广东省中山市2026届高三化学下学期一模试题含解析

本卷共8页，分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，满分100分。考试时间75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、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“条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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.考生必须保证答题卡的整洁。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：H1Li7C12O16Na23S32Cl35.5

第I卷(选择题，共44分)

一、选择题(本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16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.马是中华民族的重要精神象征。下列与马有关的物件中，主要材质为合金的是

B．奔马画

A．马踏飞燕青铜雕

作纸邮票

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D．唐三彩

C．生肖马碧玉吊坠

釉陶瓷马

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．青铜是合金，马踏飞燕青铜雕主要材质为合金，A符合题意；

B．纸邮票主要材质为纤维素，B不符合题意；

C．碧玉主要成分为硅酸盐，C不符合题意；

D．唐三彩为陶瓷，主要成分为硅酸盐，D不符合题意；

故选A。

2.2025年诺贝尔化学奖授予研究金属有机框架材料(MOFs)的科学家。如图化合物是MOFs研究中的一种有

机分子。关于该化合物的说法不正确的是

A.仅含有官能团酰胺基B.能发生取代和氧化反应

C.存在两种杂化方式的碳原子D.与NaOH溶液反应可生成两种盐

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据该化合物结构可知，仅含一种官能团，即酰胺基，A正确；

B．该分子中苯环上的氢原子和烷基的氢原子都可以被取代，发生取代反应；苯环上的甲基可被酸性高锰酸

钾氧化，因此能发生取代反应和氧化反应，B正确；

C．苯环上的碳、酰胺基的碳均为sp2杂化，其他饱和碳原子均为sp3杂化，即存在两种杂化方式的碳原子，

C正确；

D．该化合物含有酰胺基，在NaOH溶液中加热能发生水解反

应：，产物HN(CH2CH3)2是有

NaOHHN(CH2CH3)2

机弱碱，不能与NaOH反应生成盐，因此与NaOH溶液反应只能生成一种盐()​，D错

误；

故选D。

3.现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是

A.国产大飞机C919使用的复合材料碳纤维为有机高分子材料

B.全息投影技术所用材料氮化镓(GaN)，其中Ga的化合价为+2

C.“蓝鲸”深海潜水器使用的钛合金，其钛元素位于周期表d区

D.我国“人造太阳”利用核聚变反应，其燃料氘和氚是氦的同位素

【答案】C

【解析】

【详解】A．碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，A不符合题意；

B．GaN中N为3价，故Ga为3价，B不符合题意；

C．钛元素位于第四周期第ⅣB族，属于周期表d区，C符合题意；

D．氘和氚是氢的同位素，并非氦的同位素，D不符合题意；

故选C。

4.下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述不正确的是

选项劳动项目化学知识

化工生产：用SiO2

ASiO2硬度大且难溶于水

作牙膏摩擦剂

医务急救：用

B

NH4OHNH3H2O

NH4NO3作冷敷袋

制药工程：用

CBaSO4难溶于酸

BaSO4作“钡餐”

给水处理：用

DNa2FeO4对自来水Na2FeO4有强氧化性

消毒

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．SiO2硬度大且难溶于水，可通过摩擦清洁牙齿，适合作牙膏摩擦剂，A不符合题意；

B．NH4NO3作冷敷袋是因为其溶于水吸热，而非与碱反应，B符合题意；

C．BaSO4难溶于胃酸，胃酸主要成分为盐酸，可用作钡餐，C不符合题意；

D．Na2FeO4具有强氧化性，能使细菌、病毒的蛋白质变性，可用于自来水消毒，D不符合题意；

故选B。

5.锅间烟火，烹出万千佳肴。下列有关说法正确的是

A.铝锅所用的铝材在工业上利用电解熔融AlCl3制备

B.生铁锅主要成分是铁和碳，属于铁碳合金，熔点比纯铁高

42

C.不锈钢锅中含有24Cr，24Cr基态原子的价层电子排布式为3d4s

D.不粘锅涂层常用聚四氟乙烯制造，其单体是四氟乙烯(CF2CF2)

