2024届河北省唐山市高三年级下册二模考试化学试题（解析版）

2024届唐山市普通高中学业水平选择性考试第二次模拟演练

化学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

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：H-1N-140-16Na-23Al-27S-32C1-35.5Re-186

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.化学物质作为文字的载体与文化传承密不可分。下列说法错误的是

A.记载甲骨文的龟甲和兽骨，主要成分是蛋白质

B.记载小篆的竹木简牍，主要成分是纤维素

C.记载有文字的青铜器，属于合金

D.记录了图案和文字的官窑瓷器，主要成分是硅酸盐

【答案】A

【解析】

【详解】A.龟甲和兽骨主要成分是磷酸钙、骨胶等物质，故A错误；

B.竹木简牍是写有文字的竹简与木牍的概称，主要成分为纤维素，故B正确；

C.青铜器是铜与锡、铅等元素形成的合金，故C正确；

D.瓷器由黏土经高温烧结而成，其主要成分是硅酸盐，故D正确；

故选：Ao

2.下列说法错误的是

A,根据燃烧产生的气味，可区分棉纤维和蛋白质纤维

B.石油的分储、煤的气化和液化都是物理变化

C.天然植物油没有固定的熔沸点，常温下难溶于水

D.聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层

【答案】B

【解析】

【详解】A.棉纤维的主要成分是纤维素，属于糖类，燃烧时无明显的气味，而蛋白质纤维燃烧时有烧焦的

羽毛气味，故可根据燃烧产生的气味区分两者，故A正确；

B.煤的气化和液化均为化学变化，故B错误；

C.天然植物油是混合物，故没有恒定的熔沸点，油脂都难溶于水，故C正确；

D.聚四氟乙烯性质稳定，具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂的特点，几乎不溶于所有的溶剂，可用于厨具表

面涂层，故D正确；

故选：B,

3.下列有关实验安全的说法，错误的是

A.苯应密封保存，置于冷暗处，远离火源

B.金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火

C.银氨溶液应该现用现配，不可久置

D.苯酚溅到皮肤上，先用NaOH溶液冲洗，再用清水冲洗

【答案】D

【解析】

【详解】A.苯是易挥发的液态物质，具有可燃性，则苯应密封保存，置于阴凉处且远离火源，故A正确;

B.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，氧气能助燃，所以钠着火时不能用水、

泡沫灭火器灭火，应该用细沙覆盖灭火，故B正确；

C.银氨溶液久置会变质，只能现用现配，故C正确；

D.氢氧化钠具有腐蚀性，苯酚可溶于酒精，应该用酒精冲洗，故D错误；

故选D。

4.NA表示阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是

A.78gNa2（）2固体中所含阴离子数为2NA

B.标准状况下，1L己烯完全燃烧所需。2分子数为弟NA

C.常温下，pH=3的CH3C。。H溶液中，所含H+数为IO^NA

D.金属从盐酸中置换出ImolH2,转移的电子数为2NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.过氧化钠阴离子为过氧根离子，78gNa2（）2固体物质的量为Imol,因此78gNa2（）2固体中所

含阴离子数为NA，故A错误；

B.标准状况下，己烯是非气态物质的，1L己烯在标准状况下物质的量大于二一mol,完全燃烧所需。，分

22.4

子数为无法计算，故B错误；

C.常温下，pH=3的CH3C。。H溶液中，缺少溶液的体积，无法计算醋酸物质的量，故C错误；

D.盐酸中氢为+1价，氢气化合价为0价，金属从盐酸中置换出ImolH?,因此转移的电子数为2NA，故D

正确。

综上所述，答案为D。

5.我国科学家通过催化剂协同作用，使氨类与醛类化合物反应获得了手性氨基醇类化合物。

下列说法错误的是

A.该反应为加成反应B.X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应

C.Y中碳原子的杂化类型有sp?、sp3D.Z分子中有2个手性碳原子

【答案】C

【解析】

【详解】A.X中亚甲基与Y中醛基发生加成反应，A正确；

B.X含亚氨基具有碱性，能与盐酸反应，含碳氯键能与NaOH发生水解反应，B正确；

C.Y中只含有双键碳原子，杂化类型只有sp2,C错误；

D.已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Z分子中与亚氨基相连的亚甲基、

与羟基相连的碳原子是手性碳，则有2个手性碳原子，D正确；

故答案为：C„

6.含氮化合物应用广泛，下列说法正确的是

A.NH3的价层电子对互斥模型为三角锥形B.NC)3的空间构型为平面三角形

C.每个［Ag(NH3),『中有6个◎键D.(CHs^NNH2中C、N的杂化方式不同

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH3中心原子价层电子对数为3+；(5-lx3)=3+l=4,其价层电子对互斥模型为四面体形，

故A错误；

B.NO3中心原子价层电子对数为3+^(5+l—2x3)=3+0=3,其空间构型为平面三角形，故B正确;

2

C.配位键为◎键，因此每个［Ag(NH3)21中有8个◎键，故C错误；

D.(CHs^NNH2中C有四个价键，没有孤对电子，其杂化方式为sp3,N有三个价键，还有1对孤对电

子，其杂化方式为sp3,故D错误。

综上所述，答案为B。

7.物质的结构决定性质。下列说法错误的是

A.金刚石的硬度高于晶体硅，是因为金刚石的原子化热大

B.MgO的熔点高于NaCl,是因为MgO的晶格能大

C.乙醇能与水任意比互溶，是因为乙醇分子和水分子间可形成氢键

D.I!?。的沸点高于H2S,是因为水中存在氢键

【答案】A

【解析】

【详解】A.金刚石、晶体硅都属于原子晶体，都是空间网状正四面体结构，碳原子半径小于硅原子半径,

金刚石的硬度高于晶体硅，是因为金刚石的键长短、键能大，故A错误；

B.MgO的熔点高于NaCl,是因为MgO离子半径小，所带电荷数多，晶格能大，故B正确；

C.乙醇能与水任意比互溶，其原因是乙醇分子和水分子间可形成氢键，还有相似相溶原理，故C正确；

D.水中存在分子间氢键，硫化氢不存在氢键，因此H2。的沸点高于H?S,故D正确。

综上所述，答案为A。

8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中仅Y、Z位于同一周期，X的s轨道电子数是

P轨道电子数的2倍，W、X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，基态Z原子有1个未成对电子。

下列说法错误的是

A.电负性：Z>Y

B.X与Z形成的化合物空间构型是三角锥形

C.Y的第一电离能大于同周期相邻元素

D,只有W元素处于s区

【答案】B

【解析】

【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中仅Y、Z位于同一周期，则W于X位于

不同周期，X的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，则X为C,则W为一周期即H元素，W、X的最外

层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为P,基态Z原子有1个未成对电子，则Z为C1。

【详解】A.根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z>Y,

故A正确；

B.X与Z形成的化合物为四氯化碳，其空间构型是正四面体形，故B错误；

C.Y为P元素，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第11人族大于第皿人族，第VA族大于第

VIA族，则P的第一电离能大于同周期相邻元素，故C正确；

D.H的电子排布式为Is'则只有W元素处于s区，C、P、C1为p区，故D正确。

综上所述，答案为B。

9.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

选项实验操作和现象结论

A向苯酚浊液中滴加Na2c。3溶液，浊液变清酸性：苯酚〉HzCOs

B向KMnC)4溶液中滴加H2。？溶液，溶液褪色H2O2具有氧化性

C向含AgN03的AgCl悬浊液中滴加KI溶液，产生黄色沉淀Ksp(Agl)<Ksp(AgCl)

D向盐酸中加入少量镁粉，产生气泡，溶液温度上升镁与盐酸反应放热

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.向苯酚浊液中滴加Na2cCh溶液，浊液变清，是由于溶解度较小的苯酚转化成了溶于水的苯酚

钠，同时生成NaHCCh,没有生成碳酸，该反应能说明苯酚的酸性强于HC0"不能说明苯酚的酸性强于碳

酸，A错误；

B.向KMnCU溶液中滴加H2O2溶液，溶液褪色，H2O2具有还原性，B错误；

C.向含AgNCh的AgCl悬浊液中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，KI与AgNCh也会生成沉淀，不能得出溶度

积的大小，C错误；

D.向盐酸溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升，说明镁与盐酸的反应是放热反应，D

正确；

故选D。

10.碎化像是一种新型半导体材料，应用广泛。图甲为它的立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿y轴的投影图。

该晶胞的边长为dpm,在三维坐标系中a、b两点的原子坐标分别为（0/,0）,（1,0,1）o下列说法错误的是

OAsOGa

甲

A.As和Ga原子间的最近距离为

B.Ga原子的配位数为4

C.c点的原子坐标为［二,二,二］

444

D.As原子填充在Ga原子围成的“正四面体空隙”中

【答案】A

【解析】

和Ga原子间的最近距离为为体对角线的工，据此回答。

【详解】A.As和Ga原子间的最近距离为体对角线的,，即为苴dpm,A错误;

44

B.Ga原子周围与之最近的As为4个，即Ga原子的配位数为4,B正确；

一113

C.由甲、乙图可知，c点的原子坐标为（一,一,一），C正确；

444

D.根据晶胞结构可知，Ga原子占据As原子形成的正四面体空隙，D正确；

故选A„

11.由辉铜矿（含C%S,少量Fes。,、50）合成仁11（帅3）4“04旧20的流程如下。

空气硫酸氨水

辉铜矿95%乙醉》Cu[NHJ4s。鼠耳。

气体X浸渣1浸渣2

3920

已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.6x10,Ksp[Cu(OH)2]=2.2xlO-,离子浓度<KTmoLLT时

可认为离子完全沉淀。下列说法正确的是

A.煨烧时只有Cu、S两种元素被氧化

B.酸浸后，滤液的主要成分为FeSC)4和CuS04

C.调pH为3〜4时，可实现铜、铁的分离

D.95%乙醇的作用为增大[Cu(NH3,]SO4的溶解度

【答案】C

【解析】

【分析】辉铜矿(含Ci^s,少量Fe3()4、SiC>2)在空气中煨烧生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，加入硫酸得

到硫酸铁、硫酸铁，过滤，调节滤液的pH值后过滤，向滤液中加入过量氨水，再加入95%的乙醇，降低

[CU(NH3)/SC)4的溶解度。

【详解】A.根据后面分析，没有氧化铁的过程，说明煨烧时铁被氧化为+3价，因此燃烧时有Cu、S、Fe

三种元素被氧化，故A错误；

B.根据调节pH值得到得到浸渣，说明生成了氢氧化铁沉淀，则酸浸后，滤液的主要成分为Fe2(SC)4)3和

CuSO4,故B错误;

C.调pH为3〜4时，可实现铜、铁的分离，将铁元素变为氢氧化铁沉淀，故C正确；

D.95%乙醇的作用为降低[CU(NH3)/SO4的溶解度，故D错误。

综上所述，答案为C。

12.催化剂a和b均能催化反应R(g)=P(g)。反应历程中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法

错误的是

A,使用催化剂a和b,反应历程都分4步进行

B.反应达平衡后，升高温度，P的浓度增大

C.使用催化剂b时，反应体系更快达到平衡

D.使用催化剂a时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据图中信息得到使用催化剂a和b,反应历程都分4步进行，故A正确；

B.根据图中信息得到该反应是吸热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动，则P的浓度增大，故

B正确；

C.使用催化剂b时，活化能更大，则反应速率较慢，反应体系更慢达到平衡，故C错误；

D.使用催化剂a时，前两步反应速率较快，而第三步反应速率较慢，因此反应过程中更容易积累到M物

质，因此M所能达到的最高浓度更大，故D正确。

综上所述，答案Co

13.一种新型富含氧空位的Co/CoO双功能催化剂，可对Zn-空气电池的充放电过程双向催化。电池的工

作原理及催化路径如图所示。*R表示R基团在催化剂表面的吸附态。下列说法错误的是

»填充Co/CoOz3

鄢L3

淞

叨

。3

e>®。

旨.7

法

喊

A.充电时，b极与直流电源的正极相连

B.放电时11.21。2(标准状况)参与反应，有2moiOIF由a极区移向b极区

C.充电过程中a极的电极反应为［Zn(OH)4广+21=Zn+4OH-

D.充电时决速步反应为*+OIF-}=*0H，氧空位提供更多反应位点，降低了反应的活化能

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据Zn—空气电池分析，放电时，锌失去电子，作负极即a为负极，b为正极，则充电时，b

极与直流电源的正极相连，故A正确；

B.根据。2+4}+2H2O=4OH,则放电时11.2LO2（标准状况物质的量为0.5mol）参与反应，有2moi

电子转移，则有2moiOIF由b极区移向a极区，故B错误；

C.放电过程中a极的电极反应为Zn+4OIT—2e-=[Zn（OH）4『「，则充电过程中a极的电极反应为

[Zn（OH）4广+2e-=Zn+4OH-,故C正确;

D.决速步反应是指活化能最高的一步，由图可以看出充电过程中活化能最大的是*Of*OH,催化剂从

。上吸附到OH上的反应为*+0JT-e-=*0H，氧空位提供更多反应位点，降低了反应的活化能，故D

正确。

综上所述，答案为A。

14.己知室温下的电离常数：

H2sO3

电解质H2CO3HC10NH3H2。

Kal=1047185

Kal=W

电离常数凡=3x10-8Kb=1.8x10-5

-1032K=]0々22

Ka2=1O-a2

下列溶液中的离子浓度关系正确的是

A.NaHSC>3溶液中：c（H2SO3）>c（SO；j

+

B.NaOH与CC）23：2反应后的溶液中：3c（Na）=2[c（CO^）+c（HCO3）+c（H2CO3）]

C.等浓度的NH4HSO3、NH4HCO3溶液中c（NH；）:NH4HsC>3>NH4HCO3

D.NaClO与SC）21：1反应后的溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（ClO）+2c（SO|j+c（HSO；）+c（OH）

【答案】C

【解析】

【详解】A.HSO；的电离平衡常数为：K^^IO^-22,水解平衡常数为：

+

C（H2SO3）C（0H）c（H）c（H2S03）c（0H）k1（）—14

K=…，由于%>又，HSO；

hc（HSO；）c（H+）c（HSO；）

以电离为主，C(H2SO3)<C(SO^j,故A错误;

B.NaOH与CO23:2反应的化学方程式为：3NaOH+2cO?=NaHCC)3+Na2cO3+H2O根据物料守

恒，含Na微粒总物质的量和含C微粒总物质的量之比为3：2,贝IJ

+

2c(Na)=3[c(CO7)+c(HCO3)+c(H2CO3)],故B错误；

C.HSO；以电离为主，电离出H+,抑制NH：的水解，HCO]以水解为主，与NH：进行相互促进的双水解，

因此等浓度的NH4HSO3、NH4HCO3溶液中c(NH；):NH4HsC>3>NH4HCO3,故C正确；

D.NaClO与SOzLl反应化学方程式为：NaClO+SO2+H2O=NaCl+H2SO4,反应后的溶液中溶

质为NaCl和H2so4,故D错误；

故选C。

II卷

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.三氯化铝在有机催化、金属冶炼中应用广泛。某小组以铝土矿为原料制备无水A1CL并测定其纯度，设

计了如下实验方案。回答下列问题：

I.AlCb&H2。的制备

r—►源渣

9」kNaOH溶液一盐酸

铝土矿—通入82L滤渣丁AlCb溶液HAlCh-6H2。

一滤液一^

■►滤液

(1)步骤①的分离操作中需要用到的玻璃仪器有O

(2)步骤②通入CO2时用多孔球泡的目的是o

(3)步骤④的操作为：在不断滴加(填试剂名称)的条件下蒸发、结晶、过滤洗涤。

II.无水A1J的制备

以AICL/H2。晶体制备无水A1CL的装置如下图。已知SOCL熔点为—156℃,沸点为76℃,遇水极易

生成两种酸性气体。

(4)实验开始先通N2,一段时间后，先加热装置______(填“A”或"B")；装置B内发生反应的化学方程式

为o

(5)装置E中碱石灰的作用有o

III.A1C1纯度的测定

称取1.000g产品，配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，滴入NazCrC^溶液2〜3滴(作指示剂)，

然后用0.2000mol-LTAgNC)3标准溶液滴定，经三次实验，平均消耗标准溶液18.00mL。

(6)产品的纯度为(保留3位有效数字)。

(7)下列操作，会使测量结果偏低的是o

a.滴定过程中往锥形瓶中加入H2O

b.达到滴定终点时俯视读数

c.滴定后滴定管尖嘴处有一液滴悬而未落

【答案】(1)漏斗、烧杯、玻璃棒

(2)增大接触面积，提高原料利用率

(3)浓盐酸(4)0.A(2).A1C13-6H2O+6SOC12A1C13+6SO2T+12HC1T

(5)尾气处理(SO2和HC1),防止空气中的水气进入D和B装置

(6)80.1%(7)b

【解析】

【分析】铝土矿中加入NaOH,将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，通入CO2转化为氢氧化铝，加入盐酸将

氢氧化铝转化为氯化铝，在不断滴加浓盐酸的条件下蒸发、结晶、过滤洗涤得到为AlCb6H2O,以

AlCh-6H2。晶体制备无水AlCb,SOCb与AlCh6H2O反应得到无水氯化铝，装置E中碱石灰的作用为尾

气处理(SO2和HC1),防止空气中的水气进入D和B装置，据此回答。

【小问1详解】

步骤①为过滤，玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；

【小问2详解】

步骤②通入CO2时用多孔球泡的目的是增大接触面积，提高原料利用率；

【小问3详解】

根据分析，步骤④的操作为：在不断滴加浓盐酸的条件下蒸发、结晶、过滤洗涤得到为AlCb6H2O,防止

铝离子水解；

【小问4详解】

①实验开始先通N2,一段时间后，先加热装置A,让AlCb6H2O与SOCb充分接触；

②装置B内发生反应的化学方程式为A1C4&f^O+GSOCl?1A1C13+6SO2T+12HC1T；

【小问5详解】

根据分析可知，装置E中碱石灰的作用有：尾气处理(SO2和HC1),防止空气中的水气进入D和B装置；

【小问6详解】

根据AlCb~3AgNO3可知，20.00mL的溶液中n(AlCl3)=1n(AgNO3)=|

x0.2000mol-LTxl8.00mLxl(y3moi=1.2xl(y3mol,产品中n(AlCL)=1.2xlO-3molx0nl=6xl(y3mol,贝!］产品

20mL

.403ifib^nol.....

的纯度为=---------------------x100%=80.1%。

1.000g

【小问7详解】

a.滴定过程中往锥形瓶中加入H2O,没有影响，a错误；

b.达到滴定终点时俯视读数，标准液体积的读数偏小，所得测量结果偏低，b正确；

c.滴定后滴定管尖嘴处有一液滴悬而未落，标准液体积的读数偏大1滴，所得测量结果偏大，c错误；

故选bo

16.从铝精矿焙烧烟尘(含MoS？、Re2O7,少量MOO3、ReC)3)中回收铢的工艺流程如图所示：

空气H2O2ZS70交换树脂NH3H2O

JJJJ

烟尘一|焙烧|水浸If|离子交换|'廨吸|NH4ReO4

JJ

浸渣交换液

已知：①低价铢(Re)元素易被氧化。②MOC>3、Re?。?易溶于水生成H2MOO4、HReO4,其它铝、铢的

氧化物难溶于水。③铝元素与硫酸根可形成配离子。

回答下列问题：

(1)500。(2焙烧产物基本全部为Mo。？。焙烧时MoS?反应的化学方程式为:

500℃

①2MoS,+7O22Moe)3+4SC)2

②________

（2）水浸时，加入H2。？的作用是

（3）已知MOO3在水中的溶解度:

温度

183045607080

/℃

溶解度

0.1060.2570.3650.4210.4660.518

（g/L）

水浸液中，铝的浓度约为10g/L,可能原因为。铝、铢的浸出率随温度的变化关系如图1所示，则

水浸时，适宜的温度为℃左右。

图1图2

（4）离子交换的原理为浸出液中的阴离子（如ReO；）与树脂上的官能团发生交换反应达到平衡。浸取液中

SO；浓度对铢的吸附率影响如图2所示，铢的浸出率随SO：浓度变化的原因为o

（5）ReOs的立方晶胞结构如下图所示，则Re配位数为，若晶胞密度为pgy111-3,则晶胞参数a=

nm（NA为阿伏加德罗常数的值）。

500℃

［答案］(1)MOS2+6MoO37MOO2+2SO2

(2)将低价锌元素进一步氧化为易溶于水的Re2O7

(3)①.溶液中的SO：与铝形成配离子，增大了铝的溶解②.50

(4)SO：与Re。4发生吸附竞争，使铢的吸附率下降

(5)①.6②.J-^lxlO7

\pNA

【解析】

【分析】烟尘(含MoS？、Re2O7,少量MOO3、ReO3),焙烧过程中MoS2最终被氧化为Mo。？，加入过

氧化氢进行水浸，可将低价锌元素进一步氧化为易溶于水Re2O7,经离子交换膜进行吸附和解吸后得

NH4ReO4。

【小问1详解】

根据题干信息，500℃焙烧产物基本全部为Mo。？，焙烧时M0S2与氧气反应生成MOO3，MOO3可被

500℃

:

MoS,还原为Mo。？，反应方程式：MOS2+6MOO37MoO2+2SO9；

【小问2详解】

RezO,易溶于水，而原料中存在低价态铢元素，加入Hz。？可将低价锌元素进一步氧化为易溶于水的

Re2O7；

【小问3详解】

经过焙烧和氧化后，溶液中存在SO：,结合题干信息可知，SO：与铝形成配离子，可增大了铝的溶解；水

浸过程中既要考虑二者浸出率，同时还要考虑温度过高会导致过氧化氢受热分解，结合图像可知，水浸时，

适宜的温度为50℃左右；

【小问4详解】

结合题干信息可知，SO：与Re。,可发生吸附竞争，从而导致锌的吸附率下降；

【小问5详解】

根据均摊法计算，白球位于顶角，个数为8x』=l,黑球位于棱上，个数为12x^=3,结合化学式ReOa可

84

知，黑球表示O,白球表示Re,结合晶胞结构可知，距离Re距离最近且等距的O的个数为6,即配位数为

_3186+16x3.31234

6；根据晶胞密度计算公式：PS-cm=~——yg-cm,解得a=?——xl07nm

7o

NA(axlO)VpNA

17.金属氧化物催化氧化制备苯甲醛是近年来的研究热点。以Fes。,为催化剂，苯乙烯、H2。？为原料制备

苯甲醛涉及的主要反应有:

(1)+HCHO(1)+2HO(1)AH1=-489.OkJ-mol-1

反应i：||(l)+2H2O2(l)->2

-1

反应ii：⑴+氏。2(1)一(1)+H2O(1)AH2=+566.6kJ-mol

CHO

反应iii：(1)+H2O2(1)T(1)+HCHO(1)+H2O(1)

△H3

回答下列问题:

1

(1)反应iii的AH3=kJ.moP»

E1

(2)根据阿累尼乌斯方程Ink=-高+111A(A为指前因子，Ea为活化能)，Ink与亍呈线性关系。据图1

可知反应i的活化能______反应ii的活化能。(填或)

图1

(3)实验测得苯乙烯的转化率与温度的关系如图2所示。温度高于60℃,苯乙烯的转化率下降，可能的原

因是_______

40506070SO

3度/C

图2

(4)FesO4的催化反应机理如下图所示:

以上转化过程中，属于氧化还原反应的是O（填序号）

（5）在V2O5-ZrC>2催化下，甲苯可以实现气相氧化制备苯甲醛。

主反应：人<vCH0

U+0:~U+H：o

CHO八3COOH

+0,-Y

T℃时，向a2L密闭容器中充入Imol甲苯蒸气和2moiCl2,起始压强为p（）,2h后反应达平衡时容器内气体

总物质的量为2.9mol,甲苯的转化率为80%。则甲苯的平均反应速率为mol.K'h主反应的

Kp=（Kp为平衡分压代替平衡浓度的平衡常数，气体平衡分压=总压X该气体物质的量分数，计算

结果保留三位有效数字）。

【答案】⑴-1055.6

（2）<（3）温度升高，H2O2部分分解（或升温反应i逆向移动，反应ii正向移动，对反应i的影响更

大）

⑷②⑥（5）0.0.2②.2.18

【解析】

【小问1详解】

反应i-反应ii可以得到反应iii,所以反应iii的△H3=A”i-AH2=T055.6kJ-mol-1；

【小问2详解】

E

由公式可知，-一^即为斜率，所以反应i的活化能小于反应ii的活化能；

R

【小问3详解】

温度高于60℃,苯乙烯的转化率下降，可能的原因是：温度升高，H2O2部分分解（或升温反应i逆向移动,

反应ii正向移动，对反应i的影响更大）；

【小问4详解】

有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，即以上转化过程中，属于氧化还原反应的是：②⑥;

【小问5详解】

①向2L密闭容器中充入Imol甲苯蒸气和2moi。2,甲苯的转化率为80%,消耗的甲苯为0.8mol,则甲苯的

平均反应速率为&-=0.8mol_H

VAt2L?2h-

甲苯苯甲醛

+。2''+H2O

起始(mol)1200

②转移(mol)

0.80.80.80.8

平衡(mol)0.21.20.80.8

2苯甲醛+。2.•2苯甲酸

起始(mol)0.81.20

根据题目信息，贝1]0.8-2x+1.2-x+2x+0.8+0.2=2.9,则

转移(mol)2xX2x

平衡(mol)0.8-2x1.2-x2x

3p?9

x=0.1mol,根据反应前后压强之比等于物质的量之比，5^=、，平衡时压强p=q-Po,则p(甲苯尸

^xO.ZpO2

p(苯甲醛)二,p(HO)=竺'po,p(02)=；po,所以主反应的Kp=

22xPo,22X29p02=2.18。

32.932.933g—P。?

18.硫酸沙丁胺醇(舒喘