广东省四校普通高中教学质量检测2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题
1．（2025高三上·广东月考）下列在广东发掘的珍贵文物中有一个材质与其他三个不同的是
A．台山红绿彩瓷片 B．南海I号印花陶罐
C．博罗横岭山青铜鼎 D．五华狮雄山琉璃瓦当
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、台山红绿彩瓷片属于陶瓷，陶瓷是传统硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，故A不符合题意 ；
B、南海 I 号印花陶罐属于陶器，陶器是硅酸盐材料，主要成分含硅酸盐，故B不符合题意 ；
C、博罗横岭山青铜鼎的材质是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料，与硅酸盐无关，故C符合题意 ；
D、五华狮雄山琉璃瓦当主要成分为二氧化硅和硅酸盐，属于硅酸盐材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需明确不同文物的材质类别，解题思路是分析每个选项的材质成分，找出与其他不同的类别。
2．（2025高三上·广东月考）2024年9月25日，中国人民解放军火箭军成功发射一枚洲际弹道导弹。下列说法错误的是
A．中国早期的弹道导弹弹头陀螺仪用到的金属铍遇水会剧烈反应
B．导弹天线罩所用树脂材料聚四氟乙烯具备耐热、耐冲击等功能
C．导弹固体推进剂中的氧化剂和还原剂可反应产生高温高压气体
D．导弹弹体的燃气舵用到的钨、钼等金属可经受高温喷焰的冲刷
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A、铍的金属性较弱，与水反应缓慢，仅能与热水缓慢反应，并非遇水剧烈反应，A错误；
B、聚四氟乙烯是性能优异的高分子材料，具备耐热、耐冲击等功能，适用于导弹天线罩，B正确；
C、导弹固体推进剂中的氧化剂和还原剂反应时，会释放大量热，产生高温高压气体以推动导弹，C正确；
D、钨、钼等金属熔点高、高温强度好，能经受导弹燃气舵处高温喷焰的冲刷，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
错判铍与水的反应：铍金属性弱，仅与热水缓慢反应，非遇水剧烈反应。
对聚四氟乙烯性能认知不清：忽略其耐热、耐冲击的特性，误判其在导弹天线罩的适用性。
误解推进剂反应：不清楚固体推进剂氧化剂和还原剂反应会产生高温高压气体推动导弹。
忽视钨、钼的高温性能：不了解其高熔点、耐高温喷焰的特点，误判在燃气舵的适用性。
3．（2025高三上·广东月考）下列化学用语说法正确的是
A．硫酸铝溶于水的电离方程式：
B．2-甲基-1-丁烯的键线式：
C．基态Fe2+的价层电子排布图：
D．NH3的VSEPR模型：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、硫酸铝（Al2(SO4)3）是强电解质，溶于水完全电离，正确的电离方程式为
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-。无需用可逆符号，A错误；
B、2 - 甲基 - 1 - 丁烯的结构特点是：双键位于 1 号碳，2 号碳上连有甲基，主链含 4 个碳原子，键线式：，B错误；
C、基态 Fe 原子的价层电子为 3d64s2，Fe2+是失去 2 个 4s 电子形成的，价层电子为 3d6， 基态Fe2+的价层电子排布图：，C错误；
D、NH3中 N 原子的价层电子对数 = 3 个成键电子对 + 1 个孤电子对 = 4，对应的 VSEPR 模型为四面体形：，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．强电解质电离方程式用 “=”，离子符号需正确。
B．键线式中拐点和终点代表碳原子，需与有机物结构一致。
C．Fe2+的价层电子排布需遵循电子失去顺序（先失去 4s 电子）。
D．VSEPR 模型由价层电子对数（含成键电子对和孤电子对）决定。
4．（2025高三上·广东月考）劳动是“知行合一”有力的手段。下列劳动项目与所述化学知识存在关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 家务劳动：食醋清除水壶中的少量水垢 醋酸的酸性比碳酸强
B 农业生产：石膏改良盐碱土壤 硫酸钙显酸性
C 水厂帮工：用Na2S除去废水中Cu2+和Hg2+ Na2S具有还原性
D 船厂研学：轮船船体镶嵌镁合金 主要是镁有导电性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、水壶水垢主要成分为 CaCO3和 Mg(OH)2。醋酸酸性强于碳酸，能与 CaCO3反应生成醋酸钙、CO2和水；同时醋酸能与 Mg(OH)2发生中和反应，因此食醋可清除水垢，故A符合题意 ；
B、石膏（CaSO4）改良盐碱土壤，是因为 CaSO4与土壤中 Na2CO3反应生成 CaCO3沉淀和 Na2SO4，从而降低土壤碱性。CaSO4本身呈中性，并非显酸性，故B不符合题意 ；
C、用 Na2S 除去废水中 Cu2+和 Hg2+，是因为 S2-与 Cu2+、Hg2+分别发生沉淀反应（Cu2++S2-=CuS↓、Hg2++S2-=HgS↓），利用的是沉淀反应原理，而非 Na2S 的还原性，故C不符合题意 ；
D、轮船船体镶嵌镁合金，是利用 Mg 比 Fe 活泼，在电化学腐蚀中 Mg 作为 “牺牲阳极” 先被氧化，从而保护 Fe（属于牺牲阳极法），与镁的导电性无关，故D不符合题意 ；
故答案为：A。【分析】A．利用强酸制弱酸原理，结合水垢成分的反应性判断。
B．明确石膏改良盐碱土壤的反应原理，判断物质酸碱性。
C．分析 Na2S 除重金属离子的反应类型，判断与还原性的关联。
D．明确轮船镶嵌镁合金的防腐原理，判断与导电性的关联。
5．（2025高三上·广东月考）磷酸奥司他韦是临床常用的抗病毒药物，常用于甲型和乙型流感治疗。其中间体结构简式如下图所示，关于该有机物的说法正确的是
A．分子式为C12H14NO3 B．碳原子有两种杂化方式
C．所有碳原子能共平面 D．该有机物不能与盐酸反应
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、该有机物分子中，C 原子数为 12，H 原子数为 15，含 1 个 N 原子和 4 个 O 原子，分子式应为 C12H15NO4，而非选项中的 C12H14NO3，A错误；
B、苯环和双键中的碳原子均形成 3 个 σ 键，为 sp2 杂化；饱和碳链中仅以单键连接的碳原子形成 4 个 σ 键，为 sp3 杂化。因此碳原子有两种杂化方式，B正确；
C、 分子中存在饱和碳原子（如 1号碳与3号碳），其空间结构为四面体，导致与之相连的碳原子无法共平面，故所有碳原子不可能共面，C错误；
D、该有机物含亚氨基（-NH-），氨基类基团可与盐酸发生反应，D错误；
故答案为：B。【分析】A．通过结构简式数出各原子数目，确定分子式。
B．根据碳原子成键类型（单键、双键）判断杂化方式。
C．依据饱和碳原子的四面体结构判断共面性。
D．根据含有的官能团（亚氨基）判断与盐酸的反应性。
6．（2025高三上·广东月考）下列实验操作能够达到目的的是
A．石油的分馏 B．比较MnO2和Fe2O3对H2O2的催化效果
C．测定中和反应的反应热 D．进行酸碱中和滴定
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】中和热；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、石油分馏时，温度计水银球需位于蒸馏烧瓶支管口处，用于测定馏分的沸点；直形冷凝管的冷凝水采用 “下进上出” 的方式，可保证冷凝效果。该装置的仪器选择和操作均符合石油分馏的要求，能达到实验目的，A正确；
B、具体分析：比较 MnO2和 Fe2O3对 H2O2的催化效果时，需保证除催化剂外的其他条件（如 H2O2的浓度）完全相同。但图中 H2O2的浓度分别为 5% 和 10%，未遵循控制变量原则，无法准确比较两者的催化效果，B错误；
C、测定中和反应反应热的装置中，玻璃搅拌器的作用是使反应快速且充分进行，从而保证热量测定的准确性。该装置缺少玻璃搅拌器，不能满足实验要求，无法准确测定反应热，C错误；
D、NaOH 溶液呈碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，因此需使用碱式滴定管盛装。图中使用的是酸式滴定管，仪器选择错误，D错误；
故答案为：A。【分析】A．明确石油分馏的装置操作规范。
B．掌握控制变量法在催化效果比较实验中的应用。
C．明确测定中和反应反应热的装置组成。
D．区分酸式滴定管和碱式滴定管的适用范围。
7．（2025高三上·广东月考）下列工业制备流程中涉及的物质转化关系均可一步实现的是
A．海水中提取镁：Mg(OH)2MgCl2（aq）Mg
B．工业制硫酸：SSO3H2SO4
C．侯氏制碱法：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3
D．工业制备烧碱：饱和NaCl溶液NaOH溶液→NaOH固体
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、海水中提取镁时，电解氯化镁溶液无法得到镁，需电解熔融的氯化镁才能制取金属镁，A 错误；
B、工业制硫酸中，硫在氧气中燃烧生成的是 SO2，SO2需进一步催化氧化才能生成 SO3，B错误；
C、侯氏制碱法中，需先向饱和氯化钠溶液通入氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，才能得到 NaHCO3，直接通二氧化碳无法一步实现，C错误；
D、工业制备烧碱时，电解饱和 NaCl 溶液可得到 NaOH 溶液，再经蒸发浓缩等操作可得到 NaOH 固体，转化均可一步实现，D正确；
故答案为：D。
【分析】解决此类题的关键突破口：
A．抓反应条件：如电解制镁需熔融氯化镁。
B．记住反应产物唯一性：S 在 O2中燃烧只生成SO2。
C．熟悉工业流程步骤：侯氏制碱需先通氨再通CO2。
D．掌握循工业操作逻辑：电解饱和 NaCl 溶液得 NaOH 溶液，再蒸发得固体。
8．（2025高三上·广东月考）化合物M常用于检验Ni2+。在稀氨水中，M与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如下图。已知R、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，且它们的原子序数之和为22，则
A．该结构中存在的化学键有极性键、配位键和氢键
B．分子式为W2R4Y的有机物一定能发生银镜反应
C．第一电离能：WD．键角：XR3>R2Y
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A、结构中含 C=N、N-H、O-H 等极性键，N 与 Ni 间的配位键，但氢键是分子间作用力，不属于化学键，A错误；
B、分子式为 C2H4O 的有机物，可能是乙醛（CH3CHO，能发生银镜反应），也可能是环氧乙烷（ ，不能发生银镜反应），故不一定能发生，B错误；
C、C、N、O 的第一电离能：N 因 2p 轨道半充满更稳定，第一电离能大于 O，故顺序为 C < O < N（即 W < Y < X），C错误；
D、XR3为 NH3，R2Y 为 H2O。两者中心原子均为 sp3 杂化，NH3含 1 对孤电子对，H2O 含 2 对孤电子对。孤电子对越多，斥力越大，键角越小，故键角 NH3 > H2O，D正确；
故答案为：D。【分析】先通过化合物结构和原子序数特征推断元素种类，再结合化学键类型、有机物性质、第一电离能规律及键角影响因素分析选项。
根据结构及原子序数之和为 22：
R 原子序数最小，仅形成 1 个共价键，故为 H（氢）；
W 形成 4 个共价键，原子序数大于 H，故为 C（碳）；
X 形成 3 个共价键且含孤电子对（可形成配位键），故为 N（氮）；
Y 形成 2 个共价键且能参与氢键，故为 O（氧）。
原子序数之和：1+6+7+8=22，符合条件。
9．（2025高三上·广东月考）连二亚硫酸钠（Na2S2O4），又称保险粉，具有很强的还原性，其水溶液能被空气中的氧气氧化：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．消耗22.4 LO2，转移的电子数为
B．64 gCu与S完全反应转移的电子数为
C．pH=3的NaHSO4溶液中，H+数目为
