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四川省广元市川师大万达中学2024-2025学年高三上学期9月检测 化学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份四川省广元市川师大万达中学2024-2025学年高三上学期9月检测 化学试卷（原卷版+解析版），文件包含四川省广元市川师大万达中学2024-2025学年高三上学期9月检测化学试卷原卷版docx、四川省广元市川师大万达中学2024-2025学年高三上学期9月检测化学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
满分：100分 考试时间：75分钟
注意事项：
1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、座位号、准考证号等信息填写在机读卡上及答卷的密封区内。
2.作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答卷的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在机读卡上将对应题目的选项涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持机读卡卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。
3.考试结束后，请将答题纸和机读卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 S 32 Zn 65
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题(本大题共14题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的)
1. 关于下列诗词中蕴含的化学知识，说法错误的是
A. “谁见柴窑色，天晴雨过时”所述瓷器青色来自氧化铁
B. “败叶填溪水已冰，夕阳犹照短长亭”所述过程中存在氢键数目的增加
C. “东风夜放花千树，更吹落，星如雨”所述现象可以用原子发射光谱解释
D. “海浸丛生深不露，一朝惊世艳姿殊”所述珊瑚的形成与沉淀溶解平衡有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化铁为红棕色固体，瓷器青色不可能是氧化铁导致的，A错误；
B．等质量时，液态水中的氢键数目比固体冰中的氢键数目少，水结冰的过程中氢键数目增加，B正确；
C．该诗描述放烟花的过程，涉及焰色反应，所见光谱属于发射光谱，C正确；
D．该诗描述的是珊瑚的形成过程，珊瑚的形成与海水中的钙离子和碳酸根离子的浓度有关，当海水中的钙离子和碳酸根离子浓度适宜时，珊瑚虫能够正常生长并分泌钙质骨骼，从而形成珊瑚，这个过程涉及到化学中的沉淀溶解平衡原理，D正确；
故选A。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为20的Cl原子：
B. 的电子式：
C. 四溴化碳的空间填充模型：
D. 基态硫原子最外层电子排布图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．质量数等于中子数加质子数，因此中子数为20的氯原子的质量数为20+17=37，表示为：，故A错误；
B．BCl3是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式：，故B错误；
C．四溴化碳结构类似于甲烷，为正四面体结构，溴原子半径大于碳原子，空间填充模型为 ，故C错误；
D．硫原子是16元素，价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为：，故D正确；
故答案选D。
3. 与水反应较为温和，反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 中含有的键为
B. 当有发生反应时，转移电子数为
C. 的溶液中含有的离子数为
D. 标准状况下，生成，同时收集到的
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个XeF2中含2个σ键，0.1mlXeF2中含有的σ键为0.2NA，故A正确；
B．，反应中消耗2ml水电子转移4ml，当有0.1mlH2O发生反应时，转移电子数为0.2NA，故B正确；
C．的HF溶液中含有HF物质的量为0.1ml，HF为弱电解质，溶液中的离子数小于0.1NA，故C错误；
D．标准状况下，生成0.1mlXe，同时收集到氧气0.05ml，标准状况下得到O2的体积=0.05ml×22.4L/ml=1.12L，故D正确；
故选C。
4. 硫酰氯()在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用，下列说法正确的是
A. 氧化性：B. 电负性：C1>O>S
C. 离子半径：D. 基态S原子核外电子的运动状态有9种
【答案】A
【解析】
【详解】A．具有强氧化性，其氧化性强于，则氧化性：，A正确；
B．一般来说，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则电负性：O>Cl>S，B错误；
C．质子数相等、电子层数相同时，电子数越多，则半径越大，因此离子半径：，C错误；
D．S原子核外有16个电子，则基态S原子核外电子的运动状态有16种，D错误；
答案选A。
5. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名。某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图：
下列说法不正确的是
A. a、b均可与NaOH溶液反应
B. b中C和O均采取sp3杂化
C. c中所有原子可能共平面
D. 冠醚络合哪种阳离子取决于环的大小等因素
【答案】C
【解析】
【详解】A．a含有酚羟基，具有弱酸性，能与NaOH发生中和反应，b含有碳氯键，能在NaOH溶液中发生水解反应，A正确；
B．b中C和O均采取sp3杂化，B正确；
C．c有杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，C错误；
