化学答案-汕头市2025-2026学年度普通高中毕业班教学质量监测(1)_2026年1月_260120汕头市2025-2026学年度普通高中毕业班教学质量监测（全科）

试卷类型：A 汕头市2025-2026学年度普通高中毕业班教学质量监测 化学 本试卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写 在答题卡上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑， 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相 应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液。不按 以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：C-12H-1O-16Si-28Cl-35.5 第I卷 一、单项选择题：本题共16小题，共44分。(1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4 分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。) 1. 文房四宝是中国传统文化的瑰宝。以下所涉及材料的主要成分属于硅酸盐的是 A.狼毫笔 B.碳素墨 C.古龙纸 D.澄泥砚 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【详解】A．狼毫笔的“毫”为动物毛发，主要成分为蛋白质，不属于硅酸盐，A错误； B．碳素墨的主要成分为炭黑(碳单质)，不属于硅酸盐，B错误； C．古龙纸的主要成分为纤维素(多糖类有机化合物)，不属于硅酸盐，C错误； D．澄泥砚由泥土烧制而成，泥土中含硅酸盐矿物，烧制后主要成分为硅酸盐，D正确； 故选D。 2. 六氨基苝是一种常见的有机框架原料，具有芳香性。以下有关其说法正确的是 ·1·A. 属于芳香烃 B. 能与盐酸发生反应 C. 不能发生加成反应 D. 有9个碳碳双键 【答案】B 【详解】A．芳香烃是仅含碳、氢元素且具有苯环结构的化合物，六氨基苝含有氮元素(氨基中含N)， 不属于芳香烃，A错误； B．六氨基苝分子中含氨基(-NH )，氨基为碱性基团，能与盐酸(酸)发生反应生成盐，B正确； 2 C．六氨基苝中含有苯环的结构，在一定条件下可发生加成反应(如与氢气加成)，C错误； D．六氨基苝中含有苯环的结构，碳碳键为介于单键和双键之间的大π键，并非独立的碳碳双键，D 错误； 故答案选B。 3. 微重力环境为研发新型技术提供重要平台，以下说法正确的是 A. 观察锂枝晶生长全流程影像：锂离子的最高能级为2p B. 消除砷化镓晶体生长条纹：砷化镓(GaAs)中镓 化合价为-3 C. 无容器钨合金熔化实验：钨合金的熔点高于钨 D. 分析微重力对蛋白稳态影响：蛋白质属于生物大分子 【答案】D 【详解】A．锂离子的电子排布为1s2，最高能级为1s，而非2p(2p能级为空)，A错误； B．砷化镓(GaAs)中，镓(Ga)为第IIIA族元素，Ga的化合价为+3；砷(As)为第VA族元素，As 的化合价为-3，B错误； C．合金的熔点通常低于其组成金属的熔点(因固溶体或共晶反应降低熔点)，钨合金的熔点应低于 纯钨(熔点约3422°C)，C错误； D．蛋白质是由氨基酸通过肽键连接形成的高分子化合物，分子量巨大，属于生物大分子范畴，D正 确； 故选D。 4. 劳动推动社会发展。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是 选项 劳动项目 化学知识 电解  A 工业冶炼铝 2AlCl 2Al+3Cl ↑ 3 2 B 洁厕灵(含HCl)除水垢(CaCO ) CaCO +2H+=Ca2++CO ↑+H O 3 3 2 2 C 明矾 KAlSO 4   ⋅12H O 2 2  处理污水 Al3+能水解生成Al(OH) 胶体 3 D 电池研发 燃料电池将燃料和氧化剂的化学能转化为电能 ·2·A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【详解】A．