第13天 解答题押题特训（2）【上好课】2026年高考化学60天冲刺

第13天 解答题押题特训（2） 题号 押题亮点 情境与素养 难度与考前重点提醒 15 高考趋势： 以间接碘量法测定刻蚀废液中Cu²⁺为载体，综合考查氧化还原反应原理、离子方程式书写、离子检验、干扰排除及实验方案设计。是探究性实验题的典型代表。 考点角度： 刻蚀反应离子方程式（Fe³⁺氧化Cu）、氧化性判断（Fe³⁺和I₂）、配合物颜色变化（[Cu(NH₃)₄]²⁺蓝色）、检验SO₄²⁻的方法（先加酸除干扰）、直接滴定的局限性（配位副反应、沉淀干扰）、掩蔽剂的使用（F⁻掩蔽Fe³⁺）、pH控制的原因（水解、歧化、氧化）。 情境： 实验探究情境（刻蚀废液分析）。 素养： 科学探究与创新意识（实验方案设计、干扰排除）；证据推理与模型认知（氧化还原顺序、滴定原理）；宏观辨识与微观探析（配合物、水解）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：中 考前重点提醒： 探究性实验题要“理解原理、关注干扰、设计对照”。（1）刻蚀反应：2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺。（2）实验1中氧化性微粒：Fe³⁺（氧化I⁻生成I₂）和I₂（氧化滴定剂中的I⁻？滴定用Na₂S₂O₃还原I₂，但此处“体现氧化性的微粒”指能将I⁻氧化的，即Fe³⁺和生成的I₂。（3）检验SO₄²⁻时需先加过量稀盐酸除去CO₃²⁻、SO₃²⁻、PO₄³⁻及Ag⁺、Pb²⁺等干扰，再滴加BaCl₂溶液。（4）不能用Na₂S₂O₃直接滴定Fe³⁺的原因：Fe³⁺与S₂O₃²⁻发生络合或氧化还原副反应（生成黑色硫化物沉淀），无固定计量比，且颜色变化不明显。（5）掩蔽Fe³⁺常用F⁻（形成无色[FeF₆]³⁻），实验3、4通过对照证明F⁻可消除干扰：加F⁻后滴加淀粉KI不变蓝（Fe³⁺被掩蔽，不氧化I⁻），不加F⁻时变蓝。（6）pH调至4的原因：pH过高Cu²⁺会水解生成Cu(OH)₂；pH过低I⁻会被空气中O₂氧化，且Fe³⁺掩蔽效果可能下降（HF酸性较强时F⁻与H⁺结合）。 16 高考趋势： 以电解铜阳极泥回收贵金属（Au、Pt、Pd、Cu）的工艺流程为载体，考查元素周期表位置、氧化还原方程式、分离目的、配位反应、沉淀溶解平衡（Ksp计算）、晶胞化学式。是工艺流程与结构结合的典型题。 考点角度： Te在周期表中的位置（第5周期ⅥA族）、氧化焙烧方程式（PtTe与Na₂CO₃、O₂反应）、酸浸目的（分离Cu）、氯浸中Au被氧化为[AuCl₄]⁻的还原剂与氧化剂比例（2:3）、草酸的作用（还原[AuCl₄]⁻和[PtCl₆]²⁻）、利用Ksp计算初始NH₄Cl浓度（沉淀转化）、储氢合金晶胞化学式（Cu面心、Au顶点、H在四面体空隙，类CaF₂结构）。 情境： 生产环保情境（贵金属回收）。 素养： 科学探究与创新意识（工艺流程分析）；模型认知（晶胞结构、沉淀溶解平衡）；变化观念与平衡思想（氧化还原、Ksp计算）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 工艺流程题要“分步分析、物尽其用”。（1）氧化焙烧：PtTe中Pt为+2价，Te为-2价，被O₂氧化后Te转化为Na₂TeO₃（+4价），Pt转化为单质，同时Na₂CO₃提供Na⁺和CO₃²⁻，反应后生成CO₂。（2）酸浸用稀硫酸，目的是溶解CuO生成CuSO₄，而Pt、Pd、Au不反应，实现分离。（3）氯浸中Au + Cl₂ + Cl⁻ → [AuCl₄]⁻，Au从0升到+3，Cl₂从0降到-1，每生成1 mol [AuCl₄]⁻需3 mol e⁻，1 mol Cl₂得2 mol e⁻，故n(Au):n(Cl₂)=2:3，即还原剂（Au）与氧化剂（Cl₂）之比为2:3。（4）草酸（H₂C₂O₄）是还原剂，可将[AuCl₄]⁻还原为Au（+3→0），也可将[PtCl₆]²⁻还原为[PtCl₄]²⁻（+4→+2），便于后续与(NH₄)₂PdCl₆分离。（5）利用Ksp计算：反应后c([PtCl₆]²⁻)降低至1.1×10⁻⁶ mol/L，说明加入NH₄Cl生成了(NH₄)₂PtCl₆沉淀，根据Ksp表达式计算初始c(Cl⁻)进而求c(NH₄Cl)。注意等体积混合后浓度减半。（6）晶胞：Cu处于面心（6个面心，贡献3个），Au处于顶点（8个顶点，贡献1个），H进入四面体空隙。类CaF₂结构：Ca²⁺在顶点和面心（与Au、Cu位置对应？CaF₂中Ca²⁺在面心立方格点，F⁻在全部四面体空隙（8个））。故H原子数为8，化学式为Cu₃AuH₈。 