2022年安徽省黄山市高考化学第二次质检试卷(附答案详解)

2022年安徽省黄山市高考化学第二次质检试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.2022年北京冬奥会火炬“飞扬”用氢气为燃料、耐高温碳纤维材料为外壳、铝合
金为点火针材质，辅以可调节火焰颜色的“配方”。

下列有关说法错误的是()
A. 氢气作燃料对环境友好无污染
B. 碳纤维不属于天然高分子材料
C. 铝合金密度小、易燃
D. 含钠元素的“配方”可使火焰呈黄色
2.有机物A是一种多靶向性抗癌药物，结构简式如图所示。

下列
有关有机物A的说法错误的是()
A. 能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，原理相同
B. 1molA完全水解，消耗2molNaOH
C. 分子式为C12H13O2Br
D. 所有碳原子可能处于同一平面
3.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NO x)。

常温下，将烟气与H2的混合气体通入
Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO
为例)。

下列说法不正确的是()
A. 反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
B. 反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2
C. 反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变
D. 该转化过程的实质是NO被H2还原成N2
4.一种药物原料的分子结构式如图所示。

其中W、X、Y、
Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原
子的核外电子数比X原子的多10。

下列说法正确的是
()
A. 原子半径：r(Y)>r(X)>r(W)
B. XZ2中X的化合价为+2
C. X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D. X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
5.羟基自由基(⋅OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。

我国科学家设计了一种能
将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池−电解池组合装置(如图所示)，该装置能实现发电、
环保二位一体。

下列说法错误的是()
A. b极为负极，d极为阳极
B. b电极区每产生3molCO2，c电极区溶液质量减轻14g
C. d电极的电极反应式：H2O−e−=⋅OH+H+
D. 工作时，如果II室中Na+、Cl−数目都减小，则M为阳离子交换膜
6.下列操作能达到实验目的的是()
A.依据褪色时间的长短比较反应物浓度对反应
B.探究浓硫酸的脱水性和氧化性
速率的影响
C.检验该条件下铁发生了析氢腐蚀
D.验证该装置产生乙烯
A. A
B. B
C. C
D. D
7.25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol⋅L−1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的
]的关系如下图所示。

若忽略溶对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=n(HCl)
n(NH3⋅H2O)
液体积变化，下列有关说法错误的是()
A. 25℃时，NH3⋅H2O的电离平衡常数为10−4.75
B. t=0.5时，c(NH4+)>c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)
C. P2所示溶液：c(NH4+)>100c(NH3⋅H2O)
D. P1所示溶液：c(Cl−)=0.05mol⋅L−1
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
8.二氯异氰尿酸钠(NaC3N3O3Cl2)是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，
难溶于冷水。

其制备原理为：2NaClO+C
3H3N3O2
10℃以下
NaC3N3O3Cl2+NaOH+
H2O。

请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。

请回答下列问题：
(1)仪器X的名称是______。

(2)装置B的作用是______。

(3)D中发生反应的化学方程式为______。

(4)选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为______(填字母)。

(5)实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液，并在整个过程中不断通入一定量的氯气，其原因是______。

(6)反应结束后，A中浊液经过滤、______、______得到粗产品mg。

(7)粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。

将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL 溶液，取20.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。

用cmol⋅L−1Na2S2O3标准溶液进行滴定，加入指示剂，滴定至终点，消耗VmLNa2S2O3溶液。

(假设杂质不与KI反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl2−+3H++ 4I−=C3H3N3O3+2I3+2Cl−，I2+2S2O32−=2I−+S4O62−)
①加入的指示剂是______。

②则NaC3N3O3Cl2的百分含量为______%。

(用含m，c，V的代数式表示)
三、简答题（本大题共4小题，共59.0分）
9.柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，
某研究团队用硫铁矿(成分为、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如图：
已知①“焙烧”生成了铁红；
②常温下，柠檬酸(C6H8O7)电离常数：K a1=7.4×10−4，K a2=1.73×10−5，K a3=
4.0×10−7。

K sp[Al(OH)3]=1.3×10−33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是______，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂
的物质的量之比为______。

(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。

则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为______。

(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种______盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，
0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈______性。

(填“酸”、“碱”或“中”)
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生
氢氧化铝沉淀______(写出计算过程)。

