北京市昌平区2023-2024学年高三年级下册二模化学试题（解析版）

北京市昌平区2023-2024学年高三下学期第二次统一练习

化学试题

可能用到的相对原子质量HlLi7C12016

1.某光致变色材料主要成分的结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是

A.含携基官能团B.含手性碳原子C.可与盐酸反应D,可发生加成反应

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据结构分析可知：该分子中不存在的堤基，A错误；

B.如图所示,画*号的手性碳原子，B正确;

C.分子中含有氨基，可以和盐酸发生反应，C正确;

D.分子中含有苯环，可以发生加成反应，D正确;

故选Ao

2.下列表述正确的是

A.基态Ti原子的核外电子排布式：Is22s22P63s23P64s24P②

B.正丁烷的球棍模型：

C.乙烯中。键与兀键的数量比为4:1

溶液中含有的微粒：、「、

D.FeCLFe'+CFe(OH)3,HC1

【答案】B

【解析】

【详解】A.Ti为22号元素，根据构造原理可知，基态Ti原子的核外电子排布式：Is22s22P63s23P63d24s2，

故A错误;

B.正丁烷的结构简式为CH3cH2cH2cH3,球棍模型：，故B正确；

C.单键为。键，双键中，一个◎键，一个兀键，则乙烯中◎键与兀键的数量比为5：1,故C错误；

+3+

D.FeCl3发生水解反应Fe+3H2。.Fe(OH)3+3H,则FeCl3溶液中含有的微粒：Fe、CP、Fe(OH)3、

H+，故D错误；

故选B。

3.下列事实中涉及的反应与氧化还原无关的是

A.用NaOH溶液吸收CO2

B.利用铜与浓硫酸加热反应制取SO2

C.乙醇使紫色酸性KM11O4溶液褪色

D.在船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀

【答案】A

【解析】

【详解】A.NaOH溶液吸收C。2生成碳酸钠和水，无元素化合价改变，与氧化还原无关，A符合题意；

B.生成二氧化硫，硫元素化合价改变，属于氧化还原反应，B不符合题意；

C.高镒酸钾具有强氧化性，和乙醇发生氧化还原反应而使得溶液褪色，C不符合题意；

D.锌比铁活泼，在船体上镶嵌锌块避免船体遭受腐蚀的原理是牺牲阳极法安装活泼金属做原电池负极，被

保护的钢铁做正极，与氧化还原反应有关，D不符合题意；

故选A„

4.下列解释事实的离子方程式不正确的是

+2+

A.氧化钙溶于稀硝酸：CaO+2H-Ca+H2O

2+

B.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化镂溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2NH：=Mg+2NH3.H2O

C.硫酸铜溶液中加少量的铁粉，溶液蓝色变浅：3Cu2++2Fe=2Fe3++3Cu

+

D.向酸性的淀粉一碘化钾溶液中滴加适量双氧水，溶液变蓝：2I+2H+H2O2=I2+2H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.氧化钙是碱性氧化物可以与酸发生反应生成盐和水，氧化钙溶于稀硝酸离子方程式为:

+2+

CaO+2H=Ca+H2O,A正确；

2+

B.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化镂溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2NH：=Mg+2NH3.H2O,B正确;

C.硫酸铜溶液中加少量的铁粉，溶液蓝色变浅：Cu2++Fe=Fe2++Cu-C错误;

D.向酸性的淀粉一碘化钾溶液中滴加适量双氧水，溶液变蓝，双氧水具有氧化性，碘离子具有还原性，两

+

者发生氧化还原反应，离子方程式为：2I+2H+H2O2=I2+2H2O,D正确;

故选Co

5.下列实验中，不能达到实验目的的是

A.验证氨气极易溶于水B.用四氯化碳萃取碘水中的碘

C.验证氯气与水反应后的产物具有漂白性D.在铁片上获得理想的铜镀层

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.装置中打开止水夹后，将胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，烧瓶内压强下降，形成喷泉，可以

