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广东省深圳外国语学校2025-2026学年高三上学期第一次月考化学试卷
1．（2025高三上·深圳月考）下列关于有机化合物的说法错误的是
A．木糖醇()是一种天然甜味剂，属于糖类化合物
B．聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度
C．DNA分子复制过程中存在氢键的断裂和形成
D．烷基磺酸钠(表面活性剂)在水中聚集形成的胶束属于超分子
2．（2025高三上·深圳月考）下列化学用语或图示表述正确的是
A．分子的空间结构模型：
B．的电子云轮廓图为，其中的黑点代表核外电子的运动轨迹
C．HCl中键形成的示意图：
D．分子的空间结构为，可推测出为非极性分子
3．（2025高三上·深圳月考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4 L甲烷与22.4 L 在光照条件下反应，生成分子数为
B．1 mol甲苯与足量加成得到的有机产物含有共价键数目为21
C．1 mol羟基含有的电子数目为10
D．1 mol甘油(丙三醇)与足量Na反应，生成分子数为3
4．（2025高三上·深圳月考）下列反应的化学方程式书写正确的是
A．工业上由乙醇制备乙醛：
B．酯在酸性条件下水解：
C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应：+CO2+H2O→+Na2CO3
D．乙醛与新制悬浊液：
5．（2025高三上·深圳月考）鲁米诺因能快速鉴定衣物等表面是否存在血迹而被称为“血迹检测小王子”，其一种合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．一定条件，甲可以和乙醇发生缩聚反应
B．鲁米诺中最多12个原子位于同一平面
C．反应(1)是取代反应，反应(2)是氧化反应
D．鲁米诺既能与盐酸反应，又能与溶液反应
6．（2025高三上·深圳月考）用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．探究甲烷和Cl2的反应 B．制备溴苯并验证有HBr产生
C．萃取振荡时放气 D．证明乙炔可使溴水褪色
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·深圳月考）碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．反应进程中最大能垒为
B．适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率
C．第2步的基元反应方程式为：
D．升高温度，可以对于第1步反应的正反应速率增加，对于第3步反应的正反应速率减小
8．（2025高三上·深圳月考）劳动创造美好生活。对下列劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排
B 家务劳动：用糯米酿制米酒 葡萄糖在酒化酶的作用下转化为酒精
C 技术员采用阳极氧化增强铝材抗腐蚀性 铝能形成致密氧化膜，增强抗腐蚀性
D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应放热
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·深圳月考）实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液的流程如图所示。下列说法错误的是
A．环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由①、②、③获得
B．若试剂a为碳酸钠，可以通过观察气泡现象控制试剂用量
C．试剂c可以选用盐酸或硫酸
D．“操作X”为蒸馏，“试剂b”可选用盐酸或
10．（2025高三上·深圳月考）对下列事实的解释错误的是
选项 事实 解释
A 键角： 中心原子均采取杂化，分子中有2个孤电子对，孤电子对的斥力强于成键电子对
B 第一电离能：Mg>Al Mg原子的价电子排布为，为稳定结构，Al原子的价电子排布为，容易失去1个电子达到全充满稳定状态
C 稳定性：HF>HI HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键
D 熔点： 属于离子晶体，属于分子晶体
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高三上·深圳月考）利用燃料电池电解制备并得到副产物NaOH、、，装置如图所示。下列说法错误的是
A．a极电极反应式：
B．A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜
C．阳极室有氯气产生，阴极室中有氢气产生且NaOH浓度增大
D．a极上通入标准状况下2.24 L甲烷，阳极室减少0.2 mol
12．（2025高三上·深圳月考）下列有关实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向0.5g淀粉中加入4mL 2的溶液，加热一段时间，冷却后再加入少量新制的，加热 无砖红色沉淀产生 淀粉未水解
B 常温下，向盛有2滴0.1溶液的试管中滴加1mL 0.1NaCl溶液，再向其中滴加1mL 0.1 KI溶液 先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
C 两支试管中各盛有4mL 0.1酸性高锰酸钾溶液，分别加入2mL 0.1草酸和2mL 0.2草酸 加入0.2草酸的试管中溶液褪色更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快
D 室温下用pH试纸测定同浓度的NaClO溶液和溶液pH NaClO溶液颜色更深 酸性：
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高三上·深圳月考）在医药领域有广泛应用，但在空气中会污染环境。某研究小组研究实现的转化，发生反应，向体积为的密闭容器中充入和，在甲、乙两种催化剂作用下，反应，测得的转化率与温度的关系如图所示，下列有关说法正确的是
A．催化效果：甲<乙
B．、甲催化条件下，内
C．其它条件不变时，压缩容器体积乙曲线可能整体向上移动
D．前，乙催化剂作用下降低温度可提高的产率
14．（2025高三上·深圳月考）将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O△H。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：
已知：[Co(H2O)6]2+粉红色、[CoCl4]2-蓝色、[ZnCl4]2-无色，下列结论和解释正确的是
A．[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-的Co2+配位数之比为2︰3
B．由实验①可知平衡逆向移动
C．由实验②可推知△H＜0
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＜[CoCl4]2-
15．（2025高三上·深圳月考）常温下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．0.1mol·L－1HR溶液的pH为5
B．当pH=6时，水电离出的氢离子浓度为1.0×10－6
C．当通入0.1 mol NH3时，c()＞c(R－)＞c(H+)＞c(OH－)
D．当 pH=7时，c()=c(R－)
16．（2025高三上·深圳月考）室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P＋Q=X＋Z和反应②P＋Q=Y＋Z，反应①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是
A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变
B．45min时Z的浓度为0.4mol·L-1
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y
17．（2025高三上·深圳月考）某小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件。已知银氨溶液中存在如下平衡：。回答下列问题：
（1）写出银氨溶液的制备方法：　 　(可选试剂：2%硝酸银溶液，2%氨水，浓氨水，5%NaOH溶液)。
（2）向银氨溶液中滴加乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热，试管内壁产生银镜，写出反应的化学方程式：　 　。
（3）查阅资料：碱性条件有利于银镜产生。小组利用上述试剂设计实验验证该说法。
编号 实验 试剂 混合液pH 现象
Ⅰ NaOH 10 常温产生银镜
Ⅱ 浓氨水 10 加热一段时间无银镜
无 8 加热产生银镜
①对比实验　 　和　 　，证实了资料的说法。
②对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，实验Ⅱ未产生银镜，结合以下机理，运用平衡移动原理解释实验Ⅱ未产生银镜的原因：　 　。
③甲同学为了验证实验Ⅰ和实验Ⅱ现象差异的本质原因，向实验Ⅱ加热后的试管中又滴加了几滴　 　溶液，很快出现了银镜。
（4）小组同学进一步探究醛的银镜反应用银氨溶液而不直接用AgNO3溶液的原因。
实验Ⅳ：2% AgNO3溶液1mL(pH≈5)，加入2%氨水22滴；再加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热3分钟，出现光亮的银镜。
实验Ⅴ：20% AgNO3溶液1mL(pH≈5)，加入蒸馏水22滴，再加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热3分钟，无明显现象。
甲同学认为，2% AgNO3溶液应该比用其配制的银氨溶液更易氧化乙醛，而实验Ⅴ中无明显现象，从氧化还原反应的角度解释可能的原因：　 　(写出一条即可)。
（5）综上所述，乙醛与银氨溶液反应产生银镜的较合适条件为　 　。
18．（2025高三上·深圳月考）钒酸银()是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒渣(主要成分为、、、FeO、)制取钒酸银的工艺流程如图所示：
已知：①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为(R表示，HA表示有机萃取剂)。
②酸性溶液中，HA对、萃取能力强，而对、的萃取能力较弱。
回答下列问题：
（1）基态钒原子的价层电子排布图为　 　。“滤渣”的成分是　 　(填化学式)。
（2）“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：　 　。
（3）运用平衡移动原理解释向有机层加入硫酸的原因：　 　。
（4）已知溶液中与可相互转化且为沉淀。室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为，pH=6.已知，，则“沉钒”后溶液中　 　。
（5）写出煅烧的化学方程式：　 　，煅烧生成的气体返回　 　工序重新利用。
（6）钒的化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。
①钒的一种配合物X的化学式为取X的溶液进行如表实验(已知配体难电离出来)。则X的配体是　 　。
配合物 X X
试剂 溶液 溶液
现象 无明显变化 白色沉淀
②一种钒的硫化物的晶体结构(图a)及其俯视图(图b)如图所示：
该钒的硫化物晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子个数是　 　。
19．（2025高三上·深圳月考）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。回答下列问题：
．以和为原料合成尿素的反应为，该反应为放热反应。
（1）上述反应中，若要加快反应速率，可采取的措施有　 　。该反应自发进行的条件是　 　(填标号)。
A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度自发 D．不自发
（2）研究发现，合成尿素反应分两步完成，其热化学方程式如下：
第一步：
第二步；
则合成尿素总反应的热化学方程式为　 　。
．以和催化重整制备合成气：。
（3）在恒容密闭容器中通入物质的量均为0.2 mol 的和，在一定条件下发生反应，的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。
①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，能说明反应到达平衡状态的是　 　(填标号)。
A．反应速率：
B．断裂2 mol 键的同时断裂1 mol 键
C．容器内混合气体的压强保持不变
D．容器中混合气体的密度保持不变
②由图可知，Y点速率　 　(填“>”“<”"或“=”，下同)；容器内压强　 　。
．电化学法还原二氧化碳制取乙烯。
在强酸性溶液中通入气体，用惰性电极进行电解可制得乙烯。其原理如图所示。
（4）该装置中，当电路中通过2 mol 电子时，产生标准状况下的体积为　 　L；阴极的电极反应式为　 　。
