安徽省皖南八校大联考2024-2025学年高三年级上册12月月考化学试题（解析版）

化学试卷

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题

区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

3.本卷命题范围：高考范围。

可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16K：39Cr：52Fe：56Cu：

64Br：80

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.化学与生活、科技、社会息息相关。下列说法正确的是

A.丁达尔效应是胶粒对光线反射形成的，可用于区分溶液与胶体

B.五彩缤纷的烟花是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来

C.国产品牌华为手机使用的锂离子电池是一次电池

D.石墨烯、碳纳米管和富勒烯均属于新型无机非金属材料

【答案】D

【解析】

【详解】A.丁达尔效应是胶粒对光的散射形成的，A错误；

B.烟花是电子由能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，能量以光的形式释放出来，B

错误；

C.锂离子电池是二次电池，C错误；

D.石墨烯、碳纳米管和富勒烯均属于由碳单质构成的新型无机非金属材料，D正确；

故选D。

2.能正确表示下列反应的离子方程式的是

3+

A.明矶溶液中加入过量氨水：Al+3NH3.H2O=Al(OH)3+3NH^

B向||I溶液中通入少量二氧化碳：2|+CO2+H2O——>2|

COONacoo-coo-

+CO；-

-2++

C,少量SO2通入Ca(C10)2溶液中：CIO+H2O+SO2+Ca=CaSO4+CF+2H

电解

D.用惰性电极电解MgCL水溶液：2Cr+2H2O-2OH-+C12T+H2T

【答案】A

【解析】

【详解】A.明矶溶液中加入过量氨水，生成A1(OH)3沉淀和NH；,该离子方程式正确，A正确；

o-

+CO2+H2O-I+HCO；,B

coo-

错误；a

2+

C.该离子方程式为：3C1O+H2O+SO2+Ca=CaSO4+CF+2HC1O,C错误；

电解

2+

D.该离子方程式为：Mg+2Cr+2H2O=Mg(OH)2+H2T+C12T,D错误；

本题选A。

3.废气中SO2常用碱性NaClO溶液吸收，反应原理为CKT+SO2+2OH-=C「+SOj+H2。，部分催

化过程如图所示。下列说法正确的是

C1。-/*■cr+o

过程1过程2

cr/Ni02/^^cio-

A.“过程1”中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：1

B.常温常压下，每吸收33.6LSO?气体转移电子数目小于3.0NA

C.“过程2”可表示为CIO+2NiO2=Ni2O3+C1+O

+

D.吸收过程中存在反应：SO2+O+H2O=SO^+2H

【答案】B

【解析】

【详解】A.“过程r发生反应：CIO+Ni2O3=2NiO2+cr,该反应中Cl元素化合价由+1价变为-1

价、Ni元素化合价由+3价变为+4价，则氧化剂是C1O-,还原剂是Ni2C>3,氧化产物是NiCh,还原产物

是0-，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2,A错误；

B.常温常压下，33.6LSC>2气体物质的量小于L5mol,则每吸收33.6LSO?气体转移电子数目应小于3.0

NA，B正确；

C.“过程2”中，ImolCK?转化为C1-和。时，需要转移2moie;则需消耗2moiNiCh,反应的离子方程式

可表示为CIO+2NiO2=Ni2O3+Cr+2O,C错误；

D.0具有强氧化性，能氧化还原性的S02,所以吸收过程中存在反应：

S02+0+20H=SO^+H20,D错误；

答案选B。

4.下列元素形成的单质或化合物之间不能实现如下图所示之间一步转化的是

PN

选

MNP

项

ANaNaOHNaCl

B3+)

Al[AI(OH)4]-AI(OH3

Csso2H2sO3

DMgMgOMg(OH)2

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.^J^NaOH.；-NaCl^->Na：转化①为钠与水反应，转化②为NaOH与盐酸反应，

转化③为电解饱和食盐水，转化④为电解熔融的氯化钠，A不符合题意；

3+转化①为与过量氢氧化钠溶液反应，转化②为

B.AI^[AI(OH)4].②,AI(OH)3AF+,AJ3+

[AI(OH)J与CO2/H2O、A13+等反应，转化③为AI(OH)3与氢氧化钠溶液反应，转化④为AI(OH)3

与盐酸溶液反应，B不符合题意；

c.s^^sc)22so3上今$,转化①为S与氧气反应，转化②为sc>2与水反应，转化③为

H2SO3加热分解，转化④为H2SO3与硫化氢反应，c不符合题意；

①③④

D.Mg^MgOMg(OH)2^Mg,转化①为Mg与氧气反应，MgO不溶于水，不能一步反应生成

Mg(OH)2,转化③为Mg(OH)2受热分解，Mg(OH%也不能一步反应生成Mg,D符合题意；

故选D。

5.据东晋葛洪的《肘后备急方》中提到，青蒿素具有清虚热、除骨蒸、解暑热、截疟、退黄的功效。下列

有关说法错误的是

cH3

Hy/

青蒿素

A.青蒿素具有一定的氧化性B.每个青蒿素分子中含6个手性碳原子

C.分子式为C15H22。5青蒿素D.分子中碳原子有Sp3和sp2两种杂化方式

【答案】B

【解析】

【详解】A.青蒿素中因含有过氧键(一0—0—)具有一定的氧化性，A正确；

B.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，每个青蒿素分子中含7个手性碳原子，B错误；

C.青蒿素的分子式为C|5H22O5,C正确;

D.青蒿素分子中酯基上碳原子形成碳氧双键，为sp2杂化，其余碳原子均形成4个共价单键，为sp3杂

化，D正确；

答案选B。

6.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.常温下，lLpH=10的Na2cO3溶液中，水电离出的H+数为IO^NA

B.ImolH2和：Imol匕于密闭容器中充分反应后，其分子不一定为2NA

C.1.2g石墨烯和1.2g金刚石均含有0.2踵个碳碳键

D.常温下，5.6g一氧化碳和乙烯混合物中含有的分子数目为0.2NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.常温下，lLpH=10的Na2cO3溶液中，pOH=4,OH全部由水电离产生，且c(OH)=c(H+),

故由水电离出的H+数为10"NA，A错误；

B.ImolH2和11noiI?于密闭容器中充分反应，尽管该反应为可逆反应，但反应前后气体分子数不变，因

此反应后，其分子数一定为2NA，B错误；

C.根据均摊法计算1.2g石墨烯和1.2g金刚石分别含0.15NA和0.2NA个碳碳键，C错误；

D.一氧化碳和乙烯摩尔质量均为28g・molT,常温下，5.6g一氧化碳和乙烯混合物的物质的量为

0.2mol,因此混合气体中含有的分子数目为0.2NA，D正确。

本题选D。

阅读材料，离子晶体熔点一般都很高，但在1914年有人发现，引入有机基团可降低离子化合物的熔点，

如C2H5NH3NO3的熔点只有12℃„人们将由有机阳离子和无机或有机阴离子构成的在室温下呈液态的有

机盐称为离子液体。离子液体被认为是21世纪最有希望的绿色溶剂和催化剂之一、离子液体中常见的阴

离子有［AlCl/一、［PR「、［B耳「等，下图是一种合成离子液体的路线图。第一步先由叔胺(下图中A)与

卤代燃反应合成季钱的卤化物；第二步再通过离子交换、络合反应、电解法或复分解反应等方法，将卤素

离子转换为目标离子液体的阴离子。回答问题。

04”电、「乂丫、HY等.回J

।BC

7.下列有关说法错误的是

A.A、B分子中的杂环均为H平面构型，A、B分子中N原子的杂化方式也相同

B.［AlCl/一、［P耳］、［BR」三种阴离子中心原子均没有孤电子对且空间结构均为正四面体

C.B到C的反应可能是复分解反应

D.上述非金属元素C、H、0、N、F中第一电离能最大的是F

8.下列有关说法正确的是

A.C2H5NH3NO3的相对分子质量大于NH4NO3,因此C2H5NH3NO3的熔点高于NH4NO3

B.离子液体室温下不能导电

C.上图中X-表示卤素离子，Y-表示目标离子液体的阴离子

D.室温下呈液态的盐均为离子液体

【答案】7.B8.C

【解析】

【7题详解】

A.A、B分子中的杂环均为口：平面构型，结合分子结构可知A、B分子中N原子的杂化方式均为sp2杂

化，A正确；

B.根据孤电子对计算公式可以计算出［A1C1J—、［PR］、［BR「三种阴离子的中心原子中没有孤电子

对，［A1C1J、伊月「为正四面体构型，而［PR「不是sp3杂化，故［PR「不是正四面体构型，B错误；

C.题干信息“第二步再通过离子交换、络合反应、电解法或复分解反应等方法，将卤素离子转换为目标离

子液体的阴离子”，故B到C的反应可能是复分解反应，C正确；

D.由第一电离能变化趋势图可知，上述非金属元素C、H、O、N、F中第一电离能最大的是F,D正确；

答案选B。

【8题详解】

A.NH4NO3是普通的离子化合物，C2H5NH3NO3是离子液体，熔点只有12℃,因此NH4NO3的熔点高

于C2H5NH3NO3,离子化合物的熔点不能由相对分子质量大小来判断，A错误；

B.离子液体室温下有自由移动的离子，因此室温下能导电，B错误；

C.题干信息”第二步再通过离子交换、络合反应、电解法或复分解反应等方法，将卤素离子转换为目标离

子液体的阴离子”，C正确；

D.人们将由有机阳离子和无机或有机阴离子构成的在室温下呈液态的有机盐称为离子液体，D错误；

答案选C。

9.化学是一门以实验为基础的学科，下列实验操作、现象和结论均正确的是

选

实验操作现象结论

项

1

向。」mol.L_H2O2溶液中滴入等体积等浓度

A溶液紫色褪去H2O2具有还原性

的酸性KMnCL溶液

溶液先变浑浊，升变浑浊是因为生成了苯

向苯酚钠溶液中通入足量的C。？，再将溶液升高

B温至65℃溶液变酚，变澄清是因为又生成

至65℃以上

澄清了苯酚钠

室温下，用pH计分别测定NaHCO3溶液和H2c。3的酸性比

NaHCO3溶液pH

C

CH3COONa溶液大CH3co0H弱

向0.5g淀粉中加入4mL2moi-匚1H2sod溶

D液，加热，待溶液冷却后加入NaOH溶液至碱试管中有银镜现象淀粉溶液已经水解

性，再加入新制的银氨溶液，混合均匀后热水浴

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.0.1mol-L-1H2O2溶液与等体积等浓度的酸性KM11O4溶液反应，根据化学方程式：

5H2O2+2KM11O4+3H2sO4=K2so4+2MnSO4+5ChT+8H2。可知，KMnC%溶液过量，溶液紫色不褪去，A错误；

B.向苯酚钠溶液通入足量的。。2,溶液先变浑浊，是因为生成了苯酚，再将溶液升高至65℃以上，溶液

变澄清，是因为65℃以上苯酚在热水中溶解，B错误；

C.应该测定同浓度溶液的pH值，C错误；

D.淀粉在稀硫酸作用下水解成葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能与银氨溶液反应产生银镜，向溶液中加入氢

氧化钠溶液中和稀硫酸，然后再加入银氨溶液水浴加热，出现银镜，说明淀粉已水解，D正确；

故选D。

10.某离子化合物中的阳离子结构模型如图所示，已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原

子核外有三种空间运动状态的电子，Z原子核外L层有3个未成对电子。下列说法错误的是

•x

A.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z

B.该阳离子中Z原子提供孤电子对与Y原子形成配位键

C.同周期第一电离能在Y与Z之间的元素有3种

D.X、Y、Z中电负性最小的为Y

【答案】A

【解析】

【分析】由图可知，阳离子中X、Y、Z形成的共价键数目分别为1、3、4,X、Y、Z为原子序数依次增大

的短周期元素，Y原子核外有三种空间运动状态的电子，Z原子核外L层有3个未成对电子，则X为H元

素、Y为B元素、Z为N元素。

【详解】A.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硝酸

的酸性强于硼酸，故A错误；

B.由图可知，阳离子中具有孤对电子的氮原子与具有空轨道的硼原子形成配位键，故B正确；

C.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2P轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电

离能大于相邻元素，同时Be2s轨道全满较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能在B与N之间的

元素有Be、C、0,共3种，故C正确；

D.元素的非金属性越强，电负性越大，则H、B、N三种元素中，电负性最小的是B元素，故D正确；

故选A„

11.一种非金属一有机物液流电池放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是

负载

/°x_CHO

M:

/O^COOH

N：

放电时,负极电极反应为COOH

A.-

+H2O-2e+2H+

B.充电时，H+通过质子交换膜向电极乙移动

C.充电时，甲电极接电源正极，发生氧化反应

D.以此电源电解硫酸铜溶液，若加98gCu(OH)2使溶液复原，理论上消耗160gBr2

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，放电时澳元素化合价降低，发生还原反应，即电极甲为正极，正极电极反应式为

Br2+2e=2Br-,则电极乙为负极，负极电极反应式为:

CHOCOOH回答下列问题;

-

+H2O-2e=+2H

【详解】A.据以上分析可知，放电时，电极乙为负极，发生氧化反应，M中醛基氧化为竣基，所以负极

电极反应式为:CHOC0°H口+，A不符合题意;

-

+H2O-2e=十2H

B.放电时，电极乙为负极，则充电时电极乙为阴极，H+通过质子交换膜向阴极移动，即向电极乙移动,

B不符合题意；

C.放电时，电极甲为正极，则充电时电极甲为阳极，与直流电源的正极直接相连，C不符合题意；

D.以此电源电解硫酸铜溶液，若加98gCu(OH)2时可使溶液复原，98gCu(OH)2的物质的量为Imol,

电解

相当于ImolCuO和ImolH?。，而电解时发生ZCuSO4+ZH2。=2Cu+2H2so4+O2个时复原力口入

电解

CuO即可，而电解时发生2H2。=2H2T+O2T时复原加入H?O即可，且加入ImolCuO即可复原时

原电解硫酸铜溶液的反应中转移2mol电子，加入lmolH2O即可复原时原电解水的反应中转移2mol电

子，由电子得失守恒可知，理论上转移41noi电子时消耗2moiB/m(Br2)=320g,D符合题意；

故答案选D；

12.在制药行业常用高纯度无水三氯化铁做许多反应的催化剂，因此制药行业对高纯度无水三氯化铁的需

求量日益增多。下面是一种用废铁屑(废铁屑中含少量碳)制备无水三氯化铁的工艺。

下列有关制备无水三氯化铁工艺的说法错误的是

A.可以用热Na2cCh溶液去除原料废铁屑表面的油污

B.已知SOCI2+H2OSO2+2HCI,可知在上述工艺中用SOCb代替HCl(g)效果更好

C.操作②可通过蒸发结晶，过滤、洗涤、干燥得到FeCb-6H2O

D.C是一种具有氧化性的物质

【答案】C

【解析】

【分析】用Na2c03溶液去除废铁屑表面的油污，再加稀盐酸溶解废铁屑将其转化为FeCb溶液，向FeCb溶

液中加入氯气等氧化性物质得到FeCb溶液。从FeCb溶液中得到FeCb6H2。晶体，为了防止Fe3+水解，需

要通入HC1气体；通HC1气体的同时，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeCb6H20。再

在HC1的气流中脱水，得到无水FeCb。

【详解】A.Na2cO3溶液呈碱性，加热条件下促进CO：水解，溶液的碱性增强。碱性条件下油脂完全水

解，因此可用热Na2cCh溶液去除原料废铁屑表面的油污，该说法正确，A不符合题意；

B.SOCb水解不仅消耗水分还产生HCl(g),在该工艺中用SOCb代替HCl(g)效果更好，该说法正确，B不

符合题意；

C.从FeCb溶液中得到FeCD6H2O晶体，需要防止加热过程中Fe3+水解，需要不断地通入HC1气体，因

此操作②为向FeCb溶液通入HCl(g)的同时通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤得到FeCb6H2。，该说

