文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（上海
专用）
黄金卷02
（考试时间：60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 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu
64
一、亚硝酸钠的制取（本题共25分）
亚硝酸钠(NaNO)主要用于医药、染料和漂白等行业，也常用于食品保鲜剂。
2
1. 某小组拟利用氮氧化物(可用NO 表示)制备亚硝酸钠，简易流程如图。（25分）
x
已知：NO +NO+Na CO=2NaNO +CO ，2NO +Na CO=NaNO +NaNO +CO
2 2 3 2 2 2 2 3 2 3 2
（1）T ℃，向体积为V L的密闭容器中充入NO，容器内各组分的物质的量随时间变化曲
线如图所示。下列说法不正确的是
A．X是NO
21
B．0～3 min内，v(NO )= mol·(L· min)-1
2
3V
C．T ℃时该反应的平衡常数为1
D．NO 和X的浓度相等不可以作为判断反应到达平衡的标志
2
(2)利用饱和NH Cl溶液和饱和NaNO 溶液在加热条件下反应可制得N，该反应的化学方
4 2 2
程式为 ；实验时装置B中应间断性通入适量
的O，其目的是 。
2
(3)装置C中盛装饱和NaCO 溶液的仪器的名称是
2 3
；NO不能单独被纯碱溶液吸收，为了使NO 完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，x=
x
。
(4)装置D的作用是 ，采用“倒置漏斗”措
施的目的是 。
(5)设计实验探究NaNO 的性质。实验完毕后，从装置C中分离出NaNO 固体粗产品(不含
2 2
NaCO 杂质)，取少量上述产品配制成溶液，分成三份分别进行甲、乙、丙三组实验，实
2 3
验操作及现象、结论如表。
实
实验操作及现象 结论
验
甲 滴入无色酚酞溶液中，无色酚酞溶液变红 HNO 是弱酸
2
滴入少量酸性KI-淀粉溶液中，振荡，酸性KI－淀粉溶 酸性条件下NO❑ −具有氧
乙 2
液变蓝 化性
滴入少量酸性KMnO 溶液中，振荡，酸性KMnO 溶液 酸性条件NO❑ −具有还原
丙 4 4 2
褪色 性
上述实验 (填标号)的结论不可靠，理由是
。经实验测得实验丙反应后的溶液中氮元素仅以NO 的形式存在，酸性KMnO 溶液与
❑ − 4
3
NO 反应的离子方程式为 。
−
❑
2
(6)吸光光度法是借助分光光度计测定溶液的吸光度，根据朗伯－比耳定律确定物质溶液的
浓度。亚硝酸钠标准曲线数据如表所示。(已知：稀溶液的吸光度与浓度成正比)
标准使用液浓度/(μg•mL-1) 取标准液体积/mL 相当于亚硝酸钠的质量/μg 吸光度A
1 4.00 4 2.7045取0.001gNaNO 样品溶于蒸馏水配成1000mL稀溶液，取4.00mL该稀溶液测得吸光度为
2
2.7000，对比标准曲线数据可知，该亚硝酸钠产品纯度为
(列出计算式即可，已知1μg=10-6g)。
【答案】
(1) C
(2) NH 4 Cl+NaNO 2 ≜ NaCl+N 2 ↑+2H 2 O 使部分NO转化为NO 2
(3) 三颈烧瓶 1.5
(4) 吸收尾气 防倒吸
(5) 乙 产品中可能混有
NO− NO-+2MnO-+6H+=2Mn2++5NO-+3H O
3 2 4 3 2
2.7000×4 1000
(6) × ×10-6÷0.001×100%
2.7045 4
【解析】
（1）A．根据原子守恒可知，X的化学式为NO，A正确；
2
1mol 1
B．0～3 min内，v(NO )= = mol·(L· min)-1，B正确；
2 3min×VL 3V
1 1
×
3 3
=3
C．由分析可知，T ℃时该反应的平衡常数为 ，C错误；
(1) 3
3
D．NO 和X的系数比相同，则两者的浓度一直相等，其相等不可以作为判断反应到达平
2
衡的标志，D正确；
故选C。
（2）利用饱和NH Cl溶液和饱和NaNO 溶液在加热条件下反应生成N、氯化钠和水，其
4 2 2
反应的化学方程式为NH Cl+NaNO ≜ NaCl+N ↑+2H O；因为反应物有NO ，所以间断性
4 2 2 2 2
通入适量的O 的目的是的使部分NO转化为NO ；
2 2
（3）根据图中信息得到装置C中盛装饱和NaCO 溶液的仪器的名称是三颈烧瓶；NO不
2 3
能单独被纯碱溶液吸收，若只有二氧化氮，则纯碱与二氧化氮的反应为2NO + Na CO=
2 2 3
NaNO + NaNO +CO ，若是一氧化氮和二氧化氮混合物，则混合物与纯碱反应为
2 3 2
NO +NO+Na CO=2NaNO +CO ，为了使NO 完全被碱液吸收且产品纯度高，可以理解为
2 2 3 2 2 x
NO 即NO ，则x=1. 5；
2 3 1.5
（4）由于氮氧化物会污染环境，可能碳酸钠溶液没有完全吸收，则装置D的作用是吸收尾气，采用“倒置漏斗”措施的目的是防倒吸；
（5）由于二氧化氮与纯碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，硝酸根在酸性条件下会氧化碘
离子变为单质碘，因此上述实验乙的结论不可靠，理由是产品可能混有 ；以上经实验
NO−
3
测得实验丙反应后的溶液中氮元素仅以 的形式存在，酸性KMnO4溶液与NO 反应生成
NO− 2
3
锰离子、硝酸根和水，其反应的离子方程式为 ；
NO-+2MnO-+6H+=2Mn2++5NO-+3H O
2 4 3 2
（6）取0.001gNaNO 样品溶于蒸馏水配成1000mL稀溶液，取4.00ml 该稀溶液测得吸光
2
2.7000×4μg 1000
度为2.7000，对比标准曲线数据可知，亚硝酸钠的质量为 ×
2.7045 4
2.7000×4 1000
则该亚硝酸钠的纯度为： × ×10-6÷0.001×100%。
2.7045 4
二、燃煤发电厂二氧化碳的处理（本题共20分）
法可用于吸收燃煤发电厂的 ，同时获得产品 。反应的原理为：
NH −CaSO CO (NH ) SO
3 4 2 4 2 4
❑ 。
CO +CaSO ⋅2H O(s)+2NH →CaCO (s)+(NH ) SO +H O
2 4 2 3 3 4 2 4 2
2. 实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：（20分）
(1)搭建如图装置，先通入NH 。通入NH 的仪器采用干燥管替代长导管的目的是
3 3
；然后通入CO ，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，此时溶液的pH范围为
2
，不继续通入CO 直至过量的可能原因是 。
2
(2)已知 的溶解度曲线如图。将反应后的混合液进行如下实验：过滤、蒸发浓缩、
(NH ) SO
4 2 4
冷却结晶、过滤、洗涤烘干。两次过滤依次得到的物质分别为
和 ；实验时，烘干温度不易过高，其原因为 。
(3)实验所得 的量较少，为提高其产量，工业上可采取的措施是
(NH ) SO
4 2 4
。(任写一条即可)
为了测定样品中 的纯度，进行实验。取1.500g硫酸铵在碱性溶液中反应，蒸馏出
(NH ) SO
4 2 4
生成的氨气，用25.00mL0.500mol⋅L−1硫酸标准液吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定吸
收氨气后过量的硫酸。
(4)若滴定时消耗了0.200mol⋅L−1的NaOH溶液20.00mL，则该硫酸铵产品的纯度为
%。
(5)若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，则实验结果将
(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(6) NH 脱NO的一种MnO 催化机理示意图如图。下列说法错误的是
3 2
A．催化过程中Mn的配位数和化合价没有改变
B．MnO 不能提高NH 脱NO的平衡转化率
2 3
C．反应历程中有极性键和非极性键的断裂及生成
催化剂
D．过程总反应方程式：4NH +4NO+O 4N+6H O
3 2 2 2
¿
¿
【答案】(1) 防倒吸 8.2-10.0 防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离
(2) CaCO 防止 分解
3 (NH ) SO (NH ) SO
4 2 4 4 2 4(3)通入过量的氨气(答案合理即可)
(4)92.4
(5)无影响
【解析】（1）氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，通入NH 的仪器采用干燥管替代
3
长导管的目的是防倒吸；然后通入CO ，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，酚酞
2
在pH为8.2—10.0时呈粉红色，所以此时溶液的pH范围为8.2—10.0；碳酸钙和过量二氧
化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，不继续通入CO 直至过量的可能原因是防止碳酸钙生成碳
2
酸氢钙，使硫酸铵难以分离。
（2）将反应后的混合液中含有碳酸钙沉淀，第一次过滤得到CaCO 沉淀，硫酸铵的溶解
3
度随温度降低而减小，硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到 晶体，过滤出
(NH ) SO
4 2 4
；铵盐受热易分解，烘干温度不易过高，其原因为防止 分解。
(NH ) SO (NH ) SO
4 2 4 4 2 4
（3）为提高 的产量，工业上可采取的措施是通入过量的氨气；
(NH ) SO
4 2 4
（4）氨气、氢氧化钠共消耗硫酸的物质的量n(H SO )=
2 4
，若滴定时消耗了 的NaOH溶液
0.0250L×0.500mol⋅L−1=0.0125mol 0.200mol⋅L−1
20.00mL，则说明硫酸吸收氨气的物质的量n(NH )=
3
0.0125mol×2−0.02L×0.2mol=0.021mol，硫酸铵的物质的量为0.0105mol，则该硫酸
0.0105mol×132g/mol
铵产品的纯度为 ×100%=92.4%。
1.5g
（5）水蒸气与硫酸、氢氧化钠都不反应，若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，实验结果将
无影响。
【解析】A．从图中 可以看出Mn 所形成的共价键数目变化了，
说明其配位数和化合价都有变化，A错误；B．MnO2作为反应的催化剂可以加快反应速率，但不该变平衡，不能提高平衡转化率，B
正确；
C．从图中可以看出，有极性键的断裂(N-H键等)和生成(O-H键等)，有单质参与(O )也有
2
单质生成(N )，所以也有非极性键的断裂和生成，C正确；
2
D．根据示意图可知，反应物有 NH 、NO、O，产物有N、HO，故反应为
3 2 2 2
催化剂
4NH +4NO+O 4N+6H O，D正确；
3 2 2 2
¿
¿
故选A。
三、铝及其化合物的结构（本题共16分）
3．铝是常见金属，其合金、化合物在生产生活中有重要应用。请回答：（16分）
(1)能量最低的激发态Al3+的核外电子排布式是 。
(2)铝能与H、C、N、F、Cl 等元素形成多种化合物
①下列说法不正确的是 。
A．NaAlH 中Al原子的杂化方式是sp2
4
B．化学键中离子键成分的百分数：AlF >AlBr
3 3
C．AlNH 分子中有6对共用电子对
6
D．Na AlF 中所有原子或离子满足8 电子稳定结构
3 6
②常温下 AlCl 在四氯化碳中的溶解度大于MgCl ，理由是 。
3 2
③三乙基铝是一种金属有机物，结构简式为Al(C H)，可做高能火箭燃料，原因是
2 5 3
。
(3)AlP 晶胞结构如下图所示：
①磷化铝晶胞沿着 y轴的投影图为 (填选项字母)。
A． B． C． D．
②若磷化铝的晶胞边长为 apm，N 表示阿伏加德罗常数的值，则 AlP晶体的密度为
Ag∙cm−3(1pm=1.0×10−12m用含 N 、a 的最简代数式表示)。
A
【答案】(1)1s22s22p53s1
(2) ACD AlCl 是非极性分子，极性比MgCl 小，四氯化碳是非极性溶剂，故
3 2
AlCl 的溶解度更大 释放出大量的热、大量气体
3
(3) B
2.32×1032
N ×a3
A
【解析】（1）铝为13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，氯离子的
电子排布式为1s22s22p6，故能量最低的激发态Al3+的核外电子排布式为1s22s22p53s1；
（2）①A．NaAlH 中Al原子上有4个σ键，故杂化方式是sp3，A错误；B．由于F的电
4
负性大于Br的电负性，F得电子能量比Br强，化学键中离子键成分的百分数：
，B正确；C． 分子中有8对共用电子对，C错误；D． 中钠离
AlF >AlBr AlNH Na AlF
3 3 6 3 6
子，和F原子满足满足8 电子稳定结构，Al不满足8电子稳定结构，D错误；
②AlCl 和MgCl 非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，两者均可溶
3 2
于四氯化碳中，但由于氯化铝的极性大于氯化镁的极性，故AlCl 在四氯化碳中的溶解度大
3
于MgCl ；③由于三乙基铝被氧化过程中要释放出大量的热，同时产生大量的二氧化碳和
2
水蒸气，故可做高能火箭燃料；
（3）①沿y轴投影（从晶胞前面看）前面和后面面心在中心，上下左右的面心分别在四条
边上，四个P（白球）均能看到，故选B；有晶胞知P的个数为4个，Al的个数为
1 1 ，故 AlP晶体的密度为 4M 4×(27+31) 2.32×1032 。
×8+ ×6=4 ρ= = =
8 2 VN (a×10-10)3N a3N
A A A
四、化学合成山梨酸正丁酯（本题共17分）
山梨酸酯具有解毒作用，可以减轻肝脏负担，促进肝细胞修复，保护肝脏健康。
4. 实验室用如图1所示装置(夹持、加热装置省略)，依据下面的原理制备山梨酸正丁酯。
（17分）图1
反应方程式如下：
可能用到的有关数据如下表所示：
相对分子质
物质 密度/(g·cm-3) 沸点/℃ 水溶性
量
山梨酸 112 1.204 228 易溶
正丁醇 74 0.8089 117 溶
山梨酸正丁酯 168 0.926 195 难溶
乙醚 74 0.714 34.6 难溶
环己烷 84 0.779 80.7 难溶
实验步骤：
①在三颈烧瓶中加入16.8g山梨酸、7.4g正丁醇、少量催化剂和几粒沸石，水浴加热三颈
烧瓶，使反应体系保持微沸。
②回流4小时后停止加热和搅拌，反应液冷却至室温。
③滤去催化剂和沸石，将滤液倒入200mL水中，加入50mL乙醚，倒入分液漏斗中，分液。
④分离出的有机层先用ρ=10mg/L的NaHCO 溶液洗涤至中性，再用水洗涤分液，收集有机
3
层。
⑤在有机层中加入少量无水MgSO ，静置片刻，过滤。
4
⑥将滤液进行蒸馏，除去杂质得到纯净的山梨酸正丁酯6.0g。回答下列问题：
(1)仪器A的名称是 ；仪器B的作用是 ，冷却水由(填“m”或“n”)口通入。
(2)洗涤、分液过程中，加入ρ=10mg/L的NaHCO 溶液的目的是 ，
3
若改为加入NaOH的浓溶液，是否可行 (填“是”或“否”)，原
因是： 。
(3)在实验步骤④中加入少量无水MgSO₄的目的是
(4)在实验步骤⑥中进行蒸馏，蒸馏至120℃除去的杂质是 。
A.乙醚和正丁醇 B. 山梨酸 C.环己烷 D.水
(5)为了提高反应正向进行的程度，实验室常使用如图2所示装置(夹持、加热装置已略去)
代替图1装置制备山梨酸正丁酯以提高产物的产率，请结合环己烷的物理性质，解释在该
装置中环己烷的主要作用 。
图2
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 冷凝回流 n
(2) 除去剩余的山梨酸 否 因为在浓氢氧化钠溶液中山梨酸正丁水解生成山
梨酸钠和正丁醇，会导致山梨酸正丁酯的产率降低
(3)吸水，干燥有机物
(4)A
(5)根据环己烷的沸点为 80.7℃，可将反应产生的水及时带出，促进反应正向进行，提高产
率。
【解析】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器b为球形冷凝管，它的作用是冷凝回流
末反应乙醇和带水剂环己烷，水的进出方向为下进上出；故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝
回流；n；
（2）山梨酸中含有羧基，能与碳酸氢钠反应生成山梨酸钠、二氧化碳和水，洗涤、分液过程中，加入5%NaHCO 溶液的目的是除去剩余的山梨酸；若改为浓的氢氧化钠溶液不可行，
3
因为在浓的氢氧化钠溶液中山梨酸正丁酯水解生成山梨酸钠和正丁醇，会导致山梨酸正丁
酯的产率降低；故答案为：除去剩余的山梨酸；否；因为在浓氢氧化钠溶液中山梨酸正丁
酯水解生成山梨酸钠和正丁醇，会导致山梨酸正丁酯的产率降低；
（3）无水MgSO 能吸水生成硫酸镁晶体，在有机层中加入少量无水MgSO 的目的是干燥
4 4
有机物，故答案为：干燥有机物；
（4）在有机层中加入少量无水MgSO 除水后，山梨酸正丁酯中含有的主要杂质为乙醚和
4
正丁醇，所以蒸馏的主要目的是除去这两种杂质，故答案为：乙醚和正丁醇；
（5）根据环己烷的沸点为 80.7℃，可知其作用是能将反应产生的水及时带出，促进反应
正向进行，从而提高产率。故答案为：根据环己烷的沸点为 80.7℃，可将反应产生的水及
时带出，促进反应正向进行，提高产率。
五、硫酸铝铵的综合利用及溶液离子浓度（本题共22分）
NHAl(SO) 常用作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；NHHSO 在分析试剂、医药、
4 4 2 4 4
电子工业中用途广泛。
5. 请回答下列问题：
(1)NH Al(SO ) 可用作净水剂，其原理是 (用离子方程式说明)。
4 4 2
(2)相同条件下，0.1mol•L-1NH Al(SO ) 溶液中的c(NH ) (填“等于”“大于”或
4 4 2 ❑ +
4
“小于”)0.1mol•L-1NH HSO 溶液中的c(NH )。
4 4 ❑ +
4
(3)几种均为0.1mol•L-1的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。
①其中符合0.1mol•L-1NH Al(SO ) 溶液的pH随温度变化的曲线是 (填数字)，导致
4 4 2
NH Al(SO ) 溶液的pH随温度变化的原因是 。
4 4 2
②20℃时，0.1mol•L-1NH Al(SO ) 溶液中2c(SO )—c(NH )—3c(Al3+)= (列计算
4 4 2 2- +
❑ ❑
4 4式不必化简)mol•L-1。
(4)室温时，向100mL0.1mol•L-1NH HSO 溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液pH与加入
4 4
NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。
② 试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 点。
②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 。
A. c(Na+)＞c(SO )＞c(NH )＞c(OH—)=c(H+)
2− +
❑ ❑
4 4
B. c(Na+)＞c(SO )=c(NH )＞c(OH—)=c(H+)
2− +
❑ ❑
4 4
C. c(Na+)＞c(NH )＞c(SO )＞c(OH—)>c(H+)
+ 2−
❑ ❑
4 4
D. c(SO )＞c(Na+)＞c(NH )＞c(OH—)=c(H+)
2− +
❑ ❑
4 4
③由b到c发生反应的离子方程式为 。
【答案】(1)Al3++3H
2
O⇌Al(OH)
3
+3H+
(2)小于
(3) I NH Al(SO ) 水解使溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小
4 4 2
10—3—10—11
(4) a A NH +OH—=NH•H O
+ 3 2
❑
4
【解析】（1）硫酸铝铵是强酸弱碱盐，在溶液中电离出的铝离子发生水解反应生成氢氧化
铝胶体，表面积很大的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮颗粒产生沉降，从而达到净化水的目
的，水解的离子方程式为Al3++3H
2
O⇌Al(OH)
3
+3H+，故答案为：Al3++3H
2
O⇌
Al(OH) +3H+；
3
（2）硫酸铝铵和硫酸氢铵在溶液中电离出的铵根离子在溶液中均发生水解反应，硫酸铝铵
溶液中铝离子水解生成的氢离子会抑制铵根离子水解，硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，等浓度的硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子浓度大于硫酸铝铵在溶
液中水解生成的氢离子浓度，抑制铵根离子的水解程度大于硫酸铝铵，所以铵根离子浓度
大于硫酸铝铵溶液，故答案为：小于；
（3）①硫酸铝铵在溶液中电离出的铵根离子和铝离子在溶液中水解使溶液显酸性，水解反
应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，则
符合条件的曲线是I，故答案为：I；NH Al(SO ) 水解使溶液呈酸性，升高温度使其水解程
4 4 2
度增大，pH减小；
②由图可知，20℃时，0.1mol·L-1硫酸铝铵溶液pH为3，溶液中存在电荷守恒关系2c(SO
)+c(OH—)=c(NH )+3c(Al3+)+c(H+)，整理可得2c(SO )—c(NH )—3c(Al3+)= c(H+)
2- + 2- +
❑ ❑ ❑ ❑
4 4 4 4
—c(OH—)=(10—3—10—11)mol/L，故答案为：10—3—10—11；
（4）由图可知，a点硫酸氢铵溶液恰好与氢氧化钠溶液反应得到硫酸钠和硫酸铵的混合溶
液，溶液中的铵根离子水解促进水的电离；b点硫酸铵溶液与氢氧化钠溶液反应得到硫酸
钠、硫酸铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性；c点硫酸铵溶液与氢氧化钠溶液反应得
到硫酸钠、硫酸铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性；d点硫酸铵溶液与氢氧化钠溶液
反应得到硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性；
①硫酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，一水合氨是弱碱，在溶液中电离出
的氢氧根离子抑制水的电离，由分析可知，a→d的过程中，铵根离子浓度依次减小，一水
合氨浓度依次增大，促进水电离的程度减小，抑制水电离的程度增大，所以a点水的电离
程度最大，故答案为：a；
②由分析可知，b点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，由物料守恒
和电荷守恒可知，溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)＞c(SO )＞c(NH )＞c(OH
2− +
❑ ❑
4 4
—)=c(H+)，故答案为：A；
③由分析可知，a到b发生的反应为溶液中氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为
H++OH—=H O，b到c发生的反应为溶液中铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，反应
2
的离子方程式为NH +OH—=NH•H O，故答案为：NH +OH—=NH•H O。
❑ + 3 2 ❑ + 3 2
4 4
