2026年高考化学二轮信息必刷卷01（北京专用）（全解全析）

2026年高考化学二轮信息必刷卷01化学考情速递高考·新动向：近年来高考化学试卷总体呈现回归教材、回归课标的特点，2026年可能会继续延续这一趋势。核心考点100%源于教材，但在陌生情境中考查迁移应用。无价值不入题、无思维不命题、无情境不成题，从“解题”转向“解决真实问题”。打破无机/原理/有机/实验边界，流程+原理+实验+计算一体化命题。如第1题以新能源、新型储能为背景，正好契合北京高考化学“真实情境+科技前沿”的命题趋势。高考·新考法：北京卷包括选择题和非选择题两部分。多图表+机理图+数据曲线，信息密度提升；不定项选择更灵活，考查严谨性。工业流程题依据真实工业全流程，含预处理、反应、分离、提纯、循环、环保评价；问题链设计（条件选择→平衡移动→产率计算→绿色评估）；化学反应原理题考查多因素耦合（焓变+速率+平衡+电化学+图像）；数据驱动，用图表/曲线推导规律；有机化学基础题考查药物/新材料合成路线，含陌生反应机理、手性碳、同分异构、合成设计；逆合成+正向推导并重；实验探究题依据项目式探究，完整链条：提出假设→设计方案→装置选择→现象分析→数据处理→误差评估→结论。如第16题贴合“新质生产力”的命题情景，这道题以新能源、新型储能为背景，正好契合北京高考化学“真实情境+科技前沿”的命题趋势。对应了2026年的新动向：多因素耦合：同时考查温度、压强对平衡的影响，打破“单一变量”的套路；逆向推理：不是直接给条件求转化率，而是从转化率反推容器体积，考查思维的灵活性；图像解读：要求从曲线中提取信息，用平衡移动原理（勒夏特列原理）进行论证，体现“证据推理”的核心素养。高考·新情境：创设真实情境是高考化学命题的一大特点。比如第10题题目以FeS₂催化CO还原烟气中SO₂为情景，聚焦工业废气脱硫、资源化利用，贴合北京卷“双碳、大气治理、绿色化学”的命题热点，体现了“用化学解决真实环境问题”的素养导向。命题·大预测：试题将继续体现综合性，即一道试题可能涉及多个知识点的综合考查。例如，在一道工业流程题中，可能同时考查化学反应原理、元素化合物知识、化学实验操作等多个方面的内容，要求考生能够将所学的化学知识融会贯通。题目的呈现方式可能会有创新，例如采用图表、数据等多种形式呈现信息，增加信息的密度，测试考生在阅读理解、知识提炼、信息整合及书面表达等方面的综合能力。考生需要能够快速捕捉关键信息、精准分析并有效传达信息，像根据图表中的数据变化趋势分析化学平衡的移动方向等。

（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：H1Li7C12N14O16S32Cl35.5Mn55Fe56一、单选题：本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题给出的4个选项中只有一个答案符合要求。1．新质生产力以科技创新为主导，摆脱传统增长路径，具备高科技、高效能、高质量特征，氢能、光伏、新型电池等新能源领域是其核心应用方向。下列与新质生产力相关的化学知识说法错误的是A．光伏电池的核心材料是晶体硅，硅元素在周期表中位于第三周期IVA族B．氢燃料电池通过H2与O2的氧化还原反应产生电能，产物为水，无污染C．钠离子电池逐步替代部分锂离子电池，Na+和Li+的核外电子排布完全相同D．新型储能材料钒电池中，钒元素存在多种价态，价态变化是其实现电能存储的关键【答案】C【详解】A．硅元素原子序数为14，核外有三层电子，最外层4个电子，因此在周期表中位于第三周期IVA族，A正确；B．氢燃料电池通过反应产生电能，产物为水且无污染，B正确；C．核外电子排布为（与Ne相同），而为（与He相同），二者电子层结构不同，C错误；D．钒电池利用钒元素（如、）的价态变化实现充放电，D正确；故答案选C。2．下列化学用语表示正确的是A．基态镁原子最外层电子云轮廓图：B．的VSEPR模型：C．的系统命名：2,2,4-三甲基戊烷D．1mol冰晶体中存在着4mol氢键，其结构为【答案】C【详解】A．基态镁原子最外层电子为3s2，s轨道电子云轮廓图为球形，题目中图片为哑铃形(p轨道)。A错误；B．中心S原子价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体形，图片为三角锥形(分子构型)则不符合。B错误；C．该有机物主链为5个碳的戊烷，2号碳连2个甲基、4号碳连1个甲基，系统命名为2,2,4-三甲基戊烷。C正确；D．冰的晶体结构为，1个水分子与相邻的4个水分子形成4个氢键，但1个氢键被2个水分子共用，则平均1mol冰晶体中存在着2mol氢键。D错误；故答案选C。3．普鲁士蓝的化学式为。一种在空气中工作的普鲁士蓝电池的示意图如图所示，普鲁士蓝涂于惰性电极M上。闭合K，灯泡亮。待灯泡熄灭，断开K，一段时间后普鲁士蓝恢复。下列说法不正确的是A．闭合上的电极反应：B．闭合K，一段时间后电解质溶液的质量增大C．断开K，每生成，需要消耗D．断开K，一段时间后电解质溶液中可能出现白色沉淀【答案】B【详解】A．惰性电极M是正极，铁元素化合价下降，发生得到电子的还原反应，电极反应为：，A正确；B．负极的反应为，当电路转移3mol电子时，有1molAl进入溶液，同时正极会有转化为固体，故电解质溶液质量变小，B错误；C．由化合价变化可知，每生成，转移，做氧化剂，有：，根据转移电子守恒可知，需要消耗，C正确；D．断开K，一段时间后，由于氧气做氧化剂，溶液中将出现，与负极产生的结合生成，故溶液中可能出现白色沉淀是合理的，D正确；故选B。4．下列说法不正确的是A．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基B．