【精品解析】浙江省诸暨市2024-2025学年高三下学期5月适应性考试化学试题

浙江省诸暨市2024-2025学年高三下学期5月适应性考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025·诸暨模拟）下列物质属于强电解质的是
A．CH3Cl B．C2H5NH3Cl C．SO3 D．Mg(OH)2
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、CH3Cl是一种有机共价化合物，不溶于水，也不电离，因此不是电解质，A错误；B、C2H5NH3Cl是一种盐，由乙胺（弱碱）与盐酸（强酸）反应形成。在水溶液中，它能完全电离为C2H5NH3+和Cl-离子，因此属于强电解质，B正确；
C、SO3本身是共价化合物，不直接电离。在水中，它会与水反应生成硫酸（H2SO4），H2SO4是强电解质，但SO3本身不是电解质，C错误；
D、Mg(OH)2是一种中强碱，溶解度低，在水中部分电离，且电离程度小，因此属于弱电解质，不是强电解质，D错误；
故答案为：B
【分析】强电解质：在水溶液或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸（如盐酸、硫酸）、强碱（如氢氧化钠、氢氧化钾）和某些盐（如氯化钠）；弱电解质：在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质，包括弱酸（如醋酸）和弱碱（如氨水）。
2．（2025·诸暨模拟）下列表示不正确的是
A．As原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p3
B．SO的空间结构为：(四面体形)
C．的系统命名为：2，2，5-三甲基己烷
D．苯分子中的π键：
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、已知As是33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故As原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p3（Ar为18号元素，对应前18电子），A正确；
B、SO中S的价层电子对数为：3+=4，其中含有一对孤对电子，考虑到孤对电子对的排斥力，并结合价层电子对互斥理论可知，其空间结构为：三角锥形即，B错误；
C、根据烷烃的系统命名法可知，最长碳链含 6 个 C，为 “己烷”， 接着从左到右编号，使取代基位次和最小，据此推断出：
的系统命名为：2，2，5-三甲基己烷，C正确；
D、苯分子中6个C为sp2杂化，未杂化的p轨道侧面重叠，形成离域大π键，电子云呈上下对称的“面包圈”形，同时大π键与苯环所在的平面垂直，故苯分子中的π键：，D正确；
故答案为：B
【分析】利用VSEPR推断分子或离子的空间构型的具体步骤如下：
确定中心原子A价层电子对数目。中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目；确定价层电子对的空间构型。由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离；分子空间构型的确定。价层电子对有成键电子对和孤电子对之分。中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是键对数，价层电子对的总数减去键对数，得孤对数。根据键对数和孤对敌，可以确定相应的较稳定的分子几何构型；
3．（2025·诸暨模拟）化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．在质地较软的铝中加入合金元素，可以改变铝原子的排列结构，使其成为硬铝
B．煤的气化是通过化学变化将煤转化为可燃性气体的过程
C．纳米晶体是颗粒尺寸在纳米量级的晶体，其熔点随晶粒大小的减小而降低
D．等离子体是一种特殊的液体，由带电的阳离子、电子及电中性粒子的组成
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；工业制取水煤气；合金及其应用
【解析】【解答】A、纯铝质地较软，但通过添加合金元素（如铜、镁等），可以改变铝的晶体结构，形成硬铝，显著提高其硬度和强度。这是金属合金化的典型应用，A正确；B、煤的气化是指在高温和缺氧条件下，煤与气化剂（如氧气、水蒸气）发生化学反应，生成以CO和H2为主的可燃性气体。这一过程涉及化学键的断裂和重组，属于化学变化，是实现煤炭清洁利用的重要技术，B正确；
C、纳米晶体是指晶粒尺寸在1-100nm范围内的晶体材料。由于纳米颗粒具有高表面能和小尺寸效应，其熔点会随着晶粒尺寸的减小而降低，这是纳米材料科学中的常见现象，C正确；
D、等离子体不是液体，而是一种高度电离的气体，具有独特的电导性和集体行为，类似于气体，无固定形状和体积，D错误；
故答案为：D
【分析】等离子体，被称为“物质的第四态”，是指由电子、离子、原子和中性粒子组成的电离气体。其主要特点是高度的导电性和响应电磁场的能力。
4．（2025·诸暨模拟）下列实验装置使用正确的是
A．图甲装置用于趁热过滤出苯甲酸溶液中的难溶性杂质
B．图乙装置用于验证乙炔的还原性
C．图丙装置用于排出盛有KMnO4溶液的滴定管尖嘴处的气泡
D．图丁装置用于碘晶体(含NH4Cl)的提纯
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；实验装置综合；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、苯甲酸高温溶解度大、常温溶解度小，趁热过滤可让苯甲酸留在滤液，避免降温结晶析出，仅分离难溶杂质。图甲为固液分离的过滤装置，“趁热过滤”的操作可通过加热后快速操作实现，A正确；B、电石制乙炔时，产物含H2S、PH3等还原性气体，二者均能使酸性KMnO4溶液褪色，装置未设除杂装置，无法排除杂质干扰，B错误；
C、KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶，需用酸式滴定管或伺服滴定管；但图丙中手捏橡胶管，是碱式滴定管特征，仪器选择错误，C错误；
D、碘升华的过程中需冷凝收集，但同时NH4Cl受热分解为NH3，冷却后二者重新化合为NH4Cl。图丁为蒸发皿加热，玻璃片覆盖时，碘升华凝结、NH3+HCl化合凝结，导致两者无法分离，D错误；
故答案为：A
【分析】蒸发浓缩，冷却结晶过滤是一般（随温度升高溶解度升高）晶体的提取过程；蒸发浓缩，趁热过滤是对于某些（随温度升高溶解度降低）晶体的提取过程；趁热过滤，可以去除浓缩液中的固体杂质，有助于后续冷却结晶获得样品的纯度和品质。
5．（2025·诸暨模拟）关于物质性质及应用，下列说法正确的是
A．利用浓硫酸的吸水性，可除去HCl中的水蒸气
B．漂白粉进行漂白时可加入浓盐酸，增强其漂白效果
C．铁比铜活泼，故电子工业中常用Fe与含Cu2+的溶液反应来蚀刻电路板
D．工业上常将热空气吹出的溴蒸汽用Na2CO3溶液吸收，利用了Br2的挥发性和强氧化性
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；铁及其化合物的性质实验；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、浓硫酸具有强吸水性，且不与HCl气体反应，因此常用于干燥酸性气体，实验室中，浓硫酸是干燥HCl的标准试剂，A正确；B、漂白粉的有效成分为次氯酸钙，加入浓盐酸会发生剧烈反应：，产生有毒氯气。常规漂白是通过加水后静置，等待CO2溶于水后参与反应，生成具有漂白性的HClO，B错误；
C、铁比铜活泼，但电子工业中蚀刻电路板使用的是氯化铁溶液，其中Fe3+氧化铜：。若用金属铁（Fe）与含Cu2+的溶液反应：，会在铁表面沉积铜，用于电镀或铜回收，C错误；
D、工业提取溴时，确实用热空气吹出溴蒸汽，利用Br2的挥发性，并用Na2CO3溶液吸收，发生反应：此反应是Br2的歧化反应，其中Br2既表现氧化性，又表现还原性，D错误；
故答案为：A
【分析】浓硫酸的三大性质：脱水性是浓硫酸的性质，而非稀硫酸的性质，即浓硫酸有脱水性且脱水性很强，物质被浓硫酸脱水的过程是化学变化的过程，反应时，浓硫酸按水分子中氢氧原子数的比(2∶1)夺取被脱水物中的氢原子和氧原子；强氧化性，能跟金属、非金属、其他还原性物质反应；难挥发性，利用难挥发性酸制易挥发性酸。
6．（2025·诸暨模拟）三氯硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，是强还原剂且易水解。实验室通过反应Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2(g)制备SiHCl3，已知电负性：Cl>H>Si．下列说法正确的是
A．生成1mol H2，转移的电子数为2mol
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1
C．SiHCl3在足量NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、NaCl和H2O
D．上述生成SiHCl3的反应为吸热反应，则该反应需在高温条件下自发进行
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；硅和二氧化硅；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由题干可知，电负性：Cl>H>Si，Si-H键中电子对偏向于H，则Si显正价，SiHCl3中Si为+4价，根据方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2，转移了4个电子，故生成1molH2，转移的电子数为4mol，A错误；
B、在该反应中HCl是氧化剂，在参加反应的3个H中，1个化合价降低到-1价，2个化合价降低到0价；Si化合价由0升高到+4价，做还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1，B正确；
C、SiHCl3易水解，且为强还原剂，在足量NaOH溶液中，实际反应涉及水解和氧化还原：，而选项只列出Na2SiO3、NaCl和H2O，缺少H2，C错误；
D、反应物中是1mol固体Si和3mol气体HCl，而产物中1mol液体SiHCl3和1mol气体H2，可以发现气体摩尔数减少，可以推测这个反应熵减（ΔS<0），反应吸热（ΔH>0），吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS>0，据此可知反应在低温的条件下能自发进行，D错误；
故答案为：B
【分析】观察氧化还原反应每进行一摩尔会转移多少摩尔的电子，然后用这个值乘上这个化学反应进行了几摩尔。 ①单线桥法 箭头由还原剂中被氧化的元素指向氧化剂中被还原的元素，箭头方向为电子转移方向。 在桥上标明转移电子总数。 ②双线桥法 箭头分别由氧化剂指向还原产物，由还原剂指向氧化产物；箭头两端所指元素相同；箭头不表示电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。 在桥上标明得失电子数量；得失电子总数相等。
7．（2025·诸暨模拟）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，常温下只有一种元素的单质为气态，基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，Z与X形成的某种化合物常温下为液体，基态W原子有1个未成对电子。下列说法不正确的是
A．电负性：Y>Z>W
B．原子半径：W>Z>X>Y
C．氢化物的沸点：Y>Z>X
D．上述4种元素形成的某种化合物的溶液可用于检测Fe3+
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据电负性规律可知，同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，可以推断金属元素的电负性小于非金属元素，则钾元素的电负性最小；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氮元素的非金属性强于硫元素，则氮元素的电负性强于硫元素，所以电负性的大小顺序为：N>S> K，A正确；
B、同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为：K>S>C>N，B正确；
C、碳元素形成的氢化物可能为液态烃、固态烃，液态烃，其中固态烃的沸点高于氨气，选项并未标注为简单氢化物，C错误；
D、上述四种元素可以形成化合物硫氰化钾，其溶液与Fe3+反应变成血红色，D正确；
故答案为：C
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，基态 X 原子 s 轨道电子数是 p 轨道的 2 倍，可以分析电子排布为 1s22s22p2（C），s 轨道电子数4是 p 轨道2的 2 倍，故 X 为C；简单氢化物与最高价含氧酸反应产生白烟，为 NH3与 HNO3反应生成 NH4NO3，故 Y 为N；与 X（C）形成常温液体化合物（如 CS2），且单质为固态，排除气态单质，故 Z 为S；基态原子有 1 个未成对电子，电子排布为：4s ，前 20 号中为 K，单质固态，故 W 为K。
8．（2025·诸暨模拟）下列离子方程式不正确的是
A．NaClO溶液中通入少量的CO2：ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO
B．SO2通入I2水溶液中：SO2+I2+2H2O=2H++SO+2HI
C．一元弱酸H3BO3电离方程：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+
D．两性物质氢氧化铍溶于强碱：Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；氢氧化铝的制取和性质探究；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、酸性强弱H2CO3>HClO>HCO3-，少量的CO2通入NaClO溶液时，ClO-与CO2反应生成HCO3-，因为HClO的酸性强于HCO3-，无法进一步反应生成CO32-，故正确的离子方程式：，A正确；B、HI是一种强酸，属于强电解质，在水溶液中可以完全电离，不能保留分子形式，故正确离子方程式：，B错误；
C、H3BO3是一元弱酸，电离时结合水电离的OH-，生成[B(OH)4]-和H+，故正确的电离方程式为：，符合硼的成键特征，C正确；
D、根据对角线规则可知，Be(OH)2类似Al(OH)3，与强碱反应生成四羟基合铍酸根[Be(OH)4]2-，故正确离子方程式：，D正确；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
9．（2025·诸暨模拟）科学家将阿司匹林分子结构进行修饰连接，得到的缓释阿司匹林(M)可作为抗血栓长效药，M结构如下。下列说法不正确的是
A．可用氯化铁来检验阿司匹林中是否含有水杨酸
B．1mol M彻底水解最多消耗4nmol的NaOH
C．阿司匹林最多有9个碳原子共平面
D．M可由甲基丙烯酸、乙二醇、乙酰水杨酸通过缩聚反应生成
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；生活中的有机化合物；有机高分子化合物的结构和性质；合成有机高分子化合物的性质实验；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、水杨酸含有酚羟基，能与氯化铁发生显色反应，阿司匹林中的酚羟基已经被乙酰化，不含游离的酚羟基，所以可用氯化铁来检验阿司匹林中是否含有水杨酸，A正确；
B、M中含有酯基，酯基水解后生成的酚羟基也能与NaOH反应。1mol M中含3nmol酯基，水解生成3nmol羧基和2nmol醇羟基和1nmol酚羟基，所以1mol M彻底水解最多消耗4nmol的NaOH，B正确；
C、阿司匹林含苯环，有6个C共面，属于平面结构；羧基的C通过单键与苯环相连，单键可旋转，使羧基C与苯环共面；乙酰氧基中羰基的C也通过单键与苯环相连，单键可旋转，使羰基C与苯环共面；甲基的C是sp3杂化，属于典型的正四面体结构，无法共面，由此推出最多有9个碳原子共平面，C正确；
D、M的主链是碳链：(-CH2-C(CH3)-) ，由不饱和单体通过加成聚合反应形成，无小分子（如H2O）生成；缩聚反应的特征是主链含杂原子（O、N等）且生成小分子，与M结构不符，因此M由加聚反应生成，而非缩聚反应，D错误；
故答案为：D
【分析】缩聚反应和加聚反应是有机化学中的两种重要反应类型：
缩聚反应是指通过化学反应将两个或多个小分子合成为一个较大的分子的过程，同时释放出小分子（如水、醇等）， 在缩聚反应中，反应物的数量减少，而生成物的数量增加；
加聚反应是指通过化学反应将小分子单体（通常含有不饱和键）转化为高分子链或网络结构的过程，不会释放小分子， 而在加聚反应中，反应物的数量保持不变，生成物的分子量增加。
