2026年高考化学临考冲刺卷01（广东专用）（全解全析）

/2026年高考化学临考冲刺卷（广东专用）化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32一、选择题：本题共16个小题，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．华夏瑰宝，凝聚先民智慧，下列文物主要成分属于无机非金属材料的是A．四羊青铜方尊B．釉里红花纹玉瓶C．战国曾侯乙墓竹简D．西汉素纱蝉衣【答案】B【解析】A．青铜的主要成分是铜、锡等金属，属于金属材料，不是无机非金属材料，A错误；B．釉里红花纹玉瓶是瓷器，其主要成分是硅酸盐、氧化物等，属于无机非金属材料，B正确；C．竹简主要成分是纤维素，属于天然有机高分子材料，不是无机非金属材料，C错误；D．素纱蝉衣的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，属于天然有机高分子材料，不是无机非金属材料，D错误；故答案选B。2．2025年11月5日，全球首艘采用常规动力电磁弹射技术的航空母舰——福建舰正式入列，标志着中国航母技术跻身世界前列。下列说法错误的是A．雷达系统使用的氮化镓(GaN)半导体芯片属于新型无机非金属材料B．舰体甲板使用低磁高强度合金钢，其硬度、韧性等机械性能通常优于各成分金属C．涂层中添加的碳化硅(SiC)可显著提升耐磨与隐身性能，SiC的熔点比金刚石的高D．舰身建造采用巨型超高强度特种钢板以减少焊缝，可提高舰体整体抗腐蚀性能【答案】C【解析】A．氮化镓是半导体材料，属于新型无机非金属材料，A正确；B．低磁高强度合金钢属于合金，合金的硬度、韧性等机械性能通常优于各成分金属，B正确；C．SiC和金刚石均为共价晶体，C原子半径小于Si，键键长比键更短、键能更大，因此金刚石熔点比SiC更高，C错误；D．焊缝处易形成原电池发生电化学腐蚀，减少焊缝可降低腐蚀概率，提高舰体整体抗腐蚀性能，D正确；故答案选C。3．下列关于医疗相关材料的说法正确的是A．纯碱可用于治疗胃酸过多B．医疗上所用“钡餐”的主要成分为碳酸钡C．手术缝合线材料尼龙66是由己二胺与己二酸发生加聚反应制得D．医药中常用75%酒精来消毒，75%酒精能够使细菌蛋白发生变性【答案】D【解析】A．纯碱是碳酸钠，碱性过强，对胃部刺激强，不能用于治疗胃酸过多，临床常用弱碱性的小苏打治疗胃酸过多，A错误；B．医疗上“钡餐”的主要成分是硫酸钡，碳酸钡会和胃酸（盐酸）反应生成可溶性有毒钡离子，引发重金属中毒，不能用作钡餐，B错误；C．尼龙66是己二胺与己二酸发生缩聚反应制得，反应过程会生成小分子水，不属于加聚反应，C错误；D．医药中常用75%酒精消毒，75%酒精的渗透压适宜，能够渗入细菌体内，使细菌的蛋白质发生变性失活，从而起到消毒作用，D正确；故选D。4．劳动创造美好生活。下列劳动项目与对应的化学知识有所关联的是选项劳动项目化学知识A用漂白粉漂白衣物漂白粉有效成分为NaClO，利用其强氧化性B酿制葡萄酒过程中添加适量具有抗氧化和杀菌的作用C实验室配备干粉灭火器（含）可用于扑灭金属钠着火D给自行车钢架镀锌利用外加电流法防止钢架腐蚀【答案】B【解析】A．漂白粉的有效成分为，不是，是84消毒液的有效成分，对应化学知识错误，A错误；B．酿制葡萄酒添加适量，具有还原性可抗氧化，还能使蛋白质变性起到杀菌作用，劳动项目和化学知识关联正确，B正确；C．受热分解生成和水，钠燃烧生成的会与、水反应生成助燃的氧气，不能用该干粉灭火器扑灭金属钠着火，钠着火应用沙土盖灭，C错误；D．给自行车钢架镀锌，是利用牺牲阳极法（原电池原理，锌比铁活泼，锌被腐蚀保护钢架）防腐蚀，不是外加电流法，D错误；故选B。5．氯雷他定(结构如图)常用于治疗过敏症状。下列有关该物质的说法正确的是A．分子中所有原子可能共平面 B．分子式为C．在NaOH溶液中能发生水解反应 D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】A．该分子中存在多个饱和碳原子（杂化，呈四面体结构），因此所有原子不可能共平面，A错误；B．根据结构式，该物质的分子式为，B错误；C．该分子结构中存在酯基，酯基在溶液中可以发生水解反应，C正确；D．结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选C。6．粗盐提纯主要过程如下。其中，操作X为A．过滤洗涤 B．加热蒸馏 C．萃取分液 D．蒸发结晶【答案】D【解析】粗盐加水溶解，先后加入、、除去其中的、、，再过滤将不溶性杂质和反应过程中产生的沉淀除去。滤液加入盐酸，将过量的、除去，溶液中主要剩下和，再经过X操作后得到了精盐固体，而的溶解度受温度影响较小，所以X操作为蒸发结晶，答案选D。7．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ⅡA苯酚与饱和溴水反应生成白色沉淀苯酚中苯环使羟基活化B与过量铁粉反应生成不能用铁罐储存氯水C利用饱和食盐水除去中的和在饱和食盐水中的溶解度差异大D向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑浓硫酸具有酸性和强氧化性【答案】C【解析】A．陈述Ⅰ正确，苯酚与饱和溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，但该反应体现的是羟基使苯环邻对位氢活化，陈述Ⅱ表述错误，且二者无因果关系，A错误；B．与过量铁粉在加热条件下反应生成而非，陈述Ⅰ错误，氯水呈酸性可与铁反应，不能用铁罐储存氯水，陈述Ⅱ正确，因陈述Ⅰ错误，B错误；C．极易溶于饱和食盐水，饱和食盐水中高浓度可抑制与水的反应，大幅降低溶解度，二者溶解度差异大，因此可用饱和食盐水除去中的，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，C正确；D．蔗糖中加浓硫酸变黑是浓硫酸的脱水性使蔗糖脱水炭化，与酸性、强氧化性无关，陈述Ⅱ错误，D错误；故答案选C。8．部分含Cu和S物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．可存在的转化B．若用新制的检验醛基可生成C．与在加热条件下反应生成D．与反应的离子方程式可能是：【答案】C【分析】根据图中物质的分类与相应化合价关系可知，a为，b为单质，c为，d为，e为，f为硫代硫酸盐，g为单质，h为，i为。【解析】A．与少量反应生成（b），与点燃生成（c），催化氧化生成（d），与水反应生成（e），转化可实现，A正确，不符合题意；B．新制（i）与醛基共热，被还原为砖红色（h），B正确，不符合题意；C．氧化性较弱，加热时与反应只能生成低价态的，无法得到，C错误，符合题意；D．硫代硫酸盐（f）与（e）反应，硫代硫酸根发生歧化，离子方程式为，对应b为沉淀、c为气体，D正确，不符合题意；故选C。9．下列化学反应符合如图关系且离子方程式书写正确的是A．a区，刻蚀电路板：B．b区，在空气中转化为硫酸型酸雨：C．d区，漂白液久置失效：D．f区，用饱和溶液浸泡锅炉水垢：【答案】D【解析】A．不属于置换反应，不属于a区，故A错误；B．硫酸要拆成离子形式，正确的离子方程式为，故B错误；C．次氯酸见光分解的离子方程式为，故C错误；D．该反应利用溶度积差异使CaSO4转化为CaCO3，方程式正确，故D正确；答案选D。10．常温下，与存在多个配位平衡：①

②

③

④

常温下，向盐酸中加入一定量的，体系平衡后得到含的溶液，下列说法正确的是A．加水稀释，溶液中的微粒总数下降B．上述溶液中，C．D．向溶液中加入NaCl固体，一定降低【答案】B【解析】A．加水稀释，所有配位平衡均向微粒数增多的方向移动，溶液中总微粒数增大，A错误；B．已知，代入的表达式：，计算得；再代入表达式：，计算得，即，因此，B正确；C．根据电荷守恒，阳离子所带总正电荷等于阴离子所带总负电荷，正确的电荷守恒式为，选项未对多价离子浓度乘以对应电荷数，C错误；D．加入NaCl固体，增大，平衡②逆向移动，结合的平衡常数表达式可推导得：，平衡常数随温度变化，温度不变乘积不变，加入，比值升高，可能会升高，D错误；故答案选B。11．