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河北省部分中学2023-2024学年高三下学期开学收心联考化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份河北省部分中学2023-2024学年高三下学期开学收心联考化学试题（原卷版+解析版），文件包含河北省部分中学2023-2024学年高三下学期开学收心联考化学试题原卷版docx、河北省部分中学2023-2024学年高三下学期开学收心联考化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
注意事项：1.本试卷共100分，考试时间75分钟。
2.请将各题答案填在答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 Ti48 Fe56 Ag108
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 故宫发现的第一个有彩绘的宝匣，内盛放金、银、铜、铁、锡五种元宝，五色宝石，五色缎，五色真丝线和五谷等。下列有关说法错误的是
A. 五种元宝属于金属材料B. 五色宝石主要成分属于无机非金属
C. 五色缎主要成分为蛋白质D. 五色真丝线和五谷主要成分均属于多糖
【答案】D
【解析】
【详解】A．金、银、铜、铁、锡都是金属单质，属于金属材料，故A说法正确；
B．像钻石、红宝石、蓝宝石、祖母绿、金绿猫眼等都珍贵宝石，五色宝石主要成分属于无机非金属，故B说法正确；
C．缎纹织物主要成分为蛋白质，故C说法正确；
D．五色真丝线的主要成分为蛋白质，不属于多糖，故D说法错误；
答案选D。
2. 下列化学用语使用正确的是
A. 乙烯的碳碳键的电子云形状为：
B. 分子的VSEPR模型：
C. 的电子式为：
D. 的名称为：丙二醇
【答案】B
【解析】
【详解】A．应表示为乙烯的键的电子云形状，A错误；
B．分子的VSEPR模型为四面体形，且有一对孤电子对，B正确；
C．的电子式为：，C错误；
D．的名称为：1，2-丙二醇，D错误；
故选：B。
3. 化学与生活密切相关，有关说法正确的是
A. 草木灰与铵态氮肥同施会降低肥效，与过磷酸钙[Ca(H2PO4)2]同施提高肥效
B. 三氯蔗糖甜度是蔗糖的600倍，无异味、安全性好，可供糖尿病患者使用，作甜味剂
C. 城市和大型工厂的地下金属设备可采用外加电流法防止腐蚀，用锌电极与电源正极连接
D. 用热的饱和碳酸钠溶液可以洗去废铁表面的沥青油污
【答案】B
【解析】
【详解】A．草木灰与铵态氮肥同施，会产生氨气逸出，从而降低肥效，草木灰与过磷酸钙同施，会产生难溶于水的磷酸一氢钙或磷酸钙，降低磷肥肥效，A错误；
B．三氯蔗糖甜度是蔗糖的600倍，对人体无害，几乎不能被人体吸收，不产生能量，可作糖尿病患者的甜味剂，B正确；
C．外加电流法，应选用惰性电极作阳极，地下设备作阴极，与电源负极连接，C错误；
D．沥青的主要成分是烃类物质，用热的饱和碳酸钠溶液不能除去沥青，D错误；
故选B。
4. 苯巴比妥N是最早人工合成的安眠药物的主要成分，其最后一步合成路线如下所示，下列有关说法错误的是
A. M的核磁共振氢谱有7组峰
B. M，N均能发生水解反应
C. N中杂化与杂化的碳原子数之比为7：5
D. M→N发生了取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．M中有7种不同化学环境的氢原子，M的核磁共振氢谱有7组峰，A项正确；
B．M中含酯基，N中含酰胺基，M、N均能发生水解反应，B项正确；
C．N中6个苯环碳原子和3个碳氧双键中碳原子采取sp2杂化，其余3个碳原子采取sp3杂化，即sp2杂化与sp3杂化的碳原子数之比为9∶3=3∶1，C项错误；
D．对比M、N的结构简式，结合转化所用试剂，M与H2NCONH2在C2H5Ona存在下发生取代反应生成N和C2H5OH，D项正确；
答案选C。
5. 2023年8月24日，日本政府启动了福岛第一核电站的核污染水排海计划。氟()是放射性核泄漏产物之一，人工合成反应为；，下列有关说法正确的是
A. 、、互为同位素，化学性质基本相同
B. 等质量的和的中子数目相等
C. 电负性及第一电离能均为：XD. 的测定用于分析古代人类食物结构
【答案】D
【解析】
【详解】A．、、为分子，不互为同位素，A错误；
B．相同物质的量的和同位素研究对象为原子，中子数目相等，若等质量则中子数目不等，B错误；
C．同周期元素从左到右，元素电负性逐渐增大，电负性；N核外电子排布：，2p能级处于半充满较稳定状态，则第一电离能，C错误；
D．的测定用于分析古代人类食物结构，D正确；
答案选D。
6. 下列反应的化学方程式或离子方程式错误的是
A. 惰性电极电解溶液离子方程式：
B. 加热溶液得：
C. 高锰酸钾氧化草酸：
D. 检验：
【答案】A
【解析】
【详解】A．惰性电极电解溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为，故A错误；
B．加热溶液，发生水解反应得到，反应的离子方程式为，故B正确；
C．草酸是弱酸不能拆，高锰酸钾氧化草酸的离子方程式为，故C正确；
D．将溶液滴入溶液中生成蓝色沉淀，可用来检验，反应的离子方程式为，故D正确；
答案选A。
7. 水氧化反应是水分解反应的决速步骤，章宇超团队利用作光催化剂，通过以下转化途径，显著提升光催化水氧化反应速率，为太阳能的高效利用提供了新的策略。下列有关说法正确的是
A. 转化途径中产生1个O2，理论上转移4个电子
B. 转化过程中化合态O元素价态相同
C. 含Fe的化合物均为光电催化剂
D. 转化过程中光能最终全部转换为化学能
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据上述转化途径，H2O失去电子后，最终转化为O2和H+，则得到1个O2，理论上转移4个电子，A正确；
B．从图中可以看出，转化过程中O有-2价及-1价两种，B错误；
C．含Fe的化合物中，只有一种是光电催化剂，其它都是中间产物，中间得到的的化合物且又被消耗掉，则为中间产物，而不是催化剂，C错误；
D．转化过程中，光能没有全部转化为化学能，还有一部分转化为热能等，D错误；
故选A。
8. 通过下列实验装置及试剂，不能达到相应实验目的的是
A. 利用装置甲验证石蜡油裂解产生不饱和烃
B. 利用装置乙测定溶液的浓度
C. 利用装置丙证明铁在中性条件下发生吸氧腐蚀
D. 利用装置丁制备碳酸氢钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过装置甲溴的四氯化碳溶液褪色，证明石蜡油裂解产生不饱和烃，A正确；
B．氯化铁滴定溶液不能用淀粉指示剂，且该反应为可逆反应无法测定，B错误；
C．通过导管中红墨水液面上升，可以证明铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，C正确；
D．利用丁装置，将二氧化碳通入溶有氨气的饱和氯化钠溶液中，反应生产碳酸氢钠和氯化铵，用于制备碳酸氢钠，D正确；
故选：B。
9. 物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，因此二者可以形成超分子，A正确；
