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广东省2025-2026学年高三上学期 开学联考化学试题
1．（2025高三上·广东开学考）传统节日“承载文化根脉”。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．春节“五帝铜钱” B．中秋纸灯笼
C．重阳菊花酒陶罐 D．端午木质龙舟
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广东开学考）化学就在身边。下列相关说法中正确的是
A．高压钠灯发出黄光是化学变化 B．化妆品所含甘油难溶于水
C．羊毛衫所含材料是纤维素 D．光导纤维主要成分是
3．（2025高三上·广东开学考）“海上生明月，九天揽星河”，我国航天事业蒸蒸日上。有关的化学知识叙述错误的是
A．月球探测器使用的碳化硅增强铝基材料属于复合材料
B．空间站的砷化镓太阳能电池发电过程将电能转化为光能
C．长征系列运载火箭部分型号用液氢燃料，H2燃烧过程体现其还原性
D．月壤提取的氦-3()可用于可控核聚变，与互为同位素
4．（2025高三上·广东开学考）含泥沙和NaCl的粗苯甲酸可用重结晶法提纯。下列实验操作正确且达到实验目的的是
A．将粗苯甲酸溶于热水 B．趁热过滤分离NaCl和泥沙
C．蒸发结晶直接得到苯甲酸 D．冷却结晶析出苯甲酸
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·广东开学考）劳动有利于“知行合一”。下列劳动过程与所述的化学知识有关联的是
选项 劳动过程 化学知识
A 保洁员用含NaOH的去污剂清洗抽油烟机 油脂碱性条件下易水解生成可溶物
B 外科医生用苯酚溶液对手术器械消毒 蛋白质在酸性条件下可水解
C 面点师用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与酸反应
D 洗衣人员用氯水漂白顽固污渍 可与碱反应
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高三上·广东开学考）下列方程式与所给事实不相符的是
A．将通入水中制备硝酸：
B．通过灼热铁粉制氢气：
C．用乙醇处理废弃的金属钠：
D．用丙烷脱氢制得的丙烯制聚丙烯：
7．（2025高三上·广东开学考）铜板上的铁铆钉在潮湿环境中易发生电化学腐蚀而生锈(如图所示)。下列说法正确的是
A．铜板为负极
B．铁发生反应：
C．生锈过程电子由铁经水膜移向铜板
D．铁生锈还涉及反应：
8．（2025高三上·广东开学考）丝氨酸可用于蛋白质的生物合成，其结构如图所示。关于丝氨酸说法错误的是
A．分子式为 B．可发生缩聚反应
C．含有手性碳原子 D．能与反应生成
9．（2025高三上·广东开学考）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
碱X→氧化物→金属单质→盐
A．X可为，熔点：
B．X可为，盐的水溶液一定显中性
C．X可为，金属单质可与稀硝酸反应生成NO
D．X可为，金属单质可与S反应生成
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol 中含有σ键的数目为5
B．1L 0.1mol/L 溶液中含的数目为0.1
C．22.4L CO和的混合气体含有的分子数目为
D．7.8g 与足量反应，转移电子数目为0.2
11．（2025高三上·广东开学考）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 装有的密闭烧瓶热水浴，气体颜色变深 溶于水可生成硝酸
B 酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸 电负性：F>Cl>H
C 溶液中滴加KSCN溶液，生成红色沉淀 可用KSCN检验溶液中是否有
D 饱和NaCl依次通入过量和，产生沉淀 溶解度小，易生成沉淀
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高三上·广东开学考）AgCl悬浊液中滴加过量氨水，固体完全溶解，溶液中存在反应：，。关于反应后的溶液叙述正确的是
A．微粒中配体为
B．通入少量，增大
C．加水稀释，促进电离，溶液的碱性增强
D．体系中，
13．（2025高三上·广东开学考）按下图装置进行实验(试管浸泡在烧杯的溶液中)。下列说法正确的是
A．a试纸先变红后褪色
B．b滤纸褪色，说明有漂白性
C．右侧试管先浑浊，说明分解放热
D．能降低分解的焓变
14．（2025高三上·广东开学考）a→f元素原子序数递增，第一电离能相对大小关系如图所示，b、c、d为相邻的非金属元素，e在同周期中原子半径最大，基态f原子同周期单电子数最多。下列说法正确的是
A．电负性：dB．a和e都是碱金属元素
C．最简单氢化物沸点：d>b
D．基态f最高能级电子云轮廓图为哑铃形
15．（2025高三上·广东开学考）铁基催化剂催化CH4→CH3OH的反应，部分反应历程如图所示(含决速步骤，CH4换成CH3D，反应相似，但反应速率减慢)。下列说法正确的是
A．催化剂能提高CH4平衡转化率
B．升高温度，n(CH3OH)增大
C．CH3D发生上述反应，过渡态1的能量降低
D．CH3D发生反应，所得两种甲醇分子的相对分子质量相等
16．（2025高三上·广东开学考）以离子液体作为电解液的铝电池，工作原理如图所示。下列推断正确的是
A．放电时，正极Al的化合价降低
B．充电时，离子向N极移动
C．充电时，电路转移3mol电子，N极减少27g
D．放电时，N极反应：
17．（2025高三上·广东开学考）认识酸的强弱对理解酸反应规律有意义，兴趣小组开展相关研究。
（1）利用下图装置制备和及研究相应酸的强弱。
实验现象：A处变蓝，Ⅰ处变浑浊，Ⅱ处变浅但不褪色，Ⅲ处无浑浊。
①仪器m的名称是　 　，木炭粉与浓硫酸反应的化学方程式为　 　。
②检验尾气中有的试剂是　 　。
③试管Ⅲ无沉淀，从酸性强弱角度分析原因是　 　。
（2）研究试管Ⅰ中产生浑浊的原因。
①甲猜想生成，取混合物过滤，所得固体加入　 　，固体完全溶解，猜想不合理。
②乙猜想生成，进行以下探究：
查阅资料：常温下，、
实验设计将浓度均为0.40 mol/L的H2SO3、BaCl2溶液等体积混合，若的浓度为，a与满足　 　关系，可产生BaSO3沉淀。
实验验证将0.40 mol/L H2SO3溶液与H2O等体积混合，若混合前后浓度几乎不变，则约为　 　mol/L，代入关系式，证明猜想合理。
（3）研究 H2SO3、H2CO3与HClO的酸性强弱。
①将CO2通入NaClO溶液，产生酸性比H2CO3弱且有漂白性的HClO。
②丙同学参考①的方法，按下表进行实验比较H2SO3与HClO的酸性。
实验过程将各试剂混合，滴加石蕊试剂，测褪色时间(试剂浓度均为0.10)。
试剂 石蕊试液/滴 褪色时间/s
实验ⅰ 30.00 0.00 5.00 3 75
实验ⅱ 30.00 x 1.00 3 8
根据表中信息，补充数据，x=　 　mL。
得出结论 酸性：H2SO3＞HClO。
实验讨论 丁同学认为丙同学的实验不能得出相应结论，因会氧化H2SO3：，H2SO4与NaClO反应生成了HClO。基于丙的设计，完善方案，设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO 　 　(简述实验过程和现象)。
18．（2025高三上·广东开学考）电解法冶炼锰产生的复合硫酸盐［含、、和］可回收高价值产品，工艺流程如图所示。
已知：浸出液沉淀最佳条件下，。
（1）电解冶炼锰装置如图1所示，氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn作电极，其中阳极材料为　 　。
（2）提高“浸出”速率的措施有　 　(任写一种)。“滤饼”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）“沉锰”中，生成所发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉锰”中，少量会生成沉淀，温度和pH对沉淀率的影响如图2所示：
①“沉锰”合适的温度和pH分别为　 　，此时　 　(填“>”“<”或“=”)。
②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是　 　。
（5）某含Mg、Mn和O三种元素组成化合物的立方晶胞如图3所示。同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则晶体中Mn的化合价为　 　，与Mg原子最近且距离相等的原子的数目为　 　。
（6）晶体煅烧产生的通入氨水，制得可应用于流程中的化合物是　 　。
19．（2025高三上·广东开学考）可应用于电子工业，也是一种温室气体。
（1）催化分解法或热分解法可消除。
反应I：
①基态N原子的价层电子排布式为　 　。
②反应I在任意温度可自发进行，则　 　0(填“>”“<”或“=”)。
③一种催化剂催化分解工业尾气，发生以下反应：
根据盖斯定律，反应I的　 　。
④热分解法进行反应I经过两步基元反应：
第一步：(慢反应)
第二步：(快反应)
已知：基元反应的反应速率方程可表示为，k为速率常数，总反应速率方程由慢反应决定。
则反应I的正反应速率可表示为，　 　。
（2）加热可制。
反应II： 。
向恒容密闭容器中加入1mol ，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应Ⅱ)，测。不同温度下测得如图1，其中一定处于平衡状态的是　 　(填“A”或“B”)状态。该状态时的分压为，则分压平衡常数　 　(用含p的代数式表示)。
（3）向2L恒容密闭容器中加入1mol ，一定条件下恒温加热，同时发生反应Ⅱ和反应Ⅰ，容器内随时间变化的关系如图2，2min时恰好达到平衡，的转化率恰好为50%。
①，增大可能原因是反应I的速率　 　(填“>”“<”或“=”)反应II。
②反应开始前2min，　 　(写出计算过程)。
20．（2025高三上·广东开学考）漆树酸(化合物g)可治疗十二指肠溃疡，由化合物a、b经三步反应合成化合物g的过程如下(反应条件和部分产物略)。
（1）化合物a的官能团名称是　 　，化合物b的名称是　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．化合物d是1，3-丁二烯的同系物
B．化合物a和b中，碳原子的杂化方式均为
C．a可与水形成分子间氢键，在水中的溶解度大于d
D．c与d反应生成e的过程，存在键的断裂和形成
（3）化合物e可在酸性和碱性条件下水解。
①e在盐酸作用下水解的化学方程式为　 　。
②e一步反应生成g，则e→g的反应类型是　 　。
③h是e的同分异构体，测得h分子中含氨基和四个甲基，遇发生显色反应，h可能的结构有　 　种。
④c与d反应，生成e和生成副产物f的反应类型相同，f与e是同分异构体，f的结构简式为　 　。
（4）参考的反应，以丙酮和化合物b为有机原料合成化合物i，无机试剂任选。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应中，有机生成物核磁共振氢谱的吸收峰面积比为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、春节 “五帝铜钱” 主要成分为铜合金（如黄铜，含铜和锌等金属），符合合金的定义，故A符合题意 ；
B、中秋纸灯笼的主要材料是纸，纸的主要成分为纤维素，属于有机物，故B不符合题意 ；
C、重阳菊花酒陶罐的主要材料是陶瓷，陶瓷主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故C不符合题意 ；
D、端午木质龙舟的主要材料是木材，木材主要成分为纤维素，属于有机物，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】要解决此题，需紧扣合金的定义（由两种或两种以上金属或金属与非金属熔合而成，具有金属特性的物质），对每个选项逐一分析。
2．【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；硅和二氧化硅；焰色反应
【解析】【解答】A、高压钠灯发出黄光，是钠原子电子跃迁释放光能，无新物质生成，属于物理变化，A错误；
B、甘油（丙三醇）含有多个羟基，易与水形成氢键，因此甘油易溶于水，B错误；
C、羊毛衫的主要材料是羊毛，羊毛的主要成分为蛋白质，并非纤维素，C错误；