【答案】D

【解析】

【详解】A．工业上电解熔融Al2O3制备Al，因AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，A不符合题意；

B．生铁是铁碳合金，合金熔点低于组分纯金属，故生铁熔点比纯铁低，B不符合题意；

51

C．24Cr基态原子的价层电子排布式为3d4s，为半充满稳定结构，C不符合题意；

D．聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯（CF2CF2），四氟乙烯可通过加聚反应得到聚四氟乙烯，D符合题意；

故选D。

6.能满足如图所示物质之间直接转化关系的物质有多种，其中推理不成立的是

A.甲可为铁，丙的水溶液可能呈酸性B.甲可为硫，乙可能使品红溶液褪色

C.甲可为，丁可能属于强碱D.甲可为，在水中溶解度：乙<丙

Al2SO43CO2

【答案】B

【解析】

【详解】A．甲为，丁为硝酸时，与少量硝酸生成（乙），与过量硝酸生成

FeFeFeNO32FeFeNO33

（丙）；与硝酸反应生成，与反应生成，符合转化；丙中

FeNO32FeNO33FeNO33FeFeNO32

Fe3水解使溶液呈酸性，A不符合题意；

B．甲为硫时，若丁为O2，硫与氧气反应，无论O2量多少，只能直接生成SO2，无法直接得到SO3，不存

在满足条件的乙、丙，推理不成立，B符合题意；

C．甲为，丁为强碱（如）时，与少量生成（乙），与过量

Al2SO43NaOHAl2SO43NaOHAl(OH)3

生成NaAlOH（丙）；Al(OH)与反应生成NaAlOH，NaAlOH与

NaOH43NaOH44

双水解生成，符合转化，C不符合题意；

Al2SO43Al(OH)3

D．甲为CO2，丁为NaOH时，CO2与少量生成NaHCO3（乙），与过量NaOH生成Na2CO3（丙）；NaHCO3

与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、水反应生成NaHCO3，符合转化，且溶解度：

NaHCO3Na2CO3，D不符合题意；

故选B。

7.对粗铜进行预处理、精炼、溶解、结晶等操作制取CuSO45H2O，下列能达到目的的是

A．除氧化层B．粗铜精炼

C．精铜溶解D．蒸发结晶

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．纯碱溶液是碳酸钠溶液，粗铜的氧化层主要是氧化铜，属于碱性氧化物，不与碳酸钠溶液反应，

