安徽省2024届高三第二次大联考素质测试化学试题（解析版）

安徽省2024届高三第二次大联考素质测试

可能用到的相对原子质量：

H-lB-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，下列说法镇误的是（）

A.《茶经・四之器》：“短”，以生铁为之，今人有业冶者所谓急铁.“短”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

k解析》A.“馥”，以生铁为之，生铁是铁和碳的合金，故A正确；

B.“白瓷”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K答案I为：B。

2.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表述傕用的是（）

A.用电子式表示MgCU的形成：：8个——*'［：ci：|

B.用电子轮廓图表示H-Cl的。键形成的示意图：

HClHaHCI

3+

c.用离子方程式表示泡沫灭火器的工作原理：Al+3HCO-=A1（OH）3J+3CO2T

D.苯酚和甲醛在酸性条件下反应能生成酚醛树脂:

OHOH

f\+nHCHO

nU-+(n-l)H>O

(答案UD

K解析XA.用电子式表示MgCb的形成：：―►l：ci：l

A正确；

B.用电子轮廓图表示H-Cl的◎键形成的示意图：

◎-~~~~,B正确；

HaHaHCI

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,

使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的，离子方程式为：

3+

Al+3HCO-=Al(OH)3J+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:

D错误;

故选Do

3.硫酸铝镂是一种食品添加剂，化学式为NH4Al(SO。？，下列说法镇误的是()

A.硫酸铝锭固体中，NH；和SO1的空间构型均是正四面体形

B.硫酸铝锭固体受热分解的化学方程式为：

280℃

2NH4Al(SOJ^=2NHT+4S0,T+A1O,+HQ

4\4/23SJ2,.52

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

D.向硫酸铝锭溶液中滴加少量BaCOH%溶液的离子方程式：

3+2+

2Al+3SO^+3Ba+60H-=3BaSO4J+2A1(OH)3J

(答案］C

+1,

［解析1A.硫酸铝锭固体中，NH；中N的价层电子对为4+i><（5-l-4xl）=4、SO：中

S的价层电子对为4+g义（6+2-4x2）=4,所以空间构型均是正四面体形，故A正确；

B.硫酸铝镂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（SO，？驾‘2NH3T+4SC）3T+AUO3+H2O,故

B正确；

C.根据溶液中电荷守恒c（NH；）+3c（A13+）+c（H+）=2c（SO：）+c（OH）,又因为硫酸铝

镂溶液呈酸性，即c（H+）>c（OH）所以c（NH：）+3c（A13+）v2c（SO：）,故C错误；

D.向硫酸铝锭溶液中滴加少量氢氧化钢少量时，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++3SO：+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3J+3BaSC）4J，故D正

确；

（答案》为：Co

4.对下列事实的解释母试的是（）

选项事实解释

A第一电离能：N>0N的2P轨道半充满，结构更稳定，能量更低

碳正离子稳定性：

Br电负性比F小，电子云更加的偏向碳正离

B

/C—CH2Br>/C—CH2F子

HH

分子间存在氢键，分子间不存在氢

H2OH2S

热稳定性：

CH2O>H2S

键

C的杂化轨道中S成分越多，形成的C-H键

DC—H键键长：CH4>C2H4

越强，键长越短

K答案IC

K解析UA.N的电子排布式为Is22s22P3,0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>O,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—CF^Br>/C—CH2F,故B正确；

HH

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C-H键越强，键长越短，所以C-H键键长：CH4>C2H4,故D正确；

故K答案X为：c„

5.下列实验装置能达到实验目的的是（）

（答案》B

K解析』A.除去氯气中混用氯化氢气体时，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，下列说法第误的是（）

x

NX2W-

\--

\z

W+/二zT

zY_/、

ZZ

—Z

—

C--zX

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XzZ2分子的空间构型是直线形

［答案RD

k祥解》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、丫为B元素、Z为0元素。

【详析】A.硼元素的原子序数为5,基态原子的价电子排布式为2s22pL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，下列说法母送

的是（）

A.青蒿素的的分子式为C14H20。5

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

K答案1A

［解析XA.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=0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A„

8.实验室从含L水溶液中提取纯碘有以下两种方案

下列说法镇误的是（）

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CCL可循环利用

［答案Xc

K解析XA.“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31,+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O,

“酸化”时反应的化学方程式为5NaI+NaIO3+3H2sO4=3I2+3Na2SO4+3H2O,氧化剂

为NaK）3,还原剂为NaL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CC14可循环利用，D正确；

故选c。

9.化学镀保法得到的镀层均匀性、硬度等性能都较好，一种化学镀锲所用的部分试剂及其

功能如下：

试剂NiCl2H2NCH2CH2NH2NaBH4NaOH

功能提供Ni?+与Ni2+络合稳定NaBH,，降低水解率

已知：①镀层为Ni—B合金，比例为n(Ni3：B):n(Ni)=3:l；②Ni(OH)2难溶于水；③

NaBH4的水解：NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2T.

下列说法埼误的是()

H

A.NaBH4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

k答案』D

H

K解析XA.NaBH4为离子化合物，其电子式为Na+[H:百:H]一,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.H?NCH2cH2NH2能与Ni?+络合，以络合产物镀保速率更快，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()=NaB(OH)4+4H2T可知，有O.lmolNaBN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,即镀层中有2.9molNi3B、—mol

29

Ni,贝脖度层增重2.9x(59x3+ll)+《一><59=602g,故D错误；

故K答案』为：D。

10.N2H,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N2H"其反应机理如图所示，下列说

法母送的是（）

I

N2H4,2[L-Ru-NH,]+

、2e-

2NH/,\

v[N-Ru-L'2[L-RU-NHFU

2NH

IL-Ru-N凡/KM3

++

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

IVin

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II、III、IV、V为中间产物

+

D.总反应表示为4NH3+2H=N2H4+2NH：

k答案1D

+

k祥解》Ru（II）催化颓用[L-RU-NH3]表示）能高效电催化氧化NH3合成N2H4,所以

[LRU-NH3『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，IITII

2++

转化为2[L-RU-NH3]+2NH3=2[L-RU-NH2]+2NH：。

【详析】A.据以上分析可知，II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，11-111转化为

2++

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-NH31，是该反应的催化剂，图上显示物质II、III、IV、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(II)催化齐IJ(用［L-RU-NH3『表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4,以

及物质H、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K答案》：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下列说法不思硬的是()

A.充电时，Mil。？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0/molZn2+向正极迁移

K答案XD

K祥解》活泼金属锌与MnCh的反应具有自发性，故锌做负极，失电子生成Zn(OH)j,

电极反应式为Zn—2e-+4OIT=Zn(OH)：,MnCh在正极得电子，电极反应式为

+2+

MnO2+2e-+4H=Mn+2H2O。

【详析】A.根据二次电池“正接正，负接负”的规律，充电时，Mn。2外接电源正极，A

正确；

B.充电时，阴极反应为Zn(OH)j+2e-=Zn+4OH-,从而实现KOH的再生，B正确；

C.根据分析，放电时正极反应为MnC)2+2e-+4H+=Mn2++2H2。，C正确；

D.负极区呈碱性，Zn主要以Zn(OH)：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[BMIm]Cl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.下列说法簿误的是（）

H3c

A.基态氯原子核外电子空间运动状态有9种

B.中含有。键的数目为16NA（NA为阿伏伽德罗常数的值）

C.合成基础原料咪陛（（））为平面分子，形成的大兀键可表示为成

H

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XA.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，lmol[BMIm]Cl中含有◎键的数目为25NA,B错误；

为平面分子，形成的大兀键可表示为％；,C正确;

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'J平衡常数为K,

R//\

R'CN

微量碱存在时的催化机理如下.