D．1 molNaHSO3溶液中含有的数目为
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、题目未说明 O2是否处于标准状况，22.4 L O2的物质的量不一定为 1 mol，因此转移电子数不一定为 4NA，A错误；
B、Cu 与 S 反应生成 Cu2S，64 g Cu 的物质的量为 1 mol，Cu 的化合价从 0 价升至 +1 价，每 mol Cu 转移 1 mol 电子，故转移电子数为 NA，B正确；
C、题目未给出 NaHSO4溶液的体积，仅通过 pH 无法计算 H+的数目，C错误；
D、HSO3-在溶液中既能电离（HSO3- H++SO32-）又能水解（HSO3-+H2O H2SO3+OH-），因此 1 mol NaHSO3溶液中 HSO3-的数目小于 NA，D错误；
故答案为：B。【分析】A．气体摩尔体积（22.4 L/mol）的使用需明确 “标准状况”。
B．明确 Cu 与 S 的反应产物及电子转移规律。
C．溶液中离子数目计算需结合 “溶液体积”。
D．考虑 HSO3-的电离与水解对粒子数目的影响。
10．（2025高三上·广东月考）部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应
B．饱和C溶液和稀氨水反应，生成物能产生丁达尔效应
C．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁及其化合物的性质实验；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、若 a 在沸水中生成 e，推测 a 为 Mg，e 为 Mg(OH)2，f 为镁盐。a→f 的反应可通过置换反应（如 Mg 与盐酸反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑）或化合反应（如 Mg 与 Cl2反应： ）实现，因此不一定是化合反应，A错误；
B、c 为 +3 价盐（铁盐或铝盐），饱和 c 溶液与稀氨水反应生成沉淀（如 Fe(OH)3或 Al(OH)3沉淀），而非胶体，不能产生丁达尔效应，B错误；
C、若实现 g→f→e→d 的转化，只有 Fe 元素符合。g 为 FeO（+2 价氧化物），溶于酸生成浅绿色 Fe2+溶液（f 为亚铁盐）；Fe2+与碱生成白色 Fe(OH)2沉淀（e 为 + 2 价碱）；Fe(OH)2被氧化为红褐色 Fe(OH)3（d 为 + 3 价碱），过程中存在明显颜色变化（浅绿色变为白色变为红褐色），C正确；
D、若 b 为 Al2O3、d 为 Al(OH)3，a 为 Al（位于周期表 p 区）；若 b 为 Fe2O3、d 为 Fe(OH)3，a 为 Fe（位于周期表 d 区）。因此组成 a 的元素不一定位于 p 区，D错误；
故答案为：C。【分析】先根据化合价和物质类别推断各物质可能的成分（Mg、Al、Fe 的单质、氧化物、盐、碱），再结合反应类型、胶体性质、颜色变化、元素周期表分区逐一分析选项。
A．判断 a→f 反应的类型是否唯一。
B．分析饱和 c 溶液与稀氨水的反应产物是否为胶体。
C．结合 Fe 的化合物转化过程判断颜色变化。
D．根据 b、d 的反应推断 a 的元素分区是否唯一。
11．（2025高三上·广东月考）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列方程式书写正确的是
A．向Na2SO3中滴加稀HNO3溶液：
B．溶液滴入FeCl2溶液中：
C．FeBr2溶液中通入过量Cl2：
D．过量SO2与0.1 mol·L-1Na2S的溶液反应：
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2S2O3与稀 HNO3反应时，HNO3具有强氧化性，会将 S2O32-氧化为 SO42-，自身被还原为 NO（而非生成 SO2）， 反应的离子方程式为：，A错误；
B、K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）与 FeCl2溶液反应，是检验 Fe2+的特征反应，会生成蓝色沉淀 KFe[Fe(CN)6]， 反应的离子方程式为：，B正确；
C、FeBr2溶液中，Fe2+的还原性强于 Br-，通入过量 Cl2时，Fe2+会先被氧化为 Fe3+，随后 Br-再被氧化为 Br2，离子方程式需同时体现两者的氧化反应。 反应的离子方程式为：，C错误；
D、过量 SO2与 Na2S 溶液反应时，SO2作为酸性氧化物，会先与水反应生成 H2SO3，过量的 H2SO3与 S2-发生氧化还原反应，最终产物为 S 单质和 HSO3-（而非 SO32-）， 反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B。【分析】A．明确硝酸的强氧化性对反应产物的影响。
B．掌握特定离子反应的特征产物与方程式书写规范。
C．判断氧化剂过量时，多种还原性离子的反应顺序与配比。
D．根据反应物过量情况判断最终产物。
12．（2025高三上·广东月考）已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．实验中通入CO2气体的速率应尽可能慢，使反应充分
B．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
C．为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中边加边振荡
D．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验中通入 CO2的核心目的是稀释生成的 ClO2，避免其浓度过高发生爆炸。若 CO2速率过慢，无法有效稀释 ClO2，会增加安全风险，因此 CO2速率不能太慢，A错误；
B、ClO2的沸点仅为 9.9℃，属于易挥发物质。装置乙的作用是收集 ClO2，若采用热水浴，会加速 ClO2挥发，导致产物大量损失，应选用冷水浴或冰水浴降低挥发速率，B错误；
C、甲醇溶液的密度小于浓硫酸，且浓硫酸稀释时会释放大量热。若将甲醇倒入浓硫酸中，会因密度差异导致甲醇浮在表面，局部过热引发液体飞溅，因此需将浓硫酸缓慢倒入甲醇溶液中，同时边加边振荡，使热量均匀扩散，操作规范，C正确；
D、装置甲的反应中，NaClO3中 Cl 元素从 + 5 价降至 ClO2中的 + 4 价，作氧化剂；CH3OH 中 C 元素从 - 2 价升至 HCOOH 中的 + 2 价，作还原剂。根据电子守恒，1 mol CH3OH 失去 4 mol 电子，1 mol NaClO3得到 1 mol 电子，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1，而非其他比例，D错误；
故答案为：C。【分析】A．明确 CO2在实验中的作用及速率控制的原因。
B．根据 ClO2的沸点判断适宜的温度控制方式。
C．依据液体密度差异和浓硫酸稀释特性判断操作顺序。
D．通过氧化还原反应中化合价变化判断氧化剂与还原剂的物质的量之比。
13．（2025高三上·广东月考）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 氨气易液化 氨分子间形成氢键
B 存在稳定的H2、HCl，不存在H3、H2Cl 共价键具有方向性
C 工业用电解熔融AlCl3制取Al 金属铝的还原性很强，需电解法制备
D 溶解度：O2A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】工业制金属铝；共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、氨分子中 N 原子电负性大，分子间易形成氢键，增强了分子间作用力，使得氨气容易被液化。陈述 I（氨气易液化）和陈述 II（氨分子间形成氢键）均正确，且存在直接因果关系，A正确；
B、H2、HCl 稳定存在，而 H3、H2Cl 不存在，是因为共价键具有饱和性（原子成键时可形成的共价键数目有限），而非 “方向性”（共价键的空间取向）。陈述 II 解释错误，B错误；
C、AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，因此工业上无法通过电解熔融 AlCl3制取 Al；实际工业制铝是电解熔融 Al2O3。陈述 I（工业用电解熔融 AlCl3制取 Al）错误，C错误；
D、O2是非极性分子，O3是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子 O3在极性溶剂（水）中的溶解度大于非极性分子 O2，与 “相对分子质量和分子间作用力” 无关。陈述 II 解释错误，D错误；
故答案为：A。【分析】A．明确氢键对物质物理性质（液化难易）的影响。
B．区分共价键的 “饱和性” 与 “方向性” 对物质存在形式的影响。
C．明确 AlCl3的化合物类型及工业制铝的实际方法。
D．分析 O2与 O3溶解度差异的本质原因（相似相溶原理）。
14．（2025高三上·广东月考）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：、，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】吸热反应中，产物能量高于反应物，因此 Y 能量高于 X，Z 能量高于 Y。反应速率由活化能决定，活化能越低，反应速率越快。由于 X 生成 Y 的速率更快，说明其活化能更低（过渡态能量更低）。只有选项 D 符合 “X→Y 活化能低（过渡态 1 能量低）、Y→Z 活化能高（过渡态 2 能量高），且 Z 能量高于 Y、Y 能量高于 X” 的特征。
故答案为：D。
【分析】反应特征分析：由浓度 - 时间图像可知，X 是反应物（浓度减小），Y 是中间产物（浓度先增后减），Z 是最终产物（浓度持续增大）。且 X 生成 Y 的反应速率远快于 Y 生成 Z 的反应速率；同时两个反应均为吸热反应（产物能量高于反应物）。据此解题。
15．（2025高三上·广东月考）我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程。该历程示意图如下图，下列说法不正确的是
A．为正四面体构型
B．①→②的过程要释放能量
C．反应过程中只存在极性键的断裂和形成
D．生成的总反应原子利用率为100%
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；有机化合物中碳的成键特征
【解析】【解答】A、CH4中 C 原子采取 sp3 杂化，4 个 H 原子对称分布在 C 原子周围，分子结构为正四面体构型，A正确；
B、从①到②的过程中，体系能量从过渡态的高能级降低到产物的低能级，属于放热过程，会释放能量，B正确；
C、反应过程中会形成 C-C 键，C-C 键由同种原子形成，属于非极性键，因此反应不仅存在极性键的断裂和形成，还涉及非极性键的形成，C错误；
D、总反应为 CO2 + CH4 → CH3COOH，反应物中所有原子均转化为产物 CH3COOH，无副产物生成，因此原子利用率为 100%，D正确；
故答案为：C。【分析】A．明确 CH4的空间构型与杂化方式的关系。
B．通过反应进程的能量变化判断热量变化。
C．识别反应过程中形成的化学键类型（极性键与非极性键）。
D．根据总反应的原子转化情况判断原子利用率。
16．（2025高三上·广东月考）拟利用下列实验原理回收利用工业废气中的、和，双极膜可将膜内的水分子解离成和，二者分别向两极移动，已知：装置a中盛放饱和溶液，下列说法正确的是
A．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度小于的电离程度
B．装置a中溶液的作用是吸收废气中的、和
C．装置b中双极膜的左侧为阳离子交换膜
D．装置b中的总反应为
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置a中溶液的溶质是。存在两种行为：
水解：（使溶液显碱性）；
电离：（使溶液显酸性）。
由于溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，A错误；
B、装置a中盛放饱和溶液，其作用是吸收废气中的和（发生反应：、）。
但与溶液不反应（因为的酸性强于，不满足“强酸制弱酸”），因此装置a不能吸收，B错误；
C、装置b是电解池，需先判断电极类型：
左侧电极：失去电子生成（化合价升高，发生氧化反应），故为阳极；
右侧电极：得到电子生成（化合价降低，发生还原反应），故为阴极。
