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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（全国卷老教材）
黄金卷05
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Ce 140 V 51
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是
A．中国空间站的食物可谓太空一绝，航天员喜欢吃的“宫保鸡丁”的主要成分是有机物
B．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，开采过程中发生大量泄漏不会对环境产生影响
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维的相同
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢属于新型无机非金属材料
【答案】A
【详解】A．“宫保鸡丁”主要成分鸡肉属于蛋白质，蛋白质属于有机物，A正确；
B．“可燃冰”开采过程中发生泄漏的气体是甲烷，甲烷是引起温室效应的气体之一，B错误；
C．天机芯的主要材料是半导体材料晶体硅，光导纤维的主要成分是具有良好光学特性的二氧化硅，二者
不同，C错误；
D．特种钢属于金属材料，不属于新型无机非金属材料，D错误。
故选A。
2．有关化学用语正确的是
A．氯化氢的比例模型： B．37Cl—的结构示意图：
C．乙烯分子的球棍模型： D．甲基的电子式：
【答案】C
【详解】A．氯化氢分子是直线形分子，氯原子比氢原子大，氯化氢的比例模型为 ，故A错误；
B．氯离子核电荷数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为
，故B错误；
C．乙烯分子的结构简式为CH=CH ，分子的球棍模型为 ，故C正确；
2 2
D．甲基的结构简式为—CH，电子式为 ，故D正确；
3
故选C。
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．加入Al粉产生 的溶液中： 、 、 、B．澄清透明溶液中： 、 、 、
C． 的溶液中： 、 、 、
D．由水电离的 的溶液中： 、 、 、
【答案】B
【详解】A．加入Al粉产生 的溶液为酸性或者碱性溶液，若为碱性溶液， 能够与氢氧根离子发
生反应；若为酸性溶液， 与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A不选；
B．澄清透明溶液中， 、 、 、 四种离子之间不发生反应，一定能大量共存，故B选；
C． 的溶液中c(H+)<c(OH-)，溶液呈碱性， 在碱性溶液中不能大量共存，故C不选；
D．由水电离的 的溶液中水的电离被抑制，该溶液可能呈酸性也可能呈碱性，
、 在酸性溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；
故选B。
4．设N 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A
A．常温下，60g乙酸与甲酸甲酯的混合物中，含有的碳原子数为2N
A
B．25℃时，pH=7的纯水中含有的OH⁻数为10﹣7N
A
C．1molI (g)和1molH 在密闭容器中充分反应，所得混合气体的分子数小于2N
2 2 A
D．标准状况下，22.4LCH Cl 中C﹣Cl键的数目为2N
2 2 A
【答案】A
【详解】A．乙酸与甲酸甲酯的分子式都是C HO，相对分子质量都是60g/mol常温下，60g乙酸与甲酸甲
2 4 2
酯的混合物中含有的碳原子数为2N ，A正确；
A
B．25℃时，pH=7的纯水中含有的OH﹣数因没有体积而不能计算，B错误；
C．1molI (g)和1molH 在密闭容器中充分反应，反应前后分子数目没有变化，所得混合气体的分子数等于
2 2
2N ，C错误；
A
D．在标准状况下CHCl 是液态，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；
2 2
故答案为：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的运用和物质结构特点、反应的分子
数变化特点等。
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种
或几种所组成的物质。已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，Z与Y同主族，A中含有18个电子，D有
漂白性，五种物质间的转化关系如图所示，下列说法正确的是
A．简单气态氢化物的稳定性：W>Y>Z B．离子半径：W>Z>Y
C．A与C可以反应生成B D．X和Y组成的二元化合物中不含有非极性键
【答案】C【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中
的一种或几种所组成的物质，已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，则Y为O元素；Z与Y同主族，则
Z为S元素、W为Cl元素；E、B分别为Y、Z元素对应的单质，A中含有18个电子，D有漂白性，结合
图中转化可知，A为HS、D为HClO、B为S、E为O、C为SO ，则X为H元素。
2 2 2
【详解】A．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为O>Cl>S，
则简单气态氢化物的稳定性强弱顺序为O>Cl>S，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子的离子半径越小，则硫离子的离子半径大于氯离子，故
B错误；
C．硫化氢与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫和水，故C正确；
D．过氧化氢分子是含有极性键和非极性键的共价化合物，故D错误；
故选C。
6．图中实验装置不能达到相应实验目的的是
A．装置甲可用于制备并收集少量干燥氨气
B．装置乙可用于制备
C．装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
D．装置丁可用于制备金属锰
【答案】A
【详解】A．氨气密度比空气小，故应该用向下排空气法收集氨气，A错误；
B．利用Fe和稀硫酸制 的同时除去液面上方空气，防止制备时氢氧化亚铁被氧化，B正确；
C．左侧的五氧化二磷是为了让酸性气体从左侧流出，右侧的碱石灰是为了让碱性气体从右侧流出，C正
确；
D．与铝热反应相似，装置丁可用于制备金属锰，D正确；
故答案选A。
7．已知：A(g)+2B(g)⇌3C(g) ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t
1
时达
到平衡状态I，在t 时改变某一条件，t 时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列
2 3
说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡 B．t 时改变的条件：向容器中加入C
2
C．平衡时A的体积分数φ：φ(II)＜φ(I) D．平衡常数K：
【答案】B【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t 阶
1
段，正反应速率不断减小，t-t 时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t-t 时间段，改变条件使正
1 2 2 3
反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t 以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。
3
【详解】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)⇌3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温
恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．根据图象变化曲线可知，t-t 过程中，t 时v 瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方
2 3 2 正
向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：
向容器中加入C，故B正确；
C．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和
B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数φ(II)＞φ(I)，故C错误；
D．平衡常数K只与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，故D错误；
故选B。
8．利用O 辅助的Al-CO 电池电容量大，工作原理如图所示，能有效地将CO 转化成化工原料草酸铝
2 2 2
Al (C O)，下列说法不正确的是
2 2 4 3
A．多孔碳电极为电池的正极，发生还原反应
B．电池的正极反应可以表示为
C．电池的负极反应式为Al-3e-=Al3+
D．氧气在反应过程中作为氧化剂，最终转化为
【答案】D
【分析】由图可知，Al元素价态升高失电子，故铝电极为负极，电极反应式为Al-3e- =A13+；多空碳电极
为正极，反应为O+4e-=2O2-，继续发生反应：6O2-+6CO = 6O +3 ，正极反应可以表示为2CO+2e-=
2 2 2 2
， 据此作答。
【详解】A．在多空碳电极上氧气得电子被还原，所以多孔碳电极为正极，发生还原反应，A正确；
B．正极反应为O+4e-=2O2-，继续发生反应6O2-+6CO = 6O +3 ，正极反应可以表示为2CO+2e-=
2 2 2 2
，B正确；
C．A1元素价态升高失电子，故铝电极为负极，电极反应式为Al-3e-=Al3+，C正确；
D．O+4e-=2O2-，继续发生反应6O2-+6CO = 6O +3 ，可见氧气为反应的催化剂，D错误；
2 2 2
故合理选项是D。
9．碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中的丰度值很低。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含
有 )中提取粗碲的工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是已知：①“焙烧”后，碲主要以 形式存在；② 微溶于水，易溶于强酸和强碱。
A．“焙烧”用到的主要仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒
B．“碱浸”时反应的离子方程式为
C．“碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离
D．“还原”时 作还原剂
【答案】C
【分析】阳极泥焙烧，得到 、CuO、Ag、Au的混合物，加入氢氧化钠，发生反应
，过滤得 溶液，加入硫酸生成 ，酸性条件下用 还原
得到Te单质。
【详解】A．焙烧固体，应用坩埚，且放在泥三角上，另外加热时需要用酒精灯，并用玻璃棒搅拌，故A
正确；
B． 是两性氧化物，“碱浸”时与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为
，故B正确；
C．“碱浸”后所得的滤渣中含有的Au、Ag，均为不活泼金属，与稀盐酸都不反应，可以用稀硝酸将其分
离，故C错误；
D．“还原”反应的离子方程式是 ，反应中S元素化合价升高，
作还原剂，故D正确；
选C。
10．合成布洛芬的方法如图所示(其他物质省略)。下列说法错误的是
A．X分子中所有原子可能共平面 B．Y的分子式为
C．X、Y都能发生加成反应 D．布洛芬能与碳酸钠溶液反应
【答案】A
【详解】A．X分子中存在饱和碳原子，饱和碳原子与其所连4个原子之间为四面体结构，所有原子不可
能都共面，A错误；
B．Y分子中含有13个C，16个H，2个O，故分子式为：C H O，B正确；
13 16 2
C．X、Y中苯环能与氢气发生加成反应，X中碳碳三键、Y中碳碳双键均能发生加成反应，C正确；
D．布洛芬中含有羧基，能与碳酸钠反应，D正确；
故答案选A。
11．下列反应的离子方程式书写正确的是A．金属Na与 溶液反应：
B． 溶于过量HI溶液：
C．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：
D．草酸( )与酸性 溶液反应：
【答案】C
【详解】A．Na会与溶液中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与镁离子生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为
，A错误；
B． 会氧化 生成亚铁离子和碘单质， ，B错误；
C．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，钙离子完全转化为碳酸钙沉淀、氢氧根离子完全转化为水，碳酸
氢根离子过量转化为碳酸根离子，反应为： ，C正确；
D．草酸是弱酸，写离子方程式时不能拆开， ，D错误；
故选C。
12．25℃，用浓度为 的NaOH溶液滴定20.00mL浓度为 的三种酸HX、HY、
HZ，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HZ>HY>HX
B．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，溶液中存在：
C．滴定至终点时，消耗的NaOH溶液体积相同
D．根据滴定曲线，可知
【答案】B
【详解】A．V(NaOH)=0时，0.1000mol•L-1的三种酸HX、HY、HZ的pH依次减小，c(H+)由小到大顺序
为：HX＜HY＜HZ，相同浓度的这三种溶液，导电能力大小顺序是HZ＞HY＞HX，故A正确；
B．酸性：HY＞HX，将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY
已经完全反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaX、NaY，水解程度：X-＞Y-，则溶液中c(X-)＜c(Y-)，
故B错误；
C．三种酸都是一元酸且物质的量浓度、溶液体积都相等，滴定终点时消耗的n(NaOH)相等，c(NaOH)相
等，则V(NaOH)相等，故C正确；
D．当NaOH溶液滴到10mL时，溶质等物质的量浓度的NaY、HY，溶液中c(HY)≈c(Y-)，HA的电离平衡
常数K(HY)= ×c(H+)≈c(H+)=10-pH=10-5mol/L，故D正确；
a故选：B。
13．实验探究是化学学习的方法之一、根据下列实验设计的现象所得实验结论正确的是
选项 实验设计 现象 实验结论
在坩埚中加入16.4g ，加热一段时 加热后坩埚内固体为
A 质量为12.8g
和 混合物
间，在干燥器中冷却，称量剩余固体质量
产生白色沉淀，加
B 向鸡蛋清溶液中滴入几滴硫酸铜溶液 蛋白质发生了变性
水后沉淀不溶解
分别用蒸馏水、 溶液喷洒甲、乙 喷洒 溶液的纸
C 能促进纸张的老化
两张白纸，静置、干燥 张老化明显
烧瓶中有红棕色气 木炭具有还原性，能还
D 在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热
体产生 原
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．116.4g 中含结晶水为 ，则坩埚中剩余物质质量为
12.8g时，坩埚内固体为CaC O，A项错误；
2 4
B．Cu是重金属元素，向鸡蛋清溶液中滴入几滴硫酸铜溶液，蛋白质会发生变性，产生白色沉淀，且变性
不可逆，故B正确；
C．氯化铝溶液中含铝离子和氯离子，由实验操作和现象不能证明Cl-能促进纸张的老化，铝离子也可能使
纸张老化，C项错误；
D．红棕色气体也可能是由浓硝酸受热分解生成，故由实验操作和现象不能证明木炭具有还原性，D项错
误；
答案选B。
14．T℃下，三种硫酸盐 (M表示 或 或 )的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知
， 。下列说法正确的是
A． 在任何条件下都不可能转化为
B．X点和Z点分别是 和 的饱和溶液，对应的溶液中
C．T℃下，反应 的平衡常数为
D．T℃时，用 溶液滴定 浓度均为 和 的混合溶液， 先沉淀
【答案】D
【分析】已知 ， ，结合C、B、A点数据，则K (BaSO)=
sp 4
c(Ba2+)c(SO )=10-10，K (PbSO )= c(Pb2+)·c(SO )=10-7.6，K (SrSO )= c(Sr2+)·c(SO )=10-6.4。
sp 4 sp 4
【详解】A．因SrSO 、PbSO 、BaSO 为同类型沉淀，再结合题图可知，
4 4 4
K (BaSO)<K (PbSO )<K (SrSO )。在Pb2+浓度很大的环境下BaSO 可以转化成PbSO ，A错误；
sp 4 sp 4 sp 4 4 4
B．由题图可看出，X、Z点对应的溶液中c(M2+)与c(SO )不相等，B错误；
C．反应 的平衡常数K=
，由题图中有关数据可知，K (PbSO )=c(Pb2+)·c(SO )=10-7.6，K (BaSO)=c(Ba2+)·c(SO )=10-10，所以K=
sp 4 sp 4
= =102.4，C错误；
D．上述分析可知，BaSO 的溶度积小于SrSO ，所以Ba2+先沉淀，D正确；
4 4
故选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共58分。
15．（11分）三氯氧钒(VOCl ，M=173.5g/mol)是一种重要的无机试剂，主要用作溶剂、烯烃聚合的催化
3
剂，还可用于钒有机化合物的合成。已知三氯氧钒为黄色液体，密度为1.84g/cm3，熔点为-77℃，沸点为
126℃，遇水会迅速水解生成HCl和一种氧化物。某小组同学利用如图装置以氯气、VO 和碳粉为原料制
2 5
备三氯氧钒。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称为 。
（2）从 中选择必要的仪器制备VOCl ，正确的连接顺序是 (按气流方向，用小写字母表
3
示，装置可重复使用)。
（3）装置A中发生反应的离子方程式为 。
（4）管式炉中发生反应生成CO的化学方程式为 。
（5）装置D的作用为 。
（6）装置E的作用为 。
（7）实验过程中正确的加热顺序为 (填序号)。
①先点燃A处酒精灯，再加热管式炉②先加热管式炉，再点燃A处酒精灯
（8）若管式炉中加入 和 的碳粉，通入足量氯气充分反应后，在装置 的烧瓶中最终收集到
黄色的三氯氧钒液体，则该实验中三氯氧钒的产率为 (保留3位有效数字)。
【答案】（1）球形冷凝管
（2）a g f d e b c d e h
（3）
（4）
（5）除去氯气中混有的 杂质
（6）吸收未反应完的氯气
（7）①
（8）63.6%
【分析】由题干实验装置图可知，装置A为实验室制备Cl 的装置，反应原理为：MnO +4HCl(浓)
2 2
MnCl +Cl↑+2H O，装置B为制备三氯氧钒的发生装置，反应原理为：3Cl+3C+V O 2VOCl +3CO，装
2 2 2 2 2 5 3
置C为干燥Cl 的装置，装置D为除去Cl 中的HCl，装置E为尾气处理装置，据此分析结合各小题具体问
2 2
题解题。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器 的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
（2）由分析可知，从 中选择必要的仪器制备VOCl ，首先要制备氯气。然后除杂和干燥，然后将氯
3
气通入管式炉中制备VOCl ，然后再一次使用浓硫酸防止尾气处理的 溶液中的水蒸气进入收集装
3
置。因此正确的连接顺序是agfdebcdeh，故答案为：agfdebcdeh；
（3）由分析可知，装置A为实验制备Cl 的装置，其中发生反应的离子方程式为
2
，故答案为： ；
（4）由分析可知，管式炉中发生反应生成CO的化学方程式为 ，故答案
为： ；
（5）由分析可知，装置D的作用为除去氯气中混有的 杂质，故答案为：除去氯气中混有的 杂
质；
（6）由分析可知，装置E的作用为吸收未反应完的氯气，故答案为：吸收未反应完的氯气；
（7）由分析可知，实验过程中正确的加热顺序应为先点燃 处酒精灯，待氯气充满整个装置后，再加热
管式炉，故答案为：①；
（8） ，理论上 和 的碳粉与足量氯气充分反应能够得
到 ， 的摩尔质量为 ，则理论上能够生成 ，因此三氯氧钒的产
率为 ，故答案为：63.6%。
16．（12分）氧化铈 (CeO) 是一种广泛应用的稀土氧化物。现以氟碳铈矿 (含 CeFCO、BaO、SiO 等)
2 3 2
为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示；已知：
①稀土离子易与 形成复盐沉淀。
②硫脲： 具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN H)
2 3 2.
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h
暴露空气中 450～500 80 14
对流空气氧化炉
450～500 98 6
中
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 。
（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示，则使Ce的浸出率
最高应该选择的条件是 。
（3）加入硫脲的目的是将 还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。步骤③加入盐酸后，通
常还需加另一种化学试剂X，根据题中信息推测 。
（4）步骤④的离子方程式为 。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10﹣5mol/L，
此时溶液的pH为5，则溶液中c( )= mol/L(保留2位有效数字)。{已知常温下
K (H CO)=4.3×10﹣7，K (H CO)=5.6×10﹣11，K [Ce (CO)]=1.0×10﹣28}。
a1 2 3 a2 2 3 sp 2 3 3
（5）若Ce (CO) 经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得CeO 的质量为 t。
2 3 3 2
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NO 减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO 为例)该转化过程
x 2
中的催化剂为 。
【答案】（1）增大了气固反应物接触面积，加快反应速率（2）85℃、2.5mol/L
（3）2 +2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F﹣ HO
2 3 2 2 2
（4）2Ce3++6 =Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O 0.18
2 3 3 2 2
（5）17.2
（6）Ce4+
【分析】氟碳矿(含CeFCO、BaO、SiO 等)为原料制备氧化铈，氟碳铈矿在空气中焙烧，CeFCO 中+3价
3 2 3
的Ce被氧化为CeO，烧渣中加稀硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化钡与硫酸反应得到硫酸钡，过滤得到
2
滤渣A(主要成分为BaSO 和SiO)和 的滤液，向滤液中加入硫脲，将Ce4+还原为Ce3+，再加入硫酸钠
4 2
溶液，得到含F﹣的滤液和沉淀B即Ce (SO )·Na SO ·nH O，向沉淀B中先加入氢氧化钠，再加入稀盐
2 4 3 2 4 2
酸，得到含Ce3+的溶液，向其中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到Ce (CO)，Ce (CO) 再进行灼烧得到CeO
2 3 3 2 3 3 2.
【详解】（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是：增大了气固反应物接触面积，加快反
应速率，故答案为：增大了气固反应物接触面积，加快反应速率；
（2）由图示可知，当温度在85℃、稀硫酸浓度为2.5mol/L时，Ce的浸出率最高，
故答案为：85℃、2.5mol/L；
（3）硫脲具有还原性，酸性条件下将 ，自身被氧化为Ce3+，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守
恒可知2 +2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F﹣；步骤③加入盐酸后，通常还需加另一种化
2 3 2
学试剂X，已知Ce2+在空气中易被氧化为Ce4+，因此加入盐酸后，再加入X的目的是防止Ce3+被氧化，为
防止带入新的杂质，还原剂试剂最佳选择为HO 故答案为：2 +2 =2Ce3++
2 2.
(SCN H)+2HF+2F﹣；HO；
2 3 2 2 2
（4）步骤④中加入碳酸氢铵溶液，Ce3+和碳酸氢根离子发生反应，最终生成Ce (CO)、二氧化碳和水，
2 3 3
反应的离子方程式为：2Ce3++6 =Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O，已知常温下K (H CO)= 4.3×10﹣7，
2 3 3 2 2 a1 2 3
K (H CO)=5.6×10﹣11，K [Ce (CO)]=c2(Ce3+)∙c3( )=(1.0×10﹣5mol•L﹣1)2×c3( )=1.0×10﹣28，c( )=
a2 2 3 sp 2 3 3
= mol•L﹣1=1.0×10﹣6 mol•L﹣1； H++ ，K = ，c( )= =
⇌ a2
mol/L≈0.18mol/L，
故答案为：2Ce3++6 =Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O；0.18；
2 3 3 2 2
（5）若Ce (CO) 经充分焙烧质量减少5.8t，根据
2 3 3
m= t=17.2t 则获得CeO 的质量为17.2t，故答案为：17.2；
2
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NO 减少空气污染，反应Ⅰ为：Ce4++H =Ce3++2H+，反应Ⅱ为：
x 2
2NO +8Ce3++8H+=8Ce4++N +4H O，该反应中的催化剂为Ce4+，
2 2 2
故答案为：Ce4+。17．（11分）研究碳、氮、硫元素化合物的性质及其相互转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义，
请回答下列问题
Ⅰ．已知热化学方程式：
Fe O(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO (g) △H=﹣25kJ•mol﹣1
2 3 2 1
3Fe O(s)+CO(g)=2Fe O(s)+CO(g) △H=﹣47kJ•mol﹣1
2 3 3 4 2 2
Fe O(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO (g) △H=+19kJ•mol﹣1
3 4 2 3
（1）已知FeO(s)被CO(g)还原成Fe(s) (g)的正反应活化能为234kJ/mol，则其逆反应活化能为
2
kJ/mol。
Ⅱ．一种以CO 为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
2
反应i：CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) △H=﹣49.1kJ•mol﹣1
2 2 3 2 4
反应ii：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) △H=+41.1kJ•mol﹣1
2 2 2 5
（2）往恒容密闭容器中按n(CO)∶n(H )=1∶3(总量为amol)充入反应物，在合适催化剂作用下，CO 的平衡转
2 2 2
化率和甲醇的选择率(转化为甲醇的CO 物质的量与参加反应的CO 总物质的量之比)如图所示。在513K达
2 2
平衡时，甲醇的物质的量为 mol(列出计算式即可)。随着温度的升高，ABC所在曲线逐减升
高的原因是 。
（3）现向恒温恒容(0.1MPa)的密闭容器中充入1molCO 、3molH 和6molHe，选择合适的催化剂使其仅按
2 2
反应i进行，反应10min后达平衡 的转化率为20%，则氢气的分压变化率为 MPa•min﹣1(请计算出
2
结果)，该反应的K = MPa﹣2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，列出
p
计算式即可)。
Ⅲ．研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂—二氧化碳二次电池
(如图)，实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，减少二氧化碳的排放。
（4）给电池充电时，阳极反应式为 。
【答案】（1）245
（2）0.25a×15%×78% 升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度
（3）2.0005 33.3
（4）2LiCO+C﹣4e﹣=4CO +4Li+
5 3 2
【详解】（1）①Fe O(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO (g) △H=﹣25kJ•mol﹣1
2 3 2 1
②3Fe O(s)+CO(g)=2Fe O(s)+CO(g) △H=﹣47kJ•mol﹣1
2 3 3 4 2 2
③Fe O(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO (g) △H=+19kJ•mol﹣1
3 4 2 3根据盖斯定律：反应①× ﹣②× ﹣③× 得到FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO (g)ΔH=(﹣25× +47× ﹣19×
8
)kJ/mol=-11kJ/mol，ΔH=正反应活化能﹣逆反应活化能，已知FeO(s)被CO(g)还原成Fe(s) (g)的正反应活化
2
能为234kJ/mol，则其逆反应活化能为234kJ/mol+11kJ/mol=245kJ/mol。故答案为：245；
（2）根据题意可知投料为0.25a molCO 和0.75a molH ，据图可知513K达平衡时CO 的平衡转化率为
2 2 2
15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇为0.25a×15%×78% mol；反应i为放热反应，反应
ii为吸热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，反应i平衡逆向移动，且反应ii正向移动的程度大于反应i
逆向移动的程度，所以CO 的平衡转化率升高，甲醇的选择率降低，故答案为：0.25a×15%×78%；升高温
2
度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度；
（3）平衡时CO 的转化率为20%，列化学平衡三段式，
2
He不参与反应，仍为6mol,混合气体总物质的量为(0.8+2.4+0.2+0.2+6)mol=9.6mol,p(H )=
2
×0.1MPa=0.025MPa,起始p(H )= ×0.1MPa=0.03MPa,氢气的分压变化率为
2
=0.0005MPa•min-1，K = ≈33.3 MPa-2，故答案为：0.0005；
p
33.3；
（4）给电池充电时，碳失去电子和碳酸锂反应生成二氧化碳和锂离子，阳极反应式为 2LiCO+C﹣4e﹣
5 3
=4CO +4Li+。故答案为：2LiCO+C﹣4e﹣=4CO +4Li+。
2 5 3 2
18．（12分）近日，科学家利用铁配合物催化氮气选择性转化成肼。铁配合物结构如图所示(Et为乙基)。
回答下列问题：
（1）基态 最外层有 个电子， 转化为 时失去的是 轨道上的电子。
（2） 所含元素中，电负性最大的元素是 。P原子的杂化类型是 。
（3） 和 的相对分子质量相同，但是常温常压下， 呈液态，而 呈气态，其主要原因是
。
（4） 的VSEPR模型为 。 最多能与 反应。
（5）某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。已知： 为阿伏加德罗常数的值，六棱柱底边的边长为
，高为 ，该晶体中Fe、N原子个数最简比为 。该晶体的密度为 (只列计算式)。【答案】（1）14 3d
（2）N sp3
（3）NH 分子间存在氢键，HS分子间只存在范德华力，氢键的作用力比范德华力强
2 4 2
（4）四面体形 2
（5）3:1
【详解】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层2个电
子得到Fe2+，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，最外层有2+6+6=14个电子， 再失去1个电子转化为
时失去的是3d轨道上的电子。
（2）Fe(depe)(N)所含元素有C、N、H、P、Fe，电负性最大的元素是N；由图可知，P原子形成3个键，
2
并且孤电子对形成了配位键，杂化类型是sp3。
（3）NH 和HS的相对分子质量相同，但是常温常压下，NH 呈液态，而HS呈气态，其主要原因是：
2 4 2 2 4 2
NH 分子间存在氢键，HS分子间只存在范德华力，氢键的作用力比范德华力强。
2 4 2
（4）NH 中心原子价层电子对数为3+ =4，VSEPR模型为四面体形；NH 是二元弱碱，1molN H
3 2 4 2 4
最多能与2mol H+反应。
（5）由均摊法可知，Fe原子的个数为3+12 +2 =6，N原子的个数为2，该晶体中Fe、N原子个数最
简比为3:1；该晶体的质量为 ，密度为 。
19．（12分）一种药物中间体合成路线如下，回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）B中官能团的名称为 ；B→C、E→G的反应类型为 、 。
（3）C→D的化学反应方程式为 。（4）含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有 种(不含D)，其中核磁共振氢谱中峰面积比为
的是 (写结构简式)。
（5）设计以F和 为起始原料，合成 的路线 (其它试剂任选)。
【答案】（1）己二酸
（2）羰基 加成反应 取代反应
（3） + H O
2
（4）12
（5）
【分析】B与NH 发生加成反应生成C，结合D的分子式可知C发生醇羟基的消去反应生成D为
3
，碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E和F发生取代反应得到G和HCl，G发生取代反应生成H和
HBr，H→I和HO；
2
【详解】（1）A的化学名称为己二酸；
（2）B中官能团的名称为羰基；B→C为C=O与NH 发生加成反应、E和F发生取代反应得到G和HCl；
3
（3）C→D为醇羟基的消去反应，化学反应方程式为 + H O；
2
（4）D为 ，含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有 、、 、 共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积比为 的是
；
（5）由合成图F→I可知， 先与氧气发生催化氧化生成 ，F与NH 发生取
3
代反应生成 ， 与 发生G→H的反应，取代下来-
Br，生成 ，最后合成 ，合成路线为：
。