第一步HO-+H-CNH2O+-CN

RRO

\慢\/

第二步-CN+C=OC

R/R/CN

RO-ROH

\/快\/

第三步C+HQC+HO

/\2,/\

R'CNR'CN

已知不同基团（一R、-R）对平衡常数的影响如下表所示:

-R-R'平衡常数K

a

①-H210

②-H530

Br

③-CH3-CH2cH338

④-C(CH3)3-C(CH3)3<1

下列说法不E俄的是（）

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

o

n

C.由①②可知推电子基团可以使e上的C原子活化，增大平衡常数

o

n

e

D.④的平衡常数小于③，可能是因为④中/受到的空间位阻更大

k答案UC

［解析XA.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；

O

u

e

C.由①②可知吸电子基团可以使/上的C原子活化，增大平衡常数，c错误;

D.由于④中II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

c(HF)

坨以*)上(*)为口、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KsplMnE^AKsplC*),下列说法正确的是

A.线人代表lgc(Mn2+)

B.溶度积常数Ksp(CaEj=1069

C.“净化”过程中反应Mn耳(s)+Ca?+(aq)=Mi?+(aq)+CaF2(s)的平衡常数K=l()8

c(HF)-2

D.当1g=1时，c(F)=10"'mol/L

c(□+\

［［答案』C

c(HF)c(F)c(HF)

K祥解X由电离常数可知，溶液中才膏)二七任，则溶液中1g越大，溶液中氟

c(□+\

离子浓度越大，钙离子、镐离子的浓度越小，氟化镐的溶度积大于氟化钙，则b代表lgc(F-)

c(HF)c(HF)

与lg的关系、h、12分别代表lgc(Ca2+)、lgc(M#+)与1g的关系。

J□+\

c(HF)

【详析】A.由分析可知，b代表lgc(F-)与1g的关系，故A错误;

c(HF)

B.由图可知，溶液中1g=1时，溶液中氟离子浓度为10-22mol/L,钙离子浓度为

10-59mol/L,则氟化钙的溶度积为10—22x10—5.9=10—巩故B错误;

c(HF)

C.由图可知，溶液中lg=1时，溶液中铳离子浓度为1021mol/L,钙离子浓度为

c(Mn2+)102」

10-59mol/L,则由方程式可知，反应的平衡常数届=108,故C正确;

c(HF)

D.由图可知，溶液中1g=1时，溶液中氟离子浓度为10—22moi/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©。2。3,含少量铁、铝、锌、硅的氧化物）为原料制备

（：。2。3的工艺如下:

稀硫酸、SO2H2O2Na2c。3溶液萃取剂Na2c溶液

含钻废渣酸浸一4g四一，麻萃取锌--CoCO,

滤渣1滤清2有机相

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

%101421015610—37.410-32.3

（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SO?用量过多会造成什么影

响:

（3）已知“除杂”中Co?+的浓度为O.OOlmoLI^,则应调节的pH范围为

渣2”的主要成分是

Q/OH

o'P'o

（4）“萃取锌”中可用P204（，简写为HA）作萃取剂。

①酸性强弱：P204H3PO4(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2coec)3-3CO(OH)2的离子方程式_________________________________o

(2)将三价钻元素还原成二价钻元素造成H?。？的浪费

(3)4.9~8.4Fe(OH)3、A1(OH)3

(4)①<②HA为弱酸，酸性较强时A一离子浓度较小

2+

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

(祥解》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。

【详析】(1)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

l|t1|1111F|0],故（答案]为:恒;

(2)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H2。？的浪费；

(3)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

=10-91mol/L,则溶液pH大于4.9；由亚钻离子溶液的浓度为0.001mol/L可

知，溶液中氢氧根离子浓度小于=10—56moi/L,则溶液pH小于8.4,所以“除

O.OOlmol/L

杂”时应调节的pH范围为4.9—8.4；由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝,

故(答案U为：4.9—8.4；Fe(OH)3、A1(OH)3；

(4)①由结构简式可知，P204为磷酸分子中2个羟基的氢原子被煌基取代所得结构，煌基

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K答案X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(答案可为：HA为弱酸，酸性较强时A—离子浓度较小；

(5)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2COCO3-3CO(OH)2沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为

