广东省湛江市2026届高三化学下学期二模试题含解析

试卷共8页，卷面满分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、考场号和座位号填写在答题卡上。

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铅笔在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。

4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.湛江智慧，藏于技艺，见于习俗。下列工艺品所涉及材料的主要成分属于有机高分子材料的是

湛江贝雕

廉江缸瓦窑陶艺

A．龙纹贝壳B．泥壶陶器

雷州换鼓徐闻藤编

C．云雷纹铜鼓D．藤制盾牌

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．贝壳的主要成分是碳酸盐，A错误；

B．陶器的主要成分是硅酸盐，B错误；

C．铜鼓为金属材料，C错误；

D．藤制盾牌的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，D正确；

故答案选D。

2.我国科学家通过N-亚硝胺实现了芳香胺CN键的高效转化。反应中间体的结构如图所示，下列有关该

分子的说法正确的是

A.具有碱性B.共有7个氢原子

C.不能发生取代反应D.所含化学键均为极性共价键

【答案】A

【解析】

【详解】A．该反应中间体含氨基，具有碱性，A项正确；

B．该分子的化学式为C5H6N2，则1个该分子含6个氢原子，B项错误；

C．芳香胺含有C-H键，能发生取代反应，C项错误；

D．分子中既含有C-C非极性键，也含有C-H等极性键，D项错误；

答案选A。

3.湛江依托临海优势，大力发展绿色化工与新材料产业。下列说法错误的是

A.巴斯夫公司生产的聚异戊二烯可由加聚反应获得

B.中科炼化湛江基地通过水解轻质油获得乙烯、丙烯等原料

C.湛江湾实验室研发的高分子膜防腐涂层可减缓金属的腐蚀

D.宝钢湛江基地用H2还原铁矿石有利于落实“低碳”行动

【答案】B

【解析】

【详解】A．异戊二烯含有碳碳双键，可通过加聚反应生成聚异戊二烯，A正确；

B．乙烯、丙烯等短链烯烃是通过石油的裂解（高温分解）获得的，轻质油属于烃类，不能发生水解反应，

B错误；

C．高分子膜防腐涂层可隔绝金属与氧气、水的接触，能减缓金属腐蚀，C正确；

D．H2还原铁矿石的产物为H2O，不会产生CO2，相比传统碳还原法可减少碳排放，有利于落实“低碳”

行动，D正确；

答案选B。

4.幸福属于劳动人民。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是

选

劳动项目化学知识

项

A早餐制作：将鸡蛋煮熟加热会导致蛋白质发生变性

B铁钉除锈：用NH4Cl溶液浸泡铁钉NH4Cl水解呈酸性

C家庭除垢：用洁厕灵(含HCl)清洗厕所强氧化剂可以杀菌消毒

宝石鉴定：利用X射线衍射仪区分玻璃和天然玻璃属于非晶体，天然水晶属于

D

水晶晶体

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．鸡蛋主要成分为蛋白质，加热会使蛋白质发生变性，二者有关联，A不符合题意；

B．溶液中水解：，溶液呈酸性，可与铁锈主要成分反

NH4ClNH4NH4H2ONH3·H2OHFe2O3

应除锈，二者有关联，B不符合题意；

C．洁厕灵含，清洗厕所是利用的酸性与水垢（如、）反应，没有强氧

HClHClCaCO3MgOH2HCl

化性，与强氧化剂杀菌消毒的知识无关联，C符合题意；

D．X射线衍射可区分晶体和非晶体，天然水晶是晶体、玻璃是非晶体，可用该方法区分，二者有关联，D

不符合题意；

故选C。

5.化学让生活变得更美好。下列说法正确的是

A.“有源相控阵雷达”使用的氮化硅属于传统无机非金属材料

B.液态花生油长时间放置于空气中会变质，其主要原因是发生了加成反应

C.葡萄酒中添加的适量SO2可起到抗氧化作用，但不可用于杀菌

D.头发烫卷时，维持弹性和形状的头发蛋白中的二硫键(SS)被还原为巯基(SH)

【答案】D

【解析】

【详解】A．传统无机非金属材料主要指水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐材料，氮化硅属于新型高性能无机非金

属材料，A错误；

B．液态花生油含不饱和碳碳双键，长时间放置在空气中变质是被氧气氧化，发生氧化反应而非加成反应，

B错误；

C．葡萄酒中添加的适量SO2，利用其还原性起到抗氧化作用，同时SO2能使蛋白质变性，可起到杀菌作用，

C错误；

D．烫发时首先使用还原剂，将头发蛋白中的二硫键（SS）还原为巯基（SH），待塑形后再用氧化

剂形成新的二硫键维持形状，D正确；

故选D。

6.化学实验是重要的科学方法。下列实验装置或操作能达到实验目的的是

A．实验室制备Fe(OH)3胶体B．用乙醇萃取CS2中的S

C．趁热过滤以除去苯甲酸溶液D．蒸发MgCl2溶液获得

中混有的泥沙

MgCl2固体

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．FeCl3与NaOH反应只能得到Fe(OH)3沉淀，实验室制备Fe(OH)3胶体是将饱和FeCl3溶液滴入沸

水中，A不符合题意；

B．S微溶于乙醇、易溶于CS2，且乙醇与CS2互溶，不能用乙醇萃取CS2中的S，B不符合题意；

C．苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，趁热过滤可除去苯甲酸溶液中混有的泥沙，并防止苯甲酸遇冷析出，

C符合题意；

2+

D．Mg易水解，直接蒸发MgCl2溶液不能得到MgCl2固体，应在HCl气流中蒸发MgCl2溶液，D不符合题意；

故选C。

7.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是

氢化物YH2单质XO2氧化物1O2氧化物2H2O酸(碱)Z

A.以上物质转化过程一定均为氧化还原反应

B.X可为S，Y、氧化物1均可使酸性KMnO4溶液褪色

C.X可为Na，Y、氧化物2均能与水反应产生H2

D.X可为N2，Y与酸Z恰好完全反应后的溶液一定显碱性

【答案】B

【解析】

【详解】A．当X为S时，转化中最后一步为SO3与H2O反应生成H2SO4，无元素化合价变化，属于非氧

化还原反应，A错误；

B．X为S时，H2O2O2H2O，Y是，氧化物1是，二者

H2SSSO2SO3H2SO4H2SSO2

均具有还原性，都能被酸性KMnO4氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；

C．X为Na时，H2O2O2H2O，氧化物2是，

NaHNaNa2ONa2O2NaOHNa2O2Na2O2

与水反应生成O2，不产生H2，C错误；

D．X为时，H2O2O2H2O，Y是，Z是，二者恰

N2NH3N2NONO2HNO3NH3HNO3

好完全反应生成，NHNO溶液中由于+水解使溶液显酸性，D错误；

NH4NO343NH4

故选B。

8.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是

选

陈述Ⅰ陈述Ⅱ

项

A苯酚与饱和溴水反应生成白色沉淀苯酚中苯环使羟基活化

BCl2与过量铁粉反应生成FeCl2不能用铁罐储存氯水

利用饱和食盐水除去Cl2中的HCl和Cl2在饱和食盐水中的溶解度差异

C

HCl大

D向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑浓硫酸具有酸性和强氧化性

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．陈述Ⅰ正确，苯酚与饱和溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，但该反应体现的是羟基使

