2024年福建省高考押题预测卷化学试题（福建卷1）（全解全析）

2024年高考押题预测卷01【福建卷】

化学•全解全析

（考试时间：75分钟试卷满分：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，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—140—16Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5K—39

Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br-80Ag—108Ba—137

评卷人得分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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。

1.2024年央视春晚首次应用5G-A技术，A1含量高，硬科技霸屏，下列有关说法错误的是

A.舞蹈《瓷影》所诠释的青花瓷，其主要原材料为含水的铝硅酸盐

B.晚会采用的LED屏，其发光材料通常是以Si3N4为基础，用A1取代部分Si,用。取代部分N后所

得的陶瓷制作而成

C.5G-A技术所需高频通讯材料之一的LCP（液晶高分子）在一定加热状态下一般会变成液晶，液晶既具

有液体的流动性，又表现出类似晶体的各向异性

D.芯片中二氧化硅优异的半导体性能。使得晚会上各种AI技术得以完美体现

【答案】D

【详解】A.青花瓷是传统无机非金属材料，其主要原材料为含水的铝硅酸盐，故A正确；

B.LED屏发光材料通常是以Si3N4为基础，用A1取代部分Si,用O取代部分N后所得的结构多样化的陶

瓷，故B正确；

C.液晶在一定温度范围内既具有液体的流动性，在折射率、磁化率、电导率等宏观方面又表现出类似晶体

的各向异性，故C正确；

D.芯片主要成分是硅单质，故D错误。

综上所述，答案为D。

2.下列化学用语或图示表达正确的是

A.coz的电子式为：：6：c：6：B.基态褚原子的简化电子排布式：[Ar]4s24P2

°。°。

c.也0的空间结构为D.铝原子最高能级的电子云轮廓图:

【答案】D

【详解】

A.C02分子中存在2个碳氧双键，电子式为.，故A错误;

•・・U5

B.错是第四周期WA族元素，基态错原子的简化电子排布式：仄门3胪4s24P2,故B错误;

C.H?O的空间结构为V形，故C错误;

D.铝原子最高能级为3PLp轨道为哑铃型,

选D。

3.阿斯巴甜是市场上主流甜味剂之一，以下是以天门冬氨酸为原料合成阿斯巴甜的路线。

HH°

QNcooh

H2N\/COOHHC0C1^^CMNC^

HOOC)①HIcOOH②11%③

天门冬氨酸0

下列说法不正确的是

A.天门冬氨酸难溶于乙醇、乙醛

B.①④的目的是为了保护氨基

C.反应过程中包含了取代反应、消去反应

D.相同物质的量的阿斯巴甜分别与盐酸和氢氧化钠充分反应，消耗HC1与NaOH的物质的量之比为2：3

【答案】C

【详解】A.常温下，天冬氨酸微溶于水，难溶于乙醇和乙酸，溶于沸水，A正确；

B.根据反应可知，反应①氨基转化为酰胺基，反应④酰胺基转化为氨基，故①④的目的是为了保护氨基,

B正确；

C.反应过程中包含了取代反应、消去反应、加成反应，C不正确；

D.阿斯巴甜分子中含有一个残基、一个酯基和一个酰胺基，相同物质的量的阿斯巴甜分别与盐酸和氢氧化

钠充分反应，消耗HC1与NaOH的物质的量之比为2：3,D正确；

答案选C。

4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.电解精炼铜时，若阴极析出3.2g铜，则阳极失电子数大于01NA

B.90g葡萄糖分子中，手性碳原子个数为2.5%

C.氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24L气体时理论上迁移的Na+数为02%

3

D.标准状况下5.6LC4HIO中含有的s-sp<r键数为2.5/

【答案】D

【详解】A.电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e=Cu,若阴极析出3.2g铜即0.05molCu,则转移电子等于。」治,

A项错误；

B.90g葡萄糖为0.5mol,每个葡萄糖分子含有4个手性碳原子，则手性碳原子个数为2NA,B项错误；

C.氯碱工业的反应为2NaCl+2H2。避里2NaOH+H2T+CbT，氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24L气体

时即阴阳极各收集0.05tnol气体，转移电子为0.1mol,理论上迁移的Na+数为。1NA，C项错误；

D.标准状况下5.6LC4H10即为0.25molC4Hio,每个C4H10含有10个s-sp3o•键(即C—H键)，则s-sp3o■键

数为2.5NA，D项正确；

答案选D。

5.某铜(II)配合物的结构如下图所示。其中元素X和Y均位于第二周期，X的第一电离能低于同周期相邻

元素，Y元素基态原子p轨道电子排布是半充满状态，Z元素基态原子核外电子共有9种空间运动状态。下

列说法正确的是

A.最简单氢化物的键角：X<Y

B.基态原子的未成对电子数：Z>X>Y

C.X、Y、Z的最简单氢化物均存在分子间氢键

D.该配合物中微粒间的相互作用有离子键、共价键和配位键

【答案】A

【分析】X位于第二周期且第一电离能低于同周期相邻元素的有B和O,Y基态原子p轨道电子排布式半

满状态3个电子且位于第二周期，电子排布式为：Is22s22P3,7号元素N,Z元素基态原子核外电子有9种

空间运动状态，则Z元素原子核外电子轨道有9条，Z可能为P、S、C1,根据Cu（H）配合物结构式可知，

X为O,Y为N,Z为C1,以此解答。

【详解】A.0最简单氢化物为H2O,N最简单氢化物为NH3,二者中心原子都是sp3杂化，IhO中的孤电

子对数多于NE,孤电子对越多，键角越小，则键角：H2O<NH3,故A正确；B.基态原子未成对电子,

O：2,N：3,Cl：1,未成对电子数：N>O>C1,故B错误；

C.0、N、C1最简单氢化物分别为：氏0、NH3、HC1,H20和NH3存在氢键，HC1没有，故C错误；

D.该配合物种微粒间有配位键，共价键，并无离子键，故D错误；

故选A。

6.为吸收工业尾气中的NO和SO?,设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠（Na2s,。,，其结晶水合物

又称保险粉）和NH4NO3产品。（Ce为电市元素）

NO、

NH4NO3

下列说法不思佛的是

A.工业尾气中的NO和SO。排放到大气中会形成酸雨

B.装置II的作用是吸收NO

C.Ce“+从阴极口流出回到装置H循环使用

D.装置IV中氧化IL2moi1一2。：，至少需要标准状况下22.4LC）2

【答案】C

【分析】装置I中加入NaOH溶液吸收S02,装置H中加入Ce4+,酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反

应，生成NOrNOI装置ni（电解槽）中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+,从阳极口流出回到装置II循环使用,

阴极得到装置W中NO1被氧气氧化为NO；,NO］与氨气生成硝酸钱。

【详解】A.工业尾气中的NO可与氧气生成NO2,NCh与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，SO2与水反应

得H2s。3,H2SO3被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故A正确；

B.装置H中加入Ce4+,酸性条件下，NO和Ce，+发生氧化还原反应，生成NOrNO；,故B正确；

C.装置111（电解槽）中阳极发生反应Ce"-e-=Ce4+,从阳极口流出回到装置II循环使用，故C错误；

D.装置IV中NO2被氧气氧化为NO］的离子方程式为：2NO-+O2=2NO；,R2moiL我。：物质的量为

lLx2mol/L=2moL即消耗ImolCh,标况下体积为22.4L,故D正确；

故选Co

7.某兴趣小组为制备1—氯一2—甲基丙烷（沸点69℃）,将2—甲基一1一丙醇和POCb溶于CH2c12中，加

热回流（伴有HC1气体产生）。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCb,分液收集CH2c12层，无水MgSCU

干燥，过滤、蒸储后得到目标产物。上述过程中涉及的装置或操作错误的是（夹持及加热装置略）

【答案】B

【详解】A.将2-甲基-1-丙醇和POCb溶于盛在三口烧瓶中的CH2cb中，搅拌、加热回流（反应装置中的球

形冷凝管用于回流），制备产物，A项正确；

B.产生的HC1可用NaOH溶液吸收，但要防止倒吸，导气管不能直接插入NaOH溶液中，B项错误；

C.分液收集CH2c12层需用到分液漏斗，振摇时需将分液漏斗倒转过来，C项正确；

D.蒸储时需要用温度计控制温度，冷凝水从下口进、上口出，D项正确；

故选Bo

8.18。标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为如下所示：

18

18cO-18n

UIITTTU

+0HnH,C-f-OCH.一■||+CH3O-

HC—C—OCH,।HC—C—OH

cScOH：i

能量变化如图所示：

18O-18OH

已知H：,C—OCH“H£—，一OCH3为快速平衡，下列说法正确的是

OHO-

A.反应n、HI为决速步

B.反应结束后，溶液中存在18OH-

C.反应结束后，溶液中存在CH3I8OH

D.反应I与反应IV活化能的差值等于图示总反应的熔变

【答案】B

【详解】

A.一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的

决速步为反应I、W,故A错误；

1BO-18OH

B.反应I为加成反应，而H：,C-卜OCH,UH£—OCH,为快速平衡，反应II的成键和断键方式为

OH0-

,8O-x1ROH>

H3c—或H：,C—C^)CH3，后者能生成"OH、因此反应结束后，溶液中存在"。口，故B正确；

OHO-

IBO-x18OH

C.反应HI的成键和断键方式为H3c—CIfAbcH,或HQ—CI-j,-OCH,,因此反应结束后溶液中不会存在

।！।y

OHO

CH3I8OH,故C错误;

18o

该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此

D.II和CH3O

HsC—C—OU

18()

的总能量与|和0H-的总能量之差等于图示总反应的焰变，故D错误；

H3C—C—()CH3

故选B。

9.水系镂根离子可充电电池具有成本低、安全、无污染等优点，该电池以VzCl；(含V、C、N元素)为正

极材料，电解质溶液中主要存在团簇离子NH：(CH3coOH)3。其放电工作原理如图所示。下列说法错误的

是

------------------r^i~i------------------

Y极X极

[7]]

(V,e-)2CTX-[NH：(CH3COOH)3]I

厂Na,6MnoJ

NH：(CH3COOH)3

■VzCT,MnO?

A.放电时，NH：(CH3coOH%向Y极方向移动

B.放电时，Y极的电极反应式为V2CT*+NH：(CH3co0肛+2片=(V,e、CTj[NH：(CH3COOH)3]

C.NH；与CH3COOH间通过离子键结合

D.充电时，NH：(CH3coOH%增加了Imol时，X极质量增加46g

【答案】C

【分析】电池以VzCT,为正极材料，因此Y为正极，X为负极，据此作答。

【详解】A.放电时Y为正极，阳离子向正极移动，即NH：(CH3coOH1向Y极方向移动，故A正确；

B.放电时，Y为正极，发生还原反应，Y极的电极反应式为

V2CTX+NH：(CH3COOH)3+2e-=(V,e，CT「[NH：(CH3coOH}],故B正确；

C.类比于筱根离子能与氯离子形成离子键，但CH3coOH各原子均达到稳定状态，可推知与钱根离子不能

形成离子键，故C错误；

D.充电时，X电极为阴极，Y电极为阳极，发生的反应为

(V.e-\CTv.[NH：(CH3COOH)3]-2e-=V2CTx+NH：(CH3COOH)3,NH：(CH3coOH、增加了Imol时，转

移的电子为2mol,根据电荷守恒可知，阴极转移的电子也是2mol,MnCh得电子生成NaoeMnCh,可知得

至U2moiNa+,则X极质量增加46g,故D正确；

答案选c。

10.菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下，草酸钙在不同pH下体系中

2+

Igc(M)与pH关系如图所示(M代表H2c2O4、HQO；、C2O^\Ca),已知

8656

Ksp(CaC2O4)=10-\Ksp[Ca(OH)2]=10-o下列有关说法正确的是

0

-1

-2

lgc(M),

-4

-5

-6

-7

-8

A.Ka2数量级为KT,

2+

B,溶液pH=7时，c(HC2O；)+2c(C2Oj-)=2c(Ca)

C.pH>12时，曲线①呈上升趋势的原因是部分CaCzO,转化为Ca(OH)2

D.A点时，体系中c(Ca2+)>c(H2c2O4)=C(HC2O，>C(C2O：-)>C(H+)>C(OH。

【答案】B

2+

【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，CaC2O4(s)-Ca(aq)+C2Ohaq),

C2O^+H,OHC2O；+OH,HC2O4+H2OH2C2O4+OH-,所以在CaC2O4溶液中，

2+2+

c(Ca)>c(C2Ot)>c(HC2O4)>c(H2C2O4),即①表示C?。：、②表示H2c2。4、③表示国心。,、④表示CaO

【详解】A.HCQ]一H++CQ：,①③相交时c(HCQ4)=c(C,O；)从图中可知此时

C(HC2O4)

pH大于4小于5,所以Ka2数量级为10-5,故A错误；

B.溶液pH=7时c(H+)=c(OH)溶液中电荷守恒c(HC2Oj+2c(C2(*)+c(CH)=2c(Ca2+)+c(H+),所以

2+

c(HC2O4)+2c(C2OJ-)=2c(Ca),故B正确；

C.由图像可知，pH>12时，如pH=13,c(OH)=0.1mol/L,c(Ca2+)=10-45mol/L,此时

Q[Ca(OH)2]=1045x(103=1065<KMCa(OH)2]=10,6,即没有氢氧化钙沉淀析出，故C错误；

D.据以上分析可知，①表示c?。；、②表示H2c2。4、③表示HCQ]、④表示Ca2+,所以A点时①表示的C?。：

浓度小于此时溶液中的c(H+),故D错误;

故答案为：Bo

评卷人得分

------------------二、非选择题：本题共4小题，共60分。

11.(15分)利用炼锌钻渣[主要含CO(OH)2、FeSO4>NiSCU和Zn、Cu单质]协同制备Co(OH)3和高纯Zn

的流程如下。

(过一硫酸钠)

H2sCUH2O2CaCO3氨水Na2s。5NaOH

**-pH=51『+^

炼锌钻渣T唳H盛铁N沉银—1|黑眈/T沉钻f|Zn(OH)J--|电解-Zn

I~~Iv~

铜渣滤渣Ni(OH)2CO(OH)3

(1)“酸浸”过程CO(OH)2发生反应的离子方程式为。

⑵“沉铁”过程CaCO3的作用有o

(3)“沉银”过程pH对溶液中Co(H)、Ni(II)含量的影响如图。

Co(II)含量

Ni(H)含量

①由图判断，应调节pH=

②该过程Co可能发生的反应如下：

2+2+5

CO+6NH3-H2O=[CO(NH3)6]+6H2OKI=10

2+

CO+2NH3-H2O=CO(OH)2；+2NH：K2

则K2=,[Co(NH3)6]2+为(填“热力学”或“动力学”)产物。

4815

(已知：25℃时，Kb(NH3-H2O)=10--,KSp[Co(OH)2]=10)

(4)“沉钻”过程生成CO(OH)3的离子方程式为o

⑸一种以Zn和V2O5为电极、Zn(CF3so3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下图一所示。放电时，Zn2+

可插入V2O5层间形成ZnxV2O5nH2O»

n

V2O5,ZnxV2O5nH2O

Zn电极V2O5电极

Zn(CF3so3)2水溶液

图一图二

①基态V原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为O

②上述电池充电时阳极的电极反应式为。

③金属Zn的晶胞如图二，密度为pg/cm3,则晶胞空间占有率为o

【答案】（1）CO（OH）2+2H+=CO2++2H2O（2分）

⑵调节pH使Fe3+沉淀完全的同时减少杂质引入（1分）

⑶10（1分）1054（2分）动力学Q分）

2+

（4）2[CO（NH3）6]+SO^+4OH+H2O=2co（OH）3j+SO：+12NH3T（2分）

2+

（5）1：4（或4：1）（1分）ZnxV2O5nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn（2分））丐）.（2分）

a2cxsin60p

【分析】炼锌钻渣加入硫酸酸浸，铜不和硫酸反应过滤后得到铜渣，滤液中含有Co2+、Fe2\Ni2+、Zn2+,

向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀,

滤液中加入氨水将保转化为沉淀，过滤滤液加入亚硫酸钠氧化二价钻为三价钻，加入氢氧化钠转化为钻沉

淀，过滤滤液电解得到锌单质；

【详解】（1）“酸浸”过程Co（OH）2和酸反应转化为钻离子，离子方程式为CO（OH）2+2H+=CO2++2H2O；

（2）“沉铁”过程碳酸钙的作用有调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且碳酸钙、硫酸钙均为固

体，减少引入其它杂质；

（3）①“沉镇”过程中使得保转化为沉淀，而钻不转化为沉淀，由图判断，应调节pH=10,此时候沉淀完全、

而钻损失较小；

②k二c(Co2+；；Z^HQ)=Ksp[E；OH)2广黯

=1054,钻离子和氨分子生成较为稳定的配合物

2+

[CO（NH3）6],故其为动力学产物；

（4）“沉钻”过程中亚硫酸钠氧化二价钻为三价钻同时生成硫酸根离子，加入氢氧化钠和三价钻反应转化生

2+

成CO(OH)3沉淀，离子方程式为2[CO(NH3)6]+SO；-+4OH+H2O=2co(OHR+SO：+12NH3T；

（5）

3d4s

①基态V原子的价电子排布式图为田王田口0|回，两种自旋状态的电子数之比为1：4（或4：1）；

②放电时，V2O5为正极反应物，ZM+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5FH2O,充电时阳极ZnxVzC^nHzO变为

2+2+

V2O5并释放Zn,阳极反应式为ZnxV2O5nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn；

③据“均摊法”，晶胞中含8x（+1=2个Zn,由图可知，锌原子半径为：nm,晶胞空间占有率为七§三£

a2cxsin6（T

a2cxsin6（f

12.（15分）氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。

I.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使CO和NO两种尾气反应生成N2,可有效降低汽车尾气污染,

反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)AH,o

（1）下表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成熔（AJI：）（标准摩尔生成焰是指在298.15K、lOOkPa

条件下，由稳定态单质生成Imol化合物时的熔变）数据。

CO(g)co（g）

物质N2(g)2NO(g)

0-393.5-110.590

则AH[=kJ-mol1=

⑵将CO和NO按物质的量之比1:1以一定的流速分别通过两种催化剂（Cat-1和Cat-2）进行反应，相同时

间内测定逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率（NO的转化率），结果如图所示。

脱氮率/%

①250℃下脱氮率较高的催化剂是（填“Cat-1”或“Cat-2”）。

②催化剂Cat-2催化条件下，450。（2后，脱氮率随温度升高而下降的原因是

II.一定条件下NO?与SO2可发生反应：4SO2(g)+2NO2(g).4SO3(g)+N2(g)AH2<0o

（3）将NO2与SO2按物质的量之比1:1置于恒温恒容密闭容器中反应。下列能说明反应达到平衡状态的是

__________（填标号）。

A.体系压强保持不变B.NO?与SO2的物质的量之比保持不变

C.曝糕(SO2)=V^(SO3)D.C(SO3):C(N2)=4:1

⑷将一定量的NO?与SO2置于密闭容器中发生反应，在相同时间内测得SO3的物质的量分数与温度的变化

曲线如图1所示（虚线为平衡时的曲线）。SO?的平衡转化率与压强、温度及氮硫比m的关系

如图2所示。

藏

白

s«

蜓

g昼

SO

①由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是o

②图2中压强：Pi（填或“="，下同）p2,氮硫比：m,m2o

③温度为TK,压强恒定为Pi时，反应平衡常数Kp=。

【答案】⑴-746（2分）

（2）Cat-l（1分）超过450。。催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降（2分）

（3）AB（2分）

（4）温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动（2分）＜（2分）＜（2分）

8m2+70.125（m2+0.875）八

4（4m2-l）"p；（m2-0.25）-p,

【详解】（1）2NO（g）+2CO（g）,N2（g）+2CO2（g）AH产生成物的总焰变一反应物的总熔变=-393.5

kJ/molx2-90kJ/molx2-(-l10.5kJ/mol)x2=-746kJ/mol；

(2)①由图可知，250℃时下脱氮率较高的催化剂是Cat-1；

②温度过高会导致催化剂活性降低，则催化剂Cat-2催化条件下，450P后，脱氮率随温度升高而下降的原

因是：超过450。。催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降；

(3)A.该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，体系压强不断减小，则当体系压强

保持不变时，说明反应达到平衡，A符合题意；

B.将NO2与SO2按物质的量之比1：1置于恒温恒容密闭容器中反应，反应开始至达到平衡过程，NO?与

SO2的物质的量之比一直在变化，则当NO?与SO?的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡，B符合题

思；

c.V消耗(SO?)=n生成(SC>3)，仅体现正反应速率，未体现逆反应速率，则不能说明反应达到平衡，C不符合

题意；

D.反应开始生成SO3、N2至达到平衡过程,c(SC)3)：c(N?)=4：l且保持不变，则当©他)：以电)=4：1时,

不能说明反应达到平衡，D不符合题意；

故选AB„

(4)①因AH2<0,则温度升高，平衡逆向移动，且温度过低，反应速率较慢，均不利于该反应的进行，所

以由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是：温度过低，反应速率较慢；温度过高，

该反应的平衡逆向移动；

②该反应是气体分子数减少的反应，温度、氮硫比m相同时，增大压强，平衡正向移动，SO2平衡转化率

增大，则pi<p2；温度、压强相同时，增大氮硫比m,相当于增大NCh的浓度，平衡正向移动，SO2平衡转

化率增大，则mi<m2；

③由图可知，温度为TK,压强恒定为pi时，SO2平衡转化率为50%,设开始时投入Msa)=17R/,则投

入〃(NQ)=?ra?/,据此列出“三段式”:

4SO2(g)+2NO2(g).4so3(g)+N2(g)

起始

(mol)1m200

转化(mol)0.50.250.50.125

平衡

(mol)0.5m2-0.250.50.125

f0.5'\J0.125,J

m+0.875z'P1

2yJ^m2+0.8750.125(m+0.875)

)_8m2+72

则反应平衡常数Kp=-旦(m?-0.25JP1°

4/J4(4m-l)2

10.51m-0.252P1

XP1?——」?x

^m2+0.875J

^m2+0.875

13.(15分)硫代硫酸钠(Na2s2O3-5H2O)俗名“大苏打”，又称为“海波”。它易溶于水，难溶于乙醇，加热、

遇酸均易分解。下图为实验室制取硫代硫酸钠的装置:

70%浓硫酸

可旋转调节方

三通阀示意图

三通

Na2cO3与N2y

混合溶液

搅

拌

子

集热式磁力搅拌器

ABCD

实验步骤：

I.Na2s2O3制备:

装置A制备的SO?经过三通阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7~8时，停止通入SO?

气体，得产品混合溶液。

II.产品分离提纯：

产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2s2O3JH2O产品。

回答下列问题：

⑴装置A中装Na2s的仪器名称为。装置B中的药品可以选择下列物质中的（填字母）。

A.饱和食盐水B.NaOH溶液C.饱和NaHSC）3溶液D.酸性KM11O4溶液

（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO?不能过量。若SO2过量使溶液pH<7,产率会降低，请用

离子方程式解释原因：;理论上Na2s和SO2的最佳物质的量之比应为。

（3）当数据采集处pH接近7~8时，三通阀（如图1）的孔路位置应调节为（填字母）。

OCOO

ABCD

图1

（4）小组查阅资料：①“0》的结构如图2所示（可视为一个S原子取代了Na2sO,中的一个O原子。）；

②在照相底片的定影过程中，未曝光的澳化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2s2。3)溶解。发生的反应为:

3+1313

Ag++2s2。匕[Ag(S2O3)2],常温下，Kg=3.2xIO>Ksp(AgBr)=5.0xIO,Na2s2O3溶液溶解AgBr

生成Na3[Ag(Sq3)』的离子方程式：,常温下，该反应的化学平衡常数为o在配合物

离子[AgSOsk『中，(填字母)不可能作配位原子。

a.S?0；一中的中心S原子b.S?。j中的端基S原子

【答案】⑴蒸储烧瓶(1分)BD(2分)

+

(2)S2O；-+2H=SO2+S+H2O(2分)1:2(2分)

⑶D(2分)

(4)AgBr+2s2O，=[Ag(S2C)3)2]"+Br-(2分)16(2分)a(2分)

【分析】A为SO2的发生装置，将SO2经过三通阀通入装置C中的混合溶液中，与碳酸钠和硫化钠反应生

成Na2s2O3溶液，混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2s2。3-5H2。产品，装置B

吸收S02,据此回答。

【详解】(1)①装置A中装Na2sCh的仪器名称为蒸储烧瓶；

②根据分析可知，装置B吸收S02,酸性高镒酸钾和NaOH溶液都可以与S02反应，故选BD；

(2)①实验中通入的SO2不能过量，否则产率会降低，原因是硫代硫酸根离子在酸性溶液中会发生歧化反

+

应，离子方程式为：S2O|-+2H=SO2^+S^+H2O；

②反应的方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2,所以论上Na2s和SO2的最佳物质的量之比应

为1:2；

(3)当数据采集处pH接近7~8时，Na2cCh与Na2s已经完全反应为产物，此时反应应该停止，将多余的

S02进行尾气处理，需要调节三通阀的方向使S02进入B装置，故选D；

3

(4)①Na2s2。3溶液溶解AgBr生成Na3[Ag(S2C)3)2]的离子方程式：AgBr+2S2O；-=[Ag(S2O3)2]'+Br-；

+

c(Br)c{[Ag(S2O3)2F}c(Br-)c{[Ag(S2O3)2f}c(Ag)

②根据K萨3.2x1013,K=

c2(SOt)—九针AJ)—=^^SP(AGBR)=3-2XL°13

2

X5.0X10-13=16；

③SQj中的中心S原子无孤电子对，不做配位原子，端基S原子含有孤电子对，可做配位原子，故选a。

14.(15分)哇草酮是一种药性强、易降解、污染少的除草剂，其中一种合成路线为:

OO

回答下列问题：

(DA中含有官能团的名称为。

⑵A与B反应得到C和(填结构简式)，该反应的目的是

(3)F-G的化学方程式为o

(4)已知XCHzNH?中C-X键极性越大，则碱性越弱，则下列物质的碱性由弱到强的顺序为(填标

号)。

a.b.C.C1^^^^NH2

+〃N-

N

/其中杂化轨道类型为sp2的原子有

(5)DPPA是一种叠氮化试剂，其结构为：y).个。

。飞

(6)C的同分异构体中符合下列条件的有.种(不考虑立体异构)。

①分子骨架为T\^-R,且R结构中含有一个“-CHO”和一个“-CH3”

②分子中有一个手性碳原子

Q

ANH

（7）参照上述合成路线，设计以苯胺