无法除去氧化层，A错误；

B．电解精炼铜的原理为：粗铜作阳极，与电源正极相连，纯铜作阴极，与电源负极相连，硫酸铜溶液作电

解质，该装置符合电解精炼铜的要求，能达到目的，B正确；

C．铜与浓硫酸反应需要加热条件，该装置没有加热装置，铜无法溶解，不能达到目的，C错误；

D．CuSO45H2O带有结晶水，直接蒸发结晶会脱去结晶水，无法得到目标产物，应该采用蒸发浓缩、冷

却结晶的方法，因此D不能达到目的，D错误；

故选B。

2

8.一种全固态锂电池示意图如图。充电时，Li从电极I中脱出，伴随着O转化为O2留在正极材料中，

Li2MnO3转变为MnO2。下列说法正确的是

A.充电时，电极II为阳极

B.电池工作时，固态电解质能传导电子

C.充电时，电极I的反应为：

2Li2MnO34e4LiO22MnO2

D.用该电池电解饱和食盐水，每生成2gH2，电极II质量减少7g

【答案】C

【解析】

2

【详解】A．充电时Li从电极I中脱出，伴随着O转化为O2留在正极材料中，说明电极Ⅰ发生了氧化反

应，O元素升价，故电极Ⅰ为阳极，A错误；

B．电池工作时，固态电解质只能通过离子，不可传导电子，B错误；

C．充电时阳极Li2MnO3转变为MnO2，同时生成氧气留在正极材料中，选项中方程式书写正确，C正确；

D．放电时，电极Ⅱ中发生LieLi，当生成2g氢气时，电路中通过2mol电子，则电极Ⅱ减少了2mol

锂单质的质量，为14g，D错误；

故答案为C。

9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.18gD2O中含有中子数目为10NA

B.1LpH1的FeCl3溶液中，H数目小于0.1NA

C.1molCO2与足量Na2O2反应，转移电子数目为2NA

D.标准状况下，22.4LNH3与足量HCl反应，新形成的键数目为NA

【答案】D

【解析】

1

【详解】A．D2O摩尔质量为20g·mol，18gD2O为0.9mol，中子数为9NA，A不符合题意；

B．的溶液中1，溶液中数目为，B不符合题意；

pH1FeCl3cH0.1mol·L1LH0.1NA

C．2CO22Na2O22Na2CO3O2，2molCO2参与反应转移2mol电子，故1molCO2反应转移NA

电子，C不符合题意；

D．标准状况下22.4LNH3物质的量为1mol，与HCl反应为NH3HClNH4Cl，每个NH3新形成1个σ

键，故新形成σ键数目为NA，D符合题意；

故选D。

10.下列陈述I与陈述II均正确，且两者间具有因果关系的是

选项陈述I陈述II

AO3在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度O3为非极性分子

B溶液中滴加KSCN溶液不显色与3结合能力：

K3Fe(CN)6FeCNSCN

C离子液体熔点比较低，难挥发离子液体可用作原电池的电解质

D石膏可用于制作豆腐的凝固剂石膏可调节水泥的硬化速率

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．O3为V形结构，偶极矩不为0，属于极性分子，陈述II错误，A不符合题意；

