【高考真卷】河南省2026年化学高中学业水平考试（含答案）

【高考真卷】河南省2026年化学高中学业水平考试一、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．奇妙的现象直观体现化学之美。下列现象由化学反应产生的是（）A．水汽凝结为雪花晶体B．光束通过胶体出现丁达尔效应C．干冰升华形成白色雾气D．红色花朵在双氧水中变色A．A B．B C．C D．D2．我国科研团队研制出一种真空紫外非线性光学晶体材料NHA．NHB．714N与C．OH−D．BF3．下列图示中，实验操作符合规范的是（）A．除去水中氧气B．连接橡胶塞和试管C．加热溶液D．向容量瓶中转移溶液A．A B．B C．C D．D4．X是漂白粉的有效成分，可以发生如图所示的转化（略去部分产物），其中U和V含有一种相同元素，V为黄绿色气体，Y为难溶于水的固体。下列说法错误的是（）A．无水U可作干燥剂 B．V溶于水可生成ZC．Y与盐酸反应可生成X D．Z在光照下易分解5．化学史可以给人以智慧。下列对化学史的相关陈述不合理的是（）选项化学史陈述A戴维电解熔融碳酸钠制得钠碳酸钠受热易分解B吴蕴初从蛋白质中提炼谷氨酸蛋白质能水解成氨基酸C哈伯和博施采用高压条件合成氨工业生产中，加压能提高反应速率且使平衡向生成氨的方向移动D阿伦尼乌斯发现氯化钠水溶液的导电性比纯水强氯化钠能在水中发生电离A．A B．B C．C D．D6．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是（）A．向硫酸铜溶液中滴加氢硫酸：CB．氢氧化镁溶于稀盐酸：MgC．浓硝酸溶解金属银：AgD．向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠：HS7．化合物L是从某山胡椒属植物中分离得到的一种生物活性物质，其结构如图所示。下列有关L的说法错误的是（）A．能与HBr反应 B．能发生消去反应C．含有5种官能团 D．能使酸性KMnO8．某催化剂由Q、W、X、Y四种短周期主族元素及第四周期s区元素Z组成。Q、W、X、Y的原子序数依次增大，基态Z原子的原子核外无未成对电子。基态Q原子的核外电子填充在3个能级，且各能级电子数相等，其价电子数等于W原子核电荷数的一半。X与Y位于不同周期，基态X原子的价电子数与基态Y原子p轨道中的电子总数相等。下列说法正确的是（）A．电负性：XB．QW32−C．Z的原子半径在同周期中最大D．Y的第一电离能高于同周期相邻元素9．某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质（忽略②〜⑤试管中溶液体积变化）。已知：Fe3+在水溶液中由于水解与OHA．②到③说明加入稀硫酸能抑制FeB．④与⑤中c(SCN−C．④与⑥中呈现红色均是由于Fe3+与D．若向③中依次加入适量维生素C、K310．物质的微观结构决定宏观性质，下列结构特征不能解释其性质的是（）选项结构特征性质A金刚砂（SiC）属于共价晶体，C-Si键的键能大金刚砂硬度大、熔点高B苯分子中存在大π键苯难溶于水C对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛D基态氩原子的最外层电子数为8，原子结构稳定氩气性质稳定，不易形成化合物A．A B．B C．C D．D11．G是一种具有较高热稳定性的不饱和聚酯醚类高分子，其合成方法如图所示。下列说法正确的是（）A．E中所有原子共平面B．E与F发生缩聚反应生成GC．F在碱性条件下水解可生成ED．可以自身聚合生成G12．一种多组串联的电化学装置可以同时产生H2和Cl2，其工作原理如图所示。其中a下列说法错误的是（）A．工作时，铂电极上产生HB．工作时，电极a1、a3、C．定期互换直接相连的Ag/D．将盐酸换为对应浓度NaCl溶液，使用阳离子交换膜，每组装置启动时均生成NaOH13．向一恒容密闭容器中加入物质M，发生基元反应：M(g)=N(g)，N(g)=Q(g)，温度为T1下列说法正确的是（）A．TB．温度为T1时，M反应一半需要的时间为C．N的浓度达到最大值时，N的生成速率等于消耗速率D．加入某催化剂，仅使反应N(g)14．常温下，向1.00 L0.101 mol⋅L−1Na2H2Y溶液中加入1.00×10−3 molBaSO4固体，并调节溶液的pH（忽略溶液体积变化）。已知Ba2+与Y下列说法正确的是（）A．pH=7.B．M点的纵坐标为-4.10C．pH=6.50D．