2026年高考化学二轮信息必刷卷01（全国适用）（全解全析）

7/12026年高考化学二轮信息必刷卷01化学考情速递高考·新动向：紧扣《中国高考评价体系》“一核四层四翼”核心要求，以学科核心素养为导向，通过精选兼具时代性、科学性与文化性的试题素材，将素养考查、育人功能与爱国主义引领深度融合，实现了“考知识、考能力、考素养、育品德”的有机统一，为高中化学教学改革提供了清晰的积极导向。如第1题结合新质生产力，考查新能源、同位素、海水利用、胶体等，第18题结合氮氧化物(NOx)处理，引导关注环境，形成推动污染治理的强大社会合力。高考·新考法：试题对化学学科的核心概念、基本原理和主干知识(如物质结构与性质、化学反应原理、有机化合物基础、化学实验基础)进行了系统、全面的考查。化学选择题第1-10题，难度相对较易，非选择题每道大题围绕一个核心主题/物质/探究情境展开内在逻辑关联，打破单一题型限制，在同一大题内分设子选择、填空、简答、计算小题，情境新颖(工业流程、实验探究、原理综合、有机合成)，贴合高考“真实情境+素养考查”趋势，难度由浅入深。如第16题以“提取金”工艺流程为背景，考查电子排布式、晶体结构、实验操作与设计等，贴合高考对“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”核心素养的考查要求。高考·新情境：创设真实情境是高考化学命题的核心导向之一，其本质是将化学知识与生产生活、科研探索、环境保护、新材料研发等真实场景深度融合，既契合新课标对“核心素养”的考查要求，也实现了从“知识考查”到“能力应用”的命题转型。如：第9题“丙烯与HBr发生自由基反应”、第11题“药物的重要中间体合成”、第12题“新型的热富集铂电极电池利用”、第13题“二氧化碳移除(CDR)的工艺流程”、第14题“”α-Fe立方晶胞、第17题“氮氧化物(NOx)处理”、第18题“硫酸四氨合铜晶体制备”、第18题“4，7-二氯喹啉合成”等。这种情境化的命题形式有助于考查学生将化学知识应用于实际情境的能力，以及在复杂情境下分析和解决问题的能力。命题·大预测：2026年高考化学命题将延续“稳中有新、素养导向、情境载体、模块融合、创新拓展”的核心逻辑，以真实前沿情境为依托，强化核心素养与关键能力考查，综合难度与区分度略升，突出学科内综合与跨模块应用。选择题：基础知识点全覆盖，难度适中，重点考查核心概念与基本原理的理解应用，结合热点专题(绿色能源、生物降解材料)考查迁移能力；取消不定项选择后，需夯实离子反应、电化学等易错模块。解题模板：审题干→抓关键词→排除法→验证法→确定答案。非选择题：(1)工艺流程题：以资源综合利用为载体，考查元素分离、提纯、氧化还原、平衡调控。解题模板：原料→预处理→核心反应→分离提纯→产品；标注箭头方向、反应条件、循环物质，运用守恒法与平衡移动原理。(2)实验探究题：以创新实验为背景，考查设计、操作、数据处理、误差分析。解题模板：明确目的→设计方案(变量控制)→操作步骤→现象记录→数据处理→结论与评价。(3)反应原理综合题：融合速率、平衡、电解质、电化学，考查图像分析与计算。解题模板：识图像→析数据→建模型(三段式、平衡常数表达式)→算结果→写结论。(4)有机合成题：以药物或新材料合成为载体，考查官能团转化、反应类型、路线设计。解题模板：逆向推导(目标产物→中间体→原料)→正向验证→规范书写反应方程式与同分异构体。(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：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56一、单选题：本大题共15小题，每小题3分，共45分，每小题给出的4个选项中只有一个答案符合要求。1．东北地区正积极布局新兴产业，发展新质生产力。新质生产力涉及新能源、新材料、生物医药与海洋装备等领域。下列说法错误的是()A．太阳能、氢能、风能、海洋能都属于新能源B．创新药氢溴酸氘瑞米德韦片中所含氘与氕互为同位素C．铀和重水是核能开发中的重要原料，从海水中提取铀和重水具有一定的战略意义D．