安徽省合肥市2023-2024学年高三年级上册期末考试化学试题

合肥一中2024届高三上学期期末质量检测卷

化学

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上

对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题

区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：高考范围。

5.可能用到的相对原子质量：HlC12016F19Si28Fe56Co59

Sr88

一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的）

1.化学与生产生活密切相关。下列过程中不涉及化学变化的是

A.用铝热反应焊接铁轨

B.在钢铁部件表面进行钝化处理

C.制作博古梁架时，在木材上雕刻花纹

D.《诗经・周颂・良耙》中描述农民生产的情形：“荼蓼（杂草）朽（腐烂）止，黍稷茂止”

【答案】C

【解析】

【详解】A.铝热反应焊接铁轨是铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝，发生了置换反应，选项A错误；

B.在钢铁部件表面进行钝化处理过程中生成新物质，属于化学变化，选项B错误；

C.在木材上雕刻花纹的过程主要发生物理变化，没有新物质生成，不是化学变化，选项C正确；

D.杂草腐烂属于化学变化，选项D错误；

答案选C。

2.硫代碳酸钠（Na2cs3）可用于处理工业废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：

2NaHS+CS2=Na2CS3+H2STo下列说法正确的是

+2+

A.NaHS的电子式为Na[：S：]-HB.CS2的结构式为S=C=S

C.基态Na原子的核外电子排布式为3slD.H2s为非极性分子

【答案】B

【解析】

【详解】A.H原子与S原子之间形成共价键，NaHS的电子式应为Na+[H：S：]--A错误;

B.CS2的结构式为S=C=S,B正确；

C.基态Na原子的核外电子排布式为[Ne]3sLC错误；

D.H2s分子的空间结构是V形，是极性分子，D错误；

故选Bo

3.制取布洛芬的中间体M的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是

V^/^COOCH3

A.M中所有原子可能处于同一平面

B.M中含有手性碳原子

C.M的苯环上的一氯代物有1种（不考虑立体异构）

D.ImolM最多能与2moiNaOH反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.有机物M中碳原子杂化方式为sp3、sp?,所有原子不可能处于同一平面，A错误；