法错误，C符合题意；

D.物质C要将Fe2+氧化为Fe3+,因此C是一种具有氧化性的物质，该说法正确，D不符合题意；

答案选C。

13.向双氧水中加少量含「的溶液，应。2的分解速率明显加快，其反应机理为：(i)H2C)2+「f凡0

+ICF慢，(过)旦02+10一一凡0+。2+「快；经测定在相同体积、相同温度和不同pH条件下此溶液

中双氧水分解情况如图所示。下列有关反应的说法正确的是

o

lu

0

-

/

O

X

A.在0〜50min时间段，pH=b和pH=6时H2。？的降解百分率相等

B.KT和「是该反应的催化剂

C.pH=6时，从开始至A点，双氧水的分解速率为2xl(T3moi.匚Lmin-i

D,双氧水完全分解后反应(i)比反应(ii)生成的水量少

【答案】A

【解析】

【详解】A.由图像可知在0〜50min,pH=b和pH=6时H?。？的降解百分率均为1。。％，A正确;

B.根据反应机理可知：碘离子开始时参与反应最后重新生成，「是该反应的催化剂，而KT是中间产

物，B错误；

C.该题中未告知溶液的体积，无法计算化学反应速率，C错误；

D.由反应方程式可知，双氧水完全分解后反应（i）与反应（ii）生成的水量一样多，D错误；

故答案选Ao

14.常温下，将0.1mol-匚1联氨溶液滴入20mL的稀盐酸中，溶液中由水电离出的氢离子浓度随滴入联氨

溶液体积（％=20.00mL）的变化如图所示（已知：lg3ao.5,联氨的电离方程式为N2H4+H2。.N2H；

+

+OH-，N2H^+H2ON2H；+OH,常温时，跖1=3.0xlCr,=7.6乂10F）。下列说法正

确的是

A.0.1联氨溶液的pH旬2.0

B.该反应中稀盐酸的浓度为0.2mol-匚1

C.b点pH=7,d点pH>7

+

D.c点对应溶液中存在：c（OH-）=c（H）+c（N2H^）+2C（N2H：）

【答案】B

【解析】

【详解】A.N2H4+H,O^N2H；+OH,K”="N2H5)<(OH),则

c(N2HJ

61

c(0H­)=^bl-c(N2H4)»V0.lx3.0xl0mol-I7,pOH-3.25,因此pH=10.75,A错误；

B.c点时水的电离度最大，因此c点应为N2H6cU溶液，由于N2H4〜2HC1,

2c(WYN2HJ_2x0.1mol-L-1x20mL

c(HCl)=0.2mol-L-1B正确;

V(HCl)20mL

C.C点为N2H6cL溶液，由于NzH；+水解程度最大，最大地促进了水的电离，且溶液呈酸性，pH<7,所

以b点溶液也应呈酸性，即pH<7,d点为N2H5cl和N2H4的混合溶液,此时水电离的c(H+)=l(T，

溶液呈中性，pH=7,C错误；

D.c点水电离程度最大，此时的溶质为N2H6C12,c点对应溶液中存在电荷守恒：

++

C(OH-)+c(cr)=c(H)+c(N2H；)+2c(N2H^),D错误；

故选B。

二、非选择题(本大题共4小题，共58分)

15.重铭酸钾又称红矶钾，用于制铭帆、火柴、电镀、有机合成等。工业上一般以铭铁矿为原料制备重铭

酸钾，铭铁矿的主要成分为[Fe(CrC)2)2：l，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

①熔块中含有NazCrC^、FJO3等;

@Cr2O^+H20.*2H+2CrOj；

31

③^spfFe(OH)3]=2.79x10—39,[Cr(OH)3]=6.4x10；

@lg2=0.3o

回答下列问题：

(1)步骤I中要加快高温氧化的速率，可采取除升温外的措施有。

⑵步骤I中[Fe(CrO2)2]反应的化学方程式为=

(3)下列有关该工艺过程中的步骤说法错误的是(填标号)。

A.滤渣1中含量最多的金属元素是FeB.步骤III中pH较大时效果更好

C.步骤IV中pH大于步骤m中pH

(4)某工厂用a吨铭铁矿粉(含CrO145%)制备KaCr2。？，最终得到产品b吨，产率为

(5)含Cr2。；的废水有毒，工业上常用电解法来处理含。马07的酸性废水。实验室利用如图所示装置模

拟处理含的酸性废水。乙室中以Cr(OH)3沉降去除Cr2。；。

MN

甲室乙室丙室

①碳棒应接外接电源的极。离子交换膜Y允许通过的离子是=

②常温下，当电解到pH=时，三价铭离子沉淀完全(离子浓度<10-5mol时，沉淀完全)。

③乙室中Cr?。，因转化为Cr(OH)3沉降而去除，写出乙室中发生的离子反应方程式：。

【答案】⑴粉碎等⑵4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2==8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2