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，均能发生银镜反应【答案】D【详解】A．核苷酸由磷酸、戊糖和碱基组成，所以核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷由戊糖和碱基组成，可进一步水解为戊糖和碱基，A正确；B．植物油中含有的不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中的碳-碳双键能与溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．石油裂化得到多种短链烃，煤的气化生成、等混合气体，它们的产物都属于混合物，C正确；D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，麦芽糖是还原性糖，能发生银镜反应；而蔗糖是非还原性糖，不能发生银镜反应，D错误；综上，答案是D。5．下列过程对应的离子方程式正确的是A．磷酸二氢钠水解：B．用溶液吸收少量：C．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：D．用硫代硫酸钠溶液脱氯：【答案】B【详解】A．水解方程式应为，A错误；B．少量与过量溶液反应，发生氧化还原反应，生成的会与过量的反应生成，即，将两式合并可得总反应：，B正确；C．硫酸氢钠与少量Ba(HCO3)2反应时，Ba(HCO3)2完全反应，方程式为，C错误；D．与Cl2反应时会将氧化为，方程式应为，D错误；故答案选B。6．下列实验装置(部分夹持装置略)设计或操作能够达到实验目的的是A．向容量瓶内转移溶液B．测定醋酸的浓度C．制备乙二酸D．高温熔融烧碱A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．一定物质的量浓度溶液的配制实验中，向容量瓶中转移溶液时需用玻璃棒引流，且玻璃棒下端需靠在容量瓶刻度线以下，A错误；B．聚四氟乙烯活塞滴定管可用于盛装碱溶液，用NaOH滴定醋酸时常用酚酞做指示剂，该方法可测出醋酸浓度，B正确；C．乙二酸具有较强还原性，具有强氧化性，乙二酸能被酸性高锰酸钾酸氧化为二氧化碳，则足量酸性可将乙二醇氧化生成和水，该方法不能制备乙二酸，C错误；D．烧碱即NaOH，高温条件下能跟石英坩埚中的反应，故不能用石英坩埚进行烧碱熔融操作，D错误；故答案选B。7．探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。已知：K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。下列说法错误的是A．过程Ⅰ发生的反应的离子方程式为：2++2OH-2++H2OB．过程Ⅱ未得到紫色溶液，可能是转化为MnO4-的速率小于氧化的速率C．过程Ⅳ得到淡黄色溶液可推知氧化了I-D．该实验证明对应的实验条件下，的还原性强于和Mn2+【答案】C【详解】A．由已知可知反应Ⅰ产生了绿色溶液，即与KMnO4在碱性条件下加热反应产生K2MnO4，依据氧化还原反应原理书写离子方程式为：，A不符合题意；B．K2MnO4溶液在酸性环境中不稳定，转化为和KMnO4，但反应Ⅱ中未出现紫色现象，说明KMnO4被消耗，则可能为转化为的速率小于氧化的速率，B不符合题意；C．依据分析反应Ⅲ结束后得到了xmL的无色溶液，含、，均具有氧化性，加入碘化钾溶液反应产生碘单质，不能说明是氧化了I-，C符合题意；D．依据分析，结合氧化还原反应原理：还原剂的还原性大于还原产物的还原性；由反应Ⅰ：可知，还原性：大于；由反应Ⅲ：可知，还原性：大于，D不符合题意；故答案选C。8．某实验小组采用如下实验探究该依地酸铁钠(强化补铁剂)中铁元素的化合价。(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物)下列说法正确的是A．从现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)B．从现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)C．从现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠D．从现象①、④和⑤推测，与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根【答案】D【详解】A．从现象②和③推测，可能是依地酸铁钠与Fe3+形成配合物的稳定性强于，不能说明依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)，故A错误；B．从现象②和③不能推测依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，加入的维生素C为还原剂，也不能推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，故B错误；C．从现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性弱于依地酸铁钠，故C错误；D．加入的维生素C为还原剂，溶液变为橙红色，由题意可知，与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根，故D正确；故选D。9．催化加氢直接合成二甲醚过程中有以下2个反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ(副反应)：其他条件相同时，反应温度对平衡总转化率及反应2.5小时的实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。