D、光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断变化类型（物理变化 vs 化学变化）。
B．判断物质的溶解性及结构原因。
C．判断材料的主要成分。
D．判断光导纤维的主要成分。
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；常见能量的转化及运用；元素、核素
【解析】【解答】A、复合材料是由不同材料复合而成，月球探测器使用的碳化硅增强铝基材料属于复合材料，A正确；
B、空间站的砷化镓太阳能电池发电过程是将光能转化为电能，而非电能转化为光能，B错误；
C、H2燃烧时失去电子生成水，H 元素化合价升高，H2作还原剂，体现其还原性，C正确；
D、3He 与4He 质子数相同、中子数不同，互为同位素，D正确；
故答案为：B。【分析】A．判断材料是否为复合材料。
B．判断能量转化形式。
C．判断物质的化学性质（还原性）。
D．判断是否为同位素。
4．【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、重结晶的溶解步骤需在烧杯中进行，图 A 中使用的是坩埚（坩埚常用于灼烧固体，如灼烧海带提取碘等实验），容器类型选择错误，无法完成溶解操作，A不符合题意；
B、趁热过滤时必须用玻璃棒引流，以保证液体沿玻璃棒流入漏斗，防止液体溅出或冲破滤纸。图示操作未使用玻璃棒，操作不规范，B不符合题意；
C、苯甲酸溶解度随温度降低显著减小，NaCl 溶解度随温度变化不明显。若采用蒸发结晶，溶剂减少时 NaCl 会与苯甲酸一同析出，无法实现苯甲酸的提纯；而冷却结晶可利用苯甲酸溶解度的温度敏感性使其单独析出，C不符合题意；
D、苯甲酸在热水中形成饱和溶液后，因温度降低溶解度大幅减小，会结晶析出；NaCl 因溶解度受温度影响小，仍留在溶液中，通过冷却结晶可有效分离苯甲酸与 NaCl 等可溶性杂质，操作符合重结晶原理，D符合题意；
故答案为：D。【分析】A．明确重结晶溶解的容器要求。
B．明确趁热过滤的操作规范。
C．结合物质溶解度特点判断结晶方法。
D．结合物质溶解度差异分析结晶效果。
5．【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、抽油烟机的油污核心成分为油脂，油脂属于酯类，在NaOH提供的碱性条件下会发生水解反应，生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，从而实现油污的清洗。该劳动过程的化学本质就是油脂的碱性水解，与所述化学知识完全关联，故A符合题意 ；
B、外科医生用苯酚溶液消毒手术器械，是利用苯酚能使蛋白质变性（蛋白质空间结构被破坏，失去生物活性）的性质，而非蛋白质在酸性条件下的水解（水解是蛋白质分解为氨基酸的过程，与消毒原理无关）。劳动过程的化学原理与所述知识不匹配，故B不符合题意 ；
C、小苏打是NaHCO3，并非Na2CO3。其作为发泡剂是因为受热易分解：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生的CO2使面包蓬松，而非Na2CO3与酸反应。劳动过程的物质成分和化学原理均与所述知识不符，故C不符合题意 ；
D、氯水漂白顽固污渍，是因为氯水中的HClO具有强氧化性，能将有色物质氧化为无色物质；而“Cl2可与碱反应”是氯气的另一化学性质，与漂白原理无关。劳动过程的化学机制与所述知识无关联，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．聚焦油脂碱性水解的原理及去污应用。
B．区分苯酚消毒的原理与蛋白质水解的差异。
C．明确小苏打的成分及发泡的真实化学机制。
D．辨析氯水漂白的有效成分及作用机理。
6．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NO2属于氮的氧化物，与水反应时发生歧化反应，生成硝酸（HNO3）和一氧化氮（NO），化学方程式为 ，反应产物与事实完全一致，故A不符合题意 ；
B、灼热铁粉与水蒸气反应时，生成的是四氧化三铁（Fe3O4）和氢气，而非氧化铁（Fe2O3）。因为铁在高温下与水蒸气反应的产物是具有磁性的四氧化三铁，正确的化学方程式为
4H2O(g)+3Fe Fe3O4+4H2，所给方程式的产物与事实不符，故B符合题意 ；
C、乙醇分子中的羟基（—OH）具有弱酸性，能与活泼金属钠反应，生成乙醇钠（C2H5ONa）和氢气（H2），化学方程式为 ，反应原理和产物均与事实相符，故C不符合题意 ；
D、丙烯（CH2=CHCH3）含有碳碳双键，能发生加聚反应，多个丙烯分子通过双键打开相互连接，生成聚丙烯， 化学方程式为：，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．明确NO2与水的反应本质。
B．结合铁与水蒸气的反应产物分析。
C．分析乙醇与金属钠的反应规律。
D．明确丙烯加聚反应的特点。
7．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铁的金属活动性强于铜，在电化学腐蚀的原电池中，较活泼的铁作负极，铜作正极，并非铜板为负极，A错误；
B、铁作为负极发生氧化反应，失电子生成的是Fe2+，电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+，而非
Fe-3e-=Fe3+，B错误；
C、电子的移动只能通过金属导体（铁与铜板的接触部位），不能通过水膜（电解质溶液）移动，C错误；
D、铁腐蚀时，负极产生的 Fe2+与正极产生的 OH-结合生成 Fe(OH)2；Fe(OH)2具有较强还原性，易被空气中的 O2氧化，发生反应 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，这是铁生锈过程中关键的化学转化步骤，D正确；
故答案为：D。【分析】A．依据金属活动性判断正负极。
B．分析铁负极的氧化产物。
C．明确电子的移动介质。
D．梳理铁锈生成的反应链条。
8．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、丝氨酸的结构为 HO-CH2-CH (NH2)-COOH，逐一计数原子：C 原子 3 个、H 原子 7 个（-CH2- 含 2 个 H，-CH - 含 1 个 H，-NH2含 2 个 H，-COOH 含 2 个 H）、N 原子 1 个、O 原子 3 个，因此分子式应为C3H7NO3，而非选项中的 C3H5NO3，A错误；
B、丝氨酸分子中同时含有羧基（-COOH）和氨基（-NH2），这两种官能团可通过脱水缩合（羧基脱 - OH、氨基脱 - H）发生缩聚反应，形成多肽链，因此能发生缩聚反应，B正确；
C、丝氨酸分子中，与氨基（-NH2）相连的那个碳原子，分别连接了 -H、-NH2、-COOH、-CH2OH四个不同的原子或基团，符合手性碳原子的定义，如图： ，因此含有手性碳原子，C正确；
D、丝氨酸含羧基（-COOH），羧基的酸性强于碳酸，根据强酸制弱酸原理，能与 NaHCO3反应生成 CO2，D正确；
故答案为：A。【分析】A．精准分析分子中各原子的数目。
B．结合官能团判断缩聚反应可能性。
C．明确手性碳原子的判断标准（连接四个不同的原子或基团）。
D．分析羧基的酸性及与 NaHCO3的反应。
9．【答案】C
【知识点】铜及其化合物；无机物的推断；物质的简单分类
【解析】【解答】A、Al(OH)3受热分解生成 Al2O3，Al2O3通过电解可生成 Al，Al 与酸反应能生成盐，转化路径成立；但 Al2O3的熔点约为 2072℃，Al 的熔点仅为 660℃，Al2O3熔点远高于 Al，A错误；
B、Mg(OH)2分解生成 MgO，MgO 需在高温条件下被还原才能生成 Mg，Mg 与酸反应生成盐（如 MgCl2）；但 MgCl2溶液中 Mg2+会发生水解反应，使溶液显酸性，并非中性，B错误；
C、Cu(OH)2分解生成 CuO，CuO 可被还原为 Cu 单质，Cu 与稀硝酸反应时，会生成 Cu(NO3)2和 NO 气体，整个转化链条完整且反应事实准确，C正确；
D、Fe(OH)3分解生成 Fe2O3，Fe2O3可被还原为 Fe 单质；但 Fe 与 S 反应时，由于 S 的氧化性较弱，只能生成 FeS，而非 Fe2S3，D错误；
故答案为：C。【分析】A．聚焦物质转化的可行性与熔点差异。
B．关注物质转化的条件与盐溶液的酸碱性。
C．梳理物质转化的每一步反应事实。
D．分析金属与非金属的反应产物。
10．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、乙烯（CH2=CH2）分子中，碳碳双键包含1 个 σ 键和 1 个 π 键；每个 C 原子与 2 个 H 原子形成2 个 C-H σ 键，因此 1 个乙烯分子共含 5 个 σ 键。1mol 乙烯中 σ 键的数目为 5NA，A正确；
B、FeCl3溶液中，Fe3+会发生水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），导致溶液中 Fe3+的实际浓度小于 0.1mol/L。因此 1L 0.1mol/L FeCl3溶液中，Fe3+的数目小于 0.1NA，B错误；
C、气体摩尔体积 “22.4L/mol” 的使用前提是标准状况（0℃、101kPa），题目未明确说明条件是否为标准状况，无法确定 22.4L CO 和 N2混合气体的物质的量，进而无法计算分子数目，C错误；
D、7.8g Na2O2的物质的量为 0.1mol。在反应 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，Na2O2中 O 元素发生歧化反应（部分 O 从 - 1 价升为 0 价，部分从 -1 价降为 -2 价），每消耗 1mol Na2O2转移 1mol 电子。因此 0.1mol Na2O2参与反应时，转移电子数为0.1NA，D错误；
故答案为：A。【分析】A．精准分析乙烯分子的 σ 键构成。
B．结合 Fe3+的水解特性判断粒子数。
C．严格遵循气体摩尔体积的适用条件。
D．深入分析 Na2O2与 CO2反应的电子转移本质。
11．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、装有 NO2的密闭烧瓶热水浴时，温度升高使平衡 2NO2 N2O4逆向移动，NO2浓度增大，气体颜色变深；而陈述 Ⅱ“NO2溶于水可生成硝酸” 与该平衡移动无关。陈述 Ⅰ 正确，陈述 Ⅱ 正确，但两者无因果关系，故A不符合题意 ；
B、三氟乙酸、三氯乙酸、乙酸的酸性顺序为三氟乙酸＞三氯乙酸＞乙酸，这是因为电负性 F＞Cl＞H，吸电子效应使羧基中 H 更易电离，酸性增强。陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确，且存在因果关系，故B符合题意 ；
C、FeCl3溶液中滴加 KSCN 溶液，生成的是红色络合物溶液，而非红色沉淀，陈述 Ⅰ 描述错误，故C不符合题意 ；
D、饱和 NaCl 中依次通入过量 CO2，因 CO2在 NaCl 溶液中溶解度小，不会产生沉淀；若要产生沉淀，需先通氨气再通 CO2（利用侯氏制碱法原理）。陈述 Ⅰ 现象描述不符合实际，故D不符合题意 ；
故答案为：B。【分析】A．分析 NO2密闭烧瓶受热变色的原因及与陈述 Ⅱ 的关联。
B．分析酸性强弱的原因及与电负性的关联。
C．分析 FeCl3与 KSCN 反应的现象。
D．分析饱和 NaCl 中通入 CO2的实验现象及原理。
12．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在微粒[Ag(NH3)2]+中，NH3是配体，Ag+是中心离子，A错误；
B、对于反应[Ag(NH3)]+ + NH3 [Ag(NH3)2]+，平衡常数。通入少量NH3，增大，K不变，则，比值增大，B正确；
C、加水稀释时，NH3·H2O的电离程度增大，但溶液体积增加更多，OH-总浓度降低，碱性减弱，C错误；
D、体系中含Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+、NH4+、H+、Cl-、OH-，电荷守恒应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确配合物中配体和中心离子的定义。
B．利用化学平衡常数分析浓度比值的变化。
C．分析加水稀释对溶液碱性的影响。
