2026年高考考前预测卷-化学02（北京卷）（全解全析）

1/12026年高考考前预测卷高三化学(考试时间：90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-1C-12O-16S-32Cl-35.5K-39Cr-52Fe-56Cu-64Ba-137一、选择题(本题共14小题，每小题3分，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】我国科学家在嫦娥五号月壤样本中发现了一种新型水合矿物晶体，其主要成分为铵镁氯化物(NH4)Mg·6H2O，晶体中存在NH4+被Na+、K+、Cs+等微量取代的现象。氯同位素比例分析显示，该矿物中37Cl和35Cl的比例显著不同于典型地球矿物。下列说法不正确的是()A．该矿物的主要成分属于盐类B．该矿物晶体中金属阳离子与阴离子以离子键结合C．该矿物所含H、Na、K、Cs元素均位于元素周期表的IA族D．37Cl和35Cl在元素周期表中的位置相同，原子核外电子数不同【答案】D【解析】A项，该矿物的主要成分为铵镁氯化物((NH4)MgCl3·6H2O)，其中含有铵根离子(NH4+)和氯离子(Cl-)，符合盐类的定义，因此属于盐类，A正确；B项，该矿物晶体中的金属阳离子(如Mg2+、Na+、K+、Cs+)与阴离子(Cl-)之间通过静电作用结合，形成离子键，B正确；C项，该矿物所含元素中，H(氢)、Na(钠)、K(钾)、Cs(铯)均位于元素周期表的IA族，C正确；D项，37Cl和35Cl是氯元素的同位素，它们在元素周期表中的位置相同(原子序数均为17)，但原子核外电子数相同(均为17)，因为同位素的质子数和原子核外电子数相同，仅中子数不同，D错误；故选D。2．下列化学用语或图示表述正确的是()A．用电子云轮廓图表示HCl的s-pσ键形成的示意图：B．基态镁原子最外层电子云轮廓图：C．SO32-的VSEPR模型

D．H2O2分子的空间结构为，可推测出H2O2为非极性分子【答案】A【解析】A项，H提供1s原子轨道，氯提供1个末成对的3p原子轨道，用电子云轮廓图表示HCl的s-pσ键形成的示意图：，故A正确；B项，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)，故B错误；C项，SO32-中心S原子的价层电子对数为，VSEPR模型需要包含孤电子对，因此SO32-的VSEPR模型为四面体形，故C错误；D项，H2O2分子的空间结构为，双氧水的分子是书页状的结构，就好像打开的一本书，两个H分别在两个书页上，分子是不对称的结构，正电与负电中心不重合，可推测出H2O2为极性分子，故D错误；故选A。3．【改编】下列说法不正确的是()A．聚乙烯、纤维素和油脂均为天然高分子B．麦芽糖和葡萄糖都具有还原性C．蛋白质和氨基酸都既能与强酸反应又能与强碱反应D．DNA分子两条链上的碱基通过氢键作用形成双螺旋结构【答案】A【解析】A项，聚乙烯是合成高分子，不是天然高分子；油脂分子量较小，不属于高分子，因此“均为天然高分子”的说法错误，A不正确；B项，麦芽糖和葡萄糖都含有醛基，能发生银镜反应等还原反应，因此都具有还原性，B正确。C项，氨基酸含有氨基(碱性)和羧基(酸性)，蛋白质由氨基酸组成，也含有氨基和羧基，因此两者均为两性化合物，能与强酸和强碱反应，C正确；D项，DNA双螺旋结构中，两条链上的碱基(如A-T、G-C)通过氢键配对连接，形成稳定结构，D正确；故选A。4．碱式碳酸铝铵[NH4Al(OH)2CO3]广泛应用于催化剂、阻燃剂和材料工业等领域。下列说法不正确的是()A．电负性：C>AlB．第一电离能：O>NC．CO32-的VSEPR模型：D．常温常压下在水中的溶解性：NH3>CH4【答案】B【解析】A项，非金属性C>Al，电负性：C>Al，A正确；B项，N原子价电子排布中为半满状态，则第一电离能：O<N，B错误；C项，CO32-的价层电子对=，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，C正确；D项，NH3为极性分子，能与水形成氢键，极易溶于水，CH4为非极性分子，难溶于水，常温常压下在水中的溶解性：NH3>CH4，D正确；故选B。5．【社会热点】2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOFs)领域做出贡献的三位科学家。金属有机框架(MOFs)是一类由金属离子或金属团簇与有机配体形成的三维多孔材料。一种MOF材料由Zn2+与1，3，5-苯三甲酸()构成，可实现H2、CO2的存储与分离。下列说法不正确的是()A．H2、CO2均属于极性分子 B．30Zn元素位于元素周期表ds区C．Zn2+与1，3，5-苯三甲酸以配位键结合 D．