湖南省名校联考联合体2026届高三上学期第一次联考（暨入学检测）化学试题（解析版）

这是一份湖南省名校联考联合体2026届高三上学期第一次联考（暨入学检测）化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了 关于反应，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 K～39 Ca～40 Mn～55 Zn～65 Se～79
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 乙醇是利用其强氧化性破坏病毒蛋白结构进行杀菌消毒
B. 量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同分异构体
C. 使蛋白质晶化得到较大的蛋白质晶体需要快速结晶
D. 不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍
【答案】D
【解析】A．乙醇使蛋白质变性，并非利用强氧化性，而是通过破坏蛋白质的氢键使其脱水凝固，A错误；
B．螺旋碳纳米管和石墨烯均为碳的同素异形体（结构不同的单质），而非分子式相同的同分异构体，B错误；
C．蛋白质晶体的形成需要缓慢结晶以有序排列，快速结晶会导致晶体细小或无定形结构，C错误；
D．不锈钢的主要合金元素是铬（Cr）和镍（Ni），铬增强抗腐蚀性，镍改善机械性能，D正确；
答案选D。
2. 丰富多彩的颜色变化增添了化学实验的魅力，下列关于颜色变化和化学方程式的说法中，不正确的是
A. 氯水中滴加NaOH溶液，溶液颜色褪去：
B. 热的氧化铜遇乙醇蒸气变成红色：
C. 将饱和溶液加到沸水中，加热液体变成红褐色：
D. 往ZnS沉淀中滴加溶液，白色沉淀转变黑色沉淀：
【答案】C
【解析】A．氯水中的Cl2与NaOH反应生成无色的NaCl和NaClO，颜色褪去，化学方程式为：，A正确；
B．乙醇被CuO氧化为乙醛，CuO还原为Cu，黑色变为红色，化学方程式为：，B正确；
C．FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体，应标注胶体而非沉淀（↓），化学方程式为：，C错误；
D．CuS的溶度积比ZnS小，沉淀转化可行，化学方程式为：，D正确；
故选C。
3. 天然气因含有少量等气体开采应用受限，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 中C所含价层电子对数为
B. 中所含质子数为
C. 过程I中每脱去，转移的电子数为
D. 常温常压下，所含键数为
【答案】D
【解析】A．8g CH4的物质的量为8g÷16g/ml=0.5ml，CH4中C原子的价层电子对数=σ键数+孤电子对数=4+0=4，故0.5ml CH4中C的价层电子对数为0.5ml×4=2ml，即2NA，A正确；
B．H218O的摩尔质量为2×1+18=20g/ml，20g H218O的物质的量为1ml，每个H218O分子含质子数=2×1+8=10，故所含质子数为10NA，B正确；
C．过程I中H2S被氧化为S，S元素从-2价升至0价，1ml H2S失去2ml电子，转移电子数为2NA，C正确；
D．常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/ml，6.72L O2的物质的量小于6.72L÷22.4L/ml=0.3ml，O2分子中含1个σ键，故σ键数小于0.3NA，D错误；
故选D。
4. 只用一种试剂就可将稀五种无色溶液区分开，这种试剂是
A. 溶液B. 溶液
C. 溶液D. 溶液
【答案】C
【解析】A．BaCl2溶液和KSCN、NaOH都不反应，无法鉴别KSCN、NaOH，且与H2SO4、Na2CO3、AgNO3都产生白色沉淀，无法区分，A不符合题意；