说明氨气极易溶于水，A不符合题意；

B.四氯化碳作萃取剂，可用来萃取碘水中的碘，萃取出的碘的四氯化碳溶液位于分液漏斗的下层，B不符

合题意；

C.干燥的氯气不能使干燥的红布条褪色，但能使湿润的红布条褪色，说明氯气与水反应后的产物具有漂白

性，C不符合题意；

D.在铁片上获得理想的铜镀层，应以铁为阴极，铜为阳极，硫酸铜为电解质，图中装置不能达到目的，D

符合题意；

故选D。

6.H2。？的一种制备方法如图所示，下列说法不正确的是

乙基慈醍乙基慈醇

A.反应I中乙基慈醍被氧化为乙基葱醇

B.催化剂镇改变了反应速率，未改变反应焰变

一定条件

C.制备原理是Hz+O2八H?。?

D.乙基慈醍是总反应的催化剂

【答案】A

【解析】

【详解】A.有机反应中，加氢为还原反应，反应I中乙基葱醍被还原为乙基葱醇，A错误;

B.催化剂可以改变化学反应速率，但不能影响焰变，B正确；

一定条件

C.反应物为H?、O2,生成物为H2。？，制备原理是H2+02八H2O2,C正确；

D.乙基慈醍在反应中被消耗，然后又生成，乙基慈醍是总反应的催化剂，乙基葱醇是总反应的中间产物,

D正确;

故选Ao

7.已知S、Cl、Se、Br在元素周期表中的位置如下图所示。下列对事实解释正确的是

0

S

选项事实解释

A常温下，C"为气体，Br2为液体键能：Cl2>Br2

BBrCl中Br显正价电负性：Cl>Br

C原子半径：S>C1最外层电子数：S<C1

中有氢键

D稳定性：H2S>H2SeH2S

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】本题考查的是位构性的相关知识点；

硫和氯同周期，硒和澳同周期；

硫和硒同主族，氯和澳同主族；

【详解】A.常温下，Cb是气体，Br2是液体，可以得到Br?的沸点高，与键能无关，A错误；

B.BrCl中Br显正价，说明Br和C1间共用电子对向C1偏移，C1对键合电子的吸引力大，电负性大，B正

确；

c.S和C1电子层数相同，核电荷数C1大，对核外电子吸引力C1大，半径小，故半径S大于Cl,c错误;

D.硫的非金属性强于硒，故稳定性硫化氢强于氯化氢，与氢键无关，D错误；

故选B。

8.已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是

A.标准状况下，22.4LN2中含有7NA个中子

B.60g富勒烯Go）中含有踵个碳原子

C.Imol被还原为CN+转移的电子数为6NA

D.密闭容器中，2moiS。？和Imol催化反应后分子总数为2NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.标准状况下，22.4LN2物质的量为Imol,一个N原子中含有7个中子，即标准状况下，22.4LN2

中含有14NA个中子，故A错误;

BC6。分子是由C原子构成，60g富勒烯G。）中含有*XNA=5NA哥C原子，故B错误;

C.降02。7中Cr为+6价，ImolKzCrzO;被还原为Cd+转移的电子数为6NA，故C正确；

D.密闭容器中，SO2与。2催化反应方程式为：2so2（g）+C>2（g）・催:剂,2SC）3（g），由于反应可逆，因

此2molSO2和ImolO2催化反应后分子总数大于2&,故D错误；

故选C。

9.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是

/灼热碎玻璃/红热木炭红热木炭

匕浓HNC>3

浓HNC>30—浓HNC）3

①②③

A..

A.①中发生了反应4HNC）3=4NC>2T+O2T+2H2O

B.由②中产生红棕色气体可推测木炭与浓硝酸发生了反应

C.由③中有红棕色可推测出浓硝酸可能具有挥发性

D.③的气体产物中检测出C。？，不能得出木炭与浓硝酸发生反应的结论

【答案】B

【解析】

A

【详解】A.浓硝酸受热易分解，故①中发生的反应为：4HVQ（浓）=4NQT+C）2T+2H2O,A错误;

B.红热木炭会使浓硝酸受热分解生成二氧化氮、氧气和水，则红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生

了反应，B错误；

C.③中红棕色气体表明浓硝酸挥发产生的硝酸蒸气与红热木炭反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应中

