2026年高考化学临考冲刺卷02（北京专用）

**基本信息** 2026年北京高考化学临考冲刺卷，以北京社会热点（如超导材料、碳中和）、科技前沿（MOF材料、聚氨酯）及传统文化为情境，融合化学观念与科学思维，适配三轮冲刺需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题/42分|物质结构、化学用语、工业流程等|以北京新型超导材料MgB₂为情境考查化合物类型（化学观念）| |非选择题|5题/58分|物质结构、反应原理、有机合成等|“双碳工程”大题结合CO₂捕集转化，考查科学探究与实践能力|

2026年高考化学临考冲刺卷02（北京专用） 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：H 1 O 16 F 19 S 32 K 39 Ca 40 Co 59 一、选择题：本题共14个小题，共42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．【社会热点-原创】北京相关科研院所通过高温高压技术成功合成新型超导材料MgB2，其临界温度远高于传统超导材料，在北京城市轨道交通磁悬浮、电力传输等领域具有重要应用。下列说法错误的是（） A.MgB2属于金属与非金属形成的离子化合物 B.超导材料可降低电能传输损耗，助力北京 “碳中和” 城市建设 C.镁元素位于第三周期 ⅡA 族，硼元素位于第二周期 ⅢA 族 D.高温高压合成MgB2的过程属于化学变化 【答案】A 【解析】A.为新型金属型超导材料，以共价键为主，不属于典型离子化合物；离子化合物一般由活泼金属+活泼非金属形成，B非金属性较弱，二者不形成简单离子键，A错误；B．超导材料电阻接近零，大幅减少输电损耗，契合北京建设绿色低碳城市、实现碳中和的城市发展目标，B正确；C.Mg为12号元素，第三周期ⅡA 族；B为 5 号元素，第二周期 ⅢA 族，C正确；D．高温高压下生成新物质MgB2，有化学键断裂与生成，属于化学变化，D正确；答案选A。 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．Cl的原子结构示意图： B．基态C原子的轨道表示式： C．杂化轨道示意图： D．异丙基的结构简式： 【答案】B 【解析】A．Cl为17号元素，核外电子层排布为2、8、7，该原子结构示意图表达正确，A正确；B．基态C原子电子排布为，根据洪特规则，2p轨道的2个电子应分占不同简并轨道且自旋方向相同，图示2p轨道电子自旋相反，违反洪特规则，B错误；C．杂化轨道共3个，呈平面正三角形分布，相邻轨道夹角为，示意图表达正确，C正确；D．异丙基是丙烷中间碳原子失去1个氢原子得到的基团，结构为，图示结构简式表达正确，D正确；故选B。 3．【改编】电石渣是乙炔工业产生的固体废弃物，我国北京某化工研究院以电石渣(主要成分为Ca(OH)2)为原料制备KClO3,实现固废资源化，流程流程如图1。 已知：①加热氯化时会生成Ca(ClO)2,Ca(ClO)2可进一步转化为Ca(ClO3)2;②溶解度曲线见题图2。 下列说法不正确的是() A.氯化过程通入Cl2并加热，可提高Ca(ClO3)2的产率 B.过滤所得滤渣的主要成分为CaCO3,可直接排放 C.转化步骤发生复分解反应：Ca(ClO3)2+2KCl=2KClO3↓+CaCl2 D.从转化后溶液中获得KClO3粗品，宜采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法 【答案】B 【解析】A．由已知信息，加热可促进Ca(ClO)2转化为Ca(ClO3)2，利于目标产物生成，A正确；B．电石渣中含杂质，氯化过程生成CaCl2，滤渣主要为未反应的Ca(OH)2及其他不溶性杂质，不可直接排放，会造成土壤污染，不符合绿色化工理念，B不正确；C．结合溶解度曲线，KClO3溶解度小，发生复分解反应析出晶体，C正确；D．KClO3溶解度随温度变化显著，CaCl2、KCl溶解度受温度影响小，故采用冷却结晶法提纯，D正确；故选B。 4．【原创】北京在生态治理、科创研发、城市更新中涉及诸多化学反应，下列离子方程式书写正确的是() A.北京永定河生态修复，用过量石灰乳吸收水体中SO2:SO2+OH-=HSO3- B.北京城市副中心海水淡化工程，用Na2CO3溶液除去粗盐中Ca2+:Ca2++CO32-=CaCO3↓ C.北京冬奥会场馆消毒，过量Cl2通入Na2CO3溶液：Cl2+CO32-=Cl-+C1O-+CO2↑ D.城市雨污治理，向明矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液： 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 【答案】B 【解析】A．石灰乳为悬浊液，不能拆成OH-，且石灰乳过量，应生成CaSO3沉淀,正确的离子方程式应为Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，A错误；B．Ca2+与CO32-结合CaCO3沉淀，B正确；C．Cl2过量时，C1O-在酸性环境下不稳定，产物为HC1O，的离子方程式应为2Cl2+CO32-+H2O=2Cl-+2HClO+CO2↑，C错误；D．Ba(OH)2过量，Al(OH)3会溶解生成Al(OH)4-，正确的离子方程式应该是Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)4-+2BaSO4↓，D错误；综上，答案是B。 5．【原创】北京首钢园区大量钢结构构件易发生电化学腐蚀。某科研小组利用图1装置，以铁粉、炭粉、3%NaCl溶液(初始pH=1.8)模拟钢铁的电化学腐蚀，通过pH传感器、压强传感器实时监测体系变化，结果如图2。下列说法不正确的是() A.0~200s内，压强增大，主要发生析氢腐蚀，负极反应为Fe-2e-=Fe2+ B.200~400s内，pH快速上升，析氢腐蚀减弱，吸氧腐蚀逐渐占主导 C.D点后压强持续下降，正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH- D.