2025年高考押题预测卷：化学（北京卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学（北京卷02）（解析版），共22页。
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 C-12 N-14 O-16 S-32 I-127 Pb-207
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中华优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．《本草纲目》“烧酒”篇：“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”其中涉及的操作有蒸馏
B．《本草经集注》记载鉴别硝石和朴硝之法：“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石也。”其中涉及了焰色试验
C．《天工开物》记载井盐的生产过程：“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白。”其中涉及的操作有结晶
D．《开宝本草》记载硝酸钾的提纯方法：“所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成。”其中涉及的操作有升华
【答案】D
【解析】A．“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”描述的是蒸馏法，通过加热使酒精汽化再冷凝收集，符合烧酒制作工艺，A正确；
B．硝石（KNO3）含钾，焰色反应为紫色，朴硝含钠，焰色为黄色，燃烧时观察颜色可鉴别，涉及焰色试验，B正确；
C．井盐通过蒸发水使NaCl结晶析出，属于蒸发结晶操作，C正确；
D．硝酸钾的提纯过程是溶解（水淋）、过滤（淋汁）、蒸发结晶（煎炼），未涉及升华（固体直接变为气体），升华需要直接加热固体成气体再冷凝，D错误；故选D。
2．下列化学用语或图示错误的是
A．光气()的电子式：
B．的VSEPR模型：
C．顺-2-丁烯的分子结构模型：
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
【答案】D
【解析】A．光气COCl2是共价化合物，电子式：，A正确；
B．H2O分子中O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，故H2O分子的VSEPR模型，B正确；
C．顺-2-丁烯中碳碳双键两端的甲基在同一侧，分子结构模型为，C正确；
D．邻羟基苯甲醛中的-OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成氢键，表示为，D错误；
故选D。
3．化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法错误的是
A．腈纶、有机玻璃均属于有机高分子化合物
B．一种单体不能通过缩聚反应生成高分子化合物
C．生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化
D．某些聚合物中含有大键，经过掺杂处理可作为导电材料
【答案】B
【解析】A．腈纶（聚丙烯腈）和有机玻璃（聚甲基丙烯酸甲酯）均为人工合成的有机高分子化合物，A正确；
B．某些单一单体可通过缩聚反应生成高分子化合物，例如乳酸（含羟基和羧基）通过缩聚形成聚乳酸（失去水分子），B错误；
C．水体富营养化指的是水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染现象，生活污水脱氮、脱磷可减少水体富营养化，C正确；
D．某些聚合物，如聚乙炔、聚苯胺具有大π键，掺杂后可导电，D正确；
故选B。
4．利用下列实验装置及药品能达到相应实验目的的是
【答案】A
【解析】A．受热易分解，而二氧化硅不会，分解生成的氨气和氯化氢气体在烧瓶底部能重新化合成氯化铵，故A能达到实验目的；
B．利用焰色反应来检验纯碱中是否含，还需一块蓝色钴玻璃片，故B不能达到实验目的
C．溶液若部分变质会含有，但和遇到氯化钡溶液都会反应生成白色沉淀，故C不能达到实验目的；
D．电石中含有杂质，与水反应产生的气体除了乙炔外，还含有硫化氢、磷化氢等气体，它们也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则要验证电石与水反应是否产生了乙炔，还需在通入酸性高锰酸钾溶液之前把它们除去，故D不能达到实验目的。
答案A。
5．下列有关物质的性质或结构的解释错误的是
A．氨气极易溶于水，因为氨分子与水分子间能形成氢键且二者均为极性分子
B．甲醛为平面结构，因为分子中C原子采取的杂化类型为
C．三氟乙酸的酸性大于乙酸，因为氟的电负性大于氢
D．圆形容器中结出的冰是圆形的，因为晶体具有自范性
【答案】D
【解析】A．氨分子与水分子间能形成氢键且二者均为极性分子，所以氨气极易溶于水，故A正确；
B．甲醛分子中C原子采取的杂化类型为，所以甲醛为平面结构，故B正确；
C．氟的电负性大于氢，F原子吸引电子能力强，使羧基中O-H键极性增强，所以三氟乙酸的酸性大于乙酸，故C正确；
D．晶体的自范性是晶体能自发地呈现多面体外形的性质，圆形容器中结出的冰虽然呈圆形，但不是自发形成的，所以不能体现晶体的自范性，故D错误；
选D。
6．下列过程对应的离子方程式错误的是
A．硫化氢溶液久置变浑浊：
B．沉淀中滴入氨水：
C．碱性锌锰电池的正极反应：
D．通入溶液中生成白色沉淀：
【答案】A
【解析】A．H2S是弱酸，在离子方程式中不能拆，硫化氢溶液久置变浑浊：，故A错误；
B．AgCl沉淀与氨水反应生成可溶性络合物，离子方程式为：，故B正确；
C．碱性锌锰电池正极反应中，MnO2在碱性条件下得电子生成MnO(OH)并伴随OH-生成，正极反应：，故C正确；
