【文档说明】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）.docx，共(14)页，1.436 MB，由小赞的店铺上传

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【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：H1C12N14O16Cl35.5Fe56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()34CHNOH，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()34CHNOH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．3NH的结构式

为B．2CS的电子式为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，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．SO2具有杀菌作用，用作葡萄酒中的抗氧化剂B．SiO2具有导电性，用于制造光导纤维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．SO2具有还原性，用作葡萄酒中的抗氧化剂，A错误；B．SiO2没有导电性，B错误；C．碳酸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ⅢACl2浓盐酸MnO2NaOH溶液BCO2稀盐酸CaCO3饱和NaHCO3溶液CSO2浓硝酸Na2SO3(s)饱和NaHSO3溶液DC2H4浓硫酸C2H5OH（1）KMnO4酸性溶液【

答案】B【解析】A．实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不合题意；B．实验室用稀盐酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液

来除去CO2中的HCl，B符合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%H2SO4和Na2SO3来制备SO2，B不合题意；D．实验室可以将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SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，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3NaHCO的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测定130.1molLNaHCO−溶液

的pH，测得pH约为82向135mL0.5molLNaHCO−溶液中加入125mL1molLCaCl−溶液，产生白色沉淀和气体3向135mL0.5molLNaHCO−溶液中加入()125mL0.1molLBaOH−溶液，产生白色沉

淀4向135mL0.5molLNaHCO−溶液中加入1245mL0.1molLHSO−溶液，有无色气体逸出下列有关说法错误的是A．130.1molLNaHCO−溶液中存在()()()()2323OHCOHHC

Occcc−−++=+B．实验2发生反应的离子方程式为233222HCOCaCaCOHOCO−++=++C．实验3发生反应的离子方程式为2332HCOBaOHBaCOHO−+−++=+D．实验4发生反应的离子方程式为32

2HCOHHOCO−++=+【答案】C【解析】A．根据质子守恒可得，130.1molLNaHCO−溶液中存在()()()()2323OHCOHHCOcccc−−++=+，A正确；B．向135mL0.5molLNaHCO−溶液中加入125mL1molLCaCl−溶液，

产生白色沉淀碳酸钙和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：233222HCOCaCaCOHOCO−++=++，B正确；C．向135mL0.5molLNaHCO−溶液中加入()125mL0.1molLBaOH−溶液，碳酸氢钠过量，反应的离子方

程式为：2233232HCOBa2OHBaCO2HO+CO−+−−++=+，C错误；D．向135mL0.5molLNaHCO−溶液中加入1245mL0.1molLHSO−溶液，产生二氧化碳气体，反应的离子方程式为：322HCOHHOCO−++=+

，D正确；故选C。6．苯乙烯是一种重要的化工原料，在2CO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，下列说法错误的是A．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ΘH，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ABCD实验操作或方案实验目的石油分馏时接收馏出物酸式滴定管排气操作制取氨气证明温度对平衡的影响【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．2NO2(g)⇋N2O4(g)是放热反应，NO2是红棕色，升高温度平衡左移，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+、SO24−、MnO4−B．遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、I-、Cl-C．pH=0的溶液：4NH+、Fe2+、S2O23−、

ClO-D．通入足量NH3的溶液：K+、Cu2+、SO24−、Cl-【答案】A【解析】A．该溶液因含MnO4−而显紫色但澄清透明，且K+、Na+、SO24−、MnO4−两两之间不发生反应，能大量共存，A符合题意；B．遇KSCN变红色的溶液中含有

3Fe+，3Fe+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S2O23−反应生成S、SO2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，C不符合题意；D．通入足量NH3的溶液显碱性，Cu2+能结合氨分子生成()2+34CuNH，故不能大量存在，D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KCaB6C6B．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【解析】A．根据“均摊法”，该晶胞中含K（

位于顶点）：8×18=1、Ca（位于体心）：1、B（位于面上）：12×12=6、C（位于面上）：12×12=6，则晶体最简化学式为KCaB6C6，A项正确；B．该晶体是一种高温超导材料，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【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CO2

转化为CH4是CO2资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器，为电催化还原CO2提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．22gCO2通入水中得到的溶液中含有H2CO3分子数为0.5NAB．lmolCH4中所含质子数和

中子数均为10NAC．途径2生成标准状况下22.4LCH4，反应转移电子数为8NAD．途径1所得产物物质的量之比为l:1，形成共价键数目为6NA【答案】C【解析】A．由于2223COHOHCO+是可逆反应，因此22gCO2通入水中得到的溶液中含有H2CO3分子数小于0.5NA，A错

误；B．一个CH4分子中含有10个质子，6个中子，则lmolCH4中含有10NA质子和6NA中子，B错误；C．标准状况下22.4LCH4的物质的量为1mol，途径2生成CH4的过程中C元素化合价由+4价下降到-4价，反应转移电子

数为8AN，C正确；D．未说明所得产物物质的量，无法计算形成共价键数目，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＜ZB．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bB．可存在aefca→→→→的转化关系C．a

可与非金属单质发生化合反应生成dD．往14mL0.1molLe−溶液加入几滴11molL−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aefca→→→→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2KS，3KClAlCl−(4AlCl−、27AlCl−)。下列说法错误的是A．放电时铝电极的电极反应式为427Al3e7AlCl4AlCl−−−−+=B．电池放电时的反应原理为

24273S2Al14AlCl8AlCl3S−−−++=+C．离子交换膜为阳离子交换膜D．充电时，M极为阳极，27AlCl−被氧化【答案】D【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---427Al+7AlCl-3e=4AlAl，M为正极，硫得到电子发生还原反应，电极反应式为-2-S+2e=S；【解析】A．由分析可知，放电时铝电极的电极反应式为---427Al+7AlC

l-3e=4AlAl，A正确；B．由分析可知，放电总反应为--2-4273S+2Al+14AlCl=8AlCl+3S，B正确；C．充放电过程中钾离子通过离子交换膜移动，故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2

7AlCl−被还原，D错误；故选D。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Nd2(C2O4)3·10

H2O和FeC2O4·2H2O的工艺流程如图：已知：①200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd2O3和Fe2O3的形式存在，硼常温下稳定，加热至300℃被氧化，不与稀酸反应。②H2CO4易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC2

O4·2H2O沉淀。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）FeC2O4·2H2O晶体结构片段如图所示。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-1KMnO4溶

液滴定至终点，消耗KMnO4溶液bmL。滴定反应：+3+2+24422FeCO+MnO+HFe+CO+Mn+HO→(未配平)。该样品纯度为%。【答案】（除标注外，每空2分）（1）NaOH(或热的Na2C

O3)（2）硼（1分）6mol/L的盐酸、固液比为5：1（3）3++2242224322Nd+3HCO+10HO=Nd1()CO0HO6H+（4）将Fe3+还原为Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC2O4·2H2O的沉淀（5）6sp2（1分）

30bcW【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Nd2(C2O4)3·10H2O，滤液2加入铁粉沉铁，得到草酸亚铁晶体；【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Na2CO3)溶液；（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Nd2O3和Fe2O3形式存在，硼常温下稳定，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Nd2(C2O4)3·10H2O；（4）根据已知信息“H2C2O4易与

Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀”，结合题意，需将铁元素转化成Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC2O4·2H2O的沉淀；（5）根据FeC2O4·2H2O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；FeC2O4·2H2O晶体中有碳氧双键，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，-+3+2+244225FeCO+3MnO+24H

=5Fe+10CO+3Mn+12HO，故--1-33244555bcnFeCO=nMnO=cmol?Lb10L=10mol333−（）（），故样品纯度为315bc10mol180gmol30b

c3×100%=%WgW−−。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：3NCl熔点为-40℃，沸点为70℃，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2Cl和4NHCl溶液反应制取3NCl，所用仪器如图所示(忽略部分夹持装置)：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3NCl蒸出。（3）3NCl水解的反应液有漂白性，写出3NCl水解的化学方程式：。（4）3NCl纯度测定：3NCl的制取是可逆反应，根据反应342NCl4HClNHCl3Cl+=+，利用间接碘量法测定氯气的量即可测定3NCl的纯度。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200mL0.11molL−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0.11molL−223NaSO标准液进行滴定，滴定至终点时消耗223NaSO溶液18.00mL。(已知：反应原理为2223246I2NaSONaSO2NaI+=+)①确定滴定终点的现象为。②3NCl的纯度