钢铁发生吸氧腐蚀时，总反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)3 【答案】D 【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe(OH)2被O2氧化，pH基本不变可能的原因是发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，既不消耗H+也不生成H+，据此分析； 【解析】A.0~200 s 压强增大，有H2生成，发生析氢腐蚀；Fe 作负极失电子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，A正确；B.随反应进行H+消耗，pH升高，酸性减弱，析氢腐蚀速率降低；O2参与的吸氧腐蚀逐渐成为主要腐蚀方式，B正确；C.D点后压强减小，O2被消耗，发生吸氧腐蚀，正极O2得电子生成OH-，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，C正确；D.吸氧腐蚀总反应先生成Fe(OH)2，Fe(OH)2再被氧化为Fe(OH)3；总反应第一步为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，D错误；故选D。 6．【原创】藜麦富含蛋白质、淀粉、油脂、维生素、矿物质，是北京冬奥会运动员的常用营养餐食材。下列关于藜麦中营养成分的说法正确的是（） A. 藜麦中的淀粉和油脂均属于天然高分子化合物 B. 藜麦中的蛋白质可水解生成多种α-氨基酸，遇重金属盐发生盐析 C. 藜麦中的不饱和油脂可使溴水褪色，能发生氧化反应 D. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，属于高分子化合物 【答案】C 【解析】A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物；淀粉属于天然高分子，A错误；B．蛋白质遇重金属盐发生变性，不是盐析；盐析是轻金属盐、铵盐引发的可逆过程，B错误；C．不饱和油脂含碳碳双键，可与Br2发生加成反应使溴水褪色，同时易被氧气氧化，可发生氧化反应，C正确；D．维生素C分子式为C6H8O6，相对分子质量小，不属于高分子化合物，D错误；故选C。 7．金属铝的生产原理示意图如下。 注：熔点为2050℃ 下列说法不正确的是 A．过程①中的主要反应： B．溶液2与反应后的滤液可用于过程① C．过程③中利用了硫酸的酸性和氧化性 D．能降低熔融所需温度，减少能耗 【答案】C 【分析】铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3)，加入NaOH溶液溶解后，滤渣为Fe2O3，滤液为Na[Al(OH)4]溶液，通入CO2生成Al(OH)3，过滤，滤液主要为碳酸氢钠溶液，滤渣为Al(OH)3，灼烧后得到Al2O3，氟化钙加入稀硫酸反应得到氟化氢，再经过一系列反应得到，加入在熔融状态下电解Al2O3，得到Al和氧气。 【解析】A．由分析可知，加入NaOH溶液后，与氧化铝反应生成Na[Al(OH)4]，反应的离子方程式为，A正确；B．溶液2为碳酸氢钠溶液，与反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，滤液含氢氧化钠可用于过程①，B正确；C．过程③中氟化钙加入硫酸反应得到氟化氢：，没有化合价变化，没有发生氧化还原反应，利用了硫酸的酸性，C错误；D．熔点为2050℃，加入后电解时熔融温度为970°，所以加入能形成低熔点共熔物，降低熔融所需温度，减少能耗，D正确；故选C。 8．在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。 下列说法不正确的是 A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇 B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂 C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成 D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应 【答案】C 【解析】A．生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确；B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br键，说明较易断裂，故B正确；C．过渡态2生成CH3CH2OH和Br-，过渡态2表示a，故C错误；D．生成乙醇的反应是溴乙烷中Br原子被羟基代替，属于取代反应，生成乙烯的反应溴乙烷发生消去反应生成碳碳双键，故D正确；选C。 9．【新材料】一种有机金属框架材料(MOF-5)具有纳米尺度的多孔结构，低温储氢、吸附的性能优异。MOF-5化学式为，其结构中和对苯二甲酸根()以配位键结合，下列说法不正确的是 A．MOF-5与分子之间的作用力为范德华力 B．和对苯二甲酸根中的C都是杂化 C．对苯二甲酸根中的4个氧原子参与形成配位键 D．通过改变有机配体的长度可调控孔径的大小，吸附不同大小的分子 【答案】B 【解析】A．是分子，MOF-5吸附时，MOF-5与分子之间的相互作用为范德华力，A正确；B．中心C原子价层电子对数为2，无孤电子对，杂化方式为杂化；而对苯二甲酸根中的所有C为杂化，B错误；C．对苯二甲酸根含2个羧基，共4个氧原子，氧原子带有孤对电子，可提供给形成配位键，4个氧原子均可参与配位，C正确；D．该材料为多孔框架，改变有机配体的长度可以改变孔径大小，从而吸附不同尺寸的分子，D正确；故选B。 10.