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广东省珠海市等3地2025届高三上学期一模考试 化学试题
一、选择题(本小题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．（2025·珠海模拟）参观博物馆是我们学习传统文化的重要方式。下列文物主要由合金材料制成的是
文物
选项 A．青铜铸钱币 B．云龙纹瓷盘 C．青龙瓦当 D．石质日晷
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·珠海模拟）我国科技发展取得巨大成就。下列有关说法正确的是
A．“蛟龙号”发动机使用的氮化硅陶瓷属于分子晶体
B．珠海航展中歼-35所用的航空煤油可以通过石油蒸馏得到
C．深中通道建设所用的钢缆中含有的铁元素位于周期表p区
D．神舟十九号携带了二氧化碳处理器，的电子式为：
3．（2025·珠海模拟）元素交织，激情燃烧—化学智慧点亮运动赛场。以下说法不正确的是
A．赛场使用太阳能电池板发电，单质硅可用于太阳能电池板
B．奖牌采用合金材质制成，主要是利用合金硬度大、耐腐蚀的性能
C．残疾运动员佩戴的假肢可由碳纤维制成，碳纤维属于有机化合物
D．冠军服使用再生尼龙、涤纶等环保面料，该面料属于有机高分子材料
4．（2025·珠海模拟）古人有云：“民以食为天”。下列说法不正确的是
A．在烹饪有腥味食材过程中加适量米酒，米酒属于混合物
B．鸭蛋表面涂上含纯碱的糊状物制松花蛋，纯碱是离子化合物
C．肠粉由米浆在加热条件下制成，光束通过稀释后米浆可产生丁达尔效应
D．营养师建议应多摄入富含纤维素的食物，纤维素在人体内可吸收和利用
5．（2025·珠海模拟）我国科研人员制备了一种镁海水溶解氧电池，以镁合金为负极，碳纤维刷电极为正极，海水为电解液。适合用于海洋灯塔供电和钢制灯塔防腐蚀等。下列说法不正确的是
A．镁电极Mg化合价升高发生氧化反应
B．电池工作时，海水中的向正极移动
C．正极的电极反应式为：
D．若用牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为负极
6．（2025·珠海模拟）兴趣小组通过皂化反应制作肥皂的实验过程如下，其中“操作X”为
A．过滤洗涤 B．蒸发浓缩 C．蒸发结晶 D．冷却结晶
7．（2025·珠海模拟）劳动是“知行合一”有力的手段。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 帮厨活动：豆浆中加入石膏进行点卤 胶体遇电解质发生聚沉
B 环保行动：倡导使用无磷洗衣粉 含磷物质过多会导致水体富营养化
C 学农活动：给农作物施草木灰 水溶液显碱性
D 家务劳动：用铝粉与疏通管道 铝与溶液反应产生
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·珠海模拟）薰衣草香气中的两种成分a、b的结构简式如图，下列关于二者的说法不正确的是
A．互为同分异构体
B．所有的碳原子可能共平面
C．碳原子杂化方式有和
D．1mol混合物可通过加成反应消耗
9．（2025·珠海模拟）18世纪，英国化学家普里斯特利发现了。某化学兴趣小组利用以下装置进行实验，其中难以达到预期目的的是
A．图a：制备
B．图b：验证二氧化氮溶于水
C．图c：探究温度对化学平衡的影响
D．图d：收集并进行尾气处理
10．（2025·珠海模拟）利用氧化除去氨的总反应方程式：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含有的孤电子对数为
B．溶液中数目一定少于
C．若反应断裂键，则转移电子数为
D．标准状况下，中含有原子数为
11．（2025·珠海模拟）部分含N或S或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．b都属于酸性氧化物且具有强氧化性
B．可能存在通过化合反应实现a→b→f的转化
C．一定条件下，a与化合所得产物均属于弱电解质
D．若g和e分别含有硫和氯元素，则二者在水溶液中一定能大量共存
12．（2025·珠海模拟）一种食品甜味剂的结构如图。已知W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为18，W与X在周期表相邻，基态W原子的2p轨道半充满，Z与Ⅹ同族。下列说法正确的是
A．沸点：
B．原子半径：
C．第一电离能：
D．和空间结构均是平面三角形
13．（2025·珠海模拟）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 相同浓度的溶液碱性： 电离的能力：
B 工业通常采用铁触媒、在400~500℃和10MPa~30MPa的条件下合成氨 催化剂能提高的平衡产率
C 常温下，用pH试纸测得金属钠与水反应后溶液的显碱性 钠与水反应过程抑制了水的电离
D 用作开关的酚醛树脂是热固性塑料 苯酚与甲醛通过缩聚反应生成具有线型结构的酚醛树脂
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·珠海模拟）按下图装置进行实验，滴加浓硫酸，预期现象及其相应推理不合理的是
A．气球体积会变大，说明生成过程熵增
B．滴有溶液的滤纸出现淡黄色，说明具有氧化性
C．滴有品红溶液和石蕊溶液的滤纸均会褪色，说明具有漂白性
D．滴有溶液的滤纸褪色原因是：
15．（2025·珠海模拟）已知反应或，M为中间产物，其反应历程如图。在0℃和40℃下，平衡时产物分别为70：30和15：85。下列说法正确的是
A．稳定性：X>Y
B．两个总反应的决速步不同
C．从0℃升至40℃，反应速率增大程度：
D．从0℃升至40℃增大，减小
16．（2025·珠海模拟）我国科学家研究的自驱动高效制取的电化学装置示意图如图。下列说法不正确的是
A．装置a为原电池，电极I为正极
B．装置b的总反应方程式为：
C．装置a消耗时，整个装置消耗
D．装置b生成时，理论上装置a正极区溶液质量减少4g
二、第Ⅱ卷(共56分)
17．（2025·珠海模拟）兴趣小组在实验室探究饱和溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。
Ⅰ．研究乙酸乙酯在碱性溶液中的水解程度。
查阅资料：常温下，乙酸乙酯在溶液，溶液中水解的平衡常数分别为，，说明在溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。
（1）乙酸乙酯能在溶液中水解的化学反应方程式为　 　。
Ⅱ．探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。
（2）兴趣小组探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。
①配制溶液。该过程中用到的仪器有　 　(填序号)。
②取①中的溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。
序号 V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃
ⅰ 35.0 5.0 10.0 25
ⅱ 10.0 x 10.0 25
ⅲ 10.0 30.0 y 60
则x=　 　，y=　 　。
根据实验数据，至少可获得三点实验结论。
结论1：增大浓度，乙酸乙酯水解速率　 　(填“增大”或“减小”)；
结论2：当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小；
结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。
(a)根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在上图中，画出实验iii中pH变化曲线　 　。
(b)已知25℃时饱和溶液中约为，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是　 　；
（3）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。
提出假设：乙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。验证假设：已知有关物质的极性值(极性值越大，物质极性越大)如下表：
物质 乙醇 乙酸乙酯 水 溶液
极性值 4.3 4.4 10.2
以(2)中“实验ⅰ”为对照组，限选以上试剂，设计实验方案验证乙同学的假设，并给出判断依据：　 　。
实验小结：乙同学假设成立。
结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，时间点之后油层高度变化加快的原因是　 　。
18．（2025·珠海模拟）利用焙烧—半湿法从铜阳极泥(含有、、、、等)中提取金，银等金属的过程如下：
已知：①“焙烧”后烧渣主要成分是、、、；
②在足量盐酸中发生反应：；
③；
回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“烟气”的主要成分是和，用水吸收生成单质Se和　 　(填化学式)。
（3）“水浸”步骤需加入固体但不能过量的原因是　 　。
（4）“分银”步骤中发生反应：该反应的平衡常数，若反应达平衡后溶液中，则　 　(填“>”“<”或“=”)。
（5）通过电解“分银液”，在阴极得到银单质，阴极电极反应式为　 　，电解后阴极区溶液中　 　(填化学式)可以循环使用。
（6）“分金”和“还原”步骤目的是浸出和提取金，其原理为：在酸性条件下，和NaCl反应生成，把Au氧化成，再将还原成Au。
①“还原”步骤发生反应的离子方程式　 　。
②温度对金的浸出率有重要的影响。如图为分金渣中金含量随反应温度的变化曲线。55℃后，分金渣中金含量显著升高，原因可能是　 　。
（7）一种化合物由、、按一定比例构成，其晶胞结构如图a，晶胞俯视图如图b(未画出)。
①该化合物的化学式是　 　。
②在图b中画出的位置　 　。
19．（2025·珠海模拟）的捕集，利用与封存技术是实现碳达峰，碳中和的热点研究方向。乙醇胺(化学式为，以下简写为)在工业上可用作吸收剂。
Ⅰ．的吸收：用吸收发生反应a：。
（1）乙醇胺分子中电负性最强的元素是　 　(填元素符号)。
（2）X的化学式是　 　。
（3）与结合过程的能量变化如图1。分别向相同体积的溶液中加入相同体积，不同浓度的，测得溶液吸收的体积随时间变化的曲线如图2。
①反应b： 　 　。
②图2曲线Ⅰ在内，的平均吸收速率为　 　。
③下列有关说法正确的有　 　。
A．加入有利于的吸收
B．加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ
C．的吸收速率随着反应的进行逐渐增大
D．吸收时，反应b逆向移动，吸收热量
Ⅱ．再生：被溶液吸收后全部转化为(简称吸收液)，吸收液存在如反应c所示的平衡：
反应c：
（4）若被吸收后形成1L的吸收液，平衡时。此时要使吸收液中的发生反应c全部转化为，需要从外界吸收热量　 　kJ。
（5）向(4)的吸收液中加入(忽略溶液体积变化)，与结合，反应c的平衡由M点移动到N点，如图。
①从能量利用和平衡移动的角度分析加入如何促进反应c中转化为：　 　。
②N点时，，可忽略其它含铜微粒。此时吸收液中的经反应b完全转化为，可以放出　 　kJ热量用于再生。(写出计算过程)
20．（2025·珠海模拟）托品碱，是一种具有特殊生理活性的生物碱。利用不同的酶如鸟氨酸脱羧酶(ODC)、N-甲基转移酶(PMT)等可以进行生物合成。
根据以上合成路线，回答下列问题：
（1）化合物A的分子式为　 　，B→C生成了一种无色无味的气体是　 　。
（2）化合物G中含氧官能团名称为　 　。
（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有　 　。
a．化合物H含有手性碳
b．G→H的反应类型为还原反应
c．由化合物A到B的转化中，有π键的断裂与形成
d．化合物B易溶于水，是因为其分子中有氨基和羧基，能与水分子形成氢键
（4）根据化合物B的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 　 　 　 　反应
b 　 　 　 　 中和反应
（5）化合物E有多种同分异构体，其中能发生银镜反应且含的有　 　种，核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的结构简式为　 　(任写一种)。