铜铟硫(CuInS2)量子点是纳米级的半导体材料，属于胶体【答案】D【解析】A项，太阳能、氢能、风能、海洋能均属于清洁、可再生能源，均属于新能源，A正确；B项，氘与氕为氢元素的不同核素，互为同位素，B正确；C项，铀是核反应堆燃料，重水(D2O)是中子减速剂，海水中存在微量铀和氘，提取技术具有战略价值，C正确；D项，量子点(如CuInS2)是纳米级半导体颗粒，本身为固体材料，可分散于分散剂形成胶体体系，胶体指分散体系，而非材料本身，D错误；故选D。2．过氧化钠用作供氧剂，其原理之一为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。下列说法正确的是()A．Na2O2电子式：B．干冰晶体配位数：8C．Na2CO3俗名：小苏打D．O2分子中σ键类型：s-sσ键【答案】A【解析】A项，Na2O2为离子化合物，电子式为，A项正确；B项，干冰即CO2，分子间无氢键，属于分子密堆积，所以晶体配位数为12， B项错误；C项，小苏打是碳酸氢钠的俗名，Na2CO3俗名：苏打，C项错误；D项，氧气分子中σ键为p-pσ键，D项错误；故选A。3．下列化学用语表示不正确的是()A．Na2O2的电子式：B．硫的基态原子的价电子轨道表示式：C．NCl3的球棍模型：D．的名称：2,2,5-三甲基己烷【答案】B【解析】A项，Na2O2是离子化合物，电子式为：，A不符合题意；B项，硫原子基态的价电子构型为3s23p4，硫的基态原子的价电子轨道表示式：，B符合题意；C项，NCl3分子与NH3类似，呈三角锥形，NCl3球棍模型符合其空间结构，C不符合题意；D项，主链为6个碳，三处取代基均为甲基且位置在2、2、5号碳名称为：2,2,5-三甲基己烷，D不符合题意；故选B。4．下列实验操作与方法，说法正确的是()A．直接用过滤来提取蛋白质溶液中的蛋白质B．用18-冠-6增大KMnO4在甲苯中的溶解度C．用CCl4萃取碘化钾溶液中的碘离子D．常用冷却结晶的方法提取氯化钠溶液中的氯化钠【答案】B【解析】A项，蛋白质溶液属于胶体，胶体粒子能透过滤纸，无法用过滤提取蛋白质，应采用盐析等方法，A不符合题意；B项，18-冠-6是一种冠醚，其分子结构中的空穴可与K⁺形成稳定配合物，使离子化合物KMnO4在非极性溶剂甲苯中的溶解度显著增大，这是超分子的作用，B符合题意；C项，碘离子在水溶液中无颜色，不能被CCl4萃取；是碘单质能被CCl4萃取，C不符合题意；D项，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法提取，冷却结晶适用于溶解度受温度影响大的物质，D不符合题意；故选B。5．制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是()A．若有1molCuSO4参与反应，转移NA个电子B．PH3的空间构型为平面三角形C．PH3既是氧化剂又是还原剂D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11【答案】A【解析】首先根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应方程式：24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4。氧化还原分析：Cu2+(+2价)被还原为Cu+(+1价)，每个Cu得1个电子；部分P3-(-3价)被氧化为P5+(+5价)，每个被氧化的P失8个电子。24molCu得24mol电子，3molP失24mol电子(3×8=24)。A项，24molCuSO4转移24mol电子，则1molCuSO4转移1mol电子，即转移NA个电子，A正确；B项，PH3中的中心P原子的价层电子对为3+，为sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，非平面三角形，B错误；C项，PH3中磷部分被氧化，未被还原，因此只是还原剂，并非既是氧化剂又是还原剂，C错误；D项，氧化剂为CuSO4(24mol)，还原剂为被氧化的PH3(3mol)，物质的量之比为24：3=8：1，非24：11，D错误；故选A。6．氮及其化合物的部分转化关系如图所示：设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．22.4LNH3分子中所含的孤电子对数为NAB．1mol·L-1NH4Cl溶液中所含有的NH4+离子数目小于NAC．