安徽省高三第二次大联考素质测试化学试题

天域安徽大联考2024届高三第二次素质测试

化学

本试卷分选择题和非选择题两部分，选择题第1至第5页，非选择题第6至第8页.全卷满

分100分，考试时间75分钟.

考生注意事项：

1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡

上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致.

2.答选择题时，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.如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔

迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔

描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草

稿纸上答题无效.

4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交.

可能用到的相对原子质量：HTB-llC-12N-140-16Na-23Cl-35.5Ni-59

一、选择题（本大题共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.《茶经》是世界上第一部关于茶的专著，更是中华优秀传统文化的重要组成部分.其内容中蕴含着丰富

的化学知识，下列说法错误的是

A.《茶经・四之器》：“蝮”，以生铁为之，今人有业冶者所谓急铁.“蝮”的主要材质为合金

B.《茶经・四之器》：越州瓷、岳瓷皆青，青则益茶，茶作白红之色.“白瓷”的主要成分是二氧化硅、氧

化铜

C.《茶经・三之造》：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣.“蒸”是蒸青工艺，

利用高温破坏酶的活性

D.《茶经・六之饮》：茶茗久服，令人有力、悦志.“茶茗”中具有提神功能成分是咖啡因，促进大脑思维

活跃，提神醒脑

【答案】B

【解析】

【详解】A.“蝮”，以生铁为之，生铁是铁和碳的合金，故A正确；

B.“白瓷”是硅酸盐产品，主要成分是二氧化硅、氧化铝等，故B错误；

C.“蒸”的条件是高温，是利用高温破坏酶的活性，延长茶的寿命，故C正确；

D.咖啡因能促进大脑思维活跃，提神醒脑，所以“茶茗”具有提神功能，故D正确；

故答案为：Bo

2.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表述镣误的是

A.用电子式表示MgCl2的形成：：MgK五：一►l：C|：］M^hci：

B.用电子轮廓图表示H-Cl的。键形成的示意图：

HClHClMCI

3+

C.用离子方程式表示泡沫灭火器的工作原理：Al+3HCO；=Al(0H)3J+3CO2T

D,苯酚和甲醛在酸性条件下反应能生成酚醛树脂：

OHOH

n+nHCHO+j^|—CH2-|^+(n-lJHTO

【答案】D

【解析】

【详解】A.用电子式表示MgCb的形成：：ClMgU^Cl：----►|：CJ：j乂尸［：£1：］，A正确;

B.用电子轮廓图表示H-Cl的。键形成的示意图：◎一,

HaHClHC1

B正确；

C.泡沫灭火器中的成分为硫酸铝和碳酸氢钠，二者发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，使可燃物与空

3+

气隔绝，达到灭火的目的，离子方程式为：Al+3HC0；=Al(OH\I+3CO2T,C正确；

D.苯酚和甲醛在酸性条件下发生缩聚反应形成酚醛树脂，化学方程式为：

彳、OHH+H叶Cjl

n|+〃HCHOf/=\J+(n-l)HO,

H2D^,

故选D。

3.硫酸铝锭是一种食品添加剂，化学式为NH4Al(SO-2,下列说法错误的是

A,硫酸铝锭固体中，NH；和SO；的空间构型均是正四面体形

280℃

B.硫酸铝镂固体受热分解的化学方程式为：2NH4A1(SO4)2^=2NH3T+4SO3T+A12O3+H2O

C.硫酸铝镂溶液中存在如下关系：c(NH：)+3c(Al3+)=2c(SOt)

D.向硫酸铝镂溶液中滴加少量Ba(OH%溶液的离子方程式：

3+2+

2A1+3S0：+3Ba+60H-=3BaSO4J+2A1(OH)3J

【答案】C

【解析】

【详解】A.硫酸铝镂固体中，NH；中N的价层电子对为4+5x(5-1-4x1)=4、SO：中S的价层电子对

为4+gx(6+2-4x2尸4,所以空间构型均是正四面体形，故A正确；

B.硫酸铝铁固体在一定条件下受热分解，发生非氧化还原反应时生成氨气、三氧化硫、氧化铝和水，其化

学方程式为：2NH4Al(SO4)2"空2NH3T+4SO3T+A12O3+H2O,故B正确；

C.根据溶液中电荷守恒c(NH；)+3c(AF+)+c(H+尸2c(SOj)+c(OH-),又因为硫酸铝镀溶液呈酸性，

即c(H+)>c(OH),所以c(NH：)+3c(Ap+)<2c(SOj),故C错误；

D.向硫酸铝镂溶液中滴加少量氢氧化领少量时，氢氧根离子只与铝离子生成氢氧化铝沉淀，所以反应的离

子方程式为2Al3++3SOj+3Ba2++6OH=2Al(OH)3J+3BaSO4J,故D正确；

答案为：Co

4.对下列事实的解释第送的是

选

事实解释

项

N的2P轨道半充满，结构更稳定，能

A第一电离能：N>0

量更低

碳正离子稳定性：

Br电负性比F小，电子云更加的偏向

B

C—CH,Br>C—CH,F碳正离子

HH

H2。分子间存在氢键，H2s分子间不

热稳定性：

CH2O>H2S

存在氢键

C的杂化轨道中s成分越多，形成的

DC—H键键长：CH4>C2H4

C-H键越强，键长越短

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.N的电子排布式为Is22s22P3,。的电子排布式为Is22s22P4,即N的2P轨道半充满，结构更稳

定，所以第一电离能N>0,故A正确；

B.Br电负性比F小，电子云更加的偏向碳正离子，所以碳正离子稳定性：^.C—CH2Br>/C—CH2F,

HH

故B正确；

C.分子间氢键只能影响物理性质，不能够影响化学性质，应该是元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越

强，所以热稳定性H2O>H2S,故C错误；

D.CH4中C的杂化类型为sp3,C2H4中C的杂化类型为sp2,C的杂化轨道中s成分越多，形成的CH键越

强，键长越短，所以CH键键长：CH4>C2H4,故D正确；

故答案为：Co

5.下列实验装置能达到实验目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.除去氯气中混用的氯化氢气体时，混合气体应从洗气瓶的长导气管通入饱和食盐水中，故A

错误；

B.硫化氢的密度大于空气，应用向上排空气法收集硫化氢气体，为防止有毒的硫化氢气体逸出污染空气,

应用氢氧化钠溶液吸收尾气，故B正确；

C.铜丝的焰色试验为绿色，则完成氯化钠的焰色试验时不能用铜丝蘸取氯化钠溶液在火焰上灼烧，故C错

误；

D.氯化镁在溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，直接蒸发氯化镁溶液时，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断

右移直至趋于完全得到氢氧化镁，无法得到无水氯化镁，故D错误；

故选B。

6.化合物M-6H2。可用作洗涤粉，M的结构如下，其中X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族

元素，下列说法簿送的是

-X-|2-

上『X

w，'S'Z7Y、w+

I、z彳

X-ZzI

A.Y的基态原子核外电子排布中有1个未成对电子

B.X、Y、Z、W元素中电负性最大的是Z

C.Z、W形成的化合物中可能含有共价键

D.X、Z形成的X2Z2分子的空间构型是直线形

【答案】D

【解析】

【分析】M中X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W能形成带一个单位正电荷的W+离

子，则W为Na元素；阴离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、2,则X为H元素、Y为B元

素、Z为。元素。

【详解】A.硼元素的原子序数为5,基态原子的价电子排布式为2s22pJ则原子核外有1个未成对电子，

故A正确；

B.金属元素的电负性小于非金属元素，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属元素中氧元素的非金属

性最强，则氧元素的电负性最大，故B正确；

C.过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故C正确；

D.过氧化氢中氧原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为书形，不是直线形，故D错误；

故选D。

7.青蒿素、双氢青蒿素都是治疗疟疾的有效药物，一定条件下有如下转化，下列说法错误的是

双氢青蒿素

A.青蒿素的的分子式为C14H20O5

B.青蒿素转化成双氢青蒿素发生了还原反应

C,双氢青蒿素比青蒿素水溶性好

D青蒿素和双氢青蒿素一定条件下均能氧化碘化钠，生成碘单质

【答案】A

【解析】

【详解】A.青蒿素的分子式为Cl5H22O5,A错误；

B.青蒿素转化为双氢青蒿素，C=O与氢气发生加成，属于还原反应，B正确；

C.青蒿素转为为双氢青蒿素，酯基转化为羟基，双氢青蒿素含有羟基，水溶性更好，C正确；

D,青蒿素和双氢青蒿素中均含过氧键，有强氧化性，均能和Nai溶液发生氧化还原反应，D正确。

故选Ao

8.实验室从含L的水溶液中提取纯碘有以下两种方案

下列说法错误的是

A.“富集”使用的分液漏斗振荡排气时，分液漏斗下口应向上倾斜

B.方案甲中，“酸化”时反应的氧化剂与还原剂物质的量之比可能为1：5

C.方案乙中，“操作X”的名称是升华

D.该流程中CC;可循环利用

【答案】C

【解析】

【详解】A.“富集”使用的分液漏斗振荡排气时，为了方便排气减小压强差，分液漏斗下口应向上倾斜，

A正确；

B.方案甲中，加入NaOH溶液反应的化学方程式为3l2+6NaO/f=Mz/a+5Na/+3H2。，“酸化”时

反应的化学方程式为5Mz/+Na/Q+3H25。4=312+3225。4+3凡0,氧化剂为NaQ,还原剂为Nai,

氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5,B正确；

C.根据流程图可知，方案乙中，“操作X”的名称是蒸储，C错误；

D.根据流程图可知，该流程中CCL可循环利用，D正确；

故选C。

9.化学镀银法得到的镀层均匀性、硬度等性能都较好，一种化学镀银所用的部分试剂及其功能如下：

试

NiCl2H2NCH2CH2NH2NaBH4NaOH

剂

功提供稳定NaBH、降低水

与Ni2+络合

能Ni2+解率

己知：①镀层为Ni—B合金，比例为n(Ni3：B):n(Ni)=3:l；②Ni(0H)2难溶于水；③NaBH4的水解:

NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2T.

下列说法簿误的是

H

A.NaBH’的电子式为Na+[H：B：H]"

H

B.NaBH’的功能是作为还原剂

C.不使用H2NCH2CH2NH2则镀银速率将会减小

D.若3.0molNaBH4参与反应生成8.96LH2(已换算成标准状况下)，则镀层增重460g

【答案】D

【解析】

H

【详解】A.NaBH4为离子化合物，其电子式为Na+[H：B：H]­,故A正确；

H

B.NaBH4中氢元素的化合价为1价，具有很强的还原性，所以其功能是作为还原剂，故B正确；

C.H2NCH2cH2NH2能与Ni2+络合，以络合产物镀银速率更快，所以不使用则镀银速率将会减小，故C

正确；

D.若3.0molNaBH4参与反应生成8.96LH2,BP0.4molH2,据NaBH4+4H2(D=NaB(OH)4+4H2T可知，有

0.1molNaBH4参与了此反应，则剩下的2.9molNaBH4参与了镀银，镀层中n(Ni3B):n(Ni)=3：l,即镀层中

2929

有2.9molNi3B、—molNi,则镀层增重2.9x(59x3+1l)+y-x59=602g,故D错误;

故答案为：D。

10.N2H4是一种良好的火箭燃料.我国科学家合成的某Ru(H)催化剂(用[L-Ru-NH3「表示)能高效

电催化氧化NH3合成N2H4,其反应机理如图所示，下列说法错送的是.

I

++

2[L-RU-NH2]2[L-RU-NH2]

IVIII

A.Ill中Ru的化合价为+3

B.图示中M物质是NH；

C.图示中物质I为该反应的催化剂，物质H、III、IV、V为中间产物

+

D.总反应表示为4NH3+2H=N2H4+2NH；

【答案】D

【解析】

【分析】Ru(II)催化剂(用[L-Ru-NH3『表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4,所以[口"年凡]中Ru

为+2价，图示显示I-*II失去1个电子，所以H中Ru为+3价，II-III转化为

2++

2[L-RU-NH3]+2NH3=2[L-RU-NH2]+2NH；。

【详解】A.据以上分析可知，I［中Ru为+3价，II-III转化发生的是质子的转移，其中没有元素化合价变

化，所以III中Ru的化合价为+3,故A正确；

B.根据元素质量守恒以及电荷守恒，II-I^转化为2［L-Ru-NH3『+2NH3=2［L-Ru-NH2「+2NH；,所

以图示中M物质是NH；,故B正确；

c.图示中物质I为［L-RU-NH3『，是该反应的催化剂，图上显示物质n、in、w、v在整个流程中先生

成后消耗，所以他们为中间产物，故C正确；

D.根据题意：Ru(H)催化剂(用［L-Ru-NH3『表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4,以及物质II、III、

IV、V为中间产物，所以总反应表示为4NH3-2e-=N2H4+2NH；,故D错误；

故答案为：D。

11.锌电池是一种电压较高的二次电池，放电时KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移，其示意图如图。

已知：Zn(OH)2+20H-=Zn(OH)^o下列说法不正琥的是

OQ

稀硫酸KOH凝胶

—--------1

-Mn2+----OH-

o

k-ff-------Zn(OH)t

Mn02放电过程Zn

A.充电时，MnC)2外接电源正极

B.充电时，凝胶中的KOH可再生

+-2+

C.放电时，正极反应为：MnO2+4H+2e=Mn+2H2O

D.放电时，若外电路有0.2mol电子转移，则有O.lmolZV+向正极迁移

【答案】D

【解析】

【分析】活泼金属锌与MnO2的反应具有自发性，故锌做负极，失电子生成电极反应式为

2+

沏―2片+40斤=Z〃(O/f)：,MnO2在正极得电子，电极反应式为两。2+2片+4可=M«+2H2Oo

【详解】A.根据二次电池“正接正，负接负”的规律，充电时，Mt!。？外接电源正极，A正确;

B.充电时，阴极反应为2〃（。0：+2}=沏+40斤，从而实现KOH的再生，B正确；

C.根据分析，放电时正极反应为旃Q+2e-+4H+=M22++2H2O,C正确；

D.负极区呈碱性，Zn主要以的形式存在，不能向正极迁移，D错误；

故答案选D。

12.新型离子液体表现出特殊的溶解性，广泛用作纤维素溶解、蛋白质结晶、纳米制备等方向的

溶剂，其结构如图所示.下列说法错误的是

H3C.+

A.基态氯原子核外电子空间运动状态有9种

B.lmol[BMIm]Cl中含有b键的数目为16NA（NA为阿伏伽德罗常数的值）

合成基础原料咪嗖（为平面分子，形成的大兀键可表示为求

D.相较于传统液态有机溶剂，具有难挥发的优点

【答案】B

【解析】

【详解】A.氯元素的原子序数为17,电子排布式为Is22s22P63s23P5,核外有9种原子轨道，故基态原子的核

外电子的空间运动状态有9种，A正确；

B.根据题目所给结构，中含有◎键的数目为25NA,B错误；

c.咪嗖（（y）为平面分子，形成的大兀键可表示为"；，c正确；

K

H

D.相较于传统液态有机溶剂，由于离子液体内离子对之间的吸引力较强，具有难挥发的优点，

D正确；

故选B。

RROH

13.醛、酮与HCN可发生加成反应：、C=O+H-CN'c’平衡常数为K,微量碱存在时

.//\

RRCN

的催化机理如下.

快

第一步HO+H-CN-H20+-CN

RRO

\慢\/

第二步-CN+c=oc

R，R/CN

ROROH

\/柿'/

第三步C+H,0萼^C+H0-

/\2/\

R'CNR'CN

己知不同基团(-R、-R')对平衡常数的影响如下表所示:

平衡常

-R-R'

数K

a

©-H210

②-H530

Br

③-CH3-CH2cH338

-C(CH3)3-C(CH3)3《1

下列说法不正确的是

A.第二步为决速步骤

B.若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢

C.由①②可知推电子基团可以使者上的C原子活化，增大平衡常数

/\

D.④的平衡常数小于③，可能是因为④中2受到的空间位阻更大

/\

【答案】C

【解析】

【详解】A.第二步反应慢，为决速步骤，A正确；

B.氢离子能与CN一结合生成HCN,降低CN-浓度，所以若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢，B正

确；

C.由①②可知吸电子基团可以使2上的C原子活化，增大平衡常数，C错误；

/\

D.由于④中受到的空间位阻更大，不利于反应进行，所以④的平衡常数小于③，D正确;

答案选C。

14.常温下可通过调节pH使Ca?+和Mi?+形成氟化物沉淀而分离。测得不同条件下体系中lgc(X)[c(X)

为、Ca?+或Mi?+的物质的量浓度，单位为mol/L]与1g的关系如下图所示，已知

下列说法正确的是

Ksp(MnF2)>Ksp(CaF2),

A.线b代表lgc(Mn2+)

B.溶度积常数Ksp(CaF2)=10f9

C.“净化”过程中反应MnF2⑸+Ca2+(aq)=Mn2+(aq)+CaF2⑸的平衡常数K=l()8

c(F)=10-21mol/L

【答案】C

【解析】

c(HF)C(F)

