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广东省中山市2026届高三下学期化学模拟测试（一）试卷
1．马是中华民族的重要精神象征。下列与马有关的物件中，主要材质为合金的是（　　）
A.马踏飞燕青铜雕 B.奔马画作纸邮票 C.生肖马碧玉吊坠 D.唐三彩釉陶瓷马
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、马踏飞燕青铜雕，主要材质为青铜（铜锡合金），属于合金，说法正确，故 A 符合题意；
B、奔马画作纸邮票，主要材质为纸张（纤维素），属于有机高分子材料，不是合金，说法错误，故 B 不符合题意；
C、生肖马碧玉吊坠，主要材质为碧玉（硅酸盐矿物），属于无机非金属材料，不是合金，说法错误，故 C 不符合题意；
D、唐三彩釉陶瓷马，主要材质为陶瓷（硅酸盐），属于无机非金属材料，不是合金，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
合金的定义：由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；
常见材料分类：青铜为铜锡合金，属于金属材料中的合金；纸张为有机高分子材料；碧玉、陶瓷为无机非金属材料。
2． 2025年诺贝尔化学奖授予研究金属有机框架材料（MOFs）的科学家。如图化合物是MOFs研究中的一种有机分子。关于该化合物的说法不正确的是（　　）
A．仅含有官能团酰胺基 B．能发生取代和氧化反应
C．存在两种杂化方式的碳原子 D．与NaOH溶液反应可生成两种盐
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该分子仅含酰胺基这一种官能团，说法正确，故 A 不符合题意；
B、分子中苯环、烷基可发生取代反应，苯环、烷基可发生氧化反应（如燃烧），说法正确，故 B 不符合题意；
C、分子中苯环、羰基的碳原子为 sp2 杂化，烷基的碳原子为 sp3 杂化，存在两种杂化方式的碳原子，说法正确，故 C 不符合题意；
D、该分子中的酰胺基在 NaOH 溶液中水解，生成羧酸钠和二乙胺，仅生成一种盐（羧酸钠），二乙胺为有机碱，不是盐，说法错误，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：该分子的官能团为酰胺基，无其他官能团；
反应类型判断：苯环、烷基可发生取代反应，苯环、烷基可发生氧化反应；
杂化类型判断：苯环、羰基的碳原子为 sp2 杂化，烷基的碳原子为 sp3 杂化；
水解反应分析：酰胺基在 NaOH 溶液中水解生成羧酸钠和二乙胺，仅生成一种盐，二乙胺不属于盐。
3．现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是（　　）
A．国产大飞机C919使用的复合材料碳纤维为有机高分子材料
B．全息投影技术所用材料氮化镓（GaN），其中Ga的化合价为+2
C．“蓝鲸”深海潜水器使用的钛合金，其钛元素位于周期表d区
D．我国“人造太阳”利用核聚变反应，其燃料氘和氚是氦的同位素
【答案】C
【知识点】高分子材料；同位素及其应用；常见元素的化合价；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，说法错误，故 A 不符合题意；
B、氮化镓 (GaN) 中 N 为 - 3 价，根据化合物中正负化合价代数和为 0，Ga 的化合价为 + 3 价，不是 + 2 价，说法错误，故 B 不符合题意；
C、钛元素的原子序数为 22，价电子排布式为 3d24s2，位于元素周期表的 d 区，说法正确，故 C 符合题意；
D、氘和氚是氢元素的同位素，不是氦的同位素，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
材料分类：碳纤维属于无机非金属材料，有机高分子材料需含碳链高分子结构；
化合价计算：根据化合物中正负化合价代数和为 0，计算 GaN 中 Ga 的化合价；
元素周期表分区：根据价电子排布式判断元素所在分区，Ti 为 d 区元素；
同位素定义：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，氘、氚属于氢元素。
4．下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述不正确的是（　　）
选项 劳动项目 化学知识
A 化工生产：用SiO2作牙膏摩擦剂 SiO2硬度大且难溶于水
B 医务急救：用NH4NO3作冷敷袋
C 制药工程：用BaSO4作“钡餐” BaSO4难溶于酸
D 给水处理：用Na2FeO4对自来水消毒 有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、SiO2硬度大且难溶于水，可作牙膏摩擦剂，表述正确，故 A 不符合题意；
B、NH4NO3作冷敷袋是利用其溶于水吸热的性质，与 NH4+和 OH-的反应无关，表述错误，故 B 符合题意；
C、BaSO4难溶于酸和水，不会被人体吸收，可作 “钡餐”，表述正确，故 C 不符合题意；
D、Na2FeO4具有强氧化性，可用于自来水消毒杀菌，表述正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质性质与用途对应：SiO2的硬度和溶解性决定其可作摩擦剂；
冷敷袋原理：NH4NO3溶解吸热，而非发生离子反应；
钡餐原理：BaSO4不溶于胃酸（盐酸），无毒性；
净水消毒原理：Na2FeO4的强氧化性可杀菌消毒，还原产物还可净水。
5．锅间烟火，烹出万千佳肴。下列有关说法正确的是（　　）
A．铝锅所用的铝材在工业上利用电解熔融AlCl3制备
B．生铁锅主要成分是铁和碳，属于铁碳合金，熔点比纯铁高
C．不锈钢锅中含有24Cr，24Cr基态原子的价层电子排布式为
D．不粘锅涂层常用聚四氟乙烯制造，其单体是四氟乙烯
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；合金及其应用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，工业上通过电解熔融 Al2O3（加冰晶石助熔）制备铝，说法错误，故 A 不符合题意；
B、生铁是铁碳合金，合金的熔点一般低于其各组分金属的熔点，因此生铁熔点比纯铁低，说法错误，故 B 不符合题意；
C、24 号 Cr 为洪特规则特例，基态原子价层电子排布式为 3d54s （半充满稳定结构），不是 3d44s2，说法错误，故 C 不符合题意；
D、聚四氟乙烯由四氟乙烯 (CF2=CF2) 通过加聚反应制得，四氟乙烯是其单体，说法正确，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
工业炼铝原理：AlCl3为共价化合物，无法电解熔融态，需电解熔融 Al2O3；
合金性质：合金熔点通常低于其组分纯金属的熔点；
核外电子排布：Cr 为洪特规则特例，价电子排布为 3d54s ，而非 3d44s2；
高分子单体判断：聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，属于加聚产物。
6．能满足如图所示物质之间直接转化关系的物质有多种，其中推理不成立的是（　　）
A．甲可为铁，丙的水溶液可能呈酸性
B．甲可为硫，乙可能使品红溶液褪色
C．甲可为A丁可能属于强碱
D．甲可为CO2，在水中溶解度：乙
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、甲为铁，丁为稀硝酸时，少量稀硝酸与铁反应生成硝酸亚铁（乙），过量稀硝酸与铁反应生成硝酸铁（丙）；硝酸铁与铁反应可生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与稀硝酸反应可生成硝酸铁，丙（硝酸铁）水溶液因 Fe3+水解呈酸性，推理成立，故 A 不符合题意；
B、甲为硫，若丁为 O2，硫与少量 O2不反应，无法生成乙；硫与过量 O2反应生成 SO2，无法满足 “甲与少量丁生成乙、过量丁生成丙” 的转化，推理不成立，故 B 符合题意；
C、甲为 Al2(SO4)3，丁为强碱（如 NaOH）时，少量 NaOH 与 Al2(SO4)3反应生成 Al(OH)3（乙），过量 NaOH 与 Al2(SO4)3反应生成 NaAlO2（丙）；Al(OH)3与 NaOH 反应生成 NaAlO2，NaAlO2与 Al2(SO4)3发生双水解生成 Al(OH)3，推理成立，故 C 不符合题意；
D、甲为 CO2，丁为 NaOH 时，少量 NaOH 与 CO2反应生成 Na2CO3（乙），过量 NaOH 与 CO2反应生成 NaHCO3（丙）；Na2CO3与 CO2、H2O 反应生成 NaHCO3，NaHCO3与 NaOH 反应生成 Na2CO3，且相同条件下 Na2CO3在水中溶解度大于 NaHCO3，推理成立，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
转化关系要求：甲与少量丁生成乙，甲与过量丁生成丙，乙和丙可相互转化；
逐一验证选项：结合物质的性质，分析各物质是否满足上述转化关系；
特殊反应分析：硫与氧气的反应不存在 “少量 / 过量” 生成不同产物的情况，无法满足图示转化；
盐类水解、溶解度等性质辅助验证选项合理性。
7．对粗铜进行预处理、精炼、溶解、结晶等操作制取（下列能达到目的的是（　　）
A.除氧化层 B.粗铜精炼 C.精铜溶解 D.蒸发结晶
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；浓硫酸的性质；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A、纯碱（Na2CO3）溶液呈碱性，可去除油污，但无法与铜的氧化层（CuO）反应，不能用于除氧化层，且加热操作会加速铜的氧化，无法达到目的，故 A 不符合题意；
B、粗铜精炼采用电解法，粗铜作阳极、纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，装置符合电解精炼原理，可达到目的，故 B 符合题意；
C、铜与浓硫酸反应需要加热，图中未加热，且直接将铜片加入浓硫酸中反应不充分，同时会产生 SO2污染，操作不合理，无法达到目的，故 C 不符合题意；
D、由 CuSO4溶液制备 CuSO4 5H2O，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，不能直接蒸发结晶，否则会导致结晶水失去，无法达到目的，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
除氧化层原理：铜的氧化层为 CuO，需用酸去除，纯碱溶液无法与 CuO 反应；
电解精炼铜原理：粗铜作阳极、纯铜作阴极，含 Cu2+的溶液作电解质；
铜与浓硫酸反应条件：需要加热，常温下几乎不反应；
结晶水合物制备方法：需蒸发浓缩、冷却结晶，不能直接蒸干，防止结晶水流失。
8．一种全固态锂电池示意图如图。充电时，Li+从电极Ⅰ中脱出，伴随着O2-转化为O2留在正极材料中，转变为MnO2。下列说法正确的是（　　）
A．充电时，电极Ⅱ为阳极
B．电池工作时，固态电解质能传导电子
C．充电时，电极I的反应为：
D．用该电池电解饱和食盐水，每生成2gH2，电极Ⅱ质量减少7g
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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、充电时，Li+从电极 I 脱出，电极 II 为 Li 电极，发生反应：Li++e-= Li，电极 II 作阴极，不是阳极，说法错误，故 A 不符合题意；
B、电池工作时，固态电解质的作用是传导 Li+，不能传导电子，电子只能通过外电路传输，说法错误，故 B 不符合题意；
C、充电时，电极 I 发生氧化反应，Li2MnO3失去电子，生成 Li+、O2和 MnO2，反应为
2Li2MnO3-4e-=4Li++O2↑+2MnO2，说法正确，故 C 符合题意；
