题组预测02（大题专练）（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

命题预测 A组 （建议用时：30分钟 满分：58分） 1．（12分）氮及其化合物在能源领域应用广泛。 (1)非常稳定，通常只能与电离能小的、等金属元素形成离子型化合物。 ①基态N原子价层电子排布式为_____。 ②、在水中能产生。分子的空间结构为三角锥形，解释原因：_____。 (2)我国科学家成功合成五氮阴离子盐：（可表示为），局部结构示意图如下所示。 ①中和中均为杂化，比较中键角和中键角大小并解释原因：_____。 ②对于的稳定存在有重要作用。与的作用力类型有_____。 (3)丁二酮肟可用于检验溶液中的，原理如下。二（丁二酮肟）合镍为非极性分子，结构稳定，含有共价键、配位键、氢键等作用力，请在图中方框内补全其结构_____。 (4)通过、与的循环转化，可实现由、与合成、与。合成过程与Mg、MgO的晶胞结构示意图如下。 ①若和的晶胞体积分别为和，则和的密度之比为_____。 ②合成、与的总反应方程式是_____。 2．（12分）研究含碳物质的转化，对缓解能源危机和实现碳中和具有重要意义。 (1)CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)。 已知：i. C(s) + 2H2(g) = CH4(g)  ΔH= −75 kJ·mol−1 ⅱ． C(s) + O2(g) = CO2(g)  ΔH= −394 kJ·mol−1 iii． C(s) + O2(g) = CO(g)  ΔH= −111 kJ·mol−1 ① 催化重整反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)  ΔH = _______ kJ·mol−1。 ② CH4-CO2催化重整时减压可以提高CH4平衡转化率的理由是_______。 (2)CH4和CO2还可以通过电化学装置耦合转化，其原理如图所示： ① 电极A是电解池的_______极。 ② 若生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为2mol、1mol，则传导的O2-的物质的量为_______。 (3)海水中的通过图所示的途径固碳。钙化作用的离子方程式_______。 (4)海水中溶解无机碳()占海水总碳的95%以上，准确测量其浓度是研究海洋碳循环的基础。测量方法如下： ① 提取、吸收CO2.用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用NaOH溶液吸收(装置示意图如下)。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂_______。 ② 滴定。第一步：向溶液a中滴加稀盐酸，将碳元素转化为NaHCO3；第二步：用x mol·L-1 HCl溶液滴定至终点，消耗y mL HCl溶液。向溶液a中滴加稀盐酸发生反应的离子方程式有_______。海水中溶解无机碳的浓度为 _______mol·L−1。 3．（12分）有机合成在制药工业上有着极其重要的地位。某新型药物G是一种可用于治疗肿瘤的药，其合成路线如图所示。 已知： ⅰ．E能使溴的四氯化碳溶液褪色； ⅱ．G的结构简为； ⅲ．RCOOH(R为烃基)； ⅳ．+R1NH2+HBr。 回答下列问题： (1)A的苯环上有_____种不同化学环境的氢原子。 (2)④的反应条件是_____，⑥的反应类型是_____。 (3)X的结构简式为_____，1molG最多可以和_____molNaOH反应。 (4)反应①的化学方程式为_____。 (5)D在一定条件下可以聚合形成高分子，则该反应的化学方程式为_____。 (6)E有多种同分异构体，同时满足下列条件的E的同分异构体有_____种。 a．能发生银镜反应 b．能与溶液发生显色反应 c．苯环有两个取代基 4．（10分）以废铁屑(含Fe、及少量)为原料制备溶液的流程如下： 已知：①草酸()为二元弱酸 ② (1)下列有关“酸浸”的说法正确的是_______(填序号) a.与稀盐酸发生氧化还原反应 b.溶液中可能含有、 c.加入过量铁可以使滤液中不含有 (2)“滤渣”的主要成分是_______。 (3)沉铁时，生成的离子方程式是_______。 (4)氧化时发生反应： ①为了加快氧化速率可以采用的措施是_______。 ②氧化结束后需要加入适量草酸以提高铁的利用率，加入草酸的原因是_______。 (5)“过滤1”得到的滤液与反应制备，同时产生的气体为_______。 5．（12分）实验表明，当乙醛加入到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。 【实验假设】 (1)假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与发生_________反应(填反应类型)。 假设Ⅱ：乙醛具有α－H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下： 无论是几元取代，参加反应的与生成的HBr物质的量之比为_________。 假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，补全下面反应方程式。 _________ 【实验过程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。 方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型。 序号 操作 现象 试管1 1mL溴水＋1mL乙醛，充分振荡后静置 褪色 试管2 1mL溴的溶液＋1mL乙醛，充分振荡后静置 ____ 结论：假设Ⅰ不成立。 (2)试管2中的实验现象为__________。 方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。 序号 操作 pH 试管1 加入20mL溴水，再加入10mL苯酚溶液，待完全反应后(苯酚过量)，测定混合液pH 1.85 [] 试管2 加入20mL相同浓度的溴水，再加入10mL 20%的乙醛溶液(乙醛过量)，3min后完全褪色，测定混合液pH ____________ 注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。 (3)写出苯酚与溴水反应的化学方程式：____________________________________。 (4)若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为______反应；若pH接近______，则证明为氧化反应(lg2≈0.3)；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。 【实验结论与反思】 (5)根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与发生反应，而是与次溴酸(HBrO)反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴水褪色的原因：______________。 (6)已知柠檬醛的结构如图，结合上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双键的合理方法为 (填字母序号)。 A．向酸性高锰酸钾溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色 B．向溴水中加适量柠檬醛，观察其是否褪色 C．向溴的溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色 D．向新制氢氧化铜悬浊液中加适量柠檬醛，加热，冷却后取上层清液再加溴水，观察其是否褪色 B组 （建议用时：35分钟 满分：58分） 1．（12分）过氧化钙可用于污水处理。 Ⅰ.的制备 将与浓氨水、溶液混合，在冰水浴中冷却后即有沉淀析出。分离沉淀，洗涤，干燥，低温脱水，得。 (1)基态氧原子价层电子轨道表示式为________。 (2)制备反应的离子方程式为________。 (3)已知为酸性很弱的二元弱酸，解释制备时浓氨水的作用：________。 (4)通过检验来判断沉淀是否洗涤干净：取最后一次洗涤沉淀的滤出液，________（补全操作和现象），表明沉淀已洗涤干净。 Ⅱ.的结构 (5)的晶体结构示意图如下。 ①用表示阿伏加德罗常数的数值。该晶体的密度为________。 ②的熔点明显高于，分析原因：________。 Ⅲ.处理含苯酚污水 (6)溶于水可产生，将苯酚氧化，在时，最终产物为和。理论上处理含苯酚的污水，至少需消耗________。 2．（12分）羟基自由基()是一种活性含氧微粒。 (1)的电子式为_______。 (2)酸性条件下，少量与可产生，过程如下： i.__________ ii. 写出i的离子方程式_______。 (3)利用脱除苯酚 分别向足量酸性的溶液中加入少量铁盐和亚铁盐，加入苯酚废液脱除苯酚，将其转化为无毒的氧化物。当其他条件不变时，苯酚的浓度随时间的变化如图所示。 ①脱除苯酚反应的化学方程式是_______。 ②时，苯酚脱除速率不同的可能原因是_______。 (4)利用制备硝酸 在少量作用下，与能产生，但产率低。我国科学家改用电解法大大提高了产率，装置示意图如下： ①写出生成的电极反应_______。 ②解释通电条件产率提高的原因：_______。 3．（12分）某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成利尿药美托拉宗。 已知： 请回答下列问题： (1)试剂a是___________。 (2)C→D的反应类型是___________。 (3)D→E的化学方程式是___________。 (4)属于芳香族化合物的B的同分异构体有___________个(提示：不包括B)，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为2：2：2：3的有机物结构是___________。 (5)写出B+H→I的化学方程式___________。 (6)从D→H的流程看，D→E的主要目的是___________。 (7)有人认为由I合成美托拉宗的过程如下： 请写出J的结构简式___________，K的结构简式___________。 4．（12分）废旧CPU中有大量金属单质Au(金)、Ag、Cu和少量其他杂质(已知其他杂质不参与反应且不溶于水)，研究人员设计了一种从废旧CPU中分离回收Au、Ag和Cu的流程，如下图所示。 已知：N2H4的结构式为：；HAuCl4(aq) = H+(aq) + [AuCl4]− (aq)。 回答下列问题： (1)废旧CPU浸取前，需要先粉碎，目的是_______。 (2)写出过程①中发生反应的离子方程式_______。该过程控制反应的温度不宜过高的原因是_______。 (3)已知Au − 3e-Au3+ 很难发生，双氧水难以氧化金，解释过程②中金被溶解的原因_______。 (4)浸渣B的主要成分为_______；溶液c中含银微粒为_______(填离子符号)。 (5)过程④中过量的N2H4与溶液b发生了两种不同类型的反应： i．生成Au的离子方程式为_______。 ii．另一种类型的反应离子方程式为_______。 (6)该流程中可循环利用的物质是_______。 5．（10分）探究一定浓度H2SO4与卤素离子(Cl-、Br-、I-)的反应。实验如下： (1)a．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀； b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有___________。 (2)用CuSO4溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀CuS，该气体是___________。 (3)检验ⅱ中产物： Ⅰ．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2。 Ⅱ．取ⅱ中部分溶液，用CCl4萃取。CCl4层显红棕色，水层(溶液)无色。证实溶液中含SO2，过程如下： ①白色沉淀1的成分是___________。 ②生成白色沉淀3的离子方程式是___________。 (4)已知：。探究ⅱ中溶液存在Br2、SO2的原因：将ⅱ中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因： a．Br2与H2O发生了反应。 b．加水稀释导致溶液颜色变浅。 c．Br2与SO2在溶液中发生了反应。 ①资料：  ，判断a___________(填“是”或“不是”)主要原因。 ②实验证实b不是主要原因，所用试剂是___________，现象是___________。可选试剂：AgNO3溶液、CCl4、KMnO4溶液 ③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因___________。 C组 （建议用时：40分钟 满分：58分） 1．（12分）氨硼烷（）是一种具有研究价值的固体储氢材料。 已知：含氢19.5%，白色晶体，熔点为104℃。可溶于水和甲醇等溶剂中。常温常压下能够稳定存在。在催化剂存在情况下，能快速与水反应。 元素 H B N 电负性 2.1 2.0 3.0 (1)基态N原子的核外电子排布的轨道表示式为________。 (2)H、B、N的第一电离能由小到大的顺序是________。 (3)分子结构示意图如图1，其中为________键（填序号，下同），为________键。 a．配位键    b．非极性键    c．键    d．键 (4)在某种催化剂表面与反应的释氢机理如图2。 ①若用和做反应物，生成的氢气是________（填序号）。 a．    b．    c．HD ②写出理论上与完全反应的总反应的离子方程式：________。 (5)研究发现，在低温高压条件下为超晶胞结构，如图3所示（超晶胞内含有16个氨硼烷分子，）。氨硼烷晶体的密度为________（已知：；表示阿伏加德罗常数）。 2．（12分）汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。 (1)能形成酸雨，转化为的化学方程式是___________。 (2)汽车发动机工作时会引发  ，其能量变化示意图如下： 则中氮氧键的键能是___________。 (3)用可消除污染，反应原理为：，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到脱除率随温度变化的曲线如图所示： ①曲线a对应的___________。 ②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过，该时间段内的脱除速率为___________。 ③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是___________(至少写两条)。 (4)选择性催化还原技术(SCR技术)可有效降低柴油机尾气中的排放。其原理是在催化剂作用下，用等物质将尾气中的转化为。 ①柴油机尾气中的是由和在高温或放电条件下生成的。高温尾气中绝大多数为NO，推测为___________(填“放热”或“吸热”)反应。 ②在催化剂作用下，还原的化学方程式为___________。 ③用传感器检测NO的含量，其工作原理示意图如下： 写出工作电极的电极反应式：___________。 3．（12分）1．顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下： 已知：i． ii．(R、代表烃基或氢) (1)的名称是___________。 (2)反应I的反应类型是(选填字母)___________。 a．加聚反应    b．缩聚反应 (3)顺式聚合物P的结构式是(选填字母)___________。 a．    b．    c． (4)A的相对分子质量为108。 ①反应II的化学方程式是___________。 ②1mol B完全转化成M所消耗的质量是___________g。 (5)A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C。写出其中一种同分异构体的结构简式___________。 4．（12分）某冶金过程产生的废渣有、CuO、、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．25℃，微溶于水，和黄钠铁矾均难溶于水。 ⅱ．冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。 元素 Si Cu Fe Pb Ca 质量分数/% 15.34 14.75 4.66 14.31 2.16 Ⅰ．酸浸 (1)CuO与硫酸反应的离子方程式是___________。 (2)酸浸渣中除外，还含有___________。 Ⅱ．沉铁 (3)加入的目的有___________。 Ⅲ．还原沉铜 (4)开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH，的使用量将增加，结合与反应的离子方程式解释原因。___________ (5)酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的中含有杂质，解释原因：___________。 Ⅳ．产品中含量的测定 (6)经提纯后，产品中只有和Cu，测定产品中含量的方法如下。 已知： ①样品溶解发生反应：、___________。 ②步骤ⅲ中溶液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品中的质量分数还需要的实验数据是___________。 5（10分）．精炼铜的阳极泥经处理后的沉渣中含有，可用溶液浸取回收银。所得浸出液可以分离出并使浸取剂再生。某小组在实验室模拟该反应。 已知：时，(白色)微溶于水，(白色)难溶于水； ，。 I．浸出 (1)取固体，加入一定体积溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液，其中银的主要存在形式为。该反应的离子方程式是___________。 Ⅱ．