（6）已知Mannich反应是指含有活泼氢的化合物(通常为羰基化合物)与醛和胺缩合，生成β—氨基(羰基)化合物的有机化学反应。1917年，鲁滨逊利用Mannich反应合成了托品酮，其合成路线：
补全下面方程式反应物：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】要解决此题，关键在于理解合金的概念（由两种或两种以上金属或金属与非金属熔合，具有金属特性的物质），据此分析各选项：
A、青铜是铜与锡的合金，属于金属材料范畴，符合 “合金” 要求，故A符合题意 ；
B、云龙纹瓷盘的核心成分是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，和合金无关，故B不符合题意 ；
C、青龙瓦当属于陶瓷类，其材质是硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，并非合金，故C不符合题意 ；
D、石质日晷主要由碳酸盐构成，属于无机非金属材料，不是合金，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】解答此类题目时，主要易错点有以下两点：
对合金的定义理解不清晰，容易忽略合金是 “金属与金属或金属与非金属熔合而成且具有金属特性” 这一关键，导致无法准确判断材料是否为合金。
对各类材料的类别区分模糊，比如容易将陶瓷（如瓷盘、瓦当）、石材（如石质日晷）等无机非金属材料误认为是合金，混淆了金属材料与无机非金属材料的界限。
2．【答案】B
【知识点】石油的分馏；晶体的定义；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，具备硬度大、熔点高的特性，属于共价晶体，并非分子晶体，A错误；
B、航空煤油可通过石油蒸馏工艺，结合后续加工处理得到，B正确；
C、铁元素原子序数为 26，位于周期表第四周期第 Ⅷ 族，属于d 区元素，不属于 p 区，C错误；
D、CO2是共价化合物，碳原子和每个氧原子间形成两对共用电子对，其正确电子式为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．根据氮化硅陶瓷 “硬度大、熔点高” 的性能，判断其属于共价晶体，排除分子晶体的可能。
B．明确航空煤油可通过石油蒸馏这一常规炼制工艺获得，以此判断其正确性。
C．牢记铁元素在周期表中位于第四周期第 Ⅷ 族，属于 d 区元素，从而排除 p 区的错误表述。
D．掌握 CO2的成键特点，即碳原子与每个氧原子共用两对电子，据此判断电子式的正误。
3．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答A、硅是优良的半导体材料，能将光能直接转化为电能，因此单质硅可用于太阳能电池板，A正确；
B、合金具有硬度大、耐腐蚀的优良性能，所以奖牌采用合金材质制成，B正确；
C、碳纤维属于新型无机非金属材料，并非有机化合物，C错误；
D、尼龙、涤纶均通过聚合反应制得，属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：C。
【分析】解答本题时，主要易错点有以下两点：
对材料类别区分模糊，容易将碳纤维（新型无机非金属材料）误认为是有机化合物，混淆了无机材料和有机材料的界限；对有机高分子材料的判断不准确，可能忽略尼龙、涤纶等是通过聚合反应得到的有机高分子材料这一关键信息，从而在选项判断上出现失误。
4．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、米酒由粮食发酵而成，包含酒精、糖分、水等多种物质，属于混合物，A正确；
B、纯碱是 Na2CO3，由钠离子（Na+）和碳酸根离子（CO32-）通过离子键结合形成，属于离子化合物，B正确；
C、米浆的分散质粒子直径在 1-100 nm 之间，属于胶体。光束通过胶体时会产生丁达尔效应，因此光束通过稀释后的米浆可产生该效应，C正确；
D、纤维素是多糖，但人体内没有能促使其水解的酶，无法被人体吸收和利用，D错误；
故答案为：D。
【分析】解答本题时，主要易错点有以下两点：
对纤维素的人体代谢认知错误，容易误认为纤维素能像淀粉一样在人体内被吸收利用，忽略人体缺乏水解纤维素的酶这一关键；对胶体的丁达尔效应判断不准确，可能不清楚米浆属于胶体，从而在判断其是否产生丁达尔效应时出现失误。
5．【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、在原电池中，负极发生氧化反应。该电池以镁合金为负极，Mg 失去电子，化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B、原电池工作时，阳离子会向正极移动。海水中含有大量阳离子（如 Na+、Mg2+等），这些阳离子会向正极移动，B正确；
C、碳纤维刷电极为正极，海水中的溶解氧在正极得到电子发生还原反应， 电极反应式：，符合氧化还原反应中得电子、化合价降低的规律，C正确；
D、牺牲阳极法是利用原电池原理进行防腐，其中被保护的金属（灯塔）应作为正极，牺牲的阳极（活泼金属）作为负极。若灯塔作为负极，会加速自身腐蚀，D错误；
故答案为：D。
【分析】A、抓住 “负极发生氧化反应，元素化合价升高” 这一原电池基本规律，判断镁电极的反应类型。
B、明确 “原电池中阳离子向正极移动” 的离子移动规律，分析海水中阳离子的移动方向。
C、牢记 “正极发生还原反应”，结合溶解氧的性质，判断正极电极反应的合理性。
D、掌握 “牺牲阳极法中被保护金属作正极” 的防腐原理，以此判断灯塔的电极身份。
6．【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】油脂与碱液发生皂化反应生成肥皂（高级脂肪酸盐）和甘油，加入饱和 NaCl 溶液后，肥皂因溶解度降低而析出（盐析）。此时需通过过滤分离出肥皂固体，再经洗涤去除残留的甘油和 NaCl，因此操作 X 为过滤洗涤。
故答案为：A。
【分析】要解决此题，需结合皂化反应和盐析的原理分析操作流程。
7．【答案】C
【知识点】铝的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、豆浆属于胶体，石膏的主要成分是硫酸钙，硫酸钙是电解质。根据胶体的性质，胶体遇到电解质会发生聚沉，所以在豆浆中加入石膏能使豆浆聚沉形成豆腐，该劳动项目与 “胶体遇电解质发生聚沉” 的化学知识密切相关，A不符合题意；
B、含磷洗衣粉中的磷元素随废水排入水体后，会促进藻类等水生植物过度生长，导致水体富营养化。倡导使用无磷洗衣粉可减少磷的排放，保护水体环境，该劳动项目与 “含磷物质过多会导致水体富营养化” 的化学知识相关，B不符合题意；
C、草木灰的主要成分是碳酸钾，给农作物施草木灰是利用其含有的钾元素作为钾肥，供植物吸收利用；而所述化学知识是 “Na2CO3水溶液显碱性”，二者之间没有关联，C符合题意；
D、铝粉与 NaOH 溶液反应会产生 H2，利用该反应产生的气体可以疏通管道，该劳动项目与 “铝与 NaOH 溶液反应产生 H2” 的化学知识相关，D不符合题意；
故答案为：C。【分析】A．抓住 “豆浆是胶体，石膏是电解质” 这一核心，明确胶体遇电解质聚沉的规律，判断劳动项目与化学知识的关联。
B．牢记 “含磷物质会引发水体富营养化” 的环境化学知识，分析无磷洗衣粉使用的意义。
C．区分草木灰的主要成分（碳酸钾）和题干所述的 Na2CO3，明确施草木灰是利用钾元素作钾肥，与 Na2CO3溶液显碱性无关联。
D．掌握 “铝与 NaOH 溶液反应产生 H2” 的化学反应，判断其在疏通管道中的应用逻辑。
8．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、同分异构体的判断依据是 “分子式相同、结构不同”。由结构简式可知，a 和 b 的分子式均为 C12H20O2，但结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；
B、判断原子是否共平面，关键看分子中是否存在饱和碳原子（即形成 4 个单键的碳原子，其空间构型为四面体），a、b 分子中均含有饱和碳原子，这种碳原子的存在会导致分子中所有碳原子无法共平面，B错误；
C、碳原子的杂化方式可根据成键类型判断：饱和碳原子（形成 4 个单键）为 sp3 杂化，碳碳双键上的碳原子为 sp2 杂化。a、b 分子中既有饱和碳原子，又有碳碳双键碳原子，因此碳原子杂化方式有 sp2 和 sp3，C正确；
D、碳碳双键可与 Br2发生加成反应。由结构简式可知，a 和 b 分子中均含有 2 个碳碳双键，因此 1mol 该混合物通过加成反应可消耗 2mol Br2，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．紧扣同分异构体 “分子式相同、结构不同” 的核心定义，先确认 a 和 b 的分子式均为 C12H20O2，再通过结构差异判断二者互为同分异构体。
B．抓住 “饱和碳原子的空间构型为四面体” 这一关键特征，只要分子中存在饱和碳原子，就会破坏所有碳原子共平面的可能，据此判断该选项错误。
C．掌握碳原子杂化方式的判断规律—单键连接的饱和碳原子为 sp3 杂化，碳碳双键中的碳原子为 sp2 杂化，结合 a、b 分子中同时存在两种成键类型的碳原子，确定杂化方式有 sp2 和 sp3。
D．明确加成反应的定量关系—1 个碳碳双键可与 1mol Br2发生加成反应，通过数 a、b 分子中均含 2 个碳碳双键，得出 1mol 混合物消耗 2mol Br2的结论。
9．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、Cu 与浓硝酸反应生成 NO2，通过上下移动铜丝可控制反应的发生与停止，能制备 NO2，A不符合题意；
B、NO2溶于水后体积减小且气体颜色变浅，可验证 NO2溶于水的反应，B不符合题意；
C、反应 2NO2 N2O4（NO2红棕色，N2O4无色），通过观察热、冰水浴中装置颜色变化，可探究温度对化学平衡的影响，C不符合题意；
D、NO2密度比空气大，收集时应采用 “长进短出” 的向上排空气法，而图 d 中进气方式错误，难以达到收集目的，D符合题意；
故答案为：D。【分析】A．明确 Cu 与浓硝酸反应生成 NO2的原理，且铜丝可控制反应，据此判断制备装置的合理性。
B．抓住 NO2溶于水后体积减小、颜色变浅的现象，判断验证实验的可行性。
C． 利用反应 2NO2 N2O4中 NO2（红棕）和 N2O4（无色）的颜色差异，结合温度对平衡的影响，分析探究实验的有效性。
D．牢记 NO2密度比空气大的性质，收集时应采用 “长进短出” 的向上排空气法，据此判断收集装置的错误。
10．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、N2分子的结构式为 N≡N，每个 N 原子上有 1 对孤电子对，因此 1 个 N2分子含 2 对孤电子对。14g N2的物质的量为 14g÷28g/mol=0.5mol，则含有的孤电子对数为 0.5mol×2×NA=NA，而非 2NA，A错误；
B、计算溶液中粒子数目时，需同时知道浓度和体积。题目中仅给出 NaClO 溶液的浓度为 1mol L- ，未说明溶液体积，因此无法确定 ClO-的数目是否少于 NA，B错误；
C、在反应 中，NH3中 N 元素从 -3 价升高到 0 价（被氧化）。1 个 NH3分子含 3 个 N-H 键，若断裂 3mol N-H 键，说明有 1mol NH3参与反应，N 元素化合价变化为 3 价（从 -3 到 0），则转移电子数为 3NA，C正确；
D、气体摩尔体积（22.4L/mol）仅适用于标准状况下的气态物质。标准状况下，H2O 是液态，因此 2.24L H2O 的物质的量不是 0.1mol，含有的原子数也不是 0.3NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确 N2分子的结构（N≡N），每个 N 原子含 1 对孤电子对，据此结合物质的量计算孤电子对数。
B．牢记 “计算溶液中粒子数目需同时知道浓度和体积”，题干未给 NaClO 溶液体积，无法计算。
C．抓住氧化还原反应中 “N-H 键断裂数与 NH3参与反应的物质的量关系”，结合 N 元素化合价变化（-3到0），计算电子转移数。
D．掌握 “气体摩尔体积仅适用于标准状况下的气态物质”，H2O 在标准状况下为液态。
11．【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、若 b 为 SO2（S 的 + 4 价氧化物），SO2是酸性氧化物，但不具有强氧化性，因此 “b 都具有强氧化性” 的推断不合理，A错误；
