白銀市第二中學(xué)2024-2025學(xué)年度第二學(xué)期第一次模擬考試高三化學(xué)一、選擇題(每小題3分，共42分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求)1．米酒是一種傳統(tǒng)的風(fēng)味小吃。下列說法錯(cuò)誤的是()A．釀米酒的原材料的主要成分是淀粉B．釀米酒過程只發(fā)生了水解反應(yīng)C．釀米酒需要添加酒曲作催化劑D．米酒存放時(shí)間越長，pH越低【解析】制作米酒的主要材料是糯米和酒曲，糯米是糯稻脫殼的米，主要成分是淀粉，A正確；釀米酒過程中淀粉發(fā)生水解反應(yīng)生成葡萄糖，葡萄糖發(fā)生氧化反應(yīng)生成C2H5OH，B錯(cuò)誤；制作米酒的主要材料是糯米和酒曲，酒曲作催化劑，C正確；米酒存放時(shí)間越長，C2H5OH被氧化為乙酸，pH越低，D正確。【答案】B2．化學(xué)與生產(chǎn)、生活息息相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是()A．推廣使用可在自然界降解的聚乳酸作食品外包裝材料B．鼓勵(lì)分類回收、再利用生活垃圾和廢棄物C．開發(fā)高效催化劑有利于環(huán)氧乙烷和CO2發(fā)生縮聚反應(yīng)合成高分子材料D．推廣使用新能源汽車可有效減少碳排放【解析】聚乳酸在自然環(huán)境下可以自然降解，可以推廣使用聚乳酸作食品外包裝材料，A正確；鼓勵(lì)分類回收、再利用生活垃圾和廢棄物，可以減少環(huán)境污染，B正確；環(huán)氧乙烷與二氧化碳在一定條件下發(fā)生加聚反應(yīng)合成高分子材料，C錯(cuò)誤；推廣使用新能源汽車可有效減少CO2的排放，減少碳排放，D正確。【答案】C3．下列化學(xué)用語表示正確的是()A．中子數(shù)為6的硼原子：eq\o\al(6,5)BB．溴乙烷的空間填充模型C．AlCl3的VSEPR模型D．基態(tài)Fe2＋的價(jià)電子軌道表示式：【解析】中子數(shù)為6的硼原子質(zhì)量數(shù)為5＋6＝11，表示為eq\o\al(11,)5B，A項(xiàng)錯(cuò)誤；溴乙烷的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2Br，空間填充模型為，B項(xiàng)正確；AlCl3中心原子價(jià)層電子對數(shù)為3＋eq\f(1,2)(3－3×1)＝3，VSEPR模型為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Fe是26號(hào)元素，基態(tài)Fe2＋的價(jià)電子軌道表示式為，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】B4．硫酸鈷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CoSO4))主要用于電鍍、堿性電池、生產(chǎn)含鈷顏料和其他鈷產(chǎn)品，可利用CoOOH與葡萄糖制備，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CoOOH＋C6H12O6＋H2SO4eq\o(→,\s\up15(95℃))CoSO4＋CO2↑＋H2O(未配平)。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯(cuò)誤的是()A．氧化性：CoOOH>CO2B．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為24∶1C．生成2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NAD．1mol葡萄糖中含有σ鍵的數(shù)目為22NA【解析】根據(jù)題中所給反應(yīng)，Co元素反應(yīng)后化合價(jià)降低，CoOOH是氧化劑，CO2是氧化產(chǎn)物，故氧化性：CoOOH>CO2，A項(xiàng)正確；根據(jù)電子守恒、元素守恒配平可知，該反應(yīng)為24CoOOH＋C6H12O6＋24H2SO4eq\o(=,\s\up15(95℃))24CoSO4＋6CO2↑＋42H2O，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為24∶1，B項(xiàng)正確；根據(jù)化學(xué)方程式可知，當(dāng)生成6molCO2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子24mol，因此生成2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.4mol，即0.4NA，C項(xiàng)正確；葡萄糖的結(jié)構(gòu)式為,1mol葡萄糖中含有σ鍵的數(shù)目為23NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】D5．物質(zhì)結(jié)構(gòu)決定其性質(zhì)。下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的比較中正確的是()A．鍵角：BF3中∠FBF>SO3中∠OSOB．SiF4和SF4的VSEPR模型名稱都是正四面體形C．沸點(diǎn)：鄰羥基苯甲胺>對羥基苯甲胺D．雜化軌道中s所占百分率：C2H2>C2H4>C2H6【解析】BF3分子和SO3分子都是平面正三角形，鍵角相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；SF4分子中S原子價(jià)層有5個(gè)電子對，VSEPR模型不是正四面體形，是一種變形四面體，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對羥基苯甲胺主要形成分子間氫鍵，使其沸點(diǎn)升高，而鄰羥基苯甲胺主要形成分子內(nèi)氫鍵，沸點(diǎn)低于對羥基苯甲胺，C項(xiàng)錯(cuò)誤；乙炔、乙烯、乙烷中C原子雜化類型依次為sp、sp2、sp3，s軌道在雜化軌道所占百分率依次為50%、33.3%、25%，D項(xiàng)正確。【答案】D6．根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A已知SO2可與Fe3＋絡(luò)合生成eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeSO26))3＋(紅棕色)，也可與Fe3＋發(fā)生氧化還原反應(yīng)。將SO2氣體通入FeCl3溶液中溶液先變?yōu)榧t棕色，過一段時(shí)間又變成淺綠色Fe3＋與SO2絡(luò)合反應(yīng)速率比氧化還原反應(yīng)速率快B驗(yàn)證某紅棕色氣體是否為NO2，將氣體通入淀粉碘化鉀溶液中溶液變藍(lán)說明該氣體為NO2C將海帶灰溶解后過濾，取濾液于試管中，酸化后加入足量新制氯水，充分反應(yīng)后加入1～2滴淀粉碘化鉀溶液溶液變藍(lán)海帶灰中含有碘元素D向2mL1mol·L－1的CuSO4溶液中滴入2滴0.1mol·L－1NaOH溶液，再滴加2滴0.1mol·L－1Na2S溶液先產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，再產(chǎn)生黑色沉淀Ksp[Cu(OH)2]>Ksp(CuS)【解析】已知eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeSO26))3＋呈紅棕色，將SO2氣體通入FeCl3溶液中，溶液先變?yōu)榧t棕色，過一段時(shí)間又變成淺綠色，證明Fe3＋與SO2先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，再發(fā)生氧化還原反應(yīng)，從而推出Fe3＋與SO2絡(luò)合反應(yīng)速率比氧化還原反應(yīng)速率快，故A正確；溴蒸氣、二氧化氮均為紅棕色，均可使淀粉碘化鉀溶液變藍(lán)，由實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，不能說明氣體為NO2，還可能為溴蒸氣，故B錯(cuò)誤；新制氯水中的Cl2能與I－反應(yīng)生成使淀粉變藍(lán)色的碘單質(zhì)，碘元素可能來自于海帶灰，也可能來自于淀粉碘化鉀溶液，不能說明海帶灰中存在碘元素，故C錯(cuò)誤；CuSO4溶液過量，滴入的Na2S溶液與硫酸銅反應(yīng)生成CuS黑色沉淀，不能說明氫氧化銅轉(zhuǎn)化為硫化銅，無法判斷Ksp大小，故D錯(cuò)誤。【答案】A7．某條件下，有機(jī)物甲可以轉(zhuǎn)化為有機(jī)物乙，如圖所示[NEt2為N(C2H5)2，部分反應(yīng)物和產(chǎn)物已省略]。下列說法正確的是()A．1mol甲最多能和2molH2發(fā)生反應(yīng)B．甲使溴的四氯化碳溶液褪色的過程發(fā)生了氧化反應(yīng)C．1mol乙完全燃燒最多消耗18.5mol氧氣D.與乙互為同分異構(gòu)體【解析】甲中所含的碳碳雙鍵、苯環(huán)和酮羰基等都能和H2反應(yīng)，1mol甲最多能和9molH2發(fā)生反應(yīng)，A錯(cuò)誤；甲使溴的四氯化碳溶液褪色的過程發(fā)生了加成反應(yīng)，B錯(cuò)誤；乙的分子式為C15H14O3，根據(jù)原子守恒，1mol乙在氧氣中完全燃燒最多消耗17molO2，C錯(cuò)誤；乙的分子式為C15H14O3，與分子式相同，但是結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，D正確。【答案】D8．實(shí)驗(yàn)是研究化學(xué)課題的重要手段。下列實(shí)驗(yàn)裝置和試劑均能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A．用圖甲制備稀硫酸B．用圖乙分離CCl4和水的混合物C．用圖丙除去CO2氣體中混有的SO2D．用圖丁驗(yàn)證石蠟的分解產(chǎn)物中含有乙烯【解析】容量瓶不能用于稀釋，A項(xiàng)錯(cuò)誤；應(yīng)通過分液的方法分離CCl4和水的混合物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；SO2具有還原性，可以和Fe3＋反應(yīng)，F(xiàn)e2(SO4)3溶液可以吸收SO2氣體，且能通過溶液顏色變化確定SO2是否除凈，C項(xiàng)正確；KMnO4溶液褪色只能證明石蠟分解生成了不飽和烴，不能確定是否有乙烯生成，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】C9．一種液氨－液氧燃料電池的工作原理示意如下左圖，以該電池作為電源模擬電化學(xué)降解NOeq\o\al(－,3)的工作原理示意下右圖，下列說法正確的是()A．裝置工作時(shí)，電極B應(yīng)連接b端B．該電池工作時(shí)每消耗22.4LNH3轉(zhuǎn)移3mol電子C．裝置工作時(shí)，電解池內(nèi)溶液pH保持不變(忽略溶液體積變化和溫度變化)D．陰極電極反應(yīng)式為2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O【解析】電解池的陽極與電源正極相連，陰極與負(fù)極相連，由題意可知，電極B為正極，a為陽極，則電極B應(yīng)連接a端，A錯(cuò)誤；未說明在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，無法計(jì)算22.4LNH3物質(zhì)的量，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)不確定，B錯(cuò)誤；題右圖電解池的總反應(yīng)為4NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=2N2↑＋5O2↑＋2H2O，消耗氫離子，則溶液pH變大，C錯(cuò)誤；Pt－Ag電極為陰極，硝酸根離子得電子生成氮?dú)猓帢O電極反應(yīng)式為2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，D正確；故選D。【答案】D10．鈰的氧化物(X)中存在O空位，能填充Li＋，因此可用作鋰離子電池的正極材料，放電時(shí)可轉(zhuǎn)化為Y，X、Y的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，Y中無O空位。下列說法正確的是()A．Li＋具有8e－穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B．Y的化學(xué)式為LiCe2O3C．充電時(shí)，正極上的鋰的化合價(jià)降低D．X中O填入Ce堆積產(chǎn)生的四面體空隙中，填隙率為100%【解析】Li＋的結(jié)構(gòu)示意圖為，具有2e－穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)“均攤法”計(jì)算得Ce的個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，Li＋的個(gè)數(shù)為2，O原子的個(gè)數(shù)為6，Y的化學(xué)式為LiCe2O3，B項(xiàng)正確；充電時(shí)，Li＋從O空位脫嵌，化合價(jià)不變，Y轉(zhuǎn)化為X，Ce的化合價(jià)升高，C項(xiàng)錯(cuò)誤；X中若O的填隙率為100%，則X中不存在O空位，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】B11．某含銅催化劑的陰離子的結(jié)構(gòu)如圖所示。W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基態(tài)X原子的價(jià)電子排布式為nsnnpn。下列說法錯(cuò)誤的是()A．電負(fù)性：Z＞Y＞X＞W(wǎng)B．X、Y、Z均位于元素周期表的p區(qū)C．該陰離子中銅元素的化合價(jià)為＋3D．由W和Y構(gòu)成的化合物不可能為離子化合物【解析】基態(tài)X原子的價(jià)電子排布式為nsnnpn，基態(tài)X原子的價(jià)電子排布式為2s22p2，X為C元素，W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，結(jié)合含銅催化劑陰離子的結(jié)構(gòu)知，W為H，Y為N，Z為F。同周期從左到右主族元素的電負(fù)性逐漸增大，元素的非金屬性越強(qiáng)、電負(fù)性越大，則電負(fù)性：Z＞Y＞X＞W(wǎng)，A項(xiàng)正確；C、N、F均位于元素周期表的p區(qū)，B項(xiàng)正確；該陰離子為[Cu(CF3)3(CH2CN)]－，其中銅元素的化合價(jià)為＋3價(jià)，C項(xiàng)正確；H和N構(gòu)成的化合物NH4H為離子化合物，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】D12．某礦石主要成分為CePO4，含有Fe2O3、CaF2等雜質(zhì)。以該礦石為原料制備Ce2(CO3)3的工藝流程如下圖所示：下列說法正確的是()A．在實(shí)驗(yàn)室模擬進(jìn)行“焙燒”可以選用石英坩堝B．濾渣1只含有FePO4C．物質(zhì)Y可選用Ce2O3，也可選用氨水D．“沉鈰”時(shí)消耗的Ce3＋與HCOeq\o\al(－,3)物質(zhì)的量之比為2∶3【解析】磷鈰鑭礦加入濃硫酸焙燒得到酸廢氣，主要為HF等，加水水浸除去濾渣1主要為磷酸鐵、硫酸鈣等，濾液加入氯化鐵溶液除磷得到濾渣2主要為磷酸鐵等；濾液加入氨水調(diào)節(jié)pH＝4使得鐵等轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，加入碳酸氫銨溶液沉鈰得到Ce2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO3))3和濾液。焙燒后的酸性氣體為HF，能和二氧化硅反應(yīng)，不可以使用石英容器，A錯(cuò)誤；濾渣1的成分主要有生成的磷酸鐵、硫酸鈣，B錯(cuò)誤；物質(zhì)Y和溶液中氫離子反應(yīng)調(diào)節(jié)pH，使得溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，且不影響后續(xù)Ce3＋的沉淀分離，故可選用Ce2O3，也可選用氨水，C正確；“沉鈰”時(shí)Ce3＋與HCOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成Ce2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO3))3沉淀和二氧化碳、水，反應(yīng)為2Ce3＋＋6HCOeq\o\al(－,3)=Ce2(CO3)3↓＋3H2O＋3CO2↑，Ce3＋與HCOeq\o\al(－,3)物質(zhì)的量之比為1∶3，D錯(cuò)誤。【答案】C13．甲酸甲酯(HCOOCH3)作為潛在的儲(chǔ)氫材料受到關(guān)注，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)使用Ru配合物催化劑可以使甲酸甲酯溫和釋氫，其可能的反應(yīng)過程如圖所示。下列說法不正確的是()A．反應(yīng)涉及非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成B．將HCOOCH3替換為DCOOCH3，反應(yīng)可得HDC．Ⅰ中Ru的配體數(shù)為4D．總反應(yīng)為HCOOCH3＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(催化劑))4H2↑＋2CO2↑【解析】反應(yīng)沒有涉及非極性鍵的斷裂，故A錯(cuò)誤；由Ⅰ→Ⅱ可知，HCOOCH3中H原子被取代得到H2，將HCOOCH3替換為DCOOCH3，根據(jù)反應(yīng)原理，可得HD，故B正確；Ⅰ中Ru的配位數(shù)為6，但配體數(shù)為4，故C正確；由圖可知，總反應(yīng)為甲酸甲酯和水催化生成氫氣和二氧化碳，化學(xué)方程式為HCOOCH3＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(催化劑))4H2↑＋2CO2↑，故D正確。【答案】A14．常溫下，二元弱酸H2A的pKa1＝1.23，pKa2＝4.19。已知：pKa＝－lgKa，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2A溶液，滴定過程中溶液的pH隨ηeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(η＝\f(V\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NaOH溶液)),V\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2A溶液)))))的變化曲線如圖所示(假設(shè)溶液體積具有加和性)。下列說法錯(cuò)誤的是()A．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)水電離出的c(H＋)依次增大B．a(chǎn)點(diǎn)溶液中：c(Na＋)<2c(A2－)＋c(H2A)C．b點(diǎn)溶液中：c(H2A)－c(OH－)＝c(A2－)－c(H＋)D．η＝1.5時(shí)，c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝0.06mol·L－1【解析】用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2A溶液，當(dāng)加入20mLNaOH溶液時(shí)正好生成NaHA，此時(shí)發(fā)生第一次突變，即b點(diǎn)，pH＝2.75，說明NaHA的電離程度大于水解程度，加入30mLNaOH溶液時(shí)，溶液中NaHA和Na2A為1∶1，當(dāng)加入40mLNaOH溶液時(shí)正好生成Na2A，即d點(diǎn)，H2A的pKa1＝－lgKa1，則Ka1＝10－1.23，pKa2＝－lgKa2，則Ka2＝10－4.19，據(jù)此回答。從a到c的過程中，H2A的濃度逐漸減小，a點(diǎn)溶質(zhì)為H2A和NaHA，b點(diǎn)溶質(zhì)為NaHA，c點(diǎn)溶質(zhì)為NaHA和Na2A，水的電離程度逐漸增大，所以a、b、c三點(diǎn)水電離出的c(H＋)依次增大，A正確；a點(diǎn)pH＝1.23，c(H＋)＝10－1.23mol·L－1，Ka1＝eq\f(cH＋cHA－,cH2A)＝10－1.23，則c(HA－)＝c(H2A)，由電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，且溶液為酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，可知，c(Na＋)<2c(A2－)＋c(H2A)，B正確；b點(diǎn)的溶質(zhì)為NaHA，根據(jù)元素守恒：c(Na＋)＝c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)和電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)可知，c(H2A)－c(OH－)＝c(A2－)－c(H＋)，C正確；η＝1.5時(shí)，溶液中NaHA和Na2A為1∶1，根據(jù)物料守恒：2c(Na＋)＝3[c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)]＝0.12mol·L－1＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝0.04mol·L－1，D錯(cuò)誤。【答案】D二、非選擇題(共58分)15．(14分)配合物乙二胺四乙酸鐵鈉(結(jié)構(gòu)如圖一所示，以下簡寫為NaFeY)可以添加到醬油中作為鐵強(qiáng)化劑，制備乙二胺四乙酸鐵鈉晶體。步驟如下：①稱取一定質(zhì)量的FeCl3·6H2O于燒杯中溶解，加入適量濃氨水后攪拌、過濾、洗滌、干燥。②將第一步得到的Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)、H2O加入圖二儀器a中，攪拌，80℃水浴1h，再加入適量碳酸鈉溶液反應(yīng)10min。③經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、晾干得到產(chǎn)品。回答下列問題：(1)乙二胺四乙酸鐵鈉中含有的化學(xué)鍵類型有共價(jià)鍵、________、________。(2)步驟①中氨水應(yīng)當(dāng)________(填“分批”或“一次性”)加入，原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)盛裝Na2CO3溶液儀器名稱為____________，加入碳酸鈉溶液后可觀察到產(chǎn)生大量氣泡，則步驟②由Fe(OH)3生成NaFeY·3H2O的總反應(yīng)化學(xué)方程式為__________________________________________。(4)步驟③蒸發(fā)濃縮至______________________________________(填現(xiàn)象)時(shí)，停止加熱。(5)市售鐵強(qiáng)化劑中含有NaCl、KIO3、NaFeY，其中neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(KIO3))∶neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NaFeY))＝1∶50。稱取mg樣品，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取出10.00mL，加入稍過量的KI溶液，充分反應(yīng)后，滴入淀粉溶液，用cmol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，重復(fù)操作2～3次，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均值為VmL。已知：FeY－＋4H＋=H4Y＋Fe3＋、2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I(xiàn)2=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為________________________________________。②樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________。【解析】(1)乙二胺四乙酸鐵鈉是鈉鹽，含有共價(jià)鍵、離子鍵，從圖中可看出氮原子能與鐵配位形成配位鍵，故含有的化學(xué)鍵類型有共價(jià)鍵、離子鍵和配位鍵。(2)步驟①中氨水應(yīng)當(dāng)分批加入，避免反應(yīng)過于劇烈，或氨水過量導(dǎo)致銨根離子裹入Fe(OH)3沉淀，產(chǎn)生過多雜質(zhì)。(3)盛裝Na2CO3溶液的儀器為恒壓滴液漏斗；步驟②生成NaFeY·3H2O，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)式為2Fe(OH)3＋Na2CO3＋2H4Y=2[NaFeY·3H2O]＋CO2↑＋H2O。(4)步驟③為蒸發(fā)濃縮，正確操作是蒸發(fā)濃縮至溶液表面有晶膜出現(xiàn)或有少量晶體析出，停止加熱。(5)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色(淺綠)，且半分鐘內(nèi)不變色；根據(jù)題干中提供的滴定過程反應(yīng)式，可得如下關(guān)系：2NaFeY～I(xiàn)2～2S2SOeq\o\al(2－,3)，又有n(KIO3)∶n(NaFeY)＝1∶50。m(Fe)＝cmol·L－1×V×10－3L×eq\f(1,2)×eq\f(100mL,10mL)×eq\f(25,28)×2×56g·mol－1＝eq\f(50cV,100)＝eq\f(cV,2)，則樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(cV,2m)×100%＝eq\f(50cV,m)%。【答案】(1)離子鍵配位鍵(2)分批避免氫氧化鐵沉淀過程中裹入大量雜質(zhì)或避免反應(yīng)過于劇烈(3)恒壓滴液漏斗2Fe(OH)3＋Na2CO3＋2H4Y=2[NaFeY·3H2O]＋CO2↑＋H2O(4)溶液表面有晶膜出現(xiàn)或有少量晶體析出(5)①當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色(淺綠)，且半分鐘內(nèi)不變色②eq\f(50cV,m)%(或eq\f(cV,2m))16．(14分)某工廠用廢舊鈷基合金制備CoOOH(主要成分為CoO，還含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO、MgO等)，工藝流程如下：已知：①該工藝條件下，H2O2、Fe3＋不能氧化Co2＋，部分金屬氫氧化物沉淀時(shí)pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Mg(OH)2開始沉淀pH2.77.67.67.8完全沉淀pH3.79.69.28.8②室溫下，Ksp(MgF2)＝9.0×10－11，Ka(HF)＝3.0×10－4回答下列問題：(1)“堿浸”時(shí)反應(yīng)的離子方程式為_______________________。(2)“酸浸”所得“浸渣”的成分為__________。(3)“除鐵”時(shí)需要控制反應(yīng)溫度不能高于50℃的原因是____________________。(4)“沉鎂”時(shí)反應(yīng)的離子方程式為______________________________。若“沉鎂”后的溶液中c(HF)＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Mg2＋))＝1.0×10－5mol·L－1，則此時(shí)溶液的pH為________。(5)“氧化”時(shí)反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。(6)某鈷單質(zhì)催化劑(FPD－Co)的晶胞如圖所示，其中8個(gè)Co原子位于頂點(diǎn)，8個(gè)Co原子位于棱上，4個(gè)Co原子位于晶胞內(nèi)部，其余位于面上。已知晶胞底邊長分別為2apm和apm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體密度為________g·cm－3。【解析】廢舊鈷基合金主要成分為CoO，還含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO、MgO等。用氫氧化鈉“堿浸”Al2O3生成四羥基合鋁酸鈉除氧化鋁，濾渣“酸浸”生成硫酸鉛沉淀、硫酸鈣沉淀除PbO，濾液中含有硫酸鈷、硫酸鐵、硫酸亞鐵、少量硫酸鈣、硫酸鎂，濾液中加雙氧水把硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，加氨水生成氫氧化鐵沉淀除鐵，濾液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除鈣、除鎂，濾液中加高錳酸鉀、硫酸，Co2＋被氧化生成CoOOH沉淀。(1)“堿浸”時(shí)氧化鋁和氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉，反應(yīng)的離子方程式為Al2O3＋2OH－＋3H2O=2Al(OH)eq\o\al(－,4)。(2)“酸浸”時(shí)PbO、CaO和硫酸反應(yīng)生成硫酸鉛沉淀、硫酸鈣沉淀，所得“浸渣”的成分為PbSO4、CaSO4。(3)“除鐵”時(shí)雙氧水把硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，雙氧水易分解，濃氨水易揮發(fā)，為防止雙氧水分解及濃氨水的揮發(fā)與分解，需要控制反應(yīng)溫度不能高于50℃。(4)“沉鎂”時(shí)硫酸鎂和HF反應(yīng)生成沉淀MgF2，反應(yīng)的離子方程式為Mg2＋＋2HF=MgF2↓＋2H＋。若“沉鎂”后的溶液中c(HF)＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Mg2＋))＝1.0×10－5mol·L－1，Ksp(MgF2)＝9.0×10－11，Ka(HF)＝3.0×10－4，則c(F－)＝eq\r(\f(Ksp\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(MgF2)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Mg2＋))))＝eq\r(\f(9×10－11,1×10－5))＝3×10－3，c(H＋)＝eq\f(KaHF×cHF,c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－)))＝eq\f(3×10－4×1×10－5,3×10－3)＝1×10－6，則此時(shí)溶液的pH為6。(5)“氧化”時(shí)加高錳酸鉀，Co2＋被氧化成CoOOH，反應(yīng)的離子方程式為5Co2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋6H2O=5CoOOH↓＋Mn2＋＋7H＋。(6)根據(jù)均攤原則，晶胞中Co原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋8×eq\f(1,4)＋4＋18×eq\f(1,2)＝16，晶胞體積為2a×10－10×2a×10－10×a×10－10＝4a3×10－30cm3，則該晶體密度為eq\f(16×59,4a3×10－30×NA)＝eq\f(9.44×1032,4a3NA)g·cm－3。【答案】(1)Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O或Al2O3＋2OH－＋3H2O=2Al(OH)eq\o\al(－,4)(2)PbSO4、CaSO4(3)防止雙氧水分解及濃氨水的揮發(fā)與分解(4)Mg2＋＋2HF=MgF2↓＋2H＋6(5)5Co2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋6H2O=5CoOOH↓＋Mn2＋＋7H＋(6)eq\f(9.44×1032,4a3NA)17．(15分)丙烯是一種重要的化工原料。關(guān)于丙烯的制備方法有如下幾種：Ⅰ.丙烷氧化脫氫：2C3H8(g)＋O2(g)2C3H6(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－236kJ·mol－1(1)下列操作有利于提高丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率的有________(填序號(hào))。A．升溫B．減壓C．加催化劑D．通O2(2)某溫度下，向剛性密閉容器中充入C3H8和O2的混合氣體發(fā)生反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是________(填序號(hào))。A．v正eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(O2))＝2v逆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H6))B．反應(yīng)混合物中各組分濃度之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比C．容器內(nèi)壓強(qiáng)不再變化D．容器內(nèi)混合氣體密度不再變化E.eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H6)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H8)))比值不變(3)某溫度下，向剛性密閉容器中充入n(C3H8)∶neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(O2))＝3∶1的混合氣體發(fā)生反應(yīng)，起始?jí)簭?qiáng)為20kPa，達(dá)平衡時(shí)總壓強(qiáng)為23kPa，則C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為__________。Ⅱ.丙烷無氧脫氫：C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)ΔH2。使用該方法制備丙烯時(shí)，體系中還存在副反應(yīng)：C3H8(g)C2H4(g)＋CH4(g)。(4)已知幾種共價(jià)鍵鍵能如下表所示：共價(jià)鍵C—HC—CC=CH—H鍵能(kJ·mol－1)413348615436①C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)ΔH2＝__________kJ·mol－1。②丙烷無氧脫氫反應(yīng)在________(填“較高”“較低”或“任意”)溫度下能自發(fā)進(jìn)行。(5)一定溫度下，將C3H8和H2的混合氣體通過催化劑Ga2O3(負(fù)載于Al2O3)的表面。反應(yīng)過程中，催化劑Ga2O3會(huì)與H2反應(yīng)生成另一催化劑Ga－H/GaOx。使用不同催化劑時(shí)，Rlnk和eq\f(1,T)的關(guān)系如圖甲所示(其中a為Ga2O3，b為Ga－H/GaOx)。反應(yīng)過程中丙烷平衡轉(zhuǎn)化率、丙烯選擇性以及丙烯生成速率隨n(H2)∶neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H8))變化如圖乙所示。①已知Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式為Rlnk＝－eq\f(Ea,T)＋C(Ea為活化能，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))。在其他條件相同時(shí)，催化效果更好的是__________(填“Ga2O3”或“Ga－H/GaOx”)。判斷依據(jù)是__________________________。②圖乙中，代表丙烯生成速率的曲線為______(填“c”或“d”)，恒溫恒壓條件下，向密閉容器中通入C3H8和H2混合氣體使丙烯生成速率最大，丙烷無氧脫氫反應(yīng)的Kp＝______________________MPa(已知壓強(qiáng)為0.1MPa，列出計(jì)算式即可)。【解析】(1)丙烷氧化脫氫：2C3H8(g)＋O2(g)2C3H6(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－236kJ·mol－1，正向反應(yīng)為氣體分子數(shù)增多的放熱反應(yīng)。升溫反應(yīng)速率加快，但是丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率降低，A錯(cuò)誤；正向反應(yīng)為氣體分子數(shù)增多，因此減壓，平衡正向移動(dòng)，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率增大，B正確；加入催化劑不改變平衡轉(zhuǎn)化率，C錯(cuò)誤；通O2反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)速率增大，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率增大，D正確。(2)2v正eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(O2))＝v逆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H6))時(shí)代表正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到平衡狀態(tài)，系數(shù)錯(cuò)誤，A錯(cuò)誤；某一時(shí)刻反應(yīng)混合物中各組分濃度之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比不代表不再變化，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，B錯(cuò)誤；反應(yīng)前后氣體系數(shù)變化，則壓強(qiáng)不變可以說明達(dá)到平衡狀態(tài)，C正確；氣體的總質(zhì)量恒定，容器體積恒定，密度一直保持不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤；由于C3H8是反應(yīng)物，C3H6是生成物，eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H6)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H8)))比值不變說明C3H8、C3H6濃度保持不變，說明達(dá)到平衡狀態(tài)，E正確。(3)根據(jù)反應(yīng)列出三段式為：2C3H8(g)＋O2(g)2C3H6(g)＋2H2O(g)起始量(mol)3100轉(zhuǎn)化量(mol)2xx2x2x平衡量(mol)3－2x1－x2x2x根據(jù)題意：eq\f(4,4＋x)＝eq\f(20,23)，解得：x＝0.6，則C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為eq\f(1.2,3)×100%＝40%。(4)丙烷無氧脫氫反應(yīng)C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)ΔH2＝(413×8＋348×2－413×6－615－348－436)kJ·mol－1＝123kJ·mol－1，可知ΔH2>0，反應(yīng)ΔS>0，ΔG＝ΔH－TΔS<0時(shí)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，則需要在較高溫度下反應(yīng)才可自發(fā)進(jìn)行。(5)①根據(jù)Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式，斜率越小，活化能越小，催化劑催化效果越好，因此選Ga－H/GaOx。②根據(jù)題意，隨著氫氣的增加，可以生成更多催化效果更好的催化劑Ga－H/GaOx，因此反應(yīng)速率逐漸增加。而氫氣的增加，會(huì)促使主反應(yīng)平衡逆向移動(dòng)，因此轉(zhuǎn)化率降低。根據(jù)以上分析，可以判斷隨著氫氣增多，逐漸上升的曲線即曲線d為丙烯生成速率，逐漸下降的曲線即曲線c為丙烷平衡轉(zhuǎn)化率；圖中，當(dāng)n(H2)∶neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H8))為2時(shí)，丙烯生成速率最大，此時(shí)丙烷平衡轉(zhuǎn)化率為45%，丙烯選擇性為90%。設(shè)氫氣和丙烷的起始量分別為2mol、1mol，依據(jù)圖中數(shù)據(jù)列三段式：C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)變/mol0.4050.4050.405C3H8