安徽省安慶市2024屆高三年級下冊二?；瘜W(xué) 含解析

2024年安慶市高三模擬考試（二模）

化學(xué)試題

考試時間：75分鐘試卷滿分：100分

可能用到的相對原子質(zhì)量HlC12016K39Fe56Se79Cdll2Tel28

一、選擇題：（本大題共14小題，每小題3分，共42分。每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分。）

1.安慶別稱“宜城”，是國家級歷史文化名城，下列說法錯誤的是

A.“振風(fēng)塔”上的燈光與原子核外電子躍遷有關(guān)

B.桐城“六尺巷”的新建離不開硅酸鹽產(chǎn)品

C.懷寧“貢糕”成分中的麻油屬于高分子化合物

D.岳西“翠蘭”浸泡過程利用了萃取原理

【答案】C

【解析】

【詳解】A.霓虹燈光是基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，激發(fā)態(tài)原子釋放能量，從而放出可見光，與

原子核外電子的躍遷有關(guān)，A正確；

B.玻璃、水泥和陶瓷均屬于硅酸鹽產(chǎn)品，故桐城“六尺巷”的新建離不開硅酸鹽產(chǎn)品，B正確；

C.麻油屬于油脂，是有機小分子物質(zhì)，不屬于高分子化合物，C錯誤；

D.萃取是利用物質(zhì)在互不相溶的溶劑中溶解度不同，用一種溶劑把物質(zhì)從它與另一種溶劑所形成的溶液

中提取出來的過程，故岳西“翠蘭”浸泡過程利用了萃取原理，D正確；

故答案為：Co

2.蘋果醋主要成分有蘋果酸（2-羥基丁二酸）、乙酸、二氧化碳和氯化鈉等多種成分。若NA表示阿伏加德

羅常數(shù)，下列說法正確的是

A.O.lmol蘋果酸與足量的Na反應(yīng)，產(chǎn)生0.15mol氫氣

B.60g乙酸中b鍵有8NA

C.CO2的電子式為：o：：c：：o

D.ILlmol/L的NaCl溶液中含有粒子數(shù)目為2N人

【答案】A

【解析】

【詳解】A.已知蘋果酸即（2-羥基丁二酸）中含有一個羥基和兩個竣基，故O.lmol蘋果酸與足量的Na反

071

應(yīng)，產(chǎn)生-----mol=0.15mol氫氣，A正確；

2

60g,

B.一分子乙酸中含有7個。鍵，故60g乙酸中。鍵有-------叫1一=7刈，B錯誤；

60g?mol

c.CO2為共價化合物，故CO2的電子式為：6：：c：：O，C錯誤；

????

D.由于NaCl溶液中含有水分子、H+、Na+、C『和OH-等微粒，故ILlmol/L的NaCl溶液中含有粒子數(shù)

目大于2NA，D錯誤；

故答案為：A?

3.物質(zhì)A和B可實現(xiàn)如圖所示的轉(zhuǎn)化，下列說法正確的是

H[

Ht,，Qt

——O

15O9

°、C1485'c高溫高壓1C

C)\C

116.4'\/->116.3CO/+O

178.8Co-C177.5——7

183

179.81

1116.2鍵長單位：pm|116.5

AB

A.A與B互為同系物B.A中C-Co鍵長更長，故鍵能可能更小

C.L12LC18。中含有中子數(shù)為0.8NAD.基態(tài)C。的價層電子排布式是4s2

【答案】B

【解析】

【詳解】A.同系物是指結(jié)構(gòu)相似，組成上相差一個或若干個-CH2原子團(tuán)的有機物，A與B結(jié)構(gòu)不相

似，不互為同系物，A錯誤；

B.鍵長越長，鍵能越小，B正確；

C.未指明氣體是否處于標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能用氣體摩爾體積計算，C錯誤；

D.C。原子序數(shù)為27,基態(tài)C。的價層電子排布式是3d74s2,D錯誤；

答案選B。

4.保護(hù)兵馬俑失色的方法之一：水溶性小分子透過顏料，經(jīng)過電子束輻射變成長鏈固體狀態(tài)，再與陶土

表面牢固結(jié)合，進(jìn)而起到加固顏料作用，原理如圖，下列說法正確的是

甲基丙烯酸羥乙酯PHEMA

A.此反應(yīng)是縮聚反應(yīng)

B.水溶性小分子中所有碳原子一定共平面

C.Imol甲基丙烯酸羥乙酯最多能與2moi氫氧化鈉反應(yīng)

D.PHEMA可能是一種親水性聚合物

【答案】D

【解析】

【詳解】A.此反應(yīng)無小分子生成，是碳碳雙鍵發(fā)生的加聚反應(yīng)，故A錯誤；

B.水溶性小分子中有兩個直接相連的飽和碳原子，采取sp3雜化，呈四面體結(jié)構(gòu)，所以所有碳原子不一

定共平面，故B錯誤；

C.Imol甲基丙烯酸羥乙酯有Imol酯基，最多能與Imol氫氧化鈉反應(yīng)，故C錯誤；

D.PHEMA分子中存在親水基團(tuán)羥基，所以可能是一種親水性聚合物，故D正確；

故答案為：Do

5.羥胺(NH2OH)是白色片狀晶體，熔點為32。5℃,極易溶于水，受熱易分解生成NH3和N2,常用作還

原劑，也用作合成抗癌藥和農(nóng)藥的原料。羥胺結(jié)構(gòu)可看做是氨分子內(nèi)的1個氫原子被羥基取代而形成。

7

已知：N2H4+H2ON2H；+OH^=8.7x10；

+9

NH2OH+H2ONH3OH+OH-^b=8.7X10-O

有關(guān)反應(yīng)的方程式錯誤的是

3+3+2++

A.羥胺還原Fe的反應(yīng)：2NH20H+4Fe=4Fe+N2OT+4H+H2O

B.羥胺分解的反應(yīng)：3NH2OH=NH3^+3H2O+N2T

++

C.向羥胺溶液中滴加過量稀硫酸：NH2OH+H=NH3OH

D.向(NH4)2SC)4溶液中加入NH2OH：NH；+NH2OH=NH3OH++NH3-H2O

【答案】D

【解析】

【詳解】A.羥胺具有還原性，羥胺被氧化N的化合價由-1價轉(zhuǎn)化為+1價，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+,根據(jù)氧化

還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)的離子方程式為2NH2OH+4Fe3+=4Fe2++N2OT+4H++H2。，A正確；

B.由題干信息可知，羥胺(NH2OH)是白色片狀晶體，熔點為32.05C,極易溶于水，受熱易分解生成NH3

和N2,反應(yīng)中NH20H中-1價的氮轉(zhuǎn)化為0價的氮和-3價的氮，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，羥胺分解的

A

反應(yīng)方程式為：3NH2OH=NH3f+N2T+3H2。，B正確；

+9

C.由題干信息可知，NH2OH+H2ONH30H+0H=8.7xl0-,說明NH20H為一元弱堿，故

++

向羥胺溶液中滴加過量稀硫酸生成NH30HHs04,該反應(yīng)的離子方程式為：NH20H+H=NH30H,

C正確；

D.原離子方程式質(zhì)量不守恒，則向(NH4)2SO4溶液中加入NH20H的離子方程式為：

NH；+NH2OH+H2O=NH3OH++NH3H20,D錯誤；

故答案為：D?

6.羥胺(NH2OH)是白色片狀晶體，熔點為32.05C,極易溶于水，受熱易分解生成NH3和N2,常用作

還原劑，也用作合成抗癌藥和農(nóng)藥的原料。羥胺結(jié)構(gòu)可看做是氨分子內(nèi)的1個氫原子被羥基取代而形

成。

已知：N2H4+H2O.N2HJ+OHK]=8.7X10-7；

NH2OH+H2ONH3OH++OH&=8.7x10-9。

下列有關(guān)說法正確的是

A.羥胺的堿性比氨強

B.H20>NH；與NH20H的VSEPR模型相同

C.羥胺極易溶于水主要原因是形成分子內(nèi)氫鍵

D.^HNH大?。篘H20H>NH：

【答案】B

【解析】

【詳解】A.因為羥基氧的電負(fù)性比氫更大，氮原子再結(jié)合氫原子的能力減弱，所以羥胺的堿性比氨更

弱，A錯誤；

B.NH20H和NH：中的氮原子、H2O中的氧原子價層電子對數(shù)都為4,所以H?。、NH：與NH?0H

的VSEPR模型結(jié)構(gòu)相同，都是四面體形，B正確;

C.羥胺分子含有-OH和-NH2,與水分子可形成分子間氫鍵，故羥胺易溶于水，C錯誤;

D.錢根離子中含有4個N-H鍵，沒有孤電子對，屬于采取sp3雜化，NH?OH分子中氮原子上有一對孤

對電子，鏤根離子中氮原子上沒有孤對電子，排斥力小，故NH：中/HNH比NH?OH中/HNH鍵角

大，D錯誤；

故選B。

7.下列實驗設(shè)計方案和操作正確的是

Z^^/KJFe(CN)J溶液

WYmL95%乙醇「澳水

?

\4mL0.1mol/L

經(jīng)過酸化的r-/[Cu(NH)4]SO(淀粉KI

z<5i溶洞34

3%NaCl溶液_\/溶液

B.分離苯C.析出

D.測定KI溶液

A.驗證鐵電極是否受到保護(hù)酚和水的[CU(NH3)4]SO4H2O

的濃度

混合物晶體

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.在酸化的氯化鈉溶液中，可能會有少量鐵與氫離子反應(yīng)生成亞鐵離子，所以不能用此裝置來

驗證鐵電極是否受到保護(hù)，故A錯誤；

B.苯酚和水形成的是乳濁液，不能用過濾的方法分離，故B錯誤；

C.[CU(NH3)/SO4-H2。在乙醇中的溶解度比在水中的要小，因此向其中加入乙醇，將析出深藍(lán)色晶

體[CU(NH3)4]SC>4-H2。，故C正確；

D.澳水具有氧化性，能腐蝕橡膠，不能用堿式滴定管盛裝，應(yīng)用酸式滴定管盛裝，故D錯誤；

故答案：Co

8.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中僅Y、Z位于同一周期，X的s軌道電子數(shù)

是P軌道電子數(shù)的4倍，W、X的最外層電子數(shù)之和與丫的最外層電子數(shù)相等，Z基態(tài)原子最外層有1個

未成對電子。下列說法不正確的是

A.第一電離能：Z>Y

B.X與Z形成的化合物的空間構(gòu)型是平面三角形

C.X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是三元酸

D.Y的簡單氫化物中丫的化合價是正價

【答案】C

【解析】

【分析】由題干信息可知，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中僅Y、Z位于同一

周期，則W為H,X的S軌道電子數(shù)是p軌道電子數(shù)的4倍，即X的核外電子排布為：Is22s22pi,即X為

B,W、X的最外層電子數(shù)之和為4與丫的最外層電子數(shù)相等，故丫為Si,Z基態(tài)原子最外層有1個未成

對電子，則Z為C1,據(jù)此分析解題。

【詳解】A.由分析可知，丫為Si、Z為CL根據(jù)同一周期從左往右元素第一電離能呈增大趨勢，IIA、

VA反常,可知第一電離能Cl>Si即Z>Y,A正確；

B.由分析可知，X為B、Z為C1,則X與Z形成的化合物即BCb中中心原子B周圍的價層電子對數(shù)

為：3+1(3-3?1)=3,故其的空間構(gòu)型是平面三角形，B正確；

C.由分析可知，X為B,則X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物即H3BO3,H3BO3是一元酸，其電離方程式

為：H3BO3+H2O[B(0H)4]-+H+,C錯誤；

D.由分析可知，丫為Si,由于Si的電負(fù)性小于H,故丫的簡單氫化物中丫的化合價是正價，D正確；

故答案為：Co

9.在一定溫度條件下，甲、乙兩個容積相等的恒容密閉容器中均發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)+B(g);==

xC(g)+D(s),向甲中通入6molA和2moiB,向乙中通入1.5molA、0.5molB和3moic和2moiD,反應(yīng)一段

時間后都達(dá)到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分?jǐn)?shù)都為0.2,下列敘述中正確的是

A.若平衡時，甲、乙兩容器中A的物質(zhì)的量不相等，則x=2

B.平衡時，甲、乙兩容器中A、B的物質(zhì)的量之比不相等

C.平衡時甲中A的體積分?jǐn)?shù)為40%

D.若平衡時兩容器中的壓強不相等，則兩容器中壓強之比為8：5

【答案】D

【解析】

【分析】反應(yīng)一段時間后都達(dá)到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分?jǐn)?shù)都為0.2,說明甲乙兩容器

為等效平衡狀態(tài)，D為固體，應(yīng)滿足C完全轉(zhuǎn)化為A、B,應(yīng)有3+l=x,即反應(yīng)前后氣體的化學(xué)計量數(shù)之

和相等，以此解答該題。

【詳解】3A(g)+B(g)."xC(g)+D(s)

甲6200

乙1.50.532

反應(yīng)一段時間后都達(dá)到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分?jǐn)?shù)都為0.2,說明甲乙兩容器為等效平