苯环邻对位氢活化，陈述Ⅱ表述错误，且二者无因果关系，A错误；

B．Cl2与过量铁粉在加热条件下反应生成FeCl3而非FeCl2，陈述Ⅰ错误，氯水呈酸性可与铁反应，不能

用铁罐储存氯水，陈述Ⅱ正确，因陈述Ⅰ错误，B错误；

-

C．HCl极易溶于饱和食盐水，饱和食盐水中高浓度Cl可抑制Cl2与水的反应，大幅降低Cl2溶解度，二者

溶解度差异大，因此可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，C正确；

D．蔗糖中加浓硫酸变黑是浓硫酸的脱水性使蔗糖脱水炭化，与酸性、强氧化性无关，陈述Ⅱ错误，D错误；

故答案选C。

9.某种+2价钴(Co)的配合物能够高效催化炔烃向酮的转化，其结构如图所示(L为甲基)。X、Y、Z、

W、R是原子序数依次增大的短周期元素，其中X的价电子结构为ns2np1，Z的核外电子数等于R的最

外层电子数，Z、W和R的原子序数之和为24。下列说法正确的是

A.第一电离能：ZWXB.XR3为极性分子

C.的空间结构为三角锥形D.最简单氢化物的沸点：

ZW3YR

【答案】A

【解析】

【分析】由图中配合物的结构可推断R是卤族元素，其最外层电子数为7；已知Z的核外电子数等于R的

最外层电子数，由此可推断Z为N元素；已知X的价电子结构为ns2np1，且其原子序数小于N元素的，由

此可推断X为B元素；Y位于B元素和N元素之间，由此可推断Y为C元素；由图中配合物的结构可推

断W是O元素；Z、W和R的原子序数之和为24，则R为F元素。

【详解】A．同一周期主族元素从左到右电离能呈增大趋势，但是N的最高能级2p能级电子半满，更稳定，

第一电离能比相邻元素大，故第一电离能：NOB，A正确；

1

σ

B．BF3的中心原子为B，B有3个键电子对（BF），中心原子上的孤电子对数(331)0，B原

2

子上的价层电子对数303，根据VSEPR模型，BF3的空间构型为平面三角形，为非极性分子，B错误；

1

C．NO的中心原子为N，N有3个σ键电子对，中心原子上的孤电子对数(5132)0，N原子

32

上的价层电子对数，根据VSEPR模型，的空间构型为平面三角形，C错误；

303NO3

D．HF分子间会形成氢键，其沸点较高，最简单氢化物的沸点：CH4(164C)<HF(20C)，D错误；

故答案选A。

10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.3配离子中，键数目为

1molFe(CN)66NA

B.1mol羟基(OH)的电子数比1molOH的电子数少NA

C.64gCu与足量硫粉完全反应，转移电子数为2NA

D.1溶液中，2的数目为

1L1molLK2Cr2O7Cr2O7NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．3中，Fe与6个形成6个配位键，每个内部还含1个键，总

1molFe(CN)6CNCN

键数目为12NA，A错误；

-

B．1molOH含9NA个电子，1molOH含10NA个电子，前者电子数比后者少NA，B正确；

C．Cu与S反应生成Cu2S，1molCu完全反应仅失去1mol电子，转移电子数为NA，C错误；

D．溶液中存在平衡2-2-+，2会部分转化，数目小于，D错误；

Cr2O7+H2O2CrO4+2HCr2O7NA

故选B。

11.某理论研究认为：锌-空气电池放电时(图1)，石墨复合材料电极上所发生反应的催化机理示意图如图

2。由此可知，理论上正确的是

A.放电时，负极附近溶液的pH减小

B.正极反应的催化剂是ⅱ

C.每消耗22.4L(标准状况)空气，电路中约转移4mol电子

D.将KOH溶液换成酸性溶液，图2对应的反应历程不变

【答案】A

【解析】

2-

【详解】A．放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=ZnOH，-被消耗，因此负极附近溶液的pH

4OH

减小，A项正确；

B．正极反应的催化剂是i，ii应是反应中间体，B项错误；

1

C．每消耗22.4L(标准状况)空气，即消耗约0.2molO2(在空气中约占)，电路中约转移0.2×4mol=0.8

5

mol电子，C项错误；

++-

D．在酸性溶液中，反应物有H参与，正极反应变为：O2+4H+4e=2H2O，与之前完全不同，历程必然改

变，D项错误。

故答案选A。

3

12.AgNO在NaSO溶液中易形成配离子和。向NaSO溶液中滴加

3223AgS2O3AgS2O32223

3

AgNO溶液，得到含和的混合溶液，下列说法正确的是

3AgS2O3AgS2O32

A.向混合溶液中加入少量固体，的浓度一定增大

Na2S2O3AgS2O3

cAgS2O3

B.将混合溶液加适量水稀释，一定减小

cAg

C.的电离方程式为2

Na3AgS2O32Na3AgS2O323NaAg2S2O3

3

D.体系中，cNacHcAgcOHcAgSO3cAgSOcNO

232323

【答案】B

【解析】

【详解】A．加入固体，2浓度增大，平衡23正向移

Na2S2O3S2O3AgS2O3]S2O3Ag(S2O3)2]

动，会消耗[AgS2O3]，其浓度不一定增大，A错误；

c(AgSO]

223

B．对于平衡AgSO[AgSO]，稳定常数，可得

2323K12

cAgcS2O3

c(AgS2O3]

2，稀释时2减小，温度不变不变，故该比值一定减小，B正确；

K1cS2O3cS2O3K1

cAg

C．配合物内界难电离，电离方程式应为3，内界不能拆分为

Na3[Ag(S2O3)23NaAg(S2O3)2]Ag

和2，C错误；

S2O3

D．电荷守恒需包含所有阴离子，溶液中还存在游离的2，等式右侧缺少2，D错误；

S2O32cS2O3

故选B。

13.结构决定性质是化学核心观念。下列描述中由结构不能推测出对应性质的是

选

结构性质

项

A碱金属原子最外层电子数均为1碱金属单质化学性质活泼

金刚石中的C采取sp3杂化轨道形成共价键的三维

B金刚石硬度大

骨架网状结构

SeO2既有氧化性，又有还原

C硒元素位于第四周期ⅥA族，最外层电子数为6

性

2

DO比Cl所带电荷数多，离子半径小Al2O3比AlCl3的熔点高

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．碱金属原子最外层只有1个电子，反应中易失去电子，因此单质化学性质活泼，可以由结构推

测性质，A正确；

B．金刚石中C采取sp3杂化轨道形成共价键的三维骨架网状结构，共价键键能大，使得金刚石硬度大，B

正确；

C．Se最外层有6个电子，最高正价为+6价，在SeO2中Se为+4价，处于中间价态，可推测SeO2既可以被

氧化，也可以被还原，C正确；

D．AlCl3属于共价化合物（分子晶体），Al2O3是离子化合物（教材上定义为共价晶体），Al2O3和AlCl3熔

点的差异本质是晶体类型不同，而不是仅由离子的电荷数和半径决定，D错误；

故选D。

14.通过如图装置(部分夹持装置省略)验证铁粉在高温下和水蒸气反应的产物。准确称量两者充分反应后

的干燥固体2.32g进行实验。下列有关说法正确的是

A.铝粉和NaOH溶液反应，NaOH作氧化剂

B.两个球形干燥管中碱石灰的作用相同

C.实验开始时，先点燃酒精灯，再滴加NaOH溶液

D.若“铁的氧化物”为Fe3O4，则理论上U形管增重0.72g

【答案】D

【解析】

【分析】铝粉和NaOH溶液反应，化学方程式为；氢气经过碱

2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2

石灰干燥后，与铁的氧化物反应生成铁和水；水被U形管中碱石灰吸收；最后干燥管中碱石灰用来吸收空

气中水和二氧化碳，据此分析作答。

【详解】A．铝粉和NaOH溶液反应，化学方程式为，在该反

2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2

应中，铝元素的化合价从0价升高到+3价，铝作还原剂；水中氢元素的化合价从+1价降低到0价，水作氧

化剂；NaOH中各元素的化合价在反应前后均未发生变化，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，A项错误；

B．第一个球形干燥管中碱石灰的作用是干燥H2，第二个球形干燥管中碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气

和CO2进入U形管，因此，两碱石灰的作用不同，B项错误；

C．实验开始时，应先滴加NaOH溶液，待生成的H2排尽装置内空气后，再点燃酒精灯，C项错误；

D．若“铁的氧化物”为Fe3O4，2.32gFe3O4物质的量为0.01mol，0.01molFe3O4与H2反应生成H2O的物

质的量为0.04mol，则理论上U形管增重0.72g，D项正确；

答案选D。

15.在某新型催化剂作用下发生反应：2COg2NOg2CO2gN2gΔH0。该反应的正、

222

逆反应速率分别可表示为v正k正cCOcNO和v逆k逆cN2cCO2，k为速率常数，只与温

度有关(图1)。CO活化过程存在2种不同的反应机理(图2)，*表示吸附状态。下列说法错误的是

k

A.该反应的平衡常数K正

k逆

B.图1所示的直线中，表示lgk逆随温度变化的直线是N

C.图2中的过渡态稳定性最好的是TS1

D.图2中CO*H*转化为C*OH*的决速步为COH*C*OH*

【答案】B

【解析】

kcNc2(CO)