氮元素的化合价降低被还原，硝酸是氧化剂，二氧化氮是还原产物，c正确；

D.红热木炭可与空气中氧气反应生成二氧化碳，则③的气体产物中检测出二氧化碳不能说明木炭一定与浓

硝酸发生了反应，D正确；

故选Bo

10.一种Zn/CuSe混合离子软包二次电池装置示意图如图所示（其中一极产物为CxSe固体），下列说法正

确的是

A.放电时：CuSe为正极反应物，其中Se得电子

B.无论放电或充电，均应选用阳离子交换膜

C.无论放电或充电，电路中每转移2moi电子就有2moi离子通过离子交换膜

D.由该装置不能推测出还原性：Zn>Cu+

【答案】D

【解析】

【分析】根据题干和装置图分析可知放电时：

电极Zn为负极，负极反应式为：Z〃-2e「=Z"2+；

电极CuSe为正极,正极反应式为：+2-=Cu2Se;

【详解】A.由分析可知，正极反应物是和C”，二者都得电子，A错误；

B.为了保证充放电效率，本题通过离子交换膜离子一定是SO：，B错误；

C.由于通过离子交换膜的离子是SOj,根据电荷守恒，无论放电或充电，电路中每转移2moi电子就有

Imol离子通过离子交换膜，C错误；

D.该装置可以得到金属锌的还原性强于CuzSe,不得推测出还原性：Zn>Cu+,D正确；

故选D。

11.下列关于常温下的NaClO溶液说法不正确的是

u

资料：25℃时，（（HC1O）=4.0x10-8,舄（H2co3）=4.5x101^a2（H2CO3）=4.7xl0-

A.NaClO溶液显碱性

B.pH=9.0的NaClO和HC1O的混合溶液中，C（C1O-）<c（Na+）<c（HClO）

C.在酸性条件下可能与NaCl溶液反应产生氯气

D,与少量CO?反应的离子方程式为CO2+CIO+H2O=HC1O+HCO；

【答案】B

【解析】

【详解】A.NaClO为强碱弱酸盐，故NaClO溶液显碱性，故A正确;

c(C10-)c(H+)c(C1°)_4.0xl0-8_4.0xlQ-8

当时,

B.Ka(HC10)==4.0x10-8,pH=9.0-+-9

c(HC10)c(HC10)c(H)1.0x10

C(HC1O)<C(C1O),故B错误;

C.在酸性条件下能与NaCl溶液发生反应C「+C1O-+2H+=C12T+H2。，产生氯气，故C正确;

D.由于酸性强弱顺序：H2CO3>HC1O>HCO3,则与少量CO?反应的离子方程式为

CO2+CIO+H2O=HC1O+HCO；,故D正确;

故选Bo

12.光电活性共轨高分子在有机发光二极管、聚合物太阳电池领域具备独特优点，是高分子科学的前沿研究

iii.Pd(PPh3)4®POCL,均为催化齐U，Ps和PL的聚合度均为no

下列说法不正确的是

A.J中碳原子有两种杂化方式

B.生成Ps的反应为缩聚反应

C.P5可以和NaOH或HC1溶液反应

D.P$一过程中Pz和产物小分子的系数比为l:n

【答案】D

【解析】

【详解】A.J中碳原子有两种杂化方式，双键碳原子采取sp2杂化，饱和碳原子采取sp3杂化，故A正确；

B.由信息反应i可知，生成Ps的反应为缩聚反应，还生成小分子Br-B\厂，故B正确；

C.J与K发生缩聚反应生成的Ps含有酰胺基，可以和NaOH或HC1溶液反应，故C正确；

D.由信息反应可知ii,Ps3「乙过程中PL和产物小分子系数比为l：(2n-l),故D错误；

故选D。

13.常温下，用O.OlmoLIjiNaOH溶液滴定20.00mL0.01mol-I7i的某一元酸HA溶液，滴定过程中溶液

的pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示，其中a点对应的纵坐标pH=3.38。下列说法正确的是(忽

略稀溶液混合时引起的体积变化)

A.HA的电离常数Ka(HA)=1x10-676

B.b点对应溶液中存在：c(A)<c(HA)

