广西壮族自治区2026届高三年级下册考前三模预测化学试卷（含解析）

广西壮族自治区2026届高三下学期考前三模预测化学试卷

一、单选题

1.现代科技的进步，既增强了综合国力，又增进了民生福祉。下列说法正确的是（）

A.神舟载人K船使用了碳纤维复合材料制品，碳纤维与石墨互称为同位素

B.低渗氮耐辐照高纯石英玻璃可作激光陀螺仪的基材，该石英玻璃的主要成分是单

质硅

C.新型热控涂层中含有二氧化钛和氧化锌，二氧化钛、氧化锌都是金属材料

D.新型无烟固体推进剂中含有硝酸筱，硝酸铉为离子晶体

2.化学用语是化学工作者的“语言”。下列化学用语表示错误的是（）

A.自由基F的电子式：.F:

+

C.水溶液中，NaHCO?的电离方程式：NaHCO3=Na+HCO3

H—C

4

口.。-14中©-14的形成过程:

C测定SO2的体积D加热NaOH溶液

A.AB.BC.CD.D

4.设N，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.。?与足量CH,反应，当消耗22.4L（标准状况下）5时，形成共价键的数目为

2%

B.在ImolLT'的NH4a溶液中,NH：的数目小于NA

C.lmolNa。与水反应，转移电子的数目为4砥

D.H?。的中子数比D?O的少乂人

5.螯合物M是以CY+为中心通过螯合配位成环而形成的化合物，具有较强荧光性

能，其结构如图所示。下列说法正确的是（）

A.螯合物M中CM+提供孤电子对形成配位键

B.螯合物M中N原子沟为sp,杂化

C.螯合物M中配位数大于配体种类数

D.电负性：N>O>H

6.下列对物质性质的解释错误的是（）

选项物质性质解释

冰晶体中水分子通过氢键形成空间网状结构，

A冰的密度小于液态水

分子间空隙大，导致密度减小

BCO的熔点远高于N?CO为极性分子，而N?为北极性分子

金属铜具有良好的导电

C铜晶体中存在可自由移动的电子

性

DNazHPO,溶液显碱性HPO；-的电离程度大于其水解程度

A.AB.BC.CD.D

7.化合物X是从芫花中分离出的一种黄酮类药物，具有抗神经胶质瘤能力和抗癌作

用，其结构如图所示。下列有关X的说法正确的是（）

A.分子中含有5种官能团

B.lmolX与浪水反应时最多消耗4moiBi2

C.根据结构推测，该分子可作为抗氧化剂

D.能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键

8.天蓝石是具有玻璃光泽的蓝色晶体，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、

Y、Z、Q组成。其中W元素与其他元素均不同周期。X、Y的基态原子s轨道电子总

数均与自身的P轨道电了总数相等，Q的质了数等于Z所在族的族疗数的5倍。下列

说法正确的是（）

A.第一电离能：Z>YB.YX为共价晶体

C.中心原子孤电子对个数：W2X<QW3D.lmolQ4分子中含有

6moic键

9.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式书写正确的是（）

2+

A.向CuSO4溶液中逐滴加入少量氨水：Cu+2NH3-H2O=Cu（OH）2J+2NH：

B.BrCl溶于NaOH溶液：BrCl+20H=Br+C10+H20

C.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：CI0+H-=HC10

D.向硫酸铜溶液中加入过量的硫氢化钠溶液：CU2++HS=CUS；+H"