D．通入溶液中，SO2被Cu2+氧化为，Cu2+被还原为Cu+生成CuCl沉淀，离子方程式为：，故D正确；
故选A。
7．工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水，并回收氢氧化铬(Ⅲ)，工艺流程如图所示。已知：过程I中反应为(黄色)(橙色)。下列说法错误的是
A．过程I中所加酸可以是浓盐酸
B．过程Ⅱ中发生的离子反应为
C．烟道气不宜用含Fe2+的溶液代替
D．过程Ⅲ中可加入适量石灰乳，中和过量的酸，同时将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀
【答案】A
【分析】该还原沉淀法处理含废水的过程是：先加酸使转化成，该步是含同价态Cr的不同离子之间的转化，随后，用烟道气将六价铬还原为Cr3+，该步发生的是氧化还原反应，最后加入氢氧根离子，使Cr3+形成沉淀；
【解析】A．已知酸性条件下，能够氧化Cl-生成有毒气体Cl2，故过程I中所加酸不可以是浓盐酸，A错误；
B．过程Ⅱ中中Cr由+6价降低到+3价，则SO2中S的化合价由+4价升高到+6价，根据氧化还原反应配平可知，该过程发生的离子反应为，B正确；
C．已知Fe2+具有还原性，能够将还原成Cr3+，但Fe3+与Cr3+较难分离，故烟道气不宜用含Fe2+的溶液代替，C正确；
D．由于该流程图中需要回收Cr(OH)3，故过程Ⅲ中可加入适量石灰乳，中和过量的酸，同时将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，D正确；
故答案为：A。
8．将浓氨水分别滴加到下列试剂中，产生的实验现象、体现出的性质以及对应的方程式不正确的是
【答案】A
【解析】A．一水合氨为弱电解质，，A错误；
B．氯气自身有强氧化性，可以把氨水中的溶质氧化为氮气，自身被还原为氯化铵，B正确；
C．浓氨水滴入到烧碱中，溶解放热，且碱性较强，促进氨水分解，生成氨气，C正确；
D．浓氨水滴加硫酸铜，溶液变色，生成了[Cu(NH3)4]SO4，D正确；
故答案为：A。
9．水体中的可利用丁二酮肟与其形成红色配合物的方法进行检验。形成的配离子结构如下图所示，已知其中四个氮原子和镍离子处于同一平面，下列说法正确的是
A．虚线框中键角大于键角
B．该配离子中原子的杂化类型为杂化
C．该配离子中基态原子第一电离能最大的是O
D．该配离子中的化学键类型有极性键、非极性键、配位键、离子键
【答案】B
【解析】A．虚线框中甲基碳原子是sp3杂化，双键碳是sp2杂化，虚线框中键角小于键角，A错误；
B．该配离子中原子均形成双键，形成3个键，且不含孤电子对，N原子的杂化类型为，B正确；
C．N元素2p轨道半充满更加稳定，较难失去外层第一个电子，则第一电离能：N>O，该配离子中基态原子第一电离能最大的是N，C错误；
D．该配离子内部存在极性键(如O–H、C＝N等)、非极性键(C–C)、配位键(N→Ni)，但Ni2+与配体整体并非以简单“离子键”形式存在，通常视作配位键形成的共价型络合物，因而不存在典型的“离子键”，D错误；
故选B。
10．汽车尾气中CO与NO转化的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示，其中TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0.下列说法不正确的是
A．反应①决定尾气转化的快慢
B．反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应
C．由上图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2
D．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现
【答案】D
【解析】A．由图可知，反应①的活化能最高，为298.4-42.6=255.8，反应②、③的活化能分别为108.4、226.1，活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，故反应①决定尾气转化的快慢，A正确；
B．由图可知，反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，B正确；
C．图中可知三个过渡态的能量分别为298.4、130.0、248.3，故过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2，C正确；
D．采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物会完全消耗，无法避免尾气中不出现，D错误；
故选D。
11．聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A．M为1，4-丁二酸
B．交联剂Q的结构简式为
C．合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
【答案】C
【解析】A．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，故A正确；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B正确；
C．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D正确；
选C。
12．有机物参加的反应在日常生活和科学研究中扮演着重要的角色，不仅可以用于有机合成，还可以用于多种材料的改性和功能化设计。某科研小组以硝基苯为原料电催化合成的装置如图所示，M电极和N电极为覆盖催化剂的惰性电极，装置工作时定时将N电极室溶液转移至M电极室。下列说法正确的是
A．装置工作时，通过离子交换膜移向N极
B．阳极反应：2-4e-+4OH-+4H2O
