2024高考化学模拟试题含解析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4.全卷满分100分，考试时间90分钟。

可能用到的相对原子质量：H：1N：14O：16S：32C1：35.5Fe：56Bi：209

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。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.废物改头换面，服务日常生活。下列说法正确的是

A.钢管表面镀锌可起到防腐的作用，镀锌层破损后，钢管腐蚀速率加快

B.生产豆奶产生的豆渣可加工成面粉和饼干，豆渣中含有的纤维素与淀粉互为同分异构体

C.废弃玻璃磨粉可代替砂子掺入混凝土建造房子，玻璃的生产原料为纯碱、石灰石和石英砂

D.废旧轮胎制成的橡胶粉可掺入沥青中铺路，橡胶均属于天然有机高分子化合物

【答案】C

【解析】

【详解】A.由于锌比铁活泼，当锌与铁构成电化学腐蚀时，先腐蚀锌，故钢管表面镀锌可起到防腐的作

用，即镀锌层破损后，钢管腐蚀速率减慢，A错误；

B.纤维素与淀粉的组成通式虽然都用(C6HioC>5)n表示，但是二者的n值不同，即二者分子式不相同，故

不互为同分异构体，B错误；

C.玻璃的生产原料为纯碱、石灰石和石英砂，涉及的反应主要为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2T.

CaCO3+SiO2==CaSiCh+CChT,C正确；

D.橡胶中的天然橡胶属于天然有机高分子化合物，而合成橡胶属于合成有机高分子化合物，D错误；

故答案为：Co

2.芳香族化合物a、b、c是有机合成的基础原料，下列有关说法错误的是

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A.a、b均能与NaOH溶液反应B.a、c均能与b发生酯化反应

C.b的芳香族同分异构体有3种D.基态碳原子与氧原子核外未成对电子数相等

【答案】C

【解析】

【详解】A.a、b均含有竣基，均能与NaOH溶液反应，故A正确；

B.a中含有竣基和羟基、c中含有羟基，b中含有竣基，能与a、c中的羟基发生酯化反应，故B正确;

O

一1

C.b的芳香族同分异构体含有苯环，若取代基为醛基和羟基，如；）“，共有3种；若取代基为酯

,共有1种；故b的芳香族同分异构体共有4种，故C错误;

D.基态碳原子的电子排布式为：Is22s22P2,有两个未成对电子；基态氧原子的电子排布式为：Is22s22P4,

也有2个未成对电子，故D正确;

故答案选：Co

3.下列关于化学实验的基本操作正确的是

A.制备纯

B.收集氨气并进行尾气处C.量取稀硫酸并排除D.用该装置进行

净的

理滴定管中的气泡喷泉实验

Fe(OH)2

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

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【解析】

【详解】A.氢氧化亚铁易被空气氧化成氢氧化铁，氢氧化钠溶液悬空滴入硫酸亚铁溶液中，此方法生成

的氢氧化亚铁与空气接触，易被氧化，不能制备纯净的氢氧化亚铁，故A错误；

B.氨气密度小于空气，应用向下排空气法收集氨气，集气瓶正放时，氨气应从短管进长管出，故B错

误；

C.量取稀硫酸应用酸式滴定管，图中为碱式滴定管，故C错误；

D.挤压胶头滴管中的氢氧化钠溶液进入烧瓶，使二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，烧瓶

内气压减小，打开长导管的止水夹，就可以形成喷泉，故D正确；

故选D。

4.设义为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.46gN02和N2O4的混合气体中所含原子数目为4.5%

B.乙酸和乙醇发生酯化反应生成1molH2O时，生成C—O键的数目为NA

C.56gFe与71gC12完全反应，转移电子数目为3砥

D.Imol/LNa2cO3溶液中含有Na+的数目为2%

【答案】B

【解析】

【详解】A.二氧化氮和四氧化二氮的最简式均符合(NCh),46g此混合气体，含有(NCh)的物质的量为

Imol,含有原子的数目为3NA,A项错误；

A

B.乙酸和乙醇酯化反应的方程式为：CHCOOH+CHCHOH0CHCOOCHCH+HO,其中竣

339催化剂3O39

基断裂C-O键，醇中的羟基断裂O-H键，酯中生成C-O键，生成ImolHzO,生成C-O键的数目为INA,

B项正确；

C.根据电子守恒，可得关系式：2Fe〜3cb〜6e\Imol铁与Imol氯气反应，铁过量，氯气完全反应，转移

电子数为2NA,C项错误；

D.溶液的体积未知，无法计算Na+的数目，D项错误。

故选B。

5.下列离子方程式错误的是

A.用过量氨水吸收少量S。,气体：SO,+2NH3-H,O=2NH；+SOj+H,O

B.用FeCL溶液腐蚀覆铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

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-+

C.NaClO溶液中通入少量SO2气体：CIO+SO2+H2O=C「+SOj+2H

+2+

D.向硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加少量双氧水：2MnO；+6H+5H2O2=2Mn+5O2T+8H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.过量氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸氨和水，离子方程式为：

SO2+2NH3-H2O=2NH；+SO：+H20,故A正确；

B.用氯化铁溶液刻蚀覆铜板，反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；

C.将少量二氧化硫通入溶液中，发生氧化还原反应，但次氯酸根过量，会有次氯酸生成，离子方程式

-

为：3C10+S02+H20=cr+SO；"+2HC10,故C错误；

D.高镒酸钾溶液中滴加少量双氧水，过氧化氢被氧化为。2,高镒酸钾被还原为硫酸镒，离子方程式为

+2+

2MnO；+6H+5H2O2=2Mn+5O2T+8H2O,故D正确；

答案选C。

6.通过对已知物质的性质和实验的描述进行类比推测，得出的相应结论正确的是

选

已知物质的性质和实验类比推测

项

CuSO4溶液和过量NaOH溶液反应生成蓝色沉CuSO4溶液和过量NH3H2O反应也生成蓝色沉

A

淀淀

NaHCCh溶液与Ab(SC)4)3溶液反应有沉淀和气NaHCCh溶液与Fe2(SO4)3溶液反应也有沉淀和

B

体产生气体产生

向NaHCCh固体中加入少量水，也伴随放热现

C向Na2cCh固体中加入少量水，伴随放热现象

象

D少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀少量COz通入BaCL溶液中也产生白色沉淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

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2+

【详解】A.C11SO4溶液和过量NaOH溶液反应生成蓝色沉淀，Cu+2OH=Cu(OH)2；,但C11SO4溶液和过

量NH3H2O反应由于形成铜氨络离子而得不到蓝色沉淀，反应原理为：

2+2+

CU+4NH3-H2O=[CU(NH3)4]+4H2O,A不合题意；

B.NaHCCh溶液与AL(SO4)3溶液反应有沉淀和气体产生是由于AF+和HCOs发生双水解反应，原理为：

3+3+

Al+3HCO3=Al(OH)3i+3CO2t,NaHCCh溶液与Fe2(SCU)3溶液反应也有沉淀和气体产生是由于Feff

3+

HCO3发生双水解反应，原理为：Fe+3HCO3=Fe(OH)3；+3CO2T，B符合题意；

C.向Na2cO3固体中加入少量水，伴随放热现象即Na2cCh固体溶于水时放热，但NaHCCh溶于水时需要

吸热，C不合题意；

D.少量CO2通入Ba(OH)?溶液中产生白色沉淀是由于发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3；+H2O,少量CO?