【新高分子材料】一种高强度、耐低温压缩的聚氨酯W的合成路线如下。 下列说法不正确的是（  ） A．反应物P分子中碳原子的杂化类型为及 B．高分子W具有高强度可能与链之间能形成氢键有关 C．反应物M与P生成W的反应类型为缩聚反应 D．依据上述反应原理，高分子W可以和反应，生成体型聚合物 【答案】C 【解析】A ．P分子中，萘环上的碳原子都形成3个键、无孤电子对，杂化类型为杂化； 中心碳原子形成2个键、无孤电子对，杂化类型为杂化，A 正确；B．高分子W的结构中含有，N上连接H原子，分子链之间可以形成氢键，氢键增强了分子间作用力，因此W具有高强度，B 正确；C．缩聚反应的定义是：单体缩合生成高分子，同时会脱去小分子副产物（如水、醇等），该反应中，和发生加成反应生成氨基甲酸酯键，所有原子全部进入产物，没有小分子生成，不属于缩聚反应，C 错误；D．选项中的化合物是季戊四醇，1个分子中含有4个羟基（多个可反应官能团），可以与W的异氰酸酯基发生交联，生成体型网状聚合物，D 正确；故答案选C。 11．基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法不正确的是 A．等温条件下，越大，弱酸越易电离 B．等温条件下，可逆反应的Q(浓度商)<K，化学平衡向逆反应方向移动 C．泡利原理认为，在一个原子轨道里最多只能容纳2个自旋相反的电子 D．在金属防护中，使被保护的金属成为阴极，则该金属就不易被腐蚀 【答案】B 【解析】A．等温条件下，越大，说明弱酸电离程度越大，即越容易电离，A正确；B．对于可逆反应，若Q(浓度商)<K ，说明体系未达平衡，且反应正向进行的趋势更强，因此平衡将向正反应方向移动，而非逆反应方向，B错误；C．泡利不相容原理指出，在同一原子轨道中，最多只能容纳两个电子，且自旋方向相反，C正确；D．在金属防护中，若将被保护金属作为电解池的阴极，由于阴极发生还原反应，金属本身不被氧化，从而不易被腐蚀。这是“外加电流的阴极保护法”，D正确；故选B。 12．【传统文化】参照《齐民要术》和《天工开物》两本古籍，制备靛蓝(难溶于水)需要经过浸泡发酵、石灰处理、沉淀分离等步骤，其化学原理如下。 下列说法正确的是 A．靛甙中的碳原子都是杂化 B．葡萄糖水解生成乳酸 C．乳酸分子中不含手性碳原子 D．生成靛蓝时，有机化合物B和的化学计量数之比为 【答案】D 【解析】A．靛甙中的-C6H11O5支链中含有sp3杂化碳原子，A错误；B．葡萄糖转化成乳酸是发酵，不是水解，B错误；C．乳酸分子有1个手性碳原子，即与羧基和羟基相连的碳原子，C错误；D．由图得，生成靛蓝的化学方程式为，B和O2的化学计量数之比为，D正确；故答案选D。 13.【新研究方法】为研究水垢中的去除，称量0.5g 于烧杯中，加入100mL蒸馏水，持续搅拌并用传感器监测溶液中的变化。18s时滴入3滴饱和溶液，55s时继续滴加饱和溶液（忽略对溶液体积的影响），数据如图。下列说法正确的是 A．BC段下降，是因为平衡逆向移动 B．由CD段推测，加入的未完全溶解 C．不同时刻溶液中大小排序：D>B>C D．A到F的过程中，消耗约为mol 【答案】B 【分析】A到B存在CaSO4的沉淀溶解平衡，B点加入Na2CO3溶液，Ca2+与生成更难溶的CaCO3，Ca2+浓度减小，C点时CaSO4继续溶解，Ca2+浓度又增大，D到E重新达到沉淀溶解平衡，E点之后继续加入饱和Na2CO3，Ca2+几乎全部转化为CaCO3。 【解析】A．BC段下降，是因为Ca2+与生成更难溶的CaCO3，使Ca2+浓度减小，A错误；B．由CD段Ca2+浓度升高，说明加入的未完全溶解，继续溶解使Ca2+浓度增大，B正确；C．B到C的过程Ca2+与结合，促进CaSO4的溶解，C点大于B点，C错误；D．A到F溶液中Ca2+几乎为0，说明CaSO4全部转化为了CaCO3，加入的的物质的量应该大于mol，D错误；答案选B。 14．下列事实与解释不对应的是 选项 事实 解释 A 第一电离能：Na>K Na与K位于同一主族，原子半径：K>Na，原子核对外层电子的吸引能力：Na>K B 熔点：CO2<SiO2 键能：C-O<Si-O C 键角：>H2O 中心原子均采取sp3杂化，H2O分子中有2个孤电子对，孤电子对有较大的斥力 D 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 电负性：F>Cl，极性：F3C->Cl3C-，导致CF3COOH中O-H键的极性更大，更易电离出H+ 【答案】B 【解析】A．第一电离能Na>K的事实正确，解释中原子半径K>Na和原子核吸引能力Na>K合理，两者对应，A正确；B．熔点CO2<SiO2的事实正确，但解释键能C-O<Si-O不合理，因为熔点差异主要源于晶体类型（CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体），而非键能直接决定，B错误；C．键角>H2O的事实正确，中的氮原子和H2O分子中的氧原子均采取sp3杂化，中氮原子和H2O分子中氧原子的孤电子对数分别为0和2，孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以的键角大于H2O分子的，两者对应，C正确；D．酸性CF3COOH>CCl3COOH的事实正确，解释中电负性F>Cl和基团极性导致O-H键极性增强合理，两者对应，D正确；答案选B。 二、非选择题：共5题，共58分。 15．【物质结构与性质——新物质的结构】（11分）超分子指多个分子组合在一起形成的具有特定结构和功能的聚集体，超分子内部分子之间通过非共价键相结合。冠醚是大环多醚类物质的总称，可由不同大小的空穴适配不同大小的阳离子。下图为常见的三种冠醚结构。冠醚a可适配，冠醚c可适配。 （1）能形成晶体，结构如图所示。 ①的价层电子排布式为_______。 ②晶体中每个小正八面体的顶点均为，距离最近的有_____个。 ③该晶体密度为，阿伏伽德罗常数为。该晶胞的边长为_____pm。() （2）某分子(结构如图所示)能与冠醚b形成一种分子梭。 ①比较位点1和位点2中的键角的大小_______，并说明理由：_______。 ②可以通过加入酸或碱使冠醚b在该分子梭的位点1和位点2之间来回移动。加酸后，冠醚b移动到位点2，此时冠醚b与位点2之间的作用力类型为_______(填字母序号)。 a．共价键    b．离子键    c．静电相互作用    d．氢键 （3）由于在烯烃中的溶解度较小，其水溶液对烯烃的氧化速率较慢。若将环己烯溶于冠醚c后再加入溶液，则环己烯能迅速被氧化，原因是_______。 【答案】（1）①（1分） ②12（1分） ③（2分） （2）①键角：位点1位点2（1分）；位点1处N为杂化，键角约为，位点2处N为杂化，且含有1个孤电子对，键角小于（2分） ②cd（2分） （3）冠醚c易溶于环己烯且适配，增大在环己烯中的溶解度，为了平衡电荷，进入环己烯层，在环己烯中的浓度(溶解度)增大，氧化环己烯的反应速率增大（2分） 【解析】（1）①是27号元素，故的价电子排布式为； ②晶体中每个小正八面体的顶点均为，位于正六面体的棱心，位于正六面体体心，故距离最近的有12个； ③一个晶胞含有1个，晶胞质量，设该晶胞的棱长为，体积为，由晶体密度，可得； （2）①位点1中N原子为杂化，键角约为，位点2中N原子为杂化，且含有1个孤电子对，键角小于，故 键角的大小为：位点1位点2； ②该分子梭可以通过加入酸或碱使冠醚c在位点1和位点2之间来回移动，说明冠醚c与位点2之间的相互作用为静电相互作用和氢键，故选：cd； （3）反应速率加快是因为增大了高锰酸根离子在环己烯中的浓度，故原因为：冠醚c易溶于环己烯且适配，增大在环己烯中的溶解度，为了平衡电荷，进入环己烯层，在环己烯中的浓度(溶解度)增大，氧化环己烯的反应速率增大。 16．【化学反应原理——“双碳”工程】（12分）的捕集与利用有助于“碳中和”。 （1）的捕集。 ①常温下，可用过量的氨水捕集，该反应的离子方程式为_______。 ②乙醇胺也能捕集。乙醇胺的沸点高于氨的原因是_______。 （2）催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为： 反应I：   反应II：   反应III：   3．0MPa时，将的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得产率随温度的变化如图所示： ①240℃时，若，反应管出口处检测到，则的选择性=_______。[的选择性] ②温度高于260℃，产率下降的可能原因是_______。 ③研究发现，可由(吸附在催化剂表面的物种用*标注)转化生成，与或作用生成的相对能量变化如图所示，在催化剂表面修饰羟基的优点是_______。 （3）制环状碳酸酯。与环氧乙烷()转化为环状碳酸酯的一种可能机理如图所示，图中表示催化剂。 ①中间体X的结构简式为_______。 ②若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于，其原因是_______。 【答案】（1）①2 NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O（2分） ②乙醇胺形成的分子间氢键更强，且相对分子质量大于氨分子，范德华力更强（2分） （2）①93.75%（2分） ②CO2和H2的吸附量下降或积碳覆盖催化剂活性点位或生成一氧化碳等其他含碳化合物（2分） ③降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率（1分） （3）①（1分） ②甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用（2分） 【解析】（1）①常温下，可用过量的氨水捕集二氧化碳的反应为过滤的氨水与二氧化碳反应生成碳酸铵和水，反应的离子方程式为2 NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O，故答案为：2 NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O；②乙醇胺和氨分子都能形成分子间氢键，乙醇胺的沸点高于氨分子说明乙醇胺形成的分子间氢键更强，且相对分子质量大于氨分子，范德华力更强所致，故答案为：乙醇胺形成的分子间氢键更强，且相对分子质量大于氨分子，范德华力更强； （2）①由图可知，240℃时，甲醇的产率为30%，由起始二氧化碳的物质的量为1mol，反应管出口处检测到二氧化碳的物质的量为0.68mol可知，甲醇的选择性为=93.75%，故答案为：93.75%；②温度高于260℃，甲醇产率下降可能是二氧化碳和氢气的吸附量下降、积碳覆盖催化剂活性点位导致催化剂活性降低、生成一氧化碳等其他含碳化合物所致，故答案为：CO2和H2的吸附量下降或积碳覆盖催化剂活性点位或生成一氧化碳等其他含碳化合物；③由图可知，在催化剂表面修饰羟基可以降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率，故答案为：降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率； （3）①由反应机理可知，中间体X的结构简式为，答案为：；②由反应机理可知，若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于是因为甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用所致，故答案为：甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用。 17．【有机化学基础——药物的合成】（12分）药物Q用于白血病的治疗研究，合成路线如下所示。 已知：i． ii． （1）B中所含官能团的名称是碳碳三键、___________。 （2）E的结构简式是___________。 （3）的化学方程式是___________。 （4）下列说法正确的是___________。 a．