福建省化學(xué)（福建卷01）-2024年高考押題預(yù)測(cè)卷（全解全析）

2024年高考押題預(yù)測(cè)卷01【福建卷】化學(xué)·全解全析（考試時(shí)間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5K—39Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br-80Ag—108Ba—137評(píng)卷人得分一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．2024年央視春晚首次應(yīng)用5G-A技術(shù)，Al含量高，硬科技霸屏，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．舞蹈《瓷影》所詮釋的青花瓷，其主要原材料為含水的鋁硅酸鹽B．晚會(huì)采用的LED屏，其發(fā)光材料通常是以Si3N4為基礎(chǔ)，用Al取代部分Si，用O取代部分N后所得的陶瓷制作而成C．5G-A技術(shù)所需高頻通訊材料之一的LCP(液晶高分子)在一定加熱狀態(tài)下一般會(huì)變成液晶，液晶既具有液體的流動(dòng)性，又表現(xiàn)出類似晶體的各向異性D．芯片中二氧化硅優(yōu)異的半導(dǎo)體性能。使得晚會(huì)上各種AI技術(shù)得以完美體現(xiàn)【答案】D【詳解】A．青花瓷是傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料，其主要原材料為含水的鋁硅酸鹽，故A正確；B．LED屏發(fā)光材料通常是以Si3N4為基礎(chǔ)，用Al取代部分Si，用O取代部分N后所得的結(jié)構(gòu)多樣化的陶瓷，故B正確；C．液晶在一定溫度范圍內(nèi)既具有液體的流動(dòng)性，在折射率、磁化率、電導(dǎo)率等宏觀方面又表現(xiàn)出類似晶體的各向異性，故C正確；D．芯片主要成分是硅單質(zhì)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。2．下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)正確的是A．CO2的電子式為： B．基態(tài)鍺原子的簡(jiǎn)化電子排布式：C．的空間結(jié)構(gòu)為 D．鋁原子最高能級(jí)的電子云輪廓圖：【答案】D【詳解】A．CO2分子中存在2個(gè)碳氧雙鍵，電子式為，故A錯(cuò)誤；

B．鍺是第四周期ⅣA族元素，基態(tài)鍺原子的簡(jiǎn)化電子排布式：，故B錯(cuò)誤；C．的空間結(jié)構(gòu)為V形，故C錯(cuò)誤；

D．鋁原子最高能級(jí)為3p1，p軌道為啞鈴型，電子云輪廓圖為，故D正確；選D。3．阿斯巴甜是市場(chǎng)上主流甜味劑之一，以下是以天門冬氨酸為原料合成阿斯巴甜的路線。下列說(shuō)法不正確的是A．天門冬氨酸難溶于乙醇、乙醚B．①④的目的是為了保護(hù)氨基C．反應(yīng)過(guò)程中包含了取代反應(yīng)、消去反應(yīng)D．相同物質(zhì)的量的阿斯巴甜分別與鹽酸和氫氧化鈉充分反應(yīng)，消耗HCl與NaOH的物質(zhì)的量之比為2∶3【答案】C【詳解】A．常溫下，天冬氨酸微溶于水，難溶于乙醇和乙醚，溶于沸水，A正確；B．根據(jù)反應(yīng)可知，反應(yīng)①氨基轉(zhuǎn)化為酰胺基，反應(yīng)④酰胺基轉(zhuǎn)化為氨基，故①④的目的是為了保護(hù)氨基，B正確；C．反應(yīng)過(guò)程中包含了取代反應(yīng)、消去反應(yīng)、加成反應(yīng)，C不正確；D．阿斯巴甜分子中含有一個(gè)羧基、一個(gè)酯基和一個(gè)酰胺基，相同物質(zhì)的量的阿斯巴甜分別與鹽酸和氫氧化鈉充分反應(yīng)，消耗HCl與NaOH的物質(zhì)的量之比為2∶3，D正確；答案選C。4．設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A．電解精煉銅時(shí)，若陰極析出3.2g銅，則陽(yáng)極失電子數(shù)大于B．90g葡萄糖分子中，手性碳原子個(gè)數(shù)為C．氯堿工業(yè)兩極共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氣體時(shí)理論上遷移的數(shù)為D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下5.6LC4H10中含有的鍵數(shù)為【答案】D【詳解】A．電解精煉銅時(shí)，陰極反應(yīng)為Cu2++2e-=Cu，若陰極析出3.2g銅即0.05molCu，則轉(zhuǎn)移電子等于，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．90g葡萄糖為0.5mol，每個(gè)葡萄糖分子含有4個(gè)手性碳原子，則手性碳原子個(gè)數(shù)為，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．氯堿工業(yè)的反應(yīng)為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氯堿工業(yè)兩極共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氣體時(shí)即陰陽(yáng)極各收集0.05mol氣體，轉(zhuǎn)移電子為0.1mol，理論上遷移的數(shù)為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下5.6LC4H10即為0.25molC4H10，每個(gè)C4H10含有10個(gè)鍵(即C—H鍵)，則鍵數(shù)為，D項(xiàng)正確；答案選D。5．某銅(Ⅱ)配合物的結(jié)構(gòu)如下圖所示。其中元素X和Y均位于第二周期，X的第一電離能低于同周期相鄰元素，Y元素基態(tài)原子p軌道電子排布是半充滿狀態(tài)，Z元素基態(tài)原子核外電子共有9種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。下列說(shuō)法正確的是A．最簡(jiǎn)單氫化物的鍵角：B．基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)：C．X、Y、Z的最簡(jiǎn)單氫化物均存在分子間氫鍵D．該配合物中微粒間的相互作用有離子鍵、共價(jià)鍵和配位鍵【答案】A【分析】X位于第二周期且第一電離能低于同周期相鄰元素的有B和O，Y基態(tài)原子p軌道電子排布式半滿狀態(tài)3個(gè)電子且位于第二周期，電子排布式為：1s22s22p3，7號(hào)元素N，Z元素基態(tài)原子核外電子有9種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則Z元素原子核外電子軌道有9條，Z可能為P、S、Cl，根據(jù)Cu(Ⅱ)配合物結(jié)構(gòu)式可知，X為O，Y為N，Z為Cl，以此解答?！驹斀狻緼．O最簡(jiǎn)單氫化物為H2O，N最簡(jiǎn)單氫化物為NH3，二者中心原子都是sp3雜化，H2O中的孤電子對(duì)數(shù)多于NH3，孤電子對(duì)越多，鍵角越小，則鍵角：H2O＜NH3，故A正確；B．基態(tài)原子未成對(duì)電子，O：2，N：3，Cl：1，未成對(duì)電子數(shù)：，故B錯(cuò)誤；C．O、N、Cl最簡(jiǎn)單氫化物分別為：H2O、NH3、HCl，H2O和NH3存在氫鍵，HCl沒(méi)有，故C錯(cuò)誤；D．該配合物種微粒間有配位鍵，共價(jià)鍵，并無(wú)離子鍵，故D錯(cuò)誤；故選A。6．為吸收工業(yè)尾氣中的和，設(shè)計(jì)如圖流程，同時(shí)還能獲得連二亞硫酸鈉(，其結(jié)晶水合物又稱保險(xiǎn)粉)和產(chǎn)品。(為鈰元素)下列說(shuō)法不正確的是A．工業(yè)尾氣中的和排放到大氣中會(huì)形成酸雨B．裝置Ⅱ的作用是吸收C．從陰極口流出回到裝置Ⅱ循環(huán)使用D．裝置Ⅳ中氧化，至少需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下【答案】C【分析】裝置Ⅰ中加入NaOH溶液吸收SO2，裝置Ⅱ中加入Ce4+，酸性條件下，NO和Ce4+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成、，裝置Ⅲ(電解槽)中陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)，從陽(yáng)極口流出回到裝置Ⅱ循環(huán)使用，陰極得到，裝置Ⅳ中被氧氣氧化為，與氨氣生成硝酸銨?！驹斀狻緼．工業(yè)尾氣中的可與氧氣生成NO2，NO2與水反應(yīng)得硝酸，形成硝酸型酸雨，與水反應(yīng)得H2SO3，H2SO3被氧氣氧化為硫酸，會(huì)形成硫酸型酸雨，故A正確；B．裝置Ⅱ中加入Ce4+，酸性條件下，NO和Ce4+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成、，故B正確；C．裝置Ⅲ(電解槽)中陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)，從陽(yáng)極口流出回到裝置Ⅱ循環(huán)使用，故C錯(cuò)誤；D．裝置Ⅳ中被氧氣氧化為的離子方程式為：，物質(zhì)的量為1L×2mol/L=2mol，即消耗1molO2，標(biāo)況下體積為22.4L，故D正確；故選C。7．某興趣小組為制備1—氯—2—甲基丙烷(沸點(diǎn)69℃)，將2—甲基—1—丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，加熱回流(伴有HCl氣體產(chǎn)生)。反應(yīng)完全后倒入冰水中分解殘余的POCl3，分液收集CH2Cl2層，無(wú)水MgSO4干燥，過(guò)濾、蒸餾后得到目標(biāo)產(chǎn)物。上述過(guò)程中涉及的裝置或操作錯(cuò)誤的是(夾持及加熱裝置略)A．B．C．D．A．A B．B C．C D．D【答案】B【詳解】A．將2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于盛在三口燒瓶中的CH2Cl2中，攪拌、加熱回流(反應(yīng)裝置中的球形冷凝管用于回流)，制備產(chǎn)物，A項(xiàng)正確；B．產(chǎn)生的HCl可用NaOH溶液吸收，但要防止倒吸，導(dǎo)氣管不能直接插入NaOH溶液中，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．分液收集CH2Cl2層需用到分液漏斗，振搖時(shí)需將分液漏斗倒轉(zhuǎn)過(guò)來(lái)，C項(xiàng)正確；D．蒸餾時(shí)需要用溫度計(jì)控制溫度，冷凝水從下口進(jìn)、上口出，D項(xiàng)正確；故選B。8．18O標(biāo)記的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中發(fā)生水解，部分反應(yīng)歷程可表示為如下所示：＋OH-＋CH3O-能量變化如圖所示：已知為快速平衡，下列說(shuō)法正確的是A．反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ為決速步B．反應(yīng)結(jié)束后，溶液中存在18OH-C．反應(yīng)結(jié)束后，溶液中存在CH318OHD．反應(yīng)Ⅰ與反應(yīng)Ⅳ活化能的差值等于圖示總反應(yīng)的焓變【答案】B【詳解】A．一般來(lái)說(shuō)，反應(yīng)的活化能越高，反應(yīng)速率越慢，由圖可知，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅳ的活化能較高，因此反應(yīng)的決速步為反應(yīng)Ⅰ、Ⅳ，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)Ⅰ為加成反應(yīng)，而?為快速平衡，反應(yīng)Ⅱ的成鍵和斷鍵方式為或，后者能生成18OH-，因此反應(yīng)結(jié)束后，溶液中存在18OH-，故B正確；C．反應(yīng)Ⅲ的成鍵和斷鍵方式為或，因此反應(yīng)結(jié)束后溶液中不會(huì)存在CH318OH，故C錯(cuò)誤；D．該總反應(yīng)對(duì)應(yīng)反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因此和CH3O-的總能量與和OH-的總能量之差等于圖示總反應(yīng)的焓變，故D錯(cuò)誤；故選B。9．水系銨根離子可充電電池具有成本低、安全、無(wú)污染等優(yōu)點(diǎn)，該電池以(含、、元素)為正極材料，電解質(zhì)溶液中主要存在團(tuán)簇離子。其放電工作原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．放電時(shí)，向Y極方向移動(dòng)B．放電時(shí)，Y極的電極反應(yīng)式為C．與間通過(guò)離子鍵結(jié)合D．充電時(shí)，增加了1mol時(shí)，X極質(zhì)量增加46g【答案】C【分析】電池以為正極材料，因此Y為正極，X為負(fù)極，據(jù)此作答。【詳解】A．放電時(shí)Y為正極，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，即向Y極方向移動(dòng)，故A正確；B．放電時(shí)，Y為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，Y極的電極反應(yīng)式為，故B正確；C．類比于銨根離子能與氯離子形成離子鍵，但各原子均達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，可推知與銨根離子不能形成離子鍵，故C錯(cuò)誤；D．充電時(shí)，X電極為陰極，Y電極為陽(yáng)極，發(fā)生的反應(yīng)為，增加了1mol時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子為2mol，根據(jù)電荷守恒可知，陰極轉(zhuǎn)移的電子也是2mol，MnO2得電子生成Na0.6MnO2，可知得到2molNa+，則X極質(zhì)量增加46g，故D正確；答案選C。10．菠蘿“扎嘴”的原因之一是菠蘿中含有一種難溶于水的草酸鈣針晶。常溫下，草酸鈣在不同下體系中與關(guān)系如圖所示（代表），已知。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．?dāng)?shù)量級(jí)為B．溶液時(shí)，C．時(shí)，曲線①呈上升趨勢(shì)的原因是部分轉(zhuǎn)化為D．點(diǎn)時(shí)，體系中【答案】B【分析】CaC2O4為強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，體系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，，即①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+?！驹斀狻緼．，，①③相交時(shí)從圖中可知此時(shí)pH大于4小于5，所以Ka2數(shù)量級(jí)為10-5，故A錯(cuò)誤；B．溶液pH=7時(shí)c(H+)=c(OH-)，溶液中電荷守恒，所以，故B正確；C．由圖像可知，pH＞12時(shí)，如pH=13，c(OH-)=0.1mol/L、c(Ca2+)=10-4.5mol/L，此時(shí)，即沒(méi)有氫氧化鈣沉淀析出，故C錯(cuò)誤；D．據(jù)以上分析可知，①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+，所以A點(diǎn)時(shí)①表示的濃度小于此時(shí)溶液中的c(H+)，故D錯(cuò)誤；故答案為：B。評(píng)卷人得分二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11．（15分）利用煉鋅鈷渣[主要含Co(OH)2、FeSO4、NiSO4和Zn、Cu單質(zhì)]協(xié)同制備Co(OH)3和高純Zn的流程如下。(1)“酸浸”過(guò)程Co(OH)2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(2)“沉鐵”過(guò)程CaCO3的作用有。(3)“沉鎳”過(guò)程pH對(duì)溶液中Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)含量的影響如圖。①由圖判斷，應(yīng)調(diào)節(jié)pH=。②該過(guò)程Co可能發(fā)生的反應(yīng)如下：Co2++6NH3·H2O=[Co(NH3)6]2++6H2O

K1=105Co2++2NH3·H2O=Co(OH)2↓+2

K2則K2=，[Co(NH3)6]2+為(填“熱力學(xué)”或“動(dòng)力學(xué)”)產(chǎn)物。(已知：25℃時(shí)，Kb(NH3·H2O)=10-4.8，Ksp[Co(OH)2]=10-15)(4)“沉鈷”過(guò)程生成Co(OH)3的離子方程式為。(5)一種以Zn和V2O5為電極、Zn(CF3SO3)2水溶液為電解質(zhì)的電池，其示意圖如下圖一所示。放電時(shí)，Zn2+可插入V2O5層間形成ZnxV2O5·nH2O。①基態(tài)V原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為。②上述電池充電時(shí)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為。③金屬Zn的晶胞如圖二，密度為ρg/cm3，則晶胞空間占有率為。【答案】(1)Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O（2分）(2)調(diào)節(jié)pH使Fe3+沉淀完全的同時(shí)減少雜質(zhì)引入（1分）(3)10（1分）105.4（2分）動(dòng)力學(xué)（2分）(4)2[Co(NH3)6]2+++4OH-+H2O=2Co(OH)3↓++12NH3↑（2分）(5)1∶4(或4∶1)（1分）ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+（2分）（2分）【分析】煉鋅鈷渣加入硫酸酸浸，銅不和硫酸反應(yīng)過(guò)濾后得到銅渣，濾液中含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Zn2+，向?yàn)V液中加入過(guò)氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入碳酸鈣調(diào)節(jié)pH沉鐵，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，濾液中加入氨水將鎳轉(zhuǎn)化為沉淀，過(guò)濾濾液加入亞硫酸鈉氧化二價(jià)鈷為三價(jià)鈷，加入氫氧化鈉轉(zhuǎn)化為鈷沉淀，過(guò)濾濾液電解得到鋅單質(zhì)；【詳解】（1）“酸浸”過(guò)程Co(OH)2和酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為鈷離子，離子方程式為Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O；（2）“沉鐵”過(guò)程碳酸鈣的作用有調(diào)節(jié)pH沉鐵，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，且碳酸鈣、硫酸鈣均為固體，減少引入其它雜質(zhì)；（3）①“沉鎳”過(guò)程中使得鎳轉(zhuǎn)化為沉淀，而鈷不轉(zhuǎn)化為沉淀，由圖判斷，應(yīng)調(diào)節(jié)pH=10，此時(shí)鎳沉淀完全、而鈷損失較?。虎贙2====105.4，鈷離子和氨分子生成較為穩(wěn)定的配合物[Co(NH3)6]2+，故其為動(dòng)力學(xué)產(chǎn)物；（4）“沉鈷”過(guò)程中亞硫酸鈉氧化二價(jià)鈷為三價(jià)鈷同時(shí)生成硫酸根離子，加入氫氧化鈉和三價(jià)鈷反應(yīng)轉(zhuǎn)化生成Co(OH)3沉淀，離子方程式為2[Co(NH3)6]2+++4OH-+H2O=2Co(OH)3↓++12NH3↑；（5）①基態(tài)V原子的價(jià)電子排布式圖為，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為1∶4(或4∶1)；②放電時(shí)，V2O5為正極反應(yīng)物，Zn2+可插入V2O5層間形成ZnxV2O5·nH2O，充電時(shí)陽(yáng)極ZnxV2O5·nH2O變?yōu)閂2O5并釋放Zn2+，陽(yáng)極反應(yīng)式為ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+；③據(jù)“均攤法”，晶胞中含8×+1=2個(gè)Zn，由圖可知，鋅原子半徑為nm，晶胞空間占有率為=。12．（15分）氮氧化物是大氣的主要污染物，為防治環(huán)境污染，科研人員做了大量研究。I．汽油燃油車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器，可以使和兩種尾氣反應(yīng)生成，可有效降低汽車尾氣污染，反應(yīng)為。(1)下表中數(shù)據(jù)是該反應(yīng)中的相關(guān)物質(zhì)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓（）（標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓是指在、條件下，由穩(wěn)定態(tài)單質(zhì)生成化合物時(shí)的焓變）數(shù)據(jù)。物質(zhì)090則。(2)將和按物質(zhì)的量之比以一定的流速分別通過(guò)兩種催化劑（和）進(jìn)行反應(yīng)，相同時(shí)間內(nèi)測(cè)定逸出氣體中的含量，從而確定尾氣脫氮率（的轉(zhuǎn)化率），結(jié)果如圖所示。①下脫氮率較高的催化劑是（填“”或“”）。②催化劑催化條件下，后，脫氮率隨溫度升高而下降的原因是。Ⅱ．一定條件下與可發(fā)生反應(yīng)：。(3)將與按物質(zhì)的量之比置于恒溫恒容密閉容器中反應(yīng)。下列能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是__________（填標(biāo)號(hào)）。A．體系壓強(qiáng)保持不變 B．與的物質(zhì)的量之比保持不變C． D．(4)將一定量的與置于密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，在相同時(shí)間內(nèi)測(cè)得的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的變化曲線如圖1所示（虛線為平衡時(shí)的曲線）。的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)、溫度及氮硫比的關(guān)系如圖2所示。①由圖1可知，溫度過(guò)高或過(guò)低均不利于該反應(yīng)的進(jìn)行，原因是。②圖2中壓強(qiáng)：（填“>”“<”或“=”，下同），氮硫比：。③溫度為，壓強(qiáng)恒定為時(shí)，反應(yīng)平衡常數(shù)?！敬鸢浮?1)-746（2分）(2)Cat-1（1分）超過(guò)450°C，催化劑活性降低，反應(yīng)速率減慢，相同時(shí)間內(nèi)脫氮率下降（2分）(3)AB（2分）(4)溫度過(guò)低，反應(yīng)速率較慢；溫度過(guò)高，該反應(yīng)的平衡逆向移動(dòng)（2分）<（2分）<（2分）（2分）【詳解】（1）=生成物的總焓變-反應(yīng)物的總焓變=kJ/mol×2-90kJ/mol×2-(-110.5kJ/mol)×2=-746kJ/mol；（2）①由圖可知，250℃時(shí)下脫氮率較高的催化劑是Cat-1；②溫度過(guò)高會(huì)導(dǎo)致催化劑活性降低，則催化劑催化條件下，后，脫氮率隨溫度升高而下降的原因是：超過(guò)450°C，催化劑活性降低，反應(yīng)速率減慢，相同時(shí)間內(nèi)脫氮率下降；（3）A．該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，反應(yīng)開始至達(dá)到平衡過(guò)程，體系壓強(qiáng)不斷減小，則當(dāng)體系壓強(qiáng)保持不變時(shí)，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，A符合題意；B．將NO2與SO2按物質(zhì)的量之比1∶1置于恒溫恒容密閉容器中反應(yīng)，反應(yīng)開始至達(dá)到平衡過(guò)程，與的物質(zhì)的量之比一直在變化，則當(dāng)與的物質(zhì)的量之比不變時(shí)，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，B符合題意；C．，僅體現(xiàn)正反應(yīng)速率，未體現(xiàn)逆反應(yīng)速率，則不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，C不符合題意；D．反應(yīng)開始生成SO3、N2至達(dá)到平衡過(guò)程，且保持不變，則當(dāng)時(shí)，不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，D不符合題意；故選AB。（4）①因ΔH2<0，則溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，且溫度過(guò)低，反應(yīng)速率較慢，均不利于該反應(yīng)的進(jìn)行，所以由圖1可知，溫度過(guò)高或過(guò)低均不利于該反應(yīng)的進(jìn)行，原因是：溫度過(guò)低，反應(yīng)速率較慢；溫度過(guò)高，該反應(yīng)的平衡逆向移動(dòng)；②該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，溫度、氮硫比m相同時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，SO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，則p1<p2；溫度、壓強(qiáng)相同時(shí)，增大氮硫比m，相當(dāng)于增大NO2的濃度，平衡正向移動(dòng)，SO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，則m1<m2；③由圖可知，溫度為TK，壓強(qiáng)恒定為p1時(shí)，SO2平衡轉(zhuǎn)化率為50%，設(shè)開始時(shí)投入，則投入，據(jù)此列出“三段式”：則反應(yīng)平衡常數(shù)。13．（15分）硫代硫酸鈉(Na2S2O3·5H2O)俗名“大蘇打”，又稱為“海波”。它易溶于水，難溶于乙醇，加熱、遇酸均易分解。下圖為實(shí)驗(yàn)室制取硫代硫酸鈉的裝置：實(shí)驗(yàn)步驟：I．制備：裝置A制備的經(jīng)過(guò)三通閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液約為時(shí)，停止通入氣體，得產(chǎn)品混合溶液。Ⅱ.產(chǎn)品分離提純：產(chǎn)品混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，得到產(chǎn)品。回答下列問(wèn)題：(1)裝置A中裝的儀器名稱為。裝置B中的藥品可以選擇下列物質(zhì)中的(填字母)。A．飽和食鹽水

B．溶液

C．飽和溶液

D．酸性溶液(2)為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實(shí)驗(yàn)中通入的不能過(guò)量。若過(guò)量使溶液，產(chǎn)率會(huì)降低，請(qǐng)用離子方程式解釋原因：；理論上和的最佳物質(zhì)的量之比應(yīng)為。(3)當(dāng)數(shù)據(jù)采集處接近時(shí)，三通閥(如圖1)的孔路位置應(yīng)調(diào)節(jié)為(填字母)。(4)小組查閱資料：①的結(jié)構(gòu)如圖2所示(可視為一個(gè)S原子取代了中的一個(gè)O原子。)；②在照相底片的定影過(guò)程中，未曝光的溴化銀(AgBr)常用硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶解。發(fā)生的反應(yīng)為：，常溫下，，溶液溶解生成的離子方程式：，常溫下，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為。在配合物離子中，(填字母)不可能作配位原子。a．中的中心S原子

b．中的端基S原子【答案】(1)蒸餾燒瓶（1分）BD（2分）(2)（2分）1:2（2分）(3)D（2分）(4)（2分）16（2分）a（2分）【分析】A為SO2的發(fā)生裝置，將SO2經(jīng)過(guò)三通閥通入裝置C中的混合溶液中，與碳酸鈉和硫化鈉反應(yīng)生成Na2S2O3溶液，混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，得到Na2S2O3?5H2O產(chǎn)品，裝置B吸收SO2，據(jù)此回答?！驹斀狻浚?）①裝置A中裝Na2SO3的儀器名稱為蒸餾燒瓶；②根據(jù)分析可知，裝置B吸收SO2，酸性高錳酸鉀和NaOH溶液都可以與SO2反應(yīng)，故選BD；（2）①實(shí)驗(yàn)中通入的SO2不能過(guò)量，否則產(chǎn)率會(huì)降低，原因是硫代硫酸根離子在酸性溶液中會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)，離子方程式為：；②反應(yīng)的方程式為：，所以論上Na2S和SO2的最佳物質(zhì)的量之比應(yīng)為1:2；（3）當(dāng)數(shù)據(jù)采集處pH接近7~8時(shí)，Na2CO3與Na2S已經(jīng)完全反應(yīng)為產(chǎn)物，此時(shí)反應(yīng)應(yīng)該停止，將多余的SO2進(jìn)行尾氣處理，需要調(diào)節(jié)三通閥的方向使SO2進(jìn)入B裝置，故選D；（4）①Na2S2O3溶液溶解AgBr生成Na3[Ag(S2O3)2]的離子方程式：；②根據(jù)K穩(wěn)=3.2×1013，=K穩(wěn)Ksp(AgBr)=3.2×10135.0×10?13=16；③中的中心S原子無(wú)孤電子對(duì)，不做配位原子，端基S原子含有孤電子對(duì)，可做配位原子，故選a。14．（15分）唑草酮是一種藥性強(qiáng)、易降解、污染少的除草劑，其中一種合成路線為：回答下列問(wèn)題：(1)A中含有官能團(tuán)的名稱為。(2)A與B反應(yīng)得到C和(填結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式)，該反應(yīng)的目的是。(3)F→G的化學(xué)方程式為。(4)已知中鍵極性越大，則堿性越弱，則下列物質(zhì)的堿性由弱到強(qiáng)的順序?yàn)?