河北省秦皇岛市部分示范高中2024届高三年级下册三模化学试题（解析版）

化学试卷

本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。共8页，满分100分，考试时间75分

钟。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016C135.5Co59

第I卷（选择题共42分）

一、单项选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要

求）

1.神舟十八号载人飞船成功发射，展现了中国航天事业的强大实力和技术水平。下列叙述不正确的是

A.飞船使用Si3N4隔热层属于新型无机非金属材料

B,为空间站提供能量的碑化钱太阳能电池材料也可用SiCh代替

C.装填固体推进剂时采用的粘合剂——端羟基聚丁二烯属于有机合成高分子材料

D.火箭壳体采用的碳纤维缠绕复合材料强度高、密度小，可提高火箭的射程及运载能力

【答案】B

【解析】

【详解】A.氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，A正确；

B.碑化钱用作太阳能电池板，具有半导体性质，SiCh没有半导体性质，不可以用SiCh代替，B错误；

C.装填固体推进剂时采用的粘合剂——端羟基聚丁二烯，是聚合产物，属于有机合成高分子材料，C正

确；

D.火箭壳体采用的碳纤维缠绕复合材料强度高、密度小，耐高温，质量轻，可提高火箭的射程及运载能

力，D正确；

故答案为：Bo

2.“一勤天下无难事”。下列劳动项目所用的化学知识正确的是

选项劳动项目化学知识

A医疗消毒：用苯酚水溶液进行环境消毒苯酚有强氧化性

B家务劳动：用醋酸去除热水壶中的水垢醋酸能溶解硫酸钙

C工业劳作：向工业废水中加入FeS除去废水中的CF+FeS水解显碱性

D家庭卫生：用“管道通”（含烧碱和铝粒）清通管道使用过程中产生大量气体

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.苯酚没有强氧化性，但能使蛋白质变性，可用苯酚水溶液进行环境消毒，A错误；

B.醋酸酸性强于碳酸，能与碳酸钙反应，可用于除去碳酸钙型水垢，但与硫酸钙不反应，不能用于除去

硫酸钙型水垢，B错误；

C.向工业废水中添加FeS以除去废水中的Cu2+,FeS与CM+形成CuS沉淀，实现了沉淀的转化，没有体

现FeS在溶液中水解呈碱性，C错误；

D.铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，氢气使堵塞的管道内压强增大，常用于清通管道，D正

确；

故答案为：Do

3.C1O2结构是,含有3中心5电子的大口键。其制方法如下：

<)<)

2NaClO2+Cl2=2NaCl+2C1O20NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是

A.22.4LCU所含的原子数为2NA

B.lmolClO2中心原子的价层电子对数为3NA

C.用上述方法制备ImolClO?转移电子数为2NA

D.0.2mol-L'NaClO,溶液中所含CIO；数目为62鼠

【答案】B

【解析】

【详解】A.未给出标准状况，无法计算，A错误；

B.CIO2中心原子氯原子有2对成键电子，由题干可知C1O?含有3中心5电子的大口键，故氯原子提供

1个电子形成大派键，有一对孤电子对，故价层电子对数为3对，即ImolClO2中心原子的价层电子对数

为3NA，B正确；

C.由方程式可知，制备ImolClO?转移电子数为NA，C错误；

D.未给出溶液体积，无法通过浓度计算离子数目，D错误；

故选B。

4.我国学者用氮气为氮源高效合成了活性氮物质LizCN2,用于多种高附加值含氮化合物的合成。

Li2cp42可与乙醇、有机卤代物等反应，其制备及转化为物质甲的过程如下

C,LiH(CH3)3SiCl

N-__________>1；__________________►>Q；NC—NT)

2加热55Z溶剂，室温

反应I反应II物质甲

下列说，法错误的是

-|2—

A.反应I实现了氮的固定B.CN)的电子式为N::C::N:

c.反应n中的溶剂可为水D.物质甲中存在着镜面对称的电子云

【答案】C

【解析】

【详解】A.反应I中，游离态的氮转化为化合态的氮，实现的氮的固定，A项正确；

B.CNj的电子式为［:N：：c：：N：］2-，每个原子均达到了8电子稳定结构，B项正确；

C.反应物II溶剂不能为水，水会干扰反应的进行，C项错误；

D.物质甲中存在C=N键，含有无键，故物质甲中存在着镜面对称的电子云，D项正确；

答案选C。

5.下列实验操作和现象及实验目的均正确的是

选

实验操作和现象实验目的

项

向40mL沸水中滴加20mLFeCb饱和溶液，继续长时间煮沸，停止

A制备Fe(OH)3胶体

加热

将乙酸和等物质的量的乙醇混合，在浓硫酸、加热条件下充分反应证明乙酸和乙醇的酯化反

B

后，向其中滴加石蕊溶液，溶液变红应是可逆反应

将新鲜菠菜剪碎、研磨、溶解、过滤，向滤液中加入少量稀硝酸

C证明菠菜中含有铁元素

后，再加入几滴KSCN溶液，溶液变红

取少量碘仿(CHL)于试管中，用稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，有

D检验碘仿中有碘元素

黄色沉淀生成

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【详解】A.向40mL的沸水中滴入5〜6滴FeCb饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，制得

Fe(OH)3胶体，胶体不能长时间煮沸，FeCb也不能过量，否则产生聚沉，A不合题意；

B.浓硫酸使溶液显酸性，滴加石蕊溶液，溶液变红，不能证明酯化反应为可逆反应，B不合题意；

C.硝酸可氧化亚铁离子，铁离子遇KSCN溶液变为血红色，由实验操作和现象，可验证菠菜中含有铁元

素，C符合题意；

D.CHL不能电离出碘离子，加硝酸、硝酸银，不能生成黄色沉淀，D不合题意；

故答案为：Co

6.氧烛可用于潜艇或密闭空间供氧，由下表中物质压制成形，其原理为受热时，利用d区元素形成的氧化

物催化制氧剂分解产生。2.下列说法正确的是

成分BaC)2

A1FeKC1O3SiCh、AI2O3

作用燃烧物产生催化剂制氧剂C12吸收剂定型剂

A.氧烛供氧时，A1燃烧为KCICh分解提供能量

B.氧烛成分中的Fe也可以用Cu来代替

C.BaCh吸收氯气时发生反应：2BaO2+C12=BaCl2+4BaO

D.氧烛燃尽后残留物可以全部溶解在足量氢氧化钠溶液中

【答案】A

【解析】

【详解】A.KCICh分解条件是催化剂、加热，A1燃烧能放出大量热，可为KCICh分解提供能量，A正

确；

B.Cu位于周期表的ds区，不符合形成氧化物催化剂的要求，不可代替Fe,B错误；

C.BaCh中氧元素为-1价，吸收Cb时，CL作氧化剂，被还原生成C「，BaCh中的氧被氧化生成O2,反

应的化学方程式为：BaO2+Cl2=BaCl2+O2,C错误；

D.氧烛燃烧时，Fe形成氧化物催化剂，Fe的氧化物不溶于NaOH溶液，D错误；

故选A。

7.由H、C和与C处于同周期的X、丫四种元素组成的穴酸的结构如图，所有原子均满足稳定结构，其

空腔直径大约为260〜320pm。下列说法正确的是

直径

离子

/pm

Na+204

Rb+304

A.电负性：Y<X

B.简单氢化物沸点：X>Y

C.键角：C-Y-C<C-X-C

D.该穴酸可与Li+通过配位键形成超分子，对Li+进行识别

【答案】C

【解析】

【分析】X、丫原子均满足8电子稳定结构，通过键连接方式可以确定X为N、丫为0；

【详解】A.N电子排布式Is22s22P3,最高能级半满比较稳定，第一电离能：N>0,A错误；

B.HzO中氢键作用力更强，简单氢化物的沸点：H2O>NH3,B错误；

C.N和。都为sp3杂化，但0中有两对孤对电子，N只有一对孤对电子，孤对电子的排斥大于成键电子

排斥，因此C-O-C键角更小，C正确；

D.Na+直径小于穴醒空腔最小值，则Li+直径小于Na+,不适配，不能识别，D错误；

故选Ao

8.实验室模拟用硫铁矿制备硫酸，其实验过程如图所示。下列说法正确的是

饱和FeCh溶液CChH：0

IJ_____________J_____

鬻—H浸取苑&届6Hy|-»[^2|-»

~T~~T~~T~

浸液水相CbCCh

A.硫铁矿的主要成分为FeS

B.“操作1”和“操作2”完全相同

c.s易溶于CCL是由于其为单原子分子，是非极性分子

D.每生成ImolH2s。4消耗CU67.2L(标准状况)

【答案】D

【解析】

【分析】分析清楚每一步转化的目的，除去的杂质以及进入下一步流程的离子

【详解】A.硫铁矿的主要成分是FeS2,故A错误；

B.“操作1”是把无机相提取到有机相，属于萃取操作，“操作2”是把有机相萃取到无机相，是反萃

取操作，所以二者不相同，故B错误；

C.单质硫不是单原子分子，硫单质属于非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，二

者都是非极性分子，所以硫可以溶解在四氯化碳中，故c错误；

D.根据反应流程，FeS2在第一步加入FeCb以后，被氧化为单质S,之后再用氯气氧化为硫酸根离子,

根据氧化还原反应电子转移守恒，列出算式

单质S失去电子数:0.5molFeS2x2x6e=n(Cb)x2xle-,解得n(Cl2)=3mol,Cb在标准状况下体积为67.2L,

故D正确；

故答案选D。

【点睛】掌握亚铁离子和硫元素被氧化的规律，掌握氯气作氧化剂的特点

9.Knoevenagel反应是指跋基化合物和活泼亚甲基化合物在弱碱性胺催化下缩合制备a,|3—不饱和跋基化

合物的反应。某Knoevenagel反应如下，有关说法正确的是

A.A具有手性B.若B的分子量为132,则R表示乙基

C.在一定条件下，C能发生水解反应D.D的分子式为H2O2

【答案】C

【解析】

【详解】A.A分子中不含手性碳，不具有手性，A项错误；

B.若B的分子量为132,则R的式量为15,R表示甲基，B项错误;

C.C中含有酯基，一定条件下，可发生水解反应，C项正确；

D.通过A、B、C的结构比较，再结合原子守恒规律，可知D的分子式为H?。，D项错误。

故本题选c。

10.用某复合金属作电极电解催化还原CO2时，复合金属优先与。原子结合，产物是HCOOH,复合金

属优先与C原子结合，产物是CH&和CH3OH。该反应机理及各产物的物质的量分数如图所示。下列说

法正确的是

V0H

H+\/—►CH3OH(60%)

*COOH―>CH4(30%)

A.过程中有极性键和非极性的断裂和形成

H

B.中间体B的结构简式为

用C吸附在复合金属上的CO,的量=1

c用O吸附在复合金属上的co?的量一5

D.若有lmolCC)2完全转化，反应中转移的电子数为3.8mol

【答案】B

【解析】

【详解】A.过程中有碳氧极性键断裂、碳氢极性键生成，没有非极性的形成，A错误；

II

I

B.复合金属优先与O原子结合，产物是HCOOH,B生成甲酸，则中间体B的结构简式为)、,B

()()

I

正确；

C.复合金属优先与O原子结合，产物是HCOOH,复合金属优先与C原子结合，产物是CH4和

用C吸附在复合金属上的CO2的量9

CHOH,结合图中三种物质比例可知,~,c错误;

3用O吸附在复合金属上的co2的量

D.若10分子二氧化碳反应则生成1分子甲酸、6分子甲醇、3分子甲烷，共转移62个电子，则

lmolCC>2完全转化，反应中转移的电子数为6.2mol,D错误;

故选B。

11.碳化钛在航空航天、机械加工等领域应用广泛。其晶胞结构如图所示。当TiC中的C原子被N原子

取代时，则产生TiC-Nx，其性能与x的值有关。下列说法正确的是

*c

OTi

A.x值会影响碳氮化钛的晶胞边长，x越大，则晶胞边长越长

B.C原子位于Ti形成的四面体空隙中

C.离Ti原子最近的且距离相等的C原子的数目为8

D.碳化钛具有高熔点、高硬度的特点

【答案】D

【解析】

【详解】A.由于N原子半径小于C原子，故x值会影响碳氮化钛的晶胞边长，x越大，则晶胞边长越

小，A错误；

B.由晶胞知，C原子位于Ti形成的八面体空隙中，B错误；

C.由晶胞知，Ti原子位于C形成的八面体空隙中，离Ti原子最近的且距离相等的C原子的数目为6,C

错误；

D.碳化钛是共价晶体，具有高熔点、高硬度的特点，D正确；

本题选D。

12.将等量的乙酸乙酯分别与等体积的H?SO4溶液、NaOH溶液、蒸储水混合，加热，甲、乙同学分别

测得酯层体积、乙醇浓度随时间变化如下图所示。

下列说法不.颂的是

A.乙酸乙酯在酸性条件下水解反应为：CH3COOC,H5+H.OCH3coOH+C2H50H

B.0〜L，乙酸乙酯的水解速率：碱性,酸性,中性

c.0-t2,乙酸乙酯的水解量：碱性=酸性

D.t2t3,酯层体积：酸性〈碱性，推测与溶剂极性的变化有关

【答案】C

【解析】

【详解】A.乙酸乙酯在稀硫酸作催化剂条件发生水解生成乙酸和乙醇，故A正确；

B.由图可知，在0〜L时间内，酯层减少的体积：碱性〉酸性〉中性，可知乙酸乙酯的水解速率：碱性〉

酸性〉中性，故B正确；

C.硫酸条件下一段时间后酯层减少速度加快，并不是水解速率提高导致，而是因为随溶剂中乙醇的增

大，导致乙酸乙酯溶解量增加，因此。〜t2乙酸乙酯的水解量在酸性、碱性条件下并不相等，故C错

、口

庆；

D.t2t3,酯层体积：酸性＜碱性，主要原因是溶液中乙醇含量增大，溶剂极性变化，导致乙酸乙酯的

溶解量增加，故D正确；

故选：C„

13.畜禽废水中含大量N、P元素，通过电解形成MgNH4PO4-61^0沉淀（鸟粪石）进行回收。用如图装

置模拟该过程，其中含P微粒共有Imol。下列说法错误的是

A.阳极反应有：Mg-2e-+NH^+PO^+6H2O=MgNH4PO4-6H2O

B.若电路中转移1.98mol则溶液中剩余含P微粒为O.Olmol

C.强酸或强碱环境更有利于去除氮、磷元素

D.鸟粪石可用作缓释肥，实现变废为宝

【答案】C

【解析】

【分析】结合图和题意分析，Mg电解为阳极，电极反应式为

Mg-2e+NH：+POt+6H2O=MgNH4PO4-6H2O,惰性电解为阴极，电极反应式为

2H2O+2e=20H+H2T,据此回答。

【详解】A.由分析知，阳极反应有：Mg—2e一+NH；+PO；-+6H2O=MgNH4PO4•6H2OJ,A正确；

B.由Mg—2e一+NH：+PO：+6H2O=MgNH4PO4^6H2OJ知，若电路中转移L98mol-，则消耗

的n（PO：）=0.99mol,则溶液中剩余含P微粒为lmol-0.99moi=0.01mol,B正确；

c.强酸性环境下，P0：会生成H3Po4,强碱性环境下，NH；会生成氨水，不利于去除氮、磷元素，C

错误；

D.鸟粪石是含N、P元素的不溶性物质，通过沉淀溶解平衡可逐渐提供可溶性的镂离子和硫酸根，提供

N和P,故可用作缓释肥，实现变废为宝，D正确；

故选Co

14.一种芳香族化合物H&L结构如图。HgL萃取稀土离子R3+的原理为

,3（凡0）64!?+]

R（HO）^+HLR（HO）HI?++3HO分配比D=

282682O。》（凡。）：[,水相初始浓度

+51

cR（H20）^=3.0x10mol-L,萃取平衡时IgD〜坨《41。关系如图。下列说法正确的是

A.HgL对p「3+萃取效果最好

B.HgL可通过缩聚反应制得

C.达平衡时水相中3c[R电0）；1+c（H+）=c（OIF）

3+

cFEufH.O）H8L1ni

D.萃取平衡时，4__昌=1°

3+

c[Nd（H2O）6H8L

【答案】B

【解析】

【详解】A.分配比越大，IgD越大，萃取效果越好，对Nd3+的萃取效果最好，故A错误;