双极膜可解离出和，其中向阳极（左侧）移动，因此双极膜左侧为阴离子交换膜（允许阴离子通过），而非阳离子交换膜，C错误；
D、结合电解池的电极反应推导总反应：
阳极反应（左侧）：；
阴极反应（右侧）：。
将两极反应相加，消去电子和、（结合双极膜解离的、，最终总反应为）：
，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．盐类水解与电离的判断：通过溶液的酸碱性，判断水解与电离程度的相对大小。
B．废气吸收的反应逻辑：明确溶液与、、的反应差异，判断装置a的吸收对象。
C．电解池的电极与离子交换膜分析：根据电极反应的氧化还原类型判断电极极性，结合离子移动方向确定离子交换膜类型。
F．电解总反应的推导：通过阳极和阴极的电极反应式相加，推导总反应方程式。
17．（2025高三上·广东月考）I．配制100mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液。
（1）该实验需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、 、 。
（2）为了防止Fe2(SO4)3水解，在配置过程中可以加入少量 。
Ⅱ.探究Fe2(SO4)3与Cu的反应。
原理预测：
（3）请写出Fe2(SO4)3与Cu的反应的离子方程式： 。
开展实验并观察现象：
某实验小组在进行Fe2(SO4)3与Cu的反应时观察到了异常现象，决定对其进行进一步的探究。
实验I：
提出问题：
（4）实验前，小组同学预测步骤2后溶液不会变为红色，原因是 。
查阅文献：i．CuSCN为难溶于水的白色固体；
ii．SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似。
提出猜想：经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能。
猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应。
猜测2：亚铁离子将其还原，。
（5）猜测1的离子方程式为 。
设计实验：
实验序号 对比实验及试剂 实验步骤 实验现象
Ⅱ A试管 2 mL 0.1 mol/LFeSO4溶液 加入1mL0.4mol·L-1KSCN溶液 开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红色向下蔓延，最后充满整支试管
B试管 2mL0.1mol/LCuSO4溶液 加入1mL0.4mol·L-1KSCN溶液 溶液变成绿色
Ⅲ C试管 2mL0.1mol/LFeSO4溶液 加入2mL0.1mol·L-1CuSO4溶液 溶液变为淡蓝色
再加1mL0.4mol·L-1KSCN溶液 溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈深红色
得出结论：
（6）实验Ⅱ中试管 (填字母)中的现象可以证实猜测1不成立。
（7）Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因： 。
【答案】胶头滴管；100mL容量瓶；稀硫酸；；Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成；；B；由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动
【知识点】配合物的成键情况；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）配制100mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液步骤为计算、称量、溶解、洗涤、转移、定容、贴签等，需要的仪器为烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。
故答案为： 胶头滴管 ； 100mL容量瓶 ；
（2）为了防止Fe3+水解，在配置过程中可以加入少量稀硫酸。
故答案为： 稀硫酸 ；
（3）Fe2(SO4)3与Cu反应的离子方程式：。
故答案为： ；
（4）根据，0.0001 mol Fe3+与0.15g(0.0023mol)Cu反应，Cu粉过量，不应有Fe3+存在，应该没有剩余的Fe3+与KSCN结合生成红色的Fe(SCN)3，则原因是Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成。
故答案为： Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成 ；
（5）猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应，离子方程式：。
故答案为： ；
（6）因为试管B与猜测1的离子相同，但是现象不同，实验Ⅱ中试管 B中的现象可以证实猜测1不成立。
故答案为： B ；
（7）Fe3+的氧化性本应强于Cu+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因：由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动。
故答案为： 由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动 。
【分析】（1）注意配制溶液需胶头滴管、100mL 容量瓶（定容用玻璃仪器）。
（2）加稀硫酸抑制 Fe3+水解（Fe3+水解显酸性，加酸抑制）。
（3）分析反应物与生成物的类别，书写Cu 与 Fe3+反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（4）Cu 粉过量，Fe3+完全反应，无 Fe3+与 SCN-生成红色物质。
（5）根据反应物与生成物的类别，猜测 1 的离子方程式：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2↑。
（6）试管 B（CuSO4与 KSCN 反应无白色沉淀和 (SCN)2生成）可证实猜测 1 不成立。
（7）SCN-与 Cu+形成沉淀、与 Fe3+形成配合物，降低 Cu+和 Fe3+浓度，使反应平衡正向移动。
18．（2025高三上·广东月考）铟被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣（主要含ZnO、In2O3，还含少量SnO2、PbO、SiO2等物质）为原料，制备粗铟的工艺流程如下：
已知：①In（铟）与Al是同主族元素，Sn（锡）是第ⅣA族元素；
②H2A2为萃取剂，萃取In3+原理为：In3+（水相）+3H2A2（有机相）InA3·3HA（有机相）+3H+（水相）
（1）In元素位于第五周期，基态In原子的价电子排布式为 。
（2）“酸浸”中滤渣的主要成分是 。
（3）“反萃取”中，溶液M是_____。
A．硫酸 B．盐酸
C．硝酸 D．氢氧化钠溶液
（4）“沉铟”中，转化为。
①的立体构型为 ；
②写出该步转化的离子方程式 。
（5）“酸溶”后，铟主要以NaInCl4形式存在溶液中；加入锌粉制得粗铟，同时还生成一种还原性的气体，该气体和生成In的物质的量之比为1：2，写出“还原”步骤中发生反应的化学方程式 。
（6）一种铜铟硒晶体（化学式为CuInSe2）的晶胞结构如图，晶胞中In和Se未标明，用A或B代替。
①推断In是 （填“A”或“B”）。
②晶体中一个Cu周围与它最近且等距离的B粒子的个数为 。
【答案】（1）5s25p1
（2）PbSO4、SiO2
（3）B
（4）平面三角形；
（5）
（6）A；4
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）In是第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为5s25p1；
故答案为： 5s25p1 ；
（2）由分析，“酸浸”中滤渣的主要成分是PbSO4、SiO2；
故答案为： PbSO4、SiO2 ；
（3）In3+（水相）+3H2A2（有机相）InA3·3HA（有机相）+3H+（水相），反萃取过程中使得平衡逆向移动，且不引入新杂质，则选择盐酸合适，故选B；
故答案为： B ；
（4）①的中心原子Sn原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为平面三角形；
②“沉铟”中，和氢氧化钠反应转化为，同时生成氯离子和水，该步转化的离子方程式；
故答案为： 平面三角形 ； ；
（5）“酸溶”后铟主要以NaInCl4形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时生成具有还原性的气体，结合质量守恒，该气体为H2，反应中锌被氧化为Zn2+，氢气和生成In的物质的量之比为1：2，反应中锌化合价由0变为+2，氢化合价由+1变为0，In化合价由+3变为0，根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应方程式为：。
故答案为： ；
（6）根据晶胞结构，利用均摊法计算。晶胞中A的个数为，B球在体内，个数为8，Cu的个数为。在CuInSe2中，Cu原子个数：In原子个数：Se原子个数=1：1：2，Se原子数应该最多，所以Se是B，In是A。
由体心铜可知，晶体中有4个Se原子距离此Cu原子最近，故为4。
故答案为：A；4；
【分析】炼锌废渣先加入稀硫酸进行酸浸处理：其中二氧化硅化学性质稳定，不与稀硫酸反应；氧化铅与稀硫酸反应生成难溶的硫酸铅沉淀。酸浸后过滤，滤渣包含硫酸铅和二氧化硅。滤液中加入 H2A2萃取剂，可将水相中的 In3+转化为有机相的 InA3 3HA。经分液后进行反萃取，再次分液可分离出水相，其中含有 InCl4-和 SnCl62-。向该水相中加入烧碱进行沉铟操作，在此过程中，SnCl62-转化为 SnO32-进入滤液，而铟相关物质形成沉淀。将沉淀加入盐酸进行 “酸溶”，铟主要以 InCl4-的形式存在于溶液中，最后加入锌粉进行还原，即可制得粗铟。
（1）In是第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为5s25p1；
（2）由分析，“酸浸”中滤渣的主要成分是PbSO4、SiO2；
（3）In3+（水相）+3H2A2（有机相）InA3·3HA（有机相）+3H+（水相），反萃取过程中使得平衡逆向移动，且不引入新杂质，则选择盐酸合适，故选B；
（4）①的中心原子Sn原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为平面三角形；
②“沉铟”中，和氢氧化钠反应转化为，同时生成氯离子和水，该步转化的离子方程式；
（5）“酸溶”后铟主要以NaInCl4形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时生成具有还原性的气体，结合质量守恒，该气体为H2，反应中锌被氧化为Zn2+，氢气和生成In的物质的量之比为1：2，反应中锌化合价由0变为+2，氢化合价由+1变为0，In化合价由+3变为0，根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应方程式为：。
（6）根据晶胞结构，利用均摊法计算。晶胞中A的个数为，B球在体内，个数为8，Cu的个数为。在CuInSe2中，Cu原子个数：In原子个数：Se原子个数=1：1：2，Se原子数应该最多，所以Se是B，In是A。
由体心铜可知，晶体中有4个Se原子距离此Cu原子最近，故为4。
19．（2025高三上·广东月考）煤气中主要的含硫杂质有H2S以及CS2、COS等有机硫煤气中的湿法脱硫的原理是利用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS，再进一步被空气氧化成Na2S2O3.请回答下列问题：
（1）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。
①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为 。
②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为 。
③已知断裂1 mol化学键所需的能量如下：
化学键 H-H C=O C=S H-S CO
E/kJ·mol-1 436 745 577 339 1072
H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g）=H2S（g）+CO（g），该反应的ΔH= kJ·mol-1。
