广东省广州市2026届高三下学期二模化学试题 含解析

2026年广州市普通高中毕业班综合测试(二)化学本试卷共8页，20小题，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姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。并在化学答题卡相应位置上填涂考生号。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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的钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Mn55Cu64一、选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.我国农耕文化源远流长。下列有关农耕文化物品所涉及材料的主要成分属于合金的是A．陶仓B．青铜灶C．木犁D．石磨A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．陶的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误；B．青铜的主要成分为铜与锡或铅组成的合金，B正确；C．木材的主要成分为纤维素，属于天然有机材料，C错误；D．石头的主要成分为天然碳酸盐或硅酸盐，属于无机非金属材料，D错误；故选B。2.我国科学家屠呦呦因青蒿素的研究获得诺贝尔生理学或医学奖。以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料可合成青蒿素，下列关于青蒿酸的说法中正确的是A.属于芳香烃的衍生物 B.能发生水解反应和加成反应C.其结构中2个六元环共平面 D.最多能与等物质的量的NaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．青蒿酸结构中不含苯环，不属于芳香烃衍生物，A错误；B．青蒿酸含有碳碳双键可发生加成反应，但不含酯基、卤原子等可发生水解反应的官能团，无法发生水解反应，B错误；C．两个六元环中存在多个杂化的饱和碳原子，为四面体空间结构，两个六元环不可能共平面，C错误；D．青蒿酸中只有羧基可与反应，羧基与按物质的量比反应，故最多能与等物质的量的反应，D正确；故选D。3.科技发展见证自立自强的奋进中国。下列说法正确的是A.北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料B.飞船返回舱表层材料使用玻璃纤维：玻璃纤维属于天然有机高分子材料C.嫦娥六号搭载水升华器用以降温：水升华过程中破坏了极性共价键D.我国科学家成功实现从到淀粉的人工合成：的电子式为：【答案】A【解析】【详解】A．氮化铝属于新型无机非金属材料，是第三代半导体的芯片核心材料，其可用于芯片制造，A正确；B．玻璃纤维是人工合成的无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，B错误；C．水升华是物理变化，仅破坏分子间作用力，没有破坏分子内的共价键，C错误；D．​中C原子与两个O原子分别形成双键，C原子最外层需要满足8电子稳定结构，题给电子式中C原子最外层只有4个电子，正确的电子式为，D错误，；故选A。4.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A用大米酿食醋酿醋过程存在转化关系：乙醇→乙酸B用聚丙烯酸钠生产高吸水性树脂聚丙烯酸钠含有强亲水基团C用小苏打作糕点的膨松剂D用FeS除去废水中的A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．大米酿醋时，淀粉水解得到的葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇进一步被氧化为乙酸，二者存在关联，A错误；B．聚丙烯酸钠含有羧酸钠这类强亲水基团，因此可用于生产高吸水性树脂，二者存在关联，B错误；C．小苏打是，作糕点膨松剂的原理是，所给反应为与、水的反应，与小苏打作膨松剂的原理无关联，C正确；D．因为的溶度积远小于，可发生沉淀转化反应，因此可用除去废水中的，二者存在关联，D错误；故选C。5.关于模拟工业上从海水中提取镁的生产流程，下列操作错误的是A．浓缩海水B．沉淀C．获得D．制取镁A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．浓缩海水通过蒸发操作实现，图中蒸发皿加热、玻璃棒搅拌的操作合理，A正确；B．向浓缩海水中加入石灰乳，搅拌可使Mg2+充分反应生成Mg(OH)2沉淀，试剂和操作均合理，B正确；C．分离Mg(OH)2固体和溶液采用过滤操作，图中装置符合过滤操作“一贴二低三靠”的要求，C正确；D．金属镁活泼性强，需电解熔融MgCl2制备，电解MgCl2溶液时阴极是H+放电，无法得到金属镁，操作错误，D错误；因此答案选D。6.M元素在地壳中的含量居第四位，含M物质的相关转化关系如图，下列说法错误的是单质M盐1碱1碱2盐2A.单质M与高温水蒸气反应生成红棕色固体B.碱1→碱2的转化存在物质颜色的变化C.将盐2的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得到胶体D.溶液可用于鉴别盐1和盐2【答案】A【解析】【分析】M为地壳中含量第四位的元素，故为Fe，转化路径为：，再逐一分析选项；【详解】A．单质Fe与高温水蒸气反应生成黑色的，而非红棕色固体，A错误；B．碱1为白色的，碱2为红褐色的，转化过程中颜色由白色经灰绿色最终变为红褐色，存在颜色变化，B正确；C．盐2为，将饱和溶液滴入沸水中持续加热，可制得胶体，C正确；D．溶液遇盐1中的会产生蓝色沉淀，与盐2中的无明显现象，可鉴别二者，D正确；故选A。7.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA与反应生成能氧化B溶液受热变为黄绿色C将浓氨水加入碱石灰中制备铵盐受热易分解D向溶液中滴加氨水产生白色沉淀与盐酸反应生成A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．陈述Ⅰ正确，Na2O2与CO2反应生成O2和Na2CO3，反应方程式为：，该反应中CO2中元素化合价未发生变化，Na2O2没有氧化CO2，陈述Ⅱ错误，A不符合题意；B．陈述Ⅰ正确，CuCl2溶液中存在平衡，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存时溶液显绿色，该反应，受热平衡正向移动，[CuCl4]2-浓度增大，溶液变为黄绿色，陈述Ⅱ正确且二者存在因果关系，B符合题意；C．陈述Ⅰ正确，浓氨水加入碱石灰可制NH3，原理是碱石灰溶解放热促进NH3·H2O分解，且增大OH-浓度降低NH3溶解度，与铵盐受热分解无关，陈述Ⅱ和陈述Ⅰ无因果关系，C不符合题意；D．陈述Ⅰ正确，AlCl3溶液加氨水可产生白色沉淀，原理为：；陈述Ⅱ本身正确，Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强酸反应生成AlCl3，但二者无因果关系，D不符合题意；故选B。8.下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，环境中的扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈，下列说法正确的是A.青铜基体发生还原反应被腐蚀B.电子由青铜基体经溶液流向多孔催化层C.负极发生的电极反应：D.生成，理论上消耗【答案】D【解析】【分析】负极发生氧化反应，应为Cu元素从0价氧化为+2价，再结合题干中所给出生成的条件，可知负极反应为Cu-2e-=Cu2+，随后反应产物Cu2+再发生反应：2Cu2++Cl-+3OH【详解】A．由以上分析可知，青铜基体发生氧化反应被腐蚀，A错误；B．原电池反应中，电子不会经过溶液而流动，B错误；C．负极反应为，C错误；D．根据电子守恒计算：1个含2个，生成1molCu2(OH)3Cl，总共失电子2×2=4mol；

​反应得电子，因此生成0.01molCu2(OH故选D。9.下列事实与解释不相符的是选项事实解释A石墨可用作润滑剂石墨呈层状结构，层间以范德华力结合B酸性：电负性：C卤素单质的沸点：键长：D同浓度溶液的碱性：电离常数：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．石墨为层状结构，层间以较弱的范德华力结合，易发生相对滑动，因此可用作润滑剂，解释与事实相符，A不符合题意；B．电负性，Cl的吸电子诱导效应更强，使中羧基的键极性更强，更易电离出，酸性强于，解释与事实相符，B不符合题意；C．卤素单质为分子晶体，沸点高低由分子间范德华力决定，相对分子质量越大范德华力越强，沸点越高，与分子内共价键的键长无关，解释与事实不相符，C符合题意；D．盐类水解中“越弱越水解”，电离常数越小对应酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，盐溶液碱性越强，因，故同浓度下碱性强于，解释与事实相符，D不符合题意；故答案选C。10.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的中子数，比的多B.的溶液中含有的数目为C.()分子中含有共价键的数目为D.电解饱和食盐水生成，转移电子的数目为【答案】B【解析】【详解】A．氯元素质子数为17，1个37Cl的中子数为37−17=20，1个的中子数为，故1mol37Cl2的中子数比B．的溶液中c(H+)=0.01mol/L，1.0L溶液中物质的量为1.0LC．摩尔质量为256g/mol，32gS8物质的量为32g256g/mol=0.125D．未指明气体处于标准状况，无法根据22.4L计算的物质的量，故无法确定转移电子数，D错误；故选B。11.利用如图装置进行实验，反应一段时间后，往d中注入溶液。下列说法错误的是A.a中溶液变为绿色，说明浓硝酸具有氧化性B.b中试纸变蓝，体现了的还原性C.c中液面上方气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种D.若c中不加铜片，往d中注入后气体颜色无明显变化【答案】D【解析】【分析】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮通过b，将KI氧化为I2，试纸变蓝，二氧化氮通入c中与水反应生成硝酸和NO，反应一段时间后，往d中注入溶液生成，进入c中，NO与反应生成二氧化氮，c中气体变红棕色；【详解】A．a中铜丝和浓硝酸反应，铜被氧化为，溶液变为绿色可能是因为溶有，证明浓硝酸得到电子，体现氧化性，A正确；B．b中试纸变蓝，I-被氧化为I2，体现了的还原性，B正确；C．进入c后，部分和水反应生成，当液面上方变红棕色时，说明同时存在未反应的和，同时存在平衡，故所含氮氧化物至少有两种，C正确；D．若c中不加铜片，进入c后仍会和蒸馏水反应生成无色，注入后，d中催化分解产生，进入c会将无色氧化为红棕色，气体颜色有明显变化，D错误；故选D。12.HF水溶液中存在平衡：，。下列关于的叙述正确的是A.体系中，B.往溶液中加入NaF固体，增大C.向溶液中通入HCl气体，增大D.加水稀释，与的比值减小【答案】B【解析】【详解】A．根据F元素物料守恒，1个含2个F原子，故总F浓度满足，选项缺的系数2，A错误；B．加入NaF固体，增大，平衡正向移动，增大，B正确；C．通入HCl气体，增大，平衡逆向移动，减小，C错误；D．由得，加水稀释时减小，不变，故该比值增大，D错误；故答案选B。13.元素a~j为短周期主族元素，其第一电离能与族序数的关系如图。下列说法正确的是A.原子半径：B.元素电负性：C.最简单氢化物的键角：D.最简单氢化物的沸点：【答案】C【解析】【分析】短周期同周期第一电离能从左到右呈增大趋势，ⅤA族np轨道半充满，第一电离能大于同周期ⅥA族；同主族从上到下第一电离能减小，故图中上方曲线为第二周期元素，下方为第三周期元素，结合族序数拐点可推得：a为Al、b为B、d为C、e为P、f为N、g为S、h为O、j为F。【详解】A．原子半径：第三周期的Al半径大于第二周期元素，同周期主族元素从左到右半径减小，故半径顺序为：，即：，A错误；B．电负性同周期从左到右增大，故S>P，F是电负性最大的元素，电负性顺序为：，即：，B错误；C．CH4为正四面体结构，键角约109°28′；NH3为三角锥形，孤对电子对成键电子对的排斥使键角约107°；H2O为V形，两对孤对电子排斥作用更强，键角约104.5°，故键角：，C正确；D．H2O常温为液态沸点最高，NH3分子间存在氢键，沸点高于无氢键的PH3，故沸点顺序为：，即：，D错误；因此答案选C。14.按如图装置进行实验：打开分液漏斗活塞，当d中红色褪去时，关闭分液漏斗活塞。下列叙述正确的是A.a中产生，说明被还原成B.b中品红溶液褪色，说明是酸性氧化物C.根据b、c中的现象，不能说明具有还原性D.d中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应【答案】C【解析】【详解】A．a中是与发生复分解反应生成，反应中S元素化合价均无变化，没有被还原，A错误；B．b中品红溶液褪色体现的漂白性，与是酸性氧化物无关，B错误；C．b中现象说明具有漂白性，c中与反应生成S单质，作氧化剂体现氧化性，二者均不能说明具有还原性，C正确；D．酚酞变色范围为pH=8.2~10，d中红色褪去时溶液pH<8.2，此时溶液中可能仍有少量剩余，并非恰好完全反应，D错误；故选C。15.一种新型水系可充电电池示意图如下。已知放电和充电过程中S和均吸附在电极Ⅰ上，充电时电极Ⅰ和电极Ⅱ的质量均增加。下列说法错误的是A.充电时，电极Ⅱ上发生氧化反应B.放电时，电解质溶液的pH增大C.放电时，电极Ⅰ为负极，电极反应式为D.充电时，理论上电极Ⅰ和Ⅱ增加的质量之比为80:87【答案】D【解析】【分析】放电为原电池，充电为电解池，已知充电时两电极质量均增加，推导如下：放电（原电池）：电极Ⅰ失电子生成和，电极Ⅰ为负极；电极Ⅱ得电子，​转化为进入溶液，电极Ⅱ为正极；充电（电解池）：电极Ⅰ为阴极（得电子，发生还原反应），电极Ⅱ为阳极（失电子，发生氧化反应），总反应为放电的逆反应：S+2Cu2++2Mn2++4【详解】A．充电时电极Ⅱ是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，A正确；B．放电总反应为Cu2S+2MnO2+8H+=C．放电时电极Ⅰ为负极，失电子生成和，电极反应式Cu2S−4e−D．充电时电极Ⅰ反应为：S+2Cu2++4e−=Cu2S，每转移电子，阴极质量增加量为2molCu的质量：Δm1=2×64=128故选D。16.在催化剂的作用下，一种将工业副产物HCl气体转化为的反应历程如下，X、Y、Z、W中含有两种极性分子和两种非极性分子。下列说法错误的是A.Z为，为B.总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4C.上述反应①、②、③、④、⑤中有3个氧化还原反应D.CuO可作该反应的催化剂，通过降低活化能加快反应速率【答案】C【解析】【分析】反应①：。根据元素守恒，Y应为HCl；反应②：2Cu(OH)Cl=Cu2OCl2+H2O。这里W应含有O和H，结合后续反应，W应为H2O。反应③：。此步为分解反应，无需额外物质。反应④：2CuCl2=2CuCl+Cl2↑。这里X应为Cl2。反应⑤：。这里Z应为O2（因为需要引入O元素，且O2是非极性分子）。总结各物质：X【详解】A．根据分析，Z为O2，W为H2O，A正确；B．该反应是HCl催化氧化生成，总反应为：

O2+4HCl催化剂2Cl2+2C．①、②、③：无化合价变化，为非氧化还原反应；④：Cu2+→Cu+，Cl⁻→Cl2，为氧化还原反应；⑤：Cu+→Cu2+，O2中O元素的化合价由0价变为-2价，为氧化还原反应。共2个氧化还原反应，非3个，C错误；D．CuO在①消耗、③再生，是催化剂，通过降低活化能加快反应速率，D正确；故选C。二、非选择题：17.醋酸钠在生活、生产和科研中应用广泛。（1）醋酸钠晶体易溶于水，水溶液显弱碱性。醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大。以醋酸废水为原料制备醋酸钠晶体的流程简图如下：①醋酸钠溶液呈弱碱性，原因是___________(用离子方程式表示)。②“操作X”为___________。（2）用醋酸钠晶体配制溶液，以滴定法测定浓度。①该过程用到的仪器有___________(填编号)。②测定溶液的浓度：移取溶液，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为21.00mL。溶液的浓度___________。（3）某小组同学研究水解平衡的影响因素。取(2)中溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，用pH计测定pH，记录数据。实验序号温度pH150.00259.3725.045.0258.8735.045.0408.56①结合实验1和实验2中的数据，写出稀释时水解平衡的移动方向和判断理由：___________。②甲同学通过计算水解的平衡转化率，进一步解释稀释时水解平衡的移动方向。实验1和2中水解的平衡转化率之比为___________。③已知水解是吸热反应，升高温度时溶液中___________(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验2和3可知，升高温度，溶液pH减小，乙同学认为不能直接根据pH变化判断温度对水解平衡的影响。④乙同学提出通过测定并比较不同温度下水解平衡常数的大小，可说明温度对水解平衡的影响。小组讨论后，在实验3的基础上进行实验，以获得40℃下的水解平衡常数，简述该实验方案：(ⅰ)___________(包括所用仪器及待测物理量)；设待测物理量为，结合实验3中的数据，写出的计算式(ⅱ)___________。测定结果：。【答案】（1）①.②.蒸发浓缩、冷却结晶（2）①.BD②.1.050（3）①.CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1②.10-0.50③.增大④.用pH计测定40℃下纯水的pH⑤.【解析】【分析】醋酸废水中加入“烧碱”，发生酸碱中和反应CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O【小问1详解】①醋酸钠（）是强碱弱酸盐，在水溶液中，醋酸根离子（）会发生水解反应，结合水电离出的氢离子生成醋酸分子，同时释放出氢氧根离子，使溶液中，从而显弱碱性，离子方程式：；②根据题目信息“醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大”，且最终产物是带有结晶水的晶体（）。从滤液中获得此类晶体的一般操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问2详解】①这是一个酸碱中和滴定实验。A(蒸发皿)：