【详解】A．当v=v时，kc2(CO)·c2(NO)=kc(N)·c2(CO)，可得正22，A项

正逆正逆2222K

k逆c(CO)c(NO)

正确；

k正

B．该反应为放热反应，lgk为增函数，当温度升高时，lgk正和lgk逆均增大，但K=减小，说明lgk逆增

k逆

大的趋势要大于lgk正，则表示lgk逆随温度变化的直线是M，B项错误；

C．能量越低越稳定，则稳定性最好的是TS1，C项正确；

D．多步反应中，活化能（能垒）最大的步骤是决速步。COH转化为COH（经COH路径）分两

步：第一步：COHCOH，第二步：COHCOH，第二步活化能更大，因此该步是决速

步，D项正确；

故选B。

16.酒驾危害极大，某酒精检测仪原理如图所示，因正极成分变化，使用一段时间后需“充电”。复合电

极a可吸附乙醇并挥发乙酸，呼气成分不形成有机盐便不会进入电解液。下列说法正确的是

A.检测酒驾时，H由右室通过质子交换膜进入左室

B.若用NaOH溶液作电解液，换阴离子交换膜，该检测仪仍可长期使用

C.“充电”时，阳极的电极反应：2

PbSO42H2O2ePbO24HSO4

D.检测时电路中转移2mole，再“充电”恢复到检测前的状态，理论上负极区需补充9gH2O

【答案】D

【解析】

【分析】图为燃料电池，呼气通入的电极a上，呼出的乙醇在负极失去电子发生氧化反应生成乙酸，为原

电池的负极，则电极b为原电池的正极；充电时，电极a得电子，为阴极，电极b上失电子，为阳极，据

此分析作答。

【详解】A．根据分析，检测酒驾时，电极a为负极，电极b为正极，H+由负极移向正极，A项错误；

B．若用氢氧化钠溶液作电解液，会生成盐进入电解液，影响电解液的成分，导致检测仪失效，B项错误；

C．“充电”时阳极发生氧化反应失电子，电极反应为2，C项

PbSO42H2O2ePbO24HSO4

错误；

-++

D．检测时负极的电极反应：C2H5OH+H2O-4e=CH3COOH+4H，生成的H通过质子交换膜移向正极，电路中转移

-+-

2mole时，负极区减少9gH2O，“充电”时，电极a(阴极)的电极反应：2H+2e=H2↑，由右室进入左室的

+

H恰好反应完，不会引起负极区质量变化，因此理论上负极区需补充检测时减少的9gH2O，D项正确；

答案选D。

二、非选择题：

17.Cu2有一定的氧化性，化学小组探究Cu2与不同浓度卤素离子的反应。

【查阅资料】呈黄棕色，呈灰黑色，呈灰白色，呈白色，2呈黄绿色，

CuCl2CuI2CuClCuICuCl4

2呈棕褐色。

CuBr4

Ⅰ．准备溶液

（1）配制1溶液，需要用托盘天平称取胆矾()的质量为

50mL0.1molLCuSO4CuSO45H2O

___________g，下列玻璃仪器中实验必须用到的仪器有___________(填字母)。

A．B．C．D．

Ⅱ．探究Cu2与低浓度卤素离子的反应

（2）【实验预测与验证】卤素离子的还原性：ClBrI，请从原子结构的角度解释卤素离子还原性强

弱的原因：___________。小组同学推测弱氧化性的Cu2能氧化I，而不能氧化Cl、Br，并进行实验