C.d点对应溶液中存在：c(A)+c(HA)=0.005mol-U1

D.滴定过程中由水电离产生的c(0H—)：a<b<c<d<e

【答案】C

【解析】

1()一3.381Q-3.38

【详解】A.根据a点可知，HA的电离常数Ka(HA)=U———=lxl0-476,故A错误;

八0.01

B.b点为半中和点，此时溶质为等物质的量浓度的NaA与HA的混合溶液，由于溶液显酸性，则HA的电

离程度大于NaA的水解程度，故对应溶液中存在：c(A-)>c(HA),故B错误；

C.d点为恰好反应点，此时溶质为NaA,溶液体积为40.00mL,按物料守恒A元素的物质的量浓度为

O.OOSmolU1-故对应溶液中存在：c(A)+c(HA)=0.005mol-L1,故C正确；

D.滴定过程中a、b、c、d水的电离程度逐渐增大，d点为恰好反应点，d点后NaOH过量，水的电离程

度又逐渐减小，故d点水的电离程度最大，故D错误；

故选C。

14.某小组对CoC"的性质进行探究，实验操作及现象如下，下列说法不正确的是

资料：

[CO(HO)]2+2-2-

物质26[CoCl4][ZnCl4]

溶液

中的粉红色蓝色无色

颜色

将a中得到的蓝色溶液均分为3份,分别倒入试管3、

中

[过量浓盐酸b2,63

\少量ZnCk溶液]AgNO3溶液

操作|H2O

0—Co。溶液

试管a

试管E试管b?试管bs

a中现象：加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为bj中现象：溶液变为粉bj中现

现象b2中现象

蓝色红色象

2+2-

A.试管a中存在平衡：[Co(H2O)6]+4Cr[CoCl4]+6H.O

B.由瓦中现象可推测稳定性：[ZnCl4r<[CoCl4r

C.b?中现象可能为产生白色沉淀

D.推测63中现象为溶液变为粉红色，因为加入水使各组分离子浓度变化，平衡移动

【答案】B

【解析】

【详解】A.仁0（凡0）6『为粉红色，[CoCL广为蓝色，试管a中溶液呈粉红色，说明主要存在

仁0（凡0）6『离子，加入浓盐酸后，C1-浓度增大，溶液呈蓝色，说明仁0（凡0）6『转化为[CoClJ，

2-

即试管a中存在平衡：仁0（乜0）6『+4（丁[COC14]+6H2O,C1浓度增大，平衡正向移动，使溶

液变蓝，故A正确；

B.加入少量ZnCh固体,溶液由蓝色变为粉红色,说明ZM+与C1结合成更稳定的无色的[ZnCL]"，[CoChF

浓度降低，则由此说明稳定性：[ZnCL广>[C0CI4广，故B错误；

C.试管a中加入了过量浓盐酸，溶液中存在CL加入硝酸银溶液，会生成AgCl白色沉淀，故C正确；

D.蓝色溶液中加水，使平衡体系中[CO（H2O）6『+、Ch[C0CI4广浓度均降低，由于Q>K,平衡

2+

[Co（H2O）6]+4Cr7[C0CI4广+6H2O逆向移动，推测b3中现象为溶液变为粉红色，故D正确；

故选B。

15.含锂化合物如LiAlH,、Li?。等有重要应用。

I.LiAlH4是有机合成中常用的还原剂。

（1）LiAlH4中Li+与[AIH4]之间的作用力类型是o[AM,「的空间构型是，中

心原子的杂化类型为。

（2）Li+与H一具有相同的电子构型，比较「（Li+）与厂（IT）的大小（其中，•代表半径），并从原子结构角度说

明原因___________O

（3）从化合价角度说明LiAlH,具有还原性的原因___________o

（4）<0被LiAlH4还原后得到产物的名称是。

II.高纯度氧化锂可用于锂电池。

一种制备方法是：

i.向磨细的LiOH-H?。粉末中加入定量的过氧化氢，加热，一定条件下回收得到

ii.真空下焙烧LizOz-HzC^-H2。，得到Li?。

(5)i中反应分为2步，写出第一步反应的化学方程式。

第一步：o

第二步：ZLiOOHJ^Onl^OzHzOzZH2。

(6)口2。晶胞如图所示。己知晶胞参数为0.4665nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Li2。的密度为

g-cm-3o(Inm=10-7cm)

