安徽省安庆市2024届高三年级下册二模化学试题（解析版）

安徽省安庆市2024届高三下学期二模

可能用到的相对原子质量HlC12016K39Fe56Se79Cdll2Tel28

一、选择题：（本大题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）

1.安庆别称“宜城”，是国家级历史文化名城，下列说法错误的是（）

A.“振风塔”上的灯光与原子核外电子跃迁有关

B,桐城“六尺巷”的新建离不开硅酸盐产品

C.怀宁“贡糕”成分中的麻油属于高分子化合物

D.岳西“翠兰”浸泡过程利用了萃取原理

（答案』C

k解析》A.霓虹灯光是基态原子吸收能量变为激发态原子，激发态原子释放能量，从而

放出可见光，与原子核外电子的跃迁有关，A正确；

B.玻璃、水泥和陶瓷均属于硅酸盐产品，故桐城“六尺巷”的新建离不开硅酸盐产品，B正

确；

C.麻油属于油脂，是有机小分子物质，不属于高分子化合物，C错误；

D.萃取是利用物质在互不相溶的溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂

所形成的溶液中提取出来的过程，故岳西“翠兰”浸泡过程利用了萃取原理，D正确；

故（答案》为：Co

2.苹果醋主要成分有苹果酸（2-羟基丁二酸）、乙酸、二氧化碳和氯化钠等多种成分。若NA表

示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）

A.O.lmol苹果酸与足量的Na反应，产生0.15mol氢气

B.60g乙酸中。键有8/

C.CO2的电子式为：O::C::O

D.ILlmol/L的NaCl溶液中含有粒子数目为2N、

K答案1A

K解析XA.已知苹果酸即（2-羟基丁二酸）中含有一个羟基和两个竣基，故O.lmol苹果酸与

足量的Na反应，产生Wmol=0.15mol氢气，A正确；

2

60g.

B.一分子乙酸中含有7个。键，故60g乙酸中b键有--------x7xA^mor=7A^,B错

60g•molAA

厌；

C.CO2为共价化合物，故CO2的电子式为：6：：c：：O，c错误；

••••

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

中含有粒子数目大于2NA,D错误；

故II答案U为：Ao

3.物质A和B可实现如图所示的转化，下列说法正确的是（）

H[

/0t

*48.O——O

/l5/

0、高温高压3C/0.X9C

116.4C'^.Co)

，O161+C

Co：-c——

178.8l7

催化剂77.5

179.88.3

CC

U2U5

6.