17 高考趋势： 以CO₂催化加氢合成二甲醚为背景，综合考查盖斯定律、反应自发性的判断、反应历程图像分析、反应速率计算、平衡移动及平衡常数计算。是化学反应原理综合题的典型代表。 考点角度： 盖斯定律求反应热（由反应Ⅰ+2×反应Ⅱ可得目标反应）、反应自发性的判据（ΔG=ΔH-TΔS<0），反应历程图像中基元反应数、决速步的方程式（活化能最大）、恒容容器中压强与总物质的量的关系（反应Ⅱ气体分子数减少，反应Ⅰ不变）、用压强差计算反应速率、恒压条件下充入惰性气体对平衡的影响（分压降低，反应Ⅱ逆向移动）、二甲醚选择性随惰性气体比例变化的解释、平衡常数（分压平衡常数Kp）的计算。 情境： 学术探索与环保情境（CO₂资源化）。 素养： 变化观念与平衡思想（盖斯定律、平衡移动、自发判据）；证据推理与模型认知（图像分析、速率计算、Kp计算）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 原理综合题要“分清反应、用好图像、勿忘单位”。（1）盖斯定律：目标反应CO₂ + 3H₂ = CH₃OCH₃ + H₂O可由反应Ⅰ + 2×反应Ⅱ得到，ΔH=ΔH₁+2ΔH₂。（2）反应Ⅲ：CO₂ + H₂ = CO + H₂O，ΔH>0，ΔS≈0（气体分子数不变），故在高温下自发（ΔG=ΔH-TΔS，ΔS≈0则ΔG≈ΔH>0，非自发？实际上ΔS略大于0，需具体计算。通常此类反应高温自发，但题目说“在低温下自发”，需结合所给数据。本题解析中认为ΔH<0，ΔS<0，故低温自发。请以实际题目数据为准。若ΔH<0，ΔS<0，则低温自发。本题解析给出答案“低温”。（3）基元反应数：从图示看有多少个“峰值”或“过渡态”，每个上升段对应一个基元反应。决速步是能垒（活化能）最大的步骤，写出对应方程式。（4）恒容容器中压强比等于物质的量之比，利用反应前后压强差可求出反应Ⅱ消耗的CO和生成的甲醇等，进而求反应速率。（5）恒压条件下充入Ar，总压不变但各反应物分压降低，相当于减压。反应Ⅰ气体分子数不变，平衡不移动；反应Ⅱ气体分子数减少，减压使平衡逆向移动，二甲醚选择性降低。（6）Kp计算：先根据投料比、转化率、选择性，利用原子守恒求出平衡时各组分物质的量，再求分压（分压=总压×摩尔分数），代入表达式。注意Kp带单位（kPa⁻²等），结果保留两位小数。 18 高考趋势： 以抗淋巴瘤药物合成为载体，考查有机推断、官能团识别、反应类型（取代、羟醛缩合、氧化、酯化）、同分异构体计数（限制条件）、分子性质判断（共面、手性、顺反异构）及合成路线设计。是有机综合题的典型代表。 考点角度： 苯甲醛的名称、HC≡CH的电子式、磺化反应（取代）、醛基、磺酸基的酸性、羟醛缩合产物氧化生成羧酸、酯化反应、F与苯胺的取代反应（生成酰胺）、同分异构体（含羧基和碳碳双键的苯环二取代产物数）、E的性质（水解、共面、手性、顺反异构）、合成路线（苯甲醛与乙醛羟醛缩合→氧化→与HC≡CH取代）。 情境： 学术探索情境（药物合成）。 素养： 宏观辨识与微观探析（官能团转化）；证据推理与模型认知（有机推断、信息迁移）；科学探究与创新意识（路线设计）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 有机综合题要“抓官能团变化、用已知信息、列限制条件”。（1）A为苯甲醛，B是苯甲醛与浓硫酸发生磺化反应（-SO₃H取代苯环上氢），生成邻或对位产物（此处为对位）。（2）B含磺酸基，水溶液显酸性。（3）D由C（羟醛缩合产物，含醛基和碳碳双键）被银氨溶液氧化得到，醛基变羧基，故D为苯丙烯酸（C₆H₅-CH=CH-COOH）。（4）E是D与甲醇的酯化产物（苯丙烯酸甲酯）。（5）F与苯胺反应生成G和HCl，此处是酰氯（-COCl）与胺生成酰胺的反应。注意苯胺过量时还可能生成苯胺盐酸盐，方程式可写两个版本。（6）E的同分异构体：苯环上有两个取代基，一个为-COOH，另一个为含碳碳双键的C₄H₇O？要求能与NaHCO₃反应放出CO₂，必须有-COOH，所以另一个取代基为不饱和的C₄H₇-（含一个双键）。写出所有C₄H₇-的异构体（直链双键位置不同、支链），再乘以邻间对3种位置，注意不要重复。共9种（解析已列出）。（7）E的性质：酯基可水解；苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，单键可旋转，所有碳原子可以共面但不是一定；无手性碳（没有连四个不同基团的饱和碳）；碳碳双键两端基团不同，存在顺反异构。（8）合成路线：由苯甲醛和乙醛通过羟醛缩合（稀NaOH）生成苯丙烯醛，然后氧化（银氨溶液或新制Cu(OH)₂）得苯丙烯酸，再与HC≡CH（乙炔）在催化剂作用下发生取代反应（实际上可能是苯丙烯酸与乙炔发生酯化或加成？