D．冠醚络合哪种阳离子由环的大小、氧原子的数目、氧原子间的空隙大小等共同决定，D正确；
故选C。
6. 是原子序数依次增大的短周期主族元素。与的最外层电子数之和等于的最外层电子数，是有机物的基本骨架元素，是地壳中含量最多的元素，化合物为非极性分子。下列说法中一定正确的是
A. 原子半径：B. 最简单氢化物的稳定性：
C. 的氧化物对应的水化物为强酸D. 简单氢化物的沸点：
【答案】D
【解析】
【分析】是有机物的基本骨架元素，X为C，是地壳中含量最多的元素，Y为O，化合物为非极性分子，W为S，与的最外层电子数之和等于的最外层电子数，Z为Mg，据此回答。
【详解】A．根据层数越多，半径越大，层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：r(Mg)>r(C)>r(O)，A错误；
B．根据非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越好，则H2O>H2S>CH4，B错误；
C．的最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，C错误；
D．简单氢化物的沸点：H2O>H2S，因为水分子间形成氢键，D正确；
故选D。
7. 近日，中国科学院生物物理研究所某课题组发现：亚稳态硫化铁(如、、等)是一类具有独特抗菌效应的生物功能材料，其机理可能是释放引发细菌死亡、释放多硫化物(、等)干扰细菌代谢。下列说法正确的是
A. 属于混合物
B. 的电子式为
C. 基态转化为基态时失去上的电子
D. 硫原子核外能量最高的电子云的形状为球形
【答案】C
【解析】
【详解】A．属于化合物，也是纯净物，A项错误；
B．的电子式为，B项错误；
C．价电子排布式为，转化为离子时失去3d上的电子，C项正确；
D．硫原子核外能量最高的电子云为p电子云，形状为哑铃形，D项错误；
故选：C。
8. 下列实验操作、现象和结论均正确且有相关性的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．醛基具有还原性，能还原重铬酸钾，溶液由橙黄色变为绿色，A项正确；
B．，银离子与氨水形成稳定的，促进氯化银溶解，与氨水呈碱性无关，B项错误；
C．苯密度小于水，下层为水层，C项错误；
D．BaCO3、BaSO4都是白色沉淀，无法辨析，D项错误；
故选A。
9. 2-乙酰氧基苯甲酸在医疗上可用作血小板聚集的抑制剂，其结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是
A. 分子式为C9H8O4
B. 苯环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C. 分子中所有原子可能共平面
D. 能与NaHCO3溶液反应生成CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该化合物的分子式为C9H8O4，A正确；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中没有对称轴，故苯环上有4种不同环境的H原子，故苯环上的一氯代物有4种，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，分子中含有甲基即sp3杂化的碳原子，故分子中不可能所有原子共平面，C错误；
D．由题干有机物结构简式可知，该化合物中含有羧基，故能与NaHCO3溶液反应生成CO2，D正确；
故答案为：C。
10. 使用现代分析仪器对有机化合物A的分子结构进行测定，相关结果如下：
则下列说法正确的是(提示：图3两组峰的面积比为2：3)
A. 分子式是B. 能与溶液反应生成气体
C. 能被氧气催化氧化(非燃烧氧化)D. 能与Na反应生成
【答案】A
【解析】
【分析】图1中质荷比的最大值为A的相对分子质量，所以A的相对分子质量为74，由图2可知分子中含有烷基和醚键，即含有O，设A的分子式为CnH2n+2Ox，则14n+2+16x=74，讨论可得n=4，x=1，故A的分子式为C4H10O，可能为醚类，A的核磁共振氢谱有2个吸收峰有，说明含有两种氢原子，且吸收峰面积之比为2：3，则两种氢原子个数之比为2：3，则A存在对称结构，含有两个甲基和两个亚甲基，则A的结构简式为CH3CH2OCH2CH3；
【详解】A．由上述分析可知，A的分子式为，故A正确；
B．A为CH3CH2OCH2CH3，不含有羧基，不能与溶液反应生成气体，故B错误；
C．A为CH3CH2OCH2CH3，不能发生催化氧化反应，故C错误；
D．A为CH3CH2OCH2CH3，不能与Na反应生成，故D错误；
答案选A。
11. X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子核外电子的空间运动状态有5种。这五种元素可形成一种离子液体，其结构如下。下列说法不正确的是
A. 元素的最高价：Z>Y>W
B. Z、Y的最简单氢化物的键角：ZC. 该离子液体的沸点比传统的液态有机溶剂低
D. 该离子液体既含离子键，又含极性共价键、非极性共价键
【答案】C
【解析】
【分析】基态W原子核外电子的空间运动状态有5种，则其2p亚层的3个轨道都排布电子，至少排布3个电子，从W与Q形成1个共用电子对看，其最外层应有7个电子，所以W为氟元素；Q与6个F形成带一个负电荷的离子，Q+5价，Q的最外层电子数为5，其为磷元素；再由元素形成共价键的数目可确定其他元素，Y形成4条共价键，X形成一条共价键，Z形成三条或四条共价键，且在C和F之间，可以是N，也可以是O，O无法形成三条或四条共价键，所以，Z只能为N，则X、Y、Z、W、Q分别为H、C、N、F、P；
【详解】A．Y、Z、W分别为C、N、F，最高价分别为+4、+5、0，则元素的最高价：N＞C＞F，A正确；
B．Z、Y的最简单氢化物分别为NH3、CH4，NH3呈三角锥形结构，CH4呈正四面体形结构，则键角：NH3＜CH4，B正确；
C．该离子液体属于离子化合物，传统的液态有机溶剂属于共价化合物，前者微粒间存在离子键，后者微粒间存在分子间作用力，所以该离子液体的沸点比传统的液态有机溶剂高，C错误；
D．该离子液体由阴阳离子构成，含离子键，不同原子间形成极性共价键、C-C为非极性共价键，P与F-之间存在配位键，D正确；
故选C。
12. 在光照下，螺吡喃因发生开、闭环转换而变色的过程如下，下列说法错误的是
(闭环螺吡喃) (开环螺吡喃)
A. 闭环螺吡喃有手性碳原子，开环螺吡喃没有
B. 第二电离能：NC. 二者采取杂化的碳原子数相同
