2024年高考第二次模拟考试：化学（湖南卷）（解析版）

2024年高考第二次模拟考试

化学-全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Mg24Cl35.5Ca40Cr52

Mn55Fe56Cu64Ga70I127Pb207

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。

1.2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船点火升空成功发射，我国航天航空事业再次迎来飞

速发展。下列有关说法错误的是（）

A.载人飞船需要火箭发送，火箭动力源于氧化还原反应

B.太阳电池翼采用的碳纤维框架和玻璃纤维框架均为无机非金属材料

C.返回舱降落回收过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是有机高分子材料

D.飞船舱体外壳部件材料是铝合金材料制成，主要是利用了其密度大、硬度大的特性

【答案】D

【解析】A项，常用的火箭燃料为液氢和液氧、煤油和液氧、偏二甲胧和四氧化二氮等，它们在使用时

都发生氧化还原反应，A正确；B项，碳纤维框架和玻璃纤维框架均为无机非金属材料，其性能优良可

用于制作太阳电池翼，B正确；C项，芳纶是有机高分子材料，具有高耐磨、高耐冲撞、高耐化学腐蚀、

高耐化学降解等特性，C正确；D项，飞船舱体外壳部件材料是铝合金材料制成，主要是利用了其密度

小、硬度大的特性，D错误；故选D。

2.下列化学用语表示正确的是（）

A.用电子式表示HCI的形成过程：—»H+[^CI：]_

।।।।।in

B.基态Fe原子的价层电子轨道表示式:

3d4s

c.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图:

D.NH3的VSEPR模型:

【答案】D

【解析】A项，HC1是共价化合物，H原子和C1原子通过电子对的共用形成共价键，故用电子式表示形

成过程为H'+*CI：—►HXl：'A错误；B项，Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布

3d4s

式为3d64s2,价层电子轨道表示式为:印山I山IBB错误；C项，用氢键表示法表示

,C错误；D项，NH3中心原子N有3个0键，孤电子对数

为三=1，价层电子对数为4,VSEPR模型为四面体形D正确；故选D。

3.实验室由MnO2制取KMnO4和KOH的实验流程如下:

空气/K()H,H^K2MnOJ

Mn(>2①熔融’确溶液|②|KMnO,KCO

423产品KMnO4

溶液」KCO溶液KKOH

--2-----3-------④

下列说法错误的是()

A.步骤①需要的仪器：玻璃棒、陶瓷生埸、泥三角、酒精灯及带铁圈的铁架台

B.步骤②、③均涉及过滤操作

C.步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳、静置、过滤、蒸发结晶及干燥

D.步骤②中K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%

【答案】A

【解析】A项，步骤①需加热至熔融且产生KOH,陶瓷用烟中的二氧化硅在高温条件下与KOH会反应,

不宜用陶瓷垣蜗，A错误；B项，步骤②、③均为固液分离，涉及过滤操作，B正确；C项，步骤④实

验方案：在搅拌下加入适量石灰乳产生碳酸钙和KOH、静置、过滤，得到KOH溶液、蒸发结晶及干燥

得至I]KOH,C正确；D项，步骤②发生反应3K2MnO4+2CO2=2KMnCU+MnChl+ZK2co3,所以转化KMnCU

22

的KMnO占一，故KMnO完全反应时转化为KMnO的百分率约一x100%=66.7%,KMnO中Mn

243244324

的实际利用率小于66.7%,D正确；故选A。

4.物质的组成和结构决定着物质的性质与变化，下列有关结构和性质的说法错误的是()

A.酸性强弱：三氟乙酸〉三氯乙酸,乙酸

B.假说是根据已知的科学事实和原理对未知领域的事物或现象的本质提出的一种推测

C.邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，所以前者的熔点高于后者

D.乙烯分子中两个碳原子间以sp2杂化轨道形成的◎键较稳定，未杂化的2P轨道形成的兀键易断裂，

所以易发生加成反应

【答案】C

【解析】A项，电负性F>C1>H,F对电子对的吸引能力更强，使得较基中的氢更容易电离，故酸性：三

氟乙酸〉三氯乙酸〉乙酸，A正确；B项，在探索微观世界的过程中，科学家们常通过提出假说来把握物

质的结构及特点，不断拓展认识的新领域，假说是根据已知的科学事实和原理对未知领域的事物或现象

的本质提出的一种推测，B正确；C项，邻羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛都是由分子构成的物质，分子之