题目要求合成目标产物，需根据已知路线中的类似反应推断。最后一步通常是用酰氯与炔醇反应，但这里直接给出了终点，需要设计完整路线。解析中给出的路线是：苯甲醛+乙醛→苯丙烯醛→苯丙烯酸→与HC≡CH发生取代生成目标产物。具体条件需结合常见有机反应。 15．小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 （1）溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。 （2）研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。 （3）探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。 （4）探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：______(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 （5）测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。 【答案】（1） （2）、 （3） 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 会与生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀 （4）向溶液中加入过量溶液，调节，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，继续滴加溶液，蓝色褪去 （5）pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下分解，同时易被空气中的氧化，因此调节保证反应定量进行 【解析】（1）刻蚀铜，氧化铜单质生成和，配平即可得离子方程式。 （2）化合价降低、得电子体现氧化性：氧化生成，Cu从价降为价，体现氧化性；生成的氧化，I从价降为价，也体现氧化性。 （3）①无色的被空气中氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式。 ②题中说明微溶，会干扰检验，先加过量盐酸可除去，再向上层清液中加，若出现白色沉淀，则可说明溶液a中含有。 ③从实验流程可知，与除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S等，没有固定的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。 （4）需要做对照实验证明的作用，一组加不变蓝，一组不加变蓝，即可证明消除干扰。 （5）溶液中存在，酸性条件下会发生歧化反应；在酸性条件下会被空气中的氧化，所以pH不能太小。为弱碱阳离子，结合溶液中的水解成，所以pH不能太大。 16．电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。 已知：①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质； ②易溶于水，、难溶于水； ③。 回答下列问题： （1）52Te在周期表中的位置是___________。 （2）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为___________。 （3）“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 （4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au转化为[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。 （5）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 （6）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PtCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PtCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。 （7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为___________。 