B、若为 S 元素，a 为 S，b 为 SO2，f 为 H2SO3。S 与 O2燃烧生成 SO2（S + O2 点燃 SO2，化合反应，实现 a→b）；SO2与 H2O 反应生成 H2SO3（SO2 + H2O = H2SO3，化合反应，实现 b→f）。因此可通过化合反应实现 a→b→f 的转化，B正确；
C、若为 Cl 元素，a 为 Cl2，Cl2与 H2化合生成 HCl，HCl 是强电解质，并非弱电解质，C错误；
D、若 g 为亚硫酸盐（如 Na2SO3，S 为 +4 价，具还原性），e 为次氯酸盐（如 NaClO，Cl 为 +1 价，具氧化性），二者在水溶液中会发生氧化还原反应（SO32-+ClO-=SO42-+Cl-），不能大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】若为N 元素：a 为 N2（0 价单质），b 为 NO2（+4 价氧化物），c 为 N2O5（+5 价氧化物），h 为 HNO3（+5 价酸），i 为硝酸盐（+5 价盐）；
若为S 元素：a 为 S（0 价单质），b 为 SO2（+4 价氧化物），f 为 H2SO3（+4 价酸），g 为亚硫酸盐（+4 价盐）；
若为Cl 元素：a 为 Cl2（0 价单质），b 为 ClO2（+4 价氧化物），d 为 HClO（+1 价酸），e 为次氯酸盐（+1 价盐），h 为 HClO3（+5 价酸），i 为氯酸盐（+5 价盐）。据此解题。
12．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】要解决此题，需先通过元素特征推断出 W、X、Y、Z，再结合元素周期律和物质结构知识分析：
A、X 为 O，Z 为 S，H2O 分子间含氢键，沸点高于 H2S，即 H2X（H2O）沸点 > H2Z（H2S），A错误；
B、W（N）、X（O）同周期，原子半径 N>O；Y（Na）电子层数多，原子半径 Na>N>O，即 X
C、第一电离能 N>O（N 的 2p 轨道半充满更稳定），O>S（同主族从上到下第一电离能减小），故第一电离能 Z（S）
D、WX3-（NO3-）中心 N 原子无孤电子对， 价层电子对数为： ，空间结构为平面三角形；ZX32-（SO32-）中心 S 原子有 1 对孤电子对， 价层电子对数为： ，空间结构为三角锥形，D错误；
故答案为：B。
【分析】首先通过元素推断条件确定 W、X、Y、Z：基态 W 的 2p 轨道半充满，W 是 N；W 与 X 相邻、Z 与 X 同族，结合原子序数和最外层电子数之和，推得 X 是 O、Z 是 S；剩余 Y 最外层电子数为 1，Y 是 Na。再结合元素周期律（沸点、原子半径、第一电离能）和粒子空间结构，分析各选项的正误。
13．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；水的电离
【解析】【解答】A、根据盐类水解规律，“越弱越水解”。若等浓度的三氟乙酸钠溶液碱性弱于三氯乙酸钠溶液，说明三氟乙酸根水解程度更小，即三氟乙酸酸性更强，电离 H+的能力更强。陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确，且存在因果关系，故A符合题意 ；
B、催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高 NH3的平衡产率。陈述 Ⅱ 错误，故B不符合题意 ；
C、钠与水反应生成 NaOH，使溶液显碱性；反应实质是钠与水电离的 H+反应，促进了水的电离，而非抑制。陈述 Ⅱ 错误，故C不符合题意 ；
D、热固性酚醛树脂是网状结构，而非线型结构；线型结构的酚醛树脂是热塑性的。陈述 Ⅱ 错误，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 “盐类水解规律（越弱越水解）”，通过盐溶液碱性强弱反推酸的酸性及电离 H+能力，明确因果逻辑。
B．牢记 “催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡”，直接判断其对平衡产率无影响。
C．理解 “钠与水反应的实质是与水电离的 H+反应”，该过程会促进水的电离，而非抑制。
D．区分 “热固性酚醛树脂（网状结构）” 和 “热塑性酚醛树脂（线型结构）” 的结构差异，明确热固性的结构本质。
14．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、Na2SO3与浓 H2SO4反应生成 SO2气体，气体分子数增加，气球体积变大，说明生成 SO2过程熵增，A正确；
B、SO2与 Na2S 溶液反应生成 S 单质（淡黄色），反应中 SO2作氧化剂，体现氧化性，B正确；
C、SO2能使品红溶液褪色（体现漂白性），但 SO2溶于水显酸性，使石蕊溶液变红，不会褪色，C错误；
D、SO2具有还原性，与 KMnO4溶液发生氧化还原反应使其褪色，反应离子方程式为 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，D正确；
故答案为：C。
【分析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成 SO2。SO2与水生成 H2SO3（使石蕊变红），具漂白性（使品红褪色）；S 为 +4 价，具还原性（使 KMnO4褪色，反应为 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+），也具氧化性（与 Na2S 反应生成淡黄色 S，反应为 2S2-+SO2+4H+=3S↓+2H2O）。据此分析选项。
15．【答案】C
【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；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、物质的能量越低，稳定性越强。从反应历程的能量图可知，产物 Y 的能量低于 X 的能量，因此稳定性 Y > X，A错误；
B、决速步由反应的活化能决定，活化能越高，反应速率越慢，成为决速步。两个总反应的第一步活化能均为最高，因此决速步均为第一步，B错误；
C、由题干数据可知，升温（从 0℃到 40℃）时，产物从 70：30 变为 15：85，说明生成 X 的反应平衡逆向移动。生成 X 的反应为放热反应（反应物总能量高于产物 X 的能量），根据勒夏特列原理，升温时：正、逆反应速率均增大；平衡逆向移动，说明逆反应速率的增大程度大于正反应速率，即 v 正 (X) < v 逆 (X)，C正确；
D、升温时，生成 X 和 Y 的反应均为放热反应，平衡均逆向移动：R 的浓度增大，X 的浓度减小，因此减小；中间产物 M 是第一步反应的产物，第二步反应的反应物，平衡逆向移动时，M 的浓度也会减小，故减小，D错误；
故答案为：C。【分析】A．根据 “能量越低越稳定”，结合能量图中 X、Y 的能量高低，判断稳定性 Y > X。
B．决速步由活化能决定，两个反应第一步活化能均最高，故决速步相同。
C． 通过产物 的变化判断生成 X 的反应为放热反应，升温平衡逆向移动，进而推出逆反应速率增大程度大于正反应速率。
D．升温平衡逆向移动，R 浓度增大、X 和 M 浓度减小，、均减小。
16．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置 a 中 N2H4与 O2发生自发氧化还原反应，为原电池；电极 Ⅰ 上 O2得电子生成 OH-，是正极，A正确；
B、装置 b 为电解池，N2H4分解生成 N2和 H2， 总反应方程式为：，B正确；
C、装置 a 消耗 1mol O2时转移 4mol 电子，装置 a、b 中 N2H4均被氧化，根据得失电子守恒，整个装置共消耗 2mol N2H4，C正确；
D、装置 b 生成 2mol H2时转移 4mol 电子，装置 a 正极反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-，同时有 4mol OH-移向负极。正极区参与反应的 O2质量为 32g，移走的 OH-质量为 68g，溶液质量减少 68g-32g=36g，而非 4g，D错误；
故答案为：D。
【分析】装置 a（原电池）：N2H4与 O2能发生自发氧化还原反应（N2H4中 N 为 - 2 价，被氧化为 N2；O2被还原为 OH-），无需外接电源，为原电池。
正极（电极 Ⅰ）：O2得电子，结合电解质溶液（碱性）生成 OH-，反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-，
负极（电极 Ⅱ）：N2H4失电子，生成 N2和 H2O，反应为 N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O 。
装置 b（电解池）：外接电源，驱动 N2H4分解，为电解池。
阴极（与原电池负极 Ⅱ 相连）：H2O 得电子生成 H2和 OH-，反应为 2H2O+2e-=H2+2OH-；
阳极（与原电池正极 Ⅰ 相连）：N2H4失电子生成 N2和 H+，反应为 N2H4-4e-=N2+4H+；
总反应：， 据此解题。
17．【答案】；ACD；30.0；10.0；增大；；25℃饱和碳酸钠溶液中过小；取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNaOH溶液、5.0mL乙醇配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅度更大；反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】（1）乙酸乙能在NaOH溶液中水解的化学反应方程式为；
故答案为：
（2）①配制100mL0.400mol L 1NaOH溶液，需要的仪器有，100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、试剂瓶，本题中涉及的仪器为：100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管；
故答案为：ACD
②根据实验的控制变量法，实验i、ii、iii总体积应该均为50mL， 所以x=30.0，y=10.0，
又根据实验i、ii可知，总体积相同，越大，相同时间内pH变化越大，消耗的氢氧根离子越多，乙酸乙酯水解速率增大；
故答案为： 30.0、10.0、增大
(a)根据实验ii、iii可知，总体积相同，相同，实验iii的温度高于实验ii，相同时间内，温度越高，乙酸乙酯水解速率越大，消耗的氢氧根离子越多，pH变化越大，所以实验iii的图像斜率大于图像iⅰ；
故答案为：
(b)结合本小题题干探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响与表格信息，且饱和溶液中约为0.03mol L 1，所以乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是25℃饱和碳酸钠溶液中过小；
故答案为：25℃饱和碳酸钠溶液中过小
（3）乙同学认为，乙酸乙酯在水中溶解度较小，使得水解速率较慢，又结合题干信息的极性值及相似相溶，把5.0mL水换成5.0mL乙醇，增大乙酸乙酯的溶解度，与实验i形成对照，验证乙同学的方案成立；
故答案为：取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNaOH溶液、5.0mL乙醇配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅度更大
②乙酸乙酯的水解会生成乙醇，再结合上一问结论可知随着反应的发生，化学反应速率逐步加快；
故答案为：反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快。
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
(1)乙酸乙酯（CH3COOC2H5）在 NaOH 溶液中发生碱性水解，生成乙酸钠（CH3COONa）和乙醇（C2H5OH），反应需加热，依据酯的碱性水解规律书写方程式。
(2)①配制 100mL 0.400mol L- NaOH 溶液，需 100mL 容量瓶（定容）、烧杯（溶解）、胶头滴管（定容微调），据此选择仪器。
②控制变量法要求实验总容积相同（均为 50mL），计算得 x=30.0、y=10.0；通过 pH 变化幅度对比，OH-浓度越高，水解速率越快。