D．根据电荷守恒判断离子浓度关系。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A、左侧试管中 Na2S2O3与稀 H2SO4反应生成 SO2，SO2溶于水生成 H2SO3（显酸性），使湿润的蓝色石蕊试纸变红；但 SO2不能漂白酸碱指示剂，试纸不会褪色，A错误；
B、b 滤纸浸泡过溴水（橙色），SO2与 Br2发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，体现的是 SO2的还原性，而非漂白性，B错误；
C、Na2S2O3与 H2SO4反应生成 S 沉淀（浑浊），反应速率随温度升高而加快。右侧烧杯中 H2O2在 Fe3+催化下分解放热，使右侧试管内温度升高，反应速率加快，先出现浑浊，说明 H2O2分解放热，C 正确；
D、Fe3+是 H2O2分解的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变（焓变由反应物和生成物的能量差决定），D错误；
故答案为：C。【分析】A．分析 SO2对湿润蓝色石蕊试纸的作用。
B．分析 SO2与溴水反应的本质。
C．分析温度对反应速率的影响及 H2O2分解的热效应。
D．分析催化剂对反应焓变的影响。
14．【答案】C
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、电负性同周期从左到右递增，d 为 O，c 为 N，O 电负性大于 N，即 d＞c，A错误；
B、a 为 H，不属于碱金属元素（碱金属是 IA 族除 H 外的元素）；e 为 Na，是碱金属，B错误；
C、d 的最简单氢化物为 H2O（分子间含氢键），b 的最简单氢化物为 CH4（分子间仅范德华力），氢键使 H2O 沸点远高于 CH4，即 d＞b，C正确；
D、f 为 Cr，基态电子排布为 [Ar] 3d54s ，最高能级为 3d，d 轨道电子云轮廓图为花瓣形，哑铃形是 p 轨道特征，D错误；
故答案为：C。【分析】a 为第一周期元素，第一电离能小于部分第二周期元素，故 a 为 H；
b、c、d 为第二周期相邻非金属元素，且 c 第一电离能大于 d，故 b 为 C，c 为 N，d 为 O；
e 在第三周期原子半径最大，故 e 为 Na；
f 在第四周期单电子数最多，故 f 为 Cr。
15．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂的核心作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，但它不改变反应的始态和终态，因此不会影响化学平衡的移动。CH4的平衡转化率由平衡常数决定，与催化剂无关，A错误；
B、从反应历程图可见，反应物（CH4 + FeO+）的总能量高于产物（CH3OH + Fe+），说明该反应是放热反应（ΔH < 0）。根据勒夏特列原理，升高温度时，放热反应的平衡会向逆反应方向移动，导致 n (CH3OH) 减小，B错误；
C、题干明确过渡态 1 是决速步骤，且 CH4替换为 CH3D 后反应速率减慢。反应速率与活化能成反比（活化能越大，反应速率越慢），因此过渡态 1 的活化能必然增大，对应的过渡态能量也会升高，C 错误；
D、CH3D 参与反应时，存在两种断键可能：
断裂 C-H 键，生成 CH2D-OH，CH2D-OH 中，C 是 12，H 有 2 个（来自 CH2）+1 个（来自 OH）共 3 个 H（3×1），D 是 1 个（2），O 是 16，总和为 12 + 3 + 2 + 16 = 33；
断裂 C-D 键，生成 CH3-OD，分子中 C 是 12，CH3含 3 个 H（3×1），O 是 16，OD 中 D 是 2，总和为 12 + 3 + 16 + 2 = 33。
两种产物的相对分子质量相等，D正确；
故答案为：D。【分析】A．明确催化剂对平衡的影响逻辑。
B．结合反应历程判断热效应及温度对平衡的调控。
C．紧扣决速步骤与活化能的关联分析过渡态能量。
D．拆解 CH3D 的反应路径并计算产物相对分子质量。
16．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时 N 极为正极，其反应式中，VO2里的 V 元素化合价降低（得电子），而 Al2Cl7-、AlCl4-中的 Al 始终为 +3 价，全程未发生化合价改变。因此 “Al 元素化合价降低” 的描述错误，A 错误；
B、充电时装置为电解池，M 极（原电池负极）作阴极，N 极（原电池正极）作阳极。电解池中，阳离子（如 EMIM+）会向阴极（M 极） 移动，而非阳极（N 极），B错误；
C、充电时 N 极为阳极，反应为放电时正极反应的逆过程： 。反应中，Al VO2失去 Al 元素转化为 VO2，每转移 3x mol 电子，N 极减少 x mol Al（质量 27x g）。由此推算，转移 3 mol 电子时，减少的 Al 质量为 27 g，C正确；
D、放电时 N 极为正极，发生还原反应，正确反应式需体现 V 元素得电子及 Al2Cl7-参与反应生成 Al VO2、AlCl4-和 Cl-，方程式为： ，D错误；
故答案为：C。【分析】A．聚焦放电时正极的元素价态变化。
B．明确充电时离子的移动方向。
C．推导充电时 N 极质量变化与电子转移的关系。
D．核对放电时 N 极的电极反应式。
17．【答案】（1）分液漏斗；C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；澄清石灰水；盐酸是强酸，碳酸是弱酸，碳酸难以制备盐酸
（2）足量稀盐酸；；
（3）4.00；将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，产生的气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液、实验ⅰ混合溶液，测得褪色时间小于75 s
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据装置图可知仪器m的名称是分液漏斗；
木炭粉与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O； 无水CuSO4与水发生反应产生CuSO4·5H2O，固体由白色变为蓝色，证明产生了水蒸气；尾气中可能含有CO2和SO2，要检验尾气中含有CO2气体，由于CO2、SO2都能够使澄清石灰水变浑浊，因此需先根据SO2具有还原性，用足量酸性KMnO4溶液除去SO2，然后再通入澄清石灰水检验，所以检验尾气中CO2的试剂应该是澄清石灰水；
③试管Ⅲ无沉淀，是因为酸性：H2CO3＜HCl，根据复分解反应的规律，弱酸不能与强酸的盐反应制取强酸，因此CO2通入饱和BaCl2溶液中，没有生成BaCO3沉淀；
故答案为： 分液漏斗 ； C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ； 澄清石灰水 ； 盐酸是强酸，碳酸是弱酸，碳酸难以制备盐酸 ；
（2）①试管Ⅰ中出现浑浊现象，甲同学认为是反应生成了BaSO4，由于BaSO4既不溶于水，也不溶于盐酸，可以取混合物过滤，所得固体加入足量稀盐酸，若固体完全溶解，说明其中不含有BaSO4，则该猜想不合理；
②乙同学认为是生成了BaSO3，将浓度均为0.40 mol/L的H2SO3和BaCl2溶液等体积混合，c(H2SO3)=0.20 mol/L，c(Ba2+) =0.20 mol/L，H2SO3H++，H++，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。若c()=a mol/ L，由于Ksp(BaSO3)=c(Ba2+)·c()，则0.20a＞Ksp(BaSO3)时就会形成BaSO3沉淀；
将0.40 mol/LH2SO3溶液与H2O等体积混合，c(H2SO3)=0.20 mol/L，若混合前后c()几乎不变，c()=6.0×10-8mol/L，则证明上述猜想是合理的；
故答案为： 足量稀盐酸 ； ； ；
（3）实验ⅰ溶液的总体积V1=30.00 mL+5.00 mL=35.00 mL，要研究比较两种物质的酸性强弱，应该使溶液总体积相同，故实验ⅱ中亚硫酸溶液的体积x=35.00-30.00 -1.00=4.00；
实验ⅰ没有加H2SO3，只加了NaClO溶液和3滴石蕊试液，溶液褪色需75 s，而实验ⅱ中加入了4 mLH2SO3溶液，猜测可能发生复分解反应：H2SO3+2NaClO=Na2SO3+2HClO，反应产生了HClO，使溶液褪色时间大大缩短，只有8 s。故丙同学根据实验现象：实验ⅱ比实验ⅰ褪色时间缩短，就得出：H2SO3的酸性比HClO的酸性强结论；
但丁同学认为该结论不合理，认为是ClO-具有强氧化性，会将具有还原性的H2SO3氧化为硫酸，发生反应：，H2SO4与NaClO反应生了HClO，HClO氧化漂白了紫色石蕊试液。基于丙的设计，要设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO，可以将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，将反应产生的CO2气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液除去挥发的SO2气体、实验ⅰ混合溶液，若测得褪色时间小于75 s，就可以证明酸性：H2SO3＞H2CO3＞HClO，得到结论：H2SO3＞HClO。
故答案为： 4.00 ； 将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，产生的气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液、实验ⅰ混合溶液，测得褪色时间小于75 s 。
【分析】要解决该实验相关问题，需从反应原理、产物检验逻辑、酸性比较的干扰排除三个维度深度剖析：
反应原理与产物生成：
分液漏斗中浓硫酸滴入烧瓶后，C与浓H2SO4共热发生反应：，生成CO2、SO2和H2O三种产物。
产物检验的现象与逻辑：
A处变蓝：用于检验H2O的生成（如用无水CuSO4，遇水变蓝）。
Ⅰ处变浑浊：因酸性，沉淀不可能是BaCO3；需结合BaSO4（不溶于水和酸）、BaSO3（可通过检验）的性质进一步分析。
Ⅱ处变浅但不褪色：说明SO2未完全被吸收，后续需关注其对酸性比较的干扰。
Ⅲ处无浑浊：排除CO2与后续试剂生成沉淀的可能。
酸性比较的干扰与策略：
要比较、、的酸性，需利用“强酸制弱酸”规律。但具有还原性，会与氧化性的NaClO发生氧化还原反应（），干扰酸性判断。因此需先通过与NaHCO3反应制取CO2（证明），再将CO2通入NaClO溶液产生HClO（证明），从而排除干扰，准确比较酸性强弱。
（1）①根据装置图可知仪器m的名称是分液漏斗；
木炭粉与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O； 无水CuSO4与水发生反应产生CuSO4·5H2O，固体由白色变为蓝色，证明产生了水蒸气；尾气中可能含有CO2和SO2，要检验尾气中含有CO2气体，由于CO2、SO2都能够使澄清石灰水变浑浊，因此需先根据SO2具有还原性，用足量酸性KMnO4溶液除去SO2，然后再通入澄清石灰水检验，所以检验尾气中CO2的试剂应该是澄清石灰水；
③试管Ⅲ无沉淀，是因为酸性：H2CO3＜HCl，根据复分解反应的规律，弱酸不能与强酸的盐反应制取强酸，因此CO2通入饱和BaCl2溶液中，没有生成BaCO3沉淀；
（2）①试管Ⅰ中出现浑浊现象，甲同学认为是反应生成了BaSO4，由于BaSO4既不溶于水，也不溶于盐酸，可以取混合物过滤，所得固体加入足量稀盐酸，若固体完全溶解，说明其中不含有BaSO4，则该猜想不合理；
②乙同学认为是生成了BaSO3，将浓度均为0.40 mol/L的H2SO3和BaCl2溶液等体积混合，c(H2SO3)=0.20 mol/L，c(Ba2+) =0.20 mol/L，H2SO3H++，H++，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。若c()=a mol/ L，由于Ksp(BaSO3)=c(Ba2+)·c()，则0.20a＞Ksp(BaSO3)时就会形成BaSO3沉淀；
将0.40 mol/LH2SO3溶液与H2O等体积混合，c(H2SO3)=0.20 mol/L，若混合前后c()几乎不变，c()=6.0×10-8mol/L，则证明上述猜想是合理的；