C(CH、h

B.H8L可通过广]和甲醛通过缩聚反应制得，故B正确；

OCH2COCH3

C.由电荷守恒可知，达平衡时水相中3c[R(H2O)：]+C(H+)+3C[R(H2O)6H8L3+]=C(OH-),故C错误;

3+

CFR(H2O)6H8L]10-01

把代入对萃取的萃取平衡常数『：

D.(-4,-0.1)H8LNcRK(Nd3+)=c----------------------=—41

C[R(H2O)9JC(H8L)IO

=1039,同理由点(一3.95,-0.4)可得K(Eu3+)=l点55,根据萃取原理，萃取平衡时,

)3+

C[EU(H2O6H8L]K回3+)IO355

=10435,故D错误;

3+3+39

c[Nd(H2O)6H8L]K(W)IO

本题选B。

第n卷(非选择题共58分)

二、非选择题(本题共4小题，共58分)

15.三氯化六氨合钻(ni){[Co(NH3)6]cl3}是一种重要的含钻配合物，由CoCu制备它的装置和步骤如

下(夹持装置已省略)：

活性炭

CoCl2

(1.5g)A(0.3g)比02溶液I52

溶/搅拌均4―一.H冷却、过建卜一[Co(NH3)6】Ch・6H20f…

NH4CI(1g)氨水_厂

IIO(5mL)

2滤液

已知：Co2+在溶液中较稳定，[CO(NH3)6]2+具有较强还原性。回答下列问题:

(1)向混合液加入H2。？溶液与氨水时，应最先打开活塞(填字母代号)；加入所有试剂后，水浴

的温度控制在55℃左右，反应约30分钟。球形干燥管中试剂为o

(2)CoCl2制备[CO(NH3)6]CL的总反应化学方程式为。

(3)由滤渣获取[CO(NH3)6]C13-6H2。的步骤：向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过

滤，向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2〜3次，低温干燥。下列选项合理的是

(填字母)。

A.甲为浓盐酸，乙为水B.甲为乙醇，乙为浓盐酸C.甲为浓盐酸，乙为乙醇

(4)称取0.2675g[CO(NH3)6]CL样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，将生成的氨气

通入装有25.00mL0.5000mol-I7i盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2〜3滴甲基橙，用

O.SOOOmolI71的NaOH滴定(杂质不反应)。

①达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00mL,则样品的纯度为(保留四位有效数字)。

②下列操作会使纯度测量值偏高的是(填字母)。

A.滴定前，碱式滴定管未润洗

B.滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡

C.滴定终点时俯视滴定管刻度

D.滴定时选用酚醐为指示剂

(5)请指出该装置存在的缺陷：0

【答案】(1)①.d②.P2O5或CaCL

(2)2COC12+10NH3-H2O+H2O2+2NH4C1=2[CO(NH3)6]C13+12H2O

(3)C(4)①.91.67%②.BC

(5)缺少温度计

【解析】

【分析】将CoCb6H2。、NH4cl溶液、活性炭混合，加入氨水得到[CO(NH3)6]C12,再加入H2O2的水溶

液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(II)被氧化为Co(III),生成[Co(NH3)6]Cb・6H2O和活性炭的浊

液，过滤，得到滤渣中含有[Co(NH3)6]Cb・6H2。和活性炭，向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌

后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体

2〜3次，低温干燥得到产品。

【小问1详解】

C02+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的

2+

[CO(NH3)6],应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止

空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCb；

【小问2详解】

CoCb和NH3，H2。、H2O2反应生成[Co(NH3)6]Cb,根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：

2coeb+10NH3«H2O+H2O2+2NH4c1=2[CO(NH3)6]C13+12H2O；

【小问3详解】

由分析可知，滤渣中[Co(NH3)6]Cb・6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制

[CO(NH3)6]C13・6H2。的电离，[CO(NH3)6]C13能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故选C。