HY3−二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．一种从废芯片（主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等）中回收金属的工艺流程如下：已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+；“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为回答下列问题：（1）提高“焙烧”效率的措施有（写出一条即可）。（2）“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO，“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为。（3）“电解”时，“滤液1”和FeSO4溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是（4）已知3Ce4++Au⇌3Ce3+（5）“沉淀”产生的AgCl可被N2H4还原为Ag，N2H4中N元素只转化为N2（6）“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是。（7）“氧化”中，Ce3+转化为Ce(16．某研究小组在用CCl4萃取碘水中的回答下列问题：（1）定性探究：利用如图装置进行实验。Ⅰ．向饱和碘水中加入CClⅡ．向饱和的I2的CC①仪器a的名称是；b的名称是。②振荡、静置后，I2的CCl4③步骤I中，证明I2从水中转移至CCl4结论：I2在两溶剂间存在可逆的转移，即I（2）定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，I2在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时I2在两溶剂中的浓度商[c(I步骤实验内容III取II中分液后的水溶液50.00mL于锥形瓶中，加入5mL10%KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用c1 mol⋅L−1IV取II中分液后的CCl4溶液5.00 mL于锥形瓶中，加入25 mL10V改变II中I2的CCl4结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。①步骤IV中，加入KI的目的是。②通过步骤III、IV测得的浓度商的值为（写出计算式）。③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150mL含3.0×10−2 gI2的水溶液中加入30 mLCCl4进行萃取，平衡时I2在水中的残留质量为17．BN常用作化学反应的催化剂，一种制备BN的方法如下：反应Ⅰ：CH反应Ⅱ：B2回答下列问题：（1）基态B原子的核外电子排布式为；键角：CH4NH3（填“（2）N原子与金属离子的结合能力：NH2OH（3）B、C和N三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在xy平面的投影如图1所示（晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°），该晶体的密度为g⋅cm−3（用含a、b（4）反应Ⅱ中，有利于提高N2A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压（5）100kPa下，向一恒压密闭反应器中加入3.0molCH①当温度高于900°C时，H2分压随温度升高逐渐减小，原因是②某温度下，反应达到平衡时，CO分压是N2分压的2倍，假设剩余CH4可忽略不计，此时BN的物质的量为mol，H2的分压为kPa；若再加入2.18．化合物H是我国自主研发的一种手术用药，以下为其合成路线之一（略去部分反应条件，忽略立体化学）。回答下列问题：（1）H中手性碳原子的数目为；由G生成H的反应类型为。（2）由A生成B的化学方程式为。（3）C的同分异构体中，能发生银镜反应、核磁共振氢谱显示为三组峰且峰面积比为3∶1∶1的同分异构体的结构简式为（不考虑立体异构，写出一种即可）。（4）E的结构简式为。（5）F和G中存在的不同官能团的名称分别是和。（6）科研人员也尝试了由E经I制备G，如下图所示。研究发现，增大Pd/C催化剂用量和H2压强，I→G的反应才能顺利进行，而且除了G（7）从整个合成路线看，A→B和E→

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、水汽凝结为雪花，只是水由气态变为固态，物质本身还是H2O，无新物质生成，属于物理变化，A错误；

B、丁达尔效应是胶体粒子对光的散射作用，不存在新物质生成，属于物理变化，B错误；

C、干冰升华是固态CO2直接变为气态CO2，白雾只是水蒸气液化，全程无新物质生成，属于物理变化，C错误；

D、红色花朵在双氧水中变色，双氧水具有强氧化性，氧化破坏花瓣中的有色有机物，生成无色新物质，存在化学反应，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

物理变化判断依据：变化过程中仅改变物质状态、分散形式，分子组成不变，无新物质生成；凝华、升华、胶体光散射均属于物理变化；

化学变化判断依据：反应后生成不同于反应物的新物质；双氧水氧化色素发生氧化还原反应，属于典型化学变化。2．【答案】B【解析】【解答】A、NH4B、714N与715N质子数相同、中子数不同，属于同种元素的两种不同核素，并非同种核素，B错误；

C、OH−带1个单位负电荷，氧原子周围满足8电子稳定结构，电子式为[:O···【分析】本题解题要点：

离子内化学键判断：铵根离子中氮、氢原子依靠共用电子对形成共价键；

核素、同位素区分：质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，分属两种不同核素；

阴离子电子式书写：氢氧根阴离子需加方括号并标注负电荷，氧原子补充孤电子对；

价层电子对互斥理论判断空间结构：中心原子无孤电子对，配位原子数为3时分子为平面三角形构型。3．【答案】D【解析】【解答】A、加热煮沸除去水中溶解氧气的装置存在缺陷，圆底烧瓶密封加热，内部压强持续升高，会出现冲塞、炸裂的安全隐患，不能密封煮沸除氧，A错误；

B、连接橡胶塞和试管时，手握试管底部用力按压橡胶塞，压力集中在试管底部，极易造成试管破裂，正确操作是手持试管中上部，缓慢旋转塞入胶塞，B错误；

C、试管内盛放液体体积超过试管容积三分之一，加热时液体受热沸腾极易向外飞溅，存在烫伤风险，不符合加热操作规范，C错误；

D、向容量瓶转移溶液时使用玻璃棒引流，玻璃棒靠在容量瓶内壁，烧杯口紧贴玻璃棒，能够防止液体洒出，操作符合定量溶液配制的规范要求，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

煮沸除氧装置：若使用圆底烧瓶煮沸除溶解氧，不能完全密封，需要预留出气通道释放水蒸气，图中装置密闭加热，压强过大有安全隐患；

仪器连接操作：试管为脆性玻璃仪器，禁止握持试管底端硬塞橡胶塞，防止试管受力碎裂；

试管加热液体：液体体积上限为试管容积1/3，液体过多沸腾溅出，是基础实验硬性规范；

容量瓶引流操作：转移溶液必须玻璃棒引流，玻璃棒紧贴瓶壁，该图示引流操作完全符合配制一定物质的量浓度溶液的操作标准。4．【答案】C【解析】【解答】A、无水CaCl2具有强吸水性，是中性干燥剂，可干燥多数气体，A正确；

B、Cl2溶于水发生可逆反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，能生成HClO(Z)，B正确；

C、CaCO3(Y)与盐酸反应生成CaCl2、CO2、H2O，无法得到Ca(ClO)2(X)，C错误；

D、HClO(Z)化学性质不稳定，光照条件下易分解：2HClO=光照2HCl+O2↑，D正确；

故答案为：C。【分析】X是漂白粉有效成分，故X=Ca(ClO)2V为黄绿色气体，V=Cl2；

Ca(ClO)2与浓盐酸发生归中反应：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，U、V含一种相同元素Cl，因此U=CaCl2；

Ca(ClO)2通入CO2、H2O：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，Y为难溶固体，Y=CaCO3，Z=HClO。5．【答案】A【解析】【解答】A、碳酸钠热稳定性极强，普通加热条件下不会分解，戴维电解熔融碳酸钠制钠的原理并非利用碳酸钠受热分解，该陈述逻辑不合理，A错误；

B、蛋白质水解的最终产物为氨基酸，谷氨酸属于氨基酸，因此可以从蛋白质水解产物中提炼谷氨酸，陈述合理，B正确；

C、合成氨反应N2+3H2⇌2NH3是气体分子数减小的放热可逆反应，加压可以提升反应速率，同时平衡正向移动，提高氨产率，陈述合理，C正确；

D、纯水几乎不电离，导电性极弱，氯化钠溶于水发生电离生成自由移动的离子，因此氯化钠水溶液导电性更强，陈述合理，D正确；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

钠的冶炼与碳酸盐性质：碳酸钠高温难分解，工业电解熔融NaCl制备金属钠，戴维电解熔融碳酸钠实验和碳酸钠易分解无关联；

蛋白质水解规律：多肽、蛋白质均可水解生成各类α-氨基酸，谷氨酸是其中一种；

合成氨平衡与速率：加压缩小气体体积，增大浓度加快反应速率；该反应正向气体计量数减小，加压平衡正向移动；

溶液导电本质：溶液导电性由自由移动离子浓度决定，强电解质NaCl在水中完全电离，纯水微弱电离，因此盐水导电性更强。6．【答案】B【解析】【解答】A、氢硫酸（H2S）是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为S2-，正确离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A错误；

B、氢氧化镁是难溶弱碱，不能拆，与氢离子反应生成镁离子和水，离子方程式Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O书写完全正确，B正确；

C、方程式电荷不守恒，左边总电荷+2，右边总电荷+1，正确式子为Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O，C错误；

D、Na2O2是固体，不能拆；少量过氧化钠与HSO3-反应生成的OH-会和HSO3-继续反应生成SO32-与水：Na2O2+2HSO3-=2Na++SO42-+SO32-+H2O，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

弱电解质拆分规则：弱酸、弱碱、难溶盐、气体、固体在离子方程式中均保留化学式，H2S属于弱酸，不可拆；

难溶碱中和反应：Mg(OH)2为难溶物，全程不拆分，与强酸中和的离子方程式只需配平原子与电荷；

氧化还原离子方程式守恒判断：必须同时满足原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；

过氧化物书写与反应先后：Na2O2为固体反应物，不能拆为离子；生成的OH-会与过量HSO3-发生中和，不能单独存在。7．【答案】C【解析】【解答】A、分子含有碳碳双键，可与HBr发生加成反应，A正确；

B、与环相连的叔醇羟基，邻位碳上存在氢原子，能发生醇的消去反应，B正确；

C、分子内官能团为碳碳双键、羟基（醇羟基，两处）、酯基、羰基，共4种，不是5种，C错误；

D、碳碳双键、与饱和碳相连的醇羟基均可被酸性高锰酸钾氧化，能使溶液褪色，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

官能团识别：区分同种官能团只算一类，两处醇羟基属于同一种官能团，总计4类；

加成反应规律：碳碳双键能和卤化氢发生加成；

醇消去反应条件：羟基所连碳的相邻碳原子上有氢原子即可发生消去；

酸性高锰酸钾褪色判断：碳碳双键、醇羟基（羟基碳邻位有氢）均可还原高锰酸根使其褪色。8．【答案】A【解析】【解答】A、X是F，W是O，二者位于第二周期，同周期主族元素电负性随原子序数增大而升高，因此电负性F＞O，X＞W，A正确；

B、QW32−对应碳酸根CO32−，计算中心C原子价层电子对数为3，不存在孤电子对，中心原子采取sp2杂化，并非sp3杂化，B错误；

C、Z为Ca，第四周期原子半径整体随核电荷数增大而减小，同周期第ⅠA族K的原子半径大于Ca，该周期原子半径最大的元素是K，C错误；

D、Y为Al，同周期相邻元素为Mg、Si；Mg的3s轨道处于全充满稳定状态，失电子难度更高，第一电离能Mg＞Al；Si核电荷数更大，吸引电子能力更强，第一电离能Si＞Al，Al第一电离能低于两侧相邻元素，D错误；

故答案为：A。【分析】Q、W、X、Y原子序数依次增大，基态Q原子电子填充3个能级且各能级电子数相等，电子排布为1s22s22p2，故Q=C；Q价电子数为4，等于W核电荷数的一半，得W核电荷数为8，故W=O；Z为第四周期s区元素且核外无未成对电子，价电子排布[Ar]4s2，故Z=Ca；X、Y为短周期主族元素、分属不同周期，X原子序数大于O，因此X在第二周期、Y在第三周期；X价电子数等于Y全部p轨道电子总数，X只能为F（价电子7），则Y的p轨道总电子数为7，电子排布1s22s9．【答案】B【解析】【解答】A、Fe3+发生水解反应使溶液呈现黄色，体系存在可逆平衡Fe3++H2O⇌Fe(OH)2++H+，向溶液中加入稀硫酸，溶液中H+浓度增大，水解平衡逆向移动，Fe3+水解程度被抑制，有色水解微粒减少，溶液黄色变浅，A正确；

B、试管④中大量Fe3+与SCN−配位结合生成红色配合物，溶液中游离SCN−浓度较低；向④中加入草酸钾固体后，C2O42−对Fe3+的配位能力更强，生成稳定性更高的[Fe(C2O4)3]3−，原结合态的SCN−被释放，因此⑤中游离SCN−浓度高于④，即c(SCN−)：⑤>④，B错误；

C、试管④中直接依靠Fe3+与SCN−配位显现红色；向⑤的绿色溶液中加入稀硫酸，H+会结合C2O42−生成弱酸草酸，促使[Fe(C2O4)3]3−解离并释放Fe3+，解离出的Fe3+再次和体系残留的SCN−配位显红色，两处显色本质相同，C正确；

D、维生素C具备还原性，能够将③溶液里的Fe3+10．【答案】B【解析】【解答】A、SiC为共价晶体，晶体内部仅存在牢固的C-Si共价键，键能数值大，破坏晶体所需能量高，因此金刚砂硬度大、熔点高，结构特征可以对应解释该性质，A正确；

B、苯难溶于水的原因是苯属于非极性分子，水分子为极性分子，遵循相似相溶原理；分子中大π键只能说明苯分子稳定，无法解释其水溶性，结构特征不能对应解释该性质，B错误；

C、对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，分子间作用力更强；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间作用力弱，分子间作用力越强沸点越高，因此沸点对羟基苯甲醛更高，结构特征可以对应解释该性质，C正确；

D、基态Ar原子最外层8电子为稳定稀有气体电子构型，难以得失电子，化学性质稳定，不易形成化合物，结构特征可以对应解释该性质，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

共价晶体性质：共价晶体的硬度、熔点由共价键键能大小决定，键能越大，硬度越大、熔点越高；

有机物溶解性：物质水溶性取决于分子极性与氢键，苯分子的大π键只影响分子化学稳定性，与溶解能力无关；

氢键对沸点影响：分子间氢键增大分子间作用力，分子内氢键削弱分子间作用力，分子间作用力越强，物质沸点越高；

稀有气体化学性质：稀有气体原子最外层8电子稳定结构，难以得失电子，化学性质稳定，难以形成化合物。11．【答案】D【解析】【解答】A、E分子内存在多个饱和sp3杂化碳原子，饱和碳相连的基团呈四面体空间结构，因此E中所有原子不可能共平面，A错误；

B、观察反应物与产物结构，E含羟基、F含炔酯基，二者聚合时无小分子（H2O、HX等）脱去，是炔键发生加聚反应，不属于缩聚反应，B错误；

C、F在碱性条件下水解，酯基断裂生成炔羧酸盐与E，无法直接得到中性分子E，C错误；

D、同时含有羟基与炔酯基，分子间可发生加聚反应，炔键打开形成碳碳双键，能够自身聚合得到高分子G，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

饱和碳空间结构：分子中存在sp3饱和碳原子，具有四面体构型，分子内所有原子无法共平面；

聚合反应区分：缩聚反应反应过程会脱出小分子，该反应仅碳碳三键加成，无小分子生成，属于加聚反应；

酯碱性水解产物：酯基在碱性环境水解生成羧酸盐，不能直接得到醇与羧酸中性分子；

12．【答案】D【解析】【解答】A、铂电极承担阴极功能，溶液里的H+在阴极捕获电子生成氢气，电极反应式2H++2e−=H2↑，该描述符合反应事实，故A正确；

B、装置通电工作时，a1属于奇数电极，为原电池正极，电极转化过程为AgCl得到电子生成单质Ag；a3至an−1所有奇数正极均发生相同转化，固体中AgCl不断转变为金属银，电极总质量持续降低，故B正确；

C、设备持续工作时，左侧电解池阳极不断消耗Cl−，溶液中的H+会穿过质子交换膜迁移至右侧区域，直接造成左侧盐酸浓度下降、右侧盐酸浓度上升；电极层面，奇数正极质量减轻，偶数负极质量增重。若定时将相邻相连的Ag/AgCl电极互换位置，再调配两侧盐酸浓度至初始数值，整套装置就能复原并重新投入工作，故C正确；

D、若把电解液盐酸替换为NaCl故答案为：D。【分析】整套设备由三段串联构成，中间模块属于原电池体系，左右两侧为电解池结构；石墨阳极发生氧化反应，离子方程式2Cl−−2e−=Cl2↑13．【答案】C【解析】【解答】A、反应温度越高，化学反应速率越快，单位时间内反应物M的浓度降低幅度更大；对比图像信息，T2条件下M的浓度下降速度更快，说明T2对应的反应速率更大，因此温度T2>T1，A错误；

B、由题干给出动力学公式ln⁡c=ln⁡c0−kt，变形得到ln⁡cc0=−kt；当M恰好消耗一半时，剩余浓度c=12c0，将其代入公式计算：ln⁡12c0c14．【答案】B【解析】【解答】A、已知K5=10−6.16，当溶液pH=7.00B、交点M同时落在两条对数曲线上，代表此时两条曲线对数值相等，即lg⁡c(H2Y2−)c(Y4−)C、若1.00×10−3molBaSO4固体完全溶解于1L溶液，体系中c(SO42−)=1.00×10−3mol⋅L−1，Y总浓度为0.101mol/L，Ba2+会与Y4−发生配位消耗游离Y4−。

取pH=6.50计算离子浓度比值：c(HY3−)c(Y4−)=c(D、目标反应为HY3−+H2O故答案为：B。【分析】本题核心围绕六元弱酸H6YH5Y+⇌H++H4YK2

H4Y⇌H++H3Y−K3

H3Y−⇌H++H2Y2−K4

H2Y2−⇌H15．【答案】（1）将废芯片粉碎（或适当升温、增大空气通入量）（2）2（3）氧化Fe2+得到循环使用的Fe（4）常温浸出时该反应速率极低，短时间难以达到平衡，金无法充分溶解，浸出率较低（5）4:1（6）聚拢体系内分散的铈元素，后续转化为Ce(（7）2【解析】【解答】(1)提升焙烧效率的核心是扩大反应物接触面积、加快反应速率，可行操作有将废芯片粉碎、适当升高反应温度、增大空气通入量，任选其一作答即可。故答案：将废芯片粉碎（或适当升温、增大空气通入量）；(2)浸出1体系内Fe3+具备强氧化性，可氧化单质Cu生成Cu2+，自身被还原为Fe2+，对应离子方程式：2Fe3+(3)电解时阳极发生反应Fe2+−e−=Fe3+，实现Fe2+再生循环用于浸出1；阴极发生反应Cu(4)反应3Ce4++Au⇌(5)AgCl中Ag+得1个电子还原为Ag；N2H4中N元素化合价从-2升至0，1molN2H4(6)浸出3过程中Ce4+被还原为Ce3+，滤液3中留存大量含铈离子；将滤液3并入浸出3滤液，能够聚拢体系中分散的铈元素，后续加NaClO、NaOH可转化为Ce(OH)(7)氧化步骤碱性环境下，ClO−作氧化剂将Ce3+氧化为Ce4+，ClO−自身被还原为Cl−，产物Ce4+结合氢氧根生成Ce(【分析】废芯片焙烧后，加H2SO4、Fe2(SO4)3浸出1，发生2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；电解滤液，阴极Cu2++2e−=Cu回收Cu，阳极Fe2+−e−=Fe3+再生Fe3+循环；浸渣用(NH4)2Ce(NO16．【答案】（1）分液漏斗；烧杯；CCl4与水互不相溶，且CCl（2）增大I−浓度，促使平衡I2+I−⇌I3−【解析】【解答】(1)①萃取操作所使用的主要仪器a是分液漏斗，承接液体的容器b为烧杯；分液漏斗用于两相液体振荡萃取、静置分层与分液操作，烧杯用于承接分层后的水层和有机层液体。②I2的CCl4溶液静置后处于下层，原因分为两点：第一，CCl4属于非极性有机溶剂，水为极性溶剂，二者互不相溶，混合后会自然分层；第二，CCl4的密度大于水的密度，因此有机相在下层，水相位于上层。

③碘单质极易溶于CCl4，碘的四氯化碳溶液显紫红色；振荡后大部分I2从水相转移至有机相，静置分层后能够观察到明显现象：混合液分为两层，下层CCl4(2)①有机相中的I2无法直接用水相的Na2S2O3滴定，加入KI的目的是增大溶液中I−浓度；体系存在可逆平衡I2+I−⇌I3−，根据勒夏特列原理，I−浓度升高，平衡正向移动，CCl4中难溶于水的I2转化为易溶于水的I3−，大量碘元素从有机相转移到水相中，才能与硫代硫酸钠发生后续滴定反应。