港珠澳大桥钢管桥墩防腐技术先进，外壳镶嵌铝合金片，其结构如图所示。下列说法正确的是A．桥墩为负极B．海水层为电子迁移的通路C．铝合金片上发生反应：D．若用外加电流法保护桥墩可使腐蚀电流接近零【答案】D【解析】A．该防护方法为牺牲阳极法，铝合金的活泼性强于铁，故铝合金片作负极，桥墩钢管作正极，A错误；B．海水层为离子迁移的通路，电子通过导线在电极间迁移，电子不能进入电解质溶液，B错误；C．铝合金片为负极，发生氧化反应：，桥墩钢管为正极，发生吸氧腐蚀的还原反应：，C错误；D．外加电流法中，桥墩钢管作阴极被保护，外加电流抑制金属的氧化反应，可使腐蚀电流接近零，D正确；故选D。12．甲～辛均为短周期主族元素，在周期表的相对位置如图。戊的基态原子2p轨道半充满，下列说法正确的是A．原子半径：庚>丁>丙B．基态原子第一电离能：己>戊>庚C．戊的简单氢化物VSEPR模型为四面体形D．氧化物的水化物的酸性：辛>庚【答案】C【分析】已知戊的基态原子2p轨道半充满，说明戊的电子排布为，故戊为（氮元素），结合周期表位置可推出所有元素：甲：、乙：、丙：、丁：、戊：、己：、庚：、辛：。【解析】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多原子半径越大，因此原子半径：，A错误；B．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的；同主族从上到下第一电离能减小，因此第一电离能：，B错误；C．戊的简单氢化物为，中心的价层电子对数，因此的VSEPR模型为四面体形（实际空间构型为三角锥形），C正确；D．比较酸性必须指明是最高价氧化物对应水化物，题干未说明最高价，无法比较，如亚磷酸()的酸性强于亚硫酸()，D错误；故选C。13．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．的中子数，比的多B．的溶液中含有的数目为C．()分子中含有共价键的数目为D．电解饱和食盐水生成，转移电子的数目为【答案】B【解析】A．氯元素质子数为17，1个的中子数为，1个的中子数为，故的中子数比多，A错误；B．的溶液中，溶液中物质的量为，数目为，B正确；C．摩尔质量为，物质的量为，1个分子含8个S-S共价键，故共价键数目为，C错误；D．未指明气体处于标准状况，无法根据计算的物质的量，故无法确定转移电子数，D错误；故选B。14．从微观视角探析物质结构与性质是学习化学的有效方法之一、下列实例与解释不符的是选项实例解释A铍和铝都能与NaOH溶液反应根据对角线规则，铍和铝化学性质相似B冰的熔点高于HFHF分子间氢键强于分子间氢键C键角大于中心原子杂化轨道类型不同DCO的熔、沸点高于CO是极性分子，是非极性分子，分子间作用力：【答案】B【解析】A．根据对角线规则，铍和铝在周期表中处于对角线位置，化学性质相似，均能与NaOH溶液反应，A不符合题意；B．单个分子间氢键键能确实强于，但冰中每个分子平均可形成2个分子间氢键，每个分子平均仅形成1个分子间氢键，冰的总分子间作用力更强，熔点更高，题干给出的解释无法说明冰熔点高于的事实，B符合题意；C．中心原子价层电子对数为3，采取杂化，键角为120°；中心原子价层电子对数为4，采取杂化，含1对孤电子对，键角约107°，二者杂化轨道类型不同导致键角不同，C不符合题意；D．和相对分子质量均为28，为极性分子，为非极性分子，极性分子的分子间作用力更强，故熔沸点更高，不符合题意；故答案选B。15．按如图装置进行实验：打开分液漏斗活塞，当d中红色褪去时，关闭分液漏斗活塞。下列叙述正确的是A．a中产生，说明被还原成B．b中品红溶液褪色，说明是酸性氧化物C．根据b、c中的现象，不能说明具有还原性D．d中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应【答案】C【解析】A．a中是与发生复分解反应生成，反应中S元素化合价均无变化，没有被还原，A错误；B．b中品红溶液褪色体现的漂白性，与是酸性氧化物无关，B错误；C．b中现象说明具有漂白性，c中与反应生成S单质，作氧化剂体现氧化性，二者均不能说明具有还原性，C正确；D．酚酞变色范围为pH=8.2~10，d中红色褪去时溶液pH<8.2，此时溶液中可能仍有少量剩余，并非恰好完全反应，D错误；故选C。16．传统氯碱工业的阳极产物除外，还有。现有一种新型电解装置如图a，可将的选择性提高至，电极Ⅱ上所发生反应的催化机理如图b所示。下列说法错误的是A．图a装置应使用阳离子交换膜B．是生成的中间体，也是生成的催化剂C．理论上，该装置每生成，可制得D．电解一段时间后，图a左室可能会发生少量的酸碱中和反应【答案】C【分析】图a中，电极I连接电源负极，为阴极，阴极进入含少量NaOH的水，电极反应为：，生成H2​，同时Na+从右室移向左室，左室得到浓度更高的NaOH，电极Ⅱ连接电源正极，为阳极，通入饱和食盐水，Cl−放电生成Cl2​，同时存在副反应生成少量O2​。【解析】A．该电解目的是阴极制NaOH，阳极制Cl2，需要阳极的Na+迁移到阴极，同时阻止Cl-进入阴极，因此应使用阳离子交换膜，A正确；B．根据图b机理，生成O2​的过程中，Pt−O*是反应过程中生成、后续又被消耗的物质，属于生成O2​的中间体；生成Cl2​的循环中，Pt−O*参与反应，反应结束后重新生成，反应前后性质和质量不变，属于生成Cl2​的催化剂，B正确；C．生成10molH2​阴极转移总电子为20mol，阳极除了生成Cl2​，仍有2%的O2​生成，每生成1molO2​转移4mol电子，因此总电子守恒为，可得，无法制得10molCl2​，C错误；D．阳极生成O2​时会产生H+，少量H+可通过阳离子交换膜进入左室（阴极室），与阴极生成的OH−发生酸碱中和反应，D正确；故选C。二、非选择题：共4题，共56分。17．（14分）重铬酸钾是化学分析中一种重要的试剂，其水溶液中存在如下平衡：，某化学小组对该平衡的移动和平衡常数K进行了以下探究：【实验1】配制溶液（1）用电子天平（精确度）称取（摩尔质量：）的质量为______，再经过其它必要的步骤配制得到指定浓度的溶液。【实验2】探究浓度对平衡的影响提供的仪器及试剂：数据采集器、pH传感器、烧杯；（、）蒸馏水取不同浓度的进行实验，经过足够时间后，相关记录和数据如下表所示：初始浓度（）数据K①0.1000a②0.2000b（2）需要测定的数据X为______。（3）请根据数据X计算出_______（无需化简，用含a的代数式表示），同理计算，得到，证明平衡常数大小与浓度无关。（4）有同学发现计算得到的值与理论相差较大，有可能是因为浓度不准确，因而需要用标准溶液滴定来获得精确浓度，在该滴定实验中，下列操作正确的是______。A．调控滴定速度B．滴定时，注视液面变化C．接近终点时，改为半滴加入D．记录数据20.20mL（5）利用数据分析，还能证明增大，平衡正移，但自身的转化率变小。请画出往溶液中加入后（保持溶液体积不变），溶液随时间的变化图_____（已知，画图时需标注相应的数据）。【实验3】探究温度对平衡的影响实验温度初始浓度（）数据③298K0.1000c④328K0.1000d（6）实验结果：d<c，________（填“能”或“不能”）说明温度升高，平衡正移。理由：________，请设计实验方案，证明该反应的热效应：________。（7）在有机化学中也有重要应用，请举出一个例子：________。【答案】（1）14.71（1分）（2）pH（1分）（3）（2分）（4）AC（2分）（5）（2分）（6）不能（1分）因升高温度也能促进水的电离，使c(H+)增大，pH变小（2分）方案一，分别观察298K和328K的K2Cr2O7溶液的颜色，若328K为黄色，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；方案二，分别测定298K和328K的K2Cr2O7溶液的pH进而计算平衡常数K，若328K时的平衡常数K值更大，则反应为吸热反应，反之，为放热反应（2分）（7）酒驾检测（1分）【解析】（1）根据公式，其中，，，代入得：；（2）平衡常数，已知初始浓度，需测定溶液c(H+)，进而推导和平衡常数；（3）平衡时，c(H+)=10-amol/L，则，，K1=；（4）A．滴定中需通过活塞控制流速，A正确；B．滴定时，应注视锥形瓶内溶液颜色变化，B错误；C．接近终点时，改为半滴加入，可以减少滴定误差，C正确；D．滴定管的大刻度在下方，图中的数据应为19.80mL，D错误；故正确选项为AC；（5）初始时，溶液的pH由实验2中组的pH（设为）决定；加入后，浓度变为，平衡正移，增大，pH减小，再次平衡时的pH为a-lg2=a-0.3(根据平衡移动原理，实际pH会大于a-0.3)，画图为；（6）因升高温度也能促进水的电离，使c(H+)增大，pH变小，所以不能说明温度升高使平衡正移；可设计如下方案证明该反应的热效应：方案一，分别观察298K和328K的K2Cr2O7溶液的颜色，若328K为黄色，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；方案二，分别测定298K和328K的K2Cr2O7溶液的pH进而计算平衡常数K，若328K时的平衡常数K值更大，则反应为吸热反应，反之，为放热反应；（7）在酸性条件下将乙醇氧化为乙酸，自身被还原为（颜色由橙色变为绿色），用于酒驾检测。18．（14分）铜铅锌多金属硫化矿中主要含PbS、CuFeS2、ZnS及少量FeS2；可通过沉淀法或萃取法从铜铅锌多金属硫化矿中回收铜，两种工艺流程如下：已知：，；，。（1）“滤渣1”的主要成分为___________。（2）“硫化沉铜”时，生成CuS和一种气体。①反应的离子方程式为___________。②不使用Na2S作为沉淀剂的原因是___________。③“浸取液”中，为避免引入ZnS沉淀，“沉铜后液”中c(Cu2+)不能低于___________mol/L。（3）“电解提锌”后，母液可以返回___________步骤中循环使用。（4）向NaOH溶液中通入H2S气体可制得NaHS溶液。为得到更多的NaHS，应控制溶液的最适pH为___________(此时溶液中的S2-和H2S可看作近似相等)。（5）我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其中Se为-2价，Cu为+1、+2价，形成如图所示的两种结构单元，交替排列形成晶胞。该铜硒化合物的化学式为___________，Cu2+在晶胞中的位置为___________(填①或②)。（6）①“铜溶液”可用作电解精炼铜的电解液，在答题卡框中，画出电解示意图并做相应标注___________。②与沉淀法相比，萃取法提铜工艺的优点是___________(写一条)。【答案】（1）PbSO4、S（2分）（2）（2分）Na2S溶液碱性过强，易产生Fe(OH)3、Cu(OH)2或其碱式盐杂质(或S2-浓度过大，产生ZnS沉淀)（2分）（1分）（3）常压氧浸(或低酸洗涤)（1分）（4）9.95（1分）（5）Cu3Se2（1分）①（1分）（6）（2分）减少污染气体排放(或能耗低、试剂可循环利用)（1分）【分析】多金属硫化矿加入硫酸、氧气氧浸，铅转化为硫酸铅，硫元素被氧化为硫单质，硫酸铅、硫单质成为滤渣1，铁、铜、锌元素转化为盐溶液得到浸取液，加入NaHS得到硫化铜沉淀，火法炼铜得到铜，沉铜后液氧化调节pH，使得锌离子转化为沉淀得到滤渣2，滤液电解提锌得到锌；浸取液萃取得到含铜有机相，低酸洗涤后得到铜溶液，电解提铜得到铜；【解析】（1）由分析，“滤渣1”的主要成分为PbSO4、S；（2）“硫化沉铜”时，铜离子和硫氢根离子反应生成CuS和一种气体，结合质量守恒气体为硫化氢，反应为：；Na2S溶液碱性过强，易产生Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀或其碱式盐杂质(或S2-浓度过大，产生ZnS沉淀)，故不使用Na2S作为沉淀剂；“浸取液”中，则，为避免引入ZnS沉淀，“沉铜后液”中不能低于。（3）“电解提锌”过程中生成阴极锌离子被还原为锌单质，阳极水被氧化生成氧气和氢离子，得到母液中含硫酸，可以返回常压氧浸(或低酸洗涤)步骤中循环使用。