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：HlC12O16Ca40Zn65

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妙，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.HCO；的水解方程式为：HCO；+H2OCOf+H3O

B.HC1分子中c键的形成：告一比一益1

c.MgCL的形成过程：-►!：（T]Mg[-ci：]

+2+3+

D.Fe与稀硝酸反应，当〃下6）:〃（11?403）=1:3时：4Fe+3N0-+12H=3Fe+Fe+3N01+6H2O

【答案】A

【解析】A.HCO/HzO.，8；-+国0+为HCO；的电离方程式，HCO；的水解方程式为：

HCO；+H2O.H2CO3+OH,故A错误；B.◎键为头碰头方式重叠，HC1分子中。键的形成:

&益),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:占—►PCI：]Mg[：Cj：],故C正确；D.Fe与稀硝酸反应，当

〃小匕):九(m<[03)=1:3时：设参加反应的铁共1mol,xmolFe被氧化为Fe3+、(1-x)molFe被氧化为Fe?+,根

据得失电子守恒、电荷守恒，被还原的硝酸为3x+21-x)mo],表现酸性的硝酸为[3x+2(l-x)]mol,

3x+2[-x)go]+肉+2(1)]mol=3,解得x=0.25mol,即氧化生成Fe3+、Fe?+的比为1:3,所以反应方程

+2+3+

4Fe+3NO；+12H=3Fe+Fe+3NOT+6H2O,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(AlexeyLEkimov),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

HOHOOH9

子)和电子，进一步氧化HMF(Lo)来生产HMFCA(IOI)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1：1

C.生成HMFCA过程中，Ru—CdS表面反应的机理，一定有丁或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3moih+

【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

HO

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(,还原产物为H2O,氧

HO

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

HO

OH

成HMFCA(<ol)，生成HMFCA过程中，Ru—CdS表面反应的机理，一定有丁或h+参与,

HO

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：2L0

+O2-+H2O,生成Imol

共转移4moi电子，则CdS量子点至少产生4moih+,故D错误；故选D。

4.科学家发现某些生物酶能将海洋中的NO?转化为N2,该过程的总反应为

NaNO2+NH4Cl=N2T+2H2O+NaClo设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.l.Smol.L1NH4CI溶液中含NH；的数目为1.5NA

B.标准状况下，22.4LN2中含兀键的数目为2NA

C.18gH2O中含电子对的数目为2Na

D.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L5mol-LTNH4cl溶液中含NH；的数目，故A错误；B.标况下

22.4LN2的物质的量为Imol,而氮气分子中含2个兀键，贝!]Imol氮气中含2NA个无键，故B正确；C.18g

18gAA

水的物质的量为n=-----=lmol,而水分子中含2对共用电子对和2对孤电子对，则lmol水中含4NA个

18g/mol

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。；6。、？。、；8。是氧元素的3种核素，可以形。成多种重要

()

的化合物。亚硫酰氯(SO。,)为黄色液体，其结构式为(||),遇水发生水解。工业上可电解H2SO4

CI-S-CI

与(NHJSO4混合溶液制备过二硫酸钱[(NH4)2s2oJ,过二硫酸镂与双氧水中都含有过氧键(-。-0-)»硝化

法制硫酸的主要反应为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=+41.8kJ-mor'oSO2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

2+3+

A.H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：2Fe+H2O2=2Fe+2OH

B.氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：2OH+SO2=SOr+H2O

C.亚硫酰氯水解的反应方程式：SOC12+2H2O=H2SO4+2HC1

D.电解法制备(NHjSzOg时的阳极反应：2SO；--2e-=S2O^

【答案】D

2++3+

【解析】A.H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O,A错误；B.氢

氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：OH-+SO2=HSC)3,B错误；C.亚硫酰氯水解的反应方程式：

SOCU+2H2O=H2so3+2HCI,C错误；D.电解法制备(NKj^Og时的阳极反应：2SOj-2-=SQ;,

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

加热后用期内固体为

在用烟中加入16.4gCaC2O4-2H2O,加热一段时

A质量为12.8g

间，在干燥器中冷却，称量剩余固体质量CaO和CaC2。,混合物

产生白色沉淀，加

B向鸡蛋清溶液中滴入几滴硫酸铜溶液蛋白质发生了变性

水后沉淀不溶解

分别用蒸储水、LOmol•口A1C"溶液喷洒甲、乙两喷洒AlCl3溶液的

CCT能促进纸张的老化

张白纸，静置、干燥纸张老化明显

烧瓶中有红棕色气木炭具有还原性，能还原

D在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热

体产生HNO3

【答案】B

164g

【解析】A.116.4gCaC62HQ中含结晶水为硼而x2xl8g/m°]=3.6g,则期禺中剩余物质质量为12.8g

时，生期内固体为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C「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+、SOj获得精制盐。下列叙述有误的是

hcdef

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、BaCb、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、d

D.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领之后，杂质离子可依次加入过量的BaCL、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、BaCb、盐酸四种溶液，过量

的BaCL未被除去，应确保BaCb在Na2cCh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Bo

8.NH3脱NO的一种MnCh催化机理示意图如下。下列说法错误的是

OHNHZ

0、I

MnMn

/I、0，、

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：4NH3+4NO+O2催化剂4N2+6H2O

【答案】B

0

MnMn

/|、。/1

【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

/Mn

其配位数和化合价都有变化，A正确；B.MnCh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（。2）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、02,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（ZxW2rRX4）。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>X

B.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.CuCl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SO,通入新制氢氧化铜悬浊液中制备CuCl0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SO2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CuCl的反应方程式为：2Cr+SC)2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO「+2HQ

【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2c「+SO2+2CU(OH)2=2CUC1+SO：+2H2。，故D正确；故选D。

11.LiCoO?是锂离子电池正极材料，晶体中。围绕Co形成八面体，八面体共棱形成层状空间结构，与Li+

层交替排列。在充放电过程中，C。(III)与Co(IV)相互转化，Li+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.Li_CoC)2中x=：2

B.每个LitxCoO2晶胞中Li+与Co(IV)个数比为2:1

C.每个Li-CoO?晶胞转化为Li。.5小。2晶胞转移的电子数为4

D.相同质量的LQCoOZ分别转化为Li。5coO?与LiCoO2转移电子数之比为1:2

【答案】B

11?

【解析】A.由图可知，LiCoO?中Li+的个数为2+8xg=3,LQCoO?中Li+的个数为l+8x12,贝ijl-x=£,

oo3

1?

X=-,故A错误；B.由A可知Li-CoOz中l-x=§,设每个Li-CoO2晶胞中Co(W)的个数为a,Co(III)

717

的个数为b,根据化合价代数和为零可知，-+4a+3b=2x2,a+b=l,解得a=§,b=-,IT与Co(W)个数比

113

为2:1,故B正确；C.Li—CoO?中Li+的个数为l+8xg=2,Li。,5coe\中Li*的个数为l+4xg=每个

LijCoO?晶胞转化为LioKoOz晶胞过程中失去g个Li+，转移的电子数为!，故C错误；D.每个LQCoO?

晶胞转化为LigCoO2转移的电子数为J，LiCoO?中Li+的个数为2+8X：=3,每个Li〜COO?晶胞转化为

LiCoO,过程中得到1个Li+，转移1个电子，则相同物质的量的Li-CoOZ分别转化为LiosCoO?与Lie。。?转

移电子数之比为1:2,故D错误；故选B。

12,室温下：&(CH3coOH)=1.8x10-5、降但2so3)=10®、&2(H2so3)=10'级、((NH3?耳9=1.8：Kt

本小组同学进行如下实验：

实验实验操作和现象

-1

1测定0.lOmolLNaHSO3溶液的pH«a

2向0.1Omol-L^CH3coONa溶液中通入少量SO?

向20mL0.10mol-LTCH3coOH溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液

3

10mL

4配制O.lOmol•匚的(NHJSO3、CH3coONH,、NH4HSO3三种溶液

下列所得结论正确的是

+

A.实验1溶液中存在：c(Na)>c(HSO；)>c(H2SO3)>c(SO^)

B.实验2反应的离子方程式：CH3COO+SO,+H2O=CH3COOH+SO^

+

C.实验3反应后的溶液中存在：C(CH3COOH)-C(CH3COO)=C(OH)-c(H)

D.实验4中各溶液pH大小：C(NH4HSO3)<c(CH3COONH4)<c[(NH4)2SO3]

【答案】D

【解析】A.NaHSOs溶液中，硫酸氢根既会电离又会水解，其电离常数为Ka2（H2so3）=1O-Z22,水解常数

K10-14

Kh=U==r而=1°"”，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，

Kal10

A错误；B.向O.lOmobLTCH3coONa溶液中通入少量SO?,酸性H2sC）3>CH3coOH>HSC）3，故向

O.lOmol-L-'C^COONa溶液中通入少量SO2时应该产生醋酸和亚硫酸氢根离子：

CH3COO+SO2+H2O=CH3COOH+HSO；,B错误；C.向20mL0.10mol-L-CH3coOH溶液中逐滴力口入

等浓度NaOH溶液10mL,生成CH3coONa：CH3COOH=1：1,联立电荷守恒和物料守恒，

+5

c（CH3COOH）-c（CH3COO-）=2c（OH）-2c（H）,C错误；D.结合题干信息，Ka（CH3COOH）=1.8x10=

Kb（NH3H2。）=1.8x10-5,故醋酸根离子的水解程度和镀根离子的水解程度相等，醋酸镀溶液显中性；

NH4HSO3溶液中，镂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

NH,HSOs溶液显酸性；而（NHJ2SO3中，亚硫酸根离子水解程度比镂根离子大，溶液呈现碱性，故同浓度

各溶液pH大小：C（NH4HSO3）<C（CH3COONH4）<C［（NH4）2SO3］,D正确；故选D。

13.一种电化学法合成甲酸盐和辛睛［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/ImCh-x

B.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+4H2O

D.标准状况下，33.6LCO2参与反应时Ni2P电极有0.75mol辛月青生成

【答案】B

【分析】由图中In/InQs-、电极上CO2fHeOCT可知，CO?发生得电子的还原反应，In/In203r电极为阴极，

阴极反应为CO2+2e-+H2O=HCO。-+OH-,则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极发生失电子的氧化反应生成辛月青,

阳极反应为（^3©凡）75»氏+4（汨--46=513（€：氏）6©24凡0,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.Ni2P电极为阳极，1叨叫。?”电极为阴极，A为电源负极，B为正极，Ni2P高于1叨2。?”，A

项正确；B.阴极反应为CO2+2e-+H2O=HCOC^+OH-,电路中转移2moi电子，有2moiOH移向阳极，则阴

极区溶液的碱性减弱，pH减小，B项错误；C.Ni2P电极为阳极，阳极反应为

CH3(CH2)7CH2NH2+4OH-4e=CH3(CH2)6CN+4H2O,cD.阴极反应CO?+2e「+凡0=11(200-+OH-,

阳极反应CH3(CH2)7CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4HQ,电子守恒有2cO?-CH3(CH2)6CN,贝l]

[1336L

ncH（cH）cN=7Tnco,=-Xxoo7|/-=0.75mol,D项正确；答案选B。

3262-222.4LT/mol

14.室温下，向lL0.：lmol/L的NH4HCO3溶液中加入NaOH固体（保持恒温）的过程中，溶液中HCOg、CO；、

NH；、NH3H2O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

7

轴上的截距分别为0.095、0.098、0.002、0.0002）o已知NH3H2O的&=L8xl（）-5,H2co3的^fl7=4.2xl0-,

Ka2=5.6xIO-",下列判断正确的是

A.HCO-与OH—反应的平衡常数大于NH：与OH—反应的平衡常数

B.曲线D代表C（NH3-H2。）

C.力口入O.lmolNaOH时仅发生反应：NH^+OH-=NH3H2O

+

D.0.lmol/LNH4HCO3溶液中存在：c（NH；）＞c（HCO；）＞c（NH3H2O）＞c（CO^）＞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，则碳酸氢钱溶液中碳酸氢根离子的

水解程度大于钱根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中镂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代表镂根离子；溶液中碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应为HCO3+OH-=CO；

c(CO；)_c(CO；)c(H+)_K^_5.6X10-U

反应的平衡常数长==5.6x103,溶液中钱根

+H2O,+14

c(HCO-)c(OH)-C(HCO3)C(OH)C(H)-I.OXW

c（NH,H,O）11

离子与氢氧根禺子的反应为NH：+OH-=NH3H2O,反应的平衡常数K=三口,门口-、=钉=7^~^^5.6X

C（INH4）C（UH）Kb1.8xio

104,钱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钱根离子优先

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，镂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O.lmol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钱根离子均与氢氧根离子反应，故C错

误；D.由分析可知，碳酸氢镀溶液呈碱性，溶液中镀根离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，则溶液中微粒浓

CCCC+

度的大小顺序为c(NH；)>c(HCO3)>(NH3H2O)>(CO^)>(OH-)>(H),故D正确；故选D。

第n卷

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.（14分）［Co（NH3）6］Ch（三氯化六氨合钻）是合成其他含钻配合物的重要原料，实验中可由金属钻及其

他原料制备［Co（NH3）6］ci3。回答下列问题：

已知：①C02+在pH=9.4时恰好完全沉淀为Co（。H）2；②不同温度下［CO（NH3）61C13在水中的溶解度如图

所示。

020406080100

温度/℃

（一）CoCl2的制备

CoCL易潮解，Co（m）的氧化性强于CL，可用金属钻与氯气反应制备CoCL实验中利用如图装置（连接用

橡胶管省略）进行制备。

ABCD

（1）用图中的装置组合制备CoCl2,连接顺序为（填标号）o装置B的作用是o

（2）装置A中发生反应的离子方程式为。

（二）仁。（曲3）6］3的制备

步骤如下：

I.在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的CoCl2,3gNH4Cl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lOmLH2。?溶液。

III.在60℃下反应一段时间后，经过、、过滤、洗涤、干燥等操作，

得至"（NHs%］。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NH4cl的原因之一是利用NH4cl溶于水电离出NH：,使

NH/H?。的电离平衡逆向移动，请解释另一原因：o

（4）步骤n中在加入Hz。?溶液时，控制温度在io℃以下并缓慢加入的目的是控制反应速率同

时O

（5）$iJ#[Co（NH3）6]d3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C"污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置

E,使Co。潮解（2分）

+2+

（2）2MnO；+10C1-+16H=2Mn+5C121+8H2O（2分）

（3）防止加入氨水时溶液中4OH-）过大，生成Co（OH）2沉淀（2分）

（4）防止温度过高使Hz。?和NJVH?。分解（2分）

活性炭「,、1

(5)2coe%+2NHC1+10NHHO+HO2「Co(NHjJCL+12H,O(2分)

4322260℃L6j

（6）趁热过滤（1分）冷却结晶（1分）

【解析】利用浓盐酸与高镒酸钾反应制氯气，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与钻加热条件下反应生成氯化钻；再利用氯化钻与氨化钱在活性炭催化

下反应制[CO（NH3）61C13；

（1）装置A用于制备CI2,装置D用于除去CL中的HC1,装置C用于干燥CL,装置E用于制备CoCb,

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CoCL潮解，故连接顺

序为A—DtC—E—B；

+2+

（2）装置A中KMnCU和浓盐酸反应制备Ch,故方程式为：2MnO；+10Cr+16H=2Mn+5Cl2T+8H2O;

（3）NH4cl溶于水电离出NH；,能使NJVHzO的电离平衡逆向移动，进而可以抑制NH3-凡。的电离，防

止加入氨水时溶液中｛OH]过大，生成Co（OH）2沉淀，有利于NH3的配位；

（4）凡。?和NJVHQ受热易分解，步骤H中控制温度在10℃以下并缓慢加入HO?溶液是为了控制反应

速率，防止温度过高使HQ?和N4-HQ分解；

（5）在题给制备反应中，应。?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

活性炭「，、1

2COC12+2NH4C1+10NH3-H2O+H2O22|_Co（NH3）6JCl3+12H2O；

（6）根据已知信息②可知，[CO（NHJ6]C13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、干燥等操作得至U[Co（NH3）6]Ch晶体。

16.（14分）某黄钾铁矶渣主要含有K2Fe6（SCU）4（OH）i2及一定量的锌、铜、镉、镁等金属，为了综合利用

减小污染，可用于制备镒锌铁氧体，其工艺流程如下图。

H2SO4①铁粉②(NHO2S③NH4FZnSC>4和M11SO4NH4HCO3空笃

|IIIIII

嘉斫f盘--------2净化?杂1——T调节成分I------------立章:——AS\~~>嚣体

ii滤渣2滤液3

已知：溶液中FeSCU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

ZnSFeSCdSMgFzFe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2

Ksp1.3X10-246.3x10-188.0x10-277.42x10-113X10-398X10T61.2X10-U

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。

图2时间对浸出液还原的影响图3铁粉用量对浸出液还原的影响

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ZnSCU、MnSCU的质量，需对除杂后溶液中的Zd+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(Na2H2丫)标准溶

液滴定其中的Zd+(反应原理为Zn"+H2Y"=ZnY"+2H+),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/L0

(4)用M2+表示Fe2+、Mn2+、Zn2+,共沉淀过程中，溶液pH与lgc(M?+)、”(NH+HCOj："(M")的关系

如下图所示。

2+

①为提高原料利用率，最好控制«(NH4HCO3)：«(M)=。

②写出共沉淀中Fe2+的沉淀的离子方程式。

(5)铳锌铁氧体(MnxZn-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-=FeCO3l+CO2T+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矶渣(主要含有K2Fe6(SCU)4(OH)i2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

+2+

酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe+2H=Fe+H2t,再加入NH4F使Mg2+离子沉淀，加入

(NH5S使CcP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Fe?+、

2+22+

Zn,力口入Z11SO4、MnSO4,再加入NH4HCO3共沉淀Fe?+、Mn\Zn,得到沉淀FeCCh、MnCCh、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NH；、K\SO：和

HCO：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Cd?+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MgF?沉淀，C正确；D.由分析可知，滤液3中含有NH；、K\SO：和HCO^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Zn"+凡Y"=ZnY?-+2H+有:

2+233

n(Zn)=n(H2Y)=cV=0.1000mol/Lx22.50x10L=2.250x10-mol,则该溶液中，Zn2+的浓度为

2(250?-3m31x65gmol1

---------------------s-------=5.85g/L；

25.00xl03L

(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+

②由分析可知，Fe2+的沉淀的离子方程式为Fe+2HCO3-=FeCO3；+CO2t+H2O;

(5)镒锌铁氧体(MnxZn-xFe2O4),,当x=0.2时具有较高的饱和磁场强度，则锦锌铁氧体的化学式为：

MnZruFeioCho,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-5Fe2O3o

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02的循环，从而实现02的再生。

H2

I电解水装置隹酶］一8，一|黑骋卜。氏燃料电池

①写出与CH4具有相同空间结构的一种微粒：0

②在特定温度下，由稳定态单质生成Imol化合物的焰变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焰。表中为

几种物质在298K的标准生成焰。

物质

CO2(g)CH4(g)H2O(g)H2(g)

标准摩尔生成焰/(kJmoL)-393.51-74.85-241.820

-

则Sabatier反应CC)2(g)+4H2(g),CH4(g)+2H2O(g)AH=___________kJ-mol^

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。

能量

（2）航天员呼吸产生的CCh还可以利用Bosch反应：CO2（g）+2H2（g）-C（s）+2H2O（g）代替Sabatier反应。

在250°。时，向体积为2L恒容密闭容器中通入2molH2和ImolCCh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：o