10.研究发现，使用储量丰富的非贵金属基Co-MoS?催化剂，能实现高效CO?加氢制

甲酸，反应中两种路径的相对能量变化如图所示（已知：电的相对能量为0,TS表示

过渡态物质，*表示吸附态）。下列说法错误的是（）

1.67

HCOO*+H*

A.通过路径1更容易实现CO2加氢制甲酸

B.路径2的进程中，决速步骤为C02*+凡*=HCOO*+H*

C.在不同路径中，总反应的焰变相同

D.和路径1相比，路径2中甲酸被催化剂吸附得到的吸附态更稳定

11.实验室合成环己酮缩乙二醇的步骤如下：在圆底烧瓶中按比例加入乙二醇、环己

酮、带水剂（苯卜催化剂（浓硫酸），组装好实验装置（如图），边搅拌边加热回流，反应

一段时间后，冷却，依次用蒸储水、5%Na2cO3溶液、蒸储水洗涤并干燥有机层，对

干燥后的有机层进行蒸馈并收集174〜180久的僧分（艮］产品）。

反应原理：0^>=O+HOCH2cH20H—之，）<）］+H20

A.实验时，圆底烧瓶中应加入沸石防止暴沸

B.第二次用蒸储水洗涤的目的是除去硫酸和乙二醇

C.分水器中水层液面的变化情况可监控反应是否达到平衡

D.用5%Na2coi溶液洗涤的目的是中和残留的酸

12.环六糊精（D-毗喃葡萄糖缩合物）具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，

可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、4,4-联毗陡

与环六糊精形成的超分子示意图及超分子聚合物。下列说法错误的是（）

图2图3

A.环六糊精中含有手性碳原子

B.形成Imol超分子聚合物需要（n+2）mc1Ni2+

C.非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子

D.超分子聚合物中N原子与Ni2+形成了配位键

13.固态全锂硫电池应用于eVTOL（电动垂直起降航空器）、电动无人机，续航时间显

著提升。一种全固态锂硫电池在一定条件下50次循环后容量保持率高达89.3%,库仑

效率接近100%,该电池的结构示意图如图（其中LPS代表Li3Ps4薄膜材料）:

硫电极（P4sq

固体电解质（LPS）

Li电极

下列说法错误的是（）

A.放电时，硫电极的电极反应式为P4sl6+12eT12Li'=4Li3Ps4

B.该电池中合成的LPS的厚度不可控

C.充电时，向Li电极移动

D.充电时，当有O.lmol电子转移时，阴极增重0.7g

14.在一定温度下，用NaOH溶液分别滴定CH3coOH、CuSO4.FeC1三种溶液，pM

、/a、c（CH,COOH）

与pH的变化关系如图所示。pM=-lgM,M表示c（zCu」）、c（Fe'）或「八八\。

已知，lg2=0.30下列说法错误的是（）

pH

H

A.曲线II表示-lg《Fe3+)与pH的关系

B.该温度下，Cu(0H)2的溶度积数量级为10-2。

C.该温度下，CH3coOH的电离平衡常数(=1x10-5

32+

D.3CU(OH)2(S)+2Fe-(aq)U3Cu(aq)+2Fe(OH)3(s)的平衡常数D=8叫0逐

二、实验题

15.某课外兴趣小组在学习课本探究内容“利用覆铜板制作图案”的过程中，提出能否

用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否还存在Fe3+。通过与人工智能大模型对话，得知

向“铜腐蚀液”中滴加KSCN溶液，溶液变为红色后颜色会褪去并立即产生白色沉淀，

不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否存在Fe"。为判断大模型的看法是否可信，

他们设计了实验进行探究。回答下列问题：

(1)用覆铜板制作印刷电路板的原理为(填化学方程式)。

【探究一】向“铜腐蚀液”中滴加KSCN溶液，探究产生的白色沉淀的来源和成分。

基于对“铜腐蚀液”中微粒成分的分析，白色沉淀的来源可能为：

假设1：Fe?+与SCN-反应产生的；假设2：Cu?+与SCN-反应产生的。

(2)通过与人工智能对话，得知仅假设2成立，请设计实验判断大模型的看法是否可

信。

己知：NH：对本实验无干扰。

实验1：

1滴O.lmol/L静置1天

__KSCN溶液1r*_

2mL0.1mol^无明显变化溶液变浅红色

(NH&)2Fc(SO4)2溶液

实验2：（用文字说明实验步骤即可）。

【查阅资料】（SCN%被称为“拟卤素”，SCN-的还原性与「的相当；少量「与Cu"可

发生反应4「+2Cu2，=2CuIJ+U。

（3）通过实验验证了大模型对白色沉淀来源的看法是正确的，试写出C/+与SCN生成

白色沉淀的离子方程式：o

【探究二】探究Cu"、Fe?+、KSCN体系的反应原理。

电极电对Fe3+/Fe2+Cu2+/Cu+CU2+/CUSCN(SCN"CN~

E0/V0.770.150.780.77

（4）已知：若两种电极电对的标准电极电势（炉）相等，则认为它们能发生可逆反应。试

推测该体系中Fe?+参与的可逆反应为。

（5）设计实验如图，已知前两步为构建CM+、Fe2+.KSCN的平衡体系。

1滴O.lmol/L1滴O.lmol/L震荡3滴O.lmol/L3滴O.lmol/L

C11SO4溶液KSCN溶血KSCN溶液’C11SO4溶液’