④用活性α-Al2O3催化COS水解的反应为 ，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，在相同的时间内测得不同温度下COS的转化率（未达平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与的关系如图2所示。
由图1可知，催化剂活性最大时的温度约为 ；由图2可知，P点时平衡常数K= （保留2位有效数字）。
（2）回收处理燃煤烟气中SO2的方法之一是用氨水先将SO2转化为NH4HSO3，再通入空气将其氧化成(NH4)2SO4.能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有 （填字母）。
a．增大氨水浓度 b．增大燃煤烟气的流速 c．升高温度 d．增大压强
（3）某的甲酸可与其他有机酸混合作清洗剂，研究混合酸中的微粒数量关系有意义。25℃时，相同浓度甲酸、丙酸（C2H5COOH）及某羧酸R1COOH的水溶液中，酸分子的分布分数随pH变化曲线如下图所示。
①往HCOOH和C2H5COOH的混合溶液中加入NaOH至pH=7， （填“>”“=”或“<”）。
②将等物质的量浓度等体积的HCOOH和R1COONa混合充分，发生的反应为：，求平衡时HCOOH的转化率 。
【答案】（1）；；+8；150℃；0.048
（2）ad
（3）<；90.9%
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①COS与CO2结构相似，结合CO2的电子式可知COS的电子式为；②Br2作氧化剂，化合价降低为-1，COS作还原剂，硫元素化合价从-2升高到+6，根据电子转移守恒，可知其离子方程式为；③结合表中键能数据列式，△H=（436+745+577）kJ/mol -（339×2+1072）kJ/mol =+8kJ/mol；④根据图1数据变化特点可知，在150℃时，COS的转化率最高；⑤由图2可知，P点时的转化率为30%，列出三段式：，K=；
故答案为： ； ； +8 ； 150℃ ； 0.048 ；
（2）a．增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，a正确；b．增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，b错误；c．升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低，c错误；d．由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，d正确；故答案选ad；
故答案为： ad ；
（3）①由于HCOOH、C2H5COOH能与NaOH反应生成HCOONa、C2H5COONa，pH=7说明c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒得c(HCOO-)+c(C2H5COO-) +c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(HCOO-)＜c(Na+)；②由图知，pH=3.75时，HCOOH分子的分布分数是50%，根据电离平衡常数的表达式和图中HCOOH分子的分布随pH变化曲线可知，K甲酸=10-3.75，同理可得R1COOH的电离平常常数为K某酸=10-5.75，则HCOOH+R1COO- R1COOH+HCOO-的平衡常数K===102，设HCOOH和R1COONa的起始浓度为1mol/L，HCOOH的转化率为x，列出三段式：
则K==102，解得x=，故平衡时HCOOH的转化率为=90.9%。
故答案为： < ； 90.9% ；
【分析】(1) ①依据 COS 与 CO2结构相似性，参照 CO2电子式书写 COS 电子式。
②明确 Br2（氧化剂，Br 从 0 价到-1 价）和 COS（还原剂，S 从 - 2 价到+6 价）的氧化还原关系，结合守恒规律写离子方程式。
③用 “反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能” 计算 ΔH，代入 H-H、C=S 等键能数据。
④图 1 中转化率最高的温度对应催化剂活性最大；图 2 中 P 点用三段式（设起始量）代入平衡常数表达式计算 K。
(2) 分析措施对 SO2去除率的影响：增大氨水浓度（提高吸收能力）、增大压强（促进气体溶解）有利；增大烟气流速（接触不充分）、升温（降低溶解度）不利，据此选有效措施。
(3) ①pH=7 时 c (H+)=c (OH-)，结合电荷守恒（c (HCOO-)+c (C2H5COO-)=c (Na+)）判断离子浓度关系。
②由图中分布分数求电离常数（如甲酸 K=10-3.75），利用反应平衡常数 K= ，列三段式计算转化率。
（1）①COS与CO2结构相似，结合CO2的电子式可知COS的电子式为；②Br2作氧化剂，化合价降低为-1，COS作还原剂，硫元素化合价从-2升高到+6，根据电子转移守恒，可知其离子方程式为；③结合表中键能数据列式，△H=（436+745+577）kJ/mol -（339×2+1072）kJ/mol =+8kJ/mol；④根据图1数据变化特点可知，在150℃时，COS的转化率最高；⑤由图2可知，P点时的转化率为30%，列出三段式：，K=；
（2）a．增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，a正确；b．增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，b错误；c．升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低，c错误；d．由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，d正确；故答案选ad；
（3）①由于HCOOH、C2H5COOH能与NaOH反应生成HCOONa、C2H5COONa，pH=7说明c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒得c(HCOO-)+c(C2H5COO-) +c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(HCOO-)＜c(Na+)；②由图知，pH=3.75时，HCOOH分子的分布分数是50%，根据电离平衡常数的表达式和图中HCOOH分子的分布随pH变化曲线可知，K甲酸=10-3.75，同理可得R1COOH的电离平常常数为K某酸=10-5.75，则HCOOH+R1COO- R1COOH+HCOO-的平衡常数K===102，设HCOOH和R1COONa的起始浓度为1mol/L，HCOOH的转化率为x，列出三段式：
则K==102，解得x=，故平衡时HCOOH的转化率为=90.9%。
20．（2025高三上·广东月考）有机化合物的提取与合成极大地促进了化学科学的发展；药物化学是重要的有机化学分支之一，合成某药物中间体G的流程如图所示：
已知：乙酸酐为2分子乙酸脱水得到，结构简式为。
（1）化合物分子A的名称为 。
（2）化合物C中除羟基外的含氧官能团的名称为： ；化合物C的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为 。（任意写一种）
（3）对化合物D，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① H2，钯催化
② -COOCH3
（4）以下关于物质E说法正确的是_______。
A．分子中不存在手性碳原子
B．可以发生缩聚反应形成聚酯
C．可以和FeCl3发生显色反应
D．1 molE与足量NaHCO3反应产生1 molCO2
（5）以对甲基苯酚为有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应的化学方程式为 。
②第一步含苯环产物与足量的NaOH在加热条件下反应的化学方程式为 。
③目标产物被酸性KMnO4氧化后的产物的结构简式为 。
【答案】（1）对氟苯酚
（2）酮羰基；或
（3）；加成反应；甲醇，浓硫酸、加热；取代反应（或酯化反应）
（4）B；D
（5）++CH3COOH；+2NaOH+CH3COONa+H2O；
【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）由结构，化合物分子A的名称为对氟苯酚；
故答案为： 对氟苯酚 ；
（2）由结构，化合物C中除羟基外的含氧官能团的名称为酮羰基；化合物C除苯环外，含2个氧、2个碳、1个氟，1个不饱和度，其某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，则含醛基且分子中结构对称，其结构简式为或；
故答案为： 酮羰基 ；或 ；
（3）D中含碳碳双键、酮羰基，两者均能和氢气催化加成生成新的结构：，为加成反应；
D中含羧基，能和甲醇在浓硫酸催化加热条件下，发生酯化反应生成酯基：-COOCH3，为取代反应（或酯化反应）；
故答案为： ； 加成反应 ； 甲醇，浓硫酸、加热 ； 取代反应（或酯化反应） ；
（4）A．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故E中的手性碳原子标记为：，故A错误；
B．E中含醇羟基和羧基，可以发生分子间酯化反应形成聚酯，故B正确；
C．E中不含酚羟基，不能使FeCl3 发生显色反应，故C错误；
D.1 molE含1mol羧基，则与足量NaHCO3反应产生1 molCO2，故D正确；
故答案为：BD；
（5）根据题干流程，发生第一步反应生成，与AlCl3发生第二步反应生成，与乙二酸二乙酯在乙酸钠的作用下发生成环的反应生成；
①由上述分析可知，第一步反应的化学方程式为++CH3COOH。
②第一步含苯环产物中含酯基，与足量的NaOH在加热条件下反应生成羧酸盐和对甲基苯酚钠，化学方程式为+2NaOH+CH3COONa+H2O。
③目标产物中碳碳双键、苯环上甲基均会被酸性KMnO4氧化，氧化后的产物的结构简式为。
故答案为：++CH3COOH ；+2NaOH+CH3COONa+H2O ； 。
【分析】从 A 的结构出发，首先 A 通过取代反应生成中间体 B；随后 B 经历分子内的重排过程，转化为化合物 C。在乙酸钠的催化作用下，C 与乙二酸二乙酯发生反应，构建出新的分子结构 D；D 与氢气进行加成反应，得到产物 E。通过对比 E 和最终产物 G 的结构简式，可确定中间产物 F 的结构为，E 发生消去反应生成 F，F 再与氢气发生加成反应，最终得到目标产物 G。据此解题。
（1）由结构，化合物分子A的名称为对氟苯酚；
（2）由结构，化合物C中除羟基外的含氧官能团的名称为酮羰基；化合物C除苯环外，含2个氧、2个碳、1个氟，1个不饱和度，其某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，则含醛基且分子中结构对称，其结构简式为或；
（3）D中含碳碳双键、酮羰基，两者均能和氢气催化加成生成新的结构：，为加成反应；
D中含羧基，能和甲醇在浓硫酸催化加热条件下，发生酯化反应生成酯基：-COOCH3，为取代反应（或酯化反应）；
（4）A．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故E中的手性碳原子标记为：，故A错误；
B．E中含醇羟基和羧基，可以发生分子间酯化反应形成聚酯，故B正确；
C．E中不含酚羟基，不能使FeCl3 发生显色反应，故C错误；
D.1 molE含1mol羧基，则与足量NaHCO3反应产生1 molCO2，故D正确；
答案为BD；
（5）根据题干流程，发生第一步反应生成，与AlCl3发生第二步反应生成，与乙二酸二乙酯在乙酸钠的作用下发生成环的反应生成；
①由上述分析可知，第一步反应的化学方程式为++CH3COOH。
②第一步含苯环产物中含酯基，与足量的NaOH在加热条件下反应生成羧酸盐和对甲基苯酚钠，化学方程式为+2NaOH+CH3COONa+H2O。
③目标产物中碳碳双键、苯环上甲基均会被酸性KMnO4氧化，氧化后的产物的结构简式为。
1 / 1广东省四校普通高中教学质量检测2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题
1．（2025高三上·广东月考）下列在广东发掘的珍贵文物中有一个材质与其他三个不同的是
A．台山红绿彩瓷片 B．南海I号印花陶罐
C．博罗横岭山青铜鼎 D．五华狮雄山琉璃瓦当
