【文档说明】山东省潍坊市2025届高三上学期开学调研检测化学试题word版含解析.docx，共(25)页，4.045 MB，由小赞的店铺上传

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试卷类型：A高三开学调研监测考试化学试题1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。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、笔迹清楚。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：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56一、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.下列叙述不涉及氧化还原反应的是A谷物发酵酿造食醋B.双氧水消毒C.2N参与氮的循环D.小苏打作膨松剂【答案】D【解析】【详解】A．谷物发酵酿造食醋，葡萄糖分解生成的乙醇被氧化为乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题

意；B．双氧水消毒，O元素的化合价降低，利用过氧化氢的氧化性，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．氮的循环过程中可以是氮元素被氧化，也可以是氮元素被还原，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．小苏打用作食品膨松剂，不管是与酸反应，还是发生分解反应，都不涉及元

素化合价的变化，D符合题意；故答案选D。2.下列有关物质的应用错误的是A.氧化铁可用作食品袋内的脱氧剂B.硫单质用于制备黑火药C.二氧化硫用作食品添加剂D.工业生产中用氯化钙做干燥剂【答案】A【解析】【详解】A．氧化铁还原性弱，不能作食品袋内的脱氧

剂，应该用还原铁粉，故A错误；.B．黑火药成分：硫磺、硝酸钾、木炭；硫单质可以用于制备黑火药，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，能够用作葡萄酒的抗氧化剂，故C正确；D．氯化钙具有吸水性，工业生产中用氯化钙做干燥剂，故D正确；答案选A。3.下列化学用语或图示正确的是A.2HgCl的分

子空间结构为：B.z2p的原子轨道示意图为：C.3NCl的电子式：D.H-H键形成的示意图：【答案】B【解析】【详解】A．Hg的价电子数为2，2HgCl中心原子Hg的价层电子对数为2+2212−=2，没有孤电子对，故分子空间构

型为直线形，故A错误；B．P轨道为哑铃形，故z2p的原子轨道示意图为：，故B正确；C．NCl3是共价化合物，其电子式：，故C错误；D．2个H原子中的1s轨道通过“头碰头”形成s-sσ键，示意图为，故D错误；答案选B。4.下列图示实验中，仪器选择正确、操作规范是的A．检验装置气密性B．熔化NaO

H固体C．碱式滴定管排气泡D．转移溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．长颈漏斗没有活塞，与外界相通，此操作方法无法检验装置气密性，A错误；B．二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用瓷坩埚加热熔化

NaOH固体，B错误；C．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，故C项操作符合规范；D．用玻璃棒引流时，玻璃棒末端应插入到刻度线以下，D错误；故选C。5.强效降糖药瑞格列奈的合成中间体结构简式如图所示。下列

说法正确的是A.分子式为293832CHONB.该分子中存在2个手性碳原子C.能发生水解反应的官能团有1种D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．根据该有机物的结构可知，分子式为293824CHON，故A错误；B．连接4种不同的基团的碳原子称为手性碳原子，，含有1个手性碳原

子，故B错误；C．该分子中含有酯基和酰胺基均能发生水解，因此能发生水解反应的官能团有2种，故C错误；D．该分子中右侧苯环的侧链上所连的碳原子上有H原子，因此可以被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾褪色

，故D正确；故答案选D。6.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W与Y同主族，工业上通常采用电解熔融氧化物的方法冶炼金属X，Z的原子核外有3个单电子。下列说法正确的是A.X单质常温下可与水剧烈反应B.W的最高

价氧化物中心原子为2sp杂化C.原子半径：Z>X>WD.非金属性：Z>W>Y【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，工业上通常采用电解熔融氧化物的方法冶炼金属X，说明X是活泼的金属元素，而电

解的是熔融氧化物，可知X为Al元素；Z的原子核外有3个单电子，原子序数最大，则电子排布式为：232621p3ss2s3p2，可知Z为P元素；根据原子序数顺序可知，Y为Si元素；W与Y同主族，可知W为C元素；根据上述分析，W为C元素，X为Al元素，Y为Si

元素，Z为P元素。【详解】A．X为Al单质，需要在加热条件下才可以与水反应，常温下不可以与水剧烈反应，故A错误；B．W的最高价氧化物为CO2，中心原子C原子的价层电子对数为()12422=22+−，为sp杂化，故B错误；C．一般而言，电子层数越多，原子半径越大

，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：Al>P>C，故C错误；D．同周期主族元素从左往右非金属性逐渐增强，同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，因此非金属性：P>C>Si，故D正确；故答案选D。7.某小组常温下取焦亚硫酸钠(225

NaSO)样品溶于水，将溶液分成甲、乙、丙、丁四份，探究其溶液的性质。实验记录如下：实验操作现象I向甲中滴加石蕊试液溶液显红色Ⅱ向淀粉溶液中滴加几滴碘水，然后再滴加适量的乙，振荡淀粉溶液先变蓝后变为无色Ⅲ向丙中滴加2Ba(OH)溶液，过滤，将固体转移至足量稀盐酸中产生白色沉淀

，固体转移至盐酸中未完全溶解Ⅳ向丁中滴加70%浓硫酸生成刺激性气味的气体已知：225NaSO溶于水发生反应：22523NaSOHO2NaHSO+=。下列说法错误的是A.由实验I可知，3NaHSO的电离程度

大于水解程度B.由实验Ⅱ可知，225NaSO溶液能使溴水褪色C.由实验Ⅲ可知，原固体样品已部分被氧化D.由实验Ⅳ可知，225NaSO溶液将浓24HSO还原【答案】D【解析】【详解】A．向甲中滴加石蕊试液，溶液显红色说明甲中溶液显酸性，3NaHSO溶液中存在有+233HSOH+SO

−−、3223HSO+HOHSO+OH−−，可知由于亚硫酸氢钠电离大于水解，因此溶液呈酸性，故A正确；B．由实验Ⅱ可知，焦亚硫酸钠溶液具有还原性，能与碘发生氧化还原反应，也一定能与溴水发生氧化还原反应能使溴水褪色，故B正确；C．丙中滴加2Ba(OH)溶

液产生白色沉淀，过滤后加入盐酸中未完全溶解，说明产生的白色沉淀中有BaSO3和BaSO4，因此原固体样品已部分被氧化，故C正确；D．向焦亚硫酸钠中滴加70%浓硫酸，生成刺激性气味的气体，可知产生二氧化硫，225NaSO中硫元素的化合价为+4价，产

生的二氧化硫也为+4价，并非是氧化还原反应，故D错误；故答案选D。8.内部重整式高温燃料电池具有良好的商业化前景，其工作原理如图所示，以4CH为原料，熔融碳酸盐为电解质。下列说法正确的是A.放电时，a极产物X中的2CO均由CO放电产生B

.b极上电极反应式为：2223OCO4eCO−−++=C.电池放电时，b极电极电势高于a极D.电池隔膜为阳离子交换膜【答案】C【解析】【分析】由装置可知，甲烷和水经重整生成CO和H2，a电极上CO和H2失电子生成CO2和H2O

，则a极为负极，电极反应式为：22322HCO2e=HOC++O−−−、232COCO2eC+=2O−−−，b极为正极，b电极上O2得电子结合CO2生成CO23−，电极反应式为：2223O+2CO+4e=2CO−−，据此解答。【详解】A．根据分析可知，，a

极产物X中的2CO是由H2、CO放电产生，故A错误；B．根据分析可知，b电极上电极反应式为：232COCO2eC+=2O−−−，故B错误；C．a极为负极，b极为正极，正极电势高于负极电势，故C正确；D．熔融碳酸盐为电解质，故隔膜允许碳酸根离子通过，为

阴离子交换膜，故D错误；故答案选C。9.某化学小组向盛有144mL0.1molLCuSO−溶液的试管中逐滴加入11molL−氨水，直至得到深蓝色透明溶液，再加入8mL95%乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤，将晶体溶于水，取

两份相同的溶液a和b，向a中加入铁钉，无明显现象；向b中加入足量的稀盐酸，再加入2BaCl溶液，产生白色沉淀。下列说法错误的是A.该深蓝色晶体为()3424CuNHSOHOnB.加入乙醇后，()234Cu

NH+与乙醇发生反应C.溶液a中不存在大量2Cu+D.向深蓝色透明溶液中加入固体24NaSO，有利于获得较多的深蓝色晶体【答案】B【解析】【分析】氨水和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式

为：①()2++3242Cu+2NHHO=CuOH+2NH、②()()2+3324CuOH+4NH=CuNH+2OH−；再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于

在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：()3424CuNHSOnHO；取两份相同的溶液a和b，向a中加入铁钉，无明显现象，说明配离子()234CuNH+中铜离子不能电离出来，无法与铁单质发生反应；向b中加入足量的稀盐酸，再加入2BaCl溶液，产生白色沉淀，说明外界的硫酸

根可以电离出来，据此作答。【详解】A．根据分析可知，析出深蓝色的晶体：()3424CuNHSOnHO，故A正确；B．加入乙醇后，是由于Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以析出了晶体，是物理变化，故B错误；C．向a中加入铁钉，无明显现象，说明配离

子()234CuNH+中铜离子不能电离出来，无法与铁单质发生反应，即不存在大量2Cu+，故C正确；D．向深蓝色透明溶液中加入固体24NaSO，硫酸根的浓度增大，促使平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]SO4增多，有利于获得较多的深蓝色晶

体，故D正确；故答案选B。10.某种晶体的完整结构单元如图所示，该晶体的实际结构中存在约5%的氧空位(可提高氧离子电导性能)。下列说法错误的是A.晶体中与Ni原子距离最近的Mn原子构成正八面体B.该晶体的一个完整晶胞中含有8个La原子C.该晶

体实际结构的化学式为25.7LaNiMnOD.该晶体的实际结构中La(Ⅲ)与La(Ⅳ)原子个数比为1:1【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，晶体中与Ni原子距离最近的Mn原子构成了正八面体，故A正确；B．图示并非完整晶胞，为18部分，故完整晶胞中L

a原子数目为8，故B正确；C．根据均摊法可知，La个数是1，Ni与Mn个数均为4×18=0.5，O的个数为6×12=3，晶体化学式为La2NiMnO6，晶体中存在5%的O空位缺陷，含有()1615%2.852−=个O，因此化学式为

25.7LaNiMnO，故C正确；D．晶体中存在5%的O空位缺陷，晶体化学式为25.7LaNiMnO，设La3+为x个，La4+为y个，则x+y=2，3x+4y+13125.7211.4+==，解得x=1.6，y=0.4，+3价与+4价La原子个数比为4：1，故D错误；故答

案选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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A向少量FeS悬浊液中加入足量饱和2MnCl溶液，沉淀颜色变为浅红色(MnS)

spsp(FeS)(MnS)KKB向24KCrO溶液中缓慢滴加稀硫酸，溶液由黄色逐渐变为橙红色增大H+浓度，2242722CrO2HCrOHO−+−++平衡向右移动C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸并水浴加热一段时间，再滴入新制的

2Cu(OH)悬浊液并煮沸，未出现砖红色沉淀蔗糖未发生水解D将铁锈溶于浓盐酸，滴入4KMnO溶液，紫色褪去铁锈中含有Fe(Ⅱ)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液，

因为Mn2+过量，与悬浊液液中的S2-反应生成MnS，MnS沉淀不是由FeS转化的，不能证明Ksp(FeS)>Ksp(MnS)，故A错误；B．含有24CrO−的溶液为黄色，含有227CrO−的溶液为橙红色，K2CrO4中存在平衡2242722CrO2

HCrOHO−+−++，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡向右移动，故溶液黄色变成橙红色，故B正确；C．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新

制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，故C错误；D．“将铁锈溶于浓盐酸中”引入氯离子，且氯离子能被酸性高锰酸钾氧化氯气，故紫色褪去不能说明铁锈中含有二价铁，故D错误；为故答案选B。12.碳酸亚乙烯酯可用作锂离子电池的新型有机成膜添加

剂，其合成方法如下：下列说法错误的是A.该合成路线中涉及两种反应类型B.①与乙醛互为同分异构体C.②在足量NaOH溶液中加热可生成23NaCO和乙二醇D.检验④中是否混有③，所用试剂为NaOH溶液、3AgNO溶液【答案】AD【解析】【详解】A

．①发生加成反应生成②、②发生取代反应生成③，③发生消去反应生成④，故A错误；B．①与乙醛分子式都是C2H4O，结构不同，属于同分异构体，故B正确；C．是碳酸酯，按照水解的原理，在足量NaOH溶液中加热可生成23NaCO和

乙二醇，故C正确；D．检验④中是否混有③，即检验③中的氯原子，方法是取少量有机物在一试管中，加入足量NaOH溶液，加热，加入硝酸中和NaOH，再加入3AgNO溶液，若生成白色沉淀，则说明有③，提供的试剂缺少硝酸，故D错

误；答案为AD。13.某化学学习小组模拟侯氏制碱法制备纯碱并测定其含量。实验一：模拟侯氏制碱法制备纯碱。实验二：测定纯碱纯度。取mg产品，用1molLc−盐酸滴定测量23NaCO的含量，23NaCO与HCl的滴定过程分两阶段，第一阶段消耗盐酸1LV，第二阶段

消耗盐酸2LV。相关物质溶解度如下图所示温度/℃溶解度盐01020304043NHHCO11.915.821.027.0分解3NaHCO6.98.159.611.112.74NHCl29433.337.241.145.8下列说法错误的是A.为了促进3NaHCO沉淀析出，NaCl溶液应

为饱和溶液B.水浴加热的温度为30~35℃，目的是增大43NHHCO的溶解度C.滴定第二阶段所用的指示剂为甲基橙，滴定终点的现象为橙色变为红色D.产品23NaCO纯度()231NaCO100%cMVm=【答案

】C【解析】【分析】制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35℃发生反应，静置抽滤后，最终得到滤液为NH4Cl，晶体NaHCO3，再将其加热烘干，利用NaHC

O3受热易分解的性质，加热分解NaHCO3制备Na2CO3，即323222NaHCONaCO+CO+HO，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，溶液终点为碱性，因此指示剂使用的是酚酞；第二次滴定时发生的反应是：NaHCO3+HC

l=NaCl+H2O+CO2↑，溶液终点为弱酸性，因此使用的指示剂可以是甲基橙，据此作答。【详解】A．使用氯化钠饱和溶液，能够最大程度的提高氯化钠的浓度，促进3NaHCO沉淀析出，故A正确；B．由题中所给信息可知，大于35℃时，43NHHCO会发生分解，若是低于30℃，温度越低，则

反应速率越慢，因此目的是增大43NHHCO的溶解度，更有利于3NaHCO的析出，故B正确；.C．根据分析可知，第二次滴定时使用的指示剂为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠和碳酸(溶解的CO2)，所

以溶液的颜色变化为：滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不褪色，故C错误；D．第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则()()()12331nNaCO=nNaHCO=nHCl=cmolLVL−生成，则

产品23NaCO纯度()231cMNaCOV=100%m，故D正确；故答案选C。14.亚砷酸(33HAsO)常用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态，其各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如

图所示。亚砷酸的三级电离常数分别为1K，2K，3K。下列说法正确的是A.当()()3323HAsO1HAsOnn−=时溶液显碱性B.1223KKKKC.pH13=时，溶液中()()()()()232333HAsO2H

AsO3AsOOHHccccc−−−−++++=D.pH14=时，()()()()323323AsOHAsOHAsOOHcccc−−−−【答案】AB【解析】【分析】亚砷酸中存在电离有：+3323HAsOHAsO+H−、+2233HAsOHAs

O+H−−、+2333HAsOAsO+H−−，根据图象可知，当pH9，有()()3323nHAsO=nHAsO−，则++923133c(HAsO)c(H)=c(H)10c(HAsO)K−−=；当pH1

2，有()()2233nHAsO=nHAsO−−，则2++123223c(HAsO)c(H)=c(H)10c(HAsO)K−−−=；当pH13.5，有()()2333nHAsO=nAsO−−，则3++13.53323c(AsO)c(H)=c(H)10c(HAsO)K−−−

=，据此作答。【详解】A．根据图象可知，当()()3323nHAsO=1nHAsO−时，pH9，溶液显碱性，故A正确；B．根据分析可知，93112210=1010KK−−，121.5213.5310=1010KK−−，可知1223>KKKK，故B正确；C．室温下，pH13=时，+)

cOH>)c(H(−，因调节溶液pH时加入了如NaOH等使溶液pH增大，则溶液中还存在其他阳离子，根据溶液中电荷守恒式可知()()()()()232333cHAsO2cHAsO3cAsOcOH>cH−−−−++++，故C错误；D．由图象可知，pH=1

4时，()23cHAsO−≈0，故()()23cHAsO<cOH−−，故D错误；答案选AB。15.2CO催化重整制4CH意义重大。在体积相等的多个恒容密闭容器中，分别充入1mol2CO和4mol2H发生反应2242CO(g)4H(g)CH(g)2HO(g)++。在不同温度下反应

相同时间，测得lgk正、lgk逆的、2H转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为()()422COHvkcc=正正，()()242CHHOvkcc=逆逆，其中正k、逆k为速率常数，只受温度影响。下列说法错误的是A.曲

线Ⅱ代表lgk正B.反应的活化能a()a()EE正逆C.b点已达到平衡状态D.2T温度下达平衡时总压为p，该反应的240.30.64.44.40.72.84.44.4pppKpp=【答案】BC【

解析】【分析】图中信息可知，温度越高，则1T越小，曲线I和曲线Ⅱ是lgK与温度关系，曲线Ⅲ是H2转化率与温度关系，1T从后往前看，温度升高，曲线Ⅲ中从最高点到a点，氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应，则升高温度时逆反应速率增大程度大于正反

应速率增大程度即lgk逆大于lgk正，则代表lgk正曲线的是Ⅱ、代表lgk逆曲线的是I。【详解】A．根据分析可知，曲线Ⅱ代表lgk正，故A正确；B．该反应是放热反应，则反应活化能a()a()E<E正逆，故B错误；C．观察图像可知，随着温度T减小，则1T越大，氢气转化率先增大后减小，说明降温平衡正向

移动，由曲线Ⅲ的最高点可知，此时氢气转化率最大，b点时，温度低，则氢气转化率应该大于最高点时转化率，但并未大于最高点时转化率，因此b点未达到平衡，故C错误；D．T2温度下，a点时，反应达到平衡状态，体系压强为p

，，2242CO(g)4H(6g)CH(g)2HO(g)(mol)(mol)214000.31.20.30.60.7.80.(mol).30起始转化平衡++平衡时气体的总物质的量为0.72.80.30.64.4mol+++

=，则2p40.30.6pp4.44.4K=0.72.8pp4.44.4，故D正确；故答案选BC。三、非选择题：本题共5小题，每小题12分，共60分。16.普鲁士蓝晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，铁氰骨架组成晶胞中的8个小立方体，n+Fe

在小立方体顶点，CN−在小立方体的棱上(图中未画出)，两端均与n+Fe相连，小立方体中心空隙可容纳K+，如图所示。回答下列问题：（1）K+的核外电子排布式是___________，C、N、Fe的第一电离能由大到小的顺序为___________。（2）铁氰骨架十分稳定，结合CN−电子式，解释

原因___________，CN−形成配位键之后，碳氮键键能___________(填“变大”“变小”或“不变”)。（3）普鲁士蓝晶体中含有的化学键有___________。a．共价键b．氢键c．配位键d．金属键e．

离子键（4）每个普鲁士蓝晶胞中含___________个CN−，普鲁士蓝的摩尔质量为1gmolM−，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___________3gcm−。（5）普鲁士蓝作为钾离子电池的正极材料，在充放电过程中，2

Fe+与3Fe+相互转化，同时K+嵌入或脱嵌，可推测充电过程中K+___________(填“嵌入”或“脱嵌”)。【答案】（1）①226261s2s2p3s3p②.N>C>Fe（2）①.C和N均能提供孤电子对，与n+Fe形成配位键②.变小（3）ace（4）①.24②.303A4M10aN

（5）脱嵌【解析】【分析】根据题中所给晶胞结构可知，Fe3+所在位置为顶点和面心，个数为：118+6=482；Fe2+所在位置为棱心和体心，个数为：112+1=44，普鲁士蓝中2+Fe与3Fe+个数之比为1：1；K+个数为4，根据电荷守恒，CN-的个数为：434+24=24+，故

该晶体的化学式为：()26KFeCN。.【小问1详解】钾为第19号元素，因此K+的核外电子排布式是：226261s2s2p3s3p；同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，而由于基态N原子的价层电子为半充满状态，较稳定，因此第一电离能：N>C，综合可知，第一电离能：N>C>Fe。

【小问2详解】根据晶胞图可知，CN−中C、N均与n+Fe形成配位键，CN−电子式为，C、N均有孤电子对，C、N均能提供孤电子对成为配位原子；CN−形成配位键之后，碳氮之间的距离增大，键能减小，故答案为：C和N均能提供孤电子对，与n+Fe形成配位键；变小。【小问3详解】该晶体的化学式为：()26

KFeCN，因此该配合物中含有共价键、配位键、离子键，故答案选：ace。【小问4详解】根据分析可知，每个普鲁士蓝晶胞中含24个CN−；普鲁士蓝的摩尔质量为1Mgmol−，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为()3033310AAAMNNmρ4M4M10g/

===VVcmaNa10N−=。【小问5详解】充电时普鲁士蓝为阳极，根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，Fe2+失电子转化为Fe3+，正电荷增多，为了平衡电荷，K+从普鲁士蓝中脱嵌出来。17.34Fe/FeO磁性材料在很多领域具有应用前

景，其制备过程如下(部分装置如图，夹持装置已省略)：I．称取一定质量22FeCl4HO固体，配成溶液，转移至a装置中；Ⅱ．向三颈烧瓶中加入1100mL14.0molLKOH−溶液；Ⅲ．将2FeCl溶

液全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h；Ⅳ．冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀(Fe、34FeO)，在40℃干燥；Ⅴ.在管式炉内焙烧2h，得产品。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________

；该装置缺少的仪器是___________。（2）在实验开始加热之前打开止水夹，不断通入2N，其目的是___________。（3）三颈烧瓶中发生反应的离子方程式是___________。（4）为保证产品性能，

需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有___________。A.采用适宜的滴液速度B.用盐酸代替KOH溶液，抑制2Fe+水解C.选择适宜的焙烧温度D.减缓热水和乙醇的洗涤速度（5）步骤Ⅳ中用热水洗涤的目的为

___________；步骤V中需控制的反应条件为___________。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.温度计（2）排尽装置内的空气，防止装置中的氧气氧化Fe2+（3）2+3421004Fe+8OHFe+FeO+4HO℃−（4）AC（5）①.除去黑色沉淀上附着的22FeClnHO

②.隔绝空气【解析】【分析】由于氯化亚铁易被O2氧化，因此在充满氮气的环境中，氯化亚铁与KOH溶液发生反应产生黑色沉淀，过滤后在管式炉内焙烧得产品。【小问1详解】根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是：恒压滴液漏斗；该反应需要在100℃条件下反应，因此该装置缺少的仪器是：温度计。【小问2

详解】由于氯化亚铁易被O2氧化，因此在实验开始加热之前打开止水夹，不断通入2N，其目的是：排尽装置内的空气，防止装置中的氧气氧化Fe2+。【小问3详解】三颈烧瓶中FeCl2溶液与100mL14mol/L

KOH溶液发生反应生成了Fe和Fe3O4，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为：2+3421004Fe+8OHFe+FeO+4HO℃−。【小问4详解】A．通过控制滴液的速度，可以影响反应物的混合程度和反应速率，从而影

响最终产品的粒径和结晶度，故A正确；B．若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和Fe3O4，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B错误；C．焙烧温度的高低直接影响着材料的结晶程度和粒径分布，选择合适的焙烧温度可以获

得理想的结晶度和粒径，故C正确；D．洗涤时Fe、Fe3O4已经生成，此时减缓热水和乙醇的洗涤速度，对于产品的粒径和结晶度没有影响，故D错误；故答案为：AC。【小问5详解】根据溶解度的不同可知，步骤Ⅳ中用热水洗涤的目的为：除去黑色沉淀上附着的22FeClnHO；由于产物会被O2氧化，因此步骤V中

需控制的反应条件：隔绝空气。18.磷酸铁主要用于制造磷酸铁锂电池材料、催化剂及陶瓷等。一种由硫铁矿烧渣(主要成分是23FeO、34FeO和2SiO，还含有一定量的镁、铝等)制备水合磷酸铁的工艺流程如下：回答下列问题：（1

）“净化”过程所得滤液中，含有的金属离子是___________。（2）其他条件不变，反应温度与反应时间分别对酸浸过程中铁浸取率的影响如图所示。酸浸过程最佳反应条件是___________(填标号)；当温度高于90℃时，铁浸取率下降的原因除盐酸挥发外，还可能是________

___。A．反应温度90℃酸浸时间4hB．反应温度90℃、酸浸时间3hC．反应温度110℃、酸浸时间3hD．反应温度100℃、酸浸时间6h（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为___________。（

4）“沉铁”过程中发生反应的化学方程式为___________。（5）铁元素含量测定：称取mg产品试样，用盐酸溶解，在溶液中加入过量的3TiCl溶液，发生反应3324FeTiFeTi+++++=+；用氧化剂除去过量的3Ti+，再用二苯胺磺酸钠做指示剂，用1227molLKCrOc−标准溶

液滴定，平行测定3次，消耗227KCrO标准溶液的平均体积为VmL。①已知二苯胺磺酸钠与227KCrO反应显紫色，滴定终点时现象为___________。②产品中铁元素的含量为___________。【答案】（1）Al3+、Mg2+（2）①.B②.随着温

度升高，铁离子发生水解，形成沉淀析出（3）2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO（4）34242424FeCl+NHHPO+xHO=FePOxHO+2HCl+NHCl（5）①.当滴入最后半滴227KCrO标准溶液后，溶液由浅绿色变为紫色，且半分钟内不恢复原色②.33.6

cV%m【解析】【分析】硫铁矿烧渣主要成分是23FeO、34FeO和2SiO，还含有一定量的镁、铝等，加入盐酸酸浸，二氧化硅不能与盐酸反应，滤渣为2SiO；过滤后滤液中主要含有2+Fe、3+Fe、3+Al、2+Mg等离子，而后加入过氧化氢将2+Fe氧化为3

+Fe，再加入氨水调pH使产生的沉淀只有()3FeOH，则滤液中主要含有3+Al、2+Mg；加入盐酸后，()3FeOH转化为3+Fe，加入424NHHPO溶液沉铁可得到水合磷酸铁。【小问1详解】根据分析可知，“净化”过程所得滤液中含有的金属离子是：Al3+、Mg2+。【

小问2详解】根据图1可知，酸浸过程最佳温度是90℃，根据图2可知，酸浸时间为3h或4h时铁浸取率相差不大，因此酸浸时间为3h，所以酸浸过程最佳反应条件是反应温度90℃、酸浸时间3h，答案选B；当温度高于90℃时，铁浸取率下降的原因除盐酸挥发外，还可能是：随着温度升高，铁离子发生水解，形成沉淀析出

。【小问3详解】22HO具有氧化性，能将2+Fe氧化为3+Fe而自身被还原为水，反应的离子方程式：2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO。【小问4详解】3+Fe溶液中加入424NHHPO溶液沉铁可得到水合磷酸铁，“沉铁”过程中发生反应的化学方程式为：34242424FeCl+N

HHPO+xHO=FePOxHO+2HCl+NHCl。【小问5详解】①2+Fe中滴入227KCrO溶液后发生反应：2+2+3+3+2726Fe+CrO+6H=2Cr+6Fe+3HO−，重铬酸钾溶液为

橙色，三价铬离子溶液为绿色，题干信息中二苯胺磺酸钠与227KCrO反应显紫色，因此当2+Fe消耗完之后再加K2Cr2O7溶液，溶液将会呈紫色，滴定终点时现象为：当滴入最后半滴227KCrO标准溶液后，溶液由浅绿色变为紫色，且半分钟内不恢复原色；②根据反应可知3+2+2276Fe6FeCr

O−，产品中铁元素的含量为：13cmolLV10L56g/mol633.6cV100%=%mgm−−。19.苯嘧磺草胺是一种新型除草剂，它的一种中间体(G)的合成路线如下：已知：I．当苯环上存在甲基时，其他的基团引入主要在其邻对位

，而当苯环上存在羧基时，其他的基团引入主要在其间位；Ⅱ．回答下列问题：（1）B中含氧官能团的名称为___________。（2）C→E的反应类型为___________；D的结构简式为________

___。（3）A→B反应的化学方程式为___________。（4）E中有___________种化学环境的氢原子。（5）A的同分异构体中，能与3NaHCO反应的芳香族化合物有___________种。（6）由甲苯制备对氨基苯甲酸的流程如下图所示，

其中反应①与反应②顺序不能互换，原因是___________。【答案】（1）硝基、羧基（2）①.取代反应②.（3）3+HNO浓硫酸加热⎯⎯⎯→+H2O（4）6（5）9（6）若先将甲基氧化成羧基，后续硝基的取代会在羧基的间位，得不到对位产物【解析】【

分析】A的分子式为C7H4ClFO2，不饱和度为5，B的分子式为C7H3ClFNO4，比对可知，B中多了-NO2，少了一个H原子，因此A发生硝化反应得到B，根据题中信息Ⅱ可知，B与SOCl2发生取代反应生成C，可知B中含有羧

基，结合E的结构可知，A为，B为，C为，D为，E发生还原反应得到F，F与发生取代反应产生G，据此作答。【小问1详解】根据分析可知，B为，含氧官能团的名称为：硝基、羧基。【小问2详解】根据分析可知，C→E的反

应类型为：取代反应；D的结构简式为：。【小问3详解】A为，B为，A→B反应的化学方程式为：3+HNO浓硫酸加热⎯⎯⎯→+H2O。【小问4详解】E的结构为，有6种类型的H原子，因此6种化学环境的氢原子。【小问5详解】A为，同分异构体能与3NaHCO反应说明含有羧基

，因此芳香族化合物有9种，即：、。【小问6详解】以甲苯为原料，先发生硝化反应生成对硝基甲苯，再被氧化生成对硝基苯甲酸，再还原合成对氨基苯甲酸，根据题中已知信息，当苯环上存在甲基时，其他的基团引入主要在其邻对位，而当苯环上存在羧基时，其

他的基团引入主要在其间位，因此反应①与反应②顺序不能互换，原因是：若先将甲基氧化成羧基，后续硝基的取代会在羧基的间位，得不到对位产物。20.环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂，在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应：反应Ⅰ：ΔH1<0反

应Ⅱ：ΔH2>0反应Ⅲ：ΔH3<0已知：①在敞口容器中2CO的分压为40Pa；②对于物质状态不同的多相反应，如在溶剂E(I)中发生的反应A(l)B(g)D(l)+，其平衡常数表达式可表示为(D)(A)(B)xKxp=[p为气体分压，x为液相体系中物质的摩尔分数：(A)(D)(

E)1xxx++=]。回答下列问题：（1）反应I、II、III的焓变H随温度T的变化如图所示，表示反应II的焓变曲线为___________(填“a”“b”或“c”)，3T温度下b曲线上M点的值为___________。（2）3T℃时，反应达平衡后再注入惰性溶剂4

CCl稀释，W表示体系中加入4CCl物质的量与反应物总物质的量的比值。实验测定W不同时，DMC的平衡转化率随温度的变化关系如图甲所示。W由大到小的顺序是___________；在不同催化剂下，反应相同时间DMC的转化

率随温度变化的关系如图乙，图中a、b、c、d四点可能是甲图像测绘时选取的点的是___________。（3）3T℃时，向敞口容器中加入41.0molCCl、1.0molDMC和1.0molGL，发生上述反应，达平衡时，测得：(GLD)10%x=，反应II的平衡常数240PaK=，此时GLD的物

质的量为___________mol，反应III的平衡常数3K=___________Pa。【答案】（1）①.a②.-2.92（2）①.W1>W2>W3②.b、d（3）①.0.375②.144【解析】【小问1详解】根据反应式可知，反应II

为吸热反应，焓变为正值，升高温度，反应正向进行，焓变增大，符合变化的只有曲线a；反应I为放热反应，升高温度焓变减小，即用曲线c表示，则曲线b表示反应III，根据盖斯定律，反应I+反应II=反应III，则M点的值

为8.88+(-11.80)=-2.92；【小问2详解】反应I是放热反应、反应II是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动、反应II正向移动，DMC的平衡转化率降低，同温下，加入惰性四氯化碳稀释，反应物和产物浓度均降低，则反应向总物质的量增大的方向移动，即正向移动，所以加入CCl4越

多，即W越大时，DMC的转化率越大，则W由大到小的顺序是：W1>W2>W3；甲图所测绘时选取的位置均为平衡状态，平衡时，DMC的转化率最大，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，由图可知，只有bd达到平衡状态，故图乙中a、b、c、d四点可能是甲图像测绘时选取的点的是b、d；【

小问3详解】平衡常数KII=2p(CO)x(GLD)x(GC)40Pa==p(CO2)，说明平衡时：x(GLD)x(GC)==10%，假设平衡时GLD和GC的物质的量为xmol，反应Ⅰ：变化(mol)：xxx

2x；反应Ⅲ：