20．（2025高三上·深圳月考）由烯丙基胺类化合物制备的高分子聚合物可用作重金属吸附剂、药物缓释材料等。一种高效合成烯丙基胺类化合物的新方法如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中官能团的名称是　 　。化合物Ⅰ的某同分异构体能够发生银镜反应，核磁共振氢谱只有2组峰，其结构简式为　 　。
（2）化合物的分子式是　 　。
（3）对化合物Ⅰ，分析预测其可能的化学性质，完成表格。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（4）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有　 　(填标号)。
A．反应过程中，有键和键的断裂
B．化合物I分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
C．化合物易溶于水，是因为其能与水分子形成氢键
D．化合物、中N原子的杂化方式相同
E．化合物、均可与HCl反应
（5）聚烯丙胺负载磺酸催化剂可有效催化苯甲酸正丁酯()的合成。
①聚烯丙胺由烯丙胺()通过加聚反应制备，聚烯丙胺的结构简式为　 　。
②有多种方式可合成苯甲酸正丁酯，现以苯甲酸和乙烯为原料合成苯甲酸正丁酯。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
a．最后一步的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
b．相关步骤涉及羟醛缩合反应，其化学方程式为　 　(无需注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、糖类指多羟基醛、多羟基酮及其衍生物和聚合物。木糖醇是多羟基醇，不符合糖类定义，不属于糖类，A错误；
B、聚乙烯从线型结构变为网状结构后，分子间连接更紧密，作用力更强，能增加材料强度，B正确；
C、DNA 分子通过氢键连接成双链，复制时先断裂氢键解开双链，再以单链为模板合成新链，过程中存在氢键的断裂与形成，C正确；
D、烷烃磺酸钠（表面活性剂）在水中浓度超一定值时，会聚集形成胶束，胶束属于超分子，D正确；
故答案为：A。
【分析】逐一分析各选项，结合有机化合物的定义、结构与性质判断对错。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、NH3的中心 N 原子有 3 个 σ 键和 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形。图示是包含孤电子对的 VSEPR 模型，并非 NH3实际的空间结构模型，A错误；
B、2p 的电子云轮廓图中，黑点代表电子在核外空间出现的概率密度，而非电子的运动轨迹（电子无固定运动轨迹），B错误；
C、HCl 中的 σ 键由 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道沿键轴方向头碰头重叠形成，属于 s-pσ 键，图示能正确体现这一形成过程，C正确；
D、H2O2为二面角形结构，分子结构不对称（两个 O-H 键不在同一直线，无对称中心），正电中心与负电中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案为：C。
【分析】依据分子结构特点、电子云定义、σ 键形成方式及分子极性判断规则，逐一分析选项。
3．【答案】B
【知识点】甲烷的取代反应；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、甲烷和 Cl2在光照下发生取代反应，是连锁反应，会生成 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4及 HCl，不会只生成 CH3Cl，故生成 CH3Cl 的分子数小于 NA，A错误；
B、1mol 甲苯与足量 H2加成生成甲基环己烷，分子中含 7 个 C-C 键和 14 个 C-H 键，共 21 个共价键，因此 1mol 产物中共价键数目为 21NA，B正确；
C、羟基中 O 原子含 8 个电子，H 原子含 1 个电子，1mol 羟基共含 9mol 电子，即电子数目为 9NA，C错误；
D、1mol 甘油含 3mol 羟基，与足量 Na 反应生成 1.5mol H2，分子数为 1.5NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合阿伏加德罗常数含义，依据有机反应规律、物质结构及官能团性质，逐一分析选项正误。A．判断甲烷与氯气取代反应的特点（多步取代同时进行）。
B．考查甲苯加氢产物的结构及共价键数目计算。
C．考查羟基（-OH）的电子总数计算。
D．判断甘油中羟基与 Na 反应的比例关系（2 个 - OH 生成 1mol H2）。
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；酯的性质；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、乙醇制乙醛的反应中，反应物的氧原子需参与配平：正确的方程式应为 ，未配平，A错误；
B、酯酸性水解时，酯键（）断裂方式是“酯基中键断开，水中的接羰基碳”，因此产物是和，且反应可逆，正确，B正确；
C、苯酚酸性弱于碳酸、强于，因此苯酚钠与反应的产物应为（不是），违背酸性规律，正确方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3，C错误；
D、乙醛与新制反应在碱性环境中进行，产物会与碱反应生成，且方程式中前系数应为“”，忽略碱性环境，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在 “有机反应的规律与细节忽略”，具体有 4 点：
配平与条件遗漏：如选项 A 中，容易忽略乙醇氧化制乙醛的配平（O2参与反应需配平系数），直接写未配平的方程式。
酯水解的断键规律混淆：酯酸性水解时，易错误判断 8O 的位置（应是水中的 8O 进入羧酸，而非醇），错写产物中 8O 的归属。
酸性强弱对应的产物误判：苯酚钠与 CO2反应时，易忽略 “苯酚酸性强于 HCO3-、弱于 H2CO3” 的规律，错将产物写成 Na2CO3（实际应为 NaHCO3）。
反应环境对产物的影响忽略：乙醛与新制 Cu(OH)2反应在碱性环境中进行，易忘记产物 CH3COOH 会与碱生成盐（CH3COONa），直接写 CH3COOH 为产物。
5．【答案】D
【知识点】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．化合物甲属于二元羧酸，和乙醇的反应只能发生酯化反应，A错误；
B．鲁米诺中与苯环直接相连的原子在同一个平面上，羰基为平面结构，与苯环相连，单键在空间可旋转，所以最少有12个原子共面，B错误；
C．反应(1)是A脱去羟基，N2H4脱去氢，生成B与2个水分子，属于取代反应，而反应(2)是乙中硝基转化为氨基生成鲁米诺，属于还原反应，C错误；
D．鲁米诺分子中含有氨基可以和盐酸反应，含有酰胺基可以和氢氧化钠溶液反应，D正确；
故选D。
【分析】A．化合物甲含有两个羧酸；
Ｂ．直接与苯环相连的原子与苯环共面，羰基为平面结构，单键可旋转；
Ｃ．反应(2)硝基转化为氨基，为还原反应；
Ｄ．氨基能与盐酸反应，酰胺基在NaOH溶液中水解。
6．【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；甲烷的取代反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、甲烷和 Cl2的取代反应需要光照（强光或日光）条件，此装置未提供光照，反应无法发生，不能探究该反应，故A不符合题意 ；
B、制备溴苯时，苯与液溴在 Fe 粉催化下生成 HBr，但液溴易挥发，挥发出的 Br2会与 AgNO3溶液反应生成 AgBr 沉淀，干扰 HBr 的检验，需要先除去 Br2才能验证 HBr 产生，故B不符合题意 ；
C、萃取振荡时，有机溶剂挥发会使分液漏斗内压强增大，需放气。正确操作是将分液漏斗上口倾斜向下，下口斜向上，打开活塞放气，图示操作符合要求，故C符合题意 ；
D、电石与饱和食盐水反应生成乙炔的同时，杂质 CaS、Ca3P2等会生成 H2S、PH3等还原性气体，这些气体也能使溴水褪色，干扰乙炔的检验，需要先除杂再检验，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】根据各实验的反应条件、产物检验干扰因素、操作规范等，逐一分析装置能否达到实验目的。
7．【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．由图可知，该反应中能垒最大的反应为：CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*，能垒为1.257×104 eV，A正确；
B．由图可知，该反应的总反应为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O ，生成物的总能量大于生成物的总能量ΔH>0，适当的提高温度，反应正向移动，可以增加碳酸二甲酯的产率，B正确；
C．第2步的基元反应方程式为：CH3OH·*+CO2* → CH3OCOO·*，C正确；
D．升高温度，反应速率加快，即第1步反应的正反应速率与第3步反应的正反应速率均增加，D错误；
答案选D。
【分析】A．该反应中能垒最大的反应为CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*；
Ｂ．该反应生成物的总能量大于生成物的总能量，为吸热反应；
Ｃ．结合图示书写方程式；
Ｄ．升温反应速率加快。
8．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙醇的工业制法；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、生石灰（CaO）和燃煤中的 SO2反应生成 CaSO3，CaSO3进一步被氧化为 CaSO4，过程能实现脱硫减排，A正确；
B、糯米主要成分是淀粉，酿酒时，淀粉需先水解为葡萄糖，葡萄糖再在酒化酶作用下转化为酒精，选项直接说葡萄糖转化，忽略了淀粉水解的步骤，B错误；
C、阳极氧化是通过电解，在铝表面生成致密的 Al2O3膜，致密氧化膜能增强铝的抗腐蚀性，C正确；
D、暖贴中，铁粉发生吸氧腐蚀（属于氧化反应），反应过程放热，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．明确燃煤脱硫时 CaO 与 SO2的反应及后续氧化过程。
B．掌握糯米酿酒的完整过程（淀粉水解为葡萄糖，再发酵成酒精）。
C．知晓阳极氧化对铝表面生成致密氧化膜、增强抗腐蚀性的作用。
D．理解暖贴中铁粉吸氧腐蚀（氧化反应）放热的原理。
9．【答案】B
【知识点】蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、结合分离流程，环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次通过①、②、③获得，A正确；
B、若试剂 a 为碳酸钠，碳酸钠与苯酚反应生成苯酚钠和 NaHCO3，此反应无气泡产生，无法通过观察气泡控制试剂用量，B错误；
C、水相 I 含苯甲酸钠，需加酸性强于苯甲酸的酸（如盐酸或硫酸）调节 pH 生成苯甲酸沉淀，试剂 c 可选盐酸或硫酸，C正确；
D、有机相 II 含环己烷，经干燥后通过蒸馏（操作 X）分离；试剂 b 需酸性强于苯酚，盐酸或 CO2（苯酚酸性弱于碳酸）能将苯酚钠转化为苯酚，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据分离流程中各物质的反应及转化，结合试剂作用、操作方法，分析每个选项。
A．明确分离流程中各物质的转化路径，判断产物获取顺序。
B．分析试剂 a（碳酸钠）与苯酚反应的现象，判断能否通过气泡控制用量。
C．掌握水相 I 中苯甲酸钠生成苯甲酸所需酸的酸性要求。
D．清楚有机相 II 分离方法（蒸馏）及试剂 b（酸性强于苯酚的物质）的选择依据。
10．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、NH4+和 H2O 的中心原子都采取 sp3 杂化，H2O 分子有 2 对孤电子对，孤电子对之间的斥力比成键电子对的大，导致 H2O 键角更小，A正确；
B、Mg 的价电子排布是 3s2（全满稳定结构），Al 的价电子排布是 3s23p （易失 1 个电子达稳定结构），所以第一电离能 Mg＞Al，B正确；
C、HF 比 HI 稳定，是因为 H-F 键的键能比 H-I 键大（化学键影响稳定性），而氢键影响的是沸点等物理性质，并非稳定性，C错误；
D、AlF3是离子晶体（熔点高），AlCl3是分子晶体（熔点低），因此熔点 AlF3（1290℃）＞AlCl3（178℃），D正确；
故答案为：C。
【分析】结合原子杂化、电离能、化学键稳定性及晶体性质的相关知识，分析各选项解释是否正确。
A．通过杂化类型和孤电子对斥力差异，理解键角大小关系。
B．依据价电子排布的稳定性，判断第一电离能的高低。
C．明确化学键键能决定物质稳定性，氢键仅影响物理性质（如沸点）。
D．根据晶体类型（离子晶体、分子晶体）的特性，比较熔点差异。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a 极为燃料电池负极，CH4发生氧化反应，C 元素从 - 4 价升至 +4 价，每个 CH4失去 8e-，结合电解质中的 O2-，反应式为，A正确；
