絕密★考試結束前學年第一學期浙江省縣域教研聯(lián)盟高三年級模擬考試化學考生須知：本卷滿分分，考試時間分鐘；答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場、座位號及準考證號并核對條形碼信息；所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效，考試結束后，只需上交答題卷；參加聯(lián)批學校的學生可關注，查詢個人成績分析?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1CNOPSK選擇題部分一、選擇題本大題共題，每小題3分，共分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列屬于酸式鹽的是A.NaOHB.KHSC.D.【答案】B【解析】【分析】酸式鹽是多元酸分子中的部分氫離子被堿中和后，生成的含有酸式酸根離子和金屬陽離子（或銨根離子）的鹽。【詳解】A．NaOH，屬于堿，A不符合題意；B．KHS，是的酸式鹽，B符合題意；C．，硼氫陰離子（）不含可電離的酸式氫，因此不是酸式鹽，C不符合題意；D．是乙酸的正鹽，D不符合題意；故選B。2.下列化學用語表示正確的是第1頁/共26頁A.乙醚的結構式：B.基態(tài)碳原子的價層電子排布圖：C.的spσ鍵電子云圖形：D.的系統(tǒng)命名：3甲基3乙基己烷【答案】C【解析】A繪制的是甲醚的結構式，A錯誤；B．價層電子對于主族元素來說指原子的最外層電子，基態(tài)碳原子的價層電子排布圖為：，B錯誤；CH?Cl的spσ鍵由H的1s軌道與Cl的3p軌道“頭碰頭”中的圖形符合spσ鍵的電子云特征，C正確；D．CHC(CHCH)3的正確系統(tǒng)命名需優(yōu)先選擇最長碳鏈，故正確命名應為3甲基3乙基戊烷，D錯誤；故選C。3.根據元素周期律推測，下列說法不正確的是A.離子半徑：B.第一電離能：C.非金屬性：D.熱穩(wěn)定性：【答案】D【解析】【詳解】A．離子半徑比較：H核外有1個電子層(2個電子)；Li+有2個電子層，但Li+核電荷數(shù)更大，對電子的吸引力更強，因此離子半徑H>Li+，A正確；B．第一電離能比較：P(磷)和S(硫)同處第三周期，P的3p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于S，第2頁/共26頁故“P>S”正確，B正確；C．非金屬性比較：F(氟)和O(氧)同處第二周期，非金屬性從左到右增強，F(xiàn)的電負性(4.0)大于O(3.5)，非金屬性F>O正確；D．熱穩(wěn)定性比較：O和S同屬ⅥA族，非金屬性O>S，故氫化物穩(wěn)定性HO>HS，D錯誤；故答案選D。4.下列實驗原理或方法不正確的是A.可用濃碘化鉀水溶液增加碘在水中的溶解度B.可用溶液除去乙酸乙酯中的乙酸C.可用CuO除去溶液中的D.可用氫氣加成除去乙烷中的乙烯【答案】D【解析】【詳解】A．碘化鉀能與碘形成，從而增加碘在水中的溶解度，A正確；B．能與乙酸反應生成乙酸鈉、水和二氧化碳，乙酸乙酯不與NaHCO3反應，可用溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，B正確；C．CuO能與FeCl3水解產生的H+pHFe3+沉淀為Fe(OH)Cu2+去鐵雜質，C正確；D．氫氣與乙烯加成生成乙烷，但氫氣是氣體，會殘留在體系中，引入新的雜質，D錯誤；故答案選D。5.物質的結構、性質決定用途，下列對應關系不正確的是A.在晶體中，離子間存在著較強的離子鍵，使離子晶體的硬度較大，難于壓縮B.碳化硅有優(yōu)異的高溫抗氧化性能，可用作耐高溫半導體材料C.(俗稱“鋇餐”)，醫(yī)學上利用其釋放的X射線診斷和治療疾病D.植物油含較多不飽和脂肪酸的甘油酯，因此熔點較低【答案】C【解析】【詳解】A.NaCl晶體中離子鍵較強，導致硬度大、難于壓縮，結構與性質對應正確，A正確；B.