Zn2+无法与苯形成MOF材料【答案】A【解析】A项，氢气是由非极性共价键构成，属于非极性分子；二氧化碳分子的空间构型为直线形，分子的正负电荷重心重合，属于非极性分子，A错误；B项，锌元素的原子序数为30，基态原子的价电子排布式为3d104s2，则锌元素位于元素周期表ds区，B正确；C项，由结构简式可知，1，3，5-苯三甲酸分子中氧原子具有孤对电子，能与具有空轨道的锌离子形成配位键，C正确；D项，苯分子中不含有具有孤对电子的原子，不能与具有空轨道的锌离子形成配位键，D正确；故选A。6．【原创】下列方程式与所给事实相符的是()A．铁与水蒸气反应：2Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2B．铅酸蓄电池放电：Pb+PbO2+H2SO4=2PbSO4+2H2OC．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2H+D．用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O【答案】B【解析】A项，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁，正确方程式应为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，A错误；B项，铅酸蓄电池中负极材料为Pb，正极材料为PbO2，放电时价态归中生成PbSO4，总反应方程式正确，B正确；C项，由于SO2少量，ClO-剩余与产生的H+结合为HClO，离子方程式为Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+HClO+H+，C错误；D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，D错误。7．【改编】下列实验的相应操作中，正确的是()A．验证OH-具有漂白性B．检验溴乙烷中的溴元素C．比较Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的碱性D．检验溴乙烷中含有溴元素【答案】C【解析】A项，SO2使酸性KMnO4褪色，体现的是OH-的还原性，不是漂白性，验证漂白性需要用品红溶液，A错误；B项，溴乙烷与NaOH水解反应后，溶液中过量的OH-会和AgNO3反应生成沉淀，干扰溴离子的检验，必须先加稀硝酸酸化除去过量NaOH，再加硝酸银才能检验溴元素，因此不能达到实验目的，B错误；C项，控制Na2CO3和NaHCO3溶液浓度相同，滴加相同量的酚酞，通过溶液红色深浅即可比较二者碱性强弱，操作正确，C正确；D项，溴乙烷水解后溶液为碱性，OH-会和Ag+反应生成沉淀，干扰溴离子的检验，必须先加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3，操作错误，D错误；故选C。8．以电石渣[主要成分为Ca(OH)2]为原料制备KClO3的流程如图1。已知：i．加热氯化时会生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2可进一步转化为Ca(ClO3)2。ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。下列说法不正确的是()A．氯化时生成Ca(ClO3)2的反应为3Ca(ClO)2Ca(ClO3)2+2CaCl2B．提高通入Cl2的速率，可提高Cl2的反应速率但可能会降低利用率C．转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到KClO3粗品D．得到KClO3粗品后所得母液，继续加热浓缩、冷却结晶，可大量析出KCl固体【答案】D【解析】A项，该反应是次氯酸钙的歧化反应，+1价Cl一部分升高为+5价，生成Ca(ClO3)2，一部分降低为-1价，生成CaCl2，化合价升降守恒，配平正确，A正确；B项，提高Cl2通入速率可以提高反应速率，但通入过快时，部分Cl2来不及反应就会逸出体系，会降低Cl2的利用率，B正确；C项，由溶解度曲线可知，KClO3的溶解度随温度降低显著减小，因此转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，即可析出KClO3粗品，C正确；D项，析出KClO3粗品后的母液中，KCl的溶解度大于KClO3，且KCl溶解度随温度变化很小，母液中其浓度本身也不高，继续加热浓缩、冷却结晶，析出的主要是剩余的KClO3，无法大量析出KCl，D错误；故选D。9．元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是()A．的非金属性强于的，则酸性：HNO3B．的金属性强于Al的，则比Al更易与盐酸反应C．S的非金属性强于Si的，则热稳定性：H2SD．的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2【答案】A【解析】A项，非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，不是最高价含氧酸，A错误；B项，金属性越强，越容易与酸反应，B正确；C项，非金属性越强，简单氢化物越稳定，C正确；D项，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，Cl的非金属性强于Br的，Cl2的氧化性强于Br2的氧化性，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2，D正确；故选A。10．科研人员以、CaO为初始原料构建化学链，将高炉煤气转化为价值更高的CO，实现CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。下列说法不正确的是()A．X为初始原料B．图中涉及非氧化还原反应C．CO2与Z、Y反应，体现了氧化性和酸性氧化物的性质D．高炉煤气中n(CO)=n(H2)时，、CaO可循环使用【答案】D【解析】以、CaO为初始原料构建化学链的原理为：先利用将H2和CO转化为H2O和CO2，还原为Fe单质，生成的CO2被CaO吸收转化为CaCO3，分离后提供能量使CaCO3重新分解为CO2和CaO，CaO循环使用，CO2在能量作用与Fe重新转化为和CO，循环使用，实现CO的分离提纯转化。A项，根据分析，初始原料X为，A正确；B项，图中各物质间的转化中，生成的CO2被CaO吸收转化为CaCO3、分离后提供能量使CaCO3重新分解为CO2和CaO，均属于非氧化还原反应，B正确；C项，在整个转化过程中，CO2既表现出氧化性，可氧化Fe生成；可与碱性氧化物CaO反应生成CaCO3，又体现了酸性氧化物的性质，C正确；D项，根据反应：Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2，Fe2O3+3H2=2Fe+3H2O，以及2Fe+3CO2=Fe2O3+3CO。若高炉煤气中n(CO)=n(H2)=3mol，则还原共生成4molFe和3molCO2，而4molFe完全再生为需要消耗6molCO2，过程中生成的CO2不足，因此无法完全循环使用，D错误；故选D。11．【新考法】一种利用循环电势改变催化剂活性，有效调控聚合物链结构的原理示意图如下。下列说法不正确的是()A．铁催化剂的价态在+3和+2之间切换，分别催化有机化合物A和B的聚合反应B．催化剂1转化为催化剂2，发生得电子的还原反应C．A聚合反应的方程式为D．A和B共聚反应的方程式为【答案】D【解析】A项，根据图知，铁催化剂中价态为+2、+3，有机物A、B都在铁催化剂的条件下发生聚合反应，所以铁催化剂的价态在+3和+2之间切换，分别催化有机化合物A和B的聚合反应，故A正确；B项，催化剂1转化为催化剂2时，Fe元素的化合价由+3价变为+2价，得电子化合价降低发生还原反应，故B正确；C项，在催化剂的条件下，A聚合生成高分子化合物，反应方程式为，故C正确；D项，mmolA和nmolB共聚反应生成，反应方程式为，故D错误；答案选D。12．实验小组探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。实验如下：编号试剂沉淀物质的量之比试剂试剂a已知：①。取充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加K3[Fe(CN)6]溶液均产生蓝色沉淀。下列说法不正确的是()A．分析中数据可知：a=0B．取充分反应后的上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，可以作为Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应的证据C．中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加硝酸酸化的BaCl2，产生沉淀BaSO4D．本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大【答案】C【解析】A项，等体积混合后，此时，不会产生硫酸银沉淀，所以a=0，故A正确；B项，由A分析，没有产生硫酸银沉淀，且若Fe2++Ag+Ag+Fe3+完全进行，则溶液中不能存在亚铁离子，而滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，说明溶液中存在亚铁离子，那么可以作为Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应的证据，故B正确；C项，ii中沉淀加适量浓氨水充分反应使得硫酸银沉淀转化为[Ag(NH3)2]+和硫酸根离子，滴加硝酸酸化的BaCl2时，硝酸会使得[Ag(NH3)2]+产生Ag+，故同时生成硫酸钡和AgCl沉淀，故C错误；D项，结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故D正确；故选C。