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北京市石景山区2025届高三上学期期末考试化学试题
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2025高三上·石景山期末）明朝宋应星所著的《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性“工艺百科全书”，其中介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石和煤炭饼装入炼锌罐(如图所示)，泥封，“其底铺薪，发火煅红”，“冷定毁罐取出”。
已知：锌的熔点为419℃，沸点为907℃。
下列说法不正确的是
A．冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419 907℃
B．“冷定”后“毁罐”取锌的原因是防止在较高的温度下被氧化成
C．反应区中，分解生成和
D．反应区中，与发生置换反应得到，被还原
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；金属冶炼的一般原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、根据题干信息可知，锌的熔点为419℃，沸点为907℃，冷凝区中，气态锌转化为液态的温度需介于“熔点～沸点”之间，理论上该区温度控制在419 907℃，A正确；
B、锌是活泼金属，较高温度下易与氧气反应生成ZnO；“冷定”后温度降低，锌的氧化风险大幅降低，因此“冷定”后取锌可防止锌被氧化，B正确；
C、ZnCO3属于碳酸盐，受热易分解，在反应区内1100~1300℃的高温下，会分解生成ZnO和CO2，对应的反应方程式为：ZnCO3ZnO+CO2↑，C正确；
D、C与ZnO的置换反应为：。反应中C的化合价从0价升高到+4价，被氧化，作还原剂，并非被还原，D错误；
故答案为：D
【分析】氧化还原反应中核心概念的判断依据：
化合价升高→失去电子→发生氧化反应→作还原剂；
化合价降低→得到电子→发生还原反应→作氧化剂；
还原性强弱：还原剂>还原产物；氧化性强弱：氧化剂>氧化产物。
2．（2025高三上·石景山期末）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．酸性： B．沸点：
C．金属性： D．电负性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；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、同周期从左到右非金属性增强、同主族从上到下非金属性减弱，而S的非金属性强于C，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此H2SO4酸性强于H2CO3，符合元素周期律，A正确；B、H2O的沸点高于H2S，是因为H2O分子间存在氢键，这是分子间作用力的差异，并非元素周期律的范畴，因此不能用元素周期律解释，B错误；
C、Na与Li同主族，但Na位于Li下方，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，因此金属性Na>Li，符合元素周期律，C正确；
D、F与O同周期，但F位于O右侧，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，因此电负性F>O，符合元素周期律，D正确；
故答案为：B
【分析】元素周期律的核心适用范围主要解释元素化学性质的周期性递变，如金属性、非金属性、最高价含氧酸酸性、电负性等，这些性质与原子的核电荷数、原子半径等结构因素直接相关，随周期或主族呈现规律变化。而沸点等物理性质的差异，若由氢键、范德华力等分子间作用力导致，不属于元素周期律的解释范畴，因为元素周期律不涉及分子间作用力对物理性质的影响。
3．（2025高三上·石景山期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子式：
B．基态原子的价层电子轨道表示式：
C．的结构式：
D．反-2-丁烯的分子结构模型：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CO2的结构式为：O=C=O，其中C与O之间为双键相连，对应的电子式应体现双键的两对共用电子对，正确电子式为：；选项中C与O仅显示1对共用电子，未体现双键，A错误；
B、基态N原子的原子序数为7，其价层电子排布为2s22p3。正确的轨道表示式：，2s轨道有两个自旋方向相反电子，2p轨道的三个电子分占三个轨道且自旋平行，符合洪特规则，B正确；
C、HClO中由于电负性：O>Cl，所以O为中心原子，其结构式应为：H-O-Cl；选项写为：H-Cl-O，违背了原子的成键方式，C错误；
D、反-2-丁烯的分子结构模型应显示两个甲基在碳碳双键的两侧，是反式结构，而选项中的是顺式结构，D错误；
故答案为：B
【分析】判断顺反异构体有两个原则：1.分子中存在限制旋转的因素，如双键或脂环；2.每个不能自由旋转的碳原子必须连有两个不同的原子或原子团。此外，根据在两个由双键连接的碳原子上所连的四个原子或基团中两个相同者的位置来决定异构体的类型，同侧为“顺式异构”，异侧为“反式异构”。
4．（2025高三上·石景山期末）下列说法错误的是
A．葡萄糖氧化生成和的反应是吸热反应
B．核酸是一种生物大分子
C．葡萄糖和果糖互为同分异构体
D．氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；单糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A、葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应，该反应会释放能量，为生命活动提供能量，并非吸热反应，A错误；B、核酸（包括DNA、RNA）是由核苷酸通过聚合反应形成的生物大分子，相对分子质量可达数百万甚至更大，属于典型的生物大分子，B正确；
C、葡萄糖和果糖的分子式均为C6H12O6，但结构不同，葡萄糖是醛糖，果糖是酮糖，二者互为同分异构体，C正确；
D、蛋白质是由氨基酸通过肽键连接形成的高分子化合物，因此氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位，D正确；
故答案为：A
【分析】核酸是由核苷酸聚合形成的高分子化合物，属于生物大分子，常见生物大分子包括核酸、蛋白质、多糖，生物大分子的核心特征：相对分子质量大、由小分子单体聚合而成；同分异构体的核心是“分子式相同、结构不同”；蛋白质是由氨基酸通过肽键连接形成的高分子，因此氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位，这是蛋白质结构的基础知识。
5．（2025高三上·石景山期末）下列方程式与所给事实相符的是
A．食醋去除水垢中的：
B．的水溶液显酸性：
C．新切开的钠的光亮的表面很快变暗：
D．氯化铁溶液作为覆铜板的“腐蚀液”：
【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆分为H+，需保留化学式，正确的离子方程式应为：，A错误；
B、SO2与水反应生成的H2SO3是弱电解质，其电离过程可逆且分步进行，正确的过程应为：；选项中既无可逆符号，也未体现H2SO3的中间生成，B错误；
C、新切开的钠在常温下与氧气反应，产物为Na2O，反应方程式应为：；Na2O2是钠在加热或点燃条件下的氧化产物，选项混淆了反应条件与产物，C错误；
D、Fe3+具有强氧化性，可氧化Cu生成Fe2+与Cu2+，该反应方程式：，符合氯化铁溶液作为覆铜板“腐蚀液”的原理，D正确；
故答案为：D
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
6．（2025高三上·石景山期末）习惯上把电解饱和食盐水的工业生产叫氯碱工业，一个单元槽的电解原理示意图如下，下列说法不正确的是
A．阴极的电极反应：
B．在阳极，比容易失去电子
C．中间的离子交换膜选用阴离子交换膜
D．电解饱和食盐水可以得到三种重要的化工产品：、和
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴极发生还原反应，H2O得电子生成H2和OH-，电极反应为：，A正确；
B、阳极发生氧化反应，在饱和食盐水中，Cl-的还原性强于OH-，因此Cl-比OH-更容易失去电子，阳极反应为：，B正确；
C、示意图中Na+从阳极区向阴极区移动，为了让Na+通过，同时阻止Cl-、OH-混合反应，中间应选用阳离子交换膜；若选用阴离子交换膜，OH-会移向阳极区与Cl2反应，无法得到纯净的NaOH，C错误；
D、电解饱和食盐水时，阳极生成Cl2，阴极生成H2和NaOH，这三种物质均是重要的化工产品，符合氯碱工业的产物特点，D正确；
故答案为：C
【分析】精制饱和NaCl溶液持续通入阳极区，溶液中的Cl-在阳极表面失去电子，发生氧化反应，电极反应为：；随着Cl-不断被消耗，阳极区NaCl浓度逐渐降低，最终以“淡盐水”的形式从阳极区排出，后续可重新精制、补充NaCl后循环使用。
阴极区通入的是含少量NaOH的H2O，添加少量NaOH是为了增强溶液导电性，H2O微弱电离出的H+在阴极表面得到电子，发生还原反应，电极反应为：；H+持续放电后，阴极区OH-浓度大幅升高。
7．（2025高三上·石景山期末）已知溶液显酸性。关于和的下列说法中，不正确的是
A．溶液中，
B．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
C．溶液中，
D．可以用溶液吸收，生成
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在溶液中可以发生完全电离：，但是在溶液中会发生水解，所以，A正确；
B、在溶液中存在水解，在溶液中存在电离和水解平衡，所以两种物质的溶液中，所含微粒种类相同，均含有：Na+、H+、OH-、SO32-、HSO3-、H2SO3、H2O，B正确；
C、溶液中，根据电荷守恒：，溶液显酸性，，，且根据物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，C错误；
D、溶液是典型的强碱弱酸盐，水溶液呈现碱性，可与发生反应从正盐生成对应的酸式盐：，D正确；
故答案为：C
【分析】三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。
8．（2025高三上·石景山期末）下列实验装置及操作，能达到实验目的的是
A．实验室制取 B．转移溶液 C．测溶液 D．收集
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；实验装置综合；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、实验室用NH4Cl固体加热制取NH3时，NH4Cl分解生成的NH3和HCl会在试管口遇冷重新化合为NH4Cl，无法有效收集NH3；且试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管。因此该装置不能达到目的，A错误；
B、转移溶液时使用玻璃棒引流，且玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，操作正确，B正确；
C、H2S溶液呈酸性，但pH试纸直接插入溶液会污染试剂；且H2S具有还原性，可能与试纸中的物质反应，不能用pH试纸直接测定其pH，C错误；
D．会与空气中氧气反应，不适合用排空气法收集，但NO不溶于水且不与水反应，因此采用排水法收集，D错误；
故答案为：B
【分析】这类题要求聚焦实验设计的合理性，围绕 实验目的→实验原理→实验装置、实验操作、实验试剂的可靠性展开，要记清仪器的 “专属用途”：如容量瓶仅用于定容、漏斗用于过滤或者添加液体、洗气瓶用于气体除杂；注意 “特殊实验的条件”；并梳理 “装置设计逻辑”如洗气装置 “长进短出”（让气体充分接触试剂）、防倒吸装置需 “隔绝体系与液体”。
9．（2025高三上·石景山期末）将甲烷直接转化为高附加值化学品是实现天然气高效利用的有效途径。在全氟己烷和水组成的两相反应体系中，甲烷转化率达到99%，其机理如下。下列说法不正确的是
A．上层是水，下层是全氟己烷
B．甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中，推测全氟己烷极性较大
C．生成的甲醇、甲酸从全氟己烷转移至水相，避免被深度氧化为CO2
D．氯自由基(·Cl)和甲烷的反应可表示为：
【答案】B
【知识点】相似相溶原理及其应用；氧化还原反应；卤代烃简介；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、水属于典型的无机物，全氟己烷属于含氟有机物，无机物和有机物之间一般互不相溶，因此会出现分层的现象，且物质的密度：ρ水＜ρ全氟己烷，所以上层是水层，下层是全氟己烷层，A正确；
B、根据相似相溶原理可知：非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，而不易溶于由极性分子构成的溶剂，接着分析H2O分子是极性分子，甲烷和O2分子是非极性分子，且由选项的信息可知甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中，故可以推测全氟己烷分子大概率也属于非极性分子，极性较小，B错误；
C、由题干信息可知CH4失去电子被氧化反应转化生成的CH3OH、CH3COOH，且CH3OH、CH3COOH的结构中含有羟基或者羧基的极性基团结构，更易溶于水相，除此之外还能与水分子之间易形成氢键，因此CH3OH、CH3COOH容易溶于水中，故CH4氧化生成的甲醇、甲酸从全氟己烷转移至水相，就可以避免被深度氧化为+4价CO2，从而提高目标产物的选择性，C正确；
D、根据图可知：氯自由基和甲烷反应产生甲基(·CH3)自由基和HCl，该反应是典型的光照引发的自由基取代反应，氯自由基夺取甲烷中的氢原子，生成氯化氢和甲基自由基，是甲烷活化的关键步骤
，据此推断出反应的方程式为：，D正确；
故答案为：B
【分析】由图可知：向水层的NaClO2溶液中加入酸，生成·ClO2，生成·ClO2进入下层的全氟己烷中，解离产生氯自由基(·Cl)和O2，氯自由基(·Cl)与CH4反应产生·CH3和HCl，·CH3被O2氧化产生CH3OH、CH3COOH，生成的CH3OH、CH3COOH极易溶于水，而不容易溶于全氟己烷中，因此CH3OH、CH3COOH从全氟己烷层进入到水层中，就可以避免再被氧化为CO2。
10．（2025高三上·石景山期末）对下列事实的解释不正确的是
　 事实 解释
A 第一电离能： 的第一电离能失去的电子是能级的，该能级电子的能量比失去的能级电子的低
B 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 苯环使甲基活化，甲苯中的甲基被氧化
C 第一电离能： 的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
D 酸性： 氟的电负性大于氯的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】原子核外电子的能级分布；元素电离能、电负性的含义及应用；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、Mg的价电子排布为3s2，属于全充满构型，更稳定，Al的价电子排布为3s23p1，3p轨道仅1个电子，不稳定。第一电离能是失去一个电子所需的能量，Al失去的3p电子能量高于Mg的3s电子能量，因此Al的第一电离能更低，A错误；
B、甲苯中，苯环的大π键与甲基的C-H键发生超共轭效应，使甲基的C-H键易被氧化；酸性高锰酸钾可将甲苯的甲基氧化为羧基，导致溶液褪色，B正确；
C、N的价电子排布为2s2p3，2p轨道半充满构型，更稳定，O的价电子排布为2s2p4，2p轨道非半充满。半充满结构的稳定性使N失去电子更难，第一电离能N>O，C正确；
D、氟的电负性大于氯的电负性，F的吸引电子能力大于Cl，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性：，D正确；
【分析】元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
吸电子基团是指可以吸收电子的基团，它们拥有足够的原子电荷差和能量，以吸收电子，这样的基团有C-H，N－H，O-H，F，Cl，Br，I等。
给电子基团是指可以提供电子的基团，它们由高原子电荷差的原子构成，可以提供电子，常见的给电子基团：(CH3)3C > (CH3)2C > CH3CH2 > CH3 > H；
11．（2025高三上·石景山期末）一种热响应高分子的合成路线如下。
下列说法不正确的是
A．在引发剂的作用下，发生加聚反应生成
B．和均含有酰胺基
C．X的分子式为
D．水解可得到
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；分子式；有机分子式的推断与计算；酰胺
【解析】【解答】A、X分子中含有碳碳双键，在引发剂作用下，碳碳双键发生加聚反应，其中的双键断裂，相互连接生成高分子Y，A正确；
B、X和Y的结构中均存在-CONH-的结构，也就是酰胺基，B正确；
C、观察可知，X的结构简式为：，其分子中含5个C、8个H、2个N、2个O，分子式为：，C正确；
D、Y是通过Ⅹ的碳碳双键加聚生成的高分子，加聚反应的产物水解不能恢复为原单体，加聚产物无酯键、酰胺键等可水解的官能团，其结构中只有碳碳单键连接的链节，因此Y水解无法得到X，D错误；
故答案为：D
【分析】缩聚反应和加聚反应是有机化学中的两种重要反应类型：
缩聚反应是指通过化学反应将两个或多个小分子合成为一个较大的分子的过程，同时释放出小分子（如水、醇等）， 在缩聚反应中，反应物的数量减少，而生成物的数量增加；
加聚反应是指通过化学反应将小分子单体（通常含有不饱和键）转化为高分子链或网络结构的过程，不会释放小分子， 而在加聚反应中，反应物的数量保持不变，生成物的分子量增加。
12．（2025高三上·石景山期末）一种全钒液流电池放电状态的工作原理示意图如下。
下列说法正确的是
A．放电时，穿过质子交换膜进入负极室
B．放电时，正极的反应为
C．充电时，负极室的升高
D．充电时，电极a应连接电源的负极
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时，正极反应消耗H+，电极反应式为：，为维持电荷平衡，H+应穿过质子交换膜进入正极室，而非负极室，A错误；
B、根据电子的移动方向可知放电时，正极上VO2得电子发生还原反应，结合H+生成VO2+和H2O，正极的反应为：，B正确；
C、充电时，负极室发生反应：V2+-e-=V3+，同时H+会通过质子交换膜移出负极室，用于维持电荷平衡，负极室H+浓度升高，pH降低，C错误；
D、充电时，原电池的正极（电极a）应连接电源的正极，并作为阳极发生氧化反应，而非负极，D错误；
故答案为：B
【分析】根据全钒液流电池的工作原理分析：
放电时：正极反应为：，消耗H+，H+由负极室通过质子交换膜向正极室迁移，以保持电荷平衡。
充电时：反应逆向进行，电极a（原正极）连接电源正极作阳极，电极b（原负极）连接电源负极作阴极；电极反应式为：V2+-e-=V3+，H由正极室向负极室迁移，负极室H浓度增加，pH降低。
13．（2025高三上·石景山期末）白云石的主要化学成分为，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如下。
后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%。
已知：740℃时，碳酸钙受热分解为和。
下列说法不正确的是
A．将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率
B．固体的主要成分是
C．生成固体的离子方程式是
D．740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为分解所致
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；氨的性质及用途；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、将白云石粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高反应速率，A正确；
B、白云石煅烧时分解为CaO、MgO和CO2，加入氯化铵溶液浸出时，CaO与NH4Cl反应生成可溶的CaCl2进入滤液B，MgO不与NH4Cl反应，因此固体A的主要成分为MgO，B正确；
C、滤液B含Ca2+，先通NH3使溶液呈碱性，再通CO2时，Ca2+与NH3、CO2、H2O反应生成CaCO3沉淀，反应的离子方程式为：，C正确；
D、740℃时，碳酸钙受热分解为CaO和CO2，此时固体剩余量正好为56%，若740℃时，碳酸钙中若存在氢氧化钙，Ca(OH)2分解产生CaO和H2O，固体剩余量大于56%，若剩余量少于56%，说明产物中除CaCO3外，还有热分解时失重更多的物质（如含结晶水的物质）D错误；
故答案为：D
【分析】由题给流程可知，白云石煅烧、粉碎后，加入氯化铵溶液浸出，将氧化钙转化为氯化钙溶液，氧化镁不反应，过滤得到含有氧化镁的固体A和含有氯化钙的滤液B；向滤液中先通入氨气，再通入二氧化碳陈化，氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，过滤得到含有氯化铵的溶液D和碳酸钙固体C；固体烘干得到碳酸钙产品。
14．（2025高三上·石景山期末）对于二元弱酸，存在电离平衡：，，，，如果，则以第一步电离为主，此时水溶液中，则。
已知：的，；；的，；； 。
下列说法不正确的是
A．酸性：
B．将浓度均为的和溶液等体积混合，会生成沉淀
C．将碳酸钠溶液加水稀释至，的水解程度约为50%
D．将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以形式存在
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、由题目信息可知，酸的电离以第一步电离为主，故酸的酸性强弱可通过第一步电离常数Ka1判断，，所以酸性，A正确；
B、将浓度均为的和等体积混合后，体积增大一倍，故浓度会减小一倍，、均为，由于的，由已知信息可知，得出和的离子积，所以溶液中会产生沉淀，B正确；
C、设的碳酸钠溶液发生水解的浓度为x，忽略的第二步水解，可列三段式，，，，则的水解程度约为，C正确；
D、水解平衡常数，说明溶液中的水解程度较大，上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，D错误；
故答案为：D
【分析】书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
二、本部分共5题，共58分。
15．（2025高三上·石景山期末）对机理的研究有利于从微观层面理解化学反应的本质。一种催化加氢制的路径如下。(□表示氧空位)
（1）写出催化加氢制的化学方程式　 　。
（2）分子的模型名称是　 　。
（3）位于元素周期表第6周期。将基态原子的简化电子排布式补充完整：　 　。
（4）在表面异裂产生氧空位(□)和的示意图如下。