B．因为F的电负性大于H，因此F3C-的极性大于H3C-，导致CF3COOH的羧基中羟基极性大，更容易电离出氢离子，B正确；
C．石墨与金刚石硬度差别大，是因为石墨属于层状结构，且层与层之间是范德华力，硬度小，而金刚石是通过共价键结合成的三维骨架结构，硬度大，C错误；
D．Fe3+的价层电子的3d能级处于半充满稳定状态，因此Fe3+比Fe2+更稳定，D正确；
故选C。
10. 某种催化剂阴离子的结构式如下所示，其组成元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，W是第四周期的某种元素，其化合物常用于检验酒驾，原子序数关系为：2X＋2Y＋Z=W，下列说法正确的是
A. 该阴离子结构中有键与键数目之比为9∶2
B. 简单氢化物的稳定性：Y>Z，还原性：YC. W在此离子中化合价为＋6价
D. W的基态原子价电子排布图为
【答案】B
【解析】
【分析】W是第四周期的某种元素，其化合物常用于检验酒驾，W为元素；元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，原子序数关系为：2X＋2Y＋Z=W，结合阴离子结构，Z成4个共价键，为第IVA族元素，Y成2个共价键，为第VIA族元素，则X、Y、Z分别为、、；
【详解】A．共价单间都是键，双键一个，一个键。根据结构示意图可知，阴离子结构中有键与键数目之比为13∶2，A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性：O>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物稳定性：H2O>CH4，非金属性越强，还原性越弱，还原性：O＜C，B正确；
C．根据化合物各元素化合价代数和为0，的化合价为＋3价，C错误；
D．Cr基态原子价电子排布图为，D错误；
答案选B。
11. 超细银粉是电气和电子工业的重要材料，利用含银废催化剂(主要成分为，还有少量，和)为原料，制备超细银粉的工业流程如下所示，下列说法错误的是
A. 操作Ⅰ产生的浸渣主要的成分为
B. 操作Ⅱ、操作Ⅲ均有过滤、洗涤沉淀等操作
C. “还原”得到21.6kg，理论上消耗1.6kg
D. 电解法粗银精炼时将粗银置于阴极
【答案】D
【解析】
【分析】含银废催化剂用稀硝酸酸浸，SiO2不溶于硝酸，其他物质都溶于硝酸形成硝酸盐，过滤后滤液中加入NaCl，Ag+生成AgCl沉淀，过滤后滤渣中加入氨水，AgCl和氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，然后用肼还原得到银，过滤后经电解精炼得到超细银粉。
【详解】A．由以上分析可知，操作Ⅰ产生的浸渣主要的成分为，A正确；
B．操作Ⅱ、操作Ⅲ均要分离沉淀和溶液，因此均有过滤、洗涤沉淀的操作，B正确；
C．根据还原反应方程式：
，“还原”得到21.6kg，即物质的量为200ml，应需要的物质的量为50ml，其质量为1.6kg，C正确；
D．电解法粗银精炼时，应将粗银置于阳极，D错误；
故选D。
12. 氧化一电解法处理含硫化氢的尾气，同时得到氢气，其工作原理如图所示，下列有关说法错误的是
A. Y电极连接电源的正极
B. 当电路中转移2ml电子时，X电极室溶液质量减少2g
C. 氧化吸收器中发生的离子反应为：
D. 此方法可以避免硫黄沉积在阳极，使处理尾气效率低下
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意判断，X电极氢离子得电子得氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，Y极反应为，发生氧化反应，为电解池的阳极，阳极产生的Fe3+进入氧化吸收器氧化H2S生成硫黄，本身被还原为Fe2+，流回阳极室，循环利用，据此解答。
【详解】A．由分析可知，Y极发生氧化反应，为阳极，与电源正极连接，故A正确；
B．当电路中转移2ml电子时，2ml通过质子交换膜向阴极X迁移，同时产生1ml，X电极室溶液质量保持不变，故B错误；
C．氧化吸收器中离子反应为，硫化氢不能拆，故C正确；
D．若直接电解硫化氢，产生硫黄附着在阳极，使处理尾气效率低下，故D正确；
答案选B。
13. 贮氢合金的多功能应用，特别是贮氢合金在电池领域的工业化，更激起了人们对贮氢合金的高度重视。以下为相及相形成的两种晶体晶胞结构。(已知：、原子半径分别为、，相晶胞参数为a)下列有关说法错误的是
A. 、、在周期表中分属于不同的区
B. 相的化学式为
C. 相中原子空间利用率为：
D. 相中与等距且最近的有12个
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、在周期表中分属于区、区、区，A正确；
B．La—Ni相中含La：、Ni：16，相晶胞结构内四个被代替，因此化学式为：，B正确；
C．根据均摊法计算，相晶胞中的数目为，Ni的数目为16，相中原子空间利用率为：，C错误；
D．相中与的位置是相对的，与等距且最近的有12个，因此与等距且最近的有12个，D正确；
故选C。
14. 常温时，用的溶液滴定20.00mL的溶液。溶液的、分布系数随滴加溶液体积的变化关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. 酸的约为
B. b点溶液粒子浓度关系为：
C. c点溶液离子浓度关系为：
D. 滴定过程中，水的电离程度
【答案】C
【解析】
【详解】A．的溶液初始，，A错误；
B．当溶液的体积加入10mL时，溶液中恰好被中和一半，由物料守恒：，B错误；
C．，相同温度下的水解平衡常数：，，所以计算，根据电荷守恒，，C正确；
D．滴定过程中，点最小，对水的电离程度抑制程度最大，点酸碱溶液恰好完全中和生成盐，且盐水解促进水电离，对水的促进程度最大，所以滴定过程中，水的电离程度，D错误；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 碳酸铈[Ce2(CO3)3]主要用于制备稀土发光材料、汽车尾气净化催化剂等，也可用于化学试剂。利用以下装置先制得碳酸氢铵溶液再与氯化铈(，易水解)反应可以得到碳酸铈晶体，
请回答下列问题：
（1）装置A的仪器名称为___________；用此装置制备气体的优点是___________；装置B中盛放的试剂X为___________。
（2）①写出以上装置合理的连接顺序：______(用小写字母并通过合理的箭头体现气流方向)
___________c、d___________；
②不用除去中的气体的原因是___________。
（3）得到碳酸铈晶体的离子方程式为___________。
（4）装置C中用冷水浴的原因___________。
（5）从反应后的装置C中分离出碳酸铈晶体的操作为___________。
（6）碳酸铈晶体通过高温得到的化学反应方程式为___________。
【答案】15. ①. 启普发生器 ②. 控制反应的发生及停止 ③. 氯化铵和氢氧化钙固体[或和]
16. ①. 、 ②. 与反应产生的可以抑制下一步反应时铈离子水解产生氢氧化铈
17.