D、电解饱和食盐水生成 2g H2（物质的量为 1mol），转移 2mol 电子，电池放电时电极 II 的 Li 失电子生成 Li+，每 2mol 电子对应 2mol Li，质量为 2mol×7g/mol=14g，电极 II 质量减少 14g，不是 7g，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】充电时电极判断：Li+在电极 II 得电子，电极 II 为阴极：Li++e-= Li，电极 I 为阳极，根据题干信息，结合氧化还原反应配平电极 I 的反应：2Li2MnO3-4e-=4Li++O2↑+2MnO2。据此解题。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．18gD2O中含有中子数目为10NA
B．1LpH=1的FeCl3溶液中，H+数目小于0.1NA
C．1molCO2与足量Na2O2反应，转移电子数目为2NA
D．标准状况下，22.4LNH3与足量HCl反应，新形成的σ键数目为NA
【答案】D
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、D2O 的摩尔质量为 20g/mol，18gD2O 的物质的量为 0.9mol，1 个 D2O 分子含 10 个中子，故中子数目为 9NA，说法错误，故 A 不符合题意；
B、pH=1 的溶液中 c (H+)=0.1mol/L，1L 溶液中 H+的物质的量为 0.1mol，数目等于 0.1NA，说法错误，故 B 不符合题意；
C、CO2与 Na2O2反应的化学方程式为 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，1molCO2参与反应时，转移电子数目为 NA，说法错误，故 C 不符合题意；
D、标准状况下 22.4LNH3的物质的量为 1mol，NH3与 HCl 反应生成 NH4Cl，1molNH3与 1molHCl 反应形成 1molN-H σ 键，新形成的 σ 键数目为 NA，说法正确，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中子数计算：先计算 D2O 的物质的量，再结合 D、O 的中子数计算总中子数；
pH 与 H+浓度：pH=-lgc (H+)，pH=1 时 c (H+)=0.1mol/L，直接计算 H+数目；
氧化还原反应电子转移：根据反应方程式，分析 Na2O2中 O 元素的化合价变化，计算转移电子数；
σ 键数目计算：分析 NH3与 HCl 的反应，明确新形成的化学键类型与数目，结合物质的量计算 σ 键数。
10．下列陈述I与陈述II均正确，且两者间具有因果关系的是（　　）
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A O3在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度 O3为非极性分子
B 溶液中滴加KSCN溶液不显色 与结合能力：（
C 离子液体熔点比较低，难挥发 离子液体可用作原电池的电解质
D 石膏可用于制作豆腐的凝固剂 石膏可调节水泥的硬化速率
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、陈述 I：O3在 CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，正确；陈述 II：O3为非极性分子，错误（O3是极性分子），故 A 不符合题意；
B、 陈述 I：（K3[Fe(CN)6] 溶液中滴加 KSCN 溶液不显色）， 正确 ；陈述 II：（与 Fe3+结合能力：CN- > SCN-），正确，且陈述 II是陈述 I 的原因，二者存在因果关系，故 B 符合题意；
C、陈述 I：（离子液体熔点较低，难挥发）， 正确；陈述 II：（离子液体可用作原电池的电解质）， 正确，但二者无因果关系，故 C 不符合题意；
D、陈述 I：石膏可用于制作豆腐的凝固剂，正确；陈述 II：石膏可调节水泥的硬化速率，正确，但二者无因果关系，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
A．O3分子结构不对称，属于极性分子，陈述 II 错误；
B．K3[Fe(CN)6] 中 Fe3+与 CN-形成稳定配合物，CN-与 Fe3+的结合能力强于 SCN-，因此滴加 KSCN 溶液不显色，两陈述存在因果关系；
C．离子液体的熔点、挥发性与导电性无直接因果关系，选项两陈述无因果关系；
D．两个陈述为石膏的不同应用，相互之间没有因果推导关系。
11．图是一种有机分子M的对映异构体结构模型（图中圆球代表不同的原子或原子团），分子式可表示为具有两性，X、Z、W为同周期相邻的主族元素，基态X原子的各能级电子数相等，Y是周期表中原子半径最小的元素，第一电离能关系Z>W>X。下列有关说法不正确的是（　　）
A．电负性：W>Z>X>Y
B．最简单氢化物沸点：W>Z>X
C．原子团内键角：原子团1>原子团2
D．M的两性可能与原子团1和原子团3有关
【答案】C
【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
【解析】【解答】A、根据元素推断，X 为 C、Z 为 N、W 为 O、Y 为 H，电负性顺序为 O>N>C>H，即 W>Z>X>Y，A正确；
B、最简单氢化物分别为 CH4、NH3、H2O，沸点 H2O>NH3>CH4，即 W>Z>X，B正确；
C、原子团 1 为 - COOH（羧基，C 为 sp2 杂化，键角约 120°），原子团 2 为 - NH2（氨基，N 为 sp3 杂化，含孤电子对，键角约 107°），键角原子团 1 > 原子团 2，C错误；
D、M 为氨基酸（如丙氨酸），两性由 - COOH（酸性）和 - NH2（碱性）体现，对应原子团 1 和原子团 3，D正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：基态 X 原子各能级电子数相等，电子排布为 1s22s22p2，X 为 C；Y 为原子半径最小的元素，Y 为 H；X、Z、W 为同周期相邻主族元素，第一电离能 Z>W>X，故 Z 为 N、W 为 O；
12．按图组装装置并进行实验。下列说法不正确的是（　　）
A．e管的作用是平衡气压，使氨水顺利滴下
B．当b中白色沉淀溶解时，离子方程式为：A
C．c装置可以防倒吸，CCl4不能用煤油替换
D．取b中制得的银氨溶液于d试管，滴入葡萄糖溶液，水浴加热，用来检验其醛基
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、e 管连通分液漏斗和烧瓶，可平衡气压，使浓氨水顺利滴下，说法正确，故 A 不符合题意；
B、AgNO3溶液中通入 NH3，先生成 Ag2O 沉淀，沉淀溶解时的离子方程式为
Ag2O+4NH3 H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O，而非 AgOH 与 NH3 H2O 反应，说法错误，故 B 符合题意；
C、c 装置中 CCl4密度比水大，NH3不溶于 CCl4，可防止倒吸；煤油密度比水小，无法起到防倒吸作用，不能替换 CCl4，说法正确，故 C 不符合题意；
D、葡萄糖含醛基，可与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，可用于检验醛基，说法正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分液漏斗平衡气压原理：连通管可平衡漏斗与烧瓶内压强，使液体顺利流下；
银氨溶液制备原理：AgNO3与 NH3 H2O 反应先生成 Ag2O，Ag2O 再与过量 NH3 H2O 反应生成银氨溶液，AgOH 不稳定，不能作为中间产物；
防倒吸装置原理：利用密度大于水的有机溶剂隔绝气体与水，防止倒吸，煤油密度小于水，无法实现；
醛基检验原理：醛基与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，可检验醛基。
13．由结构能推测出对应性质的是（　　）
选项 结构 性质
A 甲基使苯环上邻、对位的氢原子活化 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B 碘和CCl4均为正电中心和负电中心重合的分子 溶有少量碘的CCl4溶液加入浓KI溶液，振荡，CCl4溶液层颜色变浅
C SiO2晶体中粒子呈现周期性的有序排列 水晶柱面上的石蜡遇热，不同方向熔化的快慢不同
D 离子键成分百分数：NaF>SiC 熔点：NaFA．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；极性分子和非极性分子；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为苯环活化了甲基上的氢原子，而非甲基活化苯环，逻辑关系错误，故 A 不符合题意；
B、I2与 CCl4均为非极性分子，I2易溶于 CCl4使溶液显色，加入 KI 后 I2+I-=I3-，I3-易溶于水，导致 CCl4层 I2浓度降低颜色变浅，该现象与 “均为非极性分子” 无关，故 B 不符合题意；
C、SiO2晶体为晶体，粒子呈周期性有序排列，具有各向异性，因此水晶柱面上石蜡遇热不同方向熔化快慢不同，结构与性质有因果关系，故 C 符合题意；
D、NaF 为离子晶体，SiC 为共价晶体，晶体类型不同导致熔点差异，与离子键成分百分数无直接因果关系，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
A．甲苯褪色是苯环对甲基产生影响，导致甲基被氧化，而非甲基活化苯环；
B．颜色变浅本质是发生了 I2+I-=I3-的反应，使碘从有机溶剂进入水相，与分子极性无关；
C．晶体的各向异性源于内部粒子周期性有序排列，是晶体的固有性质，能解释石蜡熔化快慢不同；
D．NaF 熔点远低于 SiC 的根本原因是晶体类型不同，NaF 是离子晶体，SiC 是共价晶体，而非离子键成分百分数。
14．HgI2难溶于水，可用作半导体材料，在HI水溶液中，存在反应下列说法正确的是（　　）
A．通入少量氧气，减小
B．加水稀释，增大
C．溶液中汞与碘元素物质的量之比为1：2
D．体系中，
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、通入少量氧气，O2会氧化 I-生成 I2，使溶液中 c (I-) 降低，平衡 HgI2 + I- HgI3-逆向移动，同时 HgI3-+I- HgI42-也逆向移动，但总体系中 HgI3-浓度会先增大后减小，最终并非单纯减小，说法错误，故 A 不符合题意；
B、对于平衡 HgI3-+I- HgI42-，平衡常数 K =，变形得；加水稀释，平衡逆向移动，c (I-) 减小，因此该比值增大，说法正确，故 B 符合题意；
C、溶液中汞元素以 HgI2、HgI3-、HgI42-形式存在，碘元素以 I-、HgI3-、HgI42-、HgI2形式存在，汞与碘元素物质的量之比远小于 1：2，说法错误，故 C 不符合题意；
D、根据电荷守恒，体系中 c (H+) = c (I-) + c (HgI3-) + 2c (HgI42-) + c (OH-)，选项中遗漏了
c(OH-)，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
平衡移动分析：通入 O2氧化 I-，使 c (I-) 降低，两个平衡均逆向移动，需综合判断 HgI3-浓度变化；
平衡常数应用：利用第二个反应的平衡常数变形，结合稀释后 c (I-) 的变化，分析浓度比的变化；
元素守恒分析：明确溶液中 Hg、I 的存在形式，判断物质的量比例；
电荷守恒书写：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，需包含所有离子，不可遗漏 OH-。
15．利用如图装置可以进行实验，下列实验根据现象所得结论不正确的是（　　）
选项 实验名称 试剂a 试剂b 现象与结论
A 煤的干馏 煤粉 滴有酚酞的水溶液 溶液变红，说明煤的干馏属于化学变化
B 石蜡的分解 浸透石蜡油的矿渣棉、碎瓷片 高锰酸钾溶液 溶液褪色，说明生成了不饱和烃
C 膨松剂的分解 膨松剂 澄清石灰水 澄清石灰水变浑浊，说明膨松剂含有碳酸钠
D 铁与水蒸气反应 铁粉、湿棉花 浓硫酸 点燃验纯时有爆鸣声，说明有氢气生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；煤的干馏和综合利用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、煤的干馏生成粗氨水等新物质，氨水使滴有酚酞的水溶液变红，说明有新物质生成，属于化学变化，结论正确，A 错误；
B、石蜡油分解生成的不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，结论正确，B 错误；
C、膨松剂分解产生的 CO2使澄清石灰水变浑浊，但膨松剂可能为碳酸氢钠等，不一定含有碳酸钠，结论错误，C 正确；
D、铁与水蒸气反应生成氢气，经浓硫酸干燥后点燃验纯有爆鸣声，说明有氢气生成，结论正确，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
煤的干馏：属于化学变化，生成的氨水显碱性，可使酚酞变红，证明有新物质生成；
石蜡油分解：分解产物含不饱和烃，可被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色；
膨松剂分解：能使澄清石灰水变浑浊的气体为 CO2，膨松剂不一定含碳酸钠，碳酸氢钠等也可分解产生 CO2；
铁与水蒸气反应：反应生成氢气，氢气点燃有爆鸣声，可证明产物。
16．我国科学家开发的如图（b）电解池装置，实现HCHO与的协同反应，能有效促进合成过程，电极Ⅰ中从NO；开始的一种反应机理如图（a）（“ ”表示催化剂，发生反应为零价氢自由基），电极Ⅱ催化反应机理如图（c）。装置工作时，下列说法不正确的是（　　）
A．电源e为负极，电极Ⅱ发生氧化反应
B．图b中的交换膜为阴离子交换膜，OH-从左室移向右室
C．每制得需要消耗通过导线的电子数为6mol
D．电极Ⅱ的催化剂为C其电极反应为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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、电极 Ⅰ 发生 NO3-的还原反应，为阴极，对应电源 e 为负极；电极 Ⅱ 发生 HCHO 的氧化反应，A 说法正确；
B、电极 Ⅰ 生成 OH-，电极 Ⅱ 消耗 OH-，交换膜为阴离子交换膜，OH-从左室（电极 Ⅰ 区）移向右室（电极 Ⅱ 区），B 说法正确；
C、根据已知反应：H2O+e-=H d +OH-，1mol H d 对应 1mol 电子，生成 1mol NH3时，NO3-转化为NH3，N 元素从 + 5 价变为-3 价，转移 8mol 电子，对应消耗 8mol H d ，通过导线的电子数为 8mol，并非 6mol，C 说法错误；
D、电极 Ⅱ 以 Cu2O 为催化剂，HCHO 在碱性条件下被氧化为 HCOO-，电极反应为 ，D 说法正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电极判断：阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，阴极接电源负极，阳极接电源正极；
离子交换膜：根据电极反应的离子流向，判断交换膜类型及离子移动方向；
电子守恒：结合 H d 的生成反应与 NO3-的还原反应，计算 H d 消耗量与转移电子数；
电极反应式书写：根据反应物、生成物及碱性环境，配平阳极氧化反应。
17．氮及其化合物有着广泛应用。
（1）兴趣小组设计实验制备二氧化氮。
①利用铜和浓硝酸制备NO2的离子方程式为　 　。
②配制所需的50mL8.0mol/L浓硝酸，需用量筒量取16.0mol/L浓硝酸　 　mL。
③配制过程中，从下列选项中选出正确操作并按实验先后排序　 　（填操作编号）。
A.定容 B.转移 C.摇匀 D.稀释
（2）探究温度、压强对平衡移动的影响。用图装置进行实验，每次充入20mLNO2，进行实验。
实验 操作
a 固定活塞位置不变，将针筒浸于10℃水浴
b 固定活塞位置不变，将针筒浸于60℃水浴
c 将针筒迅速压缩后，固定活塞位置不变
①对比实验a和b的现象，b的颜色比a深，说明该反应△H　 　0。
②实验c可观察到颜色先变深后变浅。分析“压缩容器体积”影响颜色变化的原因可能有：体积减小导致气体浓度变大、　 　、体系温度升高进而影响平衡移动。
（3）进一步探究压强对平衡移动的影响。已知，一定条件下，吸光度A与浓度c成正比。
数据测定：把装有NO2的针筒放在平板LED灯上，拍摄常温常压下气体位于20mL刻度照片，吸光度为A20，并以此为基准。推拉针筒活塞改变气体体积，均静置2min后拍摄照片。测出吸光度Ax（x为NO2的体积），换算出与常压时的比值，数据如下表。
体积/mL 吸光度Ax 与基准吸光度A20的比值
不考虑平衡移动 实际平衡移动
10 b a 1.51
20 0.304 1.00 1.00
30 0.238 0.67 0.78
40 c 0.50 0.69
50 0.181 0.40 0.59
数据论证：比值法，a=　 　；请选取表中数据，利用比值法说明压强变化对平衡移动的影响情况　 　。图像法，在图中以20mL所对应的图线为基准，标注吸光度Ax中b和c所对应的数据点。
实验结论：该反应达到平衡时，其他条件不变，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动；反之，向相反方向移动。
【答案】（1）Cu+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O；25；DAC
（2）＜；气体浓度变大进而影响平衡移动
（3）2.00；从20mL压缩体积至10mL，不考虑平衡移动吸光度应该变为2倍，但实际只变成了1.51倍，说明平衡往正反应方向移动。
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验操作的先后顺序；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) ① 铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应中 Cu 被氧化为 Cu2+，NO3-被还原为 NO2，根据电荷守恒、原子守恒配平，离子方程式为：Cu + 4H+ + 2NO3- = Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O
② 稀释前后溶质硝酸的物质的量不变，由 c1V1 = c2V2 得：16.0 mol/L × V = 8.0 mol/L × 50.0 mL解得 V = 25.0 mL，即需要量取 25.0 mL 浓硝酸。
③ 配制稀硝酸步骤：先在烧杯中稀释浓硝酸（D），冷却后转移并洗涤，再定容（A），最后摇匀（C），因此顺序为 DAC。
故答案为： Cu+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O ； 25 ； DAC ；
(2) ① a、b 体积相同，温度升高后气体颜色更深，说明 NO2 浓度更大，即升温平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，故 ΔH ＜ 0。
② 压缩针筒时体积骤减，NO2 浓度瞬间变大，颜色先加深；随后压强增大，平衡向气体分子数减小的正反应方向移动，NO2 被消耗，浓度降低，因此颜色变浅。
故答案为： ＜ ； 气体浓度变大进而影响平衡移动 ；
(3) ① 吸光度与浓度成正比，浓度与体积成反比。20 mL 变为 10 mL，体积减半，浓度加倍，若平衡不移动，吸光度也加倍，故 a = 2.00。
② 压缩至 10 mL 时，实际吸光度比值小于理论值，说明 NO2 浓度比理论低，平衡正向移动；扩大体积时实际比值大于理论值，说明 NO2 浓度更高，平衡逆向移动。结论：增大压强，平衡向气体分子数减少的正反应方向移动；减小压强，平衡向气体分子数增多的逆反应方向移动。
③ b 点：体积 10 mL，压强 2 atm，吸光度 = 0.304 × 1.51 ≈ 0.459；c 点：体积 40 mL，压强 0.5 atm，吸光度 = 0.304 × 0.69 ≈ 0.210，在对应坐标处标注即可。
故答案为： 2.00 ； 从20mL压缩体积至10mL，不考虑平衡移动吸光度应该变为2倍，但实际只变成了1.51倍，说明平衡往正反应方向移动。 ；
【分析】（1）①回忆铜和浓硝酸的反应规律，按氧化还原配平写出离子方程式；
②用稀释定律，抓住溶质物质的量不变计算浓硝酸体积；
③按照 “稀释→定容→摇匀” 的顺序确定操作先后。
（2）先对比温度不同的两组实验，由颜色变化判断平衡移动方向，再推出反应热符号；压缩时先考虑体积突变导致浓度骤变，再用勒夏特列原理分析压强对平衡的影响。
（3）先利用吸光度与浓度、体积的比例关系算出理论比值；再把实际比值与理论比值对比，判断 NO2 浓度高低，从而确定平衡移动方向；最后按压强和吸光度数据在图上标出对应点。
18．对新能源汽车电池镍钴锰三元材料（主要成分为含少量Al、Fe杂质）回收的一种工艺简化流程如下：
已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物[其中Co为（元素Mn以形式浸出。
②离子浓度小于，可认为该离子完全沉淀。
③部分氢氧化物的Kap如下表：
氢氧化物
（1）基态Co3+的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）“滤液1”中溶质除了LiOH、NaOH以外，还有　 　（填化学式）。
（3）“酸浸”后的溶液中Ni、Co、Mn元素以存在，写出生成Co2+的化学方程式　 　。
（4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至　 　（溶液体积变化可忽略）。已知：“酸浸”后。
（5）“萃取”时，钴形成如图的配合物。钴易被萃取进有机相的原因有（　　）。
A．配位时Co2+被还原
B．配合物与水能形成分子间氢键
C．钴与O形成配位键
D．萃取剂中有极性较小的疏水基团
（6）写出“沉钴”时，生成CoCO3的离子反应方程式　 　。
（7） CoCO3一定条件下可转化为CoO3。假设CoO3的立方晶胞结构如图（a），则Co在晶胞中的位置为　 　；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为　 　，若图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在图（b）上补充另外一种原子位置。
【答案】（1）
（2）Na[Al(OH)4]或NaAlO2
（3）2H2SO4+2Co(OH)3+H2O2=2CoSO4+O2↑+6H2O
（4）7
（5）C；D
（6）Co2++HCO-3+NH3 H2O=CoCO3↓++
（7）顶角；2；
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) Co的原子序数为27，基态Co原子的核外电子排布式为。形成时，先失去最外层4s轨道的2个电子，再失去3d轨道的1个电子，因此的价层电子排布式为。根据泡利不相容原理和洪特规则，价层电子轨道表示式为：；
故答案为：；
(2) 电池材料中的Al杂质与NaOH溶液发生反应：（或），生成可溶性的（或）；Ni、Co以氢氧化物、Mn以的形式留在滤渣中，因此滤液1中除、外，溶质为Na[Al(OH)4]或NaAlO2。
故答案为：Na[Al(OH)4]或NaAlO2；
(3) 酸浸时，中+3价Co被还原为+2价，被氧化为，稀硫酸提供酸性环境生成。根据得失电子守恒（→，Co从+3→+2，每个Co得1e-；→，O从-1→0，每个失2e-），配平得化学方程式：2H2SO4+2Co(OH)3+H2O2=2CoSO4+O2↑+6H2O
故答案为：2H2SO4+2Co(OH)3+H2O2=2CoSO4+O2↑+6H2O；
(4) 调pH的目的是除去、，同时保证、、不沉淀。三种离子中的最小，最先开始沉淀，因此pH最高值由的沉淀条件决定。
已知，，根据，计算开始沉淀的：
则，，因此pH最高可调至。
故答案为：7；
(5)A：配位过程仅形成配位键，无电子得失，化合价不变，A错误；
B：若配合物与水形成氢键，会更易溶于水，难以进入有机相，B错误；
C：配合物中与O原子形成配位键，是配合物稳定存在的基础，C正确；
D：萃取剂含等极性较小的疏水基团，使配合物整体疏水性增强，根据相似相溶原理，易进入有机相，D正确。
故答案为：CD；
(6) 沉钴时，与电离出的结合生成沉淀，中和电离出的，生成和。根据电荷守恒、原子守恒，配平得离子方程式：Co2++HCO-3+NH3 H2O=CoCO3↓++。
故答案为：Co2++HCO-3+NH3 H2O=CoCO3↓++；
(7) 观察晶胞图(a)，黑色球（Co）位于立方体的8个顶角，因此Co的位置为顶角。
白色球（O）位于立方体体心，以体心O为中心，距离最近且等距离的Co原子为上下两个晶胞的顶角原子，共2个。图(b)为体对角线方向的投影，需在正六边形中心位置补充O原子（对应体心位置），最终投影如答案所示。
故答案为：顶角；2；；
【分析】电池废料先经 NaOH 碱浸，除去 Al 杂质得到滤液 1；剩余固体用稀硫酸、H2O2酸浸，将 Ni、Co、Mn 等金属氧化物还原溶解为离子；调 pH 除去 Fe3+、Al3+得到滤渣 1；加 Na2S2O8将 Mn2+氧化为 MnO2沉淀除去；再经萃取、反萃取分离 Ni 与 Co；最后向含 Co 的反萃取液中加氨水、NH4HCO3沉钴，得到 CoCO3产品，同时得到含 [Ni(NH3)6]2+的溶液。
（1）先确定Co原子的电子排布，再按阳离子失电子顺序得到的价层电子排布，最后按规则画出轨道表示式。
（2）碱浸时Al与NaOH反应生成可溶性盐，其余金属元素以沉淀形式留在滤渣中，据此判断滤液成分。
（3）作还原剂还原，结合氧化还原配平规则写出反应式。
（4）调pH的上限由最先沉淀的决定，利用溶度积公式计算其开始沉淀的pH，即为调pH的最大值。
（5）结合配位键本质、相似相溶原理，逐一分析选项正误。
（6）与、反应生成，结合守恒规则配平离子方程式。
（7）根据晶胞结构判断原子位置，分析体心O的配位原子数，结合投影规律补充原子位置。
19．水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。
I.利用脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：
反应路径如图12（Surf指MgCl2晶体表面）。
（1）物质“X”为　 　。
（2）路径　 　（填“a”或“b”）反应速率更快。
（3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为　 　。
Ⅱ.CO、CO2既可单独加氢制CH4，也可混合加氢制CH4，会发生如下反应。
ⅰ
ⅱCO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）△H2=-164kJ·mol-
ⅲ
（4）反应iii为水煤气变换反应，其　 　。
（5）图13表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下CO、CO2混合气体加氢达到平衡时，的转化率α随温度（T）或z的变化。其中指初始的物质的量，n平指平衡的物质的量。曲线I表示当z为0.5时（随温度（T）的变化。
①下列说法正确的是　 　。
A.曲线Ⅰ中=0. B.曲线Ⅱ的温度为600℃
C.其它条件不变，增大压强，曲线Ⅱ上移 D. M点，反应iii生成的CO2的量比反应ii消耗的少
②结合图14分析图13中曲线Ⅰ中α（CO2）随温度的升高先减小后增大的原因　 　。
③若N点CO的转化率α为80%，则CH4的平衡收率为　 　。
（6）使用CO2单独加氢制CH4时（投入化学计量比氢气），会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性为某条件下CH4的平衡收率为y，则此时的转化率为　 　。（用y、S表示，并写出推导过程）
【答案】（1）H2
（2）b
（3）HCOOH=CO2↑+H2↑
（4）-42kJ·mol-1
（5）BC；三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应ⅰ、ⅱ的影响大于反应ⅲ，α（CO2）减小。超过600℃℃，反应ii△G>0，反应ii几乎不发生，温度升高，反应ⅲ平衡逆向移动，α（CO2）增大。；45%
（6）
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）根据原子守恒配平总反应
反应前后Mg、Cl、C原子均守恒，左边含有4个H原子和6个O原子，右边含有4个O原子，剩余2个O原子与4个H原子分配在2个X中，可得X为。
故答案为： H2 ；
（2）化学反应速率由活化能决定，活化能是反应物与过渡态之间的能量差，活化能越低，反应越容易进行，反应速率越快。对比路径a、b的能量变化曲线，路径b的最大能垒明显低于路径a，因此反应速率更快的路径为b。
故答案为： b ；
（3）HCOOH为甲酸，在该反应体系中发生分解反应，生成和，反应方程式为：
HCOOH=CO2↑+H2↑
故答案为： HCOOH=CO2↑+H2↑ ；
（4）根据盖斯定律，用反应i减去反应ii可得水煤气变换反应iii：
故答案为： -42kJ·mol-1 ；
（5）①A：时，二者物质的量之比为1，A错误；
B：曲线I与II的交点N对应温度为600℃，因此曲线II的温度为600℃，B正确；
C：三个反应均为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率升高，曲线II上移，C正确；
D：M点转化率为负，说明体系中含量增多，反应iii生成的大于反应ii消耗的，D错误。
②三个反应均为放热反应，温度低于600℃时，反应i、ii占主导，升温使平衡逆向移动，消耗减少，转化率降低；温度高于600℃时，反应ii难以自发进行，体系以反应iii为主，升温使反应iii平衡逆向移动，生成减少，转化率升高。
③设初始，总碳的物质的量为。CO转化率80%，反应i生成，结合N点转化关系，总为，则：
故答案为： BC ； 三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应ⅰ、ⅱ的影响大于反应ⅲ，α（CO2）减小。超过600℃℃，反应ii△G>0，反应ii几乎不发生，温度升高，反应ⅲ平衡逆向移动，α（CO2）增大 ； 45% ；
（6）设初始为，收率为，即生成，消耗。根据CO选择性的定义与C原子守恒，可得，整理得转化率：
故答案为： ；
【分析】（1）根据反应前后各原子的种类和数目保持不变，对H、O原子进行守恒计算，结合反应体系特点确定未知产物。
（2）依据活化能越低反应速率越快的规律，对比两条路径的能垒大小，直接判断反应速率快慢。
（3）结合甲酸的化学性质以及水煤气变换反应的产物特点，书写并配平分解反应方程式。
（4）运用盖斯定律，通过已知反应的焓变相减，计算得到目标反应的焓变。
（5）①结合z的定义、平衡移动原理、转化率的含义，逐一分析各选项表述的正确性。
②分低温、高温两个阶段，结合各反应的自发性与热效应，分析平衡移动对转化率的影响。
③设定初始物质的量，结合转化率计算的平衡量，再根据收率定义计算最终结果。
（6）依据C原子守恒与选择性的定义，建立收率与转化率的关系式，推导得出最终表达式。
20．联烯（）广泛应用于有机合成。一种基于三组分反应合成非天然α-氨基酸的路线如下（反应条件略：Ph-代表C6H5-，'Bu-代表-C（CH3）3。
已知：
（1）化合物1a的名称为　 　
（2）①化学物2a的分子式为　 　。
②3a在碱性条件下发生水解生成的产物中，相对分子质量较小的化合物I。与I有相同官能团的结构共　 　种（含化合物Ⅰ，不考虑立体异构）。
（3）下列说法正确的有（　　）。
A．3a分子中的存在大π键，氮原子采取sp2杂化
B．4a分子存在2个手性碳原子，存在顺反异构体
C．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键断裂和形成
D．4a生成5a的过程属于取代反应，且化合物5a具有两性
（4）化合物2a的性质比较活泼，与水发生加成反应后可再转化为酮，若用核磁共振氢谱监测该转化反应，则可推测：与2a相比，产物酮的氢谱图中　 　。
（5）根据题中信息，分三步合成化合物Ⅱ，回答前两步相关问题
①第一步，苯引入碘。已知碘的电负性大于碳，某同学尝试利用苯和CH3I反应生成PhI，该方法是否可行　 　（填“可行”或“不可行”）
②第二步，由发生　 　（填具体反应类型），其反应的方程式为　 　。
【答案】（1）碘苯
（2）C10H10；4
（3）A；D
（4）峰面积之比为3：2：2：2：3，峰的化学位移发生变化
（5）不可行；酯化反应；
【知识点】有机化合物的命名；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) 化合物 1a 的结构为苯环直接连接碘原子，按照芳香族化合物的命名规则，苯环上的碘原子作为取代基，该物质的名称为碘苯。
故答案为： 碘苯 ；
(2) ① 数出化合物 2a 的结构中，苯环含 6 个碳原子，甲基含 1 个碳原子，联烯结构含 3 个碳原子，总计 10 个碳原子；对应氢原子总数为 10 个，因此分子式为 C10H10。
② 化合物3a在碱性条件下水解，酯基 (COO Bu) 断裂生成羧酸盐和叔丁醇(CH)3COH。相对分子质量较小的产物为叔丁醇，官能团为羟基(-OH)。与I具有相同官能团(即醇羟基)且分子式为 C4H10O的同分异构体共有以下4种(含I本身，不考虑立体异构)：
1-丁醇：CH3CH2CH2CH2OH
2-丁醇：CH3CH2CH(OH)CH3
2-甲基-1-丙醇：(CH3)2CHCH2OH
2-甲基-2-丙醇：(CH)3COH
故答案为： C10H10 ； 4 ；
(3) A：3a 分子中存在共轭大 π 键，氮原子形成双键，价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化，该说法正确；
B：4a 分子中仅 1 个碳原子同时连接 4 个不同的基团，仅存在 1 个手性碳原子，该说法错误；
C：1a、2a 和 3a 生成 4a 的过程中，仅存在 π 键的断裂，无新 π 键的形成，该说法错误；
D：4a 生成 5a 的过程是叔丁酯的水解反应，属于取代反应；5a 同时含有氨基和羧基，既能与酸反应又能与碱反应，具有两性，该说法正确。
综上，正确选项为 AD。
故答案为： AD ；
(4)2a 与水发生加成反应再转化为酮，整个过程中氢原子的种类和数目均未改变，因此峰面积之比不变；但氢原子所处的化学环境发生了改变，因此峰的化学位移会发生变化。
故答案为： 峰面积之比为3：2：2：2：3，峰的化学位移发生变化 ；
(5)① 该方法不可行。碘的电负性大于碳，苯与 CH3I 无法发生取代反应生成 PhI，因此该方法不可行。
② 该反应类型为酯化反应。
③ 反应方程式为：含羧基和羟基的亚胺化合物，在浓硫酸的催化作用下，发生分子内的酯化反应，生成环状内酯和水： 。
故答案为： 不可行 ； 酯化反应 ；
【分析】联烯 (2a) 作为关键中间体，与碘苯 (1a)、亚胺 (3a) 发生加成、环化反应，一步构建出含手性中心、碳碳双键、氨基和叔丁氧羰基 (COO Bu) 的 α- 氨基酸骨架 (4a)；将 4a 中的叔丁氧羰基 (-COO Bu) 水解为羧基 (-COOH)，脱除保护基，得到最终的游离 α- 氨基酸 (5a)。据此解题。
（1）根据有机物的结构，识别苯环与碘原子的连接方式，依据苯的取代物命名规则直接确定名称。
（2）① 按结构逐一数出 C、H 原子的数量，结合有机物分子式的书写规则，确定分子式；
② 先确定水解产物 I 的结构与官能团，再根据同分异构体的书写规则，枚举符合条件的结构，统计数目。
（3）逐一分析每个选项，结合杂化类型、手性碳原子、π 键变化、反应类型与有机物两性的相关知识，判断说法的正误。
（4）与 2a 相比，产物酮的氢谱中，峰面积之比仍为 3：2：2：3，同时峰的化学位移发生变化。
（5）① 根据电负性的大小，判断苯与 CH3I 能否发生取代反应，从而确定方法是否可行；
② 识别反应物中的羧基与羟基，判断反应类型为酯化反应；
③ 根据酯化反应的原理，写出对应的反应方程式。
1 / 1广东省中山市2026届高三下学期化学模拟测试（一）试卷
1．马是中华民族的重要精神象征。下列与马有关的物件中，主要材质为合金的是（　　）
A.马踏飞燕青铜雕 B.奔马画作纸邮票 C.生肖马碧玉吊坠 D.唐三彩釉陶瓷马
A．A B．B C．C D．D
2． 2025年诺贝尔化学奖授予研究金属有机框架材料（MOFs）的科学家。如图化合物是MOFs研究中的一种有机分子。关于该化合物的说法不正确的是（　　）
A．仅含有官能团酰胺基 B．能发生取代和氧化反应
C．存在两种杂化方式的碳原子 D．与NaOH溶液反应可生成两种盐
3．现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是（　　）
A．国产大飞机C919使用的复合材料碳纤维为有机高分子材料
B．全息投影技术所用材料氮化镓（GaN），其中Ga的化合价为+2
C．“蓝鲸”深海潜水器使用的钛合金，其钛元素位于周期表d区
D．我国“人造太阳”利用核聚变反应，其燃料氘和氚是氦的同位素
4．下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述不正确的是（　　）
选项 劳动项目 化学知识
A 化工生产：用SiO2作牙膏摩擦剂 SiO2硬度大且难溶于水
B 医务急救：用NH4NO3作冷敷袋
C 制药工程：用BaSO4作“钡餐” BaSO4难溶于酸
D 给水处理：用Na2FeO4对自来水消毒 有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
5．锅间烟火，烹出万千佳肴。下列有关说法正确的是（　　）
A．铝锅所用的铝材在工业上利用电解熔融AlCl3制备
B．生铁锅主要成分是铁和碳，属于铁碳合金，熔点比纯铁高
C．不锈钢锅中含有24Cr，24Cr基态原子的价层电子排布式为
D．不粘锅涂层常用聚四氟乙烯制造，其单体是四氟乙烯
6．能满足如图所示物质之间直接转化关系的物质有多种，其中推理不成立的是（　　）
A．甲可为铁，丙的水溶液可能呈酸性
B．甲可为硫，乙可能使品红溶液褪色
C．甲可为A丁可能属于强碱
D．甲可为CO2，在水中溶解度：乙
7．对粗铜进行预处理、精炼、溶解、结晶等操作制取（下列能达到目的的是（　　）
A.除氧化层 B.粗铜精炼 C.精铜溶解 D.蒸发结晶
A．A B．B C．C D．D
8．一种全固态锂电池示意图如图。充电时，Li+从电极Ⅰ中脱出，伴随着O2-转化为O2留在正极材料中，转变为MnO2。下列说法正确的是（　　）
A．充电时，电极Ⅱ为阳极
B．电池工作时，固态电解质能传导电子
C．充电时，电极I的反应为：
D．用该电池电解饱和食盐水，每生成2gH2，电极Ⅱ质量减少7g
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．18gD2O中含有中子数目为10NA
B．1LpH=1的FeCl3溶液中，H+数目小于0.1NA
C．1molCO2与足量Na2O2反应，转移电子数目为2NA
D．标准状况下，22.4LNH3与足量HCl反应，新形成的σ键数目为NA
10．下列陈述I与陈述II均正确，且两者间具有因果关系的是（　　）
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A O3在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度 O3为非极性分子
B 溶液中滴加KSCN溶液不显色 与结合能力：（
C 离子液体熔点比较低，难挥发 离子液体可用作原电池的电解质
D 石膏可用于制作豆腐的凝固剂 石膏可调节水泥的硬化速率
A．A B．B C．C D．D
11．图是一种有机分子M的对映异构体结构模型（图中圆球代表不同的原子或原子团），分子式可表示为具有两性，X、Z、W为同周期相邻的主族元素，基态X原子的各能级电子数相等，Y是周期表中原子半径最小的元素，第一电离能关系Z>W>X。下列有关说法不正确的是（　　）
A．电负性：W>Z>X>Y
B．最简单氢化物沸点：W>Z>X
C．原子团内键角：原子团1>原子团2
D．M的两性可能与原子团1和原子团3有关
12．按图组装装置并进行实验。下列说法不正确的是（　　）
A．e管的作用是平衡气压，使氨水顺利滴下
B．当b中白色沉淀溶解时，离子方程式为：A
C．c装置可以防倒吸，CCl4不能用煤油替换
D．取b中制得的银氨溶液于d试管，滴入葡萄糖溶液，水浴加热，用来检验其醛基
13．由结构能推测出对应性质的是（　　）
选项 结构 性质
A 甲基使苯环上邻、对位的氢原子活化 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B 碘和CCl4均为正电中心和负电中心重合的分子 溶有少量碘的CCl4溶液加入浓KI溶液，振荡，CCl4溶液层颜色变浅
C SiO2晶体中粒子呈现周期性的有序排列 水晶柱面上的石蜡遇热，不同方向熔化的快慢不同
D 离子键成分百分数：NaF>SiC 熔点：NaFA．A B．B C．C D．D
14．HgI2难溶于水，可用作半导体材料，在HI水溶液中，存在反应下列说法正确的是（　　）
A．通入少量氧气，减小
B．加水稀释，增大
C．溶液中汞与碘元素物质的量之比为1：2
D．体系中，
15．利用如图装置可以进行实验，下列实验根据现象所得结论不正确的是（　　）
选项 实验名称 试剂a 试剂b 现象与结论
A 煤的干馏 煤粉 滴有酚酞的水溶液 溶液变红，说明煤的干馏属于化学变化
B 石蜡的分解 浸透石蜡油的矿渣棉、碎瓷片 高锰酸钾溶液 溶液褪色，说明生成了不饱和烃
C 膨松剂的分解 膨松剂 澄清石灰水 澄清石灰水变浑浊，说明膨松剂含有碳酸钠
D 铁与水蒸气反应 铁粉、湿棉花 浓硫酸 点燃验纯时有爆鸣声，说明有氢气生成
A．A B．B C．C D．D
16．我国科学家开发的如图（b）电解池装置，实现HCHO与的协同反应，能有效促进合成过程，电极Ⅰ中从NO；开始的一种反应机理如图（a）（“ ”表示催化剂，发生反应为零价氢自由基），电极Ⅱ催化反应机理如图（c）。装置工作时，下列说法不正确的是（　　）
A．电源e为负极，电极Ⅱ发生氧化反应
B．图b中的交换膜为阴离子交换膜，OH-从左室移向右室
C．每制得需要消耗通过导线的电子数为6mol
D．电极Ⅱ的催化剂为C其电极反应为
17．氮及其化合物有着广泛应用。
（1）兴趣小组设计实验制备二氧化氮。
①利用铜和浓硝酸制备NO2的离子方程式为　 　。
②配制所需的50mL8.0mol/L浓硝酸，需用量筒量取16.0mol/L浓硝酸　 　mL。
③配制过程中，从下列选项中选出正确操作并按实验先后排序　 　（填操作编号）。
A.定容 B.转移 C.摇匀 D.稀释
（2）探究温度、压强对平衡移动的影响。用图装置进行实验，每次充入20mLNO2，进行实验。
实验 操作
a 固定活塞位置不变，将针筒浸于10℃水浴
b 固定活塞位置不变，将针筒浸于60℃水浴
c 将针筒迅速压缩后，固定活塞位置不变
①对比实验a和b的现象，b的颜色比a深，说明该反应△H　 　0。
②实验c可观察到颜色先变深后变浅。分析“压缩容器体积”影响颜色变化的原因可能有：体积减小导致气体浓度变大、　 　、体系温度升高进而影响平衡移动。
（3）进一步探究压强对平衡移动的影响。已知，一定条件下，吸光度A与浓度c成正比。
数据测定：把装有NO2的针筒放在平板LED灯上，拍摄常温常压下气体位于20mL刻度照片，吸光度为A20，并以此为基准。推拉针筒活塞改变气体体积，均静置2min后拍摄照片。测出吸光度Ax（x为NO2的体积），换算出与常压时的比值，数据如下表。
体积/mL 吸光度Ax 与基准吸光度A20的比值
不考虑平衡移动 实际平衡移动
10 b a 1.51
20 0.304 1.00 1.00
30 0.238 0.67 0.78
40 c 0.50 0.69
50 0.181 0.40 0.59
数据论证：比值法，a=　 　；请选取表中数据，利用比值法说明压强变化对平衡移动的影响情况　 　。图像法，在图中以20mL所对应的图线为基准，标注吸光度Ax中b和c所对应的数据点。
实验结论：该反应达到平衡时，其他条件不变，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动；反之，向相反方向移动。
18．对新能源汽车电池镍钴锰三元材料（主要成分为含少量Al、Fe杂质）回收的一种工艺简化流程如下：
已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物[其中Co为（元素Mn以形式浸出。
②离子浓度小于，可认为该离子完全沉淀。
③部分氢氧化物的Kap如下表：
氢氧化物
（1）基态Co3+的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）“滤液1”中溶质除了LiOH、NaOH以外，还有　 　（填化学式）。
（3）“酸浸”后的溶液中Ni、Co、Mn元素以存在，写出生成Co2+的化学方程式　 　。
（4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至　 　（溶液体积变化可忽略）。已知：“酸浸”后。
（5）“萃取”时，钴形成如图的配合物。钴易被萃取进有机相的原因有（　　）。
A．配位时Co2+被还原
B．配合物与水能形成分子间氢键
C．钴与O形成配位键
D．萃取剂中有极性较小的疏水基团
（6）写出“沉钴”时，生成CoCO3的离子反应方程式　 　。
（7） CoCO3一定条件下可转化为CoO3。假设CoO3的立方晶胞结构如图（a），则Co在晶胞中的位置为　 　；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为　 　，若图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在图（b）上补充另外一种原子位置。
19．水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。
I.利用脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：
反应路径如图12（Surf指MgCl2晶体表面）。
（1）物质“X”为　 　。
（2）路径　 　（填“a”或“b”）反应速率更快。
（3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为　 　。
Ⅱ.CO、CO2既可单独加氢制CH4，也可混合加氢制CH4，会发生如下反应。
ⅰ
ⅱCO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）△H2=-164kJ·mol-
ⅲ
（4）反应iii为水煤气变换反应，其　 　。
（5）图13表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下CO、CO2混合气体加氢达到平衡时，的转化率α随温度（T）或z的变化。其中指初始的物质的量，n平指平衡的物质的量。曲线I表示当z为0.5时（随温度（T）的变化。
①下列说法正确的是　 　。
A.曲线Ⅰ中=0. B.曲线Ⅱ的温度为600℃
C.其它条件不变，增大压强，曲线Ⅱ上移 D. M点，反应iii生成的CO2的量比反应ii消耗的少
②结合图14分析图13中曲线Ⅰ中α（CO2）随温度的升高先减小后增大的原因　 　。
③若N点CO的转化率α为80%，则CH4的平衡收率为　 　。
（6）使用CO2单独加氢制CH4时（投入化学计量比氢气），会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性为某条件下CH4的平衡收率为y，则此时的转化率为　 　。（用y、S表示，并写出推导过程）
20．联烯（）广泛应用于有机合成。一种基于三组分反应合成非天然α-氨基酸的路线如下（反应条件略：Ph-代表C6H5-，'Bu-代表-C（CH3）3。
已知：
（1）化合物1a的名称为　 　
（2）①化学物2a的分子式为　 　。
②3a在碱性条件下发生水解生成的产物中，相对分子质量较小的化合物I。与I有相同官能团的结构共　 　种（含化合物Ⅰ，不考虑立体异构）。
（3）下列说法正确的有（　　）。
A．3a分子中的存在大π键，氮原子采取sp2杂化
B．4a分子存在2个手性碳原子，存在顺反异构体
C．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键断裂和形成
D．4a生成5a的过程属于取代反应，且化合物5a具有两性
