安徽省合肥市2024届高三年级下册第二次教学质量检测（二模）化学试卷 含解析

2024年合肥市高三第二次教学质量检测

化学

（考试时间：75分钟满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，务必擦净后再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷

上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：0-16Mn-55

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.中华优秀传统文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列有关说法错误的是

A.制造宣纸所用的青檀树皮主要成分是纤维素

B.皮影戏中制作皮影的兽皮主要成分是蛋白质

C.明代“釉里红梅瓶”为陶瓷制品，主要成分是二氧化硅

D.名画中青绿色的颜料绿松石CuA16（PO4）4（OH）8•5H2O是无机盐

【答案】C

【解析】

【详解】A.青檀树皮主要成分是纤维素，故A正确；

B.兽皮主要成分是蛋白质，故B正确；

C.陶瓷制品的主要成分为硅酸盐，故C错误；

D.绿松石CuA16（PO4）4（OH）8・5比0是无机盐，故D正确；

故选Co

2.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是

A.含氟牙膏可以预防踽齿，利用了沉淀转化的原理

B.石墨烯和石墨快都是全碳纳米结构材料，它们互为同位素

C.乙醇汽油是在汽油里加入适量乙醇制成的一种新型化合物

D.碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，与醋同服可提高疗效

【答案】A

【解析】

【详解】A.含氟牙膏中的F使牙齿表面的Ca5（PC>4）3OH转化成溶解度更小的Ca5（PO4）3F以抵抗食物残渣

的腐蚀，含氟牙膏可以预防蹒齿，利用了沉淀转化的原理，故A正确；

B.石墨烯和石墨快都是全碳纳米结构材料，是碳元素组成的不同单质，它们互为同素异形体，故B错

误；

C.乙醇汽油是在汽油里加入适量乙醇制成的一种混合物，故C错误；

D.碳酸氢钠能够与胃酸反应，降低胃酸浓度，本身对人体无刺激性，因此碳酸氢钠药片可用于治疗胃

酸过多，但由于醋酸的酸性比碳酸强，碳酸氢钠能与醋酸反应，而降低碳酸氢钠的含量，从而导致疗效降

低，故D错误；

故选Ao

3.超原子是由多个原子构成的特殊的原子团簇，表现出类似某一单个原子的性质。如Beu可以表现出类似

Ca原子的性质，BeX3（X=F、Cl、Br）具有类似卤族原子的性质等。下列说法错误的是

A.Be与水的反应：Beil+2H2O=Ben（OH）o+H2个

B.BeCh和BeCh的化学性质相似

C.BeX3发生反应时易得电子表现氧化性

D.Na与BeX3可形成离子化合物NaBeX3

【答案】B

【解析】

【详解】A.Ben可以表现出类似Ca原子的性质，故Be与水的反应：B611+2H2O=Be,1（OH）2+H2?,

A正确；

B.BeCb和BeCb的化学性质不相似，B错误；

C.BeX3具有类似卤族原子的性质，发生反应时易得电子表现氧化性，C正确；

D.BeX3具有类似卤族原子的性质，Na与BeX3可形成离子化合物NaBeX3,D正确；

故选B。

4.靛蓝是人类最早应用的天然染料之一，结构简式如下图所示，下列说法错误的是

A.靛蓝的分子式为C16H10N2O2

B.靛蓝存在顺反异构

C.靛蓝可以发生加成反应和水解反应

D.靛蓝在水中的溶解度较小

【答案】C

【解析】

【详解】A.分子中C、H、N、O原子个数依次是16、10、2、2,分子式为C16H10N2O2,A正确；

B.分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，B正确；

C.苯环、碳碳双键、爆基都能发生加成反应，不能发生水解反应，C错误；

D.憎水机对其溶解性影响能力远远大于亲水基，所以该物质在水中的溶解度较小，D正确；

故选C。

5.CO2的捕集和转化对实现双碳战略目标具有十分重要的意义，单乙醇胺(HOCH2cH2NH2)可用作工业CO2

的捕集剂。以CCh为原料可制备一系列化合物，如CH3OH、HCHO、HCOOH、葡萄糖等，可有效降低大

气中的CO2浓度，还能缓解化石燃料资源短缺等问题。下列有关说法正确的是

A.键角NOCH：CH3OH>HCHO

B.酸性：HCOOH<CH3COOH

C.单乙醇胺可捕集CO2因其含有的氨基呈碱性

D.HCHO分子间存在氢键

【答案】C

【解析】

【详解】A.CH30H中C原子采取sp3杂化，键角/OCH约为109.5。，HCHO中C原子采取sp2杂化，无

孤电子对，键角/OCH约为120°,故键角/OCH：CH3OH<HCHO,故A错误；

B.甲基为推电子基团，故酸性：HCOOH>CH3COOH,故B错误；

C.单乙醇胺含有氨基，使溶液呈碱性，可捕集CCh,故C正确；

D.HCHO分子中没有O-H键，分子间不存在氢键，故D错误；

故选Co

6.CO2的捕集和转化对实现双碳战略目标具有十分重要的意义，单乙醇胺(HOCH2cH2NH2)可用作工业CO2

的捕集剂。以CO2为原料可制备一系列化合物，如CH3OH、HCHO,HCOOH、葡萄糖等，可有效降低大

气中的CCh浓度，还能缓解化石燃料资源短缺等问题。CO2及其转化产物都有着重要的用途，下列有关反

应的方程式书写错误的是

A.CO2在侯氏制碱中反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3J+NH4C1

B.HCOOH合成甲酰胺的反应：HCOOH+NH3告HCOONH4

Oil

C.HCHO合成酚醛树脂的第一步反应:CH20H

D.葡萄糖酿酒的反应：C6Hl2（）6^^2C2H5OH+2co2T

【答案】B

【解析】

【详解】A.C02在侯氏制碱中的反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4C1,A正确;

B.甲酸与氨气反应生成产物甲酸镂（HCOONHj,甲酰胺为HCONH2,B错误;

H+

C.HCHO合成酚醛树脂的第一步反应:+HCHO-C正确;

A

D.葡萄糖酿酒的反应：。6旦,。6^^20乩011+2cO,T,D正确;

oiZo2J2

答案选B

7.下列实验装置和药品不能达到实验目的的是

A.灼烧海带成灰B.探究温度对平衡的影响

C.除去苯中溶解的澳D.比较电解水原理与氢氧燃料电池工作原理

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.灼烧实验不能用烧杯，灼烧海带应在生期中进行，A错误；

B.CM+水解，加热溶液发生改变，可对比不同温度下CuCb溶液颜色，来研究温度对化学平衡的影响，B

正确；

C.澳与氢氧化钠反应生成可溶于水的澳化钠和次澳酸钠，而苯不溶于水，可进行分液进行分离，c正

确；

D.；关闭K2,打开Ki,装置为电解水原理，电极分别形成氢气和氧气被石墨吸附；关闭Ki,打开K2,

装置为氢氧燃料电池，D正确；

答案选A。

8.某医疗上常用抑酸齐MW[Q（ZX）2YZ3»的结构如下图所示。X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大

的短周期主族元素，基态Y、Z原子的未成对电子数目相同。下列说法正确的是

/、/”

*■卜

A.电负性：Z>X>Y

B.基态Q原子的价层电子排布式为3s23P2

C.简单氧化物中离子键成分的百分数：W<Q

D.1mol该抑酸剂最多可消耗4moiH+

【答案】D

【解析】

【分析】由题意知，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，W形成+1价的阳离子，则

W为Na元素，X形成一个共价键，则X为H元素，Z形成2个共价键，原子序数小于Na,则Z为O元素，

Y形成4个共价键，基态Y、Z原子的未成对电子数目相同，则Y为C元素，Q形成了3个共价键，1个配

位键，Q最外层有3个电子，则Q为A1,据此分析。

【详解】A.同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，则电负

性:0>C>H,A错误;

B.由分析知，Q为A1,则基态A1原子的价层电子排布式为3s23pJB错误；

c.Na比Al活泼，因此简单氧化物中离子键成分的百分数:Na>ALC错误；

D.该抑酸剂的化学式为NaAl(OH)2c。3,ImolNaAl(OH)2c03最多可消耗4moiH+,D正确；

故选D。

9.SiHCb被应用于制造多晶硅及硅烷偶联剂等领域。50℃时将nmolSiHCb置于密闭容器中发生如下反应：

2SiHCl3(g)-SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),SiHCh的转化率随时间变化的曲线如下图所示。下列说法正确

的是

%

、

树

z

y

^

u

H

I

S

0100200300400

“min

A.SiH2c12和SiC14均为由极性键构成的非极性分子

B.0~lOOmin内，v(SiHC13)=10Tnrnol?」

1052

C.50℃时该反应的平衡常数K=—

792

D.b-c段平均速率大于a-b段平均速率

【答案】C

【解析】

【详解】A.SiCk是正四面体结构的分子，正负电性中心重合，属于非极性分子，但SiH2cb是四面体结构,

正负电性中心不重合，属于极性分子，A错误；

B.由图可知，0〜lOOmin内，An(SzHC/3)=nmolxl0%=0.1nmol,但容器体积未知，不能用浓度变化

来表示v(SzHC4)，B错误；

C.由图知，达到平衡时，转化率为21%,反应三段式为

2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始/moln00

，则平衡常数

变化/mol0.21n0.105n0.105n

平衡/mol0.79n0.105n0.105n

M_c(S汨2a2)•c(SzC/)_0.105"X0.105n_10.52土.

K-~4-9=9-,C正确；

22

c\SiHCl3)(0.79n)79

D.随着反应的进行，反应物浓度减小，反应物浓度a-b段大于b-c段，反应物浓度越大，反应速率越快,

即a-b段平均速率大于b-c段平均速率，D错误；

故选C。

10.下列由实验操作及现象所得的结论正确的是

选

实验操作现象结论

项

向0.5mL澳乙烷中加入约2mL2%AgNC>3溶溶液分层，上层

A澳乙烷是电解质，能电离出Br

液，振荡出现浑浊

B向苯酚钠溶液中通入足量CO2气体溶液变浑浊Kal(H2CO3)>Ka(C6H5OH)

铜丝由黑色变为

C光洁的铜丝灼烧后，趁热插入2mL乙醇中乙醇具有氧化性

红色

向CH3COOH溶液中力口入CH3CCONH4固

DpH变大CH3COONH4溶液呈碱性

体，测量溶液pH变化

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.澳乙烷不能电离出Br,与硝酸银溶液不反应，上层为无色溶液，A错误；

B.二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚，溶液变浑浊，可知Kai(H2co3)>Ka(C6H5OH),B正确；

c.铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜可氧化乙醇生成乙醛，则乙醇具有还原性，c错误；

D.CH3CCONH4溶液为中性，CH3CCONH4固体溶于水电离出的醋酸根离子可抑制醋酸的电离，溶液的

pH变大，D错误；

故选B。

11.热电化学电池是一种新型的低成本低品位热富集体系，工作原理如下图所示，含竣酸的纳米颗粒在不

同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H*驱动电极反应发生。下列说法错误的是

C.含竣酸的纳米颗粒在热端溶胀释放H+

D.温差恒定，该体系会形成连续的反应和持续的电流

【答案】C

【解析】

氢反应，即冷端发生得电子的还原反应，热端发生失电子

A+XX

应为1+2e+2H->||二］,负极反应为［

.OH0H

O

【详解】A.由上述分析可知，冷端为正极，热端为负极原电池中电子从负极经导线流向正极，故该电

池工作时电子由热端经外电路流向冷端，故A正确；

OHOH

B正确;

「A

c.热端为负极，负极反应为（「2，f+2H+，则含竣酸的纳米颗粒在热端收缩吸收H+驱

OHJ

动电极反应发生，故C错误；

D.含较酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H+驱动电极反应发生，则温差恒定时该

电池能持续工作，形成连续的反应和持续的电流，故D正确；

故选Co

12.快速密闭消解法测定化学耗氧量时常用HgSCU溶液掩蔽水样中的氯离子。一定温度下，HgSCU和NaCl

+

的混合溶液中存在下列平衡关系：Hg2++C1=HgC「、HgCl+cr=HgCl2、

HgCl2+Cr.HgCl3,HgCy+CLHgCE，平衡常数依次为K|、K?、&、K4,下图可表示不同

c（cr）范围内溶液中主要存在的含汞粒子，Pci=-igc（cijo下列说法错误的是

C］（Hg2+1HgCl+1HgCU|HgC《|HgClj

6.746.481.000.85

1次i=6.741%=6.481典=1.001%=0.85

A.HgCL是弱电解质

+5

B.HgCl+HgCl3、•2HgeU的平衡常数数量级为10

C.当pCl=0.9时，c（HgCl3）>c（HgClt）>c（HgCl2）

D.当PC1=6.74时,3c（Hg2+）+c（H+）+c（Na+）=c（HgCl3）+2c（HgCl^j+c（0H）+2c（S0；j

【答案】D

【解析】

【详解】A.反应①Hg2++C1=HgC「的平衡常数&=10.74,反应②HgCl++Cr.HgCL的平衡常

数K2=10"8,则HgCl+=Hg2++C1的平衡常数为10-674,则HgCb分步电离，且电离平衡常数较小，为

弱电解质，故A正确；

B.反应②HgCT+CrHgCH的平衡常数K2=10648,反应③HgC^+CrHgC1的平衡常数

K106.48

4=10,②-③可得HgCl++HgCl3k2HgeU，其平衡常数为K=U=FT=10"8,数量级为此，

KQ10

故B正确;

c.小鹏志"pCl=0.9,即c（CT）=1009mol/L时,

c（HgCl；）_lo9.,c（HgClt）_1Q,0.05

c（HgCl2）'c（HgCl3）''