O6.键长单位：pmO

AB

A.A与B互为同系物B.A中C-Co键长更长，故键能可能更小

C.L12LC18。中含有中子数为0.8NAD.基态C。的价层电子排布式是4s2

k答案UB

K解析RA.同系物是指结构相似，组成上相差一个或若干个-CH2原子团的有机物，A与

B结构不相似，不互为同系物，A错误；

B.键长越长，键能越小，B正确；

C.未指明气体是否处于标准状况，不能用气体摩尔体积计算，C错误；

D.C。原子序数为27,基态C。的价层电子排布式是3d74s2,D错误；

［答案》选B。

4.保护兵马俑失色的方法之一：水溶性小分子透过颜料，经过电子束辐射变成长链固体状

态，再与陶土表面牢固结合，进而起到加固颜料作用，原理如图，下列说法正确的是（）

OH

甲基丙烯酸羟乙酯PHEMA

A.此反应是缩聚反应

B.水溶性小分子中所有碳原子一定共平面

C.Imol甲基丙烯酸羟乙酯最多能与2moi氢氧化钠反应

D.PHEMA可能是一种亲水性聚合物

［答案工D

K解析XA.此反应无小分子生成，是碳碳双键发生的加聚反应，故A错误；

B.水溶性小分子中有两个直接相连的饱和碳原子，采取sp3杂化，呈四面体结构，所以所

有碳原子不一定共平面，故B错误；

C.Imol甲基丙烯酸羟乙酯有Imol酯基，最多能与Imol氢氧化钠反应，故C错误；

D.PHEMA分子中存在亲水基团羟基，所以可能是一种亲水性聚合物，故D正确；

故［答案X为：D„

5.羟胺（NH2OH）是白色片状晶体，熔点为32.05C,极易溶于水，受热易分解生成NH3和

N2,常用作还原剂，也用作合成抗癌药和农药的原料。羟胺结构可看做是氨分子内的1个

氢原子被羟基取代而形成。

7；

已知：N2H4+H2ON2H；+OHK］=8.7x10

-9

NH2OH+H20NH3OH++OHKb=8.7x10。

有关反应的方程式错误的是（）

3+3+2++

A.羟胺还原Fe的反应：2NH20H+4Fe=4Fe+N20T+4H+H20

B.羟胺分解的反应：3NH2OH=NH3?+3H2O+N2T

++

c.向羟胺溶液中滴加过量稀硫酸：NH2OH+H=NH3OH

向))溶液中加入：+

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

（答案ID

（解析』A.羟胺具有还原性，羟胺被氧化N的化合价由-1价转化为+1价，Fe3+被还原为

Fe2+,根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为

3+2++

2NH20H+4Fe=4Fe+N20T+4H+H20,A正确；

B.由题干信息可知，羟胺（NHzOH）是白色片状晶体，熔点为32.05℃,极易溶于水，受热

易分解生成NFh和N2,反应中NH20H中-1价的氮转化为。价的氮和-3价的氮，根据氧化

A

还原反应配平可得，羟胺分解的反应方程式为：3NH2OH=NH3f+N2T+3H2。，B正确；

+

C.由题干信息可知，NH2OH+H2O.NH30H+0HKb=8.7x10—9,说明NH20H

为一元弱碱，故向羟胺溶液中滴加过量稀硫酸生成NH30HHs04,该反应的离子方程式为:

++

NH20H+H=NH30H,C正确；

D.原离子方程式质量不守恒，则向（NH4）2SO4溶液中加入NH20H的离子方程式为：

NH：+NH2OH+H2O=NH3OH++NH3H20,D错误；

故K答案为为：D。

6.羟胺（NH2OH）是白色片状晶体，熔点为32.05C,极易溶于水，受热易分解生成NH3和

N2,常用作还原剂，也用作合成抗癌药和农药的原料。羟胺结构可看做是氨分子内的1个

氢原子被羟基取代而形成。

已知：N2H4+H2ON2HS+0H&=8.7x101

+

NH20H+H20NH30H+0HKb=8.7X10-9。

下列有关说法正确的是（）

A.羟胺的碱性比氨强

B.H20>NH：与NH20H的VSEPR模型相同

C.羟胺极易溶于水主要原因是形成分子内氢键

D.^HNH大小：NH20H>NH：

（答案》B

K解析XA.因为羟基氧的电负性比氢更大，氮原子再结合氢原子的能力减弱，所以羟胺

的碱性比氨更弱，A错误；

B.NH?OH和NH；中的氮原子、I1?。中的氧原子价层电子对数都为4,所以H?。、NH；

与NH20H的VSEPR模型结构相同，都是四面体形，B正确；

C.羟胺分子含有-OH和-NH2,与水分子可形成分子间氢键，故羟胺易溶于水，C错误；

D.钱根离子中含有4个N-H键，没有孤电子对，属于采取sp3杂化，NH20H分子中氮原

子上有一对孤对电子，镂根离子中氮原子上没有孤对电子，排斥力小，故NH：中NHNH比

NH20H中/HNH键角大，D错误;

故选B。

7.下列实验设计方案和操作正确的是(

Z^j(gjp，［Fe(CN),］溶液

W、^mL95%乙醇「澳水

L

(3

\4mL0.1mol/L

经过逐化的

三W/[CU(NH3)4]SC>4

3%NaCl溶液匚三J溶液节淀粉KI

_V溶液

B.分离苯酚C.析出

A.验证铁电极是否受D.测定KI溶液

和水的混合[CU(NH3)4]SO4H2O

到保护的浓度

物晶体

k答案UC

K解析XA.在酸化的氯化钠溶液中，可能会有少量铁与氢离子反应生成亚铁离子，所以

不能用此装置来验证铁电极是否受到保护，故A错误；

B.苯酚和水形成的是乳浊液，不能用过滤的方法分离，故B错误；

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，将

析出深蓝色晶体［CU(NH3)/SO4-H2。，故C正确；

D.澳水具有氧化性，能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装，故D错

误；

故［答案X：Co

8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中仅Y、Z位于同一周期，X的

s轨道电子数是p轨道电子数的4倍,W、X的最外层电子数之和与丫的最外层电子数相等，

Z基态原子最外层有1个未成对电子。下列说法不正确的是()