资料：的选择性下列说法正确的是A．280℃后，平衡总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快B．240℃-300℃，实际总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快，且温度对主反应的影响大于副反应C．240℃-300℃，二甲醚实际选择性降低的原因是：副反应速率>主反应速率D．由图可知：该条件下投入等物质的量时，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃【答案】D【详解】A．为吸热反应，升高温度平衡正向移动，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，当温度高于280℃时，随着温度升高，平衡向右移动的程度大于平衡向左移动的程度，导致CO2的平衡总转化率上升，A错误；B．240℃-300℃，实际总转化率小于平衡总转化率，说明反应未达到平衡，实际总转化率升高的原因是：温度升高，主反应和副反应反应速率均加快，不能说明温度对主反应的影响大于副反应，B错误；C．240℃-300℃范围内，二甲醚实际选择性降低的原因是：升高温度，主反应和副反应速率均增大，但是副反应的增大程度大于主反应，不能说明副反应速率>主反应速率，C错误；D．由图可知，260℃时实际总转化率大于220℃，260℃时实际选择性小于220℃，但260℃时实际总转化率与实际选择性的乘积大于220℃，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃，D正确；故选D。10．催化CO还原处理烟气中的转化为液态S，部分物质转化关系如图1所示。在容积可变的密闭容器中充入一定量的CO和，在不同压强下，反应达到平衡时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。下列说法不正确的是A．W为CO，M为B．②中每生成1molZ，③中有生成C．升高温度，与CO反应的平衡常数减小D．【答案】B【详解】A．由分析可知，W为CO，M为，A正确；B．由分析可知，过程③的反应方程式为，过程②反应方程式为，总反应方程式为。在过程②中，每生成1molS单质，在过程③会消耗，同时生成，B错误；C．从图2可以看出，当压力一定时，的平衡转化率随温度升高而降低，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，C正确；D．从总反应方程式可知，该反应是气体分子数减少的反应，因此，增大压强有助于平衡向正反应方向移动，从图2可以看出，当温度一定时，曲线对应的平衡转化率大于，说明，D正确；故答案选B。11．一定条件下，在密闭容器中化合物M、N1、N2一起发生聚合反应得到聚合物P，各物质结构如下图所示。聚合反应的第一步由M引发。已知：，下列说法正确的是A．P中只含1种含氧官能团B．P完全水解可得到N1、N2和MC．每生成1mol化合物P消耗xmolN1和ymolN2D．聚合物P经双氧水氧化后可得到具有大环结构的聚合物【答案】D【详解】A．P中的含氧官能团除了含有酯基，还有硫酯基（-COS-），A项错误；B．化合物P水解可得到、、HOCH2CH2CH2CH2OH，B项错误；C．由M、N1、N2和P的结构，结合原子守恒，每生成1mol化合物P消耗2xmolN1和2ymolN2，C项错误；D．根据题给已知2R—SHR—S—S—R，1molP中含2mol—SH，故聚合物P经双氧水氧化后可得到大环结构，D项正确；答案选D。12．苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．和生成与的过程体现了的酸性B．M中C原子存在两种杂化方式C．生成产物I的反应类型是加成反应D．结合示意图可以判断通过控制反应时间可以制备产物I【答案】D【详解】A．和生成与的过程中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子，体现了的酸性，A正确；B．M中与-NO2结合的碳形成4个共价键，为sp3杂化，其余C原子为sp2杂化，B正确；C．生成产物I的反应中，与反应物苯比较，生成物的不饱和度降低，生成X时原苯分子中相邻两个碳原子分别结合了硝基和磺酸基，属于加成反应，C正确；D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；生成产物Ⅱ的反应的活化能更低、且产物Ⅱ的能量更低更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故不能通过控制反应时间可以制备产物I，D错误；故选D。13．学习小组为探究Co(II)、Co(III)的相关性质，室温下进行如下实验。实验ⅰ实验ⅱ实验ⅲ粉红色溶液，无明显变化溶液变红，伴有气泡产生溶液变为墨绿色，伴有气泡产生资料：溶液颜色粉红色蓝色红色墨绿色下列说法正确的是A．实验ii反应后的溶液中：B．实验ii反应后的溶液中比反应前减小C．以上实验说明可催化的分解D．向实验iii所得墨绿色溶液中加入过量浓盐酸可能会生成【答案】D【详解】A．实验ii中溶液变红说明生成，与反应生成配合物时释放，与反应生成逸出。由于逸出，溶液中含碳物种总量减少，而未损失，故物料守恒式中应大于右侧含碳物种总和，即，A错误；B．实验ii中与形成配合物，促使电离平衡正移，溶液中增大,由可知增大则该比值增大，B错误；C．实验iii中墨绿色为，气泡为被还原生成的，是氧化产物，并非催化剂，C错误；D．实验iii中含，具有强氧化性，加入过量浓盐酸时，可被氧化生成，D正确;故选D。14．