18. 反应放热避免温度过高碳酸氢铵分解(或该反应放热，冷水浴可抑制铈离子水解等)(合理即可)
19. 过滤、洗涤、干燥
20.
【解析】
【分析】A装置用于制取CO2，B装置制取氨气，因氨气易溶于水，若直接通入水中会引起倒吸，因此接口b接c，a接d，装置C中试剂瓶中生成碳酸氢铵溶液，再打开分液漏斗，滴入溶液，反应可以得到碳酸铈晶体，据此分析解答；
【小问1详解】
装置A为启普发生器，该装置可通过操控旋塞实现控制反应的发生及停止；装置B中盛放的试剂为氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，在加热条件下制取氨气；
【小问2详解】
由上述分析可知接口b接c，a接d；
【小问3详解】
由题意可知易水解，二氧化碳中混有的HCl随二氧化碳进入装置C中，与反应产生的可以抑制下一步反应时铈离子水解产生氢氧化铈，因此不用除去；
【小问4详解】
得到碳酸铈晶体的离子方程式为：；
【小问5详解】
反应放热，为避免温度过高碳酸氢铵分解应选用冷水浴；同时该反应放热，冷水浴可抑制铈离子水解；
【小问6详解】
碳酸铈晶体通过高温得到，该反应氧化还原反应，1ml失去2ml电子，1ml氧气得4ml电子，根据得失电子守恒得化学反应方程式为。
16. 钛白粉(主要成分)是目前世界上被认为性能最好的白色颜料，其人均消费量也成为一个国家经济发展的重要指标。利用钛铁矿(主要成分，还有、、等杂质)为原料，通过硫酸法和氯化法两种生产工艺制备钛白粉的流程如图所示，请回答下列问题：
已知：“酸溶”后钛主要以形式存在，在80°C左右水解生成
（1）中化合价为___________。
（2）“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为___________；废渣的主要成分为___________。
（3）“还原”时试剂X应选择合适的试剂是___________；常温下溶解度：__________(填“大于”或“小于”)。
（4）“氧化”时发生的主要反应化学方程式为___________。
（5）以上两种工艺流程中，循环使用的物质有___________；请说出方法一优于方法二的理由___________(写出一条即可)。
（6）若钛铁矿中的质量分数约为19%，实验室用100g此种铁矿石利用方法一得到精mg，则Ti元素的回收率为___________%(用含m的计算式表示)。
【答案】16. +2价
17. ①. ②.
18. ①. Fe粉 ②. 大于
19.
20. ①. 硫酸、氯气 ②. 无污染空气的氯气参与或可得到绿矾副产品
21. 10m
【解析】
【分析】硫酸法：钛铁矿加硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸，成为废渣，“酸溶”后钛主要以形式存在，铁的氧化物溶于硫酸生成相应的硫酸盐。加入还原剂将Fe3+还原为Fe2+，然后蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾，滤液加热水解，水解生成，然后灼烧得到粗TiO2，再经处理后得到精品TiO2；氯化法：钛铁矿和氯气、焦炭反应得到TiCl4，纯化后用氧气氧化TiCl4得到粗TiO2，然后再经过和硫酸法相同的方法处理得到精品TiO2。
【小问1详解】
“酸溶”后钛主要以形式存在，酸溶过程没有化合价变化，所以在中Ti的化合价和中的相同，即+4价，所以的化合价为+2价。
【小问2详解】
“酸溶”时主要成分和硫酸发生反应，Ti转化为，发生反应的离子方程式为；废渣的主要成分为。
【小问3详解】
“还原”是将Fe3+还原为Fe2+，为了不引入新杂质，试剂X应选择合适的试剂是Fe粉；结晶时绿矾析出而不析出，所以常温下溶解度：大于。
【小问4详解】
“氧化”时是用氧气氧化TiCl4得到粗TiO2，同时得到氯气，发生的主要反应化学方程式为。
【小问5详解】
硫酸法中，水解得到，同时得到硫酸，硫酸可以循环使用；氯化法中，“氧化”生成的氯气可以循环使用。方法一中无污染空气的氯气参与，还可得到绿矾副产品，所以方法一优于方法二。
【小问6详解】
钛铁矿中的质量分数约为19%，100g此种铁矿石中含的质量为19g，物质的量为=0.125ml，则可生产TiO2的质量为0.125ml×80g/ml=10g，则Ti元素的回收率为=10m%。
17. 氢气是一种理想的清洁能源，在多领域中均有重要的应用。
（1）利用和反应直接制取和是简化制工艺，为的利用提供便捷条件的新技术途径。其反应方程式为：。已知：部分化学键键能如下表：
①计算=___________。利于此反应自发趋势的条件是___________。
②将一定量和2ml置于2L刚性密闭容器中，进行上述反应，测得平衡体系中部分物质的物质的量浓度随温度变化关系如下图所示。
曲线和分别是表示___________(填化学式)的浓度随温度的变化，计算：350°C时，上述反应的平衡常数=___________。(填计算结果)。
（2）因上述反应耗能大，因此某研究小组利用，和在催化剂上进行甲烷部分氧化制氢的反应机理()如图所示：
写出甲烷部分氧化制氢总反应方程式___________；反应过程中既发生断裂又形成的化学键类型有___________(填序号)。
a．极性键 b．非极性键 c．离子键
（3）在460℃时，进料比为，以不同空速(，单位简写成，且空速越大，气体在催化剂表面停留时间越短)，在催化剂上发生(2)的转化，同时发生的反应，在不同空速时，甲烷转化率以及生成物的选择性()数据如下表所示：
随着空速增大，甲烷转化率逐渐降低的可能原因为___________；氢气选择性逐渐增大的原因可能为___________；为使单位时间H₂产量达到最佳值，应选择空速为___________。
【答案】17. ①. +270.8kJ/ml ②. 高温 ③. 和 ④. 12.96
18. ①. (或) ②. abc
19. ①. 增大空速使原料气在催化剂表面停留时间缩短，未来得及反应的导致转化率下降(合理即可) ②. 由于原料气中有氧气，增大空速能使反应生成的及时离开表面避免二次氧化生成，因此使得的选择性提高(合理即可) ③.