衡狀態(tài)。

A.若平衡時，甲、乙兩容器中A物質(zhì)的量不相等，則必須滿足方程式左右氣體的計量數(shù)之和相等，所

以x=4,故A錯誤；

B.反應(yīng)一段時間后都達(dá)到平衡，此時測得甲、乙兩容器中C的體積分?jǐn)?shù)都為0.2,由此可知甲乙是等效平

衡，平衡時，甲、乙兩容器中A、B的物質(zhì)的量之比肯定相等，故B錯誤；

C.C的體積分?jǐn)?shù)都為0.2,則AB共占80%,而n(A)：n(B)=3：1,所以平衡時甲中A的體積分?jǐn)?shù)為

60%,故C錯誤；

D.x=4,則反應(yīng)前后氣體壓強不變，則兩容器中壓強之比為(6+2)：(1.5+0.5+3)=8：5,故D正確。

故選D。

10.根據(jù)下列實驗事實能得出相應(yīng)結(jié)論是

選

實驗事實結(jié)論

項

向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，再加入新制的Cu(OH)2懸濁

A淀粉未發(fā)生水解

液，無磚紅色沉淀

探究溫度對平衡移動的

B將試管中的CuC12溶液加熱，再冷卻降溫，觀察實驗現(xiàn)象

影響

可以節(jié)約試劑，不浪費

C將實驗剩余的Na2s04固體放回原試劑瓶

資源

將硝酸溶液與CaCCh混合后產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液后，溶

D非金屬性：N>C>Si

液變渾濁

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后，沒有加NaOH中和硫酸，不能檢驗葡萄糖，則不能說

明淀粉沒有發(fā)生水解，A不合題意；

B.CuCb溶液中存在[Cu（H2O）4p+（藍(lán)色）+4。-[CuCk丁（黃色）+4H20AH>0,故將試管中的CuCb溶液

加熱，再冷卻降溫，觀察溶液顏色的變化能夠探究溫度對平衡移動的影響，B符合題意；

C.一般剩余的藥品不能放回原瓶，防止試劑污染，則剩余的Na2s04應(yīng)放在指定的儀器中，C不合題意;

D.硝酸易揮發(fā)，應(yīng)除掉硝酸后再通入硅酸鈉溶液，否則無法比較H2cCh和H2SiO3的酸性強弱，即無法得

出C的非金屬性強于Si,D不合題意；

故答案為：B?

11.電催化氮還原反應(yīng)法（NRR）是以水和氮氣為原料，在常溫常壓下通過電化學(xué)方法催化合成氨氣，其工

作電極材料是由六亞甲基四胺（HMTA）與三氯化帆合成的二維鋼基復(fù)合納米材料（簡稱V-HMTA）。其工作

原理如圖所示，下列說法錯誤的是

隔膜

A.石墨電極與外接電源正極相連

B.工作電極V-HMTA具有較高的表面積，能提高單位時間內(nèi)氨氣的產(chǎn)率

C.電路中通過0.06mol電子時，兩極共有0.035mol氣體逸出

D.隔膜為質(zhì)子交換膜

【答案】D

【解析】

【分析】由題意可知該原理是用電解法將氮氣合成氨氣，故左側(cè)工作電極為陰極，電極反應(yīng)式為N2+6e-

+6H2O=2NH3+6OH-,右側(cè)石墨電極為陽極，電極反應(yīng)式為4OH-4e-=O2T+2H20。

【詳解】A.由分析可知工作電極為陰極，石墨電極為陽極，則石墨電極與外接電源正極相連，A正確；

B.工作電極V-HMTA具有較高的表面積，能吸附氮氣，加快反應(yīng)速率，從而提高單位時間內(nèi)氨氣的產(chǎn)

率，B正確；

C.陰極電極反應(yīng)式為Nz+6e-+6H2O=2NH3+6OH-,陽極電極反應(yīng)式為40任-46=。2廿2H2O,電路中通過

0.06mol電子時，陰極產(chǎn)生0.02mol氣體，陽極產(chǎn)生0.015mol氣體，兩級共產(chǎn)生0.035mol氣體，C正確；

D.結(jié)合電極反應(yīng)式可知隔膜為允許氫氧根離子通過的陰離子交換膜，D錯誤；

答案選D。

12.某溫度下，改變O.lmol/LKzCr2。？溶液的pH,各種含銘元素粒子的濃度變化如圖所示（已知

H2CrC>4是二元酸，其電離常數(shù)為Ka［、Ka2),下列有關(guān)說法錯誤的是

20

5

3

/

1

0

日o

3)