D能发生取代反应、消去反应 b．有机物J的名称为乙二酸二乙酯 c．F是的同系物 （5）L的结构简式是___________。 （6）Z的分子式为。Z的结构简式是___________。 （7）J→L中CH的C-H键易发生断裂、L→Z中的N-H键易发生断裂，原因是___________。 【答案】（1）羟基（1分） （2）（1分） （3）（2分） （4）a、b（2分） （5）（2分） （6）（2分） （7）醛基的吸电子作用使得醛基相连的键极性增强，易断裂；氮的电负性较大，极性较强，易断裂（2分） 【分析】A为乙炔，与反应生成B（），B与氢气加成生成D（），D与HCl反应生成E()，E发生反应i生成F（），F发生硝化反应生成G（），G还原生成X（），由Q的结构（）和M的分子式逆推，Y是()与乙醇酯化生成J()，J发生反应ii生成L（），L与反应生成Z（），Z与X反应生成M（），据此分析； 【解析】（1）B（）中所含官能团的名称是碳碳三键、羟基； （2）根据分析，E的结构简式是； （3）F发生硝化反应生成G，方程式； （4）a．D（）含有羟基，能发生取代反应、消去反应，a正确；b．有机物J()的名称为乙二酸二乙酯，b正确；c．F（）有环，不是的同系物，c错误；故选a、b； （5）根据分析可知，L的结构简式是； （6）根据分析可知，Z的分子式为。Z的结构简式是； （7）醛基为吸电子基团，吸电子作用使得醛基相连的键极性增强，易断裂；氮的电负性较大，吸电子能力强，使极性较强，易断裂。 18．【工业流程——物质制备】（12分）以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 【答案】（1）（2分） （1分） （2）（1分） 作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成，防止沉淀（2分） （3）（1分） （4）（2分） 潮湿条件下，CuCl被氧化（1分） （5）（2分） 【分析】铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，FeO与MnO2反应生成Fe3+和Mn2+，CuO溶于酸形成Cu2+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，得到的浸取液中含有Cu2+和Mn2+，然后加入NH4HCO3，并通入NH3沉淀Mn2+，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，沉锰液经热分解得到CuO，CuO溶于硫酸得到CuSO4，最终CuSO4转化为CuCl； 【解析】（1）①据分析，CuS酸浸时和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，离子方程式是CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S；②据分析，用氨水中和时应完全沉淀Fe3+，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH范围约为2.8∼4.7。 （2）①据分析，沉锰时未形成沉淀的原因：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+；②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成[Cu(NH3)4]2+，防止Cu2+沉淀。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和NH3。 （4）①转化反应的离子方程式是；②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示，60分钟后CuCl的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条件下，CuCl被氧化。 （5）根据题意“CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物，反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl”，该聚合物的结构简式是。 19．【实验探究——化学原理的探究】（11分）资料显示，可以将Cu氧化为。某小组同学设计实验探究Cu被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 （1）将等体积的KI溶液加入到铜粉和(n>m)的固体混合物中，振荡。实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色。 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色。 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色。 ①请从物质结构角度解释在水中溶解度较低的原因：___________。 ②初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ___________实验Ⅱ(填“>”、“<”或“=”)。 ③实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是___________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：___________。 ④结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是___________。 （2）上述实验结果，仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将Cu氧化为。装置如图所示，a、b分别是___________。 （3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被氧化的产物中价态不同的原因：___________。 【答案】（1）①I2是非极性分子，而水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子在极性溶剂中的溶解度较低（2分） ②<（1分） ③ⅰ．除去，防止干扰后续实验（1分） ；ⅱ．（1分） 、（1分） ④或（1分） （2）铜片（1分）；I2和KI的混合溶液（1分） （3）铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验I、实验II和实验III中Cu以Cu+形式存在， 这是由于在实验I、实验II、实验III中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=CuI↓+I2和2Cu2++6I-=[CuI2]-+I2（2分） 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【解析】（1）①I2是非极性分子，而水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子在极性溶剂中的溶解度较低； ②提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； ③加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验；加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； ④结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；由于n＞m，铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)；故答案为：或； （2）I2能将Cu氧化为Cu2+，反应中Cu失去电子被氧化，Cu为负极，故a为铜片，则石墨为正极，正极碘得到电子，被还原，故b为I2和KI的混合溶液； （3）在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学临考冲刺卷02（北京专用） 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：H 1 O 16 F 19 S 32 K 39 Ca 40 Co 59 一、选择题：本题共14个小题，共42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．【社会热点-原创】北京相关科研院所通过高温高压技术成功合成新型超导材料MgB2，其临界温度远高于传统超导材料，在北京城市轨道交通磁悬浮、电力传输等领域具有重要应用。下列说法错误的是（） A.MgB2属于金属与非金属形成的离子化合物 B.超导材料可降低电能传输损耗，助力北京 “碳中和” 城市建设 C.镁元素位于第三周期 ⅡA 族，硼元素位于第二周期 ⅢA 族 D.高温高压合成MgB2的过程属于化学变化 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．Cl的原子结构示意图： B．基态C原子的轨道表示式： C．杂化轨道示意图： D．异丙基的结构简式： 3．【改编】电石渣是乙炔工业产生的固体废弃物，我国北京某化工研究院以电石渣(主要成分为Ca(OH)2)为原料制备KClO3,实现固废资源化，流程流程如图1。 已知：①加热氯化时会生成Ca(ClO)2,Ca(ClO)2可进一步转化为Ca(ClO3)2;②溶解度曲线见题图2。 下列说法不正确的是() A.氯化过程通入Cl2并加热，可提高Ca(ClO3)2的产率 B.过滤所得滤渣的主要成分为CaCO3,可直接排放 C.转化步骤发生复分解反应：Ca(ClO3)2+2KCl=2KClO3↓+CaCl2 D.从转化后溶液中获得KClO3粗品，宜采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法 4．【原创】北京在生态治理、科创研发、城市更新中涉及诸多化学反应，下列离子方程式书写正确的是() A.北京永定河生态修复，用过量石灰乳吸收水体中SO2:SO2+OH-=HSO3- B.北京城市副中心海水淡化工程，用Na2CO3溶液除去粗盐中Ca2+:Ca2++CO32-=CaCO3↓ C.北京冬奥会场馆消毒，过量Cl2通入Na2CO3溶液：Cl2+CO32-=Cl-+C1O-+CO2↑ D.城市雨污治理，向明矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液： 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 5．【原创】北京首钢园区大量钢结构构件易发生电化学腐蚀。某科研小组利用图1装置，以铁粉、炭粉、3%NaCl溶液(初始pH=1.8)模拟钢铁的电化学腐蚀，通过pH传感器、压强传感器实时监测体系变化，结果如图2。下列说法不正确的是() A.0~200s内，压强增大，主要发生析氢腐蚀，负极反应为Fe-2e-=Fe2+ B.200~400s内，pH快速上升，析氢腐蚀减弱，吸氧腐蚀逐渐占主导 C.D点后压强持续下降，正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH- D.钢铁发生吸氧腐蚀时，总反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)3 6．【原创】藜麦富含蛋白质、淀粉、油脂、维生素、矿物质，是北京冬奥会运动员的常用营养餐食材。下列关于藜麦中营养成分的说法正确的是（） A. 藜麦中的淀粉和油脂均属于天然高分子化合物 B. 藜麦中的蛋白质可水解生成多种α-氨基酸，遇重金属盐发生盐析 C. 藜麦中的不饱和油脂可使溴水褪色，能发生氧化反应 D. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，属于高分子化合物 7．金属铝的生产原理示意图如下。 注：熔点为2050℃ 下列说法不正确的是 A．过程①中的主要反应： B．溶液2与反应后的滤液可用于过程① C．过程③中利用了硫酸的酸性和氧化性 D．能降低熔融所需温度，减少能耗 8．在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。 下列说法不正确的是 A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇 B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂 C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成 D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应 9．【新材料】一种有机金属框架材料(MOF-5)具有纳米尺度的多孔结构，低温储氢、吸附的性能优异。MOF-5化学式为，其结构中和对苯二甲酸根()以配位键结合，下列说法不正确的是 A．MOF-5与分子之间的作用力为范德华力 B．和对苯二甲酸根中的C都是杂化 C．对苯二甲酸根中的4个氧原子参与形成配位键 D．通过改变有机配体的长度可调控孔径的大小，吸附不同大小的分子 10.【新高分子材料】一种高强度、耐低温压缩的聚氨酯W的合成路线如下。 下列说法不正确的是（  ） A．反应物P分子中碳原子的杂化类型为及 B．高分子W具有高强度可能与链之间能形成氢键有关 C．反应物M与P生成W的反应类型为缩聚反应 D．依据上述反应原理，高分子W可以和反应，生成体型聚合物 11．基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法不正确的是 A．等温条件下，越大，弱酸越易电离 B．等温条件下，可逆反应的Q(浓度商)<K，化学平衡向逆反应方向移动 C．泡利原理认为，在一个原子轨道里最多只能容纳2个自旋相反的电子 D．在金属防护中，使被保护的金属成为阴极，则该金属就不易被腐蚀 12．【传统文化】参照《齐民要术》和《天工开物》两本古籍，制备靛蓝(难溶于水)需要经过浸泡发酵、石灰处理、沉淀分离等步骤，其化学原理如下。 下列说法正确的是 A．靛甙中的碳原子都是杂化 B．葡萄糖水解生成乳酸 C．乳酸分子中不含手性碳原子 D．生成靛蓝时，有机化合物B和的化学计量数之比为 13.【新研究方法】为研究水垢中的去除，称量0.5g 于烧杯中，加入100mL蒸馏水，持续搅拌并用传感器监测溶液中的变化。18s时滴入3滴饱和溶液，55s时继续滴加饱和溶液（忽略对溶液体积的影响），数据如图。下列说法正确的是 A．BC段下降，是因为平衡逆向移动 B．由CD段推测，加入的未完全溶解 C．不同时刻溶液中大小排序：D>B>C D．A到F的过程中，消耗约为mol 14．下列事实与解释不对应的是 选项 事实 解释 A 第一电离能：Na>K Na与K位于同一主族，原子半径：K>Na，原子核对外层电子的吸引能力：Na>K B 熔点：CO2<SiO2 键能：C-O<Si-O C 键角：>H2O 中心原子均采取sp3杂化，H2O分子中有2个孤电子对，孤电子对有较大的斥力 D 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 电负性：F>Cl，极性：F3C->Cl3C-，导致CF3COOH中O-H键的极性更大，更易电离出H+ 二、非选择题：共5题，共58分。 15．【物质结构与性质——新物质的结构】（11分）超分子指多个分子组合在一起形成的具有特定结构和功能的聚集体，超分子内部分子之间通过非共价键相结合。冠醚是大环多醚类物质的总称，可由不同大小的空穴适配不同大小的阳离子。下图为常见的三种冠醚结构。冠醚a可适配，冠醚c可适配。 （1）能形成晶体，结构如图所示。 ①的价层电子排布式为_______。 ②晶体中每个小正八面体的顶点均为，距离最近的有_____个。 ③该晶体密度为，阿伏伽德罗常数为。该晶胞的边长为_____pm。() （2）某分子(结构如图所示)能与冠醚b形成一种分子梭。 ①比较位点1和位点2中的键角的大小_______，并说明理由：_______。 ②可以通过加入酸或碱使冠醚b在该分子梭的位点1和位点2之间来回移动。加酸后，冠醚b移动到位点2，此时冠醚b与位点2之间的作用力类型为_______(填字母序号)。 a．共价键    b．离子键    c．静电相互作用    d．氢键 （3）由于在烯烃中的溶解度较小，其水溶液对烯烃的氧化速率较慢。若将环己烯溶于冠醚c后再加入溶液，则环己烯能迅速被氧化，原因是_______。 16．【化学反应原理——“双碳”工程】（12分）的捕集与利用有助于“碳中和”。 （1）的捕集。 ①常温下，可用过量的氨水捕集，该反应的离子方程式为_______。 ②乙醇胺也能捕集。乙醇胺的沸点高于氨的原因是_______。 （2）催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为： 反应I：   反应II：   反应III：   3．0MPa时，将的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得产率随温度的变化如图所示： ①240℃时，若，反应管出口处检测到，则的选择性=_______。[的选择性] ②温度高于260℃，产率下降的可能原因是_______。 ③研究发现，可由(吸附在催化剂表面的物种用*标注)转化生成，与或作用生成的相对能量变化如图所示，在催化剂表面修饰羟基的优点是_______。 （3）制环状碳酸酯。与环氧乙烷()转化为环状碳酸酯的一种可能机理如图所示，图中表示催化剂。 ①中间体X的结构简式为_______。 ②若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于，其原因是_______。 