2+

5CO+8CO|+6H2O=2COCO3-3CO(OH)2J+6HCO；,故K答案工为：

2+

5CO+8cO；+6H2O=2COCO3-3CO(OH)2J+6HCO；。

16.柠檬酸铁镂［(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

oo

的补铁剂.实验室利用柠檬酸(I..I)制备柠檬酸铁镂的实验步骤如下：

H0、OH

HO

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，生成柠檬酸亚铁镂(NNFeC6H5。7)。

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。

)］)

已知：柠檬酸铁镂［(NH4)3Fe(C6H5。72是柠檬酸铁(FeC6H6。7和柠檬酸钱［(NH4)3C6H5O7］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、NaHCCh

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钱的含铁量逐渐减少，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中制备柠檬酸铁俊的化学方程式_____________________________________，“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

K答案U(1)恒压滴液漏斗2:3

(2)过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸镂，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+2NH3H2O

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥

(5)维生素C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

K祥解X制备柠檬酸铁俊时，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(NHdFeC6H5。7)；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，再加入柠檬酸镂［(NH4)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。

【详析】(1)仪器A的名称是恒压滴液漏斗，柠檬酸分子中，含有3个竣基和1个醇羟基，

它们都能与Na反应，但只有竣基能与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；

(2)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

钱，最终会导致柠檬酸铁镂的含铁量逐渐减少，可能的原因是：过量的柠檬酸与氨水反应生

成柠檬酸钱，使产品不纯。

(3)步骤ii使用的氨水受热易挥发、步骤出使用的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；

(4)步骤iii中制备柠檬酸铁锭时，使用檬酸亚铁镀(NEFeC6H5O7)、双氧水、柠檬酸镂

[(NH4)3C6H5。7]作为反应物，化学方程式为

2(NH4)3C6H5O7+2NH4FeC6H5O7+H2O2=2(NH4)3Fe(C6H5O7)2+2NH3H20；

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U"一系列操作”包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；

(5)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Fe2+,使测定结果偏高。

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C。?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)AH,

反应：()()()()

nco2g+H2g=cog+H2ogAH2

反应m：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH3

反应i、n、III的平衡常数与温度变化关系如图所示.

(1)有利于提高C02合成CH30H选择性的条件是。(填字母)

A.IWJ温IWJ压B.高温低压C.低温高压D.低温低压

(2)号的取值范围是__________。(填字母)

AH3

A.<-1B.-1-0C.0~1D.>1

(3)一定条件下，向体积为5L的恒温密闭容器中加入lmolCC)2和3moiH2发生上述反应,

1

平衡时，容器中H2的浓度为0.25mol-L,CH30H的浓度为(Mmol.17],此时CO2的浓度

为moLlji,反应I的平衡常数为(保留一位小数)。

(4)凡还原能力(S)可衡量C5转化率’已知‘二A篇n(C后0j，即相同时间段内C。?与H2

物质的量变化量之比，常压下H2和CC)2按物质的量之比3:1投料，反应相同时间，H2和

CO,转化率如图所示:

10|

8(

6(

4(

2004006008001000

温度/℃

①在400—1000°。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o

（答案U(1)C(2)C

j_J_j_

(4)①C②温度升高，反应速率加快(5)CuInTe

22"2"2

k解析》（1）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；

（2）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0的吸热反应，由盖斯定律可知，反应I—III得到反应II,贝UAH1—AH3>0,

所以送>1,故选C；

（3）由题意可建立如下三段式:

co2(g)+3H2(g)■CH30H(g)+H2O(g)

起(mol)0.20.600

变(mol)0.10.30.10.1

平(mol)0.10.30.10.1

H

82(g)+2(g)..CO(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0.05mol/L,反应I的平衡常数为粤工与=19.2,故K答案』

0.05x0.253

为：0.05；19.2；

（4）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，600To00℃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400To00℃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；

（5）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

82

于棱上、面上和面心的锢原子个数为4X1+6X；=4,位于体内的确原子个数为8,则晶体的

42

化学式为CuInTe2；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?

\乙乙乙J\乙乙乙

O