05

0.00

02468101214

pH

A.該溫度下的長卬=1義10-14

B.該溫度下&"HzCrOj的數(shù)量級為

C.該溫度下反應(yīng)C^OL+H2。2&。：+215+的平衡常數(shù)為5.1*10-62

+

D.B點溶液中：c(K)<2c(Cr2O^)+3c(CrO^)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.Kw只與溫度有關(guān)，取D點數(shù)據(jù)，當(dāng)pH=13時，c(OH)=0.1moVL,則

+14

Kw=c（H）c（OH-）=IO-,A說法正確;

c（HCrO；）c（H+）

B.取A點數(shù)據(jù),c（HCrO）=c（HCrO）,（+）74

424Kal（H2CrO4）==cH=10-0-,

c（H2CrO4）

數(shù)量級為KT、B說法正確；

c2（H+）c2（CrOj）

C.該溫度下反應(yīng)CrzO7+H2。,2CrO亍+2H+平衡常數(shù)K,取C點數(shù)據(jù),

延朗-）

2+2

c（H）c（CrOt）2152

K=/\x=0.051x（10-66）=5.1x10*2,c說法正確；

7

c（Cr2O^）I

D.由圖可知，B點pH=6.5,c（HCrO；）=c（CrO『），根據(jù)電荷守恒：

++

c（K）+c（H）=2c（Cr2O；-）+2c（CrOj）+c（HCrO4）+c（OH）,溶液顯酸性，

c（H+）>c（OH-）,則c（K+）V2c（Cr2。；-）+3c（CrO：）,D說法錯誤；

答案選D。

13.北京冬奧會使用的磁化鎘(CdTe)太陽能電池，能量轉(zhuǎn)化效率較高。立方晶系CdTe的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲

所示，其晶胞參數(shù)為apm。下列說法正確的是

4x2403

C.晶體的密度為N*10-7yg,3D.若按圖乙虛線方向切甲，可得到圖丙

【答案】A

【解析】

【詳解】A.由題干晶胞甲圖所示信息可知，Cd位于8個頂點和6個面心，Te位于體內(nèi)，故Cd的配位數(shù)

即離某個Cd原子距離相等且最近的Te原子個數(shù)，故為4,A正確；

B.由題干晶胞甲圖所示信息可知，相鄰兩個Te的核間距為面對角線的一半即為］apm，B錯誤；

C.由題干晶胞甲圖所示信息可知，Cd位于8個頂點和6個面心，Te位于體內(nèi)，則一個晶胞中含有Cd個

11012+128)

數(shù)為：6?-+x-=4,Te原子個數(shù)為4個，故一個晶胞的質(zhì)量為：——-------g,晶胞參數(shù)為apm,

4x240

則一個晶胞的體積為：(axlO“o)3,故晶體的密度為------------rg-cmC錯誤;

治（ax10-

D.由題干晶胞甲圖所示信息可知，若按圖乙虛線方向切甲，可得到圖示為:即體心

上沒有原子，D錯誤;

故答案為：A?

14.中科大某課題組通過自由基雜環(huán)反應(yīng)直接合成各種CGO稠合的內(nèi)酰胺，應(yīng)用于鈣鈦礦電池器件中。底

物與Cu(I)物種通過電子轉(zhuǎn)移經(jīng)歷兩種途徑得到目標(biāo)產(chǎn)物D。下列說法錯誤的是

A.Cu(I)物種是催化劑B.底物具有氧化性

C.兩種途徑不同，總反應(yīng)的反應(yīng)熱也不同D.合成過程中C$0中碳碳雙鍵斷裂

【答案】C

【解析】

【詳解】A.Cu(I)第一步消耗，最后一步生成，是催化劑物,A正確；

B.底物將Cu(I)氧化為Cu(H),具有氧化性，B正確；

C.兩種途徑雖不同，但反應(yīng)熱相同，C錯誤；

D.由圖可知，C60中有六元環(huán)上的碳碳雙鍵發(fā)生了斷裂，D正確；

故答案選C。

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.檸檬酸亞鐵(FeC6H6。7)是一種高效補鐵劑，實驗室可通過鐵粉制備，反應(yīng)原理簡示如下:

Fe―FeSO4-7H2O.FeCO3-FeC6H6O7

實驗步驟：

①取15g鐵粉，用50mL2moi/LH2so4,邊攪拌邊加熱，至反應(yīng)完全，過濾，以濾液制備

FeSO4-7H2。(M=278g/mol)晶體。

②取9g精制的FeS。4?7凡。，緩慢加入20mL4mol/LNH4HCO3溶液，靜置40min后有大量FeCO3

沉淀析出，過濾洗滌，得FeCC)3(M=H6g/mol)晶體。

，

③在燒杯中加入6g檸檬酸(C6H8。7乂=192g/mol)>80mL水、3.5gFeCO3邊加熱邊攪拌至晶體析

出，過濾洗滌干燥得FeC6H6O7(M=246g/mol)晶體。

回答下列問題：

(1)請利用原子結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識解釋三價鐵比二價鐵穩(wěn)定原因______。