13．功能高分子P的合成路线如下已知：((、表示烃基或氢)。下列说法正确的是()A．H中含有碳碳双键 B．F的结构简式为CH3CH=CHCHOC．C→D为消去反应 D．仅用蒸馏水不能区分A和E【答案】B【解析】由高分子P的结构简式可知，D和H两物质分别为、，由反推可知C为，则C→D的反应为卤代烃的水解反应，反推可知B为，则A为甲苯；由H的结构简式及F→G的条件可知G为CH3CH=CHCOOH，根据题中的已知条件，则F为CH3CH=CHCHO，由已知的反应可知E为乙醛。A项，由分析可知，H中没有碳碳双键，A错误；B项，由H的结构简式，结合F→G的条件可G为CH3CH=CHCOOH，根据题中的已知条件，则F为CH3CH=CHCHO，B正确；C项，C物质是，C→D的反应为卤代烃的水解反应，也是取代反应，生成的D物质是，C错误；D项，A为甲苯，不溶于水，E为乙醛，能跟水以任意比互溶，可以用蒸馏水区分A和E，D错误；故选B。14．【新考法】通过Na3AsO3与I2的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑O2对实验体系的影响)。闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验：实验操作现象①向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅②向甲烧杯中加入少量Na3AsO4固体指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅已知：ⅰ、H3AsO3和H3AsO4均是弱酸。ⅱ、I2易溶于KI溶液，反应生成I3-(棕色)，I2和I3-的氧化性几乎相同。下列说法正确的是()A．闭合后，甲烧杯中的电极反应：AsO33-+H2O-2e-=2H++AsO43-B．①中，加入溶液后，甲烧杯中AsO33-的浓度减小C．②中，加入Na3AsO4固体后，对AsO43-的氧化性的影响小于AsO43-的浓度对其氧化性的影响D．根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量Na3AsO3固体，指针向右偏转【答案】D【解析】K闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明I2(棕黄色)+I-I3-(棕色)正向移动，则碘得到电子生成I-，进一步生成I3-，AsO33-失去电子生成H3AsO4、AsO43-，此时甲的石墨电极为负极，乙的石墨电极为正极。A项，结合分析，K闭合后，AsO33-失去电子生成H3AsO4、AsO43-，甲烧杯中的电极反应：3AsO33-+3H2O-6e-=2H3AsO4+AsO43-，A错误；B项，①中，加入NaOH溶液后，指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，甲的石墨电极为正极，H3AsO4、AsO43-得到电子生成AsO33-，甲烧杯中AsO33-的浓度增大，B错误；C项，②中，加入Na3AsO4固体后，指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明AsO33-继续失去电子生成H3AsO4、AsO43-，结合①②现象，pH对AsO43-的氧化性的影响大于AsO43-的浓度对其氧化性的影响，C错误；D项，根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量Na3AsO3固体，Na3AsO3浓度增大，甲的石墨电极为负极，指针向右偏转，D正确；故选D。二、非选择题(本题共5小题，共58分)15．【新考法】(13分)甲烷干重整(DRM)是利用CO2和CH4两种温室气体生产更具应用价值的合成气[]研究性能优越的DRM催化剂及DRM反应机理有助于实现“碳中和”目标。(1)在DRM反应中Ni基催化剂是应用最广泛的非贵金属催化剂，将28Ni的基态原子价层电子轨道表示式补充完整：___________：(2)DRM副反应会生成H2O，比较H2O中H-O-H键角和CH4中H-C-H键角的大小并解释原因___________。(3)Ni基催化剂负载于载体上，有助于保持催化剂良好的分散度。高温下H2还原镍酸镧可得到氧化镧(La2O3)载体及均匀分散于载体上的Ni颗粒。镍酸镧的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。①距离Ni3+最近且距离相等的O2-有___________个。