【答案】（1）第5周期第ⅥA族 （2）PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2 （3）Cu （4）2:3 （5）将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2- （6）1.0 （7）Cu3AuH8 【解析】向阳极泥(含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再加水“浸取”，过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Pt、Pd、Au的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得到含(NH4)2PtCl4滤液c和(NH4)2PdCl6沉淀，据此解答。 （1）52Te的原子序数为52，36＜52＜54，即Te位于第5周期倒数54-52+1=3列，故在周期表中的位置是第5周期第ⅥA族； （2）由题干已知信息①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质可知，“氧化焙烧”中，PtTe发生反应生成Pt、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2； （3）由分析可知，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，即“酸浸”的目的是分离Cu元素； （4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：、、，Au转化为的反应中Au的化合价由0价升高到+3价，而Cl2中Cl的化合价由0价降低到-1价，根据得失电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:3； （5）由分析可知，向滤渣中通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，极“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-； （6）“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，参加反应的NH4Cl的物质的量是物质的量的2倍，测得反应后混合液中，此时溶液中的浓度为：==0.3mol/L，设初始加入NH4Cl溶液的浓度约为c mol/L，则有：=0.3mol/L，解得c=1.0，故答案为：1.0； （7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu的个数为：=3，Au的个数为：=1，体内含有8个H(即CaF2晶胞中8个F-换成8个H)，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。 17．催化加氢合成二甲醚是资源化利用的重要途径，这一研究不仅有助于缓解排放对全球气温变暖的影响，而且为制备二甲醚提供新途径。该过程中主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）化学反应：的___________；反应Ⅲ在___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了光催化加氢合成甲醇的反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的粒子用*表示，并且吸附过程或脱附过程不属于基元反应。 图中所示历程包含___________个基元反应，其中决速步骤的化学方程式为___________。 （3）在一定温度下，向2 L的恒容密闭容器中充入和，发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得混合气的压强随时间的变化如图所示。在0~10 min内，用表示的反应速率___________。 （4）在一定温度下，将Ar、、(体积比X：3：1)充入装有催化剂的恒压反应容器(压强为120 kPa)发生上述反应Ⅰ和Ⅱ．随着X的增加，的平衡转化率和二甲醚的选择性的变化如图所示。 ①随着X的增大，的选择性减小的原因是___________。 ②当时，该温度下反应Ⅰ的平衡常___________(用分压代表平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，保留2位小数)。 