辽宁省沈阳市小三校2023-2024学年高三年级上册10月联考化学试题（解析版）

辽宁省沈阳市小三校2023-2024学年高三上学期10月联考

化学试题

本试卷满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：

L答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷

上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24Mn55Fe56Cu64Zn65

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项符合题目要求。

I.化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是

A.我国航天工程近年来成就斐然，卫星计算机芯片使用的是高纯度的二氧化硅

B.铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是FeQj

C.硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料

D.“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型有机高分子材料

【答案】C

【解析】

【详解】A.计算机芯片使用高纯度的硅，而不是二氧化硅，故A错误；

B.FqO,具有磁性，铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe?。」，故B错误；

C.硬铝是合金，合金的硬度比姮金属大，硬铝密度小，硬度大，抗腐蚀能力强，是制造飞机的理想材

料，故C正确；

D.氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，故D错误：

答案选C。

2.设可人为阿伏加德罗常数的值c下列说法正确的是

A.2.4gMg和6.4gCu分别与0.ImolC］充分反应，转移的电子数均为0.2%

B.O.lmolL的NaHS()4溶液中,Na卡数目为

C.】UUg46%的乙附溶液中含有氧原子数为NA

D.3molNO2与H20完全反应时转移的电子数为4N,\

【答案】A

【解析】

【详解】A.O.lmolMg和O.lmoICu均能使。.ImolC%完全转化为0.2molC「，转移0.2mol电子，故A

正确；

B.没有明确溶液的体积，无法计算，故B错误；

C.忽视乙醇溶液中溶剂水所含有的氧原子，故C错误；

D.NO2与H?O反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNC>3+NO,有3moiNO:参与反应时，转移的

电子数为2'人，故D错误；

答案选A。

3.下列有关物质的工业制备反应错误的是

A.刻蚀玻璃：SiO2+4HF=SiF,+2H2O

B.制漂白粉：2C12+2Ca(OH)?=CaCl2+Ca(ClO)9+2H2O

高温小

C.制粗硅：SiO2+C^=Si+CO2T

D.冶炼镁：MgJ(熔融)蟹Mg+Q2T

【答案】C

【解析】

【详解】A.HF能与玻璃中的SiO?反应生成SiF4，利用此原理刻蚀玻璃，故A正确；

B.制漂白粉的原理是将氯气通入石灰乳中，氯气与氢氧化钙反应次氯酸钙和氯化钙，反应正确，故B正

确；

C.制取粗硅，C与SiC>2高温反应只能生成co,故C错误；

D.工业上采用电解熔融氯化镁制取镁单质，反应正确，故D正确；

故选：Co

4.2023年5月神舟十六号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射。发射航天器的材料、常用的燃料及助燃剂

如表所示。下列有关叙述正确的是

航天器材料液体燃料固体燃料助燃剂

钢、钛合金、石液氢、低级醇类、1,2-二甲基胧硼氢化钠液氧、五氟化漠(BrFs)、高氯

墨纤维等酸钺

(CHjNHNHCH?)(NaBH4)(NH4CIO4)

A.基态Ti原子的简化电子排布式为3d24s2

B.NaBH4的阴离子空间结构为正四面体形

C.基态N原了•核外电了•占据的最高能级的电了•云轮廓图为球形

D.BrE中各原子均满足8。一稳定结构

【答案】B

【解析】

【详解】A.基态Ti原子的简化电子排布式为[Ar]3d24s之，A项错误；

B.NaBH4的阴离子是RHJ中心原子B的价层电子对数为4+±±士二4,故该阴离子的空间结构

为正四面体形，B项正确；

C.基态N原子价层电子排布式为2s22P3,电子占据的最高能级为2p,其电子云轮廓图为哑铃形，C项

错误；

D.中Br原子不满足加一稳定结构，D项错误；

答案选

5.某离子液体X的结构如图，其阳离子有类似苯环的特殊稳定性。下列说法正确的是

A.X对有机物和无机物都有良好的溶解性，且不易挥发，可作诸多反应的溶剂

B.X中含有离子键、共价键、配量键、氢键等化学键

C,阳离子中的N原子有两种不同的杂化方式

D.X中的C原子和B原子的孤电子对数不同

【答案】A

【解析】

A

B.物质Y为HCHO,与银氨溶液反应为HCHO+4[Ag(NH3)2]OH=(NH4)2CCh+4Agl+6NH3T+2H2O,得

到(NH4”CO3,B正确;

OH

C.Z为^^ClbOII'酚羟基可以和氢氧化钠反应，则Imol物质Z最多能与ImolNaOH反应,

C正确；

D.nmol的X与nmol的Y反应方程式为

生的H?O的物质的量为（n-1）mol,D错误；

故选D.

7.五种前四周期的元素X、Y、Q、W、T.已知X元素基态原子的M层有6种运动状态不同的电子；Y

元素的+3价阳离子的3d能级半充满；Q原子的L电子层的p能级只有一对成对电子；基态W元素与Q

同周期，W元素最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；基态T原子的M电子层上p轨道半充

满，下列说法不正确的是

A.X、Q、T三种元素第一电离能的大小次序是：Q>X>T

B.X、T、W的最高价的氧化物对应的水化物中有两个是强酸

C.Y元素在周期表d区的VIII族

D.元素Q与另四种元素形成的二元化合物均不止一种

【答案】A

【解析】

【分析】五种前四周期的元素X、Y、Q、W、T,X元素基态原子的M层有6种运动状态不同的电子，

则X为S元素；Y元素的+3价阳离子的3d能级半充满，则Y为Fe元素；Q原子的L电子层的p能级只

有一对成对电子，则Q为O元素；基态W元素与Q同周期，W元素最高能级的不同轨道都有电子，且

自旋方向相同，则W为N元素；基态T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P元素。

【详解】A.磷原子的3P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，则磷元素的第一

电离能大于硫元素，故A错误；

B.硫、氮、磷三种元素的最高价的氧化物对应的水化物中硫酸、硝酸是强酸，磷酸是中强酸，故B正

确；

C.铁元素的原子序数为26,位于元素周期表第四周期VHI族，处于d区，故C正确：

D.氧元素与硫元素可以形成二氧化硫、三氧化硫两种氧化物，与铁元素形成氧化亚铁、氧化铁、四氧化

三铁三种氧化物，与氮元素形成一氧化二氮、一氧化氮、二氧化氮等多种氧化物，与磷元素形成三氧化

二璘、五氧化二磷两种氧化物，故D正确；

故选A。

8.下歹『'类比""推理''正确的是

A.过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe(NOj/则过量的Fe与。2反应生成FeCl2

B.浓硫酸能干燥HCL则浓硫酸也能干燥HF

C.H2s与CuSO«溶液反应生成CuS,则H2s与FeSO«溶液反应生成FeS

D.CO2与Na?。?反应生成Na2co3和。2，则S0”与Na?。？反应生成Na2so劣和。2

【答案】B

【解析】

【详解】A.过量的Fe与C12反应生成FeCh，故A错误；

B.HC1和HF均不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥，故B正确；

C.CuS难溶于酸，FcS可溶于硫酸，因此HR与FeSO«溶液不能反应生成FeS,故C错误；

D.SO2与Naz。?反应生成Na2so.故D错误;

故选：Bo

9.下列实验装置或操作均正确的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.温度计水银球应没入反应液且不接触烧瓶底部，故A错误；

B.制备乙块应用饱和食盐水与电石反应，制备装置不适宜用后普发生器，并且反应产物中有H2s等杂质

生成，检验前应先用硫酸铜溶液除去杂质，故B错误；

C.1-浸丙烷在热的氢氯化钾乙醇溶液中发生消去反应生成丙烯，丙烯中混有乙醇和浜化氢，用水除去乙

际和溟化氢，酸性高镉酸钾溶液褪色可以验证丙烯的生成，故C正确；

D.浪苯应用茉与液澳在FeB门催化下反应制备，故D错误；

答案为C。

10.下列反应的离子方程式书写正确的是

+

A.将少量氯气通入NaHSOs溶液中：HSO；+H2O+Cl2=2CP+3H+SO；-

B将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3%溶液中：A1O；+HCO；+H2O=Al(OH)?J+COf

C.海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2r+21丁+1乙02=12+2%0

DCu溶于稀硝酸：Cu+4H'+2NO；=Cu2++2NO,T+2HQ

【答案】C

【解析】

【详解】A.将少量氯气通入NaHSO,溶液中，离子方程式：

4HSO；+CL=2C「+2H2O+SO:+3SO2T，故A错误；

B.少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO)2溶液中，反应生成碳酸钙、氢氧化铝，离子方程式：

A1O；+HCO；+H,0+Ca2+=Al(OH),1+CaCO,J,故B错误；

C.海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液，发生氧化还原反应，禽子方程式：

2「+2才+%02=12+2%0,故C正确；

D.Cu与稀硝酸反应生成NO、硝酸铜和水，离子方程式：

2

3Cu+8H*+2NO-=3Cu++2NOT+4H2O,故D错误；

答案选C。

II.氨基酸Q是某天然蛋白质水解的•种产物，其相对分子质量不超过200,其中氧元素所占质量分数约

为26.5%：研究表明Q只含有—OH、-COOH.—、田凡、一产一五种基团。下列说

法错误的是

A.通过质谱图检测Q的摩尔质量为181g•mol1

HOCHCHCOOH

B.Q的结构简式为（^^2

C.与Q具有相同官能团的二取代芳香族a-氨基酸最多有3种（不考虑立体异构）

D.Q发生消去反应或分子内酯化反应均可得到分子式为C9HgOzN的产物

【答案】C

【解析】

【分析】由于Q中含有—OH、—COOH、,-NH2,-CH-几种基团，并且Q是氨基酸,

说明氨基、股基连在同一个碳原子上，也就是说这个一fH一上面连有段基和氨基，还有苯环和羟基，说

HOCHCHCOOH

明还需要一个—fH—,所以Q的结构简式为,据此分析:

HOCHCHCOOH

【详解】A.Q的结构简式为2，摩尔质量为181g-mo「，A正确;

HOCHCHCOOH

B.据分析，Q的结构简式为,B正确:

C.与Q具有相同官能团的二取代芳香族a-氨基酸可以为

这种结构有邻对位3种，因此一共6种，C错误;

NH,

D.Q发生消去反应的结构简式为，分子式为C9H9O2N,发生分子内酯化反应的结

OOH

构笥式为,分子式为C9H9O2N,D正确;

故选C。

12.由下列实验方案和现象得出的结论错误的是

选

实验方案现象结论

项

Fe3+与SO2络合反应速率

已知［Fe(SO2)61“呈红棕色，将

溶液先变为红棕色，过一段时比氧化还原反应速率块，

A

SO?气体通入FeCh溶液中间又变成浅绿色但氧化还原反应的进行程

度更大

取少量NaNO2溶液滴入酸性淀粉-酸性条件下，NO：具有

B振荡，酸性淀粉-K1溶液变蓝

KI溶液中氧化性

将铁与水蒸气反应所得的固体先用

铁与水蒸气反应所得的固

C过量盐酸溶解，然后再加入少量生成蓝色沉淀

体中一定有铁粉剩余

K3［Fe(CN)(,］溶液

先有大量气体逸出，蓝色溶液

向CuSO,溶液中持续滴加变为红色浑浊(CU20),继续加

CuSO4溶液对H2。？溶液

D

O.lmolCHO2溶液入H2。？溶液，红色浑浊又变的分解有一定的催化作用

为蓝色溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.铁离子会和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液先变为红棕色，过

一段时间乂变成浅绿色说明Fe"与SO?络合生成红棕色［Fc(SOj/"的反应速率比氧化还原反应生成

亚铁离子的速率快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，故A正确；

B.少量NaNO2溶液滴入酸性淀粉-KI溶液中，溶液变蓝，NO；具有氧化性将「氧化为L,故B正确；

C.过量盐酸溶解加入K31Fe(CN)/溶液，生成蓝色沉淀，只能说明此时溶液中有Fd+,铁和水蒸气

反应所得的Fq。』与盐酸反应可生成Fe?+,故C错误；

D.Cu2+先被H?。？还原，最后又得到CM+,说明CM*有催化作用，故D正确;

故选c。

13.将SO?分别通入无氧、有氧且浓度均为SlmoLL-的BaCU溶液和Ba（NC）3）2溶液中，保证通入

实验abCd

所加试无氧的BaCl2溶无氧的Ba（NO；）2溶有氧的BaCl2溶有氧的Ba（NC）3）2溶

剂液液液液

实验现

无白色沉淀生成有白色沉淀生成有白色沉淀生成有白色沉淀生成

象

下列说法错误的是

A.实验a,如果在溶液中同时通入NH「也可产生白色沉淀

2++

B.实验c发生的反应：2Ba+O2+2SO,+2H2O=2BaSO41+4H

C.由曲线b、d可得出的结论：有氧气参与能显著提裔硝酸根氧化SO2的速率

D.推测无氧的O.lmol・匚1的NaNC）3溶液不可能氧化SO?

【答案】D

【解析】

【详解】A.如果在溶液中同时通入NH「也可产生白色沉淀BaSO?,故A正确；

B.曲线c所示溶液中，SO?溶于水后先被溶解的。2氧化为硫酸，再与Ba?+反应生成BaSO「发生反

应的离子方程式为2Ba?++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4J+4H',故B正确；

C.比较b、d两条曲线，。2的存在，使溶液的pH减小更多，并且pH变化也更快，可得出的结论：有

氧气参与能显著提高硝酸根氧化SO2的速率，故C正确：

D.有氧气参与能显著提高硝酸根氧化SO2的速率；曲线b中Ba（NC）3）2溶液中通入SO?后，溶液品酸

性，NC>3在H+存在下能将SO?氧化为SO：,Ba2+与SO：反应生成BaSO4,可推测无氧的

0.1molL-1的NaNOs溶液可能氧化SO2,故D错误；

答案选D。

14.科学家利用室温下可见光催亿合成技术，用CO、碘代烽和环戊醇制备化合物X,其反应如图所示（反

应条件略去），卜列说法正确的是

A.X与Bi^既能发生取代反应、又能发生加成反应

B.QAOH分子中存在1个手性碳原子

c.CO属于极性分子，分子中存在由P轨道"头碰头’’重叠形成的冗键

D.该反应中存在H—O键的断裂和C—O键的形成

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据X的结构简式，X中不含有碳碳不饱和键，X不能与Bn发生加成反应，故A错误；

B.根据手性碳原子的定义，环戊醇中不含手性碳子，故B错误；

C.CO空间构型为直线形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，CO与N2互为等电子体，即CO的结

构笥式为Cm。，存在兀键，冗键是由P轨道“肩并肩”重叠形成的，故C错误；

D.根据反应方程式可知，CO中三键断裂一个，环戊醇中O-H键断裂，另一有机物中C-I断裂，H和I

结合成HL其余结合，该反应中存在H-0键的断裂和C-0键的形成，故D正确：

答案为D。

15.四水合磷酸锌［Zn3（PO4）2-4H2。］是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰（含Zn、

ZnO、PbO、CuO、FeO、FezOa,SiCh等）为原料制备Zn,（POj・4乩0的流程如下:

稀硫酸高钵酸钾溶液试剂a碳酸氢铉溶液磷酸溶液

滤渣I滤渣n滤渣in

（含MnO,）

下列说法正确的是

A.滤渣I的主要成分是SiO2

B.“步骤I”中，调节溶液的pH约为5后加KMnO4溶液发生反应的离子方程式为

2++

MnO；+3Fe+7H2O=MnO?J+3Fe(OH)N+5H

C.试剂a可以选择Zn或者ZnS,均通过氧化还原反应进行除杂

D.从溶液中得到四水合磷酸锌的步骤为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥

【答案】B

【解析】

【分析】含Zn、ZnO、PbO、CuO.FcO、Fe2Ch,SiCh等物质的锌灰经稀硫酸充分浸取后,Zn、ZnO>CuO、

FeO、Fe2O3溶解，浸出液中含有Zif+、Cu"、Fe"、Fe"及过量SO：、H+,PbO与稀硫酸反应生成难溶物

PbSO4,PbSO4和不溶于稀硫酸的SiCh一并滤出；“步骤『中,加KMnO4溶液,可将Fe?+氧化为Fe3+,调

整溶液pH约为5,Fe3+转化为Fe(OH)3；加入试剂a,除掉溶液中的铜离子，为了不引入新杂质，应选用

金属锌，置换出铜，也可选用ZnS转化成CuS沉淀进入滤渣III中；将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、

洗涤、干燥，便可得到四水合磷酸锌。

【详解】A.由分析可知，PbO与稀硫酸反应转化为PbSCh,SiO?不溶于稀硫酸，故滤渣I的主要成分是

PbSO4、SiO2,A不正确;

B.“步骤I”中,加KMnO4溶液,调节溶液的pH约为5,将Fe?+氧化为Fe3+,Fe?♦转化为Fe(0H)3,发生

2+

反应的离子方程式为MnO；+3Fe+7H2O=MnO2J+3Fe(OH)3J+5H\B正确：

C.若试剂a选用金属锌，置换出铜，为氧化还原反应，若试剂a选用ZnS,CM+转化成CuS况淀，为非

氧化还原反应，C不正确;

D.从溶液中得到四水合磷酸锌的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D不正确;

故选Bo

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16,草酸钻可用于指示剂和催化剂的制备。用含钻废料(主要成分为Co,含有一定量的NiO、AKh、Fe、

Si(h等)制备草酸钻晶体(CoC2Or2H2O)的流程如下：

(NH4)2C2O4

己知：①草酸钻晶体难溶于水。

n++

②RH为有机物(难电离)、M"代表金属离子，M+nRH^MRn+nHo

③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:

沉淀物、CO(OH))

Fe(OH)Fe(OH)22AI(OH)3Ni(OH2

开始沉淀2.77.67.64.07.5

完全沉淀3.79.69.25.28.0

④嬷液中Co元素以Co2+形式存在。

回答下列问题：

(I)为提高浸出速率，除将含使废料粉碎外，还可采取的措施有(写出两条)。

(2)“浸出液”中加入比。2后发生反应的离子方程式为。

(3)加入氧化钻调节溶液的pH,调节的pH范围是___________.

(4)操作①在实验室所用的主要仪器为。

(5)可向操作①后溶有NiR2的有机层中加入使Ni?+从有机相返回水相，实现金属回收利

用，另外也可使循环使用。

(6)可否考虑先将C6+转化为COCO、，再利用反应

CoCO3(s)+C2O^(aq)^CoC2O4(s)+CO^(aq),将COCO3转化为COC2O4：(填

138

“能”或“不能)说明理由：o(Arsp(CoCO3)=1.5xl0-,A：sp(CoC2O4)=6.0xl0-l

【答案】(I)适当提高酸浸温度、适当增加硫酸浓度等(答案合理即可)

2++3+

(2)2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O

(3)5.2<pH<7.5

(4)分液漏斗⑸①.硫酸②.RH

(6)①.不能②.该反应的平衡常数K=2.5xlOR转化程度小，不能实现转化

【解析】

【分析】由题干工艺流程图可知，对含钻废料进行粉碎，加入硫酸进行酸浸，因为SiO?不溶于硫酸，生成

的CaSCM微溶于水,则滤渣I为SiCh、硫酸钙；浸出液中含有CoSO4、NiSQuA12(SO4)3^FeSO4及过量得

硫酸，浸出液中加入H2O2和CoO,将Fe2+转化为Fe3+,同时调节pH,使Fe3+、AW转化为沉淀氢氧化铁

和氢氧化铝而除去；向滤液中加入RH,Ni2+溶于有机层，分液后向水层加入草酸铉得到草酸钻晶体，据此

分析解题。

【小问1详解】

根据影响化学反应速率的因素及影响结果可知，为提高浸出速率，除将含钻废料粉碎外，还可以适当提

高酸浸温度、适当增加硫酸浓度等，故答案为：适当提高酸浸温度、适当增加硫酸浓度等；

小问2详解】

由分析可知，“浸出液”中加入比02主要是亚铁离子被出。2氧亿变为铁离子，便于后续调节pH值将其转

化为Fe(0H)3沉淀，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2F—++2H2O,故答案为：

2++3+

2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O；

【小问3详解】

由分析可知，加入氧化钻，发生COO+2H+=CO2++H2O,根据阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可

知，调节溶液的pH为5.2WpHV7.5,使Fe*和AP+完全转化为沉淀Fe(0H)3、AI(OH)3,同时不能影响到

锲和钻，故答案为:5.2<pH<7.5；

【小问4详解】

由分析可知，操作①为萃取分液，所用的主要仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；

【小问5详解】

"反萃取'’原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入

硫酸(或其他非氧化性无机强酸，合理即可)，根据反应原理M"-+〃RHUMR„+〃H+可重新得到

RH,循环使用，故答案为：硫酸;RII；

【小问6详解】

根据题干数据可知，CoCC)3(s)+C2Oj(aq)UCoC2O4(s)+CO；-(aq)该反应的平衡常数K=

2+13

c(COf)c(CO；)：：c(Ca)Ksp(CaCOJL5X10

2+=8=2.5x10-6,转化程度小，不能实现该转化，故

c(C2O^)=c(Cq：)%c(Ca)=Ksp(CaC2O4)6.0xl0

答案为：不能；该反应的平衡常数K=2.5xl0-6,转化程度小，不能实现转化。

17.日•氨酸亚铁［(H?NCH2coObFe］是新一代畜禽饲料补铁添加剂。某实验小组以碳酸亚铁和甘氨酸

反应制备甘氨酸亚铁的装置如F：

己知：①反应原理为2HKCH2coOH+FCCO3—^-^(H2NCH2COO),Fe+CO2T+H20。

②甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。

③柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。

实验过程：

I.装置C中盛有过量的FeCOi和200mL2.0mol-LT甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待

装置C中的空气排净后，加热并不断搅拌，然后向三颈烧瓶中滴加柠檬酸溶液。

II.反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。

（I）装置B的作用为。

（2）为了防止Fe?4被氧化，本实验采用的措施有>

（3）实验室制取碳酸亚铁晶体（FeCC^nH?。）过程中，可能有少量碳酸亚铁晶体被氧化为FeOOH,该

反应的化学方程式为。

（4）过程I加入柠檬酸溶液可调节溶液的pH,溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。

pH过低或过高均导致产率下降，原因是___________o

（5）过程H中加入无水乙醇的目的是o

（6）产品中Fe?+含量的测定：准确称取5.60g产品，用蒸锵水配制成100mL溶液。取出25.00mL溶液

于锥形瓶中，稀硫酸酸化后，用0.05000mol•l/KMnO』标准溶液滴定至终点（已知滴定过程中只有

Fe?+被氧化），消耗KMnOq标准溶液的体积为20.00mL。判断达到滴定终点的依据是,计

算可得，产品中Fe?+的质量分数为%。

【答案】（1）除去二氧化碳中的氯化氢气体

（2）用CO?排净装置内空气、滴加柠檬酸、尾气吸收导管插入液面以下

（3）4FeCOrnH2O+O2=4FeOOH+4CO,+（4n-2）H2O

（4）pH过低，H?NCH2coOH与H+反应（或HzNC^COOH难电离出H?NCH2coO）,pH过高，Fe2+

与OH一反应生成Fe（OH1沉淀

（5）降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其易结晶析出

（6）①.滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液由无色变成浅紫色，旦半分钟之内不褪色②.20

【解析】

【分析】反应开始，先打开分液漏斗a的旋塞，A中碳酸钙和盐酸反应制备二氧化碳气体，B中盛放碳酸

氢钠溶液，用于除去二氧化碳中的氯化氢，并用二氧化碳排尽装置内空气；待D中石灰水变浑浊，再打

70C

开旋塞b,使柠檬酸滴入C,同时加热C,装置C中发生反应2H2NCH2coOH+FeCO3f(H2NCH2COO)

2Fe+CO2t+H2O,生成甘氨酸亚铁[(FhNCH2coO)2Fe];反应结束后过滤，取滤液，蒸发浓缩，加入无

水乙醇，过漉、洗涤、干燥得产品甘氨酸亚铁。

【小问I详解】

盐竣易挥发，装置B的作用为除去二氧化碳中的氯化氢气体。

【小问2详解】

用CO2排净装置内空气，避免空气中的氧气氧化Fe2+；柠檬酸溶液的作用除了促进FeCO1的溶解，调

节溶液的pH外，还能防止亚铁离子被氧化：尾气吸收导管插入液面以下，防止空气进入反应体系氧化

Fe2+o

【小问3详解】

干燥过程中可能有少量碳酸亚铁晶体被氧化为FeOOH,反应化学方程式为

4FeCOr/?H2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4〃-2)H2O。

【小问4详解】

pH过低，氢离子浓度较大，氢离子和HzNCF^COOH反应，或H2NCH2COOH难电离出

H2NCH2COO-,不利于(H?NCH2coO'Fe的生成；pH过高，Fe?+与OH反应生成Fe(OH%沉

淀，(H？NCH2coO^Fe的产率将降低。

【小问5详解】

加入乙醉后溶剂的极性减弱，甘氨酸亚铁的溶解度下降，从而结晶析出，故目的是降低甘氨酸亚铁的溶

解度，使其易结晶析出。

【小问6详解】

达到滴定终点的依据是滴入最后半滴KMnOj标准溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟之内不褪

色;根据题意得5Fe?+~MnO4,因此〃(Fe?+)=5x0.05000moll?x20.00x10-1x4=0.02mol,

加飞2+)=OSm/gmol1xl0()%=20%.

IS.阳离子加速微(CA)可以加速电解液中MM+和Z1/+的扩散，与CA分子配位的阳离子水合结构(如图

所示）具有更高的导电性，使Zn-MnO2电池保持高的能量效率和长期循环稳定性。

请回答卜列问题:

（1）Mn元素在周期表中的位置为,基态Mn?+和Zr?+中成对电子数之比为。

（2）在CA分子调节的电解质中，CA分子内酰胺基上的O原子与Mn?+和Zr?+形成稳定配合物

CA—[Mn（H?O）5『和CA—[Zn（H2O）j”,比普通水溶液中的[”111（凡0）6广和田（凡0）了

具有更高的活性电子转移。

①已知O原子的表面静电势越负，越容易俘获金属离子。CA分子内酰胺基上的O和水中的0,表面静

电势更负的为

②[MMfO1]+中NHOH棒角（填“大干皿小于”或“等干”）H2。中NHOH键角，原因为

③CA-[Mn（H2。）]”中所含非金属元素电负性由大到小的顺序为,价层电子中有一个孤

电子对且杂化轨道类型为sp'的原子为。

（3）六方纤锌矿结构是自然条件下ZnO最稳定的一种晶体结构。如图为该晶体的一种结构单元，该结构

单元中O的配位数是,已知该结构单元中底面边长为anm,高为cnm,设阿伏加德罗常数的

值为N,、，则该ZnO晶体的密度为g-cm-3（列出计算表达式）。

六方纤锌矿结构

【答案】（1）①.第四周期第VHB族②.9：14

（2）①.CA分子内酰胺基上的0②.大于③.[Mn（HQ）6「中O原子上有1个孤电子对，

而H2。中有2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力©.

O>N>C>H⑤.O和N

324

⑶①“②而俞E喀案合理即可）

【解析】

【小问1详解】

Mn元素在周期表的位置为第四周期第VIIB族，基态Mi?*和Zi?+的电子排布式分别为

Is22s22P63s23P63ds和Is22s22P63s23P634°,其成对电子数之比为9：14。

【小问2详解】

①已知。原子的表面静电势越负，越容易俘获金属离子。CA分子内酰胺基上的O和水中的0,表面静

电势更负的为CA分子内酰胺基上的O。

②[乂11（也0）6「中NH0H键角大于H20中NHOH键角，原因为印乂小。入广中°原子上有1个

孤电子对，而H2。中有2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力。

③CA-[Mn（Hq）5厂中所含非金属亓素为C、N、O和H,其电负性由大到小的顺序为

O>N>C>H,价层电子中有一对孤对电子且杂化轨道类型为sp'的原子为形成配位键的0原子和N

原子。

【小问3详解】

结构单元中O原子个数为12X!+2X'+3=6,Zn原子个