②滴定反应关系式：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，可得定量关系n(I2)=12n(S2O32−)。

水相取样50.00mL，消耗标准液物质的量c1V0.15x+2.55x=1.181×2.7x=1.181×解得x≈4.374×10−5mol·L−1；

水中剩余I2质量m=4.374×10−5mol·L−1×0.15L×254g·mol−1≈1.667×10−3g≈1.7×10−3g。

④单次使用30mLCCl4【分析】(1)主要考查萃取实验基础仪器与物质物理性质，需要熟练掌握分液操作的配套器材。结合相似相溶原理与两种液体的密度差异，就能解释混合液分层后四氯化碳处于下层的原因，再依据碘在两相中溶解度的巨大差别，完整描述分层后直观的颜色变化现象，全程只做定性判断，不涉及定量计算。(2)①掌握勒夏特列平衡移动原理分析配位可逆反应，碘单质难溶于水无法直接滴定，加入碘化钾提高体系内碘离子浓度，促使平衡正向移动，让有机相中的碘转化为水溶性的I3−，顺利转移到水相中参与后续滴定反应。

②核心是氧化还原滴定的定量关系式n(I2)=12n(S2O32−)，先分别算出水相与有机相中的碘单质平衡浓度，再结合分配系数定义公式17．【答案】（1）1s（2）NH2OH中羟基（（3）4.8×（4）B（5）温度高于900∘C时，反应II（吸热反应）向正反应方向进行，消耗了反应I生成的C(s)【解析】【解答】(1)B元素原子序数为5，基态硼原子核外电子排布式为1sCH4中中心C价层电子对数4+4−4×12=4，采取sp3杂化，无孤电子对，空间正四面体，键角109∘28'；NH3中中心N价层电子对数3+5−3×1(2)羟胺NH2OH可看作NH3一个H被−OH取代；O电负性极强，−OH存在吸电子诱导效应，降低N原子周围电子云密度，N难以给出孤电子对，配位能力弱于NH3。(3)均摊法计算晶胞原子数目：顶点N：8×18=1；体心C：1；面上B：4×12=2；

晶胞总质量m=2×11+12+14NA=故答案：4.8×10(4)反应Ⅱ正向吸热、气体分子总数增大；升温平衡正向移动、降压平衡正向移动，两种条件均能提升N2平衡转化率，适宜条件为高温低压。

(5)①温度高于900∘C时反应Ⅱ剧烈正向进行，持续消耗固体C，拉动反应Ⅰ正向生成更多H2；但反应Ⅱ生成CO使气体总物质的量大幅增多，恒压体系中H2被稀释，体积分数与分压下降。

②初始投料n(CH4)=3.0mol完全反应，生成3.0molC、6.0molH2；设反应Ⅱ消耗N2为amol，列三段式，

由p(CO):p(N2)=2:1得3a2−a=2，解得a=0.8；此时BN的物质的量为1.6mol；平衡时各气体组分的物质的量：n(H2)=6.0mol、n(CO)=2.4mol、n(N2)=1.2mol，总物质的量9.6mol；p(H2)=6.09.6×100kPa=62.5kPa，平衡常数Kp18．【答案】（1）1；加成反应（还原反应）（2）（3）​CH3C(Cl)=（4）（5）羰基（或酮羰基）；碳碳双键（6）增大Pd/C催化剂和H2压强后，H2除了使C–Br键氢解脱溴，还会与分子中的碳碳双键发生加成反应，生成副产物（7）保护苯环的对位（或占位），防止重排时酰基进入对位，以确保酰基选择性地进入酚羟基的邻位【解析】【解答】(1)手性碳原子指饱和碳原子同时连接四种互不相同的原子或原子团，有机物H分子内含有1个符合条件的手性碳：；G中的碳碳双键与氢气发生反应，该反应属于加成反应，也可归类为还原反应。故答案为：1；加成反应（还原反应）。(2)原料A和发生芳香亲电取代，溴原子取代酚羟基对位的氢原子，生成对位溴代产物B与丁二酰亚胺，反