ⅰ~ⅲ。

实验

实验操作加入试剂实验操作与现象

编号

2mL0.1molL1NaCl溶

ⅰ振荡后静置，无明显变化

液

2mL0.1molL1NaBr溶

ⅱ振荡后静置，无明显变化

液

出现棕黄色浊液，静置1天后析

ⅲ2mL0.1molL1NaI溶液出大量白色沉淀；上层清液能使

淀粉-KI试纸变蓝

（3）【实验分析】实验ⅲ中出现的白色沉淀是___________；实验iii中发生反应的离子方程式为___________。

Ⅲ．探究Cu2与高浓度卤素离子的反应

小组同学又探究了高浓度Cl、Br与Cu2的反应情况，继续完成实验ⅳ~ⅴ并记录实验现象。

实验编

实验操作加入试剂实验操作与现象

号

1gNaCl固固体由白色变为黄绿色浊液；上层清液能使

ⅳ

体淀粉-KI试纸变蓝

1gNaBr固固体由白色变为棕褐色浊液；上层清液能使

ⅴ

体淀粉-KI试纸变蓝

【提出问题】向NaCl固体中加入CuSO4溶液，生成的黄绿色物质是什么？

2

【科学猜想】猜想①：Cl与Cu发生氧化还原反应生成Cl2，氯水呈黄绿色；

猜想②：与2配位形成2，溶液呈黄绿色。

ClCuCuCl4

22

【查阅资料】CuHO(蓝色)4ClCuCl(黄绿色)4HO

2442

（4）甲同学根据实验ⅳ中淀粉-KI试纸变蓝的实验现象，推测猜想①成立。但乙同学不赞同甲同学的推断，

其理由可能是___________。

（5）丙同学设计实验验证猜想②成立。实验操作与现象是___________。

丙同学通过进一步实验验证了实验ⅴ中与2配位形成棕褐色的2，二者未发生氧化还原反

BrCuCuBr4

应。

（6）【实验结论与应用】在溶液中，Cu2的氧化性较弱，只能氧化还原性较强的I，而不能氧化Br和Cl。

已知反应22，则氧化性：2___________2(填“>”或“<”)。

I2SO3H2O2ISO42HCuSO3

【答案】（1）①.1.3②.BC

（2）Cl-、Br-、I-的最外层电子数相同，随着电子层数的增加，离子半径增大，原子核对最外层电子的吸引

力减弱，因此还原性：Cl-<Br-<I-

（3）①.CuI②.2

2Cu4I=2CuI+I2

-

（4）溶液中存在铜离子的干扰，铜离子可把I氧化为I2，使得试纸变蓝

（5）取适量iv中反应后的上层清液于试管中，加水稀释，若溶液颜色会由黄绿色变为蓝色，则可证明猜

想2成立

（6）>

【解析】

【小问1详解】

配制1溶液，需要胆矾的质量为

50mL0.1molLCuSO4CuSO45H2O

0.05L0.1molL-1250gmol-1=1.25g，但托盘天平的精度为0.1g，则应称取1.3g胆矾；需要用到

的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及50mL容量瓶，B、C项符合题意。

【小问2详解】

Cl-、Br-、I-的最外层电子数相同，随着电子层数的增加，离子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减