A.第一电离能：Z>Y

B.X与Z形成的化合物的空间构型是平面三角形

C.X的最高价氧化物对应的水化物是三元酸

D.Y的简单氢化物中丫的化合价是正价

[答案工C

[祥解工由题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中仅

Y、Z位于同一周期，则W为H,X的s轨道电子数是p轨道电子数的4倍，即X的核外

电子排布为：Is22s22pL即X为B,W、X的最外层电子数之和为4与丫的最外层电子数

相等，故丫为Si,Z基态原子最外层有1个未成对电子，则Z为C1,据此分析解题。

【详析】A.由分析可知，丫为Si、Z为Cl,根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增

大趋势，IIA、VA反常，可知第一电离能Cl>Si即Z>Y,A正确；

B.由分析可知，X为B、Z为C1,则X与Z形成的化合物即BCb中中心原子B周围的价

层电子对数为：3+g(3-3xl)=3,故其的空间构型是平面三角形，B正确；

C.由分析可知，X为B,则X的最高价氧化物对应的水化物即H3BO3,H3BO3是一元酸,

+

其电离方程式为：H3BO3+H2O-[B(OH)4]-+H,C错误；

D.由分析可知，丫为Si,由于Si的电负性小于H,故丫的简单氢化物中丫的化合价是正

价，D正确；

故K答案》为：C。

9.在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：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,反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,

下列叙述中正确的是()

A.若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=2

B.平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等

C.平衡时甲中A的体积分数为40%

D.若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5

(答案』D

1祥解》反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,

说明甲乙两容器为等效平衡状态，D为固体，应满足C完全转化为A、B,应有3+l=x,即

反应前后气体的化学计量数之和相等，以此解答该题。

【详析】3A(g)+B(g)."xC(g)+D(s)

甲6200

乙1.50.532

反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,说明甲乙两

容器为等效平衡状态。

A.若平衡时，甲、乙两容器中A物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之

和相等，所以x=4,故A错误；

B.反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,由此可知

甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B错误；

C.C的体积分数都为0.2,则AB共占80%,而n(A)：n(B)=3：1,所以平衡时甲中A

的体积分数为60%,故C错误；

D.x=4,则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为(6+2)：(1.5+0.5+3)=8：5,故

D正确。

故选D。

10.根据下列实验事实能得出相应结论是()

选项实验事实结论

向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，再加

A淀粉未发生水解

入新制的Cu(OH)2悬浊液，无砖红色沉淀

将试管中的CuC12溶液加热，再冷却降温，

B探究温度对平衡移动的影响

观察实验现象

C将实验剩余的Na2s。4固体放回原试剂瓶可以节约试剂，不浪费资源

将硝酸溶液与CaCCh混合后产生的气体直接

D非金属性：N>C>Si

通入硅酸钠溶液后，溶液变浑浊

[[答案』B

（解析』A.淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡

萄糖，则不能说明淀粉没有发生水解，A不合题意；

B.CuCb溶液中存在［CU（H2O）4］2+（蓝色）+4Cl-一［CuC14「（黄色）+4H2OAH>0,故将试管

中的CuCL溶液加热，再冷却降温，观察溶液颜色的变化能够探究温度对平衡移动的影响,

B符合题意；

C.一般剩余的药品不能放回原瓶，防止试剂污染，则剩余的Na2s04应放在指定的仪器中，

C不合题意；

D.硝酸易挥发，应除掉硝酸后再通入硅酸钠溶液，否则无法比较H2cCh和H2SQ3的酸性

强弱，即无法得出C的非金属性强于Si,D不合题意；

故K答案》为：B。

11.电催化氮还原反应法（NRR）是以水和氮气为原料，在常温常压下通过电化学方法催化合

成氨气，其工作电极材料是由六亚甲基四胺（HMTA）与三氯化钏合成的二维帆基复合纳米材

料（简称V-HMTA）。其工作原理如图所示，下列说法错误的是（）

隔膜

A.石墨电极与外接电源正极相连

B.工作电极V-HMTA具有较高的表面积，能提高单位时间内氨气的产率

C.电路中通过0.06mol电子时，两极共有0.035mol气体逸出

D.隔膜为质子交换膜

k答案》D

［祥解工由题意可知该原理是用电解法将氮气合成氨气，故左侧工作电极为阴极，电极反

应式为N2+6e+6H2O=2NH3+6OH-,右侧石墨电极为阳极，电极反应式为4OH--4e=O2T+2H2Oo

【详析】A.由分析可知工作电极为阴极，石墨电极为阳极，则石墨电极与外接电源正极

相连，A正确；

B.工作电极V-HMTA具有较高的表面积，能吸附氮气，加快反应速率，从而提高单位时间

内氨气的产率，B正确；

C.阴极电极反应式为N2+6e-+6H2O2NH3+6OH-,阳极电极反应式为4OH-4e-=O2T+2H2O,

电路中通过0.06mol电子时，阴极产生0.02mol气体，阳极产生0.015mol气体，两级共产生

0.035mol气体，C正确;

D.结合电极反应式可知隔膜为允许氢氧根离子通过的阴离子交换膜，D错误；

k答案》选D。

12.某温度下，改变O.lmol/LKzC%。7溶液的pH,各种含铭元素粒子的浓度变化如图所

示(已知HzCrO4是二元酸，其电离常数为Ka［、Ka2),下列有关说法错误的是()

0.20

A.该温度下的Kw=lxl0-14

B.该温度下Ka/HzCrOj的数量级为KT1

C.该温度下反应C^O7+H?。2CrOj+2H+的平衡常数为5.1x1022

+

D.B点溶液中：c（K）<2c（Cr2O^）+3c（CrO；-）

K答案XD

k解析』A.Kw只与温度有关，取D点数据，当pH=13时，c(OH-)=0.1moVL,则

+14

Kw=c（H）c（OH-）=10-,A说法正确;

B.取A点数据，c（HCrO；）=c（H2CrO4）,

+

c（HCrO4）c（H）

=c（H+）=10-0-74

Kal（H2CrO4）=，数量级为1()T,B说法正确;

c（H2CrO4）

c2（H+）c2（CrOt）

C.该温度下反应CrzOr+Hz。2CrO『+2H+平衡常数K=取

-<Cr2O；）~

c2（H+）c2（CrO；-）66、2152

V

C点数据，K=~^=0.051x（10-6.6）=5]X10-62,c说法正确;

c（Cr2O?）'）

D.由图可知，B点pH=6.5,c（HCrO[）=c（CrO；j,根据电荷守恒：

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

c（H+）＞c（OH-）,则c（K+）〈2c（Cr2（*）+3c（CrO『），D说法错误;

k答案1选D。

13.北京冬奥会使用的硫化镉（CdTe）太阳能电池，能量转化效率较高。立方晶系CdTe的晶

胞结构如图甲所示，其晶胞参数为apm。下列说法正确的是（）

4x2403

C.晶体的密度为N（qxio-7yg-mD,若按图乙虚线方向切甲，可得到图丙

K答案XA

K解析XA.由题干晶胞甲图所示信息可知，Cd位于8个顶点和6个面心，Te位于体内,

故Cd的配位数即离某个Cd原子距离相等且最近的Te原子个数，故为4,A正确；

B.由题干晶胞甲图所示信息可知，相邻两个Te的核间距为面对角线的一半即为日apm,

B错误；

C.由题干晶胞甲图所示信息可知，Cd位于8个顶点和6个面心，Te位于体内，则一个晶

胞中含有Cd个数为：8x-+6x—=4,Te原子个数为4个，故一个晶胞的质量为:

82

4x(112+128)

g,晶胞参数为apm,则一个晶胞的体积为：（axlO“o）3,故晶体的密度为

NA

4x240

g-cm3

名（ax105JC错误;

D.由题干晶胞甲图所示信息可知，若按图乙虚线方向切甲，可得到图示为

即体心上没有原子，D错误;

故［［答案》为：A„

14.中科大某课题组通过自由基杂环反应直接合成各种C60稠合的内酰胺，应用于钙钛矿电

池器件中。底物与Cu(I)物种通过电子转移经历两种途径得到目标产物D。下列说法错误

的是()

A.Cu(I)物种是催化剂B.底物具有氧化性

C.两种途径不同，总反应的反应热也不同D.合成过程中c60中碳碳双键断裂

k答案》C

k解析》A.Cu(I)第一步消耗，最后一步生成，是催化剂物,A正确；

B.底物将Cu(I)氧化为Cu(II),具有氧化性，B正确；

C.两种途径虽不同，但反应热相同，C错误；

D.由图可知，C60中有六元环上的碳碳双键发生了断裂，D正确；

故K答案》选C。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.柠檬酸亚铁(FeC6H6。7)是一种高效补铁剂，实验室可通过铁粉制备，反应原理简示如

下：FefFeSO4•7H2O-FeCO3.FeC6H6O7

实验步骤：

①取15g铁粉，用50mL2moi/LH2so4,边搅拌边加热，至反应完全，过滤，以滤液制备

FeSO4-7H2O(M=278g/mol)晶体。

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

有大量FeCC(3

沉淀析出，过滤洗涤，得FeCO3(M=116g/^lol)晶体。

③在烧杯中加入6g柠檬酸(C6H8()7，M=192g/mol)、80mL水、3.5gFeCC)3边加热边搅

拌至晶体析出，过滤洗涤干燥得FeC6H6O7(M=246g/mol)晶体。

回答下列问题：

(1)请利用原子结构的相关知识解释三价铁比二价铁稳定原因_____________________。

(2)FeSO4溶液制备Fes。,々耳。晶体常用两种方法：

方法i：先将滤液进行蒸发浓缩至稀糊状，可选用仪器有酒精灯、玻璃棒、(从

下列仪器中选择并填写名称，后一问相同要求)等，再将浓缩液冷却至室温，用(仪

器名称)过滤，其优点是o

方法ii：将滤液冷却静置后，用玻璃棒摩擦烧杯壁，先有少量规则晶体出现，后有大量晶体

FeSO「7H2。晶体出现。试回答，用玻璃棒摩擦烧杯壁的作用。

(3)写出制备碳酸亚铁的离子方程式________________________________o

(4)利用邻二氮菲(G2H8、)与Fe?+生成稳定橙红色配合物［Fe(N2H8品)3广，最大吸

收波长为510nm这一特征可用来检测Fe2+含量，某同学将上述所制FeC6H6。？晶体全部溶

解于试管中后，添加25mL3moi/L邻二氮菲溶液后，可获得最大吸收波长，则FeC6H6。7晶

体质量为go

2+

(5)不用酸性高锦酸钾溶液滴定Fe最可能的原因是o

［答案］(1)基态铁离子价电子排布式为3d5,基态亚铁离子价电子排布式为3d6,前者

为半充满结构、更稳定

(2)蒸发皿布氏漏斗减压过滤速度快，减少二价铁的氧化，可得更纯净的

FeSO,.H?。晶体玻璃棒摩擦烧杯壁会形成微小晶核，便于晶体结晶

2+

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

(4)6.15g(5)酸性高镒酸钾可氧化柠檬酸根离子

K祥解》亚铁离子具有强还原性，容易被氧气、高锦酸钾等氧化，制备亚铁盐要尽可能防

止氧化，柠檬酸根具有还原性，酸性高锦酸钾可氧化柠檬酸根离子，测定柠檬酸亚铁盐含量

时要选适合的方法，为防止结果偏大，不能选用高铳酸钾溶液滴定柠檬酸亚铁。

【详析】(1)请利用原子结构的相关知识解释三价铁比二价铁稳定原因：基态铁离子价电

子排布式为3d5,基态亚铁离子价电子排布式为3d6,前者为半充满结构、更稳定。

(2)将滤液进行蒸发浓缩至稀糊状，可选用仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿等，再将浓缩