/、、100Z?c/f806„16800b

(3)BC(4)------------%或——义100%或-----------%

0.7875。63a0.45x294a

(5)①.负②.Fe2+③.5.6

-2++

Cr2O；+6Fe+17H2O=2Cr(OH)3J+6Fe(OH)3J+10H

【解析】

【分析】铭铁矿石的主要成分为Fe(CrO2)2,还含有硅、铝等杂质，铭铁矿石加入碳酸钠、通入氧气高温氧

化生成Na2CrC>4和Fe2O3>NaAQ、Na2SiO3WC02；将熔块水浸、过滤、洗涤，滤渣1主要成分为FezCh;

取滤液1调pH=7过滤，滤渣2为A1(OH)3,滤液2继续调pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,再加KC1得

到KZCG。？，据此分析解答。

【小问1详解】

将矿石粉碎等都可以加快高温氧化速率；

【小问2详解】

步骤I中铭铁矿被氧气氧化为NazCrO,和FezCh,Cr元素化合价由+3升高为+6、铁元素化合价由+2升高

为+3,根据得失电子守恒，反应的化学方程式为

高温

；

4Fe(\CrO92)/2n+Z8Na5?CO3+27O?82Na?C4rO4+22F5e?O,+82C'O?

【小问3详解】

A.由分析可知，滤渣1中主要是FecOs，故含量最多的金属元素是Fe,A正确;

B.由分析可知，滤渣2为A1(OH)3,若步骤III中pH过大，Al(OH)3会溶解进入滤液2,因此步骤m中

pH较大时效果不一定更好，B错误；

C.由分析可知，步骤IV中滤液2到滤液3是由CrO7生成Cr2。；，根据

Cr2O^+H20-2H++2CrOj可知，要加H+，因此步骤IV中pH小于步骤III中pH,C错误；

故答案选BC；

【小问4详解】

_________2_____*10f)%=0/on

由2CrO：〜可列式计算如下：”45%0.7875a或受x100%或

-----------------XZy463/7

168

16800Z?y

0.45x294a'

【小问5详解】

去除Cr?。；的原理是利用铁棒失电子生成二价铁离子，二价铁离子通过离子交换膜Y进入乙室将Cr2。；-

还原成三价铭离子以氢氧化铭沉降除去，因此碳棒是阴极，连接外接电源的负极，铁棒是阳极；据此分析

解答；

①由分析可知，Y膜允许通过的离子是Fe?+；

-31

(6.4xlO+

②三价铝离子沉淀完全时,c(0H)=即｛OH)=4x10-moLi^,c(H)=

V-KF-

工区pH=5.6；

4x10-94

③由分析可知，二价铁离子通过离子交换膜Y进入乙室将Cr2。：还原成三价铭离子以氢氧化铭沉降除

2++

去，离子反应方程式为：CqO1+6Fe+17H2O=2Cr(OH\J+6Fe(OH\J+10Ho

16.超级铁化合物具有较高的比容量(比容量指电池的容量与重量之比，一般以mAh/g或Ah/kg为单位)，

常用作高容量电池正极材料。高铁酸钾(KzFeCU)是一种常见的超级铁化合物，深紫色晶体。下面是湿法制

备高铁酸钾实验方案：

i,合成工艺

氯气一生成C1CT-生成高铁酸钾一过滤、提纯、干燥，得产品

ii.实验装置图

NaOH溶液

iii.温度对实验过程生成KC1O和QFeCU产率的影响以及最终得到KzFeCU产品纯度的影响如图所示。

回答下列问题:

(1)装置C中多孔球泡的作用是O

(2)实验开始后先打开装置___________中分液漏斗活塞(填"A”或"C”)。

(3)写出由C1CT氧化生成高铁酸钾的离子方程式：o

(4)装置C中水槽应采用水浴(填“冰”或“热”)。

(5)为了检测装置C中Fe3+是否有剩余，可以采用黄血盐法进行检验，试剂K4[Fe(CN)6]生成普鲁士蓝沉

淀(FedFe(CN)6]3)。

①写出该方法检测三价铁的离子方程式：o

②经研究发现普鲁士蓝沉淀物｛Fe4Fe(CN)6]3｝写成K[FeUiFeU(CN)6]更合理，后者的铁鼠骨架如图所示，钾

离子位于正六面体的空穴中(图中未标出)，以平衡铁鼠骨架的负电荷。铁的配位数是0

K[FemFeii(CN)6]中有正二价和正三价铁，依据元素电负性判断正二价铁是(填“A”或"B”)。已

知正六面体边长为anm,阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为g-cm-\

【答案】(1)增加气体与液体的接触面，使气体充分反应

3+

(2)A(3)3C1O+2Fe+10OJT=2FeOj+3Cr+5H2O或3C1O+2Fe(OH)3+4OH'=2FeO：+3C1

+5H2O

Q5x307x1()23

(4)冰(5)①.4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3[②.6③.B④.」——:~z--------

【解析】

【分析】浓盐酸和MnCh在加热条件下反应生成氯气，利用饱和食盐水除去C12中的HC1气体，利用KOH

和氯气制备KC1O,KC1O将Fe3+氧化得到K2FeO4,最后利用NaOH溶液吸收尾气。

【小问1详解】

多孔球泡可以增大Cb与KOH溶液的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分。

答案为增加气体与液体的接触面，使气体充分反应。

【小问2详解】

根据分析，首先要利用Cb和KOH溶液制备KC1O,KOH溶液中应先通入C12；因此应先打开装置A中分

液漏斗活塞，先生成氯气制备KC1O。

答案为A。

【小问3详解】

C1CT氧化Fe3+生成FeOj,反应中CRT中Cl的化合价从+1价降低到一1价，化合价降低2价；Fe3+转

化为FeOj,Fe的化合价从+3升高到+6价，化合价升高了+3价，化合价升降守恒，则CKT和Fe3+的

比例为3:2„再根据元素守恒和电荷守恒配平，配平的离子方程式为3clCT+2Fe3++10C)H一=2FeO:+

3C1+5H2O„也可以认为C1CT氧化的是Fe(OH)3,则离子方程式为3C10^+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO^+

3Cr+5H2O„

答案为3cleT+2Fe3++10OH—=2FeO：+3C「+5H2O或3cleT+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO:+3CF+

5H2O。

【小问4详解】

根据图示，温度对实验过程生成KC1O和KzFeCU产率的影响是低温时，产率高；尽管温度高得到KzFeCU

产物纯度更高，但是纯度变化很小，因此应该采用冰水浴。

答案为冰。

【小问5详解】

①Fe3+与K4[Fe(CN)6]反应的离子方程式为4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=FedFe(CN)6]3I»

②以A所指的Fe为研究对象，该Fe上下左右前后共有6个CN，所以Fe的配位数是6。N原子的电负性

大于C原子，所以与N原子相连的Fe为+3价，与C原子相连的Fe为+2价，B符合题意。根据均摊

法，每个正六面体含有8x^=1个Fe和12x」=3个CN,根据分子式KFeUiFeJCNM，可知每个正六

84

面体中含有0.5个K,则正六面体中含有|■个K［FemFe"（CN）6］；则该晶体的密度

23

0.5M,30.5x3.07xlO,3

p=-------------『g/cm.=-----------；------g/cm=

0.5x3.07x1()23

答案为①4Fe3++3[Fe(CN)]4-=Fe[Fe(CN)6]I

64而

17.甲烷重整是工业上获得CO、H2的一种重要途径，其反应方程式如下:

i：CH4(g)+H2O(g),■CO(g)+3H2(g)AH,

（1）已知化学键键能数据如下:

H一C一H一C一

化学键eg

HOOH

E/CkJ-mol-1)4363431076465413

由上述数据计算AH】=。

（2）某金属元素R的氯化物对上述反应有催化作用，该金属氯化物的四水结晶水合物在T℃时分解的反

应方程式如下：

ii：RC12-4H2O(S)=RQ2(s)+4H2O(g)