2molNO与1molO2充分反应后所得的产物分子数为2NAD．2L0.1mol·L-1HNO3溶液中阴离子数目约为0.2NA【答案】D【解析】A项，1个NH3中含一对孤电子对，题目没有指明是否为标准状况，22.4LNH3的物质的量不一定是1mol，只有在标准状况下，1molNH3才含NA对孤电子对，A错误；B项，溶液体积未知，无法计算NH4+的物质的量，即无法计算其数目，B错误；C项，反应2NO+O2=2NO2生成的NO2会进一步发生二聚反应2NO2N2O4，导致最终产物分子数小于2NA，C错误；D项，HNO3是强酸，完全电离为H+和NO3-，溶液中NO3-的物质的量为，即0.2NA，水的电离产生的OH-数量极少，可忽略，因此总阴离子数目约为0.2NA，D正确；故选D。7．下列说法正确的是()A．图①乙酸乙酯的制取，反应一段时间后，停止加热，再取下b试管B．图②试管中出现红棕色气体，无法确定Cu与浓硝酸发生了反应C．图③充分混合后，木板与烧杯因水结冰粘在一起，证明发生了吸热反应D．图④反应结束后，取少量试管内溶液，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则CH4与Cl2发生了取代反应【答案】B【解析】A项，反应一段时间后，应先取下b试管，再停止加热，以防止倒吸，A错误；B项，灼热的铜片能导致浓硝酸分解产生的NO2也显红棕色，则图②试管中出现红棕色气体，无法确定Cu与浓硝酸发生了反应，B正确；C项，图③充分混合后，木板与烧杯因水结冰粘在一起，是因为NH4Cl(s)溶于水是一个吸热过程，属于物理变化，并非吸热反应，C错误；D项，因为倒吸入试管内的溶液中含有NaCl，即含有氯离子，则反应结束后，取少量试管内溶液，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，不能证明有HCl产生，即不能证明CH4与Cl2发生了取代反应，D错误；故选B。8．下列化学反应与相应离子方程式相符的是()A．用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2OB．将少量Cl2通入FeI2的溶液中：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-C．Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+SO42-+2Cl-D．阿司匹林与足量溶液共热：+2OH-+CH3COO-+H2O【答案】C【解析】A项，草酸为弱酸，H2C2O4不拆，用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，A错误；B项，还原性与I-＞Fe2+，Fe3+与I-会发生反应2Fe3++2I-==I2+2Fe2+，故将少量Cl2通入FeI2的溶液中的离子方程式为：Cl2＋2I=-==2Cl-＋I2，B错误；C项，Na2SO3溶液中通入少量Cl2，反应分两步进行，首先Cl2将SO32-氧化：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；因Cl2少量，SO32-过量，生成的H+会与过量的SO32-反应：2SO32-+2H+=2HSO3-；两式相加可得总反应离子方程式：3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+SO42-+2Cl-，C正确；D项，阿司匹林与足量NaOH溶液共热的离子方程式应为：+3OH-+CH3COO-+2H2O，D错误；故选C。9．丙烯与HBr发生自由基反应，条件不同，产物不同。反应①的机理如图1，反应①②的进程和能量如图2所示。下列说法正确的是()A．升高温度可以显著提高反应①和②的速率B．异丁烯发生反应①的产物为C．链终止产物可能有D．自由基Ⅱ比自由基Ⅰ稳定的原因是乙烯基的吸电子效应大于甲基【答案】C【解析】A项，由图2可知，反应②自由基反应的活化能较低，反应速率主要受引发剂浓度和光照等因素影响，温度对其速率影响不显著，A错误；B项，异丁烯[(CH3)2C=CH2]发生反应①(自由基加成)时，Br应加成到含H多的双键碳(末端=CH2)，生成更稳定的叔碳自由基，产物为(CH3)2CH-CH2Br，而非选项中所示结构，B错误；C项，链终止阶段两个自由基结合可形成产物，自由基可以自身结合生成，C正确；D项，自由基Ⅱ(•CH2-CH=CH2)为烯丙基自由基，因p-π共轭效应电子离域而稳定，与乙烯基吸电子效应无关，D错误；故选C。