D. 闭环螺吡喃所含元素的原子未成对电子最多的是N
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭环螺吡喃有手性碳原子: (数字1为手性碳原子)，开环螺吡喃没有，A正确；
B．N+离子的核外价电子排布为2s22p2，O+离子的核外价电子排布为2s22p3，半满，较稳定，故O的第二电离能大，B正确；
C．闭环螺吡喃中苯环和碳碳双键碳原子均为sp2杂化，共14个，开环螺吡喃中苯环、碳碳双键、碳氮双键中碳原子均为sp2杂化，共15个，杂化的碳原子数目不同，C错误；
D．闭环螺吡喃所含元素为C、H、O、N，未成对电子数分别为2、1、2、3，未成对电子最多的是N，D正确；
故选C。
13. 下列除去样品中少量杂质(括号内为杂质)所用的试剂、方法可行的是
A. C2H6(C2H4)：酸性高锰酸钾溶液，洗气
B. 乙酸乙酯(C2H5OH)：饱和碳酸钠溶液，洗涤分液
C. 苯(苯酚)：适量浓溴水，过滤
D. 溴苯(Br2)：水洗，分液
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，会引入新的杂质，A错误；
B．饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，B正确；
C．苯酚和浓溴水生成的三溴苯酚会溶于苯，无法通过过滤分离，C错误；
D．溴不易溶于水，易溶于溴苯，除去溴苯中的溴应该加入氢氧化钠溶液后分液，D错误；
故选B。
14. 钛酸钙是一种具有优异介电特性、温度特性、机械特性以及光学特性的基础无机介电材料，钛酸钙晶胞结构如图甲所示。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为、和有机碱离子，其晶胞如图乙所示(均在面心上)。下列说法错误的是
A. 晶胞乙中周围有12个最近且等距的
B. 有机碱离子中，氮原子的杂化轨道类型为
C. 有机碱离子与间能形成配位键
D. 钛酸钙的化学式为，基态钛原子的价层电子排布式为，属于d区
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞乙中，顶点的周围最近且等距的位于与之相邻的3个面的面心上，顶点的被8个晶胞共用，则周围最近且等距的有，A正确；
B．有机碱离子中氨原子形成4个键，其杂化类型为为sp3，B错误；
C．能够提供空轨道，中N能够提供孤电子对，故有机碱离子与间能形成配位键，C正确；
D．根据晶胞结构示意图可知，Ca2+位于体心，一个晶胞含有一个Ca2+，位于8个顶点，则1个晶胞中含个， 位于12条棱棱心，1个晶胞中含个，所以钛酸钙的化学式为；Ti原子序数22，核外电子排布：，基态钛原子的价层电子排布式为，其属于d区元素，D正确；
故选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、填空题(本大题共4道大题，每小空2分，共计58分)
15. 乙炔是有机合成的重要原料。利用电石可制备乙炔，电石的主要成分为，还含有CaS和等少量杂质。
制备乙炔并检验其性质
已知：i．CaS、能发生水解反应；
ii．能被、及酸性溶液氧化。
（1）a中生成乙炔的化学方程式是______。
（2）分液漏斗中使用饱和食盐水代替蒸馏水的目的是______。
（3）实验过程中，硫酸铜溶液的作用是______；b中溶液一直保持蓝色的目的是______。
（4）实验过程中，c、d试管中溶液的颜色均褪去。其中，c验证了乙炔能与发生加成反应。c中有两种加成反应产物，写出这两种生成物的结构简式______、______；d中溶液褪色则说明乙炔具有______性。
（5）由乙炔可以制备聚乙炔，聚乙炔的结构简式为______。
【答案】（1）
（2）减缓反应速率 （3） ①. 除去、 ②. 确保除去和，避免干扰后续实验
（4） ①. ②. ③. 还原性
（5）
【解析】
【分析】实验室用电石和饱和食盐水制备乙炔，电石的主要成分为，还含有CaS和等少量杂质，则生成的乙炔混合气体通过硫酸铜溶液可以去除、杂质气体；纯净的乙炔通过溴的四氯化碳溶液，可以验证乙炔能与溴单质发生加成反应，再通过高锰酸钾溶液，可以验证乙炔的还原性，最后进行尾气处理。
【小问1详解】
a中用电石和饱和食盐水制备乙炔，反应的化学方程式为。
【小问2详解】
电石与水反应比较剧烈，分液漏斗中使用饱和食盐水代替蒸馏水可以减缓反应速率。
【小问3详解】
根据分析，生成的乙炔混合气体通过硫酸铜溶液可以去除、杂质气体，排除对后续实验的干扰，因此硫酸铜溶液的作用是除去、；b中溶液一直保持蓝色，可以确保除去和，避免干扰后续实验。
【小问4详解】
乙炔中含有碳碳三键，能与发生加成反应生成、；d中高锰酸钾溶液褪色，说明乙炔被高锰酸钾溶液氧化使其褪色，则乙炔具有还原性。
【小问5详解】
乙炔中含有碳碳三键，可以发生加聚反应生成聚乙炔，则聚乙炔的结构简式为。
16. 元素的金属性、非金属性及有关单质和化合物的性质与其原子结构、分子结构等有着密切的联系。回答下列问题：
（1）写出中心原子成键时采取杂化轨道类型：______，气态分子的中心原子VSEPR模型为______，离子的空间构型为______。
（2）第ⅠA、ⅡA族部分元素氯化物的熔点如下表，从NaCl到CsCl熔点依次降低，但的熔点比的低，其原因是______。
（3）下列物质的变化破坏了极性共价键的是______(填字母)。
A. 二氧化硅晶体熔化B. 乙酸溶于水C. 干冰升华D. 冰融化
（4）比较和的沸点并从结构的角度分析原因______。
（5）某晶体的晶胞如图所示，则该晶体的化学式为______；已知该晶体的晶胞边长为540pm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为______g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. sp3杂化 ②. 平面三角形 ③. 平面三角形
（2）NaCl、KCl、RbCl、CsCl均为离子晶体，由于金属阳离子半径按Na+、K+、Rb+、Cs+顺序逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，物质的熔点就越低，所以从NaCl到KCl、RbCl、CsCl逐渐降低；而BeCl2在固态时属于分子晶体、MgCl2属于离子晶体，所以BeCl2的熔点比MgCl2低 （3）AB
（4）二氧化碳、水均为分子晶体，水分子间会形成氢键，导致其沸点高于二氧化碳
（5） ①. ZnS ②.
