2026年广西桂林十八中高三第五次月考化学试题含解析

2026年广西桂林十八中高三第五次月考化学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是（）A．H2Y的电离方程式为：B．在该酸式盐溶液中C．HY-的水解方程式为D．在该酸式盐溶液中2、下列有关生活中常见物质的说法正确的是A．涤纶衬衣、橄榄油、牛皮鞋均是由有机高分子化合物构成的B．豆浆煮沸后，蛋白质变成了氨基酸C．高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性D．蔗糖、淀粉、油脂均能水解产生非电解质3、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A．5种 B．4种 C．3种 D．2种4、[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（）A．Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10B．1molHCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024C．HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为5、下列陈述I、II正确并且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIA油脂和汽油都是油一定条件下都能发生皂化反应BCuSO4可以用作游泳池消毒剂铜盐能使蛋白质变性C蔗糖、淀粉、纤维素是还原性糖它们一定条件下都能发生银镜反应D蛋白质结构中存在肽键蛋白质能表现出两性A．A B．B C．C D．D6、同温同压同体积的H2和COA．密度不同 B．质量相同 C．分子大小相同 D．分子间距不同7、在常温常压下，将100mLH2S与O2混合气体在一定条件下充分反应后，恢复到原来的状况，剩余气体25mL。下列判断错误的是（）A．原混合气体中H2S的体积可能是75mLB．原混合气体中O2的体积可能是50mLC．剩余25mL气体可能全部是SO2D．剩余25mL气体可能是SO2与O28、下列物质的用途不正确的是ABCD物质硅生石灰液氨亚硝酸钠用途半导体材料抗氧化剂制冷剂食品防腐剂A．A B．B C．C D．D9、2019年诺贝尔化学奖花落锂离子电池，美英日三名科学家获奖，他们创造了一个可充电的世界。像高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。原理如下：(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是（）A．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC=LixCnD．充电时，Li+向左移动10、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱11、三轴烯()(m)、四轴烯()(n)、五轴烯()(p)的最简式均与苯相同。下列说法正确的是A．m、n、p互为同系物 B．n能使酸性KMnO4溶液褪色C．n和p的二氯代物均有2种 D．m生成1molC6H14需要3molH212、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用Cu—Si合金作硅源，在950℃下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示)作为电源。下列有关说法不正确的是A．电极c与b相连，d与a相连B．左侧电解槽中;Si优先于Cu被氧化C．a极的电极反应为CH4-8e—+4O2—===CO2+2H2OD．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率13、常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80×10−4和1.75×10−5。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A．溶液中水的电离程度：b点＜c点B．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C．从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D．若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等14、“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图：下列叙述正确的是（）A．实验时先打开装置③中分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃装置①的酒精灯B．装置②的干燥管中可盛放碱石灰，作用是吸收多余的NH3C．向步骤I所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4ClD．用装置④可实现步骤Ⅱ的转化，所得CO2可循环使用15、根据下列实验操作和现象能得到的结论正确的是A．A B．B C．C D．D16、氮化钡(Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气可反应制得氮化钡。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化钡时，下列说法不正确的是（）A．装置甲中反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2OB．BaH2遇水反应，H2O作还原剂C．实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应D．装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAB．0.24gMg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02NAC．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAD．1molNa2O2与SO2完全反应，转移电子数为2NA18、我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na-CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有2/3转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是A．“吸入”CO2时，钠箔为正极B．“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动C．“吸入”CO2时的正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+CD．标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，转移电子的物质的量为0.75mol19、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，11.2LSO2含有的氧原子数小于NAB．0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NAC．10g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NAD．100mL0.1mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA20、下列说法正确的是()A．等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，转移电子的数目相等B．质量分数分别为40%和60%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的质量分数为50%C．金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火D．白磷放在煤油中；氨水密闭容器中保存21、常温下，向20mL

溶液中滴加

NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图，下列说法正确的是A．滴加过程中当溶液呈中性时，B．当时，则有：C．H