间以分子间作用力结合。邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，分子间

氢键的形成增加了分子之间的吸引作用，使物质熔化、气化消耗的能量比较高，所以前者的熔点低于后

者，C错误；D项，乙烯分子中两个碳原子间以共价双键结合，其中C原子以sp2杂化轨道形成的。键

的重叠方式是头碰头，重叠重叠大，因而较稳定，未杂化的2P轨道形成的兀键的电子是肩并肩重叠，

重叠程度较小，因而易断裂，所以易发生加成反应，使不饱和C原子变为饱和C原子，D正确；故选C。

5.下列反应的离子方程式正确的是()

A.用酸性KMnCU标准溶液滴定草酸：2MnO4-+5C2CU2-+16H+=2Mn2++10CO2T+8H2。

2+

B.Mg(HCCh)2溶液与过量NaOH溶液反应：Mg+2HCO3+2OH-=MgCO3i+2H2O

C.用石墨电极电解CuCb溶液：Cu2++2C1-+2H2。电星Cu(OHW+H2T+CbT

2++3+

D.酸化的FeS04溶液暴露在空气中：4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O

【答案】D

【解析】A项，草酸是弱酸，在离子反应中保留化学式，酸性KMnCU标准溶液滴定草酸：

+2+

2MnO4-+5H2C2O4+6H=2Mn+1OCO2T+8H2O,故A错误；B项，向Mg(HCC>3)2溶液中加入过量的NaOH

2+2

溶液，反应的离子方程式为：Mg+2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2；+2CO3-+2H2O,故B错误；C项，用惰性

石墨电极电解CuCb溶液，阳极的电极材料不参与反应，反应的离子方程式为：Cu2++2C1-蛆Cu+CLf,

2++3+

故C错误；D项，酸化的FeSCU溶液暴露在空气中，离子方程式为：4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O,故D

正确；故选D。

6.金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY)2・MZX3,X、Y、Z为短周期主族元素，X的原

子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体必需的元素之一。lmolMZX3,含有

42mol质子，下列说法正确的是()

A.离子半径：M>XB.X、Y、Z的电负性大小为：X>Z>Y

C.M的最高价氧化物对应水化物为强碱D.第一电离能：Z>X

【答案】B

【解析】X、Y、Z为短周期主族元素，即原子序数均小于18,而X的原子序数是Y的8倍，故Y为H

元素，X为0元素；基态X和Z的未成对电子数相同，则Z可能为C或Si或S；金属M在潮湿的空气

中会形成一层致密稳定的3M(OH)2・MZX3,可知M显+2价，lmolMZX3含有42moi质子，当Z为Si元

素时，M的质子数为4,即Be元素，不是人体必需微量元素，不合题意，当Z为S元素时，M的质子

数为2,为He,不是人体必需微量元素，不符合题意，只有当Z为C元素时，M的质子数为12,为

Mg元素，是人体的必需微量元素之一，符合题意，故确定X、Y、Z、M分别为：O、H、C、MgoA

项，由分析可知，M为Mg,X为0,Mg2+和。2一具有相同的电子层结构，且Mg的核电荷数比。大，

故离子半径：Mg2+<O2-,即M<X,A错误；B项，X为O、Y为H、Z为C,故X、Y、Z的电负性大

小为0>C>H,即X>Z>Y,B正确；C项，M为Mg,M的最高价氧化物对应水化物即Mg(0H)2为

弱碱，C错误；D项，X为O,Z为C,根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，HA和VA

反常，故第一电离能：0>C,即X>Z,D错误；故选B。

7.一种稳定且具有低成本效益的碱性混合多硫化物-空气氧化还原液流电池结构如图所示。下列说法正确的

是()

咕洛我

•OH

A.膜a为阴离子膜，膜b为阳离子膜

22

B.充电时的总反应为：4OH+2S4-=4S2-+O2+2H2O

C.放电时，左侧贮液室中含S：的多硫电解质减少

D.放电时，外电路通过2moi电子，理论上II室及右侧贮液器中的NaOH总共减少2moi

【答案】B

【解析】A项,膜a为阳离子膜，放电过程中1室发生氧化反应，钠离子交换到2室；b为阴离子交换

膜；故A错误;B项，充电时，氢氧根氧化得到氧气，S42-被还原为S2%总反应为4OH-+2s42=4

2

S2+O2+2H2O,故B正确；C项，放电时,S22-转化为S42一,所以含S42-的多硫电解质增加，故C错误;