17．【有机化学基础——药物的合成】（12分）药物Q用于白血病的治疗研究，合成路线如下所示。 已知：i． ii． （1）B中所含官能团的名称是碳碳三键、___________。 （2）E的结构简式是___________。 （3）的化学方程式是___________。 （4）下列说法正确的是___________。 a．D能发生取代反应、消去反应 b．有机物J的名称为乙二酸二乙酯 c．F是的同系物 （5）L的结构简式是___________。 （6）Z的分子式为。Z的结构简式是___________。 （7）J→L中CH的C-H键易发生断裂、L→Z中的N-H键易发生断裂，原因是___________。 18．【工业流程——物质制备】（12分）以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 19．【实验探究——化学原理的探究】（11分）资料显示，可以将Cu氧化为。某小组同学设计实验探究Cu被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 （1）将等体积的KI溶液加入到铜粉和(n>m)的固体混合物中，振荡。实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色。 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色。 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色。 ①请从物质结构角度解释在水中溶解度较低的原因：___________。 ②初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ___________实验Ⅱ(填“>”、“<”或“=”)。 ③实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是___________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：___________。 ④结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是___________。 （2）上述实验结果，仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将Cu氧化为。装置如图所示，a、b分别是___________。 （3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被氧化的产物中价态不同的原因：___________。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学临考冲刺卷02（北京专用） 参考答案 一、选择题：本题共14个小题，共42分。每小题3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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A B B B D C C C B C B D B B 二、非选择题：共5题，共58分。 15．（11分） （1）①（1分） ②12（1分） ③（2分） （2）①键角：位点1位点2（1分）；位点1处N为杂化，键角约为，位点2处N为杂化，且含有1个孤电子对，键角小于（2分） ②cd（2分） （3）冠醚c易溶于环己烯且适配，增大在环己烯中的溶解度，为了平衡电荷，进入环己烯层，在环己烯中的浓度(溶解度)增大，氧化环己烯的反应速率增大（2分） 16．（12分） （1）①2 NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O（2分） ②乙醇胺形成的分子间氢键更强，且相对分子质量大于氨分子，范德华力更强（2分） （2）①93.75%（2分） ②CO2和H2的吸附量下降或积碳覆盖催化剂活性点位或生成一氧化碳等其他含碳化合物（2分） ③降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率（1分） （3）①（1分） ②甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用（2分） 17．（12分） （1）羟基（1分） （2）（1分） （3）（2分） （4）a、b（2分） （5）（2分） （6）（2分） （7）醛基的吸电子作用使得醛基相连的键极性增强，易断裂；氮的电负性较大，极性较强，易断裂（2分） 18．（12分） （1）（2分） （1分） （2）（1分） 作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成，防止沉淀（2分） （3）（1分） （4）（2分） 潮湿条件下，CuCl被氧化（1分） （5）（2分） 19．（11分） （1）①I2是非极性分子，而水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子在极性溶剂中的溶解度较低（2分） ②<（1分） ③ⅰ．除去，防止干扰后续实验（1分） ⅱ．（1分） 、（1分） ④或（1分） （2）铜片（1分）；I2和KI的混合溶液（1分） （3）铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验I、实验II和实验III中Cu以Cu+形式存在， 这是由于在实验I、实验II、实验III中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=CuI↓+I2和2Cu2++6I-=[CuI2]-+I2（2分） / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $