安徽省安慶市2024屆高三年級(jí)下冊二?；瘜W(xué)試題（解析版）

安徽省安慶市2024屆高三下學(xué)期二模

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(gè)選項(xiàng)中，只有

一項(xiàng)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分。）

1.安慶別稱“宜城”，是國家級(jí)歷史文化名城，下列說法錯(cuò)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

k解析》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(jī)小分子物質(zhì)，不屬于高分子化合物，C錯(cuò)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。鍵有8/

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、

K答案1A

K解析XA.已知蘋果酸即（2-羥基丁二酸）中含有一個(gè)羥基和兩個(gè)竣基，故O.lmol蘋果酸與

足量的Na反應(yīng)，產(chǎn)生Wmol=0.15mol氫氣，A正確；

2

60g.

B.一分子乙酸中含有7個(gè)。鍵，故60g乙酸中b鍵有--------x7xA^mor=7A^,B錯(cuò)

60g?molAA

厭；

C.CO2為共價(jià)化合物，故CO2的電子式為：6：：c：：O，c錯(cuò)誤；

????

D.由于NaCl溶液中含有水分子、H+、Na+、和0匹等微粒，故ILlmol/L的NaCl溶液

中含有粒子數(shù)目大于2NA,D錯(cuò)誤；

故II答案U為：Ao

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

H[

/0t

*48.O——O

/l5/

0、高溫高壓3C/0.X9C

116.4C'^.Co)

，O161+C

Co：-c——

178.8l7

催化劑77.5

179.88.3

CC

U2U5

6.

O6.鍵長單位：pmO

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(jià)層電子排布式是4s2

k答案UB

K解析RA.同系物是指結(jié)構(gòu)相似，組成上相差一個(gè)或若干個(gè)-CH2原子團(tuán)的有機(jī)物，A與

B結(jié)構(gòu)不相似，不互為同系物，A錯(cuò)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(jì)算，C錯(cuò)誤；

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

OH

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

［答案工D

K解析XA.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(cuò)誤；

B.水溶性小分子中有兩個(gè)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(cuò)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(cuò)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X為：D?

5.羥胺（NH2OH）是白色片狀晶體，熔點(diǎn)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(gè)

氫原子被羥基取代而形成。

7；

已知：N2H4+H2ON2H；+OHK］=8.7x10

-9

NH2OH+H20NH3OH++OHKb=8.7x10。

有關(guān)反應(yīng)的方程式錯(cuò)誤的是（）

3+3+2++

A.羥胺還原Fe的反應(yīng)：2NH20H+4Fe=4Fe+N20T+4H+H20

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

向))溶液中加入：+

D.(NH42SC4NH2OHNH4+NH2OH=NH3OH+NH3-H2O

（答案ID

（解析』A.羥胺具有還原性，羥胺被氧化N的化合價(jià)由-1價(jià)轉(zhuǎn)化為+1價(jià)，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

3+2++

2NH20H+4Fe=4Fe+N20T+4H+H20,A正確；

B.由題干信息可知，羥胺（NHzOH）是白色片狀晶體，熔點(diǎn)為32.05℃,極易溶于水，受熱

易分解生成NFh和N2,反應(yīng)中NH20H中-1價(jià)的氮轉(zhuǎn)化為。價(jià)的氮和-3價(jià)的氮，根據(jù)氧化

A

還原反應(yīng)配平可得，羥胺分解的反應(yīng)方程式為：3NH2OH=NH3f+N2T+3H2。，B正確；

+

C.由題干信息可知，NH2OH+H2O.NH30H+0HKb=8.7x10—9,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(cuò)誤；

故K答案為為：D。

6.羥胺（NH2OH）是白色片狀晶體，熔點(diǎn)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(gè)

氫原子被羥基取代而形成。

已知：N2H4+H2ON2HS+0H&=8.7x101

+

NH20H+H20NH30H+0HKb=8.7X10-9。

下列有關(guān)說法正確的是（）

A.羥胺的堿性比氨強(qiáng)

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

K解析XA.因?yàn)榱u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(cuò)誤；

B.NH?OH和NH；中的氮原子、I1?。中的氧原子價(jià)層電子對數(shù)都為4,所以H?。、NH；

與NH20H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(cuò)誤；

D.錢根離子中含有4個(gè)N-H鍵，沒有孤電子對，屬于采取sp3雜化，NH20H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NHNH比

NH20H中/HNH鍵角大，D錯(cuò)誤;

故選B。

7.下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)方案和操作正確的是(

Z^j(gjp，［Fe(CN),］溶液

W、^mL95%乙醇「澳水

L

(3

\4mL0.1mol/L

經(jīng)過逐化的

三W/[CU(NH3)4]SC>4

3%NaCl溶液匚三J溶液節(jié)淀粉KI

_V溶液

B.分離苯酚C.析出

A.驗(yàn)證鐵電極是否受D.測定KI溶液

和水的混合[CU(NH3)4]SO4H2O

到保護(hù)的濃度

物晶體

k答案UC

K解析XA.在酸化的氯化鈉溶液中，可能會(huì)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(yàn)證鐵電極是否受到保護(hù)，故A錯(cuò)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(cuò)誤；

C.［CU(NH3)4］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)/SO4-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(cuò)

誤；

故［答案X：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(gè)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(jià)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(jià)是正價(jià)

[答案工C

[祥解工由題干信息可知，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：Is22s22pL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(gè)未成對電子，則Z為C1,據(jù)此分析解題。

【詳析】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(jià)

層電子對數(shù)為：3+g(3-3xl)=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(jià)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(OH)4]-+H,C錯(cuò)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(jià)是正

價(jià)，D正確；

故K答案》為：C。

9.在一定溫度條件下，甲、乙兩個(gè)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3molC

和2moiD,反應(yīng)一段時(shí)間后都達(dá)到平衡，此時(shí)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(shí)，甲、乙兩容器中A的物質(zhì)的量不相等，則x=2

B.平衡時(shí)，甲、乙兩容器中A、B的物質(zhì)的量之比不相等

C.平衡時(shí)甲中A的體積分?jǐn)?shù)為40%

D.若平衡時(shí)兩容器中的壓強(qiáng)不相等，則兩容器中壓強(qiáng)之比為8：5

(答案』D

1祥解》反應(yīng)一段時(shí)間后都達(dá)到平衡，此時(shí)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(jì)量數(shù)之和相等，以此解答該題。

【詳析】3A(g)+B(g)."xC(g)+D(s)

甲6200

乙1.50.532

反應(yīng)一段時(shí)間后都達(dá)到平衡，此時(shí)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(shí)，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(jì)量數(shù)之

和相等，所以x=4,故A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)一段時(shí)間后都達(dá)到平衡，此時(shí)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(shí)，甲、乙兩容器中A、B的物質(zhì)的量之比肯定相等，故B錯(cuò)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(shí)甲中A

的體積分?jǐn)?shù)為60%,故C錯(cuò)誤；

D.x=4,則反應(yīng)前后氣體壓強(qiáng)不變，則兩容器中壓強(qiáng)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(shí)驗(yàn)事實(shí)能得出相應(yīng)結(jié)論是()

選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)事實(shí)結(jié)論

向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，再加

A淀粉未發(fā)生水解

入新制的Cu(OH)2懸濁液，無磚紅色沉淀

將試管中的CuC12溶液加熱，再冷卻降溫，

B探究溫度對平衡移動(dòng)的影響

觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象

C將實(shí)驗(yàn)剩余的Na2s。4固體放回原試劑瓶可以節(jié)約試劑，不浪費(fèi)資源

將硝酸溶液與CaCCh混合后產(chǎn)生的氣體直接

D非金屬性：N>C>Si

通入硅酸鈉溶液后，溶液變渾濁

[[答案』B

（解析』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(yàn)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）4］2+（藍(lán)色）+4Cl-一［CuC14「（黃色）+4H2OAH>0,故將試管

中的CuCL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(dòng)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H2SQ3的酸性

強(qiáng)弱，即無法得出C的非金屬性強(qiáng)于Si,D不合題意；

故K答案》為：B。

11.電催化氮還原反應(yīng)法（NRR）是以水和氮?dú)鉃樵希诔爻合峦ㄟ^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）與三氯化釧合成的二維帆基復(fù)合納米材