B.羟基所连碳原子连有四个不同基团，该碳原子为手性碳原子，B正确；

C.有机物M的苯环上的一氯代物有2种，C错误；

D.只有酯基与NaOH反应，故ImolM最多能与ImolNaOH反应，D错误；

故选B。

4.已知：制备乙焕的原理为©2©2+2凡0-»©2（011）2+©2112色实验室用电石（含CaC2和少量CaS）

制取乙烘时，下列对装置和试剂的分析错误的是

甲乙丙丁

A.甲中用饱和食盐水可减缓电石与水的反应速率

B.乙中试剂X可选用CuSO4溶液净化乙快

C.用丙收集气体时，应a口进气，b口导出气体

D.丁装置既可以处理尾气，又可以检验乙烘是否集满

【答案】C

【解析】

【详解】A.碳化钙与水的反应速率快，不宜控制，实验时用饱和食盐水可减缓电石与水的反应速率，获得

平稳的乙快气流，故A正确；

B.电石中的硫化钙能与水反应生成硫化氢气体，将电石与水反应获得的乙焕气体通过盛有硫酸铜溶液的洗

气瓶可以除去乙快气体中混用的硫化氢气体，获得纯净的乙焕，故B正确；

C.乙快密度与同条件下空气密度接近，不能用向上排空气法收集乙快，故C错误；

D.乙烘能与酸性高锯酸钾溶液发生氧化反应，所以盛有酸性高锯酸钾溶液的洗气瓶可以吸收乙烘，同时溶

液颜色变浅也能说明乙快已收集满，故D正确；

故选C。

5.纯水电离产生H3O+、0H-,研究发现在某些水溶液中还存在H5O；、HQ：等微粒。下列说法错误的

是

+

A.H3O+和OH-所含电子数相同B.键角：H2O>H3O

C.H3O+中0原子是sp3杂化D.H30\HQ；微粒中均含有配位键

【答案】B

【解析】

【详解】A.H3O+和0H-的电子数均为10,A项正确；

B.H2O中心原子。价层电子对数：2+；（6-2xl）=4,含2对孤电子对；H3O+中心原子O价层电子

+

对数：3+1（5-3xl）=4,含1对孤电子对，孤电子对数越少，键角越大，键角：H2O<H3O,B项错

误；

C.H3O+中心原子。原子杂化轨道数：3+1（5-3xl）=4,杂化类型为sp3杂化，C项正确；

D.参考H3O+的结构中氧原子和氢离子形成的配位键，为0；,HQ：微粒中均含有配位键，D项正确；

答案选B。

6.下列化学反应表示正确的是

高温

C0T+Si

A,粗硅的制取：SiO2+C2

B.氨水与稀硫酸反应的热化学方程式：0H-(aq)+H+(aq)=H2。。)AH=-57.3kJ-molT

+3+

C.Fe粉与足量稀硝酸反应的离子方程式：Fe+6H+3NO；=3NO2T+Fe+3H2O

D.碱性氢氧燃料电池的正极反应式；O2+4e-+2H2O=4OfT

【答案】D

【解析】

高温

【详解】A.制取粗硅时，生成物应为CO和Si,SiO2+2C^^2COT+Si,A项错误；

B.一水合氨是弱碱，不能拆，并且反应热不等于中和热，B项错误；

+3+

C.稀硝酸作氧化剂，所得还原产物为NO,Fe+4H+NO；=N0T+Fe+2H2O,C项错误；

D.碱性氢氧燃料电池中，Ch在正极得电子产物与电解质反应生成OH,电极反应式：

--

O2+4e+2H2O=4OH,D项正确；

故选D。

7.用低品铜矿(主要含CuS、FeS)制备C%0的一种工艺流程如下：

稀硫酸水合肿

MnO2(N2H4H2O)

S、MnO2滤渣锦渣N2

下列说法正确的是

22+

A.“酸浸”过程中FeS发生反应的离子方程式为S-+4H++MnO2=Mn+S+2H2O

B.“调pH”的目的是除去溶液中的Fe2+

C.使用Na2cO3溶液“除锦”时，镒渣中可能会含有少量Mn(OH)2

D.“还原”过程中参与反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1

【答案】C

【解析】

【分析】低品铜矿(主要含CuS、FeO)与稀硫酸、二氧化锦反应生成硫单质，硫酸铜、硫酸锦、硫酸铁等,

调节溶液的pH值，过滤后，向滤液中加入除镐的物质，再向溶液中加入水合脱得到氧化亚铜；

【详解】A.FeS固体难溶于水不能拆成离子形式，2FeS+12H++3MnC)2=2Fe3++2S+6H2(3+3Mn2+,

A项错误；

B.“调pH”的目的是除去溶液中的Fe3+,不易除去Fe?+,B项错误；

c.COj和Mi?+互促水解，生成少量Mn(OH)2,C项正确；

D.水合朋中N元素合计4价，最后变为0价，合计升高4价，Cu元素化合价从+2价降为+1价，铜离子

化合价降低1价，根据得失电子守恒，“还原”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1,D项错误；

答案选C。

8.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子s能级电子总数是p能级电子总数的

2倍，丫?-与Z2+核外电子排布相同，W的最高价氧化物是一种共价晶体，下列说法中错误的是

A.6gW的最高价氧化物晶体中含有共价键的数目为02NA

B离子半径：丫?->Z2+

C.Z元素的第一电离能比同周期相邻元素高

D.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W

【答案】A

【解析】

【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子s能级电子总数是p能级电子

总数的2倍，则X为C元素；丫?-与Z2+核外电子排布相同，则Y为O元素、Z为Mg元素；W的最高价

氧化物是一种共价晶体，则W为Si元素。

【详解】A.二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成共价键，则6g二氧化硅含有共价键的数目为

6g

二二X4XMmor>=4M,故A错误；

60g/mol

B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氧离子的离子半径大于镁离子，故B正确；

C.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电

离能大于相邻元素，故C正确；

D.同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则碳酸的酸性强

于硅酸，故D正确；

故选A。

9.下列实验方案不能达到实验目的的是

选

实验方案实验目的

项

将少量纸片放入试管中，加入浓硫酸，将生成的气证明浓硫酸脱水时发生了氧

A

体通入品红溶液中，加热化还原反应

室温下，分别测定CH3coONa溶液和NaCl溶液

B证明CH3co0H是弱酸

的pH

将CH4和C2H4混合气体通入足量酸性高锦酸钾

C除去CH4中混有的C2H4

溶液中

-1

室温下，向10mL0.1molL的AgNO3溶液中加

入10mL0.1mol•I^l的NaCl溶液，振荡使其充分室温下，

D

Ksp（AgCl）>Ksp（AgBr）

反应后逐滴加入5mLO.lmoLH的NaBr溶液，观

察沉淀颜色变化

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.若反应生成SO2则一定发生了氧化还原反应，故A项正确；

B.CH3coeT能水解而C「不能，证明CH3co0H是弱酸，故B项正确；

C.乙烯与酸性高锈酸钾溶液反应生成CO2杂质，C项错误；

D.少量的Bd就可以将AgCl转化为AgBr浅黄色沉淀，说明室温下，^sp(AgCl)>^sp(AgBr),D项

正确；

故选C。

10.SrF2可用于防蛀牙膏的添加剂，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm,下列说法正确的是

A.含SrF2添加剂的牙膏可以在酸性条件下保持很好的效果

B.图中黑色的球•代表sa+

c.每个sa+周围紧邻且等距离的sa+个数为4

D.F-与Sd+最小核心距为叵■nm

2

【答案】B

【解析】

【详解】A.氟化锅为强碱弱酸盐，能与溶液中的氢离子反应生成氢氟酸，所以含氟化锅添加剂的牙膏可以

在酸性条件下防蛀效果降低，故A错误；

B.由晶胞结构可知，位于顶点和面心的黑球的个数为8义工+6义；=4,位于体内的白球的个数为8,由氟

化银的化学式可知，黑球为锯离子、白球为氟离子，故B正确；

C.由晶胞结构可知，位于顶点的锢离子与位于面心的锢离子的距离最近，则每个锯离子周围紧邻且等距离

的银离子个数为12,故C错误；

D.由晶胞结构可知，氟离子与锯离子的最小核心距为体对角线的工，由晶胞的参数可知，最小核心距为

4

"anm,故D错误；

4

故选Bo

11.科学家设计了如图装置通过电解制备苯乙酸，下列说法正确的是

a

阴

阳HO

离

离Q

O

子

:居子

O

膜

|膜

O

液O

Cr(OH)3Na000

弱酸性溶液

装置I

A.a极电极反应式为Cr2。；-+8H+—6e「=2Cr(OH)3+H20

B.电极电势：b>a

理论上有质子通过质子交换膜

c.装置H中每消耗ImolCH3,2moi

D.工作一段时间后NaCl溶液的浓度升高

【答案】C

【解析】

【详解】A.。极电极反应式为Cr2。；-+8H++6e-^=2Cr(OH)3+H2。，A错误;

B.由装置I可知，。极为正极，6极为负极，电极电势：a>b,B错误;

电路中转移电子，理论上有质子通过质子交换膜，

C.装置II中每消耗ImolCH3,2mol2moiC

正确;

D.0H-通过阴离子交换膜进入NaCl溶液，川通过阳离子交换膜进入NaCl溶液，JT和OH「结合生成

水，工作一段时间后NaCl溶液的浓度降低，D错误;

故选C。

12.常温下将NaOH溶液滴加到H2A溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示［纵坐标为

或恒妥:下列叙述正确的是

c(HA-)

cHA

A.曲线N表示pH与lg；HA：的关系

+-2-

B.NaHA溶液中：c（Na）＞c（HA）＞c（H2A）＞c（A）

+2

C.图中a点对应溶液中：c（Na）＞c（H2A）+2c（AJ

D.溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度先增大后减小

【答案】B

【解析】

（）（）cA2-

C(H)C(HA[_cHcA"cHA」

【分析】人1＞因为纵坐标为----^或1g—7-----\,分

C)，”