(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是______。

(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为
______。

(保留四位有效数字)
10.CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量
的持续改善，回答下列问题：
(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。

常温常压时，相关物质的
相对能量如图所示。

已知：H2O(g)=H2O(l)的ΔH计算如下：ΔH=−286kJ⋅
mol−1−(−242kJ⋅mol−1)=−44kJ⋅mol−1。

则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程
式为______。

(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3。

某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳
酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：2MHCO3(s)⇌
M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。

反应达平衡时体系的总压为50kPa。

保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系
中水蒸气的分压小于5kPa，则CO2(g)的初始压强应大于______kPa。

(3)CO2和H2制备甲醇，反应体系中涉及以下两个反应：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0
将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示。

×100%
已知：CH3OH的选择性=CH3OH的物质的量
反应的CO2的物质的量
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是______。

A.210℃
B.230℃
C.催化CZT
D.催化剂CZ(Zr−1)T
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。

可能的原因是
______。

③230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min020406080
压强/MPa P00.95P00.92P00.90P00.90P0
反应I的速率可表示为v=k⋅P(CO2)⋅P3(H2)(k为常数)，平衡时P(H2O)=0.15P0。

则反应在60min时v=______(用含P0、k的式子表示)。

达平衡时CH3OH的选择性=______，反应II的K c=______。

11.元素周期表中，第四周期包括10种过渡元素(21号～30号)，它们的单质及其化合物
在化工生产和研究中有重要的应用。

(1)Fe原子核外电子排布式为______，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对
电子数与铁相同的元素有______种。

(2)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。

甘氨
酸(H2NCH2COOH)中C原子的杂化形式为______。

(3)在ZnO催化作用下，呋喃()可与氨反应，转化为吡咯()。

二者熔、沸
点关系为：呋喃 ______吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是 ______。

(4)离子水合能是气态离子溶于水中成为稀溶液时释放的能量，其值越大，离子越稳定。

已知离子水合能跟溶解离子的半径和电荷数有关，试分析在水溶液中Cu 2+比Cu +稳定的原因 ______。

(5)Ti 能形成化合物[TiCl(H 2O)5]Cl 2⋅H 2O ，该化合物中Ti 3+的配位数为 ______，在该化合物中不含 ______(填标号)。

A.σ键
B.π键
C.配位键
D.离子键
E.极性键
F.非极性键
(6)NiO 的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A 为(0,0,0)，B 为(1,1,1)，则C 的离子坐标参数为 ______。

一定温度下，NiO 晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O 2−作密置单层排列，Ni 2+填充其中(如图乙)，已知O 2−的半径为apm ，设阿伏加德罗常数值为N A ，每平方米面积上具有该晶体的质量为 ______g(用含a 、N A 的代数式表示)。

化合物J 是一种医药中间体，实验室中J 的一种合成路线如图：
已知：+→C 2H 5ONa (其中R 1、R 2为烃基或氢原子，R 3为烃
基)，回答下列问题：
(1)B的名称为______；C的结构简式为______；D中官能团的名称是______。

(2)F→G，H→I的反应类型分别为______、______。

(3)E→F的化学方程式是______。

(4)E的同分异构体中，含有硝基(−NO2)的芳香族化合物共有______种，任写出其中一
种核磁共振氢谱具有三组峰的结构简式：______。

(5)参照上述部分合成路线和信息，以CH3CHO和为原料(无机试剂任选)，设计
制备的合成路线______。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.氢气作燃料，热值高，且燃烧产物为水，对环境友好无污染，故A正确；
B.碳纤维属于碳的单质，是一种无机材料，不属于天然高分子材料，故B正确；
C.铝合金密度小，质量轻，表面覆盖氧化膜，不易燃，故C错误；
D.含钠元素的“配方“可使火焰呈黄色，故D正确；
故选：C。

A.氢气作燃料，热值高，且燃烧产物为水；
B.碳纤维属于碳的单质；
C.铝合金密度小，质量轻，不易燃烧；
D.钠的焰色试验呈黄色。

本题主要考查化学在人类的生产、生活中的应用，从而体现化学的重要性，增强学生学习化学的兴趣，难度不大，需要细心。

2.【答案】A
【解析】解：A.碳碳双键能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者为加成反应、后者为氧化反应，故A错误；B.酯基水解生成的羧基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应，则1mol该有机物最多能和2molNaOH反应，故B正确；
C.分子中含有C、H、O、Br原子个数依次是12、13、2、1，分子式为C12H13O2Br，故C 正确；
D.甲烷最多有3个原子共平面，单键可以旋转，苯环和乙烯、−COO−中所有原子共平面，则所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选：A。

A.碳碳双键能和溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B.酯基水解生成的羧基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应；
C.分子中含有C、H、O、Br原子个数依次是12、13、2、1；
D.甲烷最多有3个原子共平面，单键可以旋转，苯环和乙烯、−COO−中所有原子共平面。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团和性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】C
【解析】解：A.过程Ⅰ发生的反应为Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，反应的离子方程式为：2Ce4++H2=2Ce3++2H+，氧化产物为氢离子，还原产物为Ce3+，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，故A正确；
B.过程Ⅱ为2NO+4Ce3++4H+=N2+4Ce4++2H2O，故B正确；
C.处理过程中，Ce3+和Ce4+做催化剂，催化剂在反应前后，质量不变，但是溶液体积增大，物质的量浓度减小，故C错误；
D.该转化过程的实质为NO被H2还原为N2，H2被氧化为水，故D正确；
故选：C。

根据进出图可知，Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，然后Ce3+在酸性条件下再被NO氧化为Ce4+，NO被还原为N2，同时还生成水，据此解答。

本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大。

4.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为S元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，H的原子半径最小，则原子半径：r(X)> r(Y)>r(W)，故A错误；
B.XZ2为CS2，CS2中S的化合价为−2价，则C的化合价为+4价，故B错误；
C.X、Y的最简单氢化物分别为甲烷、氨气，氨气分子间存在氢键，导致其沸点较高，则X的最简单氢化物的沸点比Y的低，故C错误；
D.碳、氮、硫元素均可以形成至少两种常见的含氧酸，如碳酸、乙酸、甲酸、硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸等，故D正确；
故选：D。

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期，则W位于第一周期，为H元素；Z原子的核外电子数比X原子的多10，Z形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为S，X为C元素；Y形成3个共价键，位于第二周期，则Y为N元素，以此分析解答。

本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

5.【答案】B
【解析】解：A.a极Cr元素价态降低得电子，故a极为正极，b极为负极，d极为阳极，故A正确；
B.由图可知，C6H5OH→CO2和H2O，1mol苯酚反应生成6mol二氧化碳，转移4mol电子，故b电极区每产生3molCO2，转移2mol电子，c极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑
+2OH−，生成1mol氢气，质量减轻1mol×2g/mol=2g，由电荷守恒可知，有2mol氢
离子从右侧迁移到左侧，质量增加2g，故c电极区溶液质量不变，故B错误；
C.d极为阳极，电极反应式为H2O−e−=⋅OH+H+，故C正确；
D.a极为正极，电极反应式为Cr2O72−+6e−+7H2O=2Cr(OH)3+8OH−，阴离子浓度增大，钠离子透过M膜向左迁移，故则M为阳离子交换膜，故D正确；
故选：B。

由图可知，a极Cr元素价态降低得电子，故a极为正极，b极为负极，则c极为阴极，d极为阳极，据此作答。

本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

6.【答案】B
【解析】解：A.酸性高锰酸钾溶液的浓度不同、颜色不同，应控制等浓度的酸性高锰酸钾溶液且不足，改变草酸的浓度，探究浓度对反应速率的影响，故A错误；
B.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，可探究浓硫酸的脱水性和氧化性，故B正确；
C.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水沿导管上升形成一段液柱可证明，故C错误；
D.挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故D错误；故选：B。

A.酸性高锰酸钾溶液的浓度不同、颜色不同；
B.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色；
C.食盐水为中性；
D.挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

7.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，图中P1点pH=9.25，c(OH−)=10−4.75mol⋅L−1，此时c(NH4+)=
=c(OH−)=10−4.75，故A c(NH3⋅H2O)，则NH3⋅H2O的电离平衡常数K b=c(OH−)c(NH4+)
c(NH3⋅H2O)
正确；
B.t=0.5时溶质为等浓度的氯化铵和一水合氨的混合物，由图可知溶液此时显碱性，则一水合氨的电离大于铵根离子水解，则此时溶液中的离子浓度大小顺序为：c(NH4+)> c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)，故B正确；
= C.P2所示溶液pH=7，c(OH−)=10−7mol⋅L−1，根据其电离常数K b=c(OH−)c(NH4+)
c(NH3⋅H2O)
10−4.75，则c(NH4+)
c(NH3⋅H2O)=K b
c(OH−)
=10−4.75
10−7
=102.25，故c(NH4+)>100c(NH3⋅H2O)，故C
正确；
D.P1所示溶液中电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(OH−)+c(Cl−)，由图可知P1点时c(H+)= 10−9.25mol/L，且c(NH4+)=10−1mol⋅L−1，c(OH−)=10−14
10−9.25
mol/L=10−4.75mol/L，则(10−9.25+10−1)mol/L=c(Cl−)+10−4.75mol/L，c(Cl−)=(10−9.25+10−1−
10−4.75)mol/L>0.05mol/L，故D错误；
故选：D。

由图可知P1时铵根和一水合氨的浓度相同，P2时溶液显中性氢离子和氢氧根离子相同，
同时结合一水合氨的电离常数的表达式，K b=c(OH−)c(NH4+)
c(NH3⋅H2O)
，以此解题。

本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质电离特点及酸碱混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意计算方法的分析应用，题目难度中等。

8.【答案】三颈烧瓶除去氯气中的氯化氢Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaC12+2Cl2↑
+2H2O fcdabe通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成冷水洗涤干
燥淀粉溶液27.5cV
m
【解析】解：(1)仪器X的名称是三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
(2)结合分析可知，装置B：除去氯气中的氯化氢，
故答案为：除去氯气中的氯化氢；
(3)装置D：制取氯气，用的药品为浓盐酸和次氯酸钙，反应为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)= CaC12+2Cl2↑+2H2O，
故答案为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaC12+2Cl2↑+2H2O；
(4)结合分析可知，按气流从左至右，导管连接顺序为fcdabe，
故答案为：fcdabe；
(5)实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液，并在整个过程中不断通入一定量的氯气，其原因是通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成，
故答案为：通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成；
(6)反应结束后，A中浊液经过滤、冷水洗涤、干燥，获得粗产品，
故答案为：冷水洗涤；干燥；
(7)①滴定终点碘单质消耗完全，故使用的指示剂为淀粉溶液，
故答案为：淀粉溶液；
②n(Na2S2O3)=c×V×10−3mol/L，
由反应：C3N3O3Cl2−+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO
HClO +2I −+H +=I 2+Cl −+H 2O
I 2+2S 2O 32−=S 4O 62−+2I −
可知：C 3N 3O 3Cl 2−～2HClO ～2I 2～4S 2O 32−
根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(C 3N 3O 3Cl 2−)=0.25n(S 2O 32−)=1.000×
10−3mol ，
氯元素的质量：则NaC 3N 3O 3Cl 2的百分含量为
c×V×10−3×52×275m ×100%=27.5cV m %， 故答案为：27.5cV m 。

制备二氯异氰尿酸钠流程：装置D ：制取氯气，用的药品为浓盐酸和次氯酸钙，反应为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaC12+2Cl 2↑+2H 2O ，制取的氯气中含有杂质氯化氢，装置B ：除去氯气中的氯化氢，通过盛有饱和NaCl 溶液的洗气瓶可以除去氯化氢杂质，装置E 内盛装的试剂为饱和NaCl 溶液，装置A ：高浓度的NaClO 溶液与氰尿酸(C 3H 3N 3O 3)固体，在低温下反应制备二氯异氰尿酸钠，反应为：2NaClO +C 3H 3N 3O 3→NaC 3N 3O 3Cl 2+NaOH +H 2O ，装置C ：吸收尾气，氯气有毒，需要进行尾气吸收，氯气与氢氧化钠溶液反应，所以尾气吸收可以用氢氧化钠溶液，反应的方程式为，2NaOH +Cl 2=NaCl +NaClO +H 2O ，据此分析回答问题。

本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

9.【答案】增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 11：4 FeS 2+2Fe 3+=3Fe 2++2S 酸式 酸 没有沉淀产生，因为常温下，Q c =0.1×(10−12)3=10−37<
K sp (Al(OH)3)=1.3×10−33 温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH 4HCO 3发生分解 86.72%
【解析】解：(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS 2+
11O 2−
 高温 2Fe 2O 3+8SO 2，反应中O 2为氧化剂，FeS 2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：4，
故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11：4；
(2)FeS 2与H 2SO 4不反应，“还原”时FeS 2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS 2+2Fe 3+=3Fe 2++2S ，
故答案为：FeS 2+2Fe 3+=3Fe 2++2S ；
(3)由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC 6H 6O 7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸(C 6H 8O 7)电离常数：K a1=7.4×10−4，K a2=
1.73×10−5，K a3=4.0×10−7，K h2=K w K a2=10−14
1.73×10−5=5.78×10−8小于Ka 3，即C 6H 6O 7−
的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，
故答案为：酸式；酸；
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，“除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH−)=
10−12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)⋅c3(OH−)=0.1×(10−12)3=10−37<
1.3×10−33，则不产生氢氧化铝沉淀，
故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Q c=0.1×(10−12)3=10−37<K sp(Al(OH)3)= 1.3×10−33；
(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，
故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；
= (6)根据铁原子守恒可知，某工厂用1kg硫铁矿中含有的FeS2的物质的量为：1000g×60%
120g/mol
5mol，经过焙烧、酸化后形成5molFe3+，由(2)分析可知，“还原”步骤发生反应FeS2+ 2Fe3+=3Fe2++2S，则还原后得到的Fe2+的物质的量为7.5mol，则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质量为：7.5mol×246g/mol=1.845kg，而实际上只制得1.6kg柠
=86.72%，
檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为1.6kg
1.845kg
故答案为：86.72%。

用硫铁矿(成分为、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵、氨气沉铁，过滤得到碳酸亚铁，加入柠檬酸生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。

本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。

10.【答案】C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+133kJ/
mol120BD升高温度反应速率加快，相同时间内消耗的CO2量增多，所以CO2的转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，所以甲醇的产率降低0.015kP0433.3%0.3【解析】解：(1)(1)CO2与C2H6反应生成C2H4、CO和H2O(g)的反应为C2H6(g)+CO2(g)= C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)，则△H=[52+(−110)+(−286)−(−84)−(−393)]kJ/ mol=+133kJ/mol，
故答案为：C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+133kJ/mol；(2)平衡时H2O、CO2的分压相同，都是25kPa，该温度下K p=25kPa×25kPa=
625(kPa)2，温度不变化学平衡常数不变，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，
则平衡时生成CO2的分压小于5pKa，设开始时加入CO2的初始压强为x，则存在
5kPa×(x+5)kPa=625(kPa)2，x=120，
故答案为：120；
(3)①甲醇的选择性越好、温度越低、甲醇的产率越高越好，根据图知，温度为230℃、催化剂为CZ(Zr−1)T时甲醇的产率最高，所以在上述条件下合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂为CZ(Zr−1)T，
故答案为：BD；
②温度越高反应速率越快，升高温度平衡向吸热方向移动，催化剂的选择性受温度限制，升高温度反应速率加快，相同时间内消耗的CO2量增多，所以CO2的转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，所以甲醇的产率降低，
故答案为：升高温度反应速率加快，相同时间内消耗的CO2量增多，所以CO2的转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，所以甲醇的产率降低；
③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，设开始加入的CO2、H2的压强分别是a、3a，设二氧化碳转化为甲醇的压强为x、转化为CO的压强为y，
可逆反应I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)a3a00
转化(mol)x3x x x
平衡(mol)a−x3(a−x)x x
可逆反应II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)a−x3(a−x)0x
转化(mol)y y y y
平衡(mol)a−x−y3(a−x)−y y x+y
开始时a+3a=P0，则a=0.25P0；平衡时P(H2O)=0.15P0，则x+y=0.15P0，平衡时
总压强为0.90P0，则a−(x+y)+3(a−x)−y+y+x+y=0.90P0，x=1
30P0，y=7
60
P0，
P(CO2)=0.1P0，P(H2)=8
15P0，v=k⋅P(CO2)⋅P3(H2)=k×0.1P0×(8
15
P0)3≈
0.015kP04；达平衡时CH3OH的选择性=130
0.1
×100%≈33.3%；反应II的K c=
p(CO)×p(H2O) p(CO2)×p(H2)=
7
60
×0.15
0.1×8
15
=0.3，
故答案为：0.015kP04；33.3%；0.3。

(1)CO2与C2H6反应生成C2H4、CO和H2O(g)的反应为C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+ CO(g)+H2O(l)，则△H=[52+(−110)+(−286)−(−84)−(−393)]kJ/mol=
+133kJ/mol；
(2)平衡时H2O、CO2的分压相同，都是25kPa，该温度下K p=25kPa×25kPa=
625(kPa)2，温度不变化学平衡常数不变，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，则平衡时生成CO2的分压小于5pKa，设开始时加入CO2的初始压强为x，则存在
5kPa×(x+5)kPa=625(kPa)2；
(3)①甲醇的选择性越好、温度越低、甲醇的产率越高越好；
②升高温度反应速率加快，但平衡向吸热方向移动；催化剂受温度限制；
③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，设开始加入的CO2、H2的压强分别是a、3a，设二氧化碳转化为甲醇的压强为x、转化为CO的压强为y，
可逆反应I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)a3a00
转化(mol)x3x x x
平衡(mol)a−x3(a−x)x x
可逆反应II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)a−x3(a−x)0x
转化(mol)y y y y
平衡(mol)a−x−y3(a−x)−y y x+y
开始时a+3a=P0，则a=0.25P0；平衡时P(H2O)=0.15P0，则x+y=0.15P0，平衡时
总压强为0.90P0，则a−(x+y)+3(a−x)−y+y+x+y=0.90P0，x=1
30P0，y=7
60
P0，
P(CO2)=0.1P0，P(H2)=8
15
P0，将分压代入公式v=k⋅P(CO2)⋅P3(H2)计算反应速率；
达平衡时CH3OH的选择性=CH3OH的物质的量
反应的CO2的物质的量×100%；反应II的K c=p(CO)×p(H2O)
p(CO2)×p(H2)。

本题考查化学平衡计算、反应热的计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，难点是平衡常数计算，题目难度较大。

11.【答案】1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s20sp2低于吡咯易形成分子间氢
键与Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大6BF(1,1
2,1
2
)25√3×1024
2×N A×a2
【解析】解：(1)铁为26号元素，Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，铁为第四周期Ⅷ族元素，未成对电子数为4，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素0个，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；0；
(2)甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的碳原子有四个单键，为sp3杂化，羧基中的碳原子有一个碳氧双键为sp2杂化，
故答案为：sp2；
(3)影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯，吡咯易形成分子间氢键；
故答案为：低于；吡咯易形成分子间氢键；
(4)离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液
里Cu2+比Cu+稳定的原因为：Cu2+的半径小且所带电荷多，水化能大，
故答案为：与Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大；
(5)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O，与Ti3+最近的粒子数目为6，则该化合物中Ti3+的配位数为6；该化合物中O−H中存在σ键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在Π键和非极性共价键，答案选BF，
故答案为：6；BF；
(6)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,1)，c在x、y、z
轴上的投影分别是(1,1
2,1
2
)，则c点的离子坐标为(1,1
2
,1
2
)，每个Ni原子被3个O原子包围，
每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=
(1
2
×2a×2a×sin60°×10−24)m2=√3×10−24×a2m2，如图，实际上每个Ni原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为2√3×10−24×a2m2，O原子
个数为1
6×6=1，每平方米面积上分散的该晶体的质量为1
2√3×10−24×a2
×M
N A
g=
1
2√3×10−24×a2×59×16
N A
g=25√3×1024
2×N A×a2
g，
故答案为：(1,1
2,1
2
)；25√3×1024
2×N A×a2。

(1)铁为26号元素，Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的碳原子有四个单键，为sp3杂化；
(3)影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃；
(4)离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释；
(5)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O，与Ti3+最近的粒子数目为6，则该化合物中Ti3+的配位数为6；该化合物中O−H中存在σ键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在Π键和非极性共价键；
(6)每个Ni原子被3个O原子包围，每个O原子被3个Ni原子包围，如图所
示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=(1
2
×2a×2a×sin60°×10−24)m2=√3×10−24×a2m2，如图，实际上每个Ni原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为
2√3×10−24×a2m2，O原子个数为1
6
×6=1，据此计算。