通入BaCb溶液中由于HC1的酸性比H2cO3强，二者不反应，故不能产生白色沉淀，D不合题意；

故答案为：B。

7.有机物M和N是合成药物的中间体，在一定条件下M可以转化为N,其过程如图所示，下列说法错误

的是

DBU

COOCHjCHjOOC

MN

A.该反应类型为消去反应B.可用金属Na鉴别M和N

c.M的分子式为C9H14。3D.N可使酸性KMnO4溶液褪色

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图可知，醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，故A正确；

B.M有羟基和酯基、N有酯基和碳碳双键，Na可以与羟基置换出氢气，可以用Na鉴别M和N,故B正

确；

C.由结构简式可知，M的不饱和度为2,M的分子式为C9Hl6。3,故C错误；

D.N中含有碳碳双键，可以使酸性高锦酸钾溶液褪色，故D正确；

答案选C。

8.某兴趣小组以铝土矿(主要成分为AI2O3，还含有少量FezOs和Si。?)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝

[Al2(OH)aCl)]和金属铝的流程如图所示。

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已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是

A.“碱溶”时，所用NaOH溶液可更换为氨水

B.若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量CO?有利于减少生成沉淀中的杂质

C.通过控制沉淀i、iii的比例可改变聚合氯化铝的组成

D.“操作X”可以是盐酸溶解、结晶、脱水、电解

【答案】C

【解析】

【分析】铝土矿加氢氧化钠溶液，A12O3和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠、SiO2转化为铝硅酸钠沉淀、

FqC)3不溶，过滤，滤液含偏铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥

后，灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。

【详解】A.AUO3具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时川2。3与NaOH溶液反应生

成Na[Al(OH)4],所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误；

B.步骤H,滤液浓度较大时通入过量CO?生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳

酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误；

C.[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制A1(OH)3和A1C13的投料比来控制产品盐基度，故C正确；

D.氢氧化铝加盐酸溶解生成氯化铝，但熔融氯化铝不能导电，电解无法得到铝单质，故D错误；

故选C。

9.化合物M(结构如图所示)具有较大的阴离子，这使得其溶解度较大、电化学稳定性较高，因而被应用于

电池电解液中。M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅

s能级上填充电子，基态丫原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，W的简单氢化物的沸点高于同主族

相邻元素。下列说法正确的是

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YW.YW.

YWjYW,

A.元素的第一电离能：Y>X>W

B.M中属于p区的元素有4种

C.L形成的单质在X形成的单质中燃烧主要生成L2X2

D.M中L和Z元素最外层均不满足8e~结构

【答案】B

【解析】

【分析】由题干信息可知，M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态

L原子仅s能级上填充电子结合L为+1价离子，故L为Li,基态丫原子s能级上的电子数是p能级上的2

倍，且丫能形成4个共价键，半径比Li小，故丫为C,原子半径大小在C和Li之间的元素为Be、B,且Z

周围形成4个共价键，则Z为B,W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素且W的半径最小，则W为

F,X可以形成2个共价键，且半径在F和C之间，故X为O,综上分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、

0、C、B、Li,据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，W为F、X为O、丫为C,根据同一周期元素第一电离能呈增大趋势，IIA与

IIIA、VA与VIA反常，故元素的第一电离能为F>0>C即W>X>Y,A错误；

B.由分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li,故M中出Li属于s区，其余4种元素属于

p区，B正确：

C.由分析可知，X为O、L为Li,L形成的单质即Li在X形成的单质O2中燃烧只能生成Li2O即L2X,

得不到口2。2即LzX2,C错误；

D.由分析可知，L为Li,Z为B,由题干图示信息可知，Z周围形成4个共价键，即M中L元素即Li+最

外层不满足8e-结构，而Z元素即B最外层满足8e-结构，D错误；

故答案为：B。

10.卤代甲硅烷是一类重要的硅化合物，是合成其他硅烷衍生物的起始原料。三澳甲硅烷（SiHBj,熔点-

A

73.5℃,沸点HIWC,易水解、易着火）的合成反应为：Si+3HBr=SiHBr3+H2,一种合成并提纯

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SiHBj的装置如图所示。下列说法正确的是

A.合成阶段，装置2和6均需冷水浴；提纯阶段，装置6需加热

B.装置4的作用为吸收未反应的Er?

C.合成阶段，从装置8逸出的气体可直接排放；提纯阶段，装置9收集满产品后需将缩细处烧封

D.为提高冷凝效果，可将装置7更换为球形冷凝管

【答案】B

【解析】

【分析】三颈烧瓶中液澳需要热水浴与氢气在管式炉3中化合反应生成澳化氢，通过4中的澳化亚铁除去

澳化氢中的澳蒸汽，澳化氢和硅在管式炉5中反应合成SiHBj,最后通过蒸储冷凝提纯得到SiHBj。

【详解】A.合成阶段，装置2需热水浴使液澳挥发为澳蒸汽，与氢气在3中化合反应，故A错误；

B.装置4为除去澳化氢中的澳蒸汽，故B正确；

C.合成阶段，从装置8逸出的气体含有澳化氢，不能直接排放，故C错误；

D.蒸储装置中不能使用球形冷凝管，容易有液体残留，需用直型冷凝管，故D错误；

故选B。

II.亚铜催化乙酰胺与澳苯偶联反应的机理如图所示，已知Ph为苯基。下列说法错误的是

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A.a为反应的催化剂

B.b中Cu的化合价为+1价

C.反应体系中同时存在极性键和非极性键的断裂和形成

D.反应的总方程式为PhBr+cH」!1、H,O

催化.剂.|+HBr

Pte—NH—

【答案】C

【解析】

【详解】A.由反应历程可知，反应前后都存在物质a,则其为催化剂，A正确;

B.a到b过程中，Cu原子成键数目未发生改变，则b中Cu为+1价，B正确；

C.由反应历程可知，反应中无非极性键断裂与形成，C错误；

D.由反应历程可知，a为催化剂，bcdef为中间产物，则反应的总方程式为PhBr+।.,

岬_>I+HBr,D正确;

PK—NH—C-CHt

故选C。

12.微生物燃料电池是一种可以将污水中能量加以利用的技术，它可以通过产电微生物对污水中葡萄糖进

行代谢，其工作原理如图所示。研究表明，溶液酸化会导致微生物活性降低，进而导致产电性能下降，其

中N极上。2发生反应的同时还伴随着反硝化反应（NO；转化为N?）,下列说法错误的是

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A.电池工作时，电流应从N极流向M极，且N极电势高

B.该装置应选择质子交换膜，H+从左极室移向右极室

+

C.M极的电极反应为C6HI2O6+6H2O-24e-=6CO2+24H

D.当N极消耗22.4L。2（标准状况下）时，M极生成4moiH+

【答案】D

【解析】

【分析】N极。元素化合价由0降低到-2,得电子发生还原反应，N极为正极；M极为负极，葡萄糖被氧

+

化为二氧化碳，根据M极产生H+可知电极反应式为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H；

【详解】A.据分析，N为正极，M为负极，电池工作时，电流从N极流向M极，且N极电势高，故A

正确；

B.M极产生H+,溶液酸化会使微生物活性降低，离子交换膜应选择阳离子交换膜，H+从左极室流向右极

室,故B正确；

+

C.据分析，M极电极反应为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H,故C正确；

D.氧气与电子的关系式为：02〜4e;消耗Imol氧气，转移4moi电子，但是N极同时有NO；转化为

N2,这个反应转移的电子数未知，故无法计算M极产生H+的物质的量，故D错误；

答案为D。

13.已知rc时，难溶电解质X（OH）x和丫（OH）y的饱和溶液中-lgc（xx+）或-lgc（Yy+）与溶液pH的关

系如图所示，下列说法错误的是

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A.x:y=3：1

BTC时，Ksp[x(0H)x]<Ksp[Y(0H)y]

CTC时，饱和X(OH)*溶液和饱和丫(OH),溶液中：c(Yy+)>c(Xx+)

