2026年高考真题-化学（广东卷） 含解析

2026年普通高中学业水平选择性考试(广东卷)化学本试卷满分100分，考试用时75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Fe56Cu：64一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.中国的桥，中国的美。桥如诗，梁如虹，一柱一梁见匠心。下列桥梁构件的材质主要成分属于有机物的是广济桥

赵州桥A．石拱B．木船十七孔桥港珠澳大桥C．汉白玉石栏杆D．斜拉钢索A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．石拱主要成分为硅酸盐、碳酸钙等无机物，不属于有机物，A错误；B．木船的材质为木材，主要成分是纤维素，属于含碳的有机物，B正确；C．汉白玉石栏杆主要成分为碳酸钙，属于无机物，C错误；D．斜拉钢索为钢质材料，属于铁合金，是无机物，D错误；第1页/共26页故选B。2.中国科技多方位成就世界之最。下列说法正确的是A.“氢”装上阵：兆瓦级氢燃料航空涡桨发动机研制成功。H2燃烧属于放热反应B.T1200级超高强度碳纤维实现百吨级量产。碳纤维是天然高分子C.3He和4He中子数相同D.“镁铈”成双：嫦娥五号月壤中发现含镁、含铈两种新矿物。镁和铈位于同周期【答案】A【解析】【详解】A．所有燃烧反应均为放热反应，H2燃烧释放热量，属于放热反应，A正确；B．碳纤维主要成分为碳单质，是人工合成的高性能材料，不属于天然高分子，B错误；C．中子数=质量数-质子数，3He中子数为321，4He中子数为422，二者中子数不相同，C错误；D．镁元素位于第三周期，铈为镧系元素，位于第六周期，二者不位于同周期，D错误；故选A。3.品如其画(如图)，竹蕴君子之德，亦含化学奥秘。下列过程对应的叙述错误的是A.破竹制简：刀破竹过程是化学变化B.竹浆造纸：可选用SO2漂白竹纸浆第2页/共26页C.伐竹烧炭：竹制活性炭具有多孔结构，可作吸附剂D.竹材热解：热解产物中的CH4和CO均可用作燃料【答案】A【解析】【详解】A．刀破竹过程仅改变竹子的形状和大小，无新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，A错误；B．SO2具有漂白性，可用于漂白竹纸浆，B正确；C．竹制活性炭具有疏松多孔的结构，吸附能力强，可作吸附剂，C正确；D．热解产生的CH4和都具有可燃性，均可用作燃料，D正确；故选A。4.光影岁月流转，科技定格万象。下列说法正确的是A.烛焰小孔成像。蜡烛燃烧时化学能全部转化为光能B.凸透镜聚光成像。石英玻璃凸透镜的主要成分为硅酸钙光C.卤化银胶片感光成像。2AgBr2AgBr2属于化合反应D.硅基器件数字成像。单晶硅应用非常广泛，属于共价晶体【答案】D【解析】【详解】A．蜡烛燃烧时化学能除转化为光能外，大部分转化为热能，并非全部转化为光能，A错误；B．石英玻璃的主要成分为2，不是硅酸钙，B错误；C．该反应是一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应，不属于化合反应，C错误；D．单晶硅中硅原子之间以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，D正确；故选D。5.化学之美在于发现。陈述和陈述均正确但两者间没有关联的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA光束通过FeOH胶体，产生3明亮通路胶体粒子对光线有散射作用第3页/共26页B天然水晶呈现规则外形晶体中原子呈周期性有序排列C烟花绽放，焰色五彩缤纷碱金属原子容易失去最外层电子D铜丝浸入3溶液中可形成美丽银树Cu的还原性比的强A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．丁达尔效应的本质是胶体粒子对光线的散射作用，两个陈述存在因果关联，A不符合题意；B．晶体具有规则几何外形的本质原因是晶体中原子呈周期性有序排列，两个陈述存在因果关联，B不符合题意；C．焰色反应是金属元素的电子受到激发后跃迁释放特定波长的光产生的，属于物理变化，和碱金属易失最外层电子的化学性质无关，两个陈述均正确但无关联，C符合题意；D．Cu能置换出3中的Ag，依据氧化还原反应规律，还原剂的还原性强于还原产物，说明Cu还原性比Ag强，两个陈述存在因果关联，D不符合题意；故选C。6.做好防腐是发展海上风电的基础。下列措施不能达到防腐目的的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．