C．装置工作时，阴离子交换膜两侧溶液的保持不变
D．转移相同电量，M电极消耗的和N电极产生的和相等
【答案】B
【分析】由图可知，在N极发生还原反应生成，N极为阴极，M极为阳极，以此解答。
【解析】A．由分析可知，N极为阴极，M极为阳极，则装置工作时，通过离子交换膜移向M极，A错误；
B．M极为阳极，在阳极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，B正确；
C．阳极电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，阴极电极方程式为：+6e-+4H2O=+6OH-，当转移4ml电子时，阴离子交换膜右侧有4ml OH-进入左侧，同时左侧消耗4ml OH-，右侧生成4ml OH-，两侧OH-物质的量不变，但左侧生成了水，OH-浓度减小，pH减小；右侧消耗水，OH-浓度增大，pH增大，C错误；
D．阳极电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，阴极电极方程式为：+6e-+4H2O=+6OH-，每转移相同电子，M电极消耗的大于N电极产生的，D错误；
故选B。
13．草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【解析】A．溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；
B．实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。
综上所述，答案为D。
14．某实验小组探究过量甲醛与新制氢氧化铜的反应。
提出猜想：
已知：ⅰ．
ⅱ．
下列说法不正确的是
A．配制银氨溶液时，应向稀溶液中加入稀氨水，至产生的沉淀恰好溶解
B．步骤3目的是检验反应后溶液中是否存在
C．装置B的主要作用是除去挥发的甲酸，防止干扰CO的检验
D．该实验中，过量甲醛与新制氢氧化铜可能发生的反应为：
【答案】C
【分析】A中硫酸铜和过量氢氧化钠反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与甲醛反应，装置B的主要作用是除去挥发的甲醛，C装置检验是否有CO生成。步骤2检验固体产物，步骤3检验是否有碳酸根离子生成。
【解析】A．向稀溶液中加入稀氨水，至产生的沉淀恰好溶解，得到银氨溶液，A正确；
B．与盐酸反应放出二氧化碳，步骤3目的是检验反应后溶液中是否存在，B正确；
C．甲醛易挥发，甲醛能与银氨溶液反应，装置B的主要作用是除去挥发的甲醛，防止干扰CO的检验，C错误；
D．C无明显变化，说明没有CO生成；步骤2没现象，说明反应生成铜；步骤3没现象，说明没有生成碳酸钠；该实验中，过量甲醛与新制氢氧化铜可能发生的反应为，D正确；
故选C。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题，共5题，共58分。
15．（12分）碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。
i. 4CuCl + 4CH3OH + O2 = 4Cu(OCH3)Cl + 2H2O
ii. 2Cu(OCH3)Cl + CO = (CH3O)2CO + 2CuCl
（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的杂化类型是 。
（2）CuCl中，基态Cu+的价电子排布式为 ，CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是 。
（3）上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。
i．甲醇单位时间内的转化率主要受Cu(Ⅰ)(+1价铜元素)浓度的影响。
ii．CuCl在甲醇中溶解度较小，且其中的Cu+易被氧化为难溶的CuO。
ⅲ．加入4-甲基咪唑()可与Cu+形成配合物，可提高甲醇的转化率。4-甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
请结合信息回答以下问题。
①4-甲基咪唑中，1~4号N原子 (填“在”或“不在”)同一平面上， (填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
②加入4-甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是 (填序号)。
a．Cu(Ⅰ)配合物中的-NH结构可增大其在甲醇中的溶解度
b．形成的Cu(Ⅰ)配合物能增大反应的限度
（4）配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是 。
（5）CaTiO3的晶胞如图(a)所示，金属离子与氧离子间的作用力为 ，Ca2+的配位数是 。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中 的空间位置相同，有机碱CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是 ；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为 g·cm-3(列出计算式)。
【答案】（1）sp2
（2）3d10 催化剂
（3）在 3 a
（4）电负性：O>N，O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱
（5）离子键 12 Ti4+ sp3
【解析】（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成碳氧双键，杂化类型是sp2。
（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，失去4s能级上的一个电子形成Cu+，故Cu+价电