在水中的电离方程式是：H

；

D．当时，则有：22、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC．X是HNO2，是还原产物D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂二、非选择题(共84分)23、（14分）叶酸可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。（1）甲的最简式为_____；丙中含有官能团的名称为____。（2）下列关于乙的说法正确的是______(填序号)。a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）甲在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式：____。（4）甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)：①步骤Ⅰ的反应类型是_______。②步骤I和IV在合成甲过程中的目的是______。③步骤IV反应的化学方程式为________。24、（12分）痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如下：回答下列问题：(1)化合物C中含氧官能团的名称是_____。(2)化学反应①和④的反应类型分别为_____和_____。(3)下列关于痛灭定钠的说法正确的是_____。a．1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗7molH2b．核磁共振氢谱分析能够显示6个峰c．不能够发生还原反应d．与溴充分加成后官能团种类数不变e．共直线的碳原子最多有4个(4)反应⑨的化学方程式为_____。(5)芳香族化合物X的相对分子质量比A大14，遇FeCl3溶液显紫色的结构共有_____种（不考虑立体异构），核磁共振氢谱分析显示有5个峰的X的结构简式有_____。(6)根据该试题提供的相关信息，写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。________________25、（12分）硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组尝试制备少量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。I．制备硫酸亚铁铵晶体的流程如下：(1)铁屑溶于稀硫酸的过程中，适当加热的目的是_________。(2)将滤液转移到_________中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到_________停止加热。蒸发过程保持溶液呈较强酸性的原因是_________。Ⅱ．查阅资料可知，硫酸亚铁铵晶体受热主要发生反应：____(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O=____Fe2O3+____SO2↑+____NH3↑+____N2↑+____H2O但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究部分分解产物：(3)配平上述分解反应的方程式。(4)加热过程，A中固体逐渐变为_______色。(5)B中迅速产生少量白色沉淀，反应的离子方程式为______。(6)C的作用是_________。(7)D中集气瓶能收集到O2,____(填“能”或“不能”)用带火星木条检验。(8)上述反应结来后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_________。26、（10分）乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空：（1）实验室用乙醇制取乙烯时，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是______。（2）验证乙烯加成反应性质时，需对乙烯气体中的干扰物质进行处理，可选用的试剂是_____（填写化学式）；能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是______。（选填编号）a．溴水褪色b．有油状物质生成c．反应后水溶液酸性增强d．反应后水溶液接近中性（3）实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时，甲、乙两套装置如图1都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是______。（选填编号）a．甲装置乙酸转化率高b．乙装置乙酸转化率高c．甲装置有冷凝回流措施d．乙装置有冷凝回流措施（4）用乙装置实验时，提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是______；操作Ⅱ的名称是______；操作Ⅲ一般适用于分离______混合物。（5）如图2是用乙醇制备溴乙烷的装置，实验中有两种加料方案：①先加溴化钠→再加乙醇→最后加1：1浓硫酸；②先加溴化钠→再加1：1浓硫酸→最后加乙醇。按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，若在试管中加入______，产物可变为无色。与方案①相比较，方案②的明显缺点是______。27、（12分）用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3∙H2O、____________、_________________(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。(2)制备100mL25%氨水(ρ=0.905g∙cm-3)，理论上需要标准状况下氨气______L(小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液__________________________，而达到防止倒吸的目的。(4)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_______________________。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。①该反应平衡常数的表达式K=___________________________。②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化___________________。③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：________________________________。④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因__________________________________。28、（14分）生物降解聚酯高分子材料PBA的合成路线如下：已知：i．A的核磁共振氢谱只有1组吸收峰，且不能使溴的四氯化碳溶液褪色。ii．Riii．RC≡请按要求回答下列问题：（1）A的分子式：____________；反应①的反应类型：____________。（2）C的结构简式：____________；D所含官能团名称：____________。（3）写出下列反应的化学方程式：检验甲醛中含有醛基的反应：________，反应⑥：_____。（4）E的同分异构体有多种，写出其中所有能与NaHCO3溶液反应的同分异构体的结构简式（不考虑顺反异构）：____________________________________（5）写出以1,3-丁二烯为原料合成有机物F的路线流程图（方框内填写中间产物的结构简式，箭头上注明试剂和反应条件）：________________________________。29、（10分）Al、Ti、Co、Cr、Zn等元素形成的化合物在现代工业中有广泛的用途。回答下列问题：(1)下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是_____(填标号)。A．[Ne]3s1B．[Ne]3s2C．[Ne]3s23p1D．[Ne]3s13p2(2)熔融AlCl3时可生成具有挥发性的二聚体Al2Cl6，二聚体Al2Cl6的结构式为_____；(标出配位键)其中Al的配位数为_________。(3)与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有_____种。(4)Co2＋的价电子排布式_________。NH3分子与Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，其键角∠HNH_____(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因_____。(5)已知CrO5中铬元素为最高价态，画出其结构式：_____。(6)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对碲化锌晶体的X射线衍射图象分析，可以得出其晶胞如图1所示，图2是该晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”标明Zn的位置_____。若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列，Te的半径为apm，晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数NA=_____mol-1（列计算式表达）。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