(a) 温度升高加快水解，实验 iii（60℃）pH 下降比 ii（25℃）更快，曲线斜率更大。
(b) 饱和 Na2CO3溶液中 c (OH-) 仅约 0.03mol L- ，浓度过低导致水解速率小。
(3) 用乙醇（与乙酸乙酯极性接近）替换实验 i 中的水，增大其溶解度，对比 pH 下降幅度（若更大则假设成立）；反应生成的乙醇会进一步增大乙酸乙酯溶解度，使水解速率加快，油层高度变化加快。
18．【答案】（1）
（2）
（3）避免被溶解
（4）＜
（5）；
（6）；温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出
（7）；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Cu原子序数29，基态铜原子的价层电子排布式：；
故答案为： ；
（2）“烟气”的主要成分是和，用水吸收生成单质Se，Se元素化合价从+4价降低至0价，则S元素被氧化，形成硫酸，
故答案为： ；
（3）“水浸”步骤需加入固体是为了使转化为，同时避免被溶解；
故答案为： 避免被溶解 ；
（4）反应：平衡常数：，代入得＜；
故答案为： ＜ ；
（5）通过电解“分银液”，在阴极得到银单质，阴极电极反应式：；根据可知，同时得到可循环使用；
故答案为： ； ；
（6）①“还原”时将还原成Au，离子方程式：；
②温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出；
故答案为： ； 温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出 ；
（7）①个数：，个数：，个数：，化学式：；
②根据图知，位于前后左右四个面上，则其在图3中的位置：。
故答案为： ； ；
【分析】向铜阳极泥中加入硫酸并进行焙烧。在此过程中，Cu、Ag2Se、Cu2Se 等发生氧化还原反应，生成 CuSO4、Ag2SO4，同时产生 SeO2和 SO2（以 “烟气” 形式逸出）；而 PbSO4和 Au 在该条件下化学性质稳定，保留在烧渣中。因此，焙烧后烧渣主要成分有 CuSO4、PbSO4、Ag2SO4、Au，“烟气” 主要成分为 SeO2和 SO2；向烧渣中加入 NaCl 溶液进行水浸。由于 Cl-的存在，部分 PbSO4转化为 PbCl+，Ag2SO4转化为 AgCl。此时，浸出液中含有 PbCl+、CuSO4和反应生成的 Na2SO4；浸渣主要为 AgCl、未反应的 PbSO4以及 Au；向浸渣中加入 Na2S2O3溶液，AgCl 与 S2O32-发生络合反应：AgCl(s) +2S2O32-(aq) [Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(aq)，使 AgCl 溶解进入溶液，实现银的分离；分银后的渣中加入盐酸，使剩余的 PbSO4等含铅物质反应脱除；之后加入硫酸、氯化钠和氯酸钠进行 “分金”，利用金在该体系中的化学行为使其溶解浸出，再通过 “还原” 步骤将金从溶液中提取出来，最终实现金的回收。
（1）Cu原子序数29，基态铜原子的价层电子排布式：；
（2）“烟气”的主要成分是和，用水吸收生成单质Se，Se元素化合价从+4价降低至0价，则S元素被氧化，形成硫酸，
（3）“水浸”步骤需加入固体是为了使转化为，同时避免被溶解；
（4）反应：平衡常数：，代入得＜；
（5）通过电解“分银液”，在阴极得到银单质，阴极电极反应式：；根据可知，同时得到可循环使用；
（6）①“还原”时将还原成Au，离子方程式：；
②温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出；
（7）①个数：，个数：，个数：，化学式：；
②根据图知，位于前后左右四个面上，则其在图3中的位置：。
19．【答案】O；；-21；0.75；BD；15；与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为；1.35
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学平衡的影响因素；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）乙醇胺，化学式为，含有C、N、O、H四种元素，元素非金属性越强，电负性越大，则电负性最大的是O元素；
故答案为： O ；
（2）根据元素守恒和电荷守恒可知，X的化学式为；
故答案为： ；
（3）①由盖斯定律可知，；
②图2曲线Ⅰ在内，的吸收量是15.0L，则的平均吸收速率为；
③A．与结合生成，导致减小，导致平衡 逆向移动，不利于的吸收，A错误；
B．由A项分析可知，加入的浓度越大，越不利于的吸收，则加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，B正确；
C．二氧化碳的吸收速率就是 的正反应速率，因此速率逐渐减小，C错误；
D．吸收二氧化碳时，减小，反应b平衡逆向移动，由①小问可知，平衡逆向移动是吸热过程，D正确；
故答案为： -21 ； 0.75 ；BD；
（4）若被吸收后形成1L的吸收液，则，平衡时，说明的转化量为0.25mol，还剩余0.75mol没有转化，故要使吸收液中的发生反应c全部转化为，则需要吸收0.75mol×20kJ/mol=15kJ的热量；
故答案为： 15 ；
（5）①向(4)的吸收液中加入，与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为；
②根据第(4)小问可知，M点平衡时，，，则，由图可知，，当向N点移动时，平衡后，列三段式： ，则，x=0.25mol/L，则原则上，由图可知，，则有0.45mol的被结合，，由化学式可知，，若完全转化为，放出热量为。
故答案为：与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为 ； 1.35 。
【分析(1)乙醇胺含 C、N、O、H，非金属性越强电负性越大，故电负性最强的元素为O。
(2)根据元素和电荷守恒，反应中 X 的化学式为RNH3+。
(3)①利用盖斯定律计算，得ΔH3 = -21 kJ/mol。
②根据图 2 数据，CO2平均吸收速率为0.75 L·min- 。
③分析平衡移动及速率变化，选BD。
(4)结合平衡转化和反应热，求出吸收热量15 kJ。
(5)①Cu2+与 RNH2结合使 c (RNH2) 减小且放热，促进反应 c 正向移动。
②通过三段式和热化学计算，求得放出热量1.35 kJ。
20．【答案】（1）C6H14N4O2；CO2
（2）酮羰基
（3）abd
（4）浓硫酸、加热；酯化或取代；NaOH(HCl)；-COONa(-NH3Cl)
（5）12；或
（6）CH3CH2CH(CHO)CH(CHO)CH2CH3和(CH3)2CHNH2
【知识点】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A的结构简式，A的分子式为C6H14N4O2，B脱羧得到C，根据原子守恒，还生成了一种无色无味的气体是CO2；
故答案为： C6H14N4O2 ； CO2 ；
（2）根据G的结构简式，G中含氧官能团的名称为酮羰基；
故答案为： 酮羰基 ；
（3）a．化合物H中环上连接N原子的碳原子是饱和碳原子，连接四个原子或基团均不相同，是手性碳，a正确；
b．G→H是G与H2发生加成，羰基转化为羟基，反应类型为还原反应或加成反应，b正确；
c．由化合物A到B的转化中，断裂C-N单键，形成N-H单键，没有π键的断裂与形成，c错误；
d．化合物B易溶于水，是因为其分子中有氨基和羧基，能与水分子形成分子间氢键，溶解度较大，d正确；
故答案为： abd；
（4）a．B中羧基和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成-COOC2H5，该反应为取代反应或酯化反应；故答案为：浓硫酸、加热，酯化或取代；
b．羧基和氢氧化钠发生中和反应生成-COONa，-NH2和HCl发生中和反应生成-NH3Cl；故答案为：NaOH(HCl)，-COONa(-NH3Cl)；
故答案为： 浓硫酸、加热 ； 酯化或取代 ； NaOH(HCl) ； -COONa(-NH3Cl) ；
（5）化合物E的同分异构体能发生银镜反应且含-NH2，说明含有1个醛基和1个-NH2，相当于丁烷中的2个氢原子被-CHO和-NH2取代，丁烷有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷中2个氢原子被取代时，2个取代基在同一个碳原子上有2种位置异构，2个取代基在不同碳原子上有6种位置异构；如果丁烷为异丁烷，2个取代基在同一个碳原子上，由有1种位置异构，2个取代基在不同碳原子上有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有12种，核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的结构简式为或；
故答案为：12；或 ；
（6）根据所给流程知，OHCCH2CH2CHO中醛基和CH3NH2中氢原子、HOOCCH2COCH2COOH中亚甲基上的氢原子发生取代反应，然后再加热脱羧酸根离子生成托品碱，则方程式中的反应物是CH3CH2CH(CHO)CH(CHO)CH2CH3和(CH3)2CHNH2。
故答案为： CH3CH2CH(CHO)CH(CHO)CH2CH3和(CH3)2CHNH2 ；
【分析】A 在酶的催化作用下，发生类似酰胺水解的反应，生成产物 B。这一步是通过酶催化的水解反应，使 A 中的特定酰胺键断裂，得到中间产物 B；B 发生脱羧反应，失去羧基（-COOH），从而转化为 C。脱羧反应是有机化学中常见的官能团转化反应，通过这一步实现了从 B 到 C 的结构变化；C 发生取代反应，分子中的某个原子或基团被其他原子或基团取代，进而得到 D。取代反应的发生使 C 的结构进一步改变，生成中间产物 D；D 在酶的作用下，氨基（-NH2）转化为醛基（-CHO），生成 E。这一步是酶催化下的官能团转化反应，实现了氨基到醛基的转变；E 发生分子内的反应，首先是醛基的碳氧双键发生加成反应，然后羟基消去，最终得到 F。这一系列反应是在分子内部进行的，通过加成和消去反应的结合，形成了 F 的结构；F 在酶的催化作用下生成 G。酶在此处起到催化作用，促进 F 向 G 的转化；G 在酶的作用下发生加成反应，得到最终产物 H。加成反应的发生使 G 的结构进一步完善，生成目标产物 H。
（1）根据A的结构简式，A的分子式为C6H14N4O2，B脱羧得到C，根据原子守恒，还生成了一种无色无味的气体是CO2；
（2）根据G的结构简式，G中含氧官能团的名称为酮羰基；
（3）a．化合物H中环上连接N原子的碳原子是饱和碳原子，连接四个原子或基团均不相同，是手性碳，a正确；
b．G→H是G与H2发生加成，羰基转化为羟基，反应类型为还原反应或加成反应，b正确；
c．由化合物A到B的转化中，断裂C-N单键，形成N-H单键，没有π键的断裂与形成，c错误；
d．化合物B易溶于水，是因为其分子中有氨基和羧基，能与水分子形成分子间氢键，溶解度较大，d正确；
故选abd；
（4）a．B中羧基和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成-COOC2H5，该反应为取代反应或酯化反应；故答案为：浓硫酸、加热，酯化或取代；
b．羧基和氢氧化钠发生中和反应生成-COONa，-NH2和HCl发生中和反应生成-NH3Cl；故答案为：NaOH(HCl)，-COONa(-NH3Cl)；
（5）化合物E的同分异构体能发生银镜反应且含-NH2，说明含有1个醛基和1个-NH2，相当于丁烷中的2个氢原子被-CHO和-NH2取代，丁烷有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷中2个氢原子被取代时，2个取代基在同一个碳原子上有2种位置异构，2个取代基在不同碳原子上有6种位置异构；如果丁烷为异丁烷，2个取代基在同一个碳原子上，由有1种位置异构，2个取代基在不同碳原子上有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有12种，核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的结构简式为或；
（6）根据所给流程知，OHCCH2CH2CHO中醛基和CH3NH2中氢原子、HOOCCH2COCH2COOH中亚甲基上的氢原子发生取代反应，然后再加热脱羧酸根离子生成托品碱，则方程式中的反应物是CH3CH2CH(CHO)CH(CHO)CH2CH3和(CH3)2CHNH2。
