【文档说明】山东省滕州市第一中学2025届高三上学期开学考试化学试题word版含解析.docx，共(25)页，5.209 MB，由管理员店铺上传

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2025届高三年级摸底联考化学试题本试卷共8页，20题。全卷满分100分。考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H

1Li7N14O16S32Fe56Mo96Pb207一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.齐鲁大地历史悠久，文化灿烂。下列关于烟台博物馆馆藏文物的

说法正确的是A.图1是唐寅的绢画《灌木丛篁图》，“绢”的主要成分是纤维素B.图2是清乾隆雕蟠龙御题玉瓶，其材料青白玉的主要成分与水晶相同C.图3是西周己侯夔纹壶，此壶由青铜制成，造型精美，青铜属于铜锡合金D.图4是清象牙席，象牙的主要成分羟基磷灰石属于有机物

【答案】C【解析】【详解】A．绢的主要成分是蛋白质，不是纤维素，故A项错误；B．青白玉是一种颜色为青白的玉石其主要成分为硅酸盐，水晶主要成分是二氧化硅，成分不同，故B项错误；C．青铜的主要成分是铜锡合金，故C项正确；D．象牙的主要成分羟基磷灰石属于无机物，故D项错误；故本题选C。2.下列关于实验室

安全的说法错误的是A.可使用金属钠除去液态烃或醚中的微量水B.4BaSO等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理C.实验室用2MnO和浓盐酸制2Cl时，应先滴加浓盐酸再加热圆底烧瓶D.将玻璃导管插入橡胶塞时，用抹布裹住玻璃导管，在玻璃导管口沾上水，边旋转边插入【答案】B【解析】【详解】A

．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与烃或醚不反应，所以可使用金属钠除去液态烃或醚中的微量水，故A项正确；B．BaSO4不溶于水，也不溶于酸，所以BaSO4是无毒的，故B项错误；C．实验室用MnO2和浓盐酸制Cl2时，应先滴加浓盐酸

再加热圆底烧瓶，防止倒吸，故C项正确；D．将玻璃导管插入橡胶塞时，用抹布裹住玻璃导管，在玻璃导管口沾上水，可增加其润滑程度，便于旋转插入，故D项正确；故本题选B。3.化学与生产、生活、科技等密切相关。下列说法错

误的是A.华为mate60pro手机CPU的基础材料是Si单质B.洗洁精能去除油污，是因为洗洁精中的表面活性剂可使油污水解为水溶性物质C.比亚迪纯电动汽车芯片采用第三代半导体材料碳化硅制成，碳化硅属于新型无机非金属材料D.碳

纳米材料主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，三者互为同素异形体【答案】B【解析】【详解】A．硅是半导体材料，可以用于制造手机CPU，故A项正确；B．洗洁精能去除油污，是因为洗洁精中的表面活性剂可使油污乳化，故B项错误；C．碳化硅属于新型无机非金属材料，故C项正确；D．碳纳米材料主要包

括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，三者都是碳单质，互为同素异形体，故D项正确；故本题选B。4.下列事实与解释均正确且相互对应的是的选项事实解释ACsCl晶体中Cs+的配位数为8，NaCl晶体中Na+的配位数为6第一电离能：C＜NaB沸点：2H

OHFO—H…O的键能大于F—H…F的键能C石墨能导电石墨中未杂化的p轨道相互平行且重叠，使电子可在整个碳原子平面中运动D熔点：608CS60C为共价晶体，8S为分子晶体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．离子晶体的配位数与第一电离能无关，A项不符合题意；B．水分子间

形成的氢键数目大于氟化氢分子间形成的氢键数目，故水的沸点高于氟化氢的沸点，B项不符合题意；C．石墨属于混合晶体，层内包含大键，层间为范德华力，能导电的原因是碳原子中未杂化的p轨道重叠，使p轨道上的电子可在整个碳原子平面中运动，C项符合题意；D．608CS、均为分子晶体，60C的

相对分子质量大于8S的相对分子质量，故60C的范德华力更强，熔点更高，D项不符合题意；故选C。5.下列化学用语表述错误的是A.3NH的VSEPR模型：B.2F中共价键的电子云图：C.3NaN中3N−的空间结构：直线形D.2-甲基-3-乙基戊烷的键线式：【答案】A【解析】【详解】A

．NH3的中心原子N原子的价层电子对数为4，则VSEPR模型为四面体形，选项中为其空间填充模型，故A项错误；B．F2中共价键为p-pσ键，其中共线的两个p轨道头碰头重合，形成稳定的σ键，故B项正确；C．NaN3中-3N中心氮原子价层电子对数为2+52123+