酸化沉银 取(1)所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时，约为5； (2)完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫粒子有___________。 (3)将沉淀过滤并洗净，探究其成分。 ①取少量沉淀，___________(填操作和现象)，证实其中不含。 ②为证明沉淀中不含，甲同学设计的实验及其现象如下。 该现象能否得出沉淀中不含的结论？若能，写出推理过程；若不能，补充实验方案，证实不含。___________。 ③经分析，沉淀是，用化学平衡原理解释生成的原因___________。 (4)有同学预测，反应的初始阶段所得沉淀中可能混有。探究如下：向(1)所得浸出液中滴入1滴稀，恰好出现少量沉淀(记为沉淀)。过滤，用滤液进行实验。 ①若沉淀中有，预期现象与上述实验现象不同。写出预期现象及理由___________。由此推知，沉淀中不含。 ②结论：浸出液加酸沉银时，无论酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。 Ⅲ．浸取剂再生 (5)向Ⅱ所得溶液中加调，可使浸取剂再生。引入的不会明显影响的浸出。有人提出，仅利用含的物质，就能实现“浸出—沉银—再生”循环，且理论上试剂能完全循环使用。沉银所加试剂是___________；再生的方法是___________。 。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 命题预测 A组 （建议用时：30分钟 满分：58分） 1．（12分）氮及其化合物在能源领域应用广泛。 (1)非常稳定，通常只能与电离能小的、等金属元素形成离子型化合物。 ①基态N原子价层电子排布式为_____。 ②、在水中能产生。分子的空间结构为三角锥形，解释原因：_____。 (2)我国科学家成功合成五氮阴离子盐：（可表示为），局部结构示意图如下所示。 ①中和中均为杂化，比较中键角和中键角大小并解释原因：_____。 ②对于的稳定存在有重要作用。与的作用力类型有_____。 (3)丁二酮肟可用于检验溶液中的，原理如下。二（丁二酮肟）合镍为非极性分子，结构稳定，含有共价键、配位键、氢键等作用力，请在图中方框内补全其结构_____。 (4)通过、与的循环转化，可实现由、与合成、与。合成过程与Mg、MgO的晶胞结构示意图如下。 ①若和的晶胞体积分别为和，则和的密度之比为_____。 ②合成、与的总反应方程式是_____。 【答案】(1) （2分） 的价层电子对数为，其VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，的空间结构为三角锥形（2分） (2) 中O的孤电子对个数为，中N的孤电子对个数为，孤电子对有较大斥力，使键角：< 离子键、氢键（2分） (3)（2分） (4) （2分） （2分） 【解析】（1）①N为7号元素，其基态原子最外层有5个电子，基态N的价层电子排布式为。 ②的价层电子对数为，其VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，的空间结构为三角锥形。 （2）①中O的孤电子对个数为，中N的孤电子对个数为，孤电子对有较大斥力，使键角小于键角。 ②与分别为阳离子、阴离子，二者间存在离子键，结合图知，中的H与中的N还形成了氢键，故与的作用力类型有离子键、氢键。 （3） 根据原子守恒知，方框内还各有一个氢原子，结合题目信息知，二（丁二酮肟）合镍中含有共价键、配位键、氢键等作用力，根据其已知结构可确定方框中存在氢键，则补全后的结构为。 （4）①晶胞中Mg处于顶点和体内，一个晶胞含Mg：个，该晶胞的质量为；晶胞中Mg2+处于12条棱上和体内(1个)，一个晶胞含Mg2+：个，O2-处于8个顶点和6个面心处，一个晶胞含O2-：个，该晶胞的质量为；则和的密度之比为。 ②由图知，、与可合成、与，反应过程中，、中的元素化合价均发生了变化，一个N降低3个价态，中C为-4价、H为+1价，反应后，一个C升高6个价态(得到CO)、H降低至0价，则，根据得失电子守恒和原子守恒可得合成、与的总反应方程式：。 2．（12分）研究含碳物质的转化，对缓解能源危机和实现碳中和具有重要意义。 (1)CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)。 已知：i. C(s) + 2H2(g) = CH4(g)  ΔH= −75 kJ·mol−1 ⅱ． C(s) + O2(g) = CO2(g)  ΔH= −394 kJ·mol−1 iii． C(s) + O2(g) = CO(g)  ΔH= −111 kJ·mol−1 ① 催化重整反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)  ΔH = _______ kJ·mol−1。 ② CH4-CO2催化重整时减压可以提高CH4平衡转化率的理由是_______。 (2)CH4和CO2还可以通过电化学装置耦合转化，其原理如图所示： ① 电极A是电解池的_______极。 ② 若生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为2mol、1mol，则传导的O2-的物质的量为_______。 (3)海水中的通过图所示的途径固碳。钙化作用的离子方程式_______。 (4)海水中溶解无机碳()占海水总碳的95%以上，准确测量其浓度是研究海洋碳循环的基础。测量方法如下： ① 提取、吸收CO2.用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用NaOH溶液吸收(装置示意图如下)。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂_______。 ② 滴定。第一步：向溶液a中滴加稀盐酸，将碳元素转化为NaHCO3；第二步：用x mol·L-1 HCl溶液滴定至终点，消耗y mL HCl溶液。向溶液a中滴加稀盐酸发生反应的离子方程式有_______。海水中溶解无机碳的浓度为 _______mol·L−1。 【答案】(1) ＋247（2分） CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)是气体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动提高甲烷转化率（2分） (2) 阴极（1分） 5mol（1分） (3)Ca2+ + 2= CaCO3↓ + CO2↑ + H2O（2分） (4)   （1分） OH-+ H+= H2O、+ H+ = （2分） （1分） 【解析】（1）①根据盖斯定律，将可以得到催化重整反应的计算式：。 ②反应是气体物质的量增大的反应，减小压强，平衡正向移动，所以减压可以提高平衡转化率。 （2）① 电极A二氧化碳转化为一氧化碳，得到电子，作阴极。 ②在电极B上失去电子被氧化产生，变为乙烯的反应式为：；生成乙烷的反应式为：，当生成乙烯和乙烷的物质的量分别是时，反应消耗，共转移电子，则根据电荷守恒，则传导的的物质的量为。 （3）根据图示可知，钙化作用生成二氧化碳和碳酸钙，离子方程式为：。 （4）①提取、吸收CO2的装置酸化时生成的CO2用NaOH溶液吸收，最好选用H2SO4溶液进行酸化，因为HCl、HNO3易挥发。生成的CO2要用N2吹出，装置图如右所示： 。 ②由于溶液a含有过量氢氧化钠和生成的碳酸根，所以加入盐酸以后的离子方程式为，。滴定时的反应为：，，则碳的浓度为：。 3．（12分）有机合成在制药工业上有着极其重要的地位。某新型药物G是一种可用于治疗肿瘤的药，其合成路线如图所示。 已知： ⅰ．E能使溴的四氯化碳溶液褪色； ⅱ．G的结构简为； ⅲ．RCOOH(R为烃基)； ⅳ．+R1NH2+HBr。 回答下列问题： (1)A的苯环上有_____种不同化学环境的氢原子。 (2)④的反应条件是_____，⑥的反应类型是_____。 (3)X的结构简式为_____，1molG最多可以和_____molNaOH反应。 (4)反应①的化学方程式为_____。 (5)D在一定条件下可以聚合形成高分子，则该反应的化学方程式为_____。 (6)E有多种同分异构体，同时满足下列条件的E的同分异构体有_____种。 a．能发生银镜反应 b．能与溶液发生显色反应 c．苯环有两个取代基 【答案】(1)3（2分） (2) 浓硫酸、加热 （1分） 取代反应（1分） (3) （2分） 2（1分） (4)+Br2（2分） (5)n+(n−1)H2O（2分） (6)6（1分） 【分析】 A()和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B()，B发生水解反应生成C()，C发生催化氧化反应生成D()，D发生消去反应生成E()，根据信息E和PBr3发生取代反应生成F()，根据信息F和X()发生取代反应生成G。 【解析】（1） A()的苯环上有3种不同化学环境的氢原子，分别为；故答案为：3。 （2）④是发生消去反应，其反应条件是浓硫酸、加热，根据题中信息，则⑥的反应类型是取代反应；故答案为：浓硫酸、加热；取代反应。 （3） 根据G的结构和F的结构简式得到X的结构简式为，1molG含有1mol酯基和1mol，则最多可以和2molNaOH反应；故答案为：；2。 （4） 反应①是发生加成反应，其反应的化学方程式为+Br2；故答案为：+Br2。 （5） D()在一定条件下可以聚合形成高分子，则该反应的化学方程式为n+(n−1)H2O；故答案为：n+(n−1)H2O。 （6） E()有多种同分异构体，同时满足a．能发生银镜反应，说明含有醛基；b．能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c．苯环有两个取代基，则含有一个酚羟基和一个含醛基的基团(−CH=CHCHO或)，分别有邻、间、对共6种结构；故答案为：6。 4．（10分）以废铁屑(含Fe、及少量)为原料制备溶液的流程如下： 已知：①草酸()为二元弱酸 ② (1)下列有关“酸浸”的说法正确的是_______(填序号) a.与稀盐酸发生氧化还原反应 b.溶液中可能含有、 c.加入过量铁可以使滤液中不含有 (2)“滤渣”的主要成分是_______。 (3)沉铁时，生成的离子方程式是_______。 (4)氧化时发生反应： ①为了加快氧化速率可以采用的措施是_______。 ②氧化结束后需要加入适量草酸以提高铁的利用率，加入草酸的原因是_______。 (5)“过滤1”得到的滤液与反应制备，同时产生的气体为_______。 【答案】(1)bc（2分） (2)#二氧化硅（1分） (3)（2分） (4) 搅拌(适当加热)等 （1分） 加入草酸与反应生成的等反应（2分） (5)（21分） 【分析】废铁屑加入盐酸，二氧化硅不反应成为滤渣，滤液加入草酸生成沉淀，过滤后沉淀加入过氧化氢和草酸钾生成； 【解析】（1）a．与稀盐酸反应过程中没有元素化合价的改变，不发生氧化还原反应，a错误； b．铁和盐酸生成氯化亚铁、氧化铁和盐酸生成氯化铁，故溶液中可能含有、，b正确； c．铁和铁离子生成亚铁离子，加入过量铁可以使滤液中不含有，c正确； 故选bc； （2）二氧化硅和稀盐酸不反应，故“滤渣”的主要成分是二氧化硅； （3）沉铁时，加入草酸，草酸和亚铁离子生成草酸亚铁沉淀，生成的离子方程式是； （4）①为了加快氧化速率可以采用的措施是搅拌、使得升高温度、适当增大反应物的浓度等； ②氧化结束后需要加入适量草酸以提高铁的利用率，加入草酸的原因是反应中生成氢氧化铁，加入草酸可以和反应生成的等反应提高铁的利用率； （5）“过滤1”得到的滤液与反应制备，反应中碳酸氢根离子还会生成二氧化碳气体。 5．（12分）实验表明，当乙醛加入到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。 【实验假设】 (1)假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与发生_________反应(填反应类型)。 假设Ⅱ：乙醛具有α－H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下： 无论是几元取代，参加反应的与生成的HBr物质的量之比为_________。 假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，补全下面反应方程式。 _________ 【实验过程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。 方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型。 序号 操作 现象 试管1 1mL溴水＋1mL乙醛，充分振荡后静置 褪色 试管2 1mL溴的溶液＋1mL乙醛，充分振荡后静置 ____ 结论：假设Ⅰ不成立。 (2)试管2中的实验现象为__________。 方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。 序号 操作 pH 试管1 加入20mL溴水，再加入10mL苯酚溶液，待完全反应后(苯酚过量)，测定混合液pH 1.85 [] 试管2 加入20mL相同浓度的溴水，再加入10mL 20%的乙醛溶液(乙醛过量)，3min后完全褪色，测定混合液pH ____________ 注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。 (3)写出苯酚与溴水反应的化学方程式：____________________________________。 (4)若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为______反应；若pH接近______，则证明为氧化反应(lg2≈0.3)；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。 【实验结论与反思】 (5)根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与发生反应，而是与次溴酸(HBrO)反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴水褪色的原因：______________。 (6)已知柠檬醛的结构如图，结合上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双键的合理方法为 (填字母序号)。 A．向酸性高锰酸钾溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色 B．向溴水中加适量柠檬醛，观察其是否褪色 C．向溴的溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色 D．向新制氢氧化铜悬浊液中加适量柠檬醛，加热，冷却后取上层清液再加溴水，观察其是否褪色 【答案】(1) 加成反应 （1分） 1:1 （1分） （2分） (2)溶液分层，溴水不褪色；（1分） (3)（2分） (4) 取代反应 （1分） 1.55（1分） (5)乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色（2分） (6)C（1分） 【分析】乙醛结构中含有不饱和键，α－H，具有较强的还原性，可能与溴发生加成反应，取代反应和氧化反应；溴水和苯酚溶液反应为取代反应，翻译后混合液pH值为1.85，将溴水与乙醛溶液反应，如果pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以，pH=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有；据此分析解题。 【解析】（1）假设Ⅰ：可以与双键发生加成反应，醛基含有不饱和键，可与发生加成反应；故答案为加成反应； 假设Ⅱ：发生取代反应时，参加反应的其中一个Br原子取代H原子，另一个Br与被取代的H生成HBr，所以无论是几元取代，参加反应的与生成的HBr物质的量之比为1:1，故答案为1:1； 假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，反应方程式为；故答案为； （2）1mL溴的溶液＋1mL乙醛，充分振荡后静置，溶液分层，溴水不褪色；故答案为溶液分层，溴水不褪色； （3） 溴水与苯酚发生取代反应，反应为；故答案为； （4）若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，与试管1中pH一致，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以，pH=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；应故答案为取代反应；1.55； （5）与水反应式为，乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色；故答案为乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色； （6）柠檬醛分子中含有碳碳双键和醛基，根据上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双键是方法是向溴的溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色；选项C符合题意，故答案选C。 B组 （建议用时：35分钟 满分：58分） 1．（12分）过氧化钙可用于污水处理。 Ⅰ.的制备 将与浓氨水、溶液混合，在冰水浴中冷却后即有沉淀析出。分离沉淀，洗涤，干燥，低温脱水，得。 (1)基态氧原子价层电子轨道表示式为________。 (2)制备反应的离子方程式为________。 (3)已知为酸性很弱的二元弱酸，解释制备时浓氨水的作用：________。 (4)通过检验来判断沉淀是否洗涤干净：取最后一次洗涤沉淀的滤出液，________（补全操作和现象），表明沉淀已洗涤干净。 Ⅱ.的结构 (5)的晶体结构示意图如下。 ①用表示阿伏加德罗常数的数值。该晶体的密度为________。 ②的熔点明显高于，分析原因：________。 Ⅲ.处理含苯酚污水 (6)溶于水可产生，将苯酚氧化，在时，最终产物为和。理论上处理含苯酚的污水，至少需消耗________。 【答案】(1) (2) (3)浓氨水中和，使、正向移动，提高，利于生成沉淀 (4)加入硝酸银溶液，无白色沉淀 (5) 是离子晶体，是分子晶体，前者的离子键强于后者的分子间作用力 (6)14 【解析】（1） 氧的核电荷数为 8，价电子排布式为2s22p4，轨道表示式为：(2s轨道全充满，2p轨道遵循洪特规则排布)。 （2）将与浓氨水、溶液混合，在冰水浴中冷却后即有沉淀析出，离子方程式为：。 （3）H2O2是弱酸，在水中会发生微弱电离、，浓氨水中和，使H+浓度降低，平衡、正向移动，提高，利于生成沉淀。 （4）沉淀表面会吸附Cl-（来自反应物CaCl2），检验方法是取最后一次洗涤的滤液，滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，查看是否有白色沉淀生成，但是因为反应体系中不涉及碳酸根等杂质离子，仅仅只有氯离子，因此只需要滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净。 （5）①由晶胞结构可知，Ca2+位于顶点和面心，个数为，位于棱心与体心，个数为，Ca的摩尔质量为40 g/mol，的摩尔质量为32 g/mol，所以晶胞质量为，晶胞体积V=，密度，②CaO2是离子晶体，微粒间作用力为离子键；H2O2是分子晶体，微粒间作用力为范德华力和氢键。离子键的强度远大于分子间作用力，因此CaO2的熔点明显高于H2O2。 （6）苯酚的分子式为C6H5OH，设C的平均化合价为x，根据化合价代数和为0，，解得，产物为CO2，C 的化合价为+4，则1 mol苯酚中 6 个C的总失电子数为：，根据得失电子守恒，从而得到反应方程式：，CaO2溶于水生成H2O2，反应方程式为：，根据化学方程式与电子守恒有：14CaO2~14H2O2~C6H5OH，所以处理含苯酚的污水，至少需消耗14。 2．（12分）羟基自由基()是一种活性含氧微粒。 (1)的电子式为_______。 (2)酸性条件下，少量与可产生，过程如下： i.__________ ii. 写出i的离子方程式_______。 (3)利用脱除苯酚 分别向足量酸性的溶液中加入少量铁盐和亚铁盐，加入苯酚废液脱除苯酚，将其转化为无毒的氧化物。当其他条件不变时，苯酚的浓度随时间的变化如图所示。 ①脱除苯酚反应的化学方程式是_______。 ②时，苯酚脱除速率不同的可能原因是_______。 (4)利用制备硝酸 在少量作用下，与能产生，但产率低。我国科学家改用电解法大大提高了产率，装置示意图如下： ①写出生成的电极反应_______。 ②解释通电条件产率提高的原因：_______。 【答案】(1)（2分） (2)（2分） (3) （2分） 反应速率，铁盐体系中通过反应生成，前内，铁盐体系生成的小于亚铁盐体系，故生成速率更小，低，氧化苯酚的速率慢（2分） (4) （2分） 通电条件下，在阴极放电，产生循环利用（2分） 【解析】（1） 羟基自由基中，原子最外层有7个电子（含1个单电子），与原子形成1对共用电子对，电子式为； （2）已知总过程的第二步为，第一步为被氧化为，同时生成，根据原子守恒、电荷守恒配平，离子方程式为：； （3）①苯酚（）被氧化为无毒的，被还原为，根据得失电子守恒、原子守恒配平：； ②由图像可知，加入亚铁盐的体系苯酚脱除速率远快于铁盐体系。结合生成的两步反应：第一步（反应，速率快），第二步（反应，速率慢）。亚铁盐体系初始就含有大量，可快速发生反应生成高浓度，氧化苯酚速率快；而铁盐体系初始无，需通过慢反应生成，前内浓度远低于亚铁盐体系，因此生成的速率慢、浓度低，苯酚脱除速率慢； （4）①电解装置中，右侧石墨电极为阴极（接电源负极），在阴极得电子，结合酸性电解液中的生成，电极反应式为：； ②非电解体系中，仅通过慢反应再生，浓度低，生成速率慢，硝酸产率低；通电条件下，阴极可将还原为（），实现的循环利用，持续维持高浓度，从而持续快速生成，大幅提高氧化为的效率，因此硝酸产率显著提高。 3．（12分）某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成利尿药美托拉宗。 已知： 请回答下列问题： (1)试剂a是___________。 (2)C→D的反应类型是___________。 (3)D→E的化学方程式是___________。 (4)属于芳香族化合物的B的同分异构体有___________个(提示：不包括B)，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为2：2：2：3的有机物结构是___________。 (5)写出B+H→I的化学方程式___________。 (6)从D→H的流程看，D→E的主要目的是___________。 (7)有人认为由I合成美托拉宗的过程如下： 请写出J的结构简式___________，K的结构简式___________。 【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸（1分） (2)还原反应（1分） (3)（2分） (4) 4 （2分）    （1分） (5)+H2O（2分） (6)保护与苯环直接相连的氨基不被酸性KMnO4氧化（1分） (7) CH3CHO （1分）    （1分） 【分析】 由A的分子式和D的结构简式可知，甲苯发生硝化反应生成的A为，则试剂a为浓硝酸、浓硫酸，A中苯环上甲基邻位的氢原子被氯原子取代生成的C为，C中硝基被还原为氨基生成D，结合E的分子式可知，D与发生取代反应生成的E为，E与ClSO3H、NH3反应生成F，F中甲基被酸性KMnO4氧化为羧基而生成的G为，结合H的分子式可知，G中酰胺基水解生成的H为；A()中硝基被还原为氨基生成的B为，结合I的分子式可知，B()与H()发生取代反应生成的I为，结合已知信息ii和美托拉宗的结构简式可知，I与J(CH3CHO)先发生加成反应生成，再经环化、脱水得到美托拉宗； 【解析】（1）由分析可知，试剂a是浓硝酸、浓硫酸； （2） 由分析可知，C()中硝基被还原为氨基生成D，则C→D的反应类型是还原反应； （3） 结合分析可知，D与发生取代反应生成E()和CH3COOH，则D→E的化学方程式是：； （4） 由分析可知，B为，考虑苯环上可能有2个或1个取代基，则属于芳香族化合物的B的同分异构体有、、、，共4个(提示：不包括B)；其中核磁共振氢谱的峰面积之比为2：2：2：3的有机物结构是 ； （5） 结合分析可知，B()与H()发生取代反应生成I()和水，反应的化学方程式为：+H2O； （6）D→E反应将D中氨基转化为-NHCOCH3，但G→H过程中酰胺基水解又生成含有氨基的H，且氨基易被酸性KMnO4氧化，则从D→H的流程看，D→E的主要目的是：保护与苯环直接相连的氨基不被酸性KMnO4氧化； （7） 由分析可知，I与J(CH3CHO)先发生加成反应生成 ， 再经环化、脱水得到美托拉宗，则J、K的结构简式分别为CH3CHO、。 4．（12分）废旧CPU中有大量金属单质Au(金)、Ag、Cu和少量其他杂质(已知其他杂质不参与反应且不溶于水)，研究人员设计了一种从废旧CPU中分离回收Au、Ag和Cu的流程，如下图所示。 已知：N2H4的结构式为：；HAuCl4(aq) = H+(aq) + [AuCl4]− (aq)。 回答下列问题： (1)废旧CPU浸取前，需要先粉碎，目的是_______。 (2)写出过程①中发生反应的离子方程式_______。该过程控制反应的温度不宜过高的原因是_______。 (3)已知Au − 3e-Au3+ 很难发生，双氧水难以氧化金，解释过程②中金被溶解的原因_______。 (4)浸渣B的主要成分为_______；溶液c中含银微粒为_______(填离子符号)。 (5)过程④中过量的N2H4与溶液b发生了两种不同类型的反应： i．生成Au的离子方程式为_______。 ii．另一种类型的反应离子方程式为_______。 (6)该流程中可循环利用的物质是_______。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率（1分） (2) Cu + H2O2+ 2H+ =Cu2+ + 2H2O （2分） 双氧水受热易分解（1分） (3)盐酸中的Cl-与Au3+结合，生成[AuCl4]−，降低了Au3+ 浓度，使Au − 3e-Au3+正向移动，Au的还原性增强，使得双氧水能氧化Au（2分） (4) AgCl （1分） [Ag(NH3)2]+（1分） (5) 3N2H4 + 4[AuCl4]− =4Au + 3N2↑+ 12H+ +16Cl- （2分） N2H4 + H+=（1分） (6)硫酸  氨水(氨气)（1分） 【分析】废旧CPU加入硫酸和H2O2，加热后，只有Cu溶解，溶液a含有Cu2+，电解后得到金属Cu；Au、Ag和杂质不溶解，浸渣A加入盐酸和H2O2，Ag会生成氯化银，浸渣B含有氯化银，Au会溶解，溶液b含有HAuCl4，通入N2H4，发生氧化还原反应生成Au、N2和HCl；浸渣B加入氨水，氯化银会生成[Ag (NH3) 2]+，溶液c含[Ag (NH3) 2]+，加入乙醛，发生氧化还原反应生成Ag。 【解析】（1）废旧 CPU 破碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 （2）根据分析可知，过程①是铜的溶解，生成Cu2+，离子反应方程式为Cu + H2O2+ 2H+=Cu2++ 2H2O；控制反应温度不宜过高是为了防止双氧水受热分解，导致铜不能完全溶解。 （3）结合已知条件可知，盐酸中的Cl-与Au3+结合，生成[AuCl4]-，降低了Au3+ 浓度，根据勒夏特列原理，平衡Au -3e-Au3+正向移动，Au的还原性增强，使得双氧水能氧化Au，因此可以溶解Au。 （4）根据分析可知，浸渣 B 为氯化银(AgCl)； 溶液c中成分为氯化银和氨水反应生成的[Ag (NH3) 2]+。 （5）生成Au的反应中，[AuCl4]-被N2H4还原为Au，N2H4被氧化为N2，离子方程式为4 [AuCl4]-+3N2H4=4Au↓+3N2↑+16Cl-+12H+；根据N2H4的结构和已知条件可知，其显弱碱性，能与溶液b中的H+发生反应，离子方程式为N2H4 + H+=N2H。 （6）该流程中，过程①中需要硫酸，电解制铜的时候会生成硫酸，硫酸可以循环使用；过程③中需要氨水，溶液c银镜反应生成银的过程中生成氨气，溶于水形成氨水，氨水(氨气)也可以循环使用。 5．（10分）探究一定浓度H2SO4与卤素离子(Cl-、Br-、I-)的反应。实验如下： (1)a．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀； b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有___________。 (2)用CuSO4溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀CuS，该气体是___________。 (3)检验ⅱ中产物： Ⅰ．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2。 Ⅱ．取ⅱ中部分溶液，用CCl4萃取。CCl4层显红棕色，水层(溶液)无色。证实溶液中含SO2，过程如下： ①白色沉淀1的成分是___________。 ②生成白色沉淀3的离子方程式是___________。 (4)已知：。探究ⅱ中溶液存在Br2、SO2的原因：将ⅱ中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因： a．Br2与H2O发生了反应。 b．加水稀释导致溶液颜色变浅。 c．Br2与SO2在溶液中发生了反应。 ①资料：  ，判断a___________(填“是”或“不是”)主要原因。 ②实验证实b不是主要原因，所用试剂是___________，现象是___________。可选试剂：AgNO3溶液、CCl4、KMnO4溶液 ③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因___________。 【答案】(1)HCl（1分） (2)H2S（1分） (3) BaSO3和BaSO4 （2分） (或)（2分） (4) 不是 （1分） CCl4 （1分） 静置分层，下层溶液无色 （1分） 稀释前硫酸浓度较大，氧化性H2SO4＞Br2；稀释后硫酸浓度较小，氧化性H2SO4＜Br2（1分） 【分析】一定浓度硫酸与NaCl溶液反应产生白雾，可能为HCl或Cl2，实验过程中用硝酸银溶液来检验确定白雾的成分；与NaBr溶液反应产生红棕色气体，可能有Br2产生，可用湿润的淀粉KI试纸检验；与NaI反应产生气体和紫色固体；有I2生成，结合题中信息，猜测有H2S气体产生，用硫酸铜溶液来进行检验；据此解答(1)～(2)；(3)溶液A中含有，用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2，Br-被氧化，H2SO4被还原，溶液A中可能含有可溶性SO2，向其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，再加入H2SO4生成白色沉淀和溶液2，溶液2加入Na2S溶液，生成S沉淀，从而证实溶液A中含有SO2，则白色沉淀为BaSO3和BaSO4；(4)①反应Br2+H2OHBr+HBrO，K=4.0×10-9常数比较小，则反应不易发生；②溴和水的反应是可逆反应，若b是主要原因，则溶液中存在溴单质；③稀释前硫酸浓度较大，通过本实验可以知道，这个浓度的硫酸可以氧化溴离子变成溴单质，据此分析解题。 【解析】（1）用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，说明白雾中可能含有HCl或Cl2；用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化，说明白雾中含有HCl不含有Cl2，故答案为：HCl； （2）将ⅲ中的气体通入CuSO4溶液产生黑色沉淀CuS，说明该气体是H2S，发生反应：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，该气体为H2S，故答案为：H2S； （3）①H2SO4与NaBr溶液反应，产生红棕色气体，用溶液A中含有，可能含有易溶性气体SO2，向其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，溶液A中含有，可能含有SO2；向其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，再加入H2SO4生成白色沉淀和溶液2，溶液2加入Na2S溶液，生成S淡黄色沉淀，从而证实溶液A中含有SO2，则白色沉淀为BaSO3和BaSO4，从而证实溶液A中含有SO2，则白色沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，故答案为：BaSO3和BaSO4； ②生成黄色沉淀3的离子方程式是：SO2+2S2-+4H+=3S↓+2H2O(或4H++H2SO3+2S2-=3S↓+3H2S或2S2-+5H2SO3=3S↓+4+3H2O)，故答案为：SO2+2S2-+4H+=3S↓+2H2O(或4H++H2SO3+2S2-=3S↓+3H2S或2S2-+5H2SO3=3S↓+4+3H2O)； （4）①已知反应：X2+SO2+2H2O=2HX+H2SO4(X=Cl、Br、I)，根据资料可知：反应Br2+H2O⇌HBr+HBrO该反应的化学平衡常数K=4.0×10-9＜1.0×10-5，化学平衡常数较小，则反应不易发生，故a不是主要原因，故答案为：不是； ②溴和水的反应是可逆反应，若b是主要原因，则溶液中存在溴单质，这时加入CCl4萃取，下层CCl4层应该显示棕红色；而取b中稀释后的溶液，加入CCl4充分振荡、静置，下层溶液无色，说明b不是主要原因，故答案为： CCl4；静置分层，下层溶液无色； ③稀释前硫酸浓度较大，通过本实验可以知道，这个浓度的H2SO4可以氧化Br-变成Br2，物质的氧化性：H2SO4＞Br2；稀释后稀H2SO4主要以H+形式存在，其氧化性较弱，此时物质的氧化性：H2SO4＜Br2由此证明c是主要原因，故答案为：稀释前硫酸浓度较大，氧化性H2SO4＞Br2；稀释后硫酸浓度较小，氧化性H2SO4＜Br2。 C组 （建议用时：40分钟 满分：58分） 1．（12分）氨硼烷（）是一种具有研究价值的固体储氢材料。 已知：含氢19.5%，白色晶体，熔点为104℃。可溶于水和甲醇等溶剂中。常温常压下能够稳定存在。在催化剂存在情况下，能快速与水反应。 元素 H B N 电负性 2.1 2.0 3.0 (1)基态N原子的核外电子排布的轨道表示式为________。 (2)H、B、N的第一电离能由小到大的顺序是________。 (3)分子结构示意图如图1，其中为________键（填序号，下同），为________键。 a．配位键    b．非极性键    c．键    d．键 (4)在某种催化剂表面与反应的释氢机理如图2。 ①若用和做反应物，生成的氢气是________（填序号）。 a．    b．    c．HD ②写出理论上与完全反应的总反应的离子方程式：________。 (5)研究发现，在低温高压条件下为超晶胞结构，如图3所示（超晶胞内含有16个氨硼烷分子，）。氨硼烷晶体的密度为________（已知：；表示阿伏加德罗常数）。 【答案】(1)（2分） (2)（2分） (3) d （2分） a（1分） (4) c （1分） （2分） (5)（2分） 【解析】（1） N原子原子序数为7，基态核外电子排布为，根据洪特规则，2p轨道3个单电子分占3个轨道，轨道表示式如图 （2） 同周期第一电离能从左向右呈增大趋势，所以；B的轨道表示式，H的轨道表示式 ，处于半满状态，相对比较稳定，第一电离能较高，故从小到大顺序为； （3）中N原子采取杂化，N-H键是N的杂化轨道与H的s轨道头碰头形成的键，故选d；B原子与H原子已经形成三个B-H共价键，没有孤电子剩余，提供空轨道，N原子提供孤电子对，所以N-B是N提供孤对电子、B提供空轨道形成的配位键，故选a； （4）① 根据反应机理，提供一个H原子，提供一个D从而形成HD，故选c； ② 氨硼烷与水反应生成、、，配平后得到总离子方程式； （5）超晶胞边长为2a pm、2b pm、2c pm，换算单位后体积；超晶胞内共16个，​摩尔质量为，总质量，密度。 2．（12分）汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。 (1)能形成酸雨，转化为的化学方程式是___________。 (2)汽车发动机工作时会引发  ，其能量变化示意图如下： 则中氮氧键的键能是___________。 (3)用可消除污染，反应原理为：，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到脱除率随温度变化的曲线如图所示： ①曲线a对应的___________。 ②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过，该时间段内的脱除速率为___________。 ③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是___________(至少写两条)。 (4)选择性催化还原技术(SCR技术)可有效降低柴油机尾气中的排放。其原理是在催化剂作用下，用等物质将尾气中的转化为。 ①柴油机尾气中的是由和在高温或放电条件下生成的。高温尾气中绝大多数为NO，推测为___________(填“放热”或“吸热”)反应。 ②在催化剂作用下，还原的化学方程式为___________。 ③用传感器检测NO的含量，其工作原理示意图如下： 写出工作电极的电极反应式：___________。 【答案】(1)3NO2+H2O=2HNO3+NO（2分） (2)632（1分） (3) 1：3 （1分） （2分） 催化剂失活、反应逆向移动、NH3分解（1分） (4) 放热 （1分） （2分） NO-3e-+2H2O=+4H+（2分） 【解析】（1）NO2溶于水生成HNO3和NO，其反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。 （2）  ，=反应物键能总和-生成物键能总和，因此946+498-2a=180，解得中氮氧键的键能a=632。 （3）①中，NH3过量时NO脱除率更高，曲线a脱除率最低，故1：3。 ②NO的起始浓度为，从A点到B点经过，脱除的NO浓度为，脱除速率为。 ③温度超900℃脱除率下降的原因：催化剂失活（高温破坏催化剂结构）、反应逆向移动（该反应为放热反应，高温平衡逆向）、NH3分解（高温下 NH3→N2+H2，失去还原剂）等。 （4）①高温尾气中绝大多数为NO，说明高温更有利于逆向进行，而高温时，可逆反应的吸热反应进行程度大，因此该反应逆向为吸热反应，正向为放热反应。 ②在催化剂作用下，还原，二者生成N2和H2O，中N元素化合价升高3，中N元素化合价降低4，因此反应方程式为。 ③工作电极中NO失去3个电子生成，酸性条件下用H+、H2O配平电极反应式为NO-3e-+2H2O=+4H+。 3．（12分）1．顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下： 已知：i． ii．(R、代表烃基或氢) (1)的名称是___________。 (2)反应I的反应类型是(选填字母)___________。 a．加聚反应    b．缩聚反应 (3)顺式聚合物P的结构式是(选填字母)___________。 a．    b．    c． (4)A的相对分子质量为108。 ①反应II的化学方程式是___________。 ②1mol B完全转化成M所消耗的质量是___________g。 (5)A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C。写出其中一种同分异构体的结构简式___________。 【答案】(1)1，3-丁二烯（2分） (2)a（2分） (3)b（2分） (4) 或 （2分） 6（2分） (5)或（任写一种即可）（2分） 【分析】用1，3-丁二烯为原料合成顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线为： 上线将进行聚合反应得到顺式聚合物P，根据聚合物P的结构为顺式，则可知发生的1，4-加成聚合，则P的结构简式为：，最后进行硫化得到顺丁橡胶； 下线将按照已知i的转化原理进行反应得到A：，再将A在和作用发生碳碳双键断裂成醛的反应得到B，再将B在催化下加热与加成还原为M：，可反推出B的结构为：；同时A转化时除得到B外，还会得到C，根据已知ii的转化原理可得C的结构为：，将C与在酸性作用下反应得到N，根据醛与酚反应的特点（醛断键，酚断羟基邻位的H）可得到N的结构为：，据此分析解答。 【解析】（1）的名称为：1，3-丁二烯。 （2）由生成高分子顺式聚合物的反应类型根据原子变化情况为加聚反应，则所给的2个选项中，符合的选项为：a。 （3）根据分析，顺式聚合物P的结构简式为，则所的3个选项中，符合为选项为：b。 （4）①的相对分子质量为54，而A的相对分子质量为108，则反应I为两分子通过自身按照已知i的转化原理进行反应得到，则反应的方程式为：或； ②B的结构为：，1mol醛基可加成，则1mol B完全转化成M所消耗的物质的量为3mol，质量为：6g。 （5）根据信息ii可知烯烃中的碳碳双键会被氧化为，同时生成物B为，C为，可运用逆向思维，醛基连成双键即得所需烯烃，原物质是由两个长链中的醛基拼接，所以也可由一个长链和一个短链拼接，所以可得到该同分异构体可能是：或。 4．（12分）某冶金过程产生的废渣有、CuO、、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．25℃，微溶于水，和黄钠铁矾均难溶于水。 ⅱ．冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。 元素 Si Cu Fe Pb Ca 质量分数/% 15.34 14.75 4.66 14.31 2.16 Ⅰ．酸浸 (1)CuO与硫酸反应的离子方程式是___________。 (2)酸浸渣中除外，还含有___________。 Ⅱ．沉铁 (3)加入的目的有___________。 Ⅲ．还原沉铜 (4)开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH，的使用量将增加，结合与反应的离子方程式解释原因。___________ (5)酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的中含有杂质，解释原因：___________。 Ⅳ．产品中含量的测定 (6)经提纯后，产品中只有和Cu，测定产品中含量的方法如下。 已知： ①样品溶解发生反应：、___________。 ②步骤ⅲ中溶液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品中的质量分数还需要的实验数据是___________。 【答案】(1)（1分） (2)、（1分） (3)与反应，调节溶液的pH：提供，形成黄钠铁矾沉淀除铁（2分） (4)与发生反应，生成的与反应生成，分解为受热逸出，使还原剂的量减少（2分） (5)微溶，酸浸时低，酸浸液中有未完全沉淀。沉铜反应生成，增大，使，生成沉淀（2分） (6) （2分） 溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量（2分） 【分析】冶金废渣加硫酸酸浸，不与硫酸反应，PbO与硫酸反应生成难溶于水的，CaO与硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，、CaSO4和形成酸浸渣，氧化铜、氧化铁、氧化亚铁溶于硫酸转化成溶于水的硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；溶液通入空气，加入Na2CO3调节pH=2.0，生成黄钠铁矾，溶液中加入调节pH=3.5，温度控制80℃，生成Cu2O。 【解析】（1）CuO为碱性氧化物，离子方程式中不拆分，与强酸反应生成铜盐和水，离子方程式为：。 （2）结合分析可知，不与硫酸反应，难溶于水；PbO与硫酸反应生成难溶于水的，二者均留在酸浸渣中。 （3）酸浸后溶液酸性较强，碳酸钠中与反应，降低浓度，调节pH，使沉淀为黄钠铁矾除去，同时提供黄钠铁矾组成中需要的。 （4）与反应的离子方程式为：，反应生成，若不调控pH，溶液中与反应生成H2SO3，分解为受热逸出，使还原剂的量减少。 （5）微溶于水，硫酸浓度较低时，溶液中​浓度小，不能在酸浸步骤完全沉淀，部分随滤液进入沉铜步骤，沉铜反应生成，c()增大，使Q()>Ksp()，生成沉淀最终随共沉淀析出，因此得到的中混有 ​杂质。 （6）①酸性条件下，被氧化，+1价Cu转化为+2价Cu，被还原为，离子方程式为； ②样品用Fe2(SO4)3溶液溶解，生成，用过量的溶液将氧化成，再用(NH4)2Fe(SO4)2滴定剩余的，间接去测量的质量，因此还需要溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量才能计算质量分数。 5（10分）．精炼铜的阳极泥经处理后的沉渣中含有，可用溶液浸取回收银。所得浸出液可以分离出并使浸取剂再生。某小组在实验室模拟该反应。 已知：时，(白色)微溶于水，(白色)难溶于水； ，。 I．浸出 (1)取固体，加入一定体积溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液，其中银的主要存在形式为。该反应的离子方程式是___________。 Ⅱ．酸化沉银 取(1)所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时，约为5； (2)完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫粒子有___________。 (3)将沉淀过滤并洗净，探究其成分。 ①取少量沉淀，___________(填操作和现象)，证实其中不含。 ②为证明沉淀中不含，甲同学设计的实验及其现象如下。 