广东省佛山市2026届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省佛山市2026届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了 劳动是智慧的土壤等内容，欢迎下载使用。
满分100分 考试用时75分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、试室、座位号和准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16
第Ⅰ卷 (共44分)
一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 马在中华文化中象征着奋进与忠诚。下列艺术品的主要材质属于硅酸盐的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．彩绘木马：主要材质是木材，木材主要成分为纤维素，属于有机物，不属于硅酸盐，A错误；
B．青铜奔马：青铜是铜锡合金，属于金属材料，不属于硅酸盐，B错误；
C．唐三彩陶马：唐三彩属于陶瓷，陶瓷以黏土为原料烧制而成，主要成分是硅酸盐，C正确；
D．现代奔马图：主要材质是纸张，纸张主要成分为纤维素，属于有机物，不属于硅酸盐，D错误；
故选C。
2. 我国人形机器人技术发展日新月异。下列说法正确的是
A. 中控芯片主要成分为硅，单质硅属于共价晶体
B. 关节轴承使用聚苯硫醚复合材料，聚苯硫醚属于芳香烃
C. 固态三元锂电池供电时将电能转化为化学能
D. 手腱绳采用的超高分子量聚乙烯纤维，链节为—CH2—
【答案】A
【解析】
【详解】A．中控芯片主要成分为高纯硅，单质硅中硅原子通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，A正确；
B．芳香烃是仅含碳、氢元素的芳香族化合物，聚苯硫醚中含有硫元素，不属于芳香烃，B错误；
C．固态三元锂电池供电时为放电过程，是将化学能转化为电能，C错误；
D．聚乙烯由乙烯加聚得到，链节为，不是，D错误；
故选A。
3. 尿素铁可用作铁肥和缓释氮肥。下列化学用语错误的是
A. 中子数为30的铁核素：B. —NH2的电子式：
C. 的VSEPR模型： D. Fe3+的价电子排布式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe的质子数为26，质量数=质子数+中子数=，该核素表示为，A正确；
B．是中性氨基，N的最外层有5个电子，与2个H形成共价键后，还剩余3个电子（1对孤对电子+1个单电子），图示电子式符合结构，B正确；
C．​中中心N原子的价层电子对数键数孤电子对数，无孤电子对，因此VSEPR模型为平面三角形，图示为四面体形，C错误；
D．Fe为26号元素，核外电子排布为，价电子排布式为，D正确；
答案选C。
4. 利用下列装置制备胶体并验证其性质，能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液和NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体；制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至混合物变红褐色，A错误；
B．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通过其它分散系时不能产生丁达尔效应，B正确；
C．胶体与溶液均可透过滤纸，则用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，应该用渗析的方法，C错误；
D．快速加入过量盐酸，盐酸和氢氧化铁胶体反应生成氯化铁溶液，不能观察胶体聚沉，D错误；
故选B。
5. MOFs可用于荧光传感，有机物甲(结构如图)是合成MOFs的原料。下列关于甲的说法正确的是
A. 碳原子均为sp2杂化B. 不能发生取代反应
C. 能形成分子内氢键，熔点较高D. 1 ml甲最多能与2 ml NaOH反应
【答案】A
【解析】
【详解】A． 该有机物中所有碳原子，要么属于苯环碳，要么是羧基、酰胺基的碳原子，所有碳原子均形成3个σ键，均为杂化，A正确；