A.

H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：，A项正确；B.

NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na+)>c(HY−);HY−的电离程度小于HY−的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY−为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH−)>c(H+);因溶液中还存在水的电离,则c(H+)>c(Y2−),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HY−)>c(OH−)>c(H+)>c(Y2−)，B项错误；C.

HY−水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY−+H2O⇌OH−+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D.根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中，D项错误；答案选A。分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。2、D【解析】

A.涤纶衬衣（聚酯纤维）、牛皮鞋（主要成分是蛋白质）均是由有机高分子化合物构成的，但橄榄油是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量达不到10000，不是高分子化合物，A项错误；B.豆浆煮沸后，蛋白质发生变性，B项错误；C.高锰酸钾溶液、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性；但酒精杀菌消毒是酒精进入细菌体内，使细菌体内的蛋白质变性从而杀菌，C项错误；D.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖、淀粉水解的最终产物是葡萄糖、油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，葡萄糖、果糖、甘油都是非电解质，D项正确；答案选D。高分子化合物的相对分子质量要达到10000以上，淀粉、纤维素、蛋白质、核酸为高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物，这是学生们的易错点，学生们总是误认为油脂也是高分子化合物。3、B【解析】

依据题意，，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、、，有一种重复，则得到的物质共有4这种，B符合题意；答案选B。4、C【解析】

A．Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；答案选C。一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。5、B【解析】

A.汽油的成分为烃类物质，不能发生皂化反应，而油脂一定条件下能发生皂化反应，A项错误；B.硫酸铜可使蛋白质发生变性，则CuSO4可以用作游泳池消毒剂，B项正确；C.蔗糖、淀粉、纤维素均不含−CHO，不具有还原性，不能发生银镜反应，C项错误；D.蛋白质含−COOH和氨基具有两性，与在肽键无关，D项错误；答案选B。6、A【解析】

A.根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体相对分子质量越大，密度越大，氢气的密度小于一氧化碳的密度，故A正确；B.根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体具有相同的物质的量，相同物质的量的氢气和一氧化碳质量不相同，故B错误；C.H2和CO的分子大小不同，故C错误；D.根据阿伏伽德罗定律，同温同压下气体分子间的间距相同，故D错误；正确答案是A。7、D【解析】

H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；据此讨论；若n（H2S）：n（O2）>2:1，发生反应①，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，发生反应①，没有气体；若n（H2S）：n（O2）<2:3，发生反应②，氧气有剩余，气体为氧气、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，发生反应②，气体为二氧化硫；若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，发生反应①②，气体为二氧化硫，据此进行分析。【详解】H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；①若n（H2S）：n（O2）>2:1，发生反应①H2S有剩余，则2H2S+O2═2S↓+2H2O体积变化∆V21350mL25mL100-25=75mL剩余气体为25mLH2S，原混合气体中O2为25mL，H2S为100-25=75mL，符合题意；②若n（H2S）：n（O2）=2：1，发生反应①，没有剩余气体，不符合题意；③若n（H2S）：n（O2）<2:3，发生反应②，氧气有剩余，则:2H2S+3O2═2SO2+2H2O体积变化∆V232350mL7550100-25=75mL剩余气体为氧气、二氧化硫，其中二氧化硫为50mL，不符合题意；④若n（H2S）：n（O2）=2:3，发生反应②，最后气体为二氧化硫，体积为50mL，不符合题意；⑤若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，发生反应①②，硫化氢、氧气全部反应，剩余气体为二氧化硫，n(SO2)=25mL；则根据反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)=25mL×1.5=37.5mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根据题意可知，H2S与O2混合气体共100mL，所以发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O的H2S与O2的总体积为100mL-25mL-37.5mL=37.5mL，n(O2)=1/3×37.5mL=12.5mL,n(H2S)=2/3×37.5mL，所以，原混合气体中n(H2S)=25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5mL+12.5mL=50mL；结合以上分析可知，只有D选项不可能；故答案选D。8、B【解析】