B、阳极室 Ca2+需进入产品室，A 膜允许阳离子通过（阳离子交换膜）；原料室 H2PO4-需进入产品室，B 膜允许阴离子通过（阴离子交换膜）；原料室 Na+需进入阴极室，C 膜允许阳离子通过（阳离子交换膜）， B正确；
C、电解池阳极（左侧）Cl-失电子生成 Cl2；阴极（右侧）H2O 得电子生成 H2和 OH-，Na+通过 C 膜进入阴极室与 OH-结合，使 NaOH 浓度增大， C正确；
D、标准状况下 2.24L CH4为 0.1mol，a 极转移电子 0.8mol。Ca2+带 2 个正电荷，移动的 Ca2+为 0.4mol，但阳极室 Ca2+减少量还需考虑是否有其他阳离子移动，实际减少量不一定等于 0.4mol， D错误。
故答案为：D。
【分析】结合燃料电池正负极判断、电解池阴阳极反应及离子交换膜作用，分析各选项正误。
A．燃料电池负极发生氧化反应，根据元素价态变化写反应式（结合电解质离子）。
B．离子交换膜类型由离子移动方向决定（阳离子 / 阴离子需通过对应膜）。
C．电解池阴阳极反应分别为氧化、还原反应，离子移动影响溶液成分变化。
D．电子转移与离子移动的定量关系需考虑离子电荷数，同时注意是否有其他离子参与迁移。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；蔗糖与淀粉的性质实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、淀粉水解在稀硫酸催化下进行，水解后溶液呈酸性，而新制 Cu(OH)2与葡萄糖反应需碱性条件。此实验未加碱中和硫酸，Cu (OH)2在酸性下不能被葡萄糖还原生成砖红色沉淀，无法判断淀粉是否水解，A错误；
B、向 AgNO3溶液中先加 NaCl 溶液，Cl-过量，Ag+全部生成 AgCl 白色沉淀；再滴加 KI 溶液，AgCl 转化为 AgI 黄色沉淀。沉淀转化的实质是溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，说明
Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，B正确；
C、酸性高锰酸钾溶液过量，加入的草酸均不足，溶液都不褪色，无法体现不同浓度草酸对反应速率的影响，C错误；
D、NaClO 溶液有漂白性，会漂白 pH 试纸，不能用 pH 试纸准确测定其 pH，也就无法比较 CH3COOH 和 HClO 的酸性，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据各实验的反应原理、操作注意事项及结论判断依据，逐一分析选项。
A．淀粉水解产物检验需注意反应环境（碱性条件，需中和催化用的酸）。
B．沉淀转化实验要保证反应物过量情况，以说明溶度积大小关系。
C．探究浓度对反应速率影响时，需保证反应物能充分反应（高锰酸钾不能过量太多）。
D．具有漂白性的溶液（如 NaClO 溶液）不能用 pH 试纸测 pH。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．相同条件下，使用甲催化剂NO的转化率更高，故催化效果：甲>乙，A错误；
B．在、甲催化条件下，内NO转化率为80%，则反应1.6molNO，，B错误；
C．反应5min时，乙中NO的转化率比同温度时甲低，说明乙中未达到平衡，其它条件不变时，压缩容器体积，化学反应速率增大，同一时间NO转化率增大，乙曲线可能整体向上移动，C正确；
D．前，乙催化剂作用下反应没有达到平衡，降低温度，反应速率变慢，会降低的产率，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.相同条件下，使用甲催化剂NO的转化率更高。
B.相同条件下，各物质的化学反应速率之比等于化学计量系数之比。
C.根据化学平衡和化学反应速率的影响因素进行分析。
D.降低温度，反应速率变慢，会降低的产率。
14．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、根据化学式分析，[Co(H2O)6]2+中Co2+的配位数为6，[CoCl4]2-中Co2+的配位数为4，两者配位数之比为6：4=3：2，A错误；B、实验①中加水稀释后，溶液颜色由蓝色变为粉红色，表明平衡向逆反应方向移动（即向生成[Co(H2O)6]2+的方向移动），B正确；
C、实验②将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液颜色由蓝色变为粉红色，说明降低温度使平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应的正反应应为吸热反应（△H>0），C错误；
D、实验③加入少量ZnCl2固体后，溶液由蓝色变为粉红色，表明Zn2+与Cl-结合生成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中Cl-浓度减小，平衡向逆反应方向移动，由此可推断[ZnCl4]2-的稳定性强于[CoCl4]2-，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．[Co(H2O)6]2+的配位数是 6（结合 6 个 H2O），[CoCl4]2-的配位数是 4（结合 4 个 Cl-），配位数之比为 3：2，并非 2：3。
B．实验①加水稀释，溶液由蓝变粉红，说明[CoCl4]2-减少、[Co(H2O)6]2+增多，平衡向逆反应方向移动。
C．实验②置于冰水浴，溶液变粉红，说明降温使平衡逆向移动；逆向放热，则正向反应吸热（ΔH>0），并非 ΔH<0。
D．实验③加 ZnCl2，Zn2+结合 Cl-生成 [ZnCl4]2-，导致 Cl-浓度降低、平衡逆向，说明 Zn2+与 Cl-的结合能力更强，即[ZnCl4]2-的稳定性强于[CoCl4]2-。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．据图可知lg=0时，=1，溶液pH=5，Ka==c(H+) =10-5；设0.1mol·L－1HR溶液中c(H+) =a，则有，得a≈10-3mol/L，溶液pH=3，故A错误；
B．pH等于6时，溶液中的溶质为NH4R和HR，溶液中的c(H+) =10-6 mol/L，可知溶液中c(OHˉ) =10-8 mol/L，水电离出的氢离子和氢氧根相等，所以水电离出的氢离子浓度约为10-8 mol/L，故B错误；
C.1L0.1mol·L－1HR溶液中n(HR)=0.1mol，通入0.1 mol NH3时，生成NH4R，铵根水解使溶液显酸性，Rˉ水解使溶液显碱性。常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5> Ka(HR)的10-5，根据越弱越水解原理，Rˉ的水解程度更大，溶液显碱性，则c(OH－)＞c(H+)，故C错误；
D．该溶液电荷守恒：c(H+)+c()=c(R－)+ c(OH－)，当 pH=7时，c(OH－)=c(H+)，可得c()=c(R－)，故D正确；
故答案为D。
【分析】利用图中直线与横坐标的交点可算出该 一元酸HR的电离平衡常数，进而可得0.1mol·L－1HR溶液的pH值；加酸、碱可抑制水的电离。
16．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比为， k1、k2为速率常数，保持不变，则体系中X和Y的浓度之比保持不变，故A正确；
B．根据反应①和反应②的方程式可知，每消耗1molQ同时生成1molZ，反应到45min时，Q的浓度降低0.4mol/L， 则Z的浓度为0.4mol·L-1，故B正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，反应②中Y浓度增大0.18mol/L，反应速率：②>①，则反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确；
D．反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，反应②中Y浓度增大0.18mol/L，如果反应能进行到底，则反应结束时，P转化为Y的百分数为：，故D错误；
故选D。
【分析】A．体系中X和Y的浓度之比为；
Ｂ．浓度变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．活化能越大反应速率越慢；
Ｄ．反应中P转化为X和Y的比例不变。
17．【答案】（1）向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀刚好完全溶解，即制得银氨溶液
（2）CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
（3）Ⅰ；Ⅲ；实验Ⅱ中c(NH3)较大，使Ag++2NH3平衡逆移，溶液中的c(Ag+)减小，使反应机理的第二步反应+2Ag++2OH-→CH3COO-+2Ag↓+2H2O速率明显降低，故实验Ⅱ未产生银镜；2%AgNO3
（4）在酸性条件下，乙醛的还原性较弱
（5）强碱性条件下加热
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】（1）制备银氨溶液时，需将氨水滴入硝酸银溶液中，至起初产生的沉淀刚好完全溶解为止，氨水不能过量，否则所配制银氨溶液的稳定性差。则银氨溶液的制备方法：向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀刚好完全溶解，即制得银氨溶液。
故答案为： 向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀刚好完全溶解，即制得银氨溶液 ；
（2）向银氨溶液中滴加乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热，试管内壁产生银镜，此时乙醛将银氨离子电离产生的Ag+还原为Ag，同时生成NH3，反应的化学方程式：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。
故答案为： CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O ；
（3）①资料显示，碱性条件有利于银镜产生，则对比实验Ⅰ和Ⅲ，证实了资料的说法。
②对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，实验Ⅱ未产生银镜，表明实验Ⅱ中，c(Ag+)较小，氧化能力弱，反应速率慢。则运用平衡移动原理解释实验Ⅱ未产生银镜的原因为：实验Ⅱ中c(NH3)较大，使Ag++2NH3平衡逆移，溶液中的c(Ag+)减小，使反应机理的第二步反应+2Ag++2OH-→CH3COO-+2Ag↓+2H2O速率明显降低，故实验Ⅱ未产生银镜。
③甲同学为了验证实验Ⅰ和实验Ⅱ现象差异的本质原因，设法提高c(Ag+)，即向实验Ⅱ加热后的试管中又滴加了几滴2%AgNO3溶液，很快出现了银镜。
故答案为： Ⅰ ； Ⅲ ； 实验Ⅱ中c(NH3)较大，使Ag++2NH3平衡逆移，溶液中的c(Ag+)减小，使反应机理的第二步反应+2Ag++2OH-→CH3COO-+2Ag↓+2H2O速率明显降低，故实验Ⅱ未产生银镜 ； 2%AgNO3 ；
（4）比较实验Ⅳ、Ⅴ可以发现，实验Ⅳ溶液呈碱性，而实验Ⅴ溶液呈酸性，但实验Ⅴ中无明显现象，所以从氧化还原反应的角度解释可能的原因：在酸性条件下，乙醛的还原性较弱。
故答案为： 在酸性条件下，乙醛的还原性较弱 ；
（5）综上以上实验可知，强碱性加热条件有利于产生银镜，则乙醛与银氨溶液反应产生银镜的较合适条件为：强碱性条件下加热。
故答案为： 强碱性条件下加热 。
【分析】虽然AgNO3溶液中c(Ag+)比银氨溶液中的c(Ag+)大，但乙醛更容易将银氨溶液中的银离子还原为Ag，表明碱性条件更有利于乙醛表现出还原性；在碱性较强的条件下，乙醛更有利于发生银镜反应。
（1）银氨溶液制备：向 1mL2% AgNO3溶液中逐滴加 2% 氨水，至沉淀恰好溶解。
（2）化学方程式：乙醛与银氨溶液水浴加热，生成乙酸铵、银、氨气和水，据此书写方程式。
（3）①对比实验 Ⅰ 和 Ⅲ，验证碱性利于银镜产生；②实验 Ⅱ 中 c(NH3) 大，使
Ag(NH3)2+ Ag++2NH3平衡逆移，c(Ag+) 减小，反应速率降低；③滴加 2% AgNO3溶液提高
c(Ag+)。
（4）酸性条件下乙醛还原性较弱，故实验 Ⅴ 无明显现象。
（5）乙醛与银氨溶液产生银镜的较合适条件：强碱性条件下加热。
（1）制备银氨溶液时，需将氨水滴入硝酸银溶液中，至起初产生的沉淀刚好完全溶解为止，氨水不能过量，否则所配制银氨溶液的稳定性差。则银氨溶液的制备方法：向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀刚好完全溶解，即制得银氨溶液。
（2）向银氨溶液中滴加乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热，试管内壁产生银镜，此时乙醛将银氨离子电离产生的Ag+还原为Ag，同时生成NH3，反应的化学方程式：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。
（3）①资料显示，碱性条件有利于银镜产生，则对比实验Ⅰ和Ⅲ，证实了资料的说法。