−=2，无孤电子对，则-3N的空间结构为直线形，故C项正确；D．2-甲基-3-乙基戊烷的结构式为：CH3CH(CH3)CH(C2H5)CH2CH3，其键线式为，故D项正确；故本题选A。6.使用下列实验装置能达到相应实验目的的是A.用装置甲证明2SO是酸性氧化物B.用装置乙验证石蜡油

受热分解产生乙烯C.在氮气的稳定气流中，用装置丙测定232NaCOHOx中结晶水的数目D.用装置丁实现钢闸门的电化学防腐【答案】C【解析】【详解】A．盐酸具有挥发性，也能使紫色石蕊溶液褪色，所以用装置甲不

能证明2SO是酸性氧化物，A错误；B．石蜡油受热分解产生烯烃，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是该实验不能证明生成的烯烃是乙烯，B错误；C．碳酸钠晶体加热条件下失水生成碳酸钠和水蒸气，无水氯化钙可吸收水蒸气同时不与氮气反应，无水氯化钙装置增加的质量即为水蒸气的质量，可

用该装置测定碳酸钠晶体中结晶水的数目，C正确；D．要实现钢闸门的电化学防腐，则钢闸门应连接电源负极作阴极，D错误；故选C。7.北京大学余志祥课题组近期发现，将商业可得的钯碳和铑催化剂联合使用，即可在常温、1atm2H的条件下将多种带官能团的芳香化合物氢化为对应的环己烷衍生物。下列说法正

确的是A.上述反应类型与溴乙烷在NaOH乙醇溶液中的反应类型一致B.鉴别、时可加入氯化铁溶液，观察是否出现紫色沉淀C.萘()与菲()互为同系物D.沸点：乙苯>甲苯【答案】D【解析】【详解】A．根据题干提供的信息可知，该反应属于加成反应，溴乙烷在NaOH的乙醇溶液中发生消去反应，故A项错误；B．

鉴别、时可加入氯化铁溶液，氯化铁溶液遇酚变紫色，但不是出现紫色沉淀，故B项错误；C．萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，则萘()与菲()不互为同系物，故C项错误；D．对于同系物，相对分子质量越大，分子间

作用力越大，物质的熔点、沸点越高，乙苯的相对分子质量比甲苯大，则沸点：乙苯＞甲苯，故D项正确；答案选D。8.吡咯()和呋喃()属于常见的杂环化合物，均含有65π键。下列说法错误的是A.吡咯中的N和呋喃中的O均为2sp杂化B.呋喃的二氯代物有4种C.

吡咯分子与呋喃分子中含σ键数目之比为10∶9D第一电离能：N>O>C>H【答案】D【解析】【详解】A．由吡咯和呋喃中均含有大π键可知，二者均为平面结构，则吡咯中的N和呋喃中的O均为.2sp杂化，故A项正确；B．根据呋喃的结构式，利用定一移一法确定：、，则呋喃的二氯代物有4

种，故B项正确；C．将结构简式转化为结构式，可得1个吡咯分子与呋喃分子中含键的数目分别为10和9，故C项正确；D．根据同周期元素第一电离能的变化规律，IIA族、VA族元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离

能：NOC，由于氢原子半径太小，导致电子极不易失去，故第一电离能：HC，故D项错误；故答案选D。9.一种以辉铋矿(主要成分为23BiS，含有少量的Bi和23BiO等)为原料冶炼金属铋的工艺流程如

图所示。已知：①3BiCl水解生成难溶的BiOCl；②化合物中Bi通常呈+3价或+5价，3NaBiO具有强氧化性。下列说法错误的是A.“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制Bi3+的水解浸取率，抑制3+Bi的水解B.“溶浸”步骤发生的主要反应为32

3236FeClBiS6FeCl2BiCl3S+=++C.“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2D.流程中可循环利用的物质为3FeCl【答案】C【解析】【分析】由题给流程控制，向辉铋矿中加入氯化铁和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯

化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；加入铁粉，将铋置换出来，过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用；【详解】A．由已知信息可得，“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制铋离子的水解，故A项

正确；B．由分析可知，氯化铁和盐酸将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，化学方程式为：323236FeClBiS6FeCl2BiCl3S+=++，故B项正确；C．“置换”步骤发生反应的离子方程式为：323Fe2Bi2Bi3Fe+++=+，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为

2:3，故C项错误；D．“置换”步骤生成的2Fe+在“滤液氯化”步骤被2Cl氧化为3FeCl，可以实现循环利用，故D项正确；故本题选C。10.异山梨醇广泛应用于医药、食品、化妆品等领域。在温度为T、催化剂条件下，山梨醇制备异山梨

醇的过程及相关物质的浓度随时间变化的关系如图所示，山梨醇的初始浓度为10.10molkg−，3ht后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是山梨醇1K⎯⎯⎯⎯→反应①1，4-脱水山梨醇2K⎯⎯⎯⎯→反应②异山梨醇A.

曲线c表示异山梨醇的浓度，该反应存在副产物B.该温度下的平衡常数：121KKC.0~ht内，v(异山梨醇)110.045molkght−−=D.加入催化剂对反应①②的平衡转化率均无影响【答案】B【解析】【分析】由题意可知，曲线a表示山梨醇

的浓度，曲线b表示1，4-脱水山梨醇的浓度，曲线c表示异山梨醇的浓度。【详解】A．曲线c表示异山梨醇的浓度，该反应存在副产物，A正确；B．由题图可知，th时山梨醇浓度为已0，说明①是不可逆反应，t3h后异山梨醇的浓度不再变化，1，4-脱水山梨醇的浓度大于0，说明反应是可逆反应，则该温度下的平

衡常数：12KK，即121KK，B错误；C．由坐标（t，0.045）可知，0~ht内，v(异山梨醇)=11c0.045molkghtt−−=，C正确；D．催化剂不影响平衡移动，所以加入催化剂对反应①②的平衡转化率均无影响，D正确；故选B。二

、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。11.下列实验操作或方案能达到相应实验目的的是选项实验操作或方案实验目的A用玻璃棒蘸取4CuSO溶液滴在干燥的pH

试纸上，半分钟后与标准比色卡对比测定4CuSO溶液的pHB向“检验Cl−”实验后的试管中滴加氨水洗涤试管中的残留物C向滴有酚酞的硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，至溶液红色褪去，一段时间后，试管中产生凝胶证明非金属性：SiClD常温下，测浓度均为10.1molL−的3CHCOONa溶液和23NaC

O溶液的pH比较3CHCOOH和23HCO的aK。A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．不能用pH试纸测具有强氧化性或带有颜色的溶液的pH，故A项错误；B．“检验Cl−”实验后的试管中会残留AgCl固体，AgCl可溶于氨水形成配合物，故B项正确；C．该实验过程中发生

反应2323NaSiO2HCl2NaClHSiO+=+，可证明酸性：23HSiOHCl，但盐酸不是最高价含氧酸，所以不能证明非金属性：SiCl，故C项错误；D．3CHCOONa中酸根离子对应的酸为3CHCOOH，23NaCO中酸根离子对应3HCO−，故只能比较3CHCOOH和3HCO−

的aK大小，故D项错误；故本题选B。12.如图所示为放电状态下的某可充电液态金属电池的分层结构示意图，该电池采用了三层互不混溶的设计，其中的法拉第选择性膜既有电子通道，又有离子通道(2Pb+无法通过)。下列说法错误的是A.放

电时负极反应式为2Pb2ePb−+−=B.充电时电极Y连接电源正极C.放电时外电路每转移1mole−，理论上电极Y的质量减少103.5gD.使用法拉第选择性膜可以防止负极材料与电解质接触，提高充电效率【答案】AC【解析】【分析】由电子移动方向可知，放电时电极Y为正极，电极反应式为：2Pb

2ePb+−+=，电极X为负极，电极反应式为：Li-e-=Li+，以此解答。【详解】A．由分析可知，放电时，电极X为负极，电极反应式为：Li-e-=Li+，故A项错误；B．由分析可知，放电时，电极Y为正极，充电时，电极Y为阳极、与电源正极相连，故B项正确

；C．放电时电极Y处生成Pb，则电极Y的质量应增加，而不是减少，故C项错误；D．法拉第选择性膜既有电子通道，又有离子通道(除Pb2+外)，Pb2+不能通过法拉第选择性膜，法拉第选择性膜避免了Pb2+直接接触Li而导致充放电

性能下降，能提高充电效率，故D项正确；故本题选AC。13.在强碱B−(如2NH−)的存在下，3222CHCHCHCHCl可按如图所示的两种历程发生反应。已知D为21H原子，下列说法错误的是A.若在C−上引入

两个D原子，则2E反应的产物为32CHCHCHCHD=B.若在C−上引入两个D原子，则1E反应的产物与2Br发生加成反应的产物为32CHCHCDBrCHDBrC.若键能：C—D键>C—H键，则反应速率：()()3232232CHCHClCHCHCDClD.按上述反应机理得到的不同产物分子中均

至少有1个不对称碳原子【答案】AD【解析】【详解】A．在C−上引入两个D原子，即3222CHCHCHCDCl，则2E反应的产物应为322CHCHCHCD=，故A项错误；B．在C−上引入两个D原子，则1E反应的产物为32CHCHCDCHD=，该产物

与2Br发生加成反应的产物为32CHCHCDBrCHDBr，故B项正确；C．键能越大，化学反应速率越慢，键能：CD−键CH−键，则反应速率；()()3232232CHCHClCHCHCDCl，故C项正确

；D．按上述反应机理得到的反应产物为或，均无不对称碳原子，故D项错误；故本题选AD。14.配合物的性质是高中化学的重要内容。取10.1molL−的()244CuHOSO和()344CuNHSO

溶液各1mL，分别进行如表所示的实验，下列所得结论正确的是①②③实验现象产生蓝色沉淀无明显现象产生黑色沉淀A.根据①②即可推断()344CuNHSO溶液中不存在()22334CuNHCu4NH+++B.实验①②说明与2Cu+的配位能力：23HONHC.实验②③说明CuS的溶解

度小于()2CuOHD.向()244CuHOSO溶液中加入过量的氨水，溶液会变成深蓝色【答案】CD【解析】【详解】A．实验①中产生蓝色沉淀2Cu(OH)，说明()244CuHOSO溶液中存在游离的2Cu+，即溶液中存在配离子的解离平衡：()22224CuHOCu4HO+++

，实验③中产生黑色沉淀CuS，说明[Cu(NH3)4]SO4溶液中也存在游离的2Cu+，因此[Cu(NH3)4]SO4溶液中存在()234CuNH+23Cu4NH++，故A项错误；B．实验②中无明

显现象，说明[Cu(NH3)4]SO4溶液中游离的2Cu+浓度很低，不能达到2Cu(OH)沉淀的Ksp，对比实验①②可知，()234CuNH+更不易解离出2Cu+，即3NH与2Cu+结合的能力更强，故B项错误；C．根据沉淀溶解平衡

，溶解度小的物质先析出，对比实验②③可知，CuS的溶解度比2Cu(OH)的溶解度小，故C项正确；D．由分析可知，配合物中3NH的配位能力比2HO的配位能力强，故向()244CuHOSO溶液中加入过量的氨水，()244CuHOSO会向[Cu(NH3)4]SO4转化，溶液变为深

蓝色，故D项正确；故本题选CD。15.电位滴定法是一种利用电极电位来判断滴定终点的方法，用盐酸滴定某2NaA溶液，pH曲线与电位滴定曲线如图所示。已知：()7.35a12HA10K−=，()10.34a22HA10K−=

。下列说法正确的是A.a点溶液中存在：()()()()2HHA2HAOHcccc+−−++=B.a点溶液中，()()20.892HA10Acc−=C.浓度相等的2HA和NaHA的混合溶液中：()()2HAHAcc−D.b点溶液中存在：()()()()()()2Na

HHAAOHClcccccc++−−−−+=+++【答案】BC【解析】【详解】A．2NaA溶液中存在：()()()()2HHA2HAOHcccc+−−++=，而a点是等浓度的NaHA和NaCl溶液，A错误；B．a点：()()()

()228.420.897.3510.342a1a2cH10cHA10KK1010cA+−−−−===，B正确；C．a点的溶质是等浓度的NaHA和NaCl，溶液显碱性，HA−的水解程度大于电离程度，且146.65h2a17.35a110K10KK10

Kw−−−===，等浓度的NaHA和2HA混合溶液中，()()a12h2HAHAKK−，所以()()2HAHAcc−，C正确；D．b点溶液是第一次滴定终点溶液，溶质为NaCl和NaHA，存在电荷守

恒：()()()()()()2HNaHA2AOHClcccccc++−−−−+=+++，D错误；故选BC。三、非选择题：本题包括5小题，共60分。16.铁、钴、镍被称为铁系元素，在生产、生活中具有广泛用途。回答下列问题：（1）基态Co原子的核外电子占据最高能级的轨道

表示式为_______。（2）42FeSO7HO的结构如图所示，键角1、2、3由大到小的顺序为_______(填标号)；加热时更易失去的水分子是_______(填“①”或“②”)，原因为_______。（3）已知A()、B()、C()均有弱碱性，且碱性随N原子周围电子云密度的

增大而增强，则A、B、C三种分子碱性由强到弱的顺序为_______(填标号)。（4）某钴硫化物可用于锂离子电池的电极材料，如图所示的结构1表示该化合物晶胞的部分结构，则该钴硫化物的化学式为_______；晶胞2、晶胞3均为立方晶胞，是该电池充

电后形成的晶胞结构，则晶胞2中与Li距离最近且相等的S有_______个；已知晶胞3的密度为3gcm−，则晶胞3中Li与S之间的最短距离为_______nm(用AN表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）（2）①.3>1>2②.②③.①与中心离子以配位键结合，②与224HOSO

−、以氢键结合，配位键强于氢键（3）BAC（4）①.98CoS②.4③.73A3184104N【解析】【小问1详解】基态Co原子的核外电子排布式为22626721s2s2p3s3p3d4s，则其核外电子占据

的最高能级的轨道表示式为，故答案为：；【小问2详解】①根据价电子对互斥理论，中心原子杂化方式相同时，含有的孤电子对数越多，孤电子对与成键电子对之间的斥力越大，键角越小，3、1、2处对应的中心原子均为3sp杂化，含有的孤

电子对数分别为0、1、2，故键角大小：3>1>2，故答案为：3>1>2；②①与中心离子以配位键结合，②与224HOSO−、以氢键结合，配位键强于氢键，故②的2HO更易失去，故答案为：②；③由②可知，①与中心离子以配位键结合，②与224HOSO−、以氢键结合，配位键强于氢键

，故答案为：①与中心离子以配位键结合，②与224HOSO−、以氢键结合，配位键强于氢键；【小问3详解】根据所给信息A()、B()、C（）的碱性随N原子周围电子云密度的增大而增强，结合所学知识，烷基为推电子基，可使N原子周围电子云密度增大，F电负性大，—F为吸电子基，可使N原子周

围电子云密度减小，故碱性由强到弱的顺序为：BAC，故答案为：BAC；【小问4详解】①根据Co、S原子的分布位置，由均摊法得，结构1中含有Co的数目为1444.58+=，含有S的数目为111244+=，Co与S的原子个数之

比为9:8，因此结构1表示的钴硫化物的化学式为：98CoS，故答案为：98CoS；②图中与Li最近的S共4个，围成正四面体，故答案为：4；③图（）中Li与S之间的最短距离为晶胞体对角线的14，由均摊法得，晶胞3中含有Li的数目为8，含有S的数目为4，可列出密度计算公式：()3321A4327

2ρgNa10cm−−+=，求得晶胞参数：73A184a10nmN=，故Li与S之间的最短距离为：73A3184104nmN，故答案为：73A3184104N。17.3MoO在催化剂、电池材料等方面有广泛应用。一种以钼精

矿(主要含2MoS，还含NiS、4CaMoO等)为原料制备3MoO的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）某种2MoS晶体与石墨结构相似可作润滑剂，发挥其作用时需破坏的微粒间作用力为_______。（2）“浸取”时向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO

溶液，充分反应后的溶液中含有24NaMoO、24NaSO、NaCl。①写出“浸取”时2MoS发生反应的离子方程式：_______。②“浸取”后的滤渣中含NiOOH和4CaMoO。若“浸取”时向溶液中加入饱和23NaCO溶液，可提高浸出液中Mo元素的含量，则原因是__

_____。（3）“沉钼”时向浸出液中加入43NHNO和3HNO，析出()44132NHMoO，当控制温度为55℃、pH为1.5时晶体的沉淀量最多，其中控制温度为55℃的原因是_______(从反应速率和原料利用率的角度分析)。（4）“转化”时将()44132NHMo

O溶于水，向其中加入()42NHS溶液，可生成()442NHMoS，写出对应的化学方程式：_______。（5）“焙烧”时将()442NHMoS在空气中加热，得到剩余固体质量与原始固体质量的比值随温度变化的关系如图所示，过程中Mo的化合价不发生改变，则

分析A点剩余固体的成分为_______(填化学式)。【答案】（1）范德华力（2）①.222442MoS9ClO6OHMoO2SO9Cl3HO−−−−−++=+++②.若加入23NaCO，则2Ca+与23CO−结合，会生成3CaCO沉淀，使4CaM

oO转化为易溶于水的盐进入浸出液，增大Mo元素在浸出液中的含量（3）温度低于55℃时，反应速率过慢，温度高于55℃时，43NHNO和3HNO会发生分解（4）()()()441344432222NHMoO16NH

S4NHMoS26NH13HO+=++（5）2MoOS【解析】【分析】钼精矿(主要含MoS2，还有还含NiS、CaMoO4等)“浸取”时向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NaCl，“浸取”后的滤渣中含NiOOH

和CaMoO4，“沉钼”时，向浸出液中加入NH4NO3和HNO3，析出(NH4)2Mo4O13，“转化”时，将(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可生成(NH4)2MoS4，“焙烧”时，将(NH4)2MoS4在

空气中加热，得到MoO3。【小问1详解】该2MoS晶体与石墨结构相似，可作润滑剂，所以发挥其作用时破坏的是范德华力，故答案为：范德华力；【小问2详解】①根据原子守恒、电荷守恒和得失电子守恒可得该离子方程式为：222442MoS9ClO6OHMoO2SO9Cl3HO−−−−−+

+=+++，故答案为：222442MoS9ClO6OHMoO2SO9Cl3HO−−−−−++=+++；②“浸取”后的滤渣中含4CaMoO，若加入23NaCO，则2Ca+与23CO−结合，会生成3CaCO沉淀，使4CaMoO转化为易溶于水的盐进入浸出液，增

大Mo元素在浸出液中的含量，故答案为：若加入23NaCO，则2Ca+与23CO−结合，会生成3CaCO沉淀，使4CaMoO转化为易溶于水的盐进入浸出液，增大Mo元素在浸出液中的含量；【小问3详解】从反应速率和原料利用率的角度分析，控制温度在55℃的原因是：温度低于55℃时，反应速率过慢，温度高于5

5℃时，43NHNO和3HNO会发生分解，故答案为：温度低于55℃时，反应速率过慢，温度高于55℃时，43NHNO和3HNO会发生分解；【小问4详解】(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4和氨气和水，化学方程式为

：()()()441344432222NHMoO16NHS4NHMoS26NH13HO+=++，故答案为：()()()441344432222NHMoO16NHS4NHMoS26NH13HO+=++；【小问5详解】用热重分析法计算出A点物质的相对质量为160260160260=，根据元

素守恒推出A点物质中一定含有Mo元素，且反应物()442NHMoS中Mo元素化合价为+6价，最终产物3MoO中Mo的化合价也为+6价，将()442NHMoS在空气中加热的过程中，由于氧气的存在，Mo元素的化合价一直保持

+6价不变，结合相对分子质量为160可分析出A点物质的化学式为：2MoOS，故答案为：2MoOS。18.乙二胺四乙酸铁钠(2NaFeY3HO)是一种广泛用于食品、保健品和药品的添加剂，是重要的铁强化剂。以铁屑为原料制备乙二胺四乙酸铁钠

的过程和实验装置如下：①称取一定质量的铁屑，加入过量盐酸溶解，然后通入适量2O；②将上述溶液和乙二胺四乙酸(4HY)加入到如图所示的装置a中，控制反应温度为70~80℃，滴加3NaHCO溶液调节pH为5，搅拌，直到溶液中出现少量浑浊；③

经分离提纯得到粗品。已知：i．2NaFeY3HO是一种配合物，微溶于乙醇，20℃时在水中的溶解度为4.3g。ii．乙二胺四乙酸(EDTA，用4HY表示)是一种弱酸。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_____

__。（2）反应过程中有气泡产生，则过程②生成2NaFeY3HO的总反应的化学方程式为_______。（3）结合已知信息，从反应后的混合物中获得较高产率的2NaFeY3HO粗品的操作是_______，过滤，水洗，干燥；可以用试剂_______检验2NaFeY3HO是否洗涤干净

。（4）保持其他条件不变，乙二胺四乙酸铁钠产率随反应液pH变化的关系如图所示，结合已知信息，pH过低时产率减小的主要原因为_______。（5）某铁强化剂中含有NaCl、3KIO、NaFeY，其中()()3KIO:NaFeY1:2

2nn=。称取ga样品，加稀硫酸溶解后配成250mL溶液，取出25.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用1223molLNaSOc−标准溶液滴定，重复操作2~3次。已知：34FeY4HHYFe−+++=+、22232462SOI2ISO−−−+

=+，则该滴定实验到达终点时的现象为_______；若滴定消耗223NaSO标准溶液VmL，则样品中铁元素的质量分数为_______%。【答案】（1）三颈烧瓶的（2）3342227080C4NaHCOFeClHYNaFeY3HO4COHO3NaCl+++++（3）①

.降温结晶②.3AgNO溶液和稀硝酸（4）由图可知，pH5时，随着pH的减小，2NaFeY3HO的产率减小，pH越小，溶液中H+浓度越大，会抑制反应44HY4HY+−+的发生，使4Y−浓度减小，导致2NaFeY3HO的产率减小。（5）①.当最

后半滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色。②.()34401044ωFe100%%aacVcV−==【解析】【小问1详解】由装置图可知，仪器a为三颈烧瓶。【小问2详解】由题意可知，铁屑与盐酸反应生成22FeCl,FeCl被2O氧化为

3FeCl，反应过程中有气泡产生，说明生成2CO，则总反应的化学方程式为3342227080C4NaHCOFeClHYNaFeY3HO4COHO3NaCl+++++。【小问3详解】从混合液中得到2NaFeY3HO

晶体，要通过降温结晶的方式析出，而且根据已知条件，2NaFeY3HO微溶于乙醇，因此加入乙醇能降低2NaFeY3HO的溶解度；根据反应方程式，生成的2NaFeY3HO中混有NaCl杂质，要检验2NaFeY3HO是否洗涤干净，可检验Cl−，故检

验试剂可以为3AgNO溶液和稀硝酸。【小问4详解】由图可知，pH5时，随着pH的减小，2NaFeY3HO的产率减小，pH越小，溶液中H+浓度越大，会抑制反应44HY4HY+−+的发生，使4Y−浓度减小，导致2NaFeY3HO的产率减小。【小问5详解】滴定终点是I2消耗完，

所以现象是当最后半滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色。由滴定过程相关反应322IO5I6H3I3HO−−+++=+、3222Fe2II2Fe+−++=+，22232462SOI2ISO−−−+=+可知，23223IO3I6SO−−，

322232FeI2SO+−，由题知()()3KIO:NaFeY1:22nn=，设()3KIOn为molx，()NaFeYn为22molx，则消耗()223SOn−为28molx，又因为滴定消耗了1223molLNaSOc−标准溶液mLV，则有32810xcV−=

，所以25mL溶液中()332210Femol28cVn−+=，原产品中铁元素的质量()322101056mFeg28cV−=，产品中铁元素的质量分数()34401044ωFe100%%aacVcV−==19.N-溴代丁二酰亚胺(NBS)是有机合

成中的重要试剂。回答下列问题：I．不对称溴代内酯化反应产物可作为合成肉豆蔻素过程的中间体，过程中反应底物为1-取代-2，5-环己二烯-1-甲酸，产物为溴代-3-内酯类化合物，反应机理如图所示：（1）2，5-环己二烯-1-甲酸的结构简式为_______。（2）反应底物的取代基R为甲基

时，其同分异构体中符合下列条件的有_______种。①苯环上的一氯代物只有一种②核磁共振氢谱显示四组峰Ⅱ．有机物A(无支链)、B(五元环酯)、C的分子式均为852CHO，三者存在如图所示的转化关系，其中发生银镜反应时A与产物银的物质的量之比为1∶4。已知：()32NBSCHCHCHRC

HBrCHCHR−=−→−=−溴代试剂。（3）D→C的反应类型为_______。（4）F中含氧官能团的名称为_______；下列试剂能与F发生反应的有_______(填选项字母)。A．甘油B．碳酸钠溶液C．氢氧

化钠溶液D．溴水（5）B的结构简式为_______。（6）写出G生成H的化学方程式：_______。【答案】（1）（2）2（3）消去反应（4）①.羟基、羧基②.ABCD（5）（6）()()Δ222243Cu2HOCHCOOHO2OHCCHCOOH2HO+→+【解析】【分

析】Ⅱ．发生银镜反应时A与产物银的物质的量之比为1:4，说明一个A分子中含有二个醛基，且A无支链，可得A为戊二醛，同时可知I为戊二酸；B为五元环酯说明环上有4个碳原子和1个氧原子，且环上连有一个甲基，B转

化为D，D为一种羟基酸，D中含有羟基，能发生消去反应生成C，C中含有一个碳碳双键和羧基，C能和NBS发生取代反应，根据已知信息可知C中必有3CHCHCHR=结构，故C的结构简式为32CHCHCHCHCOOH=，则D为()322CHCHOHCHCHCOOH，则B为；根据已知信息可知，C与N

BS生成的E为22CHBrCHCHCHCOOH=，卤代烃和羧基在碱性条件下反应后经过酸化得2222HOCHCHCHCHCOOH，G生成H属于醇的催化氧化。【小问1详解】2，5-环己二烯-1-甲酸即反应底物中R为H原子，结构简式为，故答

案为：；【小问2详解】反应底物的取代基R为甲基时，分子式为8102CHO，苯环上的一氯代物只有一种的同分异构体共8种，其中核磁共振氢谱显示四组峰的是和，共2种，故答案为：2；【小问3详解】由分析可知，DC→是在浓硫酸、加热条件下发生的消去

反应，故答案为：消去反应；【小问4详解】①F为22HOCHCHCHCHCOOH=，含氧官能团为：羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；②A．甘油是丙三醇，能跟F的羧基发生酯化反应，故A项正确；B．碳酸钠溶液能和F中的羧基发生反应，故B项正确；C．氢氧化钠溶液能和F中的羧基发生反应，

故C项正确D．溴水能和F中的碳碳双键发生加成反应，故D项正确。故答案为：ABCD；【小问5详解】由分析可知，B的结构简式为，故答案为：；【小问6详解】G生成H的化学方程式为：()()Δ222243Cu2HOCHCOOHO2OHCCHCOOH2HO+→+，故答案为：()()Δ222

243Cu2HOCHCOOHO2OHCCHCOOH2HO+→+。20.近年来丙烯的生产技术不断发展，在催化剂的作用下，可由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备丙烯，反应历程如下：反应I(直接脱氢)：()()()38362CHgCHgHg+1ΔH反应Ⅱ(氧化脱氢)：()()()()3

823622CHgOg2CHg2HOg++12236kJmolH−=−回答下列问题：（1）在烷基镓催化剂的作用下，丙烷直接脱氢制丙烯的反应历程中相对能量的变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如38*CH表示吸附在催化剂

表面的38CH)：①1H=_______。②该反应历程中决速步骤的反应方程式为_______。（2）温度为1T、压强恒为kPap时，向密闭容器中通入38CH和Ar的混合气体，容器内仅发生反应Ⅰ，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入Ar”的作用是_______；温

度为1T时，38CH的平衡转化率()与通入气体中38CH的物质的量分数(x)的关系如图a所示，计算1T时反应I的平衡常数pK=_______kPa(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。（3）温度为2

T时，按分压比()()()382CH:O:Ar2:1:17ppp=通入混合气体，除发生反应I、反应Ⅱ外，还发生了生成2CO的副反应，各组分气体的分压随时间变化的关系如图b所示，其中表示2H分压的曲线为_______(填标号)。（4）恒温刚性密闭容器中按一定分

压比通入38CH、2O、Ar的混合气体，只发生如下反应(k，k′为速率常数)：反应Ⅲ：()()()()3823622CHgOg2CHg2HOg++k反应Ⅳ：()()()()362222CHg9Og6COg6HOg++k′实验测得丙烯的净生成速率方程为()()()363

836CHCHCHvkpkp=−，随时间的增加，丙烯浓度的变化趋势为先增大后减小，根据速率方程分析可能的原因是_______。【答案】（1）①.-1+123.2kJmol②.37362*CH*HCHH+=

+（2）①.提高()38CHg转化率②.p6（3）e（4）由丙烯净生成速率方程分析可知，反应开始时，反应Ⅱ正向进行，()36cCH逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，()38pCH减小，()3

6pCH增大，使得()36CHv减小，体系中以反应Ⅲ为主【解析】【小问1详解】①由反应历程中相对能量的变化图可知，初始时381molCH的能量为0kJ，反应结束时361molCH与21molH的总能量为123.2kJ，由“ΔH=产物总能量-反应物总能量”可知，-1-1-

11ΔH=+123.2kJmol-0kJmol=+123.2kJmol，故答案为：-1+123.2kJmol；②反应的决速步骤是活化能最大的一步，由图可知决速步骤的反应方程式为37362*CH*HCHH+=+，故答案为

：37362*CH*HCHH+=+；【小问2详解】①反应体系恒温恒压，反应I为气体分子数增大的反应，达到平衡后，保持压强不变再通入Ar，容器体积增大，将导致各组分气体分压减小，根据平衡移动原理可知，压强减小，平衡向气体分子数增

大的方向移动，即反应I平衡正向移动，故可以提高()38CHg转化率，故答案为：提高()38CHg转化率；②根据图a可知，38CH的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%，假设混合气体为1mol，则起始时38CH为0.4mol，Ar为0.6mol，列三段式：()

()()38236CHgHgCHg/0.400/0.20.20.2/0.20.20.2molmolmol+起始量变化量平衡量总压恒定为pkPa，平衡时38CH为0.2mol，36CH为0.2mol，H2为0.2mol，Ar为0.6

mol，则()()()38362CHgCHgHg、、的分压均为0.2molppkPakPa1.2mol6=，故1T时反应I的平衡常数pK=ppkPakPap66=kPap6kPa6，故答案为：p6；【小问3详解】由混合气体的分压比()()()382pCH:pO:pAr

=2：1：17可知，a为38CH，b为2O，由图b可知有2CO生成，体系中还发生反应362229CHO3CO3HO2+=+、2221HOHO2=+，消耗2O，因此38CH和2O的消耗速率比小于2：1且()()22pHO>pH，由碳原子守恒可知，平衡时()()()382361ΔnCH=nCO+nC

H3，则()()()382361ΔpCH=pCO+pCH3，可知d为36CH，故c为2HO、e为2H，或由O原子守恒可知，平衡时()()()2221ΔnO=nCO+nHO2，()()()2221ΔpO=pCO+pHO2，故c为2HO，e为2H，故答案为：e

；【小问4详解】