钢管桩主要成分为铁，铁的金属活动性强于铜，二者在海水中形成原电池时，铁作负极失电子被氧化，会加速钢管桩腐蚀，不能达到防腐目的，A符合题意；B．铝表面致密的氧化膜能防止内部的铁被腐蚀，即使富铝涂层破损，形成原电池时铝作负极被腐蚀，可保护钢管桩；故能达到防腐目的，B不符合题意；C．该装置为外加电流法，钢管桩连接电源负极作阴极被保护，能达到防腐目的，C不符合题意；第4页/共26页D．锌的金属活动性强于铁，二者在海水中形成原电池时锌作负极被腐蚀，属于牺牲阳极法，钢管桩作正极被保护，能达到防腐目的，D不符合题意；故选A。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.23g2和N24混合气体中含有的N原子数为NAB.1molNa与足量O2反应完全，失去的电子数为NAC.标准状况下，22.4LCH3Cl中含有极性共价键的数目为NAD.在2L0.5/L的水溶液中，的数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．2和N24最简式均为2，23g混合气体对应最简式2的物质的量为g46g/molmol，含有的N原子数为0.5N，A错误；AB．Na与O2反应时Na元素化合价从0升高到+1，1molNa完全反应失去1mol电子，即失去电子数为N，B正确；AC．标准状况下22.4LCH3Cl物质的量为1mol，1个CH3Cl分子含有4个极性共价键：3个C-H键、1个C-Cl键，故极性共价键数目为4N，C错误；AD．苯酚根离子为弱酸根，在水溶液中会发生水解，故2L0.5mol/L苯酚钠溶液中苯酚根离子的数目小于N，D错误；A故答案选B。8.结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是选项事实解释A热稳定性：HClHI键能：HClHIB酸性：乙酸>丙酸推电子效应：第5页/共26页CHCHCH323C沸点：邻羟基苯甲醛>水邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键D在CCl4中的溶解度：苯苯和CCl4为非极性分子，NH3NH3为极性分子A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Cl原子半径小于I，H-Cl键长更短、键能更大，共价键更稳定，因此HCl热稳定性强于HI，A正确；B．烷基为推电子基团，乙基推电子效应强于甲基，使丙酸羧基的O-H键极性弱于乙酸，更难电离出H+，因此酸性乙酸强于丙酸，B正确；C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键会减弱分子间作用力，反而会降低沸点，其沸点高于水的原因是相对分子质量远大于水，范德华力更强，解释错误，C错误；D．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，苯和CCl4均为非极性分子，NH3为极性分子，因此苯在CCl4中溶解度大于NH3，D正确；故选C。9.用如图装置进行实验，反应一段时间，关闭活塞和止水夹，熄灭酒精灯，冷却后提起铁丝，注入稀硫酸。下列说法错误的是A.I溶液变棕黄色，体现I−的还原性第6页/共26页B.浓硫酸的作用是吸收水分，干燥Cl2C.U形管中溶液遇KSCN溶液变红，说明有Fe3+存在D.烧杯溶液中最终存在：cNacHcClcClO【答案】D【解析】【分析】Y形管中CaClO)2和盐酸反应生成氯气，Cl2与KI发生反应Cl22IClI2，生成I使2溶液变棕黄，饱和食盐水洗气瓶的作用是除去氯气中混有的氯化氢，长颈漏斗在这里起到了平衡气压的作用，防止装置堵塞导致压强过大，浓硫酸洗气瓶作用是干燥氯气，除去水蒸气。U型管中铁丝在氯气中剧烈燃烧，产生棕褐色的烟FeCl3）溶液用于吸收未反应完的有毒氯气，防止污染空气。ACl2与KI发生反应Cl22IClI2I使溶液变棕黄，I2还原剂，体现还原性，A正确；B．制得的Cl2中混有和水蒸气，饱和食盐水除去，浓硫酸吸收水分，干燥Cl2，防止后续加热时水蒸气影响反应，B正确；C．加热条件下Fe与Cl2反应生成3，注入稀硫酸溶解后，溶液中含Fe3，Fe3遇KSCN溶液变红，可说明Fe3存在，C正确；D．烧杯中为吸收Cl2后的溶液，根据电荷守恒，溶液中阴离子还有，正确的关系式为：cNacHcClcClOc，D错误；故选D。10.美食镌刻着生生不息的化学密码。下列岭南美食对应的说法错误的是A.客家盐焗鸡：制作过程中使用的粗盐属于混合物B.潮汕牛肉丸：牛肉富含的蛋白质不含N、O元素C.肇庆裹蒸粽：糯米中富含的淀粉可水解成葡萄糖D.