【解析】
【小问1详解】
CH4中心原子C形成4个共价单键且无孤电子对，成键时采取的杂化轨道类型：sp3杂化；SO2分子中心原子S的价层电子对数为，孤电子对数为1，为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形； 中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，所以是平面三角形结构；
【小问2详解】
NaCl、KCl、RbCl、CsCl均为离子晶体，由于金属阳离子半径按Na+、K+、Rb+、Cs+顺序逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，断裂离子键消耗的能量就越低，物质的熔点就越低，所以从NaCl到KCl、RbCl、CsCl逐渐降低；而BeCl2在固态时属于分子晶体，MgCl2是离子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力比化学键弱，因此其熔点比较低；
【小问3详解】
A．SiO2为共价晶体，熔化时将破坏Si-O共价键，Si-O属于极性共价键，A符合题意；
B．乙酸溶于水时电离产生H+和CH3COO-，破坏的是H-O共价键，H-O共价键属于极性共价键，B符合题意；
C．干冰是固体CO2，由分子通过分子间作用力结合而成。干冰气化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，C不符合题意；
D．冰是固体H2O，由分子通过分子间作用力结合而成。冰熔化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，D不符合题意；
故合理选项是AB；
【小问4详解】
二氧化碳、水均为分子晶体，水分子间会形成氢键，导致其沸点高于二氧化碳；
【小问5详解】
根据“均摊法”，晶胞中含个Zn、4个S，则该晶体的化学式为ZnS，晶体密度为。
17. 工业上以铝土矿(主要成分，含少量、FeO、等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如下。
（1）酸浸：用稍过量的稀硫酸酸浸后溶液中存在的阳离子有_______。
（2）用溶液浸取铝土矿中的铝元素和铁元素，溶液的用量不宜过量太多，其原因是_______。
（3）氧化：溶液的作用是将二价铁转化为三价铁，反应的离子方程式为_______。
（4）沉淀：用溶液调节pH，将Al元素和Fe元素转化为沉淀析出。溶液中的pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。
①为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为_______。
②检验沉淀完全的操作为_______。
（5）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出。下列措施中能提高单位时间内铝元素浸出率的有_______(填序号)。
A．适当增大NaOH溶液浓度
B．适当加快搅拌速率
C．适当降低温度
（6）碳分：“碱溶”后的溶液中Al元素主要以形式存在，通入足量气体，目的是使Al元素沉淀析出，该反应的离子方程式为____。
【答案】（1）Al3+、Fe2+、Fe3+、H+
（2）防止增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费
（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4） ①. 5.0左右 ②. 静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全
（5）AB （6）
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，过滤出SiO2，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+转化为Fe3+，便以沉淀步骤中转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤后得到沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，将Al(OH)3沉淀溶解转化为NaAlO2溶液，过滤得到Fe(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，过滤洗涤沉淀，并进行灼烧得到Al2O3，据此分析解题
【小问1详解】
向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，同时酸是稍过量的，故用稍过量的稀硫酸酸浸后溶液中存在的阳离子有Al3+、Fe2+、Fe3+、H+；
【小问2详解】
由于后续步骤中加入的Na2CO3和NaOH均能与H2SO4反应，故若“酸浸”步骤中H2SO4溶液的用量过量太多，则将增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费；
【小问3详解】
由题干流程图信息可知，在酸性环境中用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
【小问4详解】
①由题干图示信息可知，pH=5.0左右时铝铁的沉淀率均比较高了，接近100%，再提高pH沉淀率增大不显著，且消耗更多的Na2CO3，故为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为5.0左右；
②检验Fe3+沉淀完全的操作为：静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全；
小问5详解】
A．适当增大NaOH溶液浓度，增大反应物浓度，反应速率加快，能提高单位时间内铝元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，以试剂充分接触增大接触面积，反应速率加快，能提高单位时间内铝元素浸出率，B符合题意；
C．适当降低温度，反应速率减慢，不能提高单位时间内铝元素浸出率，C不合题意；
故答案为：AB；
【小问6详解】
向“碱溶”后的溶液中通入足量气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为：。
18. 有机小分子物质多用于有机合成，合成某降压药物的中间体G的部分流程如下：
已知：乙酸酐的结构简式为。
请回答下列问题。
（1）A的化学名称______________。
（2）C中含氧官能团的名称是______________。
（3）D的分子式为______________，反应⑤的化学方程式为_____________。
（4）反应①的反应类型是______________。
（5）写出满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：______________、______________。
①苯环上只有三个取代基
②核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰
③该物质与足量溶液反应生成
【答案】（1）4-氟苯酚(对氟苯酚)
（2）羟基、羰基 （3） ①. ②.
（4）取代反应 （5） ①. ②.