10．可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是()选项结构性质AOF2中显正价OF2可以氧化H2OBF-N键的极性小于键的极性分子的极性：NF3BF3C低压制得的聚乙烯支链少，密度高质地较硬可生产塑料桶D水能形成氢键，且氢键具有方向性液态水结成冰时体积变大【答案】B【解析】A项，OF2中O显+2价，H2O中O为-2价，OF2可以作为氧化剂与H2O发生归中反应产生氧气，推测合理，A正确；B项，F与N的电负性差小于F与B的电负性差，故F-N键的极性较小，但NF3中心原子孤电子对数为、价层电子对数为4，则呈三角锥形，是极性分子，BF3中心原子孤电子对数为、价层电子对数为3，则呈平面三角形，分子对称，是非极性分子，分子极性应为NF3>BF3，性质推测不合理，B错误；C项，低压法制得的聚乙烯支链少、密度高，硬度大，可用于生产塑料桶等硬质容器，性质推测合理，C正确；D项，水分子间氢键具有方向性，导致冰中分子排列呈四面体结构、间距增大，故结冰时体积膨胀，性质推测合理，D正确；故选B。11．化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：下列说法不正确的是()A．化合物X最多有10个原子共平面B．化合物Z具有2个手性碳C．X→Y发生了加成反应D．化合物含醛基的同分异构体有4个(不考虑立体异构)【答案】B【解析】A项，碳碳双键和羰基是平面结构，化合物X中与O相连的甲基C为sp3杂化，最多有1个H原子能与左边结构共平面，即共平面的原子为，因此最多有10个原子共平面，A正确；B项，连有4个不同原子或基团的C原子为手性碳原子，则化合物Z只有1个手性碳，即(用*表示)，B错误；C项，反应X→Y中，化合物X的碳碳双键转化为化合物Y的碳碳单键，且没有小分子生成，属于加成反应，C正确；D项，化合物含醛基的同分异构体有4个，分别为(不考虑立体异构)、，D正确；故选B。12．低品位热(温度低于150℃)是一种丰富且广泛存在的可持续能源，一种新型的热富集铂电极电池利用从热区至冷区的pH梯度驱动对苯醌()和对苯二酚()的转换。下列说法不正确的是()A．该装置可实现热能转化为电能B．电池左侧电极为热端电极C．正极电极反应式为+2H++2e−=D．保持冷热端温差恒定，该电池可持续放电【答案】B【解析】由图可知，聚合物(含多个羧基)向左侧电极移动时，遇冷膨胀，释放出H+，对苯醌在左侧电极得到电子，并结合H+，转化为对苯二酚，左侧电极为正极；聚合物(含多个羧酸根)向右侧电极移动时，遇热收缩，重新结合H+，对苯二酚在右侧电极失去电子，并释放H+，转化为对苯醌，右侧电极为负极。A项，该装置中含羧酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收驱动电极反应发生，可实现热能转化为电能，A正确；B项，由图可知，聚合物(含多个羧基)向左侧电极移动时，遇冷膨胀，释放出H+，可见左侧电极为冷端电极，B错误；C项，由分析可知，对苯醌在左侧电极(正极)得到电子，并结合H+，转化为对苯二酚，电极方程式为：+2H++2e-=，C正确；D项，该电池实质是将热能(低品位热)转化为电能，保持冷热端温差恒定，该电池可持续放电，D正确；故选B。13．利用CaCO3和Mg2SiO4进行二氧化碳移除(CDR)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A．“研磨、预热”步骤能加快反应速率B．反应过程中，Ca、Mg和Si的化合价都发生了改变C．从量的角度看，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多D．“煅烧和离子交换”时，使用电能作为能源比使用CH4与O2作为能源，可能更环保【答案】B【解析】由题给流程图可知，经研磨、预热和煅烧、离子交换后冷却，CaCO3和Mg2SiO4转化成Ca2SiO4、氧化镁，将煅烧和离子交换步骤中生成的二氧化碳进行封存；Ca2SiO4和氧化镁吸收空气中的二氧化碳转化为碳酸氢钙、碳酸氢镁和二氧化硅；Ca2SiO4和氧化镁吸收土壤中的二氧化碳转化为碳酸钙、碳酸镁和二氧化硅。