文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（福建专用）
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 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 Cu-64
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1．从古至今，人类的生活、生产都离不开材料的应用。下列说法正确的是
A．三星堆祭祀坑内发现了大量丝绸朽化后的残留物，丝绸的主要成分是蛋白质
B．人民币票面文字处采用了含 的磁性油墨， 常用作红色颜料
C．北斗卫星上使用的硅太阳能电池阵，利用 将太阳能转化为电能
D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充在高强度树脂中制成，属于无机非
金属材料
【答案】A
【详解】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分是蛋白质，A正确；
B．Fe O 为黑色固体，常用作红色颜料的是Fe O，B错误；
3 4 2 3
C．硅太阳能电池阵是利用硅半导体的性质将太阳能转化为电能，C错误；
D．固体浮力材料，由空心玻璃微球填充在高强度树脂中制成，其中树脂为有机高分子材料，故该浮力材
料为复合材料，D错误。
故选A。
2．铜可以溶解在氨水和过氧化氢的混合溶液中： 。
设 为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是
A． 基态铜原子的最外层电子数为
B．每生成 转移的电子数为C． 含有 键数目为
D．等物质的量的 与 所含有的质子数相等
【答案】C
【详解】A．基态铜原子最外层有1个电子，1mol基态铜原子的最外层电子数为N ，故A正确；
A
B．反应 中O元素由-1价下降到-2价，18gHO的物
2
质的量为1mol，当生成1molH O时消耗0.25mol H O，转移0.5mol电子，故B正确；
2 2 2
C．1个氨气中存在3个N-H键，Cu和氨气之间存在4个配位键，也是 键，故 含有
键数目为 ，故C错误；
D．1个 与 所含有的质子数都为9个，故D正确；
故选C。
3．铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。
从废定影液[主要含有 、 、 、 等微粒]中回收Ag和 的主要步骤：向该废定影液
中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量 溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧
制Ag；滤液中通入 氧化 ，用苯萃取分液。下列化学反应表示正确的是
A．硫酸铜溶液中加入小粒金属钠：
B．用铜电极电解硫酸铜溶液：
C．稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：
D．多余的 用硝酸处理：
【答案】D
试卷第2页，共3页【分析】向该废定影液[主要含有 、 、 、 等微粒]中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5
之间，然后再加入稍过量 溶液沉银，过滤、洗涤、干燥并灼烧所得沉淀 制Ag；滤液中通入 ，
被氧化为溴单质，用苯萃取分液得到 的苯溶液，从中即可提取苯。
【详解】A Na与CuSO 溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu：
4
，A错误；
B． 用惰性电极电解硫酸铜溶液： ，用铜电极时阳极铜失去电子被氧
化，B错误；
C． 稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，银与硝酸反应生成硝酸银、水和一氧化氮：
，C错误；
D． 与硝酸反应生成硝酸银、硝酸铵和水，则多余的 用硝酸处理：
，D正确；
答案选D。
4．合成某种具有解毒消肿、祛风活络的功能药物的中间体(M)的结构简式如图所示。下列有关M的说法错
误的是
A．1mol M最多与4mol H 发生加成反应 B．环上的一氯代物有3种
2
C．该分子中所有碳原子一定共面 D．1mol M最多能与4mol NaOH发生反应
【答案】C【详解】A．分子中含有一个苯环和一个碳碳双键，1mol M最多与 发生加成反应，选项A正确；
B． 环上有3种不同环境的氢，则环上的一氯代物有3种，选项B正确；
C．分子中含有2个以上饱和碳原子，该分子中碳原子一定不共面，选项C错误；
D．分子含有2个酚羟基、1个酯基可以和氢氧化钠反应，酯基反应后生成的酚羟基又可以和氢氧化钠反应，
故1mol M最多能与4mol NaOH发生反应，选项D正确；