A项、硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，故A正确；B项、生石灰具有吸水性，不具有还原性，可以做干燥剂，不能做抗氧化剂，故B错误；C项、液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故C正确；D项、亚硝酸盐具有还原性，可以做食品防腐剂，注意用量应在国家规定范围内，故D正确；故选B。9、D【解析】

放电为原电池原理，从(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合价升高了，所以LixCn失电子，作负极，那么负极反应为：+nC，LiFePO4作正极，正极反应为：，充电为电解池工作原理，反应为放电的逆过程，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知，放电正极上得到电子，发生还原反应生成，正极电极反应式：，A正确；B．原电池中电子流向是负极导线用电器导线正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，B正确；C．充电时，阴极为放电时的逆过程，变化为，电极反应式：，C正确；D．充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，向右移动，D错误；答案选D。带x的新型电池写电极反应时，先用原子守恒会使问题简单化，本题中，负极反应在我们确定是变为C之后，先用原子守恒得到—xLi++nC，再利用电荷守恒在左边加上-xe-即可，切不可从化合价出发去写电极反应。10、A【解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。11、B【解析】

A.同系物必须满足两个条件：①结构相似②分子组成相差若干个CH2，故A错误；B.n含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C.n的二氯代物有3种，p的二氯代物也有3种，故C错误；D.应该是m（C6H6）生成1molC6H12需要3molH2，故D错误；答案：B易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上的氢原子。12、A【解析】

甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si，d为阳极，与b相连，Si在阳极上失电子发生氧化反应生成Si4+。【详解】A项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；B项、由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成Si4+，而铜没被氧化，说明硅优先于钢被氧化，故B正确；C项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e—+4O2—=CO2+2H2O，故C正确；D项、相同时间下，通入CH4、O2的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电流强度不同，影响硅的提纯速率，故D正确。故选A。本题考查原电池和电解池原理的应用，注意原电池、电解池反应的原理和电子移动的方向，明确离子放电的先后顺序是解题的关键。13、B【解析】

从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，则表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，从而表明lg=0时，Ⅰ对应的酸电离程度大，Ⅰ为HCOOH，Ⅱ为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【详解】A．在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点＜c点，A正确；B．相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C．对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D．若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。14、C【解析】

在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，滤液中主要溶质为氯化铵，再加入氯化钠和通入氨气，将溶液降温结晶可得氯化铵晶体。【详解】A、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故A错误；B、氨气是污染性气体不能排放到空气中，碱石灰不能吸收氨气，装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B错误；C、通入氨气的作用是增大的浓度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故C正确；D、用装置④加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤Ⅱ的转化，但生成的二氧化碳未被收集循环使用，烧杯加热未垫石棉网，故D错误；故答案为：C。“侯氏制碱法”试验中，需先通入氨气，其原因是氨气在水中的溶解度较大，二氧化碳在水中溶解度较小，先通入氨气所形成的溶液中氨的浓度较大，方便后续的反应进行；“侯氏制碱法”所得到的产品是碳酸氢钠，碳酸氢钠经过加热会生成碳酸钠。15、C【解析】

A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，故A错误；B.向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI浓度未知，不能由此判断溶度积大小，故B错误；C.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故C正确；D.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故D错误。故答案选C。16、B【解析】