②对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，实验Ⅱ未产生银镜，表明实验Ⅱ中，c(Ag+)较小，氧化能力弱，反应速率慢。则运用平衡移动原理解释实验Ⅱ未产生银镜的原因为：实验Ⅱ中c(NH3)较大，使Ag++2NH3平衡逆移，溶液中的c(Ag+)减小，使反应机理的第二步反应+2Ag++2OH-→CH3COO-+2Ag↓+2H2O速率明显降低，故实验Ⅱ未产生银镜。
③甲同学为了验证实验Ⅰ和实验Ⅱ现象差异的本质原因，设法提高c(Ag+)，即向实验Ⅱ加热后的试管中又滴加了几滴2%AgNO3溶液，很快出现了银镜。
（4）比较实验Ⅳ、Ⅴ可以发现，实验Ⅳ溶液呈碱性，而实验Ⅴ溶液呈酸性，但实验Ⅴ中无明显现象，所以从氧化还原反应的角度解释可能的原因：在酸性条件下，乙醛的还原性较弱。
（5）综上以上实验可知，强碱性加热条件有利于产生银镜，则乙醛与银氨溶液反应产生银镜的较合适条件为：强碱性条件下加热。
18．【答案】（1）；SiO2
（2）将+5价的钒转化为+4价的钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离
（3）有机层存在平衡，加入硫酸反萃取，使平衡逆向移动
（4）
（5）；沉钒
（6）NH3和；6
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）钒是23号元素，核外有23个电子，基态钒原子的价层电子排布式为；由分析可以知道，“滤渣”的成分是SiO2。
故答案为： ； SiO2 ；
（2）酸性溶液中，HA对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对、Fe2+的萃取能力较弱，“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，铁粉的原因是：将+5价的钒转化为+4价的钒的同时还能将Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。
故答案为： 将+5价的钒转化为+4价的钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离 ；
（3）由分析可知，“有机层”存在平衡，加入硫酸反萃取，使含V化合物进入水层。
故答案为： 有机层存在平衡，加入硫酸反萃取，使平衡逆向移动 ；
（4）室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为c mol/L，，溶液中，由、可知，则，则
故答案为： ；
（5）NH4VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为，煅烧生成的NH3返回到沉钒工序重新利用。
故答案为： ； 沉钒 ；
（6）①配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X中加入BaCl2溶液无明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成，则外界离子为，NH3位于内界，配体为NH3和；
②由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V原子为研究对象，与每个V原子最近且等距的S原子个数是6。
故答案为： NH3和 ；6。
【分析】废钒（主要含 V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2）经稀硫酸酸浸、通入氧气氧化后，Fe 元素被氧化为 Fe3+，V 元素以 + 4、+5 价的离子形式进入溶液，而 SiO2不与稀硫酸反应，过滤后留在滤渣中，得到 “滤液①”。为避免 Fe3+对后续钒萃取的干扰，萃取前加入铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+。随后用有机溶剂 HA 萃取钒，分液后加入反萃取剂得到 VO2+溶液。向 VO2+溶液中加入 KClO3，将 VO2+氧化为 VO3-，再加入氨水，使 VO3-与 NH4+结合生成 NH4VO3沉淀。最后过滤分离出 NH4VO3，经煅烧分解得到五氧化二钒产品。
（1）钒是23号元素，核外有23个电子，基态钒原子的价层电子排布式为；由分析可以知道，“滤渣”的成分是SiO2。
（2）酸性溶液中，HA对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对、Fe2+的萃取能力较弱，“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，铁粉的原因是：将+5价的钒转化为+4价的钒的同时还能将Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。
（3）由分析可知，“有机层”存在平衡，加入硫酸反萃取，使含V化合物进入水层。
（4）室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为c mol/L，，溶液中，由、可知，则，则
（5）NH4VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为，煅烧生成的NH3返回到沉钒工序重新利用。
（6）①配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X中加入BaCl2溶液无明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成，则外界离子为，NH3位于内界，配体为NH3和；
②由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V原子为研究对象，与每个V原子最近且等距的S原子个数是6。
19．【答案】升高温度、增大的浓度、使用催化剂等；B；；ABC；>；<；11.2；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）可加快反应速率的措施有：升高温度、增大的浓度、使用催化剂等；，反应为放热反应，即，体系的熵减小，即，时反应自发进行，因此要低温；
故答案为：升高温度、增大的浓度、使用催化剂等；B；
（2）合成尿素的总反应=第一步反应+第二步反应，则总反应的热化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）①A．由反应速率判断出正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡，A正确；
B．同时断裂2 mol C-H键和1 mol H-H键，说明消耗0.5 mol 的同时消耗1 mol ，正反应速率等于逆反应速率，可说明反应达到平衡，B正确；
C．该反应在恒温、恒容密闭容器中进行，反应是气体增加的反应，压强是变量，压强不变，反应达到平衡状态，C正确；
D．该反应在恒温、恒容密闭容器中进行，随着反应进行混合气体总质量不变，但体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：ABC；
②由图可知Y点的转化率小于其平衡转化率，说明此时未达到平衡状态，；该反应为气体体积增大的反应，压强增大化学平衡逆向移动，转化率减小，则。
故答案为：>；<；
（4）阳极反应为，当电路中通过2 mol 电子时，产生有0.5 mol ，则标况下的体积为，阴极上二氧化碳得电子结合氢离子生成乙烯，其电极反应式为；故答案为11.2；。
故答案为： 11.2 ； ；
【分析】（1）加快反应速率的措施：从温度、浓度、催化剂等角度分析；自发反应判断：根据 ΔG=ΔH-TΔS，结合反应的 ΔH<0、ΔS<0 判断。
（2）热化学方程式：利用盖斯定律，将两步反应相加，得总反应
2NH3(g)+CO2(g) CO (NH2)2(s)+H2O (g) ΔH=-87.0 kJ mol- 。
（3）①平衡状态判断：依据正逆反应速率相等、变量不变（如压强）分析。②反应速率与压强：Y 点转化率小于平衡转化率，故 v (正)>v (逆)；压强增大平衡逆向移动，转化率降低，故 P1
（4）电化学计算与电极反应：阳极反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，转移 2mol 电子时生成 0.5mol O2，标况体积 11.2L；阴极反应为 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。
20．【答案】（1）碳碳双键、羟基；C(CH3)3CHO
（2）C7H15N
（3）O2，Cu/Ag、加热；氧化反应；HBr，加热；
（4）CDE
（5）；；
【知识点】有机物中的官能团；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）根据化合物I的键线式可知其官能团的名称是碳碳双键、羟基，根据化合物I的键线式可知其碳原子数为5，不饱和度为1，氧原子数为1，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，醛基中有1个不饱和度，结合氧原子数，说明其同分异构体中含有一个醛基，其它部分是饱和的，核磁共振氢谱图上只有2组峰，说明其同分异构体中结构中存在两种环境氢，而醛基中的氢就占一种，则剩下的4个碳原子只存在一种环境氢，可推测烃基的结构为异丁基，则满足条件的同分异构体为C(CH3)3CHO；
故答案为： 碳碳双键、羟基 ； C(CH3)3CHO ；
（2）根据化合物Ⅲ的键线式可知，其含有的碳原子数为7，有1个不饱和度，有1个氮原子，1个氮原子要多算1个氢原子，则其分子式为C7H15N；
故答案为： C7H15N ；
（3）根据①反应形成的新结构可知，化合物Ⅰ在反应中羟基被脱氢氧化为醛基，则反应条件和试剂为O2，Cu/Ag、加热，反应类型为氧化反应，根据②的反应类型，可知化合物Ⅰ在反应中发生取代反应，化合物1结构中含有醇羟基，可与溴化氢发生取代反应生成卤代烃，则反应条件为HBr，加热，反应形成的新结构为；
故答案为： O2，Cu/Ag、加热 ； 氧化反应 ； HBr，加热 ； ；
（4）A．反应过程中发生了取代反应，化合物Ⅱ中的氢原子取代了化合物Ⅰ中的羟基，则有N-H键和C-O键的断裂，没有C-H断裂，故A错误；
B．反应物I分子结构中存在碳碳双键，则存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，故B错误；
C．化合物Ⅱ结构中存在N原子，能与水分子的氢原子形成分子间氢键，使其易溶于水，故C正确；
D．化合物Ⅱ、Ⅲ中N原子形成3个键，另外还有1对孤对电子，则其价电子对数为4，对应的都是sp3杂化，故D正确；
E．化合物有氨基、有亚氨基，均可与HCl反应，生成铵盐，故E正确；
故答案为：CDE；
（5）①聚烯丙胺由烯丙胺()通过加聚反应制备，类似于氯乙烯加聚，则聚烯丙胺的结构简式为；(a)以苯甲酸和乙烯为原料合成苯甲酸正丁酯，合成路线的最后一步是苯甲酸和正丁醇反应生成苯甲酸正丁酯，故反应的化学方程式是；相关步骤涉及羟醛缩合反应，即乙烯发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，自身发生羟醛缩合反应，其化学方程式为。
故答案为： ； ； 。
【分析】有机化合物I与有机化合物Ⅱ在催化剂条件下通过取代反应生成了有机化合物Ⅲ和水，据此解答。
（1）官能团识别：根据键线式判断；同分异构体：结合银镜反应（含醛基）、核磁共振氢谱峰数（2组）推导结构。
（2）分子式确定：根据键线式数原子，结合氮原子的氢原子计算规则确定。
（3）反应分析：①醇的氧化反应，条件为、、加热；②醇的取代反应，与加热生成卤代烃。
（4）选项判断：从化学键断裂、π键形成、氢键、杂化方式、与反应等角度分析。
（5）①加聚反应：烯丙胺双键加聚得到结构；②有机合成：最后一步苯甲酸与正丁醇酯化反应；羟醛缩合反应：乙醛在下的缩合反应。
（1）根据化合物I的键线式可知其官能团的名称是碳碳双键、羟基，根据化合物I的键线式可知其碳原子数为5，不饱和度为1，氧原子数为1，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，醛基中有1个不饱和度，结合氧原子数，说明其同分异构体中含有一个醛基，其它部分是饱和的，核磁共振氢谱图上只有2组峰，说明其同分异构体中结构中存在两种环境氢，而醛基中的氢就占一种，则剩下的4个碳原子只存在一种环境氢，可推测烃基的结构为异丁基，则满足条件的同分异构体为C(CH3)3CHO；
（2）根据化合物Ⅲ的键线式可知，其含有的碳原子数为7，有1个不饱和度，有1个氮原子，1个氮原子要多算1个氢原子，则其分子式为C7H15N；
（3）根据①反应形成的新结构可知，化合物Ⅰ在反应中羟基被脱氢氧化为醛基，则反应条件和试剂为O2，Cu/Ag、加热，反应类型为氧化反应，根据②的反应类型，可知化合物Ⅰ在反应中发生取代反应，化合物1结构中含有醇羟基，可与溴化氢发生取代反应生成卤代烃，则反应条件为HBr，加热，反应形成的新结构为；
（4）A．反应过程中发生了取代反应，化合物Ⅱ中的氢原子取代了化合物Ⅰ中的羟基，则有N-H键和C-O键的断裂，没有C-H断裂，故A错误；
B．反应物I分子结构中存在碳碳双键，则存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，故B错误；
C．化合物Ⅱ结构中存在N原子，能与水分子的氢原子形成分子间氢键，使其易溶于水，故C正确；
D．化合物Ⅱ、Ⅲ中N原子形成3个键，另外还有1对孤对电子，则其价电子对数为4，对应的都是sp3杂化，故D正确；
E．化合物有氨基、有亚氨基，均可与HCl反应，生成铵盐，故E正确；
答案CDE；