（3）实验ⅰ溶液的总体积V1=30.00 mL+5.00 mL=35.00 mL，要研究比较两种物质的酸性强弱，应该使溶液总体积相同，故实验ⅱ中亚硫酸溶液的体积x=35.00-30.00 -1.00=4.00；
实验ⅰ没有加H2SO3，只加了NaClO溶液和3滴石蕊试液，溶液褪色需75 s，而实验ⅱ中加入了4 mLH2SO3溶液，猜测可能发生复分解反应：H2SO3+2NaClO=Na2SO3+2HClO，反应产生了HClO，使溶液褪色时间大大缩短，只有8 s。故丙同学根据实验现象：实验ⅱ比实验ⅰ褪色时间缩短，就得出：H2SO3的酸性比HClO的酸性强结论；
但丁同学认为该结论不合理，认为是ClO-具有强氧化性，会将具有还原性的H2SO3氧化为硫酸，发生反应：，H2SO4与NaClO反应生了HClO，HClO氧化漂白了紫色石蕊试液。基于丙的设计，要设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO，可以将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，将反应产生的CO2气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液除去挥发的SO2气体、实验ⅰ混合溶液，若测得褪色时间小于75 s，就可以证明酸性：H2SO3＞H2CO3＞HClO，得到结论：H2SO3＞HClO。
18．【答案】（1）铅镁合金
（2）搅拌(合理即可)；
（3）(也正确)
（4）45℃，pH为7.5；>；分解，下降，沉淀率下降
（5）+4；12
（6）
【知识点】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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）电解冶炼锰的装置氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn做电极，Mn2+在阴极得到电子生成Mn，则阳极材料为铅镁合金。
故答案为： 铅镁合金 ；
（2）复合硫酸盐中PbSO4难溶于水，浸出后残留在滤饼中；提高浸出速率常用提高温度、增大接触面积或加强搅拌等方法。
故答案为： 搅拌(合理即可) ； ；
（3）“沉锰”中，Mn2+和、NH3反应生成MnCO3沉淀，溶液呈碱性，该反应过程中的电离被促进产生了，产物中还存在，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：或。
故答案为：(也正确) ；
（4）①“沉锰”时要求Mn2+沉淀而Mg2+不沉淀，根据图中数据可知，合适的温度为45℃，合适的pH为7.5，浸出液沉淀最佳条件下，，则=10-4.1，pH为7.5时，c(H+)=10-7.5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-6.5mol/L，则，则>。
②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是：分解，下降，沉淀率下降。
故答案为： 45℃，pH为7.5 ； > ；分解，下降，沉淀率下降 ；
（5）设晶胞边长为a，由几何关系可知，体心的原子与顶点的原子距离为，棱心的原子与顶点的原子距离为，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中棱心原子为O，有12×=3个，顶点原子为Mn，有8×=1个，体心的原子为Mg，有1个，则化学式为MgMnO3，Mg为+2价，O为-2价，根据化合价代数和为零可知，Mn的化合价为+4价，与Mg原子最近且距离相等的O原子的数目为12。
故答案为： +4 ；12；
（6）过量的通入氨水可以生成。
故答案为： 。
【分析】复合硫酸盐（含 (NH4)2SO4、MnSO4、MgSO4、PbSO4）经低温焙烧时，(NH4)2SO4分解产生 NH3，实现含氮组分的脱除与回收；焙烧后固体用水浸出，因 PbSO4不溶于水，通过过滤可将其分离至滤饼中，从而除去铅杂质；滤液中则含 Mn2+、Mg2+等可溶离子；向滤液中加入 NH4HCO3和 NH3，利用碳酸根与 Mn2+的结合能力，使 Mn2+转化为 MnCO3沉淀，过滤后实现锰的分离；后续向滤液中加入草酸氢铵，通过草酸根与 Mg2+的反应，将 Mg2+转化为草酸镁固体；最后煅烧草酸镁固体，草酸镁分解得到轻质 MgO，完成镁的资源化利用；整个流程通过 “焙烧脱氨→水浸除铅→沉淀除锰→草酸沉镁→煅烧制 MgO” 的分步操作，实现了不同金属元素的分离与目标产物的制备。
（1）电解冶炼锰的装置氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn做电极，Mn2+在阴极得到电子生成Mn，则阳极材料为铅镁合金。
（2）复合硫酸盐中PbSO4难溶于水，浸出后残留在滤饼中；提高浸出速率常用提高温度、增大接触面积或加强搅拌等方法。
（3）“沉锰”中，Mn2+和、NH3反应生成MnCO3沉淀，溶液呈碱性，该反应过程中的电离被促进产生了，产物中还存在，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：或。
（4）①“沉锰”时要求Mn2+沉淀而Mg2+不沉淀，根据图中数据可知，合适的温度为45℃，合适的pH为7.5，浸出液沉淀最佳条件下，，则=10-4.1，pH为7.5时，c(H+)=10-7.5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-6.5mol/L，则，则>。
②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是：分解，下降，沉淀率下降。
（5）设晶胞边长为a，由几何关系可知，体心的原子与顶点的原子距离为，棱心的原子与顶点的原子距离为，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中棱心原子为O，有12×=3个，顶点原子为Mn，有8×=1个，体心的原子为Mg，有1个，则化学式为MgMnO3，Mg为+2价，O为-2价，根据化合价代数和为零可知，Mn的化合价为+4价，与Mg原子最近且距离相等的O原子的数目为12。
（6）过量的通入氨水可以生成。
19．【答案】（1）；>；或或；1
（2）A；
（3）<；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡转化过程中的变化曲线；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）①基态N原子是7号元素，价层电子排布式为。
②根据，反应I的，若在任意温度可自发进行，则。
③根据盖斯定律，反应I的=或或。
④基元反应的反应速率方程可表示为，k为速率常数，方程式中反应物浓度的指数与方程式的系数一致，总反应速率方程由慢反应决定，则反应I：的正反应速率由第一步决定，可表示为，1。
故答案为： ； > ；或或 ；1；
（2）向恒容密闭容器中加入1mol，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应II)，根据PV=nRT，当P、V都不变时，气体的物质的量与温度应该呈反比，故温度越高，气体的物质的量越小而高温处的B点气体的物质的量变大说明平衡在移动未达到平衡，A状态的温度低物质的量也小说明该条件下反应达到最大限度平衡不移动，故A状态一定处于平衡状态。
恒容密闭容器中加入1mol，仅发生反应Ⅱ，以此列三段式：
平衡时的物质的量分数为，的物质的量分数为，该状态时的分压为，的分压为，则。
故答案为： A ； ；
（3）反应I： ；
反应II： 。
①，增大可能原因是反应I的速率小于反应II，反应以II为主且随着温度降低(反应II是吸热反应)反应I逆移，故增大。
②向2L恒容密闭容器中加入1mol，2min时恰好达到平衡，的转化率恰好为50%，反应开始前2min：
故答案为： < ； 。
【分析】（1）①依据 N 的原子序数（7），写出价层电子排布式。
②结合 ΔG=ΔH-TΔS<0 及 ΔH<0，判断 ΔS 与 0 的关系。
③用盖斯定律组合已知反应，推导总反应的 ΔH。
④总反应速率由慢反应决定，根据慢反应式确定速率方程中 N2O 的指数 x。
（2）结合温度对平衡的影响，判断平衡状态；通过三段式算各气体物质的量分数，再求分压平衡常数 Kp。
（3）①根据 n(N2O) 变化，比较反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 的速率大小。
②用三段式计算转化量，结合速率公式求 v(O2)。
（1）①基态N原子是7号元素，价层电子排布式为。
②根据，反应I的，若在任意温度可自发进行，则。
③根据盖斯定律，反应I的=或或。
④基元反应的反应速率方程可表示为，k为速率常数，方程式中反应物浓度的指数与方程式的系数一致，总反应速率方程由慢反应决定，则反应I：的正反应速率由第一步决定，可表示为，1。
（2）向恒容密闭容器中加入1mol，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应II)，根据PV=nRT，当P、V都不变时，气体的物质的量与温度应该呈反比，故温度越高，气体的物质的量越小而高温处的B点气体的物质的量变大说明平衡在移动未达到平衡，A状态的温度低物质的量也小说明该条件下反应达到最大限度平衡不移动，故A状态一定处于平衡状态。
恒容密闭容器中加入1mol，仅发生反应Ⅱ，以此列三段式：
平衡时的物质的量分数为，的物质的量分数为，该状态时的分压为，的分压为，则。
（3）反应I： ；
反应II： 。
①，增大可能原因是反应I的速率小于反应II，反应以II为主且随着温度降低(反应II是吸热反应)反应I逆移，故增大。
②向2L恒容密闭容器中加入1mol，2min时恰好达到平衡，的转化率恰好为50%，反应开始前2min：
20．【答案】（1）酰胺基；甲醛
（2）C；D
（3）；氧化反应；3；
（4）3：2：1；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；酰胺
【解析】【解答】（1）化合物a的官能团名称是酰胺基；化合物b的名称是甲醛；
故答案为： 酰胺基 ； 甲醛 ；
（2）A．化合物d是脂环烃，1，3-丁二烯是链烃，二者结构不同，分子组成没有相差若干个CH2，不是同系物，A错误；
B．化合物a中甲基碳原子是饱和碳，是sp3杂化，B错误；
C．a含有氨基，可与水形成分子间氢键，在水中的溶解度大于d，C正确；
D．c与d反应生成e的过程是共轭双键的1，4加成，存在键的断裂和形成，D正确；
故答案为：CD；
（3）①e含有酰胺基，在盐酸作用下水解生成羧基和氯化铵，化学方程式为；
②e→g的反应是碳碳双键被氧化断开生成羧基和羰基的过程，反应类型是氧化反应；
③h是e的同分异构体，h分子中含氨基和四个甲基，遇发生显色反应，说明含有酚羟基，h分子结构中含有苯环，苯环上有6个侧链，分别为4个甲基，1个氨基，1个羟基，氨基和羟基有邻、间、对3种位置，h可能的结构有3种；
④根据分析，f的结构简式为；
故答案为： ； 氧化反应 ；3； ；
（4）①参考的反应，第一步反应生成，核磁共振氢谱的吸收峰面积比为3：2：1；
②发生氧化反应生成，发生还原反应生成，发生酯化反应生成，最后一步反应的化学方程式为。
故答案为： 3：2：1 ； 。
【分析】c、d 生成 e 的反应属于共轭双键的 1，4 - 加成反应，通过双键的加成与成环过程，形成具有特定环状结构的产物 e 。此反应类型同样适用于副产物 f 的生成，即 f 与 e 的反应机制完全一致。
f 与 e 互为同分异构体，二者差异源于侧链的相对位置不同。e 中侧链呈现一种空间排布，而 f 中侧链的空间位置发生改变，从而形成结构不同但分子式相同的两种产物，f 的结构简式需体现这种侧链位置的差异，结构简式为；据此解题。
（1）化合物a的官能团名称是酰胺基；化合物b的名称是甲醛；
（2）A．化合物d是脂环烃，1，3-丁二烯是链烃，二者结构不同，分子组成没有相差若干个CH2，不是同系物，A错误；
B．化合物a中甲基碳原子是饱和碳，是sp3杂化，B错误；
C．a含有氨基，可与水形成分子间氢键，在水中的溶解度大于d，C正确；
D．c与d反应生成e的过程是共轭双键的1，4加成，存在键的断裂和形成，D正确；
故选CD；
（3）①e含有酰胺基，在盐酸作用下水解生成羧基和氯化铵，化学方程式为；
②e→g的反应是碳碳双键被氧化断开生成羧基和羰基的过程，反应类型是氧化反应；
