化學(xué)（福建A卷）（全解全析）-高考化學(xué)備考復(fù)習(xí)重點資料歸納

2023年高考第一次模擬考試卷(福建A卷)

化學(xué)全解全析

1.化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法不正確的是

A.“碳中和”是指一定時期內(nèi)，二氧化碳排放量與吸收量相平衡的狀態(tài)，植樹造林捕獲

和儲存大氣中的CO2過程中涉及了氧化還原反應(yīng)

B.三國“煮酒論英雄”中使用青銅器皿煮酒的做法是對人體健康有益的

C.2022北京冬奧會中，許多核心技術(shù)為比賽保駕護航，硫化鎘(CdTe)發(fā)電玻璃用于一

體化項目：Te屬于半導(dǎo)體，與Te位于金屬與非金屬交界處

D.“綠氫”燃料電池客車投入“冰絲帶”：光伏電解水制氫可作為“綠氫”的主要來源

答案：B

解析：A.綠色植物吸收CO2的同時放出02,屬于氧化還原反應(yīng)，A正確；B.Cu屬于重

金屬，能使蛋白質(zhì)變性，超量攝人會損害人體健康，所以使用青銅器皿煮酒的做法是對人體

健康有害的，B錯誤；C.硅位于金屬與非金屬的交界處，導(dǎo)電性質(zhì)介于金屬與非金屬之間,

可以作為半導(dǎo)體材料，C正確；D.光伏電解水制怎可作為“綠氫”的主要來源，D正確。

故選B。

2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.10gD2i?)中含有的中子數(shù)為6NA

B.標準狀況下，U.2LHF含有的分子數(shù)為0.5NA

C.向lOOmLO.2moi/L的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體至溶液恰好呈中性，溶液中醋酸分

子數(shù)為0.02NA

D.ILO.lmolL-'的KzCnCh溶液中CzO；的數(shù)目為O.INA

答案：C

10匕

,8,8

解析：A.D2O中中子數(shù)為12,M10gD2O中含有的中子數(shù)為22g/mo|X12XNAmoHv6NA,

A錯誤；B.在標準狀況下，HF是以聚合分子(HF%存在，而不是以氣體形式存在，因此不

能根據(jù)HF的體積計算其中含有的分子數(shù)，B錯誤；C.根據(jù)溶液呈電中性，因此有

++

c(Na)+c(H)=C(CH3COO)+c(OH),溶液的pH=7,c(H+)=c(OH),推出c(Na+)=c(CH3coO),

可以認為CH3coOH沒有電離，CH3co。沒有水解，因此溶液中醋酸分子的物質(zhì)的量為

1OOx10-3Lx0.2mo/L=0.02mol,C正確；D.LCnCh溶液中存在平衡C2O)+H2O峰/2CrOf

+2H+,所以ILO.lmol/L的KzCnCh溶液中CnO1的數(shù)目小于O.INA,D錯誤。故選C。

3.維生素C又稱“抗壞血酸”，廣泛存在于水果蔬菜中，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于維生

素C的說法正確的是

HOOH

OH

A.分子式為C6H6。6

B.Imol維生素C與足量的Na反應(yīng)，可生成標準狀況下22.4LHz

C.可用酸性高鋅酸鉀溶液檢驗其中的碳碳雙鍵

OHOHO

D.互為同分異構(gòu)體

O

答案：D

解析：A.由結(jié)構(gòu)簡式可知，維生素C的分子式為C6H?6,故A錯誤；B.由結(jié)構(gòu)簡式可

知，維生素C的分子中含有4個羥基，貝“mol維生素C與足量的鈉反應(yīng)，可生成標準狀

況下44.8L氫氣，故B錯誤：C.由結(jié)構(gòu)簡式可知，維生素C的分子中含有的羥基和碳碳雙

鍵都能與酸性高鎘酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)使溶液褪色，則不能用酸性高鐳酸鉀溶液檢驗其中

OHOHO

的碳碳雙鍵，故C錯誤；D.由結(jié)構(gòu)簡式可知，維生素?與°的分子式

O

相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故D正確；故選D。

4.短周期元素W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大。常溫下，W、Y形成的一種液態(tài)化合物是

一種綠色氧化劑；X、Y為同周期相鄰元素，X原子核外電子數(shù)等于Z原子最外層電子

數(shù)，X、Z原子核外電子數(shù)之和為Y原子核外電子數(shù)的3倍。下列說法錯誤的是

A.簡單氫化物的沸點：X<Y

B.W、X、Y三種元素形成的化合物中不可能含有離子鍵

C.Y、Z兩種元素形成的一種化合物可用于殺菌消毒

D.元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z>X

答案：B

解析：短周期元素W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，依據(jù)常溫下，W、Y形成的一種液態(tài)

化合物是一種綠色氧化劑，初步為斷其為H2O2；X、Y為同周期相鄰元素，X原子核外電子

數(shù)等于Z原子最外層電子數(shù)，X、Z原子核外電子數(shù)之和為Y原子核外電子數(shù)的3倍。由題

意設(shè)X原子的核外電子數(shù)為a,則Y原子的核外電子數(shù)為(a+1),Z原子的核外電子數(shù)為(2+a)

或(10+a),列式如下，(2+a)+a=3(a+l)不合理,舍去；(10+a)+a=3(a+l),解得a=7,故X為N,

Y為O,Z為CLW為H,據(jù)此分析解題。A.N、O的簡單氫化物分別為NE和HzO,水

分子間的氫鍵比氨氣分子間的氫鍵強，沸點：NH3VH20,A正確；B.W、X、Y三種元素

形成的化合物有HNCh、NH3-H2O>NH4NO3等，NH4NO3中含有離子犍，B錯誤；C.Y、Z

形成的CIS是一種常用的消毒劑，可用于殺菌消毒，C正確；D.元素非金屬性越強，其

最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，非金屬性：CI>N,酸性：HC10AHN03,D正確；答

案選B。

5.下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是

A.用純堿溶液吸收足量的SO?：COf+2SO2+H2O=2HSO?+CO2

B.用FeS除去廢水中的Hg2+：Hg2++S2=HgSl

C.用燒堿溶液除去鋁片上的氧化膜：A1+40H+2H2O=2[A1(OH)4]-

D.用FeCb溶液腐蝕銅板：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+

答案：A

解析：A.用純堿溶液吸收足量的SO2,CO：最終轉(zhuǎn)化為H2cCh,而SO2只能轉(zhuǎn)化為HSCH,

離子方程式為：COf+2SO2+H2O=2HSO^+COZ,A正確；B.用FeS除去廢水中的Hg?+時,

FeS難溶，應(yīng)以化學(xué)式表示，離子方程式為：Hg2++FeS=HgS+Fe2+,B不正確；C.用燒堿

溶液除去鋁片上的氧化膜，應(yīng)為氧化鋁與燒堿反應(yīng)，離子方程式為：

Al2O3+2OH-+3H2O-2[AI(OH)4],C不正確；D.方程式Cu+R;3+_Cu2“Fe”中，得失電子不

守恒，電荷不守恒，D不正確；故選A。

6.生物還原法是指微生物在缺氧或厭氧條件下，在電子供體的作用下將Sb(+5)還原為更易

被去除的Sb(+3),根據(jù)電子供體的不同可分為自養(yǎng)還原和異養(yǎng)還原。為去除水中睇(+5)

酸鹽，某大學(xué)建立升流式硫自養(yǎng)固定床生物反應(yīng)器，其反應(yīng)機理如圖。下列說法正確的

是

岐化副產(chǎn)物控制

S

SO：

沉淀去除

自養(yǎng)還原

Sb(+5)Sb2S3(s)

Sb(+5)的高效還原Sb(+3)的有效去除

反應(yīng)機理圖

A.在自養(yǎng)還原過程中，S接受電子作氧化劑

+

B.歧化反應(yīng)的離子方程式是4S+4H2O=3H2S+SO；+2H

C.反應(yīng)的副產(chǎn)物是SO；,只來源于歧化反應(yīng)

D.在生物反應(yīng)器中可以實現(xiàn)S單質(zhì)的循環(huán)利用

答案：B

解析：自養(yǎng)還原過程硫單質(zhì)和Sb(+5)反應(yīng)生成硫酸根和Sb(+3),S單質(zhì)歧化生成硫酸根和硫

化氫，硫化氫與Sb(+3)反應(yīng)生成Sb2s3沉淀除去。整個過程中硫酸根為副產(chǎn)物，沒有實現(xiàn)S

單質(zhì)的循環(huán)利用。A.根據(jù)分析，在自養(yǎng)還原過程中，S失去電子作還原劑，A錯誤：B.S

單質(zhì)歧化生成硫酸根和硫化氫，離子方程式正確，B正確；C.副產(chǎn)物是硫酸根，來源于自

養(yǎng)還原和歧化還原過程，C錯誤；D.在生物反應(yīng)器中并沒有再重新生成硫單質(zhì)，沒有實現(xiàn)

S單質(zhì)的循環(huán)利用，D錯誤；故選B。

7.苯與Bn的催化反應(yīng)歷程如下圖所示。下列說法正確的是

B.上圖中，苯與Bn的催化反應(yīng)生成了澳苯、鄰二澳苯

C.從圖中第ni步反應(yīng)所給信息看，生成為主要反應(yīng)

O,,r轉(zhuǎn)化為的過程中有極性鍵的斷裂與形成

D.

答案：c

解析：A.根據(jù)圖示可知：反應(yīng)物的能量比生成物的能量高，因此苯與所2生成溪苯的反應(yīng)

是放熱反應(yīng)，A錯誤；B.根據(jù)圖示可知，苯與Bn的反應(yīng)生成了澳苯、二］，

不是鄰二浪苯，B錯誤；C.根據(jù)圖示可知：第三步中取代反應(yīng)的活化能低，生成物本身所

具有的能量低，更穩(wěn)定，故反應(yīng)生成的有機產(chǎn)物中，取代產(chǎn)物漠苯所占比例更大，生成溟苯

的反應(yīng)是主要反應(yīng)，C正確；D.在上述轉(zhuǎn)化中有非極性鍵碳碳鍵的斷裂和極性鍵C-Br鍵

的生成，D錯誤；故合理選項是C。

8.水合臍又稱水合聯(lián)氨，廣泛用于還原劑抗氧化劑、發(fā)泡劑等。其制備原理為：

NaClO+2NH3=N2H4H2O+NaClo用如圖裝置制取水合明有關(guān)分析正確的是

A.裝置的連接順序是：Ja-*b-d—>c—e

B.e所在裝置的漏斗可以沒入水面以下

C.f所在裝置可以快速制備氨氣

D.操作過程中要快速滴加NaClO溶液

答案：C

解析：從制備反應(yīng)方程式可知，制備水合朧時需先制備氨氣，并將其通入NaClO溶液中，

氨氣極易溶于水，且會污染環(huán)境，實驗時要防倒吸，進行尾氣處理，據(jù)此分析解答。

A.制備水合朧時需先制備氨氣，并將其通入NaClO溶液中，氨氣極易溶于水，在兩裝置

中間需要連接安全瓶用于防倒吸，為有利于氨氣與NaClO溶液反應(yīng)，制備水合冊時氨氣應(yīng)

從c所在裝置的c口進入，最后用e所在裝置進行尾氣處理并防倒吸，則裝置的連接順序應(yīng)

是：ja-b-CTd-e（a、b順序可互換），故A錯誤；B.e所在裝置的漏斗用于防倒吸，

若沒入水面以下，則不能起到防倒吸的作用，故B錯誤；C.f所在裝置中，利用CaO與水

反應(yīng)放熱使氨氣從氨水中逸出，可以快速制備氨氣，故C正確；D.由題干信息可知，水合

腫具有還原性，而NaClO具有強氧化性，若滴加NaClO溶液過快，過量的NaClO能氧化水

合朧，降低產(chǎn)率，故D錯誤；答案選C。

9.濃差電池是由于電池中存在濃度差而產(chǎn)生的。鋰離子濃差電池的原理如圖所示，該電池

從濃縮海水中提取Li。的同時又獲得了電能。下列說法不亞硼的是

（傳導(dǎo)Li）

A.若Y電極材料為鐵，也能實現(xiàn)如圖轉(zhuǎn)化

B.濃縮海水中鋰離子濃度大于左側(cè)LiCl溶液中的鋰離子濃度

C.X電極的反應(yīng)為：2H++2e-=H2T

D.右側(cè)生成ImolCL時，左側(cè)Li+增加2moi

答案：A

解析：該濃差電池左槽H+得到電子生成H2,X為該電池的正極，右槽濃縮海水中的C卜失去

電子生成Cb,Y為該電池的負極;海水中的Li+通過離子導(dǎo)電體進入左槽隨Ct流出得到LiCl

溶液。

A.據(jù)分析?，Y電極是該電池的負極，若材料為鐵，鐵比。一跟易失去電子，故不能實現(xiàn)如

圖轉(zhuǎn)化，A不正確；B.據(jù)分析，濃縮海水中鋰離子過離子導(dǎo)電體進入左槽，左槽加入的是

稀鹽酸，故其濃度大于左側(cè)LiCl溶液中的鋰離子濃度，B正確；C.據(jù)分析，X電極為該電

+

池正極，反應(yīng)為：2H+2e=H2t?C正確：D.右側(cè)生成ImolCL時，轉(zhuǎn)移2mol電子，有2moiLi+

通過離子導(dǎo)電體，故左側(cè)Li+增加2moLD正確：故選A。

10.lL0.10mol?L/H3R03溶液pH<L向其中加入NaOH固體（忽略體積變化），測得溶液中

各種含R微粒的物質(zhì)的量分數(shù)（3）與溶液pH的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說法不無唧的是

A.當(dāng)力口入O.lmolNaOH時：c(Na+)=c(H2RO；)+c(HRO)+c(RO)

B.當(dāng)加入0.2molNaOH時：(RO；)>c(H2ROJ

C.曲線&是指微粒H2RO3的變化趨勢

D.N點，c(HRO；)=c(RO，)=0.05mol?L」

答案：D

解析：O.IOmol.L」H3R03溶液pH<l,說明其一級電離為完全電離，隨著pH的增大HzRO；逐

漸減少，HRO,逐漸增多，故&代表H2RO；,&代表HRO-當(dāng)HRO「達到最大值后，濃

度逐漸降低，RO,逐漸增加，故治代表RO；,以此解題。

A.當(dāng)加入O.lmolNaOH時，溶液為NaHzRCh溶液，根據(jù)物料守恒可知，

+

c(Na)=c(H2RO；)+c(HROf)+c(ROf),A正確；B.當(dāng)加入0.2molNaOH時，溶液為Na2HRO3

溶液，由分析可知為代表HRO,，當(dāng)其為最大值時，溶液顯酸性，說明HRO：的電離大于

水解?，故(RO；)>C(H2RO；),B正確：C.由分析可知曲線也是指微粒H2RO；的變化趨勢，

C正確；D.最初H3RO3溶液濃度為OJOmolL1,由分析可知，雖然N點c(HROf)=c(ROf),

但是H3RO3的二級電離和三級電離都是微弱的，即溶液中隨時都存在H2RO3,故

c(HROf)=c(ROf^O.OSmolL-1,D錯誤；故選D。

11.(13分)祕(Bi)的化合物廣泛應(yīng)用于電子、醫(yī)藥等領(lǐng)域。由輝秘礦(主要成分為Bi2s3,

含F(xiàn)eS、CuO、SiCh等雜質(zhì))制備NaBiCh的工藝流程如下圖：

濾渣1濾渣2濾液3濾液4

己知：

i.Bi3+易水解;NaBiCh難溶于冷水

片.“氧化浸取”時，鋅元素轉(zhuǎn)化為Bi3+,硫元素轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)

2+

iii.Cu(OH)2(s)+4NH3(g)^Cu[(NH3)4](aq)+2OH(aq)K=4.4x10，

iv.該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表:

金屬離子Fe2+Fe3+Cu2+Bi3+

開始沉淀的pH7.62.74.84.5

沉淀完全的pH9.63.76.43.5

回答下列問題：

(1)為抑制“氧化浸取”時由3+水解，可采取的措施是o

(2)“濾渣1”的主要成分是(填化學(xué)式)。

(3)“氧化浸取”時，F(xiàn)eS轉(zhuǎn)化為Fe3?的離子方程式是。

(4)“除鐵”時，調(diào)節(jié)溶液pH值的范圍是o

2+2+13

(5)“除銅”時發(fā)生反應(yīng)：Cu(aq)-MNH3(g)^Cu[(NH3)4](aq)K=2xlO,則

KSP[CU(OH)2]=。

(6)“轉(zhuǎn)化”時，生成NaBiCh的離子方程式是?！稗D(zhuǎn)化”

后應(yīng)冷卻至室溫再過濾，原因是

答案：(1)加入過量的鹽酸或適當(dāng)降低溫度(1分)

(2)S、SiCh(2分)

(3)2FeS+3H2Ch+6H+=2Fe3++2S+6H2。(2分)

(4)3.7<pH<4.5(2分)

(5)2.2x10-20(2分)

+3+

(6)Na+C]O-+Bi+4OH=NaBiO31+Cl+2H2O(2分)NaBiCh在冷水中難溶，冷

卻過后過濾可減少NaBiCh的損失(2分)

解析：由題干信息，輝鈕礦主要成分為Bi2s3,含F(xiàn)eS、CuO、SiO?等雜質(zhì)，向輝祕礦中加

入H2O2和鹽酸進行氧化浸取，發(fā)生的反應(yīng)有：Bi2s3+3H2Ch+6H+=2Bi3++3S+6H20,

+2+

2FeS+3H2Ch+6H+=2Fe3++2S+6H2O,CuO+2H=Cu+H2O,得到含S和SiCh的濾渣1,濾液

中含有Ri3+、Fe2+和CM+,再調(diào)節(jié)pH除去Fe3+,得到濾渣2為Fe(CH)3,過濾后向濾液中

加入氨水，發(fā)生反應(yīng)Cu2++4NH3(g)=Cu[(NH3)4]2+,過濾后加入鹽酸溶液漉渣，再加入

NaOH、NaClO,發(fā)生反應(yīng)Na++CO+Bi3++4OH=NaBiO31+Cl-+2H2O得到產(chǎn)品NaBiCh,據(jù)

此分析解答。

(1)Bi3+易水解，可加入過量的鹽酸或適當(dāng)降低溫度，使得水解平衡逆向移動，從而抑制

Bi3+的水解；

(2)根據(jù)已知可知，氧化浸取時硫元素轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)，SiCh不參與反應(yīng)，因此得到的濾渣

1主要成分為S和SiO2；

(3)由分析，F(xiàn)eS轉(zhuǎn)化為Fe3+的離子方程式是2FeS+3H2(h+6H+=2Fe3++2S+6H20；

(4)結(jié)合已知信息iv,當(dāng)pHN3：時，F(xiàn)e3+完全沉淀，為防止Bi3+沉淀，pH不能超過4.5,

因此“除鐵”時，調(diào)節(jié)溶液的pH值的范圍為3.7<pH<4.5；

（5）已知①Cu（OH）2（s）+4NH3（g）KCu[（NH3）4]2+（aq）+2OH（aq）K尸4.4x10-7,②

2+2+13

Cu（aq）+4NH3（g）^Cu[（NH3）4]（aq）K2=2xl0,反應(yīng)①-②可得反應(yīng)

K

2+20

CU（OH）2（S）^Cu（aq）+2OH（aq）,因此KsP[Cu（OH）2]==2.2x1O-；

%

（6）“轉(zhuǎn)化”時加入NaOH、NaClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到產(chǎn)品NaBQ,反應(yīng)的離子方程式

為Na++C10-+Bi3++40H-=NaBi03l+Q-+2H20,由于NaBiO?在冷水中難溶，因此“轉(zhuǎn)化”后應(yīng)

冷卻至室溫再過濾，可減少NaBiO3的損失。

12.（13分）Na2s2O3又名“大蘇打”“海波”，易溶于水，難溶于乙醇，水溶液呈微弱的堿性,

在中性和堿性環(huán)境中穩(wěn)定。某化學(xué)實驗小組用如圖1裝置（略去對乙的加熱裝置）制備

Na2s2O3.5H2O（M=248g?moH）,已知：Na2sCh溶解度如圖2所示。

溶j

解7o

度6o

心5o

4o

3o

2o

1o

0102030405060708090

溫度/℃

圖I圖2

（1）連接實驗裝置后，首先進行的實驗操作為

（2）在裝置乙中溶解兩種固體時，需先將Na2c03溶于水配成溶液，再將Na2s固體溶于

Na2c03的溶液中，其目的;裝置乙中生成Na2s2。3的總反應(yīng)方程式為

（3）實驗過程中，當(dāng)裝置乙中pH接近7.0時，應(yīng)立即停止通SO2的原因是

（用離子方程式表示）。

（4）裝置乙中需向反應(yīng)后的混合液加入一定量的無水乙醇，其目的是o

（5）設(shè)計實驗測定Na2s2。3?5H?O的純度：

步驟1：準確稱取16.00g樣品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。

步驟2：準確稱取0.29gK2Cr26于碘量瓶中，加入20mL蒸儲水溶解，再力口入5mL2moi-

硫酸溶液和20mL10%KI溶液使絡(luò)元素完全轉(zhuǎn)化為CF+,加水稀釋至100mL。

步驟3：向碘量瓶中加入ImLl%淀粉溶液，用待測Na2s2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至終點,

消耗Na2s2O3溶液20.00mL。（已知：[2+2S2O「=2I-+S4Or）,試計算Na2s2O3.5H2O的純度

為（保留三位有效數(shù)字）。

（6）利用甲裝置中的殘渣（NazSQ,和Na2so3的混合物）制備Na2SO4-IOH2O晶體，將下列

實驗方案補充完整：將固體混合物溶于水配成溶液，,洗滌、干燥得Na2so4?lOFhO

晶體。（實驗中須使用氧氣、pH計）

答案：（1）檢查裝置氣密性（1分）

（2）Na2c03在溶液中水解使溶液呈堿性，能抑制Na2s的水解，防止生成有毒的硫化氫污

染空氣（2分）Na2C03+2Na2S+4S02==^==3Na2S203+C02（2分）

+

（3）S20f+2H=S|+SO2T+H2O（2分）

（4）降低硫代硫酸鈉晶體的溶解度，便于晶體的析出（2分）

（5）93.0%（2分）

（6）向其中緩慢通入氧氣，用pH計測量溶液的pH,當(dāng)pH約為7.0時，停止通氧氣，然

后將溶液置于40C水浴中加熱，減壓蒸發(fā)濃縮至有晶膜出現(xiàn)時，停止加熱，用冰水冷卻降

溫結(jié)晶，過濾（2分）

解析：由圖可知，裝置甲中濃硫酸與亞硫酸鈉固體反應(yīng)制備二氧化硫，裝置乙中二氧化硫與

碳酸鈉、硫化鈉混合溶液反應(yīng)制備五水硫代硫酸鈉。

（1）該實驗是有氣體制備和參與的實驗，為防止實驗過程中氣體逸出導(dǎo)致實驗失敗，連接

實驗裝置后，應(yīng)首先檢查裝置氣密性，故答案為：檢查裝置氣密性；

（2）碳酸鈉和硫化鈉都是強減弱酸鹽，在溶液中都能發(fā)生水解使溶液呈堿性，在裝置乙中

溶解兩種固體時，先將碳酸鈉溶于水配成溶液，再將硫化鈉固體溶于碳酸鈉溶液中可以達到

利用碳酸鈉在溶液中水解生成的氫氧根離子抑制硫化鈉的水解，防止生成有毒的硫化氫污染

空氣的目的；裝置乙中生成硫代硫酸鈉的反應(yīng)為二氧化硫與碳酸鈉、硫化鈉混合溶液反應(yīng)生

成硫代硫酸鈉和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NazCO3+2Na2s+4SCh=￡==3Na2s2O3+C6,

故答案為：在溶液中水解使溶液呈堿性，能抑制Na2s的水解，防止生成有毒的硫化氫污染

空氣；Na2co3+2Na2s+4SCh==^==3Na2s2O3+CO2；

（3）由題給信息可知，硫代硫酸鈉水溶液呈微弱的堿性，在中性和堿性環(huán)境中穩(wěn)定，所以

制備硫代硫酸鈉時，應(yīng)控制溶液pH,防止溶液pH小于7,硫代硫酸根離子與溶液中氫離子

反應(yīng)生成硫沉淀、二氧化硫氣體和水，反應(yīng)的離子方程式為S2Cr+2H+=SJ+SO2T+H2O,故

答案為：S2Or+2H+=S4+SO2T+H2O；

（4）由題給信息可知，硫代硫酸鈉易溶于水，難溶于乙醉，所以制備五水硫代硫酸鈉時應(yīng)

向反應(yīng)后的混合液加入一定量的無水乙醇，降低硫代硫酸鈉晶體的溶解度，便于晶體的析出，

故答案為：降低硫代硫酸鈉晶體的溶解度，便于晶體的析出;

（5）由題意可得測定樣品純度時存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:KJ*。?一3L—6Na2s2O3,實驗時0.294g

重鋁酸鉀最終消耗20.00mL硫代硫酸鈉溶液，則16.00g樣品中五水硫代硫酸鈉的純度為

x6x10x248g/mol

294g/molxl0Q%=93.0%,故答案為:93.0%；

16.00g

（6）利用甲裝置中的殘渣制備十水硫酸鈉時，應(yīng)先將固體混合物溶于水配成溶液，然后向

溶液中通入氧氣將亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，為防止溫度過高析出硫酸鈉固體，應(yīng)在40℃水

浴中加熱，減壓蒸發(fā)濃縮具體操作為將固體混合物溶于水配成溶液，向其中緩慢通入氧氣，

用pH計測量溶液的pH,當(dāng)pH約為7.0時，停止通氧氣，然后將溶液置于40C水浴中加熱,

減壓蒸發(fā)濃縮至有晶膜出現(xiàn)時，停止加熱，用冰水冷卻降溫結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥得倒十

水硫酸鈉晶體，故答案為：向其中緩慢通入氧氣，用pH計測量溶液的pH,當(dāng)pH約為7.0

時，停止通氧氣，然后將溶液置于40℃水浴中加熱，減壓蒸發(fā)濃縮至有晶膜出現(xiàn)時，停止

加熱，用冰水冷卻降溫結(jié)晶，過濾。

13.(14分)含氯化合物的反應(yīng)在化學(xué)工業(yè)中具有重要的地位?；卮鹣铝袉栴}：

(1)次氯酸鈉氧化法可以制備NgFeCh。

已知：2Hz(g)+O2(g)=2H2O(l)AH=akJ-mol*1

1

NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g)AH=bkJ-mol-

4NazFeO4(aq)+10H2O(I)=4Fe(OH)3(s)+3Ch(g)十8NaOH(aq)AH=ckJ-mol'1

反應(yīng)2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5比0(1)的

△H=kJ-molL

(2)光氣(COCL)是重要的含氯化合物。常用于醫(yī)藥、農(nóng)藥制造，工業(yè)上利用一氧化碳和氯

氣反應(yīng)制備，反應(yīng)方程式為CO(g)+C12(g)=COCb(g)。在1L恒溫恒容密閉容器中充入

2.5molCO1.5molCl2,在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，測得CO及COCb的物質(zhì)的量隨時間變

化如圖1所示：

①第一次平衡時,CO的平衡轉(zhuǎn)化率為；此溫度下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kc=(保

留兩位有效數(shù)字)。

②在第20s時，改變的條件是。

(3)工業(yè)上常用氯苯(C6H5-CI)和琉化氫(HzS)反應(yīng)來制備一種用途廣泛的有機合成中間體苯

硫酚(C6H5-SH),但會有副產(chǎn)物苯(C6H6)生成。

1

I.C6H5-Cl(g)+H2S(g)^C6H5-SH(g)+HCl(g)AHi=-16.8kJ-mol；

II.C6H5-Cl(g)+H2s(g)=C6H6(g)+HCl(g)+:Ss(g)AH2=-45.8kJ-mol-1。

8

①將一定量的C6H5-C1和H2S的混合氣體充入恒容的密閉容器中，控制反應(yīng)溫度為T(假設(shè)

只發(fā)生反應(yīng)I),下列可以作為反應(yīng)I達到平衡的判據(jù)是(填字母)。

A.氣體的壓強不變B.平衡常數(shù)不變

C.v(H2S)=v^(HCl)D.容器內(nèi)氣體密度不變

②現(xiàn)將一定量的C6H5-C1和H2s置于一固定容積的容器中模擬工業(yè)生產(chǎn)過程，在不同溫度下

均反應(yīng)20min測定生成物的濃度，得到圖2和圖3。

(R為H2s與C6H6?C1的起始物質(zhì)的量之比)，圖2顯示溫度較低時C6H5-SH濃度的增加程度

大于C6H6,從活化能角度分析其主要原因是；結(jié)合圖2和圖3,該模擬工

業(yè)生產(chǎn)制備C6H5-SH的適宜條件為o

31

答案：(1)-2a-3b-2c(2分)

(2)①30%(2分)0.5?(2分)②增大CO的物質(zhì)的量(2分)

(3)?C(2分)②反應(yīng)I的活化能小于反應(yīng)H的活化能，反應(yīng)I的反應(yīng)速率快于

反應(yīng)H,相同時間內(nèi)獲得的產(chǎn)物的濃度自然反應(yīng)I比反應(yīng)n多(2分)溫度590K,

R=2.5(2分)

解析：(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)AH=akJmol-'

1

@NaCI(aq)+H20(l)=NaC10(aq)+H2(g)AH=bkJ-mol-

③4Na2FeC)4(aq)+10H2O⑴=4Fe(OH)3(s)+3C)2(g)+8NaOH(叫)AH=ckJniol1

13

根據(jù)蓋斯定律，-E③-②x3-①冠得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=

3J.

2NazFeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O⑴的AH=-2a-3b-2ckJ-mol-1

(2)①反應(yīng)進行到15s時達到第一次平衡，CO的平街轉(zhuǎn)化率為券粵xl00%=30%；此

時平衡體系內(nèi)CO為L75mol/L、CI2為0.75mol/L、COCI2為0.75mol/L,該反應(yīng)的平衡常數(shù)

c(COCl2)0.75

K--：

C(CO)XC(C12)1.75x0.75~

②在第20s時，CO的物質(zhì)的量瞬間迅速增大，然后平衡正向進行，說明此時改變的條件是

增大CO的物質(zhì)的量；

(3)①A.反應(yīng)前后氣體分子總數(shù)不變，總物質(zhì)的量不變，利用相同條件下，壓強之比等

于氣體物質(zhì)的量之比，即氣體壓強始終保持不變，壓強不變不能說明該反應(yīng)達到平衡，故A

不符合題意；

B.平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變平衡常數(shù)始終不變，因此平衡常數(shù)不變不能說明反應(yīng)

達到平衡，故B不符合題意；C.LKHZS）表示正反應(yīng)速率，v￡HCl）表示逆反應(yīng)速率，化學(xué)

反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，因此UMH2S）=I，逆（HC1）說明反應(yīng)達到平衡，故C符合

題意；D.組分都是氣體，則氣體總質(zhì)量始終不變，容器為恒容狀態(tài)，氣體總體積保持不變,

根據(jù)密度的定義，氣體密度始終不變，氣體密度不變，不能說明反應(yīng)達到平衡，故D不符

合題意；故答案為C；

②C6Hs.c1由反應(yīng)I生成，C6H6由反應(yīng)II生成，圖2顯示溫度較低時C6H5-CI濃度的增加程

度大于C6H6,說明反應(yīng)I的活化能小于反應(yīng)II的活化能，反應(yīng)I的反應(yīng)速率快于反應(yīng)II,

相同時間內(nèi)獲得的產(chǎn)物的濃度自然反應(yīng)I比反應(yīng)H多：根據(jù)圖2和圖3的數(shù)據(jù)信息，該模擬

工業(yè)生產(chǎn)制備C6HS-C1的適宜條件為溫度590K,R=2.5。

14.（10分）福州大學(xué)徐藝軍教授團隊通過光催化還原CO2,將其合成一碳化合物（CO、

HCOOHsCH4、CH30H等）。常見的無機非貴金屬光催化還原CCh的催化劑有CuO、Cu2O.

CuxCovOz.NiO等?；卮鹣铝袉栴}:

（1）銅元素的焰色反應(yīng)呈綠色，下列三種波長為橙、黃、綠色對應(yīng)的波長，則綠色對應(yīng)的

輻射波長為。

A.577~492nmB.597~577nmC.622~597nm

（2）基態(tài)CF+的價電子排布式為。

（3）HCOOH、CH4、CH30H三種物質(zhì)中碳原子雜化形式有,催化CCh還原的過程

中可能產(chǎn)生CO：,該離子的空間構(gòu)型為oCO可與金屬銀形成四面體構(gòu)型分子

Ni（C0）4,CO中與Ni形成配位鍵的原子是o

（4）NiO、FeO屬于離子晶體，已知r（Ni2+）>r（Fe2+）,則熔點NiO（填“V”或“>”）FeO,

原因是。

（5）CuxCoyOz還是一種新型的電極材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖。該立方晶胞由4個I型和4個

II型小立方體構(gòu)成，晶體中Co3+占據(jù)02-形成的八面體空隙，其化學(xué)式為。

（2）3d9（1分）

（3）sp2、sp3（1分）平面三角形（1分）C（1分）

（4）＜（1分）r（Ni2+）＞r（Fe2+）,則NiO的晶格能小于FeO,故熔點NiOVFeO（2

分）

（5）CuCo2O4（2分）

解析：（1）紅、橙、黃、綠、藍、靛、紫的波長逐漸減小，則綠色對應(yīng)的輻射波長為577~492nm,

故選A。答案為：A；

（2）基態(tài)Cu的價電子排布式為3dWsl所以CM+的價電子排布式為3d為答案為：3d%

（3）HCOOH.CH4、CH30H三種物質(zhì)中碳原子的價層電子對數(shù)分別為3、4、4,所以雜化

形式為sp2、sp3、sp3,故有sp2、sp3;催化CO2還原的過程中可能產(chǎn)生CO；,該離子的中心

C原子的價層電子對數(shù)為3,發(fā)生sp2雜化，所以空間構(gòu)型為平面三角形。CO可與金屬銀形

成四面體構(gòu)型分子Ni（C0）4,由于CO中C原子存在一對孤對電子，所以CO中與Ni形成

配位鍵的原子是C。答案為：sp2、sp3；平面三角形；C；

（4）NiO、FeO屬于離子晶體，已知r（Ni2+）＞r（Fe2+）,由于離子帶電荷相同，離子半徑越

小，晶格能越大，所以晶格能NiOVFeO,故熔點NiO