【答案】(1)①.离子键②.正四面体③.Sp3

(2)厂(Li+)-"),U+核电荷数较大，原子核对核外电子的吸引力较大，因此半径较小

(3)11为-1价，易升高，因此LiAlH,具有还原性

(4)3-甲基-1-丁醇

(5)LpH-H2O+H2O2=LiOOH-H2O+H2O

8x7+4x16

73

⑹2VA(0.4665xl0)

【解析】

小问1详解】

UAIH4中口+与［AM,］之间的作用力阴阳离子之间的强烈作用，为离子键。［AM,「中心原子铝原子含

有的价层电子对数是4,且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂

化；答案：离子键；正四面体；sp3；

【小问2详解】

Li+与H一具有相同的电子构型，因为厂(IT)<r(H),Li+核电荷数较大，原子核对核外电子的吸引力较

大，因此半径较小；

【小问3详解】

H为-1价，易升高，因此LiAlH,具有还原性；

【小问4详解】

被LiAlH,还原为,名称是3-甲基-1-丁醇；答案：3-甲基-1-丁醇;

【小问5详解】

LiOH-H2。和过氧化氢，加热得到口2。2・凡02・凡0,总反应①为

2LjOH-H2O+2H2O2=Li2O2-H2O2-2H2O+2H2O,反应分为2步，已知第二步②为

2LiOOH-H2O=Li2O2-H2O2-2H2O,第一步反应为:(①—②)，化学方程式

LpH-H2O+H2O2=LiOOH-H2O+H2Oo答案：L(OH-H2O+H2O2=LiOOH-H2O+H2O；

【小问6详解】

nM8x7+4x16

Li2。晶胞可知一个晶胞中含有8个Li+、4个O%则Li?。的密度为夕=近S(0.4665x10-)3°答

8x7+4x16

案：M(0.4665x10-y

16.M在印染、制药等领域有广泛应用，一种合成路线如下。

已知：®RC1NaCN>RCNH+>RCOOH

1818

②R1COOR2+R3OH—>R1COOR3+R20H

③RiCOOR?—^^R1CH2OH+R2OH

(1)A—B的反应类型是o

(2)B中含竣基，D的结构简式是。

(3)F中所含官能团的名称是0

(4)写出J-K的化学方程式。

(5)下列说法中正确的是0

a.A、E均能与碳酸氢钠溶液反应

b.F中有3种化学环境不同的H原子

c.G为非极性分子

d.L与甲醇是同系物

(6)G的同分异构体乙醛与F反应得到J的一种同分异构体「，］'的结构简式是

【答案】(1)取代反应

(2)NC-CH2-COONa

O

II

(3)酯基C'o—C2H5一定条件

⑷C2H5—0

0H

+C2H50H

O0

II

/Cc-,oc2H5

(5)ab(6)C2H5O

CH；C%H

【解析】

【分析】由A的分子式知A的不饱和度为1,与氯气发生取代反应，B中含竣基，则A为CH3coOH,B为

C1CH2co0H,根据信息反应①知，D为NC—CH,—COONa,根据信息反应①和竣基的性质知，E为

HOOCCH2COOH,E与乙醇发生酯化反应生成F,结合K的结构简式知，F的结构简式为

H5c2OOCCH2coete2H5；结合信息反应②及G的分子式，可确定G为/°\,J为

根据信息反应③可推知，L的结构简式为HOCH2cH2cH(CH2OH)2,L脱水生成M为五元环结构，M的结构

0H

简式为,据此分析解答。

【小问1详解】

由分析知，A-B的反应类型是取代反应。

【小问2详解】

由分析之知，B中含竣基，D的结构简式是NC—CH?—COONa。

【小问3详解】

F为H5c200CCH2coOC2H5,所含官能团的名称是酯基。

【小问4详解】

OO

为根据J和K的结构简式以及信息反应②可知，J-K的化学方程式

一定条件+C2H50H。

a.A、E均含有竣基，均能与碳酸氢钠溶液反应，故正确；

b.F为H5c2OOCCH2coete2H5,F中有3种化学环境不同的H原子，故正确；

c.G为&,正负电中心不重合，G为极性分子，故错误；

d.L与甲醇的结构不同，所含官能团羟基的个数不同，不互为同系物，故错误;