该现象能否得出沉淀中不含的结论？若能，写出推理过程；若不能，补充实验方案，证实不含。___________。 ③经分析，沉淀是，用化学平衡原理解释生成的原因___________。 (4)有同学预测，反应的初始阶段所得沉淀中可能混有。探究如下：向(1)所得浸出液中滴入1滴稀，恰好出现少量沉淀(记为沉淀)。过滤，用滤液进行实验。 ①若沉淀中有，预期现象与上述实验现象不同。写出预期现象及理由___________。由此推知，沉淀中不含。 ②结论：浸出液加酸沉银时，无论酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。 Ⅲ．浸取剂再生 (5)向Ⅱ所得溶液中加调，可使浸取剂再生。引入的不会明显影响的浸出。有人提出，仅利用含的物质，就能实现“浸出—沉银—再生”循环，且理论上试剂能完全循环使用。沉银所加试剂是___________；再生的方法是___________。 【答案】(1)（1分） (2)、（1分） (3) 加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加，无沉淀生成 （2分） 不能。取少量粉末(或向相同的空试管中)，加入稀硫酸和1滴稀溶液，上清液颜色与的上清液相同(或用图示表示) ，减小，使正移，增大，（2分） (4)ii中应出现白色沉淀。若中有，则滤液中，i中生成后，上清液中应剩余（2分） (5) (或) （1分） 将沉银后的溶液加热，生成的用于沉银，剩余溶液用于浸出（1分） 【分析】本实验模拟了工业上用溶液浸出AgCl并回收银的过程，主要分为浸出、酸化沉银和浸取剂再生三个阶段。浸出阶段：与AgCl反应生成可溶性；酸化沉银：加稀硫酸后，解离出Ag+，与Cl⁻结合生成AgCl沉淀；浸取剂再生：加NaOH调pH，可使浸取液再生； 【解析】（1）由题意结合质量守恒，固体和溶液反应生成和氯离子，该反应的离子方程式是； （2）加稀硫酸后，解离出Ag+，与Cl⁻结合生成AgCl沉淀，反应为，没有参与反应，此时约为5， ，，则溶液中大量存在的含硫粒子有、； （3）①微溶，若要证实其中不含，将其转化为氯化银，然后检验硫酸根离子即可，方法是：取少量沉淀，加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加溶液，无沉淀生成，证实其中不含。 ②该现象不能得出沉淀中不含的结论，原因是：虽然做了对比实验证明了可以使酸性高锰酸钾褪色，但白色沉淀含有，存在平衡：，氯离子也能使酸性高锰酸钾褪色，未排除该因素的影响，故设计实验方案为：取少量粉末，加入1mL稀硫酸，再加入1滴稀高锰酸钾溶液，上层清液颜色与a相同； ③滴加稀硫酸后，，减小，使正移，增大，，生成了氯化银沉淀； （4）滴加硝酸银中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则第一步中加入稀硝酸使全部转化为Ag+，Ag+将Cl-全部沉淀，由此可分析出滤液B中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl-)，由此得出沉淀A中不含，若沉淀A中含有，则滤液B中，i中生成AgCl后，上层清液中含有Cl-，预期现象是ii中出现白色沉淀；故答案为：ii中应出现白色沉淀。若中有，则滤液中，i中生成后，上清液中应剩余； （5）向Ⅱ所得溶液加NaOH调，发生离子反应：，得到的可用于浸出AgCl，若仅使用含的物质，就能实验“浸出—沉银—再生”循环，可以用，沉银时发生反应，亚硫酸根离子浓度减小，使得平衡正移，银离子浓度增大，，生成了氯化银沉淀，得到的沉银后的溶液含有亚硫酸氢钠，将其加热，生成的二氧化硫用于沉银，剩余的亚硫酸钠溶液可用于浸出AgCl。 故答案为：(或)；再生的方法是：将沉银后的溶液加热，生成的用于沉银，剩余溶液用于浸出。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 命题预测 参考答案 A组 1．（12分） (1) （2分） 的价层电子对数为，其VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，的空间结构为三角锥形（2分） (2) 中O的孤电子对个数为，中N的孤电子对个数为，孤电子对有较大斥力，使键角：< 离子键、氢键（2分） (3)（2分） (4) （2分） （2分） 2．（12分） (1) ＋247（2分） CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)是气体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动提高甲烷转化率（2分） (2) 阴极（1分） 5mol（1分） (3)Ca2+ + 2= CaCO3↓ + CO2↑ + H2O（2分） (4)   （1分） OH-+ H+= H2O、+ H+ = （2分） （1分） 3．（12分）(1)3（2分） (2) 浓硫酸、加热 （1分） 取代反应（1分） (3) （2分） 2（1分） (4)+Br2（2分） (5)n+(n−1)H2O（2分） (6)6（1分） 4．（10分） (1)bc（2分） (2)#二氧化硅（1分） (3)（2分） (4) 搅拌(适当加热)等 （1分） 加入草酸与反应生成的等反应（2分） (5)（21分） 5．（12分） (1) 加成反应 （1分） 1:1 （1分） （2分） (2)溶液分层，溴水不褪色；（1分） (3)（2分） (4) 取代反应 （1分） 1.55（1分） (5)乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色（2分） (6)C（1分） B组 （建议用时：35分钟 满分：58分） 1．（12分） (1) (2) (3)浓氨水中和，使、正向移动，提高，利于生成沉淀 (4)加入硝酸银溶液，无白色沉淀 (5) 是离子晶体，是分子晶体，前者的离子键强于后者的分子间作用力 (6)14 2．（12分） (1)（2分） (2)（2分） (3) （2分） 反应速率，铁盐体系中通过反应生成，前内，铁盐体系生成的小于亚铁盐体系，故生成速率更小，低，氧化苯酚的速率慢（2分） (4) （2分） 通电条件下，在阴极放电，产生循环利用（2分） 3．（12分） (1)浓硝酸、浓硫酸（1分） (2)还原反应（1分） (3)（2分） (4) 4 （2分）    （1分） (5)+H2O（2分） (6)保护与苯环直接相连的氨基不被酸性KMnO4氧化（1分） (7) CH3CHO （1分）    （1分） 4．（12分） (1)增大接触面积，提高反应速率（1分） (2) Cu + H2O2+ 2H+ =Cu2+ + 2H2O （2分） 双氧水受热易分解（1分） (3)盐酸中的Cl-与Au3+结合，生成[AuCl4]−，降低了Au3+ 浓度，使Au − 3e-Au3+正向移动，Au的还原性增强，使得双氧水能氧化Au（2分） (4) AgCl （1分） [Ag(NH3)2]+（1分） (5) 3N2H4 + 4[AuCl4]− =4Au + 3N2↑+ 12H+ +16Cl- （2分） N2H4 + H+=（1分） (6)硫酸  氨水(氨气)（1分） 5．（10分） (1)HCl（1分） (2)H2S（1分） (3) BaSO3和BaSO4 （2分） (或)（2分） (4) 不是 （1分） CCl4 （1分） 静置分层，下层溶液无色 （1分） 稀释前硫酸浓度较大，氧化性H2SO4＞Br2；稀释后硫酸浓度较小，氧化性H2SO4＜Br2（1分） C组 （建议用时：40分钟 满分：58分） 1．（12分） (1)（2分） (2)（2分） (3) d （2分） a（1分） (4) c （1分） （2分） (5)（2分） 2．（12分） (1)3NO2+H2O=2HNO3+NO（2分） (2)632（1分） (3) 1：3 （1分） （2分） 催化剂失活、反应逆向移动、NH3分解（1分） (4) 放热 （1分） （2分） NO-3e-+2H2O=+4H+（2分） 3．（12分） (1)1，3-丁二烯（2分） (2)a（2分） (3)b（2分） (4) 或 （2分） 6（2分） (5)或（任写一种即可）（2分） 4．（12分） (1)（1分） (2)、（1分） (3)与反应，调节溶液的pH：提供，形成黄钠铁矾沉淀除铁（2分） (4)与发生反应，生成的与反应生成，分解为受热逸出，使还原剂的量减少（2分） (5)微溶，酸浸时低，酸浸液中有未完全沉淀。沉铜反应生成，增大，使，生成沉淀（2分） (6) （2分） 溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量（2分） 5（10分）． (1)（1分） (2)、（1分） (3) 加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加，无沉淀生成 （2分） 不能。取少量粉末(或向相同的空试管中)，加入稀硫酸和1滴稀溶液，上清液颜色与的上清液相同(或用图示表示) ，减小，使正移，增大，（2分） (4)ii中应出现白色沉淀。若中有，则滤液中，i中生成后，上清液中应剩余（2分） (5) (或) （1分） 将沉银后的溶液加热，生成的用于沉银，剩余溶液用于浸出（1分） 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $