【文档说明】山东省肥城市2025届高三上学期开学考试化学试题（解析版）.docx，共(22)页，3.302 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学试题1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂：非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清晰。3.请按照题号在各题目的答题

区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1O16Cl35.5Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题

只有一个选项符合题意。1.《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及．．．的操作是A.洗涤B.粉碎C.萃取D.蒸发【答案】C【解析】【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污

渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，答案选C。2.下列化学用语或图示正确

的是A.过氧化氢的电子式：B.NaCl溶液中的水合离子：C.氧元素的两种同素异形体：162O、183OD.溴离子结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．过氧化氢是共价化合物，其电子式为：，A错误；B．NaCl溶液中

的水合离子：，B错误；C．162O、183O为同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，C正确；D．溴离子结构示意图为：，D错误；故选C。3.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A.镀层破坏后，镀锌铁比镀锡铁更易被腐蚀

B.铵态氮肥与草木灰混合施用可以提高肥效C.2SO可漂白纸浆，但不能用于食品漂白D.补铁剂与维生素C配合使用可以提高补铁效果【答案】CD【解析】【详解】A．镀锌铁镀层破损后，Zn为负极，被腐蚀的是Zn，Fe被保护，镀锡铁镀层破坏后，Fe为负极，被腐蚀的是Fe，Sn被保护，所以镀层破损

后，镀锡铁比镀锌铁易被腐蚀，A错误；B．铵态氮肥（如硫酸铵）属于氮肥，而草木灰的主要成分是碳酸钾，属于碱性物质，当铵态氮肥与草木灰混合使用时，会发生化学反应，产生氨气，导致氮元素的流失，从而降低肥效，B错误；C．2SO具有漂白性，可漂白纸浆，2SO有毒

，不能用于食品漂白，C正确；D．维生素C具有还原性可以避免Fe2+被氧化为Fe3+，从而提高补铁效果，D正确；故选CD。4.化学与生产也密切相关。下列叙述正确的是A.燃煤中加入生石灰，可减少2CO的排放B.电解精炼铜的装置中，纯铜做阳极C.水垢中的硫酸钙，可用碳酸钠溶液浸泡后，再用酸处理D.合

成氨采取高温、高压条件有利于提高反应的限度【答案】C【解析】【详解】A．燃煤中加入生石灰，可减少2SO的排放，A错误；B．电解精炼铜时，粗铜放在阳极，发生氧化反应，精铜放在阴极，B错误；C．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢，可将不易溶于酸溶液的C

aSO4转化为易溶于酸溶液的3CaCO，再用酸去除即可，C正确；D．合成氨工业中，增大压强有利于提高反应物的利用率，但压强过大时，对设备的承压能力要求变高，压强不是越大越好，D错误；故选C。5.物质性质决定用

途，下列两者对应关系错误的是A.2SiO用于制造光导纤维，体现了2SiO的光学特性B.3FeCl溶液可腐蚀覆铜板印刷电路，体现了C.4BaSO用作钡餐，体现了4BaSO的难溶性D.2H制作燃料电池，体现了2H可燃性【答案】B【解析】

【详解】A．光导纤维是一种能够传导光信号的纤维，利用全反射原理进行工作，2SiO具有良好的光学特性，这是其被用作制造光导纤维的主要原因，A正确；B．3FeCl溶液可腐蚀覆铜板印刷电路，Fe3+与铜发生氧化还原反应生成Fe2+和C

u2+，体现了3+Fe的氧化性，B错误；C．BaSO4在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂，即“钡餐”，主要是因为其既不溶于水也不溶于酸的特性，C正确；D．2H具有可燃性，与氧气发生反应生成水，反应过程中释放出大量的热，利用该

反应能够将化学能直接转换为电能即燃料电池，D正确；故选B。6.下列实验操作对应的装置错误的是的A.钠与氧气加热B.从碘水中萃取碘C.准确量取15.00mL稀盐酸D.实验室制备氨气【答案】A【解析】【详解