②已知镍酸镧的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g/cm3(1nm=10-7cm)③镍酸镧制备Ni颗粒的化学方程式为___________。(4)CO2和CH4主要发生反应ⅰ，还可能发生反应ⅱ～ⅳ，相应热化学方程式如下：ⅰ．CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH1ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝+41kJ·mol−1ⅲ．CH4(g)C(s)＋2H2(g)ΔH3＝+74.9kJ·mol−1ⅳ．2CO(g)CO2(g)＋C(s)ΔH4＝-172.4kJ·mol−1①反应ⅰ的ΔH1=___________kJ·mol−1。②用n平(X)表示平衡时X的物质的量，温度高于900℃时，解释600℃时，大于1的可能原因___________。【答案】(1)(1分)(2)键角：H-O-H小于H-C-H，H2O和CH4中心原子杂化方式为sp3杂化，CH4中心原子无孤对电子，但H2O中心原子含有两对孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使键角更小(2分)(3)6(2分)(2分)2LaNiO3+3H2La2O3+2Ni+3H2O(2分)(4)+247.3(2分)反应ⅱ、ⅲ为吸热反应，反应ⅳ为放热反应；温度降低使反应ⅱ逆移，n平(H2)增大，n平(CO)减小；使反应ⅳ正移，n平(CO)减小；使反应ⅲ逆移，n平(H2)减小；反应ⅱ逆移和反应ⅳ正移对增大的影响程度大于反应ⅲ逆移对减小的影响程度(2分)【解析】(1)基态Ni原子价层电子排布式为3d84s2，3d轨道只有5个轨道，填充电子时应遵循洪特规则，故轨道表达式为；(2)H2O分子中心原子价层电子对数为2+=4，中心原子杂化方式为sp3，CH4分子中心原子价层电子对数为4+=4，中心原子杂化方式为sp3，但H2O中心原子含有两对孤对电子，而CH4无孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力较大，故H2O键角小；(3)①立方晶胞中处于顶点的Ni3+与处于棱心的O2-距离最近，故距Ni3+最近且距离相等的O2-有6个，分别为上下、前后、左右；②根据均摊法，该晶胞中Ni3+的个数为，O2-的个数为，La3+的个数为1，故每个晶胞中含有1个LaNiO3，则晶体的密度为；③根据题干一致信息，还原反应的配平式为：22LaNiO3+3H2La2O3+2Ni+3H2O；(4)①根据盖斯定律，ⅲ-ⅳ可以得到反应ⅰ，则；②，大于1，说明总体上，n平(H2)增大或n平(CO)减小，反应ⅱ、ⅲ为吸热反应，反应ⅳ为放热反应；温度降低使反应ⅱ逆移，n平(H2)增大，n平(CO)减小；使反应ⅳ正移，n平(CO)减小；使反应ⅲ逆移，n平(H2)减小；反应ⅱ逆移和反应ⅳ正移对增大的影响程度大于反应ⅲ逆移对减小的影响程度，故大于1。16．(10分)烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟O3将烟气中的NO深度氧化为N2O5，并进一步将N2O5转化获得含氮产品，流程示意图如下。深度氧化器中发生的反应：i．NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)ΔH1＝-akJ·mol−1ii．

NO2(g)＋O3(g)NO3(g)＋O2(g)ΔH2＝-bkJ·mol−1iii．NO2(g)＋NO3(g)N2O5(g)ΔH3＝-ckJ·mol−1(a、b、c)(1)NO被O3深度氧化，补全热化学方程式：2NO(g)＋3O3(g)N2O5(g)+3O2(g)ΔH＝_________kJ·mol−1(2)一定条件下，不同温度时，N2O5的浓度随时间的变化如图所示。①T1___________T2(填“>”或“<”)。②8s时，N2O5的浓度不同的原因是___________。(3)一定条件下，NO的初始浓度为200ppm时，不同反应时间，深度氧化器中NO2的浓度随n(O3)：n(NO)的变化如图所示。反应过程中NO3的浓度极低。①n(O3)：n(NO)时，深度氧化器中发生的反应主要是___________(填“i”“ii”或“iii”)。②0.9s、n(O3)：n(NO)时，NO2的浓度随n(O3)：n(NO)变化的原因是___________。(4)80℃、n(O3)：n(NO)=1.5且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是___________。(5)深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。