子排布式为3d10；CuCl在反应中先消耗再生成，属于催化剂。
（3）①4 -甲基咪唑中环上形成大π键，属于平面结构，1~4号N原子在同一平面上；1号N原子的孤电子对参与形成大π键，故3号N原子更容易与Cu形成配位键；
②a．Cu( I )配合物中的 结构可与甲醇形成分子间氢键，增大其在甲醇中的溶解度；
b．形成的Cu( I )配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，故b错误；
选a。
（4）若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是：电负性：O>N，O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱。
（5）金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，金属离子与氧离子间的作用力为离子键，晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；距离Pb2+最近的是处于面心的I-，Pb2+的配位数为6，图(a)中Ti4+的配位数也为6，与图(b)中Pb2+的空间位置相同；有机碱CH3H中N原子上无孤电子对，周围形成了4个σ键，故N原子采用sp3杂化；从图(b)可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为1个，CH3NH的数目为8=1个，I-的数目为6=3个，故晶胞的密度为ρ= 。
16．（10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）2 NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O 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）93.75% 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 降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率
（3） 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
【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1ml，反应管出口处检测到二氧化碳的物质的量为0.68ml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．（12分）不对称分子梳M是一种性能优良的表面防污涂层材料，其合成路线如下图所示。
ⅰ.
ⅱ.
（1）A中不含环状结构，A分子中含有的官能团有 。
（2）E→F的反应类型是 。
（3）下列说法中正确的是 (填字母)。
a．化合物D的同分异构体共有5种
b．化合物A、B、E均能使酸性褪色
c．化合物E的沸点低于化合物F
d．化合物G、I中均含手性碳原子
（4）F＋G→I的化学方程式是 。
（5）化合物J的结构简式为 。
（6）聚合物L的结构简式为 。
（7）分子梳M的抗污性能与梳齿中的基团有关，为了测定分子梳中梳齿的“密度”(分子梳主链上接入的梳齿数与主链链节数之比)，测得某M样品的核磁共振氢谱中，主链上所有a处H原子与梳齿中b处H原子的两组信号峰面积比，则梳齿2的密度为 。
【答案】（1）碳碳双键、醛基
（2）加成反应
（3）bcd
（4）
（5）
（6）
（7）0.92
【分析】A中不含环状结构，A分子式为C3H4O，其不饱和度为2，而生成的B为C3H4O2，说明A生成B为氧化反应，因此A物质的结构简式为CH2=CH-CHO，B物质的结构简式为CH2=CH-COOH，根据E的结构可知，B与D的反应是酯化反应，因此物质D为 ，F与G反应生成I，其反应为 ，因此G的结构简式为BrCH(CH3)COOH，J的分子式为C7H9BrO4，不饱和度为3，与I相比没有变，但I中有11个C原子，因此J的结构简式为 ，K的分子式为C10H11BrO4，不饱和度为5，与J相对多了2个不饱和度且多了3个碳原子，说明丙炔基接在了J上，结合M可得知K的结构简式为 ，聚合物L的结构简式为 ，据此作答。
【解析】（1）根据以上可知A物质的结构简式为CH2=CH-CHO，含有的官能团为碳碳双键和醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；
（2）观察E→F的反应，是E加成到F即甲醛的碳氧双键上，因此反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
（3）a．化合物D为 ，其同分异构体属于醇的有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、(CH3) 2 CHCH2OH，属于醚的有CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、(CH3) 2 CHOCH3共有6种，故a错误；
b．A中含有碳碳双键和醛基能使酸性褪色， B中含有碳碳双键能使酸性褪色，E中含有碳碳双键能使酸性褪色，化合物A、B、E均能使酸性褪色，故b正确；
c．化合物F中含有羟基，能形成氢键，因此其的沸点高于化合物E，故c正确；
d．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，可知化合物G为 、I为 中均含手性碳原子，故d正确；
故答案选bcd；
（4）F＋G→I的化学方程式是 ；
（5）根据分析可知化合物J的结构简式为 ；
（6）根据分析可知聚合物L的结构简式为 ；