A.装置甲中亚硝酸钠和氯化铵发生归中反应生成氮气，根据电子守恒，反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，故A正确；B.BaH2中H元素化合价为-1，BaH2遇水反应生成氢气，H2O作氧化剂，故B错误；C.实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，等氮气把装置中的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，故C正确；D.Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，故D正确；选B。17、A【解析】

A.铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多，故溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故A错误；B.0.24gMg为0.01mol，Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO，失去0.02mol电子，则转移电子数为0.02NA，故B正确；C.CO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子，故C正确；D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol过氧化钠中的−1价的氧原子变为−2价，故1mol过氧化钠转移2mol电子即2NA个，故D正确；答案选A。18、C【解析】

A．“吸入”CO2时，活泼金属钠是负极，不是正极，故A错误；B．“呼出”CO2时，是电解池，多壁碳纳米管电极是阳极，钠离子向阴极钠箔移动，而不是向多壁碳纳米管移动，故B错误；C．“吸入”CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故C正确；D．标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，物质的是量为1mol，结合阳极电极反应式2Na2CO3+C-4e－=4Na＋+3CO2↑，所以每“呼出”22.4LCO2，转移电子数为1.3mol，故D错误；故选C。19、A【解析】

A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化硫的物质的量小于0.5mol，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；B．由Na2O2的电子式为，Na2O的电子式为可知，1molNa2O中含3mol离子，1molNa2O2中含3mol离子，则0.1molNa2O和Na2O2混合物中离子为0.3mol，即含有的阴、阳离子总数是0.3NA，故B错误；C．H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故10g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量10g×34%=3.4g，物质的量n===0.1mol，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，1mol过氧化氢分子中含有2mol氢原子，0.1mol过氧化氢分子中含有0.2mol氢原子，0.2mol氢原子个数等于0.2NA，水也含氢原子，氢原子的个数大于0.2NA，故C错误；D．醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100mL0.1mol/L醋酸的物质的量n=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，含有的醋酸分子数小于0.01NA，故D错误；答案选A。计算粒子数时，需要先计算出物质的量，再看一个分子中有多少个原子，可以计算出原子的数目。20、A【解析】

A.等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，铝元素化合价由0升高为+3，所以转移电子的数目相等，故A正确；B.硫酸的浓度越大密度越大，等体积的质量分数分别为40%和60%的硫酸，60%的硫酸溶液质量大，所以混合后溶液的质量分数大于50%，故B错误；C.金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙子盖灭，故C错误；D.白磷易自燃，白磷放在水中保存，故D错误；答案选A。21、D【解析】

A.当时，此时溶质为NaHA，根据图象可知溶液中离子浓度，说明的电离程度大于其水解程度，溶液为酸性，如果溶液为中性，则，故A错误；B.当时，此时溶质为NaHA和，根据物料守恒，则有：，故B错误；C.是二元弱酸，在水中的电离是分步电离的，电离方程式是：、，故C错误；D.根据图象知，当

mL时，发生反应为，溶质主要为NaHA，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和都电离出氢离子，只有电离出，所以离子浓度大小顺序是，故D正确；答案选D。本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，题目难度中等。22、B【解析】

由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、C7H7NO2羧基、氨基acn+nH2O取代反应保护氨基+H2O+CH3COOH【解析】

(1)由甲的结构简式，则甲的分子式为C7H7NO2，所以甲的最简式为C7H7NO2

；由丙的结构简式，所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基；答案：C7H7NO2；羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故a正确；b.分子中没有苯环，故b错误；c.分子中含有氨基能与盐酸反应，含有氯原子又能与氢氧化钠溶液反应，故c正确；d.分子中没有苯环，故d错误，故选ac，(3).甲为，在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，该反应的化学方程为。(4)①由可知步骤Ⅰ的反应类型是取代反应；答案：取代反应。②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基。答案：保护氨基；③步骤Ⅳ反应的化学方程式为。答案：。24、酯基取代反应加成反应de+NaOH+CH3OH16、【解析】