【答案】（1） 低温 （2） 8 或 （3）0.015 （4） 随着X的增加，反应Ⅱ的分压减小，使反应Ⅱ逆向移动，二甲醚的选择性降低 0.81 【解析】（1）根据盖斯定律，可知式得：，则该反应的焓变；反应Ⅲ的，，要使，需在低温下该反应才能自发进行 （2）吸附过程是物理过程，不是基元反应，因此由图可知，图示历程包括8个基元反应，其中最大能垒(活化能)的反应决速步骤，对应的化学方程式为或； （3）在恒容容器中压强比等于物质的量之比，反应后n(总)，反应Ⅰ前后化学计量数不变，不会影响容器中压强的改变，反应Ⅱ化学计量数可变，会导致压强变化，设二甲醚转化为，根据反应Ⅱ列三段式： n(总)，则，； （4）①总压一定时，随X的增大混合气中Ar的含量增加，反应Ⅰ和Ⅱ的分压减小，但分压减小对反应Ⅰ无影响，反应逆向移动，的含量降低，故二甲醚的选择性下降。 ②假设投入，当时，，二甲醚的选择性为85%，则，则生成，，根据氧原子守恒，可得，根据氢原子守恒可得，混合气的总物质的量n(总)；则、、、；故反应Ⅰ的平衡常数。 18．有机物K是一种抗淋巴瘤药物。其合成路线如下图所示。 （1）A的名称是________，写出反应物的电子式________；的反应类型是________； （2）有机物A的含氧官能团名称________，B的水溶液显________性（填“酸”“碱”或“中”）。 （3）写出D的结构简式________； （4）的化学方程式为________； （5）符合下列条件的有机物E的同分异构体有________种（不考虑立体异构）； ①苯环上有2个取代基，其中一个取代基是； ②能与碳酸氢钠溶液反应放出气体。 （6）下列关于E的叙述正确的是________； A．E能发生水解反应 B．E的所有碳原子都在同一个平面上 C．E含有手性碳原子 D．E有顺反异构体 （7）以有机物A、和乙醛为有机原料，合成，写出其合成路线________（无机试剂任选）。 【答案】（1） 苯甲醛 取代反应 （2） 醛基 酸 （3） （4）或 （5）9 （6）AD （7） 【解析】A苯甲醛与浓硫酸发生取代反应生成B，B和乙醛在稀条件下发生羟醛缩合反应生成C，C被银氨溶液氧化生成D（），D和甲醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成E，E和反应生成F，F和苯胺（）发生取代反应生成G，G中的酯基先在条件下水解，再经酸化生成H，H与发生取代反应生成K，据此分析。 （1）根据A的结构简式，A的名称是苯甲醛；的电子式为；H中羧基与发生取代反应生成K； （2）根据A的结构简式，A的含氧官能团名称为醛基；B含磺酸基，磺酸基为酸性基团，水溶液显酸性； （3）根据C的结构简式及反应条件（银氨溶液），推测D的结构简式为 ； （4）F和发生取代反应生成G和HCl，HCl和苯胺可继续反应生成苯胺盐酸盐，化学方程式为：或； （5）E分子式为，需满足的条件：苯环有2个取代基，一个为；另一个取代基含4个C，且含1个和1个碳碳双键，还剩余一个C原子，则该取代基有三种不同结构（、、）；苯环上2个取代基又有邻、间、对三种位置关系，则符合条件的E的同分异构体共种，如图：、、、、、、、、； （6） E的结构简式为，据此分析：A．E含酯基，能发生水解反应，Ａ正确； B．苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，单键可旋转，所有碳原子可以共平面，但不是一定共平面，B错误； C．手性碳原子是连4个不同基团的饱和碳原子，E中无饱和碳原子连4个不同基团，没有手性碳，C错误； D．碳碳双键两端每个碳原子都连接两种不同的基团，存在顺反异构，D正确。 故选AD； （7）有机物A（苯甲醛）先和乙醛发生羟醛缩合反应生成苯丙烯醛，苯丙烯醛再经氧化剂氧化生成苯丙烯酸，再利用上述路线中的反应原理，苯丙烯酸和发生取代反应生成，故设计合成路线如下：。 15 / 15 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 第13天 解答题押题特训（2） 题号 押题亮点 情境与素养 难度与考前重点提醒 15 高考趋势： 以间接碘量法测定刻蚀废液中Cu²⁺为载体，综合考查氧化还原反应原理、离子方程式书写、离子检验、干扰排除及实验方案设计。是探究性实验题的典型代表。 考点角度： 刻蚀反应离子方程式（Fe³⁺氧化Cu）、氧化性判断（Fe³⁺和I₂）、配合物颜色变化（[Cu(NH₃)₄]²⁺蓝色）、检验SO₄²⁻的方法（先加酸除干扰）、直接滴定的局限性（配位副反应、沉淀干扰）、掩蔽剂的使用（F⁻掩蔽Fe³⁺）、pH控制的原因（水解、歧化、氧化）。 情境： 实验探究情境（刻蚀废液分析）。 素养： 科学探究与创新意识（实验方案设计、干扰排除）；证据推理与模型认知（氧化还原顺序、滴定原理）；宏观辨识与微观探析（配合物、水解）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：中 考前重点提醒： 探究性实验题要“理解原理、关注干扰、设计对照”。（1）刻蚀反应：2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺。（2）实验1中氧化性微粒：Fe³⁺（氧化I⁻生成I₂）和I₂（氧化滴定剂中的I⁻？滴定用Na₂S₂O₃还原I₂，但此处“体现氧化性的微粒”指能将I⁻氧化的，即Fe³⁺和生成的I₂。（3）检验SO₄²⁻时需先加过量稀盐酸除去CO₃²⁻、SO₃²⁻、PO₄³⁻及Ag⁺、Pb²⁺等干扰，再滴加BaCl₂溶液。（4）不能用Na₂S₂O₃直接滴定Fe³⁺的原因：Fe³⁺与S₂O₃²⁻发生络合或氧化还原副反应（生成黑色硫化物沉淀），无固定计量比，且颜色变化不明显。（5）掩蔽Fe³⁺常用F⁻（形成无色[FeF₆]³⁻），实验3、4通过对照证明F⁻可消除干扰：加F⁻后滴加淀粉KI不变蓝（Fe³⁺被掩蔽，不氧化I⁻），不加F⁻时变蓝。（6）pH调至4的原因：pH过高Cu²⁺会水解生成Cu(OH)₂；pH过低I⁻会被空气中O₂氧化，且Fe³⁺掩蔽效果可能下降（HF酸性较强时F⁻与H⁺结合）。 16 高考趋势： 以电解铜阳极泥回收贵金属（Au、Pt、Pd、Cu）的工艺流程为载体，考查元素周期表位置、氧化还原方程式、分离目的、配位反应、沉淀溶解平衡（Ksp计算）、晶胞化学式。是工艺流程与结构结合的典型题。 考点角度： Te在周期表中的位置（第5周期ⅥA族）、氧化焙烧方程式（PtTe与Na₂CO₃、O₂反应）、酸浸目的（分离Cu）、氯浸中Au被氧化为[AuCl₄]⁻的还原剂与氧化剂比例（2:3）、草酸的作用（还原[AuCl₄]⁻和[PtCl₆]²⁻）、利用Ksp计算初始NH₄Cl浓度（沉淀转化）、储氢合金晶胞化学式（Cu面心、Au顶点、H在四面体空隙，类CaF₂结构）。 情境： 生产环保情境（贵金属回收）。 素养： 科学探究与创新意识（工艺流程分析）；模型认知（晶胞结构、沉淀溶解平衡）；变化观念与平衡思想（氧化还原、Ksp计算）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 工艺流程题要“分步分析、物尽其用”。（1）氧化焙烧：PtTe中Pt为+2价，Te为-2价，被O₂氧化后Te转化为Na₂TeO₃（+4价），Pt转化为单质，同时Na₂CO₃提供Na⁺和CO₃²⁻，反应后生成CO₂。（2）酸浸用稀硫酸，目的是溶解CuO生成CuSO₄，而Pt、Pd、Au不反应，实现分离。（3）氯浸中Au + Cl₂ + Cl⁻ → [AuCl₄]⁻，Au从0升到+3，Cl₂从0降到-1，每生成1 mol [AuCl₄]⁻需3 mol e⁻，1 mol Cl₂得2 mol e⁻，故n(Au):n(Cl₂)=2:3，即还原剂（Au）与氧化剂（Cl₂）之比为2:3。（4）草酸（H₂C₂O₄）是还原剂，可将[AuCl₄]⁻还原为Au（+3→0），也可将[PtCl₆]²⁻还原为[PtCl₄]²⁻（+4→+2），便于后续与(NH₄)₂PdCl₆分离。（5）利用Ksp计算：反应后c([PtCl₆]²⁻)降低至1.1×10⁻⁶ mol/L，说明加入NH₄Cl生成了(NH₄)₂PtCl₆沉淀，根据Ksp表达式计算初始c(Cl⁻)进而求c(NH₄Cl)。注意等体积混合后浓度减半。（6）晶胞：Cu处于面心（6个面心，贡献3个），Au处于顶点（8个顶点，贡献1个），H进入四面体空隙。类CaF₂结构：Ca²⁺在顶点和面心（与Au、Cu位置对应？CaF₂中Ca²⁺在面心立方格点，F⁻在全部四面体空隙（8个））。故H原子数为8，化学式为Cu₃AuH₈。 17 高考趋势： 以CO₂催化加氢合成二甲醚为背景，综合考查盖斯定律、反应自发性的判断、反应历程图像分析、反应速率计算、平衡移动及平衡常数计算。是化学反应原理综合题的典型代表。 考点角度： 盖斯定律求反应热（由反应Ⅰ+2×反应Ⅱ可得目标反应）、反应自发性的判据（ΔG=ΔH-TΔS<0），反应历程图像中基元反应数、决速步的方程式（活化能最大）、恒容容器中压强与总物质的量的关系（反应Ⅱ气体分子数减少，反应Ⅰ不变）、用压强差计算反应速率、恒压条件下充入惰性气体对平衡的影响（分压降低，反应Ⅱ逆向移动）、二甲醚选择性随惰性气体比例变化的解释、平衡常数（分压平衡常数Kp）的计算。 情境： 学术探索与环保情境（CO₂资源化）。 素养： 变化观念与平衡思想（盖斯定律、平衡移动、自发判据）；证据推理与模型认知（图像分析、速率计算、Kp计算）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 原理综合题要“分清反应、用好图像、勿忘单位”。