北京市昌平区2023-2024学年高二年级上册期末考试化学试卷（解析版）

北京市昌平区2023-2024学年高三上学期期末质量抽测

化学试题

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016Na23Mn55

i.以下对我国科技发展的巨大成就中涉及材料的说法不E确的是

A.冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为还原性气体

B.“问天”实验舱使用碎化线(GaAs)太阳能电池，Ga是金属元素

C.载人飞船返回舱使用的酚醛树脂基低密度耐高温材料，属于有机高分子材料

D.“C919”飞机机身使用的材料碳纤维主要成分是SiCh

【答案】D

【解析】

【详解】A.Hz中H原子化合价为0价，是还原性气体，A正确；

B.31号元素钱(Ga)属于金属元素，B正确；

C.酚醛树脂属于有机高分子材料，C正确；

D.碳纤维是指含碳量在90%以上的轻质、高强度纤维，属于新型无机非金属材料，主要成分不是二氧化

硅，D错误；

故选D。

2.下列化学用语或图示表达正确的是

A.基态C原子的价层电子轨道表示式：(耳工

H3CH

B.顺-2-丁烯的结构简式：[C=C：

H'CH3

C.H2O的VSEPR模型:

D.N2的电子式：N::N

【答案】C

【解析】

【详解】A.基态碳原子的价电子中2s轨道含有2个电子，2P轨道含有2个电子，轨道表示式

2s_____2P

ornTn故A错误;

CHuCH,

B.顺-2-丁烯中两个甲基位于碳碳双键的同侧，结构简式为C=C'，故B错误；

HZXH

5—2x1

C.H2O中心0原子价层电子对数为2+----------=4,含2对孤对电子，VSEPR模型正确，故C正确；

2

D.氮气分子中氮原子间形成三对共用电子对，N原子最外层电子数为8,电子式为：N/N：，故D错误;

故选C。

3.用放射性同位素^1标记酪氨酸，可达到诊断疾病的目的。标记过程如下：

"°丫＞NH,U，!

Ho

LAA*OHr\NH2

“％_空®_AJ

(标ill郎乜酸)

下列说法不正确的是

A.I位于元素周期表中第四周期、第VIIA族

B.可用质谱法区分和累1

C.⑶L和标记酪氨酸二者均具有放射性

D.标记过程发生了取代反应

【答案】A

【解析】

【详解】A.I为53号元素，位于元素周期表中第五周期第VDA族，A错误；

B.可用质谱法区分2I和*1,是因为两者的质量数不同，B正确；

C.⑶力和标记酪氨酸中均含有噜1,二者均具有放射性，C正确；

D.由方程式可知，标记过程碘原子取代了苯环上氢，发生了取代反应，D正确;

故选A„

4.下列实验的颜色变化不涉及氧化还原反应的是

A.露置在潮湿空气中的钢铁制品，表面产生红色物质

B.向CuSCU溶液中滴加过量的氨水，溶液变为深蓝色

C.氯水在光照条件下放置一段时间后，黄绿色消失

D.向含Fe(SCN)3的溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅

【答案】B

【解析】

【详解】A.露置在潮湿空气中的钢铁制品，表面产生红色物质是铁发生电化学腐蚀生成的氧化铁，发生

了氧化还原反应，故A错误；

B.向CuS04溶液中滴加过量的氨水，溶液变为深蓝色是得到硫酸铜氨溶液，过程中无元素化合价变化，

不是氧化还原反应，故B正确；

C.氯水在光照条件下放置一段时间后，黄绿色消失，是氯水中的次氯酸见光分解生成HC1和02,促进平

衡正向进行，发生了氧化还原反应，故c错误；

D.向含Fe（SCN）3的溶液中加入铁粉，铁和铁离子反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+,Fe3++3SCNuFe（SCN）3平衡逆

向进行，溶液颜色变浅，发生了氧化还原反应，故D错误；

答案选B。

5.下列方程式与所给事实不相管的是

A.氯气制备84消毒液（主要成分是NaClO）：Cl2+2OH-=Cl-+C1O-+H2O

2++

B.二氧化硫通入硝酸钢溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba+H2O=BaSO3i+2H

-

C.Na2cO3溶液显碱性：CO3+H2OHCOJ+OH

电解

D.电解熔融氯化钠：2NaCl（熔融）^2Na+Cl2T

【答案】B

【解析】

【详解】A.氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可用于制备84消毒液，离子方程式为

Ch+20H-=Cl-+C10-+H20,故A正确；

B.二氧化硫通入硝酸领溶液中发生氧化还原反应生成BaSCU沉淀、NO和H2O,离子方程式为3so2+2NO

2++

；+3Ba+2H2O=3BaSO4；+2NOt+4H,故B错误；

C.碳酸根离子水解使Na2cCh溶液呈碱性，离子方程式为CO:+HzOHCOJ+OH-,故C正确；

电解

D.电解熔融氯化钠生成Na和Cb,化学方程式为2NaCl（熔融）^2Na+CbT，故D正确；

答案选B。

6.益母草碱是一种中药提取物，具有清热解毒、活血祛瘀等功效，其分子结构如下图，下列有关该化合物

的说法正确的是

O

HO.

、N又NH?

O

A,有两种含氧官能团

B.分子中N原子杂化方式都是sp3

C.既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应

D,可发生加成、取代、酯化、消去反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.由结构简式可知，益母草碱分子中含有的含氧官能团为羟基、酸键和酯基，共有3种，故A

错误；

B.由结构简式可知，益母草碱分子中双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；

C.由结构简式可知，益母草碱分子中含有的酚羟基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，含有的氨基和亚氨基

等能与盐酸反应，故C正确；

D.由结构简式可知，益母草碱分子中的羟基为酚羟基，不能发生消去反应，故D错误；

故选Co

7.下列实验能达到实验目的的是

\/FeCl3*6H2O

Lz--------------

A.制取无水FeCb固体B.证明苯环使羟基活化

而

J-------

饱和

J-oNa£O,溶液

C.分离饱和Na2c03溶液和CH3coOC2H5D.除去CO2中混有的少量HC1

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【详解】A.氯化铁为强酸弱碱盐，水解生成的氯化氢易挥发，使水解平衡正向移动，加热FeC13・6H2O得

氢氧化铁，灼烧得氧化铁，得不到无水氯化铁，故A错误；

B.苯和滨水不反应，苯酚溶液和饱和滨水反应生成2,4,6-三澳苯酚，溶液变浑浊，说明羟基活化了苯

环，不能说明苯环活化了羟基，故B错误；

C.乙酸乙酯密度比水小，不溶于饱和碳酸钠溶液，分液即可分离两者，故C正确；

D.饱和碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，应用饱和碳酸氢

钠溶液，故D错误；

故答案为：Co

8.对下列事实的解释不正卿的是

选

事实解释

项

N的价层电子排布为2s22P3,2p轨道为半满较为稳定；O的价层电子排布

A第一电离能：N>0

为2s22P4,2P轨道的一个电子比较容易失去形成稳定的半满结构

中心原子均采取sp3杂化，H2O分子中有2个孤电子对，孤电子对有较大的

B键角：NH；>H2O

斥力

C稳定性：HF>HIHF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键

酸性：CF3coOH>F的电负性大于Cl,F-C的极性大于C1-C,使F3C-的极性大于Cl3c-的极

D

CCI3COOH性，导致CF3coOH中氧氢键的极性更大，更易电离出H+

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.N的价层电子排布为2s22P3,2P轨道为半满较为稳定；。的价层电子排布为2s22P%2P轨道的

一个电子比较容易失去形成稳定的半满结构，因此第一电离能：N>0,A正确；

B.NH；中心原子的价电子对数为4+；（5—1—4?=4,H2O中心原子的价电子对数为：2+）（6—2?1=4,

因此二者中心原子均采取sp3杂化，在0分子中有2个孤电子对，孤电子对有较大的斥力，因此键角：NH：

>H2O,B正确;

C.非金属性：F>L稳定性：HF>HL氢键影响物质的熔沸点，稳定性与氢键无关，C错误;

D.F的电负性大于CLF-C的极性大于C1-C,使F3C-的极性大于CbC-的极性，导致CF3coOH中氧氢键

的极性更大，更易电离出H+,因此酸性：CF3COOH>CC13COOH,D正确;

故答案为：Co

9.采用惰性电极，以水和氧气为原料电解制备H2O2的装置如下图所示。下列说法不正确的是（不考虑

H2O2的弱酸性）:

02102

「电源一I

JL

ab

高选择性催化剂质子交换膜

A.电极b连接电源正极

B.质子交换膜中氢离子移动方向为从右向左

电解一段时间后，右室pH不变

D.电解一段时间后，右室生成的02与左室消耗的02量相等

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，a极氧气得到电子发生还原反应生成过氧化氢：O2+2e+2H+=H2O2,为阴极；b极水

+

失去电子发生氧化反应牛成氧气：2H2O-4e-4H+O2T,为阳极;

【详解】A.由分析可知，b为阳极，则电极b连接电源正极，A正确;

B.电解池中阳离子向阴极迁移，则质子交换膜中氢离子移动方向为从右向左，B正确;

C.由分析可知，总反应为水和氧气电解制备H2O2：O2+2H2O=2H2O2,则电解一段时间后，右室pH

不变，C正确;

+

D.由分析可知，a极反应：。2+2曰+2丁=凡02；b极反应：2H2O-4e-4H+O2T,则电解一段时间

后，右室生成的02与左室消耗的02量不相等，D错误;

故选D。

10.聚碳酸酯高分子材料PC的透光率好，可制作挡风玻璃、眼镜镜片等，其一种合成反应为:

nyxAcmijAIMxW

CII1Clh

下列说法不亚螂的是

A.该反应为缩聚反应

B.x=2n-l

C.W是H2O

【答案】C

【解析】

【分析】根据其D。反应原理可推断出W为CH3OH,且x=2n—1；

【详解】A.合成PC生成高分子化合物同时还生成小分子化合物CH3OH,所以为缩聚反应，故A正确;

B.根据原子守恒x=2n—1,故B正确；

C.由反应原理，可推断出W为CH3OH,故C错误；

D.Ho有4种氢原子，所以核磁共振氢有4个吸收峰，故D正确;

1L25C时，HNCh的电禺常数为5.0xl()T。将某浓度某体积的HNO2溶液稀释，其pH随加水体积的变化

如图所示。下列叙述正确的是

B.取a点溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应，得到的产物中c(NO；)<c(Na+)

C.溶液中水的电离程度：a点沌点

c(HA)c(0H)

D.从b点到c点，溶液中逐渐增大(其中HA、A-分别代表酸和酸根离子)

【答案】B

【解析】

【详解】A.HNCh的电离常数为5.0x10-4,HNO2属于弱酸，电离方程式为HNO2.，H++NO2,A项错

误；

B.a点溶液与等浓度等体积NaOH溶液恰好完全反应得到NaNCh溶液，NaNCh溶液中NO：发生水解，则

得到的产物中c(NO力＜c(Na+),B项正确;

C.HNCh电离出的H+抑制水的电离，HNCh溶液中H+浓度越大、水的电离程度越小，a点溶液中H+的浓

度大于b点溶液中的，则溶液中水的电离程度：a点＜b点，C项错误；

c(HA)•c(OH)c(HA)•°(0日)•c(H+)除

从b点到c点，温度不变，Kw、Ka(HA)不变,

c(A)~c(A)-c(H+)-&(HA)

则1_U——不变，D项错误;

cA-

答案选B。

12.一定条件下，1-苯基丙焕(Ph-CmOCH3)可与HC1发生催化加成，反应及反应过程中各物质的占比随

时间的变化如下图所示(已知：反应I、III为放热反应)，下列说法不走硬的是:

A.反应活化能：反应1＞反应II

B.反应焰变：反应1＞反应II

C.20min后，主要发生反应HI

D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物a

【答案】A

【解析】

【详解】A.由图可知，起始反应时，相同时间内产物a的占比大于产物b,说明反应I的速率比反应H的

速率快，反应的活化能越小，反应速率越快，所以反应I的活化能小于反应n,故A错误；

B.由题意可知，反应I、ill为放热反应，即焰变小于o,由盖斯定律可知，反应n-反应i=反应ni,则

△H3=A//2—AH1<O,所以反应I的焰变大于反应H的焰变，故B正确；

C.由图可知，20min时产物a的占比最大，产物b的占比较小，20min后，产物a的占比减小，产物b的

占比增大，所以主要发生反应HI,故C正确；

D.由图可知，起始反应时，相同时间内产物a的占比大于产物b,所以选择相对较短的反应时间，及时分

离可获得高产率的产物a,故D正确；

故选A„

13.下图为常温下Fe(OH)3、A1(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM—pH关系图

(pM=—lg[c(M)/(mol-LT)]；c(M)W10-5moi/L可认为M离子沉淀完全)，下列叙述正确的是

A.Fe(OH)3不能在酸性条件下存在

B.由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]=10"5

C,浓度为0.001mol/L的AF+在pH=4时沉淀完全

D.浓度均为O.Olmol-I71的AF+和Cu2+可通过分步沉淀进行分离

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知，铁离子浓度为10—5.5moi/L时，氢氧化铁已经完全沉淀，溶液的pH为3,说明氢氧

化铁能在酸性条件下存在，故A错误；

B.由图可知，pH为2时，溶液中铁离子浓度为10F5mol/L,则氢氧化铁的溶度积Ksp[Fe(0H)3]=l。-

25X(10—12)3=10-38.5,故B错误;

C.由图可知，铝离子浓度为l(F5mol/L时，溶液pH大于4,说明溶液pH为4时，铝离子不能沉淀完

全，故C错误；

D.由图可知，pH为4时，溶液中铁离子浓度为lO^mol/L,则氢氧化铝的溶度积Ksp[Al(OH)3]=10-3x(l(F

1。）3=10-33,同理可知，氢氧化铜的溶度积Ksp[Cu（OH）2]=1035x（10-8）2=10-19.5,铝离子完全沉淀时，溶液中

氢氧根离子浓度为3moi/L,则氢氧化铜的浓度燧0c[Cu(OH)2]=10-2X(10-9.3)2=10一20.6<

10-05,溶液中没有氢氧化铜沉淀生成，所以浓度均为O.OlmoLlri的铝离子和铜离子可通过分步沉淀进行

分离，故D正确；

故选D。

14.某小组进行实验，向10mL蒸储水中加入0.4g12,充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜

色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知耳溶液为棕色，下列关于颜色变化的解释不正确的是

选项颜色变化解释

A溶液呈浅棕色12在水中溶解度较小

B溶液颜色加深有反应：L+r写发生

C紫黑色晶体消失I2（aq）的消耗使溶解平衡%G）.”2（aq）右移

D溶液褪色口被空气中的氧气氧化

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.向10mL蒸储水中加入0.4gL,充分振荡，溶液呈浅棕色，说明12的浓度较小，因为12在水中

溶解度较小，A项正确；

B.已知5（aq）为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与L反应生成Znb,生成的与L发生反应L+r'月，生

成使溶液颜色加深，B项正确；

C.卜在水中存在溶解平衡l2（s）注2（aq）,Zn与12反应生成的r与l2（aq）反应生成I3,b（aq）浓度减小，上述

溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；

D.最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D错误；

故选D

15.多环化合物L的合成路线如下。

(1)L中含氧官能团有(写名称)。

(2)写出反应①的化学方程式___________。

(3)反应②涉及两步反应，已知第一步为加成反应，第二步为消去反应，写出第一步的化学方程式

(4)J的化学式是C2H5NO3,其结构简式是

(5)以下说法正确的是(选填序号).

a.③为加成反应

b.反应④经历了加成、消去、取代反应

c.G中有6种化学环境不同的氢

),参照上述路线，分别写出相应的D，和G，的结构

【答案】(1)硝基、酯基、瘦基

(2)(3)

CHO

0H

NaOH।_⑷

|J+CH3cHO----------►[~CH-CHI-CHOHOCH2cH2NO2

Ks

(5)c(6)①./HO

②.「也一：

If

【解析】

°1

【分析】A在Cu/Ch加热的条件下发生反应①生成B(八、)，由B的结构可推知A为苯甲醇，结构简式

为，B与CH3CHO在NaOH的条件下加热发生反应②生成D,D与Bn/CCL在乙醇/OH-下发生反应

U

③，先发生加成反应，在发生消去反应生成E,结合B和E的结构简式，推D为/^,八、

NO,

0[

J!\9

与F在I强碱、II还原下生成G\),G与J发生取代反应⑤，生成K(1),

UP

O

结合J的分子式是C2H5NO3,可知J的结构为HOCH2CH2NO2,E与K在一定条件下发生反应⑥，生成L；

【小问1详解】

由L的结构图知，有机物L中含氧官能团有硝基、酯基、瑛基；

【小问2详解】

CH,OHCHO

反应①为羟基被催化氧化为醛基，化学方程式21j+O2Cu1

△「0+23

【小问3详解】

反应②涉及两步反应，已知第一步为加成反应，第一步反应为两个醛基的加成，化学方程式

CHO

NaOH

+CH3CHO

【小问4详解】

由分析知，J的结构简式是HOCH2cH2NO2；

【小问5详解】

a.③发生的应该加成反应和消去反应，a错误；

b.由题意知，反应④经历了加成、消去、还原反应，b错误;

故选c；

【小问6详解】

E与K反应生成L的反应中，E中碳碳双键断裂与K中HC-NCh和C=O成环，且C=O与-CHO成环，从而

16.汞及其化合物具有迁移性、高毒性、生物富集性等特点，汞污染的治理受到广泛关注。

(1)含汞废液(主要是Hg2+)的硫化沉淀法。

写出用Na2s溶液处理含汞废液的离子方程式___________0

(2)含汞废渣HgS的处理方法。

①盐酸-碘化法处理HgS固体。其原理为：HgS可溶于盐酸-碘化钾溶液中，产生H2S,I与Hg2+生成Hgl：。

结合化学用语分别解释盐酸和碘化钾的作用

②含铁氧化细菌处理含汞废渣，分为以下2步：

i.溶液中的Fe3+的化学氧化作用：口+□=口+□+SJ；

2++3+

ii.生物法对Fe3+的再生过程：4Fe+4H+O2=4Fe+2H2O；

将步骤i中的反应补充完整___________。

(3)含汞废渣氯化亚汞的处理方法。

资料:a.Hg2cb在碱性溶液中能自发发生歧化反应,产物有HgO,HgO在碱性条件下能生成可溶性的HgOH+；

b.Hg2c12在酸性溶液中不能自发发生歧化反应；

C.物质中的某一种元素在反应中化合价既升高也降低，该反应是歧化反应；

水浸法不同pH对氯化亚汞水浸实验影响如下图所示，结合化学用语解释初始pH为11.24,汞浸出率高的

【答案】⑴Hg2++S2-=HgS；

(2)①.HgS(s),Hg2+(aq)+S”(aq)与Hg2+生成［HgLF，H+与52-生成H2S,可促进HgS溶解②.

HgS+2Fe3+=Hg2++2Fe2++S

+

(3)在碱性条件下，可发生反应：Hg2cl2+2OH-HgO+Hg+2Cl+H2O>HgO+H2O=HgOH+OH-,最终生

成可溶性的HgOH+,因此汞浸出率高

【解析】

【小问1详解】

由题意可知，硫化钠溶液处理含汞废液发生的反应为溶液中硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀，反应的

2+2

离子方程式为Hg2++S2-=HgS］,故答案为：Hg+S-=HgS；;

【小问2详解】

2+2

①硫化汞在溶液中存在如下溶解平衡：HgS(s)iHg(aq)+S-(aq),向溶液中加入盐酸-碘化钾溶液，溶液

中硫离子与氢离子反应生成硫化氢气体，碘离子与汞离子反应生成［HgLF离子，溶解平衡不断右移，促进

硫化汞溶解,故答案为：HgS(s).Hg2+(aq)+S2-(aq),1-与Hg2+生成［HglF，H+与S加生成H2S,可促进

HgS溶解;

②由题意可知，反应i为溶液中的铁离子与硫化汞反应生成亚铁离子、汞离子和硫，反应的离子方程式为

HgS+2Fe3+=Hg2++2Fe2++S,故答案为：HgS+2Fe3+=Hg2++2Fe2++S；

【小问3详解】

由题给信息可知，溶液pH为11.24时，Hg2c12在碱性溶液中发生歧化反应生成氧化汞、汞、氯离子和水，

反应的离子方程式为Hg2CL+2OH->HgO+Hg+2Cl+H20,反应生成的氧化汞在碱性条件下与水反应生成

可溶性的HgOH+离子和氢氧根离子，使得汞浸出率高，故答案为：在碱性条件下，可发生反应：Hg2cb

++

+2OH-HgO+Hg+2Cl-+H2O,HgO+H2O=HgOH+OH-,最终生成可溶性的HgOH,因止匕汞浸出率高。

17.普鲁士蓝类似物因其易于合成且具有良好的电化学性质等优势被广泛探索应用。一种含锦普鲁土蓝类似

物A的晶胞为立方体，边长为xnm,结构如图a所示，从各个方向所视视图均为图b。

△CN-

.Mn3+

QMn3+

(1)基态Mn原子价层电子排布式是。

(2)比较C和N的非金属性强弱，从原子结构的角度说明理由：。

(3)A中存在两种Mn3+,一种与C直接相连，一种与N直接相连，因此书写化学式时，Mn不能合并书

写，而要写成Mn[Mn(CN)6]；MiP+与N之间的作用力类型可能是,理由是。

(4)已知阿伏加德罗常数为NA,该晶体的密度为g-cm-3o(lnm=10-7cm)

(5)利用图c装置电解难溶物Na2Mn[Mn(CN)6]。电解过程结束后，撤去电源，可形成钠离子电池。

电源

阳离子交换膜

图c

①电解过程中，生成Mn[Mn(CN)6]的电极反应式为

②钠离子电池开始放电时，会产生含铳普鲁土蓝类似物B,化学式为NaMn[Mn(CN)6],已知B的晶胞体积

比A膨胀0.83%,则二者密度大小：PAPB,原因是0

③钠离子电池持续放电时，能产生含镒普鲁土蓝类似物D.等物质的量的反应物放电生成D时，电路中通

过电子的物质的量是生成B时的3倍。该持续放电过程中的总反应为o

【答案】(1)3d54s2

(2)N的非金属性强于C,N和C为同周期元素，电子层数相同，核电荷数N>C,原子半径ON,原子核

对最外层电子的吸引作用N>C,得电子能力N>C

(3)①.配位键②.M2+提供空轨道，N提供孤对电子，可能形成配位键

1064x1()21

(4)

N?3

(5)①.Na2Mn[Mn(CN)6]-2b=Mn[Mn(CN)6]+2Na+®.<③.质量增加约10%,体积增加

0.83%,因此密度增大④.Mn[Mn(CN)6]+3NaCn=Na3Mn[Mn(CN)6]+3Cn

【解析】

【小问1详解】

Mn的原子序数为25,基态Mn原子价层电子排布式是3d54s2；

【小问2详解】

N和C为同周期元素，电子层数相同，核电荷数N>C,原子半径C>N,原子核对最外层电子的吸引作用

N>C,得电子能力N>C,所以N的非金属性强于C；

【小问3详解】

CN-中存在碳氮三键，N有孤对电子，MiP+有空轨道，则M/+提供空轨道、N提供孤对电子，两者之间的

作用力类型可能是配位键；

【小问4详解】

MiP+位于顶点、棱上、面心和体心，其个数为8义工+6义工+12义工+1=8,CN-位于棱上、面上和体内，

824

118x55+24x261064

其个数为6+24*彳+24*：=24,晶胞的质量为------------g=-g,晶胞的体积为(xXl(?

24NANA

1064

,1064xlO21,.

7)3cm3,晶胞的密度为。=巴Tg/cm3=----g/cm3,

3

VINAX

【小问5详解】

①由图c可知，钠离子从右侧电极移向所侧电极，则右侧电极为阳极，Na2Mn[Mn(CN)6]失电子生成

Mn[Mn(CN)6]和Na+,电极反应式为Na2Mn[Mn(CN)6]-2丁=Mn[Mn(CN)6]+2Na+；

②含锦普鲁士蓝类似物B,化学式为NaMn[Mn(CN)6],晶胞质量增加4个钠离子的质量，即增加的质量为

4x23

--------x100%«8.65%,又已知B的晶胞体积比A膨胀0.83%,所以二者密度大小：p<p

1064AB；

③等物质的量的反应物放电生成D时，电路中通过电子的物质的量是生成B时的3倍，则正极产物为

Na3Mn[Mn(CN)6],持续放电过程中的总反应为Mn[Mn(CN)6]+3NaCn=Na3Mn[Mn(CN)6]+3Cn„

18.湿法炼锌净化钻渣中含有Zn、Co、Cu和Fe的单质及Zn(OH)2,可利用过硫酸钠(Na2s2。8)氧化水解法

实现钻的富集，同时回收铜和锌元素，生产工艺流程如下：

①Hz。？

NaS

H,SO,②NaOH22°8

[______]—]

净化钻渣t酸"产出叫蠢।滤液忘古।滤渣叫洗涤—CO(OH)3成品

；；；

浸渣滤渣I滤液U

已知：常温下，当起始浓度为O.OlmolL」时有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。(注：当离子

浓度小于10-5inolL-i时可视为沉淀完全。)

金属离子Fe3+Fe2+Co2+Co3+Zn2+

开始沉淀的

1.97.57.70.16.5

PH

沉淀完全的

3.29.09.21.18.0

PH

(1)净化钻渣需研细的目的是o

(2)酸浸过程中产生Co?+的离子方程式是。

(3)根据流程可知：Co2+的还原性(填“>”或者“<")Fe2+。

(4)关于除铁过程中加入H2O2的必要性，有同学认为Fe?+也可与碱生成沉淀，同样能达到除铁的目的,

因此无须加入H2O2。该说法是否合理，请说明理由___________o

(5)根据表格中信息，综合考虑流程各步骤目的，“除铁”应控制的pH范围是o

(6)沉钻过程中发生的主要反应的离子方程式为=

(7)滤液II中主要存在的离子有。

(8)若实际滤液I中C02+浓度为lmol.LT,计算：只考虑使铁元素沉淀，最大pH是。

【答案】(1)增大钻渣与酸的接触面积，加快与酸反应的速率

(2)Co+2H+=Co2++H2T

(3)<(4)不合理因为Fe2+在pH=9.0时沉淀完全，此pH下，C02+也会沉淀，使铁元素与钻元素无

法分步分离，影响钻的富集

(5)3.2<pH<6.5

2++

(6)2CO+S2O+6H2O=2CO(OH)3；+6H+2SOj

(7)Na+、SO〉、S2O；、ZM+、H+

(8)6.7

【解析】

【分析】由题给流程可知，向净化钻渣中加入稀硫酸酸浸时，锌、钻、铁和氢氧化锌溶于稀硫酸得到可溶

性硫酸盐，铜不能与稀硫酸反应，过滤得到含有铜的滤渣和浸出液；向浸出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，向氧化后的溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH,将铁离子转化为氢氧

化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚钻离子氧

化为钻离子，向氧化后的溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH,将钻离子转化为氢氧化钻沉淀，过滤得

