【文档说明】安徽省阜阳市皖江名校联盟2024届高三下学期模拟联考最后一卷化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.437 MB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

姓名______座位号______化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案

后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选

项符合题意。1.生活处处有化学。下列有关说法错误的是A.“酒入愁肠，化作相思泪”，醉人的美酒来自于粮食的缓慢氧化B.“两水夹明镜，双桥落彩虹”，是因为丁达尔效应带来的美景C.“炉火照天地，红星乱紫烟”，描述了古代冶炼场景D.“迟日江山丽，春风花草香”，花草香说明分子在不断运动【答案】B【解析】

【详解】A．粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖再缓慢氧化得到酒精，A正确；B．“两水夹明镜，双桥落彩虹”是由空气中的小水滴对光的折射，不是胶体的丁达尔效应，B错误；C．“炉火照天地，红星乱紫烟”描述的是金属冶炼时的颜色试验，C正确；D．“迟日江山丽，春风

花草香”是由于分子在不断运动，D正确。故选B。2.下列说法不正确的是A.Cl−的价层电子轨道式B.3NH的电子式C.2HO的VSEPR模型为：D.基态Ca原子占据的最高能级原子轨道【答案】B【解析】【详解】A．Cl−的价层电子排布式为3s23p6，价层电子轨道式，故A正确；B．3NH的电子式为

，故B错误；C．2HO中O原子价电子对数为4，VSEPR模型为：，故C正确；D．基态Ca原子占据的最高能级为4s，s能级原子轨道为球形，原子轨道为，故D正确；选B。3.三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如图。下列说法不正确的是A.分

子间可以形成氢键B.分子中O和F的第一电离能：O<FC.分子中3sp杂化的原子有C、OD.制备三氟乙酸乙酯的酸和醇均能与Na反应【答案】A【解析】【详解】A．分子中含氧官能团是酯基，分子中没有正电性较强的H和负电性较强的O，因此无法形成氢键，A错

误；B．同一周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但ⅡA和ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素。O、F分别是ⅥA、ⅦA族元素，因此第一电离能：O<F，B正确；C．分子中3sp杂化的原子有C、O，也有sp2杂化的C、O原子，C正确；D．有机酸的羧基和醇羟基均可以与Na反应，D

正确。故不正确的是A。4.下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是A.新制氯水久置后，颜色变浅B.切开的苹果断面变黄C.染色衣服浸泡到含有双氧水的水中，一段时间再清洗褪色D.向黄色的铬酸钾(24KCrO)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色【答案】D【解析】【详解】A．新制氯水中，

次氯酸见光易分解22HClO2HClO=+光照，导致溶液中的可逆反应22ClHOHClHClO+−+++正向移动，溶液中Cl2被消耗，颜色变浅，涉及到两个可逆反应，A不符合题意；B．切开的苹果断面变黄是因为苹果中的二价Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，B不符合题意；C．双氧水有弱氧

化性，可以与有色物质发生氧化还原反应，C不符合题意；D．铬酸钾溶液中存在可逆反应2242722CrO2HCrOHO−+−+=+，加入硫酸，H+浓度增大，平衡正移，因此溶液由黄色变为橙色，不涉及氧化还原反应，D符合题意。故选D。5.铝土矿主要成分是23AlO，含有23FeO、2SiO等杂质，

实验室以铝土矿为原料制取铝需要经历硫酸酸浸、调pH、过滤、灼烧等操作。下列实验操作正确的是A.配制稀24HSOB.测定NaOH溶液的pHC.过滤含2SiO悬浊液D.灼烧()3AlOH固体【答案】C【解析】【详解】A．不能在容量瓶中直接稀释溶液，A项错误；B．测定溶液的pH时应用玻璃棒蘸取溶

液点在试纸上与标准比色卡对比读数，B项错误；C．用装置丙过滤悬浊液，操作正确，C项正确；D．灼烧固体时应选用坩埚，且加热固体物质时试管口应该向下倾斜，D项错误；故答案选C;6.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度