D项，放电时,氧气和水反应产生氢氧根,所以NaOH增加，故D错误；故选B。

8.药物结构的修饰有助于新药的开发与利用。青蒿素可以获得双氢青蒿素，其变化过程示意图如下。下列

说法不正确的是()

试剂①H20

A.若试剂①为NaH,其还原产物为H2O

B.青蒿素中存在过氧键，具有强氧化性

C.该过程若有Imol青蒿素完全转化，则转移2moi电子

D.羟基的引入使得双氢青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能

【答案】A

【解析】A项，青蒿素反应过程中得氢，发生还原反应，得还原产物为双氢青蒿素，故A错误；B项,

根据青蒿素结构可知，存在过氧键，具有强氧化性，故B正确；C项，结合反应过程中物质转化可知,

若有Imol青蒿素完全转化，则转移2moi电子，故C正确；D项，羟基可发生多种化学反应，使得双氢

青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能，故D正确；故选A。

9.二草酸合铜(II)酸钾晶体｛K2[CU(C2O4)2]-2H2O｝是一种重要的化工原料，微溶于冷水、酒精，可溶于热水,

干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采用如下步骤，下列说法错误的是

L滤液-操作出产品

氧化铜「

混角50。,操作③

也*去离子水适量K2c收、+f加痴一

草酸微热①*®KHC2O4溶液滤渣

己知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。

电离平衡常数KalKa2

H2c2。45.9x10-26.4x10-5

H2c034.3xW75.6x10-"

A.过程①微热的目的是加快草酸溶解，但会使草酸分解

B.过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液

C.操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥

D.得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤

【答案】B

【解析】由题给流程可知，在微热条件下将草酸溶于去离子水得到草酸溶液，草酸溶液加入适量碳酸钾

中将草酸转化为草酸氢钾，反应得到草酸氢钾和碳酸氢钾的混合溶液，混合溶液与氧化铜在50℃条件下

反应将草酸氢钾转化为二草酸合铜(II)酸钾，反应所得溶液经趁热过滤除去碳酸氢钾得到二草酸合铜(II)

酸钾溶液，溶液经降温结晶、过滤、洗涤、干燥制得二草酸合铜(II)酸钾晶体。A项，过程①为微热条

件下将草酸溶于去离子水得到草酸溶液，微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解，故

A正确；B项，由题给数据可知，草酸氢根离子的电离常数大于碳酸的电离常数，所以过程②为草酸溶

液加入适量碳酸钾溶液中将草酸转化为草酸氢钾，若将碳酸钾加入草酸溶液中，草酸溶液与碳酸钾反应

生成草酸钾、二氧化碳和水，无法得到草酸氢钾溶液，故B错误；C项，由题给信息可知，二草酸合铜

(H)酸钾晶体可溶于热水，加热时易分解，所以操作③为趁热过滤除去碳酸氢钾,操作④为二草酸合铜(II)

酸钾溶液经降温结晶、过滤洗涤、干燥得到产品，故C正确；D项，由题给信息可知，二草酸合铜(II)

酸钾晶体微溶于冷水、酒精，用酒精洗涤易干燥，所以用酒精洗涤优于冷水洗涤，可以减少二草酸合铜

(H)酸钾晶体因溶解降低产率，故D正确；故选B。

10.以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铭(VI)废水的工艺流程：

设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不IE项的是()

A.2CrCU2-+2H+=Cr2O72-+H2。转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色

B.过程II中SO2是还原剂，CN+为还原产物

C.处理废水中的ImolCrCUj不考虑其它氧化剂存在），转移电子数为3NA

D.烟道气可以用Na2sO3或Fe2（SCU）3代替

【答案】D

【解析】A项，2CrCU2-（黄色）+2H+5072-（橙色）+H2O,A正确；B项，过程H中Cr元素化合价

2

降低，说明被还原，则S02是还原剂，CN+为还原产物，B正确；C项，CrO4^Cr（OH）3,每个Cr原

子得3个电子，即处理废水中的ImolCrCUy不考虑其它氧化剂存在），转移电子数为3NA,C正确；D

项，Fe2（SCU）3中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；故选D。

11.采用了氮化钱元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势,

被称为“快充黑科技”，下图是氮化钱的三种晶体结构（M表示阿伏加德罗常数的值）。下列有关说法错误

A.Ga、N均属于p区元素

B.图a晶体结构中含有6个Ga、6个N

图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm,则晶体的密度为黑gxl（）2ig/cm3

C.