B．FeCl2溶液和KSCN、稀H2SO4不反应，无法鉴别KSCN、稀H2SO4，B不符合题意；
C．FeCl3溶液与稀H2SO4无现象，与NaOH生成红褐色Fe(OH)3沉淀，与Na2CO3生成CO2气体和Fe(OH)3沉淀，与AgNO3生成AgCl白色沉淀，与KSCN显血红色，五种现象均不同，C符合题意；
D．Fe(NO3)3溶液和AgNO3、稀H2SO4都不反应，无法鉴别AgNO3、稀H2SO4，D不符合题意；
故选C。
5. 关于反应，下列说法正确的是
A. 既是氧化剂又是还原剂B. 是氧化产物
C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3D. 生成1ml ，转移4ml电子
【答案】C
【解析】反应中，F元素化合价始终为-1价，KMnO4转化为K2MnF6，Mn元素化合价从+7降低到+4价，所以KMnO4做氧化剂，而H2O2中O元素化合价从-1价升高到0价，作还原剂，据此结合氧化还原反应的规律分析解答。
A．依据上述分析可知，KMnO4为氧化剂，是还原剂，A错误；
B．是Mn元素得电子化合价降低得到的还原产物，B错误；
C．结合化学方程式可知，氧化剂KMnO4与还原剂物质的量之比为2：3，C正确；
D．过氧化氢中O元素为-1价，所以生成1ml ，转移2ml电子，D错误；
故选C。
6. 化合物Z是一种药物的重要中间体，合成路线如下图所示。下列说法正确的是
A. 1mlX最多能与发生加成反应
B. Y分子中含有1个手性碳原子
C. Z中的含氧官能团有3种
D. X的一氯代物有6种
【答案】B
【解析】A．X分子中含1个酮羰基（C=O），酯基（-COOC2H5）中的碳氧双键不能与H2加成，则1ml酮羰基只能与1ml H2加成，故1ml X最多与1ml H2加成，A错误；
B．Y为双环结构，其中连接-COOC2H5的碳原子（桥头碳）连有四个不同基团：两个不同的六元环片段、-COOC2H5和H，为手性碳原子，且分子中仅有1个手性碳，如图所示：B正确；
C．Z中含氧官能团为羰基（C=O）和羟基（-OH），共2种，C错误；
D．X分子中，环上有5种不同环境的H，酯基中乙基（-CH2CH3）有2种不同环境的H，共7种不同环境的H，则其一氯代物有7种，D错误；
故选B。
7. 从微观视角探析物质结构和性质是学习化学的有效方法。下列解释与实例不符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．乙基的推电子效应使乙醇中的O-H极性弱于水，导致钠与水反应更剧烈，解释正确，故A正确；
B．对羟基苯甲醛沸点高是由于分子间氢键更多，而非共价键更稳定，解释错误，故B错误；
C．的半充满结构比的更稳定，解释正确，故C正确；
D．、、的孤电子对数依次减少，键角逐渐增大，解释正确，故D正确；
答案选B。
8. 某化合物由X、Y、Z、M、Q五种原子序数依次增大的短周期主族元素组成，基态X原子仅有1个原子轨道，基态M原子的全部p轨道共有7个电子且只与Q位于同一周期，M、Y、Z位于相邻且连续的三个主族，Z和M的价电子总数是Y的价电子数的两倍。下列有关说法不正确的是
A. 电负性：
B. 原子半径：
C. 和的VSEPR模型均为四面体
D. 中存在配位键
【答案】B
【解析】X、Y、Z、M、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子仅有1个原子轨道，则X为H，基态M原子的全部p轨道共有7个电子，则M为Al；M、Y、Z位于相邻且连续的主族，Z和M的价电子总数是Y的价电子数的两倍，Al的价电子数为3，则Z的价电子数为5，位于第二周期，说明Z为N，Y为C；根据[AlQ4]-可知Q为Cl，化合物为，据此分析回答。
