2024届湖南某中学高三年级下册第三次模拟考试化学试题含答案

湖南师大附中2024届高三下学期第三次模拟考试化学试题

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.化学材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用。下列有关化学材料的说法错误的是

A.不粘锅的耐热涂层材料通常是聚乙烯

B.中国天眼FAST用到的碳化硅属于共价晶体

C.中国自主研发的首个5G微基站射频芯片的主要材料是硅

D.接入带有强亲水基团的支链，可提高吸水材料的吸水能力

2.在溶液中能大量共存的离子组是

A.Ti4+>HCOCF、Cr>K+B.CrOj、Ag+、NO?、Zn2+

C.Ba2+>OH、Na*、SO：D.「、SCN>K?、NH；

3.明矶常用作净水剂，下列关于明矶大晶体制备实验的说法不正硬的是

A.配制明矶饱和溶液的温度要控制在比室温高10~15℃

B.明研小晶核要悬挂在饱和溶液中央，可避免形成形状不规整的晶体

C.形成大晶体的过程中，需要敞开玻璃杯静置较长时间

D.本实验中所用仪器都要用蒸储水洗净

4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是

A.标准状况下，22.4LHQ2含有的分子数为NA

B.lmolAl3+完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为NA

C.28g乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有4NA个氢原子

D.ILpH=3的lmolL-'K2Cr2O7溶液中Cr2O^数为NA

5.硫代硫酸钠(Na2sQ3)是一种具有应用前景的浸金试剂，浸金时SzO；一与Au+配位形成［Au(S2C)3)2丁。下

列说法错误的是

A.第一电离能：0>S>Na

B.SO：和邑。；一的中心S原子均采用sp3杂化

试卷第1页，共10页

C.与Au+配位时，s?。：中两个s原子都可作配位原子

D.Naj[Au^zOs）/晶体中微粒间存在的相互作用有离子键、共价键和配位键

6.物质m在军事上常用作烟幕剂，结构如图所示，其组成元素W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周

期主族元素，W与Y的核电核数之和等于Z的质子数，Y的游离态存在于火山喷口附近。下列说法错误的

是

W

A.简单氢化物的沸点：X>YB.化合物m中每个原子最外层均达到8电子稳定结构

C.简单离子半径：Y>Z>WD.ZX?和X3均可用于自来水杀菌消毒

7.黄铁矿（主要成分Fes”在空气中会被缓慢氧化，过程如图所示。下列说法正确的是

o2

FeS,

A.发生反应a时，每0.2molFeS2被还原，转移2.8mole"

B.25P时/,[Fe（OH）31=2.69x10-39,则该温度下d的逆反应平衡常数K=2.69义4

3+2++

C.c发生反应的离子方程式为：4Fe+FeS2+8H2O=5Fe+2SO；-+16H

D.黄铁矿是工业制备硫酸的必选原料

8.CuInSz（摩尔质量为Mg.moL）是生物医药、太阳能电池领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，A

原子的分数坐标为（0,。,。）。下列说法正确的是

试卷第2页，共10页

C.晶胞中B原子分数坐标为0,0D.该晶体的密度为4'ItMg，cm'

a-bNA

10.二氧化氯(CIO2)是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种综合法制备ClCh的工艺流程及C1O2分子的结构

(0-C1-0的键角为117.6。)如图所示。

CKX产品

CIO,分子的结构

下列说法正确的是

A.CL与ClCh分子中所含化学键类型完全相同

试卷第3页，共10页

B.CIO2分子中含有大兀键(4)，Cl原子杂化方式为sp2杂化

C.“C1O2发生器”中，NaCK)3的还原产物为C12

D.“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3：1

11.甲烷水蒸气重整制合成气[CHKgHHzCMg)匚CO(g)+3H2(g)A/7]是利用甲烷资源的途径之一、其

他条件相同时，在不同催化剂(I、n、ni)作用下，反应相同时间后，CH,的转化率随反应温度的变化如下

图所示。下列说法错误的是

A.该反应AH〉。B.平衡常数：(=&<(

C.催化剂催化效率：I<II<111D.增大压强，■增大倍数小于v逆增大倍数

12.锌一空气电池具有能量密度高、成本低、易组装等优势。某锌一空气碱性电池示意图如下，下列说法

+

B.放电时，负极反应：Zn+4OH-2e=[Zn(OH)2]

