广东省珠海市第二中学2025届高三下学期第一次模拟考试化学试卷
一、选择题：本题共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）世界文明史上，中华文化是世界上唯一从未间断的文明，始终显示出顽强的生命力和无穷的魅力。下列文物主要由硅酸盐材料制成的是
A.东汉青铜奔马“马踏飞燕” B.唐代“鎏金舞马衔杯纹银壶” C.秦“兵马俑” D.仅49g的西汉“直裾素纱禅衣”
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．青铜是铜锡合金，属于金属材料，故A不符合题意；
B．银属于金属，该文物主要材料是金属材料，故B不符合题意；
C．秦 “兵马俑” 是陶制品，陶瓷属于硅酸盐材料，故C符合题意；
D．西汉 “直裾素纱禅衣”，素纱是丝绸，丝绸的主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，故D不符合题意；
故选：C。
【分析】硅酸盐材料是由硅酸盐矿物构成的材料，广泛应用于多个领域。它们的主要成分包括长石、石英、高岭土等，通常用于建筑材料（如水泥、砖块、瓷砖等），具有优异的耐火性能和机械强度。此外，硅酸盐材料在陶瓷制品和玻璃制品中也有重要应用，因其良好的耐热性和绝缘性能，广泛用于日用品和工业设备。
2．（2025·珠海模拟）化学和生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A．太阳能电池使用的材料是半导体，其主要成分是
B．“深海一号”母船海水浸泡区镶上铝基是利用了牺牲阳极的金属防腐原理
C．巴黎奥运会场馆使用的“碲化镉”光伏发电系统将化学能转化为电能
D．“三元催化器”将汽车尾气中NO和CO转化为和，有利于实现碳中和
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．太阳能电池的主要材料是单质Si，SiO2是光导纤维的主要成分，故A错误；
B．在金属活动性顺序中，铝的金属活动性比铁强，在海水浸泡区，铝和母船的钢铁结构形成原电池，铝作为负极（牺牲阳极）被腐蚀，从而保护了作为正极的钢铁结构，符合牺牲阳极保护原理，故B正确；
C．光伏发电系统太阳能直接转化为电能，故C错误；
D．三元催化器通过催化反应将NO和CO转化为无污染的N2和CO2，增加了CO2的排放，不利于实现碳中和，故D错误；
故选B。
【分析】A．太阳能电池的材料是单晶硅；
Ｂ．牺牲阳极的金属防腐原理是利用原电池原理，在被保护的金属（如母船的钢铁结构）和更活泼金属（如铝）组成的原电池中，活泼金属作为负极，也就是 “牺牲阳极” ，因为活泼金属更容易失去电子发生氧化反应，优先被腐蚀，这样就把电子传递给了作为正极的被保护金属，使被保护金属难以失去电子，从而避免被腐蚀；
Ｃ．光伏发电系统将太阳能转化为电能；
Ｄ．碳中和应减少二氧化碳的排放。
3．（2025·珠海模拟）化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．环己烷呈现对称美，分子中六个碳原子连接呈环，呈平面正六边形结构
B．S8分子呈现“皇冠”结构，分子中的硫原子通过共价键结合，S8属于共价晶体
C．霓虹灯发出五颜六色的光，该过程属于化学变化
D．锌片在AgNO3溶液中生成“银树”，反应中锌被氧化
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；原子核外电子的跃迁及应用；分子晶体；氧化还原反应
【解析】【解答】A．环己烷中碳原子的杂化方式为sp3杂化，具有甲烷的结构特征，则分子中6个碳原子不可能在同一平面，分子的空间结构不可能为平面正六边形结构，故A错误；
B．S8是由S8分子形成，分子间是通过分子间作用力结合，属于分子晶体，故B错误；
C．化学变化的本质是有新物质生成，霓虹灯中充入惰性气体，在高压电场下电子被激发，然后在回到基态的过程中释放出能量，其中一部分能量被荧光粉吸收发出可见光，该过程中并未生成新的物质，属于物理变化，呈C错误；
D．锌片在硝酸银溶液中发生置换反应生成银和硝酸锌，反应中锌元素的化合价从0价升高到+2价，被氧化，故D正确；
故选D。
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｂ．由分子构成的物质为分子晶体；
Ｃ．有新物质生成的变化属于化学变化；
Ｄ．锌与硝酸银反应生成银和硝酸锌，锌元素的化合价升高，被氧化。
4．（2025·珠海模拟）下列有关物质结构和性质的说法，正确的是
A．与的中心原子杂化轨道类型均为杂化
B．和都是单质，在中溶解度几乎一样
C．可燃冰()中甲烷分子与水分子之间并没有氢键
D．分子晶体都存在分子间作用力和共价键
【答案】C
【知识点】分子晶体；相似相溶原理及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，杂化类型不同。A错误；
B．氧气由两个相同原子组成的双原子分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，臭氧分子结构不对称，正负电荷中心不重合，具有弱极性，水为极性分子，根据相似相溶原理，臭氧在中溶解度大于氧气，B错误；
C．因C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键，则可燃冰中甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，C正确；
D．分子晶体中分子之间存在分子间作用力，但不一定存在共价键，例如稀有气体是单原子分子，由稀有气体形成的分子晶体中，分子之间存在分子间作用力，但分子内不存在共价键，D错误；
故选C。
【分析】A．判断中心原子杂化轨道类型，可根据价层电子对数来确定，价层电子对数的计算公式为：价层电子对=成键电子对数+孤电子对数；
Ｂ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
Ｃ．C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键；
Ｄ．稀有气体是单原子分子，不存在共价键。
5．（2025·珠海模拟）勤劳致富，越努力越幸福。下列项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 生产活动 化学原理
A 冬季来临时，用石灰浆涂抹树皮 石灰浆可以减少植物光合作用
B 新会陈皮年份越陈，香气越浓郁 气味的来源之一柠檬烯具有果香味道
C 碳酸氢铵可用作饼干的膨松剂 碳酸氢铵中和酸且受热易分解产生气体
D 煮豆浆点卤水制作豆腐 胶体聚沉
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．冬季用石灰涂抹树皮，是为了杀菌、防虫及防止树木冻害，与光合作用无关，因此，生产活动与所述化学原理无关联，A符合题意；
B．陈皮中含有柠檬烯等物质，柠檬烯具有果香味道，随着陈化过程，相关成分发生变化使得香气更浓郁，化学原理正确，与生产活动关联，B不符合题意；
C．碳酸氢铵能与面团中的酸发生中和反应，同时碳酸氢铵受热分解产生NH3、CO2和水蒸气，使饼干膨胀，因此可用作面包膨松剂，化学原理与生产活动关联，C不符合题意；
D．豆浆是蛋白质形成的胶体，卤水中含有的电解质能使胶体聚沉，从而将豆浆变成豆腐，化学原理正确，与生产活动关联，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．石灰浆的主要成分是氢氧化钙；
Ｂ．陈皮中含有柠檬烯等物质，柠檬烯具有果香味道；
Ｃ．碳酸氢铵受热易分解，也能与酸反应；
Ｄ．电解质能使胶体发生聚沉。
6．（2025·珠海模拟）下列制备实验中，实验装置及操作均正确的是
A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液 B．探究苏打和小苏打的稳定性
C．检验装置气密性 D．溶液转移
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】气体发生装置的气密性检查；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液时，高锰酸钾溶液具有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中。左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，而不是注视液面，A项错误；
B．探究苏打和小苏打的稳定性，应将放在内侧的小试管，放在外侧大试管，这样加热时才能对比出二者稳定性的差异，B项错误；
C．检验装置气密性时，连接好装置，将导管一端浸入水中，用手紧握试管，若导管口有气泡冒出，松开手后导管内形成一段水柱，则装置气密性良好，C项正确；
D．溶液转移时，玻璃棒应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，D项错误；
答案选C。
【分析】A．滴定时眼睛观察锥形瓶中的颜色变化；
Ｂ．应当将碳酸氢钠放在小试管中；
Ｃ．捂住试管外壁，若装置气密性良好，烧杯中会出现气泡；
Ｄ．转移溶液时玻璃棒应靠在容量瓶刻度线下方。
7．（2025·珠海模拟）将一块镀层破损的铁片置于海边潮湿环境中，一段时间后铁片如图所示。下列说法正确的是
A．电子由镀层流向铁
B．铁片凹陷深处产生了较多OH-
C．镀层的金属性比铁弱
D．对铁进行了牺牲阳极的阴极保护
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A．由题图可知，铁片被腐蚀，说明铁失去电子发生氧化反应，铁做负极，那么电子应该由铁流向镀层金属，而不是由镀层流向铁，故A不选；
B．铁失电子生成Fe2+，即铁皮凹陷处产生较多的Fe2+，故B不选；
C．构成原电池需要有两个活性不同的电极，由图可知，铁片被腐蚀，说明铁失去电子做负极。在原电池中，负极金属的活动性比正极金属强，所以镀层金属作为正极，其金属性比铁弱，故选C；
D．牺牲阳极的阴极保护法是指在被保护的金属上连接一种更活泼的金属，使更活泼的金属作为阳极（负极）被腐蚀，从而保护作为阴极（正极）的金属，如果镀层金属的金属性比铁强，那么铁为正极，镀层金属为负极，此时属于牺牲阳极的阴极保护法，但本题中镀层金属的金属性比铁弱，所以不属于牺牲阳极的阴极保护法，故D不选；
答案选C。
【分析】在原电池中，较活泼的金属作负极，铁被腐蚀生成铁锈，说明铁为负极， 镀层为正极，电子从负极经导线流向正极。
8．（2025·珠海模拟）从中草药中提取的calebinA(结构简式如下图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法正确的是
A．该物质在空气中能长时间保存
B．该物质能使高锰酸钾溶液褪色
C．该物质能与溶液反应生成
D．1mol该物质与浓溴水反应，最多消耗2mol
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中含有（酚）羟基。因为酚类物质具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，所以该物质在空气中不能长时间保存，A错误；
B．该分子中存在碳碳双键及酚羟基，碳碳双键具有还原性，酚羟基也能被酸性高锰酸钾氧化，所以该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．酚羟基具有弱酸性，只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能产生CO2，C错误；
D．对于含有（酚）羟基的有机物，酚羟基的邻、对位氢原子比较活泼，可以与浓溴水发生取代反应，同时，分子中含有的碳碳双键能与浓溴水发生加成反应，则1mol该物质与浓溴水反应，最多消耗4mol Br2，D错误；
故选B。
【分析】A．酚羟基易被氧化；
Ｂ．碳碳双键和酚羟基均能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
Ｃ．酚羟基与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；
Ｄ．酚羟基的邻位和对位能与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应。
9．（2025·珠海模拟）部分含S(a、b、c、d)和Cl(e、f、g、h)的物质分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法正确的是
A．向h的溶液中通入c，溶液的酸性增强
B．b或f与金属Cu反应的产物中Cu的化合价均为+2
C．d的浓溶液因具有脱水性使胆矾晶体由蓝色变为白色
D．c和g都能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．向h(HClO)的溶液中通入c(SO2)，发生反应HClO+SO2+H2O=HCl+H2SO4，HCl和H2SO4都是强酸，在溶液中能够完全电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度增大，酸性增强，A正确；
B．S的氧化性较弱，与Cu反应生成Cu2S，其中Cu为+1价，B不正确；
C．d(H2SO4)的浓溶液使胆矾晶体由蓝色变为白色，浓硫酸吸收了胆矾晶体中的结晶水，表现出的是吸水性，而不是脱水性，C不正确；
D．SO2是酸性氧化物，其水溶液显酸性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，但SO2不能漂白酸碱指示剂，所以不能使蓝色石蕊试纸褪色，D不正确；
故选A。
【分析】若该元素为S，对应的物质：a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO4；该元素为Cl时，对应的物质：e为HCl、f为Cl2、g为ClO2、h为HClO。
10．（2025·珠海模拟）实验室可利用反应MnO2+2KBr+3H2SO4MnSO4+2KHSO4+Br2+2H2O制备Br2。设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0℃、101kPa下，11.2LH2O所含的分子数为0.5NA
B．9.8gH2SO4和H3PO4混合物中含氧原子数为0.4NA
C．该反应中生成0.2molBr2时，转移的电子数为0.2NA
D．0.1mol/L的KHSO4溶液中含有的离子数为0.3NA
【答案】B
【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；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.0℃和为标准状况，标准状况下，水并不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；
B．、的物质的量均为，且硫酸分子和磷酸分子均含有4个氧原子，则9.8gH2SO4和H3PO4混合物中含氧原子数为0.4NA，B正确；
C．Br元素的化合价从-1价升高到0价，则反应中每生成1分子溴转移2个电子，则该反应中生成时，转移的电子数为，C错误；
D．溶液的体积未知，无法计算所含离子数目，D错误；
故选B。
【分析】A．标准状况下，水并不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；
Ｂ．硫酸和磷酸分子中均含有4个氧原子；
Ｃ．该反应中，Br元素的化合价从-1价升高到0价；
Ｄ．溶液的体积未知。
11．（2025·珠海模拟）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 1mol可以和3mol氢气加成 1mol中含有3mol碳碳双键
B 石墨的硬度比金刚石小很多 石墨中共价键的键能比金刚石小
C 二氧化硫可以使高锰酸钾溶液褪色 二氧化硫具有漂白性
D 酸性：甲酸>乙酸>丙酸 烷基越长推电子效应越大
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；苯的结构与性质；羧酸简介；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．苯环中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊化学键，陈述Ⅱ错误，A错误；
B．石墨的硬度比金刚石小很多，是因为石墨是层状结构，层与层之间是范德华力，而不是因为石墨中共价键的键能比金刚石小，事实上石墨中键键长更短，键能更大，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，B错误；
C．二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生了氧化还原反应，而不是因为二氧化硫的漂白性，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C错误；
D．烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使得羧基中的羟基上的电子云密度增大，氢离子越难电离，酸性越弱，陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系，D正确；
故选D。
【分析】A．苯分子中并不存在碳碳双键，苯环中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊化学键；
Ｂ．化学键的键长越长，键能越小；
Ｃ．二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
Ｄ．烷基是推电子基团。
12．（2025·珠海模拟）已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。
下列说法正确的是
A．实验中通入CO2气体的速率应尽可能慢
B．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
C．为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
D．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A． ClO2 浓度较高时易发生爆炸 ，实验中通入CO2气体的目的是稀释ClO2，若通入CO2的速率过慢，ClO2 不能及时稀释，易达到较高浓度引发爆炸，所以通入CO2的速率不能太慢，A错误；
B．ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，不利于制备NaClO2，应使用冷水浴或冰水浴，B错误；
C．浓硫酸密度大于甲醇溶液，若将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌，浓硫酸稀释放热可能使甲醇局部过热，导致液体飞溅，存在安全隐患，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，C错误；
D．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在浓硫酸作用下反应制得ClO2，若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，该反应中，NaClO3为氧化剂，CH3OH为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，D正确；
故选D。
【分析】装置甲中，甲醇和氯酸钠、浓硫酸反应生成ClO2，ClO2浓度较高时易发生爆炸，因此通入CO2进行稀释，将生成的ClO2通入装置乙中， 利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2，装置丙为尾气处理装置，用于吸收尾气，防止污染大气。
13．（2025·珠海模拟）大苏打(Na2S2O3)、苏打(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)被誉为“苏氏三兄弟”，在生产、生活中应用广泛。下列离子方程式不正确的是
A．用MnSO4和NaHCO3反应制备MnCO3：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
B．用Na2S2O3溶液吸收尾气中的Cl2：5H2O+4Cl2+=2+8Cl-+10H+
C．生活中常用泡沫灭火器灭火：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
D．用Na2S2O3与盐酸反应测反应速率：+2H+=SO2↑+S↓+H2O
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．用MnSO4和NaHCO3反应生成MnCO3、二氧化碳和水：，A正确；
B．Na2S2O3具有还原性，被Cl2氧化为硫酸钠，氯气自身被还原为Cl-，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为：，B正确；
C．泡沫灭火器中使用的是Al3+和，正确的离子方程式为，C错误；
D． Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成SO2和S，反应的离子方程式为：，D正确；
故选C。
【分析】A． MnSO4和NaHCO3反应生成碳酸锰、二氧化碳和水；
Ｂ．Na2S2O3具有还原性，能与氯气发生氧化还原反应生成硫酸钠，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
Ｃ．泡沫灭火器的原理是硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
Ｄ． Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和单质硫。
14．（2025·珠海模拟）一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述不正确的是
A．该化合物中W、X、Y之间均为共价键
B．X的原子核外电子排布式为1s22s22p2
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．从结构式可以看出，该化合物中W(H)、X(B)、Y(N)之间均用短线表示，则表明它们之间形成共价键，A正确；
B．X为B元素，其原子序数为5，则B原子核外电子排布式为1s22s22p1，B不正确；
C．Y为N元素，其最高价氧化物的水化物为硝酸，为强酸，C正确；
D．Z为Na，Na能与水反应生成NaOH和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，D正确；
故选B。
【分析】根据该物质的结构可知，W形成1个共价键，且其元素序数最小，应为H元素，Y能形成3个共价键，则其最外层电子数为5，为N元素，X获得1个电子后可形成4个共价键，则其最外层电子数为3，为B元素，Z原子序数最大，形成Z+，则Z为Na元素。
15．（2025·珠海模拟）甲酸(HCOOH)可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现NO的催化还原。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确的是
A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．在整个历程中，每1molH2可还原2molNO
C．HCOOH分解时，只有极性共价键发生了断裂
D．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO氧化性的作用
【答案】B
【知识点】化学键；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂处理成纳米级颗粒，比表面积增大（颗粒越小，表面原子比例越高 ），与甲酸的接触面积增加；接触面积越大，反应速率越快（更多甲酸分子与催化剂接触，分解反应更易发生 ）。A正确；
B、作还原剂，失电子生成：；作氧化剂，最终被还原为：；
根据电子守恒，可还原的物质的量为，而非，B错误；
C、甲酸中含、、 极性共价键 ；分解反应中，断裂的是、 等极性共价键（无非极性键断裂，因反应物无单质 ），C正确；
D、的氧化性受影响，酸性越强（浓度越高 ），氧化性越强（如硝酸在酸性条件下氧化性显著 ）；历程中还原生成，可调节体系，使氧化性增强（利于其被还原 ），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．纳米级催化剂增大接触面积，加快甲酸分解；
B．电子转移不匹配，还原；
C．只有极性共价键断裂；
D．调节可增强氧化性。
16．（2025·珠海模拟）某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na变成Na+后脱嵌。下列说法错误的是
A．外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g
B．充电时，阳极电极反应为：
C．放电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变
D．电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换
【答案】A
【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．外电路通过1mol电子时，负极上有1molNa失电子变成Na+进入溶液，溶液中有1molNa+从右侧进入左侧，并与正极的Na3-xV2(PO4)3结合，则理论上两电极质量变化的差值为2mol×23g/mol=46g，A错误；
B．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为：，B正确 ；
C．负极产生钠离子的物质的量等于正极消耗钠离子的物质的量，所以电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变，C正确 ；
D．Na性质活泼，易与水反应，因此电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换，D正确 ；
故选 A。
【分析】A．外电路通过1mol电子时，负极1molNa失电子，1molNa+从右侧进入左侧；
Ｂ．充电时，阳极发生氧化反应；
Ｃ．放电时，负极产生的钠离子进入左侧，左侧的钠离子参与正极反应；
Ｄ．金属钠性质活泼，能与水反应。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·珠海模拟）苯酚能与形成的紫色配合物，该过程属于可逆反应。某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。
（1）配制100mL0.1mol/L苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
（2）探究铁盐种类和pH对苯酚与显色反应的影响。查阅资料：
ⅰ.对苯酚与的显色反应无影响；
ⅱ.小组同学得出猜想对与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是 。
ⅲ.对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与浓度在一定范围内成正比。
提出猜想：猜想1：对苯酚与的显色反应有影响
猜想2：对苯酚与的显色反应有影响
进行实验：常温下，用盐酸调节pH，配制得到pH分别为a和b的0.1mol/L溶液()；用硫酸调节pH，配制得到pH分别为a和b的0.05mol/L溶液。取4支试管各加入5mL0.1mol/L苯酚溶液，按实验1~4分别再加入0.1mL含的试剂，显色10min后用紫外-可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验条件下，pH改变对水解程度的影响可忽略)。
序号 含的试剂 吸光度
0.1mol/L溶液 0.05mol/L溶液
1 / Al
2 / A2
3 / A3
4 / A4
结果讨论：实验结果为
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想“对与苯酚的显色反应有抑制作用”成立的理由是 。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6，补充下表中试剂M为 。
序号 含Fe的试剂 再加入的试剂 吸光度
0.1mol/L溶液 0.05mol/L溶液
5 / NaCl固体 A5
6 / 试剂M A6
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且对苯酚与的显色反应起抑制作用，得出此结论的实验依据是：、Al A6(填“>”、“<”或“=”)。
（3）通过以上实验结论分析：与苯酚相比，对羟基苯甲酸与溶液发生显色反应 。(填“更容易”或“更难”)
（4）实验室中常用某些配合物的性质进行物质的检验，请举一例子并说明现象 。
【答案】（1）100mL容量瓶
（2）铁离子与苯酚的显色时，存在反应，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，的浓度减小，溶液颜色变浅；氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响；硫酸钠；>
（3）更难
（4）的检验：在溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液变为红色
【知识点】苯酚的化学性质；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）配制苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶 、胶头滴管；
（2）小组同学得出猜想H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是：铁离子与苯酚的显色时，存在反应Fe3++6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3 +6H+，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3 的浓度减小，溶液颜色变浅；
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想“H+对与苯酚的显色反应有抑制作用”成立的理由是：氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响；
②为进一步验证氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子显色反应也有影响，实验5和实验6中改变氯离子或硫酸根的浓度，由表格可知，溶液总体积不变的情况下，实验5加入氯化钠固体改变氯离子的浓度，实验6需要改变硫酸根的浓度，则试剂M为硫酸钠；
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，说明氯离子对苯酚与铁离子的显色反应没有影响，即A5= A3；若对苯酚与的显色反应起抑制作用，则Al＞A6；
（3）H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，对羟基苯甲酸中-COOH的电离导致溶液中c(H+)增大，抑制酚羟基的电离，所以与苯酚相比，对羟基苯甲酸与FeCl3溶液发生显色反应更难；
（4）实验室中常用某些配合物的性质进行物质的检验，如与SCN-形成配合物，可用于的检验：在溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液变为红色。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择需要使用的仪器；
（2）铁离子与苯酚的显色时，存在反应Fe3++6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3 +6H+，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；
①该实验中还存在可能反应的氯离子和硫酸根离子；
②利用控制变量法进行实验探究时，要保证变量的唯一性，则试剂M应当是硫酸钠；
③结合实验数据分析；
（3）H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，对羟基苯甲酸的酸性强于苯酚，则其更难与氯化铁发生显色反应；
（4）与SCN-形成红色配合物，常用来检验。
（1）配制苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶 、胶头滴管；
（2）小组同学得出猜想H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是：铁离子与苯酚的显色时，存在反应Fe3++6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3 +6H+，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3 的浓度减小，溶液颜色变浅；
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想“H+对与苯酚的显色反应有抑制作用”成立的理由是：氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响；
②为进一步验证氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子显色反应也有影响，实验5和实验6中改变氯离子或硫酸根的浓度，由表格可知，溶液总体积不变的情况下，实验5加入氯化钠固体改变氯离子的浓度，实验6需要改变硫酸根的浓度，则试剂M为硫酸钠；
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，说明氯离子对苯酚与铁离子的显色反应没有影响，即A5= A3；若对苯酚与的显色反应起抑制作用，则Al＞A6；
（3）H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，对羟基苯甲酸中-COOH的电离导致溶液中c(H+)增大，抑制酚羟基的电离，所以与苯酚相比，对羟基苯甲酸与FeCl3溶液发生显色反应更难；
（4）实验室中常用某些配合物的性质进行物质的检验，如与SCN-形成配合物，可用于的检验：在溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液变为红色。
18．（2025·珠海模拟）工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4、MnWO4，还含有少量SiO2和Al2O3)制备钨的工艺流程如下图所示：
已知：①上述流程中，钨的化合价只在最后一步发生改变；②常温下钨酸难溶于水。回答下列问题：
（1）已知元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是第六周期第 族，其位于元素周期表 区。
（2）提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有 (任写一条)，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。
（3）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。
（4）钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pc(Ca2+)与pc(阴离子)的关系如图所示，已知：pc(离子)=-lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 ，该反应的平衡常数K= 。
（5）合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-Mn-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示(已知：Mn原子和Al原子位于Cu原子所构成的八个小正方体的体心)。
①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，则B原子的坐标参数为 。
②已知该合金晶体的密度为pg·cm-3，则最近的两个Al原子间的距离为 pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
【答案】（1）ⅥB；d
（2）将黑钨矿粉碎、搅拌、空气逆通等；4FeWO4+O2+4Na2CO34Na2WO4+2Fe2O3+4CO2
（3）H2SiO3和Al(OH)3
（4）+Ca(OH)2CaWO4+2OH-；(或10000)
（5）；
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）已知元素周期表中钨与铬同族，钨位于元素周期表的第六周期第ⅥB族；其位于元素周期表d区；
（2）从反应速率的影响因素考虑，提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有将黑钨矿粉碎、搅拌、空气逆通等；结合分析可知，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为：4FeWO4+O2+4Na2CO34Na2WO4+2Fe2O3+4CO2；
（3）结合分析可知，“滤渣”的主要成分是：H2SiO3和Al(OH)3；
（4）与石灰乳反应生成，反应的离子方程式为。由图可知，当时，，，该反应的平衡常数，故答案为：；
（5）①晶胞中，Cu数目为，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为。若A原子的坐标参数为，则B原子的坐标参数为；
②结合晶胞结构可知，则最近的两个Al原子间的距离为面对角线的一半，再结合①分析可知，晶胞参数为：pm，最近的两个Al原子间的距离为：pm。
【分析】 黑钨矿(其主要成分是FeWO4、MnWO4，还含有少量SiO2和Al2O3) 中通入纯碱和空气焙烧，纯碱和SiO2反应生成Na2SiO3，与Al2O3反应生成Na2AlO2，水浸除去的物质中有Fe2O3，则FeWO4和纯碱反应生成Na2WO4和Fe2O3，加入盐酸调节pH，将Na2AlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀除去，再加入盐酸沉钨得到H2WO4，焙烧H2WO4得到WO3，WO3还原得到W单质。
（1）已知元素周期表中钨与铬同族，钨位于元素周期表的第六周期第ⅥB族；其位于元素周期表d区；
（2）从反应速率的影响因素考虑，提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有将黑钨矿粉碎、搅拌、空气逆通等；结合分析可知，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为：4FeWO4+O2+4Na2CO34Na2WO4+2Fe2O3+4CO2；
（3）结合分析可知，“滤渣”的主要成分是：H2SiO3和Al(OH)3；
（4）与石灰乳反应生成，反应的离子方程式为。由图可知，当时，，，该反应的平衡常数，故答案为：；
（5）①晶胞中，Cu数目为，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为。若A原子的坐标参数为，则B原子的坐标参数为；
②结合晶胞结构可知，则最近的两个Al原子间的距离为面对角线的一半，再结合①分析可知，晶胞参数为：pm，最近的两个Al原子间的距离为：pm。
19．（2025·珠海模拟）酸性溶液主要组成为HCl与(HCl与会络合为)，其具有溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为，。
（1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。
（2）溶液中存在平衡：(蓝色)(黄色) ，下列说法不正确的是___________(填序号)。
A．加入几滴溶液，平衡逆向移动
B．加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K增大
C．加水稀释，的比值会减小
D．加入少量NaCl固体，平衡正向移动，转化率增大
（3）盐酸的浓度会影响刻蚀速率，浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L时，随时间的变化曲线如图所示，中间速率变缓慢的可能原因是 。mol/L时，在0~1.5min内，的平均生成速率为 。
（4）能形成多种配合物。铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往0.2mol/L溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。
①曲线4代表的含铜微粒为 。
②b点的纵坐标为 。
③结合图像信息，计算反应的平衡常数K= 。(已知的，写出计算过程)
【答案】（1）
（2）C；D
（3）反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，生成的速率较慢；0.2mol·L-1·min-1
（4）；0.14；2.2×10-7.4
【知识点】配合物的成键情况；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；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，其轨道表示式为；
（2）A．加入几滴溶液，Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，使c(Cl-)减小，平衡逆向移动，A正确；
B．反应为吸热反应，加热溶液，平衡正向移动，溶液由蓝色变为黄绿色，平衡常数K增大，B正确；
C．加水稀释，c(Cl-)减小，，故增大，C不正确；
D．加入少量氯化钠固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子本身的转化率减小，D不正确；
故选CD；
（3）由刻蚀原理，铜会和H2CuCl4(aq)反应生成氯化亚铜沉淀，反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，导致生成H2CuCl3的速率较慢；因HCl的浓度越低，平衡时H2CuCl3的浓度越低， 图中相同时间内最低的曲线为c(HCl)= 1.5mol/L时曲线，由曲线可知，c(HCl)= 1.5mol/L时，在0~1.5min内，H2CuCl3的浓度为0.3mol/L，平均生成速率为；
（4）①将0.2mol/L溶液与溶液等体积混合，依次发生反应：①Cu2++NH3= Cu(NH3) 2+，②，③，④，则1代表Cu2+、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表；
②由图像可以看出，b点时Cu2+和Cu(NH3) 2+物质的量分数相等，且数值为0.43，4和5所代表的微粒物质的量分数几乎为0，则3所代表的的物质的量分数约为(1-0.43-0.43)=0.14，即b点的纵坐标约为0.14；
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：；
【分析】（1）Cu为29号元素，失去一个电子得到Cu+，则Cu+的价电子排布式为3d10；
（2）A． 加入几滴溶液，银离子与氯离子结合生成氯化银沉淀，氯离子浓度减小，平衡逆向移动；
Ｂ．平衡常数只与温度有关，升温平衡向吸热反应方向进行；
Ｃ．加水稀释，平衡逆向移动；
Ｄ．加入少量NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子转化率减小；
（3）刻蚀过程中会生成CuCl固体；根据计算；
（4）随着 减小，NH3浓度增大，Cu2+会逐步与NH3结合生成配合物，即Cu2+→ Cu(NH3) 2+→→→，则1代表Cu2+、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表。
（1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，其轨道表示式为；
（2）A．加入几滴溶液，Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，使c(Cl-)减小，平衡逆向移动，A正确；
B．反应为吸热反应，加热溶液，平衡正向移动，溶液由蓝色变为黄绿色，平衡常数K增大，B正确；
C．加水稀释，c(Cl-)减小，，故增大，C不正确；
D．加入少量氯化钠固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子本身的转化率减小，D不正确；
故选CD；
（3）由刻蚀原理，铜会和H2CuCl4(aq)反应生成氯化亚铜沉淀，反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，导致生成H2CuCl3的速率较慢；因HCl的浓度越低，平衡时H2CuCl3的浓度越低， 图中相同时间内最低的曲线为c(HCl)= 1.5mol/L时曲线，由曲线可知，c(HCl)= 1.5mol/L时，在0~1.5min内，H2CuCl3的浓度为0.3mol/L，平均生成速率为；
（4）①将0.2mol/L溶液与溶液等体积混合，依次发生反应：①Cu2++NH3= Cu(NH3) 2+，②，③，④，则1代表Cu2+、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表；
②由图像可以看出，b点时Cu2+和Cu(NH3) 2+物质的量分数相等，且数值为0.43，4和5所代表的微粒物质的量分数几乎为0，则3所代表的的物质的量分数约为(1-0.43-0.43)=0.14，即b点的纵坐标约为0.14；
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：；
20．（2025·珠海模拟）化合物V是一种重要的免疫增强剂，工业上可以进行如下路线的合成：
（1）化合物Ⅰ的名称为 。
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是 。化合物Ⅱ的某种同分异构体，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，且苯环上的一氯代物有3种，其结构简式为 。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物Ⅴ中存在3个手性碳原子
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有π键的断裂与形成
C．由化合物Ⅱ到Ⅲ以及由Ⅳ到Ⅴ的转化过程，反应类型相同
D．化合物Ⅴ中N原子的杂化方式为杂化
（4）对化合物Ⅴ，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
①
② 催化氧化反应
（5）由化合物Ⅲ到Ⅳ的转化中，生成一种副产物，其分子式为，请写出其结构简式为 。
（6）以1，2-二溴乙烷和为有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应的化学方程式为 (注明反应条件)。
②第二步的产物与反应的物质的量之比为 。
③最后一步的反应条件是 。
【答案】（1）苯甲醛
（2）硝基；
（3）B；C
（4）浓硫酸、加热；消去反应；O、Cu、加热；
（5）
（6）；1∶2；浓硫酸、加热
【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；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由结构简式知，化合物Ⅰ名称为苯甲醛。
（2）由结构简式知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是硝基；除苯环外含有2个碳原子、1个氮原子、2个氧原子，其同分异构体在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，则含有醛基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有3种氢，化合物Ⅱ的同分异构体的结构简式为；
（3）A．化合物Ⅴ中存在2个手性碳原子（*标示），A项错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，醛基首先加成生成羟基，羟基消去形成碳碳双键，故有π键的断裂与形成，B项正确；
C．由化合物Ⅱ到Ⅲ为还原反应；Ⅳ到Ⅴ为还原反应，反应类型相同，C项正确；
D．化合物Ⅴ中氨基氮为sp3杂化，D项错误；
故选BC；
（4）①Ⅴ中含有羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成碳碳双键得到；
②Ⅴ中含有羟基，也可以在铜催化加热条件下，被氧气氧化为酮羰基得到；
（5）Ⅲ中硝基所连碳子上有2个氢原子，其中1个碳氢键断裂和OHCCOOH发生加成反应，使得OHCCOOH中醛基转化为羟基得到Ⅳ，则另1个碳氢键断裂也能和OHCCOOH发生加成反应生成副产物，结合副产物分子式为，则其结构简式为：；
（6）1，2-二溴乙烷在加热条件下和氢氧化钠水溶液反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH在铜催化条件下加热被氧气氧化为OHCCHO，OHCCHO和发生Ⅲ到Ⅳ的转化生成O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2，O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2在浓硫酸加热条件下，羟基发生取代反应生成醚键成环得到；
①第一步反应的化学方程式为。
②第二步的产物OHCCHO中含有2个醛基，则会与2分子反应，两者物质的量之比为1：2。
③最后一步反应为O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2在浓硫酸加热条件下，羟基发生取代反应生成醚键成环得到，条件是浓硫酸、加热。
【分析】观察Ⅰ和Ⅱ的结构简式可知，和CH3NO2先发生加成反应，再发生消去反应产生碳碳双键得到，发生加成反应得到，与发生加成反应生成，再Pd/C条件下与氢气发生还原反应，硝基还原为氨基得到产物。
（1）由结构简式知，化合物Ⅰ名称为苯甲醛。
（2）由结构简式知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是硝基；除苯环外含有2个碳原子、1个氮原子、2个氧原子，其同分异构体在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，则含有醛基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有3种氢，化合物Ⅱ的同分异构体的结构简式为；
（3）A．化合物Ⅴ中存在2个手性碳原子（*标示），A项错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，醛基首先加成生成羟基，羟基消去形成碳碳双键，故有π键的断裂与形成，B项正确；
C．由化合物Ⅱ到Ⅲ为还原反应；Ⅳ到Ⅴ为还原反应，反应类型相同，C项正确；
D．化合物Ⅴ中氨基氮为sp3杂化，D项错误；
故选BC；
（4）①Ⅴ中含有羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成碳碳双键得到；
②Ⅴ中含有羟基，也可以在铜催化加热条件下，被氧气氧化为酮羰基得到；
（5）Ⅲ中硝基所连碳子上有2个氢原子，其中1个碳氢键断裂和OHCCOOH发生加成反应，使得OHCCOOH中醛基转化为羟基得到Ⅳ，则另1个碳氢键断裂也能和OHCCOOH发生加成反应生成副产物，结合副产物分子式为，则其结构简式为：；
（6）1，2-二溴乙烷在加热条件下和氢氧化钠水溶液反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH在铜催化条件下加热被氧气氧化为OHCCHO，OHCCHO和发生Ⅲ到Ⅳ的转化生成O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2，O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2在浓硫酸加热条件下，羟基发生取代反应生成醚键成环得到；
①第一步反应的化学方程式为。
②第二步的产物OHCCHO中含有2个醛基，则会与2分子反应，两者物质的量之比为1：2。
③最后一步反应为O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2在浓硫酸加热条件下，羟基发生取代反应生成醚键成环得到，条件是浓硫酸、加热。
1 / 1广东省珠海市第二中学2025届高三下学期第一次模拟考试化学试卷
一、选择题：本题共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）世界文明史上，中华文化是世界上唯一从未间断的文明，始终显示出顽强的生命力和无穷的魅力。下列文物主要由硅酸盐材料制成的是
A.东汉青铜奔马“马踏飞燕” B.唐代“鎏金舞马衔杯纹银壶” C.秦“兵马俑” D.仅49g的西汉“直裾素纱禅衣”
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·珠海模拟）化学和生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A．太阳能电池使用的材料是半导体，其主要成分是
B．“深海一号”母船海水浸泡区镶上铝基是利用了牺牲阳极的金属防腐原理
C．巴黎奥运会场馆使用的“碲化镉”光伏发电系统将化学能转化为电能
D．“三元催化器”将汽车尾气中NO和CO转化为和，有利于实现碳中和
3．（2025·珠海模拟）化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．环己烷呈现对称美，分子中六个碳原子连接呈环，呈平面正六边形结构
B．S8分子呈现“皇冠”结构，分子中的硫原子通过共价键结合，S8属于共价晶体
C．霓虹灯发出五颜六色的光，该过程属于化学变化
D．锌片在AgNO3溶液中生成“银树”，反应中锌被氧化
4．（2025·珠海模拟）下列有关物质结构和性质的说法，正确的是
A．与的中心原子杂化轨道类型均为杂化
B．和都是单质，在中溶解度几乎一样
C．可燃冰()中甲烷分子与水分子之间并没有氢键
D．分子晶体都存在分子间作用力和共价键
5．（2025·珠海模拟）勤劳致富，越努力越幸福。下列项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 生产活动 化学原理
A 冬季来临时，用石灰浆涂抹树皮 石灰浆可以减少植物光合作用
B 新会陈皮年份越陈，香气越浓郁 气味的来源之一柠檬烯具有果香味道
C 碳酸氢铵可用作饼干的膨松剂 碳酸氢铵中和酸且受热易分解产生气体
D 煮豆浆点卤水制作豆腐 胶体聚沉
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·珠海模拟）下列制备实验中，实验装置及操作均正确的是
A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液 B．探究苏打和小苏打的稳定性
C．检验装置气密性 D．溶液转移
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·珠海模拟）将一块镀层破损的铁片置于海边潮湿环境中，一段时间后铁片如图所示。下列说法正确的是
A．电子由镀层流向铁
B．铁片凹陷深处产生了较多OH-
C．镀层的金属性比铁弱
D．对铁进行了牺牲阳极的阴极保护
8．（2025·珠海模拟）从中草药中提取的calebinA(结构简式如下图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法正确的是
A．该物质在空气中能长时间保存
B．该物质能使高锰酸钾溶液褪色
C．该物质能与溶液反应生成
D．1mol该物质与浓溴水反应，最多消耗2mol
9．（2025·珠海模拟）部分含S(a、b、c、d)和Cl(e、f、g、h)的物质分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法正确的是
A．向h的溶液中通入c，溶液的酸性增强
B．b或f与金属Cu反应的产物中Cu的化合价均为+2
C．d的浓溶液因具有脱水性使胆矾晶体由蓝色变为白色
D．c和g都能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
10．（2025·珠海模拟）实验室可利用反应MnO2+2KBr+3H2SO4MnSO4+2KHSO4+Br2+2H2O制备Br2。设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0℃、101kPa下，11.2LH2O所含的分子数为0.5NA
B．9.8gH2SO4和H3PO4混合物中含氧原子数为0.4NA
C．该反应中生成0.2molBr2时，转移的电子数为0.2NA
D．0.1mol/L的KHSO4溶液中含有的离子数为0.3NA
11．（2025·珠海模拟）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 1mol可以和3mol氢气加成 1mol中含有3mol碳碳双键
B 石墨的硬度比金刚石小很多 石墨中共价键的键能比金刚石小
C 二氧化硫可以使高锰酸钾溶液褪色 二氧化硫具有漂白性
D 酸性：甲酸>乙酸>丙酸 烷基越长推电子效应越大
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·珠海模拟）已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。
下列说法正确的是
A．实验中通入CO2气体的速率应尽可能慢
B．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
C．为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
D．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
13．（2025·珠海模拟）大苏打(Na2S2O3)、苏打(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)被誉为“苏氏三兄弟”，在生产、生活中应用广泛。下列离子方程式不正确的是
A．用MnSO4和NaHCO3反应制备MnCO3：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
B．用Na2S2O3溶液吸收尾气中的Cl2：5H2O+4Cl2+=2+8Cl-+10H+
C．生活中常用泡沫灭火器灭火：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
D．用Na2S2O3与盐酸反应测反应速率：+2H+=SO2↑+S↓+H2O
14．（2025·珠海模拟）一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述不正确的是
A．该化合物中W、X、Y之间均为共价键
B．X的原子核外电子排布式为1s22s22p2
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
15．（2025·珠海模拟）甲酸(HCOOH)可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现NO的催化还原。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确的是
A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．在整个历程中，每1molH2可还原2molNO
C．HCOOH分解时，只有极性共价键发生了断裂
D．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO氧化性的作用
16．（2025·珠海模拟）某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na变成Na+后脱嵌。下列说法错误的是
A．外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g
B．充电时，阳极电极反应为：
C．放电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变
D．电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·珠海模拟）苯酚能与形成的紫色配合物，该过程属于可逆反应。某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。
（1）配制100mL0.1mol/L苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
（2）探究铁盐种类和pH对苯酚与显色反应的影响。查阅资料：
ⅰ.对苯酚与的显色反应无影响；
ⅱ.小组同学得出猜想对与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是 。
ⅲ.对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与浓度在一定范围内成正比。
提出猜想：猜想1：对苯酚与的显色反应有影响
猜想2：对苯酚与的显色反应有影响
进行实验：常温下，用盐酸调节pH，配制得到pH分别为a和b的0.1mol/L溶液()；用硫酸调节pH，配制得到pH分别为a和b的0.05mol/L溶液。取4支试管各加入5mL0.1mol/L苯酚溶液，按实验1~4分别再加入0.1mL含的试剂，显色10min后用紫外-可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验条件下，pH改变对水解程度的影响可忽略)。
序号 含的试剂 吸光度
0.1mol/L溶液 0.05mol/L溶液
1 / Al
2 / A2
3 / A3
4 / A4
结果讨论：实验结果为
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想“对与苯酚的显色反应有抑制作用”成立的理由是 。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6，补充下表中试剂M为 。
序号 含Fe的试剂 再加入的试剂 吸光度
0.1mol/L溶液 0.05mol/L溶液
5 / NaCl固体 A5
6 / 试剂M A6
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且对苯酚与的显色反应起抑制作用，得出此结论的实验依据是：、Al A6(填“>”、“<”或“=”)。
（3）通过以上实验结论分析：与苯酚相比，对羟基苯甲酸与溶液发生显色反应 。(填“更容易”或“更难”)
（4）实验室中常用某些配合物的性质进行物质的检验，请举一例子并说明现象 。
18．（2025·珠海模拟）工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4、MnWO4，还含有少量SiO2和Al2O3)制备钨的工艺流程如下图所示：
已知：①上述流程中，钨的化合价只在最后一步发生改变；②常温下钨酸难溶于水。回答下列问题：
（1）已知元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是第六周期第 族，其位于元素周期表 区。
（2）提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有 (任写一条)，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。
（3）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。
（4）钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pc(Ca2+)与pc(阴离子)的关系如图所示，已知：pc(离子)=-lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 ，该反应的平衡常数K= 。
（5）合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-Mn-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示(已知：Mn原子和Al原子位于Cu原子所构成的八个小正方体的体心)。
①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，则B原子的坐标参数为 。
②已知该合金晶体的密度为pg·cm-3，则最近的两个Al原子间的距离为 pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
19．（2025·珠海模拟）酸性溶液主要组成为HCl与(HCl与会络合为)，其具有溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为，。
（1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。
（2）溶液中存在平衡：(蓝色)(黄色) ，下列说法不正确的是___________(填序号)。
A．加入几滴溶液，平衡逆向移动
B．加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K增大
C．加水稀释，的比值会减小
D．加入少量NaCl固体，平衡正向移动，转化率增大
（3）盐酸的浓度会影响刻蚀速率，浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L时，随时间的变化曲线如图所示，中间速率变缓慢的可能原因是 。mol/L时，在0~1.5min内，的平均生成速率为 。
（4）能形成多种配合物。铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往0.2mol/L溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。
①曲线4代表的含铜微粒为 。
②b点的纵坐标为 。
③结合图像信息，计算反应的平衡常数K= 。(已知的，写出计算过程)
20．（2025·珠海模拟）化合物V是一种重要的免疫增强剂，工业上可以进行如下路线的合成：
（1）化合物Ⅰ的名称为 。
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是 。化合物Ⅱ的某种同分异构体，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，且苯环上的一氯代物有3种，其结构简式为 。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物Ⅴ中存在3个手性碳原子
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有π键的断裂与形成
C．由化合物Ⅱ到Ⅲ以及由Ⅳ到Ⅴ的转化过程，反应类型相同
D．化合物Ⅴ中N原子的杂化方式为杂化
（4）对化合物Ⅴ，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
①
② 催化氧化反应
（5）由化合物Ⅲ到Ⅳ的转化中，生成一种副产物，其分子式为，请写出其结构简式为 。
（6）以1，2-二溴乙烷和为有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应的化学方程式为 (注明反应条件)。
②第二步的产物与反应的物质的量之比为 。
③最后一步的反应条件是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．青铜是铜锡合金，属于金属材料，故A不符合题意；
B．银属于金属，该文物主要材料是金属材料，故B不符合题意；
C．秦 “兵马俑” 是陶制品，陶瓷属于硅酸盐材料，故C符合题意；
D．西汉 “直裾素纱禅衣”，素纱是丝绸，丝绸的主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，故D不符合题意；
故选：C。
【分析】硅酸盐材料是由硅酸盐矿物构成的材料，广泛应用于多个领域。它们的主要成分包括长石、石英、高岭土等，通常用于建筑材料（如水泥、砖块、瓷砖等），具有优异的耐火性能和机械强度。此外，硅酸盐材料在陶瓷制品和玻璃制品中也有重要应用，因其良好的耐热性和绝缘性能，广泛用于日用品和工业设备。
2．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．太阳能电池的主要材料是单质Si，SiO2是光导纤维的主要成分，故A错误；
B．在金属活动性顺序中，铝的金属活动性比铁强，在海水浸泡区，铝和母船的钢铁结构形成原电池，铝作为负极（牺牲阳极）被腐蚀，从而保护了作为正极的钢铁结构，符合牺牲阳极保护原理，故B正确；
C．光伏发电系统太阳能直接转化为电能，故C错误；
D．三元催化器通过催化反应将NO和CO转化为无污染的N2和CO2，增加了CO2的排放，不利于实现碳中和，故D错误；
故选B。
【分析】A．太阳能电池的材料是单晶硅；
Ｂ．牺牲阳极的金属防腐原理是利用原电池原理，在被保护的金属（如母船的钢铁结构）和更活泼金属（如铝）组成的原电池中，活泼金属作为负极，也就是 “牺牲阳极” ，因为活泼金属更容易失去电子发生氧化反应，优先被腐蚀，这样就把电子传递给了作为正极的被保护金属，使被保护金属难以失去电子，从而避免被腐蚀；
Ｃ．光伏发电系统将太阳能转化为电能；
Ｄ．碳中和应减少二氧化碳的排放。
3．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；原子核外电子的跃迁及应用；分子晶体；氧化还原反应
【解析】【解答】A．环己烷中碳原子的杂化方式为sp3杂化，具有甲烷的结构特征，则分子中6个碳原子不可能在同一平面，分子的空间结构不可能为平面正六边形结构，故A错误；
B．S8是由S8分子形成，分子间是通过分子间作用力结合，属于分子晶体，故B错误；
C．化学变化的本质是有新物质生成，霓虹灯中充入惰性气体，在高压电场下电子被激发，然后在回到基态的过程中释放出能量，其中一部分能量被荧光粉吸收发出可见光，该过程中并未生成新的物质，属于物理变化，呈C错误；
D．锌片在硝酸银溶液中发生置换反应生成银和硝酸锌，反应中锌元素的化合价从0价升高到+2价，被氧化，故D正确；
故选D。
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｂ．由分子构成的物质为分子晶体；
Ｃ．有新物质生成的变化属于化学变化；
Ｄ．锌与硝酸银反应生成银和硝酸锌，锌元素的化合价升高，被氧化。
4．【答案】C
【知识点】分子晶体；相似相溶原理及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，杂化类型不同。A错误；
B．氧气由两个相同原子组成的双原子分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，臭氧分子结构不对称，正负电荷中心不重合，具有弱极性，水为极性分子，根据相似相溶原理，臭氧在中溶解度大于氧气，B错误；
C．因C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键，则可燃冰中甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，C正确；
D．分子晶体中分子之间存在分子间作用力，但不一定存在共价键，例如稀有气体是单原子分子，由稀有气体形成的分子晶体中，分子之间存在分子间作用力，但分子内不存在共价键，D错误；
故选C。
【分析】A．判断中心原子杂化轨道类型，可根据价层电子对数来确定，价层电子对数的计算公式为：价层电子对=成键电子对数+孤电子对数；
Ｂ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
Ｃ．C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键；
Ｄ．稀有气体是单原子分子，不存在共价键。
5．【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．冬季用石灰涂抹树皮，是为了杀菌、防虫及防止树木冻害，与光合作用无关，因此，生产活动与所述化学原理无关联，A符合题意；
B．陈皮中含有柠檬烯等物质，柠檬烯具有果香味道，随着陈化过程，相关成分发生变化使得香气更浓郁，化学原理正确，与生产活动关联，B不符合题意；
C．碳酸氢铵能与面团中的酸发生中和反应，同时碳酸氢铵受热分解产生NH3、CO2和水蒸气，使饼干膨胀，因此可用作面包膨松剂，化学原理与生产活动关联，C不符合题意；
D．豆浆是蛋白质形成的胶体，卤水中含有的电解质能使胶体聚沉，从而将豆浆变成豆腐，化学原理正确，与生产活动关联，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．石灰浆的主要成分是氢氧化钙；
Ｂ．陈皮中含有柠檬烯等物质，柠檬烯具有果香味道；
Ｃ．碳酸氢铵受热易分解，也能与酸反应；
Ｄ．电解质能使胶体发生聚沉。
6．【答案】C
【知识点】气体发生装置的气密性检查；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液时，高锰酸钾溶液具有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中。左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，而不是注视液面，A项错误；
B．探究苏打和小苏打的稳定性，应将放在内侧的小试管，放在外侧大试管，这样加热时才能对比出二者稳定性的差异，B项错误；
C．检验装置气密性时，连接好装置，将导管一端浸入水中，用手紧握试管，若导管口有气泡冒出，松开手后导管内形成一段水柱，则装置气密性良好，C项正确；
D．溶液转移时，玻璃棒应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，D项错误；
答案选C。
【分析】A．滴定时眼睛观察锥形瓶中的颜色变化；
Ｂ．应当将碳酸氢钠放在小试管中；
Ｃ．捂住试管外壁，若装置气密性良好，烧杯中会出现气泡；
Ｄ．转移溶液时玻璃棒应靠在容量瓶刻度线下方。
7．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A．由题图可知，铁片被腐蚀，说明铁失去电子发生氧化反应，铁做负极，那么电子应该由铁流向镀层金属，而不是由镀层流向铁，故A不选；
B．铁失电子生成Fe2+，即铁皮凹陷处产生较多的Fe2+，故B不选；
C．构成原电池需要有两个活性不同的电极，由图可知，铁片被腐蚀，说明铁失去电子做负极。在原电池中，负极金属的活动性比正极金属强，所以镀层金属作为正极，其金属性比铁弱，故选C；
D．牺牲阳极的阴极保护法是指在被保护的金属上连接一种更活泼的金属，使更活泼的金属作为阳极（负极）被腐蚀，从而保护作为阴极（正极）的金属，如果镀层金属的金属性比铁强，那么铁为正极，镀层金属为负极，此时属于牺牲阳极的阴极保护法，但本题中镀层金属的金属性比铁弱，所以不属于牺牲阳极的阴极保护法，故D不选；
答案选C。
【分析】在原电池中，较活泼的金属作负极，铁被腐蚀生成铁锈，说明铁为负极， 镀层为正极，电子从负极经导线流向正极。
8．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中含有（酚）羟基。因为酚类物质具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，所以该物质在空气中不能长时间保存，A错误；
B．该分子中存在碳碳双键及酚羟基，碳碳双键具有还原性，酚羟基也能被酸性高锰酸钾氧化，所以该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．酚羟基具有弱酸性，只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能产生CO2，C错误；
D．对于含有（酚）羟基的有机物，酚羟基的邻、对位氢原子比较活泼，可以与浓溴水发生取代反应，同时，分子中含有的碳碳双键能与浓溴水发生加成反应，则1mol该物质与浓溴水反应，最多消耗4mol Br2，D错误；
故选B。
【分析】A．酚羟基易被氧化；
Ｂ．碳碳双键和酚羟基均能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
Ｃ．酚羟基与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；
Ｄ．酚羟基的邻位和对位能与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应。
9．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．向h(HClO)的溶液中通入c(SO2)，发生反应HClO+SO2+H2O=HCl+H2SO4，HCl和H2SO4都是强酸，在溶液中能够完全电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度增大，酸性增强，A正确；
B．S的氧化性较弱，与Cu反应生成Cu2S，其中Cu为+1价，B不正确；
C．d(H2SO4)的浓溶液使胆矾晶体由蓝色变为白色，浓硫酸吸收了胆矾晶体中的结晶水，表现出的是吸水性，而不是脱水性，C不正确；
D．SO2是酸性氧化物，其水溶液显酸性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，但SO2不能漂白酸碱指示剂，所以不能使蓝色石蕊试纸褪色，D不正确；
故选A。
【分析】若该元素为S，对应的物质：a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO4；该元素为Cl时，对应的物质：e为HCl、f为Cl2、g为ClO2、h为HClO。
10．【答案】B
【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；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.0℃和为标准状况，标准状况下，水并不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；
B．、的物质的量均为，且硫酸分子和磷酸分子均含有4个氧原子，则9.8gH2SO4和H3PO4混合物中含氧原子数为0.4NA，B正确；
C．Br元素的化合价从-1价升高到0价，则反应中每生成1分子溴转移2个电子，则该反应中生成时，转移的电子数为，C错误；
D．溶液的体积未知，无法计算所含离子数目，D错误；
故选B。
【分析】A．标准状况下，水并不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；
Ｂ．硫酸和磷酸分子中均含有4个氧原子；
Ｃ．该反应中，Br元素的化合价从-1价升高到0价；
Ｄ．溶液的体积未知。
11．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；苯的结构与性质；羧酸简介；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．苯环中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊化学键，陈述Ⅱ错误，A错误；
B．石墨的硬度比金刚石小很多，是因为石墨是层状结构，层与层之间是范德华力，而不是因为石墨中共价键的键能比金刚石小，事实上石墨中键键长更短，键能更大，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，B错误；
C．二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生了氧化还原反应，而不是因为二氧化硫的漂白性，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C错误；
D．烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使得羧基中的羟基上的电子云密度增大，氢离子越难电离，酸性越弱，陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系，D正确；
故选D。
【分析】A．苯分子中并不存在碳碳双键，苯环中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊化学键；
Ｂ．化学键的键长越长，键能越小；
Ｃ．二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
Ｄ．烷基是推电子基团。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A． ClO2 浓度较高时易发生爆炸 ，实验中通入CO2气体的目的是稀释ClO2，若通入CO2的速率过慢，ClO2 不能及时稀释，易达到较高浓度引发爆炸，所以通入CO2的速率不能太慢，A错误；
B．ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，不利于制备NaClO2，应使用冷水浴或冰水浴，B错误；
C．浓硫酸密度大于甲醇溶液，若将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌，浓硫酸稀释放热可能使甲醇局部过热，导致液体飞溅，存在安全隐患，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，C错误；
D．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在浓硫酸作用下反应制得ClO2，若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，该反应中，NaClO3为氧化剂，CH3OH为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，D正确；
故选D。
【分析】装置甲中，甲醇和氯酸钠、浓硫酸反应生成ClO2，ClO2浓度较高时易发生爆炸，因此通入CO2进行稀释，将生成的ClO2通入装置乙中， 利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2，装置丙为尾气处理装置，用于吸收尾气，防止污染大气。
13．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．用MnSO4和NaHCO3反应生成MnCO3、二氧化碳和水：，A正确；
B．Na2S2O3具有还原性，被Cl2氧化为硫酸钠，氯气自身被还原为Cl-，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为：，B正确；
C．泡沫灭火器中使用的是Al3+和，正确的离子方程式为，C错误；
D． Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成SO2和S，反应的离子方程式为：，D正确；
故选C。
【分析】A． MnSO4和NaHCO3反应生成碳酸锰、二氧化碳和水；
Ｂ．Na2S2O3具有还原性，能与氯气发生氧化还原反应生成硫酸钠，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
Ｃ．泡沫灭火器的原理是硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
Ｄ． Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和单质硫。
14．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．从结构式可以看出，该化合物中W(H)、X(B)、Y(N)之间均用短线表示，则表明它们之间形成共价键，A正确；
B．X为B元素，其原子序数为5，则B原子核外电子排布式为1s22s22p1，B不正确；
C．Y为N元素，其最高价氧化物的水化物为硝酸，为强酸，C正确；
D．Z为Na，Na能与水反应生成NaOH和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，D正确；
故选B。
【分析】根据该物质的结构可知，W形成1个共价键，且其元素序数最小，应为H元素，Y能形成3个共价键，则其最外层电子数为5，为N元素，X获得1个电子后可形成4个共价键，则其最外层电子数为3，为B元素，Z原子序数最大，形成Z+，则Z为Na元素。
15．【答案】B
【知识点】化学键；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂处理成纳米级颗粒，比表面积增大（颗粒越小，表面原子比例越高 ），与甲酸的接触面积增加；接触面积越大，反应速率越快（更多甲酸分子与催化剂接触，分解反应更易发生 ）。A正确；
B、作还原剂，失电子生成：；作氧化剂，最终被还原为：；
根据电子守恒，可还原的物质的量为，而非，B错误；
C、甲酸中含、、 极性共价键 ；分解反应中，断裂的是、 等极性共价键（无非极性键断裂，因反应物无单质 ），C正确；
D、的氧化性受影响，酸性越强（浓度越高 ），氧化性越强（如硝酸在酸性条件下氧化性显著 ）；历程中还原生成，可调节体系，使氧化性增强（利于其被还原 ），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．纳米级催化剂增大接触面积，加快甲酸分解；
B．电子转移不匹配，还原；
C．只有极性共价键断裂；
D．调节可增强氧化性。
16．【答案】A
【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．外电路通过1mol电子时，负极上有1molNa失电子变成Na+进入溶液，溶液中有1molNa+从右侧进入左侧，并与正极的Na3-xV2(PO4)3结合，则理论上两电极质量变化的差值为2mol×23g/mol=46g，A错误；
B．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为：，B正确 ；
C．负极产生钠离子的物质的量等于正极消耗钠离子的物质的量，所以电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变，C正确 ；
D．Na性质活泼，易与水反应，因此电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换，D正确 ；
故选 A。
【分析】A．外电路通过1mol电子时，负极1molNa失电子，1molNa+从右侧进入左侧；
Ｂ．充电时，阳极发生氧化反应；
Ｃ．放电时，负极产生的钠离子进入左侧，左侧的钠离子参与正极反应；
Ｄ．金属钠性质活泼，能与水反应。
17．【答案】（1）100mL容量瓶
（2）铁离子与苯酚的显色时，存在反应，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，的浓度减小，溶液颜色变浅；氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响；硫酸钠；>
（3）更难
（4）的检验：在溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液变为红色
【知识点】苯酚的化学性质；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）配制苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶 、胶头滴管；
（2）小组同学得出猜想H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是：铁离子与苯酚的显色时，存在反应Fe3++6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3 +6H+，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3 的浓度减小，溶液颜色变浅；
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想“H+对与苯酚的显色反应有抑制作用”成立的理由是：氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响；
②为进一步验证氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子显色反应也有影响，实验5和实验6中改变氯离子或硫酸根的浓度，由表格可知，溶液总体积不变的情况下，实验5加入氯化钠固体改变氯离子的浓度，实验6需要改变硫酸根的浓度，则试剂M为硫酸钠；
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，说明氯离子对苯酚与铁离子的显色反应没有影响，即A5= A3；若对苯酚与的显色反应起抑制作用，则Al＞A6；
（3）H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，对羟基苯甲酸中-COOH的电离导致溶液中c(H+)增大，抑制酚羟基的电离，所以与苯酚相比，对羟基苯甲酸与FeCl3溶液发生显色反应更难；
（4）实验室中常用某些配合物的性质进行物质的检验，如与SCN-形成配合物，可用于的检验：在溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液变为红色。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择需要使用的仪器；
（2）铁离子与苯酚的显色时，存在反应Fe3++6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3 +6H+，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；
①该实验中还存在可能反应的氯离子和硫酸根离子；
②利用控制变量法进行实验探究时，要保证变量的唯一性，则试剂M应当是硫酸钠；
③结合实验数据分析；
（3）H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，对羟基苯甲酸的酸性强于苯酚，则其更难与氯化铁发生显色反应；
（4）与SCN-形成红色配合物，常用来检验。
（1）配制苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶 、胶头滴管；
（2）小组同学得出猜想H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是：铁离子与苯酚的显色时，存在反应Fe3++6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3 +6H+，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3 的浓度减小，溶液颜色变浅；
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想“H+对与苯酚的显色反应有抑制作用”成立的理由是：氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子的显色反应也有影响；
②为进一步验证氯离子或硫酸根对苯酚与铁离子显色反应也有影响，实验5和实验6中改变氯离子或硫酸根的浓度，由表格可知，溶液总体积不变的情况下，实验5加入氯化钠固体改变氯离子的浓度，实验6需要改变硫酸根的浓度，则试剂M为硫酸钠；
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，说明氯离子对苯酚与铁离子的显色反应没有影响，即A5= A3；若对苯酚与的显色反应起抑制作用，则Al＞A6；
（3）H+对与苯酚的显色反应有抑制作用，对羟基苯甲酸中-COOH的电离导致溶液中c(H+)增大，抑制酚羟基的电离，所以与苯酚相比，对羟基苯甲酸与FeCl3溶液发生显色反应更难；
（4）实验室中常用某些配合物的性质进行物质的检验，如与SCN-形成配合物，可用于的检验：在溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液变为红色。
18．【答案】（1）ⅥB；d
（2）将黑钨矿粉碎、搅拌、空气逆通等；4FeWO4+O2+4Na2CO34Na2WO4+2Fe2O3+4CO2
（3）H2SiO3和Al(OH)3
（4）+Ca(OH)2CaWO4+2OH-；(或10000)
（5）；
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）已知元素周期表中钨与铬同族，钨位于元素周期表的第六周期第ⅥB族；其位于元素周期表d区；
（2）从反应速率的影响因素考虑，提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有将黑钨矿粉碎、搅拌、空气逆通等；结合分析可知，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为：4FeWO4+O2+4Na2CO34Na2WO4+2Fe2O3+4CO2；
（3）结合分析可知，“滤渣”的主要成分是：H2SiO3和Al(OH)3；
（4）与石灰乳反应生成，反应的离子方程式为。由图可知，当时，，，该反应的平衡常数，故答案为：；
（5）①晶胞中，Cu数目为，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为。若A原子的坐标参数为，则B原子的坐标参数为；
②结合晶胞结构可知，则最近的两个Al原子间的距离为面对角线的一半，再结合①分析可知，晶胞参数为：pm，最近的两个Al原子间的距离为：pm。
【分析】 黑钨矿(其主要成分是FeWO4、MnWO4，还含有少量SiO2和Al2O3) 中通入纯碱和空气焙烧，纯碱和SiO2反应生成Na2SiO3，与Al2O3反应生成Na2AlO2，水浸除去的物质中有Fe2O3，则FeWO4和纯碱反应生成Na2WO4和Fe2O3，加入盐酸调节pH，将Na2AlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀除去，再加入盐酸沉钨得到H2WO4，焙烧H2WO4得到WO3，WO3还原得到W单质。
（1）已知元素周期表中钨与铬同族，钨位于元素周期表的第六周期第ⅥB族；其位于元素周期表d区；
（2）从反应速率的影响因素考虑，提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有将黑钨矿粉碎、搅拌、空气逆通等；结合分析可知，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为：4FeWO4+O2+4Na2CO34Na2WO4+2Fe2O3+4CO2；
（3）结合分析可知，“滤渣”的主要成分是：H2SiO3和Al(OH)3；
（4）与石灰乳反应生成，反应的离子方程式为。由图可知，当时，，，该反应的平衡常数，故答案为：；
（5）①晶胞中，Cu数目为，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为。若A原子的坐标参数为，则B原子的坐标参数为；
②结合晶胞结构可知，则最近的两个Al原子间的距离为面对角线的一半，再结合①分析可知，晶胞参数为：pm，最近的两个Al原子间的距离为：pm。
19．【答案】（1）
（2）C；D
（3）反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，生成的速率较慢；0.2mol·L-1·min-1
（4）；0.14；2.2×10-7.4
【知识点】配合物的成键情况；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；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，其轨道表示式为；
（2）A．加入几滴溶液，Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，使c(Cl-)减小，平衡逆向移动，A正确；
B．反应为吸热反应，加热溶液，平衡正向移动，溶液由蓝色变为黄绿色，平衡常数K增大，B正确；
C．加水稀释，c(Cl-)减小，，故增大，C不正确；
D．加入少量氯化钠固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子本身的转化率减小，D不正确；
故选CD；
（3）由刻蚀原理，铜会和H2CuCl4(aq)反应生成氯化亚铜沉淀，反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，导致生成H2CuCl3的速率较慢；因HCl的浓度越低，平衡时H2CuCl3的浓度越低， 图中相同时间内最低的曲线为c(HCl)= 1.5mol/L时曲线，由曲线可知，c(HCl)= 1.5mol/L时，在0~1.5min内，H2CuCl3的浓度为0.3mol/L，平均生成速率为；
（4）①将0.2mol/L溶液与溶液等体积混合，依次发生反应：①Cu2++NH3= Cu(NH3) 2+，②，③，④，则1代表Cu2+、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表；
②由图像可以看出，b点时Cu2+和Cu(NH3) 2+物质的量分数相等，且数值为0.43，4和5所代表的微粒物质的量分数几乎为0，则3所代表的的物质的量分数约为(1-0.43-0.43)=0.14，即b点的纵坐标约为0.14；
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：；
【分析】（1）Cu为29号元素，失去一个电子得到Cu+，则Cu+的价电子排布式为3d10；
（2）A． 加入几滴溶液，银离子与氯离子结合生成氯化银沉淀，氯离子浓度减小，平衡逆向移动；
Ｂ．平衡常数只与温度有关，升温平衡向吸热反应方向进行；
Ｃ．加水稀释，平衡逆向移动；
Ｄ．加入少量NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子转化率减小；
（3）刻蚀过程中会生成CuCl固体；根据计算；
（4）随着 减小，NH3浓度增大，Cu2+会逐步与NH3结合生成配合物，即Cu2+→ Cu(NH3) 2+→→→，则1代表Cu2+、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表。
（1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，其轨道表示式为；
（2）A．加入几滴溶液，Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，使c(Cl-)减小，平衡逆向移动，A正确；
B．反应为吸热反应，加热溶液，平衡正向移动，溶液由蓝色变为黄绿色，平衡常数K增大，B正确；
C．加水稀释，c(Cl-)减小，，故增大，C不正确；
D．加入少量氯化钠固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子本身的转化率减小，D不正确；
故选CD；
（3）由刻蚀原理，铜会和H2CuCl4(aq)反应生成氯化亚铜沉淀，反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，导致生成H2CuCl3的速率较慢；因HCl的浓度越低，平衡时H2CuCl3的浓度越低， 图中相同时间内最低的曲线为c(HCl)= 1.5mol/L时曲线，由曲线可知，c(HCl)= 1.5mol/L时，在0~1.5min内，H2CuCl3的浓度为0.3mol/L，平均生成速率为；
（4）①将0.2mol/L溶液与溶液等体积混合，依次发生反应：①Cu2++NH3= Cu(NH3) 2+，②，③，④，则1代表Cu2+、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表；
②由图像可以看出，b点时Cu2+和Cu(NH3) 2+物质的量分数相等，且数值为0.43，4和5所代表的微粒物质的量分数几乎为0，则3所代表的的物质的量分数约为(1-0.43-0.43)=0.14，即b点的纵坐标约为0.14；
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：；
20．【答案】（1）苯甲醛
（2）硝基；
（3）B；C
（4）浓硫酸、加热；消去反应；O、Cu、加热；
（5）
（6）；1∶2；浓硫酸、加热
【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；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由结构简式知，化合物Ⅰ名称为苯甲醛。
（2）由结构简式知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是硝基；除苯环外含有2个碳原子、1个氮原子、2个氧原子，其同分异构体在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，则含有醛基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有3种氢，化合物Ⅱ的同分异构体的结构简式为；
（3）A．化合物Ⅴ中存在2个手性碳原子（*标示），A项错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，醛基首先加成生成羟基，羟基消去形成碳碳双键，故有π键的断裂与形成，B项正确；
C．由化合物Ⅱ到Ⅲ为还原反应；Ⅳ到Ⅴ为还原反应，反应类型相同，C项正确；
D．化合物Ⅴ中氨基氮为sp3杂化，D项错误；
故选BC；
（4）①Ⅴ中含有羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成碳碳双键得到；
②Ⅴ中含有羟基，也可以在铜催化加热条件下，被氧气氧化为酮羰基得到；
（5）Ⅲ中硝基所连碳子上有2个氢原子，其中1个碳氢键断裂和OHCCOOH发生加成反应，使得OHCCOOH中醛基转化为羟基得到Ⅳ，则另1个碳氢键断裂也能和OHCCOOH发生加成反应生成副产物，结合副产物分子式为，则其结构简式为：；
（6）1，2-二溴乙烷在加热条件下和氢氧化钠水溶液反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH在铜催化条件下加热被氧气氧化为OHCCHO，OHCCHO和发生Ⅲ到Ⅳ的转化生成O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2，O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2在浓硫酸加热条件下，羟基发生取代反应生成醚键成环得到；
①第一步反应的化学方程式为。
②第二步的产物OHCCHO中含有2个醛基，则会与2分子反应，两者物质的量之比为1：2。
③最后一步反应为O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2在浓硫酸加热条件下，羟基发生取代反应生成醚键成环得到，条件是浓硫酸、加热。
【分析】观察Ⅰ和Ⅱ的结构简式可知，和CH3NO2先发生加成反应，再发生消去反应产生碳碳双键得到，发生加成反应得到，与发生加成反应生成，再Pd/C条件下与氢气发生还原反应，硝基还原为氨基得到产物。
（1）由结构简式知，化合物Ⅰ名称为苯甲醛。
（2）由结构简式知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是硝基；除苯环外含有2个碳原子、1个氮原子、2个氧原子，其同分异构体在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，则含有醛基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有3种氢，化合物Ⅱ的同分异构体的结构简式为；
（3）A．化合物Ⅴ中存在2个手性碳原子（*标示），A项错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，醛基首先加成生成羟基，羟基消去形成碳碳双键，故有π键的断裂与形成，B项正确；
C．由化合物Ⅱ到Ⅲ为还原反应；Ⅳ到Ⅴ为还原反应，反应类型相同，C项正确；
D．化合物Ⅴ中氨基氮为sp3杂化，D项错误；
故选BC；
（4）①Ⅴ中含有羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成碳碳双键得到；
②Ⅴ中含有羟基，也可以在铜催化加热条件下，被氧气氧化为酮羰基得到；
（5）Ⅲ中硝基所连碳子上有2个氢原子，其中1个碳氢键断裂和OHCCOOH发生加成反应，使得OHCCOOH中醛基转化为羟基得到Ⅳ，则另1个碳氢键断裂也能和OHCCOOH发生加成反应生成副产物，结合副产物分子式为，则其结构简式为：；
（6）1，2-二溴乙烷在加热条件下和氢氧化钠水溶液反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH在铜催化条件下加热被氧气氧化为OHCCHO，OHCCHO和发生Ⅲ到Ⅳ的转化生成O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2，O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2在浓硫酸加热条件下，羟基发生取代反应生成醚键成环得到；
①第一步反应的化学方程式为。
②第二步的产物OHCCHO中含有2个醛基，则会与2分子反应，两者物质的量之比为1：2。
③最后一步反应为O2NCH2CH(OH)CH(OH)CH2NO2在浓硫酸加热条件下，羟基发生取代反应生成醚键成环得到，条件是浓硫酸、加热。
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