A项，研磨增大接触面积、预热提高温度，均能加快反应速率，A项正确；B项，从流程图可知，含有Ca、Mg、Si元素的物质中，Ca和Mg元素均为+2价，Si元素均为+4价，反应过程中Ca、Mg、Si化合价均未改变，B项错误；C项，由图可知，在相同条件下，水生储存移除8CO2，陆地储存移除4CO2，相同条件下水生储存移除的碳更多，C项正确；D项，CH4与O2燃烧生成CO2会增加碳排放，若电能来自清洁能源，则更环保，D项正确；故选B。14．α-Fe可用作合成氨催化剂、其立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。已知截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。下列说法不正确的是()A．铁的配位数是8B．α-Fe晶胞中原子的半径为C．截面单位面积含有的原子为(个/)D．m、n截面中，催化活性较低的是n【答案】C【解析】A项，铁原子位于体心和顶点，以体心为例最近且等距的铁原子为8个，故铁的配位数是8，A正确；B项，3个铁原子沿体对角线相切，故α-Fe晶胞中Fe原子的半径为，B正确；C项，n截面面积为，每个顶点被8个相邻晶胞共享，该截面上的4个顶点原子，每个对该平面的贡献为，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，故n截面单位面积含有的Fe原子为，C错误；D项，m截面面积，每个顶点被8个相邻晶胞共用​​，每个晶胞的面被两个晶胞共用，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为，n截面单位面积含有的Fe原子为，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，故催化活性较低是n，D正确；故选C。15．已知25℃下，将足量的Pb(OH)2粉末投入水中达到溶解平衡，上层清液中各含铅微粒物质的量分数随pH变化关系如下图。已知：，；Pb(OH)2(aq)的电离常数分别为Kb1、Kb2。下列说法不正确的是()A．图中c表示Pb(OH)2B．上层清液中Pb(OH)2(aq)浓度为mol/LC．上层清液中滴入1滴稀盐酸且维持温度不变，Pb(OH)2(aq)浓度减小D．【答案】C【解析】将足量的Pb粉末投入水中达到溶解平衡，得到饱和溶液，存在沉淀溶解平衡Pb(OH)2(s)Pb2+(aq)+2OH-(aq)，；上层清液中存在电离平衡，其电离方程为Pb(OH)2Pb(OH)++OH-、Pb(OH)+Pb2+OH-，增大pH，OH-浓度增大，两个电离平衡均逆向移动，Pb(OH)+物质的量分数先增大后减小，曲线b代表[Pb(OH)+]，Pb(OH)2物质的量分数增大，曲线c代表Pb(OH)2，Pb2+物质的量分数减小，曲线a代表Pb2+，由b、c交点可计算=，a、b交点可计算=。A项，由分析可知图中c表示Pb(OH)2，A正确；B项，上层清液为Pb(OH)2的饱和溶液，Pb(OH)2存在溶解平衡，Pb(OH)2(s)Pb2+(aq)+2OH-(aq)，则，==1.4，解得=

mol/L=1.4mol/L，B正确；C项，上层清液中滴入1滴稀盐酸，c(OH-)减小，Pb(OH)2(aq)的电离平衡正向移动，但Pb(OH)2(s)会溶解补充Pb(OH)2(aq)，最终Pb(OH)2(aq)的浓度不变，C错误；D项，由分析可知，=，物质的量分数，代入上述浓度关系，化简得，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．(13分)金、银是生活中常见的贵金属，用途非常广泛。工业上常利用氰化法从一种含金矿石(成分为Au、Ag、和其他不溶性杂质)中提取金。工艺流程如图所示：已知：①；②；③Au被HNO3氧化成Au3+的反应平衡常数；Au3+可与发生反应；Au3++4Cl-=[AuCl4]-。回答下列问题：(1)Au与Cu同族且比Cu多两个电子层，基态Au原子的价电子排布式为。(2)步骤2中浸出应选用(填“盐酸”“硫酸”或“硝酸”)。