B．KFeCN中3与形成稳定的配位离子，溶液中游离3浓度极低，滴加KSCN溶液不显

36FeCNFe

色，可证明CN结合Fe3的能力强于SCN，两个陈述均正确且存在因果关系，B符合题意；

C．离子液体可作原电池电解质的根本原因是其含有可自由移动的离子、导电性良好，与熔点低、难挥发的

性质无因果关系，C不符合题意；

D．石膏作豆腐凝固剂是利用电解质使蛋白质胶体聚沉，调节水泥硬化速率是参与水泥的水化反应，两个陈

述均正确但无因果关系，D不符合题意；

故选C。

11.如图是一种有机分子M的对映异构体结构模型(图中圆球代表不同的原子或原子团)，分子式可表示为

X3Y7ZW2，具有两性，X、Z、W为同周期相邻的主族元素，基态X原子的各能级电子数相等，Y是周期

表中原子半径最小的元素，第一电离能关系ZWX。下列有关说法不正确的是

A.电负性：WZXYB.最简单氢化物沸点：WZX

C.原子团内键角：原子团1原子团2D.M的两性可能与原子团1和原子团3有关

【答案】C

【解析】

【分析】根据题干条件逐步推导：Y是周期表中原子半径最小的元素，故Y为H；基态X原子各能级电子数

相等，电子排布为1s22s22p2，故X为C；X、Z、W为同周期相邻主族元素，且第一电离能ZWX，

第二周期相邻的C之后为N、O，第一电离能NOC，故Z为N，W为O，则M的分子式为C3H7NO2，

具有两性，推测其为丙氨酸，根据原子个数及原子半径，判断中心手性碳连接4个基团分别是：H（小白

球）、CH3（2号）、NH2​（1号）、COOH（3号）。据此分析。

【详解】A．电负性同周期从左到右增大，且电负性CH，故电负性ONCH，即W>Z>X>Y

，A正确；

B．最简单氢化物分别为H2OW、NH3Z、CH4X，常温下H2O为液态，NH3​含分子间氢键沸

点高于甲烷，故沸点，B正确；

234

HO>NH>CH3

C．原子团1是氨基（NH2），中心N为sp杂化，含1对孤对电子，孤对电子的排斥作用压缩键角，键

3

角约为107；原子团2是甲基（CH3），中心C为sp杂化，无孤对电子，键角约为109.5，故键角：

原子团1原子团2，C错误；

D．氨基酸的两性来源于氨基（碱性，可结合H，原子团1）和羧基（酸性，可电离H，原子团3），D正

确；

故选C。

12.按下图组装装置并进行实验。下列说法不正确的是

A.e管的作用是平衡气压，使氨水顺利滴下

B.当b中白色沉淀溶解时，离子方程式为：AgOH2NHHOAgNHOH

3232

C.c装置可以防倒吸，CCl4不能用煤油替换

D.取b中制得的银氨溶液于d试管，滴入葡萄糖溶液，水浴加热，用来检验其醛基

【答案】B

【解析】

【分析】该实验是制备氨气→制备银氨溶液→尾气处理→检验葡萄糖醛基的完整流程：装置a生石灰与浓

氨水反应制备氨气，生石灰遇水放热、增大溶液中OH浓度，促进NH3H2O分解释放氨气；e管连通分

液漏斗和烧瓶，用于平衡压强。装置b中氨气通入硝酸银溶液，先生成AgOH白色沉淀，继续通入氨气后

沉淀溶解，得到银氨溶液。装置c处理未反应的氨气尾气，利用CCl4​的性质防倒吸。操作d用制得的银

氨溶液和葡萄糖反应，通过银镜反应检验葡萄糖的醛基。

【详解】A．e管连通分液漏斗上方和烧瓶内部，平衡了二者的气压，使浓氨水可以依靠重力顺利滴下，A

正确；

B．AgOH沉淀溶于氨水生成银氨溶液的反应，原子不守恒，原方程式漏写了生成物水，正确的离子方程

式为AgOH2NHHOAgNHOH2HO，B错误；

32322

C．CCl4​密度大于水，在下层，NH3不溶于CCl4​，气体上浮后才被水吸收，可防倒吸；煤油密度小

于水，若替换CCl4，煤油会在上层、水在下层，导管插入下层水后，NH3直接溶于水，会引发倒吸，因

此CCl4​不能用煤油替换，C正确；

D．银镜反应检验醛基的标准操作就是：向制备好的银氨溶液中滴入葡萄糖溶液，水浴加热，若生成光亮银

镜即可证明醛基存在，D正确；

故选B。

13.由结构能推测出对应性质的是

选

结构性质

项

A甲基使苯环上邻、对位的氢原子活化甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色

碘和CCl4均为正电中心和负电中心重溶有少量碘的CCl4溶液加入浓KI溶液，振荡，CCl4溶

B

合的分子液层颜色变浅

SiO2晶体中粒子呈现周期性的有序排

C水晶柱面上的石蜡遇热，不同方向熔化的快慢不同

列

D离子键成分百分数：NaFSiC熔点：NaFSiC

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为苯环活化了甲基，甲基被氧化为羧基，与甲基活化苯环邻

对位氢无关，A错误；

B．层颜色变浅是因为与反应生成易溶于水的，与和均为非极性分子无关，B错误；

CCl4I2II3I2CCl4

C．SiO2是晶体，粒子周期性有序排列具有各向异性，不同方向导热性不同，因此石蜡不同方向熔化快慢

不同，结构可推测对应性质，C正确；

D．NaF是离子晶体，熔点由离子键强弱决定，SiC是共价晶体，熔点由共价键键能决定，熔点NaFSiC，

与离子键成分百分数大小无因果关系，D错误；

答案选C。

14.难溶于水，可用作半导体材料，在HI水溶液中，存在反应，

HgI2HgI2HgI2IHgI3

2。下列说法正确的是

HgI3IHgI4

2

A.通入少量氧气，cHgI3减小B.加水稀释，cHgI3/cHgI4增大

的2

C.溶液中汞与碘元素物质量之比为1：2D.体系中，cHcI2cHgI4cHgI3

【答案】B

【解析】

【详解】A．O可将还原性的I-氧化为I，使c(I-)减小，导致平衡向左移动，消耗，

22HgI2IHgI3HgI3

平衡2逆向移动，生成更多，综合影响下，的变化趋势不确定，A错误；

HgI3IHgI4HgI3cHgI3

2--

cHgI4cHgI31

B．第二个反应平衡常数，变形得，温度不变K不变，加水稀释时-

K=--2-=-cI

cHgI3cIcHgI4KcI

减小，因此该比值增大，B正确；

--

C．溶液中I除来自HgI2解离外，还有HI提供的额外I，因此碘元素总物质的量大于汞元素的2倍，二者

物质的量之比小于1:2，C错误；

-+---2-

D．电荷守恒需包含水溶液中的OH，正确关系式为cH=cOH+cI+cHgI3+2cHgI4，D错

误；

故选B。

15.利用如图装置可以进行实验，下列实验根据现象所得结论不正确的是

选项实验名称试剂a试剂b现象与结论

溶液变红，说明

滴有酚酞的水

A煤的干馏煤粉煤的干馏属于

溶液

化学变化

B石蜡的分解浸透石蜡油的高锰酸钾溶液溶液褪色，说明

矿渣棉、碎瓷片生成了不饱和

烃

澄清石灰水变

C膨松剂的分解膨松剂澄清石灰水浑浊，说明膨松

剂含有碳酸钠

点燃验纯时有

铁与水蒸气反

D铁粉、湿棉花浓硫酸爆鸣声，说明有

应

氢气生成

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．煤干馏会生成氨气等新物质，氨气溶于水显碱性，可使滴有酚酞的水溶液变红，证明有新物质

生成，说明煤的干馏属于化学变化，A正确；

B．石蜡分解产物中含有不饱和烃，不饱和烃的碳碳双键可被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，B

正确；

C．澄清石灰水变浑浊只能说明膨松剂分解生成了CO2​，但碳酸钠受热稳定，不分解，不能证明膨松剂含

碳酸钠，C错误；

D．铁粉与水蒸气高温反应生成氢气，浓硫酸干燥后，点燃不纯的氢气会产生爆鸣声，可以证明有氢气生成，

D正确；

故选C。

16.我国科学家开发的如下图(b)电解池装置，实现HCHO与的协同反应，能有效促进合成过程，

NO3NH3

电极I中从开始的一种反应机理如下图(a)(“”表示催化剂，发生反应，

NO2H2OeHadsOH

Hads为零价氢自由基)，电极Ⅱ催化反应机理如下图(c)。装置工作时，下列说法不正确的是

A.电源e为负极，电极Ⅱ发生氧化反应

B.图b中的交换膜为阴离子交换膜，OH从左室移向右室

C.每制得1molNH3需要消耗6molHads，通过导线的电子数为6mol

D.电极Ⅱ的催化剂为，其电极反应为

Cu2OHCHO2e3OHHCOO2H2O

【答案】C

【解析】

【分析】根据图b可知，在电极I中先转化为，最终转化为，N元素得电子发生还原反应，

NO3NO2NH3

电极反应式分别为：、，电极总反

NO32eH2ONO22OHNO26e5H2ONH37OH

应为：，因此电极I为阴极，连接阴极的电源e为负极，f为正极，电

NO38e6H2ONH39OH

极Ⅱ为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，据此分析解答。

HCHO2e3OHHCOO2H2O

【详解】A．根据分析，电极I为阴极，与此电极连接的e为电源负极，同时电极Ⅱ为阳极，发生氧化反应，

A正确；

B．根据分析，左室中会产生OH，右室要消耗OH，则OH需要从左室向右室移动，因此该交换膜为阴

离子交换膜，B正确；

C．根据电极反应可知，每制得要转移，根据

NO26e5H2ONH37OH1molNH36mole

可知消耗的为，但由电极I的总反应

H2OeHadsOHHads6mol

可知制得时通过导线的电子总数为8mol，C错误；

NO38e6H2ONH39OH1molNH3

D．根据图c可知，Cu2O只参与循环反应，未消耗和增加，作催化剂使用；根据分析，电极Ⅱ为阳极，发

生氧化反应，电极反应式为：，D正确；

HCHO2e3OHHCOO2H2O

故答案为：C。

第II卷(共4个大题，共56分)