碳化硅（SiC）具有高溫抗氧化性能，適合用作耐高溫半導體材料，性質與用途對應正確，B正確；第3頁/共26頁“利用其釋放的X射線”錯誤，C錯誤；D.植物油含不飽和脂肪酸甘油酯，不飽和鍵使分子排列松散，分子間作用力弱，導致熔點較低，結構與性質對應正確，D正確；故答案選C。6.可根據物質結構推測其性質，下列推測的性質不合理的是選項結構性質乙醇分子間存在氫鍵，乙醛分子間A乙醇的沸點高于乙醛無氫鍵金剛石和石墨二者熔化后，碳原子B原來的排列方式被打破，原子間的金剛石和石墨沸點相同距離相等，相互作用強度也相同聚丙烯酸鈉的結構是C聚丙烯酸鈉具有高吸水性石英玻璃(非晶態(tài)二氧化硅)的原子D具有各向異性排列相對無序A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A．乙醇分子含H連在C氫鍵會顯著提高分子間作用力，使沸點升高，乙醇的沸點高于乙醛，故A正確；B．金剛石（三維網狀結構）和石墨（層狀結構）在熔化后，原有的特殊排列方式會被破壞，轉變?yōu)闊o序的液態(tài)碳，在液態(tài)中，碳原子間的距離和相互作用強度趨同（此時不再區(qū)分或因此從液態(tài)到氣態(tài)的轉變（即沸點）所需的能量相同，故此時二者沸點相同，故B正確；C．聚丙烯酸鈉的結構中有，是強親水基團，因此聚丙烯酸鈉具有高吸水性，故C正確；D“各向異性”是晶體的特征（晶體原子排列有序，不同第4頁/共26頁故答案選D。7.下列離子方程式不正確的是A.Pb粉加入硫酸銅飽和溶液中：B.將少量通入硝酸鋇溶液中：C.溶液和溶液等體積混合：D.甘氨酸和鹽酸反應：【答案】B【解析】【詳解】A．Pb比銅活潑，Pb粉加入硫酸銅飽和溶液中置換出銅單質，生成的二價鉛結合硫酸根產生硫酸鉛沉淀，A正確；BSO2離子方程式為：；B錯誤；C1.0mol/LNa[Al(OH)]溶液和2.5mol/LHCl2:5C正確；DD正確；故答案選B。8.利用下列裝置進行實驗，能達到實驗目的的是AB．實驗室快速制備和收集滿氨氣第5頁/共26頁NaOH配制60mL左右濃D．蒸餾時的接收裝置度約的NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．實驗室制取乙炔時含有HSPH3雜質，雜質能與溴單質發(fā)生氧化還原反應使溴水褪色，不能證明乙炔使溴水褪色，A錯誤；B．氨氣密度比空氣小，應使用向下排空氣法，導氣管應伸入試管底部，B錯誤；C．2.4g氫氧化鈉物質的量為0.06mol，配成60mL溶液，則濃度約為1.0mol/L，用量筒量取蒸餾水，在燒杯中溶解，可以達到實驗目的，C正確；D險，D錯誤；故答案選C。9.已知兩分子乙醛通過羥醛縮合反應可生成，不飽和醛。下列說法不正確的是A.反應Ⅰ、Ⅱ證明了乙醛分子中碳氧雙鍵的活潑性，是碳氧雙鍵的斷裂與重新組合B.反應Ⅰ控制不當可能會生成C.反應Ⅰ所用催化劑可能是堿性的第6頁/共26頁【答案】A【解析】【詳解】A．反應I、Ⅱ均體現(xiàn)了醛基相鄰碳原子的碳氫鍵極性強，易斷裂，故A錯誤；B．乙醛中與醛基相鄰碳原子有3個碳氫鍵，乙醛可以通過多次羥醛縮合反應，逐步增長碳鏈，生成(CHCHOH)CCHO，故B正確；C．醛分子中在醛基鄰位碳原子上的氫原子()受羰基吸電子作用的影響，具有一定的活潑性，堿電離的OH可以直接和α氫結合，同時形成一個碳負離子，所以該反應可用堿作催化劑，故C正確；D．中1號αH與2號羰基發(fā)生羥醛縮合反應生成，故D正確；選A。10.下列目標產物的制備方案不正確的是選項目標產物制備方案A乙二醇環(huán)氧乙烷和水加熱、加壓條件下反應適量晶體溶于較濃的鹽酸中，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、B干燥C適量粉末置于燒杯中，滴加少量水，再減壓低溫烘干D寶石級鉆石在微波爐里以等離子體分解出的碳通過化學氣相沉積A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A法，A正確；第7頁/共26頁步驟可得到純凈的六水合三氯化鐵晶體，B正確；C．