3

4NAX

D.三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为3：2：3

【答案】D

【解析】A项,Ga、N的价电子分别是4s?4pi、2s22P3、Ga、N均属于p区元素，故A正确；B项，图

含有12x」+2x；+3=6个Ga、6x'+4=6个N,故B正确；C

a晶体结构中

623

项，图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm,取晶胞的八分之一作为一个小立方体，小立方体的对

角线为2xnm,小立方体的边长为J|xnm,晶胞的边长为2j|xnm,则晶体的密度为

213

X1021g.e加3-^^xlOg/cm,故C正确；D项，a的晶胞为

3

4NAX

Ga原子的配位数为4,三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为4：4：6=2：2：3,故D错误；故选D。

12.某溶液初始仅溶有等浓度的M和N,反应①、②同时进行：

①M+N---=X+W

②M+N--Y+W

反应①的速率可表示为vi=kd(M),反应②的速率可表示为V2=k2c2(M)(ki、k2为速率常数)。反应体系

中M和X的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是()

c(mol/L)

A.0〜30min,消耗M的平均速率为O.OlmoH/'min-i

B.体系中X和Y的浓度之比保持不变，说明反应已平衡

C.反应①的活化能比反应②的活化能更大

生成

n1A(X)

D.充分反应后，X的选择性［—77Kxi00%］为62.5%

n总转化(M)

【答案】D

【解析】A项，根据图示可知，0—30min时间段内，有如下关系，

M+NX+W

变化浓度(mol/L)为0.1250.125

M+N=~~-Y+W

变化浓度(mol/L)为0.5-0.3-0.1250.075

(0.5-0.3-0.125)+0.125

v(M)=2mol/L=3xl0—3mol/L-min,故A错误；B项，相同时间内，X和Y的浓

30min

度之比等于两者的平均反应速率之比，因Y和Z分别是反应①和反应②的产物，故两者的浓度之比

c(X)v,k,

-^='=/为定值，则其浓度为定值时保持不变，不能作为平衡的依据，故B错误；C项，相同条

c(Y)v2k2

件下，反应①产生的X比反应②产生的Y多，反应①的反应速率大于反应②的反应速率，则反应①的

活化能小，活化能越大，反应速率越慢，故C错误；D项，前30min内M转化为X的转化率为

以"x100%=62.5%,反应中M转化为X、Y的比例不变，故如果反应能进行到底，反应结束，有62.5%

0.2

的M转化为X,故D正确；故选D。

13.当25℃时，向10mL某浓度新制氯水中滴入0.1molLT的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次

氯酸的电离常数为Ka=2.5x10-8,下列说法正确的是()

A.甲到乙发生的离子反应为：C12+2OH-=C1-+C1O-+H2O

B.乙到丁的过程中，水的电离程度一直增大

C.丙点溶液中：c(Na+)>c(ClO)>c(Cl)>c(H+)

+

D.氯水中存在平衡：Cl2(aq)+H2O(l)H(aq)+Cl(aq)+HC10(aq)该反应的平衡常数K约为10-5

【答案】D

【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发

生H+与OH-的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HC1O与OH的反应。A项，甲到乙发生的非氧化

+

还原反应主要为：H+OH=H2O,A错误；B项，甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH

发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制

作用不断增大，水的电离程度不断减小，B错误；C项，丙点溶液中，整0)=2.5义10一8,此时

c(H+)=10-8mol/L,则C(C1O)=2JC(HC1O),C(C1)=C(C1O)+C(HC1O),c(Na+)=c(Cl)+c(C10),所以c(Na+)

++

>c(ClO)>c(Cl-)>c(H),C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl2(aq)+H2O(l)H(aq)+Cl(aq)+HC10

(aq),pH=10时,CI2与NaOH刚好完全反应，由C12+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,可求出c(Cl2)=0.05mol/L,

+

根据起点pH>2,有C(H+)=C(C1-)=C(HC1O),C(C12)=0.05-C(H),其平衡常数

K=C(H)・咒>10；/0：2.5x10一,数量级比10-5更小，D错误；故选C。

c(CL)0.05-10-

14.甲酸(HCOOH)可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2,经下列历程实现NC)3-的催化还原。已知Fe(II)、