（7）分子梳中梳齿的“密度”为分子梳主链上接入的梳齿数与主链链节数之比，主链上所有a处H原子，可看单体为2个H原子，与梳齿中b处，为1个H原子，即分子梳主链上接入的梳齿数，两者H原子的两组信号峰面积比1∶0.46，根据“密度”的概念可知，则梳齿2的密度为0.92，故答案为：0.92。
18．（11分）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
（1）俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是 。
（2）用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用： 。
（3）工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起 作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后， (填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是 。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因： 。
【答案】（1）Au在高温条件下不与O2反应
（2） 与Au+形成配合物，提高Au的还原性
（3）催化 锥形瓶中溶液蓝色复原
当c(CuSO4)0.03ml/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小
【解析】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)0.03ml/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)0.03ml/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
19．（12分）某实验小组制取少量溶液并探究其性质。
Ⅰ．制备（装置如图所示）。
（1）甲中发生反应的方程式是 。
（2）证明丙中NaOH已完全转化为的操作和现象是 。
II．将所得溶液稀释到后，进行实验a和b。
（3）用蘸有碘水的淀粉试纸接近反应b的试管口，观察到 ，证实有生成，反应的离子方程式为 。
（4）对实验b产生气体的原因进行分析，提出两种假设：
假设1：水解使溶液中增大。
假设2：存在时，与反应生成CuCl白色沉淀溶液中增大。
①假设1不合理，实验证据是 。
②实验证实假设2合理，实验b中发生反应的离子方程式有 ，。
（5）小组同学继续提出假设3：增强了的氧化性，并设计原电池实验（如图所示）证明该假设。未加入NaCl固体时，溶液无明显变化，请补全加入NaCl固体后的实验现象 。
（6）实验室中经常用KSCN溶液检验含的溶液否因氧化而变质，但是如果溶液中存在少量时，会干扰检验结果，试分析其中的原因 。（资料：是一种拟卤离子，其性质与卤离子相似。）
【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3
（3）试纸蓝色退去 I2+SO2+2H2O=4H++2I-+
（4）实验a中没有无色气体生成 2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++3H+
（5）有电流产生，右侧烧杯有白色沉淀生成
（6）增强了Cu2+的氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+
【分析】甲装置中，铜与浓硫酸加热反应生成SO2气体，乙装置是安全瓶，在丙中SO2与NaOH反应生成NaHSO3，用品红溶液可以检验SO2是否过量，尾气用高锰酸钾溶液吸收。
【解析】（1）甲中Cu与浓硫酸加热反应，生成硫酸铜、SO2气体和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）若NaOH完全转化为NaHSO3，则SO2过量，过量的SO2能使品红溶液褪色，故答案是：把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3；
（3）SO2与I2发生氧化还原反应生成硫酸和HI，蘸有碘水的淀粉试纸接近反应b的试管口，若蓝色退去，证明气体是SO2；离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+；
（4）实验a是向溶液中加入溶液，若Cu2+水解使溶液中H+浓度增大，H+与亚硫酸氢根离子反应也应该有SO2产生，实验a中没有气体产生，故假设1不成立；
假设2中存在时，与反应生成CuCl白色沉淀和H+，离子方程式为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++3H+；
（5）加入NaCl后，Cu2+的氧化性增强，两极发生氧化还原反应，形成原电池，有电流产生，Cu2+被还原为Cu+，同时与Cl-生成CuCl沉淀，答案是：有电流产生，右侧烧杯有白色沉淀生成；
（6）是一种拟卤离子，其性质与卤离子相似，能够增强Cu2+的氧化性，Cu2+会把Fe2+氧化为Fe3+，对实验产生干扰。
A．除去中的
B．验证纯碱中是否含
C．验证溶液是否部分变质
D．验证电石与水反应产生了乙炔
实验
试剂
现象
性质
方程式
A
滴有酚酞的蒸馏水
溶液变红
碱性
B
氯气
产生白烟
还原性
C
烧碱固体
产生刺激性气味的气体
不稳定性
D
溶液
溶液最终变为深蓝色
可形成配合物
实验步骤
实验装置及内容
实验现象
步骤1
如上图装置
反应结束后，A中生成红色固体，C无明显变化
步骤2
将A中混合物过滤，洗涤所得固体，取少量固体于试管中，加入稀硫酸，振荡
无明显现象
步骤3
取步骤2中的滤液于试管中，加入足量稀盐酸
无明显现象
编号
操作
现象
a
向溶液中加入溶液
溶液变为蓝绿色，且3min内无明显变化
b
向溶液中加入溶液
溶液变为蓝绿色，30s时有无色有刺激性气味气体和白色沉淀，上层溶液变浅