（1）盖斯定律：目标反应CO₂ + 3H₂ = CH₃OCH₃ + H₂O可由反应Ⅰ + 2×反应Ⅱ得到，ΔH=ΔH₁+2ΔH₂。（2）反应Ⅲ：CO₂ + H₂ = CO + H₂O，ΔH>0，ΔS≈0（气体分子数不变），故在高温下自发（ΔG=ΔH-TΔS，ΔS≈0则ΔG≈ΔH>0，非自发？实际上ΔS略大于0，需具体计算。通常此类反应高温自发，但题目说“在低温下自发”，需结合所给数据。本题解析中认为ΔH<0，ΔS<0，故低温自发。请以实际题目数据为准。若ΔH<0，ΔS<0，则低温自发。本题解析给出答案“低温”。（3）基元反应数：从图示看有多少个“峰值”或“过渡态”，每个上升段对应一个基元反应。决速步是能垒（活化能）最大的步骤，写出对应方程式。（4）恒容容器中压强比等于物质的量之比，利用反应前后压强差可求出反应Ⅱ消耗的CO和生成的甲醇等，进而求反应速率。（5）恒压条件下充入Ar，总压不变但各反应物分压降低，相当于减压。反应Ⅰ气体分子数不变，平衡不移动；反应Ⅱ气体分子数减少，减压使平衡逆向移动，二甲醚选择性降低。（6）Kp计算：先根据投料比、转化率、选择性，利用原子守恒求出平衡时各组分物质的量，再求分压（分压=总压×摩尔分数），代入表达式。注意Kp带单位（kPa⁻²等），结果保留两位小数。 18 高考趋势： 以抗淋巴瘤药物合成为载体，考查有机推断、官能团识别、反应类型（取代、羟醛缩合、氧化、酯化）、同分异构体计数（限制条件）、分子性质判断（共面、手性、顺反异构）及合成路线设计。是有机综合题的典型代表。 考点角度： 苯甲醛的名称、HC≡CH的电子式、磺化反应（取代）、醛基、磺酸基的酸性、羟醛缩合产物氧化生成羧酸、酯化反应、F与苯胺的取代反应（生成酰胺）、同分异构体（含羧基和碳碳双键的苯环二取代产物数）、E的性质（水解、共面、手性、顺反异构）、合成路线（苯甲醛与乙醛羟醛缩合→氧化→与HC≡CH取代）。 情境： 学术探索情境（药物合成）。 素养： 宏观辨识与微观探析（官能团转化）；证据推理与模型认知（有机推断、信息迁移）；科学探究与创新意识（路线设计）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 有机综合题要“抓官能团变化、用已知信息、列限制条件”。（1）A为苯甲醛，B是苯甲醛与浓硫酸发生磺化反应（-SO₃H取代苯环上氢），生成邻或对位产物（此处为对位）。（2）B含磺酸基，水溶液显酸性。（3）D由C（羟醛缩合产物，含醛基和碳碳双键）被银氨溶液氧化得到，醛基变羧基，故D为苯丙烯酸（C₆H₅-CH=CH-COOH）。（4）E是D与甲醇的酯化产物（苯丙烯酸甲酯）。（5）F与苯胺反应生成G和HCl，此处是酰氯（-COCl）与胺生成酰胺的反应。注意苯胺过量时还可能生成苯胺盐酸盐，方程式可写两个版本。（6）E的同分异构体：苯环上有两个取代基，一个为-COOH，另一个为含碳碳双键的C₄H₇O？要求能与NaHCO₃反应放出CO₂，必须有-COOH，所以另一个取代基为不饱和的C₄H₇-（含一个双键）。写出所有C₄H₇-的异构体（直链双键位置不同、支链），再乘以邻间对3种位置，注意不要重复。共9种（解析已列出）。（7）E的性质：酯基可水解；苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，单键可旋转，所有碳原子可以共面但不是一定；无手性碳（没有连四个不同基团的饱和碳）；碳碳双键两端基团不同，存在顺反异构。（8）合成路线：由苯甲醛和乙醛通过羟醛缩合（稀NaOH）生成苯丙烯醛，然后氧化（银氨溶液或新制Cu(OH)₂）得苯丙烯酸，再与HC≡CH（乙炔）在催化剂作用下发生取代反应（实际上可能是苯丙烯酸与乙炔发生酯化或加成？题目要求合成目标产物，需根据已知路线中的类似反应推断。最后一步通常是用酰氯与炔醇反应，但这里直接给出了终点，需要设计完整路线。解析中给出的路线是：苯甲醛+乙醛→苯丙烯醛→苯丙烯酸→与HC≡CH发生取代生成目标产物。具体条件需结合常见有机反应。 15．小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 （1）溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。 （2）研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。 （3）探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。 （4）探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：______(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 （5）测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。 16．电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。 已知：①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质； ②易溶于水，、难溶于水； ③。 回答下列问题： （1）52Te在周期表中的位置是___________。 （2）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为___________。 （3）“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 （4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au转化为[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。 （5）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 （6）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PtCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PtCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。 （7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为___________。 17．催化加氢合成二甲醚是资源化利用的重要途径，这一研究不仅有助于缓解排放对全球气温变暖的影响，而且为制备二甲醚提供新途径。该过程中主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）化学反应：的___________；反应Ⅲ在___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了光催化加氢合成甲醇的反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的粒子用*表示，并且吸附过程或脱附过程不属于基元反应。 图中所示历程包含___________个基元反应，其中决速步骤的化学方程式为___________。 （3）在一定温度下，向2 L的恒容密闭容器中充入和，发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得混合气的压强随时间的变化如图所示。在0~10 min内，用表示的反应速率___________。 （4）在一定温度下，将Ar、、(体积比X：3：1)充入装有催化剂的恒压反应容器(压强为120 kPa)发生上述反应Ⅰ和Ⅱ．随着X的增加，的平衡转化率和二甲醚的选择性的变化如图所示。 ①随着X的增大，的选择性减小的原因是___________。 ②当时，该温度下反应Ⅰ的平衡常___________(用分压代表平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，保留2位小数)。 18．有机物K是一种抗淋巴瘤药物。其合成路线如下图所示。 （1）A的名称是________，写出反应物的电子式________；的反应类型是________； （2）有机物A的含氧官能团名称________，B的水溶液显________性（填“酸”“碱”或“中”）。 （3）写出D的结构简式________； （4）的化学方程式为________； （5）符合下列条件的有机物E的同分异构体有________种（不考虑立体异构）； ①苯环上有2个取代基，其中一个取代基是； ②能与碳酸氢钠溶液反应放出气体。 （6）下列关于E的叙述正确的是________； A．E能发生水解反应 B．E的所有碳原子都在同一个平面上 C．E含有手性碳原子 D．E有顺反异构体 （7）以有机物A、和乙醛为有机原料，合成，写出其合成路线________（无机试剂任选）。 8 / 9 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $