北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测二 化学试卷（含解析）高考模拟

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2026.5
(考试时间90分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Fe56 Cu64 Au197
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. 我国科研团队以废弃的聚氯乙烯、聚烯烃及石油裂解产生的异丁烷为原料，制得高附加值液态烷烃和HCl。下列说法不正确的是
A. 聚氯乙烯塑料不能用于食品包装
B. 石油裂解属于物理变化
C. 用系统命名法命名异丁烷：2-甲基丙烷
D. 该成果可为塑料污染的治理提供全新的解决方案
【答案】B
【解析】
【详解】A．聚氯乙烯残留的氯乙烯单体及加工添加的增塑剂均有毒，不能用于食品包装，A正确；
B．石油裂解是长链烃断裂为短链烯烃等新物质的过程，有新物质生成，属于化学变化，B错误；
C．异丁烷主链含3个碳原子，2号碳原子连接1个甲基，系统命名为2-甲基丙烷，C正确；
D．该成果可将废弃塑料等污染物转化为高附加值产品，能为塑料污染治理提供新的解决方案，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 乙酸的分子模型：
B. 的VSEPR模型：
C. 的电子式：
D. HCHO与分子间的氢键：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸的结构简式为，原子半径，分子空间填充模型符合原子连接顺序和原子大小规律，A正确；
B．​中心原子的价层电子对数为（2对成键电子对+1对孤电子对），VSEPR模型为平面三角形，B正确；
C．结构式为，分子中各原子最外层均满足稳定结构，电子式书写正确，C正确；
D．氢键是由已经与电负性很大的原子（如N、O、F）形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间的作用力；中与电负性不大的相连，不能形成C−H⋅⋅⋅O 型氢键，HCHO与H2O分子间的氢键为，D错误；
故答案选D。
3. 考古研究利用了解古代人类的主食结构，利用了解古代人类食用肉类的情况。下列说法不正确的是
A. 蛋白质含有C、H、O、N等元素
B. 原子半径：
C. 和含有的中子数的差值为2
D. 可用质谱法区分和
【答案】C
【解析】
【详解】A．蛋白质的基本组成元素包含C、H、O、N，部分蛋白质还含有S等元素，A正确；
B．同周期主族元素随原子序数增大，原子半径逐渐减小，C和N同周期，原子序数C15N，B正确；
C．中子数=质量数-质子数，13C的中子数为，的中子数为，二者中子数差值为1，不是2，C错误；
D．质谱法可以测定分子的相对分子质量，相对分子质量为45，12CO2相对分子质量为44，二者质谱峰位置不同，可通过质谱法区分，D正确；
故选C。
4. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 用溶液清洗油污时，加热可增强去污效果
B. 用稀硫酸洗涤沉淀，可减少沉淀损失
C. 加入少量固体，可促进锌片与稀硫酸产生
D. 加入CuO调节溶液，可除去溶液中的
【答案】C
【解析】
【详解】A．存在水解平衡，水解为吸热过程，加热使平衡正向移动，浓度增大，去污效果增强，可用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B．存在溶解平衡，稀硫酸中浓度较大，使平衡逆向移动，减少的溶解损失，可用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．加入后，置换出，形成铜锌原电池，加快反应速率，该过程利用原电池原理，无平衡移动过程，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；
D．存在水解平衡，加入消耗，使平衡正向移动，转化为沉淀而除去，可用平衡移动原理解释，D不符合题意；
故答案选C。
5. (亚硫酰氯)的结构式为，它是有机合成中一种重要的氯代试剂，如：。下列说法不正确的是
A. 基态S原子的电子排布式为
B. 分子中所有原子均在同一平面
C. 和HCl直接逸出反应体系，有利于产物的提纯
D. 推测与水反应生成和HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．S是16号元素，基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，A正确；
B．中心S原子的σ键数为3，孤电子对数为6−2−2×12=1 ，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，所有原子不可能共平面，B错误；
C．和常温下均为气体，反应中直接逸出体系，便于产物提纯，C正确；
D．类比与羧酸的反应规律（被氯代生成​和），可推测与水反应生成和，D正确；
故选B。
6. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 给铅酸电池充电：
B. 用乙醇处理废弃的钠：
C. 用水溶液吸收溴蒸气：
D. 用除去废水中的：
【答案】A
【解析】
【详解】A．铅酸电池放电的反应为，充电为放电的逆过程，反应物应为和，选项中反应物、生成物写反，A错误；
B．乙醇与钠反应温和，可生成乙醇钠和氢气，能安全处理废弃钠，方程式书写正确，B正确；
C．具有还原性，具有氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，方程式配平正确，C正确；
D．为难溶物，硫离子可与结合生成沉淀，可除去废水中的，离子方程式书写正确，D正确；
故答案为：A。
7. 下列实验的相应操作中，正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．蒸发结晶得到NaCl晶体时，不能将液体完全蒸干，应当加热到出现大量固体时停止加热，利用余热蒸干剩余液体；完全蒸干会导致固体飞溅，A错误；
B．测定溶液pH时，若提前用蒸馏水洗涤玻璃棒，玻璃棒残留的水会稀释待测液，导致测定结果不准确，应该用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液，B错误；
C．乙醇和浓硫酸混合时，浓硫酸密度更大、混合过程放热，若先加浓硫酸再加乙醇，乙醇会浮在浓硫酸表面，放热易引发液体飞溅，正确顺序是先加乙醇，再将浓硫酸缓慢加入乙醇中，C错误；
D．四氯化碳不溶于水，且碘在四氯化碳中溶解度远大于水，可萃取碘水中的碘；振荡萃取时，需要塞紧分液漏斗上口塞子，倒转分液漏斗（上口向下倾斜）振荡，D正确；
故选D。
8. 合成氨生产流程示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 气体温度的大小：①④。
下列说法不正确的是
A. 电极M连接的是电源的正极
B. 该装置通过热交换区2实现制冷
C.
D. 左池实现了电能、化学能转化为热能，右池实现了热能转化为电能、化学能
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，电极M发生反应[Fe(CN)6]4--e−=[Fe(CN)6]3-，则电极M为阳极，电极Q反应为[Fe(CN)6]3-+e−=[Fe(CN)6]4-，则电极Q为阴极，已知电解液温度：①>③、②>④，说明左池M电极附近放热，右池Q电极附近吸热。
【详解】A．由分析可知，电极M为阳极，连接的是电源的正极，A正确；
B．已知电解液温度：①>③、②>④，则左池反应为放热反应，右池反应为吸热反应，使得出液温度低于进液温度，右池的出液在热交换区2吸收热量，来制冷，B正确；
C．已知电解液温度：①>③、②>④，说明左池中，I3−+2[Fe(CN)6]4−⇌3I−+2[Fe(CN)6]3−为放热反应，C正确；
D．该装置的电解池部分（左池和右池）是将电能转化为化学能，D错误；
故选D。
14. 小组同学探究过量Zn与溶液的反应产物，实验如下。
①向溶液()中加入过量Zn粉，有气泡、红褐色沉淀产生，一段时间后无气泡冒出。离心，得清液A(检测含)和固体B。
②将固体B用溶液()洗涤干净后分两等份：一份加入的盐酸，有大量气泡产生，溶液中未检测到；另一份加入盐酸，迅速产生大量气泡，溶液中检测到。
③向清液A(pH调至3)中加入Zn粉，无气泡产生；向的盐酸中加入Zn粉，有气泡产生。
已知：i．能与、形成稳定的配离子，能将转化为配离子。
ii．。
下列说法不正确的是
A. ①中产生红褐色沉淀的原因：Zn与反应，使正向移动
B. ②中不用盐酸洗涤固体B的原因：其不能将转化为除去
C. ③中现象差异的原因：清液A中的降低了Zn的还原性
D. 综上，过量Zn与溶液反应生成、、、，未生成Fe
【答案】D
【解析】
【分析】根据实验现象分析过量Zn与溶液的反应产物有、、、、Fe，据此分析：
【详解】A．Zn与反应消耗，使水解平衡正向移动，生成红褐色沉淀，A正确；
B．pH=3 时c(OH−)=10−11ml⋅L−1，根据Ksp[Fe(OH)3] 计算得c(Fe3+)=2.8×10−39(10−11)3=2.8×10−6ml⋅L−1，几乎不溶解，无法被除去，故不用pH=3 盐酸洗涤，B正确；
C．清液A中Zn2+浓度较高，使Zn/Zn2+电极电势升高，Zn的还原性减弱，难以还原产生气泡；而pH=3 的盐酸中Zn2+浓度极低，Zn可还原产生气泡，C正确；
D．固体B已洗涤除去，加入盐酸后检测到，说明固体B含Fe单质，即反应生成了Fe，D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 金(Au)是一种用途广泛的贵重金属，硫脲是一种新型浸金试剂。
（1）基态Au原子的价层电子排布式为。按核外电子排布，下列元素与金元素位于元素周期表同区的是___________(填序号)。
a． b． c．
（2）硫脲可看作是尿素中的O原子被S原子取代的产物。
①一个硫脲分子中的键数目为___________。
②结合的能力强于，与S、O的电负性有关。比较S和O的电负性大小，并从结构角度说明理由：___________。
（3）一种Au-Cu合金的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。
①每个Au原子周围与它最近且距离相等的Cu原子有___________个。
②已知阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为___________。()
（4）硫脲与联合浸金原理为：
①分子中的S原子与通过配位键结合生成，从而提高金的浸出率。解释二者能形成配位键的原因：___________。
②溶液pH对金浸出率的影响如下图所示。
时，金的浸出率随pH减小而降低，分析原因：__________。
_________________________________(补全反应)。
【答案】（1）b （2） ①. 7 ②. 电负性：SO，原子半径S>O，原子对键合电子的吸引能力O>S
（3） ①. 12 ②.
（4） ①. Au+有空轨道，S原子有孤电子对，可形成配位键 ②. pH减小，浓度增大，硫脲和发生反应，硫脲浓度降低，浸金反应平衡左移，金的浸出率降低 ③.
CS(NH2)2+2H++2H2O=H2S↑+CO2↑+2NH4+
【解析】
【小问1详解】
Au价电子排布为，属于元素周期表的ds区； 24Cr 价电子排布为3d54s1，属于d区； 30Zn 价电子排布为，属于ds区，与Au同区； 31Ga 价电子排布为4s24p1，属于p区，故选b；
【小问2详解】
① 硫脲结构简式为，单键均为σ键，双键含1个σ键，总σ键数目为7；
② O和S同主族，S的电子层数更多，原子半径更大，对键合电子的吸引能力更弱，因此电负性小于O；
【小问3详解】
① 晶胞中Au位于顶点，Cu位于面心，顶点Au周围共有12个相邻面心的Cu，距离最近且相等；
② 晶胞中Au数目=8×18=1 ，Cu数目=6×12=3 ，晶胞总质量m=197+3×64NA=389NAg ；晶胞体积V=(a×10−7cm)3=a3×10−21cm3；密度ρ=mV=389NA×a3×10-21g·cm−3；
【小问4详解】
① Au+有空轨道，S原子含有孤电子对，满足配位键形成条件，因此可以形成配位键；
② pH减小，浓度增大，硫脲和发生反应，硫脲浓度降低，浸金反应平衡左移，金的浸出率降低； 补全反应：CS(NH2)2+2H++2H2O=H2S↑+CO2↑+2NH4+。
16. 一种制备高浓度NaClO溶液(有效氯含量可达16.3%)的方法如下。
已知：i．有效氯含量指价氯元素的质量分数。
ii．；和均为无色。
（1）与NaOH溶液反应制得NaClO的化学方程式为___________。
（2）测定有效氯含量
量取5mL母液2，用蒸馏水稀释至250mL，加入过量KI溶液和盐酸，立即密封、摇匀。充分反应后，用标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，滴定至终点。
①滴定终点的现象为___________。
②加入KI溶液和盐酸，发生反应的离子方程式为___________。
（3）探究第二次加碱的原因
实验：冰水浴条件下，直接向母液1中通入氯气，一段时间后，产生大量气体a，此时停止通入氯气，测得溶液b的、有效氯含量为1.3%。
①分析溶液b有效氯含量比母液1低的原因：
i．与水反应产生的HClO将NaClO氧化成。
ii．___________，产生。
②实验证实气体a中含有和，检验宜选用___________(填序号)。
a．澄清石灰水 b．溶液 c．品红溶液
③结合平衡移动原理，解释母液1转化为母液2的过程析出NaCl固体的原因___________。