【小问4详解】

①称取0.2675g[Co(NH3)6]Cb样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：

[Co(NH3)6]C13+3NaOH=Co(OH)3H6NH3t+3NaCl,将生成的氨气通入装有25.00mL0.5000mol-匚1盐酸的

锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2〜3滴甲基橙，用0.5000mol-LT的NaOH滴定，达滴定终点时，

共消耗NaOH溶液14.00mL,则乘余n(HCl)=0.014Lx0.5000mol/L=0.007mol,消耗n(HCl)=

皿10.0055

0.025Lx0.5000mol/L-0.007mol=0.0055mol,贝!Jn(NH3)=0.0055moLn([Co(NH)6]Cl)=-n(NH)=----------

33636

0.0055,

,、，i山―、，---------molx267.5g/mol

mol,样品纯度为6x100%=9167%；

0.2675g°

②A.碱式滴定管未润洗，会造成NaOH标准溶液浓度变小，用量增多，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏

大，消耗n(HCl)偏小，n([Co(NH3)6]C13)偏小,故A不选；

B.若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后出现气泡，V(NaOH)偏小，致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，

消耗n(HCl)偏大，n([Co(NH3)6]Cb)偏大，故B选；

C.终点读数时，俯视滴定管的刻度，V(NaOH)偏小，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗n(HCl)偏

大，n([Co(NH3)6]Cb)偏大，故C选；

D.酚献的变色范围是8.2〜10.0,滴定时选用酚献为指示剂，则V(NaOH)偏大，导致滴定结果剩余盐酸的

结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([Co(NH3)6]Cb)偏小，故D不选；

故选BC；

【小问5详解】

由题意，水浴的温度控制在55℃左右，但是装置中缺少温度计。

16.由废旧铜包钢线缆[含Fe、Cu和少量C%(OH)2co3、碳]回收铜，并制备磷酸亚铁锂，有望代替传

统的锂离子电池正极材料。其工艺流程如图所示。

稀硝酸足量氨水:陪溶液葡萄糖、LiOH负气

j、..,,,2)碉pH工♦

废旧铜包~»|再溶产'夜滤渣苗化|------->FePCh--------------------->|^^1_*,LiFePO^

钢线缆

vIvi

滤渣1[Cu(NHs)J*溶液滤液2CO1

回答下列问题：

(1)常温下进行“酸溶”时，稀硝酸不宜用浓硝酸代替，原因为(写一条)。

(2)滤渣1主要成分为(填名称)。滤渣2主要成分(填化学式)。

(3)写出用CU(NC)3)2溶液通过湿法制备Cu的离子反应方程式：

(4)若滤液2中。,0广)=1><10711101・匚，则“转化”过程调pH不能高于｛已知：常温下，

1

7<Csp(FePO4)=5xl0-\/[Fe(OH)3]=4x10-38、坨2^0.3。忽略溶液体积变化｝。

(5)“焙烧”反应的化学方程式为；该工序需在氧气氛围中进行的原因为o

(6)上述工艺中可以循环利用的物质为(填化学式)。

【答案】(1)浓硝酸能将铁钝化，降低铁的浸出率；反应放热使浓硝酸分解、挥发；浓硝酸反应，降低原

料利用率

(2)①.碳②.Fe(OH)3

⑶Cu2++Fe=Cu+Fe2+

(4)5.3(5)24FePO4+C6H12O6+24LiOH24LiFePO4+6CO2T+18H2O②.

防止葡萄糖和亚铁离子被氧化，使葡萄糖利用率低和产品不纯

(6)NH3

【解析】

【分析】由题给流程可知，废旧铜包钢线缆加入稀硝酸酸溶时，铁、铜、碱式碳酸铜溶于稀硝酸得到硝

酸盐溶液，碳不与稀硝酸反应，过滤得到含有碳的滤渣1和含有铜离子和铁离子的滤液1；向滤液1中加

入足量氨水氨化将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铜离子转化为铜氨络离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤

渣2和含有铜氨络离子的溶液；含有铜氨络离子的溶液经加入蒸氨得到氨气和硝酸铜；向滤渣2中加入

磷酸氢钠溶液，并调节溶液pH,将氢氧化铁转化为磷酸铁，过滤得到磷酸铁和滤液2；将磷酸铁、葡萄

糖和氢氧化锂混合研磨后，在氤气气氛中焙烧制得磷酸亚铁锂。

【小问1详解】

常温下，浓硝酸能将铁钝化，降低铁的浸出率，同时反应放热导致浓硝酸分解、挥发，降低原料利用

率，故酸溶时稀硝酸不宜用浓硝酸代替；故答案为：浓硝酸能将铁钝化，降低铁的浸出率；反应放热使

浓硝酸分解、挥发，降低原料利用率；

【小问2详解】

由分析可知，滤渣1的主要成分为不溶于稀硝酸的碳，滤渣2主要成分为Fe(OH)3,故答案为：碳；

Fe(OH)3；

【小问3详解】

2+2+2+

用CU(NO3)2溶液通过湿法制备Cu是用铁单质置换溶液中的Cu,离子方程式为Cu+Fe=Cu+Fe,故答

案为：Cu2++Fe=Cu+Fe2+；

【小问4详解】

由溶度积可知，当滤液2中磷酸根的离子浓度为lxlO-4moi/L时，溶液中铁离子浓度为

"FePOj5x10*

lxICT4=5x1012moiZL,若溶液中铁离子不转化为氢氧化铁沉淀，溶液的氢氧根离子浓

c（P。：）

K\Fe（OH]4x10-38

J9

度应不能高于？—rx-=[------F=2xlO-mol/L,则溶液的pH应不高于5.3,故答案为:

Vc（Fe3+）V5X1012

5.3；

【小问5详解】

由分析可知，磷酸铁、葡萄糖和氢氧化锂在高温下反应生成磷酸亚铁锂、二氧化碳和水，反应的化学方

程式为24FePO+CHO+24LiOH^^

4612624LiFePO4+6CO2T+18H2O,焙烧在氨气氛围中进

行，可以防止葡萄糖和亚铁离子被空气中氧气氧化，导致葡萄糖利用率低和产品不纯，故答案为：

24FePO4+C6H12O6+24LiOH=24LiFePO4+6CO2T+18H2O；防止葡萄糖和亚铁离子被氧

化，使葡萄糖利用率低和产品不纯；

【小问6详解】

由工艺流程中物质转化知，“蒸氨”时生成的氨气可以返回至U“氨化”工序循环利用，故答案为：NH3O

17.乙酸俗称醋酸，是一种重要的化工原料。

(1)1968年，Monsanto以［Rh(CO)2l2「为催化剂、以碘甲烷为助催化剂合成乙酸，反应历程如下图所

D

①化合物A中错(Rh)的化合价为。

②已知B为六配位离子，画出B的结构示意图____。

③根据反应④，写出E生成CH3coOH的化学方程式____。

(2)乙酸在催化剂的作用下和氢气反应可生成乙醇，反应体系主要发生如下反应:

I.CH3COOH(g)+2H2(g),C2H5OH(g)+H2O(g)AHi=-44.2kJ-moH

II.CH3COOH(g)+C2H50H(g)＜、CH3co0C2H5(g)+H2O(g)AH2=-18.4kJ-moH

1

III.CH3COOH(g)+H2(g)CH3CHO(g)+H2O(g)AH3=+24.5kJ-mol

在200kPa反应条件下，将n(H2):n(CH3coOH尸10：1的混合气进行上述反应。平衡时乙酸的转化率、

产物的选择性S随温度变化如下图所示。

2n(CH3coOC2H5)

已知:S(CH3COOC2H5)=

n(CH3CH2OH)+2n(CH3COOC2H5)+n(CH3CHO)