1 / 1广东省珠海市等3地2025届高三上学期一模考试 化学试题
一、选择题(本小题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．（2025·珠海模拟）参观博物馆是我们学习传统文化的重要方式。下列文物主要由合金材料制成的是
文物
选项 A．青铜铸钱币 B．云龙纹瓷盘 C．青龙瓦当 D．石质日晷
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】要解决此题，关键在于理解合金的概念（由两种或两种以上金属或金属与非金属熔合，具有金属特性的物质），据此分析各选项：
A、青铜是铜与锡的合金，属于金属材料范畴，符合 “合金” 要求，故A符合题意 ；
B、云龙纹瓷盘的核心成分是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，和合金无关，故B不符合题意 ；
C、青龙瓦当属于陶瓷类，其材质是硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，并非合金，故C不符合题意 ；
D、石质日晷主要由碳酸盐构成，属于无机非金属材料，不是合金，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】解答此类题目时，主要易错点有以下两点：
对合金的定义理解不清晰，容易忽略合金是 “金属与金属或金属与非金属熔合而成且具有金属特性” 这一关键，导致无法准确判断材料是否为合金。
对各类材料的类别区分模糊，比如容易将陶瓷（如瓷盘、瓦当）、石材（如石质日晷）等无机非金属材料误认为是合金，混淆了金属材料与无机非金属材料的界限。
2．（2025·珠海模拟）我国科技发展取得巨大成就。下列有关说法正确的是
A．“蛟龙号”发动机使用的氮化硅陶瓷属于分子晶体
B．珠海航展中歼-35所用的航空煤油可以通过石油蒸馏得到
C．深中通道建设所用的钢缆中含有的铁元素位于周期表p区
D．神舟十九号携带了二氧化碳处理器，的电子式为：
【答案】B
【知识点】石油的分馏；晶体的定义；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，具备硬度大、熔点高的特性，属于共价晶体，并非分子晶体，A错误；
B、航空煤油可通过石油蒸馏工艺，结合后续加工处理得到，B正确；
C、铁元素原子序数为 26，位于周期表第四周期第 Ⅷ 族，属于d 区元素，不属于 p 区，C错误；
D、CO2是共价化合物，碳原子和每个氧原子间形成两对共用电子对，其正确电子式为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．根据氮化硅陶瓷 “硬度大、熔点高” 的性能，判断其属于共价晶体，排除分子晶体的可能。
B．明确航空煤油可通过石油蒸馏这一常规炼制工艺获得，以此判断其正确性。
C．牢记铁元素在周期表中位于第四周期第 Ⅷ 族，属于 d 区元素，从而排除 p 区的错误表述。
D．掌握 CO2的成键特点，即碳原子与每个氧原子共用两对电子，据此判断电子式的正误。
3．（2025·珠海模拟）元素交织，激情燃烧—化学智慧点亮运动赛场。以下说法不正确的是
A．赛场使用太阳能电池板发电，单质硅可用于太阳能电池板
B．奖牌采用合金材质制成，主要是利用合金硬度大、耐腐蚀的性能
C．残疾运动员佩戴的假肢可由碳纤维制成，碳纤维属于有机化合物
D．冠军服使用再生尼龙、涤纶等环保面料，该面料属于有机高分子材料
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答A、硅是优良的半导体材料，能将光能直接转化为电能，因此单质硅可用于太阳能电池板，A正确；
B、合金具有硬度大、耐腐蚀的优良性能，所以奖牌采用合金材质制成，B正确；
C、碳纤维属于新型无机非金属材料，并非有机化合物，C错误；
D、尼龙、涤纶均通过聚合反应制得，属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：C。
【分析】解答本题时，主要易错点有以下两点：
对材料类别区分模糊，容易将碳纤维（新型无机非金属材料）误认为是有机化合物，混淆了无机材料和有机材料的界限；对有机高分子材料的判断不准确，可能忽略尼龙、涤纶等是通过聚合反应得到的有机高分子材料这一关键信息，从而在选项判断上出现失误。
4．（2025·珠海模拟）古人有云：“民以食为天”。下列说法不正确的是
A．在烹饪有腥味食材过程中加适量米酒，米酒属于混合物
B．鸭蛋表面涂上含纯碱的糊状物制松花蛋，纯碱是离子化合物
C．肠粉由米浆在加热条件下制成，光束通过稀释后米浆可产生丁达尔效应
D．营养师建议应多摄入富含纤维素的食物，纤维素在人体内可吸收和利用
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、米酒由粮食发酵而成，包含酒精、糖分、水等多种物质，属于混合物，A正确；
B、纯碱是 Na2CO3，由钠离子（Na+）和碳酸根离子（CO32-）通过离子键结合形成，属于离子化合物，B正确；
C、米浆的分散质粒子直径在 1-100 nm 之间，属于胶体。光束通过胶体时会产生丁达尔效应，因此光束通过稀释后的米浆可产生该效应，C正确；
D、纤维素是多糖，但人体内没有能促使其水解的酶，无法被人体吸收和利用，D错误；
故答案为：D。
【分析】解答本题时，主要易错点有以下两点：
对纤维素的人体代谢认知错误，容易误认为纤维素能像淀粉一样在人体内被吸收利用，忽略人体缺乏水解纤维素的酶这一关键；对胶体的丁达尔效应判断不准确，可能不清楚米浆属于胶体，从而在判断其是否产生丁达尔效应时出现失误。
5．（2025·珠海模拟）我国科研人员制备了一种镁海水溶解氧电池，以镁合金为负极，碳纤维刷电极为正极，海水为电解液。适合用于海洋灯塔供电和钢制灯塔防腐蚀等。下列说法不正确的是
A．镁电极Mg化合价升高发生氧化反应
B．电池工作时，海水中的向正极移动
C．正极的电极反应式为：
D．若用牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为负极
【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、在原电池中，负极发生氧化反应。该电池以镁合金为负极，Mg 失去电子，化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B、原电池工作时，阳离子会向正极移动。海水中含有大量阳离子（如 Na+、Mg2+等），这些阳离子会向正极移动，B正确；
C、碳纤维刷电极为正极，海水中的溶解氧在正极得到电子发生还原反应， 电极反应式：，符合氧化还原反应中得电子、化合价降低的规律，C正确；
D、牺牲阳极法是利用原电池原理进行防腐，其中被保护的金属（灯塔）应作为正极，牺牲的阳极（活泼金属）作为负极。若灯塔作为负极，会加速自身腐蚀，D错误；
故答案为：D。
【分析】A、抓住 “负极发生氧化反应，元素化合价升高” 这一原电池基本规律，判断镁电极的反应类型。
B、明确 “原电池中阳离子向正极移动” 的离子移动规律，分析海水中阳离子的移动方向。
C、牢记 “正极发生还原反应”，结合溶解氧的性质，判断正极电极反应的合理性。
D、掌握 “牺牲阳极法中被保护金属作正极” 的防腐原理，以此判断灯塔的电极身份。
6．（2025·珠海模拟）兴趣小组通过皂化反应制作肥皂的实验过程如下，其中“操作X”为
A．过滤洗涤 B．蒸发浓缩 C．蒸发结晶 D．冷却结晶
【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】油脂与碱液发生皂化反应生成肥皂（高级脂肪酸盐）和甘油，加入饱和 NaCl 溶液后，肥皂因溶解度降低而析出（盐析）。此时需通过过滤分离出肥皂固体，再经洗涤去除残留的甘油和 NaCl，因此操作 X 为过滤洗涤。
故答案为：A。
【分析】要解决此题，需结合皂化反应和盐析的原理分析操作流程。
7．（2025·珠海模拟）劳动是“知行合一”有力的手段。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 帮厨活动：豆浆中加入石膏进行点卤 胶体遇电解质发生聚沉
B 环保行动：倡导使用无磷洗衣粉 含磷物质过多会导致水体富营养化
C 学农活动：给农作物施草木灰 水溶液显碱性
D 家务劳动：用铝粉与疏通管道 铝与溶液反应产生
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铝的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、豆浆属于胶体，石膏的主要成分是硫酸钙，硫酸钙是电解质。根据胶体的性质，胶体遇到电解质会发生聚沉，所以在豆浆中加入石膏能使豆浆聚沉形成豆腐，该劳动项目与 “胶体遇电解质发生聚沉” 的化学知识密切相关，A不符合题意；
B、含磷洗衣粉中的磷元素随废水排入水体后，会促进藻类等水生植物过度生长，导致水体富营养化。倡导使用无磷洗衣粉可减少磷的排放，保护水体环境，该劳动项目与 “含磷物质过多会导致水体富营养化” 的化学知识相关，B不符合题意；
C、草木灰的主要成分是碳酸钾，给农作物施草木灰是利用其含有的钾元素作为钾肥，供植物吸收利用；而所述化学知识是 “Na2CO3水溶液显碱性”，二者之间没有关联，C符合题意；
D、铝粉与 NaOH 溶液反应会产生 H2，利用该反应产生的气体可以疏通管道，该劳动项目与 “铝与 NaOH 溶液反应产生 H2” 的化学知识相关，D不符合题意；
故答案为：C。【分析】A．抓住 “豆浆是胶体，石膏是电解质” 这一核心，明确胶体遇电解质聚沉的规律，判断劳动项目与化学知识的关联。
B．牢记 “含磷物质会引发水体富营养化” 的环境化学知识，分析无磷洗衣粉使用的意义。
C．区分草木灰的主要成分（碳酸钾）和题干所述的 Na2CO3，明确施草木灰是利用钾元素作钾肥，与 Na2CO3溶液显碱性无关联。
D．掌握 “铝与 NaOH 溶液反应产生 H2” 的化学反应，判断其在疏通管道中的应用逻辑。
8．（2025·珠海模拟）薰衣草香气中的两种成分a、b的结构简式如图，下列关于二者的说法不正确的是
A．互为同分异构体
B．所有的碳原子可能共平面
C．碳原子杂化方式有和
D．1mol混合物可通过加成反应消耗
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、同分异构体的判断依据是 “分子式相同、结构不同”。由结构简式可知，a 和 b 的分子式均为 C12H20O2，但结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；
B、判断原子是否共平面，关键看分子中是否存在饱和碳原子（即形成 4 个单键的碳原子，其空间构型为四面体），a、b 分子中均含有饱和碳原子，这种碳原子的存在会导致分子中所有碳原子无法共平面，B错误；
C、碳原子的杂化方式可根据成键类型判断：饱和碳原子（形成 4 个单键）为 sp3 杂化，碳碳双键上的碳原子为 sp2 杂化。a、b 分子中既有饱和碳原子，又有碳碳双键碳原子，因此碳原子杂化方式有 sp2 和 sp3，C正确；
D、碳碳双键可与 Br2发生加成反应。由结构简式可知，a 和 b 分子中均含有 2 个碳碳双键，因此 1mol 该混合物通过加成反应可消耗 2mol Br2，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．紧扣同分异构体 “分子式相同、结构不同” 的核心定义，先确认 a 和 b 的分子式均为 C12H20O2，再通过结构差异判断二者互为同分异构体。
B．抓住 “饱和碳原子的空间构型为四面体” 这一关键特征，只要分子中存在饱和碳原子，就会破坏所有碳原子共平面的可能，据此判断该选项错误。
C．掌握碳原子杂化方式的判断规律—单键连接的饱和碳原子为 sp3 杂化，碳碳双键中的碳原子为 sp2 杂化，结合 a、b 分子中同时存在两种成键类型的碳原子，确定杂化方式有 sp2 和 sp3。
D．明确加成反应的定量关系—1 个碳碳双键可与 1mol Br2发生加成反应，通过数 a、b 分子中均含 2 个碳碳双键，得出 1mol 混合物消耗 2mol Br2的结论。
9．（2025·珠海模拟）18世纪，英国化学家普里斯特利发现了。某化学兴趣小组利用以下装置进行实验，其中难以达到预期目的的是
A．图a：制备
B．图b：验证二氧化氮溶于水
C．图c：探究温度对化学平衡的影响
D．图d：收集并进行尾气处理
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、Cu 与浓硝酸反应生成 NO2，通过上下移动铜丝可控制反应的发生与停止，能制备 NO2，A不符合题意；
B、NO2溶于水后体积减小且气体颜色变浅，可验证 NO2溶于水的反应，B不符合题意；
C、反应 2NO2 N2O4（NO2红棕色，N2O4无色），通过观察热、冰水浴中装置颜色变化，可探究温度对化学平衡的影响，C不符合题意；
D、NO2密度比空气大，收集时应采用 “长进短出” 的向上排空气法，而图 d 中进气方式错误，难以达到收集目的，D符合题意；
故答案为：D。【分析】A．明确 Cu 与浓硝酸反应生成 NO2的原理，且铜丝可控制反应，据此判断制备装置的合理性。
B．抓住 NO2溶于水后体积减小、颜色变浅的现象，判断验证实验的可行性。
C． 利用反应 2NO2 N2O4中 NO2（红棕）和 N2O4（无色）的颜色差异，结合温度对平衡的影响，分析探究实验的有效性。
D．牢记 NO2密度比空气大的性质，收集时应采用 “长进短出” 的向上排空气法，据此判断收集装置的错误。
10．（2025·珠海模拟）利用氧化除去氨的总反应方程式：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含有的孤电子对数为
B．溶液中数目一定少于
C．若反应断裂键，则转移电子数为
D．标准状况下，中含有原子数为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、N2分子的结构式为 N≡N，每个 N 原子上有 1 对孤电子对，因此 1 个 N2分子含 2 对孤电子对。14g N2的物质的量为 14g÷28g/mol=0.5mol，则含有的孤电子对数为 0.5mol×2×NA=NA，而非 2NA，A错误；
B、计算溶液中粒子数目时，需同时知道浓度和体积。题目中仅给出 NaClO 溶液的浓度为 1mol L- ，未说明溶液体积，因此无法确定 ClO-的数目是否少于 NA，B错误；
C、在反应 中，NH3中 N 元素从 -3 价升高到 0 价（被氧化）。1 个 NH3分子含 3 个 N-H 键，若断裂 3mol N-H 键，说明有 1mol NH3参与反应，N 元素化合价变化为 3 价（从 -3 到 0），则转移电子数为 3NA，C正确；
D、气体摩尔体积（22.4L/mol）仅适用于标准状况下的气态物质。标准状况下，H2O 是液态，因此 2.24L H2O 的物质的量不是 0.1mol，含有的原子数也不是 0.3NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确 N2分子的结构（N≡N），每个 N 原子含 1 对孤电子对，据此结合物质的量计算孤电子对数。
B．牢记 “计算溶液中粒子数目需同时知道浓度和体积”，题干未给 NaClO 溶液体积，无法计算。
C．抓住氧化还原反应中 “N-H 键断裂数与 NH3参与反应的物质的量关系”，结合 N 元素化合价变化（-3到0），计算电子转移数。
D．掌握 “气体摩尔体积仅适用于标准状况下的气态物质”，H2O 在标准状况下为液态。
11．（2025·珠海模拟）部分含N或S或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．b都属于酸性氧化物且具有强氧化性
B．可能存在通过化合反应实现a→b→f的转化
C．一定条件下，a与化合所得产物均属于弱电解质
D．若g和e分别含有硫和氯元素，则二者在水溶液中一定能大量共存
【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、若 b 为 SO2（S 的 + 4 价氧化物），SO2是酸性氧化物，但不具有强氧化性，因此 “b 都具有强氧化性” 的推断不合理，A错误；
B、若为 S 元素，a 为 S，b 为 SO2，f 为 H2SO3。S 与 O2燃烧生成 SO2（S + O2 点燃 SO2，化合反应，实现 a→b）；SO2与 H2O 反应生成 H2SO3（SO2 + H2O = H2SO3，化合反应，实现 b→f）。因此可通过化合反应实现 a→b→f 的转化，B正确；
C、若为 Cl 元素，a 为 Cl2，Cl2与 H2化合生成 HCl，HCl 是强电解质，并非弱电解质，C错误；
D、若 g 为亚硫酸盐（如 Na2SO3，S 为 +4 价，具还原性），e 为次氯酸盐（如 NaClO，Cl 为 +1 价，具氧化性），二者在水溶液中会发生氧化还原反应（SO32-+ClO-=SO42-+Cl-），不能大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】若为N 元素：a 为 N2（0 价单质），b 为 NO2（+4 价氧化物），c 为 N2O5（+5 价氧化物），h 为 HNO3（+5 价酸），i 为硝酸盐（+5 价盐）；
若为S 元素：a 为 S（0 价单质），b 为 SO2（+4 价氧化物），f 为 H2SO3（+4 价酸），g 为亚硫酸盐（+4 价盐）；
若为Cl 元素：a 为 Cl2（0 价单质），b 为 ClO2（+4 价氧化物），d 为 HClO（+1 价酸），e 为次氯酸盐（+1 价盐），h 为 HClO3（+5 价酸），i 为氯酸盐（+5 价盐）。据此解题。
12．（2025·珠海模拟）一种食品甜味剂的结构如图。已知W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为18，W与X在周期表相邻，基态W原子的2p轨道半充满，Z与Ⅹ同族。下列说法正确的是
A．沸点：
B．原子半径：
C．第一电离能：
D．和空间结构均是平面三角形
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】要解决此题，需先通过元素特征推断出 W、X、Y、Z，再结合元素周期律和物质结构知识分析：
A、X 为 O，Z 为 S，H2O 分子间含氢键，沸点高于 H2S，即 H2X（H2O）沸点 > H2Z（H2S），A错误；
B、W（N）、X（O）同周期，原子半径 N>O；Y（Na）电子层数多，原子半径 Na>N>O，即 X
C、第一电离能 N>O（N 的 2p 轨道半充满更稳定），O>S（同主族从上到下第一电离能减小），故第一电离能 Z（S）
D、WX3-（NO3-）中心 N 原子无孤电子对， 价层电子对数为： ，空间结构为平面三角形；ZX32-（SO32-）中心 S 原子有 1 对孤电子对， 价层电子对数为： ，空间结构为三角锥形，D错误；
故答案为：B。
【分析】首先通过元素推断条件确定 W、X、Y、Z：基态 W 的 2p 轨道半充满，W 是 N；W 与 X 相邻、Z 与 X 同族，结合原子序数和最外层电子数之和，推得 X 是 O、Z 是 S；剩余 Y 最外层电子数为 1，Y 是 Na。再结合元素周期律（沸点、原子半径、第一电离能）和粒子空间结构，分析各选项的正误。
13．（2025·珠海模拟）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 相同浓度的溶液碱性： 电离的能力：
B 工业通常采用铁触媒、在400~500℃和10MPa~30MPa的条件下合成氨 催化剂能提高的平衡产率
C 常温下，用pH试纸测得金属钠与水反应后溶液的显碱性 钠与水反应过程抑制了水的电离
D 用作开关的酚醛树脂是热固性塑料 苯酚与甲醛通过缩聚反应生成具有线型结构的酚醛树脂
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；水的电离
【解析】【解答】A、根据盐类水解规律，“越弱越水解”。若等浓度的三氟乙酸钠溶液碱性弱于三氯乙酸钠溶液，说明三氟乙酸根水解程度更小，即三氟乙酸酸性更强，电离 H+的能力更强。陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确，且存在因果关系，故A符合题意 ；
B、催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高 NH3的平衡产率。陈述 Ⅱ 错误，故B不符合题意 ；
C、钠与水反应生成 NaOH，使溶液显碱性；反应实质是钠与水电离的 H+反应，促进了水的电离，而非抑制。陈述 Ⅱ 错误，故C不符合题意 ；
D、热固性酚醛树脂是网状结构，而非线型结构；线型结构的酚醛树脂是热塑性的。陈述 Ⅱ 错误，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 “盐类水解规律（越弱越水解）”，通过盐溶液碱性强弱反推酸的酸性及电离 H+能力，明确因果逻辑。
B．牢记 “催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡”，直接判断其对平衡产率无影响。
C．理解 “钠与水反应的实质是与水电离的 H+反应”，该过程会促进水的电离，而非抑制。
D．区分 “热固性酚醛树脂（网状结构）” 和 “热塑性酚醛树脂（线型结构）” 的结构差异，明确热固性的结构本质。
14．（2025·珠海模拟）按下图装置进行实验，滴加浓硫酸，预期现象及其相应推理不合理的是
A．气球体积会变大，说明生成过程熵增
B．滴有溶液的滤纸出现淡黄色，说明具有氧化性
C．滴有品红溶液和石蕊溶液的滤纸均会褪色，说明具有漂白性
D．滴有溶液的滤纸褪色原因是：
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、Na2SO3与浓 H2SO4反应生成 SO2气体，气体分子数增加，气球体积变大，说明生成 SO2过程熵增，A正确；
B、SO2与 Na2S 溶液反应生成 S 单质（淡黄色），反应中 SO2作氧化剂，体现氧化性，B正确；
C、SO2能使品红溶液褪色（体现漂白性），但 SO2溶于水显酸性，使石蕊溶液变红，不会褪色，C错误；
D、SO2具有还原性，与 KMnO4溶液发生氧化还原反应使其褪色，反应离子方程式为 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，D正确；
故答案为：C。
【分析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成 SO2。SO2与水生成 H2SO3（使石蕊变红），具漂白性（使品红褪色）；S 为 +4 价，具还原性（使 KMnO4褪色，反应为 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+），也具氧化性（与 Na2S 反应生成淡黄色 S，反应为 2S2-+SO2+4H+=3S↓+2H2O）。据此分析选项。
15．（2025·珠海模拟）已知反应或，M为中间产物，其反应历程如图。在0℃和40℃下，平衡时产物分别为70：30和15：85。下列说法正确的是
A．稳定性：X>Y
B．两个总反应的决速步不同
C．从0℃升至40℃，反应速率增大程度：
D．从0℃升至40℃增大，减小
【答案】C
【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；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、物质的能量越低，稳定性越强。从反应历程的能量图可知，产物 Y 的能量低于 X 的能量，因此稳定性 Y > X，A错误；
B、决速步由反应的活化能决定，活化能越高，反应速率越慢，成为决速步。两个总反应的第一步活化能均为最高，因此决速步均为第一步，B错误；
C、由题干数据可知，升温（从 0℃到 40℃）时，产物从 70：30 变为 15：85，说明生成 X 的反应平衡逆向移动。生成 X 的反应为放热反应（反应物总能量高于产物 X 的能量），根据勒夏特列原理，升温时：正、逆反应速率均增大；平衡逆向移动，说明逆反应速率的增大程度大于正反应速率，即 v 正 (X) < v 逆 (X)，C正确；
D、升温时，生成 X 和 Y 的反应均为放热反应，平衡均逆向移动：R 的浓度增大，X 的浓度减小，因此减小；中间产物 M 是第一步反应的产物，第二步反应的反应物，平衡逆向移动时，M 的浓度也会减小，故减小，D错误；
故答案为：C。【分析】A．根据 “能量越低越稳定”，结合能量图中 X、Y 的能量高低，判断稳定性 Y > X。
B．决速步由活化能决定，两个反应第一步活化能均最高，故决速步相同。
C． 通过产物 的变化判断生成 X 的反应为放热反应，升温平衡逆向移动，进而推出逆反应速率增大程度大于正反应速率。
D．升温平衡逆向移动，R 浓度增大、X 和 M 浓度减小，、均减小。
