江西化学（新高考七省卷0114+4模式）-2024年高考第一次模拟考试（全解全析）

2024年高考化学第一次模拟考试（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Ca40Zn65第Ⅰ卷一、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，只有一项是符合题目要求的。1．第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月至8月在成都成功举办。下列相关说法正确的是A．火炬“蓉火”采用丙烷燃料，实现了零碳排放，说明丙烷不含碳元素B．开幕式上的烟花表演利用了焰色反应原理C．大运会金牌材质为银质镀金，这是一种新型合金材料D．场馆消毒使用的过氧类消毒剂，其消杀原理与酒精相同【答案】B【解析】A．丙烷是由碳元素和氢元素形成的烷烃，分子中含有碳元素，故A错误；B．焰色反应是利用金属离子在热火焰中产生特定颜色的现象，大运会开幕式上的烟花表演利用了焰色反应原理而绽放出耀眼光彩，故B正确；C．大运会金牌材质为银质镀金，则金牌材质属于不是银和金熔融得到的具有金属特性的金属材料，所以不属于新型合金材料，故C错误；D．过氧类消毒剂的消毒原理是利用过氧化物的强氧化性使蛋白质变性而达到杀菌消毒的作用，而酒精的消毒原理是利用乙醇分子具有的强大的渗透力，能快速渗入病原微生物内部，使其内部的蛋白脱水、变性、凝固性而达到杀菌消毒的作用，两者的消毒原理不同，故D错误；故选B。2．下列化学用语表示不正确的是A．的水解方程式为：B．HCl分子中σ键的形成：

C．的形成过程：

D．Fe与稀硝酸反应，当时：【答案】A【解析】A．为的电离方程式，的水解方程式为：，故A错误；B．σ键为头碰头方式重叠，HCl分子中σ键的形成：，B正确；C．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，表示氯化镁形成过程的电子式为，故C正确；D．Fe与稀硝酸反应，当时：设参加反应的铁共1mol，xmolFe被氧化为Fe3+、(1−x)molFe被氧化为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒，被还原的硝酸为，表现酸性的硝酸为，，解得x=0.25mol，即氧化生成Fe3+、Fe2+的比为1:3，所以反应方程式为，故D正确；故选A。3．2023年10月4日，瑞典皇家科学院宣布将2023年诺贝尔化学奖授予美国麻省理工学院教授蒙吉·巴文迪(MoungiG.Bawendi)、美国群伦比亚大学教授路易斯・布鲁斯(LouisE.Brus)和美国纳米晶体科技公司科学家阿列克谢.叶基莫夫(AlexeyI.Ekimov)，以表彰他们对量子点的发现与合成所作的贡献。中国科学技术大学熊宇杰、高超教授利用光催化和Ru可以有效地从CdS量子点中提取光生带正电空穴(用h+表示，可捕获电子)和电子，进一步氧化HMF()来生产HMFCA()和DFF()，该成果于2022年发表于世界化学顶级期刊《Angew.Chem.Int.Ed.》，反应原理如图所示：下列说法错误的是A．在相同条件下，适当增加光的强度或酸度有利于加快反应速率B．生成DFF整个过程中，氧化产物与还原产物的物质的量比为1：1C．生成HMFCA过程中，Ru－CdS表面反应的机理，一定有e−或h+参与D．当生成HMFCA与DFF物质的量比为1：1时，CdS量子点至少产生3molh+【答案】D【解析】A．利用光催化和Ru可以有效地从CdS量子点中提取光生带正电空穴(用h+表示，可捕获电子)和电子，在相同条件下，适当增加光的强度或酸度有利于加快反应速率，故A正确；B．HMF(

)发生催化氧化反应可以生成DFF(

)，氧化产物为

，还原产物为H2O，氧化产物与还原产物的物质的量比为1：1，故B正确；C．HMF()发生氧化反应失去电子生成HMFCA(

)，生成HMFCA过程中，Ru－CdS表面反应的机理，一定有e−或h+参与，故C正确；D．由图可知，当生成HMFCA与DFF物质的量比为1：1时，总反应方程式为：2+O2++H2O，生成1mol和1mol时，共转移4mol电子，则CdS量子点至少产生4molh+，故D错误；故选D。4．科学家发现某些生物酶能将海洋中的NO2转化为N2，该过程的总反应为。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1.5mol·L−1NH4Cl溶液中含的数目为1.5NAB．标准状况下，22.4LN2中含π键的数目为2NAC．18gH2O中含电子对的数目为2NAD．生物酶将NO2转化为N2的过程叫作氮的固定【答案】B【解析】A．未说明溶液的体积，无法计算1.5mol·L−1NH4Cl溶液中含的数目，故A错误；B．标况下22.4LN2的物质的量为1mol，而氮气分子中含2个π键，则1mol氮气中含2NA个π键，故B正确；C．18g水的物质的量为n==1mol，而水分子中含2对共用电子对和2对孤电子对，则1mol水中含4NA个电子对，故C错误；D．将氮元素由游离态转变为化合态的过程为氮的固定，生物酶将NO2转化为N2的过程不是氮的固定，故D错误；故选：B。5．周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。、、是氧元素的3种核素，可以形0成多种重要的化合物。亚硫酰氯为黄色液体，其结构式为（），遇水发生水解。工业上可电解H2SO4与混合溶液制备过二硫酸铵，过二硫酸铵与双氧水中都含有过氧键(−O−O−)。硝化法制硫酸的主要反应为：。SO2和SO3都是酸性氧化物，是制备硫酸的中间产物。下列化学反应表示正确的是A．H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：B．氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：C．亚硫酰氯水解的反应方程式：D．电解法制备时的阳极反应：【答案】D【解析】A．H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：，A错误；B．氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：，B错误；C．亚硫酰氯水解的反应方程式：，C错误；D．电解法制备时的阳极反应：，D正确；故选D。6．实验探究是化学学习的方法之一、根据下列实验设计的现象所得实验结论正确的是选项实验设计现象实验结论A在坩埚中加入16.4g，加热一段时间，在干燥器中冷却，称量剩余固体质量质量为12.8g加热后坩埚内固体为和混合物B向鸡蛋清溶液中滴入几滴硫酸铜溶液产生白色沉淀，加水后沉淀不溶解蛋白质发生了变性C分别用蒸馏水、溶液喷洒甲、乙两张白纸，静置、干燥喷洒溶液的纸张老化明显能促进纸张的老化D在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热烧瓶中有红棕色气体产生木炭具有还原性，能还原【答案】B【解析】A．116.4g中含结晶水为，则坩埚中剩余物质质量为12.8g时，坩埚内固体为CaC2O4，A项错误；B．Cu是重金属元素，向鸡蛋清溶液中滴入几滴硫酸铜溶液，蛋白质会发生变性，产生白色沉淀，且变性不可逆，故B正确；C．氯化铝溶液中含铝离子和氯离子，由实验操作和现象不能证明Cl−能促进纸张的老化，铝离子也可能使纸张老化，C项错误；D．红棕色气体也可能是由浓硝酸受热分解生成，故由实验操作和现象不能证明木炭具有还原性，D项错误；答案选B。7．实验室用化学沉淀法除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、获得精制盐。下列叙述有误的是A．杂质离子除去顺序可确定为：SO、Mg2+、Ca2+B．加入试剂顺序可依次为：NaOH、Na2CO3、BaCl2、盐酸四种溶液C．杂质离子沉淀完后，采取的分离操作用到的仪器是a、b、c、dD．沉淀分离完成后，调整溶液pH时用到的全部仪器为a、c、e、f【答案】B【解析】A．要确保碳酸钠在氯化钡之后，杂质离子可依次加入过量的BaCl2、NaOH、Na2CO3依次除去SO、Mg2+、Ca2+，A正确；B．加入试剂顺序不可以依次为NaOH、Na2CO3、BaCl2、盐酸四种溶液，过量的BaCl2未被除去，应确保BaCl2在Na2CO3之前，B错误；C．沉淀后进行过滤，所涉及的仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯、铁架台，C正确；D．沉淀分离完成后，调整溶液pH时用到的全部仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和pH试纸，D正确。故选B。8．NH3脱NO的一种MnO2催化机理示意图如下。下列说法错误的是A．催化过程中Mn元素的配位数和化合价均有改变B．MnO2能提高NH3脱NO的速率和平衡转化率C．反应历程中有极性键和非极性键的断裂及生成D．过程总反应方程式：【答案】B【解析】A．从图中

可以看出Mn所形成的共价键数目变化了，说明其配位数和化合价都有变化，A正确；B．MnO2作为反应的催化剂，不能提高平衡转化率，B错误；C．从图中可以看出，有极性键的断裂(N−H键等)和生成(O−H键等)，有单质参与(O2)也有单质生成(N2)，所以也有非极性键的断裂和生成，C正确；D．根据示意图可知，反应物有NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，D正确；故选B。9．中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量含氧橄榄石矿物(ZxW2−xRX4)。已知前四周期元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，Y的氢化物常用于雕刻玻璃，R元素的一种氧化物可制作光导纤维，W的合金材料是生活中用途最广泛的金属材料，基态Z原子核外s，p能级上电子总数相等。下列叙述正确的是A．原子半径：Z＞R＞Y＞XB．X的第一电离能比同周期相邻元素小C．X的简单氢化物的热稳定性强于Y的简单氢化物D．熔点：ZY2＞RX2【答案】B【分析】Y的氢化物常用于雕刻玻璃,则Y为氟元素；R元素的一种氧化物可制作光导纤维，故R为硅元素；W的合金材料是生活中用途最广泛的金属材料，故W为铁元素，前四周期中只有氧、镁原子的s，p能级上电子总数相等，根据原子系数递增可得Z为镁元素，X为氧元素。【解析】A．原子半径根据元素周期律从上往下逐渐增大，从左往右逐渐减小，可得Z＞R＞X＞Y，A错误；B．根据电离能从左到右逐渐增大可得氟大于氧，但特殊的是氮原子2p轨道处于较稳定的半充满状态而氧原子的不是，故氮大于氧，B正确；C．从左往右气态氢化物的稳定性逐渐增强，故O的简单氢化物的热稳定性弱于F的简单氢化物，C错误；D．二氧化硅是原子晶体熔点高于二氟化镁离子晶体，D错误；故选B。10．是一种难溶于水和乙醇的白色固体，易被氧化为高价绿色铜盐、见光受热易分解。可利用如图装置(夹持装置略去)将通入新制氢氧化铜悬浊液中制备。下列说法正确的是：A．装置A中液体为98%浓硫酸B．装置B的作用是除去气体中的余质C．将装置C中混合物过滤，依次用水和乙醇洗涤后，烘干后密封保存D．制备的反应方程式为：【答案】D【分析】本题利用二氧化硫、氯化铜溶液与氢氧化钠溶液反应制备氯化亚铜，A装置用来生成二氧化硫，B装置放在中间用来平衡压强，若二氧化硫气流过快或堵塞，长颈漏斗下端会有一段液柱，C装置用来制备氯化亚铜，D装置用来吸收过量的二氧化硫，避免造成空气污染。【解析】A．硫酸浓度太大不利于离子反应的发生，制取二氧化硫采取70%的浓硫酸，故A错误；B．装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，故B错误；C．装置C中混合物会混有少量的氢氧化铜，不能直接洗涤后烘干，故C错误；D．反应生成氯化亚铜，铜的化合价降低，硫元素升高化合价，生成物为硫酸根离子，故反应方程式为，故D正确；故选D。11．是锂离子电池正极材料，晶体中围绕形成八面体，八面体共棱形成层状空间结构，与层交替排列。在充放电过程中，(Ⅲ)与(Ⅳ)相互转化，在层间脱出或嵌入，晶胞组成变化如图所示。下列说法正确的是A．中B．每个晶胞中与Co(Ⅳ)个数比为C．每个晶胞转化为晶胞转移的电子数为4D．相同质量的分别转化为与转移电子数之比为【答案】B【解析】A．由图可知，中的个数为2+8=3，中的个数为1+8=2，则，x=，故A错误；B．由A可知中，设每个晶胞中Co(Ⅳ)的个数为a，(Ⅲ)的个数为b，根据化合价代数和为零可知，+4a+3b=2×2，a+b=1，解得a=，b=，与Co(Ⅳ)个数比为，故B正确；C．中的个数为1+8=2，中的个数为1+4=，每个晶胞转化为晶胞过程中失去个，转移的电子数为，故C错误；D．每个晶胞转化为转移的电子数为，中的个数为2+8=3，每个晶胞转化为过程中得到1个，转移1个电子，则相同物质的量的分别转化为与转移电子数之比为，故D错误；故选B。12．室温下：、、、。本小组同学进行如下实验：实验实验操作和现象1测定溶液的2向溶液中通入少量3向20mL溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10mL4配制的、、三种溶液下列所得结论正确的是A．实验1溶液中存在：B．实验2反应的离子方程式：C．实验3反应后的溶液中存在：D．实验4中各溶液pH大小：【答案】D【解析】A．溶液中，硫酸氢根既会电离又会水解，其电离常数为，水解常数，故其电离程度大于水解程度，其电离产物亚硫酸根浓度也应比水解产物亚硫酸大，A错误；B．向溶液中通入少量，酸性，故向溶液中通入少量时应该产生醋酸和亚硫酸氢根离子：，B错误；C．向20mL溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10mL，生成，联立电荷守恒和物料守恒，，C错误；D．结合题干信息，=，故醋酸根离子的水解程度和铵根离子的水解程度相等，醋酸铵溶液显中性；溶液中，铵根离子水解使溶液呈现酸性，亚硫酸氢根离子电离＞水解，也使溶液显酸性，故溶液显酸性；而中，亚硫酸根离子水解程度比铵根离子大，溶液呈现碱性，故同浓度各溶液pH大小：，D正确；故选D。13．一种电化学法合成甲酸盐和辛腈[CH3(CH2)6CN]的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A．电极电势：Ni2P高于In/In2O3−xB．电解一段时间后，阴极区溶液pH增大C．Ni2P电极的电极方程式：CH3(CH2)7NH2−4e−+4OH−=CH3(CH2)6CN+4H2OD．标准状况下，33.6LCO2参与反应时Ni2P电极有0.75mol辛腈生成【答案】B【分析】由图中电极上可知，发生得电子的还原反应，电极为阴极，阴极反应为，则电极为阳极，辛胺在阳极发生失电子的氧化反应生成辛腈，阳极反应为，阴极与外加电源的负极相接，阳极与外加电源的正极相接，即A为电源负极，B为正极。【解析】A．电极为阳极，电极为阴极，A为电源负极，B为正极，高于，A项正确；B．阴极反应为，电路中转移2mol电子，有2mol移向阳极，则阴极区溶液的碱性减弱，pH减小，B项错误；C．电极为阳极，阳极反应为，C项正确；D．阴极反应，阳极反应，电子守恒有，则，D项正确；答案选B。14．室温下，向1L0.1mol/L的NH4HCO3溶液中加入NaOH固体(保持恒温)的过程中，溶液中、、、NH3·H2O四种粒子浓度以及溶液pH随加入NaOH物质的量的变化如图所示(曲线A、B、C、D在纵轴上的截距分别为0.095、0.098、0.002、0.0002)。已知NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2CO3的Ka1=4.2×10−7，Ka2=5.6×10−11，下列判断正确的是A．与OH—反应的平衡常数大于与OH—反应的平衡常数B．曲线D代表c(NH3·H2O)C．加入0.1molNaOH时仅发生反应：+OH—=NH3·H2OD．0.1mol/LNH4HCO3溶液中存在：c()>c()>c(NH3·H2O)>c()>c(OH—)>c(H+)【答案】D【分析】由电离常数可知，氨水的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸氢铵溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中铵根离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，则曲线A代表碳酸氢根离子、曲线B代表铵根离子；溶液中碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应为+OH—=+H2O，反应的平衡常数K=====5.6×103，溶液中铵根离子与氢氧根离子的反应为+OH—=NH3·H2O，反应的平衡常数K===≈5.6×104，铵根离子与氢氧根离子反应的平衡常数大于碳酸氢根离子与氢氧根离子的平衡常数说明铵根离子优先与氢氧根离子反应，则反应中一水合氨的浓度大于碳酸根离子浓度，曲线C代表一水合氨、曲线D代表碳酸根离子。【解析】A．由分析可知，铵根离子与氢氧根离子反应的平衡常数大于碳酸氢根离子与氢氧根离子的平衡常数，故A错误；B．由分析可知，曲线C代表一水合氨，故B错误；C．由图可知，加入0.1mol氢氧化钠时，一水合氨和碳酸根离子浓度均增大说明溶液中碳酸氢根离子和铵根离子均与氢氧根离子反应，故C错误；D．由分析可知，碳酸氢铵溶液呈碱性，溶液中铵根离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，则溶液中微粒浓度的大小顺序为c()>c()>c(NH3·H2O)>c()>c(OH—)>c(H+)，故D正确；故选D。第Ⅱ卷二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）(三氯化六氨合钻)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验中可由金属钴及其他原料制备。回答下列问题：已知：①在时恰好完全沉淀为；②不同温度下在水中的溶解度如图所示。(一)的制备易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。（1）用图中的装置组合制备，连接顺序为(填标号)。装置B的作用是。（2）装置A中发生反应的离子方程式为。(二)的制备步骤如下：Ⅰ．在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的，和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂。Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下，并缓慢加入溶液。Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过、、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。根据以上步骤，回答下列问题：（3）在步骤Ⅱ加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入的原因之一是利用溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，请解释另一原因：。（4）步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是控制反应速率同时。（5）制备的总反应的化学方程式为。（6）步骤Ⅲ中的操作名称为、。【答案】（1）A→D→C→E→B（2分）防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解（2分）（2）（2分）（3）防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀（2分）（4）防止温度过高使和分解（2分）（5）（2分）（6）趁热过滤（1分）冷却结晶（1分）【解析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；（1）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；（2）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，故方程式为：；（3）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；（4）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；（5）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；（6）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。16．（14分）某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12及一定量的锌、铜、镉、镁等金属，为了综合利用减小污染，可用于制备锰锌铁氧体，其工艺流程如下图。已知：溶液中FeSO4含量过高，在室温条件下容易发生结晶。常温下，相关物质的Ksp如下表。物质ZnSFeSCdSMgF2Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Ksp1.3×10−246.3×10−188.0×10−277.42×10−113×10−398×10−161.2×10−11回答下列问题：（1）下列说法不正确的是___________（填标号）。A．酸浸时，可通过增大酸的浓度及加热的方式加快酸浸速率B．浸出液中的Fe3+极易形成Fe(OH)3胶体造成过滤困难和带入大量杂质，因而需要加铁粉进行还原C．净化除杂过程中加入(NH4)2S的目的是除去溶液中的Cd2+，加入NH4F的目的是除去溶液中的Mg2+D．将滤液3蒸发结晶、过滤可获得纯净的(NH4)2SO4晶体（2）实验研究了温度、时间、铁粉用量等因素对浸出液还原的影响。实验中JJ−6数显直流恒速搅拌器转速为200r/min，铁粉加入量是以溶液反应到pH=7时为理论量，此时铁粉加入比值量为1，实验结果如下图，通过对A、B点溶液中Fe3+的检测，Fe3+已经全部被还原。浸出液铁粉还原的最佳工艺条件。（3）为确定调节成分时所需加入的ZnSO4、MnSO4的质量，需对除杂后溶液中的Zn2+进行检测。准确量取25.00mL除杂后溶液，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.1000mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Zn2+(反应原理为)，至滴定终点时消耗EDTA标准溶液22.50mL。通过计算确定该溶液中，Zn2+的浓度为g/L。（4）用M2+表示Fe2+、Mn2+、Zn2+，共沉淀过程中，溶液pH与、的关系如下图所示。①为提高原料利用率，最好控制。②写出共沉淀中Fe2+的沉淀的离子方程式。（5）锰锌铁氧体(MnxZn1−xFe2O4)，当x=0.2时具有较高的饱和磁场强度，用氧化物的形式可表示为(最简整数比)。【答案】（1）D（2分）（2）80℃，120min，1.15倍(范围70~80℃，90~120min，1.15~1.20倍也可以)（3分）（3）5.85（2分）（4）①2.0（2分）②Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O（2分）（5）MnO·4ZnO·5Fe2O3（3分）【分析】根据流程，用过量的稀硫酸溶解黄钾铁矾渣（主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12及一定量的锌、铜、镉、镁等金属），Cu不溶于稀硫酸，过滤得到的滤渣1主要是Cu，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Cd2+、Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，再加入NH4F使Mg2+离子沉淀，加入(NH4)2S使Cd2+离子转化为CdS沉淀，过滤，滤渣2含有过量的铁粉、MgF2、CdS，滤液主要含有Fe2+、Zn2+，加入ZnSO4、MnSO4，再加入NH4HCO3共沉淀Fe2+、Mn2+、Zn2+，得到沉淀FeCO3、MnCO3、ZnCO3，将沉淀通过铁氧体工艺阶段加入氧化剂氧化其中二价铁制备MnZnFe4O8，滤液3中含有、K+、和等离子。