17.氮及其化合物有着广泛应用。

（1）兴趣小组设计实验制备二氧化氮。

①利用铜和浓硝酸制备NO2的离子方程式为______。

②配制所需的50mL8.0mol/L浓硝酸，需用量筒量取16.0mol/L浓硝酸______mL。

③配制过程中，从下列选项中选出正确操作并按实验先后排序______(填操作编号)。

A．定容B．转移C．摇匀D．稀释

（2）探究温度、压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。用如图装置进行实验，每次充入

20mLNO2，进行实验。

实验操作

a固定活塞位置不变，将针筒浸于10C水浴

b固定活塞位置不变，将针筒浸于60C水浴

c将针筒迅速压缩后，固定活塞位置不变

①对比实验a和b的现象，b的颜色比a深，说明该反应H______0。

②实验c可观察到颜色先变深后变浅。分析“压缩容器体积”影响颜色变化的原因可能有：体积减小导致

气体浓度变大、______、体系温度升高进而影响平衡移动。

（3）进一步探究压强对平衡移动的影响。已知，一定条件下，吸光度A与浓度c成正比。

数据测定：把装有NO2的针筒放在平板LED灯上，拍摄常温常压下气体位于20mL刻度照片，吸光度为A20，

并以此为基准。推拉针筒活塞改变气体体积，均静置2min后拍摄照片。测出吸光度Ax(x为NO2的体积)，

换算出与常压时的比值，数据如下表。

AX

与基准吸光度A20的比值()

A20

体积/mL吸光度Ax

不考虑平衡移动实际平衡移动

10ba1.51

200.3041.001.00

300.2380.670.78

40c0.500.69

500.1810.400.59

数据论证：比值法，a______；请选取表中数据，利用比值法说明压强变化对平衡移动的影响情况______。

图像法，在下图中以20mL所对应的图线为基准，标注吸光度Ax中b和c所对应的数据点______。

实验结论：该反应达到平衡时，其他条件不变，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动；反之，向

相反方向移动。

【答案】（1）①.2②.25③.DAC

Cu4H2NO3Cu2NO22H2O

（2）①.<②.气体浓度变大进而影响平衡移动

（3）①.2.00②.从20mL压缩体积至10mL，不考虑平衡移动吸光度应该变为2倍，但实际只

变成了1.51倍，说明平衡往正反应方向移动③.

【解析】

【小问1详解】

①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其离子方程式为：

2；

Cu4H2NO3Cu2NO22H2O

②根据稀释定律(c1V1c2V2)可得：16.0mol/LV8.0mol/L50mL，解得V25.0mL；

③用浓溶液配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，转移时

用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移至容量瓶中，因此B选项操作错误，则操作正确并按实验先后排序为

DAC；

【小问2详解】

①温度升高，颜色变深，说明NO2​浓度增大，即平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，即H0；