D.FC时，若溶液中C(XX+)如a点所示，则加入NaOH可使溶液pH沿水平线向右移动至b点

【答案】A

【解析】

【分析】由图可知，溶液pH为5、6时，X(OH)x饱和溶液中XX+的浓度分别为10—3mol/L、10-6mol/L,由

温度不变，溶度积不变可得：10—3x(io—9)x=10-«x(10—8尸，解得x=3,同理可知，溶液pH为6、7时，

丫(OH)y饱和溶液中丫丫+的浓度分别为10—^IOVL、10-mol/L,由温度不变，溶度积不变可得：10-义(10一

8)y=i0T>x(lO—7)y,解得y=2,则VC时，X(OH)x、丫(OH)y的溶度积分别为10—3x(io—9)3=10—30、10-

4X(10—8)2=10—20。

【详解】A.由分析可知，X、y分别为3、2,则X：y=3：2,故A错误；

B.由分析可知，VC时，X(OH)x、丫(OH)y的溶度积分别为10—3X(10—9)3=10—3。、10-4x(10—8)2=10—2。，

则X(OH)x的溶度积小于丫(OH)y的溶度积，故B正确；

C.由分析可知，VC时，X(OH)x、丫(OH)y的溶度积分别为10—3X(10—9)3=10—3。、10—X(10—8)2=10—2。，

110-30/in-20

则饱和溶液中，Xx\Yy+的浓度分别为mol/L,所以X*+的浓度小于丫丫+的浓度，故

C正确；

D.由图可知，a点为X(OH)x的不饱和溶液、b点为X(OH)x的饱和溶液，则向溶液中加入氢氧化钠固体，

溶液中氢氧根离子浓度增大，可以使不饱和溶液转化为饱和溶液，则加入氢氧化钠可使溶液pH沿水平线

向右移动至b点，故D正确；

故选Ao

14.将Fes。,晶体置于真空刚性容器中，升温可发生反应:

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2FeSO4(s)nFe2O3(s)+S02(g)+S03(g)®2SO3(g)02SO2(g)+02(g),该体系达到平衡状态

时sc)2的体积分数9(S02)-T的关系如图所示。下列说法正确的是

A.700K前，只发生反应ZFeSO/s)口Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)

B.650K时，若容器内气体压强为温，则Kp=/f

C.b点温度下，SO3分解率为8%

D.在a点容器中加入催化剂，则b点将向上平移

【答案】A

【解析】

【分析】只发生硫酸亚铁晶体的分解反应时，生成二氧化硫和三氧化硫气体，二氧化硫的体积分数为

50%,符合700K之前图中的曲线变化情况；700K之后，发生反应2SO3(g)口2SO2(g)+O2(g),且升

高温度，反应正向移动，二氧化硫的体积分数逐渐增大。

【详解】A.700K之前，二氧化硫的体积分数为50%,说明只发生反应：

2FeSO4(s)□Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g),故A正确；

B.650K时，容器内气体只有二氧化硫和三氧化硫，且物质的量相等，若容器内气体的压强为Po,则Kp=

11p-

一凡x—义稣=工,故B错误；

224

C.b点二氧化硫的平衡体积分数为54%,设硫酸亚铁分解产生的二氧化硫和三氧化硫的物质的量均为

2SQ(g)□2s.(g)+O2(g)

起始/mol110

Imol,三氧化硫的分解率为x,可列三段式：..,二氧化

转化n/"/XX0.5x

平衡/mol1-X1+X0.5x

1+XQ

硫的平衡体积分数为-----------------=54%,解得x=—»11%,故C错误；

1—x+l+x+0.5x73

D.催化剂不会影响化学平衡，加入催化剂，b点不移动，故D错误；

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故选Ao

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.某化学小组利用如图流程在实验室制备硫酸亚铁铁晶体，并对产品纯度进行测定。

10%Na2c。3

（含Fe和C）

回答下列问题：

I.(NH4)2Fe(S。4)2^6H2O晶体制备。

(1)废铁屑进行“碱洗”的目的为=

(2)“酸溶”时，判断反应结束的现象为；处理尾气的方法为0

(3)“抽滤”后，检验滤液中是否含有Fe?+的试剂为；用离子方程式解释滤液中不含Fe3+的

原因为O

(4)“系列操作”为水浴加热蒸发至__________,冷却至室温，过滤，用无水乙醇洗涤，再用滤纸反复吸

干晶体。

II.(NH4)2Fe(SO4)2-6H2O(M=392g/mol)晶体纯度测定。

取0.3g样品放入锥形瓶中，加入30mL蒸储水溶解，水浴加热至有热气产生，趁热用0.0100mol/L酸性

KMnO4标准溶液滴定至终点，平行实验三次，测得平均消耗14.50mL酸性KMnO4标准溶液。

(5)滴定终点时的现象为,反应的离子方程式为o

(6)计算该样品的纯度为(保留三位有效数字)。

【答案】(1)除去废铁屑表面油污。通过废铁屑制备硫酸亚铁镂晶体，先用碱洗，除去废铁屑表面的油污，

再用酸溶，抽滤出过量的铁粉和未反应的C粉，溶液中剩余Fe2+,加入硫酸镀溶液制的硫酸亚铁镂晶体。

(2)①.不再产生气泡时，证明反应结束。②.处理尾气的方法：用氢氧化钠吸收产生的气体。

(3)①.KSCN溶液②.Fe+2Fe3+=3Fe2+

(4)有晶膜出现时或有大量固体出现时。

(5)①.当滴入最后一滴高锌酸钾时，溶液变为浅红色，且30s内不恢复原来的颜色，证明达到滴定终

2++2+3+

点。②.5Fe+MnO；+8H=Mn+5Fe+4H2O0

(6)94.7%

【解析】

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【分析】本题属于无机工艺流程题，由废铁屑制备硫酸亚铁铁晶体，碱洗的目的一般是除去废料表面的油

污，酸可以溶解大多数金属及其化合物；抽滤实质上是减压过滤，在滤液中加入硫酸镂固体值得产品，带结

晶水的物质通常需要冷却结晶的方式制得。

【小问1详解】

碳酸钠溶液显碱性，在碱性条件下，废铁屑表面油污发生水解，“碱煮”的目的是除去废铁屑表面油污，故答

案为：除去废铁屑表面油污；

【小问2详解】

酸溶时发生Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O,Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4

H2SO4+Na2c03=Na2sO4+H2O+CO2T，所以当反应不再产生气体时，证明反应结束；

用氢氧化钠溶液处理尾气。

【小问3详解】

显色法KSCN溶液检验Fe3+,无红色证明不含Fe3+；其原因是在“酸溶”过程中含有大量的铁单质，可与反应

生成的Fe3+发生氧化还原反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+

【小问4详解】

蒸发过程的注意事项：有晶膜出现时或有大量固体出现时，停止加热。

【小问5详解】

当滴入最后一滴高铳酸钾时，溶液变为浅红色，且30s内不恢复原来的颜色，证明达到滴定终点；5Fe2++MnO

+2+3+

；+8H=Mn+5Fe+4H2Ot,

【小问6详解】

(2+

5NH4)2Fe(SO4)2.6H2O~5FeMnO4

关系式法计算：5.392gImol

mgO.Olmol/Lx14.50.103L

5-392g_Imol0284g

m=0.284g,样品纯度=；~xl00%=94.7%

mg-0.01mol/L-14.50-10-3L0.3g

16.一种从废铝钻催化剂中回收有价金属的工艺流程如图甲所示:

Na2c溶液硝酸

CoCO3

BiONO3

甲

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已知：I.废铝钻催化剂的主要成分如表。

主要成分MOO3CoOBi2O3

质量分数

44.616.6714.37

/%

II.“酸浸”所得溶液中主要含有H+、Bi3+>C02+等阳离子。

回答下列问题：

(1)铝酸核［(NH4)2MoO4］中Mo元素的化合价为,其所含非金属元素的电负性由大到小排

序为=

(2)“碱浸”时需在75c条件下进行反应，且选择不同碱性试剂铝元素的浸出率随时间变化如图乙所示。

则“碱浸”时的最佳条件为=

012345th

卜碳酸钠溶液

2-碳酸镂溶液

3-氨水溶液

乙

(3)“沉铝酸”时，一般控制反应温度为60℃,温度不宜太高的原因为

(4)“沉钮”时，反应的化学方程式为0

(5)“氧化沉钻”时调节溶液pH=4,反应生成CoOOH和MnO2,其离子方程式为

(6)“沉钻”时，选用NaHCC)3溶液，而不用Na2cO3溶液的原因为加入Na2cO3会产生Co(OH)2杂

质，请解释产生Co(OH)2的原因：

(7)若通过该流程处理1kg废铝钻催化剂，得到8迨?^03的质量为0.141^,则Bi元素的回收率为

实际生成Bi元素的质量

(保留三位有效数字，Bi元素的回收率=xl00%)o

理论生成Bi元素的质量

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【答案】(1)①.+6②.0>N>H

(2)1-碳酸钠溶液、3h

(3)防止硝酸挥发、分解

(4)Bi(NO3)3+2NaOH=BiONO3+2NaNO3+H2O

2++

(5)3Co+4H2O+MnO；=3CoOOH；+MnO2；+5H

(6)Co2++CO：+H20co(OH),J+CO2T

(7)79.1%

【解析】

【分析】废铝钻催化剂中加入碳酸钠碱浸，使钻、钿转化为沉淀，过滤后，滤液加入硝酸，生成铝酸，然后

经过一系列操作得到铝酸镂；滤渣加入硝酸酸浸，得到含有H+、Bi3+>Co?+等阳离子的溶液，再加入NaOH

溶液沉秘，过滤得到BiONCh,滤液加入高锌酸钾氧化沉钻，调节溶液pH=4,反应生成CoOOH和M11O2，

经过精制、还原，然后加入碳酸氢镂，生成CoCO3,据此解答。

【小问1详解】

铝酸镂［(NHJzMo。/中镂根离子为+1价，O为-2价，则Mo元素的化合价为+6价，非金属性越强，电

负性越大，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为O>N>H。

【小问2详解】

结合图像，则“碱浸”时的最佳条件为1-碳酸钠溶液、3h。

【小问3详解】

硝酸易挥发分解，“沉铝酸”时，一般控制反应温度为60℃,温度不宜太高的原因为防止硝酸挥发、分解。

【小问4详解】

“酸浸”所得溶液中主要含有Bi?+离子，“沉秘”时，反应的化学方程式为Bi(NO3)

3+2NaOH=BiONO3+2NaNO3+H2O。

【小问5详解】

2+

“氧化沉钻”时调节溶液pH=4,反应生成CoOOH和MnO2,其离子方程式为3Co+4H2O+MnO；

+

=3CoOOH；+MnO2；+5H□

【小问6详解】

“沉钻”时，选用NaHCOs溶液，而不用Na2cO3溶液的原因为加入Na2cO3会产生Co(OH)?杂质，产生

2+-

Co(OH)2的原因:Co+CO3+H2O=Co(OH)21+C02个□

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【小问7详解】

若通过该流程处理1kg废铝钻催化剂，得到BiONO3的质量为0.14kg,则Bi元素的回收率为

209

0-14依x刈

实际生成Bi元素的质量

--------------x100%39.1%。

理论生成Bi元素的质量义°418

Ugx14.37%x——

466

17.甲硫醇(CH3SH)是重要的有机化工中间体，可用于合成维生素。通过CHQH和H2s合成CH3sH的

主要反应为：

1

I.CH3OH(g)+H2S(g)DCH3SH(g)+H2O(g)=+tzkJ-moF

-1

II.2cH30H(g)+H2s(g)口CH3SCH3(g)+2H2O(g)AH2=+Z?kJ-mol

回答下列问题：

(1)计算反应2cH3sH(g)f]CH3SCHs(g)+H2s(g)的AH=kJ.moL。

(2)时，向恒容密闭容器中充入一定量CH30H(g)和H2s(g)发生反应，下列事实能说明反应达到

平衡状态的是(填选项字母)；若按相同比例再充入一定量CH30H(g)和H2s(g),CH30H(g)

的平衡转化率将(填“变大”“变小”或“不变”)。

A.容器内气体密度不再发生变化B.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化

C.H2s(g)的体积分数不再发生变化D.CH3SCH3(g)和H2(D(g)的物质的量之比不再变化

(3)时，按物质的量之比为1：2向压强为4的恒压密闭容器中充入CH30H(g)和H2s(g)发生反

应，达到平衡时，CH30H(g)的转化率为80%,CHACH3(g)的体积分数为5%。

0口。口由四皿以生成CH3sH的物质的量

①计算CH3sH(g)的选择性为(CH,SH的选择性=-rrT,--------义100%)。inno/

3转化CH30H总物质的量

②反应I的平衡常数Kp=(/是用分压表示的平衡常数)。

n[CHOH(g)]1.

(4)在一「二3：=1：2、反应压力为0.7Mpa条件下，气体按90mL/min的速率通过催化剂表面

n[H2S(g)]

发生反应，每分钟反应体系中CH30H(g)转化率、CH3sH(g)选择性随温度的变化如图甲所示，催化机

理如图乙所示。

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①37(FC时，用CH3sH(g)分压表示的反应速率为Mpa/min。

②结合催化机理分析，当温度高于37CTC时，CH30H(g)转化率随温度升高而降低的原因可能为

___________O

③从化学键的角度描述iii-i脱水的过程：O

【答案】(1)b-2a

(2)①.CD②.不变

(3)①.62.5%②.1.48

(4)①.0.1932②.温度过高，催化剂会失去活性③.iii中的W—O键和H—S键断开，之后O

和H结合在一起形成水

【解析】

【小问1详解】

根据盖斯定律可知，11-21=2CH3sH(g)口CH3SCH3(g)+H2S(g),贝ijAH=b-2a；

【小问2详解】

A.所有反应物和产物都是气体，容器恒容，则气体密度不是变量，故容器内气体密度不再发生变化，不能

证明反应达到平衡，A错误；

B.结合A分析可知，总质量不变，且反应气体分子数不变的反应，则混合气体的平均相对分子质量不是变

量，则当其不变的时候不能证明反应达到平衡，B错误；

C.硫化氢为反应物，随着反应的进行，逐渐减少，当其体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡，C

正确；

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D.根据题给信息可知，反应I、n都会生成水，但是只有反应II生成CH3SCH3。)，则CH3SCH3(g)和

H?O(g)的物质的量之比是变量，当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，D正确；

故选故选CD；

若按相同比例再充入一定量CH30H(g)和H2s(g),相当于加压，两个反应都是气体分子数不变的反

应，则加压平衡不移动，故CH30H(g)的平衡转化率将不变；

【小问3详解】

假设通入ImolCH30H(g)和2molH2s(g),达到平衡时，CH30H(g)的转化率为80%,则平衡时参加

反应的CH30H(g)为0.8mol,CHsSCf^g)的体积分数为5%,则CH3SCH3(g)的物质的量为

(lmol+2mol)x5%=0.15mol,生成CH3SCH3(g)消耗的甲醇的物质的量为0.3mol,则生成CH3sH(g)消耗

的甲醇的物质的量为0.8mol-0.3mol=0.5mol,生成CH3sH(g)的物质的量为0.5mol

①CH3sH(g)的选择性为"㈣xlOO%=62.5%；

0.8mol

②根据①的分析可知，平衡时CH30H(g)的物质的量为0.2mol,H2s(g)的物质的量为2mol-0.5mol-

0.15mol=1.35mol,CH3sH(g)的物质的量为0.5mol,H2O(g)的物质的量为0.5mol+0.15moix2=0.8mol,

则反应I的平衡常数与“48；

-0

【小问4详解】

①假设通入ImolCHQH(g)和2molH2s(g),根据图中信息可知，37(TC时，每分钟参加反应的甲醇的

物质的量为lmolx92%=0.92mol,其中生成CH3sH(g)的物质的量为0.92molx90%=0.828mol,其分压为

0.828molxQ7Mpa=0.1932Mpa,则用CH3SH(g)分压表示的反应速率为0.1932Mpa/min；

Imol+2mol

②温度过高，催化剂会失去活性，导致CH30H(g)转化率降低；

③由图可知iii-i脱水的过程为：iii中的W—O键和H—S键断开，之后。和H结合在一起形成水。

18.废旧铅酸蓄电池中含60%以上铅和铅的化合物，对其实施有效回收可实现铅资源的