(H2AC（H2A）C（HA-）

别取a、b点，则此时对应曲线上有c（H2A）=c（HA］和C（A2）=C（HA）可以算出对应曲线的电离平

衡常数为10—5.6和10-9.6,因为&1＞口,所以41=10-6,q=10e6,所以曲线可、俺分别表示pH

c（HA-）C（A2）

与lg4——7和pH与lg-7_（的关系。

C（H2A）C（HA-）

【详解】A.根据分析可知曲线”表示pH与lg———^的关系，A项错误；

C（H2A）

K10-14

B.HA-的水解常数K〃（HA］=7*=7可=10一8.4,HA-的电离常数Ka2=10-'6,HA-的水解程度

+2

大于电离程度，NaHA溶液中：c（Na）＞c（HA-）＞c（H2A）＞c（A-）,B项正确；

C.图中0点对应溶液中存在电荷守恒sc（Na+）+c（H+）=c（0H-）+c（HA）+2c（A2-）且此时

++2-

c（H2A）=c（HA-）,所以有:c（Na）+c（H）=c（OH"）+c（H2A）+2c（A）,。点pH=5.6,则

c（H+）＞c（0H）,所以c（Na+）＜c（H2A）+2c（A2）,C项错误；

D.初始溶质为H?A,呈酸性，电离出的氢离子抑制水的电离，完全反应时生成Na2A,Na2A水解呈碱

性，促进水的电离，所以由H2A到完全生成Na2A的过程中，水的电离程度一直增大，则溶液pH从5.6

到9.6的过程中，水的电离程度逐渐增大，D项错误。

故选B。

13.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF［（CH3）2NCHO］转化为三甲胺［N（CH3）31（为可逆反

应），计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法错误的是

00hNCMO(gH2ll:(g)

031反桓I

MCHh(g)^H/Xg)

|CH〉、NCHOH-3H.5

-I.2i—(CH山NCH?+(W2H・

KKIli-L55

、，*****•r《iTi、x

,

K'lli>1NCII;OH»2ll*\2Jy

(CHJ)2NCHO*>4H-N(CH”,H)H・+H・

A.(CH^NCHO转化为(CI^lN的AH<0

B.(CHs'N是由极性键构成的非极性分子

C.增大压强能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率

D.(CH31NCHO转化为(CH31N的决速阶段为反应vi

【答案】B

【解析】

【详解】A.由图可知，(CHs^NCHO转化为(CHs^N的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热

反应，反应的蜡变小于0,故A正确；

B.(CH3，N分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1,分子的空间构型为结构不对称的三

角锥形，属于极性分子，故B错误；

C.由图可知，(CH3)2NCHO转化为(CH3)3N的反应为(CH3)2NCHO+2H2=(CH3)3N+H2O,该反应

为气体体积减小的反应，增大压强，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，(CHshNCHO的转化率增

大，故C正确；

D.反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的的决速反应为慢反应，由图可知，反应vi的活化能最大，所

以反应vi决定总反应的速率，故D正确；

故选B。

14.在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.111101(202和0.211101€：02,

在不同温度下反应CC)2(g)+C(s)U2co(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CC)2)随温度的

变化如图所示(图中I、II、m点均处于曲线上)。下列说法正确的是

900110013001500

77K

A.平衡常数K：K（状态H）>K（状态in）

B.体系的总压强P&：夕总（状态11）=20总（状态I）

c.体系中气体密度。：夕（状态i）<0（状态in）

D.逆反应速率v逆：v逆（状态I）>v逆（状态in）

【答案】C

【解析】

【详解】A.温度相同，平衡常数相同，故A项错误；

B.由图可知，该反应的AH>O,状态ii温度高，平衡相对于状态I右移，由于初始物质的量状态n多，

故p&（状态II）>2PB（状态I）,故B项错误；

c.状态iii温度高，平衡右移，体系的质量相对状态I大，而体系的体积相同，故P（状态I）〈夕（状态ni）,

故C项正确；

D.状态III的温度高，正逆反应速率大，故D项错误；

故选C。

二、非选择题（本题共4小题，共58分）

15.碳酸亚铁（FeCC>3）是制备“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，一种常见的补铁药物）的重要物质。

某学习小组同学设计实验制备FeCC>3,并探究FeCC>3的还原性。回答下列问题：I.碳酸亚铁的制备。实

验装置（夹持仪器已省略）如图所示。

（2）实验开始时，先打开（填“K］、K?或KJ,下同）、关闭；一段时间后，,c中

反应获得FeCC>3。

（3）已知d中澄清石灰水变浑浊，写出。中反应的离子方程式：o

（4）反应结束后，将c中的混合液过滤，洗涤。简述证明FeCOs已洗涤干净的操作：o

II.定性定量探究碳酸亚铁有还原性

【查阅资料】氧化亚铁是一种黑色粉末，不稳定，在空气中加热，迅速被氧化成四氧化三铁。

（5）定性探究碳酸亚铁和氧气反应的固体成分：

【提出设想】

假设1固体成分是氧化铁；

假设2固体成分是四氧化三铁；

假设3o

【实验验证】所用装置如下图所示，装药品，打开止水夹K,通入。2,加热玻璃管。澄清石灰水不产生沉

淀时，停止加热，继续通入。2至玻璃管冷却。

取少量玻璃管里固体于试管中，滴加稀硫酸，微热，固体完全溶解。将溶液分成甲、乙两份，进行后续实

验。

实验编

实验步骤实验现象

号

溶液变红

i滴加KSCN溶液

色

向乙溶液中滴加酸性高铳酸钾溶溶液不褪

ii

液色

【实验评价】上述实验（填“i”或“ii”）不能确定固体成分。

【实验结论】由上述实验结果分析可知，碳酸亚铁在氧气中高温灼烧得到的产物是,证明FeCC>3具

有还原性。

（6）定量探究：取g纯净固体碳酸亚铁，在空气中高温灼烧至恒重，称得固体质量净减少7.2g,通

过计算确定固体成分是Fe。，。

【答案】（1）恒压滴液漏斗

（2）①.（和4②.K2③.关闭K3,打开火2

2+

（3）Fe+2HCO；=FeCO3J+H2O+CO2T

（4）取最后一次洗涤液于试管中，加入过量稀盐酸酸化后，再滴入几滴Bad2溶液，若无白色沉淀，则证

明已经洗涤干净

（5）①.固体成分是氧化铁和四氧化三铁的混合物②.i；氧化铁和二氧化碳（或Fe?03和CO?）

（6）23.2

【解析】

【分析】恒压滴液漏斗将稀硫酸滴加与铁屑反应，生成硫酸亚铁溶液与氢气；为防止Fe2+被装置中残留的

空气氧化，实验开始时，应先打开（和K3,利用稀硫酸与铁屑反应生成的氢气将装置内的空气排尽，在

关闭K3,打开K2,利用生成氢气形成的压强将硫酸亚铁溶液挤压入碳酸氢铁溶液中，反应即可生成碳酸

亚铁；

【小问1详解】

仪器。的名称：恒压滴液漏斗；

【小问2详解】

为防止Fe2+被装置中残留的空气氧化，实验开始时，应先打开（和K3,利用稀硫酸与铁屑反应生成的氢气

将装置内的空气排尽，在关闭K3,打开K2,利用生成氢气形成的压强将硫酸亚铁溶液挤压入碳酸氢核溶

液中，反应即可生成碳酸亚铁;

【小问3详解】

D中澄清石灰水变浑浊，说明亚铁离子与碳酸氢镀溶液发生反应，生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，离子方

2+

程式：Fe+2HCO；=FeCO3J+H2O+CO2T；

【小问4详解】

若碳酸亚铁洗涤干净，则洗涤液中无可溶性的硫酸根离子，检验硫酸根离子操作：取最后一次洗涤液于试

管中，加入过量稀盐酸酸化后，再滴入几滴BaC"溶液，若无白色沉淀，则证明已经洗涤干净；

【小问5详解】

四氧化三铁和氧化亚铁混为黑色固体，所以假设固体成分是氧化铁和四氧化三铁的混合物；

【小问6详解】

实验i只能证明反应后的物质中含+3价铁，不能证明是否含+2价铁；澄清石灰水变浑浊，说明有产物二氧

化碳生成，向硫酸溶解后的溶液中加入滴加KSCN溶液，溶液变红，说明有+3价铁，加入酸性高镒酸钾，

溶液不褪色，说明溶液中无+2价铁，则碳酸亚铁在氧气中高温灼烧得到的产物氧化铁和二氧化碳；碳酸亚

铁在高温条件下反应后生成氧化铁，假设纯净固体碳酸亚铁取mg,

高温

4FeCO3+022Fe2O3+C02Am

4x116320144'

mg7.2g

解得m=23.2；

16.某工厂采用如下工艺处理银钻矿硫酸浸取液（含Ni2+、。）2+、Fe2+>Fe3+>Mg?+和M/+），实现

银、钻、镁元素的回收。

混合气

滤渣钻银渣沉渣

回答下列问题：

（1）工业上用一定浓度的硫酸浸取已粉碎的银钻矿并不断搅拌，提高浸取速率的方法为（答

出一条即可）。

（2）“氧化”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）,其中S元素的

化合价为

(3)已知：H2s。5的电离方程式为H2s。5=H++HSO，HSO!UH++SO;