①该反应的=1.6xl0-3kPa［以化学反应aA（g）+8B（g）.dD（g）+eE（g）为例，Y=

求此温度下

.（1^0）=_kPao

②反应i在R的氯化物催化作用下反应时间明显缩短，该反应分两步进行，且催化剂只影响其中的一步反

应。两部反应分别是：第一步。凡⑵+凡。®P,第二步P，CO（g）+3H2（g）（P为中间产物），

其中第一步比第二步反应慢，中间产物ImolP所具有能量大于ImolCHjg）和ImolH?O（g）所具有的能

量和，也大于ImolCO（g）和3moiH?（g）所具有的能量和。请在如图坐标系中画出反应i的反应进程与能

量关系图像（其中用实线一表示无催化剂，用虚线一表示有催化剂）o

能量

CH4(g)+H2O(g)PCO(g)+3H2(g)

反应过黄

（3）在一刚性容器中加入过量RCUZHZOG）,抽真空后，向刚性容器中通入一定量CH「封闭该刚性

容器，T℃时甲烷初始压强为200kPa,平衡时刚性容器中压强为520kPa,则0（H2）：kPa,

反应CH4（g）+H2（D（g）.•CO（g）+3H2（g）的平衡常数K，=

（4）T℃时（3）中的刚性容器内随着反应的进行，刚性容器中各物质压强分数随时间变化如图所示，其中表

随时间变化的是,反应20min到达如图所示的A点，20min内V（H2）=

〃(凡0)

kPa-min-1o随着反应的进行，刚性容器中水的压强分数___________（填嘴

P(总)

大”“减小”或“不变

P[A(g)]力(总)

1.0

0.9

0.8

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0.0

Z/min

【答案】（1）+198kJmor1

能量

(2)0.20

CH4(g)+H2O(g)PCO(g)+3H2(g)

反应过程

(3)①.300②.135

(4)①.b②.7.5③.减小

【解析】

【小问1详解】

焰变=反应物总键能-生成物总键能=(4*413+2义465)1<1/0101-(1076+3*436)日/0101=+198日/11101；故

答案为：+198kJ-mor1；

【小问2详解】

4

“(凡。)

-3

①腔==1.6xlOkPa,y?(H2O)=20kPa；故答案为:20；

P6

②催化剂加快总反应速率，主要是加快慢反应速率，总反应为吸热反应，且中间产物ImolP所具有能量大

于ImolCHd(g)和ImolH2。(g)所具有的能量和，也大于ImolCO(g)和3moiH?(g)所具有的能量和，因

此该反应的反应过程与能量图大致图像如图所示;

故答案为:

CH4(g)+H2O(g)PCO(g)+3H2(g)

反应过程

【小问3详解】

由上一问可知，rc时通入过量的RC^ZH?。。)，其分解产生H2(D(g)的压强为20kPa,而在反应

CH4(g)+H2(D(g),yCXgHBHzlg)中，温度不变，腔不变，故反应达到平衡时，凡。心)的压强

仍为20kPa,据此列出三段式:

CH4(g)+H2O(g).CO(g)+3H2(g)

起始/kPa20000

,(200-x)+20+x+3x=520,解

改变/kPaXX3x

平衡/kPa200-x20X3x

得x=100,则平衡时CH4的压强为lOOkPa,也。痣）的压强为20kPa,CO的压强为lOOkPa,凡的压强为

HOOkPaApOOkPaY

3OOkPa,K°=\100kPa/=⑶；故答案分别为：300；135；

riOOkPaA(20kPaA

LlOOkPaJllOOkPa)

小问4详解】

P(CHJP(CHJ

①随着反应的进行,CH4的压强减小，CH4的压强分数减小,因此表不随时间变化

P(总)P(总)

的是：a；CO的压强和H2的压强均在增加，但H2的压强增加量较CO更多，故H2的压强分数增加的更

P（H,）

快，因此表示才才随时间变化的是：b；

②设反应过程中变化的CH4的压强为x,根据CH43H2,且反应到达20min时CH4和H2的压强分数相

1

等，故（200—x）kPa=3xkPa,解得x=50,v（H2）=^=7.5kPa-min；③随着反应的进行，刚性

P（H,O）

容器