(3)步骤4浸出的目的是将单质Au转化为[Au(CN)2]-进入溶液，该反应的离子方程式为。(4)黄金按质量分数分级[如12K(50%)、18K(75%)、22K(91.6%)、24K(100%)]，纯金为24K。一种Au-Cu合金的晶胞结构如图所示，该合金中Au的配位数为，约为K金。浓硝酸与浓盐酸体积比为1：3的混合物叫“王水”，可以溶解Au，此时HNO3被还原为NO。写出Au溶解过程中反应的化学方程式。(5)步骤6的目的是。(6)步骤7置换的总反应为2[Au(CN)2]-+3Zn+4CN-+2H2O=2Au+2[Zn(CN)4]2-+ZnO22-+2H2↑，该过程中，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可采取的措施是。【答案】(1)5d106s1(1分)(2)硝酸(1分)(3)4Au+8CN-+2H2O+O2=4[Au(CN)2]-+4OH-(2分)(4)12(1分)12(2分)Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O(2分)(5)提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失，合理即可)(2分)(6)(适度)增大溶液中c(CN-)/增大CN-的用量(2分)【解析】用金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金，先研磨，增大接触面积加快反应速率，经磨矿后加入酸“浸出”，氧化铁和银溶解，Au不溶解，过滤，向浸出渣中加入KCN、KOH混合液并通入氧气，反应生成[Au(CN)2]-，过滤，将滤渣洗涤，合并洗涤液和滤液，往其中加入Zn置换出Au，加入酸除去过量的锌，可得到金。(1)Cu是第四周期ⅠB族元素，Cu的价电子排布式为3d104s1，Au与Cu同族且比Cu多两个电子层，基态Au原子的价电子排布式为5d106s1。(2)根据信息可知，步骤2中盐酸、硫酸不能溶解Ag，而硝酸可以，所以步骤2中浸出应选用硝酸。(3)步骤4浸出的目的是将单质Au转化为[Au(CN)2]-进入溶液，则KCN、氧气、Au在碱性条件下反应生成[Au(CN)2]-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为4Au+8CN-+2H2O+O2=4[Au(CN)2]-+4OH-。(4)以顶点的Au原子为研究对象，与之距离最近且相等的Cu原子位于面心，每个顶点的Au原子被8个晶胞共用，每个面心的Cu原子被2个晶胞共用，所以Au的配位数为。根据均摊法，晶胞中Au原子的个数为8×=1，Cu原子的个数为6×=3，该合金的化学式为AuCu3，Au的质量分数为=50.6%，为12K金。已知浓硝酸与浓盐酸比例为1：3时溶解Au效果好，HNO3被还原为NO，Au被氧化结合Cl-生成[AuCl4]-，化学方程式为Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O。(5)步骤6中洗涤液和滤液合并利用，可减少金的损失，因此目的是提高金的浸出率。(6)根据步骤7置换的总反应，结合知，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可采取的措施是适度增大溶液中c(CN-)，使锌元素以[Zn(CN)2]2-形式存在。17．(14分)氮氧化物(NOx)是导致酸雨、光化学烟雾的主要污染物，其主要来源有汽车尾气和硝酸工厂等。研究氮氧化物废气处理是国际环保主要方向之一，某科研团队利用CH4催化还原NOx技术处理工业废气，反应原理如下：反应①：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)反应②：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)(1)已知反应①能量曲线如图所示，则1molCH4(g)还原NO(g)至N2(g)，完全反应放出kJ的热量。(2)一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中投入一定量的CH4(g)和NO(g)发生反应①，能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填字母)。