北京市顺义区2026届高三下学期一模化学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市顺义区2026届高三下学期一模化学试卷（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 溶液中存在如下平衡等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23
第一部分
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. 我国科研人员研发“原子抽提”技术，通过在铜铂合金中引入原子，利用Sn的原子半径大于Cu及Sn与Pt的强作用力，将嵌入铜铂合金内的Pt原子“抽提”至表面。该技术可降低丙烷脱氢制丙烯时催化剂铜铂合金的用量。下列说法不正确的是
A. 基态Sn原子的价层电子排布式为
B. Cu元素位于元素周期表的ds区
C. 电子层数是影响原子半径的主要因素
D. 该技术可降低丙烷脱氢制丙烯反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A．Sn是50号元素，位于第五周期第ⅣA族，基态原子价层电子排布式为5s25p2，故A不符合题意；
B．Cu为第四周期第ⅠB族元素，元素周期表中第ⅠB、ⅡB族属于ds区，故B不符合题意；
C．Sn原子核外有5个电子层，Cu原子核外有4个电子层，电子层数越多一般原子半径越大，是原子半径Sn＞Cu的主要影响因素，故C不符合题意；
D．催化剂只改变反应活化能，不改变反应的焓变，该技术仅降低催化剂用量，不影响反应焓变，故D符合题意；
答案为D。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. HCN的电子式
B. 的VSEPR模型
C. 顺-2-丁烯的结构简式
D. 水分子的电离过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCN是共价化合物，电子式：，A错误；
B．​中心S原子价层电子对数，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，，B正确；
C．顺-2-丁烯的定义是两个甲基位于双键同侧，，C正确；
D．水分子的自偶电离过程为，图示反应物为两个水分子，产物为水合氢离子和氢氧根，D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 油脂都不能使溴水褪色
B. 利用X射线衍射可测定蛋白质的晶体结构
C. 核酸分子中碱基通过共价键结合成碱基对
D. 蔗糖、麦芽糖互为同分异构体，水解产物相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂分为植物油和动物脂肪，植物油含不饱和碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，A 错误；
B．X射线衍射是测定晶体结构的常用方法，可用于测定蛋白质的晶体结构，B 正确；
C．核酸分子中碱基对是通过氢键结合的，并非共价键，C 错误；
D．蔗糖、麦芽糖分子式均为，互为同分异构体，但蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖，水解产物不同，D 错误；
故答案选B。
4. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 洗涤硫酸钡时，用稀硫酸比用等体积蒸馏水损失少：
B. 用稀硝酸洗去试管壁上的银：
C. 用足量NaOH溶液吸收尾气：
D. 钠可用作强除水剂：
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀硫酸中存在大量，使的溶解平衡逆向移动，抑制溶解，因此用稀硫酸洗涤时损失更少，A不符合题意；
B．稀硝酸与Ag反应的还原产物为NO，反应为，给出的方程式与事实不相符，B符合题意；
C．足量NaOH溶液吸收，反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式书写正确，C不符合题意；
D．Na可与水反应生成氢氧化钠和氢气，因此可作强除水剂，离子方程式书写正确，D不符合题意；
故选B。
5. 在钢铁部件表面进行发蓝处理，形成一层致密薄膜可减少钢铁的腐蚀。某种发蓝处理过程中铁的转化如下，过程中同时产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
下列说法不正确的是
A. 钢铁腐蚀过程中，负极的电极反应式为
B. Ⅰ中反应的离子方程式为
C. 温度升高为500℃、增大溶液浓度，更有利于发蓝处理
D. 发蓝处理可减少钢铁腐蚀的主要原因是隔绝空气与钢铁接触，减小反应速率
【答案】C
【解析】
【分析】铁与溶液、NaOH溶液在140℃生成，反应：，与溶液、NaOH溶液在140℃生成，与反应生成​，据此分析；
【详解】A．钢铁发生电化学腐蚀时，Fe作负极，失电子生成，电极反应式，A正确；
B．根据题干，反应生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为，配平该离子方程式： Fe从0价变为​中的+2价，N从​中的+3价变为中的-3价，离子方程式为，B正确；
C．该转化过程在水溶液中进行，水的沸点为100℃，温度升高到500℃时，水会完全汽化，无法维持溶液环境，不利于反应进行，因此不是更有利于发蓝处理，C错误；
D．发蓝形成的致密​薄膜，隔绝了空气、水与钢铁接触，减小了腐蚀反应的速率，减少钢铁腐蚀，D正确；
故选C。
6. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是
A. 依据元素的电负性，可推断化合物中元素化合价的正负
B. 依据相对分子质量，可推断与的沸点高低
C. 依据弱酸的电离常数，可推断同温度同浓度时，NaF与溶液的pH大小
D. 依据某温度下与的相对大小，可推断该温度下难溶电解质的沉淀或溶解情况
【答案】B
【解析】
【详解】A．电负性反映原子对键合电子的吸引能力，电负性更大的元素在化合物中显负价，电负性更小的显正价，可依据电负性推断化合价正负，A不符合题意；
B．分子间存在氢键，分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此的沸点远高于，不能仅依据相对分子质量推断与的沸点高低，B符合题意；
C．弱酸的电离常数越大，酸性越强，对应强碱弱酸盐的水解程度越小，溶液越小，依据弱酸的电离常数，可推断同温度同浓度时与溶液的大小，C不符合题意；
D．某温度下，若，难溶电解质析出沉淀；若，沉淀溶解；若，达到溶解平衡，可依据二者相对大小判断沉淀或溶解情况，D不符合题意；
故选B。
7. 下列实验的相应操作中，不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置使用长颈漏斗且未形成液封，反应生成的氢气会从长颈漏斗上口逸出，无法通过注射器准确测定生成气体的体积，不能测定反应速率，A错误；
B．测待测液的pH时，需用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，B正确；
C．Fe与水蒸气反应结束后，应先移出导管，再熄灭酒精灯，是为了防止倒吸，C正确；
D．使用碱式滴定管排气泡时，应将橡皮管向上弯曲，轻轻挤压碱式滴定管的玻璃球，排除气泡，操作正确，D正确；
故答案选A。
8. 溶液中存在如下平衡： ，下列说法正确的是
A. 向溶液中通入HCl气体，溶液由蓝色变为黄绿色
B. 向溶液中滴加溶液，促进平衡正向移动
C. 将溶液置于冷水中，溶液由蓝色变为黄绿色
D. 向溶液中加入NaCl固体，溶液pH不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．通入HCl气体后溶液中浓度增大，平衡正向移动，黄色的浓度升高、蓝色的浓度降低，二者混合使溶液呈黄绿色，A正确；
B．滴加溶液时，与反应生成沉淀，浓度减小，平衡逆向移动，B错误；
C．该反应，正反应吸热，置于冷水中温度降低，平衡向放热的逆向移动，浓度升高，溶液偏蓝色，C错误；
D．加入固体，浓度增大平衡正向移动，浓度减小，水解平衡逆向移动，浓度降低，pH升高，D错误；
故答案为：A。
9. 二氢嘧啶酮类化合物具有抗肿瘤、抗病毒、抗菌等药理作用。一种二氢嘧啶酮类化合物(L)的合成方法如下。
下列说法不正确的是
A. 苯甲醛的核磁共振氢谱有四组峰
B. 反应物K的结构简式是
C. 生成物L分子中存在2个手性碳原子
D. 乙酰乙酸乙酯中碳上的键极性强，易断裂
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据苯甲醛的结构简式，苯甲醛中有4种不同化学环境的氢原子，即核磁共振氢谱有四组峰，故A说法正确；
B．苯甲醛(C7H6O)、乙酰乙酸乙酯(C6H10O3)、K反应生成L(C14H16O2N2S)和2分子水，根据原子守恒，K的分子式为CH4N2S，因此对比结构简式可以推出K的结构简式为，故B说法正确；
C．根据手性碳原子的定义，L中手性碳原子的位置是，L分子中存在1个手性碳原子，故C说法错误；
D．根据上述反应可知，乙酰乙酸乙酯的α碳上的C-H发生断裂，羰基为强吸电子基团，使得α碳上的电子偏向羰基上的碳原子，使α碳上的C-H键极性增强，容易断裂，故D说法正确；
答案为C。
10. 我国科学家研发出一种电驱动化学链合成氨新技术，包括电驱动加氢过程和电驱动LiH固氮过程，原理示意图如图。其中a、b代表或中的一种。
已知：过程Ⅰ中为两电极反应物；电解质为熔融氯化锂；和均在阳极上析出。
下列说法不正确的是
A. a为LiH
B. 过程Ⅰ中生成的电极反应式为
C. 过程Ⅱ中在阴极得到电子
D. 过程Ⅰ转移时生成的a在过程Ⅱ中完全反应，生成
【答案】D
【解析】
【分析】根据流程循环：b进入过程Ⅰ（加氢过程），与​反应生成​和；进入过程Ⅱ（固氮过程），与反应生成​和，循环回过程Ⅰ。 配平过程Ⅰ反应：，因此a为，b为，据此分析；
【详解】A．根据分析，为，A正确；
B．过程Ⅰ中​在阳极生成，阳极发生氧化反应，​失电子，与电离出的结合生成，电极反应​，B正确；
C．过程Ⅱ中​转化为中-3价的，化合价降低，发生得电子的还原反应，阴极发生还原反应，因此​在阴极得到电子，C正确；
D．过程Ⅰ转移时，生成（）；过程Ⅱ中与​反应的配平方程式为：​，可得生成​，因此完全反应仅生成，D错误；
故选D。
11. 我国科学家制备出一种铜基催化剂用于催化甲醇水蒸气重整制氢，主要反应过程如下(和未画出)。
已知；Cu基催化剂中的和为催化活性位点；只参与上的反应。
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅱ→Ⅲ是催化甲醇水蒸气重整制氢的决速步骤
B. 在位点发生的总反应为
C. 位点上的反应中，参与反应的与最终生成的的物质的量之比为1：2
D. Ⅰ→Ⅶ反应过程中，有四个过程均存在键的断裂与键的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．决速步骤是反应历程中活化能（能垒）最高的步骤，根据图可知过程Ⅱ→Ⅲ的能垒变化最大（即活化能最高），因此过程Ⅱ→Ⅲ是决速步骤，故A正确；
B．观察图中Cu0位点反应，可以看出Cu0位点的反应物为CH3OH，生成物为CH2O和H2，总反应为，故B正确；
C．由图可知，H2O只参与Cu+上的反应，在Cu+位点上，CH2O与H2O反应生成CO2和H2，总反应为CH2O+H2O=CO2+2H2，参与反应的CH2O与最终生成H2的物质的量之比为1:2，故C正确；
D．Ⅰ→Ⅶ的反应过程中，Ⅰ→Ⅱ未发生化学键断裂或形成，Ⅱ→Ⅲ发生CH3OH中C-H键（σ键）断裂，生成CH2O（含C=O双键，包含π键）和H2，此过程存在σ键断裂和π键形成，Ⅲ→Ⅳ未发生化学键变化，Ⅳ→Ⅴ未发生化学键变化，Ⅴ→Ⅵ发生H2O中O-H键（σ键）断裂，形成π键，Ⅵ→Ⅶ同时存在σ键断裂和π键形成，根据上述分析可以看出仅Ⅱ→Ⅲ、Ⅴ→Ⅵ、Ⅵ→Ⅶ共3个过程存在σ键断裂和π键形成，不存在四个符合要求的过程，故D错误；
故答案选D。
12. CO催化还原NO生成和可以同时实现两种有害气体的有效脱除，因而成为治理烟气的最理想方案之一、将组成一定的CO与NO混合气体通入恒容密闭容器中，主要反应过程为：
ⅰ．
ⅱ．
不同温度下，反应相同时间，反应体系中各气体的物质的量浓度随温度的变化如图。
已知：NO的脱除率
下列说法不正确的是
A. CO与NO反应生成与的热化学方程式为：
B. y曲线代表的物质是
C. 450℃时，NO的脱除率约为60%
D. 450℃比350℃更有利于CO、NO的有效脱除
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，将反应ⅰ+反应ⅱ可得总反应：，A正确；
B．CO、NO是反应物，浓度随温度升高（反应速率加快，消耗增多）逐渐降低，​和​是生成物，浓度随温度升高逐渐增大，总反应中​计量数为2，​计量数为1，因此相同温度下​浓度大于​，故曲线x为、曲线y为​，B正确；
C．根据N原子守恒：初始NO浓度，根据B选项可知，曲线x为、曲线y为​，则曲线e为，如图可知，450℃时，、、，代入得： ，
根据脱除率定义可知：，C错误；
D．如图可知，450℃比350℃时CO浓度明显降低，NO浓度变化不明显，但CO和NO浓度均较低，因此450℃比350℃更有利于CO、NO的有效脱除，D正确；
故选C
13. 一种高强度、耐低温压缩的聚氨酯W的合成路线如下。
下列说法不正确的是（ ）
A. 反应物P分子中碳原子的杂化类型为及
B. 高分子W具有高强度可能与链之间能形成氢键有关
C. 反应物M与P生成W的反应类型为缩聚反应
D. 依据上述反应原理，高分子W可以和反应，生成体型聚合物
【答案】C
【解析】
【详解】A ．P分子中，萘环上的碳原子都形成3个键、无孤电子对，杂化类型为杂化； 中心碳原子形成2个键、无孤电子对，杂化类型为杂化，A 正确；
B．高分子W的结构中含有，N上连接H原子，分子链之间可以形成氢键，氢键增强了分子间作用力，因此W具有高强度，B 正确；
C．缩聚反应的定义是：单体缩合生成高分子，同时会脱去小分子副产物（如水、醇等），该反应中，和发生加成反应生成氨基甲酸酯键，所有原子全部进入产物，没有小分子生成，不属于缩聚反应，C 错误；
D．选项中的化合物是季戊四醇，1个分子中含有4个羟基（多个可反应官能团），可以与W的异氰酸酯基发生交联，生成体型网状聚合物，D 正确；
故答案选C。
14. 某小组探究利用溶液鉴别和，实验如下。
已知：ⅰ、白色沉淀为，；
ⅱ、25℃时，的，；
ⅲ、实验中，3滴溶液的体积约为0.15mL。
下列说法不正确的是
A. 常温下，溶液的
B. Ⅲ中，试管b中发生反应的离子方程式为：
C. 常温下，利用氯化钙溶液鉴别和时需控制溶液浓度在一定范围
D. 将溶液与溶液混合，溶液中出现白色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液中水解程度大，碱性最强；NaHCO3溶液中水解略强于电离，呈弱碱性；CaCl2为强酸强碱盐，溶液中性。故pH顺序为： Na2CO3>NaHCO3>CaCl2，A正确；
B．实验现象为白色沉淀+无色气泡，说明发生反应：2+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，方程式满足原子守恒、电荷守恒，且与现象一致，B正确；
C．利用CaCl2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3时，需控制溶液浓度。若CaCl2浓度过高，NaHCO3也可能生成沉淀，故需控制浓度范围，C正确；
D．计算混合后各离子浓度：混合后总体积为20 mL。c(Ca2+)= (10 mL × 0.005 ml/L) / 20 mL = 0.0025 ml/L，c() = (10 mL × 0.002 ml/L) / 20 mL = 0.001 ml/L，实验Ⅰ中4mL 0.05 ml/L CaCl2(c(Ca2+)= 0.05 ml/L)溶液中加3滴0.1 ml/L NaHCO3溶液，混合后c() = (0.15 mL × 0.1 ml/L) / 4.15 mL ≈ 0.0036 ml/L，无沉淀生成，混合后钙离子和碳酸氢根离子浓度远远低于实验Ⅰ，故无沉淀生成。D错误；
故答案选D。
本部分共5题，共58分。
15. 金属-有机框架材料(MOFs)是由含金属的节点与有机连接体构筑形成的一种材料，具有空间立体网状结构，在气体存储、分离领域具有潜在应用价值。MOF-5是一种典型的金属有机框架材料。
（1）MOF-5的一种制备方法如下。
①Zn的基态原子价层电子轨道表示式是______。
②DMF的分子式是______。
③组成DMF的第二周期元素中，元素的第一电离能最大的是______。
（2）MOF-5晶体的晶胞是立方体结构，结构示意图如下。
①MOF-5中每个周围与它最近且距离相等的有______个。
②MOF-5晶体的密度为，和的摩尔质量分别为和，阿伏伽德罗常数为，该晶胞的棱长为______。
（3）研究发现MOFs材料的热稳定性与金属阳离子所带电荷及其尺寸有关。将MOF-5中的替换为，材料的热稳定性显著提升。从微粒间作用的角度解释原因______。
【答案】（1） ①. ②. ③. N
（2） ①. 6 ②.
（3）Al3+所带电荷比Zn2+多，离子半径比Zn2+小，与配体之间作用强度更大
【解析】
【小问1详解】
①Zn是30号元素，基态原子价层电子排布为，价层电子轨道表示式为；
②DMF为N,N-二甲基甲酰胺，结构为，分子式为；
③组成DMF的第二周期元素为C、N、O，同周期第一电离能从左到右整体增大，且N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能N>O>C，故第一电离能最大的是N(氮)。
【小问2详解】
①每个在x、y、z三个轴的正负方向，各连接1个最近的，故总数为6；
②根据均摊法，位于顶点、棱心、面心和体心，数目为，根据电荷平衡，数目为，设晶胞棱长为，则晶胞体积，晶胞总质量，由密度公式得：。
【小问3详解】
Al3+所带电荷比Zn2+多，离子半径比Zn2+小，与配体之间的作用强度更大，因此材料热稳定性显著提升。
16. NaClO是84消毒液的有效成分，是一种应用广泛的含氯消毒剂。
（1）实验室制备。通常将纯净的氯气通入冷的氢氧化钠溶液中进行制备，实验如图。
①A为氯气发生装置。A中反应化学方程式是______。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂______。
（2）电解法制备NaClO的原理示意图如图。阳极材料以钛作基体，为催化剂涂层。
已知：受电极材料影响，浓度较大时，可优先被氧化。
①a极为______。
②结合电极反应式解释的产生原理______。
③电解时实际生成的NaClO的总量小于理论计算所得NaClO的量，可能原因是______。
（3）NaClO用于消毒的主要原因是：产生HClO分子会很快吸附细菌，通过氧化反应消毒。
已知：ⅰ、HClO浓度越大，氧化还原电势越高、氧化性越强，消毒效果越好；
ⅱ、25℃时，HClO的。
①当84消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势的变化如下。
结合平衡移动原理解释84消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势变化的原因______。
②84稀释液静置于空气中时，氧化还原电势的变化如图。结合离子方程式解释原因______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 阴极 ②. 阳极发生反应，阴极发生反应，生成的与阴极产生的发生反应，从而生成 ③. 浓度减少，放电，有生成；和不完全反应；部分逸出未反应（合理即可）
（3） ①. 溶液中存在平衡：，当稀释倍数从增大到时，加水稀释促进的水解，HClO物质的量增加程度大于体积增加的程度，HClO浓度增大，，氧化还原电势升高，当稀释倍数超过（如）时，稀释的影响超过促进水解的影响，浓度降低，氧化还原电势降低 ②. ，浓度逐渐增大，氧化性增强，因此氧化还原电势逐渐升高
【解析】
【分析】该实验为实验室制备次氯酸钠（84消毒液有效成分）的流程：装置A中，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，制得的氯气中混有挥发的和水蒸气，装置B为除杂装置，需依次通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，得到纯净的氯气，纯净氯气通入装置C中冷的氢氧化钠溶液（冰水浴降温，防止副反应生成氯酸钠），与氢氧化钠发生反应制得次氯酸钠，装置D中盛放氢氧化钠溶液，用于吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
①装置A是与浓盐酸加热制，属于氧化还原反应，因此反应方程式为；
②A中产生的混合气体包括生成的和挥发的，因此装置B的作用是除去挥发的，选择饱和食盐水是因为极易溶于水，且在饱和溶液中溶解度较小；
【小问2详解】
①由图可知，a极中消耗产生，发生了还原反应，因此a极为阴极；
②在b极（阳极）发生的反应是，a极（阴极）发生的反应为，阳极生成的与阴极生成的发生反应，产生；
③实际产量小于理论产量的可能原因是浓度减少，放电，有生成；和不完全反应；部分逸出未反应等；
【小问3详解】
的浓度决定了氧化还原电势：稀释初期水解促进使浓度升高，氧化还原电势上升，过度稀释时的稀释效应占据主导，氧化还原电势下降；根据弱酸的酸性强弱，
的>的>的，因此可以与反应生成，离子方程式为，随着时间推移，空气中的持续与反应，溶液中浓度逐渐升高，因此氧化还原电势逐渐升高。
17. 一种重要医药中间体T的合成路线如下：
已知：
（1）A可与小苏打反应，B的分子式是。的化学反应方程式是______。
（2）的反应类型是______。
（3）已知：J与溶液作用显紫色。的反应试剂和条件为______。
（4）Q分子中含有官能团名称是氯原子、______。
（5）下列说法正确的是______(填序号)。
a．引入保护基，脱除保护基
b．L的一种同分异构体同时含有苯环和碳碳三键、既有酸性又有碱性
c．的反应类型是还原反应
（6）以G和R为原料合成T分为三步反应：
①X的结构简式为______。
②Y中仅有一个六元环，的反应类型是______。
【答案】（1）
（2）取代反应 （3）浓硝酸、浓硫酸、加热
（4）（酚）羟基、氨基
（5）abc （6） ①. ②. 消去反应
【解析】
【分析】A可与小苏打反应，说明A含羧基，B分子式为，为乙醇，A在浓硫酸、加热条件下与B发生酯化反应生成D，推得A为，D为；D与在一定条件下发生取代反应生成E，E为；E与发生取代反应生成F，F与反应生成G和乙醇，根据已知信息可知，G的结构式为；A脱水生成H（）， H结构为，H与含酚羟基遇显紫色的J反应，生成K，K发生硝化反应生成L，根据L的结构逆推可知K为，J为；L与在催化下发生苯环取代生成M，根据R的结构逆推可知，M的结构为，M在条件下发生还原反应，硝基转化为氨基生成P，P的结构为；P脱保护基生成Q的结构为 ，Q与在下发生反应生成R；R与G经三步反应生成T，据此分析。
【小问1详解】
A为，B为，A→D为乙酸与乙醇的酯化反应，化学反应方程式为；
【小问2详解】
D为，D→E为与的取代反应，甲基上的氢原子被氯原子取代，反应类型为取代反应；
【小问3详解】
K为对羟基苯乙酸乙酯类结构，K→L为苯环的硝化反应，反应试剂和条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；
【小问4详解】
Q的结构为，Q分子中含有的官能团为氯原子、（酚）羟基、氨基；
【小问5详解】
a．H→K引入乙酰基保护酚羟基，P→Q脱除保护基，a正确；
b．L的同分异构体同时含苯环、碳碳三键，且既有酸性又有碱性，考虑同时含酚羟基和氨基，如符合要求，b正确；
c．M→P为硝基还原为氨基，属于还原反应，c正确；
故选abc；
【小问6详解】
①R与G发生加成反应，G的结构为，加成后X的结构简式为；
②Y中仅有一个六元环，X→Y为分子内羟基消去形成碳氮双键，反应类型为消去反应。
18. 以型废催化剂为原料，实现、、(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。
已知：i．是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将先酸化为；
ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；易升华，易溶于碱。
（1）高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是______。
（2）浸出过程中，转化为、转化为进入溶液。
①NiO转化为的离子方程式为______。
②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。
（3）萃取时，滤液中加入酸化的会选择性萃取而不萃取。原因是______。
（4）反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。
a．氨水 b．硫酸溶液 c．氯化铵溶液
（5）该流程中可循环利用的物质有______。
（6）测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。
取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入酸化后滴加指示剂，用标准液滴定，至滴定终点时消耗溶液的体积为12.00mL。
已知：。
反萃取液中钼元素物质的量浓度为______。
【答案】（1）易升华，温度过高，流失，影响后续溶浸
（2） ①. ②. 不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离
（3）由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥 （4）a
（5）、氨水
（6）
【解析】
【分析】废催化剂经高温焙烧将镍元素、钼元素转化为NiO和，氯化铵、氨水将镍元素和钼元素以
、形式浸出，氧化铝形成滤渣除去；利用酸化的萃取出进入有机层，进入水层，加入氢氧化钠得到氢氧化镍；有机层再经反萃取，净化浓缩得到钼盐，据此分析。
【小问1详解】
已知易升华，焙烧温度过高时，升华逸出，可浸出的钼元素减少，影响后续溶浸；
【小问2详解】
①与氨水、反应生成六氨合镍(II)配离子，根据电荷守恒、原子守恒配平即可得到离子方程式：；
②已知NiO不溶于强碱，易溶于氨水，若使用氢氧化钠，氢氧化钠与铵根离子反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成，后续不易分离，所以不可以用替换氨水，故答案为：不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离；
【小问3详解】
酸化生成的带正电荷，可静电吸引带负电的进入有机层；而带正电荷，与相互排斥，不能进入有机层，因此仅选择性萃取，故答案为：由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥；
【小问4详解】
萃取时酸化为带正电的，结合进入有机层；反萃取需要中和的，使变回中性的，释放进入水层，因此需要碱，选项中只有氨水为碱性，故选a；
【小问5详解】
反萃取后再生，可回到萃取步骤循环使用；萃取后水层与反应生成和氨水，所以氨水也可以回收循环用于浸出步骤，因此可循环的物质为和氨水；
【小问6详解】
根据反应，可得： 待测液中，， 则原反萃取液中总，因此
19. 小组同学探究pH对催化分解反应的影响。实验如下。
已知：ⅰ、碱性条件下会发生分解。为易于保存，常在过氧化氢溶液中添加适量磷酸；
ⅱ、为棕黑色固体，通常显浅粉色，为白色沉淀。
（1）催化分解反应的化学方程式是______。
（2）结合实验Ⅱ，解释实验Ⅰ中加入固体后溶液pH迅速上升的原因______。小组同学针对实验Ⅱ中“固体消失”这一现象继续展开探究。
将实验Ⅱ试管中反应后的溶液平均分装在2个试管中，分别标号1和2。进行实验Ⅲ。
（3）实验III-1的目的是______。
（4）用离子方程式解释实验Ⅲ-2中棕黑色固体生成的原因______。
（5）有同学提出，实验Ⅲ-2中滴加NaOH溶液，碱性增强，分解速率加快。补充实验，证明在碱性条件下分解不是Ⅲ-2中速率加快的主要原因。实验操作及现象是______。
（6）结合实验Ⅲ，从电极反应角度分析Ⅱ中无法再生成的可能原因______。
（7）依据上述实验，pH对催化分解反应的影响是______。
【答案】（1）
（2）Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升
（3）证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小
（4）
（5）取1.5 mL7.7%的H2O2溶液，逐滴滴加与III-2浓度相同的NaOH溶液，至溶液显碱性，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率
（6）；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2
（7）酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响
【解析】
【分析】本题以MnO2催化H2O2分解为载体，探究 pH 对催化反应的影响。通过酸性、中性、碱性条件下的对比实验，揭示了MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+而失活，在碱性条件下可被再生并持续催化的机理，同时验证了碱性条件下H2O2自身分解并非速率加快的主因，体现了催化剂活性受环境 pH 调控的特点。
【小问1详解】
MnO2催化H2O2分解反应的化学方程式是；
【小问2详解】
Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升，最终反应完全，溶液呈中性，pH 稳定在 7 左右；
【小问3详解】
探究酸性条件下，反应后的溶液中Mn2+对H2O2分解的催化作用，证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小；
【小问4详解】
棕黑色固体生成的原因用离子方程式解释：，（合并为：）；
【小问5详解】
取取1.5 mL 7.7%的H2O2溶液，调节至相同碱性条件，不加含Mn2+的溶液，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率；
【小问6详解】
；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2；
【小问7详解】
酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响。A．借助秒表，测定稀硫酸与锌的反应速率
B．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH
C．Fe与水蒸气反应结束后，先移出导管，再熄灭酒精灯
D．使用碱式滴定管时轻轻挤压碱式滴定管的玻璃球，排除气泡
实验序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
试管a：立即出现白色沉淀
试管b：无明显现象
Ⅱ
试管a：立即出现白色沉淀
试管b：立即出现白色沉淀
Ⅲ
试管a：立即出现白色沉淀
试管b：立即出现白色沉淀，有无色气泡产生
84消毒液与水的体积比
1：10
氧化还原电势
约570
约620
约690
约560
实验
操作及现象
Ⅰ
在烧杯中加入一定量7.7%溶液(pH约为3.5)，将少量固体迅速加入烧杯中，立即产生大量气体，溶液pH迅速上升，最终稳定在7左右。
Ⅱ
在试管中加入2mL7.7%溶液，再加入少量固体，立即产生大量气体，加入1mL溶液，固体消失，同时产生气体的速率迅速减慢，最后几乎停止。最终溶液呈浅粉色
实验
操作及现象
Ⅲ-1
向1号试管中加入少量固体，产生大量气体，几秒后黑色固体减少至消失，气体产生速率再次变慢。重复以上操作2次，现象相同。
Ⅲ-2
向2号试管中逐滴滴加NaOH溶液，重复出现“有棕黑色固体生成，同时产生气体的速率明显加快，振荡后，棕黑色固体消失，气体产生速率减慢”的现象，直至体系显碱性时，棕黑色固体不再消失。之后，再加入7.7%溶液，产生大量气体。