（4）化合物2a的性质比较活泼，与水发生加成反应后可再转化为酮，若用核磁共振氢谱监测该转化反应，则可推测：与2a相比，产物酮的氢谱图中　 　。
（5）根据题中信息，分三步合成化合物Ⅱ，回答前两步相关问题
①第一步，苯引入碘。已知碘的电负性大于碳，某同学尝试利用苯和CH3I反应生成PhI，该方法是否可行　 　（填“可行”或“不可行”）
②第二步，由发生　 　（填具体反应类型），其反应的方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、马踏飞燕青铜雕，主要材质为青铜（铜锡合金），属于合金，说法正确，故 A 符合题意；
B、奔马画作纸邮票，主要材质为纸张（纤维素），属于有机高分子材料，不是合金，说法错误，故 B 不符合题意；
C、生肖马碧玉吊坠，主要材质为碧玉（硅酸盐矿物），属于无机非金属材料，不是合金，说法错误，故 C 不符合题意；
D、唐三彩釉陶瓷马，主要材质为陶瓷（硅酸盐），属于无机非金属材料，不是合金，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
合金的定义：由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；
常见材料分类：青铜为铜锡合金，属于金属材料中的合金；纸张为有机高分子材料；碧玉、陶瓷为无机非金属材料。
2．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该分子仅含酰胺基这一种官能团，说法正确，故 A 不符合题意；
B、分子中苯环、烷基可发生取代反应，苯环、烷基可发生氧化反应（如燃烧），说法正确，故 B 不符合题意；
C、分子中苯环、羰基的碳原子为 sp2 杂化，烷基的碳原子为 sp3 杂化，存在两种杂化方式的碳原子，说法正确，故 C 不符合题意；
D、该分子中的酰胺基在 NaOH 溶液中水解，生成羧酸钠和二乙胺，仅生成一种盐（羧酸钠），二乙胺为有机碱，不是盐，说法错误，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：该分子的官能团为酰胺基，无其他官能团；
反应类型判断：苯环、烷基可发生取代反应，苯环、烷基可发生氧化反应；
杂化类型判断：苯环、羰基的碳原子为 sp2 杂化，烷基的碳原子为 sp3 杂化；
水解反应分析：酰胺基在 NaOH 溶液中水解生成羧酸钠和二乙胺，仅生成一种盐，二乙胺不属于盐。
3．【答案】C
【知识点】高分子材料；同位素及其应用；常见元素的化合价；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，说法错误，故 A 不符合题意；
B、氮化镓 (GaN) 中 N 为 - 3 价，根据化合物中正负化合价代数和为 0，Ga 的化合价为 + 3 价，不是 + 2 价，说法错误，故 B 不符合题意；
C、钛元素的原子序数为 22，价电子排布式为 3d24s2，位于元素周期表的 d 区，说法正确，故 C 符合题意；
D、氘和氚是氢元素的同位素，不是氦的同位素，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
材料分类：碳纤维属于无机非金属材料，有机高分子材料需含碳链高分子结构；
化合价计算：根据化合物中正负化合价代数和为 0，计算 GaN 中 Ga 的化合价；
元素周期表分区：根据价电子排布式判断元素所在分区，Ti 为 d 区元素；
同位素定义：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，氘、氚属于氢元素。
4．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、SiO2硬度大且难溶于水，可作牙膏摩擦剂，表述正确，故 A 不符合题意；
B、NH4NO3作冷敷袋是利用其溶于水吸热的性质，与 NH4+和 OH-的反应无关，表述错误，故 B 符合题意；
C、BaSO4难溶于酸和水，不会被人体吸收，可作 “钡餐”，表述正确，故 C 不符合题意；
D、Na2FeO4具有强氧化性，可用于自来水消毒杀菌，表述正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质性质与用途对应：SiO2的硬度和溶解性决定其可作摩擦剂；
冷敷袋原理：NH4NO3溶解吸热，而非发生离子反应；
钡餐原理：BaSO4不溶于胃酸（盐酸），无毒性；
净水消毒原理：Na2FeO4的强氧化性可杀菌消毒，还原产物还可净水。
5．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；合金及其应用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，工业上通过电解熔融 Al2O3（加冰晶石助熔）制备铝，说法错误，故 A 不符合题意；
B、生铁是铁碳合金，合金的熔点一般低于其各组分金属的熔点，因此生铁熔点比纯铁低，说法错误，故 B 不符合题意；
C、24 号 Cr 为洪特规则特例，基态原子价层电子排布式为 3d54s （半充满稳定结构），不是 3d44s2，说法错误，故 C 不符合题意；
D、聚四氟乙烯由四氟乙烯 (CF2=CF2) 通过加聚反应制得，四氟乙烯是其单体，说法正确，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
工业炼铝原理：AlCl3为共价化合物，无法电解熔融态，需电解熔融 Al2O3；
合金性质：合金熔点通常低于其组分纯金属的熔点；
核外电子排布：Cr 为洪特规则特例，价电子排布为 3d54s ，而非 3d44s2；
高分子单体判断：聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，属于加聚产物。
6．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、甲为铁，丁为稀硝酸时，少量稀硝酸与铁反应生成硝酸亚铁（乙），过量稀硝酸与铁反应生成硝酸铁（丙）；硝酸铁与铁反应可生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与稀硝酸反应可生成硝酸铁，丙（硝酸铁）水溶液因 Fe3+水解呈酸性，推理成立，故 A 不符合题意；
B、甲为硫，若丁为 O2，硫与少量 O2不反应，无法生成乙；硫与过量 O2反应生成 SO2，无法满足 “甲与少量丁生成乙、过量丁生成丙” 的转化，推理不成立，故 B 符合题意；
C、甲为 Al2(SO4)3，丁为强碱（如 NaOH）时，少量 NaOH 与 Al2(SO4)3反应生成 Al(OH)3（乙），过量 NaOH 与 Al2(SO4)3反应生成 NaAlO2（丙）；Al(OH)3与 NaOH 反应生成 NaAlO2，NaAlO2与 Al2(SO4)3发生双水解生成 Al(OH)3，推理成立，故 C 不符合题意；
D、甲为 CO2，丁为 NaOH 时，少量 NaOH 与 CO2反应生成 Na2CO3（乙），过量 NaOH 与 CO2反应生成 NaHCO3（丙）；Na2CO3与 CO2、H2O 反应生成 NaHCO3，NaHCO3与 NaOH 反应生成 Na2CO3，且相同条件下 Na2CO3在水中溶解度大于 NaHCO3，推理成立，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
转化关系要求：甲与少量丁生成乙，甲与过量丁生成丙，乙和丙可相互转化；
逐一验证选项：结合物质的性质，分析各物质是否满足上述转化关系；
特殊反应分析：硫与氧气的反应不存在 “少量 / 过量” 生成不同产物的情况，无法满足图示转化；
盐类水解、溶解度等性质辅助验证选项合理性。
7．【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；浓硫酸的性质；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A、纯碱（Na2CO3）溶液呈碱性，可去除油污，但无法与铜的氧化层（CuO）反应，不能用于除氧化层，且加热操作会加速铜的氧化，无法达到目的，故 A 不符合题意；
B、粗铜精炼采用电解法，粗铜作阳极、纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，装置符合电解精炼原理，可达到目的，故 B 符合题意；
C、铜与浓硫酸反应需要加热，图中未加热，且直接将铜片加入浓硫酸中反应不充分，同时会产生 SO2污染，操作不合理，无法达到目的，故 C 不符合题意；
D、由 CuSO4溶液制备 CuSO4 5H2O，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，不能直接蒸发结晶，否则会导致结晶水失去，无法达到目的，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
除氧化层原理：铜的氧化层为 CuO，需用酸去除，纯碱溶液无法与 CuO 反应；
电解精炼铜原理：粗铜作阳极、纯铜作阴极，含 Cu2+的溶液作电解质；
铜与浓硫酸反应条件：需要加热，常温下几乎不反应；
结晶水合物制备方法：需蒸发浓缩、冷却结晶，不能直接蒸干，防止结晶水流失。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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、充电时，Li+从电极 I 脱出，电极 II 为 Li 电极，发生反应：Li++e-= Li，电极 II 作阴极，不是阳极，说法错误，故 A 不符合题意；
B、电池工作时，固态电解质的作用是传导 Li+，不能传导电子，电子只能通过外电路传输，说法错误，故 B 不符合题意；
C、充电时，电极 I 发生氧化反应，Li2MnO3失去电子，生成 Li+、O2和 MnO2，反应为
2Li2MnO3-4e-=4Li++O2↑+2MnO2，说法正确，故 C 符合题意；
D、电解饱和食盐水生成 2g H2（物质的量为 1mol），转移 2mol 电子，电池放电时电极 II 的 Li 失电子生成 Li+，每 2mol 电子对应 2mol Li，质量为 2mol×7g/mol=14g，电极 II 质量减少 14g，不是 7g，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】充电时电极判断：Li+在电极 II 得电子，电极 II 为阴极：Li++e-= Li，电极 I 为阳极，根据题干信息，结合氧化还原反应配平电极 I 的反应：2Li2MnO3-4e-=4Li++O2↑+2MnO2。据此解题。
9．【答案】D
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、D2O 的摩尔质量为 20g/mol，18gD2O 的物质的量为 0.9mol，1 个 D2O 分子含 10 个中子，故中子数目为 9NA，说法错误，故 A 不符合题意；
B、pH=1 的溶液中 c (H+)=0.1mol/L，1L 溶液中 H+的物质的量为 0.1mol，数目等于 0.1NA，说法错误，故 B 不符合题意；
C、CO2与 Na2O2反应的化学方程式为 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，1molCO2参与反应时，转移电子数目为 NA，说法错误，故 C 不符合题意；
D、标准状况下 22.4LNH3的物质的量为 1mol，NH3与 HCl 反应生成 NH4Cl，1molNH3与 1molHCl 反应形成 1molN-H σ 键，新形成的 σ 键数目为 NA，说法正确，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中子数计算：先计算 D2O 的物质的量，再结合 D、O 的中子数计算总中子数；
pH 与 H+浓度：pH=-lgc (H+)，pH=1 时 c (H+)=0.1mol/L，直接计算 H+数目；
氧化还原反应电子转移：根据反应方程式，分析 Na2O2中 O 元素的化合价变化，计算转移电子数；
σ 键数目计算：分析 NH3与 HCl 的反应，明确新形成的化学键类型与数目，结合物质的量计算 σ 键数。
10．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、陈述 I：O3在 CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，正确；陈述 II：O3为非极性分子，错误（O3是极性分子），故 A 不符合题意；
B、 陈述 I：（K3[Fe(CN)6] 溶液中滴加 KSCN 溶液不显色）， 正确 ；陈述 II：（与 Fe3+结合能力：CN- > SCN-），正确，且陈述 II是陈述 I 的原因，二者存在因果关系，故 B 符合题意；
C、陈述 I：（离子液体熔点较低，难挥发）， 正确；陈述 II：（离子液体可用作原电池的电解质）， 正确，但二者无因果关系，故 C 不符合题意；
D、陈述 I：石膏可用于制作豆腐的凝固剂，正确；陈述 II：石膏可调节水泥的硬化速率，正确，但二者无因果关系，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
A．O3分子结构不对称，属于极性分子，陈述 II 错误；
B．K3[Fe(CN)6] 中 Fe3+与 CN-形成稳定配合物，CN-与 Fe3+的结合能力强于 SCN-，因此滴加 KSCN 溶液不显色，两陈述存在因果关系；
C．离子液体的熔点、挥发性与导电性无直接因果关系，选项两陈述无因果关系；
D．两个陈述为石膏的不同应用，相互之间没有因果推导关系。
11．【答案】C
【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
【解析】【解答】A、根据元素推断，X 为 C、Z 为 N、W 为 O、Y 为 H，电负性顺序为 O>N>C>H，即 W>Z>X>Y，A正确；
B、最简单氢化物分别为 CH4、NH3、H2O，沸点 H2O>NH3>CH4，即 W>Z>X，B正确；
C、原子团 1 为 - COOH（羧基，C 为 sp2 杂化，键角约 120°），原子团 2 为 - NH2（氨基，N 为 sp3 杂化，含孤电子对，键角约 107°），键角原子团 1 > 原子团 2，C错误；
D、M 为氨基酸（如丙氨酸），两性由 - COOH（酸性）和 - NH2（碱性）体现，对应原子团 1 和原子团 3，D正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：基态 X 原子各能级电子数相等，电子排布为 1s22s22p2，X 为 C；Y 为原子半径最小的元素，Y 为 H；X、Z、W 为同周期相邻主族元素，第一电离能 Z>W>X，故 Z 为 N、W 为 O；
12．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、e 管连通分液漏斗和烧瓶，可平衡气压，使浓氨水顺利滴下，说法正确，故 A 不符合题意；
B、AgNO3溶液中通入 NH3，先生成 Ag2O 沉淀，沉淀溶解时的离子方程式为
Ag2O+4NH3 H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O，而非 AgOH 与 NH3 H2O 反应，说法错误，故 B 符合题意；
C、c 装置中 CCl4密度比水大，NH3不溶于 CCl4，可防止倒吸；煤油密度比水小，无法起到防倒吸作用，不能替换 CCl4，说法正确，故 C 不符合题意；
D、葡萄糖含醛基，可与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，可用于检验醛基，说法正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分液漏斗平衡气压原理：连通管可平衡漏斗与烧瓶内压强，使液体顺利流下；
银氨溶液制备原理：AgNO3与 NH3 H2O 反应先生成 Ag2O，Ag2O 再与过量 NH3 H2O 反应生成银氨溶液，AgOH 不稳定，不能作为中间产物；
防倒吸装置原理：利用密度大于水的有机溶剂隔绝气体与水，防止倒吸，煤油密度小于水，无法实现；
醛基检验原理：醛基与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，可检验醛基。
13．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；极性分子和非极性分子；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为苯环活化了甲基上的氢原子，而非甲基活化苯环，逻辑关系错误，故 A 不符合题意；
B、I2与 CCl4均为非极性分子，I2易溶于 CCl4使溶液显色，加入 KI 后 I2+I-=I3-，I3-易溶于水，导致 CCl4层 I2浓度降低颜色变浅，该现象与 “均为非极性分子” 无关，故 B 不符合题意；
C、SiO2晶体为晶体，粒子呈周期性有序排列，具有各向异性，因此水晶柱面上石蜡遇热不同方向熔化快慢不同，结构与性质有因果关系，故 C 符合题意；
D、NaF 为离子晶体，SiC 为共价晶体，晶体类型不同导致熔点差异，与离子键成分百分数无直接因果关系，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
A．甲苯褪色是苯环对甲基产生影响，导致甲基被氧化，而非甲基活化苯环；
B．颜色变浅本质是发生了 I2+I-=I3-的反应，使碘从有机溶剂进入水相，与分子极性无关；
C．晶体的各向异性源于内部粒子周期性有序排列，是晶体的固有性质，能解释石蜡熔化快慢不同；
D．NaF 熔点远低于 SiC 的根本原因是晶体类型不同，NaF 是离子晶体，SiC 是共价晶体，而非离子键成分百分数。
14．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、通入少量氧气，O2会氧化 I-生成 I2，使溶液中 c (I-) 降低，平衡 HgI2 + I- HgI3-逆向移动，同时 HgI3-+I- HgI42-也逆向移动，但总体系中 HgI3-浓度会先增大后减小，最终并非单纯减小，说法错误，故 A 不符合题意；
B、对于平衡 HgI3-+I- HgI42-，平衡常数 K =，变形得；加水稀释，平衡逆向移动，c (I-) 减小，因此该比值增大，说法正确，故 B 符合题意；
C、溶液中汞元素以 HgI2、HgI3-、HgI42-形式存在，碘元素以 I-、HgI3-、HgI42-、HgI2形式存在，汞与碘元素物质的量之比远小于 1：2，说法错误，故 C 不符合题意；
D、根据电荷守恒，体系中 c (H+) = c (I-) + c (HgI3-) + 2c (HgI42-) + c (OH-)，选项中遗漏了
c(OH-)，说法错误，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
平衡移动分析：通入 O2氧化 I-，使 c (I-) 降低，两个平衡均逆向移动，需综合判断 HgI3-浓度变化；
平衡常数应用：利用第二个反应的平衡常数变形，结合稀释后 c (I-) 的变化，分析浓度比的变化；
元素守恒分析：明确溶液中 Hg、I 的存在形式，判断物质的量比例；
电荷守恒书写：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，需包含所有离子，不可遗漏 OH-。
15．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；煤的干馏和综合利用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、煤的干馏生成粗氨水等新物质，氨水使滴有酚酞的水溶液变红，说明有新物质生成，属于化学变化，结论正确，A 错误；
B、石蜡油分解生成的不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，结论正确，B 错误；
C、膨松剂分解产生的 CO2使澄清石灰水变浑浊，但膨松剂可能为碳酸氢钠等，不一定含有碳酸钠，结论错误，C 正确；
D、铁与水蒸气反应生成氢气，经浓硫酸干燥后点燃验纯有爆鸣声，说明有氢气生成，结论正确，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
煤的干馏：属于化学变化，生成的氨水显碱性，可使酚酞变红，证明有新物质生成；
石蜡油分解：分解产物含不饱和烃，可被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色；
膨松剂分解：能使澄清石灰水变浑浊的气体为 CO2，膨松剂不一定含碳酸钠，碳酸氢钠等也可分解产生 CO2；
铁与水蒸气反应：反应生成氢气，氢气点燃有爆鸣声，可证明产物。
16．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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、电极 Ⅰ 发生 NO3-的还原反应，为阴极，对应电源 e 为负极；电极 Ⅱ 发生 HCHO 的氧化反应，A 说法正确；
B、电极 Ⅰ 生成 OH-，电极 Ⅱ 消耗 OH-，交换膜为阴离子交换膜，OH-从左室（电极 Ⅰ 区）移向右室（电极 Ⅱ 区），B 说法正确；
C、根据已知反应：H2O+e-=H d +OH-，1mol H d 对应 1mol 电子，生成 1mol NH3时，NO3-转化为NH3，N 元素从 + 5 价变为-3 价，转移 8mol 电子，对应消耗 8mol H d ，通过导线的电子数为 8mol，并非 6mol，C 说法错误；
D、电极 Ⅱ 以 Cu2O 为催化剂，HCHO 在碱性条件下被氧化为 HCOO-，电极反应为 ，D 说法正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电极判断：阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，阴极接电源负极，阳极接电源正极；
离子交换膜：根据电极反应的离子流向，判断交换膜类型及离子移动方向；
电子守恒：结合 H d 的生成反应与 NO3-的还原反应，计算 H d 消耗量与转移电子数；
电极反应式书写：根据反应物、生成物及碱性环境，配平阳极氧化反应。
17．【答案】（1）Cu+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O；25；DAC
（2）＜；气体浓度变大进而影响平衡移动
（3）2.00；从20mL压缩体积至10mL，不考虑平衡移动吸光度应该变为2倍，但实际只变成了1.51倍，说明平衡往正反应方向移动。
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验操作的先后顺序；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) ① 铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应中 Cu 被氧化为 Cu2+，NO3-被还原为 NO2，根据电荷守恒、原子守恒配平，离子方程式为：Cu + 4H+ + 2NO3- = Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O
② 稀释前后溶质硝酸的物质的量不变，由 c1V1 = c2V2 得：16.0 mol/L × V = 8.0 mol/L × 50.0 mL解得 V = 25.0 mL，即需要量取 25.0 mL 浓硝酸。
③ 配制稀硝酸步骤：先在烧杯中稀释浓硝酸（D），冷却后转移并洗涤，再定容（A），最后摇匀（C），因此顺序为 DAC。
故答案为： Cu+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O ； 25 ； DAC ；
(2) ① a、b 体积相同，温度升高后气体颜色更深，说明 NO2 浓度更大，即升温平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，故 ΔH ＜ 0。
② 压缩针筒时体积骤减，NO2 浓度瞬间变大，颜色先加深；随后压强增大，平衡向气体分子数减小的正反应方向移动，NO2 被消耗，浓度降低，因此颜色变浅。
