2024届福建省厦门市高三年级下册联考模拟预测化学试题（解析版）

福建省厦门市2024届高三下学期毕业班第四次质量检测

化学试题

本试卷共6页。总分100分。考试时间75分钟。

可能用到的相对原子质量：016V51Fe56Zn65

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.我国明代李时珍《本草纲目》中记载豆腐制作过程：“凡黑豆…皆可为之。水浸，硝碎。滤去渣，煎

成。以卤汁或山鞋叶或酸浆醋淀，就釜收之制作过程不涉及的操作及现象是

A.溶解B.过滤C.聚沉D.蒸储

【答窠】D

【解析】

【详解】A.“水浸”涉及到的操作是溶解，A不符合题意；

B.“滤去渣”涉及到的操作是过滤，B不符合题意；

C.“以卤汁或山鞋叶或酸浆醋淀”涉及到的现象是聚沉，豆浆是胶体分散系，加入电解质发生聚沉，形

成豆腐，C不符合题意；

D.蒸储操作未涉及，D符合题意；

故选D。

2.花椒中的椒麻味主要是由羟基中山椒素(M)产生的，其结构如图。下列说法错误的是

B.M中所有碳原子共平面

C.ImolM可消耗ImolNaOH

D.M无对映异构体

【答案】B

【解析】

【分析】有机物M含有官能团碳碳双键和酰胺基、羟基，酰胺基能够与NaOH反应，羟基不与NaOH反

应，据此回答。

【详解】A.由结构式可知，有5个碳碳双键和一个碳氧双键，所以不饱和度为6,A正确；

B.M中出现结构“下、”，则所有碳原子不可能共平面，B错误；

C.酰胺基能够与NaOH发生反应，ImolM可消耗ImolNaOH,C正确；

D.从结构可知，M无手性碳，无对映异构体，D正确：

故选B。

3.加热CoJ溶液，发生反应：[（：0（凡0）6羊（粉红色）+4C「k^[CoCLr（蓝色）+6凡0,溶液颜

色由粉红色变为蓝色。下列说法错误的是

A.基态Co原子的价电子排布式为3d4/

B.该反应为吸热反应

C.向冷CoC4溶液中加入NaCl固体，溶液变蓝

D.加水稀释，平衡正移

【答窠】D

【解析】

【详解】A.C。为27号元素，基态Co原子的价电子排布式为3d74s2,A正确；

B.加热CoCL溶液，溶液颜色由粉红色变为蓝色，说明升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应，B

正确；

C.向冷CoCb溶液中加入NaCl固体，C1-浓度增大，平衡正向移动，溶液变蓝，C正确；

D.加水稀释，反应物浓度减少程度更大，平衡逆向移动，D错误；

故选D。

4.a-Fe晶体为体心立方晶胞结构。Fe、HCN与K2cO3在一定条件下发生如下反应：

Fe+6HCN+2K2CO3=K4[Fe（CN）6]+H2T+2CO2T+2H2OoNA是阿伏加德罗常数的值。下列说法

错误的是

A.pH=5的HCN溶液中H+数目为10'NA

B.ImolKjFelCN）。]中配位键数为6NA?

C.生成U.2L（标准状况）H2,转移电子数为NA

112

D.1个a・Fe晶胞质量为\-g

【答案】A

【解析】

【详解】A.pH=5的HCN溶液中H+浓度为104moi/L,溶液体积未知，无法计算H+数目，故A错误;

B.K/Fe(CN)6］中Fe2+与6个CN-形成6个配位键，因此ImolKjFelCN：%］中配位键数为6NA?,故B

正确；

C.11.2L(标准状况)H2物质的量为0.5mol,生成11.2L(标准状况)H2,转移电子数为NA,故C正确;

D.a-Fe晶体为体心立方晶胞结构，根据均摊法，1个晶胞中Fe的数目为l+8x"=2,因此1个a-Fe晶

2x56g/mol112

胞质量为=£-g,故D正确;

NA

故选Ao

5.下列实验方案、操作和现象正确的是

酸性

饱和

—KMnO4

LFeCb溶液I溶液

_NaOH

i溶液

\H2c2O4

#溶液

eA5

A.制备Fe(OH%胶体B.测定H2c2。4溶液浓度

r1llllh

re

<—

1-----1-----1-----

42(

食盐外

C.模拟外加电流阴极保护D.测定乙醇的核磁共振氢

法谱

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.饱和氯化铁溶液通入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，A错误:

B.酸性高钵酸钾溶液应该用酸式滴定管盛放，B错误；

C.铁与电源的负极相连，作阴极被保护，该装置可以模拟外加电流阴极保护法，C正确；

D.乙醇的结构简式为CH3cH20H,乙醇的核磁共振氢谱应该出现三组峰，且峰面积之比是3:2:1,D错

误；

答案选C。

6.某光敏剂的结构如图。前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次增大，X、Z、W、Q位于不同

周期。下列说法错误的是

x

—

Xz

、/=

ZZ-W

II

ZZ

彳

/、

XZ、丫

I

X

A.第一电离能：Y>W

B.Q的单质颜色为深红棕色

C.沸点:Y2X4<Z2X4

D.X?W形成四面体形的VSEPR模型

【答案】c

【解析】

【分析】某光敏剂的结构如图。前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次增大，X、Z、W、Q位于

不同周期，X连接1个共价键，X为H,丫连接3个共价键，丫为N,Z连接4个共价键，Z为C,W连接

2个共价键，W为S,Q连接1个共价键，Q为Br。

【详解】A.P的3P轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于S,P和N同处于第VA族，N的原子

半径小于P,则N的第一电离能大于P,则第一电离能：N>S,A正确；

B.Bn颜色为深红棕色，B正确；

C.N2H4分子间存在氢键，沸点：N2HpC2H…C错误；

D.H?S中心原子价层电子对数为2+g（6—2xl）=4,形成四面体形的VSEPR模型，D正确；

故选C。

7.在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法错误的是

261.9

一过渡至I226.48

三

2尸

£

一

起

±一

H

反应历程

A.生成中间体时碳的杂化方式未发生改变

B.生成中间体的反应为决速步骤

C.产物1为加成反应的产物

D.动力学和热力学优势产物均为产物2

【答案】A

【解析】

【详解】A.反应物苯中碳的杂化方式为Sp2杂化，生成的中间体中碳的杂化方式既有双键碳的Sp2杂化、

又有饱和碳原子的sp3杂化，所以碳原子的杂化发生了改变，故A错误；

B.由图可知，生成中间体的反应的活化能最大，化学反应速率最慢，所以生成中间体的反应为决速步

骤，故B正确；

C.对比苯和产物I的结构简式可知，反应过程相当于在苯的两个邻位碳上各加一个原子团，其中一个加

硝基、另外一个加-OSChH,即产物1为加成反应的产物，故C正确；

D.由图示可知，生成产物2的反应的活化能更小，化学反应速率更快，即动力学优势产物为产物2,产

物2的能量更低、更稳定，即热力学优势产物为产物2,故D正确；

故答案为：Ao

8.利用富磺酸盐修饰锌碘二次电池，总反应为Zn+I；=||=Zn2++3r,其装置如下。

下列关于充电过程说法错误的是

A.a为阳极

B.仆向b极移动的原因是电场作用

C.理论上消耗3moi1转移电子数目为2NA

D.富磷酸盐的作用是减缓b电极的腐蚀

【答案】B

【解析】

【分析】充电时，a极为阳极，发生氧化反应，I-失去电子，电极反应式为：3I-2e=I3,b极为阴极，电

极反应式为：Zn2++2e-=Zno

【详解】A.由分析得，a为阳极，故A正确；

B.充电过程中，在电场作用下，U向阳极，即a电极移动，故B错误；

C.由电极反应式3r-2e-=I；可知，理论上消耗3moi1转移电子数目为2NA，故C正确；

D.富碘酸盐中含有Zd+,作用是减缓b电极腐蚀，故D正确；

故选B。

9.氧化沉淀法回收石油炼制的Co-FeZ/AhOi加氢脱氮催化剂的流程如下。

H.SO4HQ：NaOHNa,CO,

|||pH=a|pH=8

一

废mi化剂-I:出HL化H沉铁N沉淀~I-Na,SO4-10H;O

Fe(OH),XCoCO,

374

已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=10-o下列说法正确的是

A.“浸出”时可将H2s。4替换为HNO?

B.“氧化”过程说明氧化性：Fe3+>Co3+

C.“沉铁”后溶液中c(Fe3+)=l(y'mol-L",则a=3.2

D.“沉淀”中X主要成分为A12(CC)3)3

【答案】C

【解析】

【分析】废催化剂用硫酸溶液浸取，浸出液含有亚铁离子、铝离子、钻离子，向滤液加入H2O2主要是氧化

溶液中的Fe2+得Fe'+,后用氢氧化钠调节溶液pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去氢氧化铁沉

淀达到除铁的目的，过滤后的滤液中加入碳酸钠将钻转化为CoCO3沉淀、将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，

过滤滤液处理得到硫酸钠晶体；

【详解】A.HNOj具有强氧化性，会生成污染性气体NO,且会引入硝酸根离子杂质，A错误;

B.“氧化”过程亚铁离子被氧化为铁离子，而Co2+没有被氧化为Co3+,说明氧化性：Fe3+<Co3+B错误;

C.“沉铁”后溶液中c(Fe3+)=105moi.匕，则

c(0H)=L,pOH=10.8,则pH=3.2,即a=3.2,C正

确：

D.铝离子和碳酸根离子水解生成氢氧化铝沉淀，“沉淀”中X主要成分为氢氧化铝，D错误；

故选C。

10.丙氨酸[NH2cH(CHJCOOH]是人体内重要的氨基酸。25c时，NH：CH(CH3)COOH.

NH：CH(CHjCOO\NH,CH(CH3)COO的分布分数[如J_f———-

c(A-J+c[HAJ+C(H2A)

B.pH、6.1时，丙氨酸微粒无法在电场作用下定向移动

C,c2[NH；CH(CH)COO]<c[NH；CH)COOH]•c(CH)COO]

3(CH3[NH2CH3

"

D.HOOCCH(CH3)NH3a溶液中c[HOOCCH(CH3)NH；]>c(H)>c[NH；CH(CH3)COO]

【答案】C

【解析】

【分析】NH2cH(CH3)COOH有-NHz,-COOH两种官能团，氨基具有碱性，在酸性较强时会结合H+,按

基具有酸性，在碱性较强时会与OH反应，则曲线a表示M/；C”(CH3)COOH的分布分数，曲线b表

示的分布分数，曲线c表示NH2cH(CH3)COO的分布分数，结合25℃时曲线a、b

交点坐标(2.5,0.50),对应c(H+)=1025mo]/L且c[M/；a7(C”3)COOH】=c[M/；C7/(a/3)CO01

计算NH；CH(CH3)COOHuNH；CH(CH3)COCT+H+的平衡常数K产

c\NHyCH（C%）COO]c（H+）

=10-25,同理再根据b、c曲线交点坐标(9.7,0.50)可得

c[NH；CH（CH3）COOH~\

97

M/；CH(CH3)CO0-=NH2cH(CH3)COO-+H+的电离常数为K2=10-,由此解题。

【详解】A.由溶液中的NH；C”(C”3)COO-离子可知，NH；C”(C”3)COOH发生电离时是较基先

电离，故NH；C”(C”3)COOH中-COOH电离能力强于一N"3A正确；

B.由图知pHM.l时，丙氨酸微粒以NWCH(CH3)COO一形式存在，整体不带电荷，无法在电场作用

下定向移动，B正确；

2597

C.由分析，Kl=10->K2=10-,即

++

c[/V//；CH(C//3)COO]c(H)c[NH2CH(CH.)COO]c(H)“

C[N”;CG(CH3)CGO”]~C[NH;CH(CH.)COO^-'

2

c)COO-]>c\_NH^CH(CH.)COOH]?[NH2CH{CH^fCOO-],C错误；

D.HOOCCH(CH3)NH3G溶液中，存在电离平衡NH；CH(C&)COOH=NH；CH(C&)CO。-+H\

弱电解质是小部分发生电离，氢离子除了该电离平衡产生，还有水电离产生，故

c[NH；CH{CH^)COOH]>c(H+)>c[NH；CH(CHjCOOl，D正确；

本题错误的选C。

二、非选择题：本题共4小题，共60分。

11.利用某阳极泥(含Au和Ag单质)回收贵金属Au并合成高能量密度材料[Ag(NH3)2T[Ag3(Ns)J

的工艺流程如下。

NaClO,N:H4-H3O

阳极泥-溶浸-Na：SQ,溶液HNO,

滤液一络合一电解溶研--------[Ag（NH,）J[Ag,（N,）J

(1)“溶浸”过程生成AuCL的离子方程式为

（2）“还原”过程发生反应的化学方程式为。

（3）溶液中含银微粒的物质的量分数随c（S2。；）的变化如图。

«

朱

s强

阳

器

00010020.030040.05

①“络合”过程为获得卜8区。3）2『，应调节Na2s2。3最佳浓度为mol-E'o

②25℃时，AgCl的长片1.8乂10」°,[AgSOsb『的K稳=3.0xl0%

AgCl（s）+2S2O^（aq）^^[Ag（S2O3）2]''（叫）+CT（aq）的平衡常数K=。

（4）“电解”过程生成Ag的电极反应式为。

（5）“溶解”过程可提高溶解速率的措施有（填1条）。

（6）[Ag（NHj][Ag3（N5）J晶体的局部结构如图。

①[Ag（NH3）2][Ag3（N5）4]晶体中存在的微粒间作用力有（填标号）。

A.离子键B.。键C.冗键D.金属键E.氢键

②晶体中Ag+的杂化轨道类型__________（填“相同”或“不同”）,依据是o

【答案】（1）C103+2Au+7C1+6H*=2AUC14+3H2O

（2）4HAUC14+3N2H4H2O=4AU+3N2T+16HC1+3H2O或

4HAUC14+11N,H4H,O=4AU+3N,T+8N2H6C12+11H,O

（3）①.0.025②.5.4xlO3

3

(4)[Ag(S2O3)2]'+e=Ag+2S2O^'

（5）适当升温（6）①.ABCE②.不同③.与Ag+形成配位键的原子个数不同（或形成的

空间构型不同）

【解析】

【分析】阳极泥（含Au和Ag单质）用氯化钠、氯酸钠和硫酸溶浸生成HAuCL,滤渣中含氯化银，滤液用

一水合胱还原生成金；漉渣中的氯化银与硫代硫酸钠反应生成[Ag（S2O3）2]:电解得到银单质，用硝酸

+

溶解生成硝酸盐，最终得到[Ag（NH3）2][Ag3（N5）4]\

【小问1详解】

“溶浸”过程Au与氯化钠、氯酸钠和硫酸反应生成HAuCb,生成AuCl；的离子方程式为

+

C1O；4-2AU+7C1+6H=2AUC14+3H2O；

【小问2详解】

HAuQ4用一水合聊还原生成金，一水合腓中氮元素化合价升高被氧化生成氮气，“还原”过程发生反应的

化学方程式为4HAUC14+3N2H4H2O=4AU+3N2T+16HC1+3H2O或

4HAUC14+11N2H4H2O=4AU+3N2T+8N2H6C12+11H2O；

【小问3详解】

①由图可知，Na2s2O3的浓度为0.025mol/L时，[Ag3O）『的物质的量分数最大，所以“络合”过

程为获得[Ag（S203）J，应调节Na2s2O3最佳浓度为0.025mol/L；

②25c时，AgCl的长卬=1.8乂10/°,即K+kSg+£KTAlSxlO-Z[AgC。。了的

K稳=3.0xIO*,即Ag+(aq)+2S2O；(aq)=[AgGO)]"(aq)的

=3.0xlO13,所以AgCl(s)+2S2。；(叫)▼・卜8心2。3)2](aq)+C「(aq)的平

。（应卜2他0；-）

衡常数K二

+3

c(cr)c{[A^(s2o3)2]^}_c(^)c(cr)c{[A^(SA)2]-}

=1.8x1010X3.0X10B=5.4X!03；

2

c(s2or)■运尸两小校

【小问4详解】

“电解”[AgSOs^T生成Ag，其电极反应式为[Ag（S2O3）2『+e-=Ag+2S2O>

【小问5详解】

“溶解”过程可提高溶解速率的措施有适当升温或适当提高硝酸的浓度等；

【小问6详解】

①［Ag（NH3）2T［Ag3（N‘）J晶体中存在阴、阳离子，即存在离子键，同时［Ag（NH）了内还存在氮

氢o键，［Ag3（Nj4］内存在北键，由于氮元素的电负性很强，晶体中还存在氢犍，故答案为：ABCE；

②由图可知，［AglNHJz］和［Ag3（Ns）4］中与Ag+形成配位键的原子个数不同，Ag+的价层电子对数

不同（或形成的空间构型不同），则Ag+的杂化轨道类型也不同。

12.某研究小组对质量分数为86%的V2。，杂质为Fe?。。进行分离提纯。

I.将V2O5粗品转化为V0C13（实验装置如图，夹持及加热装置省略）。

160℃

反应原理为2AICI3+V2O5^=A12O3+2VOC13

已知：部分物质的熔沸点如下表，VOCh是黄色液体且极易水解。

化合物FeCl3A1C13VOC13NaAlCl4

熔点/℃306194-77151

沸点/℃316180127—

（1）实验操作如下：

a.反应前，称取BO.OOgVzOs粗品；

b.通入Ar；

c.停止通入Ar；

d.将无水AlCh与V2O5粗品加入三颈烧瓶中;

e.加热至160℃并恒温反应3h；

f.关闭加热装置，待装置冷却至室温。

正确操作顺序为：af（填标号）。

（2）装置存在的不足之处是。

（3）在相同条件下，对上述转化过程进行如下探究。

实验1（未添加NaCl固体）实验2（添加NaCl固体）

现象C中收集到黄色液体并有大量白色固体反应较快，C中仅收集到黄色液体

A

△i.NaCl+AlCl3=NaAlCl4

i.3A1C13+V2O5=3A1OC1+2VOC13

反应过程ii.__________

A

ii.6A1OC1+V2O5=3A12O3+2VOC13A

iii.6A1OC1+V2O5=3A12O3+2VOC13

①实验1中白色固体最可能为°

②实验2中反应ii化学方程式是.

③从物质结构角度分析NaAlCl4熔点较低的原因是

④添加NaCl固体可加快化学反应速率并泥高AlCh利用率的原因是。

II.由VO。制备V2O5并测定提钿率

将VOCh加水配成VO2。溶液，滴入氨水，在35c下反应得到NH4Vo,，过滤，洗涤，燃烧得到

22.00gV2。，固体。己知：不同pH下，V（V）在溶液中主要的存在形式如下。

PH<66〜88〜1010-12

主要离子VO：VO3VQ；VO：

（4）滴入氨水生成NH4Vo3的原因有

（5）判断NH4VO3沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有

（6）称取2.00g样品，用稀硫酸溶解配成100mL溶液。取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入

50.00mL0.5000mol-lJ(NH4),Fe(SOj2溶液，生成丫0504，再用0.2000111011；啜乂1104，标准液

滴定剩余的Fe?+至终点，消耗标准液20.70mL。则提机率为。［提轨率

_n产物（V元素）

xlOO%]

n原料（V兀素）

【答窠】（1）dfbfefffc

（2）尾气出口未加干燥装置

(3)①.AIC13②.3NaAICI4+V2O5=3AIOCl+2VOCl3+3NaCl③.NaAlCL为离子晶体,

阴离子半径大，阴阳离子电荷低，离子键较弱④.反应生成低熔点的液态NaAlCL,增大反应物接触面

积，防止Ale1升华

（4）调控pH为6〜8,并生成NH；使V（V）转化为沉淀NH”。？

（5）AgNO3

（6）83.4%

【解析】

【分析】将V2。’粗品转化为VOC13（实验装置如图，夹持及加热装置省略），反应原理为

160c

2A1C13+V2O5-------A12O3+2VOC13,操作步骤为：反应前，称取BO.OOgVzOs粗品，通入Ar,加热至

160℃并恒温反应3h,关闭加热装置，待装置冷却至室温，停止通入Ar,VOC）是黄色液体且极易水

解，因此尾气出口应添加干燥装置。

【小问1详解】

操作步骤为：反应前，称取BO.OOgYOs粗品，通入Ar,加热至160c并恒温反应3h,关闭加热装置,

待装置冷却至室温，停止通入Ar，因此，操作顺序为a-dfbfefffc；

【小问2详解】

VOC%是黄色液体且极易水解，因此尾气出口应添加干燥装置：

【小问3详解】

①实验1中白色固体最可能为AlCh,A1Q3加热后升华，进入装置C；

②NaAlCl,与V2O5反应，生成A1OC1、VOC13.NaCl,化学方程式为：

3NaAlCl4+V2O5=3AlOCl+2VOCl3+3NaCl；

③NaAlCl,为离子晶体，阴离子半径大，阴阳离子电荷低，离子键较弱，熔点较低;

④反应生成低熔点的液态NaAlCL，增大反应物接触面积，防止AlCh升华，因此添加Na。固体可加快

化学反应速率并提高AlCb利用率；

【小问4详解】

滴加氨水可调控pH为6〜8,使得V(V)以VO；的形式存在，并提供NH；,使V(V)转化为沉淀

NH4VO3；

【小问5详解】

检验NH4V是否洗涤干净，实质是检验最后一次洗涤液中是否含有C1,可用AgNC)3来检验Ch

【小问6详解】

+

涉及到的反应有：V2O5+2H=2VO^+H2O,VO；+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2。可得关系式

2++3+2+

V2O52V0；〜2Fe2+,滴定的离子方程式为：5Fe+MnO；+8H=5Fe+Mn+4H2O,参加滴

定的Fe?+的物质的量为0.2000mol/Lx0.0207mLx5=0.0207mol,与VO；反应得Fe?+的物质的量为：

0.5000mol/Lx0.05L-0.0207mol=0.0043mol,根据关系式V2。、-2VO；〜2Fe?，可得，

2+

n(V2O5)=^n(Fe)=0.00215mol,原料中V2O5物质的量为黑器，提铜率

100mL22g

0.00215molx2x

n产物(V元素)20mL2g

xl00%=xlOO%=83.4%。

n原料(V兀素)30gx86%工2

182g/mol

13.可利用干法热分解法和湿法催化氧化法高效脱除沼气中的H2s。

(1)已知：部分键能数据为£但田)=436刀・0101“、E(H-S)=347kJ-mol1>E(S=S)=425kJ•mol\

2H2s(g)=2H2(g)+Sz(g)AH=kJ-moF1。

(2)干法热分解法原理为2H2s(g)=2H2(g)+S2(g)。向体积为VL恒容容器中充入lmolH?S,初始压强

n（X）

为pkPa,平衡时体系中各物质一行~仅随温度t的变化如图。

①S?对应图中的曲线是（填字母），结合平衡移动原理说明理由。

②tJC时，H2s的平衡转化率为,分压平衡常数Kp=（以分压表示，分压=总压乂

物质的量分数，列计算式即可）。

（3）湿法催化氧化法高效脱除H2s的过程如下。

ZnSO,溶液F*SO）溶液

II

H,S-|沉淀脱质"H轼化沉破卜|电解卜H;

S

①“沉淀脱硫”中发生反应Zn2+（aq）+H2s（aq）=­ZnS（s）+2H+（aq）K=。（已知：25℃

时，H2s的K/1=1O'3,ZnS的K卬=1024）

②“氧化沉硫”中发生反应的离子方程式有2Fe3++H2s=2Fe2++SJ+2H\°

③c（FP）对脱硫效率影响如图。随着c（Fe'+）增大，脱硫效率趋于平缓的原因是0

0.97----------1----------1----------1----------1----------

0306090120150

c（Fe,4）/g.L'

④该流程中可循环利用的物质有（填化学式）。

（4）相比湿法催化氧化法，干法热分解法的优点是,缺点是

【答案】(1)+91(2)①.c②.H2s分解反应为吸热反应，升温平衡正向移动：H2、S2含量

增加，且物质的量比为2:1③.30%④.亚

980

⑶①.104②.ZnS+2Fe3+=2Fe2++S+Zn2+③.Fe3+浓度增大，溶液酸性增强，抑制H2s

的电离及促使沉淀脱硫反应逆移④.ZnSO4、Fe2(SO4)3

(4)①.操作简单②.耗能较多、脱硫效率低、产物易于分离等

【解析】

[分析】H2s与ZnSO4溶液反应转化为ZnS和H2so4,沉淀脱硫未反应完的H2s与生成的ZnS与硫酸铁反

应转化为S单质、硫酸亚铁、硫酸锌，过滤得到S单质，滤液电解得到H2,据此回答。

【小问1详解】

△”二反应物总键能-生成物总键能=4'347-2、436125=+911＜卜1n01/；

【小问2详解】

①H2s分解反应为吸热反应，升温平衡正向移动，S2的含量增大，且物质的量比为2:1,所以S2对应图中

的曲线为c：

②由图可知，平衡时H2s的物质的量与起始物质的量之比为70%,起始时H2s为Imol,说明转化的H2s

为0.3moL生成的H2为0.3mol,生成的S2为。.15mol,剩余的H2s为成7mol,时,H2s的平衡转化率

03mol11.15

为二——x100%=30%,根据压强之比等于物质的量之比有，一二——，则平衡时的压强为1.15kPa,

1molPP平

p(H2s尸一■—xl.15pkPa,p(S2)=—■—x1.15pkPa,p(H2)=—■—x1.15pkPa,分压平衡常数Kp二

1.151.151.15

【小问3详解】

①“沉淀脱硫”中发生反应Zn2+(aq)+H2s(叫)=ZnS(s)+2H+