16．（2025·珠海模拟）我国科学家研究的自驱动高效制取的电化学装置示意图如图。下列说法不正确的是
A．装置a为原电池，电极I为正极
B．装置b的总反应方程式为：
C．装置a消耗时，整个装置消耗
D．装置b生成时，理论上装置a正极区溶液质量减少4g
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置 a 中 N2H4与 O2发生自发氧化还原反应，为原电池；电极 Ⅰ 上 O2得电子生成 OH-，是正极，A正确；
B、装置 b 为电解池，N2H4分解生成 N2和 H2， 总反应方程式为：，B正确；
C、装置 a 消耗 1mol O2时转移 4mol 电子，装置 a、b 中 N2H4均被氧化，根据得失电子守恒，整个装置共消耗 2mol N2H4，C正确；
D、装置 b 生成 2mol H2时转移 4mol 电子，装置 a 正极反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-，同时有 4mol OH-移向负极。正极区参与反应的 O2质量为 32g，移走的 OH-质量为 68g，溶液质量减少 68g-32g=36g，而非 4g，D错误；
故答案为：D。
【分析】装置 a（原电池）：N2H4与 O2能发生自发氧化还原反应（N2H4中 N 为 - 2 价，被氧化为 N2；O2被还原为 OH-），无需外接电源，为原电池。
正极（电极 Ⅰ）：O2得电子，结合电解质溶液（碱性）生成 OH-，反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-，
负极（电极 Ⅱ）：N2H4失电子，生成 N2和 H2O，反应为 N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O 。
装置 b（电解池）：外接电源，驱动 N2H4分解，为电解池。
阴极（与原电池负极 Ⅱ 相连）：H2O 得电子生成 H2和 OH-，反应为 2H2O+2e-=H2+2OH-；
阳极（与原电池正极 Ⅰ 相连）：N2H4失电子生成 N2和 H+，反应为 N2H4-4e-=N2+4H+；
总反应：， 据此解题。
二、第Ⅱ卷(共56分)
17．（2025·珠海模拟）兴趣小组在实验室探究饱和溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。
Ⅰ．研究乙酸乙酯在碱性溶液中的水解程度。
查阅资料：常温下，乙酸乙酯在溶液，溶液中水解的平衡常数分别为，，说明在溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。
（1）乙酸乙酯能在溶液中水解的化学反应方程式为　 　。
Ⅱ．探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。
（2）兴趣小组探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。
①配制溶液。该过程中用到的仪器有　 　(填序号)。
②取①中的溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。
序号 V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃
ⅰ 35.0 5.0 10.0 25
ⅱ 10.0 x 10.0 25
ⅲ 10.0 30.0 y 60
则x=　 　，y=　 　。
根据实验数据，至少可获得三点实验结论。
结论1：增大浓度，乙酸乙酯水解速率　 　(填“增大”或“减小”)；
结论2：当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小；
结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。
(a)根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在上图中，画出实验iii中pH变化曲线　 　。
(b)已知25℃时饱和溶液中约为，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是　 　；
（3）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。
提出假设：乙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。验证假设：已知有关物质的极性值(极性值越大，物质极性越大)如下表：
物质 乙醇 乙酸乙酯 水 溶液
极性值 4.3 4.4 10.2
以(2)中“实验ⅰ”为对照组，限选以上试剂，设计实验方案验证乙同学的假设，并给出判断依据：　 　。
实验小结：乙同学假设成立。
结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，时间点之后油层高度变化加快的原因是　 　。
【答案】；ACD；30.0；10.0；增大；；25℃饱和碳酸钠溶液中过小；取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNaOH溶液、5.0mL乙醇配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅度更大；反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】（1）乙酸乙能在NaOH溶液中水解的化学反应方程式为；
故答案为：
（2）①配制100mL0.400mol L 1NaOH溶液，需要的仪器有，100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、试剂瓶，本题中涉及的仪器为：100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管；
故答案为：ACD
②根据实验的控制变量法，实验i、ii、iii总体积应该均为50mL， 所以x=30.0，y=10.0，
又根据实验i、ii可知，总体积相同，越大，相同时间内pH变化越大，消耗的氢氧根离子越多，乙酸乙酯水解速率增大；
故答案为： 30.0、10.0、增大
(a)根据实验ii、iii可知，总体积相同，相同，实验iii的温度高于实验ii，相同时间内，温度越高，乙酸乙酯水解速率越大，消耗的氢氧根离子越多，pH变化越大，所以实验iii的图像斜率大于图像iⅰ；
故答案为：
(b)结合本小题题干探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响与表格信息，且饱和溶液中约为0.03mol L 1，所以乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是25℃饱和碳酸钠溶液中过小；
故答案为：25℃饱和碳酸钠溶液中过小
（3）乙同学认为，乙酸乙酯在水中溶解度较小，使得水解速率较慢，又结合题干信息的极性值及相似相溶，把5.0mL水换成5.0mL乙醇，增大乙酸乙酯的溶解度，与实验i形成对照，验证乙同学的方案成立；
故答案为：取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNaOH溶液、5.0mL乙醇配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅度更大
②乙酸乙酯的水解会生成乙醇，再结合上一问结论可知随着反应的发生，化学反应速率逐步加快；
故答案为：反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快。
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
(1)乙酸乙酯（CH3COOC2H5）在 NaOH 溶液中发生碱性水解，生成乙酸钠（CH3COONa）和乙醇（C2H5OH），反应需加热，依据酯的碱性水解规律书写方程式。
(2)①配制 100mL 0.400mol L- NaOH 溶液，需 100mL 容量瓶（定容）、烧杯（溶解）、胶头滴管（定容微调），据此选择仪器。
②控制变量法要求实验总容积相同（均为 50mL），计算得 x=30.0、y=10.0；通过 pH 变化幅度对比，OH-浓度越高，水解速率越快。
(a) 温度升高加快水解，实验 iii（60℃）pH 下降比 ii（25℃）更快，曲线斜率更大。
(b) 饱和 Na2CO3溶液中 c (OH-) 仅约 0.03mol L- ，浓度过低导致水解速率小。
(3) 用乙醇（与乙酸乙酯极性接近）替换实验 i 中的水，增大其溶解度，对比 pH 下降幅度（若更大则假设成立）；反应生成的乙醇会进一步增大乙酸乙酯溶解度，使水解速率加快，油层高度变化加快。
18．（2025·珠海模拟）利用焙烧—半湿法从铜阳极泥(含有、、、、等)中提取金，银等金属的过程如下：
已知：①“焙烧”后烧渣主要成分是、、、；
②在足量盐酸中发生反应：；
③；
回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“烟气”的主要成分是和，用水吸收生成单质Se和　 　(填化学式)。
（3）“水浸”步骤需加入固体但不能过量的原因是　 　。
（4）“分银”步骤中发生反应：该反应的平衡常数，若反应达平衡后溶液中，则　 　(填“>”“<”或“=”)。
（5）通过电解“分银液”，在阴极得到银单质，阴极电极反应式为　 　，电解后阴极区溶液中　 　(填化学式)可以循环使用。
（6）“分金”和“还原”步骤目的是浸出和提取金，其原理为：在酸性条件下，和NaCl反应生成，把Au氧化成，再将还原成Au。
①“还原”步骤发生反应的离子方程式　 　。
②温度对金的浸出率有重要的影响。如图为分金渣中金含量随反应温度的变化曲线。55℃后，分金渣中金含量显著升高，原因可能是　 　。
（7）一种化合物由、、按一定比例构成，其晶胞结构如图a，晶胞俯视图如图b(未画出)。
①该化合物的化学式是　 　。
②在图b中画出的位置　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）避免被溶解
（4）＜
（5）；
（6）；温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出
（7）；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Cu原子序数29，基态铜原子的价层电子排布式：；
故答案为： ；
（2）“烟气”的主要成分是和，用水吸收生成单质Se，Se元素化合价从+4价降低至0价，则S元素被氧化，形成硫酸，
故答案为： ；
（3）“水浸”步骤需加入固体是为了使转化为，同时避免被溶解；
故答案为： 避免被溶解 ；
（4）反应：平衡常数：，代入得＜；
故答案为： ＜ ；
（5）通过电解“分银液”，在阴极得到银单质，阴极电极反应式：；根据可知，同时得到可循环使用；
故答案为： ； ；
（6）①“还原”时将还原成Au，离子方程式：；
②温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出；
故答案为： ； 温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出 ；
（7）①个数：，个数：，个数：，化学式：；
②根据图知，位于前后左右四个面上，则其在图3中的位置：。
故答案为： ； ；
【分析】向铜阳极泥中加入硫酸并进行焙烧。在此过程中，Cu、Ag2Se、Cu2Se 等发生氧化还原反应，生成 CuSO4、Ag2SO4，同时产生 SeO2和 SO2（以 “烟气” 形式逸出）；而 PbSO4和 Au 在该条件下化学性质稳定，保留在烧渣中。因此，焙烧后烧渣主要成分有 CuSO4、PbSO4、Ag2SO4、Au，“烟气” 主要成分为 SeO2和 SO2；向烧渣中加入 NaCl 溶液进行水浸。由于 Cl-的存在，部分 PbSO4转化为 PbCl+，Ag2SO4转化为 AgCl。此时，浸出液中含有 PbCl+、CuSO4和反应生成的 Na2SO4；浸渣主要为 AgCl、未反应的 PbSO4以及 Au；向浸渣中加入 Na2S2O3溶液，AgCl 与 S2O32-发生络合反应：AgCl(s) +2S2O32-(aq) [Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(aq)，使 AgCl 溶解进入溶液，实现银的分离；分银后的渣中加入盐酸，使剩余的 PbSO4等含铅物质反应脱除；之后加入硫酸、氯化钠和氯酸钠进行 “分金”，利用金在该体系中的化学行为使其溶解浸出，再通过 “还原” 步骤将金从溶液中提取出来，最终实现金的回收。
