安徽省安庆市2024届高三年级下册二模化学 含解析

2024年安庆市高三模拟考试（二模）

化学试题

考试时间：75分钟试卷满分：100分

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

【解析】

【详解】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b键有8NA

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人

【答案】A

【解析】

【详解】A.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

071

应，产生-----mol=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。键有-------叫1一=7刈，B错误；

60g?mol

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+、C『和OH-等微粒，故ILlmol/L的NaCl溶液中含有粒子数

目大于2NA，D错误；

故答案为：A„

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[

Ht,，Qt

——O

15O9

°、C1485'c高温高压1C

C)\C

116.4'\/->116.3CO/+O

178.8Co-C177.5——7

183

179.81

1116.2键长单位：pm|116.5

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

【答案】B

【解析】

【详解】A.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

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】D

【解析】

【详解】A.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；

故答案为：Do

5.羟胺(NH2OH)是白色片状晶体，熔点为32。5℃,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；+OH^=8.7x10；

+9

NH2OH+H2ONH3OH+OH-^b=8.7X10-O

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+N2OT+4H+H2O

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

D.向(NH4)2SC)4溶液中加入NH2OH：NH；+NH2OH=NH3OH++NH3-H2O

【答案】D

【解析】

【详解】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2NH2OH+4Fe3+=4Fe2++N2OT+4H++H2。，A正确；

B.由题干信息可知，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,反应中NH20H中-1价的氮转化为0价的氮和-3价的氮，根据氧化还原反应配平可得，羟胺分解的

A

反应方程式为：3NH2OH=NH3f+N2T+3H2。，B正确；

+9

C.由题干信息可知，NH2OH+H2ONH30H+0H=8.7xl0-,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；

故答案为：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+H2O.N2HJ+OHK]=8.7X10-7；

NH2OH+H2ONH3OH++OH&=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

【解析】

【详解】A.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.NH20H和NH：中的氮原子、H2O中的氧原子价层电子对数都为4,所以H?。、NH：与NH?0H

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，NH?OH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/HNH比NH?OH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^^/KJFe(CN)J溶液

WYmL95%乙醇「澳水

»

\4mL0.1mol/L

经过酸化的r-/[Cu(NH)4]SO(淀粉KI

z<5i溶洞34

3%NaCl溶液_\/溶液

B.分离苯C.析出

D.测定KI溶液

A.验证铁电极是否受到保护酚和水的[CU(NH3)4]SO4H2O

的浓度

混合物晶体

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.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)/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)4]SC>4-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：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】C

【解析】

【分析】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：Is22s22pi,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。

【详解】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+1(3-3?1)=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(0H)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；

故答案为：Co

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3moic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

【解析】

【分析】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。

【详解】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

实验事实结论

项

向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，再加入新制的Cu(OH)2悬浊

A淀粉未发生水解

液，无砖红色沉淀

探究温度对平衡移动的

B将试管中的CuC12溶液加热，再冷却降温，观察实验现象

影响

可以节约试剂，不浪费

C将实验剩余的Na2s04固体放回原试剂瓶

资源

将硝酸溶液与CaCCh混合后产生的气体直接通入硅酸钠溶液后，溶

D非金属性：N>C>Si

液变浑浊

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】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）4p+（蓝色）+4。-[CuCk丁（黄色）+4H20AH>0,故将试管中的CuCb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H2SiO3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）与三氯化帆合成的二维钢基复合纳米材料（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

【答案】D

【解析】

【分析】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+2H20。

【详解】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Nz+6e-+6H2O=2NH3+6OH-,阳极电极反应式为40任-46=。2廿2H2O,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；

答案选D。

12.某温度下，改变O.lmol/LKzCr2。？溶液的pH,各种含铭元素粒子的浓度变化如图所示（已知

H2CrC>4是二元酸，其电离常数为Ka［、Ka2),下列有关说法错误的是

20

5

3

/

1

0

日o

3)

05

0.00

02468101214

pH

A.该温度下的长卬=1义10-14

B.该温度下&"HzCrOj的数量级为

C.该温度下反应C^OL+H2。2&。：+215+的平衡常数为5.1*10-62

+

D.B点溶液中：c(K)<2c(Cr2O^)+3c(CrO^)

【答案】D

【解析】

【详解】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-）=IO-,A说法正确;

c（HCrO；）c（H+）

B.取A点数据,c（HCrO）=c（HCrO）,（+）74

424Kal（H2CrO4）==cH=10-0-,

c（H2CrO4）

数量级为KT、B说法正确；

c2（H+）c2（CrOj）

C.该温度下反应CrzO7+H2。,2CrO亍+2H+平衡常数K,取C点数据,

延朗-）

2+2

c（H）c（CrOt）2152

K=/\x=0.051x（10-66）=5.1x10*2,c说法正确；

7

c（Cr2O^）I

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

++

c（K）+c（H）=2c（Cr2O；-）+2c（CrOj）+c（HCrO4）+c（OH）,溶液显酸性，

c（H+）>c（OH-）,则c（K+）V2c（Cr2。；-）+3c（CrO：）,D说法错误；

答案选D。

13.北京冬奥会使用的磁化镉(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*10-7yg,3D.若按图乙虚线方向切甲，可得到图丙

【答案】A

【解析】

【详解】A.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］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

11012+128)

数为：6?-+x-=4,Te原子个数为4个，故一个晶胞的质量为：——-------g,晶胞参数为apm,

4x240

则一个晶胞的体积为：(axlO“o)3,故晶体的密度为------------rg-cmC错误;

治（ax10-

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CGO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C$0中碳碳双键断裂

【答案】C

【解析】

【详解】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(H),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:

Fe―FeSO4-7H2O.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

FeSO4-7H2。(M=278g/mol)晶体。

②取9g精制的FeS。4•7凡。，缓慢加入20mL4mol/LNH4HCO3溶液，静置40min后有大量FeCO3

沉淀析出，过滤洗涤，得FeCC)3(M=H6g/mol)晶体。

，

③在烧杯中加入6g柠檬酸(C6H8。7乂=192g/mol)>80mL水、3.5gFeCO3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。4-7H2O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

ABCD

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

FeSC)4-7H2。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(G2H8N2)与Fe?+生成稳定橙红色配合物[Fe(N2H8G2)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。7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______g。

(5)不用酸性高锯酸钾溶液滴定Fe2+最可能的原因是0

【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)①.蒸发皿②.布氏漏斗③.减压过滤速度快，减少二价铁的氧化，可得更纯净的

FeSO「7H2。晶体④.玻璃棒摩擦烧杯壁会形成微小晶核，便于晶体结晶

2+

(3)2HCO；+Fe=FeCO3+H2O+CO2T

(4)6.15g(5)酸性高铳酸钾可氧化柠檬酸根离子

【解析】

【分析】亚铁离子具有强还原性，容易被氧气、高锌酸钾等氧化，制备亚铁盐要尽可能防止氧化，柠檬酸

根具有还原性，酸性高镒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。

【小问1详解】

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。

【小问2详解】

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。

【小问3详解】

取9g精制的Fes。4-7H2。，缓慢加入20mL4moi/LNH4HCO3溶液，静置40min后有大量FeCO3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

2+

亚铁的离子方程式为：2HCO；+Fe=FeCO3J+H2O+CO2T。

【小问4详解】

利用邻二氮菲(Ci2H8N2)与Fe?+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。7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，则按关系式3(g2HgN?)〜Fe?+〜

[Fe(N2H8cl2工厂〜FeC6H6。7可知，FeC6H6O7晶体的物质的量为gxo.025Lx3mol/L=0.025mol,质

量为0.025molx246g/mol=6.15g。

【小问5详解】

高锦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铳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,生存灰SO.P204

II一I-

叔■氢氧化钻-打浆「没出l过广一除杂卜取卜f水相］

布机相

H：SOL|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，so,流速等

条件不变，C。浸出率与时间关系如图所示，则H?S04浓度最适宜为_______mol/Lc

体

发

出

率

（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Mn。？，该反应的离子方程式为（己知：H2sO5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，检验反应后的滤液中恰好不存在Fe3+（已知：

Fe（OH）3的Ksp=10-374,离子浓度<10^mol.1rl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O

（4）硫酸钻的溶解度曲线如图所示，从溶液中获得CoSO4・7H2O的方法是o

18

CoSO4

102030406060708090P

CoSO4溶解度曲线

【答案】(1)①.钻、铁②.3.0

(2)①.H2O+Mn2++HSC)5=MnO2+SO：+3H+②.3.5

(3)①.分多次加入萃取剂②.Mn2+

(4)蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥

【解析】

【分析】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

Co2+,Fe转化为Fe2+、Al转化为AF+、Mg转化为Mg2+,Mn转化为MT+,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(0H)3、AF+转化为A1(OH)3,过滤出Fe(0H)3和A1(OH)3,

向滤液中加入萃取剂P2O4以萃取Co2+,分液出水层含有MM+和有机相含有Co2+,对有机相进行反萃取得

到水层含有CoSCU,据此分析解题。

【小问1详解】

由分析可知，浸出时加入H2s04和S02进行浸出，将Co转化为C02+,Fe转化为Fe?+、Al转化为AF+、

Mg转化为Mg2+,Mn转化为Mn2+,故添加还原剂SO2对原料中的锦和钻、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，H2s04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；

【小问2详解】

“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),H2SO5中含有一个过氧

2+

键，故Mi?+被H2SO5氧化为Mn。？，H2sO5转化为H2SO4,该反应的离子方程式为：H2O+Mn+HSO5

=MnO2+SO：+3H+,检验反应后的滤液中恰好不存在Fe3+,即Fe3+离子浓度w10.6moi•「时，此时

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/Ksp[Fe(OH),][()-374Kw10-35日口小工方何什

c(OH-)=3/-----------------=3———=10-105,则c(H+)=-———=———=10-35mol/L,即生石灰调下

Vc(Fe3+)\10c(OH)1Q-10-5

2++

pH=3.5,故答案为：H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO^+3H；3.5；

【小问3详解】

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Mn?+,故答案为：分多次加入萃取剂；Mn2+；

【小问4详解】

由题干硫酸钻的溶解度曲线图示信息可知，CoSO4・7H2O的溶解度随温度升高而明显增大，故从溶液中获

得CoSO4・7H2O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C02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)CO2与H2催化重整制备CH30cH3的过程中存在以下反应：

I.2CO2(g)+6H2(g)^>CH3OCH3(g)+3H2O(g)；

II.CO2(g)+H2(g),CO(g)+H2O(g)0

已知：相关物质能量变化的示意图如图所示:

--------------T------------------------------6CO(g)+3H2O(g)

A，=+123kJmol"

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

A/7=-298kJmol”

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

①由已知信息可知2co2(g)+6Hz(g)=CH30cH3(g)+3H2O(g)AH=______kJ-mol-1。

②向密闭容器中以物质的量之比为1：3充入C02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。

酷

W

群

翘

小

0

。

由图2可知，PPP2,P3由大到小的顺序为,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),CH3OH(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2moic0和4moiH?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;黑黑黑黑里x100%)如图所示。

①若反应过程中催化剂的活性几乎不受温度影响，则Ti前CO转化率升高的原因是：0

②反应在TiK下，2min时达到平衡，此时体系压强为akPa,c(CO2)=0.05mol•I?。用CO的分压变

化表示的化学反应速率为kPamin-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xA的物质的量分数，以上两空结果均保留3位小数)。

【答案】(1)①.-175②.pi>p2>p3③.II④•开始升温时以反应I为主，反应放热，平衡

逆向移动，CO2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②.0.267

③.0.318

【解析】

【小问1详解】

①由题干图示信息可知，反应L3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)AH,=-298kJ/mol；

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II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=—=+41kJ/mol,反应1+3反应H可得反应：

2cC)2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g),根据盖斯定律可得：AH=

AHj+3AH2=-298kJ/mol+3x41kJ/mol=-175kJ/moL故答案为：-175；

②反应i是气体体积减小的反应，反应n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P1>P2>P3；反应I是放热反应，反应n是吸热反应，升高温度，反应I平衡

逆向移动，反应II