氯化铝(AlCl )是共价化合物，熔融状态下不导电，工业冶炼铝通常采用电解熔融氧化铝 3 (Al O )的方法来实现，A错误； 2 3 B．洁厕灵中的盐酸(HCl)与水垢中的CaCO 反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式 CaCO 3 3 +2H+=Ca2++CO ↑+H O ，B正确； 2 2 C．明矾溶于水后，Al3+ 水解生成 AlOH  胶体，具有吸附作用，可用于污水净化，C正确； 3 D．燃料电池通过电化学反应将燃料(如氢气)和氧化剂(如氧气)的化学能直接转化为电能，D正 确； 故选A。 5. 图像留影记录美好生活。下列图像留影技术涉及的材料，说法错误的是 A. 绘画中使用的朱砂(HgS)具有还原性 B. 银版摄影法中的碘化银曝光后，分解产生银单质，该过程属于物理变化 C. 冲印胶片的定影液硫代硫酸钠与溴化银作用形成的Na 3 AgS 2 O 3   2  含配位键 D. 现代数码相机的CCD传感器主要成分为硅，单晶硅具有自范性 【答案】B 【详解】A. 朱砂(HgS)中的硫元素为-2价，处于最低价态，具有还原性可被氧化，A正确； B. 碘化银曝光分解产生银单质和碘，有新物质生成，属于化学变化，B错误； C Na 3 AgS 2 O 3   2  中银离子与硫代硫酸根通过配位键结合(Ag+提供空轨道，S提供孤对电子)，C 正确； D. 单晶硅为晶体，具有自范性，能自发形成规则几何外形，D正确； 故选B。 6. 配制氯化铁溶液并用于刻蚀覆铜板，下列操作不能达到实验目的的是 A.称量2gFeCl 固体 B.配制FeCl 溶液 3 3 ·3·C.刻蚀覆铜板 D.检验废液中是否残留Fe3+ A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【详解】A．FeCl 具有吸湿性和腐蚀性，不能直接放在托盘上称量，应使用称量纸或小烧杯，A错 3 误； B．FeCl 易水解，将FeCl 固体溶于浓盐酸中，可以有效抑制Fe3+的水解，随后加水稀释即可得到 3 3 澄清溶液，B正确； C．FeCl 溶液与Cu反应：2Fe3++ Cu=2Fe2++ Cu2+，将覆铜板浸泡在FeCl 溶液中，Fe3+可氧 3 3 化Cu，实现刻蚀目的，同时，覆盖油膜的图案部分可防止被刻蚀，C正确； D．Fe3+与KSCN反应生成血红色物质，向废液样品中滴加KSCN溶液，若溶液变红，则说明含有 Fe3+，若不变红，则不含Fe3+，D正确； 故选A。 7. 下列离子方程式书写错误的是 Δ A. MnO 与浓盐酸制Cl :MnO +4H++2Cl- Mn2++Cl ↑+2H O 2 2 2 2 2 电解  B. 用惰性电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H O 2OH-+H ↑+Cl ↑ 2 2 2 C. 向NaClO溶液中通入过量SO 气体：ClO-+SO +H O=HClO+HSO- 2 2 2 3 D. 向FeCl 溶液中通入Cl :2Fe2++Cl =2Fe3++2Cl- 2 2 2 【答案】C 【详解】A．MnO 与浓盐酸共热制备氯气：拆分正确，遵守电荷守恒、得失电子守恒、质量守恒，A正 2 确； B．用惰性电极电解NaCl溶液，阴极还水电离的氢离子得电子产生H 和OH-，阳极：Cl-失电子产 2 生Cl ，B正确； 2 C．向NaClO溶液中通入过量SO ，应发生氧化还原反应生成Cl-和SO2-，正确离子方程式为ClO- 2 4 +SO +H O=Cl-+SO2-+2H+，C错误； 2 2 4 D．向FeCl 溶液中通入Cl ，Cl 将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++Cl =2Fe3++2Cl-，D 2 2 2 2 正确； 故选C。 8. 下列陈述I和陈述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 铝在空气中能较长时间保存 铝化学性质不活泼 B 用碘水检验淀粉是否水解完全 碘单质遇淀粉变蓝 C 高压钠灯发出透雾性强的黄光 钠具有强还原性 D NO 能与水反应用于制硝酸 NO 为酸性氧化物 2 2 A. A B. B C. C D. D ·4·【答案】B 【详解】A．铝在空气中确实可以较长时间保存，但原因并不是铝化学性质不活泼。实际上，铝的化 学性质非常活泼，它在空气中会迅速与氧气反应，生成一层致密的氧化铝薄膜，这层薄膜能有效阻止 铝进一步氧化，A不符合题意； B．碘单质确实能使淀粉变蓝，如果淀粉完全水解为葡萄糖，加入碘水后溶液不会变蓝；如果淀粉未 完全水解，溶液会变蓝。因此，用碘水可以判断淀粉是否水解完全，两者之间存在因果关系，B符合 题意； C．陈述I是正确的，高压钠灯发出的黄光具有很强的透雾性，这与其光谱特性有关。然而，陈述II “钠具有强还原性”与陈述I没有直接因果关系。钠的强还原性是其化学性质，而高压钠灯发出黄光 是物理现象(钠的焰色反应为黄色)，两者并不相关，C不符合题意； D．陈述I是正确的，NO 与水反应生成硝酸和NO，这在工业上可用于制硝酸。然而，陈述II“NO 2 2 为酸性氧化物”是不正确的。酸性氧化物是指能与水反应只生成对应酸的氧化物，而NO 与水反应 2 不仅生成HNO ，还生成NO，不符合酸性氧化物的定义，D不符合题意； 3 故选B。 9. A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，它们的最高正价(或最低负价)与原子半径关系如图所示。下 列说法正确的是 A 电负性：AC，B错误； C．D为碳元素，F为硫元素，CS 为直线形分子，正电中心与负电中心重合，为非极性分子，C正 2 确； D．G为氯元素，G的氧化物对应的水化物有很多种，如HClO为弱酸，而最高价氧化物对应的水化 物HClO 为强酸，D错误； 4 故答案选C。 10. 设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A A. 36g18O 中含有18N 个中子 2 A B. 1molFe与足量S反应，转移电子的数目为3N A C. 标准状况下，22.4L三氯甲烷中含有氢原子的数目为N A ·5·D. 相同物质的量的HCN与N 中所含π键数目相等 2 【答案】D 【详解】A．18O原子质量数为18，质子数为8，中子数为10；一个18O 分子含2个氧原子，故一个分子 2 含20个中子；36 g 18O 的摩尔质量为36 g/mol，物质的量为1mol，含N 个分子，总中子数为20N ， 2 A A 与选项中的18N 不符，A错误； A B．Fe与S反应生成FeS，Fe由0价升至+2价，1mol Fe转移2mol电子，数目为2N ，与选项中 A 的3N 不符，B错误； A C．标准状况下，三氯甲烷(CHCl )为液态，不适用气体摩尔体积(22.4 L/mol)，无法计算物质的量， 3 故氢原子数目无法确定，C错误； D．HCN分子结构为H-C≡N，含1个三键(2个π键)；N₂分子结构为N≡N，也含1个三键(2个 π键)；相同物质的量时，两者π键数目相等，D正确； 故选D。 11. 从单质到盐存在如下物质转化关系：单质 O2 氧化物 H2O 酸或碱 物质X 盐，以下推理 一定条件 成立的是 A. 单质若为钠，氧化物一定为Na O 2 2 B. 单质若为氮气，生成对应的盐溶液一定呈碱性 C. 单质若为铁，氧化物可直接与水反应生成对应的碱 D. 单质若为硫，物质X可以是Mg或NH 3 【答案】D 【详解】A．钠与氧气反应可能生成氧化钠(Na O)或过氧化钠(Na O )，取决于反应条件，因此氧化 2 2 2 物不一定为Na O ，A错误； 2 2 B． 氮气和氧气在一定条件下反应生成氮的氧化物(如NO、NO 等)，NO 和水反应生成HNO (如 2 2 3 3NO +H O=2HNO +NO)，HNO 和NaOH反应生成NaNO ，NaNO 溶液通常呈中性，生成对应 2 2 3 3 3 3 的盐溶液不一定是碱性，B错误； C．单质若为铁，铁的氧化物(如Fe O 或Fe O )不溶于水，不能直接与水反应生成氢氧化铁等碱， 2 3 3 4 C错误； D．硫和氧气在一定条件下反应生成SO ，SO 和水反应生成亚硫酸(H SO )，亚硫酸可与镁(Mg)反 2 2 2 3 应生成亚硫酸镁，或与氨气(NH )反应生成亚硫酸铵，因此物质X可以是Mg或NH ，D正确； 3 3 故选D。 12. 中国科研团队通过阴离子调控技术攻克全固态锂电池界面难题，电池充放电总反应为2Li+ 放电 SLi S(硫化物电解质允许Li+、I-迁移，I-不参与电极反应)，其放电工作原理如图所示。下列 充电 2 说法正确的是 A. 放电时，电子通过硫化物电解质从a流向b ·6·B. 放电时，正极反应为：S+2Li++2e-=Li S 2 C. 充电时，a为阳极 D. 该电池能量密度提升的关键原因是I-参与电极反应，提高Li+传导效率 【答案】B 【详解】A．放电时，电子通过外电路从负极(a)流向正极(b)，电子不通过电解质，A错误； B．放电时，Li失去电子变成Li+进入电解质，在正极S电极得电子生成Li S，反应为：S+2Li++ 2 2e-=Li S，B正确； 2 C．根据分析可知，充电时b为阳极，C错误； D．根据题意，I-不参与电极反应，D错误； 故答案选B。 13. 由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A NH 的空间结构为三角锥形 NH 具有还原性 3 3 B 水中氧氢键极性大于乙醇中的氧氢键 钠与水反应更剧烈 C 乙烯分子含有π键 乙烯易发生加成反应 D O的电负性强于S H O的沸点高于H S 2 2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【详解】A．氨分子的三角锥形空间结构是由于氮原子的孤对电子导致的，但还原性主要源于氮元素 的化合价为-3价，是氮元素的最低价，只有还原性，与分子几何形状无关，因此不能由结构推测还原 性，A符合题意； B．水中的O-H键极性大于乙醇中的O-H键，导致O-H键更易断裂，使钠与水反应更剧烈，结 构能推测性质，B不符合题意； C．乙烯分子中的π键不稳定，易断裂，因此易发生加成反应，结构能推测性质，C不符合题意； D．氧的电负性强于硫，使水分子间形成氢键，而硫化氢主要依赖范德华力，导致水的沸点更高，结构 能推测性质，D不符合题意； 故答案选A。 14. 常温下，向某浓度的硫酸锌溶液通入一定量氨气可配制锌氨溶液。已知：ZnNH 3   4  2+⇌Zn2++ 4NH 3K 1 =3.4×10-10  和H++NH 3 ⇌NH 4 +K 2 =5.6×104  ，若反应平衡常数大于1.0×105，则认为反 应趋向于完全，下列叙述正确的是 A. 向硫酸锌溶液通入氨气的过程中，溶液先变浑浊后澄清 B. 常温下，反应 ZnNH 3   4  2++H+⇌Zn2++NH++3NH 趋向于完全 4 3 C. 向锌氨溶液加入一定量稀硫酸，ZnNH 3   4  2+浓度升高 D. 体系中，c ZnNH 3   4   2+   +cH+  +cZn2+  =cSO2- 4  +cOH-  【答案】A ·7·【详解】A．向硫酸锌溶液通入氨气时，氨气溶于水形成碱性环境，锌离子先形成氢氧化锌沉淀使溶 液变浑浊；继续通入氨气，过量氨与氢氧化锌反应生成稳定的 ZnNH 3   4  2+络合物，溶液变澄清，A 正确； B．已知：ZnNH 3   4  2+⇌Zn2++4NH 3K 1 =3.4×10-10  和H++NH 3 ⇌NH 4 +K 2 =5.6×104  ，反应 ZnNH 3   4  2++H+⇌Zn2++NH++3NH 的平衡常数K =K ×K =3.4×10-10×5.6×104=1.904 4 3 R 1 2 ×10-5，小于1.0×105，故不趋向于完全，B错误； C．向锌氨溶液加入稀硫酸，氢离子消耗氨分子，降低NH 3 浓度，平衡 ZnNH 3   4  2+⇌Zn2++4NH 3 正向移动，ZnNH 3   4  2+浓度降低，C错误； D．体系中存在电荷守恒：2c ZnNH 3   4   2+   +cH+  +2cZn2+  +cNH+ 4  =2cSO2- 4  + cOH-  ，D错误； 故选A。 15. 某同学在实验室对NH 和NO 反应进行探究，实验设计如图所示(部分夹持装置省略)： 3 2 下列叙述错误的是 A. a中固体为NH Cl和CaOH 4  2 B. b中可使用无水CaCl 作为干燥剂 2 C. 已知M中反应产生两种环境友好型物质，则NH 作还原剂 3 D. 可通过抽动铜丝控制d中反应的发生与停止 【答案】B 【详解】A．根据实验室制备NH 的原理：NH Cl与Ca(OH) 固体混合加热可生成NH ：2NH Cl+ 3 4 2 3 4 Δ Ca(OH) 2 CaCl 2 +2NH 3 ↑+2H 2 O，a中固体为NH 4 Cl和CaOH  ，A正确； 2 B．NH 是碱性气体，不能用酸性干燥剂(如浓硫酸)干燥，也不能用CaCl 干燥，因为CaCl 会与 3 2 2 NH 形成络合物CaCl ·8NH ，导致NH 被吸收，通常NH 应使用碱石灰(CaO和NaOH的混合物) 3 2 3 3 3 干燥，B错误； C．M中NH 与NO 在催化剂作用下反应，生成两种环境友好型物质。根据氧化还原反应规律，可 3 2 催化剂  能的反应为：8NH +6NO 7N +12H O，NH 中的N从-3价升高到0价，被氧化，作还原剂； 3 2 2 2 3 NO 中的N从+4价降低到0价，被还原，作氧化剂，C正确； 2 D．装置d中，浓硝酸与Cu反应生成NO ：Cu+4HNO 浓 2 3  =Cu(NO ) +2NO ↑+2H O，通过抽 3 2 2 2 动铜丝，可以控制Cu与浓硝酸的接触，从而控制反应的发生与停止，D正确； ·8·故答案选B。 16. 如图所示是一种电催化还原二氧化碳制备甲醇的装置原理图及相关反应历程(*表示吸附在催化剂 表面的物种)。已知转移1mol电子的理论容量为26.8A⋅h，下列说法错误的是 A. 有1mol甲醇生成时，左室溶液质量不变 B. 有1mol甲醇生成时，理论容量为160.8A⋅h C. 生成甲醇的总反应ΔH>0，化学方程式为：CO +3H =CH OH+H O 2 2 3 2 D. 决速步骤的反应式为：HCOO*+5H*=CH O*+H O+H* 3 2 【答案】C 【详解】A．根据总反应 CO +3H =CH OH+H O ，生成1mol CH OH需要3mol H 参与反 2 2 3 2 3 2 应，左侧阳极反应为 H -2e-=2H+ ，每消耗1mol H ，生成2mol H+，这些H+通过质子交换膜 2 2 进入右室，因此左室溶液总质量不变，A正确； B．根据题目，转移1mol电子的理论容量为26.8 A·h，生成1mol CH OH需要转移6mol电子 3 (CO +6H++6e-=CH OH+H O )，因此理论容量为：6mol×26.8 A·h/mol=160.8 A·h，B正 2 3 2 确； C．根据反应历程图，反应物 CO 2g  +3H 2g  的总能量高于产物 CH 3 OHg  +H 2 Og  的总 能量，该反应为放热反应， ΔH<0 ，总反应方程式应为：CO +3H =CH OH+H O，C错误； 2 2 3 2 D．根据反应历程图，活化能最大的步骤是 HCOO*+5H*=CH O*+H O+H* ，其能垒最高(约 3 2 1.40eV)，是整个反应的决速步骤，D正确； 故答案选C。 第II卷 二、非选择题：本题共4个小题，共56分。 17. 某小组对阿伦尼乌斯电离模型产生了兴趣，于是进行了以下的探究： 【实验1】 实验装置 实验序号 I II 烧杯中物质 无水乙醇 乙醇水溶液 ·9·实验现象 灯泡不发光 灯泡不发光 (1)①在下列的仪器中，制备无水乙醇需要用到的有 ； ②实验1结果表明乙醇为 (填“电解质”或“非电解质”)。 【实验2】 步骤1：配制4份溶液，每份均含有1L水(ρ=1 kg/L)和0.1mol溶质(见下表) 步骤2：测量这四份溶液凝固点与纯水凝固点之间的差值，记为ΔT 序号 ① ② ③ ④ 溶质 乙醇 NaCl HCl HA VH O 2  /L 1 1 1 1 溶质n/mol 0.1 0.1 0.1 0.1 ΔT/℃ 0.19 0.38 0.38 x 查阅资料，得： i．ΔT=K ⋅c ，其中K 为水凝固点下降常数，与溶剂种类有关，与溶质种类无关； f b f ⅱ．c 为每1kg水中含有溶质微粒(包括溶质分子和离子)的总物质的量浓度，在水的稀溶液中，c b b 近似等于物质的量浓度cmol⋅L-1  (在本题内均作近似处理) (2)①数据处理：实验2序号②中cNa+  ≈ mol⋅L-1； ②结果分析：ΔT(②)/ΔT(①)=2，可推测②中溶质总微粒数为①的两倍，因此，NaCl在水中的变化 为 (用相应的化学用语表示)； ③结论应用：结合实验数据，能证明在相同溶剂中，ΔT的变化只与溶质的种类及其电离行为有关的 证据是 。 (3)上述实验还证明了HA是弱电解质，则x的取值范围是 。 n(已电离) (4)该实验中，HA的电离度近似为 (用带有x的代数式表示，电离度= ×100%)。 n(初始) 【实验3】 序号 ⑤ ⑥ ⑦ 溶质 NaCl CuSO 4 将⑤和⑥混合(忽略混合时溶液体积的变化， VH O 2 且不考虑Cu2+水解的影响)  /L 1 1 溶质n/mol 0.4 0.1 ΔT/℃ 1.52 0.38 0.8 ·10·颜色 无色 蓝色 浅蓝绿色 (5)某同学仔细研究了实验3的数据和现象，认为NaCl和CuSO 在溶液发生了离子反应，其可能的 4 离子方程式为 。 (6)利用上述原理设计实验证明H SO 在水中的电离方式为H SO =H++HSO-，HSO-⇌H++ 2 4 2 4 4 4 SO2-。简述该方案 (需体现实验证据) 4 (7)电解质在生活和生产中有重要的作用，请写出一个具体例子 。 【答案】(1) ①. BD ②. 非电解质 (2) ①. 0.1 ②. NaCl=Na++Cl-。 ③. 其他条件相同时，AB型强电解质NaCl和HCl 的水溶液凝固点下降至相同 (3)0.19 < x < 0.38 x (4) -1 0.19  ×100%。 (5)Cu2++4Cl-⇌[CuCl ]2- 4 (6)测量 1L 0.1mol/LH SO 的 ΔT，结果为0.38℃<ΔT<0.57℃ 2 4 (7)明矾(KAl(SO ) ·12H O)溶于水后，Al3+水解生成Al(OH) 胶体，可吸附水中悬浮杂质，用于净 4 2 2 3 水；生理盐水(0.9%NaCl溶液)用于医疗输液，维持人体渗透压平衡；纯碱用于玻璃制造、洗涤剂生产 等(任一合理答案均可) 【小问1详解】 ①制备无水乙醇需通过蒸馏操作，需用到蒸馏烧瓶、直形冷凝管及锥形瓶，不需要分液漏斗，而C中 是球形冷凝管而要用直形冷凝管，故选BD。 ②实验1中，无水乙醇与乙醇水溶液均不导电，说明乙醇在水溶液中未电离，属于非电解质。 【小问2详解】 ① 溶质n(NaCl)=0.1mol ，NaCl 完全电离为Na+和Cl-，即n(Na+)=0.1mol。溶液总体积约为1 L，故 cNa+  =0.1mol·L-1。 ΔT② ②根据 ΔT=K ⋅c ​，可得： f b  ΔT①  c ② = b  c ① b  =2，说明②中溶质总微粒数是①的两倍。乙醇是非 电解质， c ① b  =cC 2 H 5 OH  =0.1mol·L-1，如果 NaCl 完全电离，则 c ② b  =cNa+  +cCl-  =0.1+0.1=0.2mol·L-1，故c (②)=2×c (①) ，符合 ΔT(②)/ΔT(①)=2。故NaCl 在水中完全 b b 电离为Na+ 和Cl-，电离方程式为NaCl=Na++Cl-。 ③实验中 4 份溶液的溶剂体积、溶质物质的量均相同；溶质种类不同(乙醇、NaCl、HCl、HA)，且 ΔT不同，乙醇为 0.19，NaCl 和 HCl 为 0.38，NaCl、HCl 均完全电离(强电解质)，1mol溶质电离 出2mol 微粒，ΔT相同；乙醇不电离，ΔT更小；故在相同溶剂中，ΔT的变化只与溶质的种类及其电 离行为有关。 【小问3详解】 HA 是弱电解质，仅部分电离，溶液中溶质微粒数介于1mol和2mol之间，因此0.1mol⋅L-10，反应在高温时才可自发 C. 重氮化反应要及时散热，减小副反应的选择性 D. 重氮盐与苯胺反应的活化能比重氮盐水解反应的活化能小 ③升温，副产物偶氮苯、N 摩尔分数逐渐增大 原因是 。 2 (4)苯胺的碱性弱于NH 。现向 溶液( 完全电离)中通入NH 发生反应。 3 3 与NH 的反应过程、NH 的电离过程、苯胺的电离过程表示如下： 3 3 K25℃  NH 3 +H 2 ONH 4 ++OH- K b NH 3  =10-4.725℃  K ( )25℃ b  cNH+ NH 、 起始物质的量分别为n(NH )、n( )．平衡时测得lgX[X= 4 3 3  cNH 3  或 ]随投料比Y= 的变化如图3。 cNH+ ①表示lg= 4  cNH 3  随投料比Y的变化曲线是 (填写曲线编号“L1”或“L2”) ②计算 与NH 反应的平衡常数K为 (写出计算过程)。 3 ③NH 3 的电离常数表达式K b NH 3  = ，苯胺的电离常数K ( )= (填写计算结 b 果)。 【答案】(1)N>O>C (2)-101.7kJ·mol-1 (3) ①. 0.008 ②. CD ③. 副反应活化能比重氮化反应的活化能高，继续升温，副反应速 率增大的程度更大，10分钟内测得偶氮苯、N 的摩尔分数增大 2 ·15·cNH+ (4) ①. L1 ②. 投料比Y=1时， 4  cNH 3  cNH+ = ，反应平衡常数K= 4  cNH 3  × c(NH+)∙c(OH-) =(102.2)2=104.4 ③. 4 ④. 10-9.1 c(NH ) 3 【解析】 【小问1详解】 C、N、O位于同一周期，同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元 素原子因拥有相对稳定结构，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为N>O> C。 【小问2详解】 根据题图1可知，ΔH=-(8.6+93.1)kJ·mol-1=-101.7kJ·mol-1。 【小问3详解】 ①根据题图2可知，-5℃下，苯胺完全转化为重氮盐，则苯胺转化率为80.0%，苯胺的消耗速率为 80.0%×0.1mol∙L-1 =0.008mol∙L-1min-1。②A．根据题图2可知，-5~0℃时苯胺转化率较低， 10min 故重氮化反应最佳温度为0~5℃，故A错误；B．ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时反应可自发进行，ΔH <0，ΔS>0的反应在任意温度下均可自发，故B错误；C．根据题图2可知，副产物偶氮苯和N 的 2 摩尔分数随温度升高而增大，故重氮化反应要及时散热，减小副反应的选择性，故C正确；D．相同 条件下，重氮盐与苯胺反应生成偶氮苯的反应速率大于重氮盐水解的反应速率，活化能越小，反应速 率越快，故重氮盐与苯胺反应生成偶氮苯的活化能比重氮盐水解反应的活化能小，故D正确。③副 反应活化能比重氮化反应的活化能高，继续升温，副反应速率增大的程度更大，10分钟内测得偶氮 苯、N 的摩尔分数增大。 2 【小问4详解】 ①对于可逆反应，增大反应物的浓度平衡正向移动，但增加的反应物的转化率减小，故随投料比的增 cNH+ 大， 4  cNH 3  cNH+ 减小，故lg 4  cNH 3  cNH+ 减小，对应的变化曲线为L1。②投料比Y=1时， 4  cNH 3  = cNH+ ，反应平衡常数K= 4  cNH 3  × =(102.2)2=104.4。③根据电离方程式 NH 3 +H 2 ONH 4 ++OH-可得，NH 3 电离常数表达式为K b NH 3  c(NH+)·c(OH-) = 4 ；根据题给反 c(NH ) 3 应可知，K·K ( )=K (NH )=10-4.7，由上述分析可知，K=104.4，则K ( )= b b 3 b K b NH 3  10-4.7 = =10-9.1。 K 104.4 20. 一种光催化剂Ni 5 -V 16 催化Csp3  -H键氧化亚胺化的路径如下图所示 ·16·(1)化合物III的名称是 ，II中的含氧官能团名称是 。 (2)化合物VI是比化合物II多一个碳原子的同系物，在VI的质谱图中，分子离子峰对应的最大质荷 比数值是 ，苯环上有三个取代基且能与氯化铁溶液发生显色反应的VI的同分异构体有 种。 (3)写出由苯生成化合物III的化学方程式 。 (4)关于上述合成路线的相关物质及转化，下列说法正确的有 。 A. 该合成路线中，化学能转变为光能 B. Ni -V 在催化过程中还起到氧化剂和还原剂的作用 5 16 C. 化合物Ⅴ中所有原子一定在同一平面 D. II和IV合成V的过程中，有π键的断裂与形成 (5)以甲苯和溴甲烷为有机原料，参照上述路线，合成化合物VII( )，基于你设 计的合成路线，回答下列问题。 ①反应最后一步的反应物是 (写出结构简式)。 ②合成①中的一种有机物路线设计如下 第一步：引入卤素，写出该步骤的化学方程式： 。 第二步：由卤代烃转化为含氧有机物。 第三步：由第二步生成物与溴甲烷进行反应，合成醚类有机物，该步骤的反应类型是 。 第四步：使用Ni -V 催化剂，进行后续产物的合成。 5 16 【答案】(1) ①. 硝基苯 ②. 醛基 (2) ①. 154.5 ②. 10 (3) (4)BD ( 5 ) ①. 、 ②. ③. 取代反应 【小问1详解】 化合物III的名称为硝基苯；II中的含氧官能团名称是醛基(-CHO)； 【小问2详解】 ·17·化合物II为苯甲醛(C H OCl)，VI比II多一个碳原子，即为C H OCl，分子离子峰对应的质荷比 7 5 8 7 (m/z)为分子量最大值，即154.5；苯环上有三个取代基且能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚 羟基，且该化合物的不饱和度为5，则另外两个取代基分别是-CH=CH 和-Cl，三个不同取代基在 2 苯环上有10种位置异构，即符合条件的同分异构体有10种； 【小问3详解】 由苯生成化合物III(硝基苯)的反应为苯与浓硝酸发生的硝化反应，浓硫酸作催化剂，反应方程式 为： ； 【小问4详解】 A．光催化剂是光能转化为化学能，不是化学能转光能，A错误； B．Ni -V 在催化Ⅰ生成Ⅱ的过程中将甲基氧化为醛基，起到氧化剂的作用，在催化Ⅲ生成Ⅳ的过 5 16 程中将硝基还原为氨基，起到还原剂的作用，B正确； C．C=N双键及直接相连的苯环上的碳原子共面，但为了减小两个苯环的空间位阻，两苯环会分别 绕与C=N双键相连的C-C单键和C-N单键旋转一定的角度，使苯环平面不与中间的C=N双 键平面完全共面，因此化合物Ⅴ中所有原子不在同一平面，C错误； D．II和IV合成V的过程中，有C=O中π键断裂和C=N中π键形成，D正确； 故答案选BD； 【小问5详解】 以甲苯和溴甲烷为有机原料，参照上述路线，合成化合物VII的路线设计如下： ①根据光催 化剂Ni -V 催化C(sp3)-H键氧化亚胺化的路径图，结合合成化合物VII的结构式 5 16 ( )逆推可得反应最后一步的反应物结构简式为 和 ； ②引入卤素的化学方程式为 ；第二步生成物与溴 甲烷进行反应合成醚类有机物的反应类型为取代反应。 ·18·