Fe(III)表示Fe3CU中二价铁和三价铁。下列说法不正做的是()

A.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率

B.在整个历程中，每ImolHz可还原2moiNt”

C.HCOOH分解时，只有极性共价键发生了断裂

D.反应历程中生成的H+可调节体系pH,有增强NO3-氧化性的作用

【答案】B

【解析】A项，生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，增大甲酸分解的速率，故A正确;

B项，整个历程中，ImolHz失电子形成2moiH+转移2moie\ImolNCh-最终得电子形成0.5molN2转移

5moie;所以lmolH2可以还原0.4molNO3,故B错误；C项，HCOOH分解产生CO2和H2,所以会

发生碳氢键和碳氧键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，故C正确；D项，NO3-与NCh-在氧化Fe2+

的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+,所以生成的氢离子可以起到调

节pH的作用，有增强NCh-氧化性的作用，故D正确；故选B。

二'非选择题：本题共4小题，共58分。

15.(14分)某小组用淀粉水解液和浓H2SO4(作催化剂)、HNO3为原料制取草酸晶体(H2c2。4・田2。)，进而制

备纳米草酸钙(CaC2O4),按如下流程开展实验(夹持仪器略)：

IIIIIIIVV

已知：①草酸能溶于水，易溶于乙醇;

②纳米草酸钙难溶于水，高温易分解;

③淀粉水解液与混酸反应的方程式：C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2T+3N0T+9H2O。

请回答下列问题：

（1）仪器甲相比普通分液漏斗的优点是，仪器乙的名称为,步骤II的操作名

称是。

（2）NO不与NaOH反应，但在本实验中可以完全被吸收，请用离子方程式表示NO被完全吸收的原

因___________O

（3）催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是0

（4）下列有关操作说法正确的是。

A.步骤III洗涤可用乙醇水溶液，步骤IV洗涤可用蒸储水

B.步骤IV采用离心分离，装置如图2所示，操作时应将两支离心管放置于1、4处

C.步骤IV干燥采用图3装置，取用时，手握干燥器盖顶圆球向上拉，取下盖子倒放在桌上，将装有产

品的器皿放在陶瓷板上

D.步骤V为提高反应速率，也可采用更高温度加热

（5）草酸晶体（H2c20平阳2。）含有结晶水，某同学通过如下实验测定其组成：

①配制标准氢氧化钠溶液：称取一定质量氢氧化钠固体，用适量水溶解后，选择合适的操作并排序（步

骤可重复使用），配制溶液：

a—bf）T（）-f—d-＞（）—＞（）—＞h

a.检查容量瓶玻璃塞处是否漏水b.将烧杯中的液体全部转移到容量瓶中

c.用蒸储水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次d.加蒸储水至容量瓶接近标线

e.盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶f.轻轻摇动容量瓶

g.离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切h.装瓶贴标签

②标定氢氧化钠溶液的浓度。

③滴定：准确称取一定质量草酸晶体于锥形瓶中，用蒸储水溶解，以酚酰作指示剂，用上述NaOH标

准溶液滴定。若草酸晶体中混有H2c2。4,则该滴定法测得产品中x的值________（填“偏大”“偏小”“无

影响"）。

【答案】（1）平衡气压，便于液体顺利流下（2分）

球形冷凝管（1分）冷却结晶（1分）

（2）NO+NO2+2OH-2NO2+H2O（2

（3）浓硫酸具有脱水性，会使有机物脱水碳化（2分）

（4）B（2分）

（5）a—>bic—Jd—>g—>e—h（2分）偏小（2分）

【解析】由题给流程和实验装置图可知，装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖

与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化氮、二氧化氮和水，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒

吸的作用，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氮的氧化物，防止污染空气；将装置A中得到的反

应液冷却结晶、抽滤、洗涤得到草酸晶体；向草酸晶体中加入氯化钙溶液，加热充分反应后，经离心

分离、洗涤、干燥得到纳米二水草酸钙；纳米二水草酸钙在250℃条件下加热脱水转化为纳米草酸钙。

（1）由实验装置图可知，仪器甲为滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，滴液漏斗可以起到平衡气压，便

于液体顺利流下的作用；仪器乙为球形冷凝管，起冷凝回流的作用；由分析可知，步骤II为冷却结晶；

（2）一氧化氮为不成盐氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，一氧化氮和二氧化氮在氢氧化钠溶液中发

生归中反应生成亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2。；（3）由分析可知，

装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化

氮、二氧化氮和水，若催化剂浓硫酸用量过多，具有脱水性的浓硫酸会使反应生成的草酸脱水碳化，

导致草酸产率减少；（4）A项，由题给信息可知，草酸能溶于水，易溶于乙醇，则步骤III洗涤如果用

乙醇水溶液，草酸晶体会因部分溶解而造成损失，故错误；B项，步骤IV采用离心分离得到纳米二水

草酸钙，由对称平衡原理可知，分离操作时应将两支离心管放置于1、4处，故正确；C项，打开干燥

器时，不能向上拉，应用左手按住干燥器，右手小心将盖子稍微平推，等空气缓缓进入，器内质量平

衡后，才能将开口推大成全开，取下的盖子必须仰放，故错误；D项，由题给信息可知，纳米草酸钙

高温易分解，步骤V如果采用更高温度加热，纳米草酸钙会分解导致产率降低，故错误；故选B；（5）

①根据溶液配置的一般步骤，可以排出顺序a-b-CTb-f-d-g-e-h；②若草酸晶体中混有草酸会

使溶质的物质的量增大，消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致测得产品中x的值偏小。

16.（12分）电解金属镒阳极渣（主要成分MnCh,杂质为PbCCh、Fe2O3>CuO）和黄铁矿（FeSz）为原料可制备

M113O4,其流程如图所示：

阳极渣

M11SO4溶液MnO

黄铁矿34

（S、PbSO4）

已知：室温下CaF2和MnF2均难溶于水且前者的溶解度更小。回答下列问题:

（1）基态Mn原子的价电子的轨道表示式为o

（2）“酸浸”过程中，所用的稀酸X是（填化学式）。

（3）“酸浸”过程中

Fe2\Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。20~80min,浸出Mn元素的主要离子方程

式为.

%

<、

由

明

后

U

S

（4）“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂Y、Z为（填序号）。

A.H2O2、NH3H2OB.KMnCU、CaO

C.SO2、M11CO3D.H2O2、CaCCh

（5）“净化”中加入MnF2的目的是除去Ca2+,其反应的离子方程式为。

（6）硫酸铳在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锦充分煨烧后刷余固体的质量为

79mg,则此时固体的化学式为d下图为不同温度下硫酸镒隔绝空气焙烧2小时后残留固体

的X-射线衍射图，若由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管

中，,将MmCh冷却、研磨、密封包装。（可选用的试剂有：Imol/LBaCb溶液，Imol/LNaOH

溶液）

oMnSO4•Mn2O3VMn3O4

900℃

VAYA••

850℃

■

800℃

750℃

5____QQQ2QQQOQQQ

20304050607080

2x衍射角/。

3d4s

【答案】(1)（1分）

（2）H2SO4（1分）

+2+3+

（3）3MnO2+2FeS2+12H=3Mn+4S+2Fe+6H2O（2分）80-lOOmin时，剩余MnCh较少，FeS2

浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe?+浓度上升(2分)

（4）D（2分）

2+2+

(5)MnF2(s)+Ca(aq)CaF2(s)+Mn(aq)(1分)

(6)Mn2O3(l分)在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入lmol/L的NaOH溶液中进行吸

收(2分)

【解析】阳极渣(主要成分MnCh,杂质为PbCCh、Fe2O3>CuO)和黄铁矿(FeSz)加入硫酸，MnCh将FeSz

氧化生成S,PbCCh转化成PbSCU沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3\Fe2\

Mn2\Ci?+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,再加入CaO或CaCCh调节pH除去Fe3+、Cu2+,之后滤

液中主要含有Ca2+、Mn2+,加入M11F2除去Ca2+,最终得到MnSCU溶液，经过一系列操作得到MmCU。

(1)已知Mn是25号元素，故基态Mn原子的价电子的轨道表示式为：

3d4s

；(2)由分析可知，“酸浸”过程中，所用的稀酸X是H2so4；(3)

由图示知，20〜80min内，Mn元素浸出率高，Fe3+含量明显增加，说明此时MnCh与FeS?反应生Mn2\

3+2+3+

Fe\S等，对应离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H=3Mn+4S+2Fe+6H2O；80-lOOrnin时，剩余

MnCh较少，FeS2浸出的Fe2+与MnCh接触机会减少，所以Fe?+浓度上升；(4)滤液中含有Fe3+、Fe2\

Mn2\Ci?+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,再加入CaO或CaCCh调节pH除去Fe3+、Cu2+,故选D；

2+

(5)“净化”中加入MnF2的目的是除去Ca,即MnF2与Ca?+反应生成Md+和CaF2,故其反应的离子

方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)=^CaF2(s)+Mn2+(aq)；(6)已知硫酸镐的摩尔质量为：151g/mol,故硫酸

151?°

镒在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸镒其物质的量为：一:----=lxlO-3mol,充

151g/mol

分煨烧后刷余固体的质量为79mg,则其中含有0的物质的量为：

79?