（1）Cu原子序数29，基态铜原子的价层电子排布式：；
（2）“烟气”的主要成分是和，用水吸收生成单质Se，Se元素化合价从+4价降低至0价，则S元素被氧化，形成硫酸，
（3）“水浸”步骤需加入固体是为了使转化为，同时避免被溶解；
（4）反应：平衡常数：，代入得＜；
（5）通过电解“分银液”，在阴极得到银单质，阴极电极反应式：；根据可知，同时得到可循环使用；
（6）①“还原”时将还原成Au，离子方程式：；
②温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出；
（7）①个数：，个数：，个数：，化学式：；
②根据图知，位于前后左右四个面上，则其在图3中的位置：。
19．（2025·珠海模拟）的捕集，利用与封存技术是实现碳达峰，碳中和的热点研究方向。乙醇胺(化学式为，以下简写为)在工业上可用作吸收剂。
Ⅰ．的吸收：用吸收发生反应a：。
（1）乙醇胺分子中电负性最强的元素是　 　(填元素符号)。
（2）X的化学式是　 　。
（3）与结合过程的能量变化如图1。分别向相同体积的溶液中加入相同体积，不同浓度的，测得溶液吸收的体积随时间变化的曲线如图2。
①反应b： 　 　。
②图2曲线Ⅰ在内，的平均吸收速率为　 　。
③下列有关说法正确的有　 　。
A．加入有利于的吸收
B．加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ
C．的吸收速率随着反应的进行逐渐增大
D．吸收时，反应b逆向移动，吸收热量
Ⅱ．再生：被溶液吸收后全部转化为(简称吸收液)，吸收液存在如反应c所示的平衡：
反应c：
（4）若被吸收后形成1L的吸收液，平衡时。此时要使吸收液中的发生反应c全部转化为，需要从外界吸收热量　 　kJ。
（5）向(4)的吸收液中加入(忽略溶液体积变化)，与结合，反应c的平衡由M点移动到N点，如图。
①从能量利用和平衡移动的角度分析加入如何促进反应c中转化为：　 　。
②N点时，，可忽略其它含铜微粒。此时吸收液中的经反应b完全转化为，可以放出　 　kJ热量用于再生。(写出计算过程)
【答案】O；；-21；0.75；BD；15；与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为；1.35
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学平衡的影响因素；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）乙醇胺，化学式为，含有C、N、O、H四种元素，元素非金属性越强，电负性越大，则电负性最大的是O元素；
故答案为： O ；
（2）根据元素守恒和电荷守恒可知，X的化学式为；
故答案为： ；
（3）①由盖斯定律可知，；
②图2曲线Ⅰ在内，的吸收量是15.0L，则的平均吸收速率为；
③A．与结合生成，导致减小，导致平衡 逆向移动，不利于的吸收，A错误；
B．由A项分析可知，加入的浓度越大，越不利于的吸收，则加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，B正确；
C．二氧化碳的吸收速率就是 的正反应速率，因此速率逐渐减小，C错误；
D．吸收二氧化碳时，减小，反应b平衡逆向移动，由①小问可知，平衡逆向移动是吸热过程，D正确；
故答案为： -21 ； 0.75 ；BD；
（4）若被吸收后形成1L的吸收液，则，平衡时，说明的转化量为0.25mol，还剩余0.75mol没有转化，故要使吸收液中的发生反应c全部转化为，则需要吸收0.75mol×20kJ/mol=15kJ的热量；
故答案为： 15 ；
（5）①向(4)的吸收液中加入，与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为；
②根据第(4)小问可知，M点平衡时，，，则，由图可知，，当向N点移动时，平衡后，列三段式： ，则，x=0.25mol/L，则原则上，由图可知，，则有0.45mol的被结合，，由化学式可知，，若完全转化为，放出热量为。
故答案为：与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为 ； 1.35 。
【分析(1)乙醇胺含 C、N、O、H，非金属性越强电负性越大，故电负性最强的元素为O。
(2)根据元素和电荷守恒，反应中 X 的化学式为RNH3+。
(3)①利用盖斯定律计算，得ΔH3 = -21 kJ/mol。
②根据图 2 数据，CO2平均吸收速率为0.75 L·min- 。
③分析平衡移动及速率变化，选BD。
(4)结合平衡转化和反应热，求出吸收热量15 kJ。
(5)①Cu2+与 RNH2结合使 c (RNH2) 减小且放热，促进反应 c 正向移动。
②通过三段式和热化学计算，求得放出热量1.35 kJ。
20．（2025·珠海模拟）托品碱，是一种具有特殊生理活性的生物碱。利用不同的酶如鸟氨酸脱羧酶(ODC)、N-甲基转移酶(PMT)等可以进行生物合成。
根据以上合成路线，回答下列问题：
（1）化合物A的分子式为　 　，B→C生成了一种无色无味的气体是　 　。
（2）化合物G中含氧官能团名称为　 　。
（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有　 　。
a．化合物H含有手性碳
b．G→H的反应类型为还原反应
c．由化合物A到B的转化中，有π键的断裂与形成
d．化合物B易溶于水，是因为其分子中有氨基和羧基，能与水分子形成氢键
（4）根据化合物B的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 　 　 　 　反应
b 　 　 　 　 中和反应
（5）化合物E有多种同分异构体，其中能发生银镜反应且含的有　 　种，核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的结构简式为　 　(任写一种)。
（6）已知Mannich反应是指含有活泼氢的化合物(通常为羰基化合物)与醛和胺缩合，生成β—氨基(羰基)化合物的有机化学反应。1917年，鲁滨逊利用Mannich反应合成了托品酮，其合成路线：
补全下面方程式反应物：　 　。
【答案】（1）C6H14N4O2；CO2
（2）酮羰基
（3）abd
（4）浓硫酸、加热；酯化或取代；NaOH(HCl)；-COONa(-NH3Cl)
（5）12；或
（6）CH3CH2CH(CHO)CH(CHO)CH2CH3和(CH3)2CHNH2
【知识点】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A的结构简式，A的分子式为C6H14N4O2，B脱羧得到C，根据原子守恒，还生成了一种无色无味的气体是CO2；
故答案为： C6H14N4O2 ； CO2 ；
（2）根据G的结构简式，G中含氧官能团的名称为酮羰基；
故答案为： 酮羰基 ；
（3）a．化合物H中环上连接N原子的碳原子是饱和碳原子，连接四个原子或基团均不相同，是手性碳，a正确；
b．G→H是G与H2发生加成，羰基转化为羟基，反应类型为还原反应或加成反应，b正确；
c．由化合物A到B的转化中，断裂C-N单键，形成N-H单键，没有π键的断裂与形成，c错误；
d．化合物B易溶于水，是因为其分子中有氨基和羧基，能与水分子形成分子间氢键，溶解度较大，d正确；
故答案为： abd；
（4）a．B中羧基和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成-COOC2H5，该反应为取代反应或酯化反应；故答案为：浓硫酸、加热，酯化或取代；
b．羧基和氢氧化钠发生中和反应生成-COONa，-NH2和HCl发生中和反应生成-NH3Cl；故答案为：NaOH(HCl)，-COONa(-NH3Cl)；
故答案为： 浓硫酸、加热 ； 酯化或取代 ； NaOH(HCl) ； -COONa(-NH3Cl) ；
（5）化合物E的同分异构体能发生银镜反应且含-NH2，说明含有1个醛基和1个-NH2，相当于丁烷中的2个氢原子被-CHO和-NH2取代，丁烷有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷中2个氢原子被取代时，2个取代基在同一个碳原子上有2种位置异构，2个取代基在不同碳原子上有6种位置异构；如果丁烷为异丁烷，2个取代基在同一个碳原子上，由有1种位置异构，2个取代基在不同碳原子上有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有12种，核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的结构简式为或；
故答案为：12；或 ；
（6）根据所给流程知，OHCCH2CH2CHO中醛基和CH3NH2中氢原子、HOOCCH2COCH2COOH中亚甲基上的氢原子发生取代反应，然后再加热脱羧酸根离子生成托品碱，则方程式中的反应物是CH3CH2CH(CHO)CH(CHO)CH2CH3和(CH3)2CHNH2。
故答案为： CH3CH2CH(CHO)CH(CHO)CH2CH3和(CH3)2CHNH2 ；
【分析】A 在酶的催化作用下，发生类似酰胺水解的反应，生成产物 B。这一步是通过酶催化的水解反应，使 A 中的特定酰胺键断裂，得到中间产物 B；B 发生脱羧反应，失去羧基（-COOH），从而转化为 C。脱羧反应是有机化学中常见的官能团转化反应，通过这一步实现了从 B 到 C 的结构变化；C 发生取代反应，分子中的某个原子或基团被其他原子或基团取代，进而得到 D。取代反应的发生使 C 的结构进一步改变，生成中间产物 D；D 在酶的作用下，氨基（-NH2）转化为醛基（-CHO），生成 E。这一步是酶催化下的官能团转化反应，实现了氨基到醛基的转变；E 发生分子内的反应，首先是醛基的碳氧双键发生加成反应，然后羟基消去，最终得到 F。这一系列反应是在分子内部进行的，通过加成和消去反应的结合，形成了 F 的结构；F 在酶的催化作用下生成 G。酶在此处起到催化作用，促进 F 向 G 的转化；G 在酶的作用下发生加成反应，得到最终产物 H。加成反应的发生使 G 的结构进一步完善，生成目标产物 H。
（1）根据A的结构简式，A的分子式为C6H14N4O2，B脱羧得到C，根据原子守恒，还生成了一种无色无味的气体是CO2；
（2）根据G的结构简式，G中含氧官能团的名称为酮羰基；
（3）a．化合物H中环上连接N原子的碳原子是饱和碳原子，连接四个原子或基团均不相同，是手性碳，a正确；
b．G→H是G与H2发生加成，羰基转化为羟基，反应类型为还原反应或加成反应，b正确；
c．由化合物A到B的转化中，断裂C-N单键，形成N-H单键，没有π键的断裂与形成，c错误；
d．化合物B易溶于水，是因为其分子中有氨基和羧基，能与水分子形成分子间氢键，溶解度较大，d正确；
故选abd；
（4）a．B中羧基和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成-COOC2H5，该反应为取代反应或酯化反应；故答案为：浓硫酸、加热，酯化或取代；
b．羧基和氢氧化钠发生中和反应生成-COONa，-NH2和HCl发生中和反应生成-NH3Cl；故答案为：NaOH(HCl)，-COONa(-NH3Cl)；
（5）化合物E的同分异构体能发生银镜反应且含-NH2，说明含有1个醛基和1个-NH2，相当于丁烷中的2个氢原子被-CHO和-NH2取代，丁烷有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷中2个氢原子被取代时，2个取代基在同一个碳原子上有2种位置异构，2个取代基在不同碳原子上有6种位置异构；如果丁烷为异丁烷，2个取代基在同一个碳原子上，由有1种位置异构，2个取代基在不同碳原子上有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有12种，核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的结构简式为或；
（6）根据所给流程知，OHCCH2CH2CHO中醛基和CH3NH2中氢原子、HOOCCH2COCH2COOH中亚甲基上的氢原子发生取代反应，然后再加热脱羧酸根离子生成托品碱，则方程式中的反应物是CH3CH2CH(CHO)CH(CHO)CH2CH3和(CH3)2CHNH2。
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