②压缩体积，NO2​浓度增大，颜色先变深，相当于压强增大，该反应是气体分子数减少的反应，因此平

衡正向移动，使NO2​浓度降低，颜色后变浅。影响颜色变化的原因可能有：体积减小导致气体浓度变大、

气体浓度变大进而影响平衡移动、体系温度升高进而影响平衡移动；

【小问3详解】

吸光度A与浓度c成正比，若不考虑平衡移动，即浓度与体积成反比：体积从20mL变为10mL，浓度变为

A

原来2倍，故x2.00，即a2.00；选取表中数据，利用比值法说明压强变化对平衡移动的影响情况：

A20

从20mL压缩体积至10mL，不考虑平衡移动吸光度应该变为2倍，但实际只变成了1.51倍，说明平衡往

正反应方向移动；

③由表中数据可知：bA101.510.3040.459，cA400.690.3040.210，则40mL的点的横

坐标比0.5小、纵坐标为0.210，10mL的点的横坐标比2.0小、纵坐标为0.459，因此在下图中以20mL

所对应的图线为基准，标注吸光度Ax中b和c所对应的数据点为：。

18.对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要成分为LiNi1xyCoxMnyO2，含少量Al、Fe杂质)回收的一

种工艺简化流程如下：

已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物［其中Co为Co(OH)3］、元素Mn以MnO2形式浸出。

②离子浓度小于105mol/L可认为该离子完全沉淀。

③部分氢氧化物的Ksp如下表：

氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2

3933161513

Ksp(298K)2.8101.3105.5101.60102.0010

（1）基态Co3的价层电子轨道表示式为______。

（2）“滤液1”中溶质除了LiOH、NaOH以外，还有______(填化学式)。

（3）“酸浸”后的溶液中Ni、Co、Mn元素以Ni2、Co2、Mn2存在，写出生成Co2的化学方程式

______。

（4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“酸浸”后

cNi20.055mol/L,cCo20.016mol/L,cMn20.020mol/L。

（5）“萃取”时，钴离子形成如下图的配合物。钴离子易被萃取进有机相的原因有______。

A.配位时Co2被还原B.配合物与水能形成分子间氢键

C.钴与O形成配位键D.萃取剂中有极性较小的疏水基团

（6）写出“沉钴”时，生成CoCO3的离子反应方程式______。

（7）CoCO3一定条件下可转化为CoO3。假设CoO3的立方晶胞结构下图(a)，则Co在晶胞中的位置为

______；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为______，若下图b是该晶胞沿体对角线方向的投

影，请在下图(b)上补充另外一种原子位置______。

【答案】（1）（2）NaAl(OH)4或NaAlO2

（3）

2H2SO42Co(OH)3H2O22CoSO4O26H2O

（4）7（5）CD

（6）2

CoHCO3NH3H2OCoCO3NH4H2O

（7）①.顶点②.2③.

【解析】

【分析】电池镍钴锰三元材料，主要成分为LiNi1xyCoxMnyO2，含少量Al、Fe杂质，加入NaOH溶液，

Al反应生成可溶性的，元素Ni、Co以、、元素Mn以形式浸出，

Na[AlOH4]Co(OH)3NiOH2MnO2

2

Li变成Li，Fe不反应。再向这些固体中加入稀硫酸和H2O2，金属化合物和单质全部转化为硫酸盐，Fe

3323

被H2O2氧化为Fe，Co被H2O2还原为Co。调节pH可将Fe变为Fe(OH)3沉淀除去，即滤渣1。

2+22

溶液中继续加入Na2S2O8，将Mn变为MnO2固体除去。再用有机物将Ni和Co形成配合物萃取到

有机相中，水相中主要含有Na2SO4。分液后有机相再用反萃取使离子脱离进入水相，加入氨水、NH4HCO3，

2+

使2变为CoCO沉淀，2和NH形成配位键得到NiNH。

Co3Ni336

【小问1详解】

Co的原子序数为27，变成Co3的过程中是从最外层开始失去3个电子，价层电子轨道表示式为

。

【小问2详解】

根据分析可知，滤液1中还有。

Na[AlOH4]

