备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）06（解析版）_2024高考押题卷_92024赢在高考全系列_赢在高考·黄金8卷备战2024年高考化学模拟卷

【赢在高考·黄金 8 卷】备战 2024 年高考化学模拟卷（新高考七省专用） 黄金卷 06 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1．二十大报告提出科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列说法错误的是 A．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于有机高分子材料 B．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体 C．“天宫”空间站中太空机械臂的主要成分为铝合金，其强度大于纯铝 D．中国研制的先进微纳米光刻机，其材料之一四甲基氢氧化铵  CH 3  4 NOH  ，可溶于水 【答案】A 【解析】A．氮化硼陶瓷耐高温，是新型无机非金属材料，故A说法错误；B．同素异形体指由同种元素组 成的具有不同性质的单质，螺旋纳米管与石墨互为同素异形体，故B说法正确；C．合金硬度大于其成分金 属，故C正确；D．四甲基氢氧化铵  CH 3  4 NOH  属于一元碱，易溶于水，故D说法正确；答案选A。 2．下列有关化学用语的叙述错误的是 A．NH 的结构式为 3 B．CS 的电子式为 2 C．简单硫离子的结构示意图为 D．基态N原子的价层电子排布图为 【答案】C 【解析】A．N以三个共价键的形式结合，H有1个共价键，其结构式为 ，A正确；B．C与S之 间以双键结合，共用2对电子，其电子式为 ，B正确；C．硫的核电荷数为16，硫离子为核外电子 得到2个电子，其结构示意图为 ，C错误；D．N价层电子排布式2s2sp3，其价层电子排布图为 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002，D正确；故答案为：C。 3．物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是 A．SO 具有杀菌作用，用作葡萄酒中的抗氧化剂 2 B．SiO 具有导电性，用于制造光导纤维 2 C．碳酸氢钠能与碱反应，用作食品的膨松剂 D．Na能与水反应，用作乙醚的除水剂 【答案】D 【解析】A．SO 具有还原性，用作葡萄酒中的抗氧化剂，A错误；B．SiO 没有导电性，B错误；C．碳酸 2 2 氢钠能与酸反应生成CO₂，用作食品的膨松剂，C错误；D．Na能与水反应，用作乙醚的除水剂，D正确； 故选D。 4．利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及 夹持装置已略去) 选项 气体 试剂I 试剂II 试剂Ⅲ A Cl 浓盐酸 MnO NaOH溶液 2 2 B CO 2 稀盐酸 CaCO 3 饱和NaHCO 3 溶液 C SO 浓硝酸 Na SO (s) 饱和NaHSO 溶液 2 2 3 3 D C H 浓硫酸 C H OH（1） KMnO 酸性溶液 2 4 2 5 4 【答案】B 【解析】A．实验室中制备的Cl 中含有HCl，除去Cl 中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A 2 2 不合题意；B．实验室用稀盐酸和CaCO 制备CO ，此时CO 中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO 3 2 2 3 溶液来除去CO 中的HCl，B符合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，能将Na SO 氧化为Na SO ，故不能用 2 2 3 2 4 浓硝酸和Na SO 来制备SO ，而应该用70%H SO 和Na SO 来制备SO ，B不合题意；D．实验室可以将 2 3 2 2 4 2 3 2 浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO 、CO 和乙醇蒸气等 2 2 杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来 除杂，D不合题意；答案选B。 5．常温下，通过下列实验探究NaHCO 的性质。 3 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测定0.1molL1NaHCO 溶液的pH，测得pH约为8 3 2 向5mL0.5molL1NaHCO 溶液中加入5mL1molL1CaCl 溶液，产生白色沉淀和气体 3 2 3 向5mL0.5molL1NaHCO 溶液中加入5mL0.1molL1BaOH 溶液，产生白色沉淀 3 2 4 向5mL0.5molL1NaHCO 溶液中加入5mL0.1molL1H SO 溶液，有无色气体逸出 3 2 4 下列有关说法错误的是 A．0.1molL1NaHCO 溶液中存在c  OH c  CO2 c  H cH CO  3 3 2 3 B．实验2发生反应的离子方程式为2HCOCa2 CaCO H OCO  3 3 2 2 C．实验3发生反应的离子方程式为HCOBa2 OH BaCO H O 3 3 2 D．实验4发生反应的离子方程式为HCOH H OCO  3 2 2 【答案】C 【解析】A．根据质子守恒可得，0.1molL1NaHCO 溶液中存在c  OH c  CO2 c  H cH CO  ，A 3 3 2 3 正确；B．向5mL0.5molL1NaHCO 溶液中加入5mL1molL1CaCl 溶液，产生白色沉淀碳酸钙和二氧化碳 3 2 气体，反应的离子方程式为：2HCOCa2 CaCO H OCO ，B正确；C．向5mL0.5molL1NaHCO 3 3 2 2 3 溶液中加入5mL0.1molL1BaOH 溶液，碳酸氢钠过量，反应的离子方程式为： 2 2HCOBa2 2OH BaCO 2H O+CO2，C错误；D．向5mL0.5molL1NaHCO 溶液中加入 3 3 2 3 3 5mL0.1molL1H SO 溶液，产生二氧化碳气体，反应的离子方程式为：HCOH H OCO ，D正确； 2 4 3 2 2 故选C。 6．苯乙烯是一种重要的化工原料，在CO 气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下列 2 说法错误的是 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002A．由原料到状态1产生了活性氢原子 B．由状态1到状态2有极性键的断裂和形成 C．催化剂可提高苯乙烯选择性，增大苯乙烯的产率 D．由状态2到生成物只有2种元素的化合价发生了变化 【答案】D 【解析】A．观察图可知，由原料到状态1产生了活性氢原子HΘ，A正确；B．观察可知，状态1到状态2 二氧化碳分子的碳氧双键发生断裂，同时形成了氧氢单键，有极性键的断裂和形成，B正确；C．催化剂可 提高苯乙烯选择性，增大苯乙烯的产率，C正确；D．由状态2到生成物只有C元素的化合价发生了变化，D 错误。故选D。 7．实验是科学探究的重要手段，下列实验操作或方案正确且能达到预期目的的是 选项 A B C D 实验 操作 或方 案 实验 石油分馏时接收 酸式滴定管排气操 制取氨气 证明温度对平衡的影响 目的 馏出物 作 【答案】D 【解析】A．石油分馏时，接受馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，否则会因气体体积膨胀导致气体压强增大而 发生意外事故，故A错误；B．带橡胶胶管的滴定管不是酸式滴定管，而是碱式滴定管，故B错误；C．制 取氨气应该用氯化铵和氢氧化钙加热反应，氯化铵加热会分解成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在导管处又 化合成氯化铵堵塞导管，故C错误；D．2NO (g)⇋N O (g)是放热反应，NO 是红棕色，升高温度平衡左移， 2 2 4 2 颜色加深，冷水中温度降低，平衡右移，颜色变浅，故D正确；答案选D。 8．常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．澄清透明溶液：K+、Na+、SO2、MnO 4 4 B．遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、I-、Cl- C．pH=0的溶液：NH、Fe2+、S O2、ClO- 4 2 3 D．通入足量NH 的溶液：K+、Cu2+、SO2、Cl- 3 4 【答案】A 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002【解析】A．该溶液因含MnO而显紫色但澄清透明，且K+、Na+、SO2、MnO两两之间不发生反应，能 4 4 4 大量共存，A符合题意；B．遇KSCN变红色的溶液中含有Fe3，Fe3能与I-发生氧化还原反应，故不能 大量存在，B不符合题意；C．pH=0的溶液显酸性，含有大量H，H能与ClO-结合生成HClO，H能与S O 2 2反应生成S、SO 和水，另外ClO-具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，故这些离子不能大量共存， 3 2 C不符合题意；D．通入足量NH 的溶液显碱性，Cu2+能结合氨分子生成CuNH   2+ ，故不能大量存在，D 3  3 4  不符合题意；故选A。 9．科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A．晶体最简化学式为KCaB C 6 6 B．该晶体属于分子晶体 C．晶体中与Ca最近且等距离的B有12个 D．晶体中C原子的杂化类型为sp3 【答案】B 1 【解析】A．根据“均摊法”，该晶胞中含K（位于顶点）：8× =1、Ca（位于体心）：1、B（位于面上）： 8 1 1 12× =6、C（位于面上）：12× =6，则晶体最简化学式为KCaB C ，A项正确；B．该晶体是一种高温超 2 2 6 6 导材料，该晶体不可能属于分子晶体，B项错误；C．由晶胞结构可知，Ca位于体心，B位于面上，晶体中 与Ca最近等距离的B有12个，C项正确；D．C位于面上，结合晶胞结构知，C的价层电子对数为4，C 原子采取sp3杂化，D项正确；答案选B。 10．β﹣生育酚是天然维生素E的一种水解产物，具有较高的生物活性，其结构简式如图。下列有关β﹣生育 酚的说法正确的是 A．1个分子中含有47个氢原子 B．该分子中含有6个甲基 C．环上的一氯代物只有1种 D．能发生取代反应和加成反应 【答案】D 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002【解析】A．根据β﹣生育酚的结构简式可知，分子中含有48个氢原子，A错误；B．根据β﹣生育酚的结构 简式可知，含有7个甲基，B错误；C．根据β﹣生育酚的结构简式可知，环上含有3种氢原子，则环上的 一氯代物只有3种，C错误；D．结构中具有苯环、酚羟基，苯环能发生加成反应和取代反应，D正确；故 选D。 11．高效率和高选择性将CO 转化为CH 是CO 资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔 2 4 2 串联反应器，为电催化还原CO 提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示。设N 为阿伏加德罗常数的 2 A 值，下列说法正确的是 A．22g CO 通入水中得到的溶液中含有H CO 分子数为0.5N 2 2 3 A B．lmol CH 中所含质子数和中子数均为10N 4 A C．途径2生成标准状况下22.4L CH ，反应转移电子数为8 N 4 A D．途径1所得产物物质的量之比为l:1，形成共价键数目为6N A 【答案】C 【解析】A．由于CO 2 H 2 O  H 2 CO 3 是可逆反应，因此22g CO 2 通入水中得到的溶液中含有H 2 CO 3 分 子数小于0.5N ，A错误；B．一个CH 分子中含有10个质子，6 个中子，则 lmolCH 中含有 10N 质子 A 4 4 A 和 6N 中子，B错误；C．标准状况下 22.4L CH 的物质的量为1 mol，途径2生成CH 的过程中C元素化 A 4 4 合价由+4 价下降到-4价，反应转移电子数为8N ，C正确；D．未说明所得产物物质的量，无法计算形成 A 共价键数目，D错误；故选C。 12．X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且 均有2个未成对电子，W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是 A．第一电离能：X＜Y＜Z B．元素X的氢化物的沸点一定比元素Y的氢化物低 C．Z与W组成的化合物可作耐高温材料 D．简单离子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y) 【答案】C 【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级， 且均有2个未成对电子，则X为碳、Z为氧，那么Y为氮；W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍， W为12号元素镁； 【解析】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能 大于同周期相邻元素，第一电离能：X＜Z＜Y，A错误；B．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点可 能很高，故元素X的氢化物的沸点不一定比元素Y的氢化物低，B错误；C．Z与W组成的化合物氧化镁 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002熔点很高，可作耐高温材，C正确；D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越 小；简单离子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)，D错误；故选C。 13．部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是 A．f可被还原生成b B．可存在aef ca的转化关系 C．a可与非金属单质发生化合反应生成d D．往4mL0.1molL1e溶液加入几滴1molL1氨水，得到深蓝色溶液 【答案】D 【分析】由图可知a为铜、b氧化亚铜、c为氧化铜、d为亚铜盐、e为铜盐、f为氢氧化铜。 【解析】A．含有醛基的有机物能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜，故A正确；B．铜与氧化性酸 反应能生成铜盐，铜盐与碱溶液反应能生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解为氧化铜，氧化铜和氢气发 生置换反应生成铜，则铜元素及其化合物间存在aef ca的转化关系，故B正确；C．铜能与硫 共热反应生成硫化亚铜，故C正确；D．可溶性铜盐溶液与少量氨水反应只能生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能 生成深蓝色的铜氨络离子，故D错误；故选D。 14．铝硫二次电池是一种具有高能量密度、廉价原材料、有前途的替代储能装置，一种铝硫电池如图所示，M 极为表面吸附了硫的活性电极，电解质为K S，KClAlCl (AlCl、Al Cl)。下列说法错误的是 2 3 4 2 7 A．放电时铝电极的电极反应式为Al3e7AlCl 4Al Cl 4 2 7 B．电池放电时的反应原理为3S2Al14AlCl 8Al Cl3S2 4 2 7 C．离子交换膜为阳离子交换膜 D．充电时，M极为阳极，Al Cl被氧化 2 7 【答案】D 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002【分析】图示为铝硫电池，该电池放电时Al失去电子发生氧化反应，为负极，电极反应式为 Al+7AlCl--3e-=4Al Al-，M为正极，硫得到电子发生还原反应，电极反应式为S+2e-=S2-； 4 2 7 【解析】A．由分析可知，放电时铝电极的电极反应式为Al+7AlCl--3e-=4Al Al-，A正确；B．由分析可知， 4 2 7 放电总反应为3S+2Al+14AlCl-=8Al Cl-+3S2-， B正确；C．充放电过程中钾离子通过离子交换膜移动，故 4 2 7 离子交换膜为阳离子交换膜，C正确；D．该电池放电时Al为负极、M为正极，则充电时，M极为阳极， 铝极为阴极，阴极的Al Cl被还原，D错误；故选D。 2 7 第Ⅱ卷 二、非选择题：共4小题，共58分。 15．（14分）钕铁硼废料是一种具有较高经济价值的废弃物，主要成分为稀土元素钕(Nd)、Fe、B．一种采 用分步沉淀从钕铁硼油泥中回收Nd (C O ) ·10H O和FeC O ·2H O的工艺流程如图： 2 2 4 3 2 2 4 2 已知：①200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd O 和Fe O 的形式存在，硼常温下稳定，加热 2 3 2 3 至300℃被氧化，不与稀酸反应。 ②H CO 易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC O ·2H O沉淀。 2 4 2 4 2 回答下列问题： （1）“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可选择 (填化学式)溶液。 （2）“滤渣1”的主要成分是 (填名称)。“浸出”时，盐酸浓度和固液比对钕、铁的浸出率影响如 图所示，则浸出过程的最佳条件是 。 （3）写出“沉钕”时生成沉淀的离子方程式： 。 （4）“沉铁”时，加入铁粉的作用是 。 （5）FeC O ·2H O晶体结构片段如图所示。 2 4 2 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002其中，Fe2+的配位数为 ；碳原子采用 杂化。现测定草酸亚铁晶体纯度。准确称取Wg 样品于锥形瓶，加入适量的稀硫酸，用cmol·L-1KMnO 溶液滴定至终点，消耗KMnO 溶液bmL。滴定反应： 4 4 FeC O +MnO +H+ Fe3++CO +Mn2++H O(未配平)。该样品纯度为 %。 2 4 4 2 2 【答案】（除标注外，每空2分）（1）NaOH(或热的Na CO ) 2 3 （2）硼（1分） 6mol/L的盐酸、固液比为5：1 （3）2Nd3++3H C O +10H O=Nd (C O ) 10H O6H+ 2 2 4 2 2 2 4 3 2 （4）将Fe3+还原为Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC O ·2H O的沉淀 2 4 2 30bc （5）6 sp2（1分） W 【分析】钕铁硼废料预处理后在通入空气在200℃条件下焙烧后，加入稀盐酸浸出，滤渣1主要成分为硼； 滤液1加入草酸溶液沉钕得到Nd (C O ) ·10H O，滤液2加入铁粉沉铁，得到草酸亚铁晶体； 2 2 4 3 2 【解析】（1）碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解，故“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可选择 NaOH(或热的Na CO )溶液； 2 3 （2）根据已知信息“200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd O 和Fe O 形式存在，硼常温下稳 2 3 2 3 定，加热至300℃被氧化，不与稀酸反应”，所以“滤渣1”的主要成分为硼。结合题意，在“浸出”时，应尽可 能地将钕和铁存在于“滤液1”中，即浸出率尽可能大，同时考虑到成本，因此选择6mol·L-1的盐酸、固液比 为5：1的条件进行浸出； （3）根据流程图可知，“沉钕”过程用草酸将Nd3+转化为难溶的Nd (C O ) ·10H O； 2 2 4 3 2 （4）根据已知信息“H C O 易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC O ·2H O沉淀”，结合题意， 2 2 4 2 4 2 需将铁元素转化成Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC O ·2H O的沉淀； 2 4 2 （5）根据FeC O ·2H O晶体结构片段，可知Fe2+与6个O原子形成配位键，配位数为6；FeC O ·2H O晶 2 4 2 2 4 2 体中有碳氧双键，碳原子杂化类型为sp2.根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式， 5FeC O +3MnO -+24H+=5Fe3++10CO +3Mn2++12H O，故 2 4 4 2 2 5 5 5bc n（FeC O）= n（MnO -）= cmol·L-1b10-3L= 103mol，故样品纯度为 2 4 3 4 3 3 5 bc103mol180gmol1 3 30bc 。 ×100%= % Wg W 16．（14分）三氯化氮是一种黄色油状液体，可用于漂白和杀菌。已知：NCl 熔点为-40℃，沸点为70℃， 3 95℃以上易爆炸。在弱酸性溶液中稳定，在热水中易水解，遇碱则迅速反应。在实验室可用Cl 和NH Cl溶 2 4 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002液反应制取NCl ，所用仪器如图所示(忽略部分夹持装置)： 3 回答下列问题： （1）盛装浓盐酸的仪器名称为 ；药品X可为 ；根据气流方向，各仪器的连接顺序 为 (用各接口字母表示，各接口所需橡胶塞已省略)。 （2）待反应至油状液体不再增加，用止水夹夹住ab间的橡胶管，控制水浴加热的温度范围 为 ，将产品NCl 蒸出。 3 （3）NCl 水解的反应液有漂白性，写出NCl 水解的化学方程式： 。 3 3 （4）NCl 纯度测定：NCl 的制取是可逆反应，根据反应NCl 4HClNH Cl3Cl ，利用间接碘量法 3 3 3 4 2 测定氯气的量即可测定NCl 的纯度。 3 实验步骤： ⅰ.准确称量C中的产物0.5g置于三颈烧瓶中，加入10mL足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气； ⅱ.将混合气通入200mL 0.1molL1 KI溶液中，待试管中无色液体变成黄色且颜色不再变化，关闭氮气(溶 液体积变化忽略不计)；ⅲ.量取20.00mL吸收液，加入淀粉指示剂，用0.1molL1 Na S O 标准液进行滴定， 2 2 3 滴定至终点时消耗Na S O 溶液18.00mL。(已知：反应原理为I 2Na S O Na S O 2NaI) 2 2 3 2 2 2 3 2 4 6 ①确定滴定终点的现象为 。 ②NCl 的纯度为 。 3 【答案】（每空2分）（1）恒压滴液漏斗 KMnO [CaClO 、KClO ，答其中一个均可得分] 4 2 3 a→b→c→f→g→d→e （2）70C≤T95C  （3）NCl 3H O 3HClONH  3 2 3 （4）滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 72.3% 【分析】在实验室利用多种方式制取Cl 和NH Cl溶液反应制取NCl ，并蒸馏、冷凝得到NCl ，并避免空 2 4 3 3 气中的水蒸气接触产品，需要干燥装置连接在最右边。 【解析】（1）装置A中使用恒压滴液漏斗，利用装置A制取氯气，在不加热条件下，利用浓盐酸和强氧化 剂可制取氯气，故KMnO 、CaClO 、KClO 均可；利用装置B制取NCl ，利用装置D冷凝NCl ，用 4 2 3 3 3 装置C收集NCl ，故正确连接顺序为a→b→c→f→g→d→e。 3 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002（2）由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度 应控制在70℃～95℃之间。 （3）NCl 水解的反应液有漂白性，可知水解生成HClO，则另一产物应为NH ，水解的化学方程式： 3 3 NCl 3H OΔ3HClONH 。 3 2 3 （4）①滴定时加入淀粉作指示剂溶液显蓝色，到终点时，溶液中的I 全部变成I，滴入最后半滴标准液后， 2 溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来颜色。②根据反应NCl 4HCl=NH Cl3Cl 、 3 4 2 Cl 2KI=2KClI 、I 2Na S O =Na S O 2NaI，可得关系式NCl ~3Cl ~3I ~6Na S O ， 2 2 2 2 2 3 2 4 6 3 2 2 2 2 3 1 0.1molL118.00103 L10 nNCl  nNa S O  3103 mol，故 3 6 2 2 3 6 0.3615g mNCl 120.5gmol13103 mol0.3615g，故NCl 的纯度：NCl  100%72.3%。 3 3 3 0.5g 17．（15分）硫化氢是一种有害气体，它的转化利用和环境保护是很重要的研究方向，请回答下列问题： （1）已知：I．S(g) +O (g)= SO (g) ΔH =－a kJ·mol －1 2 2 1 II．2H S(g) +3O (g)=2SO (g) +2H O(g) ΔH =－b kJ·mol －1 2 2 2 2 2 III．2H 2 S(g) +SO 2 (g) 3S(g) +2H 2 O(g) ΔH 3 =－c kJ·mol －1 ①若反应III中正反应的活化能为E ，逆反应的活化能为E ，则E －E = (用含a和b的 正 逆 逆 正 代数式表示)。 ②若一种脱除H S回收硫黄工艺的两个阶段为反应II、III，理论上该工艺最好控制参加反应的H S的总物 2 2 质的量n(H S)与参加反应的n(O )之比为 ，若n(H S)：n(O )过小，会导致 。 2 2 2 2 （2）若某种废气中含有H S，将废气与空气混合通入 FeCl 、CuCl 、FeCl 的混合液中，其转化过程如图 2 2 2 3 所示。转化过程中参与循环的离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+。 ①过程i中发生反应的离子方程式为 。 ②一般认为K> 105时反应进行得较完全。已知：25 °C时K (CuS) =1.25 ×10－36，H S的K =1 ×10－7，K =1 sp 2 a1 a2 ×10－15，则25 °C时过程ii中的反应 (填“能”或“不能”)进行完全。 （3）工业上可以通过硫化氢分解制得H 和硫蒸气。在某密闭容器中充入2 mol H S气体，发生反应：2H S(g) 2 2 2 2H 2 (g) +S 2 (g) ，H 2 S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002①在975° C和p 的条件下，其他条件不变，n点的v 与v 中较大的是 ，图中m、n点对应温 1 正 逆 度下的平衡常数：m点 ( 填“大于”“等于”或“小于”)n点。 ②若温度为975 °C时，p 为2 MPa，该反应的平衡常数K = MPa( 用分数表示，K 是用平衡 2 p p 分压代替平衡浓度得到的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（除标注外，每空2分）（1）(b－3a) kJ/mol 2：1 SO 不能完全转化为S，多余的SO 排 2 2 放到空气中会污染大气 （2）4Fe2+ +4H+ +O = 4Fe3+ +2H O 能（1分） 2 2 4 （3）v 小于（1分） 正 27 【解析】（1）I．S(g) +O (g)= SO (g) ΔH =－a kJ·mol －1 2 2 1 II．2H S(g) +3O (g)=2SO (g) +2H O(g) ΔH =－b kJ·mol －1 2 2 2 2 2 III．2H 2 S(g) +SO 2 (g) 3S(g) +2H 2 O(g) ΔH 3 =－c kJ·mol －1 ①根据盖斯定律II- I×3得2H 2 S(g) +SO 2 (g) 3S(g) +2H 2 O(g) ΔH 3 =－c kJ·mol －1=(3a-b) kJ·mol －1，若反 应III中正反应的活化能为E ，逆反应的活化能为E ，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则E －E 正 逆 逆 正 =(b-3a) kJ/mol。 ②脱除H S回收硫黄，H S被氧化为S单质，S元素化合价升高2，氧气中氧元素化合价降低2，根据得失 2 2 电子守恒，理论上该工艺最好控制参加反应的H S的总物质的量n(H S)与参加反应的n(O )之比为2:1，若 2 2 2 n(H S)：n(O )过小，氧气过量，会导致SO 不能完全转化为S，多余的SO 排放到空气中会污染大气。 2 2 2 2 （2）①根据图示，过程i中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为4Fe2+ +4H+ +O = 4Fe3+ 2 +2H O。 2 ②根据图示，25 °C时过程ii中的反应为Cu2+(aq)+H S(aq)=CuS(s)+2H+(aq)，K= 2 c2 H+ c2 H+ c  S2 c  HS Ka Ka 110711015   1 2  81013 ，所以反应能进行完 c  Cu2+ cH S c  Cu2+ cH Sc  S2 c  HS KspCuS 1.251036 2 2 全。 （3）①在975° C和p 的条件下，其他条件不变，n点H S的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向 1 2 进行，v 大于v ；根据图示，随温度升高，H S的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常 正 逆 2 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002数越大，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点小于n点。 ②若温度为975 °C时，p 为2 MPa，H S的平衡转化率为40%，则平衡体系中H S的物质的量为1.2mol、 2 2 2 氢气的物质的量为0.8mol、S 的物质的量为0.4mol，该反应的平衡常数K = 2 p 0.8  2 0.4   2Mpa  2Mpa 2.4  2.4  4  MPa。 1.2  2 27  2Mpa 2.4  18．（15分）茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯( )是其中的一种，它可以从茉莉 花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成。一种合成路线如图： （1）写出反应①的化学方程式： 。 （2）写出③的反应类型为 ；B中官能团名称为 。 （3）C的结构简式为 。 （4）在①②③三个反应中，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求的反应 是 (填序号)。 （5）写出③的化学方程式： 。 （6）与乙酸苯甲酯具有相同官能团且能发生银镜反应的同分异构体(属于芳香族化合物)共有 种，其中核磁共振氢谱中吸收峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为 。 【答案】（除标注外，每空2分）（1）2CH CH OH+O Cu2CH CHO+2H O 3 2 2 Δ 3 2 （2）酯化反应(或取代反应) 羧基（1分） （3） （4）② （5）CH 3 COOH+  浓硫  酸  +H 2 O Δ （6）14 【分析】分析路线图可知，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，A为乙醛，乙醛发生氧化反应生成乙酸，B为 乙酸；卤代烃水解反应生成醇，C为苯甲醇，苯甲醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，据此分析解答。 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002【解析】（1）根据分析可知，反应①的化学方程式为2CH CH OH+O Cu2CH CHO+2H O； 3 2 2 Δ 3 2 （2）根据分析可知，反应③为苯甲醇和乙酸发生酯化反应，B为乙酸，官能团为羧基； （3）C为苯甲醇，结构简式为： ； （4）在①②③三个反应中，反应①产物为乙醇和水，反应②产物为乙酸，反应③产物为乙酸苯甲酯和水， 故原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求的反应是②； （5）反应③为苯甲醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，反应方程式为：CH 3 COOH+  浓硫  酸  Δ +H O； 2 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002