广东署山市2026届高三化学下学期二模试题含解析

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-1O-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．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.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CH2CH2，不是CH2，D错误；

故选A。

3.尿素铁FeHNCONHNO可用作铁肥和缓释氮肥。下列化学用语错误的是

22633

A.中子数为30的铁核素：56B.—NH的电子式：

26Fe2

C.-的VSEPR模型：D.Fe3+的价电子排布式：5

NO33d

【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56，A正确；

26305626Fe

B．NH2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；

5132

C．NO​中中心N原子的价层电子对数键数孤电子对数33，无孤电子对，因此

32

VSEPR模型为平面三角形，图示为四面体形，C错误；

62

D．Fe为26号元素，核外电子排布为Ar3d4s，Fe3价电子排布式为3d5，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

FeOH3

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

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．FeCl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FeOH红褐色胶体应

33

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.1mol甲最多能与2molNaOH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sp2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，1mol羧基消耗1molNaOH；同时含2个酰胺键，碱性条件下酰胺键水解，1mol

酰胺键消耗1molNaOH，因此1mol甲最多消耗4molNaOH，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

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

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

CaOCaO+H2O=CaOH2

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aO2酸性氧化物(或碱性氧化物)bH2O酸(或碱)c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O2反应生成的酸性氧化物b为SO2，SO2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O2反应生成的碱性氧化物b为CuO，CuO难溶于水且不与H2O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O2直接反应生成的是NO，NO属于不成盐氧化物，且不与H2O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O2反应生成碱性氧化物b为Na2O，Na2O与H2O反应生成碱c为NaOH，NaOH

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，

CO2Na2CO3CaOH2Na2CO3NaOH

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11.2LO2，转移2mole

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

O22H2O4e4OHO2

11.2L

0.5mol，转移电子的物质的量为0.5mol42mol，C正确；

22.4L·mol1

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。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确

的是

A.1氨水中的数目为

1L1molLNH4NA

B.1molAgNH中σ键的数目为8N

32A

C.常温常压下22.4LNH3中含有电子的数目为10NA

D.0.5mol乙醛与足量银氨溶液完全反应转移电子的数目为2NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．是弱电解质，在水溶液中仅部分电离，故1氨水中的数目小于，

NH3H2O1L1molLNH4NA

A错误；

B．1个AgNH中，2个NH分子共含6个N-H键，还有2个Ag-N配位键，总计8个键，

323

故1molAgNH中键的数目为8N，B正确；

32A

1

C．常温常压下气体摩尔体积大于22.4Lmol，22.4LNH3的物质的量小于1mol，每个NH3含10个电子，

故含有电子的数目小于10NA，C错误；

D．1mol乙醛与足量银氨溶液反应转移2mol电子，故0.5mol乙醛完全反应转移电子的数目为NA，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

1

步骤Ea(kcalmol)

Ⅰ12.2

Ⅱ63.2

Ⅲ55.7

Ⅳ23.2

Ⅴ47.7

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H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(E)=63.2kcal·mol-1（步骤Ⅱ），途径②：

E=55.7kcal·mol-1（步骤Ⅲ）途径③：max(E)=47.7kcaₐl·mol-1（步骤V），故途径③最快，途径

①ₐ最慢，C错误；ₐ

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；

2+

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Mn，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0.01mol/LHCN溶液与0.01mol/LNaCN溶液等体积混合，可得到缓冲溶液。常温下HCN电离常数

10。下列叙述正确的是

Ka6.210

A.该混合溶液中：cHCNcCN

B.加水稀释，KaHCN增大

C.混合溶液中：cNa2cHCNcCN

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】

K

w5

【详解】A．混合溶液中CN的水解常数Kh1.610Ka，CN水解程度大于HCN的电离程

Ka

度，因此cHCNcCN，A错误；

B．电离常数Ka仅与温度有关，常温下温度不变，KaHCN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nHCNnCN2nNa，即

2cNacHCNcCN，选项比例关系颠倒，C错误；

D．加入少量NaCN固体，直接使cCN增大，同时HCN的电离平衡HCNHCN逆向移动，

cHCN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：2

RX3ZX2

【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；

2-4+2-23

D．CO中C原子的价层电子对数为3+=3，不含孤对电子，为平面三角形结构，SO2分子中心原

32

6-222

子S的价层电子对数为2=3，孤对电子数为1，为sp杂化，分子构型为V形，则键角：CO2SO，

232

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

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.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．键能FHOH、沸点HFH2O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NaK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

NaClKCl，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：2--

C+2O+4e=CO2

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1molLaNix合金，理论上有8mole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：2--，B错误；

C+2O-4e=CO2

2-

C．电解池工作时，阴极消耗金属阳离子，阳极消耗O，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1molLaNix合金，理论上有(3+2x)mole

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：①CsH2OgCOgH2g

ΔH0，②COgH2OgCO2gH2gΔH0，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，，此时反应②生成CO2的速率接近于0，而反应①生成CO的速率大

于0，故C错误；c(CO)≈0

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)。

a．溶于蒸馏水b．溶于浓硝酸

c．过滤d．加水稀释

1

（2）常温下，取20.00mL上述Fe(NO3)3溶液，连接pH传感器，加入0.0679molLNaOH标准液，pH

变化如图。溶液混合时体积变化忽略不计，101.60.0251。

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。

3+

②上述Fe(NO3)3溶液物质的量浓度为___________mol/L(忽略Fe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。

序号VFeNO/mL吸光率

33VH2O/mL

Ⅰ2240%

Ⅱ13A1

3+

能说明稀释Fe(NO3)3溶液，Fe(OH)3浓度变小，但Fe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）①.3②.bd

Fe3H2OFeOH33H

（2）①.KSCN②.0.0200

（3）20%＜A1＜40%

-

（4）①.H2O、OH②.加热时HNO3挥发③.＞1.6④.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】

3

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

Fe3H2OFeOH33H

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101.6mol/L20.00103L-104mol/L45.00103L，和铁离子反应的氢氧化钠为

0.0679molL125.00103L-101.6mol/L20.00103L-104mol/L45.00103L，此时氢氧化钠

3+-

恰好和硝酸铁反应：Fe+3OH=FeOH，则上述Fe(NO3)3溶液物质的量浓度为

3

1

131.6343

0.0679molL25.0010L-10mol/L20.0010L-10mol/L45.0010L。

30.0200molL1

20.00103L

【小问3详解】

20%＜A＜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(NO)溶液，Fe(OH)

1FeNO33333

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：

36257.012.9

已知：KspCuS6.310，KspZnS310；KalH2S10，Ka2H2S10。

（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cZn20.1molL1，为避免引入ZnS沉淀，“沉铜后液”中c(Cu2+)不能低于

___________mol/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

2-

___________(此时溶液中的S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+-②.NaS溶液碱性过强，易产生Fe(OH)、Cu(OH)或其碱

Cu+2HS=CuS+H2S232

2-

式盐杂质(或S浓度过大，产生ZnS沉淀)③.2.11012

（3）常压氧浸(或低酸洗涤)

（4）9.95（5）①.Cu3Se2②.①

（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：

2+-；

Cu+2HS=CuS+H2S

2-

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S浓度过大，产生ZnS沉淀)，故不

使用Na2S作为沉淀剂；

KZnS3

“浸取液”中cZn2+=0.1molL，则cS2-=sp==3molL，为避免引入ZnS沉淀，

cZn2+0.1−25

−1×10−24−1

⋅KCuS×10⋅

“沉铜后液”中不能低于cCu2+=sp==2.1molL。

cS2-3−36

6.3×10

−24−12−1

【小问3详解】×10×10⋅

“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】

2-

向NaOH溶液中通入H2S气体可制得NaHS溶液，此时溶液中的S和H2S可看作近似相等，则

+-+2-

cHcHScHcS2+-7.0-12.9+-9.95

KalH2SKa2H2S=-=cH=1010，cH=10mol/L，则为得到更多的NaHS，

cH2ScHS

应控制溶液的最适pH为9.×95；×

【小问5详解】

13

据“均摊法”，两种结构单元中共含41个Cu、1个Se，则该铜硒化合物的化学式为Cu3Se2；两种

82

3

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

2

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)，Mo2C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：

编号过程H(kJmol1)

(a)主反应CH4gCO2g2COg2H2g247

(b)逆水汽转换H2gCO2gCOgH2Og41.2

(c)CO歧化2COgCsCO2g171

(d)CH4裂解CH4gCs2H2g76

（1）基态Mo原子的价电子排布式为4d55s1，其在周期表的第___________周期___________族。

1

（2）甲烷蒸气重整反应：CH4gH2OgCOg3H2gΔH___________kJmol。

（3）恒温恒容容器中，在Mo2C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

c2CO

C.平衡后加入CH4，再次平衡时增大

cCO2

D.寻找更高效的催化剂，可提高主反应的选择性

（4）Mo2C催化DRM主反应的反应机理如图。

①历程Ⅰ的化学方程式为：___________

___+___CO2=___Mo6C3O2+___CO。

②物质A的化学式为___________。

（5）100kPa的恒压容器中通入1molCH4和1molCO2，反应体系中各含碳微粒平衡时的物质的量随温度变

nH

化如图甲所示，平衡转化率及氢碳比[2]随温度变化如图乙所示。900℃时积碳可以忽略不计。

nCO

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1mol，此时CO2为___________mol。

③730℃前，氢碳比随温度升高而下降，可能的原因是___________。

2

④900℃时，反应(a)的分压平衡常数Kp为___________(kPa)(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）①.3Mo2C2CO2Mo6C3O22CO②.CO

（5）①.Ⅲ②.0.54③.730℃前，反应(b)和(c)占主导，反应(b)吸热，升温正向移动，

22

1.91.9

100100

3.93.9

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.K

P0.050.05

100100

3.93.9

【解析】

【小问1详解】

Mo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CHΔH=反应反应(b)，因此

422

kJ/molkJ/mol(g)+HkJO/m(ogl)；⇌CO(g)+3H(g)(�)−ΔH=+

2【4小7问3详−解4】1.2=+205.8

A：反应(a)H0，S0，根据GHTS，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，可推得不会增大（根据反应c:CO歧化反应），C错误；

2

c(CO)

D：高效催化剂可以提高主反应的反应速率，提c(C高O2)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​，配平后化学计量数为3、2、1、2，故答案为：

；Mo2C3Mo2C+

2CO2=1Mo6C3O2+2CO

②根据图像可推出总反应为CH4CO22CO2H2​，结合反应机理和原子守恒，历程第四步生成的

A为CO，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2mol，故上

升曲线Ⅲ代表CO。

②根据C守恒：总碳为2mol，，积碳1mol，故

；n(CH4)=n(CO)=0.23moln(CO2)=2−0.23−1−0.23=

0③.54m73o0l℃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；

n(H)

④900℃积碳可忽略，由图乙得CO​转化率为95%，氢碳比21，根据原子守恒计算得平衡

2n(CO)

时：，，，，总物质的量总，

�(��4)=0.05𝑚�n(CO2)=0.05moln(CO)=1.9moln(H2)=1.9mol�=3.9𝑚�

总压，分压总压物质的量分数，，代入得：