③h是e的同分异构体，h分子中含氨基和四个甲基，遇发生显色反应，说明含有酚羟基，h分子结构中含有苯环，苯环上有6个侧链，分别为4个甲基，1个氨基，1个羟基，氨基和羟基有邻、间、对3种位置，h可能的结构有3种；
④根据分析，f的结构简式为；
（4）①参考的反应，第一步反应生成，核磁共振氢谱的吸收峰面积比为3：2：1；
②发生氧化反应生成，发生还原反应生成，发生酯化反应生成，最后一步反应的化学方程式为。
1 / 1广东省2025-2026学年高三上学期 开学联考化学试题
1．（2025高三上·广东开学考）传统节日“承载文化根脉”。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．春节“五帝铜钱” B．中秋纸灯笼
C．重阳菊花酒陶罐 D．端午木质龙舟
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、春节 “五帝铜钱” 主要成分为铜合金（如黄铜，含铜和锌等金属），符合合金的定义，故A符合题意 ；
B、中秋纸灯笼的主要材料是纸，纸的主要成分为纤维素，属于有机物，故B不符合题意 ；
C、重阳菊花酒陶罐的主要材料是陶瓷，陶瓷主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故C不符合题意 ；
D、端午木质龙舟的主要材料是木材，木材主要成分为纤维素，属于有机物，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】要解决此题，需紧扣合金的定义（由两种或两种以上金属或金属与非金属熔合而成，具有金属特性的物质），对每个选项逐一分析。
2．（2025高三上·广东开学考）化学就在身边。下列相关说法中正确的是
A．高压钠灯发出黄光是化学变化 B．化妆品所含甘油难溶于水
C．羊毛衫所含材料是纤维素 D．光导纤维主要成分是
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；硅和二氧化硅；焰色反应
【解析】【解答】A、高压钠灯发出黄光，是钠原子电子跃迁释放光能，无新物质生成，属于物理变化，A错误；
B、甘油（丙三醇）含有多个羟基，易与水形成氢键，因此甘油易溶于水，B错误；
C、羊毛衫的主要材料是羊毛，羊毛的主要成分为蛋白质，并非纤维素，C错误；
D、光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断变化类型（物理变化 vs 化学变化）。
B．判断物质的溶解性及结构原因。
C．判断材料的主要成分。
D．判断光导纤维的主要成分。
3．（2025高三上·广东开学考）“海上生明月，九天揽星河”，我国航天事业蒸蒸日上。有关的化学知识叙述错误的是
A．月球探测器使用的碳化硅增强铝基材料属于复合材料
B．空间站的砷化镓太阳能电池发电过程将电能转化为光能
C．长征系列运载火箭部分型号用液氢燃料，H2燃烧过程体现其还原性
D．月壤提取的氦-3()可用于可控核聚变，与互为同位素
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；常见能量的转化及运用；元素、核素
【解析】【解答】A、复合材料是由不同材料复合而成，月球探测器使用的碳化硅增强铝基材料属于复合材料，A正确；
B、空间站的砷化镓太阳能电池发电过程是将光能转化为电能，而非电能转化为光能，B错误；
C、H2燃烧时失去电子生成水，H 元素化合价升高，H2作还原剂，体现其还原性，C正确；
D、3He 与4He 质子数相同、中子数不同，互为同位素，D正确；
故答案为：B。【分析】A．判断材料是否为复合材料。
B．判断能量转化形式。
C．判断物质的化学性质（还原性）。
D．判断是否为同位素。
4．（2025高三上·广东开学考）含泥沙和NaCl的粗苯甲酸可用重结晶法提纯。下列实验操作正确且达到实验目的的是
A．将粗苯甲酸溶于热水 B．趁热过滤分离NaCl和泥沙
C．蒸发结晶直接得到苯甲酸 D．冷却结晶析出苯甲酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、重结晶的溶解步骤需在烧杯中进行，图 A 中使用的是坩埚（坩埚常用于灼烧固体，如灼烧海带提取碘等实验），容器类型选择错误，无法完成溶解操作，A不符合题意；
B、趁热过滤时必须用玻璃棒引流，以保证液体沿玻璃棒流入漏斗，防止液体溅出或冲破滤纸。图示操作未使用玻璃棒，操作不规范，B不符合题意；
C、苯甲酸溶解度随温度降低显著减小，NaCl 溶解度随温度变化不明显。若采用蒸发结晶，溶剂减少时 NaCl 会与苯甲酸一同析出，无法实现苯甲酸的提纯；而冷却结晶可利用苯甲酸溶解度的温度敏感性使其单独析出，C不符合题意；
D、苯甲酸在热水中形成饱和溶液后，因温度降低溶解度大幅减小，会结晶析出；NaCl 因溶解度受温度影响小，仍留在溶液中，通过冷却结晶可有效分离苯甲酸与 NaCl 等可溶性杂质，操作符合重结晶原理，D符合题意；
故答案为：D。【分析】A．明确重结晶溶解的容器要求。
B．明确趁热过滤的操作规范。
C．结合物质溶解度特点判断结晶方法。
D．结合物质溶解度差异分析结晶效果。
5．（2025高三上·广东开学考）劳动有利于“知行合一”。下列劳动过程与所述的化学知识有关联的是
选项 劳动过程 化学知识
A 保洁员用含NaOH的去污剂清洗抽油烟机 油脂碱性条件下易水解生成可溶物
B 外科医生用苯酚溶液对手术器械消毒 蛋白质在酸性条件下可水解
C 面点师用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与酸反应
D 洗衣人员用氯水漂白顽固污渍 可与碱反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、抽油烟机的油污核心成分为油脂，油脂属于酯类，在NaOH提供的碱性条件下会发生水解反应，生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，从而实现油污的清洗。该劳动过程的化学本质就是油脂的碱性水解，与所述化学知识完全关联，故A符合题意 ；
B、外科医生用苯酚溶液消毒手术器械，是利用苯酚能使蛋白质变性（蛋白质空间结构被破坏，失去生物活性）的性质，而非蛋白质在酸性条件下的水解（水解是蛋白质分解为氨基酸的过程，与消毒原理无关）。劳动过程的化学原理与所述知识不匹配，故B不符合题意 ；
C、小苏打是NaHCO3，并非Na2CO3。其作为发泡剂是因为受热易分解：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生的CO2使面包蓬松，而非Na2CO3与酸反应。劳动过程的物质成分和化学原理均与所述知识不符，故C不符合题意 ；
D、氯水漂白顽固污渍，是因为氯水中的HClO具有强氧化性，能将有色物质氧化为无色物质；而“Cl2可与碱反应”是氯气的另一化学性质，与漂白原理无关。劳动过程的化学机制与所述知识无关联，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．聚焦油脂碱性水解的原理及去污应用。
B．区分苯酚消毒的原理与蛋白质水解的差异。
C．明确小苏打的成分及发泡的真实化学机制。
D．辨析氯水漂白的有效成分及作用机理。
6．（2025高三上·广东开学考）下列方程式与所给事实不相符的是
A．将通入水中制备硝酸：
B．通过灼热铁粉制氢气：
C．用乙醇处理废弃的金属钠：
D．用丙烷脱氢制得的丙烯制聚丙烯：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NO2属于氮的氧化物，与水反应时发生歧化反应，生成硝酸（HNO3）和一氧化氮（NO），化学方程式为 ，反应产物与事实完全一致，故A不符合题意 ；
B、灼热铁粉与水蒸气反应时，生成的是四氧化三铁（Fe3O4）和氢气，而非氧化铁（Fe2O3）。因为铁在高温下与水蒸气反应的产物是具有磁性的四氧化三铁，正确的化学方程式为
4H2O(g)+3Fe Fe3O4+4H2，所给方程式的产物与事实不符，故B符合题意 ；
C、乙醇分子中的羟基（—OH）具有弱酸性，能与活泼金属钠反应，生成乙醇钠（C2H5ONa）和氢气（H2），化学方程式为 ，反应原理和产物均与事实相符，故C不符合题意 ；
D、丙烯（CH2=CHCH3）含有碳碳双键，能发生加聚反应，多个丙烯分子通过双键打开相互连接，生成聚丙烯， 化学方程式为：，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．明确NO2与水的反应本质。
B．结合铁与水蒸气的反应产物分析。
C．分析乙醇与金属钠的反应规律。
D．明确丙烯加聚反应的特点。
7．（2025高三上·广东开学考）铜板上的铁铆钉在潮湿环境中易发生电化学腐蚀而生锈(如图所示)。下列说法正确的是
A．铜板为负极
B．铁发生反应：
C．生锈过程电子由铁经水膜移向铜板
D．铁生锈还涉及反应：
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铁的金属活动性强于铜，在电化学腐蚀的原电池中，较活泼的铁作负极，铜作正极，并非铜板为负极，A错误；
B、铁作为负极发生氧化反应，失电子生成的是Fe2+，电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+，而非
Fe-3e-=Fe3+，B错误；
C、电子的移动只能通过金属导体（铁与铜板的接触部位），不能通过水膜（电解质溶液）移动，C错误；
D、铁腐蚀时，负极产生的 Fe2+与正极产生的 OH-结合生成 Fe(OH)2；Fe(OH)2具有较强还原性，易被空气中的 O2氧化，发生反应 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，这是铁生锈过程中关键的化学转化步骤，D正确；
故答案为：D。【分析】A．依据金属活动性判断正负极。
B．分析铁负极的氧化产物。
C．明确电子的移动介质。
D．梳理铁锈生成的反应链条。
8．（2025高三上·广东开学考）丝氨酸可用于蛋白质的生物合成，其结构如图所示。关于丝氨酸说法错误的是
A．分子式为 B．可发生缩聚反应
C．含有手性碳原子 D．能与反应生成
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、丝氨酸的结构为 HO-CH2-CH (NH2)-COOH，逐一计数原子：C 原子 3 个、H 原子 7 个（-CH2- 含 2 个 H，-CH - 含 1 个 H，-NH2含 2 个 H，-COOH 含 2 个 H）、N 原子 1 个、O 原子 3 个，因此分子式应为C3H7NO3，而非选项中的 C3H5NO3，A错误；
B、丝氨酸分子中同时含有羧基（-COOH）和氨基（-NH2），这两种官能团可通过脱水缩合（羧基脱 - OH、氨基脱 - H）发生缩聚反应，形成多肽链，因此能发生缩聚反应，B正确；
C、丝氨酸分子中，与氨基（-NH2）相连的那个碳原子，分别连接了 -H、-NH2、-COOH、-CH2OH四个不同的原子或基团，符合手性碳原子的定义，如图： ，因此含有手性碳原子，C正确；
D、丝氨酸含羧基（-COOH），羧基的酸性强于碳酸，根据强酸制弱酸原理，能与 NaHCO3反应生成 CO2，D正确；
故答案为：A。【分析】A．精准分析分子中各原子的数目。
B．结合官能团判断缩聚反应可能性。
C．明确手性碳原子的判断标准（连接四个不同的原子或基团）。
D．分析羧基的酸性及与 NaHCO3的反应。
9．（2025高三上·广东开学考）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
碱X→氧化物→金属单质→盐
A．X可为，熔点：
B．X可为，盐的水溶液一定显中性
C．X可为，金属单质可与稀硝酸反应生成NO
D．X可为，金属单质可与S反应生成
【答案】C
【知识点】铜及其化合物；无机物的推断；物质的简单分类
【解析】【解答】A、Al(OH)3受热分解生成 Al2O3，Al2O3通过电解可生成 Al，Al 与酸反应能生成盐，转化路径成立；但 Al2O3的熔点约为 2072℃，Al 的熔点仅为 660℃，Al2O3熔点远高于 Al，A错误；
B、Mg(OH)2分解生成 MgO，MgO 需在高温条件下被还原才能生成 Mg，Mg 与酸反应生成盐（如 MgCl2）；但 MgCl2溶液中 Mg2+会发生水解反应，使溶液显酸性，并非中性，B错误；
C、Cu(OH)2分解生成 CuO，CuO 可被还原为 Cu 单质，Cu 与稀硝酸反应时，会生成 Cu(NO3)2和 NO 气体，整个转化链条完整且反应事实准确，C正确；