10．（2025·诸暨模拟）AlCl3是一种用途广泛的化工原料，某兴趣小组欲从饱和AlCl3溶液中获取AlCl3·6H2O，相关装置如图所示，下列说法不正确的是
已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚
A．通入HCl可以抑制AlCl3水解并促使AlCl3·6H2O晶体析出
B．经过滤→冷水洗涤2~3次→低温干燥可以获取AlCl3·6H2O晶体
C．倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液倒吸
D．AlCl3·6H2O在干燥HCl氛围中加热脱水可以制备无水AlCl3
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、AlCl3在溶液中易发生水解反应：，结合平衡移动原理，可以通入HCl可以抑制Al3+的水解，增大了溶液中H+和Cl-的浓度，降低AlCl3溶解度，促使AlCl3·6H2O晶体析出，A正确；
B、根据材料信息可知，AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚，增大氯离子浓度可防止晶体溶解而损失，合适的洗涤剂为饱和氯化铝溶液，经过滤→饱和氯化铝溶液洗涤2~3次→低温干燥可以获取AlCl3·6H2O晶体，B错误；
C、氯化氢极易溶于水，直接用管道接入水中易发生倒吸，倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液因溶解HCl过快而导致倒吸，C正确；
D、根据平衡移动原理可知，为防止AlCl3·6H2O水解，在干燥HCl氛围中加热脱水可以制备无水AlCl3，故D正确；
故答案为：B
【分析】盐类水解是个可逆反应，水解过程是个吸热反应，运用平衡移动原理，改变外界条件，便可以控制盐类水解的方向。如：温度：升温促使盐类水解，降温抑制水解；浓度：增大盐溶液的浓度，水解平衡向右移动：加水稀释可以促进水解，平衡右移，水解率增大。；酸碱度：向盐溶液中加入H+，可以促进阴离子的水解，抑制阳离子的水解；向盐溶液中加入OH-，可以促进阳离子的水解，抑制阴离子的水解。
11．（2025·诸暨模拟）下列说法正确的是
A．已知NaOH固体溶于水是一个自发过程，其ΔH<0，可推测该过程ΔS>0
B．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，压缩容器体积，平衡正移，则反应的平衡常数减小
C．已知HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ/mol，可推测温度越高，HF(aq)中HF的电离程度越大
D．已知HX(g)=H(g)+X(g) ΔH>0，HX(aq)=H+(aq)+X+(aq) ΔH<0，则H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X (aq) ΔH<0
【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、NaOH固体溶于水是一个自发过程，溶解过程是混乱度增大的物理过程，ΔS>0，因无化学反应，故无焓变，且此过程中熵变和焓变不存在因果关系，A错误；
B、压缩容器体积增加体系压力，而该反应气体分子数减少的反应，增加压力使平衡向正反应正方向移动，但是平衡常数（K）仅与温度有关，因此不改变平衡常数，B错误；
C、①HF(aq)+OH-(aq)＝F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1，②H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，结合盖斯定律可知，将①-②得HF（aq） F-（aq）+H+（aq）△H=（-67.7）kJ/mol-（-57.3）kJ/mol=-10.4kJ/mol，则HF电离是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向越大，所以HF电离程度减小，C错误；
D、已知①HX(g)=H(g)+X(g)ΔH>0，②HX(aq)=H+(aq)+X+(aq)ΔH<0，根据盖斯定律，将②-①-得则H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X (aq)ΔH<0，D正确；
故答案为：D
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
12．（2025·诸暨模拟）RbAg4I5是一种只传导Ag＋的固体电解质，利用RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器。某种测定O2含量的气体传感器如图所示，被分析的O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，发生反应：4AlI3＋3O2=2Al2O3＋6I2，I2进一步在石墨电极上发生反应，引起电池电动势变化，从而测定O2的含量。下列关于气体传感器工作原理说法不正确的是
A．Ag＋通过固体电解质迁向正极
B．银电极的电极反应式为：Ag-e-=Ag+
C．测定一段时间后，固体电解质中Ag+减少
D．当O2浓度大时，电动势变大
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在传感器中，银电极为负极（阳极），发生氧化反应；石墨电极为正极（阴极），发生还原反应。Ag+作为阳离子，在电场作用下通过RbAg4I5固体电解质向正极（石墨电极）迁移，A正确；B、银电极为负极（阳极），发生氧化反应，反应式为：Ag-e-=Ag+，B正确；
C、在传感器工作过程中，银电极上的Ag氧化为Ag+，Ag+进入固体电解质并迁移至石墨电极。在石墨电极处，Ag+与还原生成的I-结合形成AgI沉淀。固体电解质RbAg4I5作为离子导体，Ag+从阳极（银电极）进入电解质，同时从阴极（石墨电极）离开，电解质中Ag+的通量保持平衡，浓度和总量不变，C正确；
D、由方程式可知，氧气浓度增大时，反应生成碘的物质的量增大，导致在正极放电的碘的物质的量增大，外电路转移电子的物质的量增大，电动势变大，D正确；
故答案为：C
【分析】首先是信号触发O2透过聚四氟乙烯膜，与AlI3发生氧化还原反应：，将O2（待测气体）转化为I2（电化学活性物质），触发电极反应。然后是电极反应的核心，传感器为原电池，依赖RbAg4I5，仅传导Ag+的固体电解质，实现离子迁移。负极（银电极）：Ag失电子，发生氧化反应：，Ag+进入RbAg4I5电解质，向正极移动。正极（多孔石墨电极）：I2得电子，结合迁移的Ag+，发生还原反应：；而RbAg4I5作为固体电解质，仅允许Ag+移动，负极生成的Ag+向正极迁移，补充正极反应消耗的Ag+，维持电解质电荷平衡。O2浓度越高，气固反应生成的I2越多，正极消耗的Ag+和电子越多，电池电动势变化越大，并通过电位计检测电动势变化，间接反映O2含量。
13．（2025·诸暨模拟）某化合物M的晶胞如图，下列说法不正确的是
A．该化合物化学式为Al(NH3)Cl3，属于分子晶体
B．NH3与Al之间的作用力为配位键
C．该化合物不稳定，受热易分解
D．∠Cl-Al-Cl键角比较：Al(NH3)Cl3>AlCl3
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；分子晶体
【解析】【解答】A、由晶胞的结构图可知，晶胞中Al、NH3、Cl原子个数比为1：1：3，化学式为Al(NH3)Cl3；晶胞由独立分子构成，分子间靠分子间作用力结合，属于分子晶体，A正确；B、NH3中N含孤电子对，Al有空轨道，二者通过配位键结合，由N的电子对指向Al，B正确；
C、化合物含不稳定的配位键，Al-N易断裂，且NH3易挥发，受热时配位键断裂、NH3脱离，故受热易分解，C正确；
D、AlCl3中Al为sp2杂化，呈平面三角形，∠Cl-Al-Cl的键角为120°；Al(NH3)Cl3中Al配位数为4，为sp3杂化，没有孤对电子，呈正四面体形，∠Cl-Al-Cl键角约109°28’，因此，∠Cl-Al-Cl键角比较：Al(NH3)Cl3故答案为：D
【分析】含有共价键的物质中相邻两键之间的夹角称为键角。比较键角大小通常有以下方法：利用常见物质分子的空间构型，直接判断键角大小；利用周期表位置类比推测分子的空间构型，直接判断键角大小；利用等电子体规律判断粒子的空间构型，直接判断键角大小；利用中心原子的电负性大小，比较键角大小，对于不同中心原子相同配位原子且结构类似的分子，中心原子的电负性越强，键角越大，对于相同中心原子不同配位原子且结构类似的分子，配位原子电负性越强，键角越小。
14．（2025·诸暨模拟）COX2、POX3的水解(取代)机理不同(X表示卤原子)，具体过程如图所示。下列说法不正确的是
A．POX3在NaOH溶液中彻底水解后可形成两种盐(不考虑阴离子的水解)
B．由于键能C-BrC．COX2与POX3的中心原子分别为sp2和sp3杂化
D．COX2水解过程先发生加成反应再发生消去反应
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用；卤代烃简介
【解析】【解答】A、如图①所示是POX3分步水解的流程图，最终生成H3PO4，是一种三元中强酸，磷酸与NaOH中和时，因NaOH用量不同，可生成NaH2PO4、Na2HPO4或Na3PO4。题目限定“不考虑阴离子水解”且“形成两种盐”，实际可认为彻底水解后可形成Na3PO4、NaX两种盐，A正确；B、如图②所示是COX2水解机理，第一步（加成反应）是慢反应，决定整体速率。第一步反应为羰基的加成反应，主要和电负性有关，所以总反应速率与C-X键能无关，B错误；
C、COX2的中心C原子形成1个C=O双键和2个C-X单键，价层电子对总数为3，且无孤对电子，故为sp2杂化，属于平面三角形结构。POX3的中心P原子形成1个P=O双键和3个P-X单键，价层电子对总数为4，且无孤对电子，故为sp3杂化，属于正四面体结构，C正确；
D第一步是慢反应，先发生加成反应，C=O双键打开，引入-OH，生成中间产物，第二步是快反应，中间产物消去HX，属于消去反应，D正确；
故答案为：B
【分析】COX2水解第一步慢反应，是H2O进攻缺电子C、断裂C=O键中的π键并重组结构的过程，因高活化能成为决速步，卤原子的电负性会影响反应速率。也体现了“慢反应的本质是加成反应中π键断裂和结构重组的高难度”。
15．（2025·诸暨模拟）25℃，向10mL浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，逐滴加入0.1mol/L的MgCl2溶液。H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；Ksp(MgCO3)=4×10-6。下列有关说法正确的是
A．25℃时，MgCO3饱和溶液中，含碳微粒最主要以HCO形式存在
B．25℃时，0.1mol MgCO3固体不可全部溶于1L 0.2mol/L的盐酸中
C．加入10mL的MgCl2溶液后，溶液中存在c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．将上述MgCl2溶液加入到0.1mol/LNaHCO3溶液中无明显现象
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由题可知，H2CO3的二级电离常数为：Ka2=4.7×10-11，H2CO3的二级电离：，据此推出二级电离常数的表达式：，又可知MgCO3溶解度小，MgCO3饱和溶液的pH≈7，说明其水解程度微弱，因此[H+]=10-7mol/L，接着将其代入Ka2的表达式中：，接着整理可得：，说明溶液中的HCO3-的浓度远远大于CO32-，A正确；
B、根据反应方程式：，可以推测，25℃时0.1mol MgCO3与盐酸完全反应消耗0.2mol盐酸，固体能全部溶于1L 0.2mol/L的盐酸中，B错误；
C、加入10mL的MgCl2溶液后，溶液中的溶质为0.1mol/LNaCl、0.05mol/L NaHCO3的混合液，根据物料守恒，c(Na+)=0.15mol/L、c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.05mol/L，溶液中存在c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，C错误；
D、NaHCO3溶液中，HCO3-可以发生电离产生CO32-，与Mg2+结合生成MgCO3沉淀，同时促进HCO3-分解为CO2，因此有沉淀和气泡等明显现象，D错误；
故答案为：A
【分析】三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。
16．（2025·诸暨模拟）三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，常用于制取农药。其纯度的测定如下(杂质不参与反应)。已知：I2+2S2O=2I-+S4O，下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，需用100mL容量瓶进行配制
B．步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO+H2O+H+
C．步骤Ⅳ，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色
D．三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、步骤Ⅰ是将样品配成100mL溶液，并且该实验是对纯度的测定，因此要确保体积的准确，故需用100mL容量瓶进行配制，A正确；
B、已知CO与H+不能大量共存，可以推测选项中的方程式有误，接着步骤Ⅲ中处于碱性环境，甲酸根易被碘单质氧化，因此发生的反应为：，B错误；
C、由流程图可知，滴定中使用淀粉指示剂，I2遇淀粉显蓝色，当I2被Na2S2O3完全还原时，蓝色褪去，故滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色，C正确；
D、根据题干流程图中可找到关系式：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，过量的I2的物质的量为：0.02mol/L×V×10-3L×=V×10-5mol，则与HCOO-反应的I2的物质的量为：(25×10-3L×0.1mol/L- V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为，D正确；
故答案为：B
【分析】将样品溶于水配制100mL溶液，从中取出10mL溶液加适量的Na2CO3进行反应将CCl3CHO反应生成CHCl3和HCOO-，加入溶液调节pH值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反应后，加入淀粉作指示剂并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL最后计算出三氯乙醛的纯度；接着是计算部分，在测定三氯乙醛（CCl3CHO）纯度的实验中，采用碘量法，涉及以下关键反应和关系：三氯乙醛在碱性条件下反应生成甲酸根离子，接着甲酸根离子被碘氧化：，对应步骤Ⅲ的反应，最后过量碘用硫代硫酸钠滴定：，对应步骤Ⅳ的反应，最后根据题干流程图和关系式，可建立以下物质的量关系：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·诸暨模拟）卤族元素在生产生活中扮演中着重要的角色。
（1）关于VIIA族元素的描述，下列说法正确的是___________。
A．基态Br原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3，其价层电子数等于最外层电子数
B．键能：HF>HCl>HBr>HI，导致酸性：HFC．根据VSEPR模型，可推测OF2和I空间构型均为V形
D．已知AlCl3为分子晶体，则可推测沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3
（2）某配位化合物的晶胞及其在xy平面的投影如图所示。晶体中存在独立的阴阳离子，晶胞参数分别为apm，apm，cpm，a=β=γ=90°。
①该化合物中配离子为　 　。
②计算该晶体的密度　 　g/cm3(列出计算表达式)。
（3）以生产感光材料的过程中生产中产生的含AgBr的废液为原料，制备单质银的一种工艺流程如下图所示：
已知：Ag+可与S2O结合生成稳定的[Ag(S2O3)2]3-。
①已知NH2OH与NH3类似，具有碱性，请写出其水溶液中主要存在的阳离子　 　。
②步骤1中，有无毒无害的气体单质，请写出步骤1中AgBr与NH2OH反应的化学方程式是　 　。
③操作1、操作2均为　 　，步骤2中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是　 　，若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是　 　。
（4）(CN)2、(SCN)2等物质具有与卤素单质类似的性质，称为拟卤素，其对应的CN-、SCN-称之为拟卤离子，已知氧化性：I2>(CN)2.
