2024年高考化學第一次模擬考試（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1C12O16Ca40Zn65第Ⅰ卷一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．第31屆世界大學生夏季運動會于2023年7月至8月在成都成功舉辦。下列相關說法正確的是A．火炬“蓉火”采用丙烷燃料，實現了零碳排放，說明丙烷不含碳元素B．開幕式上的煙花表演利用了焰色反應原理C．大運會金牌材質為銀質鍍金，這是一種新型合金材料D．場館消毒使用的過氧類消毒劑，其消殺原理與酒精相同【答案】B【解析】A．丙烷是由碳元素和氫元素形成的烷烴，分子中含有碳元素，故A錯誤；B．焰色反應是利用金屬離子在熱火焰中產生特定顏色的現象，大運會開幕式上的煙花表演利用了焰色反應原理而綻放出耀眼光彩，故B正確；C．大運會金牌材質為銀質鍍金，則金牌材質屬于不是銀和金熔融得到的具有金屬特性的金屬材料，所以不屬于新型合金材料，故C錯誤；D．過氧類消毒劑的消毒原理是利用過氧化物的強氧化性使蛋白質變性而達到殺菌消毒的作用，而酒精的消毒原理是利用乙醇分子具有的強大的滲透力，能快速滲入病原微生物內部，使其內部的蛋白脫水、變性、凝固性而達到殺菌消毒的作用，兩者的消毒原理不同，故D錯誤；故選B。2．下列化學用語表示不正確的是A．的水解方程式為：B．HCl分子中σ鍵的形成：

C．的形成過程：

D．Fe與稀硝酸反應，當時：【答案】A【解析】A．為的電離方程式，的水解方程式為：，故A錯誤；B．σ鍵為頭碰頭方式重疊，HCl分子中σ鍵的形成：，B正確；C．氯化鎂是只含有離子鍵的離子化合物，表示氯化鎂形成過程的電子式為，故C正確；D．Fe與稀硝酸反應，當時：設參加反應的鐵共1mol，xmolFe被氧化為Fe3+、(1?x)molFe被氧化為Fe2+，根據得失電子守恒、電荷守恒，被還原的硝酸為，表現酸性的硝酸為，，解得x=0.25mol，即氧化生成Fe3+、Fe2+的比為1:3，所以反應方程式為，故D正確；故選A。3．2023年10月4日，瑞典皇家科學院宣布將2023年諾貝爾化學獎授予美國麻省理工學院教授蒙吉·巴文迪(MoungiG.Bawendi)、美國群倫比亞大學教授路易斯?布魯斯(LouisE.Brus)和美國納米晶體科技公司科學家阿列克謝.葉基莫夫(AlexeyI.Ekimov)，以表彰他們對量子點的發現與合成所作的貢獻。中國科學技術大學熊宇杰、高超教授利用光催化和Ru可以有效地從CdS量子點中提取光生帶正電空穴(用h+表示，可捕獲電子)和電子，進一步氧化HMF()來生產HMFCA()和DFF()，該成果于2022年發表于世界化學頂級期刊《Angew.Chem.Int.Ed.》，反應原理如圖所示：下列說法錯誤的是A．在相同條件下，適當增加光的強度或酸度有利于加快反應速率B．生成DFF整個過程中，氧化產物與還原產物的物質的量比為1：1C．生成HMFCA過程中，Ru－CdS表面反應的機理，一定有e?或h+參與D．當生成HMFCA與DFF物質的量比為1：1時，CdS量子點至少產生3molh+【答案】D【解析】A．利用光催化和Ru可以有效地從CdS量子點中提取光生帶正電空穴(用h+表示，可捕獲電子)和電子，在相同條件下，適當增加光的強度或酸度有利于加快反應速率，故A正確；B．HMF(

)發生催化氧化反應可以生成DFF(

)，氧化產物為

，還原產物為H2O，氧化產物與還原產物的物質的量比為1：1，故B正確；C．HMF()發生氧化反應失去電子生成HMFCA(

)，生成HMFCA過程中，Ru－CdS表面反應的機理，一定有e?或h+參與，故C正確；D．由圖可知，當生成HMFCA與DFF物質的量比為1：1時，總反應方程式為：2+O2++H2O，生成1mol和1mol時，共轉移4mol電子，則CdS量子點至少產生4molh+，故D錯誤；故選D。4．科學家發現某些生物酶能將海洋中的NO2轉化為N2，該過程的總反應為。設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．1.5mol·L?1NH4Cl溶液中含的數目為1.5NAB．標準狀況下，22.4LN2中含π鍵的數目為2NAC．18gH2O中含電子對的數目為2NAD．生物酶將NO2轉化為N2的過程叫作氮的固定【答案】B【解析】A．未說明溶液的體積，無法計算1.5mol·L?1NH4Cl溶液中含的數目，故A錯誤；B．標況下22.4LN2的物質的量為1mol，而氮氣分子中含2個π鍵，則1mol氮氣中含2NA個π鍵，故B正確；C．18g水的物質的量為n==1mol，而水分子中含2對共用電子對和2對孤電子對，則1mol水中含4NA個電子對，故C錯誤；D．將氮元素由游離態轉變為化合態的過程為氮的固定，生物酶將NO2轉化為N2的過程不是氮的固定，故D錯誤；故選：B。5．周期表中VIA族元素及其化合物應用廣泛。、、是氧元素的3種核素，可以形0成多種重要的化合物。亞硫酰氯為黃色液體，其結構式為（），遇水發生水解。工業上可電解H2SO4與混合溶液制備過二硫酸銨，過二硫酸銨與雙氧水中都含有過氧鍵(?O?O?)。硝化法制硫酸的主要反應為：。SO2和SO3都是酸性氧化物，是制備硫酸的中間產物。下列化學反應表示正確的是A．H2O2氧化酸性廢水中的Fe2+離子方程式：B．氫氧化鈉吸收足量二氧化硫的離子方程式：C．亞硫酰氯水解的反應方程式：D．電解法制備時的陽極反應：【答案】D【解析】A．H2O2氧化酸性廢水中的Fe2+離子方程式：，A錯誤；B．氫氧化鈉吸收足量二氧化硫的離子方程式：，B錯誤；C．亞硫酰氯水解的反應方程式：，C錯誤；D．電解法制備時的陽極反應：，D正確；故選D。6．實驗探究是化學學習的方法之一、根據下列實驗設計的現象所得實驗結論正確的是選項實驗設計現象實驗結論A在坩堝中加入16.4g，加熱一段時間，在干燥器中冷卻，稱量剩余固體質量質量為12.8g加熱后坩堝內固體為和混合物B向雞蛋清溶液中滴入幾滴硫酸銅溶液產生白色沉淀，加水后沉淀不溶解蛋白質發生了變性C分別用蒸餾水、溶液噴灑甲、乙兩張白紙，靜置、干燥噴灑溶液的紙張老化明顯能促進紙張的老化D在燒瓶中加入木炭顆粒與濃硝酸，然后加熱燒瓶中有紅棕色氣體產生木炭具有還原性，能還原【答案】B【解析】A．116.4g中含結晶水為，則坩堝中剩余物質質量為12.8g時，坩堝內固體為CaC2O4，A項錯誤；B．Cu是重金屬元素，向雞蛋清溶液中滴入幾滴硫酸銅溶液，蛋白質會發生變性，產生白色沉淀，且變性不可逆，故B正確；C．氯化鋁溶液中含鋁離子和氯離子，由實驗操作和現象不能證明Cl?能促進紙張的老化，鋁離子也可能使紙張老化，C項錯誤；D．紅棕色氣體也可能是由濃硝酸受熱分解生成，故由實驗操作和現象不能證明木炭具有還原性，D項錯誤；答案選B。7．實驗室用化學沉淀法除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、獲得精制鹽。下列敘述有誤的是A．雜質離子除去順序可確定為：SO、Mg2+、Ca2+B．加入試劑順序可依次為：NaOH、Na2CO3、BaCl2、鹽酸四種溶液C．雜質離子沉淀完后，采取的分離操作用到的儀器是a、b、c、dD．沉淀分離完成后，調整溶液pH時用到的全部儀器為a、c、e、f【答案】B【解析】A．要確保碳酸鈉在氯化鋇之后，雜質離子可依次加入過量的BaCl2、NaOH、Na2CO3依次除去SO、Mg2+、Ca2+，A正確；B．加入試劑順序不可以依次為NaOH、Na2CO3、BaCl2、鹽酸四種溶液，過量的BaCl2未被除去，應確保BaCl2在Na2CO3之前，B錯誤；C．沉淀后進行過濾，所涉及的儀器有玻璃棒、漏斗、燒杯、鐵架臺，C正確；D．沉淀分離完成后，調整溶液pH時用到的全部儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和pH試紙，D正確。故選B。8．NH3脫NO的一種MnO2催化機理示意圖如下。下列說法錯誤的是A．催化過程中Mn元素的配位數和化合價均有改變B．MnO2能提高NH3脫NO的速率和平衡轉化率C．反應歷程中有極性鍵和非極性鍵的斷裂及生成D．過程總反應方程式：【答案】B【解析】A．從圖中

可以看出Mn所形成的共價鍵數目變化了，說明其配位數和化合價都有變化，A正確；B．MnO2作為反應的催化劑，不能提高平衡轉化率，B錯誤；C．從圖中可以看出，有極性鍵的斷裂(N?H鍵等)和生成(O?H鍵等)，有單質參與(O2)也有單質生成(N2)，所以也有非極性鍵的斷裂和生成，C正確；D．根據示意圖可知，反應物有NH3、NO、O2，產物有N2、H2O，D正確；故選B。9．中國第一輛火星車“祝融號”成功登陸火星。探測發現火星上存在大量含氧橄欖石礦物(ZxW2?xRX4)。已知前四周期元素X、Y、Z、R、W的原子序數依次增大，Y的氫化物常用于雕刻玻璃，R元素的一種氧化物可制作光導纖維，W的合金材料是生活中用途最廣泛的金屬材料，基態Z原子核外s，p能級上電子總數相等。下列敘述正確的是A．原子半徑：Z＞R＞Y＞XB．X的第一電離能比同周期相鄰元素小C．X的簡單氫化物的熱穩定性強于Y的簡單氫化物D．熔點：ZY2＞RX2【答案】B【分析】Y的氫化物常用于雕刻玻璃,則Y為氟元素；R元素的一種氧化物可制作光導纖維，故R為硅元素；W的合金材料是生活中用途最廣泛的金屬材料，故W為鐵元素，前四周期中只有氧、鎂原子的s，p能級上電子總數相等，根據原子系數遞增可得Z為鎂元素，X為氧元素。【解析】A．原子半徑根據元素周期律從上往下逐漸增大，從左往右逐漸減小，可得Z＞R＞X＞Y，A錯誤；B．根據電離能從左到右逐漸增大可得氟大于氧，但特殊的是氮原子2p軌道處于較穩定的半充滿狀態而氧原子的不是，故氮大于氧，B正確；C．從左往右氣態氫化物的穩定性逐漸增強，故O的簡單氫化物的熱穩定性弱于F的簡單氫化物，C錯誤；D．二氧化硅是原子晶體熔點高于二氟化鎂離子晶體，D錯誤；故選B。10．是一種難溶于水和乙醇的白色固體，易被氧化為高價綠色銅鹽、見光受熱易分解。可利用如圖裝置(夾持裝置略去)將通入新制氫氧化銅懸濁液中制備。下列說法正確的是：A．裝置A中液體為98%濃硫酸B．裝置B的作用是除去氣體中的余質C．將裝置C中混合物過濾，依次用水和乙醇洗滌后，烘干后密封保存D．制備的反應方程式為：【答案】D【分析】本題利用二氧化硫、氯化銅溶液與氫氧化鈉溶液反應制備氯化亞銅，A裝置用來生成二氧化硫，B裝置放在中間用來平衡壓強，若二氧化硫氣流過快或堵塞，長頸漏斗下端會有一段液柱，C裝置用來制備氯化亞銅，D裝置用來吸收過量的二氧化硫，避免造成空氣污染。【解析】A．硫酸濃度太大不利于離子反應的發生，制取二氧化硫采取70%的濃硫酸，故A錯誤；B．裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸，故B錯誤；C．裝置C中混合物會混有少量的氫氧化銅，不能直接洗滌后烘干，故C錯誤；D．反應生成氯化亞銅，銅的化合價降低，硫元素升高化合價，生成物為硫酸根離子，故反應方程式為，故D正確；故選D。11．是鋰離子電池正極材料，晶體中圍繞形成八面體，八面體共棱形成層狀空間結構，與層交替排列。在充放電過程中，(Ⅲ)與(Ⅳ)相互轉化，在層間脫出或嵌入，晶胞組成變化如圖所示。下列說法正確的是A．中B．每個晶胞中與Co(Ⅳ)個數比為C．每個晶胞轉化為晶胞轉移的電子數為4D．相同質量的分別轉化為與轉移電子數之比為【答案】B【解析】A．由圖可知，中的個數為2+8=3，中的個數為1+8=2，則，x=，故A錯誤；B．由A可知中，設每個晶胞中Co(Ⅳ)的個數為a，(Ⅲ)的個數為b，根據化合價代數和為零可知，+4a+3b=2×2，a+b=1，解得a=，b=，與Co(Ⅳ)個數比為，故B正確；C．中的個數為1+8=2，中的個數為1+4=，每個晶胞轉化為晶胞過程中失去個，轉移的電子數為，故C錯誤；D．每個晶胞轉化為轉移的電子數為，中的個數為2+8=3，每個晶胞轉化為過程中得到1個，轉移1個電子，則相同物質的量的分別轉化為與轉移電子數之比為，故D錯誤；故選B。12．室溫下：、、、。本小組同學進行如下實驗：實驗實驗操作和現象1測定溶液的2向溶液中通入少量3向20mL溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液10mL4配制的、、三種溶液下列所得結論正確的是A．實驗1溶液中存在：B．實驗2反應的離子方程式：C．實驗3反應后的溶液中存在：D．實驗4中各溶液pH大小：【答案】D【解析】A．溶液中，硫酸氫根既會電離又會水解，其電離常數為，水解常數，故其電離程度大于水解程度，其電離產物亞硫酸根濃度也應比水解產物亞硫酸大，A錯誤；B．向溶液中通入少量，酸性，故向溶液中通入少量時應該產生醋酸和亞硫酸氫根離子：，B錯誤；C．向20mL溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液10mL，生成，聯立電荷守恒和物料守恒，，C錯誤；D．結合題干信息，=，故醋酸根離子的水解程度和銨根離子的水解程度相等，醋酸銨溶液顯中性；溶液中，銨根離子水解使溶液呈現酸性，亞硫酸氫根離子電離＞水解，也使溶液顯酸性，故溶液顯酸性；而中，亞硫酸根離子水解程度比銨根離子大，溶液呈現堿性，故同濃度各溶液pH大小：，D正確；故選D。13．一種電化學法合成甲酸鹽和辛腈[CH3(CH2)6CN]的工作原理如圖所示。下列說法不正確的是A．電極電勢：Ni2P高于In/In2O3?xB．電解一段時間后，陰極區溶液pH增大C．Ni2P電極的電極方程式：CH3(CH2)7NH2?4e?+4OH?=CH3(CH2)6CN+4H2OD．標準狀況下，33.6LCO2參與反應時Ni2P電極有0.75mol辛腈生成【答案】B【分析】由圖中電極上可知，發生得電子的還原反應，電極為陰極，陰極反應為，則電極為陽極，辛胺在陽極發生失電子的氧化反應生成辛腈，陽極反應為，陰極與外加電源的負極相接，陽極與外加電源的正極相接，即A為電源負極，B為正極。【解析】A．電極為陽極，電極為陰極，A為電源負極，B為正極，高于，A項正確；B．陰極反應為，電路中轉移2mol電子，有2mol移向陽極，則陰極區溶液的堿性減弱，pH減小，B項錯誤；C．電極為陽極，陽極反應為，C項正確；D．陰極反應，陽極反應，電子守恒有，則，D項正確；答案選B。14．室溫下，向1L0.1mol/L的NH4HCO3溶液中加入NaOH固體(保持恒溫)的過程中，溶液中、、、NH3·H2O四種粒子濃度以及溶液pH隨加入NaOH物質的量的變化如圖所示(曲線A、B、C、D在縱軸上的截距分別為0.095、0.098、0.002、0.0002)。已知NH3·H2O的Kb=1.8×10?5，H2CO3的Ka1=4.2×10?7，Ka2=5.6×10?11，下列判斷正確的是A．與OH—反應的平衡常數大于與OH—反應的平衡常數B．曲線D代表c(NH3·H2O)C．加入0.1molNaOH時僅發生反應：+OH—=NH3·H2OD．0.1mol/LNH4HCO3溶液中存在：c()>c()>c(NH3·H2O)>c()>c(OH—)>c(H+)【答案】D【分析】由電離常數可知，氨水的電離常數大于碳酸的一級電離常數，則碳酸氫銨溶液中碳酸氫根離子的水解程度大于銨根離子的水解程度，溶液呈堿性，溶液中銨根離子濃度大于碳酸氫根離子濃度，則曲線A代表碳酸氫根離子、曲線B代表銨根離子；溶液中碳酸氫根離子與氫氧根離子的反應為+OH—=+H2O，反應的平衡常數K=====5.6×103，溶液中銨根離子與氫氧根離子的反應為+OH—=NH3·H2O，反應的平衡常數K===≈5.6×104，銨根離子與氫氧根離子反應的平衡常數大于碳酸氫根離子與氫氧根離子的平衡常數說明銨根離子優先與氫氧根離子反應，則反應中一水合氨的濃度大于碳酸根離子濃度，曲線C代表一水合氨、曲線D代表碳酸根離子。【解析】A．由分析可知，銨根離子與氫氧根離子反應的平衡常數大于碳酸氫根離子與氫氧根離子的平衡常數，故A錯誤；B．由分析可知，曲線C代表一水合氨，故B錯誤；C．由圖可知，加入0.1mol氫氧化鈉時，一水合氨和碳酸根離子濃度均增大說明溶液中碳酸氫根離子和銨根離子均與氫氧根離子反應，故C錯誤；D．由分析可知，碳酸氫銨溶液呈堿性，溶液中銨根離子濃度大于碳酸氫根離子濃度，則溶液中微粒濃度的大小順序為c()>c()>c(NH3·H2O)>c()>c(OH—)>c(H+)，故D正確；故選D。第Ⅱ卷二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15．（14分）(三氯化六氨合鉆)是合成其他含鈷配合物的重要原料，實驗中可由金屬鈷及其他原料制備。回答下列問題：已知：①在時恰好完全沉淀為；②不同溫度下在水中的溶解度如圖所示。(一)的制備易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性強于，可用金屬鈷與氯氣反應制備。實驗中利用如圖裝置(連接用橡膠管省略)進行制備。（1）用圖中的裝置組合制備，連接順序為(填標號)。裝置B的作用是。（2）裝置A中發生反應的離子方程式為。(二)的制備步驟如下：Ⅰ．在100mL錐形瓶內加入4.5g研細的，和5mL水，加熱溶解后加入0.3g活性炭作催化劑。Ⅱ．冷卻后，加入濃氨水混合均勻。控制溫度在10℃以下，并緩慢加入溶液。Ⅲ．在60℃下反應一段時間后，經過、、過濾、洗滌、干燥等操作，得到晶體。根據以上步驟，回答下列問題：（3）在步驟Ⅱ加入濃氨水前，需在步驟Ⅰ中加入的原因之一是利用溶于水電離出，使的電離平衡逆向移動，請解釋另一原因：。（4）步驟Ⅱ中在加入溶液時，控制溫度在10℃以下并緩慢加入的目的是控制反應速率同時。（5）制備的總反應的化學方程式為。（6）步驟Ⅲ中的操作名稱為、。【答案】（1）A→D→C→E→B（2分）防止多余的污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入裝置E，使潮解（2分）（2）（2分）（3）防止加入氨水時溶液中過大，生成沉淀（2分）（4）防止溫度過高使和分解（2分）（5）（2分）（6）趁熱過濾（1分）冷卻結晶（1分）【解析】利用濃鹽酸與高錳酸鉀反應制氯氣，通過飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫，再通過濃硫酸干燥，得到的干燥純凈的氯氣通入裝置E與鈷加熱條件下反應生成氯化鈷；再利用氯化鈷與氨化銨在活性炭催化下反應制；（1）裝置A用于制備Cl2，裝置D用于除去Cl2中的HCl，裝置C用于干燥Cl2，裝置E用于制備CoCl2，裝置B的作用是防止多余的氯氣污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入裝置E，使CoCl2潮解，故連接順序為A→D→C→E→B；（2）裝置A中KMnO4和濃鹽酸反應制備Cl2，故方程式為：；（3）溶于水電離出，能使的電離平衡逆向移動，進而可以抑制的電離，防止加入氨水時溶液中過大，生成沉淀，有利于的配位；（4）和受熱易分解，步驟Ⅱ中控制溫度在10℃以下并緩慢加入溶液是為了控制反應速率，防止溫度過高使和分解；（5）在題給制備反應中，是氧化劑，根據得失電子守恒、原子守恒可得總反應的化學方程式為；（6）根據已知信息②可知，在水中的溶解度隨著溫度的升高而增大，應先趁熱過濾除去活性炭等雜質，再經冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等操作得到晶體。16．（14分）某黃鉀鐵礬渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12及一定量的鋅、銅、鎘、鎂等金屬，為了綜合利用減小污染，可用于制備錳鋅鐵氧體，其工藝流程如下圖。已知：溶液中FeSO4含量過高，在室溫條件下容易發生結晶。常溫下，相關物質的Ksp如下表。物質ZnSFeSCdSMgF2Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Ksp1.3×10?246.3×10?188.0×10?277.42×10?113×10?398×10?161.2×10?11回答下列問題：（1）下列說法不正確的是___________（填標號）。A．酸浸時，可通過增大酸的濃度及加熱的方式加快酸浸速率B．浸出液中的Fe3+極易形成Fe(OH)3膠體造成過濾困難和帶入大量雜質，因而需要加鐵粉進行還原C．凈化除雜過程中加入(NH4)2S的目的是除去溶液中的Cd2+，加入NH4F的目的是除去溶液中的Mg2+D．將濾液3蒸發結晶、過濾可獲得純凈的(NH4)2SO4晶體（2）實驗研究了溫度、時間、鐵粉用量等因素對浸出液還原的影響。實驗中JJ?6數顯直流恒速攪拌器轉速為200r/min，鐵粉加入量是以溶液反應到pH=7時為理論量，此時鐵粉加入比值量為1，實驗結果如下圖，通過對A、B點溶液中Fe3+的檢測，Fe3+已經全部被還原。浸出液鐵粉還原的最佳工藝條件。（3）為確定調節成分時所需加入的ZnSO4、MnSO4的質量，需對除雜后溶液中的Zn2+進行檢測。準確量取25.00mL除雜后溶液，掩蔽鐵后，用二甲酚橙作指示劑，用0.1000mol/L的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Zn2+(反應原理為)，至滴定終點時消耗EDTA標準溶液22.50mL。通過計算確定該溶液中，Zn2+的濃度為g/L。（4）用M2+表示Fe2+、Mn2+、Zn2+，共沉淀過程中，溶液pH與、的關系如下圖所示。①為提高原料利用率，最好控制。②寫出共沉淀中Fe2+的沉淀的離子方程式。（5）錳鋅鐵氧體(MnxZn1?xFe2O4)，當x=0.2時具有較高的飽和磁場強度，用氧化物的形式可表示為(最簡整數比)。【答案】（1）D（2分）（2）80℃，120min，1.15倍(范圍70~80℃，90~120min，1.15~1.20倍也可以)（3分）（3）5.85（2分）（4）①2.0（2分）②Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O（2分）（5）MnO·4ZnO·5Fe2O3（3分）【分析】根據流程，用過量的稀硫酸溶解黃鉀鐵礬渣（主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12及一定量的鋅、銅、鎘、鎂等金屬），Cu不溶于稀硫酸，過濾得到的濾渣1主要是Cu，濾液為含有K+、Fe3+、Zn2+、Cd2+、Mg2+的酸性溶液，加入鐵粉，發生反應2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，再加入NH4F使Mg2+離子沉淀，加入(NH4)2S使Cd2+離子轉化為CdS沉淀，過濾，濾渣2含有過量的鐵粉、MgF2、CdS，濾液主要含有Fe2+、Zn2+，加入ZnSO4、MnSO4，再加入NH4HCO3共沉淀Fe2+、Mn2+、Zn2+，得到沉淀FeCO3、MnCO3、ZnCO3，將沉淀通過鐵氧體工藝階段加入氧化劑氧化其中二價鐵制備MnZnFe4O8，濾液3中含有、K+、和等離子。【解析】（1）A．增大反應物濃度、升高溫度均可加快反應速率，故酸浸時，可通過增大酸的濃度及加熱的方式加快酸浸速率，A正確；B．浸出液中的Fe3+極易形成Fe(OH)3膠體造成過濾困難，Fe(OH)3膠體具有很強的吸附性，可以吸附很多雜質，故將帶入大量雜質，因而需要加鐵粉進行還原，B正確；C．由分析可知，凈化除雜過程中加入(NH4)2S的目的是除去溶液中的Cd2+即轉化為CdS沉淀，加入NH4F的目的是除去溶液中的Mg2+即轉化為MgF2沉淀，C正確；D．