【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（2） ①. 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ②. 3I−+ClO−+2H+=I+Cl−+H2O
（3） ①. NaClO在酸性条件下转化为HClO，HClO易分解 ②. c ③. 加入42%NaOH溶液，c(Na+)增大，通入氯气，生成Cl−，使NaCl(s)Na+(aq)+Cl−(aq)逆向移动
【解析】
【分析】将30%~40%NaOH溶液置于冰水浴中通入Cl2反应后抽滤得到NaCl固体和母液1（主要含NaClO、NaCl、NaOH），向母液1中加入42%NaOH溶液，再次在冰水浴中通入Cl2继续反应，Na+浓度升高促进NaCl固体析出，抽滤后得到NaCl固体和母液2（高浓度NaClO溶液）。
【小问1详解】
与NaOH溶液反应制得NaClO：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
【小问2详解】
母液2中含高浓度NaClO溶液，先加入KI溶液反应生成I2，因为KI过量，所以可写成，3I−+ClO−+2H+=+Cl−+H2O ；I2遇淀粉变蓝，用标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，到达终点；
【小问3详解】
①次氯酸分解生成氧气和盐酸，有效氯含量降低；
②气体a通入澄清石灰水没有明显现象，无法检验Cl2，Cl2和O2均能氧化Fe2+，所以溶液无法检验Cl2，Cl2可以使品红溶液褪色但O2不能，所以用品红溶液来检验，故选a；
③母液1中存在平衡：NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)，加入NaOH溶液后，Na+浓度增大，同时Cl2与NaOH溶液反应生成Cl-，Cl-浓度增大，平衡逆向移动，析出NaCl固体。
(4)制备时加入稍过量NaOH有利于NaClO溶液的保存。
17. 米非司酮是一种孕酮受体拮抗剂，其一种衍生物的前体N的合成路线如下(部分条件略)。
已知：i．
ii．
（1）F中含有的官能团有羰基、___________。
（2）F→A的化学方程式是___________。
（3）A→B中，判断并解释的羰基对α-H的活泼性的影响___________。
（4）D的结构简式为___________。
（5）下列说法正确的是___________(填序号)。
a．E和I生成J的反应类型为取代反应
b．J→K中，与碳碳双键发生加成反应
c．L→M的转化过程与E→L相似，均经历4步反应
（6）由N合成米非司酮衍生物Q的路线如下：
X的分子式为，含有酯基和1个sp杂化的碳原子。X的结构简式为___________。
（7）F→Q中，使用了两种保护羰基的方法，分别是：
①用、进行保护，用TBAF、琼斯试剂脱除保护；
②___________。
【答案】（1）羟基 （2）
（3）使α-H的活泼性增强。羰基为吸电子基团，α位C—H键极性增强，易断裂
（4） （5）ab
（6） （7）用、进行保护，用、脱除保护
【解析】
【分析】F在浓硫酸加热的条件下发生醇的消去反应生成A，A的结构简式为。A和发生加成反应生成B。根据已知i，B分子五元环的1个键和侧链最左侧的α-碳的键，先发生加成反应、后发生消去反应生成D，D的结构简式为。D分子中五元环上的酮羰基经过还原反应变成醇羟基，再和Cl-Si(C2H5)3发生取代反应将羟基保护起来，得到E。F中的羟基经过取代反应转化为碳溴键，得到G。结合已知ii，G和乙二醇反应将酮羰基暂时保护起来，得到I，E和I发生取代反应生成J。J和发生加成反应得到K，K的结构简式为。K在酸性条件下将酮羰基复原，得到。结合已知i，与碱、加热生成L。L先利用自身的碳碳双键和I的碳溴键发生类似E+I→J的反应得到，在H+、H2O作用下生成，再发生类似已知i的反应得到M。M先后用TBAF、琼斯试剂将酮羰基复原，得到N。
【小问1详解】
根据F的结构简式可知其官能团为羰基和羟基。
【小问2详解】
根据分析，F→A为消去反应，生成A的同时生成了水，配平后得化学方程式为。
【小问3详解】
A→B的反应中，断开了α-C原子上的键，A断开碳碳双键，双键的端基C原子和α-C相连，H与双键的另一个C原子相连，说明该键易断裂，即两边的羰基使其活泼性增强，羰基为吸电子基团，α位C—H键极性增强，易断裂。
【小问4详解】
根据分析可知，D的结构简式为。
【小问5详解】
a．E在碱作用下α-C脱质子形成碳负离子，取代I中生成J，属于取代反应，a正确；