①(SCN)2为链状结构，分子中每个原子均满足8e-，请写出(SCN)2的电子式　 　。
②CN-能与Ag+形成稳定的无色离子[Ag(CN)2]-，但在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，却生成气体和白色难溶盐沉淀，请写出相应的离子方程式　 　。
【答案】（1）B；C；D
（2）[TiF6]2-；或
（3）NH3OH+；2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；过滤；将AgBr完全/充分转化为[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高产品Ag的纯度；步骤1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性条件下不稳定易分解，造成损失
（4）；2Cu2++4CN-=2CuCN↓+(CN)2↑
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）、A、基态Br原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p3，其价层电子数等于最外层电子数，A错误；
B、卤化氢键能越大，则越难电离，其氢化物酸性越弱，则键能：HF>HCl>HBr>HI，导致酸性：HFC、OF2中心原子价层电子对数为，I中心原子价层电子对数为，，根据VSEPR模型，可推测OF2和I空间构型均为V形，C正确；
D、非金属性Cl>Br>I，AlCl3为分子晶体，AlI3、AlBr3均为分子分子晶体，量越大，熔沸点越高，则沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3，D正确；
故答案为：BCD；
（2）、①、配离子是由中心离子和配位原子构成的，由图可知，该晶胞中Ti周围有6个F，其中钛为+4价，氟为-1价，则配离子是：[TiF6]2-；
②、结合晶胞可知，该晶胞中Ti：8×+1=2；Li：8×+2=4；F：4×+10=12；体积为：，则其密度为：g/cm3或者g/cm3；
（3）、①、根据题意NH2OH可发生类似氨气的电离，电离方程式为，则其水溶液中主要存在的阳离子NH3OH+；
②、无毒无害的气体单质是氮气，该反应中氯化银是氧化剂，NH2OH是还原剂，则方程式为：2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；
③、根据流程可知，操作1、操作2都是分离固体和液体，则操作1、操作2均为过滤；
根据题意Ag+可与S2O结合生成稳定的[Ag(S2O3)2]3-，则步骤2中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是：将AgBr完全/充分转化为[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高产品Ag的纯度；
结合①可知，操作1会生成HBr，且HBr可以和Na2S2O3反应，则若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是：步骤1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性条件下不稳定易分解，造成损失；
（4）、①、(SCN)2分子中每个原子均满足8e-，则(SCN)2的电子式；
②、(CN)2具有与卤素单质类似的性质，其对应的CN-，在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，却生成气体和白色难溶盐沉淀，说明铜离子和CN-发生氧化还原反应生成CuCN和(CN)2，方程式为：2Cu2++4CN- =2CuCN↓+(CN)2↑。
【分析】根据工艺流程中的信息，步骤1：AgBr还原为Ag粗品，NH2OH（羟胺）是还原剂，能把AgBr中Ag+从+1价被还原为0价的Ag，然后过滤，分离出Ag粗品与含Br-的滤液。步骤2：Ag粗品提纯，Ag粗品可能混有未还原的AgBr、Ag2O等杂质，加入硫代硫酸钠，利用S2O32-的络合性，与Ag+形成稳定络离子[Ag(S2O3)2]3-，而单质Ag不与Na2S2O3反应，通过过滤，得到提纯的Ag单质。若需进一步提纯，可通过还原剂（如甲醛、葡萄糖）还原络离子，或加热分解络合物，最终得到高纯度Ag单质。
（1）A．基态Br原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p3，其价层电子数等于最外层电子数，A错误；
B．卤化氢键能越大，则越难电离，其氢化物酸性越弱，则键能：HF>HCl>HBr>HI，导致酸性：HFC．OF2中心原子价层电子对数为，I中心原子价层电子对数为，，根据VSEPR模型，可推测OF2和I空间构型均为V形，C正确；
D．非金属性Cl>Br>I，AlCl3为分子晶体，AlI3、AlBr3均为分子分子晶体，量越大，熔沸点越高，则沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3，D正确；
故选BCD；
（2）①配离子是由中心离子和配位原子构成的，由图可知，该晶胞中Ti周围有6个F，其中钛为+4价，氟为-1价，则配离子是：[TiF6]2-；
②结合晶胞可知，该晶胞中Ti：8×+1=2；Li：8×+2=4；F：4×+10=12；体积为：，则其密度为：g/cm3或者g/cm3；
（3）①根据题意NH2OH可发生类似氨气的电离，电离方程式为，则其水溶液中主要存在的阳离子NH3OH+；
②无毒无害的气体单质是氮气，该反应中氯化银是氧化剂，NH2OH是还原剂，则方程式为：2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；
③根据流程可知，操作1、操作2都是分离固体和液体，则操作1、操作2均为过滤；
根据题意Ag+可与S2O结合生成稳定的[Ag(S2O3)2]3-，则步骤2中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是：将AgBr完全/充分转化为[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高产品Ag的纯度；
结合①可知，操作1会生成HBr，且HBr可以和Na2S2O3反应，则若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是：步骤1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性条件下不稳定易分解，造成损失；
（4）①(SCN)2分子中每个原子均满足8e-，则(SCN)2的电子式；
②(CN)2具有与卤素单质类似的性质，其对应的CN-，在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，却生成气体和白色难溶盐沉淀，说明铜离子和CN-发生氧化还原反应生成CuCN和(CN)2，方程式为：2Cu2++4CN- =2CuCN↓+(CN)2↑。
18．（2025·诸暨模拟）甲醇(CH3OH)、甲酸甲酯(HCOOCH3)均是用途广泛的化工原料。请回答：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，一般认为该反应分为两步，体系能量-反应进程如图所示：
①一定条件下，反应Ⅰ能自发进行，则反应Ⅰ在该条件下的ΔS　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
②下列说法不正确的是　 　。
A．反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH>0
B．上述反应建立平衡后，移走CH3OH，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移
C．适当升温有利于提高一定时间内反应的速率和产率
D．催化剂能提高甲醇的平衡转化率
（2）通过电解含有甲醇的NaOH溶液可用于制备甲酸盐，生成甲酸盐的电极反应式为　 　。
（3）已知HCOONa的Kh=5.6×10-9，若电解一段时间后所得HCOONa溶液的浓度为1.8mol/L，则将HCOONa溶液完全转化为HCOOH溶液需调节溶液中H+浓度约为　 　，所得甲酸溶液进一步处理后可用于制备甲酸甲酯。
（4）甲醇催化氧化也可用于制备甲酸甲酯，其工艺过程包含以下反应：
Ⅲ：2CH3OH(g)+O2(g) HCOOCH3(g)+2H2O(g) ΔH=+51.2kJ mol-1
Ⅳ：HCOOCH3(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+129.1kJ mol-1
已知：CH3OH和O2在催化剂表面的反应过程如下(M*表示催化剂表面的吸附物种，部分产物已省略)
a．氧在催化剂表面活化：O2→2O*
b．甲醇的化学吸附：CH3OH+O*→CH3O*
c．生成弱吸附的甲醛：CH3O*+O*→HCHO*
d．生成甲酸甲酯并脱附：HCHO*+CH3O*→HCOOCH3
①步骤b是HCOOCH3合成决速步骤，在相同的温度和压强下，以一定的流速通过不同的催化剂表面，反应相同时间，测得实验数据如下：
T(K) 催化剂 甲醇氧化为甲醛的转化率 甲酸甲酯的选择性
353 Au@SiO2 40% 98%
353 Auδ+@SiO2 85% 100%
研究表明在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因是　 　。
②实际工业生产中，采用的温度约为353K，温度不能太高的理由是(不考虑催化剂活性降低活失活)　 　。
【答案】（1）>；AD
（2）CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O
（3）0.32mol/L
（4）在Au离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇的吸附
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、①、由图可知，反应I的ΔH>0，自发进行：ΔG=ΔH-TΔS<0，则ΔS>0；
②、A、如图可知，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH<0，A错误；
B、上述反应建立平衡后，移走CH3OH，反应Ⅱ平衡右移，CO减少，反应Ⅰ平衡右移，B正确；
C、反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均增加，但反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，因此适当升温有利于提高一定时间内反应的速率和产率，C正确；
D、催化剂不能改变化学平衡，不能提高甲醇的平衡转化率，D错误；
故答案为：AD；
（2）、碱性条件下电解甲醇生成甲酸盐的电极反应式为CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O；
（3）、HCOONa水解产生HCOOH：HCOO-+H2O HCOOH+OH-，初始HCOO-浓度为1.8mol/L，HCOONa溶液完全转化为HCOOH溶液时HCOO-浓度为1×10-5mol/L，HCOOH浓度为(1.8-1×10-5)mol/L，则根据，此时溶液中OH-浓度约为，则；
（4）、①、步骤b是HCOOCH3合成决速步骤，在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因是：在Au离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；
②、实际工业生产中，采用的温度约为353K，温度不能太高的理由是：反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇的吸附。
【分析】判断反应能否自发要根据此公式： △G =△H－T△S， 判断反应能否自发进行用吉布斯自由能判据：如果△G<0 反应可以自发进行，反之则不可以自发进行； 恒温恒压下： 当△H<0，△S>0时，反应自发进行； 当△H>0，△S<0时，反应不自发进行； 当△H>0，△S>0时，需要在较高温度的条件下，才能自发进行。
判断平衡移动的方向：用勒夏特列原理定性分析，改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，一共有两层意思：平衡移动方向，与改变条件相反的方向；平衡移动程度，不能抵消这种改变。或用平衡常数定量分析。
化学平衡中转化率的变化主要受到以下因素的影响：若正反应是吸热反应，升高温度，转化率升高，降低温度，转化率降低；若正反应为放热反应，升高温度，转化率降低，降低温度，转化率升高。
要书写原电池电极反应式，可以遵循以下步骤：确定电极：首先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；书写反应方程式：在等式的两边分别写出反应物和生成物，标明电子的得失，并根据质量守恒和电荷守恒进行配平；注意共存离子：注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存，若不共存，则该电解质溶液中的阴离子应写入负极反应式；考虑反应环境：根据电解质的酸碱性判断产物，特别是在燃料电池中，反应环境会影响最终生成物。
（1）①由图可知，反应I的ΔH>0，自发进行：ΔG=ΔH-TΔS<0，则ΔS>0；
②A．如图可知，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH<0，故A错误；
B．上述反应建立平衡后，移走CH3OH，反应Ⅱ平衡右移，CO减少，反应Ⅰ平衡右移，故B正确；
C．反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均增加，但反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，因此适当升温有利于提高一定时间内反应的速率和产率，故C正确；
D．催化剂不能改变化学平衡，不能提高甲醇的平衡转化率，故D错误；
故答案为AD。
（2）碱性条件下电解甲醇生成甲酸盐的电极反应式为CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O。
（3）HCOONa水解产生HCOOH：HCOO-+H2O HCOOH+OH-，初始HCOO-浓度为1.8mol/L，HCOONa溶液完全转化为HCOOH溶液时HCOO-浓度为1×10-5mol/L，HCOOH浓度为(1.8-1×10-5)mol/L，则根据，此时溶液中OH-浓度约为，则。
（4）①步骤b是HCOOCH3合成决速步骤，在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因是：在Au离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；