（5）①聚烯丙胺由烯丙胺()通过加聚反应制备，类似于氯乙烯加聚，则聚烯丙胺的结构简式为；(a)以苯甲酸和乙烯为原料合成苯甲酸正丁酯，合成路线的最后一步是苯甲酸和正丁醇反应生成苯甲酸正丁酯，故反应的化学方程式是；相关步骤涉及羟醛缩合反应，即乙烯发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，自身发生羟醛缩合反应，其化学方程式为。
1 / 1广东省深圳外国语学校2025-2026学年高三上学期第一次月考化学试卷
1．（2025高三上·深圳月考）下列关于有机化合物的说法错误的是
A．木糖醇()是一种天然甜味剂，属于糖类化合物
B．聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度
C．DNA分子复制过程中存在氢键的断裂和形成
D．烷基磺酸钠(表面活性剂)在水中聚集形成的胶束属于超分子
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、糖类指多羟基醛、多羟基酮及其衍生物和聚合物。木糖醇是多羟基醇，不符合糖类定义，不属于糖类，A错误；
B、聚乙烯从线型结构变为网状结构后，分子间连接更紧密，作用力更强，能增加材料强度，B正确；
C、DNA 分子通过氢键连接成双链，复制时先断裂氢键解开双链，再以单链为模板合成新链，过程中存在氢键的断裂与形成，C正确；
D、烷烃磺酸钠（表面活性剂）在水中浓度超一定值时，会聚集形成胶束，胶束属于超分子，D正确；
故答案为：A。
【分析】逐一分析各选项，结合有机化合物的定义、结构与性质判断对错。
2．（2025高三上·深圳月考）下列化学用语或图示表述正确的是
A．分子的空间结构模型：
B．的电子云轮廓图为，其中的黑点代表核外电子的运动轨迹
C．HCl中键形成的示意图：
D．分子的空间结构为，可推测出为非极性分子
【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、NH3的中心 N 原子有 3 个 σ 键和 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形。图示是包含孤电子对的 VSEPR 模型，并非 NH3实际的空间结构模型，A错误；
B、2p 的电子云轮廓图中，黑点代表电子在核外空间出现的概率密度，而非电子的运动轨迹（电子无固定运动轨迹），B错误；
C、HCl 中的 σ 键由 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道沿键轴方向头碰头重叠形成，属于 s-pσ 键，图示能正确体现这一形成过程，C正确；
D、H2O2为二面角形结构，分子结构不对称（两个 O-H 键不在同一直线，无对称中心），正电中心与负电中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案为：C。
【分析】依据分子结构特点、电子云定义、σ 键形成方式及分子极性判断规则，逐一分析选项。
3．（2025高三上·深圳月考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4 L甲烷与22.4 L 在光照条件下反应，生成分子数为
B．1 mol甲苯与足量加成得到的有机产物含有共价键数目为21
C．1 mol羟基含有的电子数目为10
D．1 mol甘油(丙三醇)与足量Na反应，生成分子数为3
【答案】B
【知识点】甲烷的取代反应；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、甲烷和 Cl2在光照下发生取代反应，是连锁反应，会生成 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4及 HCl，不会只生成 CH3Cl，故生成 CH3Cl 的分子数小于 NA，A错误；
B、1mol 甲苯与足量 H2加成生成甲基环己烷，分子中含 7 个 C-C 键和 14 个 C-H 键，共 21 个共价键，因此 1mol 产物中共价键数目为 21NA，B正确；
C、羟基中 O 原子含 8 个电子，H 原子含 1 个电子，1mol 羟基共含 9mol 电子，即电子数目为 9NA，C错误；
D、1mol 甘油含 3mol 羟基，与足量 Na 反应生成 1.5mol H2，分子数为 1.5NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合阿伏加德罗常数含义，依据有机反应规律、物质结构及官能团性质，逐一分析选项正误。A．判断甲烷与氯气取代反应的特点（多步取代同时进行）。
B．考查甲苯加氢产物的结构及共价键数目计算。
C．考查羟基（-OH）的电子总数计算。
D．判断甘油中羟基与 Na 反应的比例关系（2 个 - OH 生成 1mol H2）。
4．（2025高三上·深圳月考）下列反应的化学方程式书写正确的是
A．工业上由乙醇制备乙醛：
B．酯在酸性条件下水解：
C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应：+CO2+H2O→+Na2CO3
D．乙醛与新制悬浊液：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；酯的性质；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、乙醇制乙醛的反应中，反应物的氧原子需参与配平：正确的方程式应为 ，未配平，A错误；
B、酯酸性水解时，酯键（）断裂方式是“酯基中键断开，水中的接羰基碳”，因此产物是和，且反应可逆，正确，B正确；
C、苯酚酸性弱于碳酸、强于，因此苯酚钠与反应的产物应为（不是），违背酸性规律，正确方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3，C错误；
D、乙醛与新制反应在碱性环境中进行，产物会与碱反应生成，且方程式中前系数应为“”，忽略碱性环境，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在 “有机反应的规律与细节忽略”，具体有 4 点：
配平与条件遗漏：如选项 A 中，容易忽略乙醇氧化制乙醛的配平（O2参与反应需配平系数），直接写未配平的方程式。
酯水解的断键规律混淆：酯酸性水解时，易错误判断 8O 的位置（应是水中的 8O 进入羧酸，而非醇），错写产物中 8O 的归属。
酸性强弱对应的产物误判：苯酚钠与 CO2反应时，易忽略 “苯酚酸性强于 HCO3-、弱于 H2CO3” 的规律，错将产物写成 Na2CO3（实际应为 NaHCO3）。
反应环境对产物的影响忽略：乙醛与新制 Cu(OH)2反应在碱性环境中进行，易忘记产物 CH3COOH 会与碱生成盐（CH3COONa），直接写 CH3COOH 为产物。
5．（2025高三上·深圳月考）鲁米诺因能快速鉴定衣物等表面是否存在血迹而被称为“血迹检测小王子”，其一种合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．一定条件，甲可以和乙醇发生缩聚反应
B．鲁米诺中最多12个原子位于同一平面
C．反应(1)是取代反应，反应(2)是氧化反应
D．鲁米诺既能与盐酸反应，又能与溶液反应
【答案】D
【知识点】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．化合物甲属于二元羧酸，和乙醇的反应只能发生酯化反应，A错误；
B．鲁米诺中与苯环直接相连的原子在同一个平面上，羰基为平面结构，与苯环相连，单键在空间可旋转，所以最少有12个原子共面，B错误；
C．反应(1)是A脱去羟基，N2H4脱去氢，生成B与2个水分子，属于取代反应，而反应(2)是乙中硝基转化为氨基生成鲁米诺，属于还原反应，C错误；
D．鲁米诺分子中含有氨基可以和盐酸反应，含有酰胺基可以和氢氧化钠溶液反应，D正确；
故选D。
【分析】A．化合物甲含有两个羧酸；
Ｂ．直接与苯环相连的原子与苯环共面，羰基为平面结构，单键可旋转；
Ｃ．反应(2)硝基转化为氨基，为还原反应；
Ｄ．氨基能与盐酸反应，酰胺基在NaOH溶液中水解。
6．（2025高三上·深圳月考）用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．探究甲烷和Cl2的反应 B．制备溴苯并验证有HBr产生
C．萃取振荡时放气 D．证明乙炔可使溴水褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；甲烷的取代反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、甲烷和 Cl2的取代反应需要光照（强光或日光）条件，此装置未提供光照，反应无法发生，不能探究该反应，故A不符合题意 ；
B、制备溴苯时，苯与液溴在 Fe 粉催化下生成 HBr，但液溴易挥发，挥发出的 Br2会与 AgNO3溶液反应生成 AgBr 沉淀，干扰 HBr 的检验，需要先除去 Br2才能验证 HBr 产生，故B不符合题意 ；
C、萃取振荡时，有机溶剂挥发会使分液漏斗内压强增大，需放气。正确操作是将分液漏斗上口倾斜向下，下口斜向上，打开活塞放气，图示操作符合要求，故C符合题意 ；
D、电石与饱和食盐水反应生成乙炔的同时，杂质 CaS、Ca3P2等会生成 H2S、PH3等还原性气体，这些气体也能使溴水褪色，干扰乙炔的检验，需要先除杂再检验，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】根据各实验的反应条件、产物检验干扰因素、操作规范等，逐一分析装置能否达到实验目的。
7．（2025高三上·深圳月考）碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．反应进程中最大能垒为
B．适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率
C．第2步的基元反应方程式为：
D．升高温度，可以对于第1步反应的正反应速率增加，对于第3步反应的正反应速率减小
【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．由图可知，该反应中能垒最大的反应为：CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*，能垒为1.257×104 eV，A正确；
B．由图可知，该反应的总反应为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O ，生成物的总能量大于生成物的总能量ΔH>0，适当的提高温度，反应正向移动，可以增加碳酸二甲酯的产率，B正确；
C．第2步的基元反应方程式为：CH3OH·*+CO2* → CH3OCOO·*，C正确；
D．升高温度，反应速率加快，即第1步反应的正反应速率与第3步反应的正反应速率均增加，D错误；
答案选D。
【分析】A．该反应中能垒最大的反应为CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*；
Ｂ．该反应生成物的总能量大于生成物的总能量，为吸热反应；
Ｃ．结合图示书写方程式；
Ｄ．升温反应速率加快。
8．（2025高三上·深圳月考）劳动创造美好生活。对下列劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排
B 家务劳动：用糯米酿制米酒 葡萄糖在酒化酶的作用下转化为酒精
C 技术员采用阳极氧化增强铝材抗腐蚀性 铝能形成致密氧化膜，增强抗腐蚀性
D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应放热
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙醇的工业制法；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、生石灰（CaO）和燃煤中的 SO2反应生成 CaSO3，CaSO3进一步被氧化为 CaSO4，过程能实现脱硫减排，A正确；
B、糯米主要成分是淀粉，酿酒时，淀粉需先水解为葡萄糖，葡萄糖再在酒化酶作用下转化为酒精，选项直接说葡萄糖转化，忽略了淀粉水解的步骤，B错误；
C、阳极氧化是通过电解，在铝表面生成致密的 Al2O3膜，致密氧化膜能增强铝的抗腐蚀性，C正确；
D、暖贴中，铁粉发生吸氧腐蚀（属于氧化反应），反应过程放热，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．明确燃煤脱硫时 CaO 与 SO2的反应及后续氧化过程。
B．掌握糯米酿酒的完整过程（淀粉水解为葡萄糖，再发酵成酒精）。
C．知晓阳极氧化对铝表面生成致密氧化膜、增强抗腐蚀性的作用。
D．理解暖贴中铁粉吸氧腐蚀（氧化反应）放热的原理。
9．（2025高三上·深圳月考）实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液的流程如图所示。下列说法错误的是
A．环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由①、②、③获得
B．若试剂a为碳酸钠，可以通过观察气泡现象控制试剂用量
C．试剂c可以选用盐酸或硫酸
D．“操作X”为蒸馏，“试剂b”可选用盐酸或
【答案】B
【知识点】蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、结合分离流程，环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次通过①、②、③获得，A正确；