D、Fe(OH)3分解生成 Fe2O3，Fe2O3可被还原为 Fe 单质；但 Fe 与 S 反应时，由于 S 的氧化性较弱，只能生成 FeS，而非 Fe2S3，D错误；
故答案为：C。【分析】A．聚焦物质转化的可行性与熔点差异。
B．关注物质转化的条件与盐溶液的酸碱性。
C．梳理物质转化的每一步反应事实。
D．分析金属与非金属的反应产物。
10．（2025高三上·广东开学考）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol 中含有σ键的数目为5
B．1L 0.1mol/L 溶液中含的数目为0.1
C．22.4L CO和的混合气体含有的分子数目为
D．7.8g 与足量反应，转移电子数目为0.2
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、乙烯（CH2=CH2）分子中，碳碳双键包含1 个 σ 键和 1 个 π 键；每个 C 原子与 2 个 H 原子形成2 个 C-H σ 键，因此 1 个乙烯分子共含 5 个 σ 键。1mol 乙烯中 σ 键的数目为 5NA，A正确；
B、FeCl3溶液中，Fe3+会发生水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），导致溶液中 Fe3+的实际浓度小于 0.1mol/L。因此 1L 0.1mol/L FeCl3溶液中，Fe3+的数目小于 0.1NA，B错误；
C、气体摩尔体积 “22.4L/mol” 的使用前提是标准状况（0℃、101kPa），题目未明确说明条件是否为标准状况，无法确定 22.4L CO 和 N2混合气体的物质的量，进而无法计算分子数目，C错误；
D、7.8g Na2O2的物质的量为 0.1mol。在反应 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，Na2O2中 O 元素发生歧化反应（部分 O 从 - 1 价升为 0 价，部分从 -1 价降为 -2 价），每消耗 1mol Na2O2转移 1mol 电子。因此 0.1mol Na2O2参与反应时，转移电子数为0.1NA，D错误；
故答案为：A。【分析】A．精准分析乙烯分子的 σ 键构成。
B．结合 Fe3+的水解特性判断粒子数。
C．严格遵循气体摩尔体积的适用条件。
D．深入分析 Na2O2与 CO2反应的电子转移本质。
11．（2025高三上·广东开学考）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 装有的密闭烧瓶热水浴，气体颜色变深 溶于水可生成硝酸
B 酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸 电负性：F>Cl>H
C 溶液中滴加KSCN溶液，生成红色沉淀 可用KSCN检验溶液中是否有
D 饱和NaCl依次通入过量和，产生沉淀 溶解度小，易生成沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、装有 NO2的密闭烧瓶热水浴时，温度升高使平衡 2NO2 N2O4逆向移动，NO2浓度增大，气体颜色变深；而陈述 Ⅱ“NO2溶于水可生成硝酸” 与该平衡移动无关。陈述 Ⅰ 正确，陈述 Ⅱ 正确，但两者无因果关系，故A不符合题意 ；
B、三氟乙酸、三氯乙酸、乙酸的酸性顺序为三氟乙酸＞三氯乙酸＞乙酸，这是因为电负性 F＞Cl＞H，吸电子效应使羧基中 H 更易电离，酸性增强。陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确，且存在因果关系，故B符合题意 ；
C、FeCl3溶液中滴加 KSCN 溶液，生成的是红色络合物溶液，而非红色沉淀，陈述 Ⅰ 描述错误，故C不符合题意 ；
D、饱和 NaCl 中依次通入过量 CO2，因 CO2在 NaCl 溶液中溶解度小，不会产生沉淀；若要产生沉淀，需先通氨气再通 CO2（利用侯氏制碱法原理）。陈述 Ⅰ 现象描述不符合实际，故D不符合题意 ；
故答案为：B。【分析】A．分析 NO2密闭烧瓶受热变色的原因及与陈述 Ⅱ 的关联。
B．分析酸性强弱的原因及与电负性的关联。
C．分析 FeCl3与 KSCN 反应的现象。
D．分析饱和 NaCl 中通入 CO2的实验现象及原理。
12．（2025高三上·广东开学考）AgCl悬浊液中滴加过量氨水，固体完全溶解，溶液中存在反应：，。关于反应后的溶液叙述正确的是
A．微粒中配体为
B．通入少量，增大
C．加水稀释，促进电离，溶液的碱性增强
D．体系中，
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在微粒[Ag(NH3)2]+中，NH3是配体，Ag+是中心离子，A错误；
B、对于反应[Ag(NH3)]+ + NH3 [Ag(NH3)2]+，平衡常数。通入少量NH3，增大，K不变，则，比值增大，B正确；
C、加水稀释时，NH3·H2O的电离程度增大，但溶液体积增加更多，OH-总浓度降低，碱性减弱，C错误；
D、体系中含Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+、NH4+、H+、Cl-、OH-，电荷守恒应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确配合物中配体和中心离子的定义。
B．利用化学平衡常数分析浓度比值的变化。
C．分析加水稀释对溶液碱性的影响。
D．根据电荷守恒判断离子浓度关系。
13．（2025高三上·广东开学考）按下图装置进行实验(试管浸泡在烧杯的溶液中)。下列说法正确的是
A．a试纸先变红后褪色
B．b滤纸褪色，说明有漂白性
C．右侧试管先浑浊，说明分解放热
D．能降低分解的焓变
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A、左侧试管中 Na2S2O3与稀 H2SO4反应生成 SO2，SO2溶于水生成 H2SO3（显酸性），使湿润的蓝色石蕊试纸变红；但 SO2不能漂白酸碱指示剂，试纸不会褪色，A错误；
B、b 滤纸浸泡过溴水（橙色），SO2与 Br2发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，体现的是 SO2的还原性，而非漂白性，B错误；
C、Na2S2O3与 H2SO4反应生成 S 沉淀（浑浊），反应速率随温度升高而加快。右侧烧杯中 H2O2在 Fe3+催化下分解放热，使右侧试管内温度升高，反应速率加快，先出现浑浊，说明 H2O2分解放热，C 正确；
D、Fe3+是 H2O2分解的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变（焓变由反应物和生成物的能量差决定），D错误；
故答案为：C。【分析】A．分析 SO2对湿润蓝色石蕊试纸的作用。
B．分析 SO2与溴水反应的本质。
C．分析温度对反应速率的影响及 H2O2分解的热效应。
D．分析催化剂对反应焓变的影响。
14．（2025高三上·广东开学考）a→f元素原子序数递增，第一电离能相对大小关系如图所示，b、c、d为相邻的非金属元素，e在同周期中原子半径最大，基态f原子同周期单电子数最多。下列说法正确的是
A．电负性：dB．a和e都是碱金属元素
C．最简单氢化物沸点：d>b
D．基态f最高能级电子云轮廓图为哑铃形
【答案】C
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、电负性同周期从左到右递增，d 为 O，c 为 N，O 电负性大于 N，即 d＞c，A错误；
B、a 为 H，不属于碱金属元素（碱金属是 IA 族除 H 外的元素）；e 为 Na，是碱金属，B错误；
C、d 的最简单氢化物为 H2O（分子间含氢键），b 的最简单氢化物为 CH4（分子间仅范德华力），氢键使 H2O 沸点远高于 CH4，即 d＞b，C正确；
D、f 为 Cr，基态电子排布为 [Ar] 3d54s ，最高能级为 3d，d 轨道电子云轮廓图为花瓣形，哑铃形是 p 轨道特征，D错误；
故答案为：C。【分析】a 为第一周期元素，第一电离能小于部分第二周期元素，故 a 为 H；
b、c、d 为第二周期相邻非金属元素，且 c 第一电离能大于 d，故 b 为 C，c 为 N，d 为 O；
e 在第三周期原子半径最大，故 e 为 Na；
f 在第四周期单电子数最多，故 f 为 Cr。
15．（2025高三上·广东开学考）铁基催化剂催化CH4→CH3OH的反应，部分反应历程如图所示(含决速步骤，CH4换成CH3D，反应相似，但反应速率减慢)。下列说法正确的是
A．催化剂能提高CH4平衡转化率
B．升高温度，n(CH3OH)增大
C．CH3D发生上述反应，过渡态1的能量降低
D．CH3D发生反应，所得两种甲醇分子的相对分子质量相等
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂的核心作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，但它不改变反应的始态和终态，因此不会影响化学平衡的移动。CH4的平衡转化率由平衡常数决定，与催化剂无关，A错误；
B、从反应历程图可见，反应物（CH4 + FeO+）的总能量高于产物（CH3OH + Fe+），说明该反应是放热反应（ΔH < 0）。根据勒夏特列原理，升高温度时，放热反应的平衡会向逆反应方向移动，导致 n (CH3OH) 减小，B错误；
C、题干明确过渡态 1 是决速步骤，且 CH4替换为 CH3D 后反应速率减慢。反应速率与活化能成反比（活化能越大，反应速率越慢），因此过渡态 1 的活化能必然增大，对应的过渡态能量也会升高，C 错误；
D、CH3D 参与反应时，存在两种断键可能：
断裂 C-H 键，生成 CH2D-OH，CH2D-OH 中，C 是 12，H 有 2 个（来自 CH2）+1 个（来自 OH）共 3 个 H（3×1），D 是 1 个（2），O 是 16，总和为 12 + 3 + 2 + 16 = 33；
断裂 C-D 键，生成 CH3-OD，分子中 C 是 12，CH3含 3 个 H（3×1），O 是 16，OD 中 D 是 2，总和为 12 + 3 + 16 + 2 = 33。
两种产物的相对分子质量相等，D正确；
故答案为：D。【分析】A．明确催化剂对平衡的影响逻辑。
B．结合反应历程判断热效应及温度对平衡的调控。
C．紧扣决速步骤与活化能的关联分析过渡态能量。
D．拆解 CH3D 的反应路径并计算产物相对分子质量。
16．（2025高三上·广东开学考）以离子液体作为电解液的铝电池，工作原理如图所示。下列推断正确的是
A．放电时，正极Al的化合价降低
B．充电时，离子向N极移动
C．充电时，电路转移3mol电子，N极减少27g
D．放电时，N极反应：
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时 N 极为正极，其反应式中，VO2里的 V 元素化合价降低（得电子），而 Al2Cl7-、AlCl4-中的 Al 始终为 +3 价，全程未发生化合价改变。因此 “Al 元素化合价降低” 的描述错误，A 错误；
B、充电时装置为电解池，M 极（原电池负极）作阴极，N 极（原电池正极）作阳极。电解池中，阳离子（如 EMIM+）会向阴极（M 极） 移动，而非阳极（N 极），B错误；
C、充电时 N 极为阳极，反应为放电时正极反应的逆过程： 。反应中，Al VO2失去 Al 元素转化为 VO2，每转移 3x mol 电子，N 极减少 x mol Al（质量 27x g）。由此推算，转移 3 mol 电子时，减少的 Al 质量为 27 g，C正确；
D、放电时 N 极为正极，发生还原反应，正确反应式需体现 V 元素得电子及 Al2Cl7-参与反应生成 Al VO2、AlCl4-和 Cl-，方程式为： ，D错误；
故答案为：C。【分析】A．聚焦放电时正极的元素价态变化。
B．明确充电时离子的移动方向。
C．推导充电时 N 极质量变化与电子转移的关系。
D．核对放电时 N 极的电极反应式。
17．（2025高三上·广东开学考）认识酸的强弱对理解酸反应规律有意义，兴趣小组开展相关研究。
（1）利用下图装置制备和及研究相应酸的强弱。
实验现象：A处变蓝，Ⅰ处变浑浊，Ⅱ处变浅但不褪色，Ⅲ处无浑浊。
①仪器m的名称是　 　，木炭粉与浓硫酸反应的化学方程式为　 　。
②检验尾气中有的试剂是　 　。
③试管Ⅲ无沉淀，从酸性强弱角度分析原因是　 　。
（2）研究试管Ⅰ中产生浑浊的原因。
①甲猜想生成，取混合物过滤，所得固体加入　 　，固体完全溶解，猜想不合理。