②实际工业生产中，采用的温度约为353K，温度不能太高的理由是：反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇的吸附。
19．（2025·诸暨模拟）二氯二茂钛(M=249g/mol)为红色片状晶体，溶于水和极性溶剂，性质较稳定；其对烯烃聚合具有很高的催化活性，以下是合成二氯二茂钛的一种方法，具体流程如下：
实验制备装置(夹持、加热、水浴装置已省略)如图所示：
步骤Ⅰ：钠砂的制备。在装置(如图一)中加入二甲苯和小块金属钠，加热并搅拌至钠分散成砂粒状。抽出二甲苯，加入溶剂四氢呋喃(THF)。
步骤Ⅱ：将冷凝管换成恒压滴液漏斗(如图二)。边搅拌边加入含环戊二烯的混合液。搅拌2小时后，将制得的深红色的溶液转移到另一滴液漏斗中。
步骤Ⅲ：另取一个三颈烧瓶加入一定量的TiCl4和四氢呋喃，将上述深红色溶液加入三颈烧瓶中，滴毕后室温搅拌1h，静置，抽干溶剂得到粗品。
步骤Ⅳ：用索氏提取器提取产品(如图三)
已知：①环戊二烯存在：
②环戊二烯钠对水和氧气敏感。
请回答：
（1）步骤Ⅰ将钠制成钠砂的目的是　 　；步骤Ⅱ中环戊二烯在使用前需加热蒸馏，收集42-45℃馏分备用，其目的是　 　。
（2）合成过程为放热反应，步骤Ⅲ需要控制反应速率，可采取的措施有(写2点)　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ中，溶剂二甲苯、四氢呋喃均需要进行脱水处理
B．步骤Ⅱ中，在通风橱中将未反应的钠过滤除去，将滤液转移到分液漏斗中
C．步骤Ⅲ中，产品二氯二茂钛性质较稳定，故不需要通入N2进行保护
D．步骤Ⅳ中，索氏提取器的优点是可以连续萃取，提高产品的浸取率。
（4）步骤Ⅳ，请从下列选项中选出合理的操作并排序：
将产品装入滤纸套筒中→　 　→冷却，过滤得到产品
a．在圆底烧瓶中加入一定量的CCl4
b．在圆底烧瓶中加入一定量的氯仿
c．加热回流
d．打开冷凝水
e．当滤纸套筒中提取液颜色变浅时，停止加热
f．当滤纸套筒中提取液颜色呈深红色时，停止加热
（5）产品纯度的测定：
称取待测样品0.2500g置于烧杯内，加入NaOH溶液，加热至全部样品转化成白色沉淀为止。冷却后加一滴酚酞，溶液变红，再加HNO3至红色恰好褪去，再加入K2CrO4作指示剂，用0.1000mol/L AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液20.00mL。
已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4为砖红色沉淀。
①滴定终点现象为　 　。
②计算得到二氯二茂钛的纯度为　 　。
【答案】（1）扩大了钠的与环戊二烯接触，加快反应速率，增大收率；使环戊二烯的聚合物解聚，得到纯环戊二烯，提高原料利用率
（2）缓慢滴加深红色溶液、将三颈烧瓶置于冰浴中冷却
（3）B；C
（4）bdce
（5）最后半滴硝酸银溶液加入，产生砖红色沉淀，且半分钟不变化；99.6%
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、步骤Ⅰ将钠制成钠砂的目的是扩大了钠的与环戊二烯接触，加快反应速率，增大收率；步骤Ⅱ中环戊二烯在使用前需加热蒸馏，收集42-45℃馏分备用，其目的是使环戊二烯的聚合物解聚，得到纯环戊二烯，提高原料利用率。
（2）、从反应速率的影响因素考虑，可以从温度角度分析，结合题给信息，合成过程为放热反应，则控制反应速率的方法：缓慢滴加深红色溶液、将三颈烧瓶置于冰浴中冷却。
（3）、A、 因环戊二烯钠对水和氧气敏感，故步骤Ⅰ中，溶剂二甲苯、四氢呋喃均需要进行脱水处理，A正确；
B、结合题意可知，步骤Ⅰ将钠分散成砂粒状，随后加入溶剂四氢呋喃(THF)，此时砂粒状已经分散到溶剂四氢呋喃(THF)中，步骤Ⅱ过滤后加入含环戊二烯的混合液，此时溶液没有分层，则应该将过滤后的滤液转移到图示的三颈烧瓶中，不是转移到分液漏斗中，B错误；
C、步骤Ⅲ中，产品二氯二茂钛性质较稳定，但是环戊二烯钠对氧气敏感，故需要氮气进行保护，C错误；
D、 步骤Ⅳ中，与常规萃取相比，索氏提取器溶剂用量少，且可连续萃取，则优点是：使用溶剂量少，可连续、重复萃取，萃取效率高，D正确；
故答案为：BC；
（4）、根据题意二氯二茂钛(M=249g/mol)为红色片状晶体，溶于水和极性溶剂，应该用氯仿提取产品，不能用四氯化碳，则首先在圆底烧瓶中加入一定量的氯仿，烧瓶中氯仿受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取，当滤纸套筒中提取液颜色变浅时，证明萃取结束，故答案为：bdce；
（5）、①、该滴定过程中，K2CrO4作指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀，则滴定终点现象为：最后半滴硝酸银溶液加入，产生砖红色沉淀，且半分钟不变化；
②、1个二氯二茂钛中含有2个氯，则二氯二茂钛的物质的量为氯的物质的量的一半，即为硝酸银的物质的量的一半，则二氯二茂钛的纯度。
【分析】首先是钠砂制备，利用二甲苯作溶剂，加热搅拌金属钠，把钠分散为钠砂增大比表面积，提升后续反应活性。其中二甲苯沸点高利于加热分散钠，后抽除二甲苯，换用THF（四氢呋喃）是后续反应的溶剂，兼作配位剂稳定中间产物。同时注意全程通N2，隔绝O2和水汽，避免钠氧化或溶剂水解；接着是环戊二烯钠合成，利用钠与环戊二烯反应→生成环戊二烯钠，在操作中要注意，冷疑管换为恒压滴液漏斗，便于滴加环戊二烯混合液，同时维持N2氛围，防空气进入。搅拌2小时确保钠与环戊二烯充分反应，生成深红色环戊二烯钠溶液（特征颜色，指示反应进行）；然后是二氯二茂钛合成，环戊二烯钠与TiCl4在THF中反应，生成二氯二茂钛，关键是室温搅拌1小时，让配体与Ti4+充分配位，形成稳定的二茂钛结构，接着抽干溶剂以去除THF，得到粗品（含NaCl等杂质）；最后利用索氏提取纯化，利用二氯二茂钛溶于极性溶剂（如THF）的性质，通过索氏提取器实现“溶剂回流-虹吸萃取”循环：溶剂（如THF）受热蒸发后会上升至滤纸套（含粗品），冷凝后浸润粗品，溶解产品通过虹吸回烧瓶，反复萃取。通过多次“溶解-回流”，将产品从粗品中彻底分离（杂质NaCl不溶于THF，留在滤纸套），同时利用溶剂回流，减少溶剂消耗。
（1）步骤Ⅰ将钠制成钠砂的目的是扩大了钠的与环戊二烯接触，加快反应速率，增大收率；步骤Ⅱ中环戊二烯在使用前需加热蒸馏，收集42-45℃馏分备用，其目的是使环戊二烯的聚合物解聚，得到纯环戊二烯，提高原料利用率。
（2）从反应速率的影响因素考虑，可以从温度角度分析，结合题给信息，合成过程为放热反应，则控制反应速率的方法：缓慢滴加深红色溶液、将三颈烧瓶置于冰浴中冷却。
（3）A. 因环戊二烯钠对水和氧气敏感，故步骤Ⅰ中，溶剂二甲苯、四氢呋喃均需要进行脱水处理，正确；
B. 结合题意可知，步骤Ⅰ将钠分散成砂粒状，随后加入溶剂四氢呋喃(THF)，此时砂粒状已经分散到溶剂四氢呋喃(THF)中，步骤Ⅱ过滤后加入含环戊二烯的混合液，此时溶液没有分层，则应该将过滤后的滤液转移到图示的三颈烧瓶中，不是转移到分液漏斗中，错误；
C. 步骤Ⅲ中，产品二氯二茂钛性质较稳定，但是环戊二烯钠对氧气敏感，故需要氮气进行保护，错误；
D. 步骤Ⅳ中，与常规萃取相比，索氏提取器溶剂用量少，且可连续萃取，则优点是：使用溶剂量少，可连续、重复萃取，萃取效率高，正确；
故选BC。
（4）根据题意二氯二茂钛(M=249g/mol)为红色片状晶体，溶于水和极性溶剂，应该用氯仿提取产品，不能用四氯化碳，则首先在圆底烧瓶中加入一定量的氯仿，烧瓶中氯仿受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取，当滤纸套筒中提取液颜色变浅时，证明萃取结束，故答案为：bdce；
（5）①该滴定过程中，K2CrO4作指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀，则滴定终点现象为：最后半滴硝酸银溶液加入，产生砖红色沉淀，且半分钟不变化；
②1个二氯二茂钛中含有2个氯，则二氯二茂钛的物质的量为氯的物质的量的一半，即为硝酸银的物质的量的一半，则二氯二茂钛的纯度。
20．（2025·诸暨模拟）天然产物Eudesmol具有抗癌、消炎作用，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：
①
②
请回答：
（1）写出G中含氧官能团的名称　 　。
（2）写出A的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．C→E反应过程是为了防止羰基在后续过程中被氧化
B．化合物M既能与酸反应又能与碱反应
C．A→C反应过程中涉及加成反应、消去反应
D．化合物F的沸点高于化合物E
（4）写出L→M的化学方程式　 　。
（5）写出4个同时符合下列条件的I的同分异构体　 　。
①核磁共振氢谱表明，分子中有4种不同化学环境的氢原子
②含六元碳环(非苯环)。
（6）以丙酮()和CH3OH为有机原料，利用以上合成路线中的相关信息，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）羰基、醚键
（2）
（3）B；C；D
（4）
（5）、、、、、(或其他合理答案)
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）、由分析可知，G的结构简式为，含氧官能团的名称为(酮)羰基、醚键；
（2）、由分析可知，A的结构简式为；
（3）、A、C→E反应过程将酮羰基保护起来，再经过H→I的过程重新生成，故其目的是防止羰基在后续过程中被还原，而非被氧化(若是被氧化，G结构中不会含有酮羰基)，A错误；
B、M为，含有酯基，既能在酸性环境下水解，又能在碱性环境下水解，B正确；
C、A→C的反应是羟醛缩合反应，过程中涉及酮羰基的加成反应、羟基的消去反应，同时还涉及B结构中碳碳双键的加成反应，C正确；
D、化合物F含有羟基，能形成分子间氢键，其沸点高于化合物E，D正确；
故答案为：BCD；
（4）、由分析可知，L为，L与甲醇发生酯化反应生成M为，化学方程式为；
（5）、I的不饱和度为，分子式为，其含六元碳环(非苯环)，需要1个不饱和度，说明还含有3个双键结构，核磁共振氢谱表明，分子中有4种不同化学环境的氢原子说明其结构高度对称，满足条件的结构有、、、、、；
（6）、以丙酮和甲醇为原料合成，则需要发生A+B生成C的反应，故先将甲醇氧化物甲醛，甲醛和丙酮发生羟醛缩合反应生成，再和丙酮发生A+B生成C的反应生成，再发生I→K的一系列反应即可得到目标产物，具体合成路线是。
【分析】A的分子式为，不饱和度为2，则A中不含有苯环，A和B发生已知信息①的反应，A中含有醛基，能与B中的烯酮发生羟醛缩合，生成C，则A的结构简式为，C和D发生缩合反应生成E，保护酮羰基，防止后续的反应干扰，据此可知D的分子式为，不饱和度为0，则D为乙二醇；E到F中，反应条件中含有H2O2，说明发生的是反马氏加成水合，F被酸性重铬酸钾氧化生成，G的不饱和度为4，则说明F中的羟基被氧化为酮羰基，因此G的结构简式为；H酸化生成I，在酸性条件下水解，恢复酮羰基，I的不饱和度为，对比H的结构可知，I少了2个C、1个O，则I的结构简式为，I发生还原反应生成J，J发生取代反应生成K，对比K和J的分子式可知，K的结构简式为，结合L的分子式多了两个氧原子可知，K先发生取代反应生成，再发生水解反应生成L为，L与甲醇发生酯化反应生成M为，M发生信息②的反应生成目标产物，总的来说，通过“保护-反应-去保护”策略，缩酮保护酮羰基，结合经典有机反应，实现：双键构建，羟基精准转化、叔醇结构引入。最终从简单起始原料逐步合成复杂天然产物。
（1）由分析可知，G的结构简式为，含氧官能团的名称为(酮)羰基、醚键；
（2）由分析可知，A的结构简式为；
（3）A．C→E反应过程将酮羰基保护起来，再经过H→I的过程重新生成，故其目的是防止羰基在后续过程中被还原，而非被氧化(若是被氧化，G结构中不会含有酮羰基)，A错误；
B．M为，含有酯基，既能在酸性环境下水解，又能在碱性环境下水解，B正确；
C．A→C的反应是羟醛缩合反应，过程中涉及酮羰基的加成反应、羟基的消去反应，同时还涉及B结构中碳碳双键的加成反应，C正确；
D．化合物F含有羟基，能形成分子间氢键，其沸点高于化合物E，D正确；
故选BCD；
（4）由分析可知，L为，L与甲醇发生酯化反应生成M为，化学方程式为；
（5）I的不饱和度为，分子式为，其含六元碳环(非苯环)，需要1个不饱和度，说明还含有3个双键结构，核磁共振氢谱表明，分子中有4种不同化学环境的氢原子说明其结构高度对称，满足条件的结构有、、、、、；
（6）以丙酮和甲醇为原料合成，则需要发生A+B生成C的反应，故先将甲醇氧化物甲醛，甲醛和丙酮发生羟醛缩合反应生成，再和丙酮发生A+B生成C的反应生成，再发生I→K的一系列反应即可得到目标产物，具体合成路线是。
1 / 1浙江省诸暨市2024-2025学年高三下学期5月适应性考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025·诸暨模拟）下列物质属于强电解质的是
A．CH3Cl B．C2H5NH3Cl C．SO3 D．Mg(OH)2
2．（2025·诸暨模拟）下列表示不正确的是
A．As原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p3
B．SO的空间结构为：(四面体形)
C．的系统命名为：2，2，5-三甲基己烷
D．苯分子中的π键：
3．（2025·诸暨模拟）化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．在质地较软的铝中加入合金元素，可以改变铝原子的排列结构，使其成为硬铝
B．煤的气化是通过化学变化将煤转化为可燃性气体的过程
C．纳米晶体是颗粒尺寸在纳米量级的晶体，其熔点随晶粒大小的减小而降低
D．等离子体是一种特殊的液体，由带电的阳离子、电子及电中性粒子的组成
4．（2025·诸暨模拟）下列实验装置使用正确的是
A．图甲装置用于趁热过滤出苯甲酸溶液中的难溶性杂质
B．图乙装置用于验证乙炔的还原性
C．图丙装置用于排出盛有KMnO4溶液的滴定管尖嘴处的气泡
D．图丁装置用于碘晶体(含NH4Cl)的提纯
5．（2025·诸暨模拟）关于物质性质及应用，下列说法正确的是
A．利用浓硫酸的吸水性，可除去HCl中的水蒸气
B．漂白粉进行漂白时可加入浓盐酸，增强其漂白效果
C．铁比铜活泼，故电子工业中常用Fe与含Cu2+的溶液反应来蚀刻电路板
D．工业上常将热空气吹出的溴蒸汽用Na2CO3溶液吸收，利用了Br2的挥发性和强氧化性
6．（2025·诸暨模拟）三氯硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，是强还原剂且易水解。实验室通过反应Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2(g)制备SiHCl3，已知电负性：Cl>H>Si．下列说法正确的是
A．生成1mol H2，转移的电子数为2mol
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1