①“氧化”时，先通入足量混合气，溶液中的正二价铁元素Fe(H)被H2sO5氧化为Fe2(SOj3,该反应的

离子方程式为；再加入石灰乳，所得滤渣中主要成分是Mil。？、。

②通入混合气中SO2的体积分数与Mn(H)氧化率随时间的变化关系如图所示，若混合气中不添加SO?,相

同时间内Mn(H)氧化率较低的原因是；SO2的体积分数高于9.0%时，相同时间内Mn氧化

率开始降低的原因是o

•

E

弱

2

讶

三

Z

7

(4)①将“钻馍渣”酸溶后，先加入NaClO溶液进行“钻银分离”，写出“钻镇分离”反应生成

Co(OH)3沉淀的离子方程式：。

②若“裸钻分离”后溶液中c(Ni2+)=l.Omol-L-1,加入Na2cO3溶液“沉镇”后的滤液中

517

c(COf-)=10-mobL-,则沉银率=。［已知：^sp(NiCO3)=1.0xl0-,沉银率

一初始《用2+)

【答案】(1)适当提高反应温度或其他合理叙述

2++3+

(2)+6(3)2Fe+HSO；+H=2Fe+SO^+H2O®.CaSO4,Fe(OH)3③.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)的氧化性远强于氧气④.SO2

有还原性，过多将会降低H2sO5的浓度，且生成的Mn。？也会被SO?还原成Mn(II),降低Mn(H)氧化

速率

2++

(4)①.CIO-+2CO+5H2O=2Co(OH)9+CP+4H②.99%或0.99

【解析】

【分析】硫酸浸取液中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的H2s05,加入石灰

乳调节pH,Mn2+被H2s05氧化为Mn02,亚铁离子也被H2sO5氧化成铁离子，故还有氢氧化铁沉淀生成，

钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnCh、CaS04和Fe(0H)3；过滤后滤液中加入NaOH沉

钻银，过滤后滤液中加入NaOH沉镁，生成氢氧化镁沉淀。

【小问1详解】

用硫酸浸取银钻矿时，适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将银钻矿粉碎增大接触面积可提高浸取速率。

【小问2详解】

H2s05中含一个过氧根，相当于H2O2中氢元素被磺酸基取代，根据化合价之和为零，S的化合价为+6

【小问3详解】

①溶液中的正二价铁元素Fe(H)被H2s05氧化为Fe2(SC>4)3，H2sO5被还原为SO：,离子方程式为：

2Fe2+HSO5+H=2Fe3+SO4+H,0；由分析滤渣为MnCh、CaSC)4和Fe(OH)3；

②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(HzSOs)的氧化性远强于氧气，混合气

中不添加SO?,相同时间内Mn(II)氧化率较低；S02有还原性，过多将会降低H2sO5的浓度，且生成的

MnC>2也会被SO?还原成Mn(H),降低Mn(H)氧化速率；

【小问4详解】

①滤液中加NaClO将C02+氧化为CO(OH)3,反应的离子方程式为

2++

C10~+2CO+5H2O=2CO(OH)2J+CP+4H；

/、7KjNiCOj10x10-7

②根据Ksv(NiCO3)=1.0x10-7可知c(Ni2+)=3_月=LU=0Qlmol/L,沉银率

pV7c(CO；-)1.0x10-5

因沉淀减少的c(Ni?+)Q.lmol/L-Q.Olmol/L

初始c(Ni2+)O.lwoZ/L'

17.“21世纪的清洁燃料”二甲醛具有含氢量高，廉价易得，无毒等优点。回答下列问题：

(1)以CO2、H2为原料制备二甲醛(CH30cH3)涉及的主要反应如下：

1

i.2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)AH,=-122.5kJ-mol-；

ii.CO2(g)+H2(g)UCO(g)+H2O(g)AH,=+41.IkJ.moL。

反应2CO(g)+4H2(g)=CH30cH3(g)+H2O(g)的AH=。

(2)二甲醛水蒸气重整制氢体系中会发生如下反应：

主反应：CH3OCH3(g)+3H2O(g)U6H2(g)+2CO2(g)