B．该分子含苯环、羧基、酰胺基，苯环上的氢可以发生取代反应，羧基的酯化反应也属于取代反应，酰胺基水解也是取代反应，因此可以发生取代反应，B错误；
C． 若形成分子内氢键，会削弱分子间作用力，导致熔点降低，只有分子间氢键才会使熔点升高，且该化合物由于空间位阻，难以形成分子内氢键，C错误；
D．该分子有2个羧基，1 ml羧基消耗1 ml NaOH；同时含2个酰胺键，碱性条件下酰胺键水解，1 ml酰胺键消耗1 ml NaOH，因此1 ml甲最多消耗，D错误；
答案选A。
6. 劳动是智慧的土壤。下列劳动项目涉及的化学知识表述错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碎鸡蛋壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙可与酸性物质发生反应，可用于改良酸性土壤，化学知识表述正确，A不符合题意；
B．波尔多液中含有铜离子，重金属离子能够使病菌的蛋白质发生变性失活，可防治果树病害，化学知识表述正确，B不符合题意；
C．生石灰是氧化钙（），作干燥剂的原理是，是氧化钙与水反应，不是氢氧化钙与水反应，化学知识表述错误，C符合题意；
D．聚乳酸结构中含有酯基，酯基可以发生水解反应，因此聚乳酸可降解，能制作可降解餐具，化学知识表述正确，D不符合题意；
故答案选C。
7. 能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
单质酸性氧化物(或碱性氧化物)酸(或碱)盐d
A. a可为硫，石蕊溶液中通入b先变红后褪色B. a可为铜，加热蒸干d溶液并灼烧可得到b
C. a可为氮气，b与H2O生成c属于氧化还原反应D. a可为钠，Ca(OH)2与d反应可得到c
【答案】D
【解析】
【详解】A．若a为硫，与反应生成的酸性氧化物b为，不能漂白酸碱指示剂，通入石蕊溶液仅变红不褪色，A错误；
B．若a为铜，与反应生成的碱性氧化物b为，难溶于水且不与反应，无法得到对应的碱c，不符合转化关系，B错误；
C．若a为氮气，与直接反应生成的是，属于不成盐氧化物，且不与反应生成酸c，不符合转化要求，C错误；
D．若a为钠，常温下与反应生成碱性氧化物b为，与反应生成碱c为，与反应可生成盐d为，与发生复分解反应可生成，符合转化关系，D正确；
故选D。
8. 城市道路使用食盐除冰时，会加剧道路钢制设施的腐蚀。下列说法错误的是
A. 食盐水作电解质溶液，钢材发生电化学腐蚀
B. 钢材中铁作负极，发生氧化反应
C. 理论上每消耗标准状况下11.2 L O2，转移2 ml e-
D. 钢材中添加铬、镍等元素制成不锈钢，采用了牺牲阳极法防腐
【答案】D
【解析】
【详解】A．食盐溶于水形成的食盐水可导电，作为电解质溶液，钢材中的铁、碳与食盐水构成原电池，发生电化学腐蚀，A正确；
B．钢材发生电化学腐蚀时，铁的活泼性强于碳，作原电池负极，失电子发生氧化反应，B正确；
C．吸氧腐蚀的正极反应为，标准状况下11.2L 的物质的量为，转移电子的物质的量为，C正确；
D．钢材中添加铬、镍等元素制成不锈钢，属于通过改变金属内部结构的方式防腐，牺牲阳极法是将更活泼的金属与被保护金属连接形成原电池，消耗活泼负极从而保护正极金属，二者防腐原理不同，D错误；
故选D。
9. 向硝酸银溶液中滴加氨水至沉淀恰好溶解，可得银氨溶液。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 氨水中的数目为
B. 中σ键的数目为
C. 常温常压下22.4LNH3中含有电子的数目为
D. 0.5 ml乙醛与足量银氨溶液完全反应转移电子的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．是弱电解质，在水溶液中仅部分电离，故氨水中的数目小于，A错误；
B．1个中，2个分子共含6个N-H 键，还有2个Ag-N配位键，总计8个键，故中键的数目为，B正确；
C．常温常压下气体摩尔体积大于，的物质的量小于1ml，每个含10个电子，故含有电子的数目小于，C错误；
D．1ml乙醛与足量银氨溶液反应转移2ml电子，故0.5ml乙醛完全反应转移电子的数目为，D错误；
故选B。
10. 氨硼烷(H3N-BH3)是一种潜在的储氢材料，三种催化放氢途径和各步骤的活化能如下(电负性：N＞H＞B)。下列说法正确的是
A. 氨硼烷中氢的化合价均相同B. 三种放氢途径均涉及极性键断裂
C. 相同温度下，途径①速率最快D. 三种放氢途径中，途径②的最小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电负性N > H > B，在与N原子相连的N-H键中，H显+1价；在与B原子相连的B-H键中，H显-1价，故氢存在两种化合价，A错误；
B．各途径断裂的键均为N–H或B–H键，二者均为极性共价键（因电负性差异显著），无非极性键（如 H–H）参与断裂，B正确；
C．反应速率由决速步（最高活化能步骤）决定：途径①：max(Eₐ) = 63.2 kcal·ml-1（步骤 Ⅱ），途径②：Eₐ = 55.7 kcal·ml-1（步骤 Ⅲ）途径③：max(Eₐ) = 47.7 kcal·ml-1（步骤 V），故途径③最快，途径①最慢，C错误；
D．根据盖斯定律，ΔH仅取决于始态与终态，与路径无关。三途径始态均为 H3N–BH3，终态均为H2N=BH2（伴随H⁺/H⁻转移）和氢气，故ΔH相同，D错误；
故选B。
11. 一种制备乙炔并检验其性质的装置如图。下列说法错误的是
A. 检查气密性的操作为关闭K2，打开K1，推拉注射器活塞
B. 饱和CuSO4溶液可吸收H2S，主要发生氧化还原反应
C. 蘸有酸性KMnO4溶液的滤纸褪色，说明乙炔具有还原性
D. 使用饱和食盐水，可减慢电石与水的反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．该装置内部只通过K2开关与外部连通，因此可以关闭K2，打开K1，推拉注射器活塞来检查气密性，若推拉活塞可以观察到气球大小改变，且松开活塞后可以恢复到原位，则说明装置气密性良好，A正确；
B．饱和CuSO4溶液吸收H2S发生的反应为CuSO4 + H2S = CuS↓+H2SO4，生成难溶的硫化铜沉淀，发生复分解反应，B错误；
C．酸性KMnO4溶液具有氧化性，蘸有酸性KMnO4溶液的滤纸褪色说明紫色高锰酸根被还原生成无色Mn2+，说明乙炔具有还原性，C正确；
D．饱和食盐水中含有大量Na⁺和Cl⁻离子，这些离子与水分子形成水合离子，减少了可用于与电石反应的游离水分子数量，从而降低了水的活度和有效浓度，根据化学反应速率理论，反应物浓度降低会减少单位时间内有效碰撞次数，因此反应速率下降，D正确；
故答案选B。
12. 将0.01 ml/LHCN溶液与0.01 ml/LNaCN溶液等体积混合，可得到缓冲溶液。常温下HCN电离常数。下列叙述正确的是
A. 该混合溶液中：
B. 加水稀释，增大
C. 混合溶液中：
D. 混合溶液中加入少量NaCN固体，HCN和CN-的浓度均增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．混合溶液中的水解常数，水解程度大于的电离程度，因此，A错误；
B．电离常数仅与温度有关，常温下温度不变，不随稀释变化，B错误；
C．根据物料守恒，等浓度等体积混合时，即，选项比例关系颠倒，C错误；
D．加入少量固体，直接使增大，同时的电离平衡逆向移动，也增大，D正确；
故选D。
13. 一种高效杀虫剂的分子结构如图。已知Q、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族。下列说法错误的是
A. 第一电离能：Y＞W＞XB. 最高价含氧酸的酸性：Z＞Y
C. 最简单氢化物沸点：W＞RD. 键角：
【答案】A
【解析】
【分析】已知Q、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q形成1个共价键，Q为氢，R形成4个共价键、W形成3个共价键、X形成2个共价键，则R为碳、W为氮、X为氧，W和Y同族，Y为磷，Z形成2个共价键，Z为硫；
【详解】A．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N＞O＞P，A错误；
B．硫非金属性大于磷，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性：H2SO4＞H3PO4，B正确；
C．氨气分子间形成氢键，导致其沸点高于甲烷，C正确；
D．中C原子的价层电子对数为，不含孤对电子，为平面三角形结构，SO2分子中心原子S的价层电子对数为，孤对电子数为1，为sp2杂化，分子构型为V形，则键角：，D正确；
故选A。
14. 下列结构与性质均正确，且有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．键能、沸点的描述均正确，但沸点由分子间作用力和分子间氢键决定，与分子内共价键键能无关，二者无因果关系，A错误；
B．离子半径的描述正确，但离子晶体熔点随阳离子半径增大、晶格能减小而降低，故熔点，性质描述错误，B错误；
C．苯分子中含有大键的描述正确，但苯无碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，性质描述错误，C错误；
D．水晶属于晶体，内部质点排列有序，晶体的物理性质具有各向异性，故导热性表现出各向异性，结构和性质均正确且存在因果关系，D正确；
故选D。
15. 一种储氢合金(LaNix)的晶胞结构如图1所示，该材料可由图2装置电解制备。下列说法正确的是
A. a为外接电源的负极
B. 石墨上的电极反应之一为：
C. 电解池工作时，熔融氧化物电解质中O2-的物质的量不变
D. 每合成1 ml LaNix合金，理论上有8 ml e-通过导线
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图，石墨电极失去电子发生氧化反应生成一氧化碳、二氧化碳，为阳极，则a为外接电源的正极，A错误；
B．石墨上的电极反应之一碳为失去电子发生氧化反应生成二氧化碳：，B错误；
C．电解池工作时，阴极消耗金属阳离子，阳极消耗O2-，通过不断补充La2O3和NiO原料，可以维持熔融氧化物电解质中O2-的物质的量不变，C正确；
D．反应中La化合价由+3变为0、Ni化合价由+2变为0，每合成1 ml LaNix合金，理论上有(3+2x)ml e-通过导线，D错误；
故选C。
16. 恒容密闭容器中足量焦炭和适量水蒸气发生下列反应：① ，② ，平衡后含碳气体浓度随水碳比变化如图，含水量增加会降低反应温度。下列说法正确的是
A. 曲线a代表c(CO2)随水碳比的变化
B. 平衡后缩小容器体积，反应②平衡不移动
C. 平衡前反应②生成CO2的速率均大于反应①生成CO的速率
D. 反应①生成CO的量与反应②消耗CO的量相等的瞬间，两个反应均达到平衡
【答案】A
【解析】
【详解】A．恒容密闭容器中，在相同条件下，增大水投料，含水量增加会降低反应温度，温度降低，促进反应②正向移动，促进CO转化为二氧化碳，使得c(CO2)浓度增大，则曲线a代表c(CO2)随水碳比的变化、曲线b代表c(CO)随水碳比的变化，A正确；
B．平衡后缩小容器体积，反应①平衡逆向移动，导致氢气、一氧化碳、水物质的量改变，也会间接使得反应②平衡发生移动，B错误；
C．平衡前，反应刚开始时，c(CO)≈0，此时反应②生成的速率接近于0，而反应①生成CO的速率大于0，故C错误；
D．反应①生成CO的量与反应②消耗CO的量相等的瞬间，仅说明CO净变化为0，但不能确定水、氢气的物质的量浓度是否变化，不能确定两个反应均达到平衡，D错误；
故选A。
第Ⅱ卷 (共56分)
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17. 铁盐在电子、医疗和水处理等领域应用广泛。
（1）Fe(NO3)3水解的离子方程式为___________，用Fe(NO3)3固体粗略配制Fe(NO3)3溶液，正确的操作有___________(填标号)。
（2）常温下，取20.00 mL上述Fe(NO3)3溶液，连接pH传感器，加入标准液，pH变化如图。溶液混合时体积变化忽略不计，。
①静置，取a点上层清液于试管中，滴加___________溶液，不变红，证明Fe3+已完全沉淀。
②上述Fe(NO3)3溶液物质的量浓度为___________ml/L(忽略Fe3+水解对测定结果的影响，保留3位有效数字)。
（3）常温下，学习小组取pH=1.6的Fe(NO3)3溶液，分别进行实验Ⅰ和Ⅱ，用色度计传感器测吸光率，实验设计和数据记录如下：
本题实验条件下吸光率与溶液中Fe(OH)3的物质的量浓度成正比。
能说明稀释Fe(NO3)3溶液，Fe(OH)3浓度变小，但Fe3+水解程度变大的依据是___________。
（4）学习小组继续探究温度对Fe3+水解的影响。
①理论分析水解吸热，温度升高Fe3+水解程度增大。
②实验过程取pH=1.6的Fe(NO3)3溶液，水浴加热一段时间后停止加热，溶液吸光率的变化如图所示。
③图像分析停止加热后恢复原温度，吸光率不能恢复到加热前，继续分析原因。