故答案为： ＜ ； 气体浓度变大进而影响平衡移动 ；
(3) ① 吸光度与浓度成正比，浓度与体积成反比。20 mL 变为 10 mL，体积减半，浓度加倍，若平衡不移动，吸光度也加倍，故 a = 2.00。
② 压缩至 10 mL 时，实际吸光度比值小于理论值，说明 NO2 浓度比理论低，平衡正向移动；扩大体积时实际比值大于理论值，说明 NO2 浓度更高，平衡逆向移动。结论：增大压强，平衡向气体分子数减少的正反应方向移动；减小压强，平衡向气体分子数增多的逆反应方向移动。
③ b 点：体积 10 mL，压强 2 atm，吸光度 = 0.304 × 1.51 ≈ 0.459；c 点：体积 40 mL，压强 0.5 atm，吸光度 = 0.304 × 0.69 ≈ 0.210，在对应坐标处标注即可。
故答案为： 2.00 ； 从20mL压缩体积至10mL，不考虑平衡移动吸光度应该变为2倍，但实际只变成了1.51倍，说明平衡往正反应方向移动。 ；
【分析】（1）①回忆铜和浓硝酸的反应规律，按氧化还原配平写出离子方程式；
②用稀释定律，抓住溶质物质的量不变计算浓硝酸体积；
③按照 “稀释→定容→摇匀” 的顺序确定操作先后。
（2）先对比温度不同的两组实验，由颜色变化判断平衡移动方向，再推出反应热符号；压缩时先考虑体积突变导致浓度骤变，再用勒夏特列原理分析压强对平衡的影响。
（3）先利用吸光度与浓度、体积的比例关系算出理论比值；再把实际比值与理论比值对比，判断 NO2 浓度高低，从而确定平衡移动方向；最后按压强和吸光度数据在图上标出对应点。
18．【答案】（1）
（2）Na[Al(OH)4]或NaAlO2
（3）2H2SO4+2Co(OH)3+H2O2=2CoSO4+O2↑+6H2O
（4）7
（5）C；D
（6）Co2++HCO-3+NH3 H2O=CoCO3↓++
（7）顶角；2；
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) Co的原子序数为27，基态Co原子的核外电子排布式为。形成时，先失去最外层4s轨道的2个电子，再失去3d轨道的1个电子，因此的价层电子排布式为。根据泡利不相容原理和洪特规则，价层电子轨道表示式为：；
故答案为：；
(2) 电池材料中的Al杂质与NaOH溶液发生反应：（或），生成可溶性的（或）；Ni、Co以氢氧化物、Mn以的形式留在滤渣中，因此滤液1中除、外，溶质为Na[Al(OH)4]或NaAlO2。
故答案为：Na[Al(OH)4]或NaAlO2；
(3) 酸浸时，中+3价Co被还原为+2价，被氧化为，稀硫酸提供酸性环境生成。根据得失电子守恒（→，Co从+3→+2，每个Co得1e-；→，O从-1→0，每个失2e-），配平得化学方程式：2H2SO4+2Co(OH)3+H2O2=2CoSO4+O2↑+6H2O
故答案为：2H2SO4+2Co(OH)3+H2O2=2CoSO4+O2↑+6H2O；
(4) 调pH的目的是除去、，同时保证、、不沉淀。三种离子中的最小，最先开始沉淀，因此pH最高值由的沉淀条件决定。
已知，，根据，计算开始沉淀的：
则，，因此pH最高可调至。
故答案为：7；
(5)A：配位过程仅形成配位键，无电子得失，化合价不变，A错误；
B：若配合物与水形成氢键，会更易溶于水，难以进入有机相，B错误；
C：配合物中与O原子形成配位键，是配合物稳定存在的基础，C正确；
D：萃取剂含等极性较小的疏水基团，使配合物整体疏水性增强，根据相似相溶原理，易进入有机相，D正确。
故答案为：CD；
(6) 沉钴时，与电离出的结合生成沉淀，中和电离出的，生成和。根据电荷守恒、原子守恒，配平得离子方程式：Co2++HCO-3+NH3 H2O=CoCO3↓++。
故答案为：Co2++HCO-3+NH3 H2O=CoCO3↓++；
(7) 观察晶胞图(a)，黑色球（Co）位于立方体的8个顶角，因此Co的位置为顶角。
白色球（O）位于立方体体心，以体心O为中心，距离最近且等距离的Co原子为上下两个晶胞的顶角原子，共2个。图(b)为体对角线方向的投影，需在正六边形中心位置补充O原子（对应体心位置），最终投影如答案所示。
故答案为：顶角；2；；
【分析】电池废料先经 NaOH 碱浸，除去 Al 杂质得到滤液 1；剩余固体用稀硫酸、H2O2酸浸，将 Ni、Co、Mn 等金属氧化物还原溶解为离子；调 pH 除去 Fe3+、Al3+得到滤渣 1；加 Na2S2O8将 Mn2+氧化为 MnO2沉淀除去；再经萃取、反萃取分离 Ni 与 Co；最后向含 Co 的反萃取液中加氨水、NH4HCO3沉钴，得到 CoCO3产品，同时得到含 [Ni(NH3)6]2+的溶液。
（1）先确定Co原子的电子排布，再按阳离子失电子顺序得到的价层电子排布，最后按规则画出轨道表示式。
（2）碱浸时Al与NaOH反应生成可溶性盐，其余金属元素以沉淀形式留在滤渣中，据此判断滤液成分。
（3）作还原剂还原，结合氧化还原配平规则写出反应式。
（4）调pH的上限由最先沉淀的决定，利用溶度积公式计算其开始沉淀的pH，即为调pH的最大值。
（5）结合配位键本质、相似相溶原理，逐一分析选项正误。
（6）与、反应生成，结合守恒规则配平离子方程式。
（7）根据晶胞结构判断原子位置，分析体心O的配位原子数，结合投影规律补充原子位置。
19．【答案】（1）H2
（2）b
（3）HCOOH=CO2↑+H2↑
（4）-42kJ·mol-1
（5）BC；三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应ⅰ、ⅱ的影响大于反应ⅲ，α（CO2）减小。超过600℃℃，反应ii△G>0，反应ii几乎不发生，温度升高，反应ⅲ平衡逆向移动，α（CO2）增大。；45%
（6）
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）根据原子守恒配平总反应
反应前后Mg、Cl、C原子均守恒，左边含有4个H原子和6个O原子，右边含有4个O原子，剩余2个O原子与4个H原子分配在2个X中，可得X为。
故答案为： H2 ；
（2）化学反应速率由活化能决定，活化能是反应物与过渡态之间的能量差，活化能越低，反应越容易进行，反应速率越快。对比路径a、b的能量变化曲线，路径b的最大能垒明显低于路径a，因此反应速率更快的路径为b。
故答案为： b ；
（3）HCOOH为甲酸，在该反应体系中发生分解反应，生成和，反应方程式为：
HCOOH=CO2↑+H2↑
故答案为： HCOOH=CO2↑+H2↑ ；
（4）根据盖斯定律，用反应i减去反应ii可得水煤气变换反应iii：
故答案为： -42kJ·mol-1 ；
（5）①A：时，二者物质的量之比为1，A错误；
B：曲线I与II的交点N对应温度为600℃，因此曲线II的温度为600℃，B正确；
C：三个反应均为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率升高，曲线II上移，C正确；
D：M点转化率为负，说明体系中含量增多，反应iii生成的大于反应ii消耗的，D错误。
②三个反应均为放热反应，温度低于600℃时，反应i、ii占主导，升温使平衡逆向移动，消耗减少，转化率降低；温度高于600℃时，反应ii难以自发进行，体系以反应iii为主，升温使反应iii平衡逆向移动，生成减少，转化率升高。
③设初始，总碳的物质的量为。CO转化率80%，反应i生成，结合N点转化关系，总为，则：
故答案为： BC ； 三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应ⅰ、ⅱ的影响大于反应ⅲ，α（CO2）减小。超过600℃℃，反应ii△G>0，反应ii几乎不发生，温度升高，反应ⅲ平衡逆向移动，α（CO2）增大 ； 45% ；
（6）设初始为，收率为，即生成，消耗。根据CO选择性的定义与C原子守恒，可得，整理得转化率：
故答案为： ；
【分析】（1）根据反应前后各原子的种类和数目保持不变，对H、O原子进行守恒计算，结合反应体系特点确定未知产物。
（2）依据活化能越低反应速率越快的规律，对比两条路径的能垒大小，直接判断反应速率快慢。
（3）结合甲酸的化学性质以及水煤气变换反应的产物特点，书写并配平分解反应方程式。
（4）运用盖斯定律，通过已知反应的焓变相减，计算得到目标反应的焓变。
（5）①结合z的定义、平衡移动原理、转化率的含义，逐一分析各选项表述的正确性。
②分低温、高温两个阶段，结合各反应的自发性与热效应，分析平衡移动对转化率的影响。
③设定初始物质的量，结合转化率计算的平衡量，再根据收率定义计算最终结果。
（6）依据C原子守恒与选择性的定义，建立收率与转化率的关系式，推导得出最终表达式。
20．【答案】（1）碘苯
（2）C10H10；4
（3）A；D
（4）峰面积之比为3：2：2：2：3，峰的化学位移发生变化
（5）不可行；酯化反应；
【知识点】有机化合物的命名；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) 化合物 1a 的结构为苯环直接连接碘原子，按照芳香族化合物的命名规则，苯环上的碘原子作为取代基，该物质的名称为碘苯。
故答案为： 碘苯 ；
(2) ① 数出化合物 2a 的结构中，苯环含 6 个碳原子，甲基含 1 个碳原子，联烯结构含 3 个碳原子，总计 10 个碳原子；对应氢原子总数为 10 个，因此分子式为 C10H10。
② 化合物3a在碱性条件下水解，酯基 (COO Bu) 断裂生成羧酸盐和叔丁醇(CH)3COH。相对分子质量较小的产物为叔丁醇，官能团为羟基(-OH)。与I具有相同官能团(即醇羟基)且分子式为 C4H10O的同分异构体共有以下4种(含I本身，不考虑立体异构)：
1-丁醇：CH3CH2CH2CH2OH
2-丁醇：CH3CH2CH(OH)CH3
2-甲基-1-丙醇：(CH3)2CHCH2OH
2-甲基-2-丙醇：(CH)3COH
故答案为： C10H10 ； 4 ；
(3) A：3a 分子中存在共轭大 π 键，氮原子形成双键，价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化，该说法正确；
B：4a 分子中仅 1 个碳原子同时连接 4 个不同的基团，仅存在 1 个手性碳原子，该说法错误；
C：1a、2a 和 3a 生成 4a 的过程中，仅存在 π 键的断裂，无新 π 键的形成，该说法错误；
D：4a 生成 5a 的过程是叔丁酯的水解反应，属于取代反应；5a 同时含有氨基和羧基，既能与酸反应又能与碱反应，具有两性，该说法正确。
综上，正确选项为 AD。
故答案为： AD ；
(4)2a 与水发生加成反应再转化为酮，整个过程中氢原子的种类和数目均未改变，因此峰面积之比不变；但氢原子所处的化学环境发生了改变，因此峰的化学位移会发生变化。
故答案为： 峰面积之比为3：2：2：2：3，峰的化学位移发生变化 ；
(5)① 该方法不可行。碘的电负性大于碳，苯与 CH3I 无法发生取代反应生成 PhI，因此该方法不可行。
② 该反应类型为酯化反应。
③ 反应方程式为：含羧基和羟基的亚胺化合物，在浓硫酸的催化作用下，发生分子内的酯化反应，生成环状内酯和水： 。
故答案为： 不可行 ； 酯化反应 ；
【分析】联烯 (2a) 作为关键中间体，与碘苯 (1a)、亚胺 (3a) 发生加成、环化反应，一步构建出含手性中心、碳碳双键、氨基和叔丁氧羰基 (COO Bu) 的 α- 氨基酸骨架 (4a)；将 4a 中的叔丁氧羰基 (-COO Bu) 水解为羧基 (-COOH)，脱除保护基，得到最终的游离 α- 氨基酸 (5a)。据此解题。
（1）根据有机物的结构，识别苯环与碘原子的连接方式，依据苯的取代物命名规则直接确定名称。
（2）① 按结构逐一数出 C、H 原子的数量，结合有机物分子式的书写规则，确定分子式；
② 先确定水解产物 I 的结构与官能团，再根据同分异构体的书写规则，枚举符合条件的结构，统计数目。
（3）逐一分析每个选项，结合杂化类型、手性碳原子、π 键变化、反应类型与有机物两性的相关知识，判断说法的正误。
（4）与 2a 相比，产物酮的氢谱中，峰面积之比仍为 3：2：2：3，同时峰的化学位移发生变化。
（5）① 根据电负性的大小，判断苯与 CH3I 能否发生取代反应，从而确定方法是否可行；
② 识别反应物中的羧基与羟基，判断反应类型为酯化反应；
③ 根据酯化反应的原理，写出对应的反应方程式。
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