B、若试剂 a 为碳酸钠，碳酸钠与苯酚反应生成苯酚钠和 NaHCO3，此反应无气泡产生，无法通过观察气泡控制试剂用量，B错误；
C、水相 I 含苯甲酸钠，需加酸性强于苯甲酸的酸（如盐酸或硫酸）调节 pH 生成苯甲酸沉淀，试剂 c 可选盐酸或硫酸，C正确；
D、有机相 II 含环己烷，经干燥后通过蒸馏（操作 X）分离；试剂 b 需酸性强于苯酚，盐酸或 CO2（苯酚酸性弱于碳酸）能将苯酚钠转化为苯酚，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据分离流程中各物质的反应及转化，结合试剂作用、操作方法，分析每个选项。
A．明确分离流程中各物质的转化路径，判断产物获取顺序。
B．分析试剂 a（碳酸钠）与苯酚反应的现象，判断能否通过气泡控制用量。
C．掌握水相 I 中苯甲酸钠生成苯甲酸所需酸的酸性要求。
D．清楚有机相 II 分离方法（蒸馏）及试剂 b（酸性强于苯酚的物质）的选择依据。
10．（2025高三上·深圳月考）对下列事实的解释错误的是
选项 事实 解释
A 键角： 中心原子均采取杂化，分子中有2个孤电子对，孤电子对的斥力强于成键电子对
B 第一电离能：Mg>Al Mg原子的价电子排布为，为稳定结构，Al原子的价电子排布为，容易失去1个电子达到全充满稳定状态
C 稳定性：HF>HI HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键
D 熔点： 属于离子晶体，属于分子晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、NH4+和 H2O 的中心原子都采取 sp3 杂化，H2O 分子有 2 对孤电子对，孤电子对之间的斥力比成键电子对的大，导致 H2O 键角更小，A正确；
B、Mg 的价电子排布是 3s2（全满稳定结构），Al 的价电子排布是 3s23p （易失 1 个电子达稳定结构），所以第一电离能 Mg＞Al，B正确；
C、HF 比 HI 稳定，是因为 H-F 键的键能比 H-I 键大（化学键影响稳定性），而氢键影响的是沸点等物理性质，并非稳定性，C错误；
D、AlF3是离子晶体（熔点高），AlCl3是分子晶体（熔点低），因此熔点 AlF3（1290℃）＞AlCl3（178℃），D正确；
故答案为：C。
【分析】结合原子杂化、电离能、化学键稳定性及晶体性质的相关知识，分析各选项解释是否正确。
A．通过杂化类型和孤电子对斥力差异，理解键角大小关系。
B．依据价电子排布的稳定性，判断第一电离能的高低。
C．明确化学键键能决定物质稳定性，氢键仅影响物理性质（如沸点）。
D．根据晶体类型（离子晶体、分子晶体）的特性，比较熔点差异。
11．（2025高三上·深圳月考）利用燃料电池电解制备并得到副产物NaOH、、，装置如图所示。下列说法错误的是
A．a极电极反应式：
B．A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜
C．阳极室有氯气产生，阴极室中有氢气产生且NaOH浓度增大
D．a极上通入标准状况下2.24 L甲烷，阳极室减少0.2 mol
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a 极为燃料电池负极，CH4发生氧化反应，C 元素从 - 4 价升至 +4 价，每个 CH4失去 8e-，结合电解质中的 O2-，反应式为，A正确；
B、阳极室 Ca2+需进入产品室，A 膜允许阳离子通过（阳离子交换膜）；原料室 H2PO4-需进入产品室，B 膜允许阴离子通过（阴离子交换膜）；原料室 Na+需进入阴极室，C 膜允许阳离子通过（阳离子交换膜）， B正确；
C、电解池阳极（左侧）Cl-失电子生成 Cl2；阴极（右侧）H2O 得电子生成 H2和 OH-，Na+通过 C 膜进入阴极室与 OH-结合，使 NaOH 浓度增大， C正确；
D、标准状况下 2.24L CH4为 0.1mol，a 极转移电子 0.8mol。Ca2+带 2 个正电荷，移动的 Ca2+为 0.4mol，但阳极室 Ca2+减少量还需考虑是否有其他阳离子移动，实际减少量不一定等于 0.4mol， D错误。
故答案为：D。
【分析】结合燃料电池正负极判断、电解池阴阳极反应及离子交换膜作用，分析各选项正误。
A．燃料电池负极发生氧化反应，根据元素价态变化写反应式（结合电解质离子）。
B．离子交换膜类型由离子移动方向决定（阳离子 / 阴离子需通过对应膜）。
C．电解池阴阳极反应分别为氧化、还原反应，离子移动影响溶液成分变化。
D．电子转移与离子移动的定量关系需考虑离子电荷数，同时注意是否有其他离子参与迁移。
12．（2025高三上·深圳月考）下列有关实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向0.5g淀粉中加入4mL 2的溶液，加热一段时间，冷却后再加入少量新制的，加热 无砖红色沉淀产生 淀粉未水解
B 常温下，向盛有2滴0.1溶液的试管中滴加1mL 0.1NaCl溶液，再向其中滴加1mL 0.1 KI溶液 先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
C 两支试管中各盛有4mL 0.1酸性高锰酸钾溶液，分别加入2mL 0.1草酸和2mL 0.2草酸 加入0.2草酸的试管中溶液褪色更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快
D 室温下用pH试纸测定同浓度的NaClO溶液和溶液pH NaClO溶液颜色更深 酸性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；蔗糖与淀粉的性质实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、淀粉水解在稀硫酸催化下进行，水解后溶液呈酸性，而新制 Cu(OH)2与葡萄糖反应需碱性条件。此实验未加碱中和硫酸，Cu (OH)2在酸性下不能被葡萄糖还原生成砖红色沉淀，无法判断淀粉是否水解，A错误；
B、向 AgNO3溶液中先加 NaCl 溶液，Cl-过量，Ag+全部生成 AgCl 白色沉淀；再滴加 KI 溶液，AgCl 转化为 AgI 黄色沉淀。沉淀转化的实质是溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，说明
Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，B正确；
C、酸性高锰酸钾溶液过量，加入的草酸均不足，溶液都不褪色，无法体现不同浓度草酸对反应速率的影响，C错误；
D、NaClO 溶液有漂白性，会漂白 pH 试纸，不能用 pH 试纸准确测定其 pH，也就无法比较 CH3COOH 和 HClO 的酸性，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据各实验的反应原理、操作注意事项及结论判断依据，逐一分析选项。
A．淀粉水解产物检验需注意反应环境（碱性条件，需中和催化用的酸）。
B．沉淀转化实验要保证反应物过量情况，以说明溶度积大小关系。
C．探究浓度对反应速率影响时，需保证反应物能充分反应（高锰酸钾不能过量太多）。
D．具有漂白性的溶液（如 NaClO 溶液）不能用 pH 试纸测 pH。
13．（2025高三上·深圳月考）在医药领域有广泛应用，但在空气中会污染环境。某研究小组研究实现的转化，发生反应，向体积为的密闭容器中充入和，在甲、乙两种催化剂作用下，反应，测得的转化率与温度的关系如图所示，下列有关说法正确的是
A．催化效果：甲<乙
B．、甲催化条件下，内
C．其它条件不变时，压缩容器体积乙曲线可能整体向上移动
D．前，乙催化剂作用下降低温度可提高的产率
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．相同条件下，使用甲催化剂NO的转化率更高，故催化效果：甲>乙，A错误；
B．在、甲催化条件下，内NO转化率为80%，则反应1.6molNO，，B错误；
C．反应5min时，乙中NO的转化率比同温度时甲低，说明乙中未达到平衡，其它条件不变时，压缩容器体积，化学反应速率增大，同一时间NO转化率增大，乙曲线可能整体向上移动，C正确；
D．前，乙催化剂作用下反应没有达到平衡，降低温度，反应速率变慢，会降低的产率，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.相同条件下，使用甲催化剂NO的转化率更高。
B.相同条件下，各物质的化学反应速率之比等于化学计量系数之比。
C.根据化学平衡和化学反应速率的影响因素进行分析。
D.降低温度，反应速率变慢，会降低的产率。
14．（2025高三上·深圳月考）将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O△H。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：
已知：[Co(H2O)6]2+粉红色、[CoCl4]2-蓝色、[ZnCl4]2-无色，下列结论和解释正确的是
A．[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-的Co2+配位数之比为2︰3
B．由实验①可知平衡逆向移动
C．由实验②可推知△H＜0
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＜[CoCl4]2-
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、根据化学式分析，[Co(H2O)6]2+中Co2+的配位数为6，[CoCl4]2-中Co2+的配位数为4，两者配位数之比为6：4=3：2，A错误；B、实验①中加水稀释后，溶液颜色由蓝色变为粉红色，表明平衡向逆反应方向移动（即向生成[Co(H2O)6]2+的方向移动），B正确；
C、实验②将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液颜色由蓝色变为粉红色，说明降低温度使平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应的正反应应为吸热反应（△H>0），C错误；
D、实验③加入少量ZnCl2固体后，溶液由蓝色变为粉红色，表明Zn2+与Cl-结合生成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中Cl-浓度减小，平衡向逆反应方向移动，由此可推断[ZnCl4]2-的稳定性强于[CoCl4]2-，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．[Co(H2O)6]2+的配位数是 6（结合 6 个 H2O），[CoCl4]2-的配位数是 4（结合 4 个 Cl-），配位数之比为 3：2，并非 2：3。
B．实验①加水稀释，溶液由蓝变粉红，说明[CoCl4]2-减少、[Co(H2O)6]2+增多，平衡向逆反应方向移动。
C．实验②置于冰水浴，溶液变粉红，说明降温使平衡逆向移动；逆向放热，则正向反应吸热（ΔH>0），并非 ΔH<0。
D．实验③加 ZnCl2，Zn2+结合 Cl-生成 [ZnCl4]2-，导致 Cl-浓度降低、平衡逆向，说明 Zn2+与 Cl-的结合能力更强，即[ZnCl4]2-的稳定性强于[CoCl4]2-。
15．（2025高三上·深圳月考）常温下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．0.1mol·L－1HR溶液的pH为5
B．当pH=6时，水电离出的氢离子浓度为1.0×10－6
C．当通入0.1 mol NH3时，c()＞c(R－)＞c(H+)＞c(OH－)
D．当 pH=7时，c()=c(R－)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．据图可知lg=0时，=1，溶液pH=5，Ka==c(H+) =10-5；设0.1mol·L－1HR溶液中c(H+) =a，则有，得a≈10-3mol/L，溶液pH=3，故A错误；
B．pH等于6时，溶液中的溶质为NH4R和HR，溶液中的c(H+) =10-6 mol/L，可知溶液中c(OHˉ) =10-8 mol/L，水电离出的氢离子和氢氧根相等，所以水电离出的氢离子浓度约为10-8 mol/L，故B错误；
C.1L0.1mol·L－1HR溶液中n(HR)=0.1mol，通入0.1 mol NH3时，生成NH4R，铵根水解使溶液显酸性，Rˉ水解使溶液显碱性。常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5> Ka(HR)的10-5，根据越弱越水解原理，Rˉ的水解程度更大，溶液显碱性，则c(OH－)＞c(H+)，故C错误；
D．该溶液电荷守恒：c(H+)+c()=c(R－)+ c(OH－)，当 pH=7时，c(OH－)=c(H+)，可得c()=c(R－)，故D正确；
故答案为D。
【分析】利用图中直线与横坐标的交点可算出该 一元酸HR的电离平衡常数，进而可得0.1mol·L－1HR溶液的pH值；加酸、碱可抑制水的电离。
16．（2025高三上·深圳月考）室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P＋Q=X＋Z和反应②P＋Q=Y＋Z，反应①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是
A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变
B．45min时Z的浓度为0.4mol·L-1