1

①CH3cHO(g)+H2(g).•C2H50H(g)的AH=kJmol。

②图中表示乙酸的转化率随温度变化的曲线是。当温度低于340℃时，随着温度的升高,

③巴和CH3COOH反应一段时间后，不改变反应时间和温度，能提高S(C2H5OH)的可能措施是(任

写一条)。

④恒温恒压条件下，向初始体积为1L的体积可变密闭容器中通入2molH2和ImolCH3coOH,发生上述

反应，达到平衡时容器的体积变为0.8L,S(CH3COOC2H5)=S(CH3CHO),n(H2)=0.7moL反应H的平衡常

数K=(保留2位小数)。

CH,

【答案】⑴①.+1I，，-Rh'''C0③.CH3coi+H,OfCH38OH+HI

I，I、CO

I

(2)-68.7②.L3③.经分析，Lj、L2分别代表CH3cHO、CH3cH20H的选择性

随温度变化的曲线；随着温度的升高，反应I、II的平衡均逆向移动，反应III的平衡正向移动程度不大,

所以340℃之前，随着温度的升高，CH3coOC2H$的选择性变大④.增大压强或选择合适的催化剂

⑤.0.27

【解析】

【小问1详解】

①化合物A中I为-1价，CO整体为0价，化合物A带1个负电荷，即Rh为+1价；

②A与CH3I发生加成反应生成B,B甲基转移生成C,结合C的结构，且B为六配位离子，即B与A相

CHq

I3

比多了-CH3和-I,B的结构为】'"••京."'。°；

I/|、co

I

③D生成A和E,结合A的结构可知，E为CH3cOLE与水反应生成CH3coOH和HI,化学方程式为：

CH3coi+H2OfCH3COOH+HI；

【小问2详解】

①反应I-反应III得到目标反应CH3CHO(g)+H2(g)=C2H50H(g),AH=

(^!4.2-24.5)kJ/mol=-68.7kJ/mol；

②反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C2H50H的转化率下降，反应m为吸热反应，升高温

度，平衡逆向移动，CH3CH0的转化率上升，即L1为CH3cH。的选择性，由于CH3cHO、

CH3cH20H、CH3coOC2H5的选择性相加为1,即L?为CH3cH20H的选择性，综上L3为乙酸的转化

率随温度变化的曲线；随着温度的升高，反应I、II的平衡均逆向移动，反应III的平衡正向移动程度不

大，所以340℃之前，随着温度的升高，CH3coOC2H$的选择性变大；

③反应n、in均为气体分子数相等的反应，即压强的变化对平衡移动无影响，I为气体分子数减小的反

应，增大压强，平衡正向移动，S(C2H5OH)增大，选择合适的催化剂也能增大SgHsOH)；

④达到平衡时容器的体积变为0.8L,反应H、III均为气体分子数相等的反应，I为气体分子数减小的反

应，即参与反应I的H2的体积为(1L-0.8L)X2=O.4L,初始时3moi气体对应体积为1L,即0.4L气体，

对应物质的量为即参与反应I的H2的物质的量为可得

CH3COOH(g)+2H2(g)―C2H50H(g)+

起始(mol)

,,即反应III参加反应的H2

转化(mol,0.61.20.6Un.o

平衡(mol)

物质的量为2mol-1.2mol-0.7mol=0.1mol,可得

CH3COOH(g)+H2(g)-CH3CHO(g)+H2O(g)

起始(mol)

转化(mol)0.10.10.10.1'

平衡(mol)

S(CH3coOC2H5)=S(CH3cHO),

2n(CH3coOC2H5)

S(CH3coOC2H5)=

n(CH3CH2OH)+2n(CH3COOC2H5)+n(CH3CHO)

n(CH3coOC2H5)=1n(CH3CHO)=0.05mol,即

CH3coOH(g)+C2H50H(g).CH3coOC2H5(g)+H2O(g)

起始(mol)

转化jmolj0.050.050.050.05

平衡jmolj

n(CH3coOH)=1-0.6mol-0.Imol-0.05mol=0.25mol>

n(C2H5OH)=0.6mol-0.05mol=5.5mol>n(CH3COOC2H5)=0.05mol>

n(H2O)=0.6mol+0.Imol+0.05=0.75mol,反应II的平衡常数K=

0.05mol0.75mol

-----------x-----------

K=0.8L_____0.8L=2一027

0.25mol0.55moln~.°

0.8LX0.8L

【点睛】,。

18.某药物中间体G的合成路线如下:

CHCFW

oCH3CH2O

A,OCHCHCOOH

NalOu23XUIHQZN)HIO4al,coon

C15H14O3"o人COOH一野件

RuCh

CH2—CH—CH：XN、__

A①B②CH2—CHO

cOHOHD

CH,