(2)FeSO4溶液制備FeS。4-7H2O晶體常用兩種方法：

方法i：先將濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮至稀糊狀，可選用儀器有酒精燈、玻璃棒、(從下列儀器中選擇并

填寫名稱，后一問相同要求)等，再將濃縮液冷卻至室溫，用(儀器名稱)過濾，其優(yōu)點是

ABCD

方法ii：將濾液冷卻靜置后，用玻璃棒摩擦燒杯壁，先有少量規(guī)則晶體出現(xiàn)，后有大量晶體

FeSC)4-7H2。晶體出現(xiàn)。試回答，用玻璃棒摩擦燒杯壁的作用。

(3)寫出制備碳酸亞鐵的離子方程式______o

(4)利用鄰二氮菲(G2H8N2)與Fe?+生成穩(wěn)定橙紅色配合物[Fe(N2H8G2)3]"，最大吸收波長為

510nm這一特征可用來檢測Fe?+含量，某同學(xué)將上述所制FeC6H6。7晶體全部溶解于試管中后，添加

25mL3moi/L鄰二氮菲溶液后，可獲得最大吸收波長，則FeC6H6。7晶體質(zhì)量為______g。

(5)不用酸性高鋸酸鉀溶液滴定Fe2+最可能的原因是0

【答案】(1)基態(tài)鐵離子價電子排布式為3d5,基態(tài)亞鐵離子價電子排布式為3d6,前者為半充滿結(jié)構(gòu)、更

穩(wěn)定

(2)①.蒸發(fā)皿②.布氏漏斗③.減壓過濾速度快，減少二價鐵的氧化，可得更純凈的

FeSO「7H2。晶體④.玻璃棒摩擦燒杯壁會形成微小晶核，便于晶體結(jié)晶

2+

(3)2HCO；+Fe=FeCO3+H2O+CO2T

(4)6.15g(5)酸性高銃酸鉀可氧化檸檬酸根離子

【解析】

【分析】亞鐵離子具有強還原性，容易被氧氣、高鋅酸鉀等氧化，制備亞鐵鹽要盡可能防止氧化，檸檬酸

根具有還原性，酸性高鎰酸鉀可氧化檸檬酸根離子，測定檸檬酸亞鐵鹽含量時要選適合的方法，為防止結(jié)

果偏大，不能選用高銃酸鉀溶液滴定檸檬酸亞鐵。

【小問1詳解】

請利用原子結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識解釋三價鐵比二價鐵穩(wěn)定原因：基態(tài)鐵離子價電子排布式為3d5,基態(tài)亞鐵離

子價電子排布式為3d6,前者為半充滿結(jié)構(gòu)、更穩(wěn)定。

【小問2詳解】

將濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮至稀糊狀，可選用儀器有酒精燈、玻璃棒、蒸發(fā)皿等，再將濃縮液冷卻至室溫，用

布氏漏斗儀器名稱)過濾，其優(yōu)點是：減壓過濾速度快，減少二價鐵的氧化，可得更純凈的

FeSO4-7H2O晶體。

結(jié)晶時用玻璃棒摩擦燒杯壁，先有少量規(guī)則晶體出現(xiàn)，后有大量晶體FeSO/7H2。晶體出現(xiàn)。則用玻璃

棒摩擦燒杯壁的作用：玻璃棒摩擦燒杯壁會形成微小晶核，便于晶體結(jié)晶。

【小問3詳解】

取9g精制的Fes。4-7H2。，緩慢加入20mL4moi/LNH4HCO3溶液，靜置40min后有大量FeCO3生

成，碳酸氫根轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓岣a(chǎn)生沉淀的同時，釋放出的氫離子與碳酸氫根能產(chǎn)生二氧化碳，則制備碳酸

2+

亞鐵的離子方程式為：2HCO；+Fe=FeCO3J+H2O+CO2T。

【小問4詳解】

利用鄰二氮菲(Ci2H8N2)與Fe?+生成穩(wěn)定橙紅色配合物[Fe(N2H8cl2)3]"，最大吸收波長為510nm這

一特征可用來檢測Fe?+含量，某同學(xué)將上述所制FeC6H6。7晶體全部溶解于試管中后，添加

25mL3moi/L鄰二氮菲溶液后，可獲得最大吸收波長，則按關(guān)系式3(g2HgN?)?Fe?+?