【分析】由电离常数可知，溶液中而F，则溶液中lg越大，溶液中氟离子浓度越大,

c(HF)

钙离子、锦离子的浓度越小，氟化锦的溶度积大于氟化钙，则b代表lgc（F一）与1g的关系、li、L

JLJ+\

c(HF

分别代表lgc(Ca2+)、lgc(Mn2+)与1g的关系。

c(H+

c(HF

【详解】A.由分析可知，b代表lgc（F7）与1g的关系，故A错误;

c(H+

c(HF

B.由图可知，溶液中1g=1时，溶液中氟离子浓度为l（F2.2moi/L、钙离子浓度为IO—9moi/L,则

氟化钙的溶度积为10-2.2x10-5.9=10-8」，故B错误;

c(HF

C.由图可知，溶液中1g=1时，溶液中锈离子浓度为1021mol/L＞钙离子浓度为10f9mol/L,则

c(H+

c(Mn2+)JO21

由方程式可知，反应的平衡常数长==108,故c正确;

D.由图可知，溶液中1g时，溶液中氟离子浓度为l（P2.2moi/L,故D错误;

故选C。

（在此卷上答题无效）

二、非选择题（本大题共4小题，共58分.）

15.以含钻废渣（主要成分为CoO和Co?。?,含少量铁、铝、锌、硅的氧化物）为原料制备CO2O3的工艺

如下:

含钻废渣CoCO3

相关的氢氧化物的溶度积如表所示:

氢氧化物CO(OH)2Zn(OH)2Fe(OH)3A1(OH)3

%10-14210-6610-37.4]0-32.3

（1）基态钻原子的价电子轨道表示式

(2)“酸浸”中SO?的主要作用是；若SO2用量过多会造成什么影响：；

(3)已知“除杂”中Co?+的浓度为O.OOlmoLLT，则应调节的pH范围为；“滤渣2”的主

要成分是；

Q/OH

(4)“萃取锌”中可用P204(I，简写为HA)作萃取齐上

①酸性强弱：P204H3PO,(填“<"、"=”或)；

②萃取时若水溶液的酸性太强则萃取率较低，原因是；

(5)“沉钻”中，若碳酸钠溶液浓度过大或加入速度过快会生成2coeC>3-3Co(OH)2沉淀，写出生成

2COCO3-3CO(OH)2的离子方程式。

【答案】(1)(2)①.将三价钻元素还原成二价钻元素②.造成

H2O2的浪费

(3)①.4.9〜8.4②.FeCOH%、A1(OH)3

(4)①.<②.HA为弱酸，酸性较强时A一离子浓度较小

2+

(5)5CO+8cOj+6H2O=2COCO3-3Co(OH)2J+6HC0；

【解析】

【分析】由题给流程控制，向含钻废渣中加入稀硫酸和二氧化硫酸浸，将金属氧化物转化为可溶性硫酸盐,

二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧

化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化得到的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH,将溶液

中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；

向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和水相；向水相中加入碳酸

钠溶液，将溶液中的亚钻离子转化为碳酸亚钻沉淀，过滤得到碳酸亚钻。

【小问1详解】

钻元素的原子序数为27,基态原子的价电子排布式为3d74s2,轨道表示式为"111T1JI工IEll,

故答案为:

【小问2详解】

由题给流程控制，酸浸时通入二氧化硫的目的是将将三价钻元素还原成二价钻元素，若二氧化硫用量过多

会消耗氧化步骤加入的过氧化氢溶液，造成过氧化氢溶液浪费，故答案为：将三价钻元素还原成二价钻元

素；造成H2O2的浪费；

【小问3详解】

由分析可知，加入碳酸钠溶液调节溶液pH,将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，

由溶度积可知，溶液中铝离子完全沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度大于则溶

Y10-5mol/L

液pH大于4.9；由亚钻离子溶液的浓度为O.OOlmol/L可知，溶液中氢氧根离子浓度小于

I~IO〉一—

J---------=10F6moi比，则溶液pH小于8.4,所以“除杂”时应调节的pH范围为4.9—8.4；由分析可

VO.OOlmoVL

知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，故答案为：4.9—8.4；Fe(0H)3、A1(OH)3;

【小问4详解】

①由结构简式可知，P204为磷酸分子中2个羟基的氢原子被炫基取代所得结构，烧基为供电子基团会使磷

酸分子中羟基的活性减弱，电离出氢离子的能力减弱，所以P204的酸性弱于磷酸，故答案为：<；

②萃取时若水溶液的酸性太强，溶液中的氢离子会抑制HA的电离，导致溶液中A-离子浓度较小，使得萃

取率较低，故答案为：HA为弱酸，酸性较强时A一离子浓度较小；

【小问5详解】

由题意可知，“沉钻”中生成2coeC>3-3Co(OH)2沉淀的反应为溶液中亚钻离子与碳酸根离子反应生成

2coeO3-3CO(OH)2沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为

2+；-故答案为:

5CO+8C0+6H2O=2COCO3-3Co(OH)2J+6HCO3,

2+：；。

5CO+8cO+6H2O=2COCO3-3Co(OH)2J+6HC0

16.柠檬酸铁铁［(NH4)3Fe(C6H5。7)2］易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂.实验

0H

O

室利用柠檬酸()制备柠檬酸铁镂的实验步骤如下:

H00H

H0

i.向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6。7)

白色沉淀。

ii.降温至40℃,滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁钱（NEFeC6H5O7）。

iii.控温40℃,缓慢滴加一定量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。

A

一A

\¥

、/尾气吸收

I怛at方&抖珞

已知：柠檬酸铁镂［（NH4）3Fe（C6H5。7）2］是柠檬酸铁（Fee6H6。7）和柠檬酸钱［（NH）C6H5O7］的复盐.

回答下列问题：

（1）仪器A的名称是,在相同条件下，Imol柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCC»3反应生成气

体体积比为;

（2）步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，最终会导致柠檬酸铁镂的含铁量逐渐减少，可能的原因是

;（从产品纯度及后续实验的操作方面分析）

（3）步骤ii、iii中均需控温40℃的原因是；

（4）步骤iii中制备柠檬酸铁镂的化学方程式，”一系列操作”包括；

（5）为了测定产品的纯度，实验的基本原理是将Fe3+还原成Fe2+后，采用分光光度法来测定纯度.实验时

测得样品的纯度显著偏低，检查实验发现配制样品溶液时少加了一种还原试剂，该试剂应为

（“铁粉”或“维生素C”），选择该试剂的理由是O

【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.2:3

（2）过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铁，使产品不纯

（3）温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗

（4）2（NH4）3C6H5O7+2NH4FeC6H5O7+H2O2=2（NH4）3Fe（C6H5O7）2+2NH3.H2O

②.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥

（5）①.维生素C②.维生素C可将Fe3+还原成Fe2+,选用铁粉反应会引入更多的Fe2+,使测定结

果偏

【解析】

【分析】制备柠檬酸铁钱时，先向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全

部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6。7)白色沉淀；再降温至40℃,滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁钱

(NEFeC6H5O7);继续控温40℃,缓慢滴加一定量的双氧水，将柠檬酸亚铁氧化为柠檬酸铁，再加入柠檬

酸钱KNH4)3C6H5。7］充分反应，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到产品。

【小问1详解】

仪器A的名称是恒压滴液漏斗，柠檬酸分子中，含有3个陵基和1个醇羟基，它们都能与Na反应，但只有

我基能与NaHCCh发生反应，所以在相同条件下，Imol柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCCh反应生成气体

体积比为2mol:3mol=2:3；

【小问2详解】

步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，过量的柠檬酸会与剩余的氨水反应生成柠檬酸镂，最终会导致柠檬酸

铁钱的含铁量逐渐减少，可能的原因是：过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸镀，使产品不纯。

【小问3详解】

步骤ii使用的氨水受热易挥发、步骤iii使用的H2O2受热易分解，则需控温40℃的原因是：温度低于40℃

化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗；

【小问4详解】

步骤iii中制备柠檬酸铁钱时，使用檬酸亚铁镂(NEFeC6H5。7)、双氧水、柠檬酸镂［(NH)C6H5O7］作为反应

物,化学方程式为2(NHjC6H5O7+2NH4FeC6H5O7+H2O2=2(NHjFe(C6H5O7)2+2NH3H2O；

从溶液中提取溶质，需蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后洗涤，考虑到其易溶于水，应使用有机溶剂洗涤，贝胪一

系列操作”包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；

【小问5详解】

将Fe3+还原成Fe2+,需加入还原剂，但不能对Fe?+的检测产生干扰，则该试剂应为：维生素C,选择该试剂

的理由是：维生素C可将Fe3+还原成Fe2+,选用铁粉反应会引入更多的Fe?+,使测定结果偏高。

【点睛】H2O2受热易分解，当温度为60℃时，分解率达50%左右。

17.CO2作为主要的温室气体，对人类的生产生活有着重要影响，H?还原CO?是实现“碳达峰、碳中和”

的有效途径之一，相关的反应如下：

反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH1

反应n：

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2

反应m：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH3

反应1、II、in的平衡常数与温度变化关系如图所示.