料（簡稱V-HMTA）。其工作原理如圖所示，下列說法錯(cuò)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(shí)間內(nèi)氨氣的產(chǎn)率

C.電路中通過0.06mol電子時(shí)，兩極共有0.035mol氣體逸出

D.隔膜為質(zhì)子交換膜

k答案》D

［祥解工由題意可知該原理是用電解法將氮?dú)夂铣砂睔猓首髠?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+2H2Oo

【詳析】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?dú)?，加快反?yīng)速率，從而提高單位時(shí)間

內(nèi)氨氣的產(chǎn)率，B正確；

C.陰極電極反應(yīng)式為N2+6e-+6H2O2NH3+6OH-,陽極電極反應(yīng)式為4OH-4e-=O2T+2H2O,

電路中通過0.06mol電子時(shí)，陰極產(chǎn)生0.02mol氣體，陽極產(chǎn)生0.015mol氣體，兩級(jí)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(cuò)誤；

k答案》選D。

12.某溫度下，改變O.lmol/LKzC%。7溶液的pH,各種含銘元素粒子的濃度變化如圖所

示(已知HzCrO4是二元酸，其電離常數(shù)為Ka［、Ka2),下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是()

0.20

A.該溫度下的Kw=lxl0-14

B.該溫度下Ka/HzCrOj的數(shù)量級(jí)為KT1

C.該溫度下反應(yīng)C^O7+H?。2CrOj+2H+的平衡常數(shù)為5.1x1022

+

D.B點(diǎn)溶液中：c（K）<2c（Cr2O^）+3c（CrO；-）

K答案XD

k解析』A.Kw只與溫度有關(guān)，取D點(diǎn)數(shù)據(jù)，當(dāng)pH=13時(shí)，c(OH-)=0.1moVL,則

+14

Kw=c（H）c（OH-）=10-,A說法正確;

B.取A點(diǎn)數(shù)據(jù)，c（HCrO；）=c（H2CrO4）,

+

c（HCrO4）c（H）

=c（H+）=10-0-74

Kal（H2CrO4）=，數(shù)量級(jí)為1()T,B說法正確;

c（H2CrO4）

c2（H+）c2（CrOt）

C.該溫度下反應(yīng)CrzOr+Hz。2CrO『+2H+平衡常數(shù)K=取

-<Cr2O；）~

c2（H+）c2（CrO；-）66、2152

V

C點(diǎn)數(shù)據(jù)，K=~^=0.051x（10-6.6）=5]X10-62,c說法正確;

c（Cr2O?）'）

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

c（K+）+c（H+）=2c（50,）+2c（CrO；-）+c（HCrOj+c（OH）溶液顯酸性,

c（H+）＞c（OH-）,則c（K+）〈2c（Cr2（*）+3c（CrO『），D說法錯(cuò)誤;

k答案1選D。

13.北京冬奧會(huì)使用的硫化鎘（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（qxio-7yg-mD,若按圖乙虛線方向切甲，可得到圖丙

K答案XA

K解析XA.由題干晶胞甲圖所示信息可知，Cd位于8個(gè)頂點(diǎn)和6個(gè)面心，Te位于體內(nèi),

故Cd的配位數(shù)即離某個(gè)Cd原子距離相等且最近的Te原子個(gè)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(gè)Te的核間距為面對角線的一半即為日apm,

B錯(cuò)誤；

C.由題干晶胞甲圖所示信息可知，Cd位于8個(gè)頂點(diǎn)和6個(gè)面心，Te位于體內(nèi)，則一個(gè)晶

胞中含有Cd個(gè)數(shù)為：8x-+6x—=4,Te原子個(gè)數(shù)為4個(gè)，故一個(gè)晶胞的質(zhì)量為:

82

4x(112+128)

g,晶胞參數(shù)為apm,則一個(gè)晶胞的體積為：（axlO“o）3,故晶體的密度為

NA

4x240

g-cm3

名（ax105JC錯(cuò)誤;

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(cuò)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C60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(cuò)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c60中碳碳雙鍵斷裂

k答案》C

k解析》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(II),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(cuò)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K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(bǔ)鐵劑，實(shí)驗(yàn)室可通過鐵粉制備，反應(yīng)原理簡示如