【解析】（1）A．增大反应物浓度、升高温度均可加快反应速率，故酸浸时，可通过增大酸的浓度及加热的方式加快酸浸速率，A正确；B．浸出液中的Fe3+极易形成Fe(OH)3胶体造成过滤困难，Fe(OH)3胶体具有很强的吸附性，可以吸附很多杂质，故将带入大量杂质，因而需要加铁粉进行还原，B正确；C．由分析可知，净化除杂过程中加入(NH4)2S的目的是除去溶液中的Cd2+即转化为CdS沉淀，加入NH4F的目的是除去溶液中的Mg2+即转化为MgF2沉淀，C正确；D．由分析可知，滤液3中含有、K+、和等离子，故将滤液3蒸发结晶、过滤得不到纯净的(NH4)2SO4晶体，D错误；故答案为：D；（2）由题干温度、时间、铁粉用量等因素对浸出液还原的影响图示信息可知，温度为78℃左右，浸泡时间为120左右，Fe2+的质量浓度最大，而铁粉加入比值量为1.15左右时，Fe2+的质量浓度已经较大，且铁用量再增大后，Fe2+的质量浓度增大不明显，故浸出液铁粉还原的最佳工艺条件为：80℃，120min，1.15倍(范围70~80℃，90~120min，1.15~1.20倍也可以)；（3）根据反应原理有：n(Zn2+)=n(H2Y2−)=cV=0.1000mol/L×22.50×10−3L=2.250×10−3mol，则该溶液中，Zn2+的浓度为=5.85g/L；（4）①根据左图，pH为7.2左右时，三种离子的损失浓度最低，由根据右图，n（NH4HCO3）：n（M2+）为2.0时，对应的pH为7.2左右，故为提高原料利用率，n（NH4HCO3）：n（M2+）最好控制在2.0左右；②由分析可知，Fe2+的沉淀的离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（5）锰锌铁氧体(MnxZn1−xFe2O4)，，当x=0.2时具有较高的饱和磁场强度，则锰锌铁氧体的化学式为：MnZn4Fe10O20，其中Zn为+2价，Fe为+3价，Mn为+2价，故可用氧化物的形式可表示为MnO·4ZnO·5Fe2O3。17．（15分）2023年5月，中国神舟十六号载人飞船成功发射，三位航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在天宫空间站开启长达半年的太空生活。回答下列问题：（1）法国化学家PaulSabatier提出并命名的“Sabatier反应”实现了CO2甲烷化，科技人员基于该反应设计如图过程完成空间站中CO2与O2的循环，从而实现O2的再生。①写出与CH4具有相同空间结构的一种微粒：。②在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。表中为几种物质在298K的标准生成焓。物质CO2(g)CH4(g)H2O(g)H2(g)标准摩尔生成焓/(kJ·mol−1)−393.51−74.85−241.820则Sabatier反应kJ·mol−1。③下列有关Sabatier反应说法正确的是（填标号）。A．输送进入Sabatier反应器的是电解水装置的阴极产物B．采用高压和合适催化剂均有利于提高Sabatier反应的转化率C．恒温条件下，在刚性容器中发生Sabatier反应，气体密度不变时，说明反应达到平衡D．应该在Sabatier反应器的前端维持较高温度，后端维持较低温度④一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示，其中决定反应速率的是第步反应。（2）航天员呼吸产生的CO2还可以利用Bosch反应：代替Sabatier反应。在250℃时，向体积为2L恒容密闭容器中通入2molH2和1molCO2发生Bosch反应，测得容器内气压变化如图所示。①试解释容器内气压先增大后减小的原因：。②计算该温度下Bosch反应中CO2的转化率的，Kp=(Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)。③在上图基础上画出其他条件相同，向体系加入催化剂时其压强随时间的变化曲线。【答案】（1）①、等（2分）②−164.98（2分）③AD（2分）④4或四（1分）（2）①该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大，随着反应进行，反应气体分子体减少，压强减小（2分）②50%（2分）0.05（2分）③（2分）【解析】（1）①CH4为正四面体形，、等立体结构均为正四面体形；②根据题给信息可得则Sabatier反应的；③由图示，输送进入Sabatier反应器的是H2，H2是电解水装置的阴极产物，A正确；催化剂不能改变Sabatier反应的转化率，B错误；反应前后气体总质量不变，刚性容器体积不变，所示气体密度不变时不能说明反应达到平衡，C错误；Sabatier反应器的前端维持较高温度是为了提高