北京市西城区2024届高三下学期第三次模拟测试化学试题含答案

北京市西城区2024届高三下学期第三次模拟测试化学试题
第一部分（答案在最后）
本部分共14小题，每题3分，共42分。

在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.下列事实中涉及的反应与氧化还原无关的是
A.用NaOH 溶液吸收2
CO B.利用铜与浓硫酸加热反应制取2
SO C.乙醇使紫色酸性4KMnO 溶液褪色
D.在船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A ．NaOH 溶液吸收2CO 生成碳酸钠和水，无元素化合价改变，与氧化还原无关，A 符合题意；B ．生成二氧化硫，硫元素化合价改变，属于氧化还原反应，B 不符合题意；
C ．高锰酸钾具有强氧化性，和乙醇发生氧化还原反应而使得溶液褪色，C 不符合题意；
D ．锌比铁活泼，在船体上镶嵌锌块避免船体遭受腐蚀的原理是牺牲阳极法安装活泼金属做原电池负极，被保护的钢铁做正极，与氧化还原反应有关，D 不符合题意；
故选A 。

2.下列解释事实的离子方程式不正确的是
A.氧化钙溶于稀硝酸：22CaO 2H C =a H O
++++B.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：224
32Mg(OH)2NH =Mg 2NH H O ++++⋅C.硫酸铜溶液中加少量的铁粉，溶液蓝色变浅：233Cu 2Fe=2Fe 3Cu
++++D.向酸性的淀粉—碘化钾溶液中滴加适量双氧水，溶液变蓝：22222I 2H H O 2H =I O -+
+++【答案】C
【解析】
【详解】A ．氧化钙是碱性氧化物可以与酸发生反应生成盐和水，氧化钙溶于稀硝酸离子方程式为：22CaO 2H C =a H O ++++，A 正确；
B ．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：224
32Mg(OH)2NH =Mg 2NH H O ++++⋅，B 正确；C ．硫酸铜溶液中加少量的铁粉，溶液蓝色变浅：22Cu Fe=Fe Cu ++++，C 错误；
D ．向酸性的淀粉—碘化钾溶液中滴加适量双氧水，溶液变蓝，双氧水具有氧化性，碘离子具有还原性，两者发生氧化还原反应，离子方程式为：22222I 2H H O 2H =I O -+
+++，D 正确；故选C 。

3.下列事实与水解反应无关．．
的是A.油脂在碱性溶液中进行皂化反应
B.葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应
C.核酸在酶的作用下转化为核苷和磷酸
D.四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛
【答案】B
【解析】
【详解】A ．油脂属于酯类，油脂在碱性溶液中发生水解属于皂化反应，A 不符合题意；
B ．葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应，属于氧化反应，与水解反应无关，B 符合题意；
C ．核酸在酶的作用下水解为核苷和磷酸，C 不符合题意；
D ．四氯化钛与大量水在加热条件水解生成二氧化钛和氯化氢，D 不符合题意；
故选B 。

4.13153I 常用于放射性治疗和放射性示踪技术。

下列关于131
53I 的说法正确的是A.中子数为78
B.核外电子排布式为[Kr]5s 25p 7
C.常温下为紫黑色固体
D.13153I 和13753
I 互为同素异形体【答案】A
【解析】
【详解】A ．131
53I 的质量数为131，质子数为53，中子数=质量数-质子数=131-53=78，A 正确；
B ．核外电子排布式为[Kr]4d 105s 25p 5，B 错误；
C ．常温下碘单质为紫黑色固体，C 错误；
D ．13153I 和13753
I 互为同位素，D 错误；答案选A 。

5.最近，中国科学家成功采用“变压吸附+膜分离+精制纯化”方法成功分离氢氦制得高纯氦。

下列说法不．
正确
．．的是
A.H的第一电离能小于He的
B.H2分子间存在共价键，He分子间存在范德华力
C.也可以利用沸点不同对H2和He进行分离
D.利用原子光谱可以鉴定He元素和H元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．He为稀有气体，最外层为稳定结构，难以失去电子，第一电离能较大，A正确；
B．H2分子间不存在共价键，存在分子间的作用力，He分子间存在范德华力，B错误；
C．H2与He的沸点不同，所以可利用沸点不同进行分离，C正确；
D．原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，利用原子光谱可以鉴定He元素和H元素，D正确；
故选B。

6.第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。

单晶硅电池是常见的太阳能电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。

下列说法正确的是
A.太阳能电池属于化学电源
B.太阳能、风能均属于可再生能源
C.单晶硅属于分子晶体
D.玻璃钢属于金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源，A错误；
B．在自然界中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，B正确；
C．单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，熔点、沸点较高，属于共价晶体，C错误；D．玻璃钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，不属于金属材料，而是复合材料，D错误；
故答案为：B。

7.室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2.用试管收集Cl2后进行如图所示实验，下列对实验现象的分析或预测正确的是
A.试管内液面上升，证明Cl 2与水发生了反应
B.取出试管中的溶液，加入少量CaCO 3粉末，溶液漂白能力减弱
C.取出试管中的溶液，光照一段时间后pH 下降，与反应2HClO =光照
2HCl+O 2↑有关
D.取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色，加热后颜色又变为红色
【答案】C
【解析】
【详解】A ．由题目信息可知，氯气能溶于水，也可以使试管内液面上升，不能证明氯气和水发生了反应，A 错误；
B ．氯气与水反应的方程式为：22Cl H O HCl HClO ++ ，加入少量CaCO 3粉末会与HCl 反应，使平衡右移，HClO 浓度增大，溶液漂白能力增强，B 错误；
C ．取出试管中的溶液，光照一段下发生反应：2HClO =光照2HCl+O 2↑，生成HCl ，同时次氯酸浓度下降，可能使22Cl H O HCl HClO ++ 平衡右移，HCl 浓度增大，溶液酸性增强，pH 下降，C 正确；
D ．取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，由于溶液中有HCl 和HClO ，所以溶液先变红，次氯酸具有漂白性会使溶液褪色，次氯酸的强氧化性漂白不可逆，加热后颜色不会恢复，D 错误；
故选C 。

8.下列“事实”的“图示表达”不正确．．．的是事实图示表达
A
．
SO 2是极性分子
B
．气态氟化氢中存在(HF)2
C ．HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H 2O(l)∆H <0
D
．CH 3COOH CH 3COO -+H +
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】C
【解析】【详解】A ．二氧化硫的阶层电子对数=12(622)32
+
-⨯=，VSEPR 模型是平面三角形，正电中心和负电中心不重合，是极性分子，A 正确；B ．因为F 的电负性大，所以HF 分子间存在氢键而形成二聚分子，B 正确；
C ．盐酸与氢氧化钠中和是放热反应，氢氧化钠和盐酸的总焓大于氯化钠和水的总焓，图示表达错误，C 错误；
D ．醋酸是弱酸不完全电离，所以醋酸溶液中存在醋酸分子、醋酸根离子、水合氢离子，D 正确；故选C 。

9.硅是电子工业的重要材料。

利用石英砂(主要成分为2SiO )和镁粉模拟工业制硅的流程示意图如下。

已知：电负性：Si H
<下列说法不正确的是
A.I 中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热
B.Ⅱ中主要反应有：22MgO 2HCl MgCl H O +=+、224Mg Si 4HCl 2MgCl SiH +=+↑
C.为防止4SiH 自燃，Ⅱ需隔绝空气
D.过程中含硅元素的物质只体现氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】I 中发生的反应有：22Mg SiO 2MgO Si 2Mg+Si Mg Si ==２点燃点燃
＋＋、；Ⅱ中MgO 、Mg 2Si 与盐酸反应。

【详解】A ．因为2SiO 与镁反应需要能量，所以I 中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热，A 正确；
B ．因为硅与盐酸不反应，所以Ⅱ中主要反应有：22MgO 2HCl MgCl H O +=+、
224Mg Si 4HCl 2MgCl SiH +=+↑，B 正确；
C ．因为4SiH 容易自自燃，所以为防止4SiH 自燃，Ⅱ需隔绝空气，C 正确；
D ．因为电负性：Si H <，所以4SiH 中硅元素为+4价，而2Mg Si 中硅元素为-4价，所以在
224Mg Si 4HCl 2MgCl SiH +=+↑中，含硅元素的物质体现还原性，D 错误；
故选D 。

【点睛】电负性越大的元素，在化合物中显负价。

10.下列物质属于有机高分子的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．是由有机物
发生缩聚反应生成的，属于有机高分子，故A正确；
B．是Ca、Cu两种金属元素形成的无机物，故B错误；
C．不含碳元素，不是有机物，故C错误；
D．只含碳元素，为C元素所形成的单质，不属于有机高分子，故D错误；
故答案为：A。

11.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A.用装置甲制取SO2
B.用装置乙验证SO2的漂白性
C.用装置丙收集SO2
D.用装置丁处理实验中的尾气
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸需要加热才能反应制得SO2，故用装置甲制取不了SO2，A不合题意；
B．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色体现其还原性而不是漂白性，即用装置乙验证不了SO2的漂白性，B不合题意；
C．SO2的密度大于空气，不与空气反应，需要向上排空气法收集，即能够用装置丙收集SO2，C符合题意；
D．SO2与饱和亚硫酸氢钠溶液不反应，故不能用装置丁处理实验中的尾气，D不合题意；
故答案为：C。

12.用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图。

该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为(NH4)2SO4-NH3混合液，b极室为(NH4)2SO4溶液；热再生部分加热a极室流出液，使[Cu(NH3)4]2+
分解。

下列说法不正确
．．．的是
A.装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
B.a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
C.电池部分的总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+
D.该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3
【答案】A
【解析】
【分析】甲、乙两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e-=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。

【详解】A．在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；
B．由分析可知，a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B正确；
C ．由分析可知，a ：Cu-2e -+4NH 3=[Cu(NH 3)4]2+，b ：Cu 2++2e -=Cu ；则总反应为：Cu 2++4NH 3=[Cu(NH 3)4]2+，C 正确；
D ．该装置为原电池装置，可以富集Cu 2+并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH 3，D 正确；
故选A 。

13.N()是合成COA 的中间体。

其合成路线如下。

()()22486112H /H O H O
C H O HCHO HCN C H NO E F G M N +-→→→→催化剂催化剂催化剂
已知：
ⅰ.+CH 3CHO →催化剂。

ⅱ.M→N 时，需控制M 的浓度不宜过大。

下列说法不正确的是
A.E
的结构简式是
B.F→G 的反应类型是加成反应
C.M 浓度过大会导致M 分子间脱水生成的副产物增多
D.含
且核磁共振氢谱有2组峰的N 的同分异构体有1种【答案】D
【解析】
【分析】根据逆推法，由M 脱水得到
N()，则M 为，E 与HCHO 发生加成反应生成F ，F 与HCN 发生加成反应生成G ，结合分子式及G 水解得到M 的原理，可推知G 为，F
为，则E
为；
【详解】A ．根据分析可知，E 的结构简式是，A 正确；
B．F→G是与HCN发生加成反应生成，B正确；
C．M浓度过大会导致M分子间脱水生成的副产物（或等）增多，C正确；
D．含且核磁共振氢谱有2组峰的N()的同分异构体有
共2种,D不正确；
答案选D。

14.一种以乙二胺()为核的树状大分子(PAMAM)的合成路线如下。

下列说法不正确
．．．的是
A.乙二胺的核磁共振氢谱有两组峰
B.第一步反应(a)是加成反应
C.PAMAM能发生水解反应
D.PAMAM中含有32个
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乙二胺的结构简式可知其含有2种H，核磁共振氢谱有两组峰，故A正确；
B．结合流程信息可知乙二胺与丙烯酸甲酯反应过程中，丙烯酸甲酯中碳碳双键断裂，分别与H和N相连，发生加成反应，故B正确；
C．PAMAM含有酰胺基，能发生水解反应，故C正确；
D．结合形成过程可知PAMAM中含有2个，故D错误；
故选：D。

第二部分
本部分共5小题，共58分。

15.从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下：
已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO2-3形成[Ag(SO3)2]3−。

（1）“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。

①加入NaNO3的作用___________。

②固体B含有___________。

（2）用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。

①氨水“络合浸出”的化学方程式是___________。

②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整：___________。

□___________+N2H4·H2O=N2↑+H2O+□___________+□___________+□NH3↑
（3）用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。

①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH 增大先升高后降低的原因___________；分析浸出时间超过4h，银浸出率降低的原因___________。

②写出pH=14时甲醛“还原析银”的离子方程式___________。

【答案】（1）①.利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化②.AgCl和PbSO4
（2）①.AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O②.4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+
4Ag↓+4NH4++4NH3↑
（3）①.溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低②.亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag③. 2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO2-3+HCOO−+2H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。

【小问1详解】
①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化；
②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4；
【小问2详解】
①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O；
②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH4++4NH3↑，故答案为：4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH4++4NH3↑；
【小问3详解】
①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag；
②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO 3)2]3−+HCHO+3OH —=2Ag↓+4SO 2-3+HCOO −+2H 2O ，故答案为：2[Ag(SO 3)2]3−+HCHO+3OH —=2Ag↓+4SO 2-
3+HCOO −+2H 2O 。

16.有机物K 是合成一种治疗老年性白内障药物的中间体，其合成路线如图。

已知：ⅰ.R 1COOC 2H 5+R 2CH 2COOC 2H 532CH CH ONa −−−−−→+C 2H 5OH
ii.R 3OH+R 4OH +
H Δ−−→R 3OR 4+H 2O （1）由A 制C 2H 5ONa 的化学方程式是_______。

（2）B 的同分异构体中，与B 具有相同官能团的有_______种。

（3）B+C→D 的化学方程式是_______。

（4）官能团转化是有机反应的核心，D 中_______(填官能团名称，下同)和E 中_______相互反应生成F 。

（5）G 的结构简式是_______。

（6）J 的结构简式是_______。

【答案】（1）2C 2H 5OH+2Na −−
→2C 2H 5ONa+H 2↑
（2）3
（3）CH 3COOC 2H 5+25C H ONa −−−−→+C 2H 5OH
（4）①.羰基②.氨基
（5）（6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下C 2H 5OH 与CH 3COOH 共热发生酯化反应生成
CH3COOC2H5，则A为C2H5OH、B为CH3COOC2H5；浓硫酸作用下C2H5OH与HOOCCOOH共热发生酯
化反应生成，则C为；乙醇钠作用下
与CH3COOC2H5发生取代反应生成，则D为；酸
性条件下与发生取代反应生成，一定条件下转化为，则G为；
酸性条件下发生水解反应生成，发生
氧化反应生成，酸性条件下与共热反应生成
，则J为。

【小问1详解】
由分析可知，A是结构简式为C2H5OH的乙醇，乙醇与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为2C2H5OH+2Na−−→2C2H5ONa+H2↑，故答案为：2C2H5OH+2Na−−→2C2H5ONa+H2↑；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为CH3COOC2H5，含有酯基的B的同分异构体有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、丙酸甲酯，共3种，故答案为：3；
【小问3详解】
由分析可知，B+C→D的反应为乙醇钠作用下与CH3COOC2H5发生取代反应生成
和乙醇，反应的化学方程式为
CH 3COOC 2H 5+25C H ONa −−−−→+C 2H 5OH ，故答案
为：CH 3COOC 2H 5+
25C H ONa −−−−→+C 2H 5OH ；
【小问4详解】由题意可知，中的羰基与中的氨基发生取代反应生成
，故答案为：羰基；氨基；
【小问5详解】
由分析可知，G 的结构简式为，故答案为：；
【小问6详解】
由分析可知，J 的结构简式，故答案为：。

17.合成氨工业产生的钻钼废催化剂(主要成分MoS 2、CoO 、Fe 2O 3等)是一种相当宝贵的二次资源。

用碱浸法处理钻钼废催化剂的工艺流程如图：
资料：
i.氧化钼(MoO 3)：熔点795℃。

易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)。

ii.钼酸(H 2MoO 4)：难溶于水和酸的黄色晶体，可通过酸化钼酸盐溶液而制得。

（1）焙烧：
①将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，写出反应的化学方程式_______。

②解释钼浸取率随焙烧温度变化的原因是_______。

（2）碱浸：
碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀。

写出反应的化学方程式_______。

（3）酸沉：
传统工艺中酸沉多在不锈钢离心机中进行。

文献记载，选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，利用了浓硝酸的_______性。

（4）从母液中获得无水Na 2SO 4的操作是_______。

【答案】（1）①.2MoS 2+7O 2焙烧2MoO 3+4SO 2②.反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度过高时，氧化钼升华加剧，所以钼的浸取率下降
（2）()()2223
2Co OH H O 2Co OH +=（3）强氧化（或氧化）
（4）加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na 2SO 4
【解析】
【分析】先将钴钼废催化剂粉碎以加快焙烧速率，焙烧中主要反应为2MoS 2+7O 2焙烧2MoO 3+4SO 2，焙烧后的固体中加入NaOH 和H 2O 2，将Co 2+转化为Co(OH)3除去，过滤后滤渣中有Fe 2O 3、Co(OH)3等，向滤
液中加酸，将Mo 转化为钼酸沉淀，过滤即得钼酸。

【小问1详解】
将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，化学方程式为：2MoS 2+7O 2焙烧2MoO 3+4SO 2；氧化钼的熔点795℃，易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)，故反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度过高时，氧化钼升华加剧，所以钼的浸取率下降；
【小问2详解】
碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀，反应的化学方程式为：()()22232Co OH H O 2Co OH +=；
【小问3详解】
选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，即浓硝酸能够将体系中还原性强的物质给氧化，避免去还原Mo(VI)，利用了浓硝酸的强氧化性；
【小问4详解】
由图可知，温度高于40℃时析出无水Na 2SO 4，而低于40℃时析出Na 2SO 4•10H 2O ，由此确定从母液中获得无水Na 2SO 4的操作为：加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na 2SO 4。

18.某研究小组探究Fe 3+盐溶液与Cu 的反应，进行了如下实验。

实验装置
序
号
试剂a 实验现象I 0.25
mol·L -1Fe 2(SO 4)3溶液
溶液逐渐变为蓝色。

2天后，Cu 片有较大量剩余，
溶液仍为蓝色
Ⅱ0.5mol·L -1FeCl 3溶液溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体
(经检验为CuCl)。

2天后，白色固体消失，Cu 片
无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
Ⅲ0.5mol·L -1Fe(NO 3)3溶液
溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。

2
天后，Cu 片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉
淀资料：i ．CuCl 、CuSCN 是难溶于水的白色固体；
ii ．Fe 2++NO ⇌[Fe(NO)]2+(棕色)。

（1）用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因___________。

（2）实验I中发生反应的离子方程式为___________。

（3）小组同学取2mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1mol·L-1KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。

甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。

①用离子方程式表示甲同学的猜想___________。

②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是___________。

（4）对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。

其理由是___________。

（5）实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是___________。

（6）实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。

步骤实验操作实验现象
①向盛有2g金属Cu片的烧杯中加入试剂X2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着
②继续加入少量FeSO4固体溶液迅速变为浅棕色
试剂X是___________。

综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。

【答案】（1）Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
（2）2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
（3）①.Fe2++Cu2++SCN-=Fe3++CuSCN↓②.向2mL0.5mol/L FeSO4和0.25mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1mol·L-1KSCN溶液，观察实验现象
（4）产生白色固体：Cu+Fe3++Cl-=CuCl↓+Fe2+；白色固体消失：CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-；总反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。

从现象上看，实验Ⅱ反应更快
（5）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀
（6）20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO3 )=1.5mol/L)]
【解析】
【分析】本题为实验探究题，探究Cu与Fe3+的反应机理和反应条件，根据题干信息，i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；ii．Fe2++NO [Fe(NO)]2+(棕色)，结合各实验步骤和控制变量原则进行解题。

【小问1详解】
FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，故答案
为：Fe 3++3H 2O Fe （OH ）3+3H +；
【小问2详解】
由题干信息可知，向0.25mol·L -1Fe 2(SO 4)3溶液中加入Cu ，观察到溶液逐渐变为蓝色。

2天后，Cu 片有较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I 中发生反应的离子方程式为2Fe 3++Cu =Cu 2++2Fe 2+，故答案为：2Fe 3++Cu =Cu 2++2Fe 2+；
【小问3详解】
①由题干信息可知，实验I 中反应2天后的溶液为FeSO 4和CuSO 4溶液，CuSCN 是难溶于水的白色固体，加入2滴1mol·L -1KSCN 溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe 2+可能在该条件下被Cu 2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe 2++Cu 2++SCN -=Fe 3++CuSCN↓；
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2mL 0.5mol/L FeSO 4和0.25mol/L CuSO 4的混合溶液中，加入2滴1mol·L -1KSCN 溶液，观察实验现象，故答案为：向2mL 0.5mol/L FeSO 4和0.25mol/L CuSO 4的混合溶液中，加入2滴1mol·L -1KSCN 溶液，观察实验现象；
【小问4详解】
对比实验I 和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+Fe 3++Cl -=CuCl↓+Fe 2+；白色固体消失：CuCl +Fe 3+=Fe 2++Cu 2++Cl -；总反应：2Fe 3++Cu =Cu 2++2Fe 2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl -可以催化Fe 3+与Cu 反应，故答案为：产生白色固体：Cu+Fe 3++Cl -=CuCl↓+Fe 2+；白色固体消失：CuCl +Fe 3+=Fe 2++Cu 2++Cl -；总反应：2Fe 3++Cu =Cu 2++2Fe 2+。

从现象上看，实验Ⅱ反应更快；
【小问5详解】
已知空气中的O 2在酸性和碱性条件下均能氧化Fe 2+，本实验反应原理为：4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O ，从而导致溶液中OH -和Fe 3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，故答案为：4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O ，c(OH -)、c(Fe 3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀；
【小问6详解】
题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO 3)3，pH 约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X 是20mL NaNO 3与HNO 3的混合溶液[pH 约为1.3、c(NO 3-)=1.5mol/L)]，故答案为：20mL NaNO 3与HNO 3的混合溶液[pH 约为1.3、c(NO 3-)=1.5mol/L)]。

19.一种高硫锰矿的主要成分3MnCO ，含有23SiO FeCO MnS FeS CuS NiS 、、、、、等杂质，其中23SiO FeCO 、含量较大。

以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。

已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。

金属硫化物CuS
NiS MnS FeS sp
K 366.310-⨯241.010-⨯102.510-⨯186.310-⨯②金属离子的()lg M c 与溶液pH 的关系如图所示。

（1）在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是_______。

（2）若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是_______。

（3）酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为_______；加入2MnO 的作用是_______(用离子方程式表示)。

（4）调溶液pH 到5左右，滤渣2的主要成分是_______。

（5）由图像可知，从“操作”所得溶液中得到42MnSO H O ⋅晶体需进行的操作是_______、洗涤、干燥。

（6）锰含量测定：
ⅰ．称取a g 晶体，加水溶解，将滤液定容于100mL 容量瓶中。

ⅱ．取10.00mL 溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量()4282NH S O 溶液，加热、充分反应，产生4
MnO -
和24SO -
，煮沸溶液使过量的()4282NH S O 分解。

ⅲ．加入指示剂，用()()14422bmol L
NH Fe SO -⋅溶液滴定。

滴定至终点时消耗()()4422NH Fe SO 溶液的体积为4cmL MnO -，重新变成2Mn +。

废渣中锰元素的质量分数为_______。

【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分
（2）H 2S （3）①.+2322MnCO 2H Mn CO H O ++=+↑+②.2+2322MnO 2Fe 4H Mn 2Fe 2H O
+++++=++（4）Fe （OH ）3
（5）蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤（6）11bc %a
【解析】
【分析】高硫锰矿的主要成分3MnCO ，含有23SiO FeCO MnS FeS CuS NiS 、、、、、等杂质，其中23SiO FeCO 、含量较大，碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，过滤得到的脱硫矿粉中含S 、Fe （OH ）3、碳酸盐和金属氧化物，加入硫酸酸浸，并加入MnO 2氧化Fe 2+，生成的滤液中含Fe 3+、Mn 2+、Cu 2+、Ni 2+，单质S 以滤渣1的形式除去，加入一水合氨调pH ，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn 2+、Cu 2+、Ni 2+，再加入硫化钠可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO 4溶液经蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥后得到42MnSO H O ⋅。

【小问1详解】
在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；
【小问2详解】
未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢；
【小问3详解】
酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO 4、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：+2322MnCO 2H Mn CO H O ++=+↑+；加入MnO 2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：2+2322MnO 2Fe
4H Mn 2Fe 2H O +++++=++；
【小问4详解】。