（1）有利于提高CO2合成CH30H选择性的条件是。（填字母）

A.高温高压B.高温低压C.低温高压D.低温低压

AH,

（2）二鲁的取值范围是。（填字母）

AH3-------------

A.<-1B.-l-0C.0〜1D.>1

（3）一定条件下，向体积为5L的恒温密闭容器中加入ImolCOz和3molH2发生上述反应，平衡时，容器

中H2的浓度为0.25mol•IT】,CH30H的浓度为0.Imol.I?,此时CO2的浓度为_________mol•1/,反应

I的平衡常数为（保留一位小数）。

An（COj

（4）H2还原能力（S）可衡量CO2转化率，已知S=-7^,即相同时间段内CO2与H2物质的量变化量

H2）

之比，常压下H,和CO2按物质的量之比3:1投料，反应相同时间，H,和CO,转化率如图所示:

'0(

c8c

6c

Myz-

髀4O

2481O

000000100

①在400-1000C范围内，S值的变化趋势是；（填字母）

A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大

②由图像可知，H2转化率在600℃时大于400℃,其原因是；

（5）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90。，晶体由原

子填充，该晶体的化学式为；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位

置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标分别为（0,0,0）,则B点原子的分数坐标为.

(3)①.0.0519.2

(4)①.C②.温度升高，反应速率加快

j_j_j_

①.CuInTe②.

(5)22,2,2

【解析】

【小问1详解】

由图可知，升高温度，反应I的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为气体体积减小放热

反应，降低温度和增大压强有利于平衡向正反应方向移动，提高甲醇的选择性，故选C；

【小问2详解】

由图可知，升高温度，反应n的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为焰变大于o的吸热

一AH.

反应，由盖斯定律可知，反应I—III得到反应II,则—A//3>0,所以.口>1,故选C；

AH3

【小问3详解】

由题意可建立如下三段式:

CO2(g)+3H2(g)UCH30H(g)+H2O(g)

起(mol)0.20.600

变(mol)0.10.30.10.1

平(mol)0.10.30.10.1

CO2(g)+H2(g)UCO(g)+H2O(g)

起(mol)0.10.300.1

变(mol)0.050.050.050.05

平(mol)0.050.250.050.15

则平衡时二氧化碳的浓度为0.05inol/L,反应I的平衡常数为°‘x015"a,故答案为：0.05；19.2；

0.05x0.253

【小问4详解】

①由图可知，400-600℃范围内，二氧化碳的转化率增大幅度大于氢气转化率的增大幅度，则S值呈增大趋

势，600-1000℃范围内，二氧化碳的转化率增大幅度小于氢气转化率的增大幅度，则S值呈减小趋势，所

以400-1000℃范围内，S值的变化趋势为先增大后减小，故选C；

②由图像可知，氢气转化率在600℃时大于400℃,说明温度升高，反应速率加快，消耗氢气的量增大，故

答案为：温度升高，反应速率加快；

【小问5详解】

由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的铜原子个数为8X，+4X；+：1=4,位于棱上、面上和面

82

心的锢原子个数为4><工+6X；=4,位于体内的硫原子个数为8,则晶体的化学式为CuInTe,；由位于顶

点的A点原子的分数坐标分别为(0,0,0)可知，晶胞的边长为1,则位于体心的B点原子的分数坐标为

故答案为：CuInTe?。

18.有机物G是一种我酸，其合成路线之一如下:

OO

已知:(R、R为H或煌基).

R-CCH+RCHO稀Na°H溶级

3R__?_CH=CHR<+H2O

(1)CH3CHC1COOH的化学名称是:

(2)由D生成E的反应类型为；

(3)E中官能团的名称为；

(4)G中手性碳原子的个数为；

(5)F中碳原子的杂化类型为；

(6)H是E的芳香族同分异构体，写出一种满足下列条件的H的结构简式：

①能发生水解反应且ImolH能与2moiNaOH恰好完全反应；

②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:6.

O