】A．涉及到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯等，A错误；B．碘在水中溶液度小于在四氯化碳中，且水与四氯化碳不互溶，四氯化碳的密度大于水，可以用萃取并分液的方法提取碘，B错误；C．可用酸式滴定管量取

15.00mL稀盐酸，C错误；D．实验室制备氨气用不加热装置，则可用分液漏盛放浓氨水，锥形瓶盛放氧化钙，D正确；故选A。7.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2g重水(2DO)中所含质子数为ANB.标准状况下，22.4LHCl气体中+H数为ANC.常温下，pH=9的3CHCOON

a溶液中，水电离出的+H数为-5A10ND.向-131L0.1molLCHCOOH溶液通氨气至中性，+4NH数为A0.1N【答案】A【解析】【详解】A．重水(2DO)中含有10个质子，2g重水(2DO)的物质的量为2g20g/mol=0.1m

ol，所含质子数为AN，A正确；B．HCl是共价化合物，HCl气体中没有H+，B错误；C．未说明3CHCOONa溶液的体积，无法计算水电离出的+H数目，C错误；D．向-131L0.1molLCHCOOH溶液通氨气至中性，c(H+

)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(H+)+c(+4NH)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(+4NH)=c(CH3COO-)，由于3CHCOOH是弱酸，不能完全电离，则c(+4NH)=c(CH3COO-)<0.1m

ol/L，则向-131L0.1molLCHCOOH溶液通氨气至中性，+4NH数小于A0.1N，D错误；故选A。8.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是A.碱性锌锰电池的正极反应：+-2MnO+H+e=MnO(OH)B.36KFe(CN)溶

液滴入2FeCl溶液中：3-+2+66K+Fe+Fe(CN)=KFeFe(CN)C.在溶液中碘化亚铁与等物质的量的氯气反应：2+-3+-222Fe+2I+2Cl=2Fe+2Cl+2ID.向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：2-2223S+2SO

+2HOHS+2HSO=−【答案】B【解析】【详解】A．碱性锌锰电池正极得电子生成氢氧化氧锰，其电极反应式为--22MnO+HO+e=MnO(OH)+OH，A错误；B．36KFe(CN)溶液滴入2FeCl溶液中会生成6KFeFe(CN)沉淀，反应的离子方程式为3-+2

+66K+Fe+Fe(CN)=KFeFe(CN)，B正确；C．碘化亚铁与等物质的量的氯气反应，亚铁离子、碘离子均可被氧化，但氯气先和还原性强的碘离子反应，反应的离子方程式为--222I+Cl=2Cl+2I，C错误；D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫会生成S单质和亚硫酸氢钠，反

应的离子方程式为2-2232S+5SO+2HO=3S+4HSO−，D错误；故选B。9.四瓶无色溶液432323NHNONaCOBa(OH)AlCl、、、，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正

确的是A.a、c均呈弱碱性B.c中通入过量的e可得到无色溶液C.饱和的d溶液中通入过量的g变浑浊D.b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸【答案】C【解析】【分析】由题意及关系图可知，a与b反应需要加热，且产

生的e为无色气体，则a和b分别为NH4NO3和Ba(OH)2的一种，产生的气体e为NH3；又由于b和c反应生成白色沉淀f，NH4NO3不会与其他三种溶液产生沉淀，故b为Ba(OH)2，a为NH4NO3；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉

淀f，故c为AlCl3，d为Na2CO3，生成的白色沉淀为Al(OH)3，无色气体g为CO2。综上所述，a为NH4NO3溶液，b为Ba(OH)2溶液，c为AlCl3溶液，d为Na2CO3溶液，e为NH3，f为Al(OH)3，g为CO2。【

详解】A．由分析可知，a为NH4NO3溶液，为强酸弱碱盐溶液，4NH+水解显酸性，故a显弱酸性，故A项错误；B．由分析可知，c为AlCl3溶液，e为NH3，AlCl3溶液通入NH3会生成Al(OH)3沉淀，不溶于弱碱，故B项错误；C．饱和的Na2CO3溶液中通入过量的CO2生成

NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3而析出晶体使溶液变浑浊，C正确；D．由分析可知，b为Ba(OH)2，d为Na2CO3，二者反应生成沉淀BaCO3，可溶与稀硝酸，故D项错误；故选C。10.W

、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于-Y的核外电子数，化合物-+6WZY可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是A.W、X、Y、Z分属不同主族B.最高价含氧酸的酸性：Y>XC.W在氧气中燃烧生成多种氧化物D.原子半径：W>X>Y【答案】D【解析】【

分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且能形成离子化合物6WZY−+，则W为Li或Na；又由于W和X原子序数之和等于Y-的核外电子数，若W为Na，X原子序数大于Na，则W和X原子序数之和大于18，不符合题意，因此W只能为Li元素；由于Y可形成Y-，故Y为第ⅦA族元素，且原子序

数Z大于Y，故Y不可能为Cl元素，因此Y为F元素，X的原子序数为10-3=7，X为N元素，X和Z属于同一主族，可知Z为P元素，综上所述，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素。【详解】A．X和Z属于同一主族，A错误；B．同周期主族元素的非金属性随原子序数的

增大而逐渐增强，同主族元素的非金属性随原子序数的增大而逐渐减弱，则非金属性：F>N，但F无正价，B错误；C．W为Li元素，Li在氧气中燃烧生成Li2O，C错误；D．由分析可知，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，同周期主族元素

原子半径随着原子序数的增大而减小，故原子半径：Li＞N＞F，D正确；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.完

成下列各组实验，所选玻璃仪器(不考虑存放试剂的容器)和试剂均准确、完整的是选项实验目的玻璃仪器试剂A配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒蒸馏水、NaCl固体B测定

NaOH溶液的浓度烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管、碱式滴定管待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂C比较镁和铝的金属性强弱试管、胶头滴管2MgCl溶液、3AlCl溶液、氨水D制取氢氧化铁胶体烧杯、胶头滴管、酒精灯蒸馏水、饱和氯化铁溶液A.AB.BC.CD.D【答案

】BD【解析】【详解】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，选项中所选玻璃仪器不正确，A不符合题意；B．用标准稀盐酸溶

液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所选玻璃仪器和试剂均准确，B符合题意；C．比较镁和铝的金属性强弱，可以向两支装有等浓度、等体积MgCl2溶液、AlCl3溶液的试管中滴加Na

OH溶液至过量，观察实验现象，所选试剂不准确，C不符合题意；D．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，D符合题意；故选BD12

.某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确是A.放电时负极质量减小B.储能过程中电能转变为化学能C.放电时左侧+H通过质子交换膜移向右侧D.充电总反应：2-3+2+44Pb+SO+2Fe=PbSO+2Fe【答案】BC【解析】【分析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子

结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。【详解】

A．放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H

+通过质子交换膜移向右侧，C正确；。的D．多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb+2-4SO+2Fe3+，D错误；故答案选BC。1

3.以黄铁矿的烧渣(主要成分为232FeOFeOSiO、、等)为原料制取新型高效的无机高分子絮凝剂—聚合硫酸铁()2m4pnFe(OH)SO的工艺流程如图：已知：取样分析可确定溶液中2+Fe、3+

Fe的含量。下列有关说法错误的是A.聚合硫酸铁()2m4pnFe(OH)SO中m=6-2pB.“取样分析”目的之一确定氧化所需3NaClO的量C.还原步骤中应加入过量的铁，以防止2+Fe被氧化D.水解时溶液的pH偏小或偏大都会影

响聚合硫酸铁的产率【答案】C【解析】【分析】黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，加入28%H2SO4“酸浸”后，过滤得到滤渣1的成分为SiO2，滤液中含Fe2(SO4)3、FeSO4和H2SO4，加入Fe将Fe3+还原成

