安徽省芜湖市2024届高三年级下册二模化学试题 含解析

安徽省芜湖市2024届高三下学期二模考试

化学试题

本试题卷共8页，满分100分，考试用时75分钟

注意事项：

1.答卷前，务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将

条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂

黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求

作答无效。

4.考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12O16Na23Fe56

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

项符合题目要求。

1.金属腐蚀现象普遍存在，采取有效措施防止金属腐蚀尤为重要。下列措施达不到金属防护目的的是

A.锅炉内壁安装镁合金B.向普通钢中加入铭、银等金属

C.钢闸门与外接电源的正极相连D.用化学方法在钢铁表面进行发蓝处理

【答案】C

【解析】

【详解】A.锅炉内壁安装镁合金，镁合金作负极，被保护的锅炉作正极，属于牺牲阳极的阴极保护法，A

正确；

B.向普通钢中加入铭、银等金属，改变金属内部结构，属于改变金属内部结构，B正确；

C.钢闸门与外接电源的正极相连，钢闸门作阳极，加速腐蚀，C错误；

D.用化学方法在钢铁表面进行发蓝处理，形成一层致密的氧化膜，属于形成保护层，D正确；

故选Co

2.化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法正确的是

A.纯碱是制造玻璃与陶瓷的主要原料之一

B.芜湖滨江公园的水幕灯光秀利用了胶体的丁达尔效应

C.聚氯乙烯可用于制作不粘锅的耐热涂层

D.长征二号运载火箭的整流罩端头材料玻璃钢属于金属材料

【答案】B

【解析】

【详解】A.玻璃的原料为纯碱、石英和石灰石，陶瓷的原料为黏土，A错误；

B.芜湖滨江公园的水幕灯光秀(水化为雾状，形成气溶胶)电影利用了胶体的丁达尔效应，B正确；

C.聚氯乙烯有毒，不可用于制作不粘锅的耐热涂层，C错误；

D.玻璃钢是由玻璃纤维和塑料复合而成的，属于复合材料，不属于金属材料，D错误；

故答案为：Bo

3.下列化学用语或图示表达正确的是

A.100g46%的乙醇水溶液中含有极性键的数目是7NA

B.Imol氯气溶于水，转移电子数为

c.口罩“熔喷层”原料中聚丙烯的结构简式为：+CH2-CH2-CH2-^

D.羟基(-OH)的电子式为：-0：H

【答案】D

【解析】

【详解】A.1个CH3cH20H中含7个极性键，1个H2。中含2个极性键，100g46%的乙醇水溶液中含极

100gX46%100gX(1-46%)

性键物质的量为一^~—X7+一।x2=13mol,含极性键的数目为13NA,A项错误；

46g/mol18g/mol

B.氯气与水的反应为可逆反应，Imol氯气溶于水，转移电子数小于NA,B项错误；

丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为项错误；

c.CIH；-,c

D.羟基的电子式为-0：H，D项正确；

答案选D。

n

4.已知25℃时几种酸的电离平衡常数：H2co3：Kai=4.5x10-7、Ka2=4.7xlO；

OH

HC10:Ka=4.0x10-%Ka=1.0xl()T°。下列有关碳中和原理的方程式错误的是

ONaOH

A.苯酚钠溶液通入少量

CO2:[I]+CO2+H2O-rI]+NaHCO3

B.漂白粉与少量CO2反应：Ca(ClO)o+H2O+CO2=CaCO3^+2HC1O

C.呼吸面罩中过氧化钠与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

D.向饱和碳酸钠溶液通过量的CO2:CO：+CO2+H2O=2HCO；

【答案】D

【解析】

OH

【分析】相同温度时，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，即酸性强弱：H2CO3>HC1O>/>

HCO3o

OHONaOHOH

HCO；,所以反应只能生成NaHCCh,不能生成Na2co3,即苯酚钠溶液通入少量CO2的反应为:

ONaOH

入，故A正确;

|]+C02+H20—►rI]+NaHCO3

B.酸性强弱：H2CO3>HC1O>HCO3,所以少量CO2能与Ca(C10)2反应生成CaCCh沉淀和HC10,即

漂白粉与少量C02反应的化学方程式为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HC1O,故B正确；

C.过氧化钠能与C。2反应生成02,呼吸面罩中过氧化钠与CC)2的反应为

2Na2O2+2co2=2Na2CO3+O2,故C正确；

D.向饱和碳酸钠溶液通过量的CO2，反应生成NaHCCh,由于碳酸钠的溶解度大于NaHCCh,反应消耗

水，生成的NaHCCh的质量多于碳酸钠，所以反应会析出NaHCCh晶体，其离子方程式为

+

COj+CO2+H2O+2Na=2NaHCO3J,故D错误；

故答案为：D„

5.工业生产中，实现碳中和的一种方法是通过电催化反应将CCh转化为液体燃料甲酸盐，同时得到化学

品S8,电催化CO2还原偶联硫氧化系统的工作原理如下图所示。下列说法错误的是

碳酸氢钠的再利用

A.交换膜为阳离子交换膜

B.阴极电极反应方程式为：C02+2e+H20=HCOO+OH

C.向阳极电解液通CO2分离S8,其中CO2和S8均为非极性分子

D.S位于元素周期表的p区

【答案】B

【解析】

【分析】由题干电解装置图可知，左侧电极为阴极，电极反应为：CO2+2e+HCO3=HCOO+CO^,右侧

2

电极为阳极，电极反应为：8S--16e-=S8,Na+经过离子交换膜由阳极区进入阴极区，阳极电解液主要成分

为NaOH,NaOH与过量的CO2反应生成NaHCCh进入阴极区循环使用，据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，Na+经过离子交换膜由阳极区进入阴极区，则交换膜为阳离子交换膜，A正

确；

B.由分析可知，阴极电极反应方程式为：CO2+2e+HCO3=HCOO+CO^,B错误；

C.向阳极电解液通CO2分离S8,其中CO2为直线形分子，正负电荷中心重合，S8为非金属单质且分子

中均为非极性键，二者均为非极性分子，C正确；

D.S为16号元素，其价电子排布式为：3s23P3故S位于元素周期表的p区，D正确；

故答案为：Bo

6.向某恒温恒压的密闭容器中加入等物质的量的NH3和C。？，发生反应：

2NH3(g)+CO2(g)C0(NH2)2(s)+H20(g)o下列说法错误的是

A.体系中CO2的体积分数始终是50%

B.体系达到平衡时，断裂3moiN—H键的同时断裂2moiO—H键

C.通过及时分离出CO(NH2)2,可促进平衡右移，提高反应限度

D.体系达平衡后，恒温下恢复至初始体积并恒容，达新平衡时反应速率比原平衡慢

【答案】C

【解析】

【详解】A.反应过程中，气态的物质的量不断减小，但是反应物和生成物的物质的量之比始终是2：1,

则体系中C。？的体积分数始终是50%,A正确;

B.断裂3moiN-H键表示消耗ImolNlh,断裂2moiO-H键表示消耗ImolHzO,则体系达到平衡时，消耗

lmolNH3的同时消耗ImolHzO,B正确；

C.温度不变，化学平衡常数K不变，化学反应限度不变，C错误；

D.体系达平衡后，恒温下恢复至初始体积并恒容，相当于减小压强，则达新平衡时反应速率比原平衡

慢，D正确；

故选C。

7.对甲氧基肉桂酸-2-乙基己酯是目前世界上最常用的防晒剂之一，毒性极小，对皮肤无刺激，安全性

好，其结构简式如下。下列有关该防晒剂的说法正确的是

A.分子式为C17H26。3

B.该分子最多具有2个手性碳原子

C.分子中三个氧原子不可能与苯环处在同一平面内

D.Imol该分子最多可与5moi氢气发生加成反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.分子式为C18H26。3,故A错误；

B.连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，与乙基相连的碳为手性碳，还有-C4H9若为

CH.