C．SiHCl3在足量NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、NaCl和H2O
D．上述生成SiHCl3的反应为吸热反应，则该反应需在高温条件下自发进行
7．（2025·诸暨模拟）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，常温下只有一种元素的单质为气态，基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，Z与X形成的某种化合物常温下为液体，基态W原子有1个未成对电子。下列说法不正确的是
A．电负性：Y>Z>W
B．原子半径：W>Z>X>Y
C．氢化物的沸点：Y>Z>X
D．上述4种元素形成的某种化合物的溶液可用于检测Fe3+
8．（2025·诸暨模拟）下列离子方程式不正确的是
A．NaClO溶液中通入少量的CO2：ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO
B．SO2通入I2水溶液中：SO2+I2+2H2O=2H++SO+2HI
C．一元弱酸H3BO3电离方程：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+
D．两性物质氢氧化铍溶于强碱：Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-
9．（2025·诸暨模拟）科学家将阿司匹林分子结构进行修饰连接，得到的缓释阿司匹林(M)可作为抗血栓长效药，M结构如下。下列说法不正确的是
A．可用氯化铁来检验阿司匹林中是否含有水杨酸
B．1mol M彻底水解最多消耗4nmol的NaOH
C．阿司匹林最多有9个碳原子共平面
D．M可由甲基丙烯酸、乙二醇、乙酰水杨酸通过缩聚反应生成
10．（2025·诸暨模拟）AlCl3是一种用途广泛的化工原料，某兴趣小组欲从饱和AlCl3溶液中获取AlCl3·6H2O，相关装置如图所示，下列说法不正确的是
已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚
A．通入HCl可以抑制AlCl3水解并促使AlCl3·6H2O晶体析出
B．经过滤→冷水洗涤2~3次→低温干燥可以获取AlCl3·6H2O晶体
C．倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液倒吸
D．AlCl3·6H2O在干燥HCl氛围中加热脱水可以制备无水AlCl3
11．（2025·诸暨模拟）下列说法正确的是
A．已知NaOH固体溶于水是一个自发过程，其ΔH<0，可推测该过程ΔS>0
B．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，压缩容器体积，平衡正移，则反应的平衡常数减小
C．已知HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ/mol，可推测温度越高，HF(aq)中HF的电离程度越大
D．已知HX(g)=H(g)+X(g) ΔH>0，HX(aq)=H+(aq)+X+(aq) ΔH<0，则H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X (aq) ΔH<0
12．（2025·诸暨模拟）RbAg4I5是一种只传导Ag＋的固体电解质，利用RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器。某种测定O2含量的气体传感器如图所示，被分析的O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，发生反应：4AlI3＋3O2=2Al2O3＋6I2，I2进一步在石墨电极上发生反应，引起电池电动势变化，从而测定O2的含量。下列关于气体传感器工作原理说法不正确的是
A．Ag＋通过固体电解质迁向正极
B．银电极的电极反应式为：Ag-e-=Ag+
C．测定一段时间后，固体电解质中Ag+减少
D．当O2浓度大时，电动势变大
13．（2025·诸暨模拟）某化合物M的晶胞如图，下列说法不正确的是
A．该化合物化学式为Al(NH3)Cl3，属于分子晶体
B．NH3与Al之间的作用力为配位键
C．该化合物不稳定，受热易分解
D．∠Cl-Al-Cl键角比较：Al(NH3)Cl3>AlCl3
14．（2025·诸暨模拟）COX2、POX3的水解(取代)机理不同(X表示卤原子)，具体过程如图所示。下列说法不正确的是
A．POX3在NaOH溶液中彻底水解后可形成两种盐(不考虑阴离子的水解)
B．由于键能C-BrC．COX2与POX3的中心原子分别为sp2和sp3杂化
D．COX2水解过程先发生加成反应再发生消去反应
15．（2025·诸暨模拟）25℃，向10mL浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，逐滴加入0.1mol/L的MgCl2溶液。H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；Ksp(MgCO3)=4×10-6。下列有关说法正确的是
A．25℃时，MgCO3饱和溶液中，含碳微粒最主要以HCO形式存在
B．25℃时，0.1mol MgCO3固体不可全部溶于1L 0.2mol/L的盐酸中
C．加入10mL的MgCl2溶液后，溶液中存在c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．将上述MgCl2溶液加入到0.1mol/LNaHCO3溶液中无明显现象
16．（2025·诸暨模拟）三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，常用于制取农药。其纯度的测定如下(杂质不参与反应)。已知：I2+2S2O=2I-+S4O，下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，需用100mL容量瓶进行配制
B．步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO+H2O+H+
C．步骤Ⅳ，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色
D．三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·诸暨模拟）卤族元素在生产生活中扮演中着重要的角色。
（1）关于VIIA族元素的描述，下列说法正确的是___________。
A．基态Br原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3，其价层电子数等于最外层电子数
B．键能：HF>HCl>HBr>HI，导致酸性：HFC．根据VSEPR模型，可推测OF2和I空间构型均为V形
D．已知AlCl3为分子晶体，则可推测沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3
（2）某配位化合物的晶胞及其在xy平面的投影如图所示。晶体中存在独立的阴阳离子，晶胞参数分别为apm，apm，cpm，a=β=γ=90°。
①该化合物中配离子为　 　。
②计算该晶体的密度　 　g/cm3(列出计算表达式)。
（3）以生产感光材料的过程中生产中产生的含AgBr的废液为原料，制备单质银的一种工艺流程如下图所示：
已知：Ag+可与S2O结合生成稳定的[Ag(S2O3)2]3-。
①已知NH2OH与NH3类似，具有碱性，请写出其水溶液中主要存在的阳离子　 　。
②步骤1中，有无毒无害的气体单质，请写出步骤1中AgBr与NH2OH反应的化学方程式是　 　。
③操作1、操作2均为　 　，步骤2中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是　 　，若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是　 　。
（4）(CN)2、(SCN)2等物质具有与卤素单质类似的性质，称为拟卤素，其对应的CN-、SCN-称之为拟卤离子，已知氧化性：I2>(CN)2.
①(SCN)2为链状结构，分子中每个原子均满足8e-，请写出(SCN)2的电子式　 　。
②CN-能与Ag+形成稳定的无色离子[Ag(CN)2]-，但在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，却生成气体和白色难溶盐沉淀，请写出相应的离子方程式　 　。
18．（2025·诸暨模拟）甲醇(CH3OH)、甲酸甲酯(HCOOCH3)均是用途广泛的化工原料。请回答：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，一般认为该反应分为两步，体系能量-反应进程如图所示：
①一定条件下，反应Ⅰ能自发进行，则反应Ⅰ在该条件下的ΔS　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
②下列说法不正确的是　 　。
A．反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH>0
B．上述反应建立平衡后，移走CH3OH，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移
C．适当升温有利于提高一定时间内反应的速率和产率
D．催化剂能提高甲醇的平衡转化率
（2）通过电解含有甲醇的NaOH溶液可用于制备甲酸盐，生成甲酸盐的电极反应式为　 　。
（3）已知HCOONa的Kh=5.6×10-9，若电解一段时间后所得HCOONa溶液的浓度为1.8mol/L，则将HCOONa溶液完全转化为HCOOH溶液需调节溶液中H+浓度约为　 　，所得甲酸溶液进一步处理后可用于制备甲酸甲酯。
（4）甲醇催化氧化也可用于制备甲酸甲酯，其工艺过程包含以下反应：
Ⅲ：2CH3OH(g)+O2(g) HCOOCH3(g)+2H2O(g) ΔH=+51.2kJ mol-1
Ⅳ：HCOOCH3(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+129.1kJ mol-1
已知：CH3OH和O2在催化剂表面的反应过程如下(M*表示催化剂表面的吸附物种，部分产物已省略)
a．氧在催化剂表面活化：O2→2O*
b．甲醇的化学吸附：CH3OH+O*→CH3O*
c．生成弱吸附的甲醛：CH3O*+O*→HCHO*
d．生成甲酸甲酯并脱附：HCHO*+CH3O*→HCOOCH3
①步骤b是HCOOCH3合成决速步骤，在相同的温度和压强下，以一定的流速通过不同的催化剂表面，反应相同时间，测得实验数据如下：
T(K) 催化剂 甲醇氧化为甲醛的转化率 甲酸甲酯的选择性
353 Au@SiO2 40% 98%
353 Auδ+@SiO2 85% 100%
研究表明在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因是　 　。
②实际工业生产中，采用的温度约为353K，温度不能太高的理由是(不考虑催化剂活性降低活失活)　 　。
19．（2025·诸暨模拟）二氯二茂钛(M=249g/mol)为红色片状晶体，溶于水和极性溶剂，性质较稳定；其对烯烃聚合具有很高的催化活性，以下是合成二氯二茂钛的一种方法，具体流程如下：
实验制备装置(夹持、加热、水浴装置已省略)如图所示：
步骤Ⅰ：钠砂的制备。在装置(如图一)中加入二甲苯和小块金属钠，加热并搅拌至钠分散成砂粒状。抽出二甲苯，加入溶剂四氢呋喃(THF)。
步骤Ⅱ：将冷凝管换成恒压滴液漏斗(如图二)。边搅拌边加入含环戊二烯的混合液。搅拌2小时后，将制得的深红色的溶液转移到另一滴液漏斗中。
步骤Ⅲ：另取一个三颈烧瓶加入一定量的TiCl4和四氢呋喃，将上述深红色溶液加入三颈烧瓶中，滴毕后室温搅拌1h，静置，抽干溶剂得到粗品。
步骤Ⅳ：用索氏提取器提取产品(如图三)
已知：①环戊二烯存在：
②环戊二烯钠对水和氧气敏感。
请回答：
（1）步骤Ⅰ将钠制成钠砂的目的是　 　；步骤Ⅱ中环戊二烯在使用前需加热蒸馏，收集42-45℃馏分备用，其目的是　 　。
（2）合成过程为放热反应，步骤Ⅲ需要控制反应速率，可采取的措施有(写2点)　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ中，溶剂二甲苯、四氢呋喃均需要进行脱水处理
B．步骤Ⅱ中，在通风橱中将未反应的钠过滤除去，将滤液转移到分液漏斗中
C．步骤Ⅲ中，产品二氯二茂钛性质较稳定，故不需要通入N2进行保护
D．步骤Ⅳ中，索氏提取器的优点是可以连续萃取，提高产品的浸取率。
（4）步骤Ⅳ，请从下列选项中选出合理的操作并排序：
将产品装入滤纸套筒中→　 　→冷却，过滤得到产品
a．在圆底烧瓶中加入一定量的CCl4
b．在圆底烧瓶中加入一定量的氯仿
c．加热回流
d．打开冷凝水
e．当滤纸套筒中提取液颜色变浅时，停止加热
f．当滤纸套筒中提取液颜色呈深红色时，停止加热
（5）产品纯度的测定：
称取待测样品0.2500g置于烧杯内，加入NaOH溶液，加热至全部样品转化成白色沉淀为止。冷却后加一滴酚酞，溶液变红，再加HNO3至红色恰好褪去，再加入K2CrO4作指示剂，用0.1000mol/L AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液20.00mL。
已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4为砖红色沉淀。
①滴定终点现象为　 　。
②计算得到二氯二茂钛的纯度为　 　。
20．（2025·诸暨模拟）天然产物Eudesmol具有抗癌、消炎作用，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：
①
②
请回答：
（1）写出G中含氧官能团的名称　 　。
（2）写出A的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．C→E反应过程是为了防止羰基在后续过程中被氧化
B．化合物M既能与酸反应又能与碱反应
C．A→C反应过程中涉及加成反应、消去反应
D．化合物F的沸点高于化合物E
（4）写出L→M的化学方程式　 　。
（5）写出4个同时符合下列条件的I的同分异构体　 　。
①核磁共振氢谱表明，分子中有4种不同化学环境的氢原子
②含六元碳环(非苯环)。
（6）以丙酮()和CH3OH为有机原料，利用以上合成路线中的相关信息，设计化合物的合成路线　 　 (用流程图表示，无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、CH3Cl是一种有机共价化合物，不溶于水，也不电离，因此不是电解质，A错误；B、C2H5NH3Cl是一种盐，由乙胺（弱碱）与盐酸（强酸）反应形成。在水溶液中，它能完全电离为C2H5NH3+和Cl-离子，因此属于强电解质，B正确；
C、SO3本身是共价化合物，不直接电离。在水中，它会与水反应生成硫酸（H2SO4），H2SO4是强电解质，但SO3本身不是电解质，C错误；
D、Mg(OH)2是一种中强碱，溶解度低，在水中部分电离，且电离程度小，因此属于弱电解质，不是强电解质，D错误；
故答案为：B
【分析】强电解质：在水溶液或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸（如盐酸、硫酸）、强碱（如氢氧化钠、氢氧化钾）和某些盐（如氯化钠）；弱电解质：在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质，包括弱酸（如醋酸）和弱碱（如氨水）。
2．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、已知As是33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故As原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p3（Ar为18号元素，对应前18电子），A正确；
B、SO中S的价层电子对数为：3+=4，其中含有一对孤对电子，考虑到孤对电子对的排斥力，并结合价层电子对互斥理论可知，其空间结构为：三角锥形即，B错误；
C、根据烷烃的系统命名法可知，最长碳链含 6 个 C，为 “己烷”， 接着从左到右编号，使取代基位次和最小，据此推断出：
的系统命名为：2，2，5-三甲基己烷，C正确；
D、苯分子中6个C为sp2杂化，未杂化的p轨道侧面重叠，形成离域大π键，电子云呈上下对称的“面包圈”形，同时大π键与苯环所在的平面垂直，故苯分子中的π键：，D正确；
故答案为：B
【分析】利用VSEPR推断分子或离子的空间构型的具体步骤如下：
确定中心原子A价层电子对数目。中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目；确定价层电子对的空间构型。由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离；分子空间构型的确定。价层电子对有成键电子对和孤电子对之分。中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是键对数，价层电子对的总数减去键对数，得孤对数。根据键对数和孤对敌，可以确定相应的较稳定的分子几何构型；
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；工业制取水煤气；合金及其应用
【解析】【解答】A、纯铝质地较软，但通过添加合金元素（如铜、镁等），可以改变铝的晶体结构，形成硬铝，显著提高其硬度和强度。这是金属合金化的典型应用，A正确；B、煤的气化是指在高温和缺氧条件下，煤与气化剂（如氧气、水蒸气）发生化学反应，生成以CO和H2为主的可燃性气体。这一过程涉及化学键的断裂和重组，属于化学变化，是实现煤炭清洁利用的重要技术，B正确；
C、纳米晶体是指晶粒尺寸在1-100nm范围内的晶体材料。由于纳米颗粒具有高表面能和小尺寸效应，其熔点会随着晶粒尺寸的减小而降低，这是纳米材料科学中的常见现象，C正确；
D、等离子体不是液体，而是一种高度电离的气体，具有独特的电导性和集体行为，类似于气体，无固定形状和体积，D错误；
故答案为：D
【分析】等离子体，被称为“物质的第四态”，是指由电子、离子、原子和中性粒子组成的电离气体。其主要特点是高度的导电性和响应电磁场的能力。
4．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；实验装置综合；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、苯甲酸高温溶解度大、常温溶解度小，趁热过滤可让苯甲酸留在滤液，避免降温结晶析出，仅分离难溶杂质。图甲为固液分离的过滤装置，“趁热过滤”的操作可通过加热后快速操作实现，A正确；B、电石制乙炔时，产物含H2S、PH3等还原性气体，二者均能使酸性KMnO4溶液褪色，装置未设除杂装置，无法排除杂质干扰，B错误；
C、KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶，需用酸式滴定管或伺服滴定管；但图丙中手捏橡胶管，是碱式滴定管特征，仪器选择错误，C错误；
D、碘升华的过程中需冷凝收集，但同时NH4Cl受热分解为NH3，冷却后二者重新化合为NH4Cl。图丁为蒸发皿加热，玻璃片覆盖时，碘升华凝结、NH3+HCl化合凝结，导致两者无法分离，D错误；
故答案为：A
【分析】蒸发浓缩，冷却结晶过滤是一般（随温度升高溶解度升高）晶体的提取过程；蒸发浓缩，趁热过滤是对于某些（随温度升高溶解度降低）晶体的提取过程；趁热过滤，可以去除浓缩液中的固体杂质，有助于后续冷却结晶获得样品的纯度和品质。
5．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；铁及其化合物的性质实验；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、浓硫酸具有强吸水性，且不与HCl气体反应，因此常用于干燥酸性气体，实验室中，浓硫酸是干燥HCl的标准试剂，A正确；B、漂白粉的有效成分为次氯酸钙，加入浓盐酸会发生剧烈反应：，产生有毒氯气。常规漂白是通过加水后静置，等待CO2溶于水后参与反应，生成具有漂白性的HClO，B错误；
C、铁比铜活泼，但电子工业中蚀刻电路板使用的是氯化铁溶液，其中Fe3+氧化铜：。若用金属铁（Fe）与含Cu2+的溶液反应：，会在铁表面沉积铜，用于电镀或铜回收，C错误；
D、工业提取溴时，确实用热空气吹出溴蒸汽，利用Br2的挥发性，并用Na2CO3溶液吸收，发生反应：此反应是Br2的歧化反应，其中Br2既表现氧化性，又表现还原性，D错误；
故答案为：A
【分析】浓硫酸的三大性质：脱水性是浓硫酸的性质，而非稀硫酸的性质，即浓硫酸有脱水性且脱水性很强，物质被浓硫酸脱水的过程是化学变化的过程，反应时，浓硫酸按水分子中氢氧原子数的比(2∶1)夺取被脱水物中的氢原子和氧原子；强氧化性，能跟金属、非金属、其他还原性物质反应；难挥发性，利用难挥发性酸制易挥发性酸。
6．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；硅和二氧化硅；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由题干可知，电负性：Cl>H>Si，Si-H键中电子对偏向于H，则Si显正价，SiHCl3中Si为+4价，根据方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2，转移了4个电子，故生成1molH2，转移的电子数为4mol，A错误；
B、在该反应中HCl是氧化剂，在参加反应的3个H中，1个化合价降低到-1价，2个化合价降低到0价；Si化合价由0升高到+4价，做还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1，B正确；
C、SiHCl3易水解，且为强还原剂，在足量NaOH溶液中，实际反应涉及水解和氧化还原：，而选项只列出Na2SiO3、NaCl和H2O，缺少H2，C错误；
D、反应物中是1mol固体Si和3mol气体HCl，而产物中1mol液体SiHCl3和1mol气体H2，可以发现气体摩尔数减少，可以推测这个反应熵减（ΔS<0），反应吸热（ΔH>0），吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS>0，据此可知反应在低温的条件下能自发进行，D错误；
故答案为：B
【分析】观察氧化还原反应每进行一摩尔会转移多少摩尔的电子，然后用这个值乘上这个化学反应进行了几摩尔。 ①单线桥法 箭头由还原剂中被氧化的元素指向氧化剂中被还原的元素，箭头方向为电子转移方向。 在桥上标明转移电子总数。 ②双线桥法 箭头分别由氧化剂指向还原产物，由还原剂指向氧化产物；箭头两端所指元素相同；箭头不表示电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。 在桥上标明得失电子数量；得失电子总数相等。
7．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据电负性规律可知，同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，可以推断金属元素的电负性小于非金属元素，则钾元素的电负性最小；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氮元素的非金属性强于硫元素，则氮元素的电负性强于硫元素，所以电负性的大小顺序为：N>S> K，A正确；
B、同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为：K>S>C>N，B正确；
C、碳元素形成的氢化物可能为液态烃、固态烃，液态烃，其中固态烃的沸点高于氨气，选项并未标注为简单氢化物，C错误；
D、上述四种元素可以形成化合物硫氰化钾，其溶液与Fe3+反应变成血红色，D正确；
故答案为：C
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，基态 X 原子 s 轨道电子数是 p 轨道的 2 倍，可以分析电子排布为 1s22s22p2（C），s 轨道电子数4是 p 轨道2的 2 倍，故 X 为C；简单氢化物与最高价含氧酸反应产生白烟，为 NH3与 HNO3反应生成 NH4NO3，故 Y 为N；与 X（C）形成常温液体化合物（如 CS2），且单质为固态，排除气态单质，故 Z 为S；基态原子有 1 个未成对电子，电子排布为：4s ，前 20 号中为 K，单质固态，故 W 为K。
8．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；氢氧化铝的制取和性质探究；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、酸性强弱H2CO3>HClO>HCO3-，少量的CO2通入NaClO溶液时，ClO-与CO2反应生成HCO3-，因为HClO的酸性强于HCO3-，无法进一步反应生成CO32-，故正确的离子方程式：，A正确；B、HI是一种强酸，属于强电解质，在水溶液中可以完全电离，不能保留分子形式，故正确离子方程式：，B错误；
C、H3BO3是一元弱酸，电离时结合水电离的OH-，生成[B(OH)4]-和H+，故正确的电离方程式为：，符合硼的成键特征，C正确；
D、根据对角线规则可知，Be(OH)2类似Al(OH)3，与强碱反应生成四羟基合铍酸根[Be(OH)4]2-，故正确离子方程式：，D正确；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；生活中的有机化合物；有机高分子化合物的结构和性质；合成有机高分子化合物的性质实验；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、水杨酸含有酚羟基，能与氯化铁发生显色反应，阿司匹林中的酚羟基已经被乙酰化，不含游离的酚羟基，所以可用氯化铁来检验阿司匹林中是否含有水杨酸，A正确；
B、M中含有酯基，酯基水解后生成的酚羟基也能与NaOH反应。1mol M中含3nmol酯基，水解生成3nmol羧基和2nmol醇羟基和1nmol酚羟基，所以1mol M彻底水解最多消耗4nmol的NaOH，B正确；
C、阿司匹林含苯环，有6个C共面，属于平面结构；羧基的C通过单键与苯环相连，单键可旋转，使羧基C与苯环共面；乙酰氧基中羰基的C也通过单键与苯环相连，单键可旋转，使羰基C与苯环共面；甲基的C是sp3杂化，属于典型的正四面体结构，无法共面，由此推出最多有9个碳原子共平面，C正确；
D、M的主链是碳链：(-CH2-C(CH3)-) ，由不饱和单体通过加成聚合反应形成，无小分子（如H2O）生成；缩聚反应的特征是主链含杂原子（O、N等）且生成小分子，与M结构不符，因此M由加聚反应生成，而非缩聚反应，D错误；
故答案为：D
【分析】缩聚反应和加聚反应是有机化学中的两种重要反应类型：
缩聚反应是指通过化学反应将两个或多个小分子合成为一个较大的分子的过程，同时释放出小分子（如水、醇等）， 在缩聚反应中，反应物的数量减少，而生成物的数量增加；
加聚反应是指通过化学反应将小分子单体（通常含有不饱和键）转化为高分子链或网络结构的过程，不会释放小分子， 而在加聚反应中，反应物的数量保持不变，生成物的分子量增加。
10．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、AlCl3在溶液中易发生水解反应：，结合平衡移动原理，可以通入HCl可以抑制Al3+的水解，增大了溶液中H+和Cl-的浓度，降低AlCl3溶解度，促使AlCl3·6H2O晶体析出，A正确；
B、根据材料信息可知，AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚，增大氯离子浓度可防止晶体溶解而损失，合适的洗涤剂为饱和氯化铝溶液，经过滤→饱和氯化铝溶液洗涤2~3次→低温干燥可以获取AlCl3·6H2O晶体，B错误；
C、氯化氢极易溶于水，直接用管道接入水中易发生倒吸，倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液因溶解HCl过快而导致倒吸，C正确；
D、根据平衡移动原理可知，为防止AlCl3·6H2O水解，在干燥HCl氛围中加热脱水可以制备无水AlCl3，故D正确；
故答案为：B
【分析】盐类水解是个可逆反应，水解过程是个吸热反应，运用平衡移动原理，改变外界条件，便可以控制盐类水解的方向。如：温度：升温促使盐类水解，降温抑制水解；浓度：增大盐溶液的浓度，水解平衡向右移动：加水稀释可以促进水解，平衡右移，水解率增大。；酸碱度：向盐溶液中加入H+，可以促进阴离子的水解，抑制阳离子的水解；向盐溶液中加入OH-，可以促进阳离子的水解，抑制阴离子的水解。
11．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、NaOH固体溶于水是一个自发过程，溶解过程是混乱度增大的物理过程，ΔS>0，因无化学反应，故无焓变，且此过程中熵变和焓变不存在因果关系，A错误；
B、压缩容器体积增加体系压力，而该反应气体分子数减少的反应，增加压力使平衡向正反应正方向移动，但是平衡常数（K）仅与温度有关，因此不改变平衡常数，B错误；
C、①HF(aq)+OH-(aq)＝F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1，②H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，结合盖斯定律可知，将①-②得HF（aq） F-（aq）+H+（aq）△H=（-67.7）kJ/mol-（-57.3）kJ/mol=-10.4kJ/mol，则HF电离是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向越大，所以HF电离程度减小，C错误；