答案选C。
5．前四周期主族元素X、Y 、Z、W的原子序数依次增大，它们形成的一种物质的结构如图所示，其中所
有原子都形成了8电子稳定结构，四种元素中仅X、Y在同周期。下列推断中错误的是
A．简单离子半径：W> Z> Y
B．Z单质可溶于由X、Z形成的化合物中
C．第一电离能：Y> X
D．Y与氧元素形成的化合物不止三种
【答案】A
【分析】由阴离子的结构可知，X原子形成4个共价键、Y原子形成3个共价键、Z原子形成2个共价键，
前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，化合物中所有原子都形成了8电子稳定结构，其中
仅X、Y在同周期，则X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为K元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，
故A错误；
B．硫单质不溶于水、微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故B正确；
C．N、C为同周期元素，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：N> C，故C正确；
D．氮元素与氧元素形成的氧化物有NO、NO、NO、NO 、NO、NO，不止三种，故D正确；
2 2 4 2 2 3 2 5
试卷第4页，共3页故选：A。
6．某实验小组探究Fe2+与HO 反应中滴加KSCN溶液变红色后又褪色的原因，提出如下假设：
2 2
a．Fe3+被HO 还原 b．SCN－被O 氧化 c．SCN－被HO 氧化。
2 2 2 2 2
设计如下实验，下列说法错误的是
实验 滴加试剂 现象
i．向2 mL FeCl 溶液中滴加2滴0.1mol·L－1 KSCN
2 i．无明显现象
溶液
I
ii．溶液变红，大约10秒左右红色褪去，并
ii．再滴加5滴5%H O 溶液(物质的量浓度约为
2 2 测得生成了两种可直接排放到空气中的气体
1.5mol·L－1、pH约为5)
iii．取褪色后溶液两份，一份滴加FeC1 溶液；另 iii．一份滴加FeCl 溶液无现象；另一份滴
3 3
一份滴加KSCN溶液 加KSCN溶液出现红色
II
iV．取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl 溶液 iV．产生白色沉淀
2
V．向2mL0.1mol·L－1FeCl 溶液中滴加2滴
3
III 0.1mol·L－1KSCN溶液，观察现象；后通入O，观 V．先变红，通入氧气后无明显变化
2
察现象
A．通过实验Ⅱ、Ⅲ可验证假设c正确 B．实验I褪色后的溶液中n(H+)变小
C．实验Ⅱ中产生的白色沉淀为BaSO D．实验Ⅲ的目的是排除假设b
4
【答案】B
【详解】A．实验Ⅱ向褪色后溶液中，一份滴加FeCl 溶液无现象，另一份滴加KSCN溶液出现红色，说明
3
SCN－被氧化，Fe3+没有被还原，排除假设a．实验Ⅱ中取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl 溶液，产生白色
2
沉淀，说明SCN－被氧化为SO 2－；实验I测得生成了两种可直接排放到空气中的气体为CO 和N，实验Ⅲ
4 2 2
的目的是排除假设b，A正确；
B．实验I红色褪去过程中发生的反应为 ，溶液中
n(H+)变大，B错误；
C．实验Ⅱ中取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl 溶液，产生白色沉淀，说明SCN－被氧化为SO 2－，故实验
2 4
Ⅱ中产生的白色沉淀为BaSO，C正确；
4
D．实验I测得生成了两种可直接排放到空气中的气体为CO 和N，实验Ⅲ的目的是排除假设b，D正确；
2 2
故选B。
7．实验室通过电解稀硫酸的方法制备少量臭氧，实验装置如图所示：实验中在气体出口C收集到16.8L(标准状况)气体，质量为32g。下列说法不正确的是
A．b为电源的负极
B．选用合适的催化材料作电极A，可提高混合气体中 含量
C．装置工作时质子交换膜中 从左向右迁移
D．理论上在出口D应收集到33.6L(标准状况)
【答案】D
【分析】电极A上放出O 和O，电极A的电极反应式为2HO-4e-=O ↑+4H+、3HO-6e-=O ↑+6H+，电极A
2 3 2 2 2 3
为阳极，电源的a极为正极、b极为负极，电极B为阴极，电极B的电极反应式为2H++2e-=H ↑。
2
【详解】A．根据分析，b为电源的负极，A项正确；
B．电极A的电极反应式为2HO-4e-=O ↑+4H+、3HO-6e-=O ↑+6H+，选用合适的催化材料作电极A利于电
2 2 2 3
极A上发生3HO-6e-=O ↑+6H+，可提高混合气体中O 含量，B项正确；
2 3 3
C．电极A为阳极，电极B为阴极，装置工作时质子交换膜中H+从左向右迁移，C项正确；