新会陈皮茶：茶香飘溢，说明分子是不断运动的【答案】B【解析】【详解】A．粗盐主要成分为NaCl，还含有氯化镁、氯化钙等杂质，属于混合物，A正确；B．蛋白质的基本组成元素包含C、H、O、N，部分还含有S、P等元素，因此牛肉中的蛋白质一定第7页/共26页含有N、O元素，B错误；C．淀粉属于多糖，可发生水解反应，最终水解产物为葡萄糖，C正确；D．茶香飘溢是分子不断运动扩散到空气中的宏观表现，说明分子是不断运动的，D正确；故答案选B。化合物24与4可用作电解质饮料的配料。短周期元素M、R、L、T、Q、X原子序数依次增加，R、X同族，Q与X相邻，Q基态原子的3p轨道为半充满，则A.原子半径：RXMB.金属性：TLMC.第一电离能：QTLD.最高价氧化物对应水化物的酸性：QX【答案】C【解析】【分析】Q基态原子3p轨道半充满，电子排布为s22s22p63s23p3，故Q为P；Q与X相邻且X原子序数更大，故X为S；R与X同族，故R为O；结合化合物为电解质配料4为4，T为Mg，原子序数依次增大规律，可推出M为H，L为Na，电解质为Na24，据此解答。【详解】A．同主族元素原子半径从上到下增大，故原子半径SOH，即XRM，A错误；B．同周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性NaH，即LTM，B错误；C．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，第A族p轨道半充满结构稳定，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能PMgNa，即QTL，C正确；D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性SP，故酸性HSOH，即XQ，D错误；2434故选C。12.用如图装置探究卤代烃的性质。用表格中的物质分别进行实验，对应的叙述正确的是第8页/共26页选项物质a溶剂b叙述Ⅳ中溶液褪色，发A2-溴丁烷乙醇生取代反应中生成2-丁醇，中石英棉和Ⅳ中溶B2-溴丁烷水液均褪色C溴乙烷水中注入少量K2Cr27溶液后，溶液颜色无明显变化冷却后向烧瓶中加过量稀硝酸，再加D溴乙烷乙醇AgNO溶液，生成沉淀3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．2-溴丁烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成烯烃，Ⅳ中溴的CCl4溶液褪色是因为烯烃与溴发生加成反应，不是取代反应，A错误；B．2-溴丁烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成2-丁醇，能使酸性高锰酸钾褪色，但不能使溴的l4溶液褪色，B错误；C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热水解生成乙醇，乙醇可被酸性K2Cr27溶液氧化，溶液由橙色变为绿色，颜色有明显变化，C错误；D．溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成Br，加过量稀硝酸中和过量NaOH后，加第9页/共26页AgNO溶液会生成AgBr沉淀，D正确；3故选D。13.部分含C或N或Cl物质的分类与相应化合价关系如图。下列说法错误的是A.a分子中可存在π键和键B.c可由e受热分解产生C.可存在abcdb的转化D.a、c、f均可用于自来水消毒【答案】D【解析】【详解】A．a可以是N2，N2分子内含1个σ键和2个π键，因此分子中可存在π键和σ键，A正确；B．c可以是CO2，e可以是碳酸盐（盐类，碳元素为+4CO2，因此c可由e受热分解产生，B正确；C．对应转化为：N2NO23NO，可通过反应实现：N2和O2放电生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，稀HNO3与Cu反应生成NO，C正确；D．f为-1价的酸，只能是HCl，盐酸没有强氧化性，不能用于自来水消毒，D错误；故选D。14.下列物质性质实验对应的反应方程式书写错误的是A.23溶于NaOH溶液：Al233H2O2Al4B.铜丝插入热的浓硫酸中：浓Cu2HSOCuSO2HOSO24422C.6-羟基己酸的缩聚反应：nHOOC(CH2)5OH+nH2OD.乙醛被Cu氧化：CHCHOCuCHCOOCuOHO32232322【答案】C第10页/共26页【解析】【详解】A．23为两性氧化物，与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为Al233H2O2Al4，A正确；B．热浓硫酸具有强氧化性，可氧化Cu生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为Cu2HSOCuSO2HOSO浓，B正确；24422C．n个6-羟基己酸发生缩聚反应时，生成1分子高聚物的同时仅脱去n分子HO，且缩聚反应一般2使用单向箭头而非可逆符号，方程式nHOOCCHOH25催化剂nHO，C2错误；D．碱性条件下乙醛被Cu氧化为乙酸根，同时生成砖红色CuO沉淀，离子方程式为2