弱，最外层电子容易失去，因此还原性：Cl-<Br-<I-。

【小问3详解】

依据实验iii中的现象析出大量白色沉淀、上层清液能使淀粉-KI试纸变蓝，以及已知信息可知白色沉淀为

CuI，涉及的氧化还原反应为2。

2Cu4I=2CuI+I2

【小问4详解】

-

实验iii已经证明溶液中铜离子能把I氧化为I2，生成的I2使得淀粉-KI试纸变蓝，故实验iv中淀粉-KI

-

试纸变蓝可能是因为溶液中存在铜离子的干扰，铜离子可把I氧化为I2，使得试纸变蓝。

【小问5详解】

2+-2-

依据已知信息[Cu(H2O)4]+4Cl[CuCl4]+4H2O以及平衡移动原理，取适量iv中反应后的上层清液于试管

中，加水稀释，若溶液颜色会由黄绿色变为蓝色，则可证明猜想2成立。

【小问6详解】

依据已知信息22，可知I能氧化2，以及通过上述实验可知氧化性：

I2SO3H2O2ISO42H2SO3

Cu2+>I，得出氧化性：Cu2+>2。

2SO3

18.金属钌()堪称“工业催化剂之王”。某实验小组以含钌废液(主要成分是2、2)为原料制

RuRuO4Fe

备Ru的流程如下。

38

已知：①室温下，KspFe(OH)34.010；

②有机萃取剂N503对2有很强的萃取能力。

RuCl6

（1）“氧化蒸馏”中，2与加入的和稀硫酸反应生成和，该反应的离

RuO4KMnO4RuO4gMnO2s

子方程式为___________。

（2）采用“减压蒸馏”的原因是___________。

（3）“调pH”中，为了除去Fe3，“蒸余悬浊液”的pH至少应调至___________(忽略溶液体积变化；

lg40.6；离子浓度≤1.0105molL1时，可认为其沉淀完全)。

（4）“操作X”的名称为___________；该步骤结束后，“溶液”中钌主要以3、2的形式存在，

RuCl6RuCl6

为提高萃取剂N503对Ru的萃取率，加入的“试剂a”应选择___________(填字母)。

A．Na2SO3B．H2O2C．NaOHD．HCl

（5）“萃取”与“反萃取”过程中发生的反应可以表示为：(有机相)2(水

2ROHRuCl6

相)R2RuCl6(有机相)2OH(水相)，“反萃取”时加入的“试剂b”为___________(填化学式)。

（6）“电解”时采用惰性电极电解水相中的2制备，写出对应的电极反应式：___________。

RuCl6Ru

（7）一种钌系催化剂晶胞结构如图，晶体中与Ba2最近且等距离的离子的数目为___________；当有1%

的Ru4被Rh3(铑离子)替代后，晶体中会失去部分O2产生缺陷，此时平均每个晶胞所含O2的数目为

___________。

【答案】（1）2++8H+↑+↓+

3RuO42MnO43RuO42MnO24H2O

（2）降低沸点，防止RuCl3·xH2O在高温下升华、分解或氧化(答防止RuCl3·xH2O分解、失去结晶水等合

理答案均可)

（3）3.2（4）①.过滤②.B

（5）NaOH(KOH等合理答案均可)

（6）2+=+-

RuCl64eRu6Cl

（7）①.12②.2.995

【解析】

【分析】首先通过氧化蒸馏将钌转化为挥发性的RuO4气体，与废液中杂质初步分离；随后用HCl吸收气体，

经减压蒸馏得到RuCl3·xH2O。对于蒸馏后的蒸余悬浊液，先调节pH利用溶度积原理使Fe(OH)3生成沉淀，

再经操作X（过滤）除去MnO等杂质；接着借助萃取剂N503和试剂a对2的强萃取能力完成萃取，

2RuCl6

加入试剂b通过反萃取得到高纯度含钌水相，最后经电解还原析出金属钌，由此分析解题。

【小问1详解】

“含钌废液”的主要成分是2、Fe2+，加入KMnO作为氧化剂，可以直接写出2反应的离子方程式：

RuO44RuO4

2++8H+3RuO↑+2MnO↓+4HO。

3RuO42MnO4422

【小问2详解】

减压蒸馏可以降低沸点，防止RuCl3·xH2O在高温下升华、分解或氧化。

【小问3详解】

3+-5-1-38-53-

当Fe浓度为1.0×10mol·L时，达到临界值，将其代入Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10=1.0×10×c(OH)，根