分析异裂解离需要吸收能量且与催化剂表面结合的原因　 　。
（5）的晶胞如图所示。
①每个原子周围与它最近且距离相等的原子有　 　个。
②晶胞的边长均为，已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。
③已知的摩尔质量是，假设每个晶胞中有1个变为氧空位，则参与反应时转移　 　电子。
【答案】（1）
（2）四面体
（3）
（4）断开键需要吸收能量，和电性相反(或有空轨道，有孤电子对，可以形成配位键)
（5）8；；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）、H2与催化剂CeO2多步反应得到H2O和氧空位的催化剂，氧空位的催化剂再与CO2作用，多步反应后得到CH3OH，化学方程式为：；
（2）、H2O的中心原子为O，O原子的价层电子对为2+，VSEPR模型的名称为四面体形；
（3）、58Ce位于元素周期表第6周期，原子核外有6层电子，因此电子排布式为：；
（4）、由图可知，异裂解离过程有H-H键的断开，需要吸收能量，断开后，带正电荷的Hδ+与催化剂表面O电性相反，可以结合成键(或者O有孤电子对，Hδ+有空轨道，二者之间形成配位键)；
（5）、①、根据晶胞图分析，白球全在晶胞内部，有8个，黑球在面心和顶角，有6×，则黑球为Ce原子，白球为O原子，一个O原子周围有4个Ce，根据Ce与O个数比为1：2，则一个Ce原子周围有8个O原子；
②、晶胞中有4个Ce原子，8个O原子，质量为，体积为(a×10-7cm)3，则晶胞的密度为：g/cm3= g/cm3；
③、的物质的量为，含有晶胞的物质的量为，氧空位的物质的量为，参与反应时转移电子的物质的量为=。
【分析】价层电子轨道表示式书写规则如下：写出核外电子排布式：首先确定原子的核外电子排布；简化表示：将电子排布式改为用原子实表示的简式；去除前面的原子实：在简式中，若遇到p、d轨道共存的情况，划去d能级；若无p、d共存，剩余部分即为价层电子构型。
判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
（1）由分析可知，化学方程式为：；
（2）H2O的中心原子为O，O原子的价层电子对为2+，VSEPR模型的名称为四面体形；
（3）58Ce位于元素周期表第6周期，原子核外有6层电子，因此电子排布式为：；
（4）由图可知，异裂解离过程有H-H键的断开，需要吸收能量，断开后，带正电荷的Hδ+与催化剂表面O电性相反，可以结合成键(或者O有孤电子对，Hδ+有空轨道，二者之间形成配位键)；
（5）①根据晶胞图分析，白球全在晶胞内部，有8个，黑球在面心和顶角，有6×，则黑球为Ce原子，白球为O原子，一个O原子周围有4个Ce，根据Ce与O个数比为1：2，则一个Ce原子周围有8个O原子；
②晶胞中有4个Ce原子，8个O原子，质量为，体积为(a×10-7cm)3，则晶胞的密度为：g/cm3= g/cm3；
③的物质的量为，含有晶胞的物质的量为，氧空位的物质的量为，参与反应时转移电子的物质的量为=。
16．（2025高三上·石景山期末）在国民经济中占有重要地位。可采取不同的方法制备。
（1）氨的发现：科学家在加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，写出反应的化学方程式　 　。
（2）氰化法制氨：以为氮源两步合成氨。
①第I步产物还有单质，则反应中　 　(填序号)。
a．是氧化剂 b．是还原剂 c．既是氧化剂又是还原剂
②第II步产物还有，反应的化学方程式为　 　。
（3）直接合成法制氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：
若断裂、需要吸收的能量分别为、，则断裂需要吸收的能量为　 　。
（4）电化学氮还原合成氨是未来合成氨工艺最有潜力的前沿技术。水相电解是最早实现低温合成氨的体系。
①以溶液为离子导体的示意图如图所示，阴极的电极反应是　 　。
②以稀硫酸为离子导体，氮还原的选择性较低。在稀硫酸中添加聚乙二醇，能显著提高氮还原的选择性，其原理如下。
聚乙二醇不影响的扩散。聚乙二醇能　 　，有效抑制的扩散。
【答案】（1）
（2）b；
（3）
（4）；与形成氢键
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】（1）、根据加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，知道反应物是氯化铵和，生成物是氨气、氯化钙和水，故反应的化学方程式是。
（2）、①、根据氰化法制氨合成流程图，可知反应Ⅰ是N2和反应生成CaCN2和单质C，中C元素的化合价是-1价，CaCN2中C元素的化合价是+4价，单质C中为0价，反应过程中，碳元素化合价是升高的，则反应中是反应物，是还原剂，故答案为b。
②、第二步反应是CaCN2和水在反应生成氨气和，故反应的化学方程式是：。
（3）、一个反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，断裂、需要吸收的能量分别为、，设断裂需要吸收的能量为x，则有x+3a -6b=-92.4，故x等于。
（4）、①、阴极发生还原反应，根据题干电化学氮还原合成氨，可知氮气在阴极得电子被还原成氨气，则根据电荷守恒、元素质量守恒和碱性电解液，可知电极反应式为：。
②、以稀硫酸为离子导体，会在阴极形成氢气，降低氮还原的选择性；根据图可知聚乙二醇中的氧原子能与中的氢离子形成分子间氢键，能有效抑制的扩散，提高氮还原的选择性。
【分析】化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2. 根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H= Ea正 -Ea逆）4.标准摩尔生成焓求算（△H=生成物的标准摩尔生成焓之和 -反应物的标准摩尔生成焓之和）
原电池的电极方程式书写规则：先根据总反应确定正、负两极参加反应的物质，化合价升高、电子流出的极是原电池的负极，负极发生氧化反应；化合价降低、电子流入的极是原电池的正极，正极发生还原反应；先写负极的电极反应，然后根据负极反应物及对应的生成物的价态变化确定负极的摩尔得失电子数；根据离子反应两边电荷守恒，及溶液的酸碱性，用H＋或OH－调整左右电荷守恒，再用水调整氢守恒，若是非水体系，既：熔融盐作电解质，则加相应的离子和物质调整电荷及元素守恒；正极的电极反应得电子，因为得电子是相当于带负电，再根据溶液的酸碱性，调整所加氢离子数或氢氧根数，最后用水调整元素守恒；或确定正极反应物与生成物再根据产物价态变化确定摩尔得失电子数，最后根据溶液的酸碱性确定电荷守恒和原子守恒。
（1）根据加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，知道反应物是氯化铵和，生成物是氨气、氯化钙和水，故反应的化学方程式是。
（2）①根据氰化法制氨合成流程图，可知反应Ⅰ是N2和反应生成CaCN2和单质C，中C元素的化合价是-1价，CaCN2中C元素的化合价是+4价，单质C中为0价，反应过程中，碳元素化合价是升高的，则反应中是反应物，是还原剂，故答案为b。
②第二步反应是CaCN2和水在反应生成氨气和，故反应的化学方程式是。
（3）一个反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，断裂、需要吸收的能量分别为、，设断裂需要吸收的能量为x，则有x+3a -6b=-92.4，故x等于。
（4）①阴极发生还原反应，根据题干电化学氮还原合成氨，可知氮气在阴极得电子被还原成氨气，则根据电荷守恒、元素质量守恒和碱性电解液，可知电极反应式为。
②以稀硫酸为离子导体，会在阴极形成氢气，降低氮还原的选择性；根据图可知聚乙二醇中的氧原子能与中的氢离子形成分子间氢键，能有效抑制的扩散，提高氮还原的选择性。
17．（2025高三上·石景山期末）从构树中分离得到的Broussonin C()具有较好的酪氨酸酶抑制活性，其人工合成路线如下。
已知：i．。
ii．。
（1）A中含氧官能团的名称是　 　。
（2）的反应类型是　 　。
（3）C的结构简式是　 　。
（4）G的分子式是，的化学方程式是　 　。
（5）下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．的作用是保护酚羟基
b．被还原时，转移电子
c．I和J互为同分异构体
（6）I的结构简式是　 　。
（7）以上述合成路线中的E制备K，利用K和Broussonin C进行对比实验，实验确认异戊烯基()不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团。写出和的结构简式：　 　。
【答案】（1）醛基、羟基
（2）取代反应
（3）
（4）++HCl
（5）abc
（6）
（7）和
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；有机物（官能团）的检验；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）、由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是醛基、羟基。
（2）、由分析可知，A和ClCH2OC2H5发生取代反应生成B。
（3）、由分析可知，B和C发生已知信息i的反应原理生成D，由D的结构简式可知C的结构简式为：。
（4）：由分析可知，G为，F和G发生取代反应生成H，化学方程式为：++HCl。
（5）、a、由流程可知，A中的酚羟基先和ClCH2OC2H5发生取代反应，将-OH转化为醚键，J将-OCH2OC2H5转化为-OH生成Broussonin C，的作用是保护酚羟基，a正确；
b、D被还原时，D中的碳碳双键转化为碳碳单键，转移2个电子，羰基转化为-CH2-，碳的氧化态从+2价变为-2价，转移4个电子，则被还原时，转移电子，b正确；
c、I加热重排生成J，I和J的分子式相同，结构式不同，二者互为同分异构体，c正确；
故答案为：abc。
（6）、由分析可知，I的结构简式是。
（7）、由分析可知，E的结构简式为，已知异戊烯基不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团，则E直接发生J去保护的反应原理即可生成K为。
【分析】A中含酚羟基和醛基和ClCH2OC2H5发生取代反应生成B，实现酚羟基的保护，避免后续的反应中酚羟基被破坏，而醛基保留在结构中，结合B的分子式和D的结构简式可以推知B的结构简式为：，B和C也就是含酮羰基的化合物在加热和NaOH的条件下发生已知信息i的反应原理，也就是羟醛缩合，醛基和酮羰基的α-H结合，脱水生成双键，据此生成D，结构中形成共轭双键与酮羰基，同时保留酚羟基的保护基，由D的结构简式可知C的结构简式为，D发生还原反应，D中的酮羰基还原为羟基，生成E，由Broussonin C的结构简式可知，E的结构简式为，F和含羟基化合物的G发生取代反应（酯化反应）生成H，由H的结构简式和G的分子式C5H10O可以推知G的结构简式为，J将-OCH2OC2H5转化为-OH生成Broussonin C，则J为，I发生已知信息ii的反应原理生成J，则I为，整个路线的核心策略是 “先保护酚羟基，再通过缩合、还原、重排构建碳骨架，最后脱保护恢复活性官能团”，保障了目标产物的结构正确性。
（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是醛基、羟基。
（2）由分析可知，A和ClCH2OC2H5发生取代反应生成B。
（3）由分析可知，B和C发生已知信息i的反应原理生成D，由D的结构简式可知C的结构简式为。
（4）由分析可知，G为，F和G发生取代反应生成H，化学方程式为：++HCl。
（5）a．由流程可知，A中的酚羟基先和ClCH2OC2H5发生取代反应，将-OH转化为醚键，J将-OCH2OC2H5转化为-OH生成Broussonin C，的作用是保护酚羟基，a正确；
b．D被还原时，D中的碳碳双键转化为碳碳单键，转移2个电子，羰基转化为-CH2-，碳的氧化态从+2价变为-2价，转移4个电子，则被还原时，转移电子，b正确；
c．I加热重排生成J，I和J的分子式相同，结构式不同，二者互为同分异构体，c正确；
故选abc。
（6）由分析可知，I的结构简式是。
（7）由分析可知，E的结构简式为，已知异戊烯基不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团，则E直接发生J去保护的反应原理即可生成K为。
18．（2025高三上·石景山期末）一种利用绿柱石(主要成分是，含一定量和等杂质)生产的工艺流程如下(简称硫酸法)。
已知：固体的主要成分是；固体的主要成分是。
（1）浓硫酸浸出，利用了的氧化性和　 　性。
（2）滤液D氨水调时，反应的离子方程式有　 　。
（3）25℃时，氨水的可达11.室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，结合平衡移动原理解释原因　 　。
（4）由于高品质绿柱石资源短缺，需要从品质差的含氟铍矿石中提取。
①采用硫酸法时，滤液中硫酸的浓度约为，滤液中硫酸铵的浓度一般为，此时如果溶液中不含氟，铍可以完全沉淀。氟存在时，部分会和生成配合物，导致的产率降低，解释和能形成配合物的原因　 　。增大沉铍时的或较少浓度有利于提高的产率。
②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，结合化学用语解释原因　 　。
③预处理脱氟可减少氟对铍提取的影响。不考虑的影响，沉淀时，将从8.0提高到8.5，理论上铍的损失将降低至原来的　 　%。
【答案】（1）酸性
（2），
（3），滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0
（4）有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键；通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5；10
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、煅烧、浓硫酸浸出时，将金属元素转化为硫酸盐，铁元素转化为硫酸铁，则利用了的氧化性和酸性。
（2）、滤液D氨水调时，先中和硫酸、同时把铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则反应的离子方程式有：，。
（3）、25℃时，氨水中存在可达11，室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，则氢氧根浓度下降，结合一水合氨的电离平衡移动可知，原因为：，滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0。
（4）、①、形成配位键时一方有空轨道、另一方提供孤电子对；和能形成配合物的原因：有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键。
②、实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，即适当增大了溶液中的氢氧根浓度，减少了溶液中的浓度，降低了铍的溶解损失，结合化学用语解释原因为：通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5。
③、设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，理论上铍的损失降低至原来的10%。
【分析】绿柱石的主要成分是，煅烧生成氧化物后用浓硫酸浸取，二价铁转化为三价铁，和相对应的硫酸盐，而SiO2不溶于硫酸，固体A是SiO2，滤液B加硫酸铵调节pH除去铝离子，过滤所得固体的主要成分是，实现了Al和Be、Fe的分离；滤液D加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，过滤所得固体E为氢氧化铁，同时将Be离子留在水溶液中，滤液F再在95℃时加氨水、室温时过滤得Be(OH)2沉淀，滤液G为硫酸铵。整个流程通过 分步除杂（除 Si→除 Al→除 Fe）”逐步富集铍元素，最终得到高纯度的 BeO。
（1）煅烧、浓硫酸浸出时，将金属元素转化为硫酸盐，铁元素转化为硫酸铁，则利用了的氧化性和酸性。
（2）滤液D氨水调时，先中和硫酸、同时把铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则反应的离子方程式有，。
（3）25℃时，氨水中存在可达11，室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，则氢氧根浓度下降，结合一水合氨的电离平衡移动可知，原因为：，滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0。
（4）①形成配位键时一方有空轨道、另一方提供孤电子对；和能形成配合物的原因：有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键。
②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，即适当增大了溶液中的氢氧根浓度，减少了溶液中的浓度，降低了铍的溶解损失，结合化学用语解释原因为：通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5。
③设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，理论上铍的损失降低至原来的10%。
19．（2025高三上·石景山期末）某小组探究铜和双氧水在不同条件下的反应。
资料：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
（1）实验过程
实验I 实验II 实验III
操作 30%的溶液中，加入光亮铜片 30%的溶液中，加入光亮铜片，滴加稀硫酸 30%的溶液中，滴加的氨水，加入光亮铜片
现象 开始无明显现象，较长时间溶液变为浅蓝色，取出铜片晾干，表面有蓝色沉淀物 铜片表面产生少量气泡，随着反应的进行，气泡越来越多，溶液很快变蓝，取出铜片晾干，钢片依然保持光亮 立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出钢片晾干，表面有蓝色沉淀物
①实验I中的蓝色沉淀物是　 　。
②实验II中发生的反应有　 　。
③实验III中溶液呈深蓝色，是因为含有　 　离子。
④参照实验III的操作进行实验IV：溶液加入氨水后，加入一定量的　 　固体，搅拌溶解后，加入光亮的铜片，立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出铜片晾干，铜片依然保持光亮。解释铜片依然保持光亮的原因　 　。
（2）分析解释
①实验I中铜和的电极反应式：
i．还原反应：
ii．氧化反应：　 　。
②实验II比实验I溶液更快变蓝的原因可能是：加入稀硫酸，的氧化性　 　，采用下图电化学装置进行验证，实验操作及现象　 　。
③实验III比实验I溶液更快变蓝的原因可能是　 　。
【答案】（1）；、；；；加入固体，结合，使溶液碱性减弱，铜片依然保持光亮
（2）；增强；向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大；加入氨水生成，的还原性增强是主要原因
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；实验装置综合；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、①、实验I的蓝色沉淀物为Cu(OH)2；
②、实验II的现象是有气泡生成，溶液变蓝色，发生的反应有：、；
③、实验III中溶液呈深蓝色，是因为生成的Cu2+与NH3分子形成配离子[Cu(NH3)4]2+；
④、实验III中Cu表面依然有蓝色沉淀Cu(OH)2，原因是溶液的碱性较强，加入水解呈酸性的(NH4)2SO4，同时还可以增大NH3·H2O浓度，使Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，铜片依然保持光亮。
（2）①、利用原电池原理，H2O2具有氧化性，作为正极反应物，电极反应式为：；Cu为负极反应物，发生氧化反应，电极反应式为：；
②、加入硫酸，氧化剂H2O2的氧化性增强；验证加入稀硫酸，的氧化性增强的操作及现象是：向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化，说明增大反应物浓度，Cu的还原性没有增强；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大，说明H2O2的氧化性增强了；
③、实验III比实验I加入了氨水，增大了反应物浓度，溶液更快变蓝的原因可能是还原剂的还原性增强。
【分析】实验Ⅰ（纯双氧水+铜片）
开始无明显现象，长时间后溶液浅蓝、铜片有蓝色沉淀Cu(OH)2。这是因为纯双氧水中，H2O2的氧化性较弱，铜的还原性也不强，反应速率极慢；缓慢反应生成的Cu2+与H2O2分解产生的OH-结合，形成Cu(OH)2沉淀。
实验Ⅱ（双氧水+铜片+稀硫酸）
铜片表面产生气泡O2，溶液变蓝，铜片保持光亮。这是因为酸性条件下，H2O2的氧化性增强，H2O2将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为H2O，反应：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；生成的Cu2+在酸性中稳定存在，同时H2O2自身分解：2H2O2=2H2O+O2↑，因此有气泡产生；铜片保持光亮是因为Cu被氧化为Cu2+进入溶液，而非表面形成氧化膜。
实验Ⅲ（双氧水+铜片+氨水）
立即产生大量气泡，溶液深蓝色，铜片有蓝色沉淀。氨水中Cu与NH3形成深蓝色络离子：[Cu(NH3)4]2+，降低了Cu2+的浓度，铜的还原性大幅增强；强还原性的Cu与H2O2快速反应，H2O2被还原为OH-，同时H2O2大量分解产生O2，伴随大量气泡；部分Cu2+未形成络离子，与OH-结合为Cu(OH)2沉淀，在铜片表面产生蓝色物。
（1）①实验I的蓝色沉淀物为Cu(OH)2；
②实验II的现象是有气泡生成，溶液变蓝色，发生的反应有：、；
③实验III中溶液呈深蓝色，是因为生成的Cu2+与NH3分子形成配离子[Cu(NH3)4]2+；
④实验III中Cu表面依然有蓝色沉淀Cu(OH)2，原因是溶液的碱性较强，加入水解呈酸性的(NH4)2SO4，同时还可以增大NH3·H2O浓度，使Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，铜片依然保持光亮。
（2）①利用原电池原理，H2O2具有氧化性，作为正极反应物，电极反应式为：；Cu为负极反应物，发生氧化反应，电极反应式为：；
②加入硫酸，氧化剂H2O2的氧化性增强；验证加入稀硫酸，的氧化性增强的操作及现象是：向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化，说明增大反应物浓度，Cu的还原性没有增强；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大，说明H2O2的氧化性增强了；
③实验III比实验I加入了氨水，增大了反应物浓度，溶液更快变蓝的原因可能是还原剂的还原性增强。
1 / 1北京市石景山区2025届高三上学期期末考试化学试题
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2025高三上·石景山期末）明朝宋应星所著的《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性“工艺百科全书”，其中介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石和煤炭饼装入炼锌罐(如图所示)，泥封，“其底铺薪，发火煅红”，“冷定毁罐取出”。
已知：锌的熔点为419℃，沸点为907℃。
下列说法不正确的是
A．冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419 907℃
B．“冷定”后“毁罐”取锌的原因是防止在较高的温度下被氧化成
C．反应区中，分解生成和
D．反应区中，与发生置换反应得到，被还原
2．（2025高三上·石景山期末）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．酸性： B．沸点：
C．金属性： D．电负性：
3．（2025高三上·石景山期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子式：
B．基态原子的价层电子轨道表示式：
C．的结构式：
D．反-2-丁烯的分子结构模型：
4．（2025高三上·石景山期末）下列说法错误的是
A．葡萄糖氧化生成和的反应是吸热反应
B．核酸是一种生物大分子
C．葡萄糖和果糖互为同分异构体
D．氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位
5．（2025高三上·石景山期末）下列方程式与所给事实相符的是
A．食醋去除水垢中的：
B．的水溶液显酸性：
C．新切开的钠的光亮的表面很快变暗：
D．氯化铁溶液作为覆铜板的“腐蚀液”：
6．（2025高三上·石景山期末）习惯上把电解饱和食盐水的工业生产叫氯碱工业，一个单元槽的电解原理示意图如下，下列说法不正确的是
A．阴极的电极反应：
B．在阳极，比容易失去电子
C．中间的离子交换膜选用阴离子交换膜
D．电解饱和食盐水可以得到三种重要的化工产品：、和
7．（2025高三上·石景山期末）已知溶液显酸性。关于和的下列说法中，不正确的是
A．溶液中，
B．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
C．溶液中，
D．可以用溶液吸收，生成
8．（2025高三上·石景山期末）下列实验装置及操作，能达到实验目的的是
A．实验室制取 B．转移溶液 C．测溶液 D．收集
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·石景山期末）将甲烷直接转化为高附加值化学品是实现天然气高效利用的有效途径。在全氟己烷和水组成的两相反应体系中，甲烷转化率达到99%，其机理如下。下列说法不正确的是
A．上层是水，下层是全氟己烷
B．甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中，推测全氟己烷极性较大
C．生成的甲醇、甲酸从全氟己烷转移至水相，避免被深度氧化为CO2
D．氯自由基(·Cl)和甲烷的反应可表示为：
10．（2025高三上·石景山期末）对下列事实的解释不正确的是
　 事实 解释
A 第一电离能： 的第一电离能失去的电子是能级的，该能级电子的能量比失去的能级电子的低
B 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 苯环使甲基活化，甲苯中的甲基被氧化
C 第一电离能： 的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
D 酸性： 氟的电负性大于氯的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高三上·石景山期末）一种热响应高分子的合成路线如下。
下列说法不正确的是
A．在引发剂的作用下，发生加聚反应生成
B．和均含有酰胺基
C．X的分子式为
D．水解可得到
12．（2025高三上·石景山期末）一种全钒液流电池放电状态的工作原理示意图如下。
下列说法正确的是
A．放电时，穿过质子交换膜进入负极室
B．放电时，正极的反应为
C．充电时，负极室的升高
D．充电时，电极a应连接电源的负极
13．（2025高三上·石景山期末）白云石的主要化学成分为，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如下。
后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%。
已知：740℃时，碳酸钙受热分解为和。
下列说法不正确的是
A．将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率
B．固体的主要成分是
C．生成固体的离子方程式是
D．740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为分解所致
14．（2025高三上·石景山期末）对于二元弱酸，存在电离平衡：，，，，如果，则以第一步电离为主，此时水溶液中，则。
已知：的，；；的，；； 。
下列说法不正确的是
A．酸性：
B．将浓度均为的和溶液等体积混合，会生成沉淀
C．将碳酸钠溶液加水稀释至，的水解程度约为50%
D．将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以形式存在
二、本部分共5题，共58分。
15．（2025高三上·石景山期末）对机理的研究有利于从微观层面理解化学反应的本质。一种催化加氢制的路径如下。(□表示氧空位)
（1）写出催化加氢制的化学方程式　 　。
（2）分子的模型名称是　 　。
（3）位于元素周期表第6周期。将基态原子的简化电子排布式补充完整：　 　。
（4）在表面异裂产生氧空位(□)和的示意图如下。
分析异裂解离需要吸收能量且与催化剂表面结合的原因　 　。
（5）的晶胞如图所示。
①每个原子周围与它最近且距离相等的原子有　 　个。
②晶胞的边长均为，已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。
③已知的摩尔质量是，假设每个晶胞中有1个变为氧空位，则参与反应时转移　 　电子。
16．（2025高三上·石景山期末）在国民经济中占有重要地位。可采取不同的方法制备。
（1）氨的发现：科学家在加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，写出反应的化学方程式　 　。
（2）氰化法制氨：以为氮源两步合成氨。
①第I步产物还有单质，则反应中　 　(填序号)。
a．是氧化剂 b．是还原剂 c．既是氧化剂又是还原剂
②第II步产物还有，反应的化学方程式为　 　。
（3）直接合成法制氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：
若断裂、需要吸收的能量分别为、，则断裂需要吸收的能量为　 　。
（4）电化学氮还原合成氨是未来合成氨工艺最有潜力的前沿技术。水相电解是最早实现低温合成氨的体系。
①以溶液为离子导体的示意图如图所示，阴极的电极反应是　 　。
②以稀硫酸为离子导体，氮还原的选择性较低。在稀硫酸中添加聚乙二醇，能显著提高氮还原的选择性，其原理如下。
聚乙二醇不影响的扩散。聚乙二醇能　 　，有效抑制的扩散。
17．（2025高三上·石景山期末）从构树中分离得到的Broussonin C()具有较好的酪氨酸酶抑制活性，其人工合成路线如下。
已知：i．。
ii．。
（1）A中含氧官能团的名称是　 　。
（2）的反应类型是　 　。
（3）C的结构简式是　 　。
（4）G的分子式是，的化学方程式是　 　。
（5）下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．的作用是保护酚羟基
b．被还原时，转移电子
c．I和J互为同分异构体
（6）I的结构简式是　 　。
（7）以上述合成路线中的E制备K，利用K和Broussonin C进行对比实验，实验确认异戊烯基()不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团。写出和的结构简式：　 　。
18．（2025高三上·石景山期末）一种利用绿柱石(主要成分是，含一定量和等杂质)生产的工艺流程如下(简称硫酸法)。
已知：固体的主要成分是；固体的主要成分是。
（1）浓硫酸浸出，利用了的氧化性和　 　性。
（2）滤液D氨水调时，反应的离子方程式有　 　。
（3）25℃时，氨水的可达11.室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，结合平衡移动原理解释原因　 　。
（4）由于高品质绿柱石资源短缺，需要从品质差的含氟铍矿石中提取。
①采用硫酸法时，滤液中硫酸的浓度约为，滤液中硫酸铵的浓度一般为，此时如果溶液中不含氟，铍可以完全沉淀。氟存在时，部分会和生成配合物，导致的产率降低，解释和能形成配合物的原因　 　。增大沉铍时的或较少浓度有利于提高的产率。
②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，结合化学用语解释原因　 　。
③预处理脱氟可减少氟对铍提取的影响。不考虑的影响，沉淀时，将从8.0提高到8.5，理论上铍的损失将降低至原来的　 　%。
19．（2025高三上·石景山期末）某小组探究铜和双氧水在不同条件下的反应。
资料：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
（1）实验过程
实验I 实验II 实验III
操作 30%的溶液中，加入光亮铜片 30%的溶液中，加入光亮铜片，滴加稀硫酸 30%的溶液中，滴加的氨水，加入光亮铜片
现象 开始无明显现象，较长时间溶液变为浅蓝色，取出铜片晾干，表面有蓝色沉淀物 铜片表面产生少量气泡，随着反应的进行，气泡越来越多，溶液很快变蓝，取出铜片晾干，钢片依然保持光亮 立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出钢片晾干，表面有蓝色沉淀物
①实验I中的蓝色沉淀物是　 　。
②实验II中发生的反应有　 　。
③实验III中溶液呈深蓝色，是因为含有　 　离子。
④参照实验III的操作进行实验IV：溶液加入氨水后，加入一定量的　 　固体，搅拌溶解后，加入光亮的铜片，立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出铜片晾干，铜片依然保持光亮。解释铜片依然保持光亮的原因　 　。
（2）分析解释
①实验I中铜和的电极反应式：
i．还原反应：
ii．氧化反应：　 　。
②实验II比实验I溶液更快变蓝的原因可能是：加入稀硫酸，的氧化性　 　，采用下图电化学装置进行验证，实验操作及现象　 　。
③实验III比实验I溶液更快变蓝的原因可能是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；金属冶炼的一般原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、根据题干信息可知，锌的熔点为419℃，沸点为907℃，冷凝区中，气态锌转化为液态的温度需介于“熔点～沸点”之间，理论上该区温度控制在419 907℃，A正确；
B、锌是活泼金属，较高温度下易与氧气反应生成ZnO；“冷定”后温度降低，锌的氧化风险大幅降低，因此“冷定”后取锌可防止锌被氧化，B正确；
C、ZnCO3属于碳酸盐，受热易分解，在反应区内1100~1300℃的高温下，会分解生成ZnO和CO2，对应的反应方程式为：ZnCO3ZnO+CO2↑，C正确；
D、C与ZnO的置换反应为：。反应中C的化合价从0价升高到+4价，被氧化，作还原剂，并非被还原，D错误；
故答案为：D