根据合成路线分析：与CH3I发生取代反应①转变为，发生反应②，在邻位引入醛基转变为：，与CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应④生成，发生反应⑤将−CH2NO2脱去氢氧原子转变为−CN，生成，反应⑥中−CN碱性水解转变成−COONa，得到，反应生成，结合分子式C16H17O3N，与发生取代反应生成，在碱性条件下水解得到，据此作答。【详解】(1)化合物C中含氧官能团为酯基，故答案为：酯基；(2)由上述分析可知反应①为取代反应，反应④为加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；(3)a．苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗6molH2，故错误；b.该结构中有7种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示7个峰，故错误；c.苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，与氢气发生的加成反应也属于还原反应，故错误；d.与溴充分加成后碳碳双键消失，引入了溴原子，故官能团种类数不变，故正确；e.如图所示，共直线的碳原子最多有4个，，故正确；故答案为：de；(4)由以上分析知，反应⑨为在碱性条件下水解得到，则发生反应的化学方程式为：+NaOH+CH3OH，故答案为：+NaOH+CH3OH；(5)芳香族化合物说明X中有苯环，相对分子质量比A大14，说明比A多一个CH2，与A的不饱和度相同为4；遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；若苯环上有两个取代基，则为(邻、间、对3种)，(邻、间、对3种)；若苯环上有三个取代基，先确定两个取代基的位置，即邻、间、对，再确定另一个取代基的位置，当羟基和氨基位于邻位时，苯环上有4种氢原子，则甲基可以有4种取代方式，则会得到4种同分异构体，同理，当羟基和氨基位于间位时，也会有4种同分异构体，当羟基和氨基位于对位时，有2种同分异构体，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氢谱分析显示有5个峰的X的结构简式有、，故答案为：16；、；(6)完全仿照题干中框图中反应⑥⑦⑧，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，合成路线为：；故答案为；。25、加快反应速率蒸发皿有晶膜出现（或大量固体出现时）防止硫酸亚铁水解214215红棕Ba2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+（说明：分步写也给分2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+也给分）检验产物中是否含有SO2不能取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体【解析】

I.(1)适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热；溶液一直保持强酸性防止硫酸亚铁水解；Ⅱ．(3)根据化合价升降法配平；(4)加热过程，A逐渐变为氧化铁；(5)B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀；(6)C中品红溶液可以二氧化硫反应，导致溶液褪色；(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2；(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可。【详解】I.(1)适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，则滤液转移到蒸发皿中；加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热，利用余热进行蒸发结晶；为防止硫酸亚铁水解，溶液一直保持强酸性；Ⅱ．(3)反应中Fe的化合价由+2变为+3，N的化合价由-3变为0，S的化合价由+6变为+4，根据原子守恒，硫酸亚铁铵的系数为2，SO2的系数为4，则电子转移总数为8，Fe得到2个电子，产生1个氮气，得到6个电子，则系数分别为2、1、4、2、1、5；(4)加热过程，A逐渐变为氧化铁，固体为红棕色；(5)B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀，离子方程式为2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+；(6)C中品红溶液可与二氧化硫反应，导致溶液褪色，则可检验二氧化硫的存在；(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2，不能使带火星的木条燃烧；(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可，方法为取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。26、利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr气体生成，HBr挥发会造成HBr的损耗【解析】

（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收SO2；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，据此分析解答；（3）甲装置边反应边蒸馏，乙装置采用冷凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可；（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。【详解】（1）乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是：浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利于生成乙烯的方向进行；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收SO2；a．若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色；b．若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成；c．若反应后水溶液酸性增强，说明乙烯与溴水发生了取代反应；d．反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr生成，说明乙烯与溴水发生了加成反应；答案选d；（3）甲装置边反应边蒸馏，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质，再精馏，精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的溴单质；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。27、NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)29.8进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋[[Cu(NH3)4]2＋]/[NH3]2∙[NH4＋]2加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后c[Cu(NH3)4]2＋/c2(NH3)∙c2(NH4＋)会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小【解析】

(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。【详解】(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol，标准状况下体积为1.33mol×22.4L/mol=29.8L；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小。28、C6H12取代反应羧基HCHO+4AgNH32OH→△NH42CO3【解析】

烃A的相对分子质量为84，则分子式为C6H12，核磁共振氢谱显示只有1组峰，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为环己烷，A与