④查阅资料加热时Fe3+会反应生成一种吸光率更大的配合物离子，结构如下：
该配合物的配体有___________(填化学符号)
⑤提出猜想 猜想a：___________，导致H+浓度减小。
猜想b：生成上述配合物离子，降温时无法变回Fe3+。
⑥验证猜想 取t时刻溶液，测得pH___________，猜想a成立。
设计实验验证猜想b：___________，猜想b成立。
⑦教师指导实验要尊重事实，一个事实的出现可能是多个因素协同驱动的结果。
【答案】（1） ①. ②. bd
（2） ①. KSCN ②. 0.0200
（3）20%＜A1＜40%
（4） ①. H2O、OH- ②. 加热时HNO3挥发 ③. ＞1.6 ④. 取t时刻溶液，加入适量HNO3调节溶液的pH=1.6，吸光率依然高于加热前
【解析】
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【小问1详解】
铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子：；用Fe(NO3)3固体粗略配制Fe(NO3)3溶液，则不需容量瓶和过滤操作，为防止铁离子水解，首先将硝酸铁固体溶解在浓硝酸中，然后加入一定量蒸馏水溶解，故选bd；
【小问2详解】
①铁离子和KSCN溶液变为红色，则静置，取a点上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，不变红，证明Fe3+已完全沉淀。
②由图，加入25.00mL氢氧化钠溶液时，溶液pH由1.60变为4.00，混合后总体积为45.00mL，氢离子消耗的氢氧化钠为，和铁离子反应的氢氧化钠为，此时氢氧化钠恰好和硝酸铁反应：，则上述Fe(NO3)3溶液物质的量浓度为。
【小问3详解】
20%＜A1＜40%，则浓度减小一半，吸光率减小但是没有减小一半，说明稀释Fe(NO3)3溶液，Fe(OH)3浓度变小，但Fe3+水解程度变大；
【小问4详解】
④由结构：可知，铁离子提供空轨道，H2O、OH-提供孤电子对，故该配合物的配体有H2O、OH-；
⑤硝酸铁水解生成氢氧化铁和硝酸，硝酸具有挥发性，加热时HNO3挥发，导致溶液中氢离子浓度减小，故猜想a：加热时HNO3挥发，导致H+浓度减小。
⑥加热时HNO3挥发，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故取t时刻溶液，测得pH＞1.6，猜想a成立。
猜想b为生成上述配合物离子，降温时无法变回Fe3+，则可以条件pH恢复初始pH=1.6，若吸光率依然高于加热前，说明生成配离子导致吸光率不能恢复到加热前，故设计实验验证猜想b为：取t时刻溶液，加入适量HNO3调节溶液的pH=1.6，吸光率依然高于加热前，猜想b成立。
18. 铜铅锌多金属硫化矿中主要含PbS、CuFeS2、ZnS及少量FeS2；可通过沉淀法或萃取法从铜铅锌多金属硫化矿中回收铜，两种工艺流程如下：
已知：，；，。
（1）“滤渣1”的主要成分为___________。
（2）“硫化沉铜”时，生成CuS和一种气体。
①反应的离子方程式为___________。
②不使用Na2S作为沉淀剂的原因是___________。
③“浸取液”中，为避免引入ZnS沉淀，“沉铜后液”中c(Cu2+)不能低于___________ ml/L。
（3）“电解提锌”后，母液可以返回___________步骤中循环使用。
（4）向NaOH溶液中通入H2S气体可制得NaHS溶液。为得到更多的NaHS，应控制溶液的最适pH为___________(此时溶液中的S2-和H2S可看作近似相等)。
（5）我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其中Se为-2价，Cu为+1、+2价，形成如图所示的两种结构单元，交替排列形成晶胞。
该铜硒化合物的化学式为___________，Cu2+在晶胞中的位置为___________(填①或②)。
（6）①“铜溶液”可用作电解精炼铜的电解液，在答题卡框中，画出电解示意图并做相应标注___________。
②与沉淀法相比，萃取法提铜工艺的优点是___________(写一条)。
【答案】（1）PbSO4、S
（2） ①. ②. Na2S溶液碱性过强，易产生Fe(OH)3、Cu(OH)2或其碱式盐杂质(或S2-浓度过大，产生ZnS沉淀) ③.