DDDDDD

2mL0.1inul/L溶液变红，并黄白色浊液红色浊液黄色浊液

无明显变化

(NH5Fe(SO4)2溶液伴有白色沉淀

通过实验可知，实质上SCN-的催化作用分别增强了.（填离子符号，下同）

的还原性和的氧化性。

【结论】

（6）通过上述实验探究，可知大模型关于不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否存在

Fe3+的看法是（填“正确”或"不正确”）的，原因是

三、填空题

16.科研人员采用绿色自催化工艺对某电子废弃物（主要含Fc、Cu、Au、Pd）进行联合

回收Cu、Au、Pd的工艺流程如图。

PMS、KCI混合溶液二丁基卡必醇草酸溶液

电子一破碎LJ磁选An含［AuClj、［PdCl4r的溶液有机相.

电子浸出1H过醇1卜」——--------M萃-------M反萃I取"-AAU

废弃物筛分除铁

二正辛基硫醛

硫酸瞥空气7&卡场-pd

浸出渣(含Cu)T浸13T过滤3T电解精炼Cuk>Cu

j

尾渣3

己知：①［Pda4r的空间结构为平面正方形；在碱性条件下，［Pdcij.可转化为

Pd(OH%沉淀。

②PMS为过一硫酸氢钾复合盐，可用2KHsC)5・KHSO4・K2s表示，具有强氧叱性。

回答下列问题：

⑴“破碎筛分”有利于提高“浸出1”步骤的(任写一条)；［PdClJ中Pd的杂

化方式为(填标号)。

A.sp3B.dsp2C.sp'd2D.d2sp'

(2)“浸出1”为自催化浸出步骤，写出该步骤中Au与PMS、KC1混合溶液反应生成

［AuCL］的离子方程式：o传统工艺上通常用王水或氨化物

浸出Au、Pd,与传统工艺对比，上述工艺流程的优势为(从经济或环保角

度分析，任写一条)。

(3)“反萃取1”中草酸作还原剂，［Au。/中Au元素被还原为单质，则该反应的离子方

程式为o

(4)“浸出3”中通入空气的作用是o

(5)“萃取2”的萃取剂二正辛基硫酸通过离子缔合机理萃取［PdCL］”,当水相pH过高时

萃取率下降，原因是。

17.CO2资源化利用是一个研究热点。例如通过电化学、热化学等方法，将CO2转化

为二甲醛(CH30cH3)等化学产品，是实现“双碳”目标的途径之一、请回答下列问题：

(1)某科研小组采用电化学方法，利用太阳能驱动C0?转化为CHQCH3,写出以

NaHC03溶液为电解质溶液时阴极的电极反应式：o

(2)该研究小组改用热化学方法：

-1

反应1(主反应)：2CO,(g)+6H?(g)UCHQCHdg)+3HQ(g)=-122.5kJ-mol

-1

反应n(副反应):co2(g)4-H2(g)=CO(g)+H2O(g)=+41.2kJ-mol

①已知反应HI：CO2(g)+3H2(g)CH,OH(g)+H2O(g)AH=_49.5kJmo「。则反应

IV：

1

2CH3OH（g）UCHQCH3（g）+H2O（g）A//=kJ-mor。反应I

在（填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发进行。

②将2molc。2、31»。后2加入2L含催化剂的恒容密闭容器中仅发生反应I和反应II,CO2

的平衡转化率和生成物的选择性（如CHQC%的选择性

生成二甲醛的CO,的物质的量1八八。/、.、口壮.力,一/士—/LE*曰/

==反应共消耗的c。2的物质的量、1°°%）随温度的变化如图所示（不考虑其他因素影

1

V（CH3OCH3）=mol-L'h-,该温度下反应II的平衡常数

K=（保留两位有效数字）；随温度升高，COz平衡转化率先降低后升高的原

因为o

（3）高分散双位点C0x0y/Al?03催化剂在催化二氧化碳转化方面展现出多种应用潜力。

Co,、0,的晶胞由A区和B区组成（如图所示），该物质的化学式为

AB

18.泽布替尼⑴胶囊是我国自主研发并拥有自主知识产权的创新药，用于治疗多种B

细胞恶性肿瘤（如套细胞淋巴瘤）和相关血液癌症（如慢性淋巴细胞白血病），其一种合成

路线如图。

已知：①Boc基团为-COOC（CH3）3,是合成中常用的氨基保护基团；哌呢的结构为

O）；L-DBTA为L-二苯甲酰酒石酸，是一种手性拆分试剂。

N

H

②红外光谱中部分官能团的吸收峰位置信息如表：

化合物类型芳煌芳醛胺鼠类化合物

键型C-HC-O-C-NH2ON

吸收峰位置

3100-30101270~10003500~30002260〜2215

/（cm-1）

回答下列问题：

（1）①下列有关A、B、C的说法正确的是（填标号）。

a.A、B、C三种物质的红外光谱图中，仅A在2220cm-i附近有特征峰

b.C中所有碳原子均为sp2杂化

c.B中酰胺基的氮原子可与水分子形成氢键

②A-B的过程中鼠基在酸性条件下水解得到酰胺的反应机理如下：

氨基酸性条件下水解生成酰胺的第一步，氨基氮原子先（填“得到”或“失

去”）质子，带正电荷，（填"增强”或"减弱”）氟基碳原子的亲电活性，促进

水分子进攻甄基碳，最终重排得到酰胺。

0

（2）己知：C'的结构为、。试分析上述合成路线中选用C而不选

1

用C'的可能原因：O

（3）己知物质W为H的同分异构体。其中满足下列条件的W的结构有

_______________________种（不考虑立体异构）。

①结构中含有环

②含-C-O-C-结构

HN-^II

JNH

化为G回收。

①已知，合成I的一种不需要二次拆分的方法（方法2）及本合成方法（方法1）的相关信息

如表，但工业上最终选择方法1,结合表格信息，说明原因:

方法总产率手性纯度分离成本

单次19%,回收副产仅需一次拆分，副产物可循

方法199.94%

物后约35%环

方法270%50%为S构型需要多次柱层析，成本高

②已知：MnOz具有氧化性，可将G中①号饱和氮原子氧化为不饱和氮原子，而不氧

化G中其他饱和氮原子。设计分三步由，转化为G的合成路线如下：

第一步，进行氧化反应：以MnO2为氧化剂，得到有机产物的结构简式为

（不体现构型）。

第二步，进行（填具体反应类型）；得到的有机产物为F.

第三步，进行手性拆分：选用的手性拆分试剂为

参考答案

1.答案：D

解析：A.同位素是质子数用同、中子数不同的同种元素的不同核素，碳纤维和石墨都

是碳元素的单质，二者互称为同素异形体，A错误；

B.石英玻璃的主要成分是二氧化硅（Si。？），不是单质硅，B错误；

C.金属材料指金属单质和合金，二氧化钛、氧化锌都是金属氧化物，属于无机非金属

材料，c错误；

D.硝酸钱由钱根离子（NH；）和硝酸根离子（NOr通过离子键结合形成，属于离子

晶体，D正确；

故答案选Do

2.答案：D

解析：A.氟原子的最外层有7个电子，自由基F中含有1个未成对电子，电子式为：

••

.F：，A正确；

••

B.SO?中心S的价层电子对数=2+生言0=3,中心原子连有两个配位原子并带有一

对孤电子对，VSEPR模型为X,B正确；

C.NaHCC）3是强电解质，在水溶液中完全电离：NaHCO,=Na*+HCO-,HCO3是弱酸

（H2co3）的酸式酸根，电离不完全，因此不能继续拆写成H+和CO；；c正确；

D.碳原子需先经sp3杂化，形成4个等价sp'轨道，再与H的1s轨道重叠成键；题目图

示直接使用2P轨道成键，未体现杂化过程，D错误；

因此答案为Do

3.答案：B

解析：A.浓硫酸密度大于乙醇，且稀释时释放大量热，混合时应将浓硫酸沿烧杯内壁

缓慢注入乙醇中并不断搅拌，题中操作易引发液体飞溅，A错误；

B.Br?可与NaOH溶液反应生成易溶于水的NaBr、NaBrO,而CCL与NaOH溶液不互

溶且密度更大，通过分液操作可分离除杂，操作规范可达到目的，B正确；

C.SO2可溶于水且能与水反应，同时测定气体体积时应短管进气、长管排水，题中操

作无法收集到S。？，不能测定其体积，C错误；

D.陶瓷蒸发皿的主要成分含SiO：加热时会与NaOH发生反应腐蚀蒸发皿，且加热

NaOH溶液不能使用蒸发皿，操作错误，D错误；

故选B。

4.答案：A

解析•：A.标准状况下22.4LC1?的物质的量为Imol,Q?与CH4发生取代反应时，每消

耗ImolCl2会形成ImolC-Cl键和ImolHC键,共2moi共价键,数目为2名,A正

确；

B.仅给出NH4cl溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算NH；的数目，B错误；

C.Na?。?与水的反应为歧化反应，imolNa?。?参与反应时转移Imol电子，数目为

N,、，C错误；

D.由于未给出H?O和D?。的物质的量，所以无法比较二者中子数的差值，D错误；

故答案选A。

5.答案：C

解析：A.螯合物M中，中心离子C1+提供空轨道，配体原子（N、0、CD提供孤电

子对，形成配位键，A错误；

B.螯合物M中，左侧与此晚环是平面结构，N原子为sp2杂化，右侧形成五元环中的

N原子为spi杂化，B错误；

C.根据图示可知，整合物M中，配体一种为有机分子和另一种为2个C「，其口配位

原子有N、0、CL中心离子Cu”的配位数为5,故整合物M中配位数大于配体种类

数，C正确；

D.同周期主族元素的电负性从左到右逐惭增大，故电负性O>N,在NII?分子中，N表

现负价，说明电负性N>H,所以电负性：O>N>H,D错误；

故选C。

6.答案：D

解析：A.冰晶体中水分子通过氢键形成有序的空间网状结构，分子间空隙比液态水更

大，因此冰的密度小于液态水，A正确；

B.CO和N?相对分子质量相近，CO为极性分子，分子间范德华力强于非极性分子N?,

因此CO熔点远高于B正确；

C.铜为金属晶体，晶体中存在大量可自由移动的电子，在外加电场下可定向移动形成

电流，因此铜具有良好导电性，C正确；

D.HPO；电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OFT使溶液显碱性，NaFPO,溶液显

碱性说明HPO：的水解程度大于其电离程度，D错误；

因此答案为D；

7.答案：C

解析：A.该分子中的官能团为酚羟基、醛键、皴基、碳碳双键，共4种，A错误;

B.lmolX中，酚羟基邻、对位可与滨水发生取代反应，共消耗5moiEr2,碳碳双键可

与澳水发生加成反应消耗ImolBq,总共最多消耗6moiBiB错误；

C.分子中含有酚羟基，酚羟基具有较强还原性，易被氧化，因此该分子可作为抗氧化

剂，C正确；

D.分子中同时存在羟基和电负性大的氧原子，可形成分子间氢键，两个羟基处于邻位

可形成分子内氢键，D错误；

故选C。

8.答案：D

解析：W与其他短周期元素不同周期，且原子序数最小，故W为H；X、Y基态原子

s轨道电子总数等于p轨道电子总数，结合原子序数递增顺序，X电子排布为

Is22s22P",即O,Y电子排布为Is22s22P63s2,即Mg；Q的质子数为Z所在族族序数

的5倍，短周期内仅族序数为3时，5x3=15符合质子数要求，故Q为P,Z为IHA族

元素Alo

A.同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，Mg的3s轨道全满为稳定结构，第一电离

能大于相邻的A1,即第一电离能Y>Z,A错误；

B.YX为MgO,由Mg?卡利-通过离子键构成，属于离子晶体，B错误；

C.W?X为HQ,中心o的孤电子对数为"衿=2；QW3为Pq,中心P的孤电子

对数为与」=1，故中心原子孤电子对个数WpOQW3,C错误；

D.Q,为P4,分子为正四面体结构，每个分子含6个P・Pb键，故lmolP4分子中含有

6mol0■键，D正确；

故选D。

9.答案：A

解析：A.向CuSO,溶液中加入少量氨水时，C/+与NH3-H?O反应生成Cu（OHk沉淀

和NH：,所给离子方程式书写符合反应事实，A正确；

B.BrCl中C1非金属性强于Br,因此Cl为-1价、Br为+1价，与NaOH反应应生成C「

和BrOZ正确离子方程式为BrCl+2OH-=C「+BrO-+HQ,选项中产物书写错误，B

错误；

C.C1CF具有强氧化性，「具有强还原性，二者会发生氧化还原反应生成L和C「，并

非仅发生复分解反应生成HC1O,C错误；

D.硫氢化钠过量时，反应生成的H-会与过量的HS一反应生成H?S,正确离子方程式为

2+

CU+2HS=CUS^+H2ST,选项方程式不符合过量试剂的反应逻辑，D错误；

故答案选A。

10.答案：B

解析：A.路径1的最大能垒低于路径2的最大能垒，反应更易发生，A正确；

B.路径2中能垒最大的步骤为HCOO*+H*转化为HCOOH*的过程，故决速步不是

CO2*+H2*=HCOO*+H*,B错误;

