2024年高考化学模拟卷六（福建卷）含解析

2024年高考化学模拟卷六（福建卷）化学(考试时间75分钟，总分100分)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，用橡皮擦干净后，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，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Cr52Mn55Cu64Zn65Ag108Ba137Pb207一、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．巴豆中含有巴豆素、蛋白质等。《雷公炮炙论》中记载巴豆膏的制备方法为“凡修事巴豆，敲碎，以麻油并酒等煮巴豆，研膏后用”。下列说法错误的是()A．敲碎能提高反应速率 B．麻油属于高分子化合物C．酒有利于巴豆素溶解 D．煮巴豆时蛋白质会变性2．近期好多人被流感困扰，冯老段长也未能幸免，鉴于自己丰富的经历，他第一时间去药店买子达菲，吃了药几天后就康复了。达菲的主要成分为磷酸奥司他韦，奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法不正确的是()A．分子中含有手性碳原子B．分子中环上的一溴代物只有2种C．能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D．1mol奥司他韦最多能与2molNaOH反应3．25℃时，Ksp()=1.0×10－15。磷酸铁锂废料浸出的化学方程式为iNaClO3=10iCl2↑NaCl+6H2O。NA是阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A．18g冰晶体中含有氢键数目为4NAB．106.5gNaClO3晶体中含有的键数目为4NAC．检测出反应液中c(PO33-)为10-5mol·L-1，则含有的数目为10-10NAD．生成2.24LCl2(已折算为标准状况)，转移电子数目为NA4．铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法正确的是()A．电负性：Z>Y>Q>WB．图中的阳离子存在配位键，但四个键的性质不同C．熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体D．Q的氧化物可以和氨水反应5．氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一，下图为处理氨氮废水的流程。下列离子方程式书写错误的是()A．过程①：NH4++OH-=NH3·H2OB．过程②总反应式：3Cl2+2NH3·H2O=6Cl-+N2↑+2H2O+6H+C．过程③：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+D．Cl2溶于水：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-6．以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是()已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。A．H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B．“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和ZnC．所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②”D．“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行7．PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图：下列说法错误的是()A．步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的上B．上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成C．该反应每生成CO2，转移电子D．PtNiFe-LDHGO降低了该反应的活化能8．下列实验探究方案能达到探究目的的是()选项探究方案探究目的A向CH2=CHCH2OH中滴加少量酸性KMnO4溶液，振荡，溶液褪色CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键B向CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色[CuCl4]2−配位键稳定性大于[Cu(H2O)4]2+C向酸性K2Cr2O7溶液中加入相同体积不同浓度的NaOH溶液，浓度越大，溶液黄色越深pH越大，化学反应速率越快D向碳酸钠溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊碳酸的酸性大于苯酚9．近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出在电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。下列说法正确的是()A．充电时，电极A连接电源的负极B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2OC．该电池可采用阴离子交换膜D．充电时，外电路通过1mole-，理论上该电池最多能够捕获11.2LCO2(标况下)10．天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某地溶洞(假设岩石成分只有CaCO3)的水体中(X：H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+)与的关系如图所示。下列说法正确的是()A．直线②的X表示HCO3-B．该溶洞水体时，溶液中cCa2+＞cCO32-＞cHCO3-C．体系中存在物料守恒：cCa2+＝cCO32-＋cHCO3-＋cH2CO3D．体系中存在二、非选择题：本题共4小题，共60分。11．(15分)以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备过程可表示为(1)“浸取”时需不断通入高温水蒸气，其目的是。(2)“除杂”包括：向浸取后的滤液中加足量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤。过滤所得滤渣的成分为(填化学式)。(3)ZnSO4溶液经结晶可得ZnSO4∙7H2O固体。加热该固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。温度从688℃升高到1050℃时，分解生成的产物中有两种气体(只有一种是氧化物)，该过程中发生反应的化学方程式为。(4)400℃时，将一定比例H2、H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器进行硫化。已知：硫化过程中ZnFe2O4反应后生成ZnS和FeS，该过程中发生的化学反应方程式为。(5)①氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，其中与Zn原子距离最近的O原子数目有个，请在图乙中画出该晶胞沿y轴方向的平面投影图。②Zn2+能形成多种配离子，已知Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则[Zn(NH3)4]2+的空间结构为。12．(15分)以H2S和丙烯酸合成-巯基丙酸(HSCH2CH2COOH，沸点为130℃)的过程如下。(1)制备H2S的四氢呋喃(THF)溶液，实验装置如图。①将浓硫酸稀释成30%硫酸的实验操作为。②下列措施有利于提高H2S吸收率的是(填标号)。A．缓慢滴加30%硫酸

B．快速滴加30%硫酸C．水浴X使用热水浴

D．水浴X使用冰水浴③该装置存在的不足之处是。(2)合成-巯基丙酸的实验过程如下：将上述所得溶液转移至反应容器内，依次加入0.3mol丙烯酸、3.0mmol离子液体催化剂ILs，密封反应器后于90℃水浴恒温反应一段时间。其反应机理如图。①中N1结合H+的孤电子对所处的原子轨道为。②虚线框内中间产物的结构简式为。③若反应时间过长，-巯基丙酸与丙烯酸会进一步发生上述反应，其产物的结构简式为。(3)分离产物与催化剂的实验流程如下。①操作1、操作2依次为、。②操作3是通过加入适当浓度的K3PO4、Na2溶液来提纯分离，其原理是。13．(15分)CO2的转化利用对化解全球环境生态危机，实现全球碳达峰和碳中和有着重要的意义。(1)以为催化剂的光热化学循环可以分解CO2。已知气态分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示，则CO2分解的热化学方程式为。(2)CO2催化加氢可以合成甲醇，该过程主要发生下列反应：i．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝-58.6kJ·mol−1ii．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝+41.2kJ·mol−1①若在绝热条件下，将CO2(g)、H2(g)按体积比1：2充入恒容密闭容器中只发生反应ii，下列能判断反应ii达到平衡状态的是A．容器内混合气体的密度不变B．容器内混合气体的压强不变C．不变

D．②若在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入3molCO2和5molH2同时发生反应i和ii，达到平衡时H₂的总转化率为80%，体系压强减小了25%，则CH3OH的选择性为(的选择性=，该温度下，反应i的化学平衡常数=。③若在一定压强下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH或的选择性以及CH3OH的收率(CH3OH的收率=CO2的转化率×CH3OH的选择性)随温度的变化关系如图所示。曲线a表示的选择性随温度的变化。210~290℃之间，CH3OH收率先增大后减小的原因是。(3)电解法也可以将CO2转化为甲醇，原理如图所示。若右侧溶液中KHCO3溶液浓度不变(忽略体积的变化)且溶液中不产生CO2，则电极b上发生的电极反应式为。若将产生的CH3OH用于碱性燃料电池对外供电，该电池的比能量为，甲醇的燃烧热，该电池的能量转化率为。(已知：；)。14．(15分)化合物G是抗菌、抗病毒有效药理成分之一，其合成路线如下：(1)丙酮()与水互溶的原因是。(2)A转化为B的原子利用率为100%，B的结构简式为。(3)从理论上讲，E与反应也能得到G。试分析：设计E→F步骤的目的是。(4)写出D→E第(1)步的化学反应方程式。(5)化合物G在酸性条件下能发生水解，其中属于芳香族的水解产物有多种同分异构体。写出一种满足下列条件的同分异构体。(填结构简式)①含有苯环，能发生银镜反应②1mol该物质能与4molNaOH反应③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1(6)写出以为原料制备的合成路线流图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。2024年高考化学模拟卷六（福建卷）化学(考试时间75分钟，总分100分)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，用橡皮擦干净后，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，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Cr52Mn55Cu64Zn65Ag108Ba137Pb207一、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．巴豆中含有巴豆素、蛋白质等。《雷公炮炙论》中记载巴豆膏的制备方法为“凡修事巴豆，敲碎，以麻油并酒等煮巴豆，研膏后用”。下列说法错误的是()A．敲碎能提高反应速率 B．麻油属于高分子化合物C．酒有利于巴豆素溶解 D．煮巴豆时蛋白质会变性【答案】B【解析】A项，固体粉碎，增加反应的接触面积，提高反应速率，A正确；B项，油脂不属于高分子化合物，B错误；C项，酒溶解巴豆素，有利于巴豆素溶解，C正确；D项，蛋白质加热会变质，煮巴豆时蛋白质会变性，D正确；故选B。2．近期好多人被流感困扰，冯老段长也未能幸免，鉴于自己丰富的经历，他第一时间去药店买子达菲，吃了药几天后就康复了。达菲的主要成分为磷酸奥司他韦，奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法不正确的是()A．分子中含有手性碳原子B．分子中环上的一溴代物只有2种C．能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D．1mol奥司他韦最多能与2molNaOH反应【答案】B【解析】A项，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中含有手性碳原子，位置为，故A正确；B项，中环上有5种环境的H原子，一溴代物有5种，故B错误；C项，奥司他韦含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，能够使溴水褪色，故C正确；D项，奥司他韦中含有1个酯基和1个肽键，可以和NaOH溶液发生水解反应，1mol奥司他韦最多能与2molNaOH反应，故D正确；故选B。3．25℃时，Ksp()=1.0×10－15。磷酸铁锂废料浸出的化学方程式为iNaClO3=10iCl2↑NaCl+6H2O。NA是阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A．18g冰晶体中含有氢键数目为4NAB．106.5gNaClO3晶体中含有的键数目为4NAC．检测出反应液中c(PO33-)为10-5mol·L-1，则含有的数目为10-10NAD．生成2.24LCl2(已折算为标准状况)，转移电子数目为NA【答案】D【解析】A项，1个水分子形成2个氢键，18g冰中含有1mol水，则晶体中含有氢键数目为2NA，A错误；B项，106.5gNaClO3的物质的量是1mol，ClO3-中价层电子对数是4，含有1对孤对电子，则晶体中含有的键数目为3NA，B错误；C项，检测出反应液中c(PO33-)为10-5mol·L-1，但由于溶液体积不确定，则含有的数目不一定为10-10NA，C错误；D项，生成2.24LCl2(已折算为标准状况)，即0.1mol氯气，根据方程式可知氯酸钠中氯元素化合价从+5价降低到0价，生成1mol氯气转移10mol电子，则生成0.1mol氯气转移电子数目为NA，D正确；故选D。4．铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法正确的是()A．电负性：Z>Y>Q>WB．图中的阳离子存在配位键，但四个键的性质不同C．熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体D．Q的氧化物可以和氨水反应【答案】C【解析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体，Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子；综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为Al元素，W为Si元素。A项，电负性从左到右依次增大，从上到下依次减小，故电负性O>N>Si>Al，A错误；B项，阳离子为NH4+，其中存在配位键，但四个键的性质相同，B错误；C项，N-Si键键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，故熔点：Si晶体小于Si、N形成的晶体，C正确；D项，铝的氧化物氧化铝不溶于氨水，D错误；故选C。5．氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一，下图为处理氨氮废水的流程。下列离子方程式书写错误的是()A．过程①：NH4++OH-=NH3·H2OB．过程②总反应式：3Cl2+2NH3·H2O=6Cl-+N2↑+2H2O+6H+C．过程③：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+D．Cl2溶于水：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-【答案】D【解析】A项，含NH4+废水与NaOH溶液反应生成NH3·H2O，其反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3·H2O，A不符合题意；B项，过程②加入Cl2可将废水中的NH3·H2O转化为无毒气体，反应过程中氯元素化合价由0价降低到-1价，化合价降低，被还原，氮元素的化合价由-3价升高到0价，化合价升高，被氧化，配平之后为：3Cl2+2NH3·H2O=6Cl-+N2↑+2H2O+6H+，B不符合题意；C项，过程③中Na2SO3溶液的作用是将含余氯废水中的Cl2转化为氯离子，反应为：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+，C不符合题意；D项，Cl2溶于水为可逆反应，生成的HClO为弱酸，不能拆开，反应为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，D符合题意；故选D。6．以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是()已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。A．H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B．“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和ZnC．所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②”D．“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行【答案】C【解析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反应，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3•H2O，滤渣①的主要成分为Fe2O3和MnO2；加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3•H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀，最后煅烧获得ZnO。A项，NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，孤电子对转化为成键电子对，对N—H成键电子对受到的排斥力减小，则H-N-H键角变大，即[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A错误；B项，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，故B错误；C项，滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入锌粉发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，因此滤液①中[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+，因此滤液②中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+，Zn的相对原子质量大于Cu，金属元素的质量增加，即“滤液①”<“滤液②”，故C正确；D项，煅烧时ZnCO3·Zn(OH)2会分解，Zn为+2价，不会被氧气氧化，因此不需要隔绝空气，故D错误；故选C。7．PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图：下列说法错误的是()A．步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的上B．上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成C．该反应每生成CO2，转移电子D．PtNiFe-LDHGO降低了该反应的活化能【答案】B【解析】A项，由图知，甲醛中的氧原子和催化剂中的羟基形成了氢键，即步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的−OH上，A正确；B项，上述反应机理涉及极性键的形成，不涉及非极性键的形成，故B错误；C项，甲醛中碳的化合价为0，二氧化碳中碳化合价+4，该反应每生成1molCO2，转移4mol电子，C正确；D项，催化剂降低反应活化能从而提高反应速率，D正确；故选B。8．下列实验探究方案能达到探究目的的是()选项探究方案探究目的A向CH2=CHCH2OH中滴加少量酸性KMnO4溶液，振荡，溶液褪色CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键B向CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色[CuCl4]2−配位键稳定性大于[Cu(H2O)4]2+C向酸性K2Cr2O7溶液中加入相同体积不同浓度的NaOH溶液，浓度越大，溶液黄色越深pH越大，化学反应速率越快D向碳酸钠溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊碳酸的酸性大于苯酚【答案】B【解析】A项，羟基、碳碳双键均具有还原性，可以使高锰酸钾褪色，A错误；B项，[Cu(H2O)4]2+为蓝色，[CuCl4]2−为黄绿色，向CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色说明[CuCl4]2−配位键稳定性大于[Cu(H2O)4]2+，B正确；C项，溶液会由橙色为黄色，因为溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，加碱消耗掉氢离子，平衡向右移动，重铬酸根是橙色，铬酸根是黄色，C错误；D项，因盐酸具有挥发性，故碳酸钠中滴入浓盐酸，生成二氧化碳气体中混有HCl气体，碳酸与HCl均可以与苯酚钠反应生成苯酚，D错误；故选B。9．近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出在电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。下列说法正确的是()A．充电时，电极A连接电源的负极B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2OC．该电池可采用阴离子交换膜D．充电时，外电路通过1mole-，理论上该电池最多能够捕获11.2LCO2(标况下)【答案】B【解析】由装置图中物质变化分析可以知道，M→N的变化为加氢反应，是还原反应，N→M的反应过程是去氢过程，为氧化反应，则放电条件下，电极B为原电池的负极，发生电极反应N+2OH--2e-=M+2H2O，电极A为原电池正极，实现K3[Fe(CN)6]→K4[Fe(CN)6]的转化，该电池可采用阳离子交换膜，避免M、N的阴离子移向负极反应，充电时，正极A连接电源正极做电解池的阳极，负极B连接电源负极，做电解池阴极。A项，由分析，充电时，电极A连接电源的正极，A错误；B项，放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2O，B正确；C项，该电池采用阳离子交换膜，C错误；D项，充电时，外电路通过1mole-，产生1mol氢氧根离子，根据CO2+OH-=HCO3-，理论上该电池最多能够捕获22.4LCO2(标况下)，D错误；故选B。10．天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某地溶洞(假设岩石成分只有CaCO3)的水体中(X：H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+)与的关系如图所示。下列说法正确的是()A．直线②的X表示HCO3-B．该溶洞水体时，溶液中cCa2+＞cCO32-＞cHCO3-C．体系中存在物料守恒：cCa2+＝cCO32-＋cHCO3-＋cH2CO3D．体系中存在【答案】D【解析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO3-、CO32-浓度都增大，pH较小时HCO3-浓度大于CO32-，而随着CO32-浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此直线①代表HCO3-，②代表CO32-，③代表Ca2+。A项，根据分析可知，直线②的X表示CO32-，A错误；B项，越大，c(X)越小，该溶洞水体pH=7.5时，根据图中信息可知，故溶液中cCa2+cCO32-cHCO3-，B错误；C项，由于调节体系中pH值时所用的物质未知，所以无法确定体系中存在的物料守恒，只有当体系中的物质只有CaCO3时才满足，但体系中还有碳酸，故C错误；D项，由图可知，b点时pH=9.0，，则体系中，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11．(15分)以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备过程可表示为(1)“浸取”时需不断通入高温水蒸气，其目的是。(2)“除杂”包括：向浸取后的滤液中加足量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤。过滤所得滤渣的成分为(填化学式)。(3)ZnSO4溶液经结晶可得ZnSO4∙7H2O固体。加热该固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。温度从688℃升高到1050℃时，分解生成的产物中有两种气体(只有一种是氧化物)，该过程中发生反应的化学方程式为。(4)400℃时，将一定比例H2、H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器进行硫化。已知：硫化过程中ZnFe2O4反应后生成ZnS和FeS，该过程中发生的化学反应方程式为。(5)①氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，其中与Zn原子距离最近的O原子数目有个，请在图乙中画出该晶胞沿y轴方向的平面投影图。②Zn2+能形成多种配离子，已知Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则[Zn(NH3)4]2+的空间结构为。【答案】(1)升高温度，加快反应速率(2分)(2)Cu、Fe、Zn(2分)(3)2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑(2分)(4)ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O(2分)(5)4(3分)(2分)正四面体(2分)【解析】锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)中加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，PbSO4难溶于水和稀硫酸，过滤后，滤渣为SiO2、PbSO4，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2将未被还原的Fe2+氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。(1)“浸取”时不断通入高温水蒸气，可使溶液的温度升高，反应速率加快，则目的是：升高温度，加快反应速率。(2)向浸取后的滤液中加足量锌粉，Cu2+、Fe3+、H+都被还原，过滤、加H2O2，将未被还原的Fe2+氧化为Fe3+，过滤所得滤渣的成分为：Cu、Fe、Zn。(3)设ZnSO4∙7H2O固体的质量是100g，物质的量为mol，依据锌守恒的原则，可求出688℃时固体的摩尔质量为≈161g/mol，其为ZnSO4；1050℃时所得固体的摩尔质量为≈81g/mol，其为ZnO，分解产生的气体应为SO2、O2的混合气，该过程中发生反应的化学方程式为2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑。(4)硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O。(5)①氧化锌晶胞中，含Zn原子个数为=4，含O原子个数为4，则晶体的化学式为ZnO，从图中可以看出，与O原子距离最近的Zn原子数目有4个，则与Zn原子距离最近的O原子数目也有4个，该晶胞沿y轴方向的平面投影图中，Zn原子位于正方形的顶点、面心和棱心，4个O原子位于面内对角线离顶点处，可表示为。②Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则其为四面体结构，不是平面结构，所以[Zn(NH3)4]2+的空间结构为正四面体。12．(15分)以H2S和丙烯酸合成-巯基丙酸(HSCH2CH2COOH，沸点为130℃)的过程如下。(1)制备H2S的四氢呋喃(THF)溶液，实验装置如图。①将浓硫酸稀释成30%硫酸的实验操作为。②下列措施有利于提高H2S吸收率的是(填标号)。A．缓慢滴加30%硫酸

B．快速滴加30%硫酸C．水浴X使用热水浴

D．水浴X使用冰水浴③该装置存在的不足之处是。(2)合成-巯基丙酸的实验过程如下：将上述所得溶液转移至反应容器内，依次加入0.3mol丙烯酸、3.0mmol离子液体催化剂ILs，密封反应器后于90℃水浴恒温反应一段时间。其反应机理如图。①中N1结合H+的孤电子对所处的原子轨道为。②虚线框内中间产物的结构简式为。③若反应时间过长，-巯基丙酸与丙烯酸会进一步发生上述反应，其产物的结构简式为。(3)分离产物与催化剂的实验流程如下。①操作1、操作2依次为、。②操作3是通过加入适当浓度的K3PO4、Na2溶液来提纯分离，其原理是。【答案】(1)将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入蒸馏水中，并不断搅拌(2分)AD(2分)尾气出口未加H2S尾气吸收装置(2分)(2)sp2(1分)(2分)(2分)(3)萃取、分液(1分)蒸馏(1分)K3PO4、Na2溶液能降低ILs在水中的溶解度(2分)【解析】(1)①将浓硫酸稀释成30%硫酸的实验操作为将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入蒸馏水中，并不断搅拌；②缓慢滴加30%硫酸可使生成的H2S充分与四氢呋喃(THF)溶液混合，有利于提高吸收率，故A正确，B错误；水浴加热应使用冰水浴，以减少H2S的挥发，提高其吸收率，故C错误，D正确；③该装置缺少尾气处理装置，会导致H2S尾气排放到空气中污染空气；(2)①N1中N原子采用sp2杂化，其中1个sp2杂化中含孤电子对，可与H+结合；②结合转化流程可知虚线框内中间产物的结构简式为；③若反应时间过长，-巯基丙酸与丙烯酸会发生加成反应生成；(3)①操作1后得到有机相和水相，应为分液；有机相经操作2得到-巯基丙酸，分离互溶有机液体应采用蒸馏；②操作3是通过加入适当浓度的K3PO4、Na2溶液能降低ILs在水中的溶解度，然后采用过滤得到ILs。13．(15分)CO2的转化利用对化解全球环境生态危机，实现全球碳达峰和碳中和有着重要的意义。(1)以为催化剂的光热化学循环可以分解CO2。已知气态分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示，则CO2分解的热化学方程式为。(2)CO2催化加氢可以合成甲醇，该过程主要发生下列反应：i．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝-58.6kJ·mol−1ii．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝+41.2kJ·mol−1①若在绝热条件下，将CO2(g)、H2(g)按体积比1：2充入恒容密闭容器中只发生反应ii，下列能判断反应ii达到平衡状态的是A．容器内混合气体的密度不变B．容器内混合气体的压强不变C．不变

D．②若在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入3molCO2和5molH2同时发生反应i和ii，达到平衡时H₂的总转化率为80%，体系压强减小了25%，则CH3OH的选择性为(的选择性=，该温度下，反应i的化学平衡常数=。③若在一定压强下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH或的选择性以及CH3OH的收率(CH3OH的收率=CO2的转化率×CH3OH的选择性)随温度的变化关系如图所示。曲线a表示的选择性随温度的变化。210~290℃之间，CH3OH收率先增大后减小的原因是。(3)电解法也可以将CO2转化为甲醇，原理如图所示。若右侧溶液中KHCO3溶液浓度不变(忽略体积的变化)且溶液中不产生CO2，则电极b上发生的电极反应式为。若将产生的CH3OH用于碱性燃料电池对外供电，该电池的比能量为，甲醇的燃烧热，该电池的能量转化率为。(已知：；)。【答案】(1)2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)ΔH＝+556kJ·mol−1(2分)(2)BC(2分)50%(2分)8(2分)CO(1分)变化过程中CO2转化率增大，CH3OH选择性减小，210~250℃左右时CO2转化率增大占主因，250~290℃时CH3OH选择性减小占主因(2分)(3)CO2＋6HCO3-＋6e-=CH3OH+6CO32-+H2O(2分)96%(2分)【解析】(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，2molCO2分解生成2molCO和1molO2，ΔH=(1598×2-1072×2-496)kJ/mol=+556kJ/mol，因此反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)ΔH＝+556kJ·mol−1。(2)①反应ii中反应物和产物都是气体，且反应在恒容密闭容器中进行，则无论是否达到平衡，混合气体的密度始终不变，A错误；该反应为等体积反应，但是反应为吸热反应，在绝热恒容密闭容器中，随着反应进行，容器内温度不断变化，气体的压强不断变化，气体压强不变，说明反应达到平衡，B正确；平衡常数K=，K只和温度有关，绝热容器内，K不变，说明温度不变，则反应达到平衡，C正确；选项中没有说明是正反应速率还是逆反应速率，无法判断反应是否达到平衡，D错误；故选BC。②设反应i消耗氢气amol，则反应ii消耗氢气(4-a)mol，则有:平衡