下：FefFeSO4?7H2O-FeCO3.FeC6H6O7

實(shí)驗(yàn)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

FeSO4-7H2O(M=278g/mol)晶體。

②取9g精制的FeSO/TH?。，緩慢加入20mL4moi/LNJ^HCOs溶液，靜置40min后

有大量FeCC(3

沉淀析出，過濾洗滌，得FeCO3(M=116g/^lol)晶體。

③在燒杯中加入6g檸檬酸(C6H8()7，M=192g/mol)、80mL水、3.5gFeCC)3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(shí)解釋三價(jià)鐵比二價(jià)鐵穩(wěn)定原因_____________________。

(2)FeSO4溶液制備Fes。,々耳。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(diǎn)是o

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

FeSO「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(G2H8、)與Fe?+生成穩(wěn)定橙紅色配合物［Fe(N2H8品)3廣，最大吸

收波長為510nm這一特征可用來檢測Fe2+含量，某同學(xué)將上述所制FeC6H6。？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go

2+

(5)不用酸性高錦酸鉀溶液滴定Fe最可能的原因是o

［答案］(1)基態(tài)鐵離子價(jià)電子排布式為3d5,基態(tài)亞鐵離子價(jià)電子排布式為3d6,前者

為半充滿結(jié)構(gòu)、更穩(wěn)定

(2)蒸發(fā)皿布氏漏斗減壓過濾速度快，減少二價(jià)鐵的氧化，可得更純凈的

FeSO,.H?。晶體玻璃棒摩擦燒杯壁會(huì)形成微小晶核，便于晶體結(jié)晶

2+

(3)2HCO3+Fe=FeCO3+H20+C02T

(4)6.15g(5)酸性高鎰酸鉀可氧化檸檬酸根離子

K祥解》亞鐵離子具有強(qiáng)還原性，容易被氧氣、高錦酸鉀等氧化，制備亞鐵鹽要盡可能防

止氧化，檸檬酸根具有還原性，酸性高錦酸鉀可氧化檸檬酸根離子，測定檸檬酸亞鐵鹽含量

時(shí)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。

【詳析】(1)請利用原子結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識(shí)解釋三價(jià)鐵比二價(jià)鐵穩(wěn)定原因：基態(tài)鐵離子價(jià)電

子排布式為3d5,基態(tài)亞鐵離子價(jià)電子排布式為3d6,前者為半充滿結(jié)構(gòu)、更穩(wěn)定。

(2)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(diǎn)是：減壓過濾速度快，減少二價(jià)鐵的氧

化，可得更純凈的FeSO4-7H2O晶體。

結(jié)晶時(shí)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(huì)形成微小晶核，便于晶體結(jié)晶。

(3)取9g精制的FeSO4?7H2。，緩慢加入20mL4moi/LNH4HCO3溶液，靜置40min

后有大量FeCOs生成，碳酸氫根轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓岣a(chǎn)生沉淀的同時(shí)，釋放出的氫離子與碳酸氫

根能產(chǎn)生二氧化碳，則制備碳酸亞鐵的離子方程式為：

2+

2HCQ-+Fe=FeCO3J+H2O+CO2T。

(4)利用鄰二氮菲(C2H82)與Fe2+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。？晶體全部溶

解于試管中后，添加251nL3moi/L鄰二氮菲溶液后，可獲得最大吸收波長，則按關(guān)系式3

(G2H8、)?Fe?+?［Fe(N2H8cl2%FeC6H6。7可知，F(xiàn)eC6H6。7晶體的物質(zhì)的量為

-x0.025Lx3mol/L=0.025mol,質(zhì)量為0.025molx246g/mol=6.15g。

(5)高銃酸鉀溶液具有強(qiáng)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鋸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,生不灰SO,P204

|Il—|[|_

粗豆氧化站-打漿一浸出L[竺港一除雜一萃取一水相:

般.國!相

H：SoZ反萃取

CoSO4

(1)浸出時(shí)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,

so2流速等條件不變，C。浸出率與時(shí)間關(guān)系如圖所示，則H?SO4濃度最適宜為

_______mol/Lo

怙I00.

浸80-H,SO函JT

出60-0.5mol工

LOnx>PL

率40-

20-A13OM>VL

dS.Chnol/L

O2JmoUL

時(shí)間/min

(2)“除雜”時(shí)混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2so5)。

Mi?+被H2SO5氧化為MnO2,該反應(yīng)的離子方程式為(已知：

H?S05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(shí)，檢

374

驗(yàn)反應(yīng)后的濾液中恰好不存在Fe'+(已知：Fe(OH)3的Ksp=10,離子濃度

<lO^mol-U1時(shí)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(diǎn)即可)，

萃取后水相溶液中存在的金屬離子有。

(4)硫酸鉆的溶解度曲線如圖所示，從溶液中獲得C0SO7H2。的方法是o

18

CoSO4

CoSO4溶解度曲線

(答案》(1)鉆、鐵3.0

2++

(2)H2O+Mn+HSO；=MnO2+SO4+3H3.5

(3)分多次加入萃取劑Mn2+

(4)蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥

［祥解I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C02+,Fe轉(zhuǎn)化為Fe2+、Al轉(zhuǎn)化為AF+、Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+,Mn轉(zhuǎn)化為Mn2+,

過濾除去其他不溶性雜質(zhì)，向?yàn)V液中加入生石灰，熱空氣和SO2,將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、

2+

AP+轉(zhuǎn)化為A1(OH)3,過濾出Fe(OH)3和A1(OH)3,向?yàn)V液中加入萃取劑P2O4以萃取Co,

分液出水層含有M#+和有機(jī)相含有C02+,對有機(jī)相進(jìn)行反萃取得到水層含有CoSCU,據(jù)此

分析解題。

【詳析】(1)由分析可知，浸出時(shí)加入H2SO4和SO2進(jìn)行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為C02+,Fe轉(zhuǎn)

化為Fe2+、Al轉(zhuǎn)化為AF+、Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+,Mn轉(zhuǎn)化為MM+,故添加還原劑SCh對原料

中的鎰和鉆、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(shí)間關(guān)

系圖所示信息可知，H2sCU濃度為3.0mol/L時(shí)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；

(2)“除雜”時(shí)混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2so5),H2s05

中含有一個(gè)過氧鍵，故Mi?+被H2s05氧化為Mn。？，H2sO5轉(zhuǎn)化為H2so4,該反應(yīng)的離子

2+-+

方程式為：H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO；+3H,檢驗(yàn)反應(yīng)后的濾液中恰好不存在Fe'+,

'10374=io-10-5,則

即Fe3+離子濃度＜10-6mol-L-時(shí)，此時(shí)c(OH-)=產(chǎn)⑻了W=

Vc(Fe)\10-6

Kw10-14

c(H+)=———=——=10-3-5mol/L,即生石灰調(diào)節(jié)pH=3.5,故(答案］為:H2O+M112++HSO5

c(OH)IQ'105

=MnO2+SOj+3H+；3.5；

(3)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MIP+,故［答案》為：分多次加入萃取劑；Mn2+；

(4)由題干硫酸鉆的溶解度曲線圖示信息可知，COS07H20的溶解度隨溫度升高而明顯

增大，故從溶液中獲得COS07H20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CO2為原料合成有機(jī)物，是科學(xué)家研究的主要課題?；卮鹣铝袉栴}：

(1)C02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)=CH30cH3(g)+3H2O(g)；

II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)o

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/7=+123kJmol_1

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

△"=-298kJmori

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

①由已知信息可知2co2(g)+6H2(g)=CHQCH3(g)+3H2(D(g)AH=

-1

kJ-molo

②向密閉容器中以物質(zhì)的量之比為1：3充入CO2與H2,實(shí)驗(yàn)測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫

度和壓強(qiáng)的變化關(guān)系如圖所示。

由圖2可知，PPP2>P3由大到小的順序?yàn)?T?℃時(shí)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)FCH30H(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2moicO和4molH2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

生成CH30H的物質(zhì)的量

xlOO%)如圖所示。

消耗CO的物質(zhì)的量

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

_________________________________________________________________________________________________________________________O