A．在元素周期表中，同周期元素从左到右电负性依次增大，同主族的元素从上到下电负性依次减少，则电负性：N＞C，CH4中C为-4价，电负性：C＞H，AlH3中H为-1价，则电负性：H＞Al，A正确；
B．一般来说，电子层数越多半径越大，同一周期从左到右原子半径依次减小，因此原子半径：Al＞Cl＞C＞N＞H，B错误；
C．YX4和ZX3分别是和NH3，它们中心原子的价层电子对数都是4，VSEPR模型均为四面体形，故C正确；
D．Al最外层有3个电子，可以形成3个共价键，中存在4个共价键，其中一个是配位键，D正确；
故选B。
9. 应用于制造红外线光学仪器的硒化锌的晶胞结构如图1所示，晶胞在xy平面的投影如图2所示。已知晶体的密度为，a离子的分数坐标为是阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 位于构成的四面体空隙中
B. d离子的分数坐标为
C. 晶胞中b离子和d离子的距离为
D. 晶胞中与等距且紧邻的有12个
【答案】C
【解析】A．ZnSe为闪锌矿结构，Se2-形成面心立方堆积，Zn2+填充于Se2-构成的四面体空隙中，A正确；
B．a离子坐标为(0，0，0)（Se2-，顶点），Zn2+位于四面体空隙，d离子位于x轴的处，位于y轴处，位于z轴处，则d离子的分数坐标为(，，)，B正确；
C．晶胞中含Se2-的个数为：，含Zn2+的个数为4，晶胞中含有4个ZnSe，晶胞密度为：，则晶胞参数为：，b离子和d离子的距离为晶胞面对角线长度的一半，为晶胞棱长的，即，C错误；
D．由晶胞结构可知，Se2-为面心立方堆积，每个Se2-紧邻的Se2-有12个，D正确；
故选C。
10. 新型锂-空气电池能量密度高，应用前景广阔。该电池放电时的工作原理如图所示，其中固体电解质只允许通过。下列说法正确的是
A. 放电时，负极反应式：
B. 通过固体电解质向石墨烯电极移动
C. 有机电解液可以改为水性电解液
D. 放电时，电池中的化学能完全转化为电能
【答案】B
【解析】由图可知，新型锂-空气电池中通入O2的电极为正价，金属锂为负极，以此解答。A．放电时，金属锂为负极，负极反应为，A错误；
B．由分析可知，石墨烯为正极，原电池中阳离子向正极移动，通过固体电解质向石墨烯电极移动，B正确；
C．锂与水反应会生成氢气，有机电解液不可以改为水性电解液，C错误；
D．放电时，电池中的化学能还可能以热量的形式损失，不会完全转化为电能，D错误；
故选B。
11. 无水三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧化。现利用如下装置(夹持装置已省略)进行制备，反应原理为，生成的有毒，遇水发生水解。
关于此实验说法不正确的是
A. A中试剂为浓硫酸，实验前通入的目的是排出装置中的空气
B. 实验过程中若D处出现堵塞，A中的玻璃导管液面会上升
C. E为产品收集装置，F可防止E中产品潮解
D. G是尾气处理装置，G内发生的是氧化还原反应
【答案】D
【解析】利用氮气吹出和排尽装置中的空气，避免CrCl3高温下被O2氧化，也可以避免残留的水蒸气与生成的发生水解和三氯化铬潮解，所以A装置应该装入浓硫酸，除去水蒸气，在C装置中发生反应，用E装置收集生成的三氯化铬，无水氯化钙可以避免水蒸气进入E装置，最后用G装置吸收尾气。A．A中试剂为浓硫酸，用于干燥N2，防止水蒸气进入后续装置；实验前通入N2可排出装置内空气，避免CrCl3高温下被O2氧化，A正确；
B．若D处堵塞，装置内气体流通受阻，压强增大，A中长导管内液面会因瓶内气压增大而上升，B正确；
C．CrCl3易升华，在E中冷却凝华收集；F中无水CaCl2可吸收水分，防止E中产品潮解，C正确；
D．G中NaOH溶液处理尾气COCl2，COCl2遇水水解，发生的反应是非氧化还原反应：，总反应为：，无化合价变化，D错误；
故选D。