（4）向NaOH溶液中通入H2S气体可制得NaHS溶液，此时溶液中的S2-和H2S可看作近似相等，则，，则为得到更多的NaHS，应控制溶液的最适pH为9.95；（5）据“均摊法”，两种结构单元中共含个Cu、1个Se，则该铜硒化合物的化学式为Cu3Se2；两种结构单元中共含个Cu、1个Se，Se为-2价，则铜的总正价为+2，那么结构单元内部的铜为+1价，顶点铜为+2价，故Cu2+在晶胞中的位置为顶点①号位；（6）①“铜溶液”可用作电解精炼铜的电解液，则粗铜为阳极、纯铜为阴极，电解液为硫酸铜溶液，图示为；②萃取法常温下进行，与沉淀法相比，萃取法提铜工艺的优点是减少污染气体排放(或能耗低、试剂可循环利用)。19．（14分）乙二胺()可用于捕集及分离回收废电池中的金属离子。Ⅰ．水溶液捕集反应ⅰ

反应ⅱ

反应ⅲ

（1）反应ⅲ的___________(用含、的代数式表示)。（2）下列有关说法错误的是___________(填字母)。A．易溶于水是因为自身能形成分子间氢键B．具有两性C．增大的浓度有利于的捕集D．的捕集是熵增加的过程（3）取乙二胺水溶液于离心管中，将持续通入溶液中。当的负载量为60%时，该溶液捕集的质量为___________g[已知：]。Ⅱ．水溶液分离回收废电池中的金属离子（4）①基态原子的价层电子轨道表示式为___________。②已知与形成的配合物难溶于水，而与、形成的配合物易溶于水。在与形成的配合物(图1)中，提供孤电子对的配位原子为___________(填元素符号)，配体数为___________。（5）与在水溶液中存在如下平衡(、、是的逐级稳定常数)：

向溶液中缓慢加入，实验测得各含粒子的分布分数()随溶液中游离浓度(c)的变化关系如图2所示。①曲线c表示为___________(填粒子符号)的分布分数随的变化曲线。②M点时，___________。(写出计算过程，结果用含、或的计算式表示)【答案】（1）2-1（2分）（2）AD（2分）（3）0.528（2分）（4）（1分）N（1分）3（2分）（5）[Cd(EDA)2]2+（2分）M点是曲线b和d的交点，c{[Cd(EDA)3]2+}=c{[Cd(EDA)]2+}，则K2·K3==，即lgc(EDA)=(2分)【解析】（1）反应ⅲ=反应ⅱ-反应ⅰ，因此；（2）A．EDA易溶于水是因为EDA与H2O形成分子间氢键，A项错误；B．H3N+CH2CH2NHCOO-既能与酸反应，又能与碱反应，因此具有两性，B项正确；C．增大EDA的浓度、平衡正向移动，有利于CO2的捕集，C项正确；D．CO2的捕集是熵减小的过程，D项错误；故选AD；（3）n起始(EDA)=1mol/L×0.02L=0.02mol，n捕集(CO2)=α(CO2)×n起始(EDA)=0.02mol×60%=0.012mol，m捕集(CO2)=n捕集(CO2)×M(CO2)=0.012mol×44g·mol-1=0.528g；（4）①基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，则其价层电子的轨道表示式为；②在EDA与Mn2+形成的配合物中，提供孤电子对的配位原子为N，配体数为3；（5）①随着EDA浓度增大，含Cd微粒由Cd2+逐渐生成[Cd(EDA)3]2+，a、b、c、d曲线分别对应Cd2+、[Cd(EDA)]2+、[Cd(EDA)2]2+、[Cd(EDA)3]2+；②M点是曲线b和d的交点，c{[Cd(EDA)3]2+}=c{[Cd(EDA)]2+}，则K2·K3==，即lgc(EDA)=(其他正确形式也可)。20．（14分）曼尼希碱类缓蚀剂结构稳定、缓蚀效果良好，在油田酸化作业中有广泛应用。由胺醛酮合成莱曼尼希碱(4a)的方法如下。（1）化合物1a的官能团名称为______。（2）①化合物2a的分子式为______。②化合物3a的芳香族同分异构体中，能发生银镜反应有______种(不考虑立体异构)。（3）下列说法正确的有______。A．化合物1a在水中的溶解度比3a大B．化合物4a中存在手性碳原子C．该反应的原子利用率为100%D．反应过程中，有σ键与π键的断裂，且存在C原子杂化方式的改变（4）由于1a中存