A．混合气体的密度保持不变B．单位时间内每断裂4molC-H键，同时断裂4molO-H键C．c(NO)和c(N2)的浓度比保持不变D．容器内气体的平均相对分子质量不变(3)不同温度下发生反应②，CH4的浓度随时间变化如图所示。回答以下问题：①图中T1、T2的关系为：T1T2(填“>”、“＜”或“=”)，b点与c点相比，点(填“b”或“c”)反应速率更快，理由是。②T1温度下，10-20min内的平均反应速率v(H2O)，CH4的平衡转化率为。(4)利用某分子筛作催化剂，NH3也可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质。其反应历程如图所示：上述历程的总反应为。【答案】(1)1162(2分)(2)BC(2分)(3)①<(1分)c(1分)T1<T2，且c点反应物浓度更大，故c点反应速率更快(2分)②0.02mol·L－1·min－1(2分)80%(2分)(4)2NH3+NO+NO22N2+3H2O(2分)【解析】(1)由反应①的能量曲线可知，1molCH4(g)与4molNO(g)反应生成2molN2(g)、1molCO2(g)和2molH2O(g)时，反应物总能量与生成物总能量差值为5342kJ-4180kJ=1162kJ，该反应放热，即1molCH4(g)还原NO(g)至N2(g)，完全反应放出1162kJ热量；(2)A项，反应在恒容密闭容器中进行，混合气体质量始终不变，根据(m为质量，V为体积)，密度始终不变，不能说明达到平衡，A错误；B项，单位时间内断裂4molC-H键(代表正反应，CH4分解)，同时断裂4molO-H键(代表逆反应，H2O分解)，正、逆反应速率相等，能说明达到平衡，B正确；C项，反应过程中c(NO)减小，c(N2)增大，当二者浓度比保持不变时，说明各物质浓度不再变化，达到平衡，C正确；D项，反应前后气体物质的量不变，但质量不变，根据，平均相对分子质量始终不变，不能说明达到平衡，D错误；故选BC；(3)温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短，由图可知，T2达到平衡时间短，所以T1<T2；与c点相比，b点温度高T1<T2，且c点反应物浓度更大，故c点反应速率更快；T1温度下，10-20min内CH4浓度变化量，根据反应②CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，，速率之比等于化学计量数之比，，CH4起始浓度为0.5mol/L，平衡浓度为0.1mol/L，平衡转化率；(4)由反应历程可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2、H2O，根据原子守恒和反应历程，总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O。18．(14分)硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4]·H2O呈深蓝色，是一种高效广谱杀菌剂。实验室以腐蚀印刷电路后的“烂板液”为原料进行制备，操作步骤如下：步骤Ⅰ：将废铁片放入80mL烂板液中，充分反应后，得到的铜粉用自来水洗干净，小火炒干。步骤Ⅱ：称取3g铜粉，大火灼烧，反应完成后放置冷却。(1)步骤Ⅱ使用的主要仪器除酒精灯外还有。(2)步骤Ⅲ必须控制，pH不能过高也不能过低的原因是。(3)下列说法正确的_______。A．步骤Ⅰ可以改用铁粉，或加热至略沸的方法加快反应速率B．步骤Ⅴ两次加入液体，都需要使用玻璃棒进行搅拌C．未采用步骤Ⅴ的方法制备硫酸四氨合铜晶体，是因为会产生碱式硫酸铜等杂质D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物(4)步骤Ⅴ蓝色溶液中加入浓氨水先产生沉淀后得到深蓝色溶液。某实验小组做了补充实验：取少量深蓝色溶液，插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。下列说法不正确的是_______。A．加入浓氨水产生的沉淀是[Cu(NH3)4](OH)2B．两份溶液中：C．