CH2CH3”推电子能力强于“ CH2CH3”，O H
键更难断裂， RO 3PO产率降低 SO2 2
3 3
(3)a b
c
(4)草酸钪沉淀转化为可溶性络合物
Δ
(5)2Sc2(C2O4)3 + 3O2 2Sc2O3 + 12CO2
【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣 1，稀土元素、铁、钙元素
进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂 X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价
答案第 7页，共 12页
铁，通入氨气，调节 pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得
到硫酸钙为滤渣 2，滤液加入草酸沉淀分离出草酸钪晶体；
【详解】（1）“酸浸”过程中Ca5 PO4 3F与HNO3发生反应而溶解，化学方程式为Ca5 PO4 3F +
10HNO3 = 5Ca NO3 2 + HF + 3H3PO4；
（2）①随着碳原子数增加，“ CH2CH2CH3”推电子能力强于“ CH2CH3”，O H键更难断
裂，不利于 3ROH + POCl3 RO 3PO + 3HCl正向进行， RO 3PO产率降低，所以当—R为
“ CH2CH3”时， RO 3PO产率大于—R为“ CH2CH2CH3”时；
②根据图中各离子的沉淀率，应加入还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，控制 pH为 2，使Sc3+沉
淀，Fe2+几乎不沉淀，有利于分离除杂，故试剂 X为SO2；
（3）此反应的平衡常数 =
c6(H+) = c
6(H+) c3(C O2 ) c3(HC O ) [ H C O H C O ]3 3 32 4 2 4 a1 2 2 4 a2 2 2 4 a b
c2
= = ；
(Sc3+) c3(H2C2O4) c2(Sc3+) c3(C2O2 4 ) c3(H2C2O4) c3(HC2O

4 ) sp Sc2 C2O4 3 c
（4）当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因是草酸钪沉淀转化为可溶性络合物；
（5）1mol草酸钪晶体Sc2 C2O4 3 6H2O的质量为 462g，550℃时，质量减少
462g×(19.5%+3.9%)≈108g，根据质量守恒，1mol草酸钪晶体Sc2 C2O4 3 6H2O含 6molH2O，
6molH2O的质量为 108g，可知 550℃时剩余固体为Sc2 C2O4 3，850℃时固体质量剩余
462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，Sc2O3的摩尔质量为 138g/mol，根据钪原子守恒，可知
850℃时剩余固体为Sc2O3，则 550～850℃反应的化学方程式为 2Sc2(C2O4)3 +
Δ
3O2 2Sc2O3 + 12CO2。
18． （酚）羟基、酯基 消去反应 bc
+2Ag（NH3）
加热
2OH → +2Ag↓+3NH3+H2O
答案第 8页，共 12页
、
O2 加热
CH3CH2OH → CH3CHO →
Cu，Δ
【分析】由含成流程及 B的分子式 C2H6O且由 A与水反应得到，可知，A为 CH2=CH2，A
与水发生加成反应生成 B为 CH3CH2OH，B氧化生成 C为 CH3CHO，C与 D发生醛的加成
反应生成 E，E发生消去反应生成 F为 ，F发生银镜反应生成 G
为 ，G发的水解反应生成 H，H与乙醇发生酯化反应生成 3,4-
二羟基肉柱酸乙酯(I) ；
（6）合成呋喃丙烯酸（ =CHCOOH， 与乙醛发生醛的加成反应，
产生 ，然后分子内脱水生成 后面分子中
的醛基在弱氧化剂的作用下变成羧基，呋喃丙烯酸（ =CHCOOH 形成，故应注
意由乙醇获得乙醛的反应。
【详解】（1）根据Ⅰ的结构简式可知，I中含氧官能团的名称是羟基和酯基，故答案羟基和酯
基；
（2）E发生消去反应生成 F，E生成 F的反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；
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（3）根据 H的结构简式可知，
a．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 a正；
b．1molH最多能和 4molBr2反应，3mol发生取代反应，1mol发生加成反应，故 b错误；
c．苯平面和烯平面可以共面，故 H分子中最多可以有 9个碳原子共平面，故 c错误；
d．NaOH能与酚和酸反应，NaHCO3只能与酸反应，故 1molH分别与足量 NaOH、NaHCO3
反应时，消耗的 NaOH、NaHCO3的物质的量之比为 3:1，故 d正确；
故答案为：bc；
（4）CH3CHO+D ，可知 D结构简式为
；
（5）结合分析可知 F与银氨溶液反应方程式为 +2Ag（NH3）
加热
2OH → +2Ag↓+3NH3+H2O；
（6）W是 H的同分异构体，根据条件，①属于芳香族化合物，即有苯环，②1molW 与足
量 NaHCO3溶液反应生成气体 44.8L(标准状况)，说明W中有两个羧基，则符合条件的W
的结构为苯环上连有-COOH、-COOH、-CH3，根据定二移一的方法，有 6种结构，或者是
苯环上连有-COOH、-CH2COOH，有邻，间，对三种，也可以是苯环上连有 CH(-COOH)2，
所以共有 10种，其中，核磁共振氢谱有 4组吸收峰，且峰面积比为 1:2:2:3的结构简式为
、
（7）由分析可知合成流程为
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O2 加热
CH3CH2OH → CH3CHO →
Cu，Δ
【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、官能团与
性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，难点；
19．(1)圆底烧瓶中的金属钠消失(或不再产生气泡)
(2)防止水蒸气等进入装置发生副反应
苯甲醇钠(催化剂)
(3)2 →
50℃
(4) 苯甲酸使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效 蒸馏
(5)球形冷凝管
(6) 除去产物中的苯甲醛和苯甲醇 分液漏斗
(7)减压
(8)69.4%
【分析】根据题干可知，本题中苯甲醇钠做催化剂，苯甲醛为原料，产物为苯甲酸苯甲酯，
产物不溶于水，密度比水大，据此作答。
【详解】（1）
步骤Ⅰ为制备苯甲醇钠，加入苯甲醇(7.0 g，0.065 mol)、金属钠(0.3 g，0.013 mol) ，发生的
反应为：2 +2Na→2 +H2，可知加入的苯甲醇量多，因此金
属钠可以被消耗完，当观察到圆底烧瓶中的金属钠消失或不再产生气泡时表明反应已经完成，
故答案为：圆底烧瓶中的金属钠消失(或不再产生气泡)。
（2）装置 A的作用是防止水蒸气等进入装置发生副反应，故答案为：防止水蒸气等进入装
置发生副反应。
（3）
步骤Ⅱ为制备苯甲酸苯甲酯，苯甲醇钠做催化剂，苯甲醛为原料，发生的反应为：
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苯甲醇钠(催化剂)
2 → ， 故 答 案 为 ： ：
50℃
苯甲醇钠(催化剂)
2 → 。
50℃
（4）由于 RO-极易结合 H+转化为 ROH，久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，苯甲酸会使苯甲
醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；观察题中所给的物理数据可知，两者在水中溶解度小，
但是沸点差异较大，因此除去苯甲醛中少量苯甲酸的实验方法是蒸馏，故答案为：苯甲酸使
苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；蒸馏。
（5）观察图中装置，反应物球形冷凝管进行冷凝回流，可以减少反应物挥发，因此装置中
能起到减少反应物挥发作用的仪器名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管。
（6）反应后的收集的有机相中含有苯甲醛、苯甲醇、苯甲酸苯甲酯，根据题中所给物理性
质可知苯甲酸苯甲酯不溶于水，因此用蒸馏水洗涤目的是除去产物中的苯甲醛和苯甲醇，分
离互不相溶的液体的方法是分液，使用仪器为分液漏斗，故答案为：除去产物中的苯甲醛和
苯甲醇；分液漏斗。
（7）产物苯甲酸苯甲酯的沸点是 323℃，但收集的是 205-207℃的馏分，而减压蒸馏可以降
低压强，降低沸点，节约能源，因此是减压蒸馏，故答案为：减压。
（8）
苯甲醇钠(催化剂)
已知加入苯甲醛为 0.428 mol，根据反应 2 → ，
50℃
可知理论上生成的苯甲酸苯甲酯也为 0.214 mol，即理论上生成的质量为 0.214mol ×
212g/mol=45.368g 31.5g，产率= × 100% ≈ 69.4%，故答案为：69.4%。
45.368g
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