12. 碳酸锰常用作脱硫的催化剂及瓷釉、涂料和清漆的颜料。室温下，用含少量的溶液制备的过程如图所示。已知，下列说法正确的是
A. 长期储存NaF溶液应密封于玻璃容器并置于阴凉通风处
B. “除镁”得到的上层清液中：
C. “沉锰”的离子方程式为
D. “沉锰”后的滤液中：
【答案】C
【解析】含少量的溶液中加氟化钠溶液“除镁”，将转化为沉淀；过滤后，所得滤液中加入碳酸氢钠溶液“沉锰”，得到。
A．NaF为强碱弱酸盐，溶液中易水解生成HF和，水解产物能与玻璃中的反应，故不能用玻璃容器储存NaF溶液，A错误；
B．“除镁”得到的上层清液中镁离子沉淀完全，则，因此，若加入的氟化钠溶液过量，则浓度大于，B错误；
C．“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳，离子方程式为，C正确；
D．“沉锰”后的滤液中含，则电荷守恒式应为，D错误；
答案选C。
13. 常温下，用溶液滴定溶液，滴定曲线如图所示。已知为二元弱酸，时，。下列说法不正确的是
A. a点溶液中：B. c点溶液中：
C. d点溶液中：D. 水的电离程度：
【答案】A
【解析】用0.1 ml•L-1NaOH溶液滴定20 mL0.1 ml•L-1H2A，先发生NaOH+H2A=NaHA+H2O，再发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，NaOH溶液体积为20mL时得到NaHA溶液，即b点；NaOH溶液体积为40mL时得到Na2A溶液，即d点；a点为NaHA、H2A混合溶液，c点为Na2A、NaHA混合溶液。
A．a点pH=1.3，即，由Ka1=cH+⋅cHA-cH2A=10-1.3可知，此时cH2A=cHA-，但a点加入V1mLNaOH溶液，溶液中溶质为：NaHA、H2A，则cH2A、cHA-不相等，A错误；
B．c点pH=6.6，即cH+=10-6.6ml/L，由Ka2=cH+⋅cA2-cHA-=10-6.6可知cHA-=cA2-，根据电荷守恒：，代入cHA-=cA2-得cNa+=3cA2-+cOH--cH+，因pH=6.6时，故cNa+2cH2A，C正确；
D．起点主要是H2A的电离抑制了水的电离，随着NaOH溶液的加入，H2A溶液的浓度逐渐减小，对水的电离抑制作用逐渐减弱，a点为NaHA、H2A混合溶液，溶液仍呈酸性，水的电离程度虽然增大，但增大的幅度较小；b点时，溶液中的溶质为NaHA，HA-既存在电离又存在水解，HA-的水解会促进水的电离，但此时溶液仍呈酸性，水的电离程度不是最大；c点时，溶液中的溶质为NaHA和Na2A，A2-的水解程度大于HA-的水解程度，d点溶质为Na2A，A-水解促进水的电离，水的电离程度大于c点，故水的电离程度为：d > c > b > a，D正确；
故选A。
14. 如图为铑(Rh)配合物催化醛酮氢化反应机理示意图，代表某特定基团，1、2、3、4四步反应的焓变分别为。下列说法正确的是
A. 过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
B. 若，则总反应放热
C. 过程中为该反应的催化剂
D. 总反应原子利用率小于，不符合绿色化学
【答案】C
【解析】A．过程中涉及的键如Si-H、C=O、O-Si、C-H等均为极性键，未涉及非极性键（如H-H、O=O等）的断裂和形成，A错误；
B．总反应焓变为各步焓变之和，若∆H1+∆H2+∆H3+∆H4>0，说明总反应∆H>0，为吸热反应，B错误；
C．LnRh在反应中参与循环，起始时参与反应，最终又再生，符合催化剂“参与反应、反应前后不变”的特征，C正确；
D．醛酮氢化总反应中，若所有反应物原子均转化为目标产物（如醇或硅醚衍生物），无副产物生成，原子利用率可达100%，符合绿色化学，D错误；