②乙猜想生成，进行以下探究：
查阅资料：常温下，、
实验设计将浓度均为0.40 mol/L的H2SO3、BaCl2溶液等体积混合，若的浓度为，a与满足　 　关系，可产生BaSO3沉淀。
实验验证将0.40 mol/L H2SO3溶液与H2O等体积混合，若混合前后浓度几乎不变，则约为　 　mol/L，代入关系式，证明猜想合理。
（3）研究 H2SO3、H2CO3与HClO的酸性强弱。
①将CO2通入NaClO溶液，产生酸性比H2CO3弱且有漂白性的HClO。
②丙同学参考①的方法，按下表进行实验比较H2SO3与HClO的酸性。
实验过程将各试剂混合，滴加石蕊试剂，测褪色时间(试剂浓度均为0.10)。
试剂 石蕊试液/滴 褪色时间/s
实验ⅰ 30.00 0.00 5.00 3 75
实验ⅱ 30.00 x 1.00 3 8
根据表中信息，补充数据，x=　 　mL。
得出结论 酸性：H2SO3＞HClO。
实验讨论 丁同学认为丙同学的实验不能得出相应结论，因会氧化H2SO3：，H2SO4与NaClO反应生成了HClO。基于丙的设计，完善方案，设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO 　 　(简述实验过程和现象)。
【答案】（1）分液漏斗；C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；澄清石灰水；盐酸是强酸，碳酸是弱酸，碳酸难以制备盐酸
（2）足量稀盐酸；；
（3）4.00；将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，产生的气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液、实验ⅰ混合溶液，测得褪色时间小于75 s
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据装置图可知仪器m的名称是分液漏斗；
木炭粉与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O； 无水CuSO4与水发生反应产生CuSO4·5H2O，固体由白色变为蓝色，证明产生了水蒸气；尾气中可能含有CO2和SO2，要检验尾气中含有CO2气体，由于CO2、SO2都能够使澄清石灰水变浑浊，因此需先根据SO2具有还原性，用足量酸性KMnO4溶液除去SO2，然后再通入澄清石灰水检验，所以检验尾气中CO2的试剂应该是澄清石灰水；
③试管Ⅲ无沉淀，是因为酸性：H2CO3＜HCl，根据复分解反应的规律，弱酸不能与强酸的盐反应制取强酸，因此CO2通入饱和BaCl2溶液中，没有生成BaCO3沉淀；
故答案为： 分液漏斗 ； C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ； 澄清石灰水 ； 盐酸是强酸，碳酸是弱酸，碳酸难以制备盐酸 ；
（2）①试管Ⅰ中出现浑浊现象，甲同学认为是反应生成了BaSO4，由于BaSO4既不溶于水，也不溶于盐酸，可以取混合物过滤，所得固体加入足量稀盐酸，若固体完全溶解，说明其中不含有BaSO4，则该猜想不合理；
②乙同学认为是生成了BaSO3，将浓度均为0.40 mol/L的H2SO3和BaCl2溶液等体积混合，c(H2SO3)=0.20 mol/L，c(Ba2+) =0.20 mol/L，H2SO3H++，H++，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。若c()=a mol/ L，由于Ksp(BaSO3)=c(Ba2+)·c()，则0.20a＞Ksp(BaSO3)时就会形成BaSO3沉淀；
将0.40 mol/LH2SO3溶液与H2O等体积混合，c(H2SO3)=0.20 mol/L，若混合前后c()几乎不变，c()=6.0×10-8mol/L，则证明上述猜想是合理的；
故答案为： 足量稀盐酸 ； ； ；
（3）实验ⅰ溶液的总体积V1=30.00 mL+5.00 mL=35.00 mL，要研究比较两种物质的酸性强弱，应该使溶液总体积相同，故实验ⅱ中亚硫酸溶液的体积x=35.00-30.00 -1.00=4.00；
实验ⅰ没有加H2SO3，只加了NaClO溶液和3滴石蕊试液，溶液褪色需75 s，而实验ⅱ中加入了4 mLH2SO3溶液，猜测可能发生复分解反应：H2SO3+2NaClO=Na2SO3+2HClO，反应产生了HClO，使溶液褪色时间大大缩短，只有8 s。故丙同学根据实验现象：实验ⅱ比实验ⅰ褪色时间缩短，就得出：H2SO3的酸性比HClO的酸性强结论；
但丁同学认为该结论不合理，认为是ClO-具有强氧化性，会将具有还原性的H2SO3氧化为硫酸，发生反应：，H2SO4与NaClO反应生了HClO，HClO氧化漂白了紫色石蕊试液。基于丙的设计，要设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO，可以将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，将反应产生的CO2气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液除去挥发的SO2气体、实验ⅰ混合溶液，若测得褪色时间小于75 s，就可以证明酸性：H2SO3＞H2CO3＞HClO，得到结论：H2SO3＞HClO。
故答案为： 4.00 ； 将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，产生的气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液、实验ⅰ混合溶液，测得褪色时间小于75 s 。
【分析】要解决该实验相关问题，需从反应原理、产物检验逻辑、酸性比较的干扰排除三个维度深度剖析：
反应原理与产物生成：
分液漏斗中浓硫酸滴入烧瓶后，C与浓H2SO4共热发生反应：，生成CO2、SO2和H2O三种产物。
产物检验的现象与逻辑：
A处变蓝：用于检验H2O的生成（如用无水CuSO4，遇水变蓝）。
Ⅰ处变浑浊：因酸性，沉淀不可能是BaCO3；需结合BaSO4（不溶于水和酸）、BaSO3（可通过检验）的性质进一步分析。
Ⅱ处变浅但不褪色：说明SO2未完全被吸收，后续需关注其对酸性比较的干扰。
Ⅲ处无浑浊：排除CO2与后续试剂生成沉淀的可能。
酸性比较的干扰与策略：
要比较、、的酸性，需利用“强酸制弱酸”规律。但具有还原性，会与氧化性的NaClO发生氧化还原反应（），干扰酸性判断。因此需先通过与NaHCO3反应制取CO2（证明），再将CO2通入NaClO溶液产生HClO（证明），从而排除干扰，准确比较酸性强弱。
（1）①根据装置图可知仪器m的名称是分液漏斗；
木炭粉与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O； 无水CuSO4与水发生反应产生CuSO4·5H2O，固体由白色变为蓝色，证明产生了水蒸气；尾气中可能含有CO2和SO2，要检验尾气中含有CO2气体，由于CO2、SO2都能够使澄清石灰水变浑浊，因此需先根据SO2具有还原性，用足量酸性KMnO4溶液除去SO2，然后再通入澄清石灰水检验，所以检验尾气中CO2的试剂应该是澄清石灰水；
③试管Ⅲ无沉淀，是因为酸性：H2CO3＜HCl，根据复分解反应的规律，弱酸不能与强酸的盐反应制取强酸，因此CO2通入饱和BaCl2溶液中，没有生成BaCO3沉淀；
（2）①试管Ⅰ中出现浑浊现象，甲同学认为是反应生成了BaSO4，由于BaSO4既不溶于水，也不溶于盐酸，可以取混合物过滤，所得固体加入足量稀盐酸，若固体完全溶解，说明其中不含有BaSO4，则该猜想不合理；
②乙同学认为是生成了BaSO3，将浓度均为0.40 mol/L的H2SO3和BaCl2溶液等体积混合，c(H2SO3)=0.20 mol/L，c(Ba2+) =0.20 mol/L，H2SO3H++，H++，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。若c()=a mol/ L，由于Ksp(BaSO3)=c(Ba2+)·c()，则0.20a＞Ksp(BaSO3)时就会形成BaSO3沉淀；
将0.40 mol/LH2SO3溶液与H2O等体积混合，c(H2SO3)=0.20 mol/L，若混合前后c()几乎不变，c()=6.0×10-8mol/L，则证明上述猜想是合理的；
（3）实验ⅰ溶液的总体积V1=30.00 mL+5.00 mL=35.00 mL，要研究比较两种物质的酸性强弱，应该使溶液总体积相同，故实验ⅱ中亚硫酸溶液的体积x=35.00-30.00 -1.00=4.00；
实验ⅰ没有加H2SO3，只加了NaClO溶液和3滴石蕊试液，溶液褪色需75 s，而实验ⅱ中加入了4 mLH2SO3溶液，猜测可能发生复分解反应：H2SO3+2NaClO=Na2SO3+2HClO，反应产生了HClO，使溶液褪色时间大大缩短，只有8 s。故丙同学根据实验现象：实验ⅱ比实验ⅰ褪色时间缩短，就得出：H2SO3的酸性比HClO的酸性强结论；
但丁同学认为该结论不合理，认为是ClO-具有强氧化性，会将具有还原性的H2SO3氧化为硫酸，发生反应：，H2SO4与NaClO反应生了HClO，HClO氧化漂白了紫色石蕊试液。基于丙的设计，要设计实验证明酸性：H2SO3＞HClO，可以将亚硫酸加入饱和NaHCO3溶液中，将反应产生的CO2气体依次通过足量饱和NaHCO3溶液除去挥发的SO2气体、实验ⅰ混合溶液，若测得褪色时间小于75 s，就可以证明酸性：H2SO3＞H2CO3＞HClO，得到结论：H2SO3＞HClO。
18．（2025高三上·广东开学考）电解法冶炼锰产生的复合硫酸盐［含、、和］可回收高价值产品，工艺流程如图所示。
已知：浸出液沉淀最佳条件下，。
（1）电解冶炼锰装置如图1所示，氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn作电极，其中阳极材料为　 　。
（2）提高“浸出”速率的措施有　 　(任写一种)。“滤饼”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）“沉锰”中，生成所发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉锰”中，少量会生成沉淀，温度和pH对沉淀率的影响如图2所示：
①“沉锰”合适的温度和pH分别为　 　，此时　 　(填“>”“<”或“=”)。
②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是　 　。
（5）某含Mg、Mn和O三种元素组成化合物的立方晶胞如图3所示。同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则晶体中Mn的化合价为　 　，与Mg原子最近且距离相等的原子的数目为　 　。
（6）晶体煅烧产生的通入氨水，制得可应用于流程中的化合物是　 　。
【答案】（1）铅镁合金
（2）搅拌(合理即可)；
（3）(也正确)
（4）45℃，pH为7.5；>；分解，下降，沉淀率下降
（5）+4；12
（6）
【知识点】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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）电解冶炼锰的装置氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn做电极，Mn2+在阴极得到电子生成Mn，则阳极材料为铅镁合金。
故答案为： 铅镁合金 ；
（2）复合硫酸盐中PbSO4难溶于水，浸出后残留在滤饼中；提高浸出速率常用提高温度、增大接触面积或加强搅拌等方法。
故答案为： 搅拌(合理即可) ； ；
（3）“沉锰”中，Mn2+和、NH3反应生成MnCO3沉淀，溶液呈碱性，该反应过程中的电离被促进产生了，产物中还存在，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：或。
故答案为：(也正确) ；
（4）①“沉锰”时要求Mn2+沉淀而Mg2+不沉淀，根据图中数据可知，合适的温度为45℃，合适的pH为7.5，浸出液沉淀最佳条件下，，则=10-4.1，pH为7.5时，c(H+)=10-7.5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-6.5mol/L，则，则>。