D．根据所给数据可得：n(O )+n(O )= =0.75mol，32g/moln(O )+48g/moln(O )=32g，解得
2 3 2 3
n(O )=0.25mol、n(O )=0.5mol，利用电子守恒可得4n(O )+6n(O )=2n(H )，解得n(H )=2mol，标况下体积为
2 3 2 3 2 2
44.8L，D项错误；
答案选D。
8． 分解的热化学方程式为 。向体积为1L的恒容密闭容器中加入
试卷第6页，共3页的混合气体（Ar不参与反应），测得不同温度 时 的平衡转化率随
比值的变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．平衡常数
C． 温度下，当 ，到达平衡时， 的体积分数为
D．维持Y点时 不变，向容器中充入Ar， 的平衡转化率减小
【答案】C
【详解】A．已知 ，可知相同条件下，升高温度HS的平衡转化率升高，则升高温度平衡正向移动，
2
可知正反应为吸热反应，焓变大于零，A错误；
B．X、Z位于同一条温度曲线，温度相同则平衡常数相同，即K(X)=K(Z)，B错误；
C． 温度下，当 ，同时 ，可知n(H S)=0.05mol，由图可知，此时HS
2 2
的平衡转化率为50%，即转化了0.025molHS、生成0.025mol 、0.0125mol ，氩气不参与反应
2
为0.05mol，则到达平衡时， 的体积分数为 ，C正确；
D．恒容容器中，通入惰性气体，参加反应气体的浓度不变，则平衡不移动，HS的平衡转化率不变，D错
2
误；故选C。
9．某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为 、 、Au、Pt)中回收贵重金属的工
艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时，Pt、Au分别转化为 和 。下列判断正确的是
A．“焙烧”时， 转化为CuO的化学方程式为
B．“转化”后所得溶液经过在空气中加热蒸发结晶可得到
C．“酸溶”时，铂溶解的离子方程式为
D．结合工艺流程可知盐酸的氧化性强于硝酸
【答案】A
【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化
银与氧气高温条件下反应生成氧化银、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化
为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有
硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、
六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金
离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根
合金化铵。
【详解】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应
的化学方程式为 ，A正确；
B．“转化”后所得溶液经过在空气中加热，亚硫酸根容易被氧化为硫酸根，B错误；
C．铂与氯气、盐酸反应转化为六氯合铂离子，反应的离子方程式为 ，C错误；
试卷第8页，共3页D．由流程可知，Au、Pt被氯气氧化，与HCl提供的氯离子形成配离子，HCl没有表现氧化性，因此不能
据此判定盐酸的氧化性强于硝酸，D错误；
故答案为：A。
10．一定温度下，烧杯中有25mL对二甲苯和5mL水，加入bmol HA后充分搅拌并完全溶解，静置平衡后
HA在对二甲苯(PX)中浓度为 ，在水(W)中浓度为 。已知：
①实验条件下HA在两相间的分配系数： (只与温度有关)：
②HA不能在对二甲苯中电离，在水中电离平衡常数 。
忽略溶液混合时体积的变化，下列说法错误的是
A．水溶液中
B．若向平衡体系中再加入对二甲苯， 减小
C．若向平衡体系中再加入20mL水，平衡后
D．若向平衡体系中再加入NaOH固体，使 ，平衡后
【答案】B
【分析】二甲苯中 ， ，则 =0.36 。
【详解】A． , ,由 可得：
，故A正确；
B．加入对二甲苯， 减小， 不变，所以 减小，水的量不变，所以水中 减小，HA总的物质的量不变，则 增大， 增大，故B错误；
C． ，则：
，可得： ，故C正确。
D． ，可得： ，
故D正确；
故选：B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共60分。
11．（14分）BiS(硫化铋)在光催化剂、锂离子电池等领域具有重要潜在价值，一种由辉铋矿(主要成分为
2 3
BiS，含SiO、Cu S等杂质)为原料提纯制备BiS 的工艺流程如图所示：
2 3 2 2 2 3
已知：①25℃时，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Bi3+ Cu2+
开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH 7.5 2.2 4.5 5.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的pH 9.0 3.2 5.5 6.7
②在本工艺条件下，还原性顺序为Fe＞Cu＞Bi。
(1)滤液1中含有FeCl 、FeCl 、CuCl 和BiCl ，滤渣1的成分是S和 ，加入盐酸保持溶液pH＜1.4，
3 2 2 3
否则铋元素以碱式氯化铋(BiOCl)的形式混入滤渣1使产率降低，生成BiOCl的离子方程式为 。
(2)“碱溶”步骤中加入NH •H O的目的是将Cu(OH) 转化为可溶性的 (填离子符号)。
3 2 2
(3)“转化”步骤中硫代乙酰胺(CHCSNH )在酸性溶液中会水解为乙酰胺(CHCONH )和硫化氢；硫化氢会进
3 2 3 2
一步发生反应：2Bi3+(aq)+3H S BiS(s)+6H+(aq) K，则K (Bi S)= (用含K，HS的K 、K 的式
2 2 3 sp 2 3 2 a1 a2
试卷第10页，共3页子表示)。
(4)若取10kg铋含量为85%的辉铋矿，经上述流程(铋元素在整个流程中损失率为5%)，计算最终可制得
BiS 固体的质量约为9.9kg，实测干燥的BiS 产量高于计算值的原因是 。
2 3 2 3
(5)新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋晶胞结构如图所示。
①该晶体的化学式为 。
②该晶胞沿z轴方向的投影图为 (填标号)。
A． B． C． D．
③该晶体中，每个 周围紧邻的 共有 个。
【答案】(1)SiO Bi3++H O+Cl-=BiOCl↓+2H+
2 2
(2)[Cu(NH )]2+
3 4
(3)
(4)“还原”步骤中加入了金属Bi
(5)①BiSeO ②B ③4
2 2
【分析】辉铋矿(主要成分为BiS，含SiO、Cu S等杂质)原料中加入盐酸、FeCl ，Cu S被 氧化生成
2 3 2 2 3 2
CuCl 和S，BiS 则转化为BiCl 和S，滤渣1的成分是S和SiO，往滤液中加入金属Bi将Fe3+还原为
2 2 3 3 2
Fe2+，“调pH”时，Bi3+完全沉淀为Bi(OH) ，Cu2+也部分沉淀为Cu(OH) ，过滤得到滤渣2，加入NH •H O
3 2 3 2
将Cu(OH) 转化为可溶性的[Cu(NH )]2+，Bi(OH) 不与氨水反应，从而过滤除去Cu(OH) ，“酸溶”阶段
2 3 4 3 2
Bi(OH) 转化为Bi3+，再经过“转化”阶段即可制得BiS。
3 2 3
【详解】（1）BiS 与FeCl 溶液反应的化学方程式为6FeCl +BiS=2BiCl +6FeCl +3S，故滤渣1中含有S
2 3 3 3 2 3 3 2沉淀和未参与反应的SiO。加入盐酸保持溶液 是为了防止铋离子水解生成BiOCl，使产率降低，离
2
子方程式为Bi3++H O+Cl−=BiOCl↓+2H+。
2
（2）“调pH”时，Bi3+完全沉淀为Bi(OH) ，Cu2+也部分沉淀为Cu(OH) ，Cu(OH) 能溶于氨水生成可溶性
3 2 2
[Cu(NH )]2+，Bi(OH) 不与氨水反应，从而过滤除去Cu(OH) 。
3 4 3 2
（3）硫化氢发生反应2Bi3+(aq)+3H S(aq) BiS(s)+6H+(aq)，则该反应的平衡常数
2 2 3
，则 。
（4）“还原”步骤中加入了金属Bi，故实际所得产量大于理论计算结果9.9kg。
（5）①由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为 ，Se2−的个数为 ，O2−的个数为
，故该晶体的化学式为BiSeO。②晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为 ，
2 2
故选B；
③由晶胞结构可知，该晶胞中每个 周围紧邻的 共有4个。
12．（16分）资料显示，酸性介质中， 和 反应转化为 和 。小组探究利用该反应测定
含量的条件。
实验 序号 物质a 实验现象
Ⅰ 溶液 无明显变化
加热至沸腾， 后溶液变为
Ⅱ 溶液
紫色
加热至沸腾，生成大量棕黑色
Ⅲ 溶液 沉淀，静置，上层溶液未变紫
色
(1) 中∠HOH键角 (填“大于”“小于”或“等于”) 中∠HOH键角，原因
试卷第12页，共3页为 。
(2)实验Ⅱ中反应的离子方程式是 。
(3)实验Ⅰ的条件下 能将 氧化为 ，推测实验Ⅰ未出现紫色的原因： 。
(4)经检验，棕黑色沉淀为 ，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1： 的浓度较低，不足以将 氧化为
假设2：溶液中存在还原剂 ，将生成的 ，还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是 。
②针对假设2，乙同学设计实验Ⅳ证实了推测合理。
请写出实验操作和现象： 。
③实验Ⅲ中生成 的离子方程式是 ，从化学反应原理的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的
原因： 。
(5)资料表明 可作为 和 反应转化为 的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证
实。向 中滴加2滴 溶液，再加入 固体，加热至沸腾，
观察到溶液变为紫色。
【答案】(1)大于 中O原子上有1个孤电子对，而 中有2个孤电子对，孤电子对与
成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力
(2)
(3)温度低，反应速率小
(4)Ⅱ、Ⅲ实验中 的浓度相同 向盛有 溶液和3滴 溶液的试
管中，加入一定量 溶液，有棕黑色沉淀生成 溶液
中存在反应：i． ；ii．。反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液
(5) 溶液和3滴 溶液的混合液
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以
此进行对比；
【详解】（1） 中∠HOH键角大于 中∠HOH键角，原因为 中O原子上
有1个孤电子对，而 中有2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力。
（2）实验Ⅱ中加热至沸腾， 后溶液变为紫色说明生成高锰酸根离子；则 和 在酸性条件下
反应生成 和 ，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电
荷守恒配平离子方程式为： 。
（3）实验Ⅰ、实验Ⅱ的变量为温度，则实验Ⅰ未出现紫色的原因为温度低，反应速率小；
（4）①Ⅱ、Ⅲ实验中 的浓度相同，Ⅱ中生成高锰酸根离子，故不能是 的浓度较低导致，假设1
不成立；
②假设2认为 将 还原为 ，则可以设计实验锰离子与高锰酸钾溶液在酸性条件的混合反应
实验，观察实验现象，故实验设计可以为：向盛有 溶液和3滴 溶液
的试管中，加入一定量 溶液，有棕黑色沉淀生成。
③由假设2分析可知，实验Ⅲ中生成 的反应为锰离子和高锰酸根离子发生归中的氧化还原反应生成
二氧化锰沉淀，结合电子守恒可知，离子方程式是 ；溶液中存在反
试卷第14页，共3页应， 首先将锰离子氧化为高锰酸根离子：i． ；过量的
锰离子将高锰酸根离子还原为二氧化锰沉淀：ii． ；由于反应ii速
率快于反应i，导致未得到紫色溶液；
（5）设计实验Ⅲ的对比实验，则需要控制变量催化剂银离子，其它变量相同，故实验设计可以为：向
溶液和3滴 溶液的混合液中滴加2滴 溶液，再加入
固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。
13．（15分）NH 是重要的化工原料，可以制备丙烯腈、尿素、硝酸等产品。回答下列问题：
3
(1)合成氨反应的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”表示)。
①该条件下，N(g)+3H(g) 2NH (g) △H= kJ•mol-1。
2 2 3
②实际生产中的工艺条件为：铁触媒作催化剂，控温773K，压强3.0×105Pa，原料气中n(N )：n(H )=1：
2 2
2.8。原料气中N 过量的理由是N 相对易得， 且N 的吸附分解是反应的决速步。(从平衡移动角度
2 2 2
分析)
(2)其他条件不变，改变起始氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响，实验结果如图乙所示(图中T表示
温度)。则T T(填“＞”“＜”或“=”)；a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 的转化率最低
2 1 2
的是 (填字母)。(3)以氨、丙烯、氧气为原料，可在催化剂存在下生成丙烯腈(C HN)，同时得到副产物丙烯醛(C HO)，热
3 3 3 4
化学方程式如下：
主反应：C H(g)+NH (g)+ O(g) C HN(g)+3H O(g) △H=-515kJ•mol-1；
3 6 3 2 3 3 2
副反应：C H(g)+O(g) C HO(g)+H O(g) △H=-353kJ•mol-1
3 6 2 3 4 2
已知：丙烯腈的选择性= ×100%，某气体分压=总压强×该气体物质的量分数。
①一定条件下，平衡时丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图所示，则p、p、p 由大到小的顺序为
1 2 3
。
②某温度下，向100kPa的恒压密闭容器中通入1molC H、1molNH 和1.5molO，发生上述反应。平衡时
3 6 3 2
测得C H 转化率为90%，HO(g)的物质的量为2.5mol，则平衡时C HN的分压为 kPa(保留3位有效
3 6 2 3 3
数字)，此温度下副反应的K= (计算结果保留三位有效数字)。
p
(4)常温常压下，以N 和HO为原料的电化学合成氨是极具应用前途的绿色合成氨方法。实验室模拟氨的
2 2
试卷第16页，共3页电化学合成过程如图所示，阴极的电极反应式为 。
【答案】(1)-92 N 适度过量有利于提高H 的转化率
2 2
(2)＜ a
(3)p＞p＞p 20.5 12.5
3 2 1
(4)N +6H O+6e-=2NH+6OH-
2 2 3
【详解】（1）①反应热只与反应的始态和终态有关，图像显示0.5molN 参与合成氨释放46kJ的能量，则
2
合成氨反应的热化学方程式为N(g)+3H(g) 2NH (g) 。
2 2 3
②氮气和氢气生成氨气的反应为可逆反应，氮气相比于氢气更容易得到，原料气中氮气过量有助于提高氢
气的转化率。
（2）由图可知，当氢气充入量一定时， 下氨气的百分含量大。反应放热，降温平衡正向移动，氨气的
百分含量增大，故 。a点氢气加入量最小，不利于平衡正向移动，反应物N 的转化率最低。
2
（3）①由反应可知，主反应生成丙烯腈，且该反应是气体分子总数增大的反应，压强增大，平衡逆向移
动，丙烯腈选择性降低。结合图像可知，在温度一定的条件下，压强由 的变化过程中丙烯腈的
选择性依次增大，则压强： 。
②设主反应消耗 xmol，副反应消耗 ymol，列三段式得：,
由已知条件可得： ， ，
解得： ， ；
则平衡时： ， ， ， ，
， ；
则平衡时C HN的分压为
3 3
副反应的
（4）由图可知，右侧为阳极室，是水中的OH−放电，电极反应式为2HO−4e−=O ↑+4H+。阴极产生氨气，
2 2
发生的反应为N+6H O+6e−=2NH+6OH−。
2 2 3
14．（15分）聚苯乙烯及苯乙烯共聚物被广泛地应用于电器、快餐饭盒、包装材料、建筑板材等制品中。
由于聚苯乙烯废弃物会对环境造成严重污染，合成可降解的聚苯乙烯迫在眉睫。有研究团队制备了可降解
的多嵌段聚苯乙烯，合成路线如下图(已知碳硫键的性质类似碳氧键)。
试卷第18页，共3页回答下列问题：
(1)原料 中C的杂化方式为 。
(2)化合物A中含氧官能团的名称是 。
(3)下图为S 的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因是 。
8
(4)实验小组用间二甲苯的硝化反应制备化合物B时，发现主要产物是B的同分异构体G，写出由间二甲苯
生成G的化学方程式 。
(5)E的结构简式为 。
(6)高聚物F比聚苯乙烯易降解的原因是 ，F在弱酸性水溶液中降解的产物主要有 。
(7)满足下列条件的化合物B的同分异构体有 种。
①含有酯基；②含有 结构；③含有苯环；④能发生银镜反应。
【答案】(1) 、
(2)羧基(3)S 相对分子质量大，分子间范德华力强
8
(4) ＋HNO ＋HO
3 2
(5)
(6)聚苯乙烯主链中碳碳键稳定不易断裂，而F主链中酯基和 容易断裂
、 、 可写为COS等其他合理的含硫化合物
(7)17
【分析】由流程可知，B发生取代反应得到C，A和C发生缩聚反应得到D，D+E→F，由D、F的结构简
式可知，E为苯乙烯。
【详解】（1）原料 中有羰基及饱和碳原子，则C的杂化方式为 、 。
（2）化合物A中含氧官能团的名称是羧基。
（3）下图为S 的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因是：S 相对分子质量
8 8
大，分子间范德华力强。
（4）甲基的定位效应为邻对位取代，则实验小组用间二甲苯的硝化反应制备化合物B时，发现主要产物
是B的同分异构体G为 ，则由间二甲苯生成G的化学方程式为： ＋HNO
3
＋HO。
2
试卷第20页，共3页（4）据分析，E为苯乙烯，结构简式为 。
（5）已知碳硫键的性质类似碳氧键，则高聚物F比聚苯乙烯易降解的原因是：聚苯乙烯主链中碳碳键稳
定不易断裂，而F主链中酯基和 容易断裂，酸性条件下酯基水解得羧基和羟基、
水解则断键方式为 ，产生-SH及 ，则F在弱酸性水溶液中降解的产物主要有
、 、 。
（6）B的同分异构体满足下列条件：①含有酯基；②含有 结构；③含有苯环；④能发生银镜反应，
则①④相组合，同分异构体内应含有HCOO-基：
当苯环只有1个侧链时，侧链为HCOO-CH(NH )-；
2
当苯环只有2个侧链时，分别为-NH 、-CHOOCH，侧链处以邻、间、对位，共有3种；或2个侧链分别
2 2
为- CH NH 、-OOCH，又有3种；
2 2
当苯环有3个侧链时，分别为-NH 、-CH、-OOCH，共有10种，则满足条件的化合物有17种。
2 3