C.两种路径的总反应均为CC）2+H2=HCOOH,始态、终态完全相同，总反应焙变相

同，C正确；

D.路径2中吸附态HCOOH*的能量低于路径1中吸附态HCOOH*的能量，能量越低越

稳定，故路径2的吸附态甲酸更稳定，D正确；

故选Bo

11.答案：B

解析：A.该反应需要加热，为防止液体暴沸，应在圆底烧瓶中加入沸石，A正确；

B.洗涤顺序为先水洗，再用Na2cO3溶液洗涤，最后再水洗。第一次水洗的目的是除去

大部分水溶性的乙二醇和硫酸；用Na2CO3溶液洗涤的目的是中和除去作催化剂的浓硫

酸；第二次水洗的目的是除去前一步残留的Na2cO3和生成的盐，B错误；

C.反应生成水，通过分水器可将生成的水分离出来，使平衡正向移动，提高产率。当

分水器中水层液面不再变叱时，说明反应达到了平衡状态，c正确；

D.催化剂为浓硫酸，反应后有残留，Na2cO?溶液显碱性，可以与酸反应，故用

5%Na2cO3溶液洗涤的目的是中和残留的酸，D正确；

故答案选B。

12.答案：C

解析：A.环六糊精是D-毗喃葡萄糖的缩合产物，毗喃葡萄糖环上的多个饱和碳原子均

连接4种不同的原子或基团，属于手性碳原子，因此环六糊精中含有手性碳原子，A

正确；

B.根据超分子聚合物的结构，每个重复单元含1个Ni?+,聚合物两端各有1个冲2+,

总物质的量为(〃+2)mol,因此形成Imol超分子聚合物需要(〃+2)molNi2+,B正确；

C.要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是

所有的非极性分子都可以被环六糊精包合形成超分子，C错误；

D.4,4-联毗咤中的N原子含有孤电子对，Ni?+有空轨道，二者可通过配位键结合，因

此超分子聚合物中N原子与Ni?+形成了配位键，D正确；

故选C。

13.答案：B

解析：形成原电池时，Li电极为负极，硫电极为正极。

A.放电时，在硫电极(正极)，PS得电子产物与Li'反应生成Li3Ps由PS转化为

Li3Ps-从Li元素考虑，ImolP’Se应得到12moiel依据得失电子守恒、电荷守恒和

原子守恒，可得出电极反应式为P56+12eT12Li+=4LiFS4,A正确；

B.由A可知，LPS实际上应为Li3Ps…该电池通过电化学方法合成Li3Ps「其厚度可

通过控制电流、反应时间等条件调控，并非不可控，B错误；

C.充电时•，Li电极为阴极，阳离子向阴极移动，则Li*向Li电极移动，C正确；

D.充电时，在阴极，Li++e-=Li,当有O.lmol电子转移时，阴极生成O.lmolLi,增重

0.1molx7g/mol=0.7g,D正确；

故选Bo

14.答案：A

解析：对于难溶氢氧化物M(OH)”的溶度积Ksp=c(M"+)c〃(OH-),取负对数得关系式

为：pH=lpc(M­)-lp7fsp+14,所以〃越大，曲线的斜率越小，因此曲线I表示

Tgc(F/)(〃=3)与pH的关系，曲线II表示-lgc(Cu2+)(〃=2)与pH的关系；根据醋酸

c(CH3coer)c(H+)

的电离常数五=I/二),取负对数得关系式为：

C(CH3COOH)

c(CH,COOH)c(CH3coOH)

PH=pKa-lg'/「”「Ge，斜率为1，故曲线HI表示:与PH的关系。

A.根据上述分析，金属离子的价态越高，pH随pM变化的斜率越小，Fe3+的化合价为

+3价，C/的化合价为十2价，曲线为I表示-lgc(Fe3+)m=3)与pH的关系，曲线II表示

-lgc(CM+)(〃=2)与pH的关系，A错误；

B.曲线II表示Tgc(Cu")(〃=2)与pH的关系，当pM=O时，c(Cu2+)=lmol/L,此时

IxlO-14

pH=4.15,即c(0H)=mol/L=lxlO-985mol/L,所以

IxlO-415

^sp[Cu(OH)2]=lx(10-9.8,)2=10T9.7p2x10-2。，B正确;

c(CH,COOH)