（3）常压氧浸(或低酸洗涤)
（4）9.95 （5） ①. Cu3Se2 ②. ①
（6） ①. ②. 减少污染气体排放(或能耗低、试剂可循环利用)
【解析】
【分析】多金属硫化矿加入硫酸、氧气氧浸，铅转化为硫酸铅，硫元素被氧化为硫单质，硫酸铅、硫单质成为滤渣1，铁、铜、锌元素转化为盐溶液得到浸取液，加入NaHS得到硫化铜沉淀，火法炼铜得到铜，沉铜后液氧化调节pH，使得锌离子转化为沉淀得到滤渣2，滤液电解提锌得到锌；浸取液萃取得到含铜有机相，低酸洗涤后得到铜溶液，电解提铜得到铜；
【小问1详解】
由分析，“滤渣1”的主要成分为PbSO4、S；
【小问2详解】
“硫化沉铜”时，铜离子和硫氢根离子反应生成CuS和一种气体，结合质量守恒气体为硫化氢，反应为：；
Na2S溶液碱性过强，易产生Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀或其碱式盐杂质(或S2-浓度过大，产生ZnS沉淀)，故不使用Na2S作为沉淀剂；
“浸取液”中cZn2+=0.1ml⋅L−1，则cS2-=KspZnScZn2+=3×10−250.1=3×10−24ml⋅L−1，为避免引入ZnS沉淀，“沉铜后液”中不能低于cCu2+=KspCuScS2-=6.3×10−363×10−24=2.1×10−12ml⋅L−1。
【小问3详解】
“电解提锌”过程中生成阴极锌离子被还原为锌单质，阳极水被氧化生成氧气和氢离子，得到母液中含硫酸，可以返回常压氧浸(或低酸洗涤)步骤中循环使用。
【小问4详解】
向NaOH溶液中通入H2S气体可制得NaHS溶液，此时溶液中的S2-和H2S可看作近似相等，则KalH2SKa2H2S=cH+cHS-cH2S×cH+cS2-cHS-=c2H+=10-7.0×10-12.9，cH+=10-9.95ml/L，则为得到更多的NaHS，应控制溶液的最适pH为9.95；
【小问5详解】
据“均摊法”，两种结构单元中共含个Cu、1个Se，则该铜硒化合物的化学式为Cu3Se2；两种结构单元中共含个Cu、1个Se，Se为-2价，则铜的总正价为+2，那么结构单元内部的铜为+1价，顶点铜为+2价，故Cu2+在晶胞中的位置为顶点①号位；
【小问6详解】
①“铜溶液”可用作电解精炼铜的电解液，则粗铜为阳极、纯铜为阴极，电解液为硫酸铜溶液，图示为；
②萃取法常温下进行，与沉淀法相比，萃取法提铜工艺的优点是减少污染气体排放(或能耗低、试剂可循环利用)。
19. 甲烷干重整反应(DRM)可将温室气体CH4和CO2转化为合成气(CO和H2)，M2C催化剂具有更高的活性和稳定性。
已知：DRM反应体系存在下列过程：
（1）基态M原子的价电子排布式为，其在周期表的第___________周期___________族。
（2）甲烷蒸气重整反应： ___________。
（3）恒温恒容容器中，在M2C发生(a)–(d)反应，下列说法正确的是___________。
A. 反应(a)在任何温度下都可以自发进行
B. 反应(c)、(d)导致积碳，会降低主反应速率
C. 平衡后加入CH4，再次平衡时增大
D. 寻找更高效的催化剂，可提高主反应的选择性
（4）M2C催化DRM主反应的反应机理如图。
①历程Ⅰ的化学方程式为：___________
。
②物质A的化学式为___________。
（5）100kPa的恒压容器中通入1 ml CH4和1 ml CO2，反应体系中各含碳微粒平衡时的物质的量随温度变化如图甲所示，平衡转化率及氢碳比[]随温度变化如图乙所示。900℃时积碳可以忽略不计。
①表示CO随温度变化的曲线为___________(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②600 ℃时，产生积碳1 ml，此时CO2为___________ml。
③730 ℃前，氢碳比随温度升高而下降，可能的原因是___________。
④900 ℃时，反应(a)的分压平衡常数Kp为___________(kPa)2(分压=总压×物质的量分数，写出计算过程和结果的计算表达式，无需化简)。
【答案】（1） ①. 五 ②. ⅥB
（2）+205.8 （3）BD
（4） ①. ②. CO
（5） ①. Ⅲ ②. 0.54 ③. 730 ℃前，反应(b)和(c)占主导，反应(b)吸热，升温正向移动，反应(c)放热，升温逆向移动，导致CO增多、H2减少，氢碳比减小 ④.