D、已知①HX(g)=H(g)+X(g)ΔH>0，②HX(aq)=H+(aq)+X+(aq)ΔH<0，根据盖斯定律，将②-①-得则H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X (aq)ΔH<0，D正确；
故答案为：D
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在传感器中，银电极为负极（阳极），发生氧化反应；石墨电极为正极（阴极），发生还原反应。Ag+作为阳离子，在电场作用下通过RbAg4I5固体电解质向正极（石墨电极）迁移，A正确；B、银电极为负极（阳极），发生氧化反应，反应式为：Ag-e-=Ag+，B正确；
C、在传感器工作过程中，银电极上的Ag氧化为Ag+，Ag+进入固体电解质并迁移至石墨电极。在石墨电极处，Ag+与还原生成的I-结合形成AgI沉淀。固体电解质RbAg4I5作为离子导体，Ag+从阳极（银电极）进入电解质，同时从阴极（石墨电极）离开，电解质中Ag+的通量保持平衡，浓度和总量不变，C正确；
D、由方程式可知，氧气浓度增大时，反应生成碘的物质的量增大，导致在正极放电的碘的物质的量增大，外电路转移电子的物质的量增大，电动势变大，D正确；
故答案为：C
【分析】首先是信号触发O2透过聚四氟乙烯膜，与AlI3发生氧化还原反应：，将O2（待测气体）转化为I2（电化学活性物质），触发电极反应。然后是电极反应的核心，传感器为原电池，依赖RbAg4I5，仅传导Ag+的固体电解质，实现离子迁移。负极（银电极）：Ag失电子，发生氧化反应：，Ag+进入RbAg4I5电解质，向正极移动。正极（多孔石墨电极）：I2得电子，结合迁移的Ag+，发生还原反应：；而RbAg4I5作为固体电解质，仅允许Ag+移动，负极生成的Ag+向正极迁移，补充正极反应消耗的Ag+，维持电解质电荷平衡。O2浓度越高，气固反应生成的I2越多，正极消耗的Ag+和电子越多，电池电动势变化越大，并通过电位计检测电动势变化，间接反映O2含量。
13．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；分子晶体
【解析】【解答】A、由晶胞的结构图可知，晶胞中Al、NH3、Cl原子个数比为1：1：3，化学式为Al(NH3)Cl3；晶胞由独立分子构成，分子间靠分子间作用力结合，属于分子晶体，A正确；B、NH3中N含孤电子对，Al有空轨道，二者通过配位键结合，由N的电子对指向Al，B正确；
C、化合物含不稳定的配位键，Al-N易断裂，且NH3易挥发，受热时配位键断裂、NH3脱离，故受热易分解，C正确；
D、AlCl3中Al为sp2杂化，呈平面三角形，∠Cl-Al-Cl的键角为120°；Al(NH3)Cl3中Al配位数为4，为sp3杂化，没有孤对电子，呈正四面体形，∠Cl-Al-Cl键角约109°28’，因此，∠Cl-Al-Cl键角比较：Al(NH3)Cl3故答案为：D
【分析】含有共价键的物质中相邻两键之间的夹角称为键角。比较键角大小通常有以下方法：利用常见物质分子的空间构型，直接判断键角大小；利用周期表位置类比推测分子的空间构型，直接判断键角大小；利用等电子体规律判断粒子的空间构型，直接判断键角大小；利用中心原子的电负性大小，比较键角大小，对于不同中心原子相同配位原子且结构类似的分子，中心原子的电负性越强，键角越大，对于相同中心原子不同配位原子且结构类似的分子，配位原子电负性越强，键角越小。
14．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用；卤代烃简介
【解析】【解答】A、如图①所示是POX3分步水解的流程图，最终生成H3PO4，是一种三元中强酸，磷酸与NaOH中和时，因NaOH用量不同，可生成NaH2PO4、Na2HPO4或Na3PO4。题目限定“不考虑阴离子水解”且“形成两种盐”，实际可认为彻底水解后可形成Na3PO4、NaX两种盐，A正确；B、如图②所示是COX2水解机理，第一步（加成反应）是慢反应，决定整体速率。第一步反应为羰基的加成反应，主要和电负性有关，所以总反应速率与C-X键能无关，B错误；
C、COX2的中心C原子形成1个C=O双键和2个C-X单键，价层电子对总数为3，且无孤对电子，故为sp2杂化，属于平面三角形结构。POX3的中心P原子形成1个P=O双键和3个P-X单键，价层电子对总数为4，且无孤对电子，故为sp3杂化，属于正四面体结构，C正确；
D第一步是慢反应，先发生加成反应，C=O双键打开，引入-OH，生成中间产物，第二步是快反应，中间产物消去HX，属于消去反应，D正确；
故答案为：B
【分析】COX2水解第一步慢反应，是H2O进攻缺电子C、断裂C=O键中的π键并重组结构的过程，因高活化能成为决速步，卤原子的电负性会影响反应速率。也体现了“慢反应的本质是加成反应中π键断裂和结构重组的高难度”。
15．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由题可知，H2CO3的二级电离常数为：Ka2=4.7×10-11，H2CO3的二级电离：，据此推出二级电离常数的表达式：，又可知MgCO3溶解度小，MgCO3饱和溶液的pH≈7，说明其水解程度微弱，因此[H+]=10-7mol/L，接着将其代入Ka2的表达式中：，接着整理可得：，说明溶液中的HCO3-的浓度远远大于CO32-，A正确；
B、根据反应方程式：，可以推测，25℃时0.1mol MgCO3与盐酸完全反应消耗0.2mol盐酸，固体能全部溶于1L 0.2mol/L的盐酸中，B错误；
C、加入10mL的MgCl2溶液后，溶液中的溶质为0.1mol/LNaCl、0.05mol/L NaHCO3的混合液，根据物料守恒，c(Na+)=0.15mol/L、c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.05mol/L，溶液中存在c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，C错误；
D、NaHCO3溶液中，HCO3-可以发生电离产生CO32-，与Mg2+结合生成MgCO3沉淀，同时促进HCO3-分解为CO2，因此有沉淀和气泡等明显现象，D错误；
故答案为：A
【分析】三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。
16．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、步骤Ⅰ是将样品配成100mL溶液，并且该实验是对纯度的测定，因此要确保体积的准确，故需用100mL容量瓶进行配制，A正确；
B、已知CO与H+不能大量共存，可以推测选项中的方程式有误，接着步骤Ⅲ中处于碱性环境，甲酸根易被碘单质氧化，因此发生的反应为：，B错误；
C、由流程图可知，滴定中使用淀粉指示剂，I2遇淀粉显蓝色，当I2被Na2S2O3完全还原时，蓝色褪去，故滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色，C正确；
D、根据题干流程图中可找到关系式：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，过量的I2的物质的量为：0.02mol/L×V×10-3L×=V×10-5mol，则与HCOO-反应的I2的物质的量为：(25×10-3L×0.1mol/L- V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为，D正确；
故答案为：B
【分析】将样品溶于水配制100mL溶液，从中取出10mL溶液加适量的Na2CO3进行反应将CCl3CHO反应生成CHCl3和HCOO-，加入溶液调节pH值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反应后，加入淀粉作指示剂并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL最后计算出三氯乙醛的纯度；接着是计算部分，在测定三氯乙醛（CCl3CHO）纯度的实验中，采用碘量法，涉及以下关键反应和关系：三氯乙醛在碱性条件下反应生成甲酸根离子，接着甲酸根离子被碘氧化：，对应步骤Ⅲ的反应，最后过量碘用硫代硫酸钠滴定：，对应步骤Ⅳ的反应，最后根据题干流程图和关系式，可建立以下物质的量关系：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3。
17．【答案】（1）B；C；D
（2）[TiF6]2-；或
（3）NH3OH+；2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；过滤；将AgBr完全/充分转化为[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高产品Ag的纯度；步骤1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性条件下不稳定易分解，造成损失
（4）；2Cu2++4CN-=2CuCN↓+(CN)2↑
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）、A、基态Br原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p3，其价层电子数等于最外层电子数，A错误；
B、卤化氢键能越大，则越难电离，其氢化物酸性越弱，则键能：HF>HCl>HBr>HI，导致酸性：HFC、OF2中心原子价层电子对数为，I中心原子价层电子对数为，，根据VSEPR模型，可推测OF2和I空间构型均为V形，C正确；
D、非金属性Cl>Br>I，AlCl3为分子晶体，AlI3、AlBr3均为分子分子晶体，量越大，熔沸点越高，则沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3，D正确；
故答案为：BCD；
（2）、①、配离子是由中心离子和配位原子构成的，由图可知，该晶胞中Ti周围有6个F，其中钛为+4价，氟为-1价，则配离子是：[TiF6]2-；
②、结合晶胞可知，该晶胞中Ti：8×+1=2；Li：8×+2=4；F：4×+10=12；体积为：，则其密度为：g/cm3或者g/cm3；
（3）、①、根据题意NH2OH可发生类似氨气的电离，电离方程式为，则其水溶液中主要存在的阳离子NH3OH+；
②、无毒无害的气体单质是氮气，该反应中氯化银是氧化剂，NH2OH是还原剂，则方程式为：2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；
③、根据流程可知，操作1、操作2都是分离固体和液体，则操作1、操作2均为过滤；
根据题意Ag+可与S2O结合生成稳定的[Ag(S2O3)2]3-，则步骤2中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是：将AgBr完全/充分转化为[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高产品Ag的纯度；
结合①可知，操作1会生成HBr，且HBr可以和Na2S2O3反应，则若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是：步骤1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性条件下不稳定易分解，造成损失；
（4）、①、(SCN)2分子中每个原子均满足8e-，则(SCN)2的电子式；
②、(CN)2具有与卤素单质类似的性质，其对应的CN-，在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，却生成气体和白色难溶盐沉淀，说明铜离子和CN-发生氧化还原反应生成CuCN和(CN)2，方程式为：2Cu2++4CN- =2CuCN↓+(CN)2↑。
【分析】根据工艺流程中的信息，步骤1：AgBr还原为Ag粗品，NH2OH（羟胺）是还原剂，能把AgBr中Ag+从+1价被还原为0价的Ag，然后过滤，分离出Ag粗品与含Br-的滤液。步骤2：Ag粗品提纯，Ag粗品可能混有未还原的AgBr、Ag2O等杂质，加入硫代硫酸钠，利用S2O32-的络合性，与Ag+形成稳定络离子[Ag(S2O3)2]3-，而单质Ag不与Na2S2O3反应，通过过滤，得到提纯的Ag单质。若需进一步提纯，可通过还原剂（如甲醛、葡萄糖）还原络离子，或加热分解络合物，最终得到高纯度Ag单质。
（1）A．基态Br原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p3，其价层电子数等于最外层电子数，A错误；
B．卤化氢键能越大，则越难电离，其氢化物酸性越弱，则键能：HF>HCl>HBr>HI，导致酸性：HFC．OF2中心原子价层电子对数为，I中心原子价层电子对数为，，根据VSEPR模型，可推测OF2和I空间构型均为V形，C正确；
D．非金属性Cl>Br>I，AlCl3为分子晶体，AlI3、AlBr3均为分子分子晶体，量越大，熔沸点越高，则沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3，D正确；
故选BCD；
（2）①配离子是由中心离子和配位原子构成的，由图可知，该晶胞中Ti周围有6个F，其中钛为+4价，氟为-1价，则配离子是：[TiF6]2-；
②结合晶胞可知，该晶胞中Ti：8×+1=2；Li：8×+2=4；F：4×+10=12；体积为：，则其密度为：g/cm3或者g/cm3；
（3）①根据题意NH2OH可发生类似氨气的电离，电离方程式为，则其水溶液中主要存在的阳离子NH3OH+；
②无毒无害的气体单质是氮气，该反应中氯化银是氧化剂，NH2OH是还原剂，则方程式为：2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；
③根据流程可知，操作1、操作2都是分离固体和液体，则操作1、操作2均为过滤；
根据题意Ag+可与S2O结合生成稳定的[Ag(S2O3)2]3-，则步骤2中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是：将AgBr完全/充分转化为[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高产品Ag的纯度；
结合①可知，操作1会生成HBr，且HBr可以和Na2S2O3反应，则若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是：步骤1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性条件下不稳定易分解，造成损失；
（4）①(SCN)2分子中每个原子均满足8e-，则(SCN)2的电子式；