【解析】
【小问1详解】
①焓变H=反应物总键能-生成物总键能，故焓变=4×413.4kJ/ml+4×462.8kJ/ml- 2×745kJ/ml-4×436kJ/ml-=+270.8kJ/ml，反应为吸热的熵增反应，则利于此反应自发趋势的条件是高温。
②反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲烷、水的量减小，二氧化碳、氢气的量增大，结合反应方程式中系数可知，曲线、、分别是表示、、的浓度随温度的变化；
350°C时，二氧化碳和甲烷的物质的量浓度相同，且水的浓度为0.4ml/L，则水为0.8ml；
则上述反应的平衡常数；
【小问2详解】
由图可知，甲烷部分氧化制氢总反应为在催化剂作用下，甲烷和氧气、水生成二氧化碳和氢气，方程式(或)；反应过程中发生碳氢极性键断裂、碳氧极性键生成，氧氧非极性键断裂、氢氢非极性键生成，以及镁氧离子键的断裂和形成，故选abc；
【小问3详解】
增大空速使原料气在催化剂表面停留时间缩短，未来得及反应的导致转化率下降(合理即可)，导致随着空速增大，甲烷转化率逐渐降低；由于原料气中有氧气，增大空速能使反应生成的及时离开表面避免二次氧化生成，因此使得的选择性提高(合理即可)
；由表可知，为使单位时间H₂产量达到最佳值，应选择空速为，此时单位时间内氢气的产量较大。
18. 以水杨酸A为原料制备一种催吐剂的中间体J的合成路线如下所示。
请回答下列问题：
（1）水杨酸的系统名称为___________；其沸点低于的理由为___________。
（2）写出D的结构简式___________。
（3）写出E→F的化学方程式___________。
（4）H中的含氧官能团的名称为___________。
（5）以下各步骤转化中不属于取代反应的有___________(填序号)。
a．A→B b．D→E c．F→G d．G→H e．H→I
（6）满足下列条件的G的同分异构有___________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为___________。
①有3种常见的官能团 ②溶液显紫色 ③苯环上有两个取代基
（7）参照以上合成路线，若以为原料制备(其他试剂自选)，则其合成路线为___________。
【答案】18. ①. 2-羟基苯甲酸 ②. 形成分子间氢键，使沸点更高；而水杨酸形成分子内氢键，沸点较低
19. 20.
21. 酯基、醚键、肽键(或酰胺基)
22. c 23. ①. 12 ②.
24.
【解析】
【分析】由流程可知，A发生磺化反应在酚羟基邻位引入-SO3H得到B，B和氯气发生取代反应在酚羟基对位引入氯原子得到C，结合D化学式，可知C在硫酸作用下失去-SO3H得到D：，D和甲醇发生酯化反应生成E，E发生硝化反应在酚羟基邻位引入硝基得到F，F中硝基被还原为氨基得到G，G中酚羟基、氨基和ClCH2CHOCl发生取代反应得到H，H中氨基氢和CH3I发生取代反应在N原子上引入甲基生成I，I中酯基转化为羧基得到J。
【小问1详解】
水杨酸的系统名称为2-羟基苯甲酸； 形成分子间氢键，使沸点更高，而水杨酸形成分子内氢键，沸点较低，故两者比较，水杨酸沸点较低；
【小问2详解】
由分析可知，D为；
【小问3详解】
E发生硝化反应在酚羟基邻位引入硝基得到F，反应为：；
【小问4详解】
由H结构可知，H含有酯基、醚键、酰胺基；
【小问5详解】
由分析可知，a．A→B为取代反应；b．D→E为酯化反应，属于取代反应；c．F→G为还原反应；d．G→H为取代反应；e．H→I为取代反应；故选c；
【小问6详解】
G除苯环外含有1个氯、1个氮、3个氧、2个碳、不饱和度为1，满足下列条件的G的同分异构：①有3种常见的官能团，可以为酯基、碳氯键、氨基、酰胺基、硝基等，②溶液显紫色，含有酚羟基，③苯环上有两个取代基；则除酚羟基外，另一个取代基可以为-CHClCONH2、-CCl(NO2)CH3、-CH(NO2)CH2Cl、-CHClCH2NO2，每种情况均存在邻间对3种情况，共12种情况，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1，则分子结构对称，且含有甲基，结构简式为。
【小问7详解】
中硝基还原为氨基，再和ClCH2CHOCl发生取代反应成环得到，再和一碘甲烷发生取代反应生成产物，反应为：。选项
实例
解释
A
冠醚(18-冠-6)与K+可以形成超分子
冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配
B
CF3COOH的酸性强于CH3COOH
F的电负性大，增加羧基中的羟基的极性
C
石墨与金刚石硬度差别大
石墨中碳碳键键能小于金刚石中碳碳键键能
D
Fe3+比Fe2+更稳定
Fe3+的价层电子的3d能级处于半充满稳定状态
化学键
键能()
745
436
413.4
462.8
空速/
转化率/%
选择性/%
600
67.8
95.8
90.2
9.8
1000
53.2
97.7
93.6
6.4
1400
39.3
99.2
98.4
1.6
1800
22.4
99.4
99.1
0.9
2200
14.9
99.5
99.5
0.5
注意事项：1.本试卷共100分，考试时间75分钟。
2.请将各题答案填在答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 Ti48 Fe56 Ag108
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 故宫发现的第一个有彩绘的宝匣，内盛放金、银、铜、铁、锡五种元宝，五色宝石，五色缎，五色真丝线和五谷等。下列有关说法错误的是
A. 五种元宝属于金属材料B. 五色宝石主要成分属于无机非金属
C. 五色缎主要成分为蛋白质D. 五色真丝线和五谷主要成分均属于多糖
【答案】D
【解析】
【详解】A．金、银、铜、铁、锡都是金属单质，属于金属材料，故A说法正确；
B．像钻石、红宝石、蓝宝石、祖母绿、金绿猫眼等都珍贵宝石，五色宝石主要成分属于无机非金属，故B说法正确；
C．缎纹织物主要成分为蛋白质，故C说法正确；
D．五色真丝线的主要成分为蛋白质，不属于多糖，故D说法错误；
答案选D。
2. 下列化学用语使用正确的是