1

②反應(yīng)在TiK下，2min時(shí)達(dá)到平衡，此時(shí)體系壓強(qiáng)為akPa,C(CO2)=0.05molU?用

CO的分壓變化表示的化學(xué)反應(yīng)速率為kPa-min-1,反應(yīng)3的)J=。

指用平衡分壓代替平衡濃度進(jìn)行計(jì)算的平衡常數(shù)，A的平衡分壓=p總義A的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù),

以上兩空結(jié)果均保留3位小數(shù))。

K答案』(1)①-175②pi>p2>p3II開始升溫時(shí)以反應(yīng)I為主，反應(yīng)放熱,

平衡逆向移動(dòng)，CCh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(dòng)

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

②0.2670.318

k解析W1)①由題干圖示信息可知，反應(yīng)L3CO(g)+3H2(g)；CH3OCH3(g)+CO2(g)

123

AH1=-298kJ/mol；II.CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)AH,=——=+41kJ/mol,

反應(yīng)1+3反應(yīng)II可得反應(yīng)：2co2(g)+6H?(g)=CH30cH3他)+3凡0但)，根據(jù)蓋斯定律

可得:AH=AHj+3AH2=-298kJ/mol+3x41kJ/mol=-175kJ/mol,故K答案U為：-175；

②反應(yīng)I是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)II是氣體體積不變的反應(yīng)，相同條件下，壓強(qiáng)越大,

平衡正向移動(dòng)，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率越大，則pi>p2>p3；反應(yīng)I是放熱反應(yīng)，反應(yīng)H是吸熱

反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)I平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)II平衡正向移動(dòng)，由圖可知，隨著溫度的升高，

二氧化碳轉(zhuǎn)化率先減小后增大，說明T2℃時(shí)主要發(fā)生反應(yīng)H,平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化先降

后升的原因?yàn)殚_始升溫時(shí)以反應(yīng)I為主，反應(yīng)放熱，平衡逆向移動(dòng)，C02平衡轉(zhuǎn)化率下降,

升高一定溫度后，以反應(yīng)II為主，反應(yīng)吸熱，平衡正向移動(dòng)，故K答案》為：P1>P2>P3；

II;開始升溫時(shí)以反應(yīng)I為主，反應(yīng)放熱，平衡逆向移動(dòng)，C02平衡轉(zhuǎn)化率下降，升高一定

溫度后，以反應(yīng)n為主，反應(yīng)吸熱，平衡正向移動(dòng)；

(2)①由題干已知信息可知，三個(gè)反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，co的平

衡轉(zhuǎn)化率減小，結(jié)合圖示可知，T1前反應(yīng)未達(dá)到平衡，故若反應(yīng)過程中催化劑的活性幾乎

不受溫度影響，則T1前CO轉(zhuǎn)化率升高的原因是：溫度升高，反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)

的co消耗量增多，故co的轉(zhuǎn)化率升高，故K答案X為：溫度升高，反應(yīng)速率加快，相

同時(shí)間內(nèi)的co消耗量增多，故co的轉(zhuǎn)化率升高；

②由題干圖示信息可知，反應(yīng)在T1K下，2min時(shí)達(dá)到平衡，CO的轉(zhuǎn)化率為80%,CH30H

l

的選擇性為60%,此時(shí)體系壓強(qiáng)為akPa,c(C02)=0.05molU,則有：

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始濃度(mol/L)120

轉(zhuǎn)化濃度(mol/L)0.480.960.48

平衡濃度(mol/L)0.48

CO(g)+H2O(g)_-CO2(g)+H2(g)

起始濃度(mol/L)

轉(zhuǎn)化濃度(mol/L)0.050.050.050.05

平衡濃度(mol/L)0.05

CO(g)+3H2(g)「CH4(g)+H2O(g)

起始濃度(mol/L)

轉(zhuǎn)化濃度(mol/L)0.8—0.48—0.050.810.270.27

平衡濃度(mol/L)

則平衡時(shí):c(CO)=0.2mol/L,c(C02)=0.05mol/L>c(CH3OH)=0.48mol/L>c(CH4)=0.27mol/L,

c(H2)=2+0.05-0.96-0.81=0.28mol/L>c(H20)=0.27-0.05=0.22mol/L,故CO的起始分壓為：-a

3

kPa,平衡分壓為:

0.2+0.05+0.48+0.27+0.28+0.22,「0.2

-----