副反应：CH30cH3(g)UCH4(g)+CO(g)+H2(g)AH>0

温度为7K时，向压强为P的恒压体系中按物质的量之比为1：3充入CH30cH3（g）、H20（g）,测得在

催化剂HZSM5催化下反应达到平衡时，二甲醛转化率为25%,且产物中〃（CO2）：〃（CH4）=8：1。

①能判断主反应达到平衡状态的标志为（填字母）。

A.混合气体中各物质分压保持不变B.混合气体的密度保持不变

C.混合气体平均摩尔质量保持不变D.消耗ImolCH30cH3时，有2moicCh生成

②反应达到平衡时，的转化率为,二甲醛水蒸气重整制氢主反应的Kp=（列出含。的

计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压X物质的量分数）。

③己知主反应高温下可以自发进行，若升高反应温度，平衡时二甲醛的转化率（填“高于”或“低

于“）25%-

④温度压强不变，只改变反应物的投料比，平衡时H2的体积分数变化趋势如图所示。投料比小于x时，平

衡时H2的体积分数变化趋势较投料比大于x时更明显的原因是

黛

安

烝

及

s

Z

H

te蛔

中

”(CH30cH3)

n(H2O)

（3）用惰性电极设计碱性二甲醛一氧气燃料电池，负极反应的电极反应式为，

【答案】(1)—204.7kJ/mol

(2)④.高于⑤.凡0值）过量时，剩余

的H2O（g）不能分解出H2（g）而过量的CH30cH3（g）可以发生分解反应生成H2（g）

-

(3)CH3OCH3-12e+160H-=2C0^+11H2O

【解析】

【小问1详解】

由盖斯定律可知,反应i—iiX2得到反应2co（g）+4H2（g）UCH3OCH3（g）+H2O（g）,则反应

△”=（-122.5kJ/mol）—（+41.IkJ/mol）X2=—204.7kJ/mol,故答案为：—204.7kJ/mol；

【小问2详解】

①A.混合气体中各物质分压保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；

B.由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下反应时，

混合气体的密度减小，则混合气体的密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；

C.由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，反应中混合气体平均

摩尔质量减小，则混合气体平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；

D.消耗Imol二甲醛时，有2moi二氧化碳生成均代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断

反应是否达到平衡，故错误；

故选ABC；

②设起始二甲醛和水蒸气的物质的量分别为Imol和3m01,平衡时反应生成二氧化碳和甲烷的物质的量分别

为8amol和amob由题意可建立如下三段式：

CH30cH3Q?)+3H20(g)U2CO2(g)+6H2(g)

起(mol)1300

变(mol)4a12a8a24a

平(mol)l-4a3-12a8a24a

(

CH30cH3”?)UCH4(g)+COg)+H2(g)

起(mol)l-4a0024a

变(mol)aaaa

平(mol)l-5aaa25a

由二甲醛的转化率可得:5a=lmolX25%,尚牟得a=0.05moL则平衡时二甲酸、水蒸气、二氧化碳、氢气、

混合气体总物质的量分别为0.75mol>2.4mol>0.4mol>1.25mol>4.9moh水蒸气的转化率为

0.6mol

X100%=20%,主反应的平衡常数Kp=故答案为：20%；

3mol

③主反应为燧增的反应，高温下反应可以自发进行，说明反应AH-7ASC0,则主反应为焰变大于0的吸热

反应，则升高温度，主反应和副反应均向正反应方向移动，二甲醛的转化率增大，所以平衡时二甲醛的转

化率大于25%,故答案为：高于；

④由图可知，温度压强不变，投料比小于x时，平衡时氢气的体积分数变化趋势较投料比大于x时更明显

说明水蒸气过量时，剩余的水蒸气不能分解出氢气，而过量的二甲醛可以发生分解反应生成氢气，故答案

为：凡0伍)过量时，剩余的H2()(g)不能分解出H?(g)而过量的CH30cH3(g)可以发生分解反应生成

H2(g)；

【小问3详解】

碱性二甲酸T氧气燃料电池中通入二甲醛的电极为燃料电池的负极，碱性条件下二甲醛在负极失去电子发

生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH30cH3-12e-+160H-=2C0：+11H2。，故答案为:

--；-

CH3OCH3-12e+16OH=2CO+11H2OO

18.环丙沙星是唾诺酮类抗菌药物，具有广谱抗菌活性，杀菌效果好，某研究小组按下列路线合成环丙沙星

(H)。

0

NaOHF、.C.COOC2H5

**G3HQFNC>3---------------->

cr'N',回

回

0

II0

已知：①C2H50coe2H5ARAJCOOC2H5

RCOCH

3NaH

oCOONa

…IINaOC2H5I

@R-CHO+R-C-CH-COONa—*R-CH=C-C-R2+H2o(R],R2代表姓基)。

o

回答下列问题：

(1)B的结构简式是0

(2