Fe2+，加入NaClO3、H2SO4将Fe2+氧化成Fe3+，然后水解、聚合得到聚合硫酸铁。【详解】A．聚合硫酸铁()2m4pnFe(OH)SO中2-4SO、3+Fe、OH−化合价代数和为0

，23-m-p2=0，即：m=6-2p，故A正确；B．“取样分析”是为了分析Fe2+、Fe3+含量，确定还原Fe3+所需Fe的量和氧化Fe2+所需3NaClO的量，故B正确；C．还原步骤中应加入过量的铁的目的是将Fe3+完全还原为Fe2+，故C错误；D．水解时溶液的pH偏小，抑制Fe

3+水解，溶液的pH偏大则生成Fe(OH)3，都会影响聚合硫酸铁的产率，故D正确；故答案选C。14.向一恒容密闭容器中加入41molCH和一定量的2HO，发生反应：422CH(g)+HO(g)CO(g)+3H(g)。4CH的平衡转化率按不同投料(

)()42nCHxx=nHO随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.12x>xB.反应速率：bc>vv正正C.点a、b、c对应的平衡常数：abc<=KKKD.反应温度为1T，当容器内密度不变时，反应达到平衡状态【答案】AD【解析】【详解】A．一定条件下，增大

水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则12x<x，选项A错误；B．b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：bcvv正正，选项B正确；C．由

图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大，温度相同K相同，则点a、b、c对应的平衡常数abcK<K=K，选项C正确；D．反应在恒容容器中进行，所有反应物均为气体，密度始终保持不变，当容器内密度不变时，反应不一定达到平衡状态，

选项D错误；故选AD。15.某元素M的氢氧化物2M(OH)(s)在水中的溶解反应为：2+-2M(OH)(s)M(aq)+2OH(aq)、-2-24M(OH)(s)+2OH(aq)M(OH)(aq)，25℃时，-lgc与pH的关系如图所示，c为2+M或2-4M(OH)浓度的值。下列说法错误的

是A.曲线①代表()2+-lgcM与pH的关系B.2M(OH)的spK约为-10110C.向()2+-1cM=0.1molL的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以2M(OH)(s)存在D.向2--14cM(OH)=0.1molL的溶液中加入

等体积-10.4molL的HCl后，体系中元素M主要以2-4M(OH)存在【答案】B【解析】【分析】由题干信息，2+-2M(OH)(s)M(aq)+2OH(aq)，-2-24M(OH)(s)+2OH(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，

c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[2-4M(OH)]增大，即-lgc(M2+)增大，-lgc[2-4M(OH)]减小，因此曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lgc[2-4M(OH)]与pH的关系，据此分析解

答。【详解】A．由分析可知，曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，A正确；B．由图象，pH=7.0时，c(H+)=10-7mol/L，-lgc(M2+)=3.0，c(M2+)=10-3mol/L，则M(OH)2的Ksp=c(M2+

)c2(OH-)=1×10-17，B错误；C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图象，pH=9.0时，c(M2+)、c[2-4M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；D．根据图象

，c[2-4M(OH)]=0.1mol/L时溶液的pH约为14.5，c(OH-)≈-14-14.51010mol/L≈3.2mol/L，加入等体积的0.4mol/L的HCl后，发生中和反应，反应后c(OH-)=3.2-0.42mol/L=

1.4mol/L，此时体系中元素M仍主要以2-4M(OH)存在，D正确；故选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.元素的“价类二维图”体现了化学变化之美。部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。（1）右侧元素在周期

表中所处的位置为_______。（2）f为酸式盐，检验中阳离子所需试剂(包括试纸)为_______，向f溶液中加入过量的NaOH溶液，反应的离子方程式为_______。（3）下列有关图中所示物质的叙述，错误的是_______(填序号)。A.只有k、e、f属于电解质B.只有c、d属于酸性氧化

物C.g、a、c均不能用浓硫酸干燥D.k、e的浓溶液的氧化性均比稀溶液强（4）工业上由g制备k，分三步进行，写出第一步反应化学方程式_______。（5）研究表明可以用电解法以h制备k，其原理示意图如图。①电极A表面反

应的电极反应式为_______；②研究发现：h转化可能的途径为iiihik⎯⎯→⎯⎯→。电极A表面还发生iii：22HOO→。iii的存在，有利于途径ii，原因是_______。【答案】（1）第三周期第VIA族的（2）①.NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸②.++-4322=N

H+H+2OHNHHO+HO（3）AC（4）4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O（5）①.--+223N-10e+6HO=2NO+12H②.反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成-3NO【解析】【分析】结合N、S的价态及物质类型可知，a为H2S、b为S、c为SO2

、d为SO3、e为H2SO4、f为硫酸盐或硫酸氢盐、g为NH3、h为N2、i为NO、j为NO2或N2O4、k为HNO3，f为铵盐，故f为硫酸铵或硫酸氢铵，据此解答；【小问1详解】硫元素是第16号元素，位于第三周期第VI

A族；【小问2详解】f为酸式盐，检验中阳离子即+4NH的检验，加入NaOH溶液然后加热，生成氨气，可用湿润的红色石蕊试纸检验，变蓝说明的铵根离子；反应的离子方程式为：++-4322=NH+H+2OHNHHO+HO；【小问3详解】A．HNO3、硫酸氢铵、H2SO4、H2S均属于电解质，故A错误；B

．只有SO2、SO3属于酸性氧化物，故B正确；C．g为NH3、a为H2S、c为SO2，三者中NH3具碱性与还原性，H2S具有还原性，不能用浓硫酸干燥，SO2可以用浓硫酸干燥，故C错误；D．e为H2SO4、k为HNO3，两者均为氧化性酸，浓

溶液的氧化性均比稀溶液强，D正确；故选AC。【小问4详解】工业上由NH3制备HNO3，分三步进行，写出第一步是氨的催化氧化，反应的化学方程式：4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O；【小问5详解】①h为N2、k为HNO3，则通入N2的为阳极，化合价升高被氧化，电极反应为：--+223N-

10e+6HO=2NO+12H，阴极：2-22HO+2e=H+2OH−；②研究发现：N2转化可能的途径为iii23NNOHNO⎯⎯→⎯⎯→。电极A表面还发生iii：22HOO→。iii的存在，有利于途径ii，原因是

：反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成-3NO；17.某小组设计如下实验探究未知浓度的CH3COOH相关性质。（1）25℃时，用pH计测定4mL该CH3COOH溶液的pH为2.68，加水稀释至40

mL时pH的范围为_______。（2）25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度：取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入2~3滴酚酞溶液，用cmol∙L-1NaOH标准溶液滴定至终点，终点现

象为_______。消耗NaOH溶液的体积为V2mL；另取一份该稀CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH3COOH溶液的浓度为_______mol∙L-1，CH3COOH的电离度为_______。（3）25℃时，某混合溶液中()()--133cCHCOOH+cCHCOO=

0.1molL，溶液的pH、CH3COOH和CH3COO-分布分数δ(平衡体系中，同一物质各种存在形式的平衡浓度与其总浓度之比)与所加NaOH量的关系如图所示。①δ2表示_______(填微粒符号)的分布分数曲线；②由图中

数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=_______；③pH=5时，溶液中()()-33lgcCHCOO-lgcCHCOOH=_______：④若c处()+-1cNa=0.1molL，则a、b、c三处水的电离程度最大的是_______。【

答案】（1）2.68＜pH＜3.68（2）①.滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色②.21cVV③.-a12V10cV(或2-a12V10%cV)（3）①.CH3COO-②.1

0-4.8③.0.2④.c【解析】【小问1详解】25℃时，用pH计测定4mL该CH3COOH溶液的pH为2.68，加水稀释至40mL时，若CH3COOH发生完全电离，其pH=3.68，CH3COOH加水稀释，其pH增大，所以pH的范围为2.68＜pH＜3.68

。【小问2详解】25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度：取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入2~3滴酚酞溶液，溶液呈无色，用cmol∙L-1NaOH标准溶液滴定至终点，由于产物为强碱弱酸盐，酚酞溶液变红色，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变

为红色，且半分钟内不褪色。消耗NaOH溶液的体积为V2mL，此时CH3COOH与NaOH刚好完全反应，由此可求出CH3COOH的起始浓度c(CH3COOH)=3231cmol/LV10LV10L−−=21cVVmol∙L-1；另取一份该稀CH3COOH溶液于烧杯中，测得其

pH为a，则发生电离的CH3COOH的物质的量浓度为10-amol∙L-1，CH3COOH的电离度为a2110cVV−=-a12V10cV(或2-a12V10%cV)。【小问3详解】①CH3COOH溶液中加入NaOH，随着NaOH的不断加入，CH3

COOH分布分数不断减小，CH3COO-的分布分数不断增大，所以δ2表示CH3COO-的分布分数曲线；②在a点，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，pH=4.8，由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=33(H)(CHCOO)(C

HCOOH)ccc+−=c(H+)=10-4.8；③pH=5时，溶液中()()-33lgcCHCOO-lgcCHCOOH=lga(H)Kc+=lg4.851010−−=0.2：④在a处，溶液的pH=4.8，溶液呈酸性，表明剩余CH3COO

H发生电离，溶液呈酸性，对水的电离产生抑制作用，在b点，溶液的pH=7，溶液呈中性，对水的电离不产生影响，若c处()+-1cNa=0.1molL=()()-33cCHCOOH+cCHCOO，此时溶液中c(CH

3COOH)=c(NaOH)，NaOH来自CH3COONa水解，溶液呈碱性，水的电离受到促进，则a、b、c三处水的电离程度最大的是c。【点睛】描述滴定终点时，需指明“半分钟内不变色”。18.亚硫酰氯(2SOCl)又名氯化亚砜，2SO

Cl常温下为液体，遇水反应生成两种酸性气体，常用作脱水剂。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究其应用，制备2SOCl的装置如下图(加热及夹持装置已略去)。已知：3223260~65CPCl+SO+ClPOCl+SOCl（1）b仪器的名称为_______。

（2）实验室中2Cl可通过4KMnO固体与浓盐酸反应制取，该反应的离子方程式为_______，图中B中试剂为_______。（3）将上述装置制得的2SOCl通过蒸馏方法提取出来(加热及夹持装置略)，装置安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)。（4）实验室利

用22FeCl4HO和亚硫酰氯(2SOCl)制备无水2FeCl，反应的化学方程式为_____。（5）现有含少量杂质的22FeClnHO，为测定n值进行如下实验：实验I：称取ag样品，用足量稀硫酸溶解后，用-1227bmolLKCrO标准溶液滴定2+Fe达终点时消耗VmL

(滴定过程中2-27CrO转化为3+Cr，-Cl不反应)。实验Ⅱ：另取ag样品与足量2SOCl反应后，周体质量为cg。则n=_______；下列情况会导致n测量值偏大的是_______(填序号)。A．样品中含少量FeO杂质B．样品与2SOCl反应时失水不充分C．实验I中，称重后样

品发生了潮解D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成【答案】（1）(球形)干燥管（2）①.2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.饱和食盐水（3）⑦⑩③⑤（4）FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl（5）①.1000(a

-c)108bV②.CD【解析】【分析】制备SOCl2需要先制取氯气和二氧化硫，根据装置分析，用高锰酸钾和浓盐酸反应制取，氯气中含有氯化氢和水，需要用饱和食盐水除去氯化氢，故装置的左侧为制取氯气，右侧为制取二氧化硫。据此分析。【

小问1详解】b仪器名称为(球形)干燥管；【小问2详解】4KMnO固体与浓盐酸发生氧化还原反应制取2Cl，离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；根据分析装置A为制取氯气，氯气中含有氯化氢和水，需要用饱和食盐水除去氯化氢，B中试剂为饱

和食盐水；【小问3详解】组装蒸馏装置对混合物进行整理提纯，按由上而下、由左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑦，结构连接尾接管⑩，四氯化钛容易水解，为防止外界水蒸气进行最

后连接③⑤。故连接顺序为：⑦⑩③⑤；【小问4详解】SOCl2可用作热分解FeCl3⋅4H2O制取无水FeCl3的脱水剂，SOCl2遇水剧烈水解生成氧化铝和氯化氢，该反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl；【小问5详解】亚铁离子和2-27CrO反应生

成铁离子和3Cr+，222227FeFeClnHO6KCrO+，根据电子守恒可知，()()()2-322227nlFe=nFeClnHO=6nKCrO=6bV10mo+；ag样品，利用上述装置与足量2SOCl反应的后，固

体质量为cg，减少质量为结晶水的质量，()()2l-nHOac=8mo1，则()()-3a-c1000a-c18n=6bV10108bV=；A．样品中含少量FeO杂质，导致()2nFe+数值测量变大，使得n测量值偏小，A错误；B．样品与2SOCl反

应时失水不充分，导致a-c数值测量变小，使得n测量值偏小，B错误；C．实验I中，称重后样品发生了潮解，导致a-c数值测量变大，使得n测量值偏大，C正确；D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致()2nFe+数

值测量变小，使得n测量值偏大，D正确；故选CD。19.工业上以铬铁(24FeCrO，含23AlO等杂质)为主要原料制备红矾钠(2272NaCrO2HO)的工艺流程如图。回答下列问题：已知：焙烧时杂质元

素转变成2NaFeO、2NaAlO。最高价铬元素的酸根离子在酸性介质中以2-27CrO存在，在碱性介质中以2-4CrO存在。（1）24FeCrO中铁的化合价为_______，若焙烧在实验室进行，焙烧氧化应选用的容器是_______，培烧的目的是将24FeCrO转化为24NaCrO，主

要反应的化学方程式为_______。（2）浸取时2NaFeO水解生成3Fe(OH)进入滤渣1，水解的离子方程式为_______。（3）中和需要控制溶液的pH范围为4.5pH9.6，以达到最好的除杂效果，若pH<45．时，会导致_______

(用离子方程式回答，下同)，pH>96．时，会导致_______。（4）转化时加入的试剂X最佳选择为_______(填化学式)。（5）蒸发结晶后分离出副产品的操作为_______，若不进行分离副产品的换作会导致_______；冷却结晶所得母液中，除硫酸外，可在上述流程中循环利用的物质还有_____

__。【答案】（1）①.+2②.铁坩埚③.4FeCr2O4＋7O2＋10Na2CO3高温4NaFeO2＋8Na2CrO4＋10CO2（2）FeO-2＋2H2O=Fe(OH)3↓＋OH-（3）①.Al(OH)3

+3H+=Al3++3H2O②.Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（4）H2SO4（5）①.趁热过滤②.产品混有较多Na2SO4，纯度低③.Na2Cr2O7【解析】【分析】工业上以铬铁矿（24FeCrO，含23AlO等杂质）为主要原料制备红矾钠过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，F

eCr2O4和23AlO转化为2NaFeO、2NaAlO，加入水进行“浸取”，后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，滤渣2的主要成分为Al(OH)3，将溶液

蒸发结晶将副产品Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O72H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4，据此分析。【小问1详解】根据化合价原则，24FeCrO中铁的化合价为+2；若焙烧在实验室进行，焙烧氧化应选用的容器是铁坩埚，因陶瓷在高温条件下与纯碱反

应；将24FeCrO转化为24NaCrO，主要反应的化学方程式为4FeCr2O4＋7O2＋10Na2CO3高温4NaFeO2＋8Na2CrO4＋10CO2；【小问2详解】2NaFeO为强碱弱酸盐，水解生成3Fe(OH)，水解

方程式为：FeO-2＋2H2O=Fe(OH)3↓＋OH-；【小问3详解】因Al(OH)3是两氢氧化物，pH<45．时，会导致Al(OH)3沉淀溶解，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；pH>96．时，会导

致Al(OH)3沉淀溶解Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，均会引入杂质，使产品不纯；【小问4详解】为不引入杂质，转化时加入的试剂X最佳选择为H2SO4；【小问5详解】Na2SO4溶解度随温度变化不大，蒸发结晶后分离出副产品Na2SO4的操作

为趁热过滤；若不进行分离副产品的换作会导致产品混有较多Na2SO4，纯度低；除硫酸外，可在上述流程中循环利用的物质还有在母液中的Na2Cr2O7；20.一种将甲烷漠化再偶联为丙烯(36CH)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：（1）已知：423CH(g)+Br(g

)=CHBr(g)+HBr(g)-11ΔH=-29.2kJmol3363CHBr(g)=CH(g)+3HBr(g)-12ΔH=+20kJmol计算反应42363CH(g)+3Br(g)=CH(g)+6HBr

(g)的ΔH=_______-1kJmol。（2）4CH与2Br反应生成3CHBr，部分3CHBr会进一步溴化。将410mmolCH和212mmolBr，通入密闭容器，平衡时，()4nCH、()3nCHBr与温度的关系见图

(假设反应后的含碳物质只有4CH、3CHBr和22CHBr)。(i)图中4CH的曲线是_______(填“a”或“b”)；(ii)560℃时，4CH的转化率α=_______，n(HBr)=_______mmol；(iii)560℃时，反应322

2CHBr(g)+Br(g)=CHBr(g)+HBr(g)的平衡常数K=_______。（3）少量2I可提高生成3CHBr的选择性。500C时，分别在有2I和无2I的条件下，将410mmolCH和12mm

olBr，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见图。(i)从图中找出2I提高了3CHBr选择性的证据：_______；(ii)研究表明，2I参与反应的可能机理如下：①2I(g)=I(g)+I(g)②222I(g)+CHBr(

g)=IBr(g)+CHBr(g)③23CHBr(g)+HBr(g)=CHBr(g)+Br(g)④43Br(g)+CH(g)=HBr(g)+CH(g)⑤33CH(g)+IBr(g)=CHBr(g)+I(g)⑥2I(g

)+I(g)=I(g)根据上述机理，分析2I提高3CHBr选择性的原因：_______。【答案】（1）﹣67.6（2）①.b②.84%③.11.8mmol④.40.12（3）①.5s后，有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，CH3Br的含量陡然升高②.I2的投入消耗了部分CH2Br2

，且CH2Br2转化为CH3Br【解析】【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计

算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。【小问1详解】根据盖斯定律，计算反应42363CH(g)+3Br(g)=CH(g)+6HBr(g)的112367.6?HHHkJmol−=+=−；【小问2详解】①甲烷与溴单质反应生成一溴甲烷，

反应放热，温度升高反应平衡向逆方向移动，即甲烷的曲线是b；②根据反应423CH(g)+Br(g)=CHBr(g)+HBr(g)列出三段式，4231012008.48.48.48.41.63.68.48.4CHBrCHBrHBrmmolmmolmmolm

molmmolmmolmmolmmolmmolmmol+=+，则甲烷的转化率8.4α100%84%10==；③由于一溴甲烷会与溴单质进一步溴化生成二溴甲烷，最终平衡时一溴甲烷只有5mmol，则()n8.43.411.8HBr

mmol=+=；④560℃反应最终平衡时，设容器体积为V，各物质的平衡浓度分别为()20.2cVBr=、()35.0cVCHBr=、()11.8cVHBr=、()223.4cVCHBr=，则平衡常数3.411.8VVK40.120.25VV

==；【小问3详解】①从图中可以看出，大约5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；