2CH3CHOCu2CH3COOCu2O3H2O，D正确；故选C。15.物质Ag可同时转化为它的同分异构体Bg和Cg，其反应过程的能量变化如图a，某温度下，测得恒容密闭容器中各组分浓度ꢀꢀ随时间t的变化如图b，则A.1时，体系中物质的质量：mA2mBB.图b中数据满足关系：2zxyC.体系中，反应AgCg先达到平衡D.体系平衡后，升高温度，B的体积分数增加【答案】B【解析】【分析】由题图a可知，生成C的活化能小，则反应速率快；相同质量B具有的能量比C低，B相对稳定，第页/共26页则反应足够时间，生成B的量增多，故在题图b中浓度逐渐减小的为A，开始生成速率快的为C，最终生成较多的为B。AA的质量为00ABC时物质的量相等，由题图b可知，1BC的浓度相等，则c()2c(B)0不变，故可得m()2m(B)0，t时，A的转化率未知，无法确定m()与2m(B)的关系，A错误；1BA项分析可知，1时，c()2cC)02xyc，t时，AB的浓度相等，02则2c()cC)0C的浓度为ꢀꢀ2zac2xy2zab可知t时C01的浓度大于t2时C的浓度，即xa，xa0，则2zxyxaxy，B正确；C．A生成B的反应和A生成C的反应是竞争反应，应同时达到平衡，C错误；D．根据题图a可知AB的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B的物质的量减小，而总的物质的量不变，故B的体积分数减小，D错误；故选B。16.一种利用电解还原ꢁCO和Ⅳ3溶液，膜①~③为阳离子或阴离子交换膜。下列说法错误的是A.①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜B.阳极反应为4e2H2O2C.电解一段时间后，室海水中盐的浓度降低D.电解过程中，室电解液的pH在一段时间内可保持稳定【答案】C【解析】第12页/共26页【分析】由题图可知，2在电极a上反应转化为CO，C元素化合价降低，故电极a为阴极，阴极反应为COHOeCO，生成的与电解液中的2222HCO发生反应3HCOCOHO。电极b为阳极，2332HO电离出的在阳极放电，阳极反应为2OH4eO2HO，22HO电离出的H发生反应2HCO2HCO。若③为阴离子交换膜，33结合电流方向可知，室海水中的Cl会向右通过膜③迁移至Ⅳ室中，并在电极b上放电生成Cl2，故③应为阳离子交换膜，以阻止Cl①为阳离②室海水中的Na+向左通过膜①迁移至室中，室海水中的Cl向右通过膜②迁移至室中，Ⅳ室电解液中的Na+向左通过膜③迁移至室海水中盐的浓度降低，室海水中盐的浓度升高。【详解】A．由分析知，①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜，A正确；B．由分析知，电极b为阳极，H2O电离出的在阳极放电，阳极反应为OH4eO2HO，B正确；22C．由分析知，电解一段时间后，室海水中盐的浓度降低，室海水中盐的浓度升高，C错误；D．根据前述分析，室中阴极反应生成的与电解液中的33/3反应生成CO2，形成HCOCO23缓冲体系，有利于室电解液的pH在一段时间内保持稳定，D项正确；故选C。二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。17.配合物应用广泛。某兴趣小组对铜的配合物进行探究实验。（1）氨水的制备：需选择的装置有___________。（2）制备铜氨溶液，以其为电解液在铁件表面镀铜，铁件连接直流电源___________极。（3）铜氨配合物的制备与表征：向4溶液中滴加氨水至过量，得深蓝色溶液，加入乙醇，析出固第13页/共26页体，过滤，___________，晾干得产物Q。用X射线衍射仪测试Q，观察到___________，说明Q为晶体；进一步确认其组成为CuNHSOHO。3442（4）探究铜氨配合物与酸的反应：①查阅资料：向铜氨溶液中滴加硫酸，依次发生反应：2(a)

CuNH342H2H2OCu24NH4