【解析】
【小问1详解】
M价电子最高能层为第5层，故位于第五周期；价电子数为6，d区元素，故为第ⅥB族；
【小问2详解】
根据盖斯定律，目标反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH= 反应(a)−反应，因此ΔH=+247kJ/ml−41.2kJ/ml=+205.8kJ/ml；
【小问3详解】
A：反应(a)，，根据，仅高温下能自发，A错误；
B：积碳会覆盖催化剂活性位点，降低催化剂活性，使主反应速率降低，B正确；
C：温度不变，各反应平衡常数不变，可推得c2(CO)c(CO2)不会增大（根据反应c:CO歧化反应），C错误；
D：高效催化剂可以提高主反应的反应速率，提高主反应的选择性，D正确。
故答案为：BD；
【小问4详解】
① 根据原子守恒配平，左侧反应物为催化剂M2C​，配平后化学计量数为3、2、1、2，故答案为：3M2C+2CO2=1M6C3O2+2CO；
② 根据图像可推出总反应为​，结合反应机理和原子守恒，历程第四步生成的A为，催化剂恢复初始状态。
【小问5详解】
① 温度升高，主反应、逆水汽转换正向进行，CO的物质的量随温度升高逐渐增大，最终接近2ml，故上升曲线Ⅲ代表CO。
② 根据C守恒：总碳为2 ml，n(CH4)=n(CO)=0.23ml，积碳1 ml，故n(CO2)=2−0.23−1−0.23=0.54ml；
③ 730 ℃前，反应(b)和(c)占主导，反应(b)吸热，升温正向移动，反应(c)放热，升温逆向移动，导致CO增多、H2减少，氢碳比减小；
④ 900℃积碳可忽略，由图乙得​转化率为95%，氢碳比，根据原子守恒计算得平衡时： n(CH4)=0.05ml，n(CO2)=0.05ml，n(CO)=1.9ml，n(H2)=1.9ml，总物质的量n总=3.9ml，总压100kPa， 分压pi=总压×物质的量分数=100×ni3.9kPa，Kp=p2(CO)⋅p2(H2)p(CH4)⋅p(CO2)，代入得： Kp=(1.93.9×100)2⋅(1.93.9×100)2(0.053.9×100)⋅(0.053.9×100)(kPa)2，故答案为：Kp=(1.93.9×100)2⋅(1.93.9×100)2(0.053.9×100)⋅(0.053.9×100)(kPa)2。
20. 张力环(如C4H6：)有很强的活性，是重要的有机合成中间体，其部分利用路径如下(Ph-代表苯基C6H5—)。
（1）化合物Ⅰ的官能团名称为___________。
（2）张力环C4H6的同分异构体中，不含C=C=C的链状结构共有___________种。其中核磁共振氢谱只有1组峰的有机物的名称为___________。
（3）下列说法正确的有___________。
A. Ⅰ→Ⅱ的过程中，涉及σ键、π键的断裂与形成
B. 1 ml化合物Ⅰ最多可与5 ml H2加成
C. 化合物Ⅱ可与Br2发生1，4-加成反应
D. 化合物Ⅲ中不存在手性碳原子
（4）Ⅰ→Ⅲ的原子利用率为100%，化合物Ⅳ的分子式为___________，该过程可看作活泼氢原子与张力环反应。用N，N-二甲基胺()代替化合物Ⅳ，产物的结构简式为___________。
（5）以化合物Ⅴ()和化合物Ⅵ为原料，根据Ⅰ→Ⅱ的原理分3步合成。
①第一步，化合物Ⅴ和Ⅵ反应，打开张力环，Ⅵ的结构简式为___________。
②第二步，进行___________(填反应类型)。
③第三步，在酸性条件下水解，反应方程式为___________。
【答案】（1）(酮)羰基
（2） ①. 3 ②. 2-丁炔 （3）AD
（4） ①. ②.