答案选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 某实验小组设计如图所示实验装置来制取乙炔，并粗略测定电石(含有N、P、S等元素)中碳化钙的质量分数。回答下列问题。
（1）导管a的作用是___________。
（2）仪器b中发生主要反应的化学方程式为___________，实验过程中为了减缓水与电石的反应速率，可采取的措施是___________(写一条即可)。
（3）将生成的气体通入酸性溶液中，观察到酸性溶液褪色。该现象___________(填“能”或“不能”)说明生成的气体全部为乙炔，原因是___________。
（4）装置c中盛放的试剂为___________。
（5）实验小组发现该实验不能用启普发生器来制取乙炔，理由是___________(写一条即可)。
（6）取电石样品，使其与水完全反应，实验结束后测得排入量筒中水的体积为，则电石中碳化钙的质量分数为___________(用含和的代数式表示，忽略导管中残留的水和气体中含有的水蒸气，所有气体均已换算成标准状况下)。
【答案】（1）平衡气压，使水顺利滴下
（2） ①. ②. 用饱和食盐水代替水
（3） ①. 不能 ②. 生成的气体中含有和，这两种气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
（4）溶液
（5）生成的呈糊状，易堵塞启普发生器的球形漏斗
（6）
【解析】电石和饱和食盐水反应方程式CaC2+2H2O→Ca (OH) 2+C2H2↑，制取乙炔，生成的气体中含有H2S和PH3，用水吸收杂质气体，用浓硫酸干燥乙炔，再用水排出体积在量筒中测定生成乙炔的体积；
（1）导管a连通烧瓶和分液漏斗上口，平衡气压，使水顺利滴下；
（2）仪器b中电石和水反应生成氢氧化钙和乙炔，发生反应的化学方程式为，实验过程中，用饱和食盐水代替水可以减缓水与电石的反应速率；
（3）生成的气体中含有和，这两种气体也能使酸性溶液褪色，将生成的气体通入酸性溶液中，观察到酸性溶液褪色，不能说明生成的气体全部为乙炔；
（4）装置c的作用是除去乙炔中的杂质，盛放的试剂为溶液；
（5）生成的呈糊状，易堵塞启普发生器的球形漏斗，所以不能用启普发生器来制取乙炔；
（6）设碳化钙的质量为。
则电石中碳化钙的质量分数为。
16. 镍是重要的金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、等)中回收的工艺流程如下图所示。
（1）基态铜原子的价层电子排布式为___________；为增大“氧压浸出”的反应速率，除增大压强外还可以采取的措施有___________(任举一例)。
（2）“氧压浸出”过程的滤渣有S和___________(写化学式)。
（3）“萃铜”时准确来说进行了萃取和反萃取操作，实验室进行该操作所需要的玻璃仪器有___________(写名称)。
（4）①“沉铁”过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为___________。
②“沉铁”过程中，沉淀的成分与温度、pH的关系如下图所示(阴影部分为黄钠铁矾)。
ⅰ．若控制条件为，则所得沉淀的主要成分为___________(填化学式)。
ii．下列制备黄钠铁矾的最佳条件为___________(填标号)。
A． B． C．
（5）“沉镍”时为确保沉淀完全，理论上应调节溶液___________cNi2+≤1.0×10-5ml/L时，可认为该沉淀完全；时，KspNi(OH)2=4×10-15；lg2≈0.3。“沉镍”过程中发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. ②. 粉碎高镁低品位铜镍矿或适当增大硫酸的浓度、搅拌等
（2）
（3）烧杯、分液漏斗 （4） ①. ②. FeOOH ③. C
（5） ①. 9.3 ②.