【解析】
【分析】根据A结构简式可知A发生取代反应生成B，B发生分子内重排生成C，在乙酸钠的作用下C和乙二酸二乙酯反应生成E，E和氢气发生加成反应生成E，比较E和G的结构简式可知F为，E发生消去反应得F，F再与氢气加成得G，据此解答
【小问1详解】
根据A的结构简式可知A的名称为4-氟苯酚(对氟苯酚)；
【小问2详解】
根据C的结构简式可知C中含氧官能团为酚羟基和羰基；
【小问3详解】
根据D的结构简式确定其分子式为；对比E、G的结构及反应⑥的条件，可知反应⑤中羟基发生消去反应生成F，化学方程式为；
【小问4详解】
反应①中酚羟基转化为乙酸酯基，由此判断其反应类型为取代反应；
【小问5详解】
E的同分异构体苯环上只有三个取代基，核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，说明分子中有4种等效氢原子，存在对称结构；该物质与足量溶液反应生成，说明分子中含有2个羧基。符合条件的E的同分异构体结构简式为、。选项
操作及现象
实验结论
A
在酸性溶液中滴加乙醛，振荡，溶液由橙黄色变为绿色
醛基有还原性
B
向装有AgCl的试管中加入氨水，振荡，白色固体溶解
氨水呈碱性
C
向碘水中加入苯，振荡，静置，上层变浅，下层变为紫色
在苯中的溶解度大于在水中的溶解度
D
向含等浓度的和的混合溶液中滴加溶液，产生白色沉淀
氯化物
NaCl
KCl
RbCl
CsCl
熔点/℃
801
776
715
645
405
714
满分：100分 考试时间：75分钟
注意事项：
1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、座位号、准考证号等信息填写在机读卡上及答卷的密封区内。
2.作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答卷的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在机读卡上将对应题目的选项涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持机读卡卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。
3.考试结束后，请将答题纸和机读卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 S 32 Zn 65
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题(本大题共14题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的)
1. 关于下列诗词中蕴含的化学知识，说法错误的是
A. “谁见柴窑色，天晴雨过时”所述瓷器青色来自氧化铁
B. “败叶填溪水已冰，夕阳犹照短长亭”所述过程中存在氢键数目的增加
C. “东风夜放花千树，更吹落，星如雨”所述现象可以用原子发射光谱解释
D. “海浸丛生深不露，一朝惊世艳姿殊”所述珊瑚的形成与沉淀溶解平衡有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化铁为红棕色固体，瓷器青色不可能是氧化铁导致的，A错误；
B．等质量时，液态水中的氢键数目比固体冰中的氢键数目少，水结冰的过程中氢键数目增加，B正确；
C．该诗描述放烟花的过程，涉及焰色反应，所见光谱属于发射光谱，C正确；
D．该诗描述的是珊瑚的形成过程，珊瑚的形成与海水中的钙离子和碳酸根离子的浓度有关，当海水中的钙离子和碳酸根离子浓度适宜时，珊瑚虫能够正常生长并分泌钙质骨骼，从而形成珊瑚，这个过程涉及到化学中的沉淀溶解平衡原理，D正确；
故选A。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为20的Cl原子：
B. 的电子式：
C. 四溴化碳的空间填充模型：
D. 基态硫原子最外层电子排布图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．质量数等于中子数加质子数，因此中子数为20的氯原子的质量数为20+17=37，表示为：，故A错误；
B．BCl3是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式：，故B错误；
C．四溴化碳结构类似于甲烷，为正四面体结构，溴原子半径大于碳原子，空间填充模型为 ，故C错误；
D．硫原子是16元素，价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为：，故D正确；
故答案选D。
3. 与水反应较为温和，反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 中含有的键为
B. 当有发生反应时，转移电子数为
C. 的溶液中含有的离子数为
D. 标准状况下，生成，同时收集到的
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个XeF2中含2个σ键，0.1mlXeF2中含有的σ键为0.2NA，故A正确；
B．，反应中消耗2ml水电子转移4ml，当有0.1mlH2O发生反应时，转移电子数为0.2NA，故B正确；
C．的HF溶液中含有HF物质的量为0.1ml，HF为弱电解质，溶液中的离子数小于0.1NA，故C错误；
D．标准状况下，生成0.1mlXe，同时收集到氧气0.05ml，标准状况下得到O2的体积=0.05ml×22.4L/ml=1.12L，故D正确；
故选C。
4. 硫酰氯()在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用，下列说法正确的是
A. 氧化性：B. 电负性：C1>O>S
C. 离子半径：D. 基态S原子核外电子的运动状态有9种
【答案】A
【解析】
【详解】A．具有强氧化性，其氧化性强于，则氧化性：，A正确；
B．一般来说，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则电负性：O>Cl>S，B错误；
C．质子数相等、电子层数相同时，电子数越多，则半径越大，因此离子半径：，C错误；
D．S原子核外有16个电子，则基态S原子核外电子的运动状态有16种，D错误；
答案选A。
5. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名。某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图：
下列说法不正确的是
A. a、b均可与NaOH溶液反应
B. b中C和O均采取sp3杂化