—:-------------:------------------=1.5xl0-3mol,则此时固体中n(Mn)：n(0)=lxlO-3mol：1.5xl0-3mol=2：3,

16g/mol

该固体的化学式为Mn2O3,由题干不同温度下硫酸镒隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图

可知，在850℃下加热制得的MmCh比较纯净，加热分解得到Mn2O3同时还将释放出含硫氧化物气体,

故需用NaOH溶液来吸收，进行尾气处理，据此分析由MnSO4固体制取活性MmCh方案为：将MnSCU

固体置于可控温度的反应管中，在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入lmol/L的NaOH溶液中

进行吸收，将MmCh冷却、研磨、密封包装。

17.(14分)环境保护与绿色发展是新时代人们关心的共同话题。NO是大气主要污染物，因此对工业烟气脱

硝是工业生产中的重要一环。煤燃烧排放的烟气含有NO,脱除的方法有多种。

(1)目前常见方法是采用NaClO溶液液相氧化法脱除烟气中的NO,其主要过程如下：

I

I.N0(aq)+HC10(aq)二^NO2(aq)+HCl(aq)AH=akJmor

1

II.3NO2(aq)+H2O(1)2HNO3(aq)+NO(aq)AH=bkJ-mor

①NO(aq)转化为HNCh(aq)的热化学方程式。

②为提高NO脱除率，工业上常向NaClO溶液中加入稀硫酸调节pH,溶液初始pH与NO的脱除率如

下表所示。

初始pH3.54.55.56.57.5

NO脱除率91%88%83%65%51%

pH影响NO脱除率的原因是。

(2)理论上可采用加热使NO分解的方法处理：2NO(g)N2(g)+O2(g)。

①该反应的平衡常数表达式为；

②已知该反应的正反应活化能为728kJ-mor1,逆反应的活化能为910kJ-molT；正反应焙变为-24.8

J.K-LmoL。实际反应时发现加热至600℃时NO仍没有明显分解，请结合上述数据解释原

因___________O

(3)大兀键是3个或3个以上原子彼此平行的p轨道从侧面相互重叠形成的兀键。一氧化氮分子中，

氮与氧之间形成一个◎键、一个2电子无键与一个3电子兀键，则3电子无键(填"是''或"不是”)

大无键；一氧化氮可与Fe2+生成棕色［Fe(H2O)5NO］2+离子，为检验亚铁离子的反应之一，［Fe(H2O)5NO］2+

离子中配位体是o

(4)近期科学家发现活性炭表面的有机结构可以被强氧化剂氧化成酚羟基、竣基(均可表示为C-OH,

其电离平衡可表示为C-OHC-O+H+),这些官能团可以使活性炭表面活性化，有利于NO的吸附。

不同氧化剂的预氧化与吸附原理可表示为(未配平)：

预氧化：HNO3+C^C-OH+NO2T+H2O

预氧化：KMnO4+C^C-OH+MnO2+K2MnO4

预氧化：H2O2+C-C-OH+H2O

吸附：C-OH(s)+NO(g)C-OH...NO(s)AH<0

NO吸附实验在25℃下进行，将一定比例的N2与NO混合气体在lOMPa恒压下，以相同速率特续通入

到等量的、不同预氧化试剂处理的活性炭中(图像中“原始-C”表示未经处理的活性炭)，获得“NO捕获率

-通气时间''的变化图：

%

一HNO3-C

楙&(

—H2O2-C

询

源

隼)一KMnO4-C

—

睡一店胫

螂

因

女

懈

洌

—B

(

邪

第

糕

拗

)亭

通气时间/min

单位时间内被吸附NO分子数

已知：NO捕获率=xlOO%

单位时间内通入催化剂内NO分子数

①下列描述正确的是。

A.25℃下原始-C在通气约175分钟后吸附效果超