I也含有一个手性碳原子，则该分子最多具有2个手性碳原子，故B正确；

—CH—CH.CH,

C.与苯环相连的原子共平面，碳碳双键、酯基都是平面型结构，单键可旋转，则分子中三个氧原子可能

与苯环处在同一平面内，故c错误；

D.该分子含有苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，酯基不反应，贝UImol该分子最多可与4moi氢气

发生加成反应，故D错误；

故选B。

8.利用下列装置和试剂进行实验，正确且能达到实验目的的是

AB

测定中和热除去NH4cl中混有的写

排出盛有KM11O4溶液滴定管尖嘴内的气

除去Cl?中的HC1并干燥

泡

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.中和热测定装置中缺少环形玻璃棒搅拌器，A错误；

B.氯化镂受热分解为氨气和氯化氢，遇冷两者又生成氯化镂固体，不能除去NH4cl中混有的匕，B错

误；

C.氯化氢极易溶于水，用稀硫酸溶液吸收HC1,用浓硫酸干燥氯气，能除去CL中的HC1并干燥，C正

确；

D.酸性高锦酸钾具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装，D错误；

故选Co

9.化合物甲的结构如下图所示，M没有成对电子，基态Z原子s轨道的电子数与p轨道电子数相等，Y

与Z同主族，其单质为淡黄色，X的一种黑色氧化物具有磁性。下列说法错误的是

A.化合物甲含有的化学键为共价键、配位键、氢键

B.X、Y、M均可与Z形成两种以上的二元化合物

C.Y、Z的简单气态氢化物稳定性Y<Z

D.电负性大小：Z>Y>M>X

【答案】A

【解析】

【分析】M没有成对电子，为氢；基态Z原子s轨道的电子数与p轨道电子数相等，Y与Z同主族，其单

质为淡黄色，则Y为硫、Z为氧；X的一种黑色氧化物具有磁性，则其氧化物为四氧化三铁，X为铁；

【详解】A.由结构可知，甲中存在氢氧、硫氧共价键，铁氧配位键，而氢键不是化学键，A错误；

B.铁能形成氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁等，硫能形成二氧化硫、三氧化硫等，氢能形成水、过氧化

氢等，B正确；

C.非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则简单气态氢化物稳定性HzSvH?。，C正确；

D.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，

非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：O>S>H>Fe,D正确；

故选A„

10.下列实验的现象与结论均正确的是

选

实验方法现象结论

项

下层接近无色，上层L在CCL中的溶解度大于

A向碘水中加入等体积的CC1「振荡后静置

显紫红色在水中的溶解度

称量0.23g钠与足量无水乙醇完全反应后，

BpH为13.0乙醇钠几乎完全水解

加水稀释至100mL,常温下用pH计测定溶

液的pH

向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，再加入新未观察到砖红色沉蔗糖未水解或水解的产物不

C

制Cu(OH)2悬浊液，加热淀是还原性糖

向2mLImolL1的(CH3coO%Pb溶液中

先出现亮黄色沉淀

溶度积常数：

1

D滴加2〜3滴0.2mol.I7KI溶液，充分振荡(PbI2),后出现黑

4p(PbS)<Ksp(PbL)

后再滴加2〜3滴O.lmoLlTiNa2s溶液色沉淀(PbS)

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.CC14的密度大于水的密度，向碘水中加入等体积的CC14,CC14萃取了碘水中的碘，使得下

层显紫红色，上层接近无色，A错误；

B.0.23gNa物质的量为O.Olmol,与足量无水乙醇完全反应生成乙醇钠，加水稀释至100mL,此时乙醇钠

浓度为0.1mol/L,乙醇钠存在水解，方程式为CH3cH2O-+H2O-CH3CH2OH+OH,用pH计测定溶液的

pH为13,说明此时溶液中c(OH-)=0.1mol/L,则乙醇钠几乎完全水解，B正确；

C.蔗糖溶液加入稀硫酸、加热水解后，需要再加入NaOH将溶液调整为碱性溶液，操作中缺少这一步骤，

导致没有观察到砖红色沉淀，C错误；

D.2mLimol/L的醋酸铅溶液中滴加2-3滴0.2mol/L的KI溶液，反应生成PbL,此时有Pb?+剩余，随后再

加入Na2S,多余的Pb?+与S2-反应生成PbS,并没有发生沉淀的转化，无法说明/(PbS)<^sp(PbI2),

D错误；

故答案选B。

11.MgS2O3-6H2O(摩尔质量为Mg/mol)的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、6nm、cnm,结

构如图所示。下列说法正确的是

。［Mg(HQ)/+

so^-

。2

下列说法错误的是

A.富氧煨烧时产生的少量S02可以在炉内添加CaCO3将其转化成CaSO3

B.工业上将SO2与。2混合气体通入接触室催化氧化得到S03

C.生成的酯A具有酸性

D.SO2添加到葡萄酒中可以防腐抗氧化，还能调节酸度

【答案】A

【解析】

【分析】含硫矿物煨烧转化为SO2,S02转化为S03,S03与等物质的量的CH30H反应转化为

O

CH,O—S—0H,据此回答。

3II

0

【详解】A.富氧燃烧时，碳酸钙和02、SO2反应转化为CaSO4和CO2,A错误；

B.工业上将SO2与02混合气体通入接触室催化氧化得到S03,B正确；

C.根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-0H,故能电离出氢离子，具有酸性，C

正确；

D.S02具有还原性，添加到葡萄酒中可以防腐抗氧化，还能调节酸度，D正确；

故选A。

13.中国科学院化学所通过向NH3溶液引入ppm量级Cu离子，改善了光电阳极上氨催化反应的性能。

其可能的反应历程如下图所示。下列说法错误的是

N

——2+

N十+

0,h

1

N归

NH3

NH1.光照时，光催化电极产生电子(e-)

N和空穴(h+)

N2+

N

2.12+表示原子团带

IHr

N4H3

C

I

NNH3.

NH

NH两个单位正电荷

3

6NH+6h+NH

+

A.氨催化反应的光电阳极反应方程式为：8NH3+6h=6NH：+N2

B,配离子［CU(NH3)4「比价11(凡0)4『更稳定

C.反应历程中有。键、口键的断裂和形成

2+

D.FCU(NH3)4]中H—N—H的键角大于NH3中H—N—H的键角

【答案】C

【解析】

【详解】A.氨催化反应生成氮气和氢气，氮元素化合价升高发生氧化反应，氨催化反应的光电阳极反应

+

方程式为：8NH3+6h-6NH：+N2,故A正确；

B.N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键，则配离子[CU(NH3)/"比[CU(H2O)J"更

稳定，故B正确；

c.反应历程中没有双键形成，则不存在口键的形成，故c错误；

D.[CU(NH3)4『中NH3与Cu2+形成配位键，中心原子无孤电子对，而NH3的孤电子对数为

—；3=],则[CU(NH3)4『中H-N-H的键角大于NH3中H-N-H的键角，故D正确；

故选：C„

14.在含HgL(s)的溶液中，随着c(「)的变化存在平衡关系：

2+

Hgl2(s)Hg%(叫)，Hgl2(aq)Hg+2r,Hgl2(aq)Hg「+「，

Hg%(叫)+「AHgg,Hgl2(aq)+2r-Hgl"

平衡常数依次为K。、&、(、(、储。

已知lgc(Hg2+)、lg《Hg「)、lgc(Hglj、Igc(Hglj)随lgc(「)的变化关系如图所示，下列说法

错误的是

lgc(F)0

A.线L表示lgc(Hg2+)的变化情况

B.随c(r)增大，c[Hgl2(aq)]不变。

C.«=lg—1

K4

++

D.溶液中始终存在等式c(H)+2c(Hg2+)+c(HgI)={「)+2c(Hglj)+c(HgI3)+c(0JT)

【答案】D

【解析】

c(Hg2+)xc2(r)c(Hgh)x(

【分析】由题中方程式Hgb(aq)=Hg2++2r可知，Ki='/~则有c(Hg2+尸—,

«呵)c(I)

推出lgc(Hg2+)=lgKi+lgc(Hgl2)-21gc(I),同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(Hgb)-lgc(r),lgc(HgI；)

=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(r),Igc(Hgl^)=lgK4+lgc(Hgl2)+21gc(r),且由Hgl2(s)UHgL(aq)可推知，

Ko=c[Hgb(aq)]为定值，则图示中的曲线从左到右分别代表：lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、Ig{HgU)、

Igc(Hgl^),据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，线L表示lgc(Hg2+)的变化情况，故A正确；

B.已知Hgl2(s)UHgL(aq)的化学平衡常数Ko=c[Hgl2(aq)],温度不变平衡常数不变，与浓度无关，随c(1)

增大，c[HgL(aq)]始终保持不变，故B正确；

C.由分析可知，方程为lgc(Hgl3)=lgK3+lgc(Hgl2)+lgc(r),lgc(Hglj)=lgK4+lgc(Hgl2)+21gc(F),即

K3

①b=lgK3+lgc(Hgb)+a,②b=lgK4+lgc(Hgb)+2a,联立①②可得：a=lgK3-lgK4=lg,故C正确；

D.溶液中的初始溶质为HgL,外加I-的时候可能引入其他阳离子，所以依据电荷守恒，该等式可能不存

在，故D错误；

故选：D。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.铁离子可与多种有机、无机配体配位。在80℃条件下，Fe(NC)3)3溶液与CH3cOONa溶液反应，

冷却结晶可得桥式三核配合物[Fe3(D(CH3coO)6(H2O)3]N()3SH2。。配合物的内界阳离子结构如图

所示，中心O原子与三个Fe3+形成平面三角形配位。

出

该配合物制备及铁含量测定的实验步骤如下：

I.分别取一定量CH3cOONa与一定量Fe（NC）3）3固体溶于80℃水中，得到两种溶液。

II.将Fe（NC）3）3溶液逐滴加入CH3coONa溶液中，继续搅拌加热反应，溶液表面出现晶膜。

III.室温充分冷却后，抽滤、转移、50℃水浴烘干，得到产品。

IV.准确称取8.00g产品配成250mL溶液。取25.00mL溶液于锥形瓶中，加盐酸酸化，再加指示剂。用

0.1000mol-LTEDTA（H2Y2一）标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗EDTA溶液体积为

20.00mLo

3+2+

已知滴定的主要反应为：Fe+H2Y=FeY+2H

回答下列问题：

（1）该铁配合物的中心O原子的杂化方式为oFe3+的配位数为。

（2）步骤H中制备该配合物的化学方程式为。

（3）步骤III中抽滤相较于普通过滤的优点是o

（4）步骤IV中加入盐酸酸化的目的及理由是。（结合离子方程式说明理由）

（5）本实验所制备的产品中铁含量为%。

（6）下列情况会使测定的铁含量偏低的是。

A.锥形瓶洗净后瓶内残留有少量蒸储水

B.滴定结束时，俯视滴定管进行读数

C.滴定前装有EDTA标准溶液的滴定管只用蒸储水洗涤

D.滴定前滴定管尖嘴部分无气泡，滴定终点时，尖嘴部分有气泡

E.盛放标准溶液的滴定管滴定至终点时，滴定管尖嘴处悬挂了一滴溶液

【答案】（1）①.sp?②.6

80℃

2

（2）3Fe（NO3）3+8CH3COONa+8H2O[Fe3O（CH3COO）6（H2O）3]NO3-4H2O

+8NaNO3+2CH3COOH

（3）加快过滤速率，易于干燥。

（4）使配合物中的Fe3+被释放到溶液中@

++3+

[Fe3O（CH3COO）6（H2O）3]+8H=3Fe+6CH3COOH+4H2O

(5)14.0(6)BD

【解析】

【小问1详解】

观察途中结构，居于中心的O原子位于3个Fe3+形成的正三角形的中心，可知，中心0原子的杂化方式

为sp?由结构图可知，Fe3+的配位数为6；

【小问2详解】

将Fe（NC）31溶液逐滴加入CH3COONa溶液中发生

80℃

2

3Fe（NO3）3+8CH3COONa+8H2O^=[Fe3O（CH3COO）6（H2O）3]NO3-4H2O

+8NaNO3+2CH3COOH,制得[Fe3（D（CH3coO兀lHzO^^NOs-4H2O；

【小问3详解】

抽滤相较于普通过滤的优点是加快过滤速率，易于干燥；

【小问4详解】

加入盐酸酸化的目的及理由是使配合物中的Fe3+被释放到溶液中@

++3+

[Fe3O（CH3COO）6（H2O）3]+8H=3Fe+6CH3COOH+4H2O

【小问5详解】

3+2--+

由Fe+H2Y=FeY+2H知，

3+2--3c1mL

n（Fe））=n（H2Y）=O.lOOOmol/Lx20xlOLx25=o.02mol,贝U

25mL

m（Fe3+）=0.02molx56g/mol=1.12g,故含铁量为1nsJ="2gx100%=14%；

m（样品）8.0g

【小问6详解】

A.锥形瓶洗净后瓶内残留有少量蒸储水，对Fe3+的物质的量无影响，A错误；B.滴定结束时，俯视滴

定管进行读数，导致消耗的EDTA标准溶液偏小，导致铁含量偏低，B正确；C.滴定前装有EDTA标准

溶液的滴定管只用蒸储水洗涤，导致EDTA标准溶液浓度减小，消耗EDTA标准溶液的体积增大，导致

铁含量偏高，C错误；D.滴定前滴定管尖嘴部分无气泡，滴定终点时，尖嘴部分有气泡，导致导致消耗

的EDTA标准溶液偏小，导致铁含量偏低，D正确；E.盛放标准溶液的滴定管滴定至终点时，滴定管尖

嘴处悬挂了一滴溶液，导致导致消耗的EDTA标准溶液偏大，导致铁含量偏高，E错误。

16.工业上以铝铁矿（FeCr?。=含Mg、Al、Si的氧化物等杂质）为主要原料制备红矶钠

(NazCr2。？二耳。)及副产品工艺流程如图。回答下列问题:

泄渣1灌渣2副产品Na2Cr2O7-2H2O

已知：最高价铭酸根在酸性介质中以Cr?。,存在，在碱性介质中以Cr。j存在。

(1)焙烧工序中的主要反应方程式为o

(2)滤渣1主要成分为0

(3)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。

①SiO,完全转化为沉淀的离子方程式为。

②酸化过程选硫酸而不选C。？的主要原因是。

(4)蒸发结晶工序副产品为,分离副产品的操作为。

(5)流程中可循环使用的物质有0

(6)在溶液中，铝元素可以多种形式存在，如AJ3+、[Al(OH)4]等，使铝元素以Al(OH)3的形式完

全沉淀的pH范围是(保留两位有效数字)。

已知：通常认为溶液中离子浓度小于等于1.0x10-5mol-匚1为沉淀完全；

33

Al(OH)3+OH-Al(OH)4的K=1046；Kw=l(rJ^SP[A1(OH)3]=10-

【答案】(1)4FeCr2O4+7O2+8Na2CO3=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2

(2)Fe2O3,MgO

(3)①.SiO：+2co2+2凡0=凡5迨3J+2HCO1②.选择CO?导致CrO：不能尽可能多

地转化为Cr2。：

(4)①.Na2SO4②.趁热过滤

(5)二氧化碳、硫酸(6)4.7~9.6

【解析】

【分析】工业上以铭铁矿(FcCqOe含Mg、Al、Si的氧化物等杂质)为主要原料制备红矶钠过程中，

向铭铁矿中加入纯碱和02进行焙烧，FcCq。”转化为NwCr。”、Fe2O3,Al、Si氧化物转化为NaAKh、

Na2SiO3,加入水进行“浸取”，MgO、FezCh不溶于水，滤渣1的主要成分为MgO、Fe2O3,过滤后向溶

液中通入过量的C02,NaAlCh、NazSiCh转化为A1(OH)3和HzSiCh沉淀，滤渣2的主要成分为A1(OH)3、

H2SiO3,加入H2s04调节溶液pH使MuCr。"转化为Na2c心。7,将溶液蒸发结晶将Na2sCU除去，所得

溶液冷却结晶得到NazCnChTHzO晶体，母液中还含有大量H2sCU,据此分析。

【小问1详解】

根据分析，焙烧工序中的主要反应方程式为：

4FeCr,C)4+702+8Na2cO3-8Na9CrO4+2Fe,O3+8CO,；

【小问2详解】

根据分析，滤渣1的主要成分为：Fe2O3,MgO；

【小问3详解】

①SiO;完全转化为沉淀的离子方程式为：SiO^+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO；；

②酸化过程选硫酸而不选CO?的主要原因是：选择CO?导致CrOj不能尽可能多地转化为Cr2。，；

【小问4详解】

根据分析，蒸发结晶工序副产品为：Na2so“溶解度随温度变化不大，故分离副产品的操作为：趁热

过滤；

【小问5详解】

根据分析，流程中可循环使用的物质有：二氧化碳、硫酸；

【小问6详解】

已知Al(OH)3+OH\-Al(OH)：的K=ICT—=,溶液中离子浓度小于等于

10-5

1.0X10-5mol为沉淀完全，则c(OH)=k^mol/L=1044mol/L,pH=14-pOH=14-4.4=9.6；以

AF+形式存在时，[Al(OH1]=C(A13+)C3(OH-)=10-33,溶液中离子浓度小于等于1.0x105molL1

为沉淀完全，贝h(OH)=y51rmol/L=l()93mol/L,pH=14-pOH=14-9.3=4.7,故使铝元素以A1(OH)3

的形式完全沉淀的pH范围是4.7~9.6。

17.丙烯是生产塑料、橡胶和纤维三大合成材料的重要基础化工原料。

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⑴丙烷经催化脱氢可制丙烯：C3H8(g)^C3H6(g)+H2(g)AH1=+124kJ-mor,该反应自发

进行的条件是o下列措施既能提高反应物C3H8的平衡转化率，又能增大生成C3H6的反应速率的

是(填标号)。

a.升高温度b.增大压强c.加入催化剂d.恒容条件增加C3H8的量

(2)已知丙烷和丙烯的燃烧热分别为2220kJ-molT和2058kJ-mo「，则丙烷氧化脱氢反应：

C3H8(g)+102(g)=C3H6(g)+H20(g)AH2_162kJ-mo尸(填“>”“〈”或“=”)。

(3)温度一定时，假定体系内只有反应C3H8(g)「C3H6(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为

《kPa(即C3H8的初始压强)，平衡转化率为a,该反应的平衡常数Kp为kPa(用平衡分压代替

平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。

(4)在上述体系中压强恒定为x^kPa和《kPa下，丙烷平衡转化率与温度的关系如下左图所示。

根据图中数据可得x=o(已知尤<1。

(5)在催化剂条件下，向恒温恒容的C3H8平衡体系中通入不同量的C。？。

已知：CO2(g)+H2(g)'CO(g)+H2O(g)

经相同时间，体系中c3H6、CO和H2浓度随初始通入CO?量的关系如上右图。

由图可知，其中曲线b代表的产物是，理由是

【答案】(1)①.高温②.a

(2)>

a2

⑶生2

-a

(4)0.1(5)①.H2②.由起点可知a、b两线一为C3H6、一为H2,加入C。2后，因发生

反应：CO2+H2CO+H2O,H?浓度比C3H6浓度越来越低，所以b为H?。

【解析】

【小问1详解】

该反应为吸热的嫡增反应，在高温条件下自发，

a.升高温度，化学反应速率增大，平衡正向移动，能提高C3H8的平衡转化率，a正确;

b.增大压强，化学反应速率增大，平衡逆向移动，C3H8的平衡转化率降低，b错误；

C.加入催化剂，化学反应速率增大，C3H8的平衡转化率不变，C错误；

d.恒容条件增加C3H8的量，化学反应速率增大，C3H8的平衡转化率减小，d错误；

故选a。

小问2详解】

丙烷的燃烧热热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)AH,=—2220kJ/mol①，丙烯的

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