C. c中所有原子可能共平面
D. 冠醚络合哪种阳离子取决于环的大小等因素
【答案】C
【解析】
【详解】A．a含有酚羟基，具有弱酸性，能与NaOH发生中和反应，b含有碳氯键，能在NaOH溶液中发生水解反应，A正确；
B．b中C和O均采取sp3杂化，B正确；
C．c有杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，C错误；
D．冠醚络合哪种阳离子由环的大小、氧原子的数目、氧原子间的空隙大小等共同决定，D正确；
故选C。
6. 是原子序数依次增大的短周期主族元素。与的最外层电子数之和等于的最外层电子数，是有机物的基本骨架元素，是地壳中含量最多的元素，化合物为非极性分子。下列说法中一定正确的是
A. 原子半径：B. 最简单氢化物的稳定性：
C. 的氧化物对应的水化物为强酸D. 简单氢化物的沸点：
【答案】D
【解析】
【分析】是有机物的基本骨架元素，X为C，是地壳中含量最多的元素，Y为O，化合物为非极性分子，W为S，与的最外层电子数之和等于的最外层电子数，Z为Mg，据此回答。
【详解】A．根据层数越多，半径越大，层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：r(Mg)>r(C)>r(O)，A错误；
B．根据非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越好，则H2O>H2S>CH4，B错误；
C．的最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，C错误；
D．简单氢化物的沸点：H2O>H2S，因为水分子间形成氢键，D正确；
故选D。
7. 近日，中国科学院生物物理研究所某课题组发现：亚稳态硫化铁(如、、等)是一类具有独特抗菌效应的生物功能材料，其机理可能是释放引发细菌死亡、释放多硫化物(、等)干扰细菌代谢。下列说法正确的是
A. 属于混合物
B. 的电子式为
C. 基态转化为基态时失去上的电子
D. 硫原子核外能量最高的电子云的形状为球形
【答案】C
【解析】
【详解】A．属于化合物，也是纯净物，A项错误；
B．的电子式为，B项错误；
C．价电子排布式为，转化为离子时失去3d上的电子，C项正确；
D．硫原子核外能量最高的电子云为p电子云，形状为哑铃形，D项错误；
故选：C。
8. 下列实验操作、现象和结论均正确且有相关性的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．醛基具有还原性，能还原重铬酸钾，溶液由橙黄色变为绿色，A项正确；
B．，银离子与氨水形成稳定的，促进氯化银溶解，与氨水呈碱性无关，B项错误；
C．苯密度小于水，下层为水层，C项错误；
D．BaCO3、BaSO4都是白色沉淀，无法辨析，D项错误；
故选A。
9. 2-乙酰氧基苯甲酸在医疗上可用作血小板聚集的抑制剂，其结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是
A. 分子式为C9H8O4
B. 苯环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C. 分子中所有原子可能共平面
D. 能与NaHCO3溶液反应生成CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该化合物的分子式为C9H8O4，A正确；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中没有对称轴，故苯环上有4种不同环境的H原子，故苯环上的一氯代物有4种，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，分子中含有甲基即sp3杂化的碳原子，故分子中不可能所有原子共平面，C错误；
D．由题干有机物结构简式可知，该化合物中含有羧基，故能与NaHCO3溶液反应生成CO2，D正确；
故答案为：C。
10. 使用现代分析仪器对有机化合物A的分子结构进行测定，相关结果如下：
则下列说法正确的是(提示：图3两组峰的面积比为2：3)
A. 分子式是B. 能与溶液反应生成气体
C. 能被氧气催化氧化(非燃烧氧化)D. 能与Na反应生成
【答案】A
【解析】
【分析】图1中质荷比的最大值为A的相对分子质量，所以A的相对分子质量为74，由图2可知分子中含有烷基和醚键，即含有O，设A的分子式为CnH2n+2Ox，则14n+2+16x=74，讨论可得n=4，x=1，故A的分子式为C4H10O，可能为醚类，A的核磁共振氢谱有2个吸收峰有，说明含有两种氢原子，且吸收峰面积之比为2：3，则两种氢原子个数之比为2：3，则A存在对称结构，含有两个甲基和两个亚甲基，则A的结构简式为CH3CH2OCH2CH3；
【详解】A．由上述分析可知，A的分子式为，故A正确；
B．A为CH3CH2OCH2CH3，不含有羧基，不能与溶液反应生成气体，故B错误；
C．A为CH3CH2OCH2CH3，不能发生催化氧化反应，故C错误；
D．A为CH3CH2OCH2CH3，不能与Na反应生成，故D错误；
答案选A。
11. X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子核外电子的空间运动状态有5种。这五种元素可形成一种离子液体，其结构如下。下列说法不正确的是
A. 元素的最高价：Z>Y>W
B. Z、Y的最简单氢化物的键角：Z
D. 该离子液体既含离子键，又含极性共价键、非极性共价键
【答案】C
【解析】
【分析】基态W原子核外电子的空间运动状态有5种，则其2p亚层的3个轨道都排布电子，至少排布3个电子，从W与Q形成1个共用电子对看，其最外层应有7个电子，所以W为氟元素；Q与6个F形成带一个负电荷的离子，Q+5价，Q的最外层电子数为5，其为磷元素；再由元素形成共价键的数目可确定其他元素，Y形成4条共价键，X形成一条共价键，Z形成三条或四条共价键，且在C和F之间，可以是N，也可以是O，O无法形成三条或四条共价键，所以，Z只能为N，则X、Y、Z、W、Q分别为H、C、N、F、P；
【详解】A．Y、Z、W分别为C、N、F，最高价分别为+4、+5、0，则元素的最高价：N＞C＞F，A正确；
B．Z、Y的最简单氢化物分别为NH3、CH4，NH3呈三角锥形结构，CH4呈正四面体形结构，则键角：NH3＜CH4，B正确；
C．该离子液体属于离子化合物，传统的液态有机溶剂属于共价化合物，前者微粒间存在离子键，后者微粒间存在分子间作用力，所以该离子液体的沸点比传统的液态有机溶剂高，C错误；
D．该离子液体由阴阳离子构成，含离子键，不同原子间形成极性共价键、C-C为非极性共价键，P与F-之间存在配位键，D正确；