【分析】氧化还原反应中核心概念的判断依据：
化合价升高→失去电子→发生氧化反应→作还原剂；
化合价降低→得到电子→发生还原反应→作氧化剂；
还原性强弱：还原剂>还原产物；氧化性强弱：氧化剂>氧化产物。
2．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；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、同周期从左到右非金属性增强、同主族从上到下非金属性减弱，而S的非金属性强于C，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此H2SO4酸性强于H2CO3，符合元素周期律，A正确；B、H2O的沸点高于H2S，是因为H2O分子间存在氢键，这是分子间作用力的差异，并非元素周期律的范畴，因此不能用元素周期律解释，B错误；
C、Na与Li同主族，但Na位于Li下方，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，因此金属性Na>Li，符合元素周期律，C正确；
D、F与O同周期，但F位于O右侧，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，因此电负性F>O，符合元素周期律，D正确；
故答案为：B
【分析】元素周期律的核心适用范围主要解释元素化学性质的周期性递变，如金属性、非金属性、最高价含氧酸酸性、电负性等，这些性质与原子的核电荷数、原子半径等结构因素直接相关，随周期或主族呈现规律变化。而沸点等物理性质的差异，若由氢键、范德华力等分子间作用力导致，不属于元素周期律的解释范畴，因为元素周期律不涉及分子间作用力对物理性质的影响。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CO2的结构式为：O=C=O，其中C与O之间为双键相连，对应的电子式应体现双键的两对共用电子对，正确电子式为：；选项中C与O仅显示1对共用电子，未体现双键，A错误；
B、基态N原子的原子序数为7，其价层电子排布为2s22p3。正确的轨道表示式：，2s轨道有两个自旋方向相反电子，2p轨道的三个电子分占三个轨道且自旋平行，符合洪特规则，B正确；
C、HClO中由于电负性：O>Cl，所以O为中心原子，其结构式应为：H-O-Cl；选项写为：H-Cl-O，违背了原子的成键方式，C错误；
D、反-2-丁烯的分子结构模型应显示两个甲基在碳碳双键的两侧，是反式结构，而选项中的是顺式结构，D错误；
故答案为：B
【分析】判断顺反异构体有两个原则：1.分子中存在限制旋转的因素，如双键或脂环；2.每个不能自由旋转的碳原子必须连有两个不同的原子或原子团。此外，根据在两个由双键连接的碳原子上所连的四个原子或基团中两个相同者的位置来决定异构体的类型，同侧为“顺式异构”，异侧为“反式异构”。
4．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；单糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A、葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应，该反应会释放能量，为生命活动提供能量，并非吸热反应，A错误；B、核酸（包括DNA、RNA）是由核苷酸通过聚合反应形成的生物大分子，相对分子质量可达数百万甚至更大，属于典型的生物大分子，B正确；
C、葡萄糖和果糖的分子式均为C6H12O6，但结构不同，葡萄糖是醛糖，果糖是酮糖，二者互为同分异构体，C正确；
D、蛋白质是由氨基酸通过肽键连接形成的高分子化合物，因此氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位，D正确；
故答案为：A
【分析】核酸是由核苷酸聚合形成的高分子化合物，属于生物大分子，常见生物大分子包括核酸、蛋白质、多糖，生物大分子的核心特征：相对分子质量大、由小分子单体聚合而成；同分异构体的核心是“分子式相同、结构不同”；蛋白质是由氨基酸通过肽键连接形成的高分子，因此氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位，这是蛋白质结构的基础知识。
5．【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆分为H+，需保留化学式，正确的离子方程式应为：，A错误；
B、SO2与水反应生成的H2SO3是弱电解质，其电离过程可逆且分步进行，正确的过程应为：；选项中既无可逆符号，也未体现H2SO3的中间生成，B错误；
C、新切开的钠在常温下与氧气反应，产物为Na2O，反应方程式应为：；Na2O2是钠在加热或点燃条件下的氧化产物，选项混淆了反应条件与产物，C错误；
D、Fe3+具有强氧化性，可氧化Cu生成Fe2+与Cu2+，该反应方程式：，符合氯化铁溶液作为覆铜板“腐蚀液”的原理，D正确；
故答案为：D
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
6．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴极发生还原反应，H2O得电子生成H2和OH-，电极反应为：，A正确；
B、阳极发生氧化反应，在饱和食盐水中，Cl-的还原性强于OH-，因此Cl-比OH-更容易失去电子，阳极反应为：，B正确；
C、示意图中Na+从阳极区向阴极区移动，为了让Na+通过，同时阻止Cl-、OH-混合反应，中间应选用阳离子交换膜；若选用阴离子交换膜，OH-会移向阳极区与Cl2反应，无法得到纯净的NaOH，C错误；
D、电解饱和食盐水时，阳极生成Cl2，阴极生成H2和NaOH，这三种物质均是重要的化工产品，符合氯碱工业的产物特点，D正确；
故答案为：C
【分析】精制饱和NaCl溶液持续通入阳极区，溶液中的Cl-在阳极表面失去电子，发生氧化反应，电极反应为：；随着Cl-不断被消耗，阳极区NaCl浓度逐渐降低，最终以“淡盐水”的形式从阳极区排出，后续可重新精制、补充NaCl后循环使用。
阴极区通入的是含少量NaOH的H2O，添加少量NaOH是为了增强溶液导电性，H2O微弱电离出的H+在阴极表面得到电子，发生还原反应，电极反应为：；H+持续放电后，阴极区OH-浓度大幅升高。
7．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在溶液中可以发生完全电离：，但是在溶液中会发生水解，所以，A正确；
B、在溶液中存在水解，在溶液中存在电离和水解平衡，所以两种物质的溶液中，所含微粒种类相同，均含有：Na+、H+、OH-、SO32-、HSO3-、H2SO3、H2O，B正确；
C、溶液中，根据电荷守恒：，溶液显酸性，，，且根据物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，C错误；
D、溶液是典型的强碱弱酸盐，水溶液呈现碱性，可与发生反应从正盐生成对应的酸式盐：，D正确；
故答案为：C
【分析】三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。
8．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；实验装置综合；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、实验室用NH4Cl固体加热制取NH3时，NH4Cl分解生成的NH3和HCl会在试管口遇冷重新化合为NH4Cl，无法有效收集NH3；且试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管。因此该装置不能达到目的，A错误；
B、转移溶液时使用玻璃棒引流，且玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，操作正确，B正确；
C、H2S溶液呈酸性，但pH试纸直接插入溶液会污染试剂；且H2S具有还原性，可能与试纸中的物质反应，不能用pH试纸直接测定其pH，C错误；
D．会与空气中氧气反应，不适合用排空气法收集，但NO不溶于水且不与水反应，因此采用排水法收集，D错误；
故答案为：B
【分析】这类题要求聚焦实验设计的合理性，围绕 实验目的→实验原理→实验装置、实验操作、实验试剂的可靠性展开，要记清仪器的 “专属用途”：如容量瓶仅用于定容、漏斗用于过滤或者添加液体、洗气瓶用于气体除杂；注意 “特殊实验的条件”；并梳理 “装置设计逻辑”如洗气装置 “长进短出”（让气体充分接触试剂）、防倒吸装置需 “隔绝体系与液体”。
9．【答案】B
【知识点】相似相溶原理及其应用；氧化还原反应；卤代烃简介；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、水属于典型的无机物，全氟己烷属于含氟有机物，无机物和有机物之间一般互不相溶，因此会出现分层的现象，且物质的密度：ρ水＜ρ全氟己烷，所以上层是水层，下层是全氟己烷层，A正确；
B、根据相似相溶原理可知：非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，而不易溶于由极性分子构成的溶剂，接着分析H2O分子是极性分子，甲烷和O2分子是非极性分子，且由选项的信息可知甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中，故可以推测全氟己烷分子大概率也属于非极性分子，极性较小，B错误；
C、由题干信息可知CH4失去电子被氧化反应转化生成的CH3OH、CH3COOH，且CH3OH、CH3COOH的结构中含有羟基或者羧基的极性基团结构，更易溶于水相，除此之外还能与水分子之间易形成氢键，因此CH3OH、CH3COOH容易溶于水中，故CH4氧化生成的甲醇、甲酸从全氟己烷转移至水相，就可以避免被深度氧化为+4价CO2，从而提高目标产物的选择性，C正确；
D、根据图可知：氯自由基和甲烷反应产生甲基(·CH3)自由基和HCl，该反应是典型的光照引发的自由基取代反应，氯自由基夺取甲烷中的氢原子，生成氯化氢和甲基自由基，是甲烷活化的关键步骤
，据此推断出反应的方程式为：，D正确；
故答案为：B
【分析】由图可知：向水层的NaClO2溶液中加入酸，生成·ClO2，生成·ClO2进入下层的全氟己烷中，解离产生氯自由基(·Cl)和O2，氯自由基(·Cl)与CH4反应产生·CH3和HCl，·CH3被O2氧化产生CH3OH、CH3COOH，生成的CH3OH、CH3COOH极易溶于水，而不容易溶于全氟己烷中，因此CH3OH、CH3COOH从全氟己烷层进入到水层中，就可以避免再被氧化为CO2。
10．【答案】A
【知识点】原子核外电子的能级分布；元素电离能、电负性的含义及应用；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、Mg的价电子排布为3s2，属于全充满构型，更稳定，Al的价电子排布为3s23p1，3p轨道仅1个电子，不稳定。第一电离能是失去一个电子所需的能量，Al失去的3p电子能量高于Mg的3s电子能量，因此Al的第一电离能更低，A错误；
B、甲苯中，苯环的大π键与甲基的C-H键发生超共轭效应，使甲基的C-H键易被氧化；酸性高锰酸钾可将甲苯的甲基氧化为羧基，导致溶液褪色，B正确；
C、N的价电子排布为2s2p3，2p轨道半充满构型，更稳定，O的价电子排布为2s2p4，2p轨道非半充满。半充满结构的稳定性使N失去电子更难，第一电离能N>O，C正确；
D、氟的电负性大于氯的电负性，F的吸引电子能力大于Cl，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性：，D正确；
【分析】元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