C.充电时当有ImolOH-通过中间隔膜时，理论上甲极释放出5.6LC)2

试卷第4页，共10页

D.该电池是一种对环境友好的二次电池

13.某科研团队以澳苯与catB—Br的偶联联反应构建C-B键，反应机理如图，下列说法正确的是

A.过程中Ni的化合价未发生改变

B.L-Ni-Br为中间产物

C.catB•为催化剂

D.理论上产生Imol-fkal消耗Zn与澳苯的物质的量之比为1：1

14.298K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、A1（NO3）3,Ce（NC>3）3三种溶液。pM[p表示

c（HR）/、/、

负对数，M表示才同、c（Al3+）,c（Ce3+）]随溶液pH变化的关系如图所示。

已知：常温下，7Csp[Ce（OH）J>/Csp[Al（OH）3],当离子浓度<1（^皿。〉广时，该离子完全沉淀。

下列推断正确的是

A.①代表滴定Ce（NC）3）3溶液的变化关系

B.调节pH=5时，溶液中AF+完全沉淀

试卷第5页，共10页

C.滴定HR溶液至X点时，溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(H+)

D.经计算，Al(OH)3能完全溶于HR溶液

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.实验室制备无水ZnCl?并进行纯度测定。

已知：①氯化锌遇水生成Zn(OHk，Zn(OH%受热分解。

②二甲酚橙为金属指示剂。

步骤一：利用如图所示装置(夹持装置已省略)制备无水ZnCl?。

甲乙丙丁

步骤二：滴定并计算锌元素的百分含量。

取mg试样配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。加入磷酸三钠消除干扰离子后，滴入两滴二甲酚橙

作指示剂，0.4000mol.L-1EDTA(Na2H?Y)标准溶液滴定zn>,终点时消耗EDTA标准溶液的平均体积

为15.00mL,测定过程中发生反应2产+凡丫"=ZnY"+2H+。

回答下列问题：

(1)盛放碱石灰的仪器的名称为,使用仪器a的优点：o

(2)丙装置中主要反应的化学方程式为。

(3)若不使用乙装置，丙装置得到的产物中会有部分水解而产生杂质，该水解反应的化学方程式为0

(4)丁装置中碱石灰的作用是o

(5)氯化锌试样中锌元素的百分含量为%(用含m的代数式表示)，滴定前，盛放EDTA标准溶液的

滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，则所测产品中锌元素的百分含量________(填“偏高”或“偏

低”)。

16.钾铁蓝主要用于涂料和油墨工业，一种以黄铁矿(主要成分为Fe5,含有少量Si。?)为原料生产钾铁蓝

试卷第6页，共10页

{KFe[Fe(CN)6]}的工艺流程如下：

H2SO4,

空气50%HSOK/Fc(CN)JH,SO,、KCIO,

Ij24.P,3j

黄铁；研引还原卜结晶—转化---»辄化一►钾铁一

气体浸清T母液

已知：“转化”工序的产物为KzFe[Fe(CN)6]。

回答下列问题：

(1)“焙烧”前需将黄铁矿粉碎的目的是o

(2)“还原”过程中发生反应的离子方程式为。

(3)“结晶”时，母液中的溶质有(填化学式)。

(4)“氧化”时，发生反应的化学方程式为。

(5)工业上，可用电解的方法制备铁氮化钾{KsiFeCN%]},同时获得副产品KOH,电解原理如图所示。

①离子交换膜M应选择(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

②写出石墨1电极的电极反应式：。

(6)钾铁蓝的重复单元的结构如图：

试卷第7页，共10页

①K+周围距离相等且最近的CN-的个数为

②设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为g-cm-3(列出计算式，用含。、治的代数式表示)。

17.褪黑激素是脑垂体分泌的一种能够调节人类昼夜节奏生理功能的吧口朵衍生物，对于保证足够睡眠起着

关键作用.该化合物的合成路线如下：

请回答下列问题：

(1)C中官能团的名称为.

(2)BfC的反应类型是.

(3)E的结构简式为.

(4)氨基具有碱性，且N原子上电子云密度越大，碱性越强，则下列物质的碱性由强到弱的顺序是(填

序号).

试卷第8页，共10页

①NH②O：N^©-NH,③

(5)H为E的同分异构体，同时满足下列条件的有种(不考虑立体异构).

①只含有一个环且为苯环；②能发生银镜反应；③苯环上只有两个取代基；④不含碳氮双键.其中，核磁

共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1:1:1:2:2:2,且能被酸性高锦酸钾氧化为对苯二甲酸，则其结构简式

为.

(6)参照上述合成路线，设计以对异丙基苯胺()、i-氯丁烷为主要原料合成

人的路线流程图________(无机试剂任选).

18.草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)的热催化加氢是生产乙二醇(HOCH2cHzOH)、乙醇酸甲酯

(CH3OOCCH2OH)的重要工艺，主要反应如下：

I.CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(gjDCH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g)AH1=-21.8kJ/mol

II.CH3OOCCH2OH(g)+2H2(g)□HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)AH2=-17.IkJ/mol

III.HOCH2CH2OH(g)+H2(g)□CH3CH2OH(g)+H2O(g)A//3=-86.7kJ/mol

回答下列问题：

⑴草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇反应的△〃=___________kJ/molo

(2)计算表明，反应in在研究的温度范围内平衡常数大于109,可以认为反应ni几乎不可逆，为了限制反应in

对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是(填标号)。

A.升高反应体系的温度B.适当增大反应投料中氢气的比例

C.增大反应体系的压强D.选择合适的催化剂进行反应

(3)在选定催化剂后研究投料比和压强对反应平衡的影响。测得在473.6K、1.5MPa的等温等压条件下，原

料草酸二甲酯的转化率草酸二甲酯)及产物的选择性(S)投料比的变化关系如图甲所示

:生成某产物的草酸二甲酯的物质的量

(一参与反应的草酸二甲酯的总物质的量二

试卷第9页，共10页

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投料比草酸二甲船）

当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，原因是；当投料比为60时，若草酸二甲酯的转

化率为90%,且该条件下不发生反应in,则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为MPa（保留小

数点后两位）。

（4）在等压3MPa、投料比为50的条件下，"草酸二甲酯及各产物的选择性⑻随温度变化关系如图乙所示。当反

应温度高于478K时，乙二醇的选择性降低，原因是；根据图乙数据，画出乙醇酸甲酯的产率随

温度的变化图像（标出产率最高时的数据）=

湿度/K

试卷第10页，共10页

参考答案：

1.A

【详解】A.聚乙烯不耐高温，不可能做不粘锅的涂层，A错误；

B.碳化硅是新型无机非金属材料，属于共价晶体，B正确；

C.芯片的主要材料是硅单质，C正确；

D.接入带有强亲水基团的支链，可提高吸水材料的吸水能力，如羟基等基团，D正确；

不正确的选A„

2.D

【详解】A.Ti4+与HCOCT会发生双水解而不能大量共存，A项错误；

B.CrO：与Ag+会形成Ag^CrO’沉淀不能共存，B项错误；

C.Ba?+与SO：会生成BaSC)3沉淀而不能大量共存，C项错误；

D.选项中所给离子相互都不反应，可以大量共存，D项正确；

本题选D。

3.C

【详解】A.温度降低的时候，饱和度也会降低，明矶会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矶晶体，

配制比室温高10〜20。(2明矶饱和溶液，A正确；

B.明祖小晶核要悬挂在饱和溶液中央，增大接触面积，有利于晶胞的均匀成长，可避免形成形状不规整的

晶体，B正确；

C.敞开玻璃杯静置较长时间，容易引入空气中杂质，应该用硬纸片盖好玻璃杯，C错误；

D.本实验中所用仪器都要用蒸储水洗净，防止杂质污染，若有杂质，就在溶液中形成多个晶核，显然不利

于大晶体的生成，D正确；

答案选C。

4.C

【详解】A.标准状况下，凡。?为液态，不能直接进行计算，A错误;

B.氢氧化铝胶体粒子是很多氢氧化铝的聚集体，胶粒数小于Imol,B错误；

C.乙烯和环丙烷的最简式均为CH2,28gCH2的物质的量为2mol,含有4NA个氢原子，C正确；

D.酸性KCO,溶液中存在：Cr2Ot+H2OE2CrOj+2H+，ILpH=3的Imol工-电^。溶液中Cr/中数

小于NA，D错误;

答案第1页，共11页

故选c。

5.C

【详解】A.同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第

一电离能变大，第一电离能：0>S>Na,A正确；

B.SO：的中心原子S原子的价层电子对数为4+6+2；*4=4,为$p3杂化；邑0广的结构可以看做硫酸根中

的一个氧原子被硫取代，结构和硫酸根类似，中心硫原子的孤电子对数为0,价层电子对数为4,中心原子

S的杂化方式为sp3,B正确；

C.具有孤电子对的原子可以给中心原子提供孤电子对而配位；邑0：中的中心原子S的价层电子对数为4,

无孤电子对，不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子，c错误；

D.Na3［Au(SzO3)2］是由离子构成的，含有离子键，在阴离子［Au(Sq3)2『中存在硫氧共价键和Au-S之

间的配位键，D正确；

故选C。

6.B

【分析】由题干信息可知，元素W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与丫的核电核

数之和等于Z的质子数，丫的游离态存在于火山喷口附近，则丫为S,X形成2个共价键，Z、W形成1

个共价键，丫形成6个共价键，故Z为Cl,W为H,X为O,据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，X为0,丫为S,非金属性0>S,由于H2O中存在分子间氢键，故简单氢化物

的沸点H2O>H2S即X>Y,A正确；

B.由分析可知，W为H,则化合物m中除H之外的每个原子最外层均达到8电子稳定结构，B错误；

c.由分析可知，w为H,丫为s,z为ci,故简单离子半径s2->cr>H+即丫>Z>W,C正确；

D.由分析可知，X为0,Z为C1,则ZX2即C102和X3即。3均有强氧化性，故均可用于自来水杀菌消毒，

D正确；

故答案为：Bo

7.A

【分析】由题干转化关系图可知，a步反应中S化合价由-1升高到+6,硫元素化合价被氧化，反应的离子方

程式为：2FeS2+7C)2+2H2O=2Fe2++4SO：+4H+,b步反应中Fe?+被O2氧化为Fe3+,反应的离子方程式为：

4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O,c步反应中Fe3+被FeS2还原为Fe2+,S化合价由-1升高到+6,硫元素化合价被

氧化，反应的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8HQ=15Fe2++2SOj+16H+,d为Fe3+水解生成Fe(0H)3胶体的反

答案第2页，共H页

应，据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，发生反应a即2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO：+4H+时，每OZmolFeSz被还原，转

移2.8mole\A正确；

39+3+

B.25。(2时勺[Fe(OH)J=2.69xW,则该温度下d的逆反应即Fe(OH)3+3HrFe+3H2O,此处Fe(OH)3

c(Fe3+)c(Fe3+)c3(OH)

为胶体而不是沉淀，故平衡常数K=

C3(H+)c[Fe(OH)3(胶体)]c[Fe(OH)3(胶体)]c3(H+)c3(OH)

Ksp[Fe(OH)3]________2.69?10_39________2.69x1()3口

c[Fe(OH)3(胶体)]Kw3-c[Fe(OH)3(胶体)](1?10*)3%岸(0用3(胶体)]'B日底；

C.由分析可知，c发生反应的离子方程式为：14Fe"+FeS2+8Hq=15Fe2++2SO；-+16H+,原离子方程式电荷

不守恒，C错误；

D.黄铁矿是工业制备硫酸的原料之一，但不为必选原料，D错误；

故答案为：Ao

8.D

【详解】A.由晶胞结构可知距离Cu最近的原子是S,故A错误；

B.沿y轴投影，晶胞左侧面顶点上的原子投影为长方形的顶点，棱边中点及上小底面面心的原子投影

为边长的中点，体心投影为长方形的对角线交点(面心)，晶胞左侧面上下2个面心、晶胞内的原子投影

在长方形内，故无法得到图②投影，故B错误；

C.晶胞中B原子分数坐标为，故C错误；

D.该晶胞中Cu有8个位于顶点，4个位于面上，1个位于体心，个数为：8x1+4xl+l=4；S原子有8

o2

.“114M

个位于体内，In原子有6个位于面上，4个位于棱心，个数为：4x-+6x-=4；则晶胞质量为：—g；

42S

故选：D。

9.B

【详解】A.瓷用土司中含有二氧化硅，高温下熔融的碳酸钠与二氧化硅反应，应该选用铁用烟，A错误；

B.SO2通入Na2s中，SCh与S2-反应生成硫单质，溶液中出现淡黄色沉淀，SCh在该反应中得电子体现氧

化性，B正确；

C.稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水，会覆盖在碳酸钙固体表面阻止反应的进行，应该选用稀盐酸

答案第3页，共11页

与碳酸钙反应，C错误；

D.液澳具有挥发性，挥发的液滨能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，D错误；

故答案选B。

10.B

【详解】A.CL分子中含有非极性共价键，而C1O2分子中含有极性共价键且由题干信息可知含有配位键，

即二者所含化学键类型不相同，A错误；

B.由题干ClCh的分子结构可知，C1O2分子中含有大兀键(4)，C1原子周围的价层电子对数为3,故杂化

方式为sp2杂化，B正确；

C.由题干流程图可知，“ClCh发生器”中反应方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2T+Cl2t+2H2O+2NaCl,反应

中NaClO3中C1由+5价变为ClCh中的+4价，HC1中的部分C1由-1价升高到Cb中的0价，即NaClO3的还

原产物为ClCh,C错误；

D.由题干流程图可知，“电解”时，阳极发生氧化反应，即C1-6e-+3H2O=C1O/6H+,阴极发生还原反应，

即2H2O+2e-=H2T+2OH;根据电子守恒可知，阳极与阴极产物的物质的量之比为1：3,D错误；

故答案为：B。

11.C

【详解】A.随着温度升高，甲烷的转化率也在增大，说明平衡正向移动，温度升高反应向吸热方向移动，

因此该反应AH〉。，故A正确；

B.平衡常数只受温度影响，温度相同，对于同一反应的平衡常数也相同，该反应的正反应方向为吸热反应，

升高温度K值增大，Ka=Kb<Kc,故B正确；

c.根据图像可知在相同条件下，曲线I中甲烷的转化率最高，其次是II、in,则三种催化剂I、n、in的催

化效率由高到低的顺序是故c错误；

D.增大压强，向气体体积分数较小的方向移动，即反应逆向移动，说明睢增大倍数小于v逆增大倍数，故

D正确；

故答案选C。

12.C

【分析】锌失去电子，乙电极是负极，甲电极是正极，氧气得到电子，结合原电池工作原理分析解答。

【详解】A.从题图示外电路电子转移方向可以判断，甲为正极、乙为负极，故放电时甲的电势比乙高，A

正确；

答案第4页，共H页

B.从图示中可以看出负极的反应是Zn和从正极室过来的OH-反应生成[Zn(OH)/"：

+

Zn+4OH--2e'=[Zn(OH)2],B正确；

C.没有指明温度和压强，不能计算生成气体的体积，C错误；

D.从图示中离子移动方向可知，该电池是二次电池，可以充电放电，使用过程中不产生污染和废弃物，同

时可以通过更换锌和空气电极来实现重复利用，D正确。

故选C。

13.D

【详解】A.流程中有锌参与的步骤中，锌化合价升高，Ni化合价降低，A错误；

B.根据流程知，构建C-B键的同时有L-Ni-Br生成，则L-Ni-Br为催化剂，B错误；

C.根据流程知，catB•为中间产物，C错误；

D.根据流程知，理论上Imol锌、Imol澳苯、ImolcatB—Br生成Imol《)一Beat消和Imol漠化锌,

则消耗Zn与澳苯的物质的量之比为1：1,D正确；

故选D。

14.C

3+3+

【分析】根据KspCe(OH)3=c(Ce3+)3c(OH)由于《[Ce(OH)3]>小[A1(OH)3],且满足pCe<pAl,即A1(NO3)3.

Ce(NC)3)3两条线不可能相交，③为HR滴定曲线，而①、②分别为A1(NO3)3、Ce(NC)3)3滴定曲线，由pH=4.1

时，c(OH-)=10-99mol/L,推知礴[Al(OH)3]=lx(10-99产=10-29.7,同理pH=7.3时,推得

K就Ce(OH)3]=1x(1067)3=10-20」，由pH=5.5时，得出K,(HR)=半岩」=IO》，据此回答。

【详解】A.根据分析可知，①代表滴定A1(NC>3)3溶液的变化关系，A错误；

KAl(OH)1(y29.7

B.调节pH=5时，c(OH-)=10-9mol/L,则匕皿、§==]0。7>短一5,溶液中AF+未完全沉淀，B错误；

C.X点成分为NaR、NaOH,该溶液呈碱性所以c(Na+)>c(OH)>c(H+),C正确；

3+

D.A1(OH)3+3HR□A1+3R+3H2O,/[AKOHMjKaHR):吧_?('):叱,该反应的K小，

(Kj10表

该反应很难发生，A1(OH)3不能完全溶于HR溶液，D错误；

故选C。

15.(1)球形干燥管平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下

A

(2)Zn+Cl2=ZnCl2

答案第5页，共11页

(3)ZnCl2+2H2ODZn(0H),+2HCl

(4)吸收多余的氯气和HC1,防止污染空气、防止空气中的水蒸气进入丙装置中

(5)—偏高

m

【分析】装置甲制备氯气，进入装置丙前，氯气需要通过乙装置进行干燥，但氯气中混有的HC1杂质不需

要除掉，丙装置中反应生成氯化锌，装置丁用于处理尾气，同时防止空气中水蒸气进入丙中；

【详解】(1)盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管，仪器a中的侧管能平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴

下；

A

(2)丙装置中主要反应为锌和氯气加热生成氯化锌，化学方程式为Zn+CL=ZnC12；

(3)氯气中混有水蒸气，氯化锌水解生成Zn(OH)2和HC1,反应为ZnCl2+2凡0匚Zn(OH)2+2HC1；

(4)丁装置中的碱石灰吸收多余的氯气、HC1防止污染空气，且防止空气中的水蒸气进入丙装置中。

(5)据关系式ZnCb〜ZF〜Na2H2丫，可知mg样品氯化锌中锌元素的百分含量为

250

O4OOOmol-U1xO.O15Lx——x65g/mol

onn，滴定前，盛放标准溶液的滴定管尖嘴部分有

---------------------------------------------------X100%=—%EDTA

mg-----------m

气泡，滴定结束后气泡消失，则导致标准液用量偏大，所测产品中锌元素的百分含量偏高。

16.(1)增大接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分

3+2++

⑵SO2+2Fe+2H2。=2Fe+SOj+4H

(3)FeSO4>H2SO4

⑷6K2Fe[Fe(CN)6]+KC1O3+3H2SO4=6KFe[Fe(CN)6]+KCl+3K2SO4+3H2O

(5)阳[Fe(CN)6r-e-=[Fe(CN%广

3.07xlO32

(6)43

2aNA

【分析】黄铁矿煨烧时生成二氧化硫和氧化铁，酸浸后氧化铁溶解，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣。二氧

化硫还原铁离子转化为亚铁离子，结晶后加入加入硫酸和K/FeUN%],控制pH=3得到KzFe[Fe(CN)6],

在加入硫酸和氯酸钾氧化得到KFe[Fe(CN)6]，据此解答。

答案第6页，共H页

【详解】⑴“焙烧”前需将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分;

(2)“还原”是用焙烧后的气体产物SO,将溶液中的Fe3+还原为Fe",离子反应方程式为

3+2+t

SO2+2Fe+2H2O=2Fe+SO^+4H»

⑶“还原”时生成的产物有FeSO,和H2s所以“结晶”时，母液中的溶质有FeSO,、H2SO4o

(4)“氧化”是用KCIO3将KzFe[Fe(CN)6]氧化为KFe[Fe(CN)6]，反应的化学方程式为

6K2Fe[Fe(CN)6]+KC103+3H2SO4=6KFe[Fe(CN)6]+KCl+3K2SO4+3H2O。

(5)①电解时，石墨2电极的电极反应式为2HQ+2e-=H2T+2OH-,所以离子交换膜选择K+通过，使

得石墨2电极附近生成KOH。

②石墨1是阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为[Fe(CN%广-e-=[Fe(CN)6『「。

(6)①K+位于面心处，钾离子周围距离相等且最近的CN-的个数为4个；

②取一个重复单元作为研究对象,利用均摊法可计算得一个晶胞中含有1个K+、1个Fe2\l个Fe3+和6个CN「,

307307x1032

则一个重复单元的质量为体积为2d、]。-因止匕，晶体的密度为FrgDm"。

17.(1)氨基、醛键

(2)还原反应

()

(3)

⑷③①②

答案第7页，共11页

(6)

NH.

【分析】

r

由流程可知，A中氯原子被取代生成B,结合B化学式可知，B为B中硝基被还原为氨基得到C

T

NO,

V

IJX,(

I,C生成D,D发生已知反应原理生成E―F,E转化为F,F生成G；

Y。工

NH,

【详解】(1)

X

<3为［,官能团的名称为氨基、酸键；

Y

NH,

(2)B中硝基被还原为氨基得到C,为还原反应;

(3)

O

(4)甲基为供电子基团、硝基为吸电子基团，结合N原子上电子云密度越大，碱性越强，则下列物质的碱

性由强到弱的顺序是③①②；

(5)

答案第8页，共H页

/

o

E为：；H为E的同分异构体，同时满足下列条件：

I1

①只含有一个环且为苯环；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上只有两个取代基；④不含碳氮双键;

取代基可以为：-NHCHO和-CH2=CH2或-NH2和-CH=CHCHO或-CHO^Q-CH=CHNH2或-CHO和

-CH(NH2)=CH2,均存在邻间对3种，故共12种;其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1:1:1:2:2:2,

CHO

且能被酸性高锦酸钾氧化为对苯二甲酸，则其结构简式为；

CH=CHNH2

(6)

1-氯丁烷发生水解生成正丁醇，氧化为正丁醛；异丙基苯胺发生C生成D的原理将氨基转化为-NHNH?,再

18.(1)-38.9

⑵D

(3)增大投料比，反应II平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低0.03

(4)温度升高，副反应III发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低

答案第9页，共11页

100

【详解】(1)草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇反应可由题方程式I+II可得，即AH=AH|+AH2=-38.9kJ/mol

(2)该反应为放热反应，增加反应体系温度会让平衡逆向移动和加快反应速率，但是根据题意该平衡几乎

不可逆，且加快乙二醇的反应速率会加快，A不符合题意，故错误；增加反应投料中氢气的的比例会使平

衡正向移动和加快反应速率，同时乙二醇转化率也会提高，B不符合题意，故错误；该反应△%=(),所以

增大体系压强平衡不会发生移动，但是会加快反应速率，乙二醇消耗加快，C不符合题意，故错误；选择

合适催化剂降低该反应速率，降低乙二醇消耗，可以有效提高乙二醇产率，D符合题意，故正确。

(3)增大投料比，反应I反应平衡正向移动，乙醇酸甲酯产量升高，所以反应II平衡也正向移动，乙醇酸甲

酯的选择性降低；投料比为60时，草酸二甲酯的转化率为90%,且该条件下反应ni不参与反应，由图可知

$乙醺酸甲酯=50%,设初始时P草酸二甲酯=xMpa,PH2=60xMpa,可得以下三段式：

CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)□CH3OOCCH2OH(g)+CH30H(g)

反应I：初始量：x60x00

变化量：0.9x1.8x0.9x0.9x

CH3OOCCH2OH(g)+2H2(g)匚HOCH2cH20H(g)+CHQH(g)

初始量：0.9x58.2x00.9x

反应n-

'变化量：0.45x