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广东月考）2024年9月25日，中国人民解放军火箭军成功发射一枚洲际弹道导弹。下列说法错误的是
A．中国早期的弹道导弹弹头陀螺仪用到的金属铍遇水会剧烈反应
B．导弹天线罩所用树脂材料聚四氟乙烯具备耐热、耐冲击等功能
C．导弹固体推进剂中的氧化剂和还原剂可反应产生高温高压气体
D．导弹弹体的燃气舵用到的钨、钼等金属可经受高温喷焰的冲刷
3．（2025高三上·广东月考）下列化学用语说法正确的是
A．硫酸铝溶于水的电离方程式：
B．2-甲基-1-丁烯的键线式：
C．基态Fe2+的价层电子排布图：
D．NH3的VSEPR模型：
4．（2025高三上·广东月考）劳动是“知行合一”有力的手段。下列劳动项目与所述化学知识存在关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 家务劳动：食醋清除水壶中的少量水垢 醋酸的酸性比碳酸强
B 农业生产：石膏改良盐碱土壤 硫酸钙显酸性
C 水厂帮工：用Na2S除去废水中Cu2+和Hg2+ Na2S具有还原性
D 船厂研学：轮船船体镶嵌镁合金 主要是镁有导电性
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·广东月考）磷酸奥司他韦是临床常用的抗病毒药物，常用于甲型和乙型流感治疗。其中间体结构简式如下图所示，关于该有机物的说法正确的是
A．分子式为C12H14NO3 B．碳原子有两种杂化方式
C．所有碳原子能共平面 D．该有机物不能与盐酸反应
6．（2025高三上·广东月考）下列实验操作能够达到目的的是
A．石油的分馏 B．比较MnO2和Fe2O3对H2O2的催化效果
C．测定中和反应的反应热 D．进行酸碱中和滴定
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·广东月考）下列工业制备流程中涉及的物质转化关系均可一步实现的是
A．海水中提取镁：Mg(OH)2MgCl2（aq）Mg
B．工业制硫酸：SSO3H2SO4
C．侯氏制碱法：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3
D．工业制备烧碱：饱和NaCl溶液NaOH溶液→NaOH固体
8．（2025高三上·广东月考）化合物M常用于检验Ni2+。在稀氨水中，M与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如下图。已知R、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，且它们的原子序数之和为22，则
A．该结构中存在的化学键有极性键、配位键和氢键
B．分子式为W2R4Y的有机物一定能发生银镜反应
C．第一电离能：WD．键角：XR3>R2Y
9．（2025高三上·广东月考）连二亚硫酸钠（Na2S2O4），又称保险粉，具有很强的还原性，其水溶液能被空气中的氧气氧化：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．消耗22.4 LO2，转移的电子数为
B．64 gCu与S完全反应转移的电子数为
C．pH=3的NaHSO4溶液中，H+数目为
D．1 molNaHSO3溶液中含有的数目为
10．（2025高三上·广东月考）部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应
B．饱和C溶液和稀氨水反应，生成物能产生丁达尔效应
C．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区
11．（2025高三上·广东月考）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列方程式书写正确的是
A．向Na2SO3中滴加稀HNO3溶液：
B．溶液滴入FeCl2溶液中：
C．FeBr2溶液中通入过量Cl2：
D．过量SO2与0.1 mol·L-1Na2S的溶液反应：
12．（2025高三上·广东月考）已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．实验中通入CO2气体的速率应尽可能慢，使反应充分
B．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
C．为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中边加边振荡
D．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
13．（2025高三上·广东月考）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 氨气易液化 氨分子间形成氢键
B 存在稳定的H2、HCl，不存在H3、H2Cl 共价键具有方向性
C 工业用电解熔融AlCl3制取Al 金属铝的还原性很强，需电解法制备
D 溶解度：O2A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·广东月考）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：、，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A． B．
C． D．
15．（2025高三上·广东月考）我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程。该历程示意图如下图，下列说法不正确的是
A．为正四面体构型
B．①→②的过程要释放能量
C．反应过程中只存在极性键的断裂和形成
D．生成的总反应原子利用率为100%
16．（2025高三上·广东月考）拟利用下列实验原理回收利用工业废气中的、和，双极膜可将膜内的水分子解离成和，二者分别向两极移动，已知：装置a中盛放饱和溶液，下列说法正确的是
A．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度小于的电离程度
B．装置a中溶液的作用是吸收废气中的、和
C．装置b中双极膜的左侧为阳离子交换膜
D．装置b中的总反应为
17．（2025高三上·广东月考）I．配制100mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液。
（1）该实验需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、 、 。
（2）为了防止Fe2(SO4)3水解，在配置过程中可以加入少量 。
Ⅱ.探究Fe2(SO4)3与Cu的反应。
原理预测：
（3）请写出Fe2(SO4)3与Cu的反应的离子方程式： 。
开展实验并观察现象：
某实验小组在进行Fe2(SO4)3与Cu的反应时观察到了异常现象，决定对其进行进一步的探究。
实验I：
提出问题：
（4）实验前，小组同学预测步骤2后溶液不会变为红色，原因是 。
查阅文献：i．CuSCN为难溶于水的白色固体；
ii．SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似。
提出猜想：经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能。
猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应。
猜测2：亚铁离子将其还原，。
（5）猜测1的离子方程式为 。
设计实验：
实验序号 对比实验及试剂 实验步骤 实验现象
Ⅱ A试管 2 mL 0.1 mol/LFeSO4溶液 加入1mL0.4mol·L-1KSCN溶液 开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红色向下蔓延，最后充满整支试管
B试管 2mL0.1mol/LCuSO4溶液 加入1mL0.4mol·L-1KSCN溶液 溶液变成绿色
Ⅲ C试管 2mL0.1mol/LFeSO4溶液 加入2mL0.1mol·L-1CuSO4溶液 溶液变为淡蓝色
再加1mL0.4mol·L-1KSCN溶液 溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈深红色
得出结论：
（6）实验Ⅱ中试管 (填字母)中的现象可以证实猜测1不成立。
（7）Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因： 。
18．（2025高三上·广东月考）铟被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣（主要含ZnO、In2O3，还含少量SnO2、PbO、SiO2等物质）为原料，制备粗铟的工艺流程如下：
已知：①In（铟）与Al是同主族元素，Sn（锡）是第ⅣA族元素；
②H2A2为萃取剂，萃取In3+原理为：In3+（水相）+3H2A2（有机相）InA3·3HA（有机相）+3H+（水相）
（1）In元素位于第五周期，基态In原子的价电子排布式为 。
（2）“酸浸”中滤渣的主要成分是 。
（3）“反萃取”中，溶液M是_____。
A．硫酸 B．盐酸
C．硝酸 D．氢氧化钠溶液
（4）“沉铟”中，转化为。
①的立体构型为 ；
②写出该步转化的离子方程式 。
（5）“酸溶”后，铟主要以NaInCl4形式存在溶液中；加入锌粉制得粗铟，同时还生成一种还原性的气体，该气体和生成In的物质的量之比为1：2，写出“还原”步骤中发生反应的化学方程式 。
（6）一种铜铟硒晶体（化学式为CuInSe2）的晶胞结构如图，晶胞中In和Se未标明，用A或B代替。
①推断In是 （填“A”或“B”）。
②晶体中一个Cu周围与它最近且等距离的B粒子的个数为 。
19．（2025高三上·广东月考）煤气中主要的含硫杂质有H2S以及CS2、COS等有机硫煤气中的湿法脱硫的原理是利用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS，再进一步被空气氧化成Na2S2O3.请回答下列问题：
（1）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。
①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为 。
②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为 。
③已知断裂1 mol化学键所需的能量如下：
化学键 H-H C=O C=S H-S CO
E/kJ·mol-1 436 745 577 339 1072
H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g）=H2S（g）+CO（g），该反应的ΔH= kJ·mol-1。
④用活性α-Al2O3催化COS水解的反应为 ，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，在相同的时间内测得不同温度下COS的转化率（未达平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与的关系如图2所示。
由图1可知，催化剂活性最大时的温度约为 ；由图2可知，P点时平衡常数K= （保留2位有效数字）。
（2）回收处理燃煤烟气中SO2的方法之一是用氨水先将SO2转化为NH4HSO3，再通入空气将其氧化成(NH4)2SO4.能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有 （填字母）。
a．增大氨水浓度 b．增大燃煤烟气的流速 c．升高温度 d．增大压强
（3）某的甲酸可与其他有机酸混合作清洗剂，研究混合酸中的微粒数量关系有意义。25℃时，相同浓度甲酸、丙酸（C2H5COOH）及某羧酸R1COOH的水溶液中，酸分子的分布分数随pH变化曲线如下图所示。
①往HCOOH和C2H5COOH的混合溶液中加入NaOH至pH=7， （填“>”“=”或“<”）。
②将等物质的量浓度等体积的HCOOH和R1COONa混合充分，发生的反应为：，求平衡时HCOOH的转化率 。
20．（2025高三上·广东月考）有机化合物的提取与合成极大地促进了化学科学的发展；药物化学是重要的有机化学分支之一，合成某药物中间体G的流程如图所示：
已知：乙酸酐为2分子乙酸脱水得到，结构简式为。
（1）化合物分子A的名称为 。
（2）化合物C中除羟基外的含氧官能团的名称为： ；化合物C的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为 。（任意写一种）
（3）对化合物D，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① H2，钯催化
② -COOCH3
（4）以下关于物质E说法正确的是_______。
A．分子中不存在手性碳原子
B．可以发生缩聚反应形成聚酯
C．可以和FeCl3发生显色反应
D．1 molE与足量NaHCO3反应产生1 molCO2
（5）以对甲基苯酚为有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应的化学方程式为 。
②第一步含苯环产物与足量的NaOH在加热条件下反应的化学方程式为 。
③目标产物被酸性KMnO4氧化后的产物的结构简式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、台山红绿彩瓷片属于陶瓷，陶瓷是传统硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，故A不符合题意 ；
B、南海 I 号印花陶罐属于陶器，陶器是硅酸盐材料，主要成分含硅酸盐，故B不符合题意 ；
C、博罗横岭山青铜鼎的材质是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料，与硅酸盐无关，故C符合题意 ；
D、五华狮雄山琉璃瓦当主要成分为二氧化硅和硅酸盐，属于硅酸盐材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需明确不同文物的材质类别，解题思路是分析每个选项的材质成分，找出与其他不同的类别。
2．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A、铍的金属性较弱，与水反应缓慢，仅能与热水缓慢反应，并非遇水剧烈反应，A错误；
B、聚四氟乙烯是性能优异的高分子材料，具备耐热、耐冲击等功能，适用于导弹天线罩，B正确；
C、导弹固体推进剂中的氧化剂和还原剂反应时，会释放大量热，产生高温高压气体以推动导弹，C正确；
D、钨、钼等金属熔点高、高温强度好，能经受导弹燃气舵处高温喷焰的冲刷，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
错判铍与水的反应：铍金属性弱，仅与热水缓慢反应，非遇水剧烈反应。
对聚四氟乙烯性能认知不清：忽略其耐热、耐冲击的特性，误判其在导弹天线罩的适用性。
误解推进剂反应：不清楚固体推进剂氧化剂和还原剂反应会产生高温高压气体推动导弹。
忽视钨、钼的高温性能：不了解其高熔点、耐高温喷焰的特点，误判在燃气舵的适用性。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、硫酸铝（Al2(SO4)3）是强电解质，溶于水完全电离，正确的电离方程式为
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-。无需用可逆符号，A错误；
B、2 - 甲基 - 1 - 丁烯的结构特点是：双键位于 1 号碳，2 号碳上连有甲基，主链含 4 个碳原子，键线式：，B错误；
C、基态 Fe 原子的价层电子为 3d64s2，Fe2+是失去 2 个 4s 电子形成的，价层电子为 3d6， 基态Fe2+的价层电子排布图：，C错误；
D、NH3中 N 原子的价层电子对数 = 3 个成键电子对 + 1 个孤电子对 = 4，对应的 VSEPR 模型为四面体形：，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．强电解质电离方程式用 “=”，离子符号需正确。
B．键线式中拐点和终点代表碳原子，需与有机物结构一致。
C．Fe2+的价层电子排布需遵循电子失去顺序（先失去 4s 电子）。
D．VSEPR 模型由价层电子对数（含成键电子对和孤电子对）决定。
4．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、水壶水垢主要成分为 CaCO3和 Mg(OH)2。醋酸酸性强于碳酸，能与 CaCO3反应生成醋酸钙、CO2和水；同时醋酸能与 Mg(OH)2发生中和反应，因此食醋可清除水垢，故A符合题意 ；
B、石膏（CaSO4）改良盐碱土壤，是因为 CaSO4与土壤中 Na2CO3反应生成 CaCO3沉淀和 Na2SO4，从而降低土壤碱性。CaSO4本身呈中性，并非显酸性，故B不符合题意 ；
C、用 Na2S 除去废水中 Cu2+和 Hg2+，是因为 S2-与 Cu2+、Hg2+分别发生沉淀反应（Cu2++S2-=CuS↓、Hg2++S2-=HgS↓），利用的是沉淀反应原理，而非 Na2S 的还原性，故C不符合题意 ；
D、轮船船体镶嵌镁合金，是利用 Mg 比 Fe 活泼，在电化学腐蚀中 Mg 作为 “牺牲阳极” 先被氧化，从而保护 Fe（属于牺牲阳极法），与镁的导电性无关，故D不符合题意 ；
故答案为：A。【分析】A．利用强酸制弱酸原理，结合水垢成分的反应性判断。
B．明确石膏改良盐碱土壤的反应原理，判断物质酸碱性。
C．分析 Na2S 除重金属离子的反应类型，判断与还原性的关联。
D．明确轮船镶嵌镁合金的防腐原理，判断与导电性的关联。
5．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、该有机物分子中，C 原子数为 12，H 原子数为 15，含 1 个 N 原子和 4 个 O 原子，分子式应为 C12H15NO4，而非选项中的 C12H14NO3，A错误；
B、苯环和双键中的碳原子均形成 3 个 σ 键，为 sp2 杂化；饱和碳链中仅以单键连接的碳原子形成 4 个 σ 键，为 sp3 杂化。因此碳原子有两种杂化方式，B正确；
C、 分子中存在饱和碳原子（如 1号碳与3号碳），其空间结构为四面体，导致与之相连的碳原子无法共平面，故所有碳原子不可能共面，C错误；
D、该有机物含亚氨基（-NH-），氨基类基团可与盐酸发生反应，D错误；
故答案为：B。【分析】A．通过结构简式数出各原子数目，确定分子式。
B．根据碳原子成键类型（单键、双键）判断杂化方式。
C．依据饱和碳原子的四面体结构判断共面性。
D．根据含有的官能团（亚氨基）判断与盐酸的反应性。
6．【答案】A
【知识点】中和热；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、石油分馏时，温度计水银球需位于蒸馏烧瓶支管口处，用于测定馏分的沸点；直形冷凝管的冷凝水采用 “下进上出” 的方式，可保证冷凝效果。该装置的仪器选择和操作均符合石油分馏的要求，能达到实验目的，A正确；
B、具体分析：比较 MnO2和 Fe2O3对 H2O2的催化效果时，需保证除催化剂外的其他条件（如 H2O2的浓度）完全相同。但图中 H2O2的浓度分别为 5% 和 10%，未遵循控制变量原则，无法准确比较两者的催化效果，B错误；
C、测定中和反应反应热的装置中，玻璃搅拌器的作用是使反应快速且充分进行，从而保证热量测定的准确性。该装置缺少玻璃搅拌器，不能满足实验要求，无法准确测定反应热，C错误；
D、NaOH 溶液呈碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，因此需使用碱式滴定管盛装。图中使用的是酸式滴定管，仪器选择错误，D错误；
故答案为：A。【分析】A．明确石油分馏的装置操作规范。
B．掌握控制变量法在催化效果比较实验中的应用。
C．明确测定中和反应反应热的装置组成。
D．区分酸式滴定管和碱式滴定管的适用范围。
7．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、海水中提取镁时，电解氯化镁溶液无法得到镁，需电解熔融的氯化镁才能制取金属镁，A 错误；
B、工业制硫酸中，硫在氧气中燃烧生成的是 SO2，SO2需进一步催化氧化才能生成 SO3，B错误；
C、侯氏制碱法中，需先向饱和氯化钠溶液通入氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，才能得到 NaHCO3，直接通二氧化碳无法一步实现，C错误；
D、工业制备烧碱时，电解饱和 NaCl 溶液可得到 NaOH 溶液，再经蒸发浓缩等操作可得到 NaOH 固体，转化均可一步实现，D正确；
故答案为：D。
【分析】解决此类题的关键突破口：
A．抓反应条件：如电解制镁需熔融氯化镁。
B．记住反应产物唯一性：S 在 O2中燃烧只生成SO2。
C．熟悉工业流程步骤：侯氏制碱需先通氨再通CO2。
D．掌握循工业操作逻辑：电解饱和 NaCl 溶液得 NaOH 溶液，再蒸发得固体。
8．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A、结构中含 C=N、N-H、O-H 等极性键，N 与 Ni 间的配位键，但氢键是分子间作用力，不属于化学键，A错误；
B、分子式为 C2H4O 的有机物，可能是乙醛（CH3CHO，能发生银镜反应），也可能是环氧乙烷（ ，不能发生银镜反应），故不一定能发生，B错误；
C、C、N、O 的第一电离能：N 因 2p 轨道半充满更稳定，第一电离能大于 O，故顺序为 C < O < N（即 W < Y < X），C错误；
D、XR3为 NH3，R2Y 为 H2O。两者中心原子均为 sp3 杂化，NH3含 1 对孤电子对，H2O 含 2 对孤电子对。孤电子对越多，斥力越大，键角越小，故键角 NH3 > H2O，D正确；
故答案为：D。【分析】先通过化合物结构和原子序数特征推断元素种类，再结合化学键类型、有机物性质、第一电离能规律及键角影响因素分析选项。
根据结构及原子序数之和为 22：
R 原子序数最小，仅形成 1 个共价键，故为 H（氢）；
W 形成 4 个共价键，原子序数大于 H，故为 C（碳）；
X 形成 3 个共价键且含孤电子对（可形成配位键），故为 N（氮）；
Y 形成 2 个共价键且能参与氢键，故为 O（氧）。
原子序数之和：1+6+7+8=22，符合条件。
9．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、题目未说明 O2是否处于标准状况，22.4 L O2的物质的量不一定为 1 mol，因此转移电子数不一定为 4NA，A错误；
B、Cu 与 S 反应生成 Cu2S，64 g Cu 的物质的量为 1 mol，Cu 的化合价从 0 价升至 +1 价，每 mol Cu 转移 1 mol 电子，故转移电子数为 NA，B正确；
C、题目未给出 NaHSO4溶液的体积，仅通过 pH 无法计算 H+的数目，C错误；
D、HSO3-在溶液中既能电离（HSO3- H++SO32-）又能水解（HSO3-+H2O H2SO3+OH-），因此 1 mol NaHSO3溶液中 HSO3-的数目小于 NA，D错误；
故答案为：B。【分析】A．气体摩尔体积（22.4 L/mol）的使用需明确 “标准状况”。
B．明确 Cu 与 S 的反应产物及电子转移规律。
C．溶液中离子数目计算需结合 “溶液体积”。
D．考虑 HSO3-的电离与水解对粒子数目的影响。
10．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁及其化合物的性质实验；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、若 a 在沸水中生成 e，推测 a 为 Mg，e 为 Mg(OH)2，f 为镁盐。a→f 的反应可通过置换反应（如 Mg 与盐酸反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑）或化合反应（如 Mg 与 Cl2反应： ）实现，因此不一定是化合反应，A错误；
B、c 为 +3 价盐（铁盐或铝盐），饱和 c 溶液与稀氨水反应生成沉淀（如 Fe(OH)3或 Al(OH)3沉淀），而非胶体，不能产生丁达尔效应，B错误；
C、若实现 g→f→e→d 的转化，只有 Fe 元素符合。g 为 FeO（+2 价氧化物），溶于酸生成浅绿色 Fe2+溶液（f 为亚铁盐）；Fe2+与碱生成白色 Fe(OH)2沉淀（e 为 + 2 价碱）；Fe(OH)2被氧化为红褐色 Fe(OH)3（d 为 + 3 价碱），过程中存在明显颜色变化（浅绿色变为白色变为红褐色），C正确；
D、若 b 为 Al2O3、d 为 Al(OH)3，a 为 Al（位于周期表 p 区）；若 b 为 Fe2O3、d 为 Fe(OH)3，a 为 Fe（位于周期表 d 区）。因此组成 a 的元素不一定位于 p 区，D错误；