005919059

c（HgCl；）：c（HgCl3）：c（HgCl2）=10:l:IO=10:101,则

c（HgCl3）>c（HgClt）>c（HgCl2）,故C正确；

674

D.Ki=c（HgC|）义1=106.74,pCi=6.74,gpc（Cl）=10--mol/L,则c（HgQ+）=c（Hg2+）,电荷守

c（Hg-）c（Cl）-

+++

恒关系为2c（Hg2+）+c（HgCl）+c（H）+c（Na）=c（HgCl3）+2c（HgCl；）+c（CV）+c（0H-）+2c（SO^）,

2+++

即3c（Hg）+c（H）+c（Na）>c（HgCl3）+2c（HgCl；-）+c（0H-）+2c（SOt）,故D错误；

故选D。

13.某科研团队利用单核铝配合物实现了硝酸盐的仿生催化还原，如下图所示。已知X中M。的化合价为

+4,下列说法错误的是

2SQ.ncju

A.Y中Mo的化合价为+6

B.基态原子第一电离能：N>P>S

C.X中碳原子的杂化方式有sp和sp2两种

D.X和丫中均含有离子键、配位键和共价键

【答案】D

【解析】

【详解】A.X中Mo的化合价为+4,丫中Mo比X中Mo多连有一个氧原子，因此丫中Mo的化合价为+6,A

正确；

B.基态原子第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，同周期元素第一电离能随原

子序数增加而递减，同一主族的元素从上到下，第一电离能依次降低，因此，基态原子第一电离能：

N>P>S,B正确；

C.X中存在碳碳单键和碳碳双键，因此，碳原子的杂化方式有sp和sp2两种，C正确；

D.X和丫中均含有配位键和共价键，D错误；

故选D。

14.电催化偶联N2和CO2制备尿素[CO（NH2）2],可实现室温下尿素的绿色合成。结合实验和计算机模

拟在酸性介质中催化剂表面的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列有关该碳氮

偶联过程的说法错误的是

0.5-NH

0.0-----------4・COOH\

N•••NCON*

2♦NHCONHj

-

-1.0-.•NlhCONlb

•NCONH\

-1.5-

•NHCONH

A.化合价发生改变的元素有C和N

B.有O-N键的生成和断裂

C.*NCON*的生成可减少副产物NH3的形成

+

D.该过程生成尿素的总反应式：N2+CO2+6e-+6H=CO（NH2\+H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A.转化过程中，H、0的化合价不变，化合价发生改变的元素有C和N,故A正确；

B.转化过程的物种中不存在O-N键，故没有O-N键的生成和断裂，故B错误；

C.*NCON*的生成的越多，生成NH3越少，*NCON*的生成可减少副产物NH3的形成，故C正确；

D.该过程氮气生成尿素，N元素的化合价降低为-3价，有二氧化碳参与反应，根据电荷守恒配氢离子，

+

根据元素守恒配水，总反应式：N2+CO2+6e+6H=CO（NH2）2+H2O,故D正确；

故选B。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.铁酸锌（ZnFe2O4）是一种性能优良的软磁材料，可溶于浓酸，不溶于碱。某实验小组模拟除杂后的盐酸

酸洗废液（含Fe2\Fe3+和少量Zn2+）制备铁酸锌的实验步骤如下：

1.取150mL除杂后的盐酸酸洗废液，加入4g还原铁粉，充分反应后过滤。

II.在步骤I所得滤液中加入一定量NaCICh,加热搅拌充分反应。

III.将稍过量ZnCb固体加入步骤H所得溶液，充分溶解保持温度75℃,加入NaOH溶液调节pH=ll,

静置。

IV.冷却后过滤。将沉淀洗涤、干燥后煨烧，得到铁酸锌产品。

已知：ZnO、Zn(OH)2均呈两性，Zn(OH)2可溶于pH>ll的强碱中。

回答下列问题：

(1)步骤I中加入还原铁粉除了将Fe3+转化为Fe2+外，目的还有,过滤时用到的玻璃仪器有烧

杯、玻璃棒、。

(2)步骤II中NaClO3的作用是=

(3)步骤IV中过滤所得沉淀主要成分是,写出燃烧生成ZnFe2O4的化学反应方程式_______。

(4)为得到较纯的纳米铁酸锌，还需将步骤IV所得产品用8moi/LNaOH溶液洗涤，主要为了洗去

杂质。

(5)实验室也可用ZnCb和FeCh作反应物制备ZnFezCU该实验小组发现FeCb溶液为黄色，经查阅Fe3+

在水溶液中以［FelHzOl］"形式存在，［Fe(H2(D)6］“为淡紫色。他们做了如下假设：假设一：黄色与

Fe3+水解有关；假设二：黄色与生成［FeC,「有关。为探究FeCb溶液呈黄色的原因，他们设计了如下实

验，发现①显黄色，②黄色变浅，由此证明假设一成立。Fe3+水解一般分步进行，写出其第一步水解的离

子方程式_______

①②

0.1molL4酸化的0.1molL-'

Fe2(S0J溶液Fe2(S0J溶液

请设计实验验证假设二是否成立

【答案XI)①.与酸洗废液中H+反应,降低酸洗废液的酸度，减少后期沉淀时消耗的NaOH的量

漏斗

(2)将Fe2+氧化成Fe3+

高温

(3)①.Fe(OH)3和Zn(OH)2②.2Fe(OH)+Zn(OH)

32ZnFe2O4+4H2O

3+2++

(4)ZnO(5)①.Fe+H2OFe(OH)+H②.取两份等体积酸化的

0.1moLLjiFe2(SO4)3溶液，其中一份加入少量的NaCl固体，另一份加入少量的Na2SC)4固体，观察溶液

颜色变化(其他合理答案也可)

【解析】

【分析】本题考查铁酸锌(ZnFezCU)的制备，先在盐酸酸洗废液中加入铁粉降低盐酸酸洗液的酸性，同时将

2+3+

Fe3+转化为Fe,再加入NaC103将Fe?+氧化为Fe,最后加入NaOH得至I］Fe(OH)3和Zn(OH),固体，

最后燃烧得到铁酸锌产品。

【小问1详解】

步骤I中加入还原铁粉除了将Fe3+转化为Fe2+外，还可以与酸洗废液中H+反应，降低酸洗废液的酸度，减

少后期沉淀时消耗的NaOH的量；过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；

【小问2详解】

3+

NaCICh具有强氧化性，所以步骤II中NaC103的作用是将Fe?+氧化成Fe；

【小问3详解】

第III步加入NaOH溶液调节pH=ll,Fe3+和Z/+转化为Fe(OH)3和Zn(OH)2,则步骤IV中过滤所得沉淀

主要成分是为Fe(OH)3和Zn(OH)2,煨烧时Fe(OH)3和Zn(OH)2生成ZnFe2O4,其化学方程式为

2Fe(OH)3+Zn(OH)2ZnFe2O4+4H2O；

【小问4详解】

根据ZnO、Zn(OH)2均呈两性，Zn(OH)2可溶于pH>H的强碱中，步骤IV所得产品用8moi/LINaOH溶液

洗涤，主要为了洗去ZnO杂质；

【小问5详解】

Fe3+水解一般分步进行，其第一步水解的离子方程式为Fe3++H2CTFe(OH)2++H+,设计实验验证假

设二是否成立的操作为：取两份等体积酸化的0」!110上匚下62«04)3溶液，其中一份加入少量的NaCl固

体，另一份加入少量的Na2s04固体，观察溶液颜色变化。

16.焦睇酸钠［NaSb(OH)6］可用于制作电视机显像管玻壳、纺织品阻燃剂和搪瓷乳白剂。以某含睇净渣

(主要成分是SbOCl,还含有少量Cu、As等元素)为原料制备焦睇酸钠的工艺流程如下图所示。

NaOHilSNa,SHO,HC1NaOH

己知：①NaSb(OH)6难溶于水。

2036

②Ksp[Cu(OH),]=2.2xIO,Ksp[CuS]=6.3xIO。

回答下列问题：

(1)含睇净渣需进行粉碎研磨，其目的是，“浸渣”的主要成分是(填“Cu(OH)2”或

“CuS”)。

(2)“碱溶”时SbOCl转化为Na3sbs3,转化的化学方程式为。

(3)“氧化”时，溶液中的AsS；一转化为易溶于水的Na3AsO4与睇分离，同时生成S,写出该反应的离子

方程式_______。

(4)“滤液”的主要成分是。

(5)产品纯度测定：称取L30gNaSb(OH)6样品，酸溶后加入适量硫酸肌固体配成250mL溶液，取

25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0500moLL-iCe(S04)2标准液滴定(Sb-+2Ce4+=Sb5++2Ce3+),平均消耗

标准液20.00mL„

①硫酸月井的作用是o

②产品的纯度为[NaSb(OH)6的摩尔质量为247g皿01』。

【答案】(1)①.增大反应物的接触面积，加快浸睇速率，使反应更充分②.CuS

(2)SbOCl+3Na2S+H2O=Na3SbS3+2NaOH+NaCl

(3)AsS；+4凡。2=AsO：+3SJ+4H2O

(4)NaCl(5)①.还原剂®.95%

【解析】

【分析】含睇净渣(主要成分是SbOCl,还含有少量Cu、As等元素)，加入氢氧化钠和过量硫化钠进行碱

溶,SbOCl转化为Na3sbs3,Cu元素形成沉淀过滤除去；加入过氧化氢将溶液中的AsS1转化为易溶于水

的Na3AsO4与睇分离，同时氧化生成S,加入盐酸进行酸溶，Na3sbCU转化为H3SbO4,S被过滤除去，最

后加入NaOH,将H3SbO4转化为NaSb(OH)6，同时生成NaCl。

【小问1详解】

含睇净渣需进行粉碎研磨，其目的是增大反应物的接触面积，加快浸睇速率，使反应更充分；根据

-236

Ksp[CU(OH)2]=2.2X10°,Ksp[CuS]=6.3xlO-可知滤渣为CuS；

【小问2详解】

“碱溶”时SbOCl转化为Na3sbs3,化学方程式：SbOCl+3Na2S+H2O=Na3SbS3+2NaOH+NaCl；

【小问3详解】

“氧化”时，溶液中的AsS1转化为易溶于水的Na3AsO4,同时生成S,反应的离子方程式：

AsS^+4H2O2=ASO^+3SJ+4H2O；

【小问4详解】

根据分析可知，滤液的主要成分为NaCl；

【小问5详解】

①加入硫酸脱，使得NaSb(OH)6中Sb元素化合价由+5价降为+3价，作用是为还原剂；

3+4+

②结合Sb元素守恒及得失电子守恒，得关系式：NaSb(OH)6-Sb~2Ce,产品纯度：

0.05mol/Lx0.02Lx-x-x247g/mol

-----------------------------25_2----------------X100%=95%°

1.3g

17.我国科研人员一直致力于氮氧化物(NOQ治理与消除技术研究，以实现“蓝天保卫战"。回答下列问

题：

(1)三元催化器可以将汽车尾气中的NO(g)和CO(g)转化成两种无污染的气体。

①已知N2(g)+C)2(g)=NO(g)AH=+180.OkJmor1.CO燃烧热为283.5kJ・moH,则

1

2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)AH=kJ.mol,

②若在恒温恒容密闭容器中，充入等量的CO和NO发生上述转化反应，以下哪些值不变能说明该反应达

到平衡状态(填标号)，

A.正反应速率

B.气体密度

C.平衡常数

D.反应物与产物物质的量之比

(2)NH3催化还原NOx技术(SCR技术)是烟气脱硝中应用最广泛的技术。标准SCR有下列反应:

主反应：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）-4N2（g）+6H2O（g）异⑴

副反应：4NH3（g）+4NO（g）+3O2（g）-4N2O（g）+6H2O（g）Kp（2）

①模拟烟气投料比n（NH3）:n（NO）=1:1,不同温度下达平衡时标准SCR实验数据如图所示（N2的选择性

生成N2的物质的量、

消耗NO的物质的量）

Is

lfo

x

。

300℃时NO的转化率最高，此时体系中02的平衡分压为p,则该温度时主副反应的分压平衡常数之比

K（1）

-4^=（用含有P的式子表示）。

J0

②B-MnCh作催化剂能有效减少副产物N2O的量，其晶胞如图所示，图中表示原子，该晶胞

密度为g-cm%用含有a、b的式子表示），

apm

（3）烟气中的NO还可先氧化为NO2,再用碱液吸收。NO在某催化剂表面的氧化机理如下（*为吸附位

点，k为速率常数）；

02（g）+2*J20*（Sj；NO（g）+*JNO*（S2）

'1'2

kk

±

NO（g）+O*4.NO2*⑸）；NO2*7NO2（g）+*（S4）

被占据的吸附位点数

假设NO、NCh和O均被相同类型的表面位点吸附，其分数覆盖率用。表示（0=

总吸附位点数

如：ONO），未被占据的吸附位点记作国。

①Si的正、逆反应速率方程分别表示为V正=k]C（C）2）0j和v逆'则S3的正反应速率方程可表示为

②某些催化剂反应历程不经过步骤S3,而是通过NO(g)+O*¥*+NO,*(S5)进行，当温度和NO浓度

恒定时，在一定量某催化剂下的NO氧化反应速率与02浓度的关系如图所示，则该催化机理符合

(填“S3”或“S5”)，理由是

【答案】(1)①.-747.0②.AD

1.74x1()32

(2)①.256p2②.氧

2

abNA

(3)①.v=k3c(NO)0o②5③.从S5可以看出，v由NO和0的吸附量共同决定，两者的

吸附竞争，当氧浓度过大导致氧吸附量增多，使得NO的吸附量减少，故v不升反降

【解析】

【小问1详解】

①CO的燃烧热反应为CO(g)+；O2(g)=CO2(g)AH2=-283.5kJ/mol,由盖斯定律，该反应可有②x2-

①,2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)

1

AH=2AH2-AH1=2x(-283.5)-180kJ/mol=-747kJ-mo?；②A.恒温恒容下，正反应速率不变，能

说明反应达到平衡；B.恒温恒容下，体积不变，反应前后均是气体，气体总质量不变，故混合气体的密度

始终不变，不能说明反应达到平衡；C.恒温恒容下，平衡常数始终不变，不能说明反应已达平衡；D.反应

物与生成物的物质的量之比不变时，能说明反应已达平衡；

【小问2详解】

①假设初始时NH3和NO均为ImoL300℃时NO转化率最高，然后随着温度升高，又降低，NO的平衡

转化率是50%,N2的选择性为80%,消耗的NO为0.5mol,生成的N2为0.4mol,有反应可知，NH3和

NO的系数相同，则NH3的平衡转化率为50%,消耗NH3的物质的量为0.5mol,由N守恒，9O的物质的

p6(H2O)p4(N2)

量为1(0.5+0.5-0.4x2)=0.1mol,J⑴—p4(NH3)p4(NO)p(。?)_p4(N2)p2(。z)

4

J(2)—p6(H2O)p4(N?O)—p(N2O)

443

p(NH3)p(NO)p(O2)

p4(N)_n4(N)K(l)IAN?%?。?)044xn2

22p,f=256p2,②由晶胞图知，黑球位于顶点

444qi4

P(N2O)n(N2O)'KP(2)n(N2O)

和体心，共有2个，白球位于面上和体内，共有4个，由化学式可知，黑球为铳原子，白球为氧原子；密

2x（55+32）=1.74x1（）32

。一（axIO*?xbxIO®xNA_a2bN

A

【小问3详解】

①由Si的正、逆反应速率方程分别表示为VF=k]C（C）2）0；和v逆'lOj,可知，S3的正反应速率方程可表示为

v=k3c（NO）0o；从S5可以看出，v由NO和O的吸附量共同决定，两者的吸附竞争，当氧浓度过大导致

氧吸附量增多，使得NO的吸附量减少，故v不升反降，则该催化机理符合S5。

18.恩杂鲁胺。）是一种雄性激素受体拮抗剂，可以通过以下方法合成：

NHFNC"OHO1

F'、

、1CrO3,HIO4（1>SOCI2,DMF乎〔FFeHOAc/MgS0j飞飞t*CN

Oci--o-

AN°2BY5

氏FN

0F

S=C=Ny^CF3°F°

GNNCHQH,」%

连INXCOOC%

DM，'S多NHy^CFs：F："Na：

（1）A中官能团的名称为—，B的结构简式为一—,c生成D的反应类型为—。

（2）D生成F的反应方程式为_______。

（3）与E具有相同官能团的同分异构体还有______一种（不考虑立体异构），写出任一种含有手性碳的结构

简式_______o

（4）I生成J时还得到了另一小分子产物，该产物的结构简