为。【答案】（每空2分）（1）恒压滴液漏斗4KMnO[()2CaClO、3KClO，答其中一个均可得分]a→b→c→f→g→d→e（2）70CT95C≤（3）323NCl3HO3HClONH++（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2Cl和4NHCl溶液反应制取3NCl，并蒸馏、冷凝得到NCl3，并避免空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4KMnO、()2CaClO、3KClO均可；利用装置B制取3NCl，利用装置D冷凝3NCl，用装置C收集3NCl，故正确连接顺序为a→b→c→f→g→d→e。（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）3NCl水解的反应液有漂白性，可知水解生成HClO，则另一产物应为3NH，水解的化学方程式：323NCl3HOΔ3HClONH++。（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2I全部变成

I−，滴入最后半滴标准液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来颜色。②根据反应342NCl4HCl=NHCl3Cl++、22Cl2KI=2KClI++、2223246I2NaSO=NaSO2NaI++，可得关系式322223NCl~3Cl~3I~6NaSO，()()13322310

.1molL18.0010L10NClNaSO66−−==nn3310mol−=，故()133NCl120.5gmol310mol0.3615g−−==m，故3NCl的纯度：()3NCl=0.3615g100%72.3%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)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－akJ·mol－1II．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH2=－bkJ·mol－1III．2H2S

(g)+SO2(g)3S(g)+2H2O(g)ΔH3=－ckJ·mol－1①若反应III中正反应的活化能为E正，逆反应的活化能为E逆，则E逆－E正=(用含a和b的代数式表示)。②若一种脱除H2S回收硫黄工艺的两个阶段为反应II、II

I，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为，若n(H2S)：n(O2)过小，会导致。（2）若某种废气中含有H2S，将废气与空气混合通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其

转化过程如图所示。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Ksp(CuS)=1.25×10

－36，H2S的Ka1=1×10－7，Ka2=1×10－15，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H2和硫蒸气。在某密闭容器中充入2molH2S气体，发生反应：2H2S(g)2

H2(g)+S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①在975°C和p1的条件下，其他条件不变，n点的v正与v逆中较大的是，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点(填“大于”“等于”或“小于”)n点。②若温度为975°C时，p2为2MPa，该反应的平衡常数Kp=M

Pa(用分数表示，Kp是用平衡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/mol2：1SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气（2）4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O能（1

分）（3）v正小于（1分）427【解析】（1）I．S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－akJ·mol－1II．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH2=－bkJ·mol－1III．2H2S(g)+SO2(g)3S(g)+2H2O(g)Δ

H3=－ckJ·mol－1①根据盖斯定律II-I×3得2H2S(g)+SO2(g)3S(g)+2H2O(g)ΔH3=－ckJ·mol－1=(3a-b)kJ·mol－1，若反应III中正反应的活化能为E正，逆反应的活化能为E逆，焓变

=正反应活化能-逆反应活化能，则E逆－E正=(b-3a)kJ/mol。②脱除H2S回收硫黄，H2S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，根据得失电子守恒，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为2:1，

若n(H2S)：n(O2)过小，氧气过量，会导致SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气。（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++4

H++O2=4Fe3++2H2O。②根据图示，25°C时过程ii中的反应为Cu2+(aq)+H2S(aq)=CuS(s)+2H+(aq)，K=()()()()()()()()()()()2+2+27151312362+2+222HHSHSaa1

10110810spCuS1.2510CuHSCuHSSHSccccKKKcccccc−−−−−−−====，所以反应能进行完全。（3）①在975°C和p1的条件下，其他条件不变，n点H2S的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向进行，v正大于v逆；根据图示，随温度升高，H2S的平衡

转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常数越大，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，p2为2MPa，H2S的平衡转化率为40%，则平衡体系中H2S的物质的量为1.2mol、氢气的物质的量为0.8mol、S2的物质的量为0.4mol，该反应的平衡常数Kp=22

0.80.42Mpa2Mpa42.42.4271.22Mpa2.4=MPa。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）2CH3CH2OH+O2

CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O（2）酯化反应(或取代反应)羧基（1分）（3）（4）②（5）CH3COOH+Δ浓硫酸+H2O（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。【解析】（1）根据分析可知，反应①的化学方程式为2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；（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：CH3CO

OH+Δ浓硫酸+H2O；