用如图装置探究铜与硝酸的反应，实验记录如下表，下列说法不正确的是装置步骤操作现象打开止水夹，挤压胶头，使浓硝酸滴入试管产生红棕色气体，溶液变为绿色一段时间后，关闭止水夹，推动注射器活塞使部分水进入试管注射器内剩余的水被“吸入”试管；铜表面产生无色气泡，溶液变蓝，试管内气体逐渐变为无色一段时间后，打开止水夹，拉动注射器活塞吸取少量无色气体；拔下注射器，再拉动活塞吸入少量空气注射器中无色气体变红棕色A．中反应的化学方程式是B．中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是与反应导致压强减小C．中的实验现象能证明中与硝酸反应生成了D．待中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，有气体产生【答案】C【详解】A．浓硝酸与铜反应生成（红棕色气体），化学方程式为，A不符合题意；B．步骤②中，与水反应，，气体物质的量减少，导致试管内压强减小，注射器内的水被“吸入”试管，B不符合题意；C．步骤②中，与水反应也会生成（无色气体），因此步骤③中“无色气体变红棕色”不能证明与硝酸反应生成了，C符合题意；D．步骤②后，试管内有，滴加稀硫酸后，H+和，可与过量的反应生成气体，D不符合题意；故选C。二、非选择题：本题共5小题，共58分。15．(10分)NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用是科学研究的重要课题。(1)以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。①基态Fe原子的电子排布式为，基态N原子轨道表示式。②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：ⅰ.两种晶胞所含铁原子个数比为。ⅱ.图1晶胞的棱长为apm(1pm=10-10cm)，则其密度ρ=g/cm3。③我国科学家开发出双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，从原子结构角度解释原因。(2)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。①NH3的中心原子的杂化轨道类型为。②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是。(3)常温下S2Cl2是橙黄色液体，其分子结构如图所示。少量泄漏会产生窒息性气味，遇水易水解，并产生酸性悬浊液。S2Cl2分子是(填“极性”、“非极性”)分子，S2Br2与S2Cl2分子结构相似，熔沸点S2Br2S2Cl2(填“>”或“<”)。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s21:2H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小(2)sp3B(3)极性＞【详解】（1）①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；N原子核外有7个电子，分2层排布，原子的轨道表示式：。②ⅰ．由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2。ⅱ．图1晶胞的棱长为apm，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为g，其密度g/cm3。③第一电离能为H＞Li＞Na，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小。（2）①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。②在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道。（3）该分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子；S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，相对分子质量越大则熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2。16．(12分)是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。(1)方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为：（浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和。(2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。①工业合成的化学方程式为。②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：yx，解释原因。(3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。①电极a表面生成的电极反应式：。②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是。(4)用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。①距离Li最近且等距的O的数目为。②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为。