[Fe(N2H8cl2工廠?FeC6H6。7可知，F(xiàn)eC6H6O7晶體的物質(zhì)的量為gxo.025Lx3mol/L=0.025mol,質(zhì)

量為0.025molx246g/mol=6.15g。

【小問5詳解】

高錦酸鉀溶液具有強氧化性，檸檬酸根具有還原性，二者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則不用酸性高錦酸鉀溶

液滴定Fe?+最可能原因是酸性高銃酸鉀可氧化檸檬酸根離子。

16.粗氫氧化鉆Co(OH)3是以銅鉆礦為原料濕法提取而得到的粗制鉆鹽中間品，含有MnOOH以及

AI2O3、Fe3O4>Mg等雜質(zhì)，粗氫氧化鉆濕法制取精制硫酸鉆流程如下：

熱空氣

HQH.SO4SO,生存灰SO.P204

II一I-

叔■氫氧化鉆-打漿「沒出l過廣一除雜卜取卜f水相］

布機相

H：SOL|反萃取

CoSO4

（1）浸出時添加還原劑S02對原料中的鎰和（填元素名稱）進(jìn)行有效浸出。保持溫度，so,流速等

條件不變，C。浸出率與時間關(guān)系如圖所示，則H?S04濃度最適宜為_______mol/Lc

體

發(fā)

出

率

（2）“除雜”時混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸（H2so5）。Mi?+被

H2sO5氧化為Mn。？，該反應(yīng)的離子方程式為（己知：H2sO5的電離第一步完全，第二步微

弱）。生石灰調(diào)節(jié)pH=（保留一位小數(shù)）時，檢驗反應(yīng)后的濾液中恰好不存在Fe3+（已知：

Fe（OH）3的Ksp=10-374,離子濃度<10^mol.1rl時沉淀完全）。

（3）在萃取劑一定量情況下，提高萃取率的措施有（答出一點即可），萃取后水相溶液中存在的

金屬離子有O

（4）硫酸鉆的溶解度曲線如圖所示，從溶液中獲得CoSO4?7H2O的方法是o

18

CoSO4

102030406060708090P

CoSO4溶解度曲線

【答案】(1)①.鉆、鐵②.3.0

(2)①.H2O+Mn2++HSC)5=MnO2+SO：+3H+②.3.5

(3)①.分多次加入萃取劑②.Mn2+

(4)蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥

【解析】

【分析】由題干工藝流程圖可知，將粗氫氧化鉆用水磨成漿后加入H2s04和SO2進(jìn)行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為

Co2+,Fe轉(zhuǎn)化為Fe2+、Al轉(zhuǎn)化為AF+、Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+,Mn轉(zhuǎn)化為MT+,過濾除去其他不溶性雜質(zhì)，向

濾液中加入生石灰，熱空氣和SO2,將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3、AF+轉(zhuǎn)化為A1(OH)3,過濾出Fe(0H)3和A1(OH)3,

向濾液中加入萃取劑P2O4以萃取Co2+,分液出水層含有MM+和有機相含有Co2+,對有機相進(jìn)行反萃取得

到水層含有CoSCU,據(jù)此分析解題。

【小問1詳解】

由分析可知，浸出時加入H2s04和S02進(jìn)行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為C02+,Fe轉(zhuǎn)化為Fe?+、Al轉(zhuǎn)化為AF+、

Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+,Mn轉(zhuǎn)化為Mn2+,故添加還原劑SO2對原料中的錦和鉆、鐵進(jìn)行有效浸出，保持溫度，