已知NO3-、MnO4-的还原产物分别是NO、Mn2+。产品中NO3-的物质的量浓度为___________mol·L-1。【答案】(1)-(2a+b+c)(1分)(2)<(1分)8s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低(2分)(3)i(1分)0.9s、n(O3)∶n(NO)＞1.0时，n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小(2分)(4)使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率(1分)(5)(2分)【解析】(1)根据盖斯定律知：i2+ii+iii可得，2NO(g)＋3O3(g)N2O5(g)+3O2(g)ΔH＝-(2a+b+c)kJ·mol−1；(2)由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此T1<T2；由图知，8s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低；(3)当n(O3)：n(NO)时，NO主要转化为NO2，所以深度氧化器中发生的反应主要是i；由图知，0.9s、n(O3)：n(NO)时，NO2的浓度随着n(O3)：n(NO)增大而减小的原因是：n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小；(4)由(3)知反应过程中NO3的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率；(5)溶液X中的NO3-与亚铁离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与MnO4-发生氧化还原反应，，则与MnO4-发生氧化还原反应的Fe2+为n2=，则与NO3-反应的Fe2+为n1=，，则NO3-物质的量，则NO3-的物质的量浓度为。17．(14分)开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞坦的前体K的合成路线如下：已知：ⅰ．ⅱ．(1)A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是_______。(2)B中含有-OH，试剂a是_______。(3)D的结构简式是_______。(4)E→F中，反应ⅰ的化学方程式为_______。(5)下列关于有机物F和G的说法正确的是_______(填字母)。a.F和G均没有手性碳原子

b.F和G均能与NaHCO3反应c.F和G均能与银氨溶液反应(6)H与NH2OH反应得到Ⅰ经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含N-O键。中间产物1、中间产物3的结构简式是_______、_______。(7)I→J的过程中，SeO2转化为含+2价Se的化合物，反应中SeO2和I的物质的量之比为_______。【答案】(1)

(1分)(2)HBr(1分)(3)

(2分)(4)

(2分)(5)bc(2分)(6)

(2分)

或

(2分)(7)3：1(2分)【解析】由有机物的转化关系可知，A的核磁共振氢谱有3组峰，则A是，一定条件下与环氧乙烷反应生成B：，B与溴化氢发生取代反应生成C：，催化剂作用下C与CH2(COOCH3)2发生取代反应生成D：，催化剂作用下D与Br(CH2)2CHO发生取代反应生成E，E在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，再酸化生成F：，F共热发生脱羧反应生成G：，G一定条件下转化为H，H与羟胺经历多步生成I，I与二氧化硒发生氧化反应生成J，则J为，催化剂作用下J发生取代反应生成K。(1)由分析可知，A的结构简式为。(2)由分析可知，与溴化氢发生取代反应生成和水，则试剂a为溴化氢。(3)由分析可知，D的结构简式为。(4)由分析可知，E→F中，反应i的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为：。(5)F和G的结构简式为和。A项，由结构简式可知，F不含手性碳原子；G分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，a错误；b项，由结构简式可知，F和G分子中均含有能与碳酸氢钠反应的羧基，故b正确；c项，由结构简式可知，F和G分子中均含有能与银氨溶液反应的醛基，故c正确；故选bc。