深蓝色溶液插入铁钉无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化D．加稀盐酸后，产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]2++Fe=Fe2++Cu+4NH3↑(5)操作Ⅴ过滤后得到的蓝色沉淀用95%的乙醇和浓氨水的混合溶液进行洗涤效果好，选择该洗涤剂的原因是。(6)晶体氨含量的测定。g中加入V1mLc1mol·L-1HCl溶液，将mg样品配成的溶液由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。加热b，使水蒸气进入e。30分钟后停止加热。在装置g中加2滴指示剂，用c2mol·L-1NaOH溶液进行滴定。平行测定三次，平均消耗标准NaOH溶液体积V2mL。下列说法不正确的是_______。A．e采用中空双层玻璃瓶主要起到保温作用B．指示剂可选用酚酞，终点现象是无色变粉红色C．氨含量的表达式可表示为D．d中保留的少量水未与g中溶液合并，会导致测定结果偏低【答案】(1)坩埚(2分)(2)pH值过低，沉淀不完全，除杂不充分，影响纯度；pH值不能过高，易生成沉淀，影响产量(2分)(3)CD(2分)(4)ACD(3分)(5)乙醇可使溶液极性减小，降低晶体在溶液中的溶解度，防止产物的溶解；浓氨水能防止配离子解离，从而能减小物质在洗涤过程中的损耗(2分)(6)D(3分)【解析】步骤I将废铁片加入"烂板液"(含的溶液)中置换出，步骤Ⅱ中灼烧生成，步骤Ⅲ中溶于稀硫酸，加入H2O2将氧化为，调pH≈4可将转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤得到溶液，步骤IV对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶得到·5H2O，步骤V将·5H2O溶解后加浓氨水，再加乙醇，过滤得到[Cu(NH3)4]·H2O。(1)步骤Ⅱ是将铜粉在空气中大火灼烧，使其转化为，灼烧固体需要耐高温的坩埚，则步骤Ⅱ使用的主要仪器除酒精灯外还有坩埚；(2)结合分析可知，步骤Ⅲ中pH值过低，不能将完全转化为Fe(OH)3沉淀除去，导致除杂不充分，影响纯度；pH值不能过高，否则易生成沉淀，影响产量。则步骤Ⅲ必须控制pH≈4，pH不能过高也不能过低的原因是：pH值过低，沉淀不完全，除杂不充分，影响纯度；pH值不能过高，易生成沉淀，影响产量；(3)A项，步骤Ⅰ改用铁粉，能加快反应速率，但若铁粉过量，铜粉中容易引入铁粉杂质；加热至略沸的方法也能加快反应速率，但可能被氧化为，又将铜粉氧化为Cu2+，A错误；B项，步骤V中，第一次加入浓氨水溶解·5H2O时需要搅拌，使溶解更充分，但第二次加入乙醇时是为了降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度使其析出，此时搅拌容易导致晶体破损，不需要搅拌，B错误；C项，若未采用步骤Ⅴ的方法制备硫酸四氨合铜晶体，可能会因为反应条件等问题产生碱式硫酸铜等杂质，C正确；D项，[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，两个NH3被两个Cl-取代后，两个Cl-可能处于相邻或相对的位置，邻位和对位的结构不同，能得到两种不同结构的产物，D正确；故选CD。(4)A项，根据实验现象，加入浓氨水后先生成沉淀，后溶解生成[Cu(NH3)4]2+，A错误；B项，深蓝色溶液中主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浓度较低；蓝色溶液中Cu2+主要以简单离子形式存在，Cu2+浓度较高，则两份溶液中：，B正确；C项，铁的钝化是在强氧化性酸(如浓硝酸、浓硫酸)作用下，在铁表面形成致密的氧化膜。深蓝色溶液中无强氧化性物质，插入铁钉无明显现象，是因为深蓝色溶液中主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浓度较低，铁与Cu2+难以发生置换反应，而不是铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化，C错误；D项，根据实验现象，加盐酸后[Cu(