到滤液和氢氧化钻滤渣；滤渣经洗涤得到氢氧化钻成品。

小问1详解】

研细净化钻渣可以增大固体表面积，有利于增大净化钻渣与稀硫酸的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更

充分，故答案为：增大与酸的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分；

【小问2详解】

酸浸过程中Co与酸反应，产生Co2+和氢气，的离子方程式是CO+2H+=C02++H2T；

【小问3详解】

由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，亚铁离子被氧化为铁离子

时，亚钻离子未被氧化，由氧化还原反应规律可知，亚铁离子的还原性强于亚钻离子，故答案为：<；

【小问4详解】

不合理，因为Fe2+在pH=9.0时沉淀完全，此pH下，Co?+也会沉淀，使铁元素与钻元素无法分步分离，影

响钻的富集；答案为：不合理因为Fe2+在pH=9.0时沉淀完全，此pH下，C02+也会沉淀，使铁元素与钻

元素无法分步分离，影响钻的富集；

【小问5详解】

“沉铁”时，为了使铁离子完全沉淀，锌离子不沉淀，根据表中数据可知，控制溶液pH的范围：

6.5>pH>3.2,故答案为：3.2<pH<6,5o

【小问6详解】

加入过硫酸钠、氢氧化钠溶液沉钻，将Co2+氧化成Cc?+的同时生成Co(OH)3沉淀，则发生反应的离子方

2++

程式为2CO+S2Ol~+6H2O=2CO(OH)3；+6H+2SO。

【小问7详解】

滤液I含有Co?+、Zn2+>SOj等，再加入过硫酸钠、氢氧化钠溶液沉钻，溶液中存在的离子为Na+、SO

；、S2O)、Zn2\H+等；

【小问8详解】

由表格数据可知，亚钻离子完全沉淀时溶液pH为9.2,则氢氧化亚钻的溶度积为1X10-5X(1X10-48)2=1X10-

146；亚钻离子浓度为lmol/L的溶液中氢氧根离子浓度为JWd=1x10-73moi/L,溶液pH为6.7,故答

VImoVL

案为：6.7o

19.澳水常用于苯酚灵敏性的定性及定量检测。某研究小组对苯酚与澳的反应进行探究。

实验一：向编号1〜10的试管中均加入lmL10mg/mL苯酚水溶液，再分别滴加1〜10滴浓滨水(棕黄色)，实

验记录如下：

试管

12345678910

序号

苯酚

溶液1mL

体积

浓澳

水滴1滴2滴3滴4滴5滴6滴7滴8滴9滴10滴

数

少量白色沉淀，大量白色沉淀，溶液大量白色沉淀，溶液

实验白色沉淀明显增多，振荡

振荡后沉淀溶变黄，振荡后黄色褪变黄，振荡后黄色不

现象后沉淀不溶解。

解。去。褪去。

(1)经检验，1〜6号试管中白色沉淀主要成分相同，6号试管中恰好为苯酚与澳按物质量1：3混合，反

应的化学方程式为o

对实验一中出现的不同实验现象进行深入探究。

Ih

已知：a.过量滨水可与苯酚产生白色沉淀|

b.（或类似阴离子）的浓度越高，与Bn更易发生取代反应。

C.2s20：+12=2「+$407（阴离子均无色）

实验二：分别向4支洁净试管内加入1mL10mg/mL苯酚水溶液，滴加6滴浓澳水，振荡，记为6-i、6-ii、

6-iii、6-iv,再分别加入1mL不同浓度苯酚水溶液，实验记录如下：

试管序号6-i6-ii6-iii6-iv

加入苯酚水溶液浓

20mg/mL15mg/mL5mg/mL蒸储水

度

溶液转为澄溶液有少量白色沉溶液有大量白色沉溶液有大量白色沉

实验现象

清淀淀淀

（2）根据实验二的操作及现象，解释实验一中1、2号试管中对应的现象

（3）分析一取代和二取代产物并不是白色沉淀主要成分的可能原因。

OHOH

、的酸性弱于从结构角