C.根据图示及分析可知，曲线HI表示:J与pH的关系,根据C&COOH的

CIV./AlI

c(CH；COO)c(H+)TT叱.c(CH,COOH)

电离平衡常数2O(CHJ)；)'可得PH=PK「%；CH3C。。)'当

c(CH3coOH)/\<

一电加7寸寸二°时,PKa=pH=5,故Ka=c(H+)=lxl(T',C正确;

D.反应3Cu(OH)2(s)+2Fe3+(aq)U3Cu2+(aq)+2Fe(OH)3(s)的平衡常数

32+2+

c(Cu)d(Cu)?(OH-)fCu(OH)1

K=京十，小由图可知当PM=°时'

1x10-14

c(Fe3+)=lmol/L,此时pH=l,即c(0ir)=—mol/L=1xlO-l3mol/L>故

1x10-

右,©(0叫]=以10-町=以10-39,又8项可知([0](014)]=以1079.7,代入/^

“0-19.7、3

可得K=^k=l°⑻晨8x10,D正确;

故选Ao

15.答案：(1)2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2

(2)取少量CuSOj溶液干试管中，滴加少量KSCN溶液,观察是否产牛白色沉淀°

2+

(3)2Cu+4SCN-=2CuSCNJ+(SCN)?

2+3+

(4)Fe+(SCN)2UFe+2SCN-

(5)Fe2+;Cu2+

(6)正确；腐蚀液中含有大量的+和Fe?+,加入KSCN溶液后，在SCN-的作用下

C/+会将Fc?+氧化为Fc"从而使溶液变红，产生“假阳性”干扰，因此无法据此判断原

溶液中是否残留Fe3+。

解析：(1)FeCh溶液与Cu反应，离子方程式对应的化学方程式为

2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；

(2)要验证白色沉淀是Ci产与SCN-反应产生的，需要做对比实验：实验2：取

2mL0.1mol【T的C11SO4溶液(不含Fe?+),向其中滴加1滴O.lmoLLTkSCN溶液，

观察现象；若立即产生白色沉淀，则说明假设2成立(白色沉淀由Ci?+与SCW反应

生成)；结合实验1中异计与KSCN反应无明显白色沉淀，可证明白色沉淀来源是

C/+与SCN-的反应；

(3)已知SCN-的还原性与「相当，类比C/+与r的反应，CY+会被还原为CiT,与

SCN-生成CuSCN白色沉淀，同时SCN-被氧化为(SCNk；窗子方程式为：

2C『+4SCN-=2CuSCNJ+(SCNb；

(4)由表格中标准电极电势：E"(Fe3+/Fe2，)=0.77V—E〃((SCN)/SCN-)=0.77V；两

2+3

者电势相等，可发生可逆反应：Fc+(SCN)2^Fe'+2SCN-;核心是利用电势相等

的可逆反应；

(5)从实验和电势变化分析：增强了Fe?+的还原性(因为CJ/CuSCN的电势高于

Fe3+/Fe2+,Fe?+被氧化为Fe?',体现还原性增强)；增强了CM+的氧化性(因为生成

CuSCN沉淀后,Cu”/CuSCN的电势升高，氧化性增强,可氧化Fc>);

（6）正确；原因是：铜腐蚀液中含大量Fe?+和C『,加入KSCN溶液时,Cu计与

SCN-反应生成白色CuSCN沉淀，同时生成（SCN%；且（（SCNb可与Fe?+反应，导致

溶液中存在足量的Fe（SCNh等红色配合物而产生红色（假阳性干扰），因此无法用

KSCN溶液检验Fe3+的存在。

16.答案：（1）增大固液接触面积，加快浸出速率（或提高浸出率）；B

⑵2Au+3HSO?+8C「+31广-2[AuCI4K+3SO^+3II,O；不使用剧毒的氟化物，且不

产生氮氧化物等污染性气体，更加环保（或试剂成本更低等合理答案均可）

（3）2[AuClJ+3H2C2O4=2AuJ+8C「+6CO2T+6H-

（4）作氧化剂，将Cu氧化为Ci?+使其溶解

（5）pH过高时，OK浓度增大，[PdCL广会转化为Pd（0H）2沉淀，导致水相中

[Pd3广浓度降低

解析：电子废弃物先经破碎筛分增大接触面积，再磁选除铁；随后进入浸出1步躲，

在PMS（过一硫酸氢钾复合盐，强氧化剂）和KC1作用下，Au、Pd被氧化为

[AuCL[、[PdCL广进入溶液，Cu则留在浸出渣中；浸出液经萃取1,二丁基卡必醇萃

取[AuClJ进入有机相，再用草酸反萃取还原得到Au；水相中的[PdCL广经二正辛基

硫酸萃取2得到Pd；含Cu的浸出渣经硫酸、空气浸出，Cu被氧化溶解为硫酸铜溶

液，再经电解精炼得到Cu,实现三种金属的联合回收；

（1）“破碎筛分''增大了固体反应物的接触面积，能提高“浸出1”步骤的浸出速率（或

浸出率）；

[PdClj-为平面正方形结构，中心Pd的杂化方式为dsp2,对应选项B；

（2）离子方程式：PMS中的HSO；为氧化剂，将Au氧化为[AuClJ,自身被还原为

SO；-,反应为：2Au+3HSO；+8Cr+3H+=2[AUC14]~+3SO^+3H2O；

工艺优势：传统王水/氟化物法会产生有毒气体（如。2、氯化物废液），本工艺绿色

环保，无有毒有害物质排放；或试剂更安全、成本更低，对设备腐蚀性更小；

（3）草酸作还原剂，将[AuCl,「还原为Au单质，草酸被氧化为CO?,离子方程式：

+

2[AuCl4f+3H2C2O4=2AuJ+8CP+6CO2T+6H；

(4)“浸出3”中通入空气的作用是：作氧化剂，将Cu氧化为CM+,使其溶解进入溶

液(或将浸出渣中的Cu氧化为CuO,再与硫酸反应溶解)；

(5)水相pH过高时，溶液碱性增强，根据已知条件，［PdCl'r会转化为Pd(OH)2沉

淀，导致溶液中游离的［PdCL「浓度降低，因此萃取率下降。

-

17.答案：(1)2CO2+12e+12HCO；=CH.OCH3+12CO^+3H2O

⑵-23.5；低温;0.08；0.16；温度较低时,以反应I为主,反应I为放热反应,升高温度

平衡逆向移动，CO2转化率降低；温度较高时，以反应II为主，反应II为吸热反应，升

高温度平衡正向移动，CO?转化率升高

1928x1()3。

(3)COO

34；a%

解析：(1)电解池中，阴极发生还原反应，CO?被还原为CH3OCH3,电解质为

NaHCOs溶液(弱碱性)；根据原子守恒、电荷守恒配平：

2CO2+12e-+12HCO；=CH30cH3+12col+3H?O；

(2)①已知：反应I：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)AH,=-122.5kJ-moP'；

1

反应in：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)A//3=-49.5kJ-mol；

反应IV：2CH3OH(g)WCH30cH3(g)+H2O(g)；

由盖斯定律，反应iv=反应i-2x反应in：

△%=A//,-2A/A,=-122.5-2x(-49.5)=-23.5kJ.mo「.

反应自发进行的判据：△G=A//-TAS<0；反应I中：气体分子数减少(反应物

2+6=8mol,生成物l+3=4mol),AS<0;又AZ/<0,因此低温下TAS项较小，

AG<(),反应自发，即低温下自发；

②反应速率以CH3OCH3)220(时，CO2平衡转化率为40%,总消耗CO?的物质的量：

2molx40%=0.8mol；CH30cH3的选择性为80%,即生成二甲醛的CO?占总消耗CO?的

80%,则生成二甲醛消耗的CO2：0.8molx80%=0.64mol；根据反应I：

CO2〜CH30cH3,生成的〃(CH30cH3)=等=0.32mol；容器体积2L,时间2h,

0.32mol

:

则v(CH1OCH,)=—=——=0.08mol•L，ht；

)

133z2h

反应II的平衡常数K：反应11消耗的CO2：0.8molx(l-80%)=0.16mol,根据反应II：

CO2+H2F^CO+H2O,生成〃(8)=〃(凡0)=0.161口01,消耗〃(H2)=0.16mol；反应I消

耗的〃(H?)=3x〃(CHQCH3)x2=6x0.32=1.92mol,平衡时：

,?(CO2)=2-0.8=1.2mol,c(CO2)=0.6mol•；/?(H2)=3-1.92-0.16=0.92mol,

11

c(H2)=0.46mol-L；w(CO)=0.16mol,c(CO)=0.08mol-L；

1

H(H2O)=3x0.32+0.16=L12mol,C(H2O)=0.56mol-L；平衡常数：

,(8)“凡0)=0.0