福建省南平市2024届高三联考（一模）化学试题（解析版）

2023〜2024学年高三省质检测评（南平）

化学

全卷满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上

的指定位置。

2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答

题区域均无效。

3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作

答；字体工整，笔迹清楚。

4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016Na23S32Zn65

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.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是

A.大米酿酒过程中碳元素易被还原

B.“白青［C%（OH）2cO3悔铁化为铜”，其中的“白青”属于盐

C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其化学成分为2CaSO「H2。

D.“盖此矶色绿，味酸，烧之则赤”,“味酸”是因绿矶水解产生H+

【答案】A

【解析】

【详解】A.大米的主要化学成分是淀粉，淀粉中的碳元素的化合价为0价，酿酒过程中淀粉转化为葡萄糖，

葡萄糖转化为乙醇和二氧化碳，酒精中的碳元素的化合价为-2价，二氧化碳中的碳元素的化合价为+4价,

故大米酿酒过程中碳元素既被还原又被氧化，A项错误；

B.白青［CU2（OH）2co3］属于盐，是一种碱式盐，B项正确；

C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其化学成分为2CaSO「H2。，C项正确；

D.绿矶是硫酸亚铁晶体（FeSO「7H2。），溶解时Fe?+水解产生H+，所以有“味酸”，D项正确；

答案选A。

2.茶叶中的儿茶素是决定茶叶色、香、味的重要成分，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法错误

的是

OH

A.含氧官能团有三种，能发生水解反应

B.分子中含有2个手性碳原子

C.采取sp2杂化和sp3杂化的碳原子的数目之比为19：3

D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗8molNaOH

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据儿茶素分子结构可知儿茶素中含有三种含氧官能团：(酚)羟基、酸键、酯基，A正确；

B.手性C原子是分子中连接4个不同的原子或原子团的C原子。根据儿茶素分子结构可知其分子中含有

2个手性碳原子，它们分别是含有O原子六元环中连接原子团的两个C原子，B正确；

C.根据儿茶素分子结构可知：物质分子中采取sp2杂化和sp3杂化的碳原子的数目之比为19：3,C正

确；

D.酚羟基和酯基都能与NaOH溶液发生反应，1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗9mol

NaOH,D错误；

故合理选项是D。

3.下列化学方程式或离子方程式或热化学方程式书写错误的是

A.钢铁发生吸氧腐蚀的总反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2

B.方铅矿(PbS)遇C11SO4溶液生成铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+PbS(s)=CuS(s)+Pb2+(叫)

C.乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热：

CH3cHO+2CU(OH)2+OH—^>CH3COO-+Cu2OJ+3H2O

D.密闭容器中，lgH2(g)与足量的k(g)混合反应后生成HI(g),放出akJ热量(a>0)：

-1

H(g)+I2(g).」2HI(g)AW<-2akJ-mol

【答案】B

【解析】

【详解】A.钢铁发生吸氧腐蚀，铁与空气中的氧气和水反应生成Fe(OH)2,总反应：

2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH),,A正确;

B.方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液生成铜蓝(CuS),反应的离子方程式为

2+

Cu(aq)+SOj(aq)+PbS(s)=CuS(s)+PbSO4(s),B错误；

C.乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热，生成乙酸钠、砖红色氧化亚铜沉淀和水，方程式为

-

CH3CHO+2CU(OH)2+OH^->CH3COO-+Cu2O+3H2O,C正确；

D.IgHz(g)的物质的量为0.5mol,与足量的Lj(g)混合反应后生成HI(g),放出akJ热量，由于该反应为

可逆反应，达到平衡后，消耗的H2(g)的物质的量小于0.5mol。对于放热反应来说，放热越多，AH越小，

则热化学方程式为H2(g)+L(g)k2HI(g)A”<—2akLmo『，D正确；

故选B。

4.W、X、Z、Y、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子

的最外层电子数，五种元素能组成如图所示的物质。下列说法错误的是

-X

H

X-Y

z+I

N

.

A.键角：YW；>YW3B.简单氢化物的沸点：X>N>Y

C.元素的第一电离能：N>Y>ZD.简单离子半径：N>Y>X>Z

【答案】D

【解析】

【分析】短周期主族元素W、X、Z、Y、N的原子序数依次增大，题给结构式中Z形成带一个单位正电荷

的离子，Z位于第IA族，X可形成2个共价键，位于第VIA族，因此X是O,Z是Na；W形成1个共价

键，则W为H；由题意可知，Y原子的最外层电子数是6-1=5,Y是P；N形成一个单键，且原子序数大于

P,所以N是C1。

【详解】A.PH；和PH3的中心原子都是采取sp3杂化的，但是PH3中有1个孤电子对，导致PH3是三角

锥形结构，而PH：是正四面体形结构，故键角：PH：>PH3,A正确；

B.0、Cl、P的简单氢化物分别为H,0、HC1、PH3,H,0分子间能形成氢键，HC1的相对分子质量比

PH3的大，故沸点H2(D>HC1>PH3,B正确;

C.元素的第一电离能：Cl>P>Na,C正确;

D.简单离子半径：P3>Cl>O2->Na+-D错误；

故选：D。

5.Imol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数。设义为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.28gN2中含JI键数目为鼠

B.ImolSiO2中含有Si-0键的数目为2NA

C.2g重水(D2。)中含有的孤电子对数为0.2NA

D.标准状况下，33.6LHF含有的分子数为L5NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.N2分子中含有氮氮三键，28gN2为Imol,含口键数目为2NA，A项错误；

B.在Si。？晶体中，每个Si原子形成4个Si-O键，故ImolSiO2中含有Si-O键的数目为4NA，B项错误;

C.D2。的摩尔质量为20g•moL,2g重水的物质的量为O.lmol,1个重水分子中含有的孤电子对数为2,

则O.lmol重水中含有的孤电子对数为0.2NA,C项正确；

D.标准状况下，HF是液体，不是气体，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行相关计算，D项错误；

答案选C。

6.过氧化钠和氢化钙与水的反应分别为：@2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T；②

CaH2+2H2。=Ca(OH)2+2H2TO下列说法错误的是

A.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应

B.Na2。？中存在离子键和非极性键，CaH2中只存在离子键不存在非极性键

C.Na2。？中阴、阳离子个数比为1：2,CaH2中阴、阳离子个数比为2:1

D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的。2和H2的物质的量之比为1:2

【答案】A

【解析】

【详解】A.①中水的化合价没有发生变化，水未发生氧化反应，②中水发生还原反应，故A错误；

B.Na?。?是由钠离子和过氧离子构成的，存在离子键和非极性键，CaH2是由钙离子和氢负离子构成

的，只存在离子键不存在非极性键，故B正确；

C.Na?。？由Na+和构成，阴、阳离子个数之比为1：2,Calh由Ca?+和H-构成，阴、阳离子个数比

为2:1,故C正确；

D.①中每生成1个。2分子转移2个电子，②中每生成1个H2分子转移1个电子，当反应①和②中转移

的电子数相同时，产生的。2和H2的物质的量之比为1：2,故D正确；

故选Ao

7.锌是一种浅灰色的过渡金属。在现代工业中，是电池制造上不可替代且相当重要的金属，以菱锌矿（主

要成分为Z11CO3、ZnO,含有少量Si。？和NazSiOs）制备锌单质的流程如图所示：

过*适量

池玳泣液

下列说法错误的是

A.SO〉的空间构型为正四面体形

B.滤渣的主要成分为Si。？和H?SiO3

C.“沉淀”步骤中，消耗CC）2的物质的量与消耗Na2ZnC）2的物质的量之比为1:1

D.“热还原”过程发生了置换反应

【答案】C

【解析】

【分析】菱锌矿（主要成分为Z11CO3、ZnO,含有少量Si。？和NazSiOs）与硫酸反应生成硫酸锌、硅酸、硫

酸钠，二氧化硅不与硫酸超硬，过滤，向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，向溶液中通入二氧化碳得到氢氧化

锌，过滤，将氢氧化锌煨烧得到氧化锌，再用过量焦炭还原得到锌。

【详解】A.S。：的空间构型为正四面体形，故A正确；

B.滤渣的主要成分为Si。？和H?SiO3,故B正确；

C.“沉淀”时CC>2会先与未反应完的NaOH反应，因此消耗的二氧化碳量比Na2ZnC>2多，故C错误;

A木

D.ZnO+C=Zn+COT是置换反应，故D正确。

综上所述，答案C。

O

〕）的过程如下:

8.实验室由环己醇（C

Na2c5O,溶液（稍过量）

O

55~60℃

已知：主反应为该反应为放热反应；环己酮可被强氧化剂氧化；环己酮的沸点为

Na2ce07小+

155.6℃,能与水形成沸点为95℃的共沸混合物；NaCl水溶液的密度比水的大，无水K2cO3易吸收水

分。

下列说法错误的是

A.分批次加入NazCr2。7溶液，可防止副产物增多

B.反应后加入少量草酸溶液的目的是调节pH

C.①、②、③分别是含有硫酸和CN+的水相、含NaCl的水相、K2c。3水合物

D.操作1为蒸储，收集150〜156℃的微分；获取③的操作为过滤

【答案】B

【解析】

【分析】由题给流程可知，向硫酸酸化的环己醇溶液中分批次加入重铭酸钠溶液，将环己醇氧化为环己

酮；向反应后的溶液中加入少量草酸溶液，除去过量重铭酸钠溶液防止环己酮被氧化；将反应后的溶液在

95。。条件下加热蒸储，收集得到环己酮和水的共沸混合物；向混合物中加入氯化钠固体，降低环己酮的溶

解度使环己酮析出，分液得到粗环己酮；向粗环己酮中加入碳酸钾固体除去有机物的水分，过滤得到滤

液；滤液蒸储收集得到环己酮。

【详解】A.由分析可知，分批次加入重铭酸钠溶液的目的是防止环己酮被氧化，导致产品中副产物增

多，故A正确；

B.由分析可知，加入少量草酸溶液的目的是除去过量重铭酸钠溶液防止环己酮被氧化，故B错误；

C.由分析可知，95℃蒸储的目的是得到环己酮和水的共沸混合物、加入氯化钠固体的目的是降低环己酮

的溶解度使环己酮析出、加入碳酸钾固体的目的是除去有机物的水分，则流程中①、②、③分别是含有硫

酸和铭离子的水相、含氯化钠的水相、碳酸钾水合物，故C正确；

D.由分析可知，向粗环己酮中加入碳酸钾固体的目的是除去有机物的水分，过滤得到滤液；滤液蒸储的

目的是收集得到环己酮，故D正确；

故选B。

9.锌一空气二次电池具有性能高、寿命长、可充电等优点，其工作原理如图所示。下列说法错误的是

A.充电时a极与直流电源的负极相连

B.放电过程中22.4L。？(标准状况)参与反应时，有4moi0H-由b极区向a极区迁移

C.充电过程中a极的电极反应为[Zn(OH)4广+2e-=Zn+4OIT

D.放电一段时间后，a极区c(KOH)大于b极区c(KOH)

【答案】D

【解析】

【分析】根据反应的自发性，活泼金属电池中金属往往做负极，故锌在负极放电，电极反应式为

-2-

Zn+4OH--2e=[Zn(OH)4],氧气在正极放电，电极反应式为O2+4占+2H2O=4OIT。

【详解】A.放电时a极为负极，则充电时a极为阴极，阴极与直流电源负极相连，A正确；

B.放电时b极为正极，正极的电极反应为。2+46-+2H2O=4OH\22.4LO,(标准状况)参与反应时,

外电路中有4moi电子通过，内电路中有4moi0H-由b极区向a极区迁移，B正确；

C.放电过程中a极的电极反应为Zn—2e-+4OH—=[Zn(OH)4『一，则充电过程中a极的电极反应为

[Zn(OH)4『一+2e=Zn+4OH,C正确；

D.放电过程中，外电路中有4moi电子通过时，a极区消耗8moiOH一,同时有4moiOIT由b极区向a极

区迁移,a极区c(KOH)减小;b极区«(KOH)保持不变，但溶剂的量减小，即溶液的体积减小,b极区c(KOH)

增大，故放电一段时间后，a极区c(KOH)小于b极区c(KOH),D错误；

故选D。

10.工业上以SrSO/s）为原料生产SrCC）3（s），对其工艺条件进行研究。常温下，现有含SrCC）3（s）的

O.lmol-IT1>LOmoLLTNa2cO3溶液，含SrSO/s）的、LOmoLL-iNa2so4溶液。在一

定pH范围内，四种溶液中lg[c（Sr2+）/mol-L-[随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

T

I

O

U

I

X

电

S

H

E

-

A.曲线④代表含SrCO3（s）的0.ImoL「Na2cO3溶液的变化曲线

B.a=-6.5

C.随着溶液的pH增大，反应SrSO4（s）+COj（aq）kSrCO3（s）+SOj（aq）的平衡常数增大

D.对含SrSC）4⑸且Na2sO4和Na2cO3的初始浓度均为Qlmol-U1的混合溶液，pH26.2时才发生沉淀

转化

【答案】B

【解析】

【分析】随着溶液的pH增大，含SrSO/s）的Na2sO4溶液中的银离子的浓度几乎不变；pH相同时，溶液

中c（SOj）越大，45产+）越小，所以曲线①代表含SrSO/s）的O.lmoLLTNa2sO4溶液的变化曲线，曲

线②代表含SrSO/s）的l.OmoLLTNa2sO4溶液的变化曲线；HzCX^是弱酸，随着溶液的pH增大，溶液

中c（COj）增大，c（Sr2+）减小；pH相同时，由于LOmoLLiNa2cO3溶液中的｛COj）大于

O.lmoLLNa2cO3溶液中的《CO；）,贝Ul.Omol-L'NajCOj溶液中的《CO：）小于

O.lmol-PNa2cO3溶液中的c（CO；），故曲线③代表含SrCC）3⑸的。Imol•「Na2cO3溶液的变化曲

线，曲线④代表含SrCC）3⑸的1Omol-L'Na2CO3溶液的变化曲线。

【详解】A.由分析可知，曲线④代表含SrCC）3（s）的LOmoLl/Na2cO3溶液的变化曲线，A项错误;

B.由分析可知，曲线①代表含SrSO/s)的O.lmoLkNa2s。4溶液的变化曲线，贝"rSO’的溶度积

1A-6.5

5552+65

%(SrS04)=10-x0.1=10^,温度不变,溶度积不变,则溶液pH为7.7时，c(Sr)=方-=10-,

则a=-6.5,B项正确；

C.温度不变,平衡常数不变，所以随着溶液的pH增大，反应SrSOKs)+CO^-(aq).SrCO3(s)+SO^(aq)

的平衡常数保持不变，C项错误；

D.曲线①代表含SrSO/s)的O.lmoLLTNa2sO4溶液的变化曲线，曲线③代表含SrCC)3⑸的

O.lmoLI^Na2cO3溶液的变化曲线，两条曲线的交点是(6.8,-5.5),pH'6.8时才发生沉淀转化，D项错

误;

答案选B。

二、非选择题：本题共4小题，共60分。

11.钻保渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn(II)、Cd(II)和少量C。(II)、Fe(II)、Ni

(ii)的硫酸盐及氢氧化物(“n”指相应元素的化合价为+2价)。利用以下工艺流程回收金属并制备碱

式碳酸锌：

H：SO«(aq)zn粉NaiSQlaq)Zn粉

信银渣一•溶过if法取液•国化、沉钻还览一*银沿

♦IIINa、COx(叫)

■清海绵CdC“OHb油渣ZnSO^aq)—:------*ZnCOirZn(OHh

已知:S2。：的还原产物为so〉。

回答下列问题：

(1)“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有(任写一种)。

(2)向“浸取液”中加入Zn粉，发生反应的离子方程式为o

(3)过二硫酸根具有极强的氧化性，原因是。

(4)“氧化、沉钻”时，加入Na2s2。8溶液并调节溶液pH至5.0〜5.2,反应生成Co(OH)3沉淀的离子

方程式为

(5)研究加入Na2s2。8溶液时温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示:

时间小

时间对金属脱除率的膨响

由图可知，“氧化、沉钻”的适宜温度和时间是。金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后

形成氢氧化物沉淀除去，Co（OH）3滤渣中还含有（填化学式）。

（6）向ZnSC）4溶液中加入适量的Na2cO3溶液，反应生成Z11CO3"ZnCOH）?沉淀的化学方程式为

（7）锌的某些硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。如图为锌的某种硫

①基态Zn2+的价层电子排布图为

②该硫化物晶体密度P=g-cm-3（用含a、b、NA的代数式表示）。

【答案】11.粉碎钻银渣、搅拌、适当升温、适当增大H2sO,溶液浓度等（任写一种）

12.Cd2++Zn=Cd+Zn2+

13.过二硫酸根中含有过氧键(或过二硫酸根中含有-0-0-)

2++

14.2CO+S2O^+6H2O=2co(OH)?J+2S0t+6H

15.①.80。。、2h②.Fe(OH)3

16.(x+l)ZnSO4+(x+l)Na2CO3+xH20=ZnCO3xZn(OH)2J+(x+l)Na2SO4+ACO2T

194x1()3。

2

—abNA

2A

【解析】

【分析】钻银渣加入稀硫酸进行酸浸，钻银渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，

难溶的杂质经过滤除去，浸取液里加过量的锌粉，利用金属的活泼性不同将Cd置换出来，再加入强氧化剂

Na2s2。8将溶液中的二价金属离子氧化为三价然后转化为氢氧化物沉淀除去，最后再加入锌粉经反应后过滤,

将滤液中锌离子转化为沉淀ZnCCh-xZn(0H)2。根据以上分析解答。

【小问1详解】

“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有粉碎钻银渣、搅拌、适当升温、适当增大H?S04溶液浓度

等；

【小问2详解】

向“浸取液”中加入Zn粉，根据题意可知得到了海绵Cd,发生反应的离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++

Cdo

【小问3详解】

Na2s2。8中S的化合价为+6,Na为+1,可知其O存在-1价，即存在过氧键，结合过氧化氢的性质可知

Na2s2。8应具有强氧化性；

【小问4详解】

在适宜的条件下，加入Na2s2。8并调节溶液pH至5.0〜5.2,Na2s2。8中S为+6价，具有强氧化性，可将

C02+氧化为+3价，生成Co(OH)3沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，写出反应的离子方程式：

2++；

2CO+S2O^+6H2O=2CO(OH)3J+2SOj+6H

【小问5详解】

根据图中信息可知，当溶液中钻完全沉淀时的温度为80℃,所用时间为2h；由Na2s2。8强氧化性及图中Co

与Fe图象非常靠近的特征可知，此时溶液中的Fe2+也被氧化为+3价形成Fe(0H)3沉淀。

【小问6详解】

ZnSC)4溶液中加入适量的Na2cO3溶液，反应生成ZnQ^-xZn(OH)2沉淀的化学方程式为

(x+l)ZnSO4+(x+l)Na2CO3+xH2O=ZnCO3-xZn(OH)2J+(x+l)Na2SO4+ACO2T；

【小问7详解】

3d

①基态Zi?+的价层电子排布图为

②由晶胞结构可知S原子有4个位于120°顶点，4个位于60°顶点，1个位于体内，则个数为

4x-+4x—+1=2；Zn原子有2个位于60°棱边上，2个位于120°棱边上，1个位于体内，个数为:

612

11194

2x-+2x-+l=2,晶胞质量为kg,晶胞体积为：^ab2xl0-30cm3,则晶胞密度为:

36人2

194x103。

12.连二亚硫酸钠（NazS?。/俗称保险粉，广泛用于纺织、医药、选矿、造纸工业。某实验小组拟用甲

酸钠、烧碱、二氧化硫制备连二亚硫酸钠并测定其纯度。

查阅资料：连二亚硫酸钠是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇；加热到80℃以上分解并出二氧化硫气

体；在空气中能被氧化，是一种强还原剂。

I.SO?的制备

（1）制备SO?时选用上图所示装置中的（填标号）。选用以下试剂中的（填标号）。

A.铜粉B.Na2s。3固体C.98%浓硫酸D.70%浓硫酸E.10%稀硫酸

II.Na2S2O4的制备

制用如图所示实验装置（加热、搅拌及夹持装置省略）制备Na2s2。4,实验步骤如下:

NaOH

溶液

de

i.先通入N?一段时间;

ii.然后持续通入SO?,保持水浴温度75℃左右，反应20min；

iii.停止加热，冷却至50℃；

iv.拆卸装置，将d中的混合物进行过滤、洗涤，得到粗产品。

(2)步骤I中先通入N?的目的是(答出两点)。

(3)装置d中发生主要反应的化学方程式为。

(4)步骤iv中“洗涤”时，洗涤剂为(填“水”或“乙醇”),进一步提纯Na2s2。4的方法为

III.产品纯度的测定

称取纯化后的产品加g溶于水，加入足量O.lmoLljiNaOH溶液后配成250mL待测液，量取25.00mL待

测液于锥形瓶中，滴入2〜3滴指示剂亚甲基蓝溶液，用QlOOOmoLIjiKs[FeCCN%]标准溶液进行滴定

｛已知滴定过程中S2O上转化为SO；,[Fe(CN)6r转化为[Fe(CN)6广，杂质不参与反应｝,达到滴定

终点时消耗标准溶液VmLo

(5)滴定过程中发生反应的离子方程式为。

(6)产品中Na2s2。4的质量分数为o

(7)下列情况会造成测定结果偏小的是(填标号)。

A.盛放待测液的锥形瓶内残留少量蒸储水

B.未用K3[FeCCN%]标准液润洗酸式滴定管

C.滴定终点时俯视读数

【答案】(1)①.c②.BD

(2)排尽装置内的空气，防止后续实验中生成的Na2s2。4被氧化；防止反应物甲酸钠被氧化

(3)HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O(或

HCOONa+3NaOH+2SO2=Na2S2O4+Na2CO3+2H2O或

HCOONa+2NaOH+2SO2=Na2S2O4+NaHCO3+H2O)

(4)①.乙醇②.重结晶

3-_4

(5)4[Fe(CN)6]+2S2O；+8OH-=4[Fe(CN)6]^+4SOj+4H2O

(7)C

【解析】

【分析】实验室中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备SO?；Na2s2。4在空气中能被氧化，故应先向装置中通

入N2一段时间，排除装置内氧气，防止生成的Na2s2。4被氧化，并且N2的通入可防止反应物甲酸钠被氧

化；将SO?通入装置d中，二氧化硫、甲酸钠、氢氧化钠反应生成Na2s2。4,化学方程式为

HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+C02+H20(或

HCOONa+3NaOH+2SO2=Na2S2O4+Na2CO3+2H2O或

HCOONa+2NaOH+2SO2=Na2S2O4+NaHCO3+H2O)；反应结束后停止加热，冷却至50℃,拆卸

装置，将d中的混合物进行过滤、洗涤，得到粗产品；

产品纯度的测定：取mg样品配置成溶液配成250mL待测液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，用

O.lOOOmolLK[FeCN上怖准溶液进行滴定，S20t转化为SOj,[Fe(CN)6r转化为[Fe(CN)6广，

3

根据得失电子守恒得到比例关系：，S2O^~2[Fe(CN)6]',达到滴定终点时消耗标准溶液VmL,则固体中

3

Na2s2O4的物质的量为二x型=丫x10-mol,则产品中Na,S,O4的质量分数为

2252—

—X103X1748.7V

0/。

-2---------------xlO1rOvrv%c/=/u

mm

【小问l详解】

实验室中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备SC)2，则应选择装置C,并且98%浓硫酸中硫酸主要以分子形式

存在，电离出的H+的含量较低，不利于反应进行，应选用70%浓硫酸和亚硫酸钠反应，答案选BD；

【小问2详解】

Na2s2O4在空气中能被氧化，故应先向装置中通入N2一段时间，排除装置内氧气，防止生成的Na2s2。4

被氧化，并且N2的通入可防止反应物甲酸钠被氧化；

【小问3详解】

由分析可知，反应的化学方程式为HCOONa+NaOH+2S。？=Na2S2O4+CO2+H2O(或

HCOONa+3NaOH+2SO2=Na2S2O4+Na2CO3+2H2O或

HCOONa+2NaOH+2SO2=Na2S2O4+NaHCO3+H2O)；

【小问4详解】

连二亚硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，故洗涤时，洗涤剂为乙醇；通过重结晶可进一步提纯Na2s2。小

【小问5详解】

用O.lOOOmol-V'K3[Fe(CN)6]标准溶液进行滴定，S2O^转化为SO^,[Fe(CN)6广转化为

4-

[Fe(CN)6广，离子方程式为4[Fe(CN)6「+2s+8OH-=4[Fe(CN)6]+4SO：+4H；

【小问6详解】

87V

由分析可知，产品中Na2s2O4的质量分数为"二％；

m

【小问7详解】

A.盛放待测液的锥形瓶内残留少量蒸储水，对实验结果无影响，A项不选；

B.未用K31Fe(CN)6]标准液润洗酸式滴定管，消耗K31Fe(CN)6]标准液体积偏大，导致测定结果偏大,

B项不选；

C.滴定终点时俯视读数，消耗K31Fe(CN)6]标准液体积偏小，导致测定结果偏小，C项选；

答案选C。

13.异丙醇(C3H8。)可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技

术已引起人们的关注，其主要反应如下：

-1

I.C3H8O(g)-C3H6(g)+H2O(g)AH=+52kJ-mol

II2c3H6(g)QC6HI?(g)AH-97kJ-moL

回答下列问题：

(1)已知2c3H8O(g)+9O2(g)=6CC>2(g)+8H2O(g)AH=-3750kJ-mol1，则C3H6(g)燃烧生成

CO2(g)WH2O(g)的热化学方程式为o

(2)在1350℃下，刚性密闭容器中加入一定量的C3H8(D(g),发生反应I、II。反应体系内水蒸气的浓

度随反应时间的关系如下表所示：

反应时间04812t204080

/s

H2O(g)

02440320036004000410041004100

浓度/ppm

①4〜8s内，平均反应速率v（C3H8。）=ppm-s-1o

②表格中t16（填或“="）。

③反应过程中，关于反应I、II的叙述一定正确的是（填标号）。

A.反应I、II到20s时才开始达到平衡

B.混合气体密度不变说明反应I、II已达到平衡

C.C3H8（）（g）浓度不再变化说明反应I,II已达到平衡

D.平衡时C3H6（g）的浓度小于4100ppm

（3）在一定条件下，若反应I、II的转化率分别为60%和30%,则丙烯的产率为

（4）如图为反应I、II达到平衡时IgJ与温度的关系曲线。已知：对于可逆反应

//(C)./(D)

«A(g)+Z?B(g)«(cC(g)+6O(g),任意时刻Q=［式中P（X）表示气体X的分压：p

pa(A>/(B)

（X）=总压X气体X的物质的量分数］。

温度/C

①在350℃恒容平衡体系中，加入少量C3H6（g）时，反应H的状态最有可能对应图中的（填

"甲”"乙''或"丙"）点，判断依据是

②350℃时，在密闭容器中加入一定量的C3H8。值），反应I、II达到平衡后，测得C6HI2（g）的平衡分

压为aMPa,则水蒸气的平衡分压为MPa（用含。的代数式表示）。

-1

【答案】⑴2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)AH=-3854kJ-mol

(2)①.190②.>③.CD

(3)42%(4)①.丙②.反应H平衡曲线为曲线M,恒容时加入少量C3H6,反应II平衡向

正反应方向移动，即Qp<Kp③.&+2a

【解析】

【小问1详解】

对反应编号c3H8O(g)L-C3H6(g)+H2O(g)AH=+52kJ/mol(①)，2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)AH=-

3750kJ/mol(②)，根据盖斯定律，将②-①x2得2c3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)AH=(-3750kJ/mol)-

(+52kJ/mol)x2=-3854kJ/moL则C3H6(g)燃烧生成CCh(g)和氏。4)的热化学方程式为

2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)AH=-3854kJ/molo

【小问2详解】

①4~8s内H20(g)的浓度增加3200ppm-2440ppm=760ppm,则消耗C3H80(g)的浓度为760ppm,平均反应速

76PPM

率V(C3H8O)=°=190ppm/so

4s

②由表中数据知，0~4s、4~8s、8~12sH2O(g)浓度的改变值依次为2440ppm、760ppm、400ppm,说明随着

时间的推移反应速率减慢，12~fs内H20(g)浓度的改变值为400ppm,贝卜>16。

③A.由表中数据知，卜20s内H2O(g)浓度改变值为lOOppm,20s时一定是平衡状态，但可能未到20s时已

经达到平衡状态，A项不符合题意；

B.该反应体系中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中气体的总质量始终不变，在刚性密闭容器中，混

合气体的密度始终不变，混合气体密度不变不能说明反应I、II达到平衡状态，B项不符合题意；

C.C3H80(g)浓度不再变化是反应I、II达到平衡状态的特征之一，C项符合题意；

D.平衡时H20(g)的浓度为4100ppm,则反应I生成C3H6(g)的浓度为4100ppm,由于反应II消耗

C3H6(g),故平衡时c3H6(g)的浓度小于4100ppm,D项符合题意；

答案选CDo

【小问3详解】

设C3H80(g)起始为Imol,反应I的转化率为60%,反应I生成C3H6(g)物质的量为0.6mol,反应II的转化

率为30%,反应II消耗C3H6(g)物质的量为0.6molx30%=0.18mol,结合C守恒，丙烯的产率为

0.6mol-0.18mol

xl00%=42%o

Imol

【小问4详解】

①反应I为吸热反应，升高温度，反应I正向移动，IgKp增大，则曲线N表示反应I的IgKp随温度的变

化；反应II为放热反应，升高温度，反应II逆向移动，IgKp减小，则曲线M表示反应II的IgKp随温度的

变化；在350°。恒容平衡体系中，加入少量C3H6(g)时，反应U的平衡向正反应方向移动，即。p<Kp,最

有可能对应图中的丙点。

②平衡时c6H12(g)的平衡分压为aMPa,反应H转化C3H6(g)的分压为2aMpa；由图知，350℃时，反应II

P(C6H12)

=1,则c3H6(g)的平衡分压为新MPa；故反应I生成的C3H6(g)的分压为

的lgKp=O,则&=1,"(C3H6)

2aMPa+指MPa,根据反应I知，水蒸气的平衡分压为2aMPa+石MPa=(2a+Va)MPa。

14.化合物H属于黄酮醋酸类化合物，具有保肝的作用。以下是制备化合物H的一种合成路线。

00

已知.IIOH-II。

匚划.RCH+CH—C—R—7-*R—HC=CH—C—Rz+H.0

—O3△2

回答下列问题：

(1)A的名称是o

(2)一定条件下，1molC最多能