b．J→K中，H2/Ni 条件下优先与碳碳双键加成，酮羰基保留，b正确；
c．根据分析，E→L经历4步反应，而L→M经历3步反应、不存在类似J→K的加成反应，c错误；
选ab。
【小问6详解】
P与X发生加成反应，且X分子式为C8H13NO3，计算得不饱和度；含有酯基和1个sp杂化碳，结合Q的结构简式，含有−N=C=O (中心碳为sp杂化）和1个酯基，根据题干的合成路线，该合成路线的最后一步为缩酮水解脱保护生成酮羰基，同时酯基也水解变成羧基，最后一步的反应物为。所以X的结构简式为。
【小问7详解】
根据已知ii，羰基可与乙二醇形成缩酮实现保护，后续酸性水解可重新得到酮羰基，即用、进行保护，用、脱除保护，是题干中第二种保护羰基的方法。
18. 以硫铁矿烧渣(主要成分为、，含少量等)制备铁黑颜料的过程如下。
资料：0.2ml⋅L−1Fe2+开始沉淀时，沉淀完全时。
（1）碱浸
①分离碱浸渣的方法是___________。
②NaOH溶解的化学方程式是___________。
（2）还原
反应的离子方程式有___________。
（3）制备
过程及现象；向0.2ml⋅L−1FeSO4溶液中加入一定量的NaOH溶液，产生白色沉淀。缓缓通入空气并开始计时，观察到沉淀颜色逐渐加深，体系pH变化如图所示。经检验，时间段均有产生。
已知：时，浊液中主要存在、和少量。
①产生白色沉淀的离子方程式是___________。
②时间段，pH几乎不变。用方程式说明产生的原因：___________。
③时间段，pH明显降低，清液中增大。结合方程式说明原因：___________。
（4）测定纯度
称取wg铁黑颜料，用酸溶解，加入溶液使转化为，除去剩余的后，用cml⋅L−1标准溶液滴定，消耗溶液V mL。滴定原理为：。计算产品中的纯度：___________。
已知：的摩尔质量为232g⋅ml−1，其他微粒不干扰检测。
【答案】（1） ①. 过滤 ②.
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+、
（3） ①. Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓ ②. 6Fe(OH)2+O2=2Fe3O4+6H2O ③. 发生反应10Fe(OH)++O2=2Fe3O4+4Fe2++2H++4H2O ，该反应生成使溶液酸性增强，明显降低，同时生成使清液中c(Fe2+) 增大
（4）0.464cVw×100%
【解析】
【小问1详解】
①碱浸后分离固体碱浸渣和溶液，分离固液的操作为过滤；
② ​是两性氧化物，可与反应生成，化学方程式为；
【小问2详解】
酸浸后溶液中含有（铁氧化物溶解生成）和过量的，都可与单质反应，被还原为，反应的离子方程式有Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑ ；
【小问3详解】
① 与反应生成白色沉淀，离子方程式是Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓ ；
②时间段发生反应6Fe(OH)2+O2=2Fe3O4+6H2O ，该反应中反应物、产物均不产生额外，浓度几乎不变，因此几乎不变；
③时间段发生反应10Fe(OH)++O2=2Fe3O4+4Fe2++2H++4H2O ，该反应生成，使溶液酸性增强，明显降低，同时生成，使清液中c(Fe2+) 增大；
【小问4详解】
根据滴定反应，可得关系：Cr2O72−∼6Fe2+，1ml 中的铁元素经处理后，共得到 ，因此Fe3O4∼3Fe2+~12Cr2O72−，n(Cr2O72−)=cV×10−3ml ，则n(Fe3O4)=2cV×10−3ml ，m(Fe3O4)=2cV×10−3ml×232g/ml=0.464cVg ，故纯度为0.464cVw×100% 。
19. 小组同学探究影响乙醛与银氨溶液反应速率的因素。
（1）与反应的化学方程式是___________。
（2）配制银氨溶液
向试管中加入1mL2%的“试剂a”，然后边振荡试管边逐滴滴入2%的“试剂b”，使最初产生的沉淀恰好溶解(如下图)。试剂a、b分别是___________、___________。
（3）小组同学认为，提高的浓度，有利于更快产生银镜，设计如下实验。
已知：。
①实验Ⅱ中产生的气体是。检出的操作和现象是___________。
②实验Ⅱ中未产生Ag。结合平衡移动原理分析原因：___________。
（4）进一步探究实验Ⅱ中未产生银镜的原因。
实验Ⅲ：将试剂x更换为2%的溶液，重复实验，100s无明显现象。
对比银氨溶液和溶液的组成，推测的浓度可能影响银镜的产生速率。