吸电子基团是指可以吸收电子的基团，它们拥有足够的原子电荷差和能量，以吸收电子，这样的基团有C-H，N－H，O-H，F，Cl，Br，I等。
给电子基团是指可以提供电子的基团，它们由高原子电荷差的原子构成，可以提供电子，常见的给电子基团：(CH3)3C > (CH3)2C > CH3CH2 > CH3 > H；
11．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；分子式；有机分子式的推断与计算；酰胺
【解析】【解答】A、X分子中含有碳碳双键，在引发剂作用下，碳碳双键发生加聚反应，其中的双键断裂，相互连接生成高分子Y，A正确；
B、X和Y的结构中均存在-CONH-的结构，也就是酰胺基，B正确；
C、观察可知，X的结构简式为：，其分子中含5个C、8个H、2个N、2个O，分子式为：，C正确；
D、Y是通过Ⅹ的碳碳双键加聚生成的高分子，加聚反应的产物水解不能恢复为原单体，加聚产物无酯键、酰胺键等可水解的官能团，其结构中只有碳碳单键连接的链节，因此Y水解无法得到X，D错误；
故答案为：D
【分析】缩聚反应和加聚反应是有机化学中的两种重要反应类型：
缩聚反应是指通过化学反应将两个或多个小分子合成为一个较大的分子的过程，同时释放出小分子（如水、醇等）， 在缩聚反应中，反应物的数量减少，而生成物的数量增加；
加聚反应是指通过化学反应将小分子单体（通常含有不饱和键）转化为高分子链或网络结构的过程，不会释放小分子， 而在加聚反应中，反应物的数量保持不变，生成物的分子量增加。
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时，正极反应消耗H+，电极反应式为：，为维持电荷平衡，H+应穿过质子交换膜进入正极室，而非负极室，A错误；
B、根据电子的移动方向可知放电时，正极上VO2得电子发生还原反应，结合H+生成VO2+和H2O，正极的反应为：，B正确；
C、充电时，负极室发生反应：V2+-e-=V3+，同时H+会通过质子交换膜移出负极室，用于维持电荷平衡，负极室H+浓度升高，pH降低，C错误；
D、充电时，原电池的正极（电极a）应连接电源的正极，并作为阳极发生氧化反应，而非负极，D错误；
故答案为：B
【分析】根据全钒液流电池的工作原理分析：
放电时：正极反应为：，消耗H+，H+由负极室通过质子交换膜向正极室迁移，以保持电荷平衡。
充电时：反应逆向进行，电极a（原正极）连接电源正极作阳极，电极b（原负极）连接电源负极作阴极；电极反应式为：V2+-e-=V3+，H由正极室向负极室迁移，负极室H浓度增加，pH降低。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；氨的性质及用途；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、将白云石粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高反应速率，A正确；
B、白云石煅烧时分解为CaO、MgO和CO2，加入氯化铵溶液浸出时，CaO与NH4Cl反应生成可溶的CaCl2进入滤液B，MgO不与NH4Cl反应，因此固体A的主要成分为MgO，B正确；
C、滤液B含Ca2+，先通NH3使溶液呈碱性，再通CO2时，Ca2+与NH3、CO2、H2O反应生成CaCO3沉淀，反应的离子方程式为：，C正确；
D、740℃时，碳酸钙受热分解为CaO和CO2，此时固体剩余量正好为56%，若740℃时，碳酸钙中若存在氢氧化钙，Ca(OH)2分解产生CaO和H2O，固体剩余量大于56%，若剩余量少于56%，说明产物中除CaCO3外，还有热分解时失重更多的物质（如含结晶水的物质）D错误；
故答案为：D
【分析】由题给流程可知，白云石煅烧、粉碎后，加入氯化铵溶液浸出，将氧化钙转化为氯化钙溶液，氧化镁不反应，过滤得到含有氧化镁的固体A和含有氯化钙的滤液B；向滤液中先通入氨气，再通入二氧化碳陈化，氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，过滤得到含有氯化铵的溶液D和碳酸钙固体C；固体烘干得到碳酸钙产品。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、由题目信息可知，酸的电离以第一步电离为主，故酸的酸性强弱可通过第一步电离常数Ka1判断，，所以酸性，A正确；
B、将浓度均为的和等体积混合后，体积增大一倍，故浓度会减小一倍，、均为，由于的，由已知信息可知，得出和的离子积，所以溶液中会产生沉淀，B正确；
C、设的碳酸钠溶液发生水解的浓度为x，忽略的第二步水解，可列三段式，，，，则的水解程度约为，C正确；
D、水解平衡常数，说明溶液中的水解程度较大，上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，D错误；
故答案为：D
【分析】书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
15．【答案】（1）
（2）四面体
（3）
（4）断开键需要吸收能量，和电性相反(或有空轨道，有孤电子对，可以形成配位键)
（5）8；；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）、H2与催化剂CeO2多步反应得到H2O和氧空位的催化剂，氧空位的催化剂再与CO2作用，多步反应后得到CH3OH，化学方程式为：；
（2）、H2O的中心原子为O，O原子的价层电子对为2+，VSEPR模型的名称为四面体形；
（3）、58Ce位于元素周期表第6周期，原子核外有6层电子，因此电子排布式为：；
（4）、由图可知，异裂解离过程有H-H键的断开，需要吸收能量，断开后，带正电荷的Hδ+与催化剂表面O电性相反，可以结合成键(或者O有孤电子对，Hδ+有空轨道，二者之间形成配位键)；
（5）、①、根据晶胞图分析，白球全在晶胞内部，有8个，黑球在面心和顶角，有6×，则黑球为Ce原子，白球为O原子，一个O原子周围有4个Ce，根据Ce与O个数比为1：2，则一个Ce原子周围有8个O原子；
②、晶胞中有4个Ce原子，8个O原子，质量为，体积为(a×10-7cm)3，则晶胞的密度为：g/cm3= g/cm3；
③、的物质的量为，含有晶胞的物质的量为，氧空位的物质的量为，参与反应时转移电子的物质的量为=。
【分析】价层电子轨道表示式书写规则如下：写出核外电子排布式：首先确定原子的核外电子排布；简化表示：将电子排布式改为用原子实表示的简式；去除前面的原子实：在简式中，若遇到p、d轨道共存的情况，划去d能级；若无p、d共存，剩余部分即为价层电子构型。
判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
（1）由分析可知，化学方程式为：；
（2）H2O的中心原子为O，O原子的价层电子对为2+，VSEPR模型的名称为四面体形；
（3）58Ce位于元素周期表第6周期，原子核外有6层电子，因此电子排布式为：；
（4）由图可知，异裂解离过程有H-H键的断开，需要吸收能量，断开后，带正电荷的Hδ+与催化剂表面O电性相反，可以结合成键(或者O有孤电子对，Hδ+有空轨道，二者之间形成配位键)；
（5）①根据晶胞图分析，白球全在晶胞内部，有8个，黑球在面心和顶角，有6×，则黑球为Ce原子，白球为O原子，一个O原子周围有4个Ce，根据Ce与O个数比为1：2，则一个Ce原子周围有8个O原子；
②晶胞中有4个Ce原子，8个O原子，质量为，体积为(a×10-7cm)3，则晶胞的密度为：g/cm3= g/cm3；
③的物质的量为，含有晶胞的物质的量为，氧空位的物质的量为，参与反应时转移电子的物质的量为=。
16．【答案】（1）
（2）b；
（3）
（4）；与形成氢键
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】（1）、根据加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，知道反应物是氯化铵和，生成物是氨气、氯化钙和水，故反应的化学方程式是。
（2）、①、根据氰化法制氨合成流程图，可知反应Ⅰ是N2和反应生成CaCN2和单质C，中C元素的化合价是-1价，CaCN2中C元素的化合价是+4价，单质C中为0价，反应过程中，碳元素化合价是升高的，则反应中是反应物，是还原剂，故答案为b。
②、第二步反应是CaCN2和水在反应生成氨气和，故反应的化学方程式是：。
（3）、一个反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，断裂、需要吸收的能量分别为、，设断裂需要吸收的能量为x，则有x+3a -6b=-92.4，故x等于。
（4）、①、阴极发生还原反应，根据题干电化学氮还原合成氨，可知氮气在阴极得电子被还原成氨气，则根据电荷守恒、元素质量守恒和碱性电解液，可知电极反应式为：。
②、以稀硫酸为离子导体，会在阴极形成氢气，降低氮还原的选择性；根据图可知聚乙二醇中的氧原子能与中的氢离子形成分子间氢键，能有效抑制的扩散，提高氮还原的选择性。
【分析】化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2. 根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H= Ea正 -Ea逆）4.标准摩尔生成焓求算（△H=生成物的标准摩尔生成焓之和 -反应物的标准摩尔生成焓之和）
原电池的电极方程式书写规则：先根据总反应确定正、负两极参加反应的物质，化合价升高、电子流出的极是原电池的负极，负极发生氧化反应；化合价降低、电子流入的极是原电池的正极，正极发生还原反应；先写负极的电极反应，然后根据负极反应物及对应的生成物的价态变化确定负极的摩尔得失电子数；根据离子反应两边电荷守恒，及溶液的酸碱性，用H＋或OH－调整左右电荷守恒，再用水调整氢守恒，若是非水体系，既：熔融盐作电解质，则加相应的离子和物质调整电荷及元素守恒；正极的电极反应得电子，因为得电子是相当于带负电，再根据溶液的酸碱性，调整所加氢离子数或氢氧根数，最后用水调整元素守恒；或确定正极反应物与生成物再根据产物价态变化确定摩尔得失电子数，最后根据溶液的酸碱性确定电荷守恒和原子守恒。
（1）根据加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，知道反应物是氯化铵和，生成物是氨气、氯化钙和水，故反应的化学方程式是。
（2）①根据氰化法制氨合成流程图，可知反应Ⅰ是N2和反应生成CaCN2和单质C，中C元素的化合价是-1价，CaCN2中C元素的化合价是+4价，单质C中为0价，反应过程中，碳元素化合价是升高的，则反应中是反应物，是还原剂，故答案为b。
②第二步反应是CaCN2和水在反应生成氨气和，故反应的化学方程式是。
（3）一个反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，断裂、需要吸收的能量分别为、，设断裂需要吸收的能量为x，则有x+3a -6b=-92.4，故x等于。
（4）①阴极发生还原反应，根据题干电化学氮还原合成氨，可知氮气在阴极得电子被还原成氨气，则根据电荷守恒、元素质量守恒和碱性电解液，可知电极反应式为。
②以稀硫酸为离子导体，会在阴极形成氢气，降低氮还原的选择性；根据图可知聚乙二醇中的氧原子能与中的氢离子形成分子间氢键，能有效抑制的扩散，提高氮还原的选择性。
17．【答案】（1）醛基、羟基
（2）取代反应
（3）
（4）++HCl
（5）abc
（6）
（7）和
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；有机物（官能团）的检验；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）、由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是醛基、羟基。