故答案为：C。【分析】先根据化合价和物质类别推断各物质可能的成分（Mg、Al、Fe 的单质、氧化物、盐、碱），再结合反应类型、胶体性质、颜色变化、元素周期表分区逐一分析选项。
A．判断 a→f 反应的类型是否唯一。
B．分析饱和 c 溶液与稀氨水的反应产物是否为胶体。
C．结合 Fe 的化合物转化过程判断颜色变化。
D．根据 b、d 的反应推断 a 的元素分区是否唯一。
11．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2S2O3与稀 HNO3反应时，HNO3具有强氧化性，会将 S2O32-氧化为 SO42-，自身被还原为 NO（而非生成 SO2）， 反应的离子方程式为：，A错误；
B、K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）与 FeCl2溶液反应，是检验 Fe2+的特征反应，会生成蓝色沉淀 KFe[Fe(CN)6]， 反应的离子方程式为：，B正确；
C、FeBr2溶液中，Fe2+的还原性强于 Br-，通入过量 Cl2时，Fe2+会先被氧化为 Fe3+，随后 Br-再被氧化为 Br2，离子方程式需同时体现两者的氧化反应。 反应的离子方程式为：，C错误；
D、过量 SO2与 Na2S 溶液反应时，SO2作为酸性氧化物，会先与水反应生成 H2SO3，过量的 H2SO3与 S2-发生氧化还原反应，最终产物为 S 单质和 HSO3-（而非 SO32-）， 反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B。【分析】A．明确硝酸的强氧化性对反应产物的影响。
B．掌握特定离子反应的特征产物与方程式书写规范。
C．判断氧化剂过量时，多种还原性离子的反应顺序与配比。
D．根据反应物过量情况判断最终产物。
12．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验中通入 CO2的核心目的是稀释生成的 ClO2，避免其浓度过高发生爆炸。若 CO2速率过慢，无法有效稀释 ClO2，会增加安全风险，因此 CO2速率不能太慢，A错误；
B、ClO2的沸点仅为 9.9℃，属于易挥发物质。装置乙的作用是收集 ClO2，若采用热水浴，会加速 ClO2挥发，导致产物大量损失，应选用冷水浴或冰水浴降低挥发速率，B错误；
C、甲醇溶液的密度小于浓硫酸，且浓硫酸稀释时会释放大量热。若将甲醇倒入浓硫酸中，会因密度差异导致甲醇浮在表面，局部过热引发液体飞溅，因此需将浓硫酸缓慢倒入甲醇溶液中，同时边加边振荡，使热量均匀扩散，操作规范，C正确；
D、装置甲的反应中，NaClO3中 Cl 元素从 + 5 价降至 ClO2中的 + 4 价，作氧化剂；CH3OH 中 C 元素从 - 2 价升至 HCOOH 中的 + 2 价，作还原剂。根据电子守恒，1 mol CH3OH 失去 4 mol 电子，1 mol NaClO3得到 1 mol 电子，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1，而非其他比例，D错误；
故答案为：C。【分析】A．明确 CO2在实验中的作用及速率控制的原因。
B．根据 ClO2的沸点判断适宜的温度控制方式。
C．依据液体密度差异和浓硫酸稀释特性判断操作顺序。
D．通过氧化还原反应中化合价变化判断氧化剂与还原剂的物质的量之比。
13．【答案】A
【知识点】工业制金属铝；共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、氨分子中 N 原子电负性大，分子间易形成氢键，增强了分子间作用力，使得氨气容易被液化。陈述 I（氨气易液化）和陈述 II（氨分子间形成氢键）均正确，且存在直接因果关系，A正确；
B、H2、HCl 稳定存在，而 H3、H2Cl 不存在，是因为共价键具有饱和性（原子成键时可形成的共价键数目有限），而非 “方向性”（共价键的空间取向）。陈述 II 解释错误，B错误；
C、AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，因此工业上无法通过电解熔融 AlCl3制取 Al；实际工业制铝是电解熔融 Al2O3。陈述 I（工业用电解熔融 AlCl3制取 Al）错误，C错误；
D、O2是非极性分子，O3是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子 O3在极性溶剂（水）中的溶解度大于非极性分子 O2，与 “相对分子质量和分子间作用力” 无关。陈述 II 解释错误，D错误；
故答案为：A。【分析】A．明确氢键对物质物理性质（液化难易）的影响。
B．区分共价键的 “饱和性” 与 “方向性” 对物质存在形式的影响。
C．明确 AlCl3的化合物类型及工业制铝的实际方法。
D．分析 O2与 O3溶解度差异的本质原因（相似相溶原理）。
14．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】吸热反应中，产物能量高于反应物，因此 Y 能量高于 X，Z 能量高于 Y。反应速率由活化能决定，活化能越低，反应速率越快。由于 X 生成 Y 的速率更快，说明其活化能更低（过渡态能量更低）。只有选项 D 符合 “X→Y 活化能低（过渡态 1 能量低）、Y→Z 活化能高（过渡态 2 能量高），且 Z 能量高于 Y、Y 能量高于 X” 的特征。
故答案为：D。
【分析】反应特征分析：由浓度 - 时间图像可知，X 是反应物（浓度减小），Y 是中间产物（浓度先增后减），Z 是最终产物（浓度持续增大）。且 X 生成 Y 的反应速率远快于 Y 生成 Z 的反应速率；同时两个反应均为吸热反应（产物能量高于反应物）。据此解题。
15．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；有机化合物中碳的成键特征
【解析】【解答】A、CH4中 C 原子采取 sp3 杂化，4 个 H 原子对称分布在 C 原子周围，分子结构为正四面体构型，A正确；
B、从①到②的过程中，体系能量从过渡态的高能级降低到产物的低能级，属于放热过程，会释放能量，B正确；
C、反应过程中会形成 C-C 键，C-C 键由同种原子形成，属于非极性键，因此反应不仅存在极性键的断裂和形成，还涉及非极性键的形成，C错误；
D、总反应为 CO2 + CH4 → CH3COOH，反应物中所有原子均转化为产物 CH3COOH，无副产物生成，因此原子利用率为 100%，D正确；
故答案为：C。【分析】A．明确 CH4的空间构型与杂化方式的关系。
B．通过反应进程的能量变化判断热量变化。
C．识别反应过程中形成的化学键类型（极性键与非极性键）。
D．根据总反应的原子转化情况判断原子利用率。
16．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置a中溶液的溶质是。存在两种行为：
水解：（使溶液显碱性）；
电离：（使溶液显酸性）。
由于溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，A错误；
B、装置a中盛放饱和溶液，其作用是吸收废气中的和（发生反应：、）。
但与溶液不反应（因为的酸性强于，不满足“强酸制弱酸”），因此装置a不能吸收，B错误；
C、装置b是电解池，需先判断电极类型：
左侧电极：失去电子生成（化合价升高，发生氧化反应），故为阳极；
右侧电极：得到电子生成（化合价降低，发生还原反应），故为阴极。
双极膜可解离出和，其中向阳极（左侧）移动，因此双极膜左侧为阴离子交换膜（允许阴离子通过），而非阳离子交换膜，C错误；
D、结合电解池的电极反应推导总反应：
阳极反应（左侧）：；
阴极反应（右侧）：。
将两极反应相加，消去电子和、（结合双极膜解离的、，最终总反应为）：
，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．盐类水解与电离的判断：通过溶液的酸碱性，判断水解与电离程度的相对大小。
B．废气吸收的反应逻辑：明确溶液与、、的反应差异，判断装置a的吸收对象。
C．电解池的电极与离子交换膜分析：根据电极反应的氧化还原类型判断电极极性，结合离子移动方向确定离子交换膜类型。
F．电解总反应的推导：通过阳极和阴极的电极反应式相加，推导总反应方程式。
17．【答案】胶头滴管；100mL容量瓶；稀硫酸；；Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成；；B；由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动
【知识点】配合物的成键情况；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）配制100mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液步骤为计算、称量、溶解、洗涤、转移、定容、贴签等，需要的仪器为烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。
故答案为： 胶头滴管 ； 100mL容量瓶 ；
（2）为了防止Fe3+水解，在配置过程中可以加入少量稀硫酸。
故答案为： 稀硫酸 ；
（3）Fe2(SO4)3与Cu反应的离子方程式：。
故答案为： ；
（4）根据，0.0001 mol Fe3+与0.15g(0.0023mol)Cu反应，Cu粉过量，不应有Fe3+存在，应该没有剩余的Fe3+与KSCN结合生成红色的Fe(SCN)3，则原因是Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成。
故答案为： Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成 ；
（5）猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应，离子方程式：。
故答案为： ；
（6）因为试管B与猜测1的离子相同，但是现象不同，实验Ⅱ中试管 B中的现象可以证实猜测1不成立。
故答案为： B ；
（7）Fe3+的氧化性本应强于Cu+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因：由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动。
故答案为： 由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动 。
【分析】（1）注意配制溶液需胶头滴管、100mL 容量瓶（定容用玻璃仪器）。
（2）加稀硫酸抑制 Fe3+水解（Fe3+水解显酸性，加酸抑制）。
（3）分析反应物与生成物的类别，书写Cu 与 Fe3+反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（4）Cu 粉过量，Fe3+完全反应，无 Fe3+与 SCN-生成红色物质。
（5）根据反应物与生成物的类别，猜测 1 的离子方程式：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2↑。
（6）试管 B（CuSO4与 KSCN 反应无白色沉淀和 (SCN)2生成）可证实猜测 1 不成立。
（7）SCN-与 Cu+形成沉淀、与 Fe3+形成配合物，降低 Cu+和 Fe3+浓度，使反应平衡正向移动。
18．【答案】（1）5s25p1
（2）PbSO4、SiO2
（3）B
（4）平面三角形；
（5）
（6）A；4
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）In是第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为5s25p1；
故答案为： 5s25p1 ；
（2）由分析，“酸浸”中滤渣的主要成分是PbSO4、SiO2；
故答案为： PbSO4、SiO2 ；
（3）In3+（水相）+3H2A2（有机相）InA3·3HA（有机相）+3H+（水相），反萃取过程中使得平衡逆向移动，且不引入新杂质，则选择盐酸合适，故选B；
故答案为： B ；
（4）①的中心原子Sn原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为平面三角形；
②“沉铟”中，和氢氧化钠反应转化为，同时生成氯离子和水，该步转化的离子方程式；
故答案为： 平面三角形 ； ；