用于蒸发结晶，滴定不需要；B(锥形瓶)：

用于盛放待测液（醋酸钠溶液），进行滴定反应，需要；C(分液漏斗)：

用于萃取分液，滴定不需要；D(酸式滴定管)：

用于盛装标准盐酸溶液（酸性溶液用酸式滴定管），需要；E(冷凝管)：

用于蒸馏或回流，滴定不需要；②反应原理：，则n(CH3COONa)=CH3COONa溶液的浓度c0=【小问3详解】①实验1：50.0mL醋酸钠溶液，pH=9.37，实验2：5.0mL醋酸钠溶液+45.0mL水，相当于将实验1的溶液稀释了10倍，实验2的pH为8.87，说明醋酸钠存在水解平衡：，CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1；②水解反应方程式：，平衡常数表达式：Kh=c(CH3COOH)⋅c(OH−)c(CH3COO−)，设初始浓度为cmol/L，水解生成的c(OH③题目已知水解是吸热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡正向移动，水解程度增大，因此溶液中会增大；④水解平衡常数

Kh=cCH3COOH⋅cOH−cCH3COO−≈c(OH−)2c−c(OH−)，实验3中溶液的pH为8.56，计

cOH−=Kw10−pHmol/L，则需要测定40℃时水的离子积常数，方案是用pH计测定40℃下纯水的pH，设纯水中pH=a18.对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。一种从废催化剂(主要含、，还含有少量、、、、)提取Zn、Mn、Ni等元素的工艺流程如下。已知：常温下部分物质的如下表。物质（1）“酸浸还原”时，转化为的离子方程式为：___________。_______+______________+_______（2）“氧化调pH”时，用NaOH将溶液的pH调至5，该过程中发生反应的离子方程式为___________。（3）“除钙镁”时，为使溶液中、沉淀完全(离子浓度小于)，溶液中至少应大于___________。（4）丁二酮肟(分子式为)难溶于水，可溶于有机溶剂。“沉镍”时，转化为配合物丁二酮肟镍(结构如图1)。①易从溶液中沉淀析出的原因有___________(填编号)。A．镍与N形成配位键B．配位时被还原C．丁二酮肟可溶于有机溶剂D．烃基具有疏水性②“沉镍”时，为提高丁二酮肟镍的产率，可加入少量NaOH溶液，原因是___________。③丁二酮肟镍与试剂X反应可实现丁二酮肟的循环利用，试剂X为___________(填化学式)。（5）可用于制备晶体，晶体的立方晶胞如图2。已知同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则Ni在晶胞中的位置为___________，晶体中与N原子最近且等距离的Cu的数目为___________。（6）滤液1中锰以的形式存在。“电解”时，以滤液1为电解质溶液，以Zn片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池的示意图并做相应标注___________。【答案】（1）（2）（3）（4）①.AD②.丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动，

丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率③.（5）①.棱心②.8（6）【解析】【分析】废催化剂（主要含ZnO、MnO2，还含少量NiO、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO）加入H2SO4和FeSO4，MnO2被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，其他金属氧化物溶解为对应离子。加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+、Al3+沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤除去。加入NH4F，使Ca2+、Mg2+沉淀为CaF2和MgF2，过滤除去。加入丁二酮肟，Ni2+形成丁二酮肟镍沉淀，过滤后得到滤液1（主要含Zn2+、Mn2+等）。滤液1电解可得Zn和MnO2。加入试剂X可得NiSO4，同时回收丁二酮肟。【小问1详解】在“酸浸还原”步骤中，作为氧化剂，将氧化为，自身被还原为。根据氧化还原反应的配平原则，反应的离子方程式为：。【小问2详解】“氧化调”时，加入调节溶液至5，此时与结合生成沉淀，反应的离子方程式为：。【小问3详解】要使、沉淀完全（离子浓度小于1.0×10−5mol·L−1

），对于CaF2：对于：

cF−=Ksp(【小问4详解】①A．丁二酮肟镍是配合物，与丁二酮肟中的形成配位键，导致其从溶液中沉淀析出，A正确；B．配位过程中的化合价未发生变化（仍为

价），未被还原，B错误；C．丁二酮肟可溶于有机溶剂，但这是丁二酮肟的溶解性，与沉淀析出的直接原因无关，C错误；D．丁二酮肟分子中的烃基（）具有疏水性，使得形成的丁二酮肟镍配合物在水中的溶解度降低，从而易沉淀析出，D正确；

故答案为AD；②丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动，

丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率；③丁二酮肟镍与试剂反应生成

，说明提供和H+，推测

为，丁二酮肟镍与反应，破坏配位键，使进入溶液生成NiSO4，丁二酮肟则被释放出来，实现循环利用。设晶胞边长为，根据立方晶胞中原子间距离的计算：体心到顶点的距离为，体心到棱心的距离为，棱心到顶点的距离为。已知dCu−N:dCu−Ni=3:2，若在体心，在顶点，

在棱心，此时dCu−N=32a，dCu−Ni=22a，比值为

，符合题意，所以

电解的目的是将在阳极被氧化为

MnO2，Zn2+在阴极被还原生成Zn，电解质溶液是滤液1（主要含Zn2+、Mn2+），阳极材料为石墨棒（惰性电极），阴极材料为片，在阴极放电，电解池示意图：。19.利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化为单质硫。Ⅰ．CaS将转化为单质硫涉及的主要反应如下：反应ⅰ反应ⅱ反应ⅲ（1）基态Ca原子的核外电子排布式为___________。（2）反应ⅰ的___________(用、表示)。（3）往密闭容器中加入1molCaS和，保持压强为100kPa的条件下，发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，平衡时反应体系中部分物质的物质的量如图。①反应ⅱ的___________0(填“>”“=”或“<”)。②1100K时，反应ⅰ的平衡常数___________(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压总压×物质的量分数)。Ⅱ．用还原可再生CaS，涉及的主要反应如下：反应ⅳ反应ⅴ在恒容密闭容器中加入，再往容器中通入，发生反应ⅳ和反应ⅴ。原料初始组成分别为2:1、3:1、4:1，达到平衡时随温度变化如下图所示。（4）原料初始组成，反应温度高于时，主要发生的反应为___________(填“反应ⅳ”或“反应ⅴ”)。（5）原料初始组成，反应温度为时，反应达到平衡，测得反应前后容器内气体的压强比为。①达到平衡时，的转化率为___________。②达到平衡时，获得CaS的物质的量为___________mol(用含、、的代数式表示，写出推导过程)。【答案】（1）或[Ar]（2）（3）①.>②.0.02（4）反应ⅴ（5）①.

%②.【解析】【小问1详解】钙（Ca）是20号元素，原子核外有20个电子，核外电子排布式为或[Ar]。【小问2详解】由盖斯定律可知，反应i=12×(反应iii−反应ii)【小问3详解】①观察图像中的曲线。随着温度升高，的物质的量显著增加，说明反应ii平衡正向移动，正反应是吸热反应，

>

0；②在1100K时，和的曲线相交，n(SO2)=n(S2)，总压强P总=100kPa，设此时的物质的量为

mol，则的物质的量也为

mol，气体总物质的量n总=n(SO2)+n(S2)=2x

mol，

的分压【小问4详解】观察图中n0(H2)/n0(CaSO4)=4:1的曲线。当温度高于时，如果只发生反应iv：CaSO4(s)+H2(g)⇌CaO(s)+H2O(g)+SO2(【小问5详解】①初始投料：n0(CaSO4)=amol

，n0(H2)=3amol，反应温度为时达到平衡。根据图像，平衡时n(H2O)=a⋅y2mol。反应iv消耗1mol

生成1mol

，反应v消耗4mol

②根据已知条件列出“三段式”反应前气体总物质的量为3amol，平衡时气体总物质的量为(3a-x-4y)mol+(x+4y)mol+xmol=(3a+x)mol，已知，则，已知，则，，n(CaS)=y=14(ay2-3a-3abb20.一种过渡金属催化的脱羧偶联反应如下(反应条件略)。（1）化合物1a中含氧官能团的名称为___________。（2）化合物2a的分子式为___________。（3）2a可与发生加成反应生成化合物Ⅰ。Ⅰ的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有2组峰，且该同分异构体能与溶液反应产生气体，其结构简式为___________。（4）下列说法正确的有___________。A.在1a和2a生成3a的过程中，有C-H键的断裂和C-C键的形成B.化合物1a是苯甲酸的同系物，具有良好的水溶性C.在2a分子中，碳原子采取和杂化D.在3a分子中，有大键，