2026年高考化学试题（广东卷）解析版

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：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24S：32Fe：56

Cu：64

一、选择题：本大题共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

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；

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。“2燃烧属于放热反应

B.“黑色黄金”：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.“会飞的电站”：高空风力发电捕风伞使用氮气球升空。③/和中子数相同

D.“镁钵”成双：嫦娥五号月壤中发现含镁、含钝两种新矿物。镁和铀位于同周期

【答案】A

【解析】

【详解】A.所有燃烧反应均为放热反应，”2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，中子数为3-2=1,4"e中子数为4—2=2,二者中子数不相同，C错

误：

D.镁元素位于第三周期，钵为锢系元素，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。下列过程龙■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SO?漂白竹纸浆

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.SO?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C“4和CO都具有可燃性，均可用作燃料，D正确;

故选Ao

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。2AgB/•二2Ag+B乃属于化合反应

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Si。?，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I和陈述II均正确但两者间没有关联的是

选项陈述I陈述n

A光束通过尸6（。”）3胶体，产生明亮通路胶体粒子对光线有放射作用

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T-

D铜丝浸入AgN03溶液中可形成美丽银树C”的还原性比Ag的强

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【蟀析】

【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玦，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

最外层电了•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AgNO,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

【答案】A

【脩析】

【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FI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：

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N,为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.23gNO?和MO。混合气体中含有的N原子数为N.

B.l〃w/Mz与足量。2反应完全，Mi失去的电子数为N

C.标准状况下，22.4LO73a中含有极性共价键的数目为N八

D.在2L0.5mol/L的ONa水溶液中,0一的数目为N.

【答窠】B

【解析】

【详解】A.NO,和M。」最简式均为N。,，23g混合气体对应最简式NO7的物质的量为

阳23就gTO：%含有的N原子数为。-5N“A错误;

B.Na与。2反应时Na元素化合价从0升高到+1,ImolNa完全反应失去Imol电子，即失去电子数为

3,B正确；

C.标准状况下22.4〃7”<7物质的量为imoL1个eg。分子含有4个极性共价键：3个C-H键、I个

C-C1键，故极性共价键数目为4N“C错误；

D.苯酚根离子为弱酸根，在水溶液中会发生水解，故2L0.5moi几苯酚钠溶液中苯酚根离子的数目小于

NA>D错误；

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：HCI>H1键能：H-Cl>H-\

B酸性：乙酸〉丙酸推电子效应：-CH—CH2cH§

C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CC74中的溶解度：苯,N”3苯和CC。为非极性分子，N”3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-C1键长更短、键能更大，共价键更稳定，因此HC1热稳定性强于HL

A正确：

B.烷基为推电子基团，乙基推电子效应强于甲基，使丙酸粉基的0-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CCL,均为非极性分子，NM为极性分子，因

此苯在CC14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•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。

卜.列说法错误的是

A.K1溶液变棕黄色，体现「的还原性

B.浓硫酸的作用是吸收水分，干燥a.

c.U形管中溶液遇KSCN溶液变红，说明有人加存在

D.烧杯溶液中最终存在：c(Mf)+c("+)=c(cr)+c(a。-)

【答案】D

【解析】

【分析】Y形管中Ca(C/O)2和盐酸反应生成氯气，CI?与KI发生反应Cl2+2r=2C「+12,生成,2使

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(屋。3)0M/。”溶液用于吸收未反应完的有毒氯气，防止污染空气。

【详解】A.生成的C72与K/发生反应672+2厂=2。广+/2,生成，2使溶液变棕黄，厂化合价升高，作

还原剂，体现还原性，A正确；

B.制得的中混有和水蒸气，饱和食盐水除去”a,浓硫酸吸收水分，干燥eq，防止后续加热

时水蒸气影响反应，B正确；

C.加热条件下代与C]反应生成FeCg，注入稀硫酸溶解后，溶液中含尸c",F/+遇KSOV溶液变

红，可说明存在，c正确；

D.烧杯中为M/OH吸收O'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：

c(Na+)+c(H[=c(C/-)+c(C7O-)+c(OH)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.客家盐爆鸡：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、。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、0、N,部分还含有S、。等元素，因此牛肉中的蛋白质一定

含有N、。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。

11.化合物乙加。尺4与7^&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：R>X>MB.金属性：T>L>M

C.第一电离能：Q>T>LD.最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>X

【答案】C

【解析】

【分析】Q基态原子3P轨道半充满，电子排布为卜22/2〃63f3〃3,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次凡为不。-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N%HPOq,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S>0>”，即X>R>M，A错误；

B.同周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性即B错误；

C.同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，第VA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，故第一电离能即Q>7>L,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S>P,故酸性

HSO>,即错误；

24H3POAX>Q,D

故选c.

12.用如图装置探究卤代燃的性质。用表格中的物质分别进行实验，对应的叙述正确的是

A酸性

用酸性KM11O4溶液

KCrO

w2溶液2、7浸湿的石英棉

一/一

碎

NaOH溶液逢

（溶剂为b）片

选项物质a洛齐Ub叙述

I中发生消去反应；IV

A2-澳丁烷乙醇中溶液褪色，发生取

代反应

I中生成2-丁醇，HI中

B2■澳丁烷水石英棉和IV中溶液

均褪色

C溟乙烷水II中注入少量

弓0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溪乙烷乙醇

AgN。,溶液，生成

沉淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.2-澳丁烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成烯烧，IV中澳的CC。溶液褪色是因为烯

煌与溟发生加成反应，不是取代反应，A错误；

B.2,臭丁烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成2-丁醉，能使酸性而钵酸钾褪色，但不能使澳的

CC/4溶液褪色，B错误；

C.澳乙烷在NaOH水溶液中加热水解生成乙醇，乙醇可被酸性长2。07溶液氧化，溶液由橙色变为绿

色，颜色有明显变化，C错误；

D.湿乙烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成8广，加过量稀硝酸中和过量NaOH后，加

AgNO?溶液会生成AgBr沉淀，D正确；

故选D。

13.部分含C或N或C1物质的分类与相应化合价关系如图。下列说法错误的是

+5

+4

如+2

0

-1

单质氧化物酸盐

物质类别

A.。分子中可存在兀键和。键B.C可由U受热分解产生

C.可存在af〃-c—d-〃的转化D.。、c、/均可用于自来水消毒

【答案】D

【解析】

【详解】A.a可以是TV?,N?分子内含1个。键和2个兀键，因此分子中可存在兀键和。键，A正确；

B.c可以是C。?，e可以是碳酸盐(盐类，碳元素为+4价)，碳酸钙等碳酸盐受热分解可生成C。?，因此

c可由e受热分解产生，B正确；

C.对应转化为：N?TNOTNO?THNO3TNO,可通过反应实现：N2和02放电生成NO,NO与

02反应生成NCh,NO2与水反应生成HNO3,稀HN03与Cu反应生成NO,C正确；

D.f为・1价的酸，只能是HC1,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.A/人溶于NaOH溶液:4/2°3+2O”-+3"2O=2[A/(O”)J

B.铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+2772SO4=CuSO4+2H:0+S02T

催化剂「r

C.6-羟基己酸的缩聚反应：nHOOC(CH2)5OHqH0+CC^CH2卜0+H+n”2。

A

D.乙醛被C〃(O")2氧化：CH3CHO+2cM0H\+OHTCH3COO-+Ci40(+3H夕

【答案】c

【解析】

【详解】A.A/2O3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

Alp.+20H-+3也0=2[4(0”)/一，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

Cu+2H2SO4(^)=CuSO4+2H2O+SO2T,B正确;

C.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(〃-1)分子”2。，且缩聚反应一般

△0

使用单向箭头而非可逆符号，方程式〃”OOC(CH,)«。”.「II1+(〃-1)”,。，C

'2/5催化剂HOfC(CH2)5。士H

错误;

D.碱性条件下乙醛被Cid。"1氧化为乙酸根，同时生成砖红色Ci"。沉淀，离子方程式为

A

CH、CHO+2C〃(04)，+O"-fCH.COO-+Cu2OJ+3H2O,D正确；

故选C。

15.物质A(g)可同时转化为它的同分异构体B(g)和C(g),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c随时间/的变化如图b,则

A.乙时，体系中物质的质量：〃?(A)=2〃2(B)

R图h中数据满足关系：2z>x+y

C.体系中，反应A(g)WC(g)先达到平衡

D.体系平衡后，升高温度，B的体枳分数增加

【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，

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。

【详解】A.设初始加入A的质量为阳)，浓度为A、B、C互为同分异构体，则摩尔质量相同，等质量

时物质的量相等，由题图b可知，乙时，B、C的浓度相等，则c(4)+2c(B)=c0,恒容容器，则气体体积

不变，故可得加(A)+2m(3)=/叫)，乙时，A的转化率未知，无法确定m(A)与2m(3)的关系，A错误；

B.根据A项分析可知，6时，c(A)+2c(C)=c0,根据原子守恒有2x+y=Co,时，A、B的浓度相等，

则2c(A)+c(C)=?，设此时C的浓度为〃，即2z+〃=Co，可得2x+y=2z+〃，由题图b可知L时C

的浓度大于『2时C的浓度，即X>〃，x-a>0,则2z=x+)+x—a>x+y,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A—3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?同时实现海水脱盐的装置如图，电解液在I和IV室间循环，初始电解液为

NaHCO、溶液,膜①上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4OH--4e-=2〃2O+O2T

C.电解•段时间后，HI室海水中盐的浓度降低

D.电解过程中，I室电解液的pH在一段时间内可保持稳定

【答案】C

【解析】

【分析】由题图可知，CO?在电极。上反应转化为CO,C元素化合价降低，故电极。为阴极，阴极反应为

CO2^-H2O+2e-=CO+2OH-,生成的。叶与电解液中的HCO~发生反应

OH+HCO-=CO1~+H2OO电极为阳极，也0电离出的0月-在阳极放电，阳极反应为

4OH--4e-=aT+2H2。，“2。电离出的/T发生反应"++。。『="。°；。若［为阴离子交换膜，

结合电流方向可知，IH室海水中的C/一会向右通过膜迁移至IV室中，并在电极〃上放电生成C4,故n应

为阳离子交换膜，以阻止a一通过，据此可知实现脱盐的海水不是IH室海水，而是H室海水，则□为阳离子

交换膜，口为阴离子交换膜，H室海水中的向左通过膜迁移至I室中，II室海水中的a一向右通过膜

迁移至in室中，IV室电解液中的向左通过膜迁移至III室中，故电解•段时间后，H室海水中盐的浓度

降低，HI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〃为阳极，电离出的O/T在阳极放电，阳极反应为

4OH--4e~=OA+2H2OtBIE5ft；

C.由分析知，电解一段时间后，II室海水中盐的浓度降低，HI室海水中盐的浓度升高，C错误；

D.根据前述分析，I室中阴极反应生成的O/T与电解液中的“CO；反应生成CO),形成HCO；/CO；

缓冲体系，有利于I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o

ABCD

(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：向溶液中滴加氨水至过量，得深蓝色溶液，加入乙醇，析出固

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[C〃(N〃3)jSO「〃2。。

(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：

2t+

(a)[Cw(NH3)4]+2H+2H2O=Cu(OH\l+4NH；

(b)C〃(O/),+2/T=Ci产+2H?O

②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匕和匕，则

匕：匕=1。

③设计方案：测量反应体系的〃H随加入硫酸体积丫的变化，以获得匕和匕。

④进行实验

序号实验内容

用足量水溶解Q，发现得不到澄清溶液，测得体系呈碱性。体系呈碱性的原

⑴

因为铜氨配离子的解离及___________<,（用方程式表示）

(ii)称取卬克Q于烧杯中，移取匕〃/稀氨水使Q完全溶解，得待测液

5)搅拌下，向待测液中滴加O/〃w//L"2s。4溶液，测量并记录〃V数据

(iv)移取上述稀氨水，用___________溶液滴至终点，记录体积为M〃也

⑤数据处理：由（iii）所得〃曲线呈现两次〃〃突变，对应的终点丫依次为匕〃也和匕加，则匕：匕=

（用匕、匕、匕表示）。

⑥结果讨论：多次实验结果均为匕：外〉1。与AI对话后提出假设：（iii）的过程中生成的沉淀除

外还含有C〃2（O”）2S。4。

a.验证SO；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：某次实验结果为匕：％=2口9,则第一个终点时，

〃[C〃2(OH)2S04]

⑦实验总结：实验过程中的反应匕①中所述的复杂，可继续探究。

【答案】（1）AB（2）负

（3）□.洗涤□.明锐的衍射峰

（4）匚NH?+H2OUNH、，H2O、N%•H?0UNH：+0”、□.OAmol/LH2sO*□.

（匕一乂）:仅一匕）口.滴加BaCL溶液，若产生白色沉淀，□.18

【解析】

【分析】实验室制备氨气，采用加热溶液和固体N”4a的方法。探究铜氨配合物与酸的反应：匕

是空白实验中%mL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，

总消耗硫酸体积为匕，因此反应⑶实际消耗硫酸体积匕=%-乂；第二个pH突变对应反应（b）完全结

束，总消耗硫酸体积为匕，因此反应（b）实际消耗硫酸体积匕=匕-匕，以此解答。

【小问1详解】

实验室用NaOH与NH（1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装置装有鸟。5,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，溶液中的铜离了•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】

i.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

NH3+H2OQNH3H2O、NHyHQUNH'+OH。

iv.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VomL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0.历町〃心牙25。4溶液

%是滴定匕mL氨水所消耗的硫酸体积。匕是滴定至第•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）消耗的硫酸体积为匕，与%mL氨水反应的硫酸体积为力。因此，匕=

r2-r,o匕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b）,其体积为九几=匕-匕，故匕：匕=（匕-匕）：（匕-匕）。

匚a.检验SO：-,沉淀用盐酸溶解后，滴加BaCL溶液，若产生白色沉淀，即可证明SO『存在。

b设〃Cu(OH)^=xmol,n[c«2(OHSO4]=ymol,根据

[。〃(八”3)4『+2H++2%O=C〃(O"),J+4N”；、

2++

2[CM(NH3)4]+6H+SOI-+2H2O=Cu2SO4I+87VH；,消耗〃(/T)=(2x+6)，)，〃。/,根

+2++

据CU(OH)2+2H=Cu+2H2O、CU2(OH)2SO4+2H=2a产J+SO：+2%。，消耗〃("十)

2x+6v21x

=3+2力〃。/，结合匕M=21:19可知，壬[历，解得丁⑸〃西-Ro}®

18.金（Au）是一种战略性金属。从某金精矿（含金、银、Sb2S3,F0、S0和Mg。等）中提取金并综合利

用部分物质的一种工艺如下。

AlSb光

盐酸氧化剂铁粉Sb（s）…

电材料

»含爵油

矿

滤液1—I

粉

电解产物迤蒯、

滤泥

।回收利用।

“含金银

WI…》林体庭卜滤液2

Na2SO3NaOH

金包酬近卦一

已知：A〃（in）和Ag（I）在一定条件下均可与C/-形成可溶于水的配离子。

氢氧化物Fe(OH)3Fe{OH\Mg®"上

%(298K)2.8x10794.9x10-75.6xl0-12

（1）金精矿研磨成粉是为了,提高浸取速率。

（2）“沉锦”的反应中，还原剂为o

（3）“电解”在电解池（图1）中实施，一定条件下实现“沉睇”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应,

则

①阴极反应式为______________o

②初始电解液中c（Fe2+）=\AmollL,）=0.056〃加/L。为防止阳极室电解过程中产生沉淀,

理论上，最终阳极室｛OH）应不大于加。//£（列算式）。

（4）“X”包含多个步骤，需同时用到//C7和”2°2溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中

c（以202）的变化如图2,A〃在滤液2中主要以［A”。。「存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”

包括的步骤为。

100

Ag,

50Au

0k/：/：I

X|x2x3

c(H2O2)/(mol/L)

图2

（5）“沉金”通过N。。〃的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成A〃的离子方程式为

2[A〃C7/+—HSO,+=2AuJ++8C/_+?。

（6）某杂冠醒可选择性地与含银废液中的形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醒与

Ag+有配位作用且

R

图3

（7）①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是。

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A1占据

位置，Sb占据位置。（填编号）

【答案】（1）增大反应物接触面积

（2）Fe（或铁粉）

2

（3）□.F*+2"=Fe口.J.：））或#2x10-39

（4）先控制浓度在与HC1溶液浸出Ag后过滤除去，再控制浓度在当〃第〃心与

HC1溶液浸出过滤

（5）2[AuCl4]~+3HSO；+3H2O=2AuJ+3SOf+8。广+9H，

（6）杂冠酸的空腔大小与Ag+的直径（大小）相匹配

（7）C.GaN□.A.B或CD.C或A、B

【解析】

【分析】先通过盐酸+氧化剂体系，将硫化睇转化为可溶性配离子2〃。乙「，过滤后滤泥含有Au、Ag、

S。、S等：滤液主要含[S〃C7j一，还会存在p『+、Mg?+等再用铁粉还原沉睇得到单质睇，同时也

将脱3+还原为/语2+,滤液1含有姓2+、/语2+,通过电解实现沉睇试剂的回收循环，降低原料成本。滤

泥除硫后得到含金银粉体，通过控制〃2。2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，回收的睇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】