(6)由分析可知，H→I的反应为与羟胺发生加成反应生成中间体1，中间体1结构简式为，中间体1发生消去反应生成中间体2，中间体2结构简式为，中间体2发生异构化为中间体3，则中间体3为或，中间体3发生消去反应生成；(7)由分析可知，I→J的反应为与二氧化硒发生氧化反应生成，SeO2转化为含+2价Se的化合物，可知1个SeO2失去1个O，I转化为J，根据氢原子守恒，甲基变为羧基同时生成1分子水，共消耗3个氧原子，所以反应中SeO2和I的物质的量之比为3:1。18．【新考法】(11分)处理废旧铅酸电池中的含铅浆液(主要含PbO2、PbSO4)的一种流程示意图如下。已知：i.，，ii.HBF4和Pb(BF4)2均为可溶于水的强电解质。(1)向含铅浆液中加入过量的(NH4)2CO3实现转化脱硫。①结合离子方程式说明(NH4)2CO3溶液显碱性的原因：________。②转化脱硫反应的离子方程式是________。③检验SO42-，证明固体a已洗涤干净，操作和现象是________。(2)受热时，PbCO3分解产生CO2，最终生成PbO。将801mgPbCO3样品置于氩气中加热，316℃时，剩余固体的质量为713mg，此时固体中n(Pb)：n(C)=________。［、］(3)“还原”时加入H2O2溶液，反应的化学方程式是________。(4)“浸出”反应的离子方程式是________。(5)以惰性电极电解Pb(BF4)2溶液制得Pb，溶液b中可循环利用的物质是________。【答案】(1)溶液中存在：CO32-+H2OHCO3-+OH-、NH4++H2ONH3·H2O+H+，CO32-的水解程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性(2分)PbSO4+CO32-PbCO3+SO42-(1分)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀(2分)(2)3:1(2分)(3)PbO2+H2O2=PbO+O2↑+H2O(2分)(4)PbO+2H+=Pb2++H2O(1分)(5)HBF4(1分)【解析】含铅浆液主要含PbO2、PbSO4，加过量的碳酸铵把PbSO4转化为PbCO3，固体a中含有PbO2、PbCO3，加热分解得到PbO2、PbO的混合物，用双氧水把PbO2还原为PbO，再用HBF4溶液“浸出”，得到Pb(BF4)2溶液，电解Pb(BF4)2溶液得HBF4溶液和Pb。(1)①(NH4)2CO3溶液中存在：CO32-+H2OHCO3-+OH-、NH4++H2ONH3·H2O+H+，CO32-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以(NH4)2CO3溶液显碱性。②转化脱硫反应是PbSO4和CO32-反应，PbSO4转化为PbCO3沉淀，反应的离子方程式是PbSO4+CO32-PbCO3+SO42-。③洗涤液中若不含SO42-，证明固体a已洗涤干净，操作和现象是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀。(2)将801mgPbCO3样品置于氩气中加热，316℃时，剩余固体的质量为713mg，反应生成二氧化碳的质量为88mg，二氧化碳的物质的量为2.0mol，则反应生成PbO的物质的量为2.0mol，此时固体中PbCO3的质量为0.713g-2.0mol×223g/mol=0.267g，n(PbCO3)=1.0mol,n(Pb)：n(C)=3:1。(3)“还原”时加入H2O2溶液把PbO2还原为PbO，反应的化学方程式是PbO2+H2O2=PbO+O2↑+H2O；(4)HBF4和Pb(BF4)2均为可溶于水的强电解质，“浸出”时PbO和HBF4反应生成Pb(BF4)2和水，反应的离子方程式是PbO+2H+=Pb2++H2O；(5)以惰性电极电解Pb(BF4)2溶液，阴极生成Pb，阳极生成氧气和HBF4，溶液b中可循环利用的物质是HBF4。19．(10分)某小组同学向pH=1的0.5mol·L-1的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。(1)理论分析依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是_______。(2)实验验证实验金属操作、现象及产物I过量Cu一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅲ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是_______。②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。i．a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式_______。b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。c．丙认为产