(b)CuOHHCuHO22222②理论预测：据①可知，若向Q的溶液中连续滴加硫酸，反应(a)、(b)消耗酸的体积分别为V和V，则abV1。ab③设计方案：测量反应体系的pH随加入硫酸体积ꢀꢀ的变化，以获得a和b。④进行实验序号实验内容用足量水溶解Q(ⅰ)离及___________。(用方程式表示)(ⅱ)称取w克Q于烧杯中，移取V稀氨水使Q完全溶解，得待测液0(ⅲ)搅拌下，向待测液中滴加0.1mol/LH24溶液，测量并记录V数据(ⅳ)移取0上述稀氨水，用___________溶液滴至终点，记录体积为1(ⅲ所得V曲线呈现两次pH突变，对应的终点ꢀꢀ依次为V和VmL，则V23ab___________(用1、2、3表示)。V。与AI(ⅲ的过程中生成的沉淀除⑥结果讨论：多次实验结果均为1Cuab2外还含有CuSO。224a．验证ꢁSO2存在：取洗净的沉淀少许，用稀盐酸完全溶解，___________，初步说明假设成立。b．探讨沉淀组成：某次实验结果为V2119，则第一个终点时，abnCuOH2nCuOHSO224第14页/共26页___________。⑦实验总结：实验过程中的反应比①中所述的复杂，可继续探究。【答案】（1）AB（2）负（3）①.洗涤②.明锐的衍射峰（4）①.NH3H2ONH3H2O、NHHONH。②.324mol/LHSO24③.VVVV④.滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，⑤.1821:32【解析】【分析】实验室制备氨气，采用加热NaOH溶液和固体NH4Cl的方法。探究铜氨配合物与酸的反应：1是空白实验中0稀氨水本身消耗硫酸的体积；滴定待测液时，第一个pH突变对应反应(a)完全结束，总消耗硫酸体积为2，因此反应(a)实际消耗硫酸体积a21；第二个pH突变对应反应(b)完全结束，总消耗硫酸体积为3，因此反应(b)实际消耗硫酸体积b32，以此解答。【小问1详解】实验室用NaOH与NH4Cl加热反应制取氨气，选装置A；氨气极易溶于水，用装置B中倒扣漏斗防倒吸，将氨气溶于水制得氨水；C装置装有25，它是酸性干燥剂，会与碱性的氨气反应，不能用来干燥或处理氨气。D装置是分液漏斗萃取装置，与制备氨水无关，因此选AB。【小问2详解】在电解池中，阴极发生还原反应，阳离子移向阴极得电子，溶液中的铜离子在铁件表面得到电子析出金属铜，制备铜氨溶液，以其为电解液在铁件表面镀铜，镀件（铁件）作电解池阴极，连接直流电源的负极。【小问3详解】析出晶体后，过滤、洗涤、晾干得到产物；晶体X射线衍射的特征是出现明锐的衍射峰，以此区分非晶体。【小问4详解】．铜氨配离子解离出NH3，NH3溶于水生成一水合氨，电离使溶液显碱性，方程式为NHHONHHO、3232NHHONH。324．步骤(iv)是一个空白对照实验，目的是测定在步骤(ii)中加入的V0mL稀氨水需要消耗多少硫酸。这是一个用强酸滴定弱碱的过程，为了准确判断滴定终点，使用和滴定待测液相同浓度的/LH24溶液。第15页/共26页⑤V1是滴定V0mL氨水所消耗的硫酸体积。V2是滴定至第一个终点（沉淀完全）时消耗的硫酸总体积。其中，与铜氨配合物反应（反应a）消耗的硫酸体积为Va，与V0mL氨水反应的硫酸体积为V1。因此，Va=V2-V1。V3是滴定至第二个终点（沉淀完全溶解）时消耗的硫酸总体积。从第一个终点到第二个终点，消耗的硫酸用于溶解沉淀（反应bVb，Vb=V3-V2，故VVVVVV。::ab2132⑥a．检验SO，沉淀用盐酸溶解后，滴加BaCl22溶液，若产生白色沉淀，即可证明4SO2存在。4b．设nCuOHxmol，nCuSO，根据224

22CuNH342H2H2OCu24NH4、nH22=2x6ymol2CuNH6HSO2HOCuSO8NH34422244据CuOHHCuHO、CuSOHCuSOHOnH222222224224222=2x2ymol，结合V:V21:19可知，ab2x6y21x，解得18，2x2y19ynCuOH2nCuOHSO22418。18.金(Au)(2S3、FeS2、2和MgO等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。已知：AuⅢ和在一定条件下均可与Cl形成可溶于水的配离子。氢氧化物FeOHFeOH322298KK2.810394.910175.61012sp（1）金精矿研磨成粉是为了___________，提高浸取速率。（2）“沉锑”的反应中，还原剂为___________。第16页/共26页（3）“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则①阴极反应式为___________。②初始电解液中cFemolL，21.4/c20.056/L。