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比为， k1、k2为速率常数，保持不变，则体系中X和Y的浓度之比保持不变，故A正确；
B．根据反应①和反应②的方程式可知，每消耗1molQ同时生成1molZ，反应到45min时，Q的浓度降低0.4mol/L， 则Z的浓度为0.4mol·L-1，故B正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，反应②中Y浓度增大0.18mol/L，反应速率：②>①，则反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确；
D．反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，反应②中Y浓度增大0.18mol/L，如果反应能进行到底，则反应结束时，P转化为Y的百分数为：，故D错误；
故选D。
【分析】A．体系中X和Y的浓度之比为；
Ｂ．浓度变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．活化能越大反应速率越慢；
Ｄ．反应中P转化为X和Y的比例不变。
17．（2025高三上·深圳月考）某小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件。已知银氨溶液中存在如下平衡：。回答下列问题：
（1）写出银氨溶液的制备方法：　 　(可选试剂：2%硝酸银溶液，2%氨水，浓氨水，5%NaOH溶液)。
（2）向银氨溶液中滴加乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热，试管内壁产生银镜，写出反应的化学方程式：　 　。
（3）查阅资料：碱性条件有利于银镜产生。小组利用上述试剂设计实验验证该说法。
编号 实验 试剂 混合液pH 现象
Ⅰ NaOH 10 常温产生银镜
Ⅱ 浓氨水 10 加热一段时间无银镜
无 8 加热产生银镜
①对比实验　 　和　 　，证实了资料的说法。
②对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，实验Ⅱ未产生银镜，结合以下机理，运用平衡移动原理解释实验Ⅱ未产生银镜的原因：　 　。
③甲同学为了验证实验Ⅰ和实验Ⅱ现象差异的本质原因，向实验Ⅱ加热后的试管中又滴加了几滴　 　溶液，很快出现了银镜。
（4）小组同学进一步探究醛的银镜反应用银氨溶液而不直接用AgNO3溶液的原因。
实验Ⅳ：2% AgNO3溶液1mL(pH≈5)，加入2%氨水22滴；再加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热3分钟，出现光亮的银镜。
实验Ⅴ：20% AgNO3溶液1mL(pH≈5)，加入蒸馏水22滴，再加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热3分钟，无明显现象。
甲同学认为，2% AgNO3溶液应该比用其配制的银氨溶液更易氧化乙醛，而实验Ⅴ中无明显现象，从氧化还原反应的角度解释可能的原因：　 　(写出一条即可)。
（5）综上所述，乙醛与银氨溶液反应产生银镜的较合适条件为　 　。
【答案】（1）向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀刚好完全溶解，即制得银氨溶液
（2）CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
（3）Ⅰ；Ⅲ；实验Ⅱ中c(NH3)较大，使Ag++2NH3平衡逆移，溶液中的c(Ag+)减小，使反应机理的第二步反应+2Ag++2OH-→CH3COO-+2Ag↓+2H2O速率明显降低，故实验Ⅱ未产生银镜；2%AgNO3
（4）在酸性条件下，乙醛的还原性较弱
（5）强碱性条件下加热
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】（1）制备银氨溶液时，需将氨水滴入硝酸银溶液中，至起初产生的沉淀刚好完全溶解为止，氨水不能过量，否则所配制银氨溶液的稳定性差。则银氨溶液的制备方法：向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀刚好完全溶解，即制得银氨溶液。
故答案为： 向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀刚好完全溶解，即制得银氨溶液 ；
（2）向银氨溶液中滴加乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热，试管内壁产生银镜，此时乙醛将银氨离子电离产生的Ag+还原为Ag，同时生成NH3，反应的化学方程式：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。
故答案为： CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O ；
（3）①资料显示，碱性条件有利于银镜产生，则对比实验Ⅰ和Ⅲ，证实了资料的说法。
②对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，实验Ⅱ未产生银镜，表明实验Ⅱ中，c(Ag+)较小，氧化能力弱，反应速率慢。则运用平衡移动原理解释实验Ⅱ未产生银镜的原因为：实验Ⅱ中c(NH3)较大，使Ag++2NH3平衡逆移，溶液中的c(Ag+)减小，使反应机理的第二步反应+2Ag++2OH-→CH3COO-+2Ag↓+2H2O速率明显降低，故实验Ⅱ未产生银镜。
③甲同学为了验证实验Ⅰ和实验Ⅱ现象差异的本质原因，设法提高c(Ag+)，即向实验Ⅱ加热后的试管中又滴加了几滴2%AgNO3溶液，很快出现了银镜。
故答案为： Ⅰ ； Ⅲ ； 实验Ⅱ中c(NH3)较大，使Ag++2NH3平衡逆移，溶液中的c(Ag+)减小，使反应机理的第二步反应+2Ag++2OH-→CH3COO-+2Ag↓+2H2O速率明显降低，故实验Ⅱ未产生银镜 ； 2%AgNO3 ；
（4）比较实验Ⅳ、Ⅴ可以发现，实验Ⅳ溶液呈碱性，而实验Ⅴ溶液呈酸性，但实验Ⅴ中无明显现象，所以从氧化还原反应的角度解释可能的原因：在酸性条件下，乙醛的还原性较弱。
故答案为： 在酸性条件下，乙醛的还原性较弱 ；
（5）综上以上实验可知，强碱性加热条件有利于产生银镜，则乙醛与银氨溶液反应产生银镜的较合适条件为：强碱性条件下加热。
故答案为： 强碱性条件下加热 。
【分析】虽然AgNO3溶液中c(Ag+)比银氨溶液中的c(Ag+)大，但乙醛更容易将银氨溶液中的银离子还原为Ag，表明碱性条件更有利于乙醛表现出还原性；在碱性较强的条件下，乙醛更有利于发生银镜反应。
（1）银氨溶液制备：向 1mL2% AgNO3溶液中逐滴加 2% 氨水，至沉淀恰好溶解。
（2）化学方程式：乙醛与银氨溶液水浴加热，生成乙酸铵、银、氨气和水，据此书写方程式。
（3）①对比实验 Ⅰ 和 Ⅲ，验证碱性利于银镜产生；②实验 Ⅱ 中 c(NH3) 大，使
Ag(NH3)2+ Ag++2NH3平衡逆移，c(Ag+) 减小，反应速率降低；③滴加 2% AgNO3溶液提高
c(Ag+)。
（4）酸性条件下乙醛还原性较弱，故实验 Ⅴ 无明显现象。
（5）乙醛与银氨溶液产生银镜的较合适条件：强碱性条件下加热。
（1）制备银氨溶液时，需将氨水滴入硝酸银溶液中，至起初产生的沉淀刚好完全溶解为止，氨水不能过量，否则所配制银氨溶液的稳定性差。则银氨溶液的制备方法：向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀刚好完全溶解，即制得银氨溶液。
（2）向银氨溶液中滴加乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热，试管内壁产生银镜，此时乙醛将银氨离子电离产生的Ag+还原为Ag，同时生成NH3，反应的化学方程式：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。
（3）①资料显示，碱性条件有利于银镜产生，则对比实验Ⅰ和Ⅲ，证实了资料的说法。
②对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，实验Ⅱ未产生银镜，表明实验Ⅱ中，c(Ag+)较小，氧化能力弱，反应速率慢。则运用平衡移动原理解释实验Ⅱ未产生银镜的原因为：实验Ⅱ中c(NH3)较大，使Ag++2NH3平衡逆移，溶液中的c(Ag+)减小，使反应机理的第二步反应+2Ag++2OH-→CH3COO-+2Ag↓+2H2O速率明显降低，故实验Ⅱ未产生银镜。
③甲同学为了验证实验Ⅰ和实验Ⅱ现象差异的本质原因，设法提高c(Ag+)，即向实验Ⅱ加热后的试管中又滴加了几滴2%AgNO3溶液，很快出现了银镜。
（4）比较实验Ⅳ、Ⅴ可以发现，实验Ⅳ溶液呈碱性，而实验Ⅴ溶液呈酸性，但实验Ⅴ中无明显现象，所以从氧化还原反应的角度解释可能的原因：在酸性条件下，乙醛的还原性较弱。
（5）综上以上实验可知，强碱性加热条件有利于产生银镜，则乙醛与银氨溶液反应产生银镜的较合适条件为：强碱性条件下加热。
18．（2025高三上·深圳月考）钒酸银()是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒渣(主要成分为、、、FeO、)制取钒酸银的工艺流程如图所示：
已知：①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为(R表示，HA表示有机萃取剂)。
②酸性溶液中，HA对、萃取能力强，而对、的萃取能力较弱。
回答下列问题：
（1）基态钒原子的价层电子排布图为　 　。“滤渣”的成分是　 　(填化学式)。
（2）“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：　 　。
（3）运用平衡移动原理解释向有机层加入硫酸的原因：　 　。
（4）已知溶液中与可相互转化且为沉淀。室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为，pH=6.已知，，则“沉钒”后溶液中　 　。
（5）写出煅烧的化学方程式：　 　，煅烧生成的气体返回　 　工序重新利用。
（6）钒的化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。
①钒的一种配合物X的化学式为取X的溶液进行如表实验(已知配体难电离出来)。则X的配体是　 　。
配合物 X X
试剂 溶液 溶液
现象 无明显变化 白色沉淀
②一种钒的硫化物的晶体结构(图a)及其俯视图(图b)如图所示：
该钒的硫化物晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子个数是　 　。
【答案】（1）；SiO2
（2）将+5价的钒转化为+4价的钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离
（3）有机层存在平衡，加入硫酸反萃取，使平衡逆向移动
（4）
（5）；沉钒
（6）NH3和；6
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）钒是23号元素，核外有23个电子，基态钒原子的价层电子排布式为；由分析可以知道，“滤渣”的成分是SiO2。
故答案为： ； SiO2 ；
（2）酸性溶液中，HA对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对、Fe2+的萃取能力较弱，“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，铁粉的原因是：将+5价的钒转化为+4价的钒的同时还能将Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。
故答案为： 将+5价的钒转化为+4价的钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离 ；
（3）由分析可知，“有机层”存在平衡，加入硫酸反萃取，使含V化合物进入水层。
故答案为： 有机层存在平衡，加入硫酸反萃取，使平衡逆向移动 ；
（4）室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为c mol/L，，溶液中，由、可知，则，则
故答案为： ；
（5）NH4VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为，煅烧生成的NH3返回到沉钒工序重新利用。
故答案为： ； 沉钒 ；
（6）①配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X中加入BaCl2溶液无明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成，则外界离子为，NH3位于内界，配体为NH3和；
②由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V原子为研究对象，与每个V原子最近且等距的S原子个数是6。
故答案为： NH3和 ；6。