SO2流速等條件不變，根據(jù)C。浸出率與時間關(guān)系圖所示信息可知，H2s04濃度為3.0mol/L時浸出速率最

快，故硫酸濃度最適宜為3.0mol/L,故答案為：鉆、鐵；3.0；

【小問2詳解】

“除雜”時混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5),H2SO5中含有一個過氧

2+

鍵，故Mi?+被H2SO5氧化為Mn。？，H2sO5轉(zhuǎn)化為H2SO4,該反應(yīng)的離子方程式為：H2O+Mn+HSO5

=MnO2+SO：+3H+,檢驗反應(yīng)后的濾液中恰好不存在Fe3+,即Fe3+離子濃度w10.6moi?「時，此時

14

/Ksp[Fe(OH),][()-374Kw10-35日口小工方何什

c(OH-)=3/-----------------=3———=10-105,則c(H+)=-———=———=10-35mol/L,即生石灰調(diào)下

Vc(Fe3+)\10c(OH)1Q-10-5

2++

pH=3.5,故答案為：H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO^+3H；3.5；

【小問3詳解】

在萃取劑一定量的情況下，分多次加入萃取劑能夠提高萃取率，由分析可知，萃取后水相溶液中存在的

金屬離子有Mn?+,故答案為：分多次加入萃取劑；Mn2+；

【小問4詳解】

由題干硫酸鉆的溶解度曲線圖示信息可知，CoSO4?7H2O的溶解度隨溫度升高而明顯增大，故從溶液中獲

得CoSO4?7H2O的方法是蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥，故答案為：蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，

過濾洗滌，低溫干燥。

17.以CO和C02為原料合成有機物，是科學(xué)家研究的主要課題。回答下列問題：

(1)CO2與H2催化重整制備CH30cH3的過程中存在以下反應(yīng)：

I.2CO2(g)+6H2(g)^>CH3OCH3(g)+3H2O(g)；

II.CO2(g)+H2(g),CO(g)+H2O(g)0

已知：相關(guān)物質(zhì)能量變化的示意圖如圖所示:

--------------T------------------------------6CO(g)+3H2O(g)

A，=+123kJmol"

------------------------------------------3CO(g)+3H2(g)+3CO2(g)

A/7=-298kJmol”

----------------------*------------------CH3OCH3(g)+4CO2(g)

①由已知信息可知2co2(g)+6Hz(g)=CH30cH3(g)+3H2O(g)AH=______kJ-mol-1。

②向密閉容器中以物質(zhì)的量之比為1：3充入C02與H2,實驗測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度和壓強的變

化關(guān)系如圖所示。

酷

W

群

翹

小

0

。

由圖2可知，PPP2,P3由大到小的順序為,時主要發(fā)生反應(yīng)為(填“I”或“II")，平

衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化先降后升的原因是：。

(2)工業(yè)上常用合成氣(主要成分為CO、H2)在一定條件下制備甲醇，其涉及反應(yīng)如下：

反應(yīng)1：CO(g)+2H2(g),CH3OH(g)AH<0

反應(yīng)2：CO(g)+3H2(g).CH4(g)+H2O(g)AH<0

反應(yīng)3：CO(g)+H2O(g)_CO2(g)+H2(g)AH<0

向容積為2L的剛性密閉催化反應(yīng)器中充入2moic0和4moiH?發(fā)生上述反應(yīng)，測得不同溫度下，2min內(nèi)

CO的轉(zhuǎn)化率和CH30H的選擇性(CH30H的選擇性=生;黑黑黑黑里x100%)如圖所示。

①若反應(yīng)過程中催化劑的活性幾乎不受溫度影響，則Ti前CO轉(zhuǎn)化率升高的原因是：0

②反應(yīng)在TiK下，2min時達(dá)到平衡，此時體系壓強為akPa,c(CO2)=0.05mol?I?。用CO的分壓變

化表示的化學(xué)反應(yīng)速率為kPamin-1,反應(yīng)3的)J=。(/指用平衡分壓代替平衡濃

度進(jìn)行計算的平衡常數(shù)，A的平衡分壓=p總xA的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，以上兩空結(jié)果均保留3位小數(shù))。

【答案】(1)①.-175②.pi>p2>p3③.II④?開始升溫時以反應(yīng)I為主，反應(yīng)放熱，平衡

逆向移動，CO2平衡轉(zhuǎn)化率下降，升高一定溫度后，以反應(yīng)H為主，反應(yīng)吸熱，平衡正向移動

(2)①.溫度升高，反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)的CO消耗量增多，故CO的轉(zhuǎn)化率升高②.0.267

③.0.318

【解析】

【小問1詳解】

①由題干圖示信息可知，反應(yīng)L3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)AH,=-298kJ/mol；

123

II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=—=+41kJ/mol,反應(yīng)1+3反應(yīng)H可得反應(yīng)：

2cC)2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g),根據(jù)蓋斯定律可得：AH=

AHj+3AH2=-298kJ/mol+3x41kJ/mol=-175kJ/moL故答案為：-175；

②反應(yīng)i是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)n是氣體體積不變的反應(yīng)，相同條件下，壓強越大，平衡正向移動，

二氧化碳的轉(zhuǎn)化率越大，則P1>P2>P3；反應(yīng)I是放熱反應(yīng)，反應(yīng)n是吸熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)I平衡

逆向移動，反應(yīng)II