（2）、由分析可知，A和ClCH2OC2H5发生取代反应生成B。
（3）、由分析可知，B和C发生已知信息i的反应原理生成D，由D的结构简式可知C的结构简式为：。
（4）：由分析可知，G为，F和G发生取代反应生成H，化学方程式为：++HCl。
（5）、a、由流程可知，A中的酚羟基先和ClCH2OC2H5发生取代反应，将-OH转化为醚键，J将-OCH2OC2H5转化为-OH生成Broussonin C，的作用是保护酚羟基，a正确；
b、D被还原时，D中的碳碳双键转化为碳碳单键，转移2个电子，羰基转化为-CH2-，碳的氧化态从+2价变为-2价，转移4个电子，则被还原时，转移电子，b正确；
c、I加热重排生成J，I和J的分子式相同，结构式不同，二者互为同分异构体，c正确；
故答案为：abc。
（6）、由分析可知，I的结构简式是。
（7）、由分析可知，E的结构简式为，已知异戊烯基不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团，则E直接发生J去保护的反应原理即可生成K为。
【分析】A中含酚羟基和醛基和ClCH2OC2H5发生取代反应生成B，实现酚羟基的保护，避免后续的反应中酚羟基被破坏，而醛基保留在结构中，结合B的分子式和D的结构简式可以推知B的结构简式为：，B和C也就是含酮羰基的化合物在加热和NaOH的条件下发生已知信息i的反应原理，也就是羟醛缩合，醛基和酮羰基的α-H结合，脱水生成双键，据此生成D，结构中形成共轭双键与酮羰基，同时保留酚羟基的保护基，由D的结构简式可知C的结构简式为，D发生还原反应，D中的酮羰基还原为羟基，生成E，由Broussonin C的结构简式可知，E的结构简式为，F和含羟基化合物的G发生取代反应（酯化反应）生成H，由H的结构简式和G的分子式C5H10O可以推知G的结构简式为，J将-OCH2OC2H5转化为-OH生成Broussonin C，则J为，I发生已知信息ii的反应原理生成J，则I为，整个路线的核心策略是 “先保护酚羟基，再通过缩合、还原、重排构建碳骨架，最后脱保护恢复活性官能团”，保障了目标产物的结构正确性。
（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是醛基、羟基。
（2）由分析可知，A和ClCH2OC2H5发生取代反应生成B。
（3）由分析可知，B和C发生已知信息i的反应原理生成D，由D的结构简式可知C的结构简式为。
（4）由分析可知，G为，F和G发生取代反应生成H，化学方程式为：++HCl。
（5）a．由流程可知，A中的酚羟基先和ClCH2OC2H5发生取代反应，将-OH转化为醚键，J将-OCH2OC2H5转化为-OH生成Broussonin C，的作用是保护酚羟基，a正确；
b．D被还原时，D中的碳碳双键转化为碳碳单键，转移2个电子，羰基转化为-CH2-，碳的氧化态从+2价变为-2价，转移4个电子，则被还原时，转移电子，b正确；
c．I加热重排生成J，I和J的分子式相同，结构式不同，二者互为同分异构体，c正确；
故选abc。
（6）由分析可知，I的结构简式是。
（7）由分析可知，E的结构简式为，已知异戊烯基不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团，则E直接发生J去保护的反应原理即可生成K为。
18．【答案】（1）酸性
（2），
（3），滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0
（4）有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键；通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5；10
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、煅烧、浓硫酸浸出时，将金属元素转化为硫酸盐，铁元素转化为硫酸铁，则利用了的氧化性和酸性。
（2）、滤液D氨水调时，先中和硫酸、同时把铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则反应的离子方程式有：，。
（3）、25℃时，氨水中存在可达11，室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，则氢氧根浓度下降，结合一水合氨的电离平衡移动可知，原因为：，滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0。
（4）、①、形成配位键时一方有空轨道、另一方提供孤电子对；和能形成配合物的原因：有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键。
②、实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，即适当增大了溶液中的氢氧根浓度，减少了溶液中的浓度，降低了铍的溶解损失，结合化学用语解释原因为：通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5。
③、设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，理论上铍的损失降低至原来的10%。
【分析】绿柱石的主要成分是，煅烧生成氧化物后用浓硫酸浸取，二价铁转化为三价铁，和相对应的硫酸盐，而SiO2不溶于硫酸，固体A是SiO2，滤液B加硫酸铵调节pH除去铝离子，过滤所得固体的主要成分是，实现了Al和Be、Fe的分离；滤液D加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，过滤所得固体E为氢氧化铁，同时将Be离子留在水溶液中，滤液F再在95℃时加氨水、室温时过滤得Be(OH)2沉淀，滤液G为硫酸铵。整个流程通过 分步除杂（除 Si→除 Al→除 Fe）”逐步富集铍元素，最终得到高纯度的 BeO。
（1）煅烧、浓硫酸浸出时，将金属元素转化为硫酸盐，铁元素转化为硫酸铁，则利用了的氧化性和酸性。
（2）滤液D氨水调时，先中和硫酸、同时把铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则反应的离子方程式有，。
（3）25℃时，氨水中存在可达11，室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，则氢氧根浓度下降，结合一水合氨的电离平衡移动可知，原因为：，滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0。
（4）①形成配位键时一方有空轨道、另一方提供孤电子对；和能形成配合物的原因：有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键。
②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，即适当增大了溶液中的氢氧根浓度，减少了溶液中的浓度，降低了铍的溶解损失，结合化学用语解释原因为：通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5。
③设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，理论上铍的损失降低至原来的10%。
19．【答案】（1）；、；；；加入固体，结合，使溶液碱性减弱，铜片依然保持光亮
（2）；增强；向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大；加入氨水生成，的还原性增强是主要原因
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；实验装置综合；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、①、实验I的蓝色沉淀物为Cu(OH)2；
②、实验II的现象是有气泡生成，溶液变蓝色，发生的反应有：、；
③、实验III中溶液呈深蓝色，是因为生成的Cu2+与NH3分子形成配离子[Cu(NH3)4]2+；
④、实验III中Cu表面依然有蓝色沉淀Cu(OH)2，原因是溶液的碱性较强，加入水解呈酸性的(NH4)2SO4，同时还可以增大NH3·H2O浓度，使Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，铜片依然保持光亮。
（2）①、利用原电池原理，H2O2具有氧化性，作为正极反应物，电极反应式为：；Cu为负极反应物，发生氧化反应，电极反应式为：；
②、加入硫酸，氧化剂H2O2的氧化性增强；验证加入稀硫酸，的氧化性增强的操作及现象是：向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化，说明增大反应物浓度，Cu的还原性没有增强；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大，说明H2O2的氧化性增强了；
③、实验III比实验I加入了氨水，增大了反应物浓度，溶液更快变蓝的原因可能是还原剂的还原性增强。
【分析】实验Ⅰ（纯双氧水+铜片）
开始无明显现象，长时间后溶液浅蓝、铜片有蓝色沉淀Cu(OH)2。这是因为纯双氧水中，H2O2的氧化性较弱，铜的还原性也不强，反应速率极慢；缓慢反应生成的Cu2+与H2O2分解产生的OH-结合，形成Cu(OH)2沉淀。
实验Ⅱ（双氧水+铜片+稀硫酸）
铜片表面产生气泡O2，溶液变蓝，铜片保持光亮。这是因为酸性条件下，H2O2的氧化性增强，H2O2将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为H2O，反应：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；生成的Cu2+在酸性中稳定存在，同时H2O2自身分解：2H2O2=2H2O+O2↑，因此有气泡产生；铜片保持光亮是因为Cu被氧化为Cu2+进入溶液，而非表面形成氧化膜。
实验Ⅲ（双氧水+铜片+氨水）
立即产生大量气泡，溶液深蓝色，铜片有蓝色沉淀。氨水中Cu与NH3形成深蓝色络离子：[Cu(NH3)4]2+，降低了Cu2+的浓度，铜的还原性大幅增强；强还原性的Cu与H2O2快速反应，H2O2被还原为OH-，同时H2O2大量分解产生O2，伴随大量气泡；部分Cu2+未形成络离子，与OH-结合为Cu(OH)2沉淀，在铜片表面产生蓝色物。
（1）①实验I的蓝色沉淀物为Cu(OH)2；
②实验II的现象是有气泡生成，溶液变蓝色，发生的反应有：、；
③实验III中溶液呈深蓝色，是因为生成的Cu2+与NH3分子形成配离子[Cu(NH3)4]2+；
④实验III中Cu表面依然有蓝色沉淀Cu(OH)2，原因是溶液的碱性较强，加入水解呈酸性的(NH4)2SO4，同时还可以增大NH3·H2O浓度，使Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，铜片依然保持光亮。
（2）①利用原电池原理，H2O2具有氧化性，作为正极反应物，电极反应式为：；Cu为负极反应物，发生氧化反应，电极反应式为：；
②加入硫酸，氧化剂H2O2的氧化性增强；验证加入稀硫酸，的氧化性增强的操作及现象是：向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化，说明增大反应物浓度，Cu的还原性没有增强；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大，说明H2O2的氧化性增强了；
③实验III比实验I加入了氨水，增大了反应物浓度，溶液更快变蓝的原因可能是还原剂的还原性增强。
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