②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是：分解，下降，沉淀率下降。
故答案为： 45℃，pH为7.5 ； > ；分解，下降，沉淀率下降 ；
（5）设晶胞边长为a，由几何关系可知，体心的原子与顶点的原子距离为，棱心的原子与顶点的原子距离为，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中棱心原子为O，有12×=3个，顶点原子为Mn，有8×=1个，体心的原子为Mg，有1个，则化学式为MgMnO3，Mg为+2价，O为-2价，根据化合价代数和为零可知，Mn的化合价为+4价，与Mg原子最近且距离相等的O原子的数目为12。
故答案为： +4 ；12；
（6）过量的通入氨水可以生成。
故答案为： 。
【分析】复合硫酸盐（含 (NH4)2SO4、MnSO4、MgSO4、PbSO4）经低温焙烧时，(NH4)2SO4分解产生 NH3，实现含氮组分的脱除与回收；焙烧后固体用水浸出，因 PbSO4不溶于水，通过过滤可将其分离至滤饼中，从而除去铅杂质；滤液中则含 Mn2+、Mg2+等可溶离子；向滤液中加入 NH4HCO3和 NH3，利用碳酸根与 Mn2+的结合能力，使 Mn2+转化为 MnCO3沉淀，过滤后实现锰的分离；后续向滤液中加入草酸氢铵，通过草酸根与 Mg2+的反应，将 Mg2+转化为草酸镁固体；最后煅烧草酸镁固体，草酸镁分解得到轻质 MgO，完成镁的资源化利用；整个流程通过 “焙烧脱氨→水浸除铅→沉淀除锰→草酸沉镁→煅烧制 MgO” 的分步操作，实现了不同金属元素的分离与目标产物的制备。
（1）电解冶炼锰的装置氨性缓冲溶液调溶液为中性，用铅镁合金和Mn做电极，Mn2+在阴极得到电子生成Mn，则阳极材料为铅镁合金。
（2）复合硫酸盐中PbSO4难溶于水，浸出后残留在滤饼中；提高浸出速率常用提高温度、增大接触面积或加强搅拌等方法。
（3）“沉锰”中，Mn2+和、NH3反应生成MnCO3沉淀，溶液呈碱性，该反应过程中的电离被促进产生了，产物中还存在，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：或。
（4）①“沉锰”时要求Mn2+沉淀而Mg2+不沉淀，根据图中数据可知，合适的温度为45℃，合适的pH为7.5，浸出液沉淀最佳条件下，，则=10-4.1，pH为7.5时，c(H+)=10-7.5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-6.5mol/L，则，则>。
②高于45℃时，温度升高，沉淀率发生变化的原因是：分解，下降，沉淀率下降。
（5）设晶胞边长为a，由几何关系可知，体心的原子与顶点的原子距离为，棱心的原子与顶点的原子距离为，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中棱心原子为O，有12×=3个，顶点原子为Mn，有8×=1个，体心的原子为Mg，有1个，则化学式为MgMnO3，Mg为+2价，O为-2价，根据化合价代数和为零可知，Mn的化合价为+4价，与Mg原子最近且距离相等的O原子的数目为12。
（6）过量的通入氨水可以生成。
19．（2025高三上·广东开学考）可应用于电子工业，也是一种温室气体。
（1）催化分解法或热分解法可消除。
反应I：
①基态N原子的价层电子排布式为　 　。
②反应I在任意温度可自发进行，则　 　0(填“>”“<”或“=”)。
③一种催化剂催化分解工业尾气，发生以下反应：
根据盖斯定律，反应I的　 　。
④热分解法进行反应I经过两步基元反应：
第一步：(慢反应)
第二步：(快反应)
已知：基元反应的反应速率方程可表示为，k为速率常数，总反应速率方程由慢反应决定。
则反应I的正反应速率可表示为，　 　。
（2）加热可制。
反应II： 。
向恒容密闭容器中加入1mol ，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应Ⅱ)，测。不同温度下测得如图1，其中一定处于平衡状态的是　 　(填“A”或“B”)状态。该状态时的分压为，则分压平衡常数　 　(用含p的代数式表示)。
（3）向2L恒容密闭容器中加入1mol ，一定条件下恒温加热，同时发生反应Ⅱ和反应Ⅰ，容器内随时间变化的关系如图2，2min时恰好达到平衡，的转化率恰好为50%。
①，增大可能原因是反应I的速率　 　(填“>”“<”或“=”)反应II。
②反应开始前2min，　 　(写出计算过程)。
【答案】（1）；>；或或；1
（2）A；
（3）<；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡转化过程中的变化曲线；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）①基态N原子是7号元素，价层电子排布式为。
②根据，反应I的，若在任意温度可自发进行，则。
③根据盖斯定律，反应I的=或或。
④基元反应的反应速率方程可表示为，k为速率常数，方程式中反应物浓度的指数与方程式的系数一致，总反应速率方程由慢反应决定，则反应I：的正反应速率由第一步决定，可表示为，1。
故答案为： ； > ；或或 ；1；
（2）向恒容密闭容器中加入1mol，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应II)，根据PV=nRT，当P、V都不变时，气体的物质的量与温度应该呈反比，故温度越高，气体的物质的量越小而高温处的B点气体的物质的量变大说明平衡在移动未达到平衡，A状态的温度低物质的量也小说明该条件下反应达到最大限度平衡不移动，故A状态一定处于平衡状态。
恒容密闭容器中加入1mol，仅发生反应Ⅱ，以此列三段式：
平衡时的物质的量分数为，的物质的量分数为，该状态时的分压为，的分压为，则。
故答案为： A ； ；
（3）反应I： ；
反应II： 。
①，增大可能原因是反应I的速率小于反应II，反应以II为主且随着温度降低(反应II是吸热反应)反应I逆移，故增大。
②向2L恒容密闭容器中加入1mol，2min时恰好达到平衡，的转化率恰好为50%，反应开始前2min：
故答案为： < ； 。
【分析】（1）①依据 N 的原子序数（7），写出价层电子排布式。
②结合 ΔG=ΔH-TΔS<0 及 ΔH<0，判断 ΔS 与 0 的关系。
③用盖斯定律组合已知反应，推导总反应的 ΔH。
④总反应速率由慢反应决定，根据慢反应式确定速率方程中 N2O 的指数 x。
（2）结合温度对平衡的影响，判断平衡状态；通过三段式算各气体物质的量分数，再求分压平衡常数 Kp。
（3）①根据 n(N2O) 变化，比较反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 的速率大小。
②用三段式计算转化量，结合速率公式求 v(O2)。
（1）①基态N原子是7号元素，价层电子排布式为。
②根据，反应I的，若在任意温度可自发进行，则。
③根据盖斯定律，反应I的=或或。
④基元反应的反应速率方程可表示为，k为速率常数，方程式中反应物浓度的指数与方程式的系数一致，总反应速率方程由慢反应决定，则反应I：的正反应速率由第一步决定，可表示为，1。
（2）向恒容密闭容器中加入1mol，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应II)，根据PV=nRT，当P、V都不变时，气体的物质的量与温度应该呈反比，故温度越高，气体的物质的量越小而高温处的B点气体的物质的量变大说明平衡在移动未达到平衡，A状态的温度低物质的量也小说明该条件下反应达到最大限度平衡不移动，故A状态一定处于平衡状态。
恒容密闭容器中加入1mol，仅发生反应Ⅱ，以此列三段式：
平衡时的物质的量分数为，的物质的量分数为，该状态时的分压为，的分压为，则。
（3）反应I： ；
反应II： 。
①，增大可能原因是反应I的速率小于反应II，反应以II为主且随着温度降低(反应II是吸热反应)反应I逆移，故增大。
②向2L恒容密闭容器中加入1mol，2min时恰好达到平衡，的转化率恰好为50%，反应开始前2min：
20．（2025高三上·广东开学考）漆树酸(化合物g)可治疗十二指肠溃疡，由化合物a、b经三步反应合成化合物g的过程如下(反应条件和部分产物略)。
（1）化合物a的官能团名称是　 　，化合物b的名称是　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．化合物d是1，3-丁二烯的同系物
B．化合物a和b中，碳原子的杂化方式均为
C．a可与水形成分子间氢键，在水中的溶解度大于d
D．c与d反应生成e的过程，存在键的断裂和形成
（3）化合物e可在酸性和碱性条件下水解。
①e在盐酸作用下水解的化学方程式为　 　。
②e一步反应生成g，则e→g的反应类型是　 　。
③h是e的同分异构体，测得h分子中含氨基和四个甲基，遇发生显色反应，h可能的结构有　 　种。
④c与d反应，生成e和生成副产物f的反应类型相同，f与e是同分异构体，f的结构简式为　 　。
（4）参考的反应，以丙酮和化合物b为有机原料合成化合物i，无机试剂任选。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应中，有机生成物核磁共振氢谱的吸收峰面积比为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）酰胺基；甲醛
（2）C；D
（3）；氧化反应；3；
（4）3：2：1；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；酰胺
【解析】【解答】（1）化合物a的官能团名称是酰胺基；化合物b的名称是甲醛；
故答案为： 酰胺基 ； 甲醛 ；
（2）A．化合物d是脂环烃，1，3-丁二烯是链烃，二者结构不同，分子组成没有相差若干个CH2，不是同系物，A错误；
B．化合物a中甲基碳原子是饱和碳，是sp3杂化，B错误；
C．a含有氨基，可与水形成分子间氢键，在水中的溶解度大于d，C正确；
D．c与d反应生成e的过程是共轭双键的1，4加成，存在键的断裂和形成，D正确；
故答案为：CD；
（3）①e含有酰胺基，在盐酸作用下水解生成羧基和氯化铵，化学方程式为；
②e→g的反应是碳碳双键被氧化断开生成羧基和羰基的过程，反应类型是氧化反应；
③h是e的同分异构体，h分子中含氨基和四个甲基，遇发生显色反应，说明含有酚羟基，h分子结构中含有苯环，苯环上有6个侧链，分别为4个甲基，1个氨基，1个羟基，氨基和羟基有邻、间、对3种位置，h可能的结构有3种；
④根据分析，f的结构简式为；
故答案为： ； 氧化反应 ；3； ；
（4）①参考的反应，第一步反应生成，核磁共振氢谱的吸收峰面积比为3：2：1；
②发生氧化反应生成，发生还原反应生成，发生酯化反应生成，最后一步反应的化学方程式为。
故答案为： 3：2：1 ； 。
【分析】c、d 生成 e 的反应属于共轭双键的 1，4 - 加成反应，通过双键的加成与成环过程，形成具有特定环状结构的产物 e 。此反应类型同样适用于副产物 f 的生成，即 f 与 e 的反应机制完全一致。
f 与 e 互为同分异构体，二者差异源于侧链的相对位置不同。e 中侧链呈现一种空间排布，而 f 中侧链的空间位置发生改变，从而形成结构不同但分子式相同的两种产物，f 的结构简式需体现这种侧链位置的差异，结构简式为；据此解题。
（1）化合物a的官能团名称是酰胺基；化合物b的名称是甲醛；
（2）A．化合物d是脂环烃，1，3-丁二烯是链烃，二者结构不同，分子组成没有相差若干个CH2，不是同系物，A错误；
B．化合物a中甲基碳原子是饱和碳，是sp3杂化，B错误；
C．a含有氨基，可与水形成分子间氢键，在水中的溶解度大于d，C正确；
D．c与d反应生成e的过程是共轭双键的1，4加成，存在键的断裂和形成，D正确；
故选CD；
（3）①e含有酰胺基，在盐酸作用下水解生成羧基和氯化铵，化学方程式为；
②e→g的反应是碳碳双键被氧化断开生成羧基和羰基的过程，反应类型是氧化反应；
③h是e的同分异构体，h分子中含氨基和四个甲基，遇发生显色反应，说明含有酚羟基，h分子结构中含有苯环，苯环上有6个侧链，分别为4个甲基，1个氨基，1个羟基，氨基和羟基有邻、间、对3种位置，h可能的结构有3种；
④根据分析，f的结构简式为；
（4）①参考的反应，第一步反应生成，核磁共振氢谱的吸收峰面积比为3：2：1；
②发生氧化反应生成，发生还原反应生成，发生酯化反应生成，最后一步反应的化学方程式为。
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