A. 乙烯的碳碳键的电子云形状为：
B. 分子的VSEPR模型：
C. 的电子式为：
D. 的名称为：丙二醇
【答案】B
【解析】
【详解】A．应表示为乙烯的键的电子云形状，A错误；
B．分子的VSEPR模型为四面体形，且有一对孤电子对，B正确；
C．的电子式为：，C错误；
D．的名称为：1，2-丙二醇，D错误；
故选：B。
3. 化学与生活密切相关，有关说法正确的是
A. 草木灰与铵态氮肥同施会降低肥效，与过磷酸钙[Ca(H2PO4)2]同施提高肥效
B. 三氯蔗糖甜度是蔗糖的600倍，无异味、安全性好，可供糖尿病患者使用，作甜味剂
C. 城市和大型工厂的地下金属设备可采用外加电流法防止腐蚀，用锌电极与电源正极连接
D. 用热的饱和碳酸钠溶液可以洗去废铁表面的沥青油污
【答案】B
【解析】
【详解】A．草木灰与铵态氮肥同施，会产生氨气逸出，从而降低肥效，草木灰与过磷酸钙同施，会产生难溶于水的磷酸一氢钙或磷酸钙，降低磷肥肥效，A错误；
B．三氯蔗糖甜度是蔗糖的600倍，对人体无害，几乎不能被人体吸收，不产生能量，可作糖尿病患者的甜味剂，B正确；
C．外加电流法，应选用惰性电极作阳极，地下设备作阴极，与电源负极连接，C错误；
D．沥青的主要成分是烃类物质，用热的饱和碳酸钠溶液不能除去沥青，D错误；
故选B。
4. 苯巴比妥N是最早人工合成的安眠药物的主要成分，其最后一步合成路线如下所示，下列有关说法错误的是
A. M的核磁共振氢谱有7组峰
B. M，N均能发生水解反应
C. N中杂化与杂化的碳原子数之比为7：5
D. M→N发生了取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．M中有7种不同化学环境的氢原子，M的核磁共振氢谱有7组峰，A项正确；
B．M中含酯基，N中含酰胺基，M、N均能发生水解反应，B项正确；
C．N中6个苯环碳原子和3个碳氧双键中碳原子采取sp2杂化，其余3个碳原子采取sp3杂化，即sp2杂化与sp3杂化的碳原子数之比为9∶3=3∶1，C项错误；
D．对比M、N的结构简式，结合转化所用试剂，M与H2NCONH2在C2H5Ona存在下发生取代反应生成N和C2H5OH，D项正确；
答案选C。
5. 2023年8月24日，日本政府启动了福岛第一核电站的核污染水排海计划。氟()是放射性核泄漏产物之一，人工合成反应为；，下列有关说法正确的是
A. 、、互为同位素，化学性质基本相同
B. 等质量的和的中子数目相等
C. 电负性及第一电离能均为：X
【答案】D
【解析】
【详解】A．、、为分子，不互为同位素，A错误；
B．相同物质的量的和同位素研究对象为原子，中子数目相等，若等质量则中子数目不等，B错误；
C．同周期元素从左到右，元素电负性逐渐增大，电负性；N核外电子排布：，2p能级处于半充满较稳定状态，则第一电离能，C错误；
D．的测定用于分析古代人类食物结构，D正确；
答案选D。
6. 下列反应的化学方程式或离子方程式错误的是
A. 惰性电极电解溶液离子方程式：
B. 加热溶液得：
C. 高锰酸钾氧化草酸：
D. 检验：
【答案】A
【解析】
【详解】A．惰性电极电解溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为，故A错误；
B．加热溶液，发生水解反应得到，反应的离子方程式为，故B正确；
C．草酸是弱酸不能拆，高锰酸钾氧化草酸的离子方程式为，故C正确；
D．将溶液滴入溶液中生成蓝色沉淀，可用来检验，反应的离子方程式为，故D正确；
答案选A。
7. 水氧化反应是水分解反应的决速步骤，章宇超团队利用作光催化剂，通过以下转化途径，显著提升光催化水氧化反应速率，为太阳能的高效利用提供了新的策略。下列有关说法正确的是
A. 转化途径中产生1个O2，理论上转移4个电子
B. 转化过程中化合态O元素价态相同
C. 含Fe的化合物均为光电催化剂
D. 转化过程中光能最终全部转换为化学能
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据上述转化途径，H2O失去电子后，最终转化为O2和H+，则得到1个O2，理论上转移4个电子，A正确；
B．从图中可以看出，转化过程中O有-2价及-1价两种，B错误；
C．含Fe的化合物中，只有一种是光电催化剂，其它都是中间产物，中间得到的的化合物且又被消耗掉，则为中间产物，而不是催化剂，C错误；
D．转化过程中，光能没有全部转化为化学能，还有一部分转化为热能等，D错误；
故选A。
8. 通过下列实验装置及试剂，不能达到相应实验目的的是
A. 利用装置甲验证石蜡油裂解产生不饱和烃
B. 利用装置乙测定溶液的浓度
C. 利用装置丙证明铁在中性条件下发生吸氧腐蚀
D. 利用装置丁制备碳酸氢钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过装置甲溴的四氯化碳溶液褪色，证明石蜡油裂解产生不饱和烃，A正确；
B．氯化铁滴定溶液不能用淀粉指示剂，且该反应为可逆反应无法测定，B错误；
C．通过导管中红墨水液面上升，可以证明铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，C正确；
D．利用丁装置，将二氧化碳通入溶有氨气的饱和氯化钠溶液中，反应生产碳酸氢钠和氯化铵，用于制备碳酸氢钠，D正确；
故选：B。
9. 物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，因此二者可以形成超分子，A正确；
B．因为F的电负性大于H，因此F3C-的极性大于H3C-，导致CF3COOH的羧基中羟基极性大，更容易电离出氢离子，B正确；
C．石墨与金刚石硬度差别大，是因为石墨属于层状结构，且层与层之间是范德华力，硬度小，而金刚石是通过共价键结合成的三维骨架结构，硬度大，C错误；
D．Fe3+的价层电子的3d能级处于半充满稳定状态，因此Fe3+比Fe2+更稳定，D正确；
故选C。
10. 某种催化剂阴离子的结构式如下所示，其组成元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，W是第四周期的某种元素，其化合物常用于检验酒驾，原子序数关系为：2X＋2Y＋Z=W，下列说法正确的是
A. 该阴离子结构中有键与键数目之比为9∶2
B. 简单氢化物的稳定性：Y>Z，还原性：Y
D. W的基态原子价电子排布图为
【答案】B
【解析】
【分析】W是第四周期的某种元素，其化合物常用于检验酒驾，W为元素；元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，原子序数关系为：2X＋2Y＋Z=W，结合阴离子结构，Z成4个共价键，为第IVA族元素，Y成2个共价键，为第VIA族元素，则X、Y、Z分别为、、；
【详解】A．共价单间都是键，双键一个，一个键。根据结构示意图可知，阴离子结构中有键与键数目之比为13∶2，A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性：O>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物稳定性：H2O>CH4，非金属性越强，还原性越弱，还原性：O＜C，B正确；
C．根据化合物各元素化合价代数和为0，的化合价为＋3价，C错误；
D．Cr基态原子价电子排布图为，D错误；
答案选B。
11. 超细银粉是电气和电子工业的重要材料，利用含银废催化剂(主要成分为，还有少量，和)为原料，制备超细银粉的工业流程如下所示，下列说法错误的是
A. 操作Ⅰ产生的浸渣主要的成分为
B. 操作Ⅱ、操作Ⅲ均有过滤、洗涤沉淀等操作
C. “还原”得到21.6kg，理论上消耗1.6kg
D. 电解法粗银精炼时将粗银置于阴极
【答案】D
【解析】
【分析】含银废催化剂用稀硝酸酸浸，SiO2不溶于硝酸，其他物质都溶于硝酸形成硝酸盐，过滤后滤液中加入NaCl，Ag+生成AgCl沉淀，过滤后滤渣中加入氨水，AgCl和氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，然后用肼还原得到银，过滤后经电解精炼得到超细银粉。
【详解】A．由以上分析可知，操作Ⅰ产生的浸渣主要的成分为，A正确；
B．操作Ⅱ、操作Ⅲ均要分离沉淀和溶液，因此均有过滤、洗涤沉淀的操作，B正确；
C．根据还原反应方程式：
，“还原”得到21.6kg，即物质的量为200ml，应需要的物质的量为50ml，其质量为1.6kg，C正确；
D．电解法粗银精炼时，应将粗银置于阳极，D错误；
故选D。
12. 氧化一电解法处理含硫化氢的尾气，同时得到氢气，其工作原理如图所示，下列有关说法错误的是
A. Y电极连接电源的正极
B. 当电路中转移2ml电子时，X电极室溶液质量减少2g
C. 氧化吸收器中发生的离子反应为：
D. 此方法可以避免硫黄沉积在阳极，使处理尾气效率低下
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意判断，X电极氢离子得电子得氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，Y极反应为，发生氧化反应，为电解池的阳极，阳极产生的Fe3+进入氧化吸收器氧化H2S生成硫黄，本身被还原为Fe2+，流回阳极室，循环利用，据此解答。
【详解】A．由分析可知，Y极发生氧化反应，为阳极，与电源正极连接，故A正确；
B．当电路中转移2ml电子时，2ml通过质子交换膜向阴极X迁移，同时产生1ml，X电极室溶液质量保持不变，故B错误；
C．氧化吸收器中离子反应为，硫化氢不能拆，故C正确；
D．若直接电解硫化氢，产生硫黄附着在阳极，使处理尾气效率低下，故D正确；
答案选B。
13. 贮氢合金的多功能应用，特别是贮氢合金在电池领域的工业化，更激起了人们对贮氢合金的高度重视。以下为相及相形成的两种晶体晶胞结构。(已知：、原子半径分别为、，相晶胞参数为a)下列有关说法错误的是
A. 、、在周期表中分属于不同的区
B. 相的化学式为
C. 相中原子空间利用率为：
D. 相中与等距且最近的有12个
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、在周期表中分属于区、区、区，A正确；
B．La—Ni相中含La：、Ni：16，相晶胞结构内四个被代替，因此化学式为：，B正确；
C．根据均摊法计算，相晶胞中的数目为，Ni的数目为16，相中原子空间利用率为：，C错误；
D．相中与的位置是相对的，与等距且最近的有12个，因此与等距且最近的有12个，D正确；
故选C。
14. 常温时，用的溶液滴定20.00mL的溶液。溶液的、分布系数随滴加溶液体积的变化关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. 酸的约为
B. b点溶液粒子浓度关系为：
C. c点溶液离子浓度关系为：
D. 滴定过程中，水的电离程度
【答案】C
【解析】
【详解】A．的溶液初始，，A错误；
B．当溶液的体积加入10mL时，溶液中恰好被中和一半，由物料守恒：，B错误；
C．，相同温度下的水解平衡常数：，，所以计算，根据电荷守恒，，C正确；
D．滴定过程中，点最小，对水的电离程度抑制程度最大，点酸碱溶液恰好完全中和生成盐，且盐水解促进水电离，对水的促进程度最大，所以滴定过程中，水的电离程度，D错误；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 碳酸铈[Ce2(CO3)3]主要用于制备稀土发光材料、汽车尾气净化催化剂等，也可用于化学试剂。利用以下装置先制得碳酸氢铵溶液再与氯化铈(，易水解)反应可以得到碳酸铈晶体，
请回答下列问题：
（1）装置A的仪器名称为___________；用此装置制备气体的优点是___________；装置B中盛放的试剂X为___________。
（2）①写出以上装置合理的连接顺序：______(用小写字母并通过合理的箭头体现气流方向)
___________c、d___________；
②不用除去中的气体的原因是___________。
（3）得到碳酸铈晶体的离子方程式为___________。
（4）装置C中用冷水浴的原因___________。
（5）从反应后的装置C中分离出碳酸铈晶体的操作为___________。
（6）碳酸铈晶体通过高温得到的化学反应方程式为___________。
【答案】15. ①. 启普发生器 ②. 控制反应的发生及停止 ③. 氯化铵和氢氧化钙固体[或和]
16. ①. 、 ②. 与反应产生的可以抑制下一步反应时铈离子水解产生氢氧化铈
17.
18. 反应放热避免温度过高碳酸氢铵分解(或该反应放热，冷水浴可抑制铈离子水解等)(合理即可)
19. 过滤、洗涤、干燥
20.
【解析】
【分析】A装置用于制取CO2，B装置制取氨气，因氨气易溶于水，若直接通入水中会引起倒吸，因此接口b接c，a接d，装置C中试剂瓶中生成碳酸氢铵溶液，再打开分液漏斗，滴入溶液，反应可以得到碳酸铈晶体，据此分析解答；
【小问1详解】
装置A为启普发生器，该装置可通过操控旋塞实现控制反应的发生及停止；装置B中盛放的试剂为氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，在加热条件下制取氨气；
【小问2详解】
由上述分析可知接口b接c，a接d；
【小问3详解】
由题意可知易水解，二氧化碳中混有的HCl随二氧化碳进入装置C中，与反应产生的可以抑制下一步反应时铈离子水解产生氢氧化铈，因此不用除去；
【小问4详解】
得到碳酸铈晶体的离子方程式为：；
【小问5详解】
反应放热，为避免温度过高碳酸氢铵分解应选用冷水浴；同时该反应放热，冷水浴可抑制铈离子水解；
【小问6详解】
碳酸铈晶体通过高温得到，该反应氧化还原反应，1ml失去2ml电子，1ml氧气得4ml电子，根据得失电子守恒得化学反应方程式为。
16. 钛白粉(主要成分)是目前世界上被认为性能最好的白色颜料，其人均消费量也成为一个国家经济发展的重要指标。利用钛铁矿(主要成分，还有、、等杂质)为原料，通过硫酸法和氯化法两种生产工艺制备钛白粉的流程如图所示，请回答下列问题：
已知：“酸溶”后钛主要以形式存在，在80°C左右水解生成
（1）中化合价为___________。
（2）“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为___________；废渣的主要成分为___________。
（3）“还原”时试剂X应选择合适的试剂是___________；常温下溶解度：__________(填“大于”或“小于”)。
（4）“氧化”时发生的主要反应化学方程式为___________。
（5）以上两种工艺流程中，循环使用的物质有___________；请说出方法一优于方法二的理由___________(写出一条即可)。
（6）若钛铁矿中的质量分数约为19%，实验室用100g此种铁矿石利用方法一得到精mg，则Ti元素的回收率为___________%(用含m的计算式表示)。
【答案】16. +2价
17. ①. ②.
18. ①. Fe粉 ②. 大于
19.
20. ①. 硫酸、氯气 ②. 无污染空气的氯气参与或可得到绿矾副产品
21. 10m
【解析】
【分析】硫酸法：钛铁矿加硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸，成为废渣，“酸溶”后钛主要以形式存在，铁的氧化物溶于硫酸生成相应的硫酸盐。加入还原剂将Fe3+还原为Fe2+，然后蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾，滤液加热水解，水解生成，然后灼烧得到粗TiO2，再经处理后得到精品TiO2；氯化法：钛铁矿和氯气、焦炭反应得到TiCl4，纯化后用氧气氧化TiCl4得到粗TiO2，然后再经过和硫酸法相同的方法处理得到精品TiO2。
【小问1详解】
“酸溶”后钛主要以形式存在，酸溶过程没有化合价变化，所以在中Ti的化合价和中的相同，即+4价，所以的化合价为+2价。
【小问2详解】
“酸溶”时主要成分和硫酸发生反应，Ti转化为，发生反应的离子方程式为；废渣的主要成分为。
【小问3详解】
“还原”是将Fe3+还原为Fe2+，为了不引入新杂质，试剂X应选择合适的试剂是Fe粉；结晶时绿矾析出而不析出，所以常温下溶解度：大于。
【小问4详解】
“氧化”时是用氧气氧化TiCl4得到粗TiO2，同时得到氯气，发生的主要反应化学方程式为。
【小问5详解】
硫酸法中，水解得到，同时得到硫酸，硫酸可以循环使用；氯化法中，“氧化”生成的氯气可以循环使用。方法一中无污染空气的氯气参与，还可得到绿矾副产品，所以方法一优于方法二。
【小问6详解】
钛铁矿中的质量分数约为19%，100g此种铁矿石中含的质量为19g，物质的量为=0.125ml，则可生产TiO2的质量为0.125ml×80g/ml=10g，则Ti元素的回收率为=10m%。
17. 氢气是一种理想的清洁能源，在多领域中均有重要的应用。
（1）利用和反应直接制取和是简化制工艺，为的利用提供便捷条件的新技术途径。其反应方程式为：。已知：部分化学键键能如下表：
①计算=___________。利于此反应自发趋势的条件是___________。
②将一定量和2ml置于2L刚性密闭容器中，进行上述反应，测得平衡体系中部分物质的物质的量浓度随温度变化关系如下图所示。
曲线和分别是表示___________(填化学式)的浓度随温度的变化，计算：350°C时，上述反应的平衡常数=___________。(填计算结果)。
（2）因上述反应耗能大，因此某研究小组利用，和在催化剂上进行甲烷部分氧化制氢的反应机理()如图所示：
写出甲烷部分氧化制氢总反应方程式___________；反应过程中既发生断裂又形成的化学键类型有___________(填序号)。
a．极性键 b．非极性键 c．离子键
（3）在460℃时，进料比为，以不同空速(，单位简写成，且空速越大，气体在催化剂表面停留时间越短)，在催化剂上发生(2)的转化，同时发生的反应，在不同空速时，甲烷转化率以及生成物的选择性()数据如下表所示：
随着空速增大，甲烷转化率逐渐降低的可能原因为___________；氢气选择性逐渐增大的原因可能为___________；为使单位时间H₂产量达到最佳值，应选择空速为___________。
【答案】17. ①. +270.8kJ/ml ②. 高温 ③. 和 ④. 12.96
18. ①. (或) ②. abc
19. ①. 增大空速使原料气在催化剂表面停留时间缩短，未来得及反应的导致转化率下降(合理即可) ②. 由于原料气中有氧气，增大空速能使反应生成的及时离开表面避免二次氧化生成，因此使得的选择性提高(合理即可) ③.
【解析】
【小问1详解】
①焓变H=反应物总键能-生成物总键能，故焓变=4×413.4kJ/ml+4×462.8kJ/ml- 2×745kJ/ml-4×436kJ/ml-=+270.8kJ/ml，反应为吸热的熵增反应，则利于此反应自发趋势的条件是高温。
②反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲烷、水的量减小，二氧化碳、氢气的量增大，结合反应方程式中系数可知，曲线、、分别是表示、、的浓度随温度的变化；
350°C时，二氧化碳和甲烷的物质的量浓度相同，且水的浓度为0.4ml/L，则水为0.8ml；
则上述反应的平衡常数；
【小问2详解】
由图可知，甲烷部分氧化制氢总反应为在催化剂作用下，甲烷和氧气、水生成二氧化碳和氢气，方程式(或)；反应过程中发生碳氢极性键断裂、碳氧极性键生成，氧氧非极性键断裂、氢氢非极性键生成，以及镁氧离子键的断裂和形成，故选abc；
【小问3详解】
增大空速使原料气在催化剂表面停留时间缩短，未来得及反应的导致转化率下降(合理即可)，导致随着空速增大，甲烷转化率逐渐降低；由于原料气中有氧气，增大空速能使反应生成的及时离开表面避免二次氧化生成，因此使得的选择性提高(合理即可)
；由表可知，为使单位时间H₂产量达到最佳值，应选择空速为，此时单位时间内氢气的产量较大。
18. 以水杨酸A为原料制备一种催吐剂的中间体J的合成路线如下所示。
请回答下列问题：
（1）水杨酸的系统名称为___________；其沸点低于的理由为___________。
（2）写出D的结构简式___________。
（3）写出E→F的化学方程式___________。
（4）H中的含氧官能团的名称为___________。
（5）以下各步骤转化中不属于取代反应的有___________(填序号)。
a．A→B b．D→E c．F→G d．G→H e．H→I
（6）满足下列条件的G的同分异构有___________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为___________。
①有3种常见的官能团 ②溶液显紫色 ③苯环上有两个取代基
（7）参照以上合成路线，若以为原料制备(其他试剂自选)，则其合成路线为___________。
【答案】18. ①. 2-羟基苯甲酸 ②. 形成分子间氢键，使沸点更高；而水杨酸形成分子内氢键，沸点较低
19. 20.
21. 酯基、醚键、肽键(或酰胺基)
22. c 23. ①. 12 ②.
24.
【解析】
【分析】由流程可知，A发生磺化反应在酚羟基邻位引入-SO3H得到B，B和氯气发生取代反应在酚羟基对位引入氯原子得到C，结合D化学式，可知C在硫酸作用下失去-SO3H得到D：，D和甲醇发生酯化反应生成E，E发生硝化反应在酚羟基邻位引入硝基得到F，F中硝基被还原为氨基得到G，G中酚羟基、氨基和ClCH2CHOCl发生取代反应得到H，H中氨基氢和CH3I发生取代反应在N原子上引入甲基生成I，I中酯基转化为羧基得到J。
【小问1详解】
水杨酸的系统名称为2-羟基苯甲酸； 形成分子间氢键，使沸点更高，而水杨酸形成分子内氢键，沸点较低，故两者比较，水杨酸沸点较低；
【小问2详解】
由分析可知，D为；
【小问3详解】
E发生硝化反应在酚羟基邻位引入硝基得到F，反应为：；
【小问4详解】
由H结构可知，H含有酯基、醚键、酰胺基；
【小问5详解】
由分析可知，a．A→B为取代反应；b．D→E为酯化反应，属于取代反应；c．F→G为还原反应；d．G→H为取代反应；e．H→I为取代反应；故选c；
【小问6详解】
G除苯环外含有1个氯、1个氮、3个氧、2个碳、不饱和度为1，满足下列条件的G的同分异构：①有3种常见的官能团，可以为酯基、碳氯键、氨基、酰胺基、硝基等，②溶液显紫色，含有酚羟基，③苯环上有两个取代基；则除酚羟基外，另一个取代基可以为-CHClCONH2、-CCl(NO2)CH3、-CH(NO2)CH2Cl、-CHClCH2NO2，每种情况均存在邻间对3种情况，共12种情况，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1，则分子结构对称，且含有甲基，结构简式为。
【小问7详解】
中硝基还原为氨基，再和ClCH2CHOCl发生取代反应成环得到，再和一碘甲烷发生取代反应生成产物，反应为：。选项
实例
解释
A
冠醚(18-冠-6)与K+可以形成超分子
冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配
B
CF3COOH的酸性强于CH3COOH
F的电负性大，增加羧基中的羟基的极性
C
石墨与金刚石硬度差别大
石墨中碳碳键键能小于金刚石中碳碳键键能
D
Fe3+比Fe2+更稳定
Fe3+的价层电子的3d能级处于半充满稳定状态
化学键
键能()
745
436
413.4
462.8
空速/
转化率/%
选择性/%
600
67.8
95.8
90.2
9.8
1000
53.2
97.7
93.6
6.4
1400
39.3
99.2
98.4
1.6
1800
22.4
99.4
99.1
0.9
2200
14.9
99.5
99.5
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