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室cOH应不大于___________mol/L(列算式)。（4）“X”包含多个步骤，需同时用到HCl和H2O2溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中cHO的变化如图2，在滤液2中主要以AuCl224存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为___________。（5）“沉金”通过NaOH的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成的离子方程式为___________。___2AuCl4HSO______2Au____Cl____H。3（6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的Ag+形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与Ag+有配位作用且___________。（7）①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是___________。第17页/共26页②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据___________位置，Sb占据___________位置。(填编号)【答案】（1）增大反应物接触面积（2Fe（或铁粉）（3）①.Fe22e②.32.810391.4或321039（4H22浓度在1/LHCl溶液浸出H22浓度在3mol/L与HCl溶液浸出，过滤（5）2AuCl3HSO3HO2Au3SO2Cl9H4324（6）杂冠醚的空腔大小与Ag的直径（大小）相匹配（7）①.GaN②.A、B或C③.C或A、B【解析】【分析】先通过盐酸+氧化剂体系，将硫化锑转化为可溶性配离子[SbCl4]，过滤后滤泥含有Au、Ag、SiO、S等；滤液主要含[SbCl，还会存在Fe3、Mg等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时也224将Fe3还原为Fe2，滤液1含有Mg2、Fe2，通过电解实现沉锑试剂的回收循环，降低原料成本。滤泥除硫后得到含金银粉体，通过控制H22浓度在酸性条件下实现金、银的选择性浸出，最后用亚硫酸钠还原沉金得到单质金，回收的锑可进一步加工制备光电材料AlSb，实现副产物高值化利用。【小问1详解】固体研磨成粉，可增大反应物接触面积，加快反应浸取速率。【小问2详解】沉锑过程中，将[SbCl4]中+3价还原为单质，被氧化，作还原剂。【小问3详解】第18页/共26页①Fe2得电子生成单质，故阴极反应为Fe22e。②阳极室要防止产生沉淀，由K数据可知，FeOH和两种沉淀中，FeOH先沉淀，222但考虑到阳极Fe2失电子生成Fe3，最终cFe31.4/L，32.81039KFecFec，计算得不产生沉淀时33csp31.4，该值远小于FeOH沉淀的临界cOHKFeOH计算。，因此按sp23【小问4详解】由图可知，cHO在22x时浸取率接近，浸取率很低，先过滤除去；再将cHO122调至3，浸取率接近，可提高金的提取率和纯度。【小问5详解】从3价降为0，2个共得e；HSO中S从4价升为6价（生成SO22e，因此34HSO系数为3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式3。2AuCl3HSO3HO2Au3SOCl9H24324【小问6详解】超分子选择性识别的原理，除了配位作用，还需要空腔尺寸与离子大小匹配。【小问7详解】①离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，N电负性远大于，和电负性相近，因此GaN中电负性差更大，离子键成分更大。181，B（面心）数目为②为1:1型化合物，晶胞中：A（顶点）数目为8163，AB共24个；C（晶胞内部）共4个，满足4:41:1。由此可知，顶点和面心是一种原子，晶胞内部是另一种原子，因此Al和Sb分别占据顶点（A）+面心（B）和体内四面体空隙（C19.硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。（1）基态S原子的价层电子轨道表示式为___________。（2）我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。