。如图为氮元素及其部分化合物的价态—类别图。下列说法正确的是A.图中各物质均参与自然界循环B.c、d均为酸性氧化物C.f不能检验氯气管道否漏气D.实验室可用g的固体与NaOH固体加热制备f【答案】A【解析】【分析】图为氮元素及其部分化合物的价态—类别图。由图可知，a为硝

酸盐、b为硝酸、c为一氧化氮、d为二氧化氮或四氧化二氮、e为氮气、f为氨气、g为铵盐。【详解】A．氮气和氧气通过雷电生成NO，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，硝酸进入土壤中转化为硝酸盐，硝酸盐可被植物转化为有机物，然后排泄后转化为氨气等，各物质均参与自然界循环，A正确

；B．NO为不成盐氧化物，B错误；C．氨气和氯气能发生反应生成白烟，能检验氯气管道否漏气，C错误；D．实验室制取氨气时是将氯化铵与氢氧化钙混合加热，D错误；故选A。是是7.丁基苯酞(结构简式为)是芹菜油的化学成分之

一。动物模型研究表明，丁基苯酞可用于治疗高血压和神经保护作用。下列有关丁基苯酞的说法正确的是A.丁基苯酞的化学式为12142CHOB1mol丁基苯酞最多能与4mol2H加成C.分子中所有C原子共平面D

.苯环上一氯代物有2种【答案】A【解析】【详解】A．丁基苯酞的化学式不饱和度为6，H原子个数为12×2＋2-6×2=14，化学式为12142CHO，A正确；B．酯基不与氢气发生加成反应，B项错误；C．含有

饱和碳原子，所有C原子不可能共平面，C项错误；D．苯环不对称，因此苯环上一氯代物有4种，D项错误。故选A。8.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L3CHCl含有C-H键的数目为3ANB.含有0.1mol4NHCl、

氨水的中性溶液中含有4NH+数目为0.1ANC.8g4CH含有中子数为5AND.36g2HO中含有键的数目为2AN【答案】B【解析】【详解】A．3CHCl标准状况下是液体，22.4L3CHCl的物质的量不是1mol，A项错误；B．含有0.1mol4NHCl、

氨水的中性溶液中存在电荷守恒：()()()()++--4nNH+nH=nCl+nOH，且()()+-nH=nOH，则()()+-4nNH=nCl=0.1mol，4NH+数目为0.1AN，B正确；.C．4CH含有6个中子，8g

4CH的物质的量为0.5mol，含有中子数为3AN，C错误；D．2HO中含有2个键，36g2HO的物质的量为2mol，含有键的数目为4AN，D错误；故选B。9.下列离子方程式与所给事实不相符的是A.2Cl与烧碱溶液反应制备84消毒液：22Cl2OH=ClClOHO−−−+++B.食醋去除水垢中

的3CaCO：2333222CHCOOHCaCOCa2CHC=OOHOCO+−++++C.硫酸铜溶液与过量的氨水混合：()2232324Cu4NHHO=CuNH4HO++++D.钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：22O4H4e=2HO+−++【答案】D【解析】【详解】A．2C

l与烧碱溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：22Cl2OH=ClClOHO−−−+++，A正确；B．食醋的主要成分是3CHCOOH，用食醋去除水垢中的3CaCO的离子方程式为：2333222CHCOOHCaCOCa2CHC=OOHOCO+−++++

，B正确；C．硫酸铜溶液与过量的氨水混合生成()234CuNH+，离子方程式为：()2232324Cu4NHHO=CuNH4HO++++，C正确；D．钢铁在碱性或中性电解质中发生吸氧腐蚀，氧气在正极得电子，得电子生成OH-，电极反应式为--222H

O+O+4e=4OH，D错误；故选D。10.某同学进行如下实验：实验实验现象ⅰ将铜粉加入试管中，再加入稀3HNO溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜粉有剩余，余液呈酸性ⅱ继续向ⅰ中试管加入少量固体3N

aNO又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色ⅲ继续向ⅰ中试管滴加几滴浓硫酸又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色下列说法不正确的是A.铜与硝酸反应中，硝酸氧化性与氢离子、硝酸根浓度均有关B.ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释C.继续向ⅰ中试管加入少量

硫酸铜固体，也能发生ⅱ、ⅲ现象D.用一定浓度的24HSO与3NaNO也能使铜粉溶解【答案】C【解析】【分析】i.将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3，稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，溶液变蓝，开始产生无色气体，无色气体又变为红棕色；铜粉有剩余，溶液为酸性；ii.继续向i中试管加入

少量固体NaNO3，由于铜粉剩余，溶液为酸性，加入硝酸钠，等同于加入了稀硝酸，所以稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，产生无色气体，无色气体又变为红棕色，同时可知推论i中的酸性是硝酸有剩余；iii.继续向ⅰ中试管

滴加几滴浓硫酸，溶液酸性增强，硝酸根离子氧化性增强，又和铜反应产生NO气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色；【详解】A．由ⅰ、ⅱ分析可知ⅰ还有硝酸剩余，不能将铜全部溶解，故硝酸氧化性和氢离子、硝酸根浓度均有关，A正确；B．ⅰ、ⅱ铜粉减少的原

因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应+-33Cu+8H+2NO=223Cu2NO4HO+++解释，B正确；C．铜离子是氧化产物，增大铜离子浓度铜的还原性减弱，不会发生反应，C错误；D．硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜氧化，故用一定浓

度的24HSO与3NaNO也能使铜粉溶解，D正确；故选C11.反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示，“·”表示反应物或生成物吸附在催化剂表面。下列有关四种不同反应进程的说法正确的是。A.进程Ⅰ，升高温度，正反应速

率增大比逆反应速率增大明显B.进程Ⅰ、Ⅱ生成等量的P，产生能量相同C.反应进程中催化效率：Ⅲ>ⅡD.平衡时S的转化率：Ⅱ>Ⅰ【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应I中S的总能量大于产物P的总能量，则进程I是放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，但平衡逆移，说明逆反应速率增大程度大于正反

应速率的增大幅度，即逆反应速率增加更明显，故A错误；B．进程Ⅱ使用了催化剂X，降低了反应的活化能，但不改变反应热，S转化为P为放热反应，对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P所放出的热量相同，故B正确；C．由图可知，反应Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于反应Ⅱ中由S•

X转化为P•X的活化能，则反应速率：反应Ⅱ＞反应Ⅲ，故C错误；D．进程I中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时S的转化率相同，故D错误；答案选B。12.我国科研人员将单独脱除2SO的反应与22HO的制备反应相结合，实

现协同转化。①单独制备22HO：22222HOO2H=O+，不能自发进行②单独脱除2SO：22242O=4OH2SOO2SO2H−−+++，能自发进行协同转化装置如图(在电场作用下，双极膜中间层的2HO解离为OH−和H+，并向两极迁移)。下列分析正确的是A.该协同转化装置不需要外界能量制备出2

2HOB.产生22HO的电极反应：222O2e2HHO=−+++C.反应过程中需要补加稀24HSOD.协同转化总反应：2222224SOO2HO=HOHSO+++【答案】B【解析】【详解】A．有外加电场使双极膜中间层的2HO解离为OH−和H+的电能，

还有光催化等外界能量，A项错误；B．由图可知，生成22HO的电极反应为222O2e2H=HO−+++，B项正确；C．根据总反应可知，右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀24HSO，C项错误；D

．负极反应式为2242SO2e4OHSO2HO−−−−+=+，正极反应式为222O2e2HHO−+++=，则协同转化总反应为222224SOO2NaOHHONaSO++=+，D项错误；故选D。13.一定条件下，2H能将NO转化为2N，原理为

2222NO(g)2H(g)N(g)2HO(g)Δ0H++。已知()()()222(NO)H,NHOmnxyvkccvkcc==正正逆逆，其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m、n、x、y为反应级数，由实验测定。向恒容密闭容器中充入2NOH、，在TC下进行实验，

测得有关数据如下：实验()1c(NO)/molL−()()12cH/molL−()11/molLminv−−正①0.100.100.414②0.100.401.656③0.200.101.656下列说法错误的是A.上

述反应在低温条件下能自发反应B.上述反应中，反应级数：2,1mn==C.若升高温度，则kk正逆、均增大D.根据题中数据可计算出反应在TC的K(平衡常数)【答案】D【解析】【详解】A．根据ΔΔΔΔ0Δ0GHTSSH=−，，，所以在低温条件下，才能满足Δ0G，A正确；B．由①②组实验数据

可知，0.100.401.65640.4140.100.10mnnmnkk==正正，则1n=，同理，根据①③组实验数据可求得2m=，B正确；C．升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，C正确；D．根据题中数据无法计算出反应在TC的K，D错误；故

选D。14.常温下，在10mL0.11molL−MOH溶液中滴加pH=1的盐酸，溶液中AG(()()OHAGlgHcc−+=)与盐酸体积(V)之间的关系如图所示，下列说法不正确的是A.F点溶液中存在电离平衡和水解平衡三个平衡B.G点wK等于Q点wK

C.溶液中水的电离程度：P>GD.F点溶液中：()()()()()MOHMClOHHccccc+−−+【答案】D【解析】【详解】A．未加入盐酸时，AG=8，说明溶液中()3OH110mol/Lc−−=，则MOH是弱碱，在F点存在水的电离平衡。MOH的电离平衡、M+的水解平衡，A正确

；B．温度不变wK不变，故G点的wK等于Q点的wK，B正确；C．从图可看出，G点碱过量，抑制水的电离、P点恰好完全反应，生成MCL，M+离子水解，促进水的电离，C正确；D．F点是等浓度的MOH和MCl混合溶液，F点的溶液呈碱性，则MOH电离大于M+离于水解，微粒浓度大小关系为()()()()(

)MClMOHOHHccccc+−−+，D错误；故选：D。二、非选择题：共4道题，共58分。15.水合硼酸锌(2322ZnO3BO3.5HO，不溶于冷水)在阻燃方面具有诸多优点。以铁硼矿(主要成分为2252MgBOHO，以及少量23FeO、FeO、23AlO和2SiO等

)和菱锌矿(主要成分为3ZnCO，23FeO、FeO和2SiO等)为原料制备水合硼酸锌的工艺流程如下：已知：该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子3Fe+2Fe+3Al+2Zn+2Mg+开始

沉淀pH1.97.03.06.28.9完全沉淀pH3.29.04.78.010.9回答下列问题：（1）“酸浸”时，2252MgBOHO与硫酸反应的离子方程式为______。为加快“酸浸”时的浸取速率措施有______(填2点)。（2）滤渣1的主要成分为____

__(填化学式)。（3）“氧化”的目的是(语言叙述)______，此步温度不能过高的原因是______。（4）“一次调pH”时，调节溶液的pH=6.0，目的是______。“二次调pH”时的pH范围为______。（5）“

制备”水合硼酸锌的化学方程式为______。（6）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为______；若该晶胞密度为3gcm−，硒化锌的摩尔质量为M1gmol−，AN代表阿伏

加德罗常数的值，则晶胞参数a为______pm。【答案】（1）①.2225233MgBOHO4H2Mg2HBO++++=②.样品粉碎、充分搅拌、适当增加硫酸浓度、适当升高温度(填2点)（2）2SiO（3）①

.将2Fe+转化为3Fe+②.22HO不稳定，受热易分解（4）①.将溶液中的3Fe+、3Al+转化为氢氧化物而除去，而2Zn+不沉淀(或其他合理叙述)②.8.0≤pH<8.9（5）3323222ZnO6HBO2ZnO3BO3.5H

O5.5HO95++℃（6）①.4②.()103A4/10MN【解析】【分析】铁硼矿和菱锌矿加稀硫酸酸浸，其中的主要成分Mg2B2O5‧H2O转化成硫酸镁和硼酸，碳酸锌转化为硫酸锌，而氧化铁转化为硫酸铁、氧化亚铁转化为硫酸亚铁、氧化铝转化成硫酸铝，二氧化硅不溶也不反应，成为滤渣1，滤液经

蒸发浓缩、冷却结晶分离得出粗硼酸和滤液，所得滤液中加过氧化氢氧化亚铁离子成铁离子，然后加浓氨水，第1次调pH到6.0，使铝离子和铁离子转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀除去，接着第2次调pH，使锌离子转化为氢氧化锌沉淀，镁离子不沉淀得到含镁离子的盐溶液，把得到的氢氧化锌焙烧以

后和粗硼酸，在95℃条件下，经过一系列反应制备水合硼酸锌。【小问1详解】铁硼矿和菱锌矿加稀硫酸酸浸，其中的主要成分Mg2B2O5‧H2O转化成硫酸镁和硼酸，反应的离子方程式为Mg2B2O5‧H2O+4H+=2Mg2++2H3BO3

；为加快“酸浸”时的浸取速率措施有样品粉碎、充分搅拌、适当增加硫酸浓度、适当升高温度等；【小问2详解】铁硼矿和菱锌矿加稀硫酸酸浸，其中的主要成分Mg2B2O5‧H2O转化成硫酸镁和硼酸，而氧化铁转化为硫酸铁、氧化亚铁转化为硫酸亚铁、氧化铝

转化成硫酸铝，二氧化硅不溶也不反应，成为滤渣1，所以滤渣1的主要成分为SiO2；【小问3详解】滤液中加H2O2可以氧化亚铁离子成铁离子，便于后续调pH时以氢氧化铁的形式除去铁元素；22HO不稳定，受热易分解，故此步温度不能过高；

【小问4详解】根据表格中所给各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，加浓氨水，第1次调pH到6.0，目的是使铝离子和铁离子转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀除去；第2次调pH，目的是使镁离子不沉淀留在滤液中，而使锌离子完

全转化为氢氧化锌沉淀，以此分离镁离子和锌离子，根据表格所给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，pH范围为8.0pH<8.9；【小问5详解】氢氧化锌焙烧以后和粗硼酸，在95℃条件下，经过一系列反应制备水合硼酸锌，“制备”水合硼酸锌的化学方程式

为332322952ZnO+6HBO2ZnO3BO3.5HO+5.5HO℃；【小问6详解】根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为8×18+6×12=4，含有锌原子数为4，根据ρ=mV=A4

MNV，所以V=A4MρN，则晶胞参数为3A4MρNcm=3A4MNρ×1010pm。16.阿扎司琼对化疗药物引起的恶心和呕吐具有明显的抑制作用，下图是某课题组报道的阿扎司琼的合成工艺路线。请回答下列问题：（1）B

的名称是______，E的含氧官能团名称为______，③的反应类型是______。（2）写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式______。（3）E→F的总反应可以表示为______。（4）Y是A的同分异构体，满足下列

条件的Y的结构有______种(不含立体异构)。①能发生银镜反应；②遇3FeCl溶液显紫色。写出其中一种核磁共振氢谱峰面积比为1∶1∶2∶2的结构简式______。（5）根据上述流程，设计一条以苯酚原料合成的路线______(其他试剂任选)。【答案】（1）①.邻羟

基苯甲酸甲酯(2-羟基苯甲酸甲酯)②.酯基、羟基③.取代反应(硝化反应)（2）（3）(反应物出现碳酸钾得到的对应方程式也可以)（4）①.9②.（5）【解析】【分析】A和甲醇发生酯化反应生成B，B和氯气发生取代反应生成C，由C逆推，B是、

A是；【小问1详解】B是，名称是邻羟基苯甲酸甲酯(2-羟基苯甲酸甲酯)；根据E的结构简式，E的含氧官能团名称为酯基、羟基；反应③是C分子苯环上发生的硝基取代，或者叫硝化反应。【小问2详解】B是，酚羟基、酯基都能与氢氧化钠反应，B与足量Na

OH溶液反应的化学方程式为；【小问3详解】根据反应物与产物结构可知，E→F为取代反应，总反应可以表示为。【小问4详解】①能发生银镜反应，说明含有醛基；②遇3FeCl溶液显紫色，说明含有酚羟基，若含有2个取代基-OOCH、-OH，有

邻间对3种结构；若含有3个取代基-CHO、-OH、-OH，有6种结构，符合条件的Y共9种。核磁共振氢谱峰面积比为1∶1∶2∶2的结构简式可以为(其余合理即可)。小问5详解】苯酚发生硝化反应生成，被还原为，根据E→F，与反应生成，合成路线为【17.2SO具有氧化性、还原性和漂白性，某同学在实验室利用

2SO做相关验证和探究实验。回答下列问题：（1）用如图1装置(夹持仪器已省略)验证2SO具有氧化性。①仪器X的名称为______。仪器X中所装试剂不能是浓硫酸的原因______。②装置甲试管中反应的离子方程式为______

。③说明2SO具有氧化性的现象为______。（2）该同学设计如图2实验(夹持仪器已省略)产生了白色难溶解于水CuCl，说明了2SO的还原性。①仪器a的作用是______。②三颈烧瓶中反应的化学方程式为______。③从元素化合价变化的角度说明该反应2SO有还原性的原因____

__。（3）实验表明，将纯净的2SO缓缓地通入到1.00mol/L()32BaNO溶液中，得到4BaSO沉淀。为了探究该反应中的氧化剂，该同学提出以下假设：假设Ⅰ：溶液中的3NO−；假设Ⅱ：溶解在水中的氧气。①验证假设Ⅰ(配制溶液前已将蒸馏水煮沸并密封冷却)。实验步骤实验操作实验现象

结论实验ⅰ向______溶液中缓慢通入纯净的2SO气体无白色沉淀假设Ⅰ成立实验ⅱ向1.00mol/L()32BaNO溶液的烧杯中缓慢通入纯净的2SO气体实验ⅰ的溶液______，实验Ⅱ的现象为______。②验证假设Ⅱ．请完成下列表格：实验步骤实验现象实验目的实验ⅲ同实验ⅰ步骤同实验ⅰ的相关

现象作对照实验实验ⅳ产生白色沉淀实验ⅳ的步骤为______，实验目的是______。【答案】（1）①.长颈漏斗②.浓硫酸有氧化性，可以氧化-2价硫，导致实验失败③.22FeS2HFeHS+++=+④.乙装置中有淡黄色的固体生成（2）①.防止倒吸②.222422CuCl4NaOHSO2CuC

lNaSO2NaCl2HO++=+++③.氯化铜中铜由＋2价变成氯化亚铜中铜＋1价，铜被还原，2SO中的S有＋4价升高到24SO−中硫＋6价，2SO是还原剂（3）①.1.00mol/L2BaCl②.产生白色沉淀③.向盛有未经脱2O处理的2

BaCl溶液的烧杯中缓慢通入纯净的2SO气体(向盛有2BaCl溶液的烧杯中缓慢通入2SO与2O的混合气体或向实验ⅰ的混合体系中充入氧气等)④.证明2O可将2SO或23HSO氧化为硫酸或24SO−【解析】【小问1详解】①仪器X的名称为长颈漏斗；装置甲的目的是制备H2S气体，而浓硫酸有氧化性，可以氧

化-2价硫，导致实验失败；②装置甲试管中反应的离子方程式为22FeS2HFeHS+++=+；③装置甲制备的H2S气体进入乙装置，装置丙制备的2SO气体也进入乙装置，二者发生如下反应：222SO2HS3S2HO+=+，则说明2SO具有氧化性的现象为乙装置中有淡黄色的固体生成。【小问2详解】

①仪器a是球形干燥管，作用是防止倒吸；②结合反应物和产物，根据氧化还原规律三颈烧瓶中反应的化学方程式为：222422CuCl4NaOHSO2CuClNaSO2NaCl2HO++=+++；③2SO有还原性的原因是：在该反

应中氯化铜中铜由＋2价变成氯化亚铜中铜＋1价，铜被还原，2SO中的S有＋4价升高到24SO−中硫＋6价，2SO是还原剂。【小问3详解】①实验ⅰ和实验ii是对比实验，故根据控制变量法可得实验i的溶液为1.00mol/L2BaCl；为说明假设I成立故实

验ii的现象为产生白色沉淀；②为验证溶解在水中的氧气将2SO氧化，则实验ⅳ的步骤为向盛有未经脱2O处理的2BaCl溶液的烧杯中缓慢通入纯净的2SO气体(向盛有2BaCl溶液的烧杯中缓慢通入2SO与2O的混合气体或向实验ⅰ的混合体

系中充入氧气等)，实验目的是证明2O可将2SO或23HSO氧化为硫酸或24SO−。18.甲醇()3CHOH属于基础化工原料，在化学工业中占有重要地位。回答下列问题：（1）工业上制备甲醇的热化学方程式为22CO(g)3H(g)+()()32CHOHgHOgΔH+。已知223

2COHCHOHHO、、、的能量依次为1111kJmolkJmolkJmolkJmolabcd−−−−、、、，则H=___________1kJmol−。将物质的量之比1：3的2CO和2H以相同的流速分别通过两种催化剂(Cat-a和Cat-b)，相同时间

内测得2CO的转化率随温度变化的关系如图1所示：使2CO的转化率最好的催化剂是___________(填“Cat-a”或“Cat-b”)，与另一催化剂相比，使用该催化剂存在的㢣端是___________。（2）甲醇可分解生成水煤气()2C

OH、，反应为()()3CHOHgCOg+22H(g)。起始时，向某刚性容器中通入一定量的3CHOH(g)，平衡时各物质的物质的量与温度的关系如图2所示。①图2中曲线1表示的物质是___________(填化学式)。②A点处体系中CO的体积分数为___________。③

B点处，若容器的压强为kPap，则B点处3CHOH的转化率为___________，此温度下该反应的平衡常数pK=___________2(kPa)(用平衡压强代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。（3）甲醇可催化制备丙烯，反应为3

3623CHOH(g)CH(g)3HO(g)+，反应的Arrhenius公式的实验数据如图3中a所示，已知Arrhenius经验公式为aRlnCEkT=−+(其中aE为活化能，k为速率常数，只与温度有关，R和C为常数)。①该反

应的活化能aE=___________1kJmol−。②当使用更高效催化剂时，实验数据变成图3中的曲线___________(填图3“b”或“c”)。【答案】（1）①.()3cdab+−−②.Cat-b③.催化剂活性需要的温度较高，耗能高（2）①.CO②.20%③.

50%④.214p（3）①.30.0②.b【解析】【小问1详解】ΔH=生成物能量总和-反应物能量总和=(c+d)-(3b+a)=c+d-3b-a；由图可知，Cta-b作催化剂的时候，二氧化碳转化率的峰值大于Cta-a，但是由图也能看到，该催化剂达到最

大催化效率时，温度为450℃，远高于Cta-a催化剂；【小问2详解】①曲线上的点均为平衡点，32CHOH(g)CO(g)+2H(g)ΔH0＞，升温平衡右移，平衡时，甲醇的物质的量减小，一氧化碳和氢气的物质的量均增大，而由方程化学计量数可知，一氧化碳与氢气物质的量

之比为1:2，所以图2中曲线n表示的物质是H2，曲线m表示的物质是CH3OH，曲线l表示的物质是CO；②设起始时甲醇物质的量为a，甲醇的转化率为x，三段式：32CHOH(g)CO(g)+2H(g)/mola00/m

olxx2x/mola-xx2x始转平，图像显示A点甲醇和氢气的物质的量相等，则CO的体积分数为x100%=20%x+2x+2x；③在B点时，甲醇和一氧化碳的物质的量相等，即3n(CHOH)a-xx===1n(CO)xx，a=2x，则甲醇的转化率为

xx100%=100%=50%a2x；平衡时，CH3OH、CO、H2物质的量分别为xmol、xmol、2xmol，所以2222p11(p)(p)124K=(kPa)=p(kPa)14p4；【小问3详解】根据图像可知，63.0=-3Ea

+C、33.0=-4Ea+C，解得该反应的活化能Ea=30.0kJ/mol；当使用更高效催化剂时，能降低活化能，即Ea减小，曲线斜率会减小，所以RlnK与1T关系的示意图应为图中的b。