实验Ⅳ：向银氨溶液中滴加不同体积的NaOH溶液，再加入乙醛，现象如下。
①小组同学认为，有利于更快产生银镜，实验证据是___________。
②分析滴加8滴NaOH溶液未产生银镜的原因：
假设1：过高，反应过快，导致产生的银不能以银镜析出。
假设2：过高，与反应导致浓度降低，反应变慢，未产生银。
设计实验方案检验棕黑色沉淀A的成分确认假设1正确：___________。
（5）查阅文献：乙醛与银氨溶液的反应可能经历如下步骤。
由此思考，实验Ⅲ中的浓度较低，导致___________的浓度较低，反应变慢。
【答案】（1）CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→ΔCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
（2） ①. 溶液 ②. 稀氨水
（3） ①. 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(合理即可) ②. 加入浓氨水，c()增大，Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+正向移动，c()减小，反应变慢
（4） ①. 加入1~2滴NaOH溶液产生银镜的时间比不加NaOH溶液(实验I)产生银镜的时间短(或加2滴溶液产生银镜的时间比加1滴溶液产生银镜的时间短) ②. 取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓硝酸，产生红棕色气体，说明固体A含有(或取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓氨水，充分反应沉淀未完全溶解，说明固体A含有)
（5）
【解析】
【小问1详解】
与反应的化学方程式是：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→ΔCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O ；
【小问2详解】
配制银氨溶液的步骤为：向硝酸银溶液中逐滴滴加稀氨水，至沉淀恰好溶解，试剂a为溶液，试剂b为稀氨水；
【小问3详解】
①检出的操作和现象是：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝；
②实验Ⅱ中未产生，原因是加入浓氨水，c()增大，Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+正向移动，c()减小，反应变慢；
【小问4详解】
①因为加入1~2滴NaOH溶液产生银镜的时间比不加NaOH溶液(实验I)产生银镜的时间短，或加2滴溶液产生银镜的时间比加1滴溶液产生银镜的时间短，所以可以得到有利于更快产生银镜的实验结论；
②假设1认为棕黑色沉淀A中有，而假设2认为没有；设计实验方案检验棕黑色沉淀A的成分确认假设1正确：取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓硝酸，产生红棕色气体，说明固体A含有，假设1正确；或取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓氨水，充分反应沉淀未完全溶解，说明固体A含有Ag，假设1正确；
【小问5详解】
实验Ⅲ中的浓度较低，导致乙醛与反应生成的减少，导致与发生的慢反应及后续反应更难进行，反应变慢。从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体
测定溶液的pH
A．加热并用玻璃棒不断搅拌，直至液体完全蒸干
B．先用蒸馏水洗涤玻璃棒，再蘸取待测液，点在pH试纸上
用乙醇制取乙烯
萃取碘水中的碘
C．先加入浓硫酸，再加入乙醇，加热使温度迅速升至170℃
D．向碘水中加入四氯化碳，然后倒转分液漏斗，振荡
25℃
50℃
75℃
苯甲酸的溶解度/(g/100g水)
0.34
0.85
2.2
NaCl的溶解度/(g/100g水)
36.1
37.0
38.0
事实
推测
A
金属性：
第一电离能：
B
还原性：
相同条件下氧化性：
C
酸性：
溶液pH：
D
溶解度：
溶解度：
装置
实验
试剂x
现象
Ⅰ
银氨溶液
100s产生银镜
Ⅱ
银氨溶液与浓氨水
有气泡产生，100s无明显现象
NaOH用量
1滴
2滴
8滴
现象
立即产生少量棕黑色沉淀，加乙醛后水浴20s产生银镜
立即产生较多棕黑色沉淀，加乙醛后水浴10s产生银镜
立即产生大量棕黑色沉淀，加乙醛后水浴较长时间未产生银镜，试管中仍有大量棕黑色沉淀A