【文档说明】重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期入学适应性训练 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，2.449 MB，由小赞的店铺上传

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重庆八中2024—2025学年度(上)高三年级入学考试训练化学试题注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2．每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效．3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分100分，考试用时75分钟．4．可能用到的相对原子质量：H1C12O16Zn65−−−−一、选择题：本大题包含14小题，每小题3分，每题只有一个选项符合要求．1.中

国是文化大国，拥有深厚的历史底蕴．下列与化学有关的说法正确的是A.马王堆一号墓出土的素纱禅衣是蚕丝制品，主要成分是蛋白质B.指南针的发明可追溯到战国时期，其最先被人们利用的磁石是23FeOC.烟花绚丽多彩是由锂、钠、铜、钾等金属单质燃烧时呈现出的不同颜色D.北京大学重离子物理研究所利用126C

高精度推测了部分三星堆遗址的年代区间【答案】A【解析】【详解】A．蚕丝的主要成分为蛋白质，故A正确；B．制造指南针的磁性物质是34FeO，不是23FeO，故B错误；C．烟花绚丽多彩是由锂、钠、铜、钾等

金属化合物灼烧时呈现的各种艳丽色彩，故C错误；D．碳14具有放射性，可用于考古，可利用碳14测定年代，故D错误；故选A。2.下列化学用语或图示正确的是A.3BCl的电子式为：B.反2−−丁烯的球棍模型：C.3NH分子中N原子

的杂化轨道表示式：D.基态Cr原子的最外层电子排布式为513d4s【答案】B【解析】【详解】A．三氯化硼是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故A错误；B．2—丁烯存在顺反异构，其中反2−−丁烯的球棍模型为，故B正确；C．氨分子中氮原子的价层电子对数

为4，N原子的杂化方式为sp3杂化，杂化轨道表示式为，故C错误；D．铬元素的原子序数为24，最外层电子排布式为4s1，故D错误；故选B。3.下列有关金属及其化合物的应用，说法不正确的是A.刻蚀电路板的废液中含有铁元素和铜

元素，经分离提纯转化后可回收再利用B.储氢合金经化学反应储存氢气，并可在一定条件下放出氢气C.超级钢是由FeMn(10%)C(0.47%)Al(2%)V(0.7%)、、、、组成的合金，是用前沿技术经化学变化制得

的D.镍钴合金可用于制造喷气式飞机的发动机叶片，由此可知，此种镍钴合金耐高温【答案】C【解析】【详解】A．在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液(含有Fe2+、Fe3+、Cu2+)，经分离提纯转化后

可回收再利用，A正确；B．储氢合金能大量吸收H2，并与氢气结合成金属氢化物，稍稍加热金属氢化物又会分解，B正确；C．超级钢是由Fe、Mn(10%)、C(0.47%)、Al(2%)、V(0.7%)组成的合金，是用前沿技术经物理变化制得的，C错误；D．飞机的发动机叶片是由镍、

铁、碳和钴组成的镍钴合金，耐高温，D正确；故选C。4.设AN为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是A.标况下3.36L乙炔和2N混合气体中所含的π键数为A0.3NB.-40.1mol/LNa[Al(OH)]溶液中所含阴离子数目为A0.1NC.标况下24.48LNO中所

含原子数等于A0.6ND.1821.8gHO中含有的质子数为AN【答案】A【解析】【详解】A．乙炔分子中碳碳三键和氮气分子中氮氮三键都含有2个π键，则标准状况下3.36L乙炔和氮气混合气体中所含的π键数目为3.36L22.4L/mol×2×NAmol—1=0.3NA，故A正确；B．缺溶液的

体积，无法计算0.1mol/L四羟基合铝酸钠溶液中四羟基合铝酸根离子的物质的量，且四羟基合铝酸根离子在溶液中水解，所以无法计算溶液中所含阴离子数目，故B错误；C．二氧化氮易发生聚合反应生成四氧化二氮得到二氧化氮和四氧化二氮的混合气体，所以无法计算标准状况下4.48L二氧化氮和四氧化二氮混合气体中二

氧化氮、四氧化二氮的物质的量和含有的原子数目，故C错误；D．182HO的摩尔质量为20g/mol，则1821.8gHO中含有的质子数为1.8g20g/mol×10×NAmol—1=0.9NA，故D错误；故选A。5.下列离子方程式正确的是A.向2FeBr溶液中通入少量222Cl:Cl2Br2ClBr

−−+=+B.将少量2SO通入2BaCl溶液中：2223SOBaHOBaSO2H++++=+C.黑色固体FeO溶于足量稀硝酸：22FeO2HFeHO+++=+D.向滴有酚酞溶液的23NaCO溶液中滴加盐酸至浅红色刚好褪去：233COHHCO−+−+=【答案】D【解析】【详解】A．亚铁离子的还原

性强于溴离子，溴化亚铁溶液与少量氯气反应时，亚铁离子优先与氯气反应生成铁离子和氯离子，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故A错误；B．亚硫酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故B错误；C．氧化亚铜与足量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，

反应的离子方程式为-3323FeONO+10H3Fe+NO5HO+++=+，故C错误；D．向滴有酚酞溶液的碳酸钠溶液中滴加盐酸至浅红色刚好褪去发生的反应为碳酸钠溶液与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为233COHH

CO−+−+=，故D正确；故选D。6.下列图示的实验装置或操作正确的是AB分离苯和溴苯蒸发结晶得到NaCl固体CD铁制品表面镀铜萃取振荡时放气A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．苯和溴苯互相溶解，且二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，但温度计的水银球应处在蒸馏烧瓶的支管

口处，A错误；B．用蒸发皿蒸发结晶得到NaCl固体，B正确；C．铁制品表面镀铜，应把铁制品连接外接直流电源的负极，铜是镀层金属，作为阳极，C错误；D．振荡时分液漏斗下口倾斜向上，堵住上口的塞子，打开旋塞放气，图中操作不合理，D错误；故选

B。7.下列有关金属及其化合物的性质的说法不正确的是A.可通过加热的方法除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠B.根据对角线规则，金属铍可与NaOH溶液反应生成24]NBe[a(OH)C.少量的铁和氯气反应生成3FeCl，过量的铁与氯

气反应生成2FeClD.镁在空气中燃烧得到的固体为混合物【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以可通过加热的方法除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠，故A正确；B．根据对角线规则，金属铍与金属铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠，故B正确

；C．无论铁过量与否，铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，故C错误；D．镁在空气中燃烧时，能与空气中的氧气反应生成氧化镁，与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，与氮气反应生成氮化镁，所以镁在空气中燃烧得到的固体为氧化镁、氮化镁和碳的混合物，故D正确；故选C。8.2CaC的晶胞与NaCl相似，但由于2

-2C的结构导致晶胞沿一个方向拉长(如图ba)，已知2CaC的摩尔质量为Mg/mol，若阿伏加德罗常数的值为AN，下列说法正确的是A.2-2C填充在2Ca+围成的四面体空隙中B.两个最近2-2C之间的距离为2bpm2C.

每个2-2C周围等距紧邻的2-2C有4个D.2CaC晶体密度为2132A410Mg/cmNab【答案】C【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，2-2C填充在钙离子围成八面体空隙中，故A错误；B．由晶胞结构可知，位于体心的2-2C与位于棱上的2-2C距离最近，为低面对角线的一半，两个最近2-

2C之间的距离为2apm2，故B错误；C．由晶胞结构可知，碳化钙晶胞不是正方体，位于体心的2-2C与位于左右棱上的2-2C距离最近，则每个2-2C周围等距紧邻的2-2C有4个，故C正确；D．由晶胞结构可知

，晶胞中位于顶点和面心的钙离子个数为8×18+6×12=4，位于棱上和体心的2-2C的个数为12×14+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A4MN=10—10a2bd，解得d=302A410MNab，故D错误；

故选C。9.药物来曲唑的结构简式如图所示，下列关于来曲唑的叙述不正确的是A.分子中C原子的杂化轨道类型有2spsp、和3spB.1mol该分子最多可以和28molH加成C.该分子中的所有原子不可能全部共面D.该分子的分子式为17115CHN【答案】B【解析】【详解】A．苯环中碳原

子的杂化轨道类型是sp2，-CN中碳原子的杂化轨道类型是sp，中间碳原子为饱和碳原子，杂化轨道类型是sp3，A正确；B．1mol该分子含2mol苯环，2mol碳氮双键，2mol碳氮叄键，最多可以和12molH2加成，B错误；C．分子中间碳原子为饱和碳原子，所有的原

子不可能全部共面，C正确；的D．根据图示结构简式，该分子的分子式为C17H11N5，D正确；故选B。10.XYZWQ、、、、为同一短周期元素且最外层电子数依次增加，将它们按如图方式填入九宫格，横行和纵行所含元素最外层电子数之和均为10．下

列说法正确的是XYZWQA.若为第二周期元素，X常用作电池电极材料，其单质在同族元素组成的单质中密度最小B.若为第二周期元素，W和Q形成的二元化合物为酸性氧化物C.若为第三周期元素，Z单质与氧化铁的反应需在高温条件下发生，所以此反应为吸热反应D.若为第三周期元素，通常用电解熔融氯化物的方法

来冶炼Y【答案】D【解析】【详解】A．若为第二周期元素，横行和纵行所含元素最外层电子数之和均为10，则X为Li、Y为Be、Z为B、W为N、Q为O，Li单质常作为锂电池的电极材料，同主族元素组成单质的密度从上往下呈增大趋势，H2单质在同族元素组成的单质中密度最小，故A错误；B．若为第二

周期元素，横行和纵行所含元素最外层电子数之和均为10，则X为Li、Y为Be、Z为B、W为N、Q为O，N与O二者可以形成NO、NO2、N2O5等多种二元化合物，其中NO、NO2不是酸性氧化物，故B错误；C．若为第三周期元素，则X为Na、Y为Mg、Z为Al、W为P、

Q为S，铝单质和氧化铁的反应，即铝热反应，需在高温条件下发生，但该反应是放热反应，故C错误；D．若为第三周期元素，则X为Na、Y为Mg、Z为Al、W为P、Q为S，镁是活泼金属，工业上一般电解熔融氯化镁来

制取镁单质，故D正确；答案选D。11.下列关于实验的操作、现象、结论均正确的是选项实验操作现象解释或结论的A溶液中滴加2BaCl溶液，再加稀硝酸有白色沉淀生成且沉淀不溶解溶液中一定存在2-4SOB用蒸馏水溶解2CuCl固体，并继续加

水稀释溶液由绿色逐渐变为蓝色()2+2--4224CuCl+4HOCuHO+4Cl正向移动C向某溶液中先加入少量双氧水再滴加少量KSCN溶液产生红色沉淀不能证明原溶液中含有2Fe+D向某卤代烃中先加入过量NaOH溶液，加热，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀此卤代烃中

含有氯原子A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．溶液中滴加BaCl2溶液，再加稀硝酸，有白色沉淀生成且沉淀不溶解，可能含有23SO−或者24SO−中的一种或者两种，也可能存在银离子，A错误；B．用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加

水稀释，()2+2--4224CuCl+4HOCuHO+4Cl，溶液由绿色逐渐变蓝色，说明生成()2+24CuHO，平衡向正向移动，B正确；C．向某溶液中先加入少量双氧水再滴加少量KSCN溶液，若此时溶液中有铁离子，则溶液变为血红色，不会生成红色沉淀

，现象错误，C错误；D．卤代烃与NaOH水溶液共热，发生水解反应，冷却后先加入足量的稀硝酸，酸化处理，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明卤代烃中有氯原子，D错误；为故选B。12.某实验小组以粗镍(含少量Fe和Cr杂质)为原料制备()326NiNHCl，并测定相关组分的含量

，制备流程如图：3243.0mol/LX(c)NHHONHCbl(d)a12−⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→→①盐酸①稀硝酸②浓硝酸试剂②氨水加热系列过滤过滤操作()()绿色蓝紫色蓝紫色粗镍产品沉淀晶体晶体已

知：①2Ni(OH)为绿色难溶物；②()()()3332626NiNHNONiNHCl、均为可溶于水的蓝紫色晶体，碱性条件下稳定存在。下列说法不正确的是A.试剂X的作用是调节pH除去Fe和Cr杂质，则试剂X可为NaOHB.蓝紫色晶体1

转化为蓝紫色晶体2的过程中涉及配位键的断裂和形成C.蓝紫色晶体1转化为蓝紫色晶体2的原因是在此条件下()326NiNHCl的溶解度小于()()3362NiNHNOD.步骤cd、中为防止氨水分解及降低固体溶

解度需0~10C冷水浴控温，则温度计应在水浴中【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，向粗镍中加入浓硝酸，加热条件下酸溶，将金属元素转化为可溶的硝酸盐，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子

、铬离子转化为氢氧化铁、氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铬的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将镍离子转化为绿色氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硝酸、氨水，将氢氧化镍转化为Ni

(NH3)6(NO3)2，过滤得到Ni(NH3)6(NO3)2蓝紫色晶体1；向蓝紫色晶体1中再加入盐酸、氨水和氯化铵的混合溶液，将Ni(NH3)6(NO3)2转化为Ni(NH3)6Cl2，过滤得到Ni(NH3)6Cl2蓝紫色晶体2，蓝紫色晶体2

处理得到产品。【详解】A．由分析可知，加入试剂X的系列操作为加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铬离子转化为氢氧化铁、氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铬的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶

液调节溶液pH，将镍离子转化为绿色氢氧化镍沉淀，则试剂X为氢氧化钠溶液，作用是调节溶液pH除去溶液中的铁离子和铬离子，故A正确；B．由分析可知，蓝紫色晶体1转化为蓝紫色晶体2的反应为Ni(NH3)6(NO3)2+2Cl—=

Ni(NH3)6Cl2+2NO-3，反应中不涉及配位键的断裂和形成，故B错误；C．由分析可知，蓝紫色晶体1转化为蓝紫色晶体2的反应为Ni(NH3)6(NO3)2+2Cl—=Ni(NH3)6Cl2+2NO-3，反应能发生的原因是在此条件下Ni(NH3)6C

l2的溶解度小于Ni(NH3)6(NO3)2，故C正确；D．步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0～10℃冷水浴控温，温度计应插入冷水浴中，不能插入反应液中，故D正确；故选B。13.近日中国科学家成功实现了室温下电催

化甲烷和氧气转化制甲酸，为室温下甲烷的高效绿色利用提供了新的思路，转化原理如下图．下列说法正确的是A.H+在催化电极b上被还原成2HB.随着该反应的进行，电解池B区pH不变C.理论上每生成1molHCOOH，就有6molH+从A区转移至B区D.当23molO在室温下完

全反应时，理论上A区电解池溶液质量增加118g【答案】D【解析】【分析】由图可知，O2转化为H2O2，电极反应式为：-+222O+2e+2H=HO，H2O2将CH4氧化为HCOOH，方程式为：22423HO+CH=HCOOH+4HO，催化电极a发生还

原反应，为阴极，催化电极b为阳极，发生氧化反应生成氧气，据此回答。【详解】A．催化电极b上发生氧化反应生成氧气，A错误；B．随着该反应的进行，b电极的电极反应式为：-+222HO-4e=O+4H，电解池B区pH减小，B错误；C．H+为阳离子，移向阴极，即从B区转

移至A区，C错误；D．根据a的电极反应式可知，当3molO2在室温下完全反应时，生成3molH2O2，要消耗1molCH4，生成1molHCOOH和4molH2O，所以理论上A区电解池溶液质量增加(46+4×18)=118g，D正确；故选D。

14.电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置，已知：某二元酸2HA电离常数712a1a2K1.010K1.010−−==、。某化学小组采用电位滴定法

，用盐酸滴定某溶液中2NaA的浓度，滴定过程中，溶液电位U、电极电压随盐酸体积V的变化曲线如图所示，下列说法中正确的是A.b点溶液显碱性B.水电离出的()+cH:a<cC.d点溶液中：()()()()()-+--22cHA

+cHA+cH=cOH+cClD.实验过程中小组发现所用2NaA溶液混有少量NaHA，将b点消耗的盐酸体积记为bV，d点消耗的盐酸体积为dV，则NaHA的含量可表示为dbdbV-2V100%V-V【答案】D【解析】

【分析】由图可知，b点为Na2A溶液与盐酸恰好反应得到NaHA和氯化钠的混合溶液，d点为溶液中的NaHA恰好反应得到H2A和氯化钠的混合溶液，a点为Na2A、NaHA和氯化钠的混合溶液，c点为H2A、NaHA和氯化钠的混合溶液。【详解】

A．由分析可知，b点为NaHA和氯化钠的混合溶液，由电离常数可知，HA-在溶液中的水解常数Kh=wa1KK=1471.0101.010−−=1.0×10-7＞Ka2，HA-在溶液中的电离程度大于水解程度，所以混合溶液呈酸性，故A错误；B．A

2-在溶液中水解促进水的电离，HA-在溶液中的电离程度大于水解程度，抑制水的电离，H2A在溶液中分步电离出的氢离子抑制水的电离，由分析可知，a点为Na2A、NaHA和氯化钠的混合溶液，c点为H2A、NaHA和氯化钠的混合溶液，所

以a点水电离出的氢离子浓度大于c点，故B错误；C．由分析可知，d点为溶液中的NaHA恰好反应得到H2A和氯化钠的混合溶液，溶液中钠离子浓度与氯离子浓度相等，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)+c(Cl-)可得：c

(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故C错误；D．由分析可知，b点为Na2A溶液与盐酸恰好反应得到NaHA和氯化钠的混合溶液，d点为溶液中的NaHA恰好反应得到H2A和氯化钠的混合溶液，则b点

发生的反应为Na2A+HCl=NaHA+NaCl，d点发生的反应为NaHA+HCl=H2A+NaCl，设盐酸的浓度为cmol/L，由方程式可知，Na2A的物质的量为10-3cVbmol，杂质NaHA的物质的量为10-3c(Vd-2Vb)mol，则NaHA的含量可表示为3db3db10c(V-2V1

00%)10c(-V)V−−=dbdbV-2V100%)(V-V，故D正确；故选D。二、非选择题：本大题包含5小题，共58分．15.ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂等。工业上可由菱锌矿(主要成分为3ZnCO，还含有NiCdFeMn、、、等

元素)制备。工艺如图所示：相关金属离子()n+0cM=0.1mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子3Fe+2Fe+2Zn+2Cd+2Mn+2Ni+开始沉淀的pH1.56.36.07.48.16.9沉淀完全pH2.88.38.09.410.18.9已知：①“溶浸”后的溶液中金

属离子主要有：22222ZnFeCdMnNi+++++、、、、。②弱酸性溶液中4KMnO能将2Mn+氧化生成2MnO。③氧化性顺序：222NiCdZn+++。（1）“溶浸”后溶液中2Fe+的价层电子排布式为___________。（2）“溶浸”步骤中可提高浸出率的措施有__________

_(任写一条即可)。（3）“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO调节至弱酸性(pH5.5)，此时溶液中2Zn+的浓度范围为___________。（4）写出“氧化除杂”步骤中反应的离子方程式___________，___________。（5）“沉

锌”时会生成223Zn(OH)CO沉淀，写出该步骤的离子方程式___________，该步骤中检验2Zn+沉淀完全的方法是___________。（6）已知ZnO晶体的一种晶胞是立方晶胞(如图所示)，设阿伏加德罗常数的值为AN，该晶体密度为___________3g

/cm(列出最简表达式)。【答案】（1）3d6（2）加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、将矿石粉碎等任写一条（3）<1mol/L（4）①.2-4MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+②.-4MnO+3Fe2++7

H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+（5）①.2Zn2++22-3CO+H2O=223Zn(OH)CO↓+CO2↑②.取少量“沉锌”后过滤的滤液于试管中，滴入Na2CO3溶液，若出现白色浑浊则说明未沉淀完全，若无明显现象则说明沉淀完全（6）32A3.2410Nabc

【解析】【分析】形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：“溶浸”发生反应的化学方程式为：ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2↑，“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni

2+，加入KMnO4能将Fe2+氧化为Fe(OH)3、Mn2+氧化为MnO2，滤渣2的成分为Fe(OH)3、MnO2，由于氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+，可加入还原剂Zn单质将Ni、Cd置换出来，滤渣3为Ni、Cd，滤液为ZnSO4，加入Na2CO3反应方程式

为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑，高温灼烧固体得到ZnO；【小问1详解】2Fe+的价层电子排布式为3d6；【小问2详解】提高浸出率的措施有：加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、将矿石粉碎等

；【小问3详解】根据表中数据，0.1molL-1的Zn2+产生沉淀时pH为6.0，可得出Ksp[Zn(OH)2]=0.1×(10-8)2=10-17，则pH5.5时锌离子的最大浓度为c=10-17(10-8.5)2=1(mol/L)，此时溶液中2Zn+的浓度范围

为<1mol/L；【小问4详解】已知弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2，将Fe2+氧化为Fe(OH)3，离子方程式为：2-4MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+、-4MnO+3Fe2++7H2O=MnO2

↓+3Fe(OH)3↓+5H+；【小问5详解】“沉锌”时会生成223Zn(OH)CO沉淀，滤液为ZnSO4，加入Na2CO3的离子方程式：2Zn2++22-3CO+H2O=223Zn(OH)CO↓+CO2↑；该步骤中检验2Zn+沉淀完全的方法是：取少量“沉锌”后过滤的滤液于试管中，滴入

Na2CO3溶液，若出现白色浑浊则说明未沉淀完全，若无明显现象则说明沉淀完全；【小问6详解】该晶胞中Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内，所以晶胞中Zn的个数为8×18+6×12=4，O的个数为4，晶胞的密度为3233-30AA654+1643.2410g/cm=g/cmNabcNab

c10。16.硫酸铁铵晶体[()4422NHFeSO12HO，摩尔质量为482g/mol易溶于水，不溶于乙醇，常用作分析试剂。实验室制备硫酸铁铵晶体的装置如图所示(加热及夹持装置省略)。回答下列问题：（1）装置A中a的作用为_______。（2）实

验时，首先打开1K和3K，关闭2K和4K。一段时间后，为使生成的4FeSO溶液进入装置B中，再打开_______，关闭_______。(填1234KKKK、、、)（3）向所得4FeSO溶液中加入双氧水，双氧水的作用是_______(用离

子方程式表示)，装置B中需要保持温度45C°，温度维持在45C°的原因是_______。（4）当溶液中2Fe+完全反应后，关闭4K。将双氧水换成适量的饱和()442NHSO溶液，继续滴加；实验结束后，将装置B中溶液蒸发浓缩、冷却结晶

、抽滤、洗涤、干燥，得到产品。①为减少产品损失，应用_______洗涤产品。②抽滤的优点是_______。（5）测定产品纯度，进行如下实验：Ⅰ．配制溶液：称取mg产品溶于水，然后配制成100.00mL溶液，取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入过量的KI溶液充分

反应。Ⅱ．滴定：用12230.1000molLNaSO−标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。(已知2223246I2NaSONaSO2NaI+=+)①滴定中使用的指示剂为_______。②该产品纯度为_______(列出最简表达式)。【答案】（1）平衡气压，便于稀硫酸顺利流下（2）①.K

2②.K3（3）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.防止H2O2分解（4）①.乙醇②.加快过滤速率，减少晶体溶解损失（5）①.淀粉溶液②.24.1V%m【解析】【分析】由实验装置图可知，A装置

中铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，利用反应生成的氢气排尽装置内的空气，防止亚铁离子被氧化；再利用反应生成的氢气将A装置内的硫酸亚铁溶液压入B装置内，加入双氧水将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，再加入饱和硫酸铵溶液得到含有硫酸铁和硫酸铵的混合溶液，实验

结束后，将装置B中混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到硫酸铁铵晶体。【小问1详解】由实验装置图可知，装置A中的仪器a为恒压滴液漏斗，恒压滴液漏斗的作用是平衡气压，便于稀硫酸顺利流下，故答案为：平衡气压，便于稀硫酸顺利流下；为【

小问2详解】实验时，首先打开K1和K3，关闭K2和K4，利用反应生成的氢气排尽装置内的空气，防止亚铁离子被氧化，一段时间后，为使生成的硫酸亚铁溶液进入装置B中，再打开K2、关闭K3，利用反应生成的氢气将A装置内的硫酸亚铁溶液压入B装置内，故答案为：K2；K3；【小问3

详解】由分析可知，加入双氧水的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；过氧化氢不稳定，受热易分解，所以为防止过氧化氢受热分解，实验时温度应维持在45°C，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+

=2Fe3++2H2O；防止H2O2分解；【小问4详解】①由题意可知，硫酸铁铵易溶于水，不溶于乙醇，为减少产品损失，应用乙醇洗涤产品，故答案为：乙醇；②与过滤相比，抽滤可以加快过滤速率，减少晶体溶解损失，故答案为：加快过滤速率，减少晶体溶

解损失；【小问5详解】①碘溶液遇淀粉溶液会变为蓝色，所以滴定中使用的指示剂为淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；②由得失电子数目守恒可得如下转化关系：2Fe3+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则产品纯度为-30.1000mol

/L10VL5482g/mol100%mg=24.1V%m，故答案为：24.1V%m。17.一种以2CO为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的工艺涉及以下反应：反应I：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++1H49.0k

J/mol=−反应Ⅱ：222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++2H41.0kJ/mol=+（1）试计算反应Ⅲ：23CO(g)2H(g)CHOH(g)+3H=_______。（2）一定温度下于恒容密

闭容器中按1:3比例充入2CO和2H发生反应I，下列选项能说明反应达到平衡的是_______。a．2molCO=键断裂的同时，有3molOH−键生成b．()()223vCOvH=正逆c．混合气体的密度不再改变d．混合气体的平均相对分子质量不再改变（3）往恒容密

闭容器中按()()22nCO:nH1:3=充入4mol反应物，在合适催化剂作用下，发生反应I和Ⅱ，2CO平衡转化率和甲醇的选择性22n(CO)=n(CO)转化为甲醇的甲醇的选择性参加反应的如

图所示。在553K达平衡时，CO的物质的量为_______mol；随着温度的升高，ABC所在曲线逐渐升高的原因是_______；现向恒温恒压(0.1MPa)的密闭容器中充入221molCO3molH、和6molHe，选择

合适的催化剂使其仅发生反应I，反应10min后达平衡2CO的转化率为20%，该反应的pK=_______2MPa−。(分压=总压×物质的量分数，结果保留一位小数)（4）反应I：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++在某非金属催化剂催化下的反应历程如下图所示，容易得到的副产物

有CO和2CHO，其中相对较少的副产物为_______；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中_______(填字母)的能量变化。A．**33OCHCHOH→B．**COOCH→C．**23OCHO

CH→D．****2COOHCOHO+→+的（5）近来科学家成功开发出便携式固体氧化物燃料电池，其以气态甲醇为燃料、空气为氧化剂、电解质是固态氧化物，在熔融状态下能传导2O−，该电池的负极反应式为_______。【答案】（1）90kJ/mol−（2）bd（3）①

.0.084②.升高温度，以反应Ⅱ为主，Ⅱ反应正向移动导致二氧化碳的平衡转化率升高③.33.3（4）①.2CHO②.D（5）32-32--2CHOH+4O-6e=CO+2HO【解析】【小问1详解】利用盖斯定律

可知，将I-Ⅱ可得：23CO(g)2H(g)CHOH(g)+()()3ΔH49.0kJ/mol41.0kJ/mol90kJ/mol=−−+=−；【小问2详解】a．2molCO=键断裂的同时，有3molOH−键生成，描述的都是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不能判断是否平衡；b．反应速率比等

于系数比，()()223vCOvH=正逆，则正逆反应速率相等，达到平衡；c．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；d．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应是气体物质的量发生变化的反应，若气体平均摩尔质量不随时间变化，则气体

的物质的量不变，反应达到了平衡状态；故选bd；【小问3详解】反应I为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，甲醇选择性下降，则DE曲线为甲醇选择性曲线、ABC曲线为二氧化碳转化率曲线；由图可知，在553K达平衡时，二氧化碳转化率为21%、甲醇选择性为

60%，结合碳守恒可知，CO的物质的量为1mol×21%×（1-60%）=0.084mol；随着温度的升高，ABC所在曲线逐渐升高的原因是升高温度，以反应Ⅱ为主，Ⅱ反应正向移动导致二氧化碳的平衡转化率升高；恒温恒压(0.1MPa)的密闭容器中充入221molCO3mol

H、和6molHe，仅发生反应I，反应10min后达平衡2CO的转化率为20%，则反应二氧化碳0.2mol、氢气0.6mol，生成甲醇、水均为0.2mol，平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol、2.4mol，气体总物质的量为9.6mol，该反应的p30.20.20.10.19

.69.6K=33.30.82.40.10.19.69.6=2MPa−；【小问4详解】活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，由图可知，生成2CHO的活化能较大，反应不易进行，则相对较少的副产物为2CHO；活化能越大，反应速率越慢，则要使反应速率加只快，主要降低***

*2COOHCOHO+→+的能量，答案选D；【小问5详解】该电池中甲醇失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，为负极，故负极反应式为32-32--2CHOH+4O-6e=CO+2HO。18.卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业

中的一种合成方法如图：已知：①②③回答下列问题：（1）物质A中含有的官能团名称为_______。（2）物质B的名称是_______。（3）由DE→的反应类型是_______。（4）写出由EF→的化学方程式：_______。（5

）G的结构简式：_______。（6）已知H是B的一种同系物，其相对分子质量比B多14，其同分异构体中属于酯类且能发生银镜反应的芳香族化合物共有_______种(不考虑立体异构)，其中苯环上等效氢的个数比满足2:2:1的物质结构简式为_______。（7）根据上

述信息，请以和为主要原料(其他试剂任选)，补充下图合成的中间流程_______。【答案】（1）碳氟键（2）邻氟苯甲酸(或2-氟苯甲酸)（3）取代反应（4）（5）（6）①.17②.（7）。【解析】【分析】A氧化生成B，B与SOCl2发生取代反应生成C，由C

逆推，可知B是；D与发生取代反应生成和HBr，E是；E与Y发生取代反应生成F，由F逆推，Y是H2NCH2CH2OH；根据信息②，可知G是。【小问1详解】根据A的结构简式，物质A中含有的官能团名称为碳氟键；【小问2详解】物质B是，名称是邻氟苯甲酸

；【小问3详解】由DE→是D中氨基上的H原子被代替，反应类型是取代反应；【小问4详解】EF→是和H2NCH2CH2OH发生取代反应生成和HBr，反应的化学方程式为；【小问5详解】根据以上分析，G的结构简式为；【小问6详解】H是B的一种同系物，其相对分子质量比B多

14，分子式比B多1个CH2；其同分异构体中属于酯类且能发生银镜反应，说明为甲酸酯，属于芳香族化合物，若有-F、-OOCH、-CH3三个取代基有10种结构，若有-F、-CH2OOCH两个取代基有3种结构，若有-CH2F、-OOCH两个

取代基有3种结构，若有1个取代基-CHFOOCH有1种结构，共17种同分异构体，其中苯环上等效氢的个数比满足2:2:1的物质结构简式为。【小问7详解】根据信息③，和发生加成反应生成，和HBr发生加成反应生成，

水解生成，氧化生成，和反应生成，合成路线为。