（5）“酸溶”后铟主要以NaInCl4形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时生成具有还原性的气体，结合质量守恒，该气体为H2，反应中锌被氧化为Zn2+，氢气和生成In的物质的量之比为1：2，反应中锌化合价由0变为+2，氢化合价由+1变为0，In化合价由+3变为0，根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应方程式为：。
故答案为： ；
（6）根据晶胞结构，利用均摊法计算。晶胞中A的个数为，B球在体内，个数为8，Cu的个数为。在CuInSe2中，Cu原子个数：In原子个数：Se原子个数=1：1：2，Se原子数应该最多，所以Se是B，In是A。
由体心铜可知，晶体中有4个Se原子距离此Cu原子最近，故为4。
故答案为：A；4；
【分析】炼锌废渣先加入稀硫酸进行酸浸处理：其中二氧化硅化学性质稳定，不与稀硫酸反应；氧化铅与稀硫酸反应生成难溶的硫酸铅沉淀。酸浸后过滤，滤渣包含硫酸铅和二氧化硅。滤液中加入 H2A2萃取剂，可将水相中的 In3+转化为有机相的 InA3 3HA。经分液后进行反萃取，再次分液可分离出水相，其中含有 InCl4-和 SnCl62-。向该水相中加入烧碱进行沉铟操作，在此过程中，SnCl62-转化为 SnO32-进入滤液，而铟相关物质形成沉淀。将沉淀加入盐酸进行 “酸溶”，铟主要以 InCl4-的形式存在于溶液中，最后加入锌粉进行还原，即可制得粗铟。
（1）In是第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为5s25p1；
（2）由分析，“酸浸”中滤渣的主要成分是PbSO4、SiO2；
（3）In3+（水相）+3H2A2（有机相）InA3·3HA（有机相）+3H+（水相），反萃取过程中使得平衡逆向移动，且不引入新杂质，则选择盐酸合适，故选B；
（4）①的中心原子Sn原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为平面三角形；
②“沉铟”中，和氢氧化钠反应转化为，同时生成氯离子和水，该步转化的离子方程式；
（5）“酸溶”后铟主要以NaInCl4形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时生成具有还原性的气体，结合质量守恒，该气体为H2，反应中锌被氧化为Zn2+，氢气和生成In的物质的量之比为1：2，反应中锌化合价由0变为+2，氢化合价由+1变为0，In化合价由+3变为0，根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应方程式为：。
（6）根据晶胞结构，利用均摊法计算。晶胞中A的个数为，B球在体内，个数为8，Cu的个数为。在CuInSe2中，Cu原子个数：In原子个数：Se原子个数=1：1：2，Se原子数应该最多，所以Se是B，In是A。
由体心铜可知，晶体中有4个Se原子距离此Cu原子最近，故为4。
19．【答案】（1）；；+8；150℃；0.048
（2）ad
（3）<；90.9%
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①COS与CO2结构相似，结合CO2的电子式可知COS的电子式为；②Br2作氧化剂，化合价降低为-1，COS作还原剂，硫元素化合价从-2升高到+6，根据电子转移守恒，可知其离子方程式为；③结合表中键能数据列式，△H=（436+745+577）kJ/mol -（339×2+1072）kJ/mol =+8kJ/mol；④根据图1数据变化特点可知，在150℃时，COS的转化率最高；⑤由图2可知，P点时的转化率为30%，列出三段式：，K=；
故答案为： ； ； +8 ； 150℃ ； 0.048 ；
（2）a．增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，a正确；b．增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，b错误；c．升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低，c错误；d．由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，d正确；故答案选ad；
故答案为： ad ；
（3）①由于HCOOH、C2H5COOH能与NaOH反应生成HCOONa、C2H5COONa，pH=7说明c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒得c(HCOO-)+c(C2H5COO-) +c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(HCOO-)＜c(Na+)；②由图知，pH=3.75时，HCOOH分子的分布分数是50%，根据电离平衡常数的表达式和图中HCOOH分子的分布随pH变化曲线可知，K甲酸=10-3.75，同理可得R1COOH的电离平常常数为K某酸=10-5.75，则HCOOH+R1COO- R1COOH+HCOO-的平衡常数K===102，设HCOOH和R1COONa的起始浓度为1mol/L，HCOOH的转化率为x，列出三段式：
则K==102，解得x=，故平衡时HCOOH的转化率为=90.9%。
故答案为： < ； 90.9% ；
【分析】(1) ①依据 COS 与 CO2结构相似性，参照 CO2电子式书写 COS 电子式。
②明确 Br2（氧化剂，Br 从 0 价到-1 价）和 COS（还原剂，S 从 - 2 价到+6 价）的氧化还原关系，结合守恒规律写离子方程式。
③用 “反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能” 计算 ΔH，代入 H-H、C=S 等键能数据。
④图 1 中转化率最高的温度对应催化剂活性最大；图 2 中 P 点用三段式（设起始量）代入平衡常数表达式计算 K。
(2) 分析措施对 SO2去除率的影响：增大氨水浓度（提高吸收能力）、增大压强（促进气体溶解）有利；增大烟气流速（接触不充分）、升温（降低溶解度）不利，据此选有效措施。
(3) ①pH=7 时 c (H+)=c (OH-)，结合电荷守恒（c (HCOO-)+c (C2H5COO-)=c (Na+)）判断离子浓度关系。
②由图中分布分数求电离常数（如甲酸 K=10-3.75），利用反应平衡常数 K= ，列三段式计算转化率。
（1）①COS与CO2结构相似，结合CO2的电子式可知COS的电子式为；②Br2作氧化剂，化合价降低为-1，COS作还原剂，硫元素化合价从-2升高到+6，根据电子转移守恒，可知其离子方程式为；③结合表中键能数据列式，△H=（436+745+577）kJ/mol -（339×2+1072）kJ/mol =+8kJ/mol；④根据图1数据变化特点可知，在150℃时，COS的转化率最高；⑤由图2可知，P点时的转化率为30%，列出三段式：，K=；
（2）a．增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，a正确；b．增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，b错误；c．升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低，c错误；d．由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，d正确；故答案选ad；
（3）①由于HCOOH、C2H5COOH能与NaOH反应生成HCOONa、C2H5COONa，pH=7说明c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒得c(HCOO-)+c(C2H5COO-) +c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(HCOO-)＜c(Na+)；②由图知，pH=3.75时，HCOOH分子的分布分数是50%，根据电离平衡常数的表达式和图中HCOOH分子的分布随pH变化曲线可知，K甲酸=10-3.75，同理可得R1COOH的电离平常常数为K某酸=10-5.75，则HCOOH+R1COO- R1COOH+HCOO-的平衡常数K===102，设HCOOH和R1COONa的起始浓度为1mol/L，HCOOH的转化率为x，列出三段式：
则K==102，解得x=，故平衡时HCOOH的转化率为=90.9%。
20．【答案】（1）对氟苯酚
（2）酮羰基；或
（3）；加成反应；甲醇，浓硫酸、加热；取代反应（或酯化反应）
（4）B；D
（5）++CH3COOH；+2NaOH+CH3COONa+H2O；
【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）由结构，化合物分子A的名称为对氟苯酚；
故答案为： 对氟苯酚 ；
（2）由结构，化合物C中除羟基外的含氧官能团的名称为酮羰基；化合物C除苯环外，含2个氧、2个碳、1个氟，1个不饱和度，其某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，则含醛基且分子中结构对称，其结构简式为或；
故答案为： 酮羰基 ；或 ；
（3）D中含碳碳双键、酮羰基，两者均能和氢气催化加成生成新的结构：，为加成反应；
D中含羧基，能和甲醇在浓硫酸催化加热条件下，发生酯化反应生成酯基：-COOCH3，为取代反应（或酯化反应）；
故答案为： ； 加成反应 ； 甲醇，浓硫酸、加热 ； 取代反应（或酯化反应） ；
（4）A．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故E中的手性碳原子标记为：，故A错误；
B．E中含醇羟基和羧基，可以发生分子间酯化反应形成聚酯，故B正确；
C．E中不含酚羟基，不能使FeCl3 发生显色反应，故C错误；
D.1 molE含1mol羧基，则与足量NaHCO3反应产生1 molCO2，故D正确；
故答案为：BD；
（5）根据题干流程，发生第一步反应生成，与AlCl3发生第二步反应生成，与乙二酸二乙酯在乙酸钠的作用下发生成环的反应生成；
①由上述分析可知，第一步反应的化学方程式为++CH3COOH。
②第一步含苯环产物中含酯基，与足量的NaOH在加热条件下反应生成羧酸盐和对甲基苯酚钠，化学方程式为+2NaOH+CH3COONa+H2O。
③目标产物中碳碳双键、苯环上甲基均会被酸性KMnO4氧化，氧化后的产物的结构简式为。
故答案为：++CH3COOH ；+2NaOH+CH3COONa+H2O ； 。
【分析】从 A 的结构出发，首先 A 通过取代反应生成中间体 B；随后 B 经历分子内的重排过程，转化为化合物 C。在乙酸钠的催化作用下，C 与乙二酸二乙酯发生反应，构建出新的分子结构 D；D 与氢气进行加成反应，得到产物 E。通过对比 E 和最终产物 G 的结构简式，可确定中间产物 F 的结构为，E 发生消去反应生成 F，F 再与氢气发生加成反应，最终得到目标产物 G。据此解题。
（1）由结构，化合物分子A的名称为对氟苯酚；
（2）由结构，化合物C中除羟基外的含氧官能团的名称为酮羰基；化合物C除苯环外，含2个氧、2个碳、1个氟，1个不饱和度，其某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，则含醛基且分子中结构对称，其结构简式为或；
（3）D中含碳碳双键、酮羰基，两者均能和氢气催化加成生成新的结构：，为加成反应；
D中含羧基，能和甲醇在浓硫酸催化加热条件下，发生酯化反应生成酯基：-COOCH3，为取代反应（或酯化反应）；
（4）A．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故E中的手性碳原子标记为：，故A错误；
B．E中含醇羟基和羧基，可以发生分子间酯化反应形成聚酯，故B正确；
C．E中不含酚羟基，不能使FeCl3 发生显色反应，故C错误；
D.1 molE含1mol羧基，则与足量NaHCO3反应产生1 molCO2，故D正确；
答案为BD；
（5）根据题干流程，发生第一步反应生成，与AlCl3发生第二步反应生成，与乙二酸二乙酯在乙酸钠的作用下发生成环的反应生成；
①由上述分析可知，第一步反应的化学方程式为++CH3COOH。
②第一步含苯环产物中含酯基，与足量的NaOH在加热条件下反应生成羧酸盐和对甲基苯酚钠，化学方程式为+2NaOH+CH3COONa+H2O。
③目标产物中碳碳双键、苯环上甲基均会被酸性KMnO4氧化，氧化后的产物的结构简式为。
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