-1

据lg4≈0.6，计算出c(OH)=341033，两边取-lg，得到pOH=0.61110.8，则可求出pH至少应

3

调至3.2。

【小问4详解】

“操作X”实现了固液分离，为过滤操作；已知信息中提到有机萃取剂N503对2-有很强的萃取能力，

RuCl6

故需要通过加入氧化剂，实现3-转化为2-，A，B，C，D四种物质中，只有HO具有强氧化性，B

RuCl6RuCl622

项符合题意。

【小问5详解】

根据反应2ROH(有机相)+2(水相)RRuCl(有机相)+2OH-(水相)，反萃取就是使该反应平衡逆向移

RuCl626

动得到2，为了使平衡逆向移动，可以加入NaOH等碱性物质。

RuCl6

【小问6详解】

电解时采用惰性电极电解水相2制备Ru，释放出游离的Cl-，根据描述，对应的电极反应式为

RuCl6

2+=+-。

RuCl64eRu6Cl

【小问7详解】

2-2+4+2+

在该晶胞中，O位于面上，Ba位于顶角，Ru位于体心，根据均摊法，可得分子式为RuBaO3，与Ba最近且

等距离的为O2-，O2-周围有4个Ba2+，二者在分子式上存在3倍关系，则反之Ba2+周围有4×3=12个O2-。1个

晶胞中有1个Ru4+，当有1％的Ru4+被Rh3+替代后，阳离子电荷减少了1％×1=0.01，根据电荷守恒，阴离子

电荷也相应减少0.01，则O2-应减少0.005个，晶体中会失去部分O2-产生缺陷，原晶胞中O2-数目为3，则此

时平均每个晶胞所含O2-的数目为3-0.005=2.995。

19.乙二胺H2NCH2CH2NH2(EDA)可用于捕集CO2及分离回收废电池中的金属离子。

Ⅰ．EDA水溶液捕集CO2

反应ⅰEDAaqCO2gH3NCH2CH2NHCOOaqΔH1

反应ⅱH3NCH2CH2NHCOOaqCO2gHOOCHNCH2CH2NHCOOHaqΔH2

反应ⅲ2H3NCH2CH2NHCOOaqEDAaqHOOCHNCH2CH2NHCOOHaqΔH3

（1）反应ⅲ的ΔH3___________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。

（2）下列有关说法错误的是___________(填字母)。

A.EDA易溶于水是因为自身能形成分子间氢键

B.具有两性

H3NCH2CH2NHCOO

C.增大EDA的浓度有利于CO2的捕集

D.CO2的捕集是熵增加的过程

1

（3）取20mL1molL乙二胺水溶液于离心管中，将CO2持续通入溶液中。当CO2的负载量为60%时，

n捕集CO2

该溶液捕集CO2的质量为___________g[已知：CO2]。

n起始EDA

Ⅱ．EDA水溶液分离回收废电池中的金属离子

（4）①基态Cu原子的价层电子轨道表示式为___________。

②已知EDA与Mn2形成的配合物难溶于水，而与Ni2、Co2形成的配合物易溶于水。在EDA与Mn2

形成的配合物(图1)中，提供孤电子对的配位原子为___________(填元素符号)，配体数为___________。

22

（5）Cd与EDA在水溶液中存在如下平衡(K1、K2、K3是Cd的逐级稳定常数)：

22

CdaqEDAaq[CdEDA]aqK1

22

[CdEDA]aqEDAaqCd(EDA)2aqK2

22

Cd(EDA)2aqEDAaqCd(EDA)3aqK3

向CdSO4溶液中缓慢加入EDA，实验测得各含Cd粒子的分布分数()随溶液中游离EDA浓度(c)的变

化关系如图2所示。

①曲线c表示为___________(填粒子符号)的分布分数随lgcEDA的变化曲线。

②M点时，lgcEDA=___________。(写出计算过程，结果用含K1、K2或K3的计算式表示)

【答案】（1）H2-H1（2）AD

（3）0.528（4）①.②.N③.3

＋

2+lgK2lgK3

（5）①.[Cd(EDA)2]②.(其他正确形式也可)

2

【解析】

【小问1详解】

反应ⅲ=反应ⅱ-反应ⅰ，因此ΔH3ΔH2ΔH1；

【小问2详解】

A．EDA易溶于水是因为EDA与H2O形成分子间氢键，A项错误；

+-

B．H3NCH2CH2NHCOO既能与酸反应，又能与碱反应，因此具有两性，B项正确；

C．增大EDA的浓度、平衡正向移动，有利于CO2的捕集，C项正确；

D．CO2的捕集是熵减小的过程，D项错误；

故选AD；

【小问3详解】

n起始(EDA)=1mol/L×0.02L=0.02mol，n捕集(CO2)=α(CO2)×n起始(EDA)=0.02mol×60%=0.012mol，m捕集(CO2)=n

-1

捕集(CO2)×M(CO2)=0.012mol×44g·mol=0.528g；

【小问4详解】

①基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，则其价层