故选abo

【小问6详解】

G的同分异构体乙醛与F反应得到J的一种同分异构体J',「的结构简式是

17.以CO?和H?为原料制备甲醇是实现CO?资源化利用的方式之一，反应原理为:

1

反应I：CO2(g)+3H2(g)CH30H(g)+H2O(g)AH,=-49.0kJ-moP

除生成甲醇外，还会生成副产物CO：

1

反应H：CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)A772=+41.2kJ-moro

(1)图中，曲线(选填i、ii或出)能表示反应I的平衡常数K与温度T的关系。

（2）某温度下，向容积为2.0L的恒容密闭容器中充入L0molCO2（g）和2.0molH2（g）模拟反应I（即控

制条件使只发生反应I）。反应达到平衡状态时，测得c（CH3OH）=0.25mol/L。计算该温度下的平衡常

数K=o

（3）在不同温度下，向等容积的反应器中，分别通入等量、相同比例的C。?和H2的混合气体，反应相同

时间后，测得甲醇产率与催化剂活性、温度关系如图所示。

%

/

树

山

&

旺

①图中一定不处于化学平衡状态的点是=

②解释产率A<B的可能原因___________O

③已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于500K,甲醇产率逐渐下降的原因可能是o

（4）中国科学家研制出了一种具有反应和分离“双功能分子筛催化膜”反应器，使用该反应器制甲醇时，能

大幅度提高二氧化碳转化率，其原理如下图所示：

〃（转化为甲醇的二氧化碳）

在不同反应器中，C。2转化率和甲醇选择性〃（消耗的二氧化碳）X1°的相关实验数据如下

表所示:

实

压强/温度82的平衡甲醇选

验反应器M(H2)/«(CO2)

MPa/K转化率/%择性/%

组

普通催化反应

①21.967.3

器

35333

双功能分子筛

②36.1100

催化膜反应器

分析该双功能分子筛催化膜反应器的优点有：CO2的平衡转化率明显升高;①；②o

【答案】(1)iii(2)16

(3)①.AB②.温度升高，反应速率快，因此甲醇产率B比A高③.若此时反应已平衡，因

为主反应是放热反应，温度升高，主反应平衡逆移，甲醇产率降低；副反应是吸热反应，温度升高，副反

应平衡正移，使C。?和H2浓度减小，使主反应逆向移动，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温

度，催化剂活性降低，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，

副反应速率增大，使C。?和H2浓度减小，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低(答出任意两点即

可)

(4)①.甲醇的选择性达到100%②.可以将产物甲醇和H2。分离

【解析】

【小问1详解】

反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线iii能表示反应I的平衡常数K与温

度T的关系。

【小问2详解】

某温度下，向容积为2.0L的恒容密闭容器中充入L0molCC)2(g)和2.0molH2(g)模拟反应I(即控制条件

使只发生反应I),反应达到平衡状态时，测得c(CH3OH)=0.25moi/L,可列出三段式：

CO2(g)+3H2(g);CH3OH(g)+H2O(g)

起始(mol/L)0.51

CCU，该温度下的平衡常数K==16。

转化(mol/L)0.250.750.250.250.253X0.25

平衡(mol/L)0.250.250.250.25

【小问3详解】

①反应I为放热反应，降温平衡逆向移动，即温度越低，甲醇的平衡产率越高，故图中一定不处于化学平衡

状态的点是AB。

②A、B两点时，催化剂的活性较强，则产率A<B的可能原因温度升高，反应速率快，因此甲醇产率B比

A局。

③已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于500K,甲醇产率逐渐下降的原因可能是若此时反应已平

衡，因为主反应是放热反应，温度升高，主反应平衡逆移，甲醇产率降低；副反应是吸热反应，温度升高，

副反应平衡正移，使C。?和H2浓度减小，使主反应逆向移动，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升

高温度，催化剂活性降低，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高

温度，副反应速率增大，使CO?和H2浓度减小，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低。

【小问4详解】

由表格信息可知，该双功能分子筛催化膜反应器的优点有：CO2的平衡转化率明显升高；①甲醇的选择性

达到100%；②可以将产物甲醇和H2。分离。

18.电镀污泥(主要成分是CuO,含有FeQm等)是电镀废水处理过程中产生的废弃物，其无害化处理和资源

化回收技术一直是研究热点。一种综合回收的工艺路线如下：

产滤渣1龙遴A铁红颜料

NH-H.0

萃余液—:—--

操作ii

二:「浸出液;片S溶液2

含铜硫酸-「浓满

有机溶液洗涤、反萃彳溶侬

资料：

i.萃取剂由N902(可用HR表示)溶解在煤油中制得，萃取金属离子的反应如下：

M"(叫)+nHR(org)；■MRn(org)+nH+(aq)(M"+：Cu2+>Fe3+；orS：有机相；aq：水相)

ii.常用分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比，常用萃取率表示有机相中溶质X的物

c(X)n(X)

质的量与初始总物质的量之比。即：分配系数=」o不re；萃取率

Caq(X)n&(X)

+2+

⑴浸出时，反应的离子方程式主要是：、CUO+2H=CU+H2O„

(2)操作i是=

（3）操作ii中发生反应的离子方程式为o

（4）本实验中Cl?+的分配系数为50。

①一次性取用20mL萃取剂与100mL浸出液充分振荡。Cu2+的萃取率为。

②相关研究认为可采用多级萃取获得更高的萃取率。一种三级萃取的设计示意图及模拟实验得到的数据表

如下：

萃取剂储液罐共30mL平均分为3份

100mL第1份第2份第3份

有机相

萃取处总萃取

理率％

1级83.3%

2级97.2%

3级99.9%

通过比较①和②中（填“1级”、“2级”或“3级”）中Cu?+的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的

效果好于一次性萃取。

（5）实验表明，有机相中的铜离子可被硫酸反萃，所用硫酸浓度不同，会影响铜反萃率，经过足够长的时

间后，实验结果如图所小。

%

、

郴

坍

日

意

①结合化学用语解释随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因：O

②在硫酸浓度为2moi.L-时，其他条件不变，只升高温度，（“能”、“不能”、“无法判断”）提升反

萃率，理由是。

③下列说法正确的是o

a.一般选用4mol-U1硫酸进行本步操作

b.反萃后得到CUSO4晶体的操作是：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤干燥

c.操作后HR可循环利用

+3+

【答案】(1)Fe2O3+6H=2Fe+3H2O

3+

(2)萃取分液(3)Fe+3NH3-H2O=Fe(OH)3+3NH^

(4)①.90.9%②.2级

(5)①.Cu2+(aq)+2HR(org)-CuR2(org)+2H+(叫)，c(lT)增大，平衡逆移，c(Cu?+)增大，

铜反萃率提升②.无法判断③.没有萃取反应的热效应(AH)数据，因此无法判断当温度升高时，

反萃平衡的移动方向④.ac

【解析】

【分析】电镀污泥主要成分是CuO,含有FqOs等，加入硫酸浸出，得到硫酸铜、硫酸铁的溶液，然后加

入萃取剂萃取，分液得到萃余液，主要含有硫酸铁，萃余液加入氨水，得到氢氧化铁沉淀，过滤，得到滤

渣为氢氧化铁，煨烧得到铁红(氧化铁)颜料；铜的有机溶液加入硫酸洗涤、反萃，得到硫酸铜溶液，据

此解答。

【小问1详解】

+3+

浸出时，氧化铜、氧化铁转化为硫酸盐，反应的离子方程式主要是：Fe2O3+6H=2Fe+3H2O,

+2+

CUO+2H=CU+H2OO

【小问2详解】

根据分析，操作i萃取分液。

【小问3详解】

操作ii中发生反应为铁离子转化为氢氧化铁，离子方程式为Fe3++3NH3EzOFeCOHbJ+3NH；。

【小问4详解】

①本实验中Cl+的分配系数为50,且设有机相中铜离子浓度为5cmol/L,则水溶液中铜离子浓度为

0.1cmol/L,一次性取用20mL萃取剂与100mL浸出液充分振荡。G?+的萃取率为

5cx0.02

x100%a90.9%

5cx0.02+0.1cx0.1

②1级萃取处理总萃取率83.3%,2级萃取处理总萃取率97.2%,通过比较①和②2级中Ci?+的萃取率，可

分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。

【小问5详解】

2++

①随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因：Cu(aq)+2HR(org).■CuR2(org)+2H(aq),增

大，平衡逆移，c(Cu2+)增大，铜反萃率提升。

②在硫酸浓度为2moiI一时，其他条件不变，只升高温度，无法判断提升反萃率，理由是没有萃取反应的

热效应(AH)数据，因此无法判断当温度升高时，反萃平衡的移动方向。

③a.结合图像4moi/L的硫酸反萃取率已接近最大值，故一般选用4moi硫酸进行本步操作，a正确；

b.反萃后得到CuS。,晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，b错误；

+

c.根据Cu2+(aq)+2HR(org)『CuR2(org)+2H(aq),反萃取后HR重新生成，故操作后HR可循环

利用，c正确；

故选aco

19.探究配制不同金属离子一氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下:

实验序号操作现象

产生蓝色沉淀，加入

在试管内混合溶液和

实CuSO4

NH3-H2。后沉淀少部

验NaOH溶液，再加入过量的

分溶解，溶液变浑浊，静

i-a

2molL*NH3H20

置后上层为深蓝色溶液。

产生蓝色沉淀，加入

在试管内混合溶液和

实验i：实CuSO4

NHs-H2。后沉淀大部

2+

[CU(NH3)4]6^验NaOH溶液，再加入过量的

分溶解，溶液变浑浊，静

配制i-bemol-L'NH^HjO

置后上层为深蓝色溶液。

产生蓝色沉淀，加入

在试管内混合CuS04溶液和

实

NH3-H20后沉淀完全

验NHj-H2。溶液，再加入过量的

溶解，得到澄清的深蓝色

i-c

2moi-LTNH3H2。

溶液。

实

在试管内混合CoCU溶液和过得到浅青色沉淀，沉淀未

验

实验ii：量6moiI7INH3H2O见明显溶解。

ii-a

［CO(NH3)6］的

实

在试管内混合溶液和过

配制CoCl2得到浅青色沉淀，沉淀未

验

量141noiIJINH3H2O见明显溶解。

ii-b

产生白色沉淀，加入

实验iii：实在试管内混合AgNO3溶液和

［()『的

AgNHs2验NaOH溶液，再加入过量的NH3-H2O后沉淀完全

iii

配制2molL*NH3H2O溶解，得到无色溶液。

资料：①饱和氨水的浓度约为14moi

②Co(OH)2为浅青色沉淀

③［Co(NH31溶液为红色,在活性炭催化下转化为橙黄色的［C。(NH3入溶液

(1)实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为。

(2)有研究认为蓝色沉淀中还有CU2(OH)2s。4成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含CU(0H)2

的实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，o(填后续操作和现象)

(3)对比实验i-a和实验i-b,从平衡移动角度，结合化学用语解释NH3-H2。对［CU(NH3)J2+生成有一

定促进作用的原因___________o

(4)对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的反应，推测NH；对［CU(NH3)4厂生成有一定促进作

用。设计下图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂。实验现象证实

了预测。

10滴lmol/L、10滴cmol/L、

(NHJSO4溶液工x溶液>

实验i-a混合体系、g实验i-a混合体系

12

①x的化学式是,c=

②实验现象是

(5)从平衡移动角度，结合化学用语，解释NH：对[CU(NH3)47,生成有一定促进作用的原因___________

(6)针对实验ii未能成功配制[CO(NH3)6]"溶液，结合以上分析，提出改进方案：

①在实验ii-a的基础上继