液冷却至室温，用布氏漏斗仪器名称)过滤，其优点是：减压过滤速度快，减少二价铁的氧

化，可得更纯净的FeSO4-7H2O晶体。

结晶时用玻璃棒摩擦烧杯壁，先有少量规则晶体出现，后有大量晶体FeSO「7H2。晶体出

现。则用玻璃棒摩擦烧杯壁的作用：玻璃棒摩擦烧杯壁会形成微小晶核，便于晶体结晶。

(3)取9g精制的FeSO4・7H2。，缓慢加入20mL4moi/LNH4HCO3溶液，静置40min

后有大量FeCOs生成，碳酸氢根转变为碳酸根产生沉淀的同时，释放出的氢离子与碳酸氢

根能产生二氧化碳，则制备碳酸亚铁的离子方程式为：

2+

2HCQ-+Fe=FeCO3J+H2O+CO2T。

(4)利用邻二氮菲(C2H82)与Fe2+生成稳定橙红色配合物［Fe(N2H8cl2)3「，最大吸

收波长为510nm这一特征可用来检测Fe?+含量，某同学将上述所制FeC6H6。？晶体全部溶

解于试管中后，添加251nL3moi/L邻二氮菲溶液后，可获得最大吸收波长，则按关系式3

(G2H8、)〜Fe?+〜［Fe(N2H8cl2%FeC6H6。7可知，FeC6H6。7晶体的物质的量为

-x0.025Lx3mol/L=0.025mol,质量为0.025molx246g/mol=6.15g。

(5)高铳酸钾溶液具有强氧化性，柠檬酸根具有还原性，二者能发生氧化还原反应，则不

用酸性高锦酸钾溶液滴定Fe?+最可能原因是酸性高锯酸钾可氧化柠檬酸根离子。

16.粗氢氧化钻Co(OH)3是以铜钻矿为原料湿法提取而得到的粗制钻盐中间品，含有

MnOOH以及AI2O3、Fe3O4>Mg等杂质，粗氢氧化钻湿法制取精制硫酸钻流程如下：

热空气

HQH.SO4SO,生不灰SO,P204

|Il—|[|_

粗豆氧化站-打浆一浸出L[竺港一除杂一萃取一水相:

般.国!相

H：SoZ反萃取

CoSO4

(1)浸出时添加还原剂S02对原料中的镒和(填元素名称)进行有效浸出。保持温度,

so2流速等条件不变，C。浸出率与时间关系如图所示，则H?SO4浓度最适宜为

_______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

时间/min

(2)“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2so5)。

Mi?+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为(已知：

H?S05的电离第一步完全，第二步微弱)。生石灰调节pH=(保留一位小数)时，检

374

验反应后的滤液中恰好不存在Fe'+(已知：Fe(OH)3的Ksp=10,离子浓度

<lO^mol-U1时沉淀完全)。

(3)在萃取剂一定量情况下，提高萃取率的措施有(答出一点即可)，

萃取后水相溶液中存在的金属离子有。

(4)硫酸钻的溶解度曲线如图所示，从溶液中获得C0SO7H2。的方法是o

18

CoSO4

CoSO4溶解度曲线

(答案》(1)钻、铁3.0

2++

(2)H2O+Mn+HSO；=MnO2+SO4+3H3.5

(3)分多次加入萃取剂Mn2+

(4)蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥

［祥解I由题干工艺流程图可知，将粗氢氧化钻用水磨成浆后加入H2s04和SO2进行浸出，

将Co转化为C02+,Fe转化为Fe2+、Al转化为AF+、Mg转化为Mg2+,Mn转化为Mn2+,

过滤除去其他不溶性杂质，向滤液中加入生石灰，热空气和SO2,将Fe2+转化为Fe(OH)3、

2+

AP+转化为A1(OH)3,过滤出Fe(OH)3和A1(OH)3,向滤液中加入萃取剂P2O4以萃取Co,

分液出水层含有M#+和有机相含有C02+,对有机相进行反萃取得到水层含有CoSCU,据此

分析解题。

【详析】(1)由分析可知，浸出时加入H2SO4和SO2进行浸出，将Co转化为C02+,Fe转

化为Fe2+、Al转化为AF+、Mg转化为Mg2+,Mn转化为MM+,故添加还原剂SCh对原料

中的镒和钻、铁进行有效浸出，保持温度，SO2流速等条件不变，根据C。浸出率与时间关

系图所示信息可知，H2sCU浓度为3.0mol/L时浸出速率最快,故硫酸浓度最适宜为3.0mol/L,

故［答案］为：钻、铁；3.0；

(2)“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2so5),H2s05

中含有一个过氧键，故Mi?+被H2s05氧化为Mn。？，H2sO5转化为H2so4,该反应的离子

2+-+

方程式为：H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO；+3H,检验反应后的滤液中恰好不存在Fe'+,

'10374=io-10-5,则

即Fe3+离子浓度＜10-6mol-L-时，此时c(OH-)=产⑻了W=

Vc(Fe)\10-6

Kw10-14

c(H+)=———=——=10-3-5mol/L,即生石灰调节pH=3.5,故(答案］为:H2O+M112++HSO5

c(OH)IQ'105

=MnO2+SOj+3H+；3.5；

(3)在萃取剂一定量的情况下，分多次加入萃取剂能够提高萃取率，由分析可知，萃取后

水相溶液中存在的金属离子有MIP+,故［答案》为：分多次加入萃取剂；Mn2+；

(4)由题干硫酸钻的溶解度曲线图示信息可知，COS07H20的溶解度随温度升高而明显

增大，故从溶液中获得COS07H20的方法是蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥,

故(答案》为：蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥。

17.以CO和CO2为原料合成有机物，是科学家研究的主要课题。回答下列问题：

(1)C02与H2催化重整制备CH30cH3的过程中存在以下反应：

I.2CO2(g)+6H2(g)=CH30cH3(g)+3H2O(g)；

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

已知：相关物质能量变化的示意图如图所示：

--------------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向密闭容器中以物质的量之比为1：3充入CO2与H2,实验测得CO2的平衡转化率随温