【分析】废钒（主要含 V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2）经稀硫酸酸浸、通入氧气氧化后，Fe 元素被氧化为 Fe3+，V 元素以 + 4、+5 价的离子形式进入溶液，而 SiO2不与稀硫酸反应，过滤后留在滤渣中，得到 “滤液①”。为避免 Fe3+对后续钒萃取的干扰，萃取前加入铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+。随后用有机溶剂 HA 萃取钒，分液后加入反萃取剂得到 VO2+溶液。向 VO2+溶液中加入 KClO3，将 VO2+氧化为 VO3-，再加入氨水，使 VO3-与 NH4+结合生成 NH4VO3沉淀。最后过滤分离出 NH4VO3，经煅烧分解得到五氧化二钒产品。
（1）钒是23号元素，核外有23个电子，基态钒原子的价层电子排布式为；由分析可以知道，“滤渣”的成分是SiO2。
（2）酸性溶液中，HA对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对、Fe2+的萃取能力较弱，“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，铁粉的原因是：将+5价的钒转化为+4价的钒的同时还能将Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。
（3）由分析可知，“有机层”存在平衡，加入硫酸反萃取，使含V化合物进入水层。
（4）室温下，维持“沉钒”时溶液中的总浓度为c mol/L，，溶液中，由、可知，则，则
（5）NH4VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为，煅烧生成的NH3返回到沉钒工序重新利用。
（6）①配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X中加入BaCl2溶液无明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成，则外界离子为，NH3位于内界，配体为NH3和；
②由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V原子为研究对象，与每个V原子最近且等距的S原子个数是6。
19．（2025高三上·深圳月考）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。回答下列问题：
．以和为原料合成尿素的反应为，该反应为放热反应。
（1）上述反应中，若要加快反应速率，可采取的措施有　 　。该反应自发进行的条件是　 　(填标号)。
A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度自发 D．不自发
（2）研究发现，合成尿素反应分两步完成，其热化学方程式如下：
第一步：
第二步；
则合成尿素总反应的热化学方程式为　 　。
．以和催化重整制备合成气：。
（3）在恒容密闭容器中通入物质的量均为0.2 mol 的和，在一定条件下发生反应，的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。
①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，能说明反应到达平衡状态的是　 　(填标号)。
A．反应速率：
B．断裂2 mol 键的同时断裂1 mol 键
C．容器内混合气体的压强保持不变
D．容器中混合气体的密度保持不变
②由图可知，Y点速率　 　(填“>”“<”"或“=”，下同)；容器内压强　 　。
．电化学法还原二氧化碳制取乙烯。
在强酸性溶液中通入气体，用惰性电极进行电解可制得乙烯。其原理如图所示。
（4）该装置中，当电路中通过2 mol 电子时，产生标准状况下的体积为　 　L；阴极的电极反应式为　 　。
【答案】升高温度、增大的浓度、使用催化剂等；B；；ABC；>；<；11.2；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）可加快反应速率的措施有：升高温度、增大的浓度、使用催化剂等；，反应为放热反应，即，体系的熵减小，即，时反应自发进行，因此要低温；
故答案为：升高温度、增大的浓度、使用催化剂等；B；
（2）合成尿素的总反应=第一步反应+第二步反应，则总反应的热化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）①A．由反应速率判断出正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡，A正确；
B．同时断裂2 mol C-H键和1 mol H-H键，说明消耗0.5 mol 的同时消耗1 mol ，正反应速率等于逆反应速率，可说明反应达到平衡，B正确；
C．该反应在恒温、恒容密闭容器中进行，反应是气体增加的反应，压强是变量，压强不变，反应达到平衡状态，C正确；
D．该反应在恒温、恒容密闭容器中进行，随着反应进行混合气体总质量不变，但体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：ABC；
②由图可知Y点的转化率小于其平衡转化率，说明此时未达到平衡状态，；该反应为气体体积增大的反应，压强增大化学平衡逆向移动，转化率减小，则。
故答案为：>；<；
（4）阳极反应为，当电路中通过2 mol 电子时，产生有0.5 mol ，则标况下的体积为，阴极上二氧化碳得电子结合氢离子生成乙烯，其电极反应式为；故答案为11.2；。
故答案为： 11.2 ； ；
【分析】（1）加快反应速率的措施：从温度、浓度、催化剂等角度分析；自发反应判断：根据 ΔG=ΔH-TΔS，结合反应的 ΔH<0、ΔS<0 判断。
（2）热化学方程式：利用盖斯定律，将两步反应相加，得总反应
2NH3(g)+CO2(g) CO (NH2)2(s)+H2O (g) ΔH=-87.0 kJ mol- 。
（3）①平衡状态判断：依据正逆反应速率相等、变量不变（如压强）分析。②反应速率与压强：Y 点转化率小于平衡转化率，故 v (正)>v (逆)；压强增大平衡逆向移动，转化率降低，故 P1
（4）电化学计算与电极反应：阳极反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，转移 2mol 电子时生成 0.5mol O2，标况体积 11.2L；阴极反应为 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。
20．（2025高三上·深圳月考）由烯丙基胺类化合物制备的高分子聚合物可用作重金属吸附剂、药物缓释材料等。一种高效合成烯丙基胺类化合物的新方法如图所示：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中官能团的名称是　 　。化合物Ⅰ的某同分异构体能够发生银镜反应，核磁共振氢谱只有2组峰，其结构简式为　 　。
（2）化合物的分子式是　 　。
（3）对化合物Ⅰ，分析预测其可能的化学性质，完成表格。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（4）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有　 　(填标号)。
A．反应过程中，有键和键的断裂
B．化合物I分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
C．化合物易溶于水，是因为其能与水分子形成氢键
D．化合物、中N原子的杂化方式相同
E．化合物、均可与HCl反应
（5）聚烯丙胺负载磺酸催化剂可有效催化苯甲酸正丁酯()的合成。
①聚烯丙胺由烯丙胺()通过加聚反应制备，聚烯丙胺的结构简式为　 　。
②有多种方式可合成苯甲酸正丁酯，现以苯甲酸和乙烯为原料合成苯甲酸正丁酯。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
a．最后一步的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
b．相关步骤涉及羟醛缩合反应，其化学方程式为　 　(无需注明反应条件)。
【答案】（1）碳碳双键、羟基；C(CH3)3CHO
（2）C7H15N
（3）O2，Cu/Ag、加热；氧化反应；HBr，加热；
（4）CDE
（5）；；
【知识点】有机物中的官能团；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）根据化合物I的键线式可知其官能团的名称是碳碳双键、羟基，根据化合物I的键线式可知其碳原子数为5，不饱和度为1，氧原子数为1，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，醛基中有1个不饱和度，结合氧原子数，说明其同分异构体中含有一个醛基，其它部分是饱和的，核磁共振氢谱图上只有2组峰，说明其同分异构体中结构中存在两种环境氢，而醛基中的氢就占一种，则剩下的4个碳原子只存在一种环境氢，可推测烃基的结构为异丁基，则满足条件的同分异构体为C(CH3)3CHO；
故答案为： 碳碳双键、羟基 ； C(CH3)3CHO ；
（2）根据化合物Ⅲ的键线式可知，其含有的碳原子数为7，有1个不饱和度，有1个氮原子，1个氮原子要多算1个氢原子，则其分子式为C7H15N；
故答案为： C7H15N ；
（3）根据①反应形成的新结构可知，化合物Ⅰ在反应中羟基被脱氢氧化为醛基，则反应条件和试剂为O2，Cu/Ag、加热，反应类型为氧化反应，根据②的反应类型，可知化合物Ⅰ在反应中发生取代反应，化合物1结构中含有醇羟基，可与溴化氢发生取代反应生成卤代烃，则反应条件为HBr，加热，反应形成的新结构为；
故答案为： O2，Cu/Ag、加热 ； 氧化反应 ； HBr，加热 ； ；
（4）A．反应过程中发生了取代反应，化合物Ⅱ中的氢原子取代了化合物Ⅰ中的羟基，则有N-H键和C-O键的断裂，没有C-H断裂，故A错误；
B．反应物I分子结构中存在碳碳双键，则存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，故B错误；
C．化合物Ⅱ结构中存在N原子，能与水分子的氢原子形成分子间氢键，使其易溶于水，故C正确；
D．化合物Ⅱ、Ⅲ中N原子形成3个键，另外还有1对孤对电子，则其价电子对数为4，对应的都是sp3杂化，故D正确；
E．化合物有氨基、有亚氨基，均可与HCl反应，生成铵盐，故E正确；
故答案为：CDE；
（5）①聚烯丙胺由烯丙胺()通过加聚反应制备，类似于氯乙烯加聚，则聚烯丙胺的结构简式为；(a)以苯甲酸和乙烯为原料合成苯甲酸正丁酯，合成路线的最后一步是苯甲酸和正丁醇反应生成苯甲酸正丁酯，故反应的化学方程式是；相关步骤涉及羟醛缩合反应，即乙烯发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，自身发生羟醛缩合反应，其化学方程式为。
故答案为： ； ； 。
【分析】有机化合物I与有机化合物Ⅱ在催化剂条件下通过取代反应生成了有机化合物Ⅲ和水，据此解答。
（1）官能团识别：根据键线式判断；同分异构体：结合银镜反应（含醛基）、核磁共振氢谱峰数（2组）推导结构。
（2）分子式确定：根据键线式数原子，结合氮原子的氢原子计算规则确定。
（3）反应分析：①醇的氧化反应，条件为、、加热；②醇的取代反应，与加热生成卤代烃。
（4）选项判断：从化学键断裂、π键形成、氢键、杂化方式、与反应等角度分析。
（5）①加聚反应：烯丙胺双键加聚得到结构；②有机合成：最后一步苯甲酸与正丁醇酯化反应；羟醛缩合反应：乙醛在下的缩合反应。
（1）根据化合物I的键线式可知其官能团的名称是碳碳双键、羟基，根据化合物I的键线式可知其碳原子数为5，不饱和度为1，氧原子数为1，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，醛基中有1个不饱和度，结合氧原子数，说明其同分异构体中含有一个醛基，其它部分是饱和的，核磁共振氢谱图上只有2组峰，说明其同分异构体中结构中存在两种环境氢，而醛基中的氢就占一种，则剩下的4个碳原子只存在一种环境氢，可推测烃基的结构为异丁基，则满足条件的同分异构体为C(CH3)3CHO；
（2）根据化合物Ⅲ的键线式可知，其含有的碳原子数为7，有1个不饱和度，有1个氮原子，1个氮原子要多算1个氢原子，则其分子式为C7H15N；
（3）根据①反应形成的新结构可知，化合物Ⅰ在反应中羟基被脱氢氧化为醛基，则反应条件和试剂为O2，Cu/Ag、加热，反应类型为氧化反应，根据②的反应类型，可知化合物Ⅰ在反应中发生取代反应，化合物1结构中含有醇羟基，可与溴化氢发生取代反应生成卤代烃，则反应条件为HBr，加热，反应形成的新结构为；
（4）A．反应过程中发生了取代反应，化合物Ⅱ中的氢原子取代了化合物Ⅰ中的羟基，则有N-H键和C-O键的断裂，没有C-H断裂，故A错误；
B．反应物I分子结构中存在碳碳双键，则存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，故B错误；
C．化合物Ⅱ结构中存在N原子，能与水分子的氢原子形成分子间氢键，使其易溶于水，故C正确；
D．化合物Ⅱ、Ⅲ中N原子形成3个键，另外还有1对孤对电子，则其价电子对数为4，对应的都是sp3杂化，故D正确；
E．化合物有氨基、有亚氨基，均可与HCl反应，生成铵盐，故E正确；
答案CDE；
（5）①聚烯丙胺由烯丙胺()通过加聚反应制备，类似于氯乙烯加聚，则聚烯丙胺的结构简式为；(a)以苯甲酸和乙烯为原料合成苯甲酸正丁酯，合成路线的最后一步是苯甲酸和正丁醇反应生成苯甲酸正丁酯，故反应的化学方程式是；相关步骤涉及羟醛缩合反应，即乙烯发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，自身发生羟醛缩合反应，其化学方程式为。
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