【小问3详解】

碱浸后，Co以形式存在，酸浸后变成了2，化合价降低，作氧化剂，所以加入的作还

CoOH3CoH2O2

原剂，化合价升高，变成，化学方程式为。

O22CoOH3H2O22H2SO42CoSO4O26H2O

【小问4详解】

由分析可知，调节pH是为了除去3，而剩下的离子保留，其中的K最小，最容易沉淀，则

FeNiOH2sp

pH不能大于其开始沉淀的pH。cNi20.055mol·L1，

KNiOHcNi2·c2OH5.51016。所以

sp2

1614

KspNiOHK1071

25.51071cHw10mol·L

cOH10mol·L，7，

cNi20.055cOH10

即pH7为最大值。

【小问5详解】

A．Co2化合价仍为2，没有发生还原，A错误；

B．若配合物与水形成氢键，会更亲水，无法进入有机相，B错误；

C．由结构可知Co2与O形成配位键，得到稳定配合物，利于萃取，C正确；

D．萃取剂含极性较小的疏水基团，使配合物整体疏水，易溶于有机相，D正确；

答案选CD。

【小问6详解】

沉钴时，反应物为2，结合NHHCO中的，生成，溶液加入了氨水显碱性，离子方程式

Co43HCO3CoCO3

为2。

CoHCO3NH3·H2OCoCO3NH4H2O

【小问7详解】

11

根据晶胞原子数计算：顶点原子数81，棱心原子数123，结合化学式CoO可知，Co在晶

843

胞中的位置为顶点；O位于棱心，每个棱心O最近的Co为该棱的两个端点，因此与O最近且等距离的Co原

子个数为2；沿体对角线投影：8个顶点的Co已经投影为中心1个+外围6个（即图b已有位置），12个棱

心的O投影在虚线六边形的六条边的中点，如图。

19.水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。

I．利用MgCl22H2O(s)脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减

少副产物生成。发生的反应为：MgCl22H2O(s)2CO(g)MgCl2(s)2CO2(g)2X(g)，反应路

径如图1(Surf指MgCl2晶体表面)。

（1）物质“X”为______。

（2）路径______(填“a”或“b”)反应速率更快。

（3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为______。

、

II．COCO2既可单独加氢制CH4，也可混合加氢制CH4，会发生如下反应。

i1

CO(g)3H2(g)CH4(g)H2O(g)H1206kJmol

ii1

CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H2164kJmol

iiiCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H3

（4）反应iii为水煤气变换反应，其ΔH3=______。

、

（5）图2表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下COCO2混合气体加氢达到平衡时，CO2的转化率α

nnnCO

随温度(T)或z的变化。其中α0平,z20,n指初始的物质的量，n指平衡的物

0平

n0n(CO)0nCO20

质的量。曲线I表示当z为0.5时αCO2随温度(T)的变化。

①下列说法正确的是______。

n(CO)0

A．曲线I中0.5B．曲线II的温度为600C

nCO20

C．其它条件不变，增大压强，曲线II上移D．M点，反应iii生成的CO2的量比反应ii消耗的少

②结合图3分析图2中曲线I中αCO2随温度的升高先减小后增大的原因______。

nCH4平

③若N点CO的转化率α为80%，则CH的平衡收率yyCH为______。

44n(CO)nCO

020

（6）使用CO2单独加氢制CH4时(投入化学计量比氢气)，会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性

n(CO)

为SS平。某条件下CH的平衡收率为y，则此时CO的转化率为______。(用

nCOnCO42

202平

y、S表示，并写出推导过程)

【答案】（1）H2

（2）b（3）

HCOOHCO2H2

（4）42kJmol1

（5）①.BC②.三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应i、ii的影响

大于反应iii，αCO2减小。超过600C，反应iiG0，反应ii几乎不发生，温度升高，反应iii

平衡逆向移动，αCO2增大③.45%

y

（6）

1S

【解析】

【小问1详解】

根据原子守恒，反应左侧原子总数：Mg、2Cl、4H、2C、4O，右侧已知原子：1Mg、2Cl、2C、4O，剩余4H，

故2X为2H2​，X为H2。

【小问2详解】

反应速率由活化能决定：活化能越低，反应速率越快。从图1能看出：路径a的能垒（活化能）比路径b