（5） ①. ②. 加成反应 ③. +H2O +CH3OH
【解析】
【分析】以化合物Ⅴ()和化合物Ⅵ为原料，合成，第一步反应为化合物Ⅴ和Ⅵ反应，打开张力环，则Ⅵ为，反应生成，再和氢气发生加成反应使得碳碳双键变为单键，得到，中的酯基水解得到产物；
【小问1详解】
由结构，化合物Ⅰ的官能团名称为(酮)羰基；
【小问2详解】
张力环C4H6的同分异构体中，不含C=C=C的链状结构共有，3种，其中核磁共振氢谱只有1组峰的为，有机物的名称为2-丁炔；
【小问3详解】
A．Ⅰ→Ⅱ的过程中，存在碳碳键断裂和碳氮双键断裂，及碳碳双键的形成，故涉及σ键、π键的断裂与形成，A正确；
B．Ⅰ中萘环和酮羰基能和氢气加成，则1 ml化合物Ⅰ最多可与6 ml H2加成，B错误；
C．化合物Ⅱ中2个双键间存在2个碳碳单键，不可与Br2发生1，4-加成反应，C错误；
D．化合物Ⅲ中饱和环对称，不存在手性碳原子，D正确；
故选AD；
【小问4详解】
Ⅰ→Ⅲ的原子利用率为100%，结合质量守恒，化合物Ⅳ的分子式为，该过程可看作活泼氢原子与张力环反应，中氮原子电负性大，氨基氢较为活泼，则用N，N-二甲基胺()代替化合物Ⅳ，产物的结构简式为；
【小问5详解】
由分析：
①第一步，化合物Ⅴ和Ⅵ反应，打开张力环，Ⅵ的结构简式为。
②第二步，和氢气发生加成反应使得碳碳双键变为单键，为加成反应。
③第三步，在酸性条件下水解，反应方程式为+H2O +CH3OH。A．西汉・彩绘木马
B．东汉・青铜奔马
C．唐·三彩陶马
D．现代・奔马图
A．制备胶体
B．观察丁达尔效应
C．分离混合物
D．观察胶体聚沉
选项
劳动项目
化学知识
A
用碎鸡蛋壳改良酸性土壤
碳酸钙能与酸性物质反应
B
用波尔多液防治果树病害
Cu2+使病菌蛋白质变性
C
用生石灰保持仓库干燥
氢氧化钙能与水反应
D
用聚乳酸制作可降解餐具
聚乳酸中的酯基可水解
步骤
()
Ⅰ
12.2
Ⅱ
63.2
Ⅲ
55.7
Ⅳ
23.2
Ⅴ
47.7
选项
结构
性质
A
键能：F-H＞O-H
沸点：HF＜H2O
B
离子半径：Na+＜K+
熔点：NaCl＜KCl
C
苯分子中含有大π键
苯能与溴水发生加成反应
D
水晶内部质点排列有序
水晶导热性表现出各向异性
a．溶于蒸馏水
b．溶于浓硝酸
c．过滤
d．加水稀释
序号
吸光率
Ⅰ
2
2
40%
Ⅱ
1
3
A1
编号
过程
()
(a)主反应
(b)逆水汽转换
(c)CO歧化
(d) CH4裂解