由分析可知，濾液3中含有、K+、和等離子，故將濾液3蒸發結晶、過濾得不到純凈的(NH4)2SO4晶體，D錯誤；故答案為：D；（2）由題干溫度、時間、鐵粉用量等因素對浸出液還原的影響圖示信息可知，溫度為78℃左右，浸泡時間為120左右，Fe2+的質量濃度最大，而鐵粉加入比值量為1.15左右時，Fe2+的質量濃度已經較大，且鐵用量再增大后，Fe2+的質量濃度增大不明顯，故浸出液鐵粉還原的最佳工藝條件為：80℃，120min，1.15倍(范圍70~80℃，90~120min，1.15~1.20倍也可以)；（3）根據反應原理有：n(Zn2+)=n(H2Y2?)=cV=0.1000mol/L×22.50×10?3L=2.250×10?3mol，則該溶液中，Zn2+的濃度為=5.85g/L；（4）①根據左圖，pH為7.2左右時，三種離子的損失濃度最低，由根據右圖，n（NH4HCO3）：n（M2+）為2.0時，對應的pH為7.2左右，故為提高原料利用率，n（NH4HCO3）：n（M2+）最好控制在2.0左右；②由分析可知，Fe2+的沉淀的離子方程式為Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（5）錳鋅鐵氧體(MnxZn1?xFe2O4)，，當x=0.2時具有較高的飽和磁場強度，則錳鋅鐵氧體的化學式為：MnZn4Fe10O20，其中Zn為+2價，Fe為+3價，Mn為+2價，故可用氧化物的形式可表示為MnO·4ZnO·5Fe2O3。17．（15分）2023年5月，中國神舟十六號載人飛船成功發射，三位航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在天宮空間站開啟長達半年的太空生活。回答下列問題：（1）法國化學家PaulSabatier提出并命名的“Sabatier反應”實現了CO2甲烷化，科技人員基于該反應設計如圖過程完成空間站中CO2與O2的循環，從而實現O2的再生。①寫出與CH4具有相同空間結構的一種微粒：。②在特定溫度下，由穩定態單質生成1mol化合物的焓變叫做該物質在此溫度下的標準摩爾生成焓。表中為幾種物質在298K的標準生成焓。物質CO2(g)CH4(g)H2O(g)H2(g)標準摩爾生成焓/(kJ·mol?1)?393.51?74.85?241.820則Sabatier反應kJ·mol?1。③下列有關Sabatier反應說法正確的是（填標號）。A．輸送進入Sabatier反應器的是電解水裝置的陰極產物B．采用高壓和合適催化劑均有利于提高Sabatier反應的轉化率C．恒溫條件下，在剛性容器中發生Sabatier反應，氣體密度不變時，說明反應達到平衡D．應該在Sabatier反應器的前端維持較高溫度，后端維持較低溫度④一定條件下，CH4分解形成碳的反應歷程如圖所示，其中決定反應速率的是第步反應。（2）航天員呼吸產生的CO2還可以利用Bosch反應：代替Sabatier反應。在250℃時，向體積為2L恒容密閉容器中通入2molH2和1molCO2發生Bosch反應，測得容器內氣壓變化如圖所示。①試解釋容器內氣壓先增大后減小的原因：。②計算該溫度下Bosch反應中CO2的轉化率的，Kp=(Kp為用氣體的分壓表示的平衡常數，分壓=氣體的體積分數×體系總壓)。③在上圖基礎上畫出其他條件相同，向體系加入催化劑時其壓強隨時間的變化曲線。【答案】（1）①、等（2分）②?164.98（2分）③AD（2分）④4或四（1分）（2）①該反應是放熱反應，反應開始時容器內溫度上升，壓強增大，隨著反應進行，反應氣體分子體減少，壓強減小（2分）②50%（2分）0.05（2分）③（2分）【解析】（1）①CH4為正四面體形，、等立體結構均為正四面體形；②根據題給信息可得則Sabatier反應的；③由圖示，輸送進入Sabatier反應器的是H2，H2是電解水裝置的陰極產物，A正確；催化劑不能改變Sabatier反應的轉化率，B錯誤；反應前后氣體總質量不變，剛性容器體積不變，所示氣體密度不變時不能說明反應達到平衡，C錯誤；Sabatier反應器的前端維持較高溫度是為了提高