沉锦过程中，他将IS/CJ中+3价W还原为W单质，尸e被氧化，作还原剂。

【小问3详解】

口电解回收沉睇试剂（铁粉），阴极我才+得电子生成五e单质，故阴极反应为人片++2&-=电。

「阳极室要防止产生沉淀，由K卬数据可知，人?（。〃）2和Mg（O/7）2两种沉淀中，&（OH]先沉淀，但

考虑到阳极F*失电子生成F*，最终）=1.4，〃。//L,

+

Ks^Fe[OH=c（F?）.?（OH-）,计算得不产生沉淀时（。”一）《（言譬，该值远小于

阳。”入沉淀的临界《。”一），因此按K/W。"）]计算。

【小问4详解】

由图可知，。（“2。2）在％时Ag浸取率接近100%,A"浸取率很低，先过滤除去Ag：再将。（“2。2）

调至刍，A"浸取率接近100%,可提高金的提取率和纯度。

【小问5详解】

A〃从+3价降为0,2个A〃共得6"；"SO；中S从M价升为+6价（生成SO：）,每个失2,，因此

HSQ■系数为3,再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式

+

2[AuCl4]'+3HSO；+3H2O=2AuJ+3SO：+8CT+9/7c

【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】

「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SO,G”和A/电负性相近，因此

GeW中电负性差更大，离子键成分更大。

A/SZ?为1:1型化合物，晶胞中：A（顶点）数目为8xg=l,B（面心）数目为6xg=3,A+6共4

82

个：C（晶胞内部）共4个，满足4:4=1:1。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A1和Sb分别占据顶点（A）+面心（B）和体内四面体空隙（C）；二者可互换顺序。

19.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。

2凡S（aq）+Q（的）=25（$）+2凡。（/）

25（$）+3。2（叩）+2/0（/）=2sol3）+4,（⑷

SO：-（Qq）+3%S（w）+2"+（aq）=4S（s）+4H2O（/）

则AH3=（用bH、和△也表示）。

（3）“2$的氧化可在吓咻铁配合物[户以（"2。）]（用Z表示）催化下进行，其中的一步反应为

[FeL（〃2O）]+”S-u[FU（〃,S）]~+"2°。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：TI

组仅初始不同；IV与II组仅温度不同。0〜，时间内的实验数据如图1。

图1

①下列说法正确的有.

A.0~t内反应速率：B.z的平衡转化率：i〈n<in

C.实验温度：IMVD.平衡时Z的浓度：II和IV相等

②I、n和川的数据点分布在一条直线上,且(4-臼)/(卬-。］)=1.2,则＞=o

(4)s2a2(/)可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成su(g)、S(s)和ca(g),该水解反应

的篇变0(填或“V”)。

(5)某低共熔溶齐IJ(D)可用于吸收HC7(g),其吸收过程可表示为：

HCl(g)UHCl(sH),xHC/(so/)+D(P)UDxHCl(sol)

在一定T和HC/(g)压强(P)下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收HC7(g)的量为a+4，相关信息见图2,

。或尸随〃的变化如图3。

'信息卡片'

0.86

_n(HCl)x-n(DH)

。=砌--(D)

%为仅与温度有关的系数25

年(D)表示D(l)的初始物质的量15

000

〃表示平衡时的物质的量

(HC1)HCl(sol)0.4

、j(DH)表示平衡时D・xHCl(so】)的物质的量,p/(100kPa)

图2图3

①1molD在303K、〃=100ha下吸收Ha(g)至饱和，再升温至350K、降压至〃=40A&,达平衡

后可解放molHCl(g)。

②形成。-〃。/3。/)的总过程表示为x”a(g)+o(/)uo-4/a(s,。,/),其平衡常数K可表示为

n(DH)

K=-已知：350K时，K=1.0,则在350K、p=CAkPa,1切o/。最多可吸收

n(£>)•(〃/100A&)'°

molHCl(g)。(写出计算过程,结果保留两位有效数字)

31

【答案】(I)-t(2)-AH.——AH.

2,22

3s3P

(3)□.BC□.3.2

(4)>(5)C.0.82□.由题图3可知，350K时代=0.00,温度不变K不变。p=\^kPa

xn(DH)xn(DH)0

时，/?=0.25,结合题图2中信息，6=0.25,n(DH)=—mol,则

n0(D)\rnolx

0.25

xi八〃n(DH)...

K；="),解得户0.5；P=64.时，K=E砺E=L。，解得

4().5x-

n(DH)=-molp=—厂2之0.22'故1mol。最多可吸收0.22〃?。/HCl(g)

【解析】

【小问1详解】

S的原子序数为16,在周期表中位F第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为

卫tt

3s3p

【小问2详解】