度和压强的变化关系如图所示。

由图2可知，PPP2>P3由大到小的顺序为,T?℃时主要发生反应为(填

“I”或“II")，平衡转化率随温度变化先降后升的原因是：。

(2)工业上常用合成气(主要成分为CO、H2)在一定条件下制备甲醇，其涉及反应如下：

反应1：CO(g)+2H2(g)FCH30H(g)AH<0

反应2：CO(g)+3H2(g);CH4(g)+H2O(g)AH<0

反应3：CO(g)+H2O(g).CO2(g)+H2(g)AH<0

向容积为2L的刚性密闭催化反应器中充入2moicO和4molH2发生上述反应，测得不同温

度下，2min内CO的转化率和CH30H的选择性(CH30H的选择性

生成CH30H的物质的量

xlOO%)如图所示。

消耗CO的物质的量

①若反应过程中催化剂的活性几乎不受温度影响，则「前CO转化率升高的原因是：

_________________________________________________________________________________________________________________________O

1

②反应在TiK下，2min时达到平衡，此时体系压强为akPa,C(CO2)=0.05molU„用

CO的分压变化表示的化学反应速率为kPa-min-1,反应3的)J=。

指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压=p总义A的物质的量分数,

以上两空结果均保留3位小数)。

K答案』(1)①-175②pi>p2>p3II开始升温时以反应I为主，反应放热,

平衡逆向移动，CCh平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应H为主，反应吸热，平衡正

向移动

(2)①温度升高，反应速率加快，相同时间内的CO消耗量增多，故CO的转化率升高

②0.2670.318

k解析W1)①由题干图示信息可知，反应L3CO(g)+3H2(g)；CH3OCH3(g)+CO2(g)

123

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

反应1+3反应II可得反应：2co2(g)+6H?(g)=CH30cH3他)+3凡0但)，根据盖斯定律

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

②反应I是气体体积减小的反应，反应II是气体体积不变的反应，相同条件下，压强越大,

平衡正向移动，二氧化碳的转化率越大，则pi>p2>p3；反应I是放热反应，反应H是吸热

反应，升高温度，反应I平衡逆向移动，反应II平衡正向移动，由图可知，随着温度的升高，

二氧化碳转化率先减小后增大，说明T2℃时主要发生反应H,平衡转化率随温度变化先降

后升的原因为开始升温时以反应I为主，反应放热，平衡逆向移动，C02平衡转化率下降,

升高一定温度后，以反应II为主，反应吸热，平衡正向移动，故K答案》为：P1>P2>P3；

II;开始升温时以反应I为主，反应放热，平衡逆向移动，C02平衡转化率下降，升高一定

温度后，以反应n为主，反应吸热，平衡正向移动；

(2)①由题干已知信息可知，三个反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，co的平

衡转化率减小，结合图示可知，T1前反应未达到平衡，故若反应过程中催化剂的活性几乎

不受温度影响，则T1前CO转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内

的co消耗量增多，故co的转化率升高，故K答案X为：温度升高，反应速率加快，相

同时间内的co消耗量增多，故co的转化率升高；

②由题干图示信息可知，反应在T1K下，2min时达到平衡，CO的转化率为80%,CH30H

l

的选择性为60%,此时体系压强为akPa,c(C02)=0.05molU,则有：

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

起始浓度(mol/L)120

转化浓度(mol/L)0.480.960.48

平衡浓度(mol/L)0.48

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

起始浓度(mol/L)

转化浓度(mol/L)0.050.050.050.05

平衡浓度(mol/L)0.05

CO(g)+3H2(g)「CH4(g)+H2O(g)

起始浓度(mol/L)

转化浓度(mol/L)0.8—0.48—0.050.810.270.27

平衡浓度(mol/L)

则平衡时: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的起始分压为：-a

3

kPa,平衡分压为:

0.2+0.05+0.48+0.27+0.28+0.22,「0.2

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