故选C。
12. 在光照下，螺吡喃因发生开、闭环转换而变色的过程如下，下列说法错误的是
(闭环螺吡喃) (开环螺吡喃)
A. 闭环螺吡喃有手性碳原子，开环螺吡喃没有
B. 第二电离能：N
D. 闭环螺吡喃所含元素的原子未成对电子最多的是N
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭环螺吡喃有手性碳原子: (数字1为手性碳原子)，开环螺吡喃没有，A正确；
B．N+离子的核外价电子排布为2s22p2，O+离子的核外价电子排布为2s22p3，半满，较稳定，故O的第二电离能大，B正确；
C．闭环螺吡喃中苯环和碳碳双键碳原子均为sp2杂化，共14个，开环螺吡喃中苯环、碳碳双键、碳氮双键中碳原子均为sp2杂化，共15个，杂化的碳原子数目不同，C错误；
D．闭环螺吡喃所含元素为C、H、O、N，未成对电子数分别为2、1、2、3，未成对电子最多的是N，D正确；
故选C。
13. 下列除去样品中少量杂质(括号内为杂质)所用的试剂、方法可行的是
A. C2H6(C2H4)：酸性高锰酸钾溶液，洗气
B. 乙酸乙酯(C2H5OH)：饱和碳酸钠溶液，洗涤分液
C. 苯(苯酚)：适量浓溴水，过滤
D. 溴苯(Br2)：水洗，分液
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，会引入新的杂质，A错误；
B．饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，B正确；
C．苯酚和浓溴水生成的三溴苯酚会溶于苯，无法通过过滤分离，C错误；
D．溴不易溶于水，易溶于溴苯，除去溴苯中的溴应该加入氢氧化钠溶液后分液，D错误；
故选B。
14. 钛酸钙是一种具有优异介电特性、温度特性、机械特性以及光学特性的基础无机介电材料，钛酸钙晶胞结构如图甲所示。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为、和有机碱离子，其晶胞如图乙所示(均在面心上)。下列说法错误的是
A. 晶胞乙中周围有12个最近且等距的
B. 有机碱离子中，氮原子的杂化轨道类型为
C. 有机碱离子与间能形成配位键
D. 钛酸钙的化学式为，基态钛原子的价层电子排布式为，属于d区
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞乙中，顶点的周围最近且等距的位于与之相邻的3个面的面心上，顶点的被8个晶胞共用，则周围最近且等距的有，A正确；
B．有机碱离子中氨原子形成4个键，其杂化类型为为sp3，B错误；
C．能够提供空轨道，中N能够提供孤电子对，故有机碱离子与间能形成配位键，C正确；
D．根据晶胞结构示意图可知，Ca2+位于体心，一个晶胞含有一个Ca2+，位于8个顶点，则1个晶胞中含个， 位于12条棱棱心，1个晶胞中含个，所以钛酸钙的化学式为；Ti原子序数22，核外电子排布：，基态钛原子的价层电子排布式为，其属于d区元素，D正确；
故选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、填空题(本大题共4道大题，每小空2分，共计58分)
15. 乙炔是有机合成的重要原料。利用电石可制备乙炔，电石的主要成分为，还含有CaS和等少量杂质。
制备乙炔并检验其性质
已知：i．CaS、能发生水解反应；
ii．能被、及酸性溶液氧化。
（1）a中生成乙炔的化学方程式是______。
（2）分液漏斗中使用饱和食盐水代替蒸馏水的目的是______。
（3）实验过程中，硫酸铜溶液的作用是______；b中溶液一直保持蓝色的目的是______。
（4）实验过程中，c、d试管中溶液的颜色均褪去。其中，c验证了乙炔能与发生加成反应。c中有两种加成反应产物，写出这两种生成物的结构简式______、______；d中溶液褪色则说明乙炔具有______性。
（5）由乙炔可以制备聚乙炔，聚乙炔的结构简式为______。
【答案】（1）
（2）减缓反应速率 （3） ①. 除去、 ②. 确保除去和，避免干扰后续实验
（4） ①. ②. ③. 还原性
（5）
【解析】
【分析】实验室用电石和饱和食盐水制备乙炔，电石的主要成分为，还含有CaS和等少量杂质，则生成的乙炔混合气体通过硫酸铜溶液可以去除、杂质气体；纯净的乙炔通过溴的四氯化碳溶液，可以验证乙炔能与溴单质发生加成反应，再通过高锰酸钾溶液，可以验证乙炔的还原性，最后进行尾气处理。
【小问1详解】
a中用电石和饱和食盐水制备乙炔，反应的化学方程式为。
【小问2详解】
电石与水反应比较剧烈，分液漏斗中使用饱和食盐水代替蒸馏水可以减缓反应速率。
【小问3详解】
根据分析，生成的乙炔混合气体通过硫酸铜溶液可以去除、杂质气体，排除对后续实验的干扰，因此硫酸铜溶液的作用是除去、；b中溶液一直保持蓝色，可以确保除去和，避免干扰后续实验。
【小问4详解】
乙炔中含有碳碳三键，能与发生加成反应生成、；d中高锰酸钾溶液褪色，说明乙炔被高锰酸钾溶液氧化使其褪色，则乙炔具有还原性。
【小问5详解】
乙炔中含有碳碳三键，可以发生加聚反应生成聚乙炔，则聚乙炔的结构简式为。
16. 元素的金属性、非金属性及有关单质和化合物的性质与其原子结构、分子结构等有着密切的联系。回答下列问题：
（1）写出中心原子成键时采取杂化轨道类型：______，气态分子的中心原子VSEPR模型为______，离子的空间构型为______。
（2）第ⅠA、ⅡA族部分元素氯化物的熔点如下表，从NaCl到CsCl熔点依次降低，但的熔点比的低，其原因是______。
（3）下列物质的变化破坏了极性共价键的是______(填字母)。
A. 二氧化硅晶体熔化B. 乙酸溶于水C. 干冰升华D. 冰融化
（4）比较和的沸点并从结构的角度分析原因______。
（5）某晶体的晶胞如图所示，则该晶体的化学式为______；已知该晶体的晶胞边长为540pm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为______g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. sp3杂化 ②. 平面三角形 ③. 平面三角形
（2）NaCl、KCl、RbCl、CsCl均为离子晶体，由于金属阳离子半径按Na+、K+、Rb+、Cs+顺序逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，物质的熔点就越低，所以从NaCl到KCl、RbCl、CsCl逐渐降低；而BeCl2在固态时属于分子晶体、MgCl2属于离子晶体，所以BeCl2的熔点比MgCl2低 （3）AB
（4）二氧化碳、水均为分子晶体，水分子间会形成氢键，导致其沸点高于二氧化碳
（5） ①. ZnS ②.