②(CN)2具有与卤素单质类似的性质，其对应的CN-，在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，却生成气体和白色难溶盐沉淀，说明铜离子和CN-发生氧化还原反应生成CuCN和(CN)2，方程式为：2Cu2++4CN- =2CuCN↓+(CN)2↑。
18．【答案】（1）>；AD
（2）CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O
（3）0.32mol/L
（4）在Au离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇的吸附
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、①、由图可知，反应I的ΔH>0，自发进行：ΔG=ΔH-TΔS<0，则ΔS>0；
②、A、如图可知，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH<0，A错误；
B、上述反应建立平衡后，移走CH3OH，反应Ⅱ平衡右移，CO减少，反应Ⅰ平衡右移，B正确；
C、反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均增加，但反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，因此适当升温有利于提高一定时间内反应的速率和产率，C正确；
D、催化剂不能改变化学平衡，不能提高甲醇的平衡转化率，D错误；
故答案为：AD；
（2）、碱性条件下电解甲醇生成甲酸盐的电极反应式为CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O；
（3）、HCOONa水解产生HCOOH：HCOO-+H2O HCOOH+OH-，初始HCOO-浓度为1.8mol/L，HCOONa溶液完全转化为HCOOH溶液时HCOO-浓度为1×10-5mol/L，HCOOH浓度为(1.8-1×10-5)mol/L，则根据，此时溶液中OH-浓度约为，则；
（4）、①、步骤b是HCOOCH3合成决速步骤，在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因是：在Au离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；
②、实际工业生产中，采用的温度约为353K，温度不能太高的理由是：反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇的吸附。
【分析】判断反应能否自发要根据此公式： △G =△H－T△S， 判断反应能否自发进行用吉布斯自由能判据：如果△G<0 反应可以自发进行，反之则不可以自发进行； 恒温恒压下： 当△H<0，△S>0时，反应自发进行； 当△H>0，△S<0时，反应不自发进行； 当△H>0，△S>0时，需要在较高温度的条件下，才能自发进行。
判断平衡移动的方向：用勒夏特列原理定性分析，改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，一共有两层意思：平衡移动方向，与改变条件相反的方向；平衡移动程度，不能抵消这种改变。或用平衡常数定量分析。
化学平衡中转化率的变化主要受到以下因素的影响：若正反应是吸热反应，升高温度，转化率升高，降低温度，转化率降低；若正反应为放热反应，升高温度，转化率降低，降低温度，转化率升高。
要书写原电池电极反应式，可以遵循以下步骤：确定电极：首先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；书写反应方程式：在等式的两边分别写出反应物和生成物，标明电子的得失，并根据质量守恒和电荷守恒进行配平；注意共存离子：注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存，若不共存，则该电解质溶液中的阴离子应写入负极反应式；考虑反应环境：根据电解质的酸碱性判断产物，特别是在燃料电池中，反应环境会影响最终生成物。
（1）①由图可知，反应I的ΔH>0，自发进行：ΔG=ΔH-TΔS<0，则ΔS>0；
②A．如图可知，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH<0，故A错误；
B．上述反应建立平衡后，移走CH3OH，反应Ⅱ平衡右移，CO减少，反应Ⅰ平衡右移，故B正确；
C．反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均增加，但反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，因此适当升温有利于提高一定时间内反应的速率和产率，故C正确；
D．催化剂不能改变化学平衡，不能提高甲醇的平衡转化率，故D错误；
故答案为AD。
（2）碱性条件下电解甲醇生成甲酸盐的电极反应式为CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O。
（3）HCOONa水解产生HCOOH：HCOO-+H2O HCOOH+OH-，初始HCOO-浓度为1.8mol/L，HCOONa溶液完全转化为HCOOH溶液时HCOO-浓度为1×10-5mol/L，HCOOH浓度为(1.8-1×10-5)mol/L，则根据，此时溶液中OH-浓度约为，则。
（4）①步骤b是HCOOCH3合成决速步骤，在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因是：在Au离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；
②实际工业生产中，采用的温度约为353K，温度不能太高的理由是：反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇的吸附。
19．【答案】（1）扩大了钠的与环戊二烯接触，加快反应速率，增大收率；使环戊二烯的聚合物解聚，得到纯环戊二烯，提高原料利用率
（2）缓慢滴加深红色溶液、将三颈烧瓶置于冰浴中冷却
（3）B；C
（4）bdce
（5）最后半滴硝酸银溶液加入，产生砖红色沉淀，且半分钟不变化；99.6%
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、步骤Ⅰ将钠制成钠砂的目的是扩大了钠的与环戊二烯接触，加快反应速率，增大收率；步骤Ⅱ中环戊二烯在使用前需加热蒸馏，收集42-45℃馏分备用，其目的是使环戊二烯的聚合物解聚，得到纯环戊二烯，提高原料利用率。
（2）、从反应速率的影响因素考虑，可以从温度角度分析，结合题给信息，合成过程为放热反应，则控制反应速率的方法：缓慢滴加深红色溶液、将三颈烧瓶置于冰浴中冷却。
（3）、A、 因环戊二烯钠对水和氧气敏感，故步骤Ⅰ中，溶剂二甲苯、四氢呋喃均需要进行脱水处理，A正确；
B、结合题意可知，步骤Ⅰ将钠分散成砂粒状，随后加入溶剂四氢呋喃(THF)，此时砂粒状已经分散到溶剂四氢呋喃(THF)中，步骤Ⅱ过滤后加入含环戊二烯的混合液，此时溶液没有分层，则应该将过滤后的滤液转移到图示的三颈烧瓶中，不是转移到分液漏斗中，B错误；
C、步骤Ⅲ中，产品二氯二茂钛性质较稳定，但是环戊二烯钠对氧气敏感，故需要氮气进行保护，C错误；
D、 步骤Ⅳ中，与常规萃取相比，索氏提取器溶剂用量少，且可连续萃取，则优点是：使用溶剂量少，可连续、重复萃取，萃取效率高，D正确；
故答案为：BC；
（4）、根据题意二氯二茂钛(M=249g/mol)为红色片状晶体，溶于水和极性溶剂，应该用氯仿提取产品，不能用四氯化碳，则首先在圆底烧瓶中加入一定量的氯仿，烧瓶中氯仿受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取，当滤纸套筒中提取液颜色变浅时，证明萃取结束，故答案为：bdce；
（5）、①、该滴定过程中，K2CrO4作指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀，则滴定终点现象为：最后半滴硝酸银溶液加入，产生砖红色沉淀，且半分钟不变化；
②、1个二氯二茂钛中含有2个氯，则二氯二茂钛的物质的量为氯的物质的量的一半，即为硝酸银的物质的量的一半，则二氯二茂钛的纯度。
【分析】首先是钠砂制备，利用二甲苯作溶剂，加热搅拌金属钠，把钠分散为钠砂增大比表面积，提升后续反应活性。其中二甲苯沸点高利于加热分散钠，后抽除二甲苯，换用THF（四氢呋喃）是后续反应的溶剂，兼作配位剂稳定中间产物。同时注意全程通N2，隔绝O2和水汽，避免钠氧化或溶剂水解；接着是环戊二烯钠合成，利用钠与环戊二烯反应→生成环戊二烯钠，在操作中要注意，冷疑管换为恒压滴液漏斗，便于滴加环戊二烯混合液，同时维持N2氛围，防空气进入。搅拌2小时确保钠与环戊二烯充分反应，生成深红色环戊二烯钠溶液（特征颜色，指示反应进行）；然后是二氯二茂钛合成，环戊二烯钠与TiCl4在THF中反应，生成二氯二茂钛，关键是室温搅拌1小时，让配体与Ti4+充分配位，形成稳定的二茂钛结构，接着抽干溶剂以去除THF，得到粗品（含NaCl等杂质）；最后利用索氏提取纯化，利用二氯二茂钛溶于极性溶剂（如THF）的性质，通过索氏提取器实现“溶剂回流-虹吸萃取”循环：溶剂（如THF）受热蒸发后会上升至滤纸套（含粗品），冷凝后浸润粗品，溶解产品通过虹吸回烧瓶，反复萃取。通过多次“溶解-回流”，将产品从粗品中彻底分离（杂质NaCl不溶于THF，留在滤纸套），同时利用溶剂回流，减少溶剂消耗。
（1）步骤Ⅰ将钠制成钠砂的目的是扩大了钠的与环戊二烯接触，加快反应速率，增大收率；步骤Ⅱ中环戊二烯在使用前需加热蒸馏，收集42-45℃馏分备用，其目的是使环戊二烯的聚合物解聚，得到纯环戊二烯，提高原料利用率。
（2）从反应速率的影响因素考虑，可以从温度角度分析，结合题给信息，合成过程为放热反应，则控制反应速率的方法：缓慢滴加深红色溶液、将三颈烧瓶置于冰浴中冷却。
（3）A. 因环戊二烯钠对水和氧气敏感，故步骤Ⅰ中，溶剂二甲苯、四氢呋喃均需要进行脱水处理，正确；
B. 结合题意可知，步骤Ⅰ将钠分散成砂粒状，随后加入溶剂四氢呋喃(THF)，此时砂粒状已经分散到溶剂四氢呋喃(THF)中，步骤Ⅱ过滤后加入含环戊二烯的混合液，此时溶液没有分层，则应该将过滤后的滤液转移到图示的三颈烧瓶中，不是转移到分液漏斗中，错误；
C. 步骤Ⅲ中，产品二氯二茂钛性质较稳定，但是环戊二烯钠对氧气敏感，故需要氮气进行保护，错误；
D. 步骤Ⅳ中，与常规萃取相比，索氏提取器溶剂用量少，且可连续萃取，则优点是：使用溶剂量少，可连续、重复萃取，萃取效率高，正确；
故选BC。
（4）根据题意二氯二茂钛(M=249g/mol)为红色片状晶体，溶于水和极性溶剂，应该用氯仿提取产品，不能用四氯化碳，则首先在圆底烧瓶中加入一定量的氯仿，烧瓶中氯仿受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取，当滤纸套筒中提取液颜色变浅时，证明萃取结束，故答案为：bdce；
（5）①该滴定过程中，K2CrO4作指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀，则滴定终点现象为：最后半滴硝酸银溶液加入，产生砖红色沉淀，且半分钟不变化；
②1个二氯二茂钛中含有2个氯，则二氯二茂钛的物质的量为氯的物质的量的一半，即为硝酸银的物质的量的一半，则二氯二茂钛的纯度。
20．【答案】（1）羰基、醚键
（2）
（3）B；C；D
（4）
（5）、、、、、(或其他合理答案)
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）、由分析可知，G的结构简式为，含氧官能团的名称为(酮)羰基、醚键；
（2）、由分析可知，A的结构简式为；
（3）、A、C→E反应过程将酮羰基保护起来，再经过H→I的过程重新生成，故其目的是防止羰基在后续过程中被还原，而非被氧化(若是被氧化，G结构中不会含有酮羰基)，A错误；
B、M为，含有酯基，既能在酸性环境下水解，又能在碱性环境下水解，B正确；
C、A→C的反应是羟醛缩合反应，过程中涉及酮羰基的加成反应、羟基的消去反应，同时还涉及B结构中碳碳双键的加成反应，C正确；
D、化合物F含有羟基，能形成分子间氢键，其沸点高于化合物E，D正确；
故答案为：BCD；
（4）、由分析可知，L为，L与甲醇发生酯化反应生成M为，化学方程式为；
（5）、I的不饱和度为，分子式为，其含六元碳环(非苯环)，需要1个不饱和度，说明还含有3个双键结构，核磁共振氢谱表明，分子中有4种不同化学环境的氢原子说明其结构高度对称，满足条件的结构有、、、、、；
（6）、以丙酮和甲醇为原料合成，则需要发生A+B生成C的反应，故先将甲醇氧化物甲醛，甲醛和丙酮发生羟醛缩合反应生成，再和丙酮发生A+B生成C的反应生成，再发生I→K的一系列反应即可得到目标产物，具体合成路线是。
【分析】A的分子式为，不饱和度为2，则A中不含有苯环，A和B发生已知信息①的反应，A中含有醛基，能与B中的烯酮发生羟醛缩合，生成C，则A的结构简式为，C和D发生缩合反应生成E，保护酮羰基，防止后续的反应干扰，据此可知D的分子式为，不饱和度为0，则D为乙二醇；E到F中，反应条件中含有H2O2，说明发生的是反马氏加成水合，F被酸性重铬酸钾氧化生成，G的不饱和度为4，则说明F中的羟基被氧化为酮羰基，因此G的结构简式为；H酸化生成I，在酸性条件下水解，恢复酮羰基，I的不饱和度为，对比H的结构可知，I少了2个C、1个O，则I的结构简式为，I发生还原反应生成J，J发生取代反应生成K，对比K和J的分子式可知，K的结构简式为，结合L的分子式多了两个氧原子可知，K先发生取代反应生成，再发生水解反应生成L为，L与甲醇发生酯化反应生成M为，M发生信息②的反应生成目标产物，总的来说，通过“保护-反应-去保护”策略，缩酮保护酮羰基，结合经典有机反应，实现：双键构建，羟基精准转化、叔醇结构引入。最终从简单起始原料逐步合成复杂天然产物。
（1）由分析可知，G的结构简式为，含氧官能团的名称为(酮)羰基、醚键；
（2）由分析可知，A的结构简式为；
（3）A．C→E反应过程将酮羰基保护起来，再经过H→I的过程重新生成，故其目的是防止羰基在后续过程中被还原，而非被氧化(若是被氧化，G结构中不会含有酮羰基)，A错误；
B．M为，含有酯基，既能在酸性环境下水解，又能在碱性环境下水解，B正确；
C．A→C的反应是羟醛缩合反应，过程中涉及酮羰基的加成反应、羟基的消去反应，同时还涉及B结构中碳碳双键的加成反应，C正确；
D．化合物F含有羟基，能形成分子间氢键，其沸点高于化合物E，D正确；
故选BCD；
（4）由分析可知，L为，L与甲醇发生酯化反应生成M为，化学方程式为；
（5）I的不饱和度为，分子式为，其含六元碳环(非苯环)，需要1个不饱和度，说明还含有3个双键结构，核磁共振氢谱表明，分子中有4种不同化学环境的氢原子说明其结构高度对称，满足条件的结构有、、、、、；
（6）以丙酮和甲醇为原料合成，则需要发生A+B生成C的反应，故先将甲醇氧化物甲醛，甲醛和丙酮发生羟醛缩合反应生成，再和丙酮发生A+B生成C的反应生成，再发生I→K的一系列反应即可得到目标产物，具体合成路线是。
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