【解析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为等)中加入进行“氧压浸出”，将铁元素转化为，镍元素转化为、铜元素转化为、镁元素转化为，硫元素转化为S单质。过滤得到滤渣的主要成分为和S。用铜离子萃取剂萃取出，分液得到萃余液，萃余液中主要含有，向萃余液中加入和MgO进行沉铁，将转化为，过滤出沉淀，向滤液中加入MgO，将以的形式沉淀，最后对进行处理制得Ni，母液中主要溶质为，据此分析解题。
（1）Cu的原子序数是29，位于周期表中第四周期第IB族，其基态原子的价层电子排布式是；为增大“氧压浸出”的反应速率，可以事先对矿石进行粉碎，或者适当增大硫酸的浓度、搅拌等。
（2）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和。
（3）“萃铜”时准确来说进行了萃取和反萃取操作，实验室进行该操作所需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗。
（4）①结合、形成黄钠铁矾，离子方程式也可写成：，MgO再与生成的反应生成，将二者叠加得到离子方程式为。
②i．由图可知，若控制条件为，则所得沉淀的主要成分为FeOOH。
ⅱ．由图可知，图中阴影部分为黄钠铁矾，且时可以得到该物质，故选C。
（5），Ni2+完全沉淀时cNi2+≤1.0×10-5ml/L，则cOH-≥KspNi(OH)2cNi2+=，所以离子完全沉淀时，；由分析可知，向滤液中加入MgO将以的形式沉淀，相应的化学方程式为。
17. 化合物H是一种类生物碱，具有抗炎、抗肿瘤、抗病原微生物等生物活性，它的一种合成路线如下：
（1）A的化学名称是___________。
（2）反应②和反应④的反应类型分别是___________、___________。
（3）反应③中有和E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为___________。
（4）H分子中碳原子的杂化类型为___________。
（5）G中官能团的名称为___________。I是比G少1个碳原子的同系物，I的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①属于芳香族二取代化合物；
②能与溶液反应；
③在核磁共振氢谱中有2组峰，且峰面积之比为1：2。
（6）写出以和为原料制备的合成路线流程图___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见题干)
【答案】（1）4-甲基苯甲酸或对甲基苯甲酸
（2） ①. 取代反应 ②. 还原反应
（3） （4）
（5） ①. 羧基、酯基 ②.
（6）CH3COOHCH3COCl
【解析】A与发生取代反应得到B,B和C在一定条件下发生取代反应得到在一定条件下发生反应生成E和水，E发生还原反应生成F，最后F和G发生取代反应得到H，据此解答。
（1）)A中甲基与羧基处于对位，因此其化学名称是4-甲基苯甲酸或对甲基苯甲酸，
（2）根据上述分析可知，反应②是取代反应，反应④是还原反应。
（3）中有和E互为同分异构体的副产物生成，E是断裂苯环支链下方的碳氢键形成的，反应中也有可能是断裂苯环支链上方的碳氢键形成副产物，据此可写出副产物的结构简式为。
（4）由H的结构简式可知，该分子中甲基上饱和碳原子的杂化类型为，苯环、酰胺基、酯基上碳原子的杂化类型为，因此碳原子的杂化类型为。
（5）由G的结构简式可知，G中官能团的名称为羧基、酯基。I是比G少1个碳原子的同系物，说明I中含有羧基和酯基，I的一种同分异构体同时满足条件：①属于芳香族二取代化合物；②能与溶液反应，说明含有羧基；③在核磁共振氢谱中有2组峰，且峰面积之比为1：2，说明两个羧基在苯环上的对位，据此可写出该同分异构体的结构简式为。
（6）乙酸和在加热条件下反应生成和在作用下反应生成，在、甲苯、加热条件下反应生成，在作用下反应生成，据此可确定合成路线：CH3COOHCH3COCl。
18. 近年来，大气中含量一直增加，为减少其排放，需将工业生产中产生的分离出来进行利用生成乙酸。回答下列问题：
（1）已知反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
则___________。反应I___________(填“能”或“不能”)自发进行。
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中，下列叙述不能说明和直接偶联合成乙酸反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A. 容器内的压强不再变化B. 混合气体的密度不再变化
C. 的体积分数不再变化D.
（3）乙酸汽化时，存在如下平衡：，平衡体系中平均摩尔质量随温度、压强变化如图所示。
①上述反应的___________(填“>”或“乙醇
乙基使O-H极性减弱
B
沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛
对羟基苯甲醛中共价键更稳定
C
稳定性：
的3d能级为半充满状态
D
键角：
价层电子对数相同，孤电子对数越多，键角越小