2HSaqOaq2Ss2HOl222ΔH12SsOaq2HOl2SOaq4Haq2224H2第19页/共26页SOaqHSaqHaqSsHOl322442ΔH3则ΔH3___________(用H表示)。ΔH和12（3）H2S的氧化可在卟啉铁配合物[HO](用Z表示)催化下进行，其中的一步反应为22,2。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~ⅢHOHSHO组仅初始c不同；Ⅳ与组仅温度不同。0t时间内的实验数据如图1。0①下列说法正确的有___________。A．0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>ⅢB．Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<ⅢC．实验温度：Ⅱ>ⅣD．平衡时Z的浓度：和Ⅳ相等②、和的数据点分布在一条直线上，且ⅢⅡ/Ⅱ1.2，则y___________。（4）SCll可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成SOg、Ss和g，该水解反应222的熵变___________0(填“>”“=”或“<”)。（5）某低共熔溶剂(D)可用于吸收g，其吸收过程可表示为：HClgHClsol，xHClsolDlDxHClsol在一定ꢀꢀ和g压强(p)下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收g的量为，相关信息见图2，或随p的变化如图3。第20页/共26页①1molD在303K、p100下吸收g350Kp40kPa后可释放___________molHClg。②形成DxHClsol的总过程表示为xHClgDlDxHCls,o,l，其平衡常数ꢀꢀ可表示为Kn/100xnDp350K时，K1.0，则在350K、p64、1molD最多可吸收___________molHClg。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)31HH【答案】（1）（2）1222（3）ꢁ.BCꢂ.3.2（4>（5）ꢁ.0.82ꢂ.由题图3可知，350K时0.00不变。p100时，0.25，结合题图2中信息，()()xnxnn(D)1mol00.25，0.25n(DH)mol，则x0.25Kx1.00.251xxn(DH)K1.0，解得x；p64kPa时，，解得1n(DH)0.640.54n(DH)mol，940.5，故1molD最多可吸收0.22molHCl(g)90.221【解析】【小问1详解】S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为第21页/共26页；【小问2详解】313反应1反应2，故22根据盖斯定律，31HHH；31222【小问3详解】①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着c的增大，Z的反应速率逐渐增大，0转化率也逐渐增大，A错误；B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着c的增大，Z转化率逐渐增大，B正确；0C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>Ⅳ，C正确；D．和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误；故BC；②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故2.01.0y2.0ccccI，y2.01.2ccccI，则y3.2。【小问4详解】SCl在潮湿空气中水解的化学方程式为2SCll2HOlSOg3Ss4HClg，该反应222222为熵增反应，熵变0。【小问5详解】①由题干可知，每摩尔D吸收g的量为。结合题图3可知，303K、p100时，0.15，0.86，0.150.861.01；350K、p40kPa时，0.00，0.19，0.19，故达平衡后释放的g为1.010.190.82。②1molD最多可吸收0.22molHCl(g)，计算过程见答案。20.羟基广泛存在于天然产物与药物的分子中。从化合物出发合成化合物．在化合物Ⅳ的辅助下，利用光催化实现羟基迁移，得目标产物Ⅶ。合成路线如下(部分条件及试剂略)。第22页/共26页（1）化合物中苯环侧链上的官能团为___________(写名称)。（2）反应I+X和Ⅱ+H2的原子利用率均为100%。①X分子的空间构型为___________。②的核磁共振氢谱图中