【解析】
【小问1详解】
CH4中心原子C形成4个共价单键且无孤电子对，成键时采取的杂化轨道类型：sp3杂化；SO2分子中心原子S的价层电子对数为，孤电子对数为1，为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形； 中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，所以是平面三角形结构；
【小问2详解】
NaCl、KCl、RbCl、CsCl均为离子晶体，由于金属阳离子半径按Na+、K+、Rb+、Cs+顺序逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，断裂离子键消耗的能量就越低，物质的熔点就越低，所以从NaCl到KCl、RbCl、CsCl逐渐降低；而BeCl2在固态时属于分子晶体，MgCl2是离子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力比化学键弱，因此其熔点比较低；
【小问3详解】
A．SiO2为共价晶体，熔化时将破坏Si-O共价键，Si-O属于极性共价键，A符合题意；
B．乙酸溶于水时电离产生H+和CH3COO-，破坏的是H-O共价键，H-O共价键属于极性共价键，B符合题意；
C．干冰是固体CO2，由分子通过分子间作用力结合而成。干冰气化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，C不符合题意；
D．冰是固体H2O，由分子通过分子间作用力结合而成。冰熔化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，D不符合题意；
故合理选项是AB；
【小问4详解】
二氧化碳、水均为分子晶体，水分子间会形成氢键，导致其沸点高于二氧化碳；
【小问5详解】
根据“均摊法”，晶胞中含个Zn、4个S，则该晶体的化学式为ZnS，晶体密度为。
17. 工业上以铝土矿(主要成分，含少量、FeO、等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如下。
（1）酸浸：用稍过量的稀硫酸酸浸后溶液中存在的阳离子有_______。
（2）用溶液浸取铝土矿中的铝元素和铁元素，溶液的用量不宜过量太多，其原因是_______。
（3）氧化：溶液的作用是将二价铁转化为三价铁，反应的离子方程式为_______。
（4）沉淀：用溶液调节pH，将Al元素和Fe元素转化为沉淀析出。溶液中的pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。
①为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为_______。
②检验沉淀完全的操作为_______。
（5）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出。下列措施中能提高单位时间内铝元素浸出率的有_______(填序号)。
A．适当增大NaOH溶液浓度
B．适当加快搅拌速率
C．适当降低温度
（6）碳分：“碱溶”后的溶液中Al元素主要以形式存在，通入足量气体，目的是使Al元素沉淀析出，该反应的离子方程式为____。
【答案】（1）Al3+、Fe2+、Fe3+、H+
（2）防止增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费
（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4） ①. 5.0左右 ②. 静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全
（5）AB （6）
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，过滤出SiO2，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+转化为Fe3+，便以沉淀步骤中转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤后得到沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，将Al(OH)3沉淀溶解转化为NaAlO2溶液，过滤得到Fe(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，过滤洗涤沉淀，并进行灼烧得到Al2O3，据此分析解题
【小问1详解】
向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，同时酸是稍过量的，故用稍过量的稀硫酸酸浸后溶液中存在的阳离子有Al3+、Fe2+、Fe3+、H+；
【小问2详解】
由于后续步骤中加入的Na2CO3和NaOH均能与H2SO4反应，故若“酸浸”步骤中H2SO4溶液的用量过量太多，则将增大后续步骤中Na2CO3和NaOH溶液的消耗，造成浪费；
【小问3详解】
由题干流程图信息可知，在酸性环境中用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
【小问4详解】
①由题干图示信息可知，pH=5.0左右时铝铁的沉淀率均比较高了，接近100%，再提高pH沉淀率增大不显著，且消耗更多的Na2CO3，故为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为5.0左右；
②检验Fe3+沉淀完全的操作为：静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全；
小问5详解】
A．适当增大NaOH溶液浓度，增大反应物浓度，反应速率加快，能提高单位时间内铝元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，以试剂充分接触增大接触面积，反应速率加快，能提高单位时间内铝元素浸出率，B符合题意；
C．适当降低温度，反应速率减慢，不能提高单位时间内铝元素浸出率，C不合题意；
故答案为：AB；
【小问6详解】
向“碱溶”后的溶液中通入足量气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为：。
18. 有机小分子物质多用于有机合成，合成某降压药物的中间体G的部分流程如下：
已知：乙酸酐的结构简式为。
请回答下列问题。
（1）A的化学名称______________。
（2）C中含氧官能团的名称是______________。
（3）D的分子式为______________，反应⑤的化学方程式为_____________。
（4）反应①的反应类型是______________。
（5）写出满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：______________、______________。
①苯环上只有三个取代基
②核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰
③该物质与足量溶液反应生成
【答案】（1）4-氟苯酚(对氟苯酚)
（2）羟基、羰基 （3） ①. ②.
（4）取代反应 （5） ①. ②.
【解析】
【分析】根据A结构简式可知A发生取代反应生成B，B发生分子内重排生成C，在乙酸钠的作用下C和乙二酸二乙酯反应生成E，E和氢气发生加成反应生成E，比较E和G的结构简式可知F为，E发生消去反应得F，F再与氢气加成得G，据此解答
【小问1详解】
根据A的结构简式可知A的名称为4-氟苯酚(对氟苯酚)；
【小问2详解】
根据C的结构简式可知C中含氧官能团为酚羟基和羰基；
【小问3详解】
根据D的结构简式确定其分子式为；对比E、G的结构及反应⑥的条件，可知反应⑤中羟基发生消去反应生成F，化学方程式为；
【小问4详解】
反应①中酚羟基转化为乙酸酯基，由此判断其反应类型为取代反应；
【小问5详解】
E的同分异构体苯环上只有三个取代基，核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，说明分子中有4种等效氢原子，存在对称结构；该物质与足量溶液反应生成，说明分子中含有2个羧基。符合条件的E的同分异构体结构简式为、。选项
操作及现象
实验结论
A
在酸性溶液中滴加乙醛，振荡，溶液由橙黄色变为绿色
醛基有还原性
B
向装有AgCl的试管中加入氨水，振荡，白色固体溶解
氨水呈碱性
C
向碘水中加入苯，振荡，静置，上层变浅，下层变为紫色
在苯中的溶解度大于在水中的溶解度
D
向含等浓度的和的混合溶液中滴加溶液，产生白色沉淀
氯化物
NaCl
KCl
RbCl
CsCl
熔点/℃
801
776
715
645
405
714
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