【答案】(1)难挥发性(2)小于（或<）反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积(3)反应iii生成，将氧化成，更易转化成(4)4【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性；（2）①工业上用氮气和氢气在高温高压、催化剂下合成，化学方程式为；②反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积；（3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为；②由于反应iii生成，将氧化成，更易转化成；（4）①由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，O位于面心和顶点，观察晶胞可知，距离Li最近且等距的O的数目为4个；②由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，共有8个，O位于面心和顶点，共有，立方晶胞棱长为，已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为。17．(10分)维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。已知：(1)A是芳香族化合物，其名称是。(2)A→B所需试剂和反应条件是。(3)D的官能团名称是。(4)下列有关戊糖T的说法正确的是(填序号)。a．属于单糖b．可用酸性溶液检验其中是否含有醛基c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体(5)E的结构简式是。(6)I→J的方程式是。(7)由K经过以下转化可合成维生素B2。M的结构简式是。【答案】(1)邻二甲苯(2)浓、浓，加热(3)氨基(4)a(5)(6)(7)【详解】（1）由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；（2）A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓、浓，加热。答案为：浓、浓，加热；（3）D为，官能团是氨基。答案为：氨基；（4）a.戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确；b.戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性溶液氧化，不能用酸性溶液检验其中是否含有醛基，b不正确；c.戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确；答案为：a；（5）由分析可知，E的结构简式是。答案为：；（6）I()与反应生成J()等，反应的化学方程式是。答案为：；（7）由K脱去，则生成L的结构简式为，发生分子内加成后生成M的结构简式是。答案为：。18．(12分)粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下：(1)在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有。(写出两个)(2)浸金时，Au转化为。其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示温度℃30507090滤渣2含金g/t855709310352浸金过程中发生的反应：i．ii．……①补全反应ii的离子方程式。②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因。(3)浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。①气体X是。②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因。(4)该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有。【答案】(1)、(2)+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加(3)Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降(4)H2SO4和NaCl【详解】（1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量，原因是会受热分解生成H2O和O2，且氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2，化学方程式分别为：、。（2）①浸金过程除了发生反应：，和Cl-在酸性条件下也可以发生氧化还原反应生成Cl2，则反应ii的离子方程式为：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；②温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减少，温度太高时，+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加。（3）①浸银时发生反应；将HCHO氧化为，此时向溶液中通入，由于亚硫酸性强于碳酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为。②Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降。（4）浸