需通過碳酸鈉飽和溶液在適宜溫度下結晶獲得，方案中直接向粉末滴加少量C錯誤；D工合成鉆石的成熟技術，D正確；故選C。2甲氧基2甲基丁烷常用作汽油添加劑。在催化劑作用下，可通過甲醇與烯烴的液相反應制得，體系中同時存在如下反應：(指用平衡時各物質的物質的量分數(shù)來代替該物質的平衡濃度)與溫度變化關系如圖1所示。在溫度353K下(此溫度時，)，充有A、B和的容器中，A和B物質的量濃度隨時間變化如圖2所示。據圖判斷，下列說法正確的是A三個反應中最大B.圖2中曲線Y代表A的變化C.若向某反應容器中加入1.0mol，控制溫度為353K，測得的平衡轉化率為，則反應Ⅰ的平衡常數(shù)D.時，反應Ⅲ向正反應方向移動【答案】B【解析】與溫度T溫度升高（要注意橫坐標為溫度的倒數(shù)）而減小，說明3個反應均為放熱反應，即、、第8頁/共26頁；在溫度353K下，反應Ⅲ的平衡常數(shù)，，由A、B物質的量濃度c隨反應時間t的變化曲線可知，X代表的平衡濃度高于Y，則代表B的變化曲線為X?！驹斀狻緼．由蓋斯定律可知，反應Ⅰ反應Ⅱ=反應Ⅲ，則，因此，不是三個反應中最大的，才是最大的，A錯誤；B．由分析，在溫度353K下，反應Ⅲ的平衡常數(shù)，，由A、B物質的量濃度c隨反應時間t的變化曲線可知，X代表的平衡濃度高于Y，則代表B的變化曲線為X，曲線Y代表A的變化，B正確；C．向某反應容器中加入1.0mol，控制溫度為353K，測得的平衡轉化率為，則平衡時，，已知反應Ⅲ的平衡常數(shù)，則，解得平衡體系中B的物質的量為，，反應Ⅰ的平衡常數(shù)，C錯誤；D2的變化趨勢可知，100s后各組分的濃度仍在變化，t=100s時，，此時反應Ⅲ正在向逆反應方向移動，即正反應速率小于逆反應速率，D錯誤；故答案選B。12.如圖是處理廢水中苯酚的裝置，回收利用苯后再排放。下列有關說法不正確的是第9頁/共26頁B.b電極反應式為C.該離子交換膜為質子交換膜D.若有0.2mol電子通過導線，A、B兩區(qū)域中液體質量改變量的和為0.4g【答案】D【解析】【分析】圖示是處理廢水中苯酚的裝置，a極苯酚（CHO）轉化為苯（CHa極為正極，電極反應式為：；b電極為負極，失電子（氧化反；據此作答?！驹斀狻緼．a極苯酚（CHO）轉化為苯（CHa極為正極；電極反應式為：，消耗氫離子，生成水，a電極附近pH增大，A正確；B．b電極為負極，失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：，B正確；C．依據電極反應式可知，氫離子從B遷移到A，則離子交換膜為質子交換膜，C正確；D．若有0.2mol電子通過導線，就有0.2molH+從B遷移到A，A區(qū)溶液質量增加，B區(qū)溶液的質量不變（產生0.2molH+，遷移至AA、B兩區(qū)域中液體質量改變量的和為0.2g，D錯誤；故答案選D。13.2025年諾貝爾化學獎授予SusumuKitagawaRichardRobson和OmarM。機框架(MOF又名多孔配位聚合物)材料的發(fā)展方面所作出的貢獻?，F(xiàn)有金屬有機框架MOF5由和對苯二甲酸根構成，形成規(guī)整的三維立方孔道結構(見下圖)。下列關于金屬有機框架的說法不正確的是A.MOF5其骨架結構中存在配位鍵第10頁/共26頁C.MOF5和冠醚一樣，屬于超分子D.金屬有機框架(MOF)在儲氫及環(huán)境凈化等領域是極具發(fā)展?jié)摿Φ年P鍵材料【答案】C【解析】AMOF5Zn骨架結構，因此骨架中存在配位鍵，A正確；B．對苯二甲酸根中苯環(huán)上的碳原子均為sp2雜化；羧基為平面結構，碳與氧形成雙鍵，價層電子對為3，故羧酸根為中的碳原子也為sp2雜化，因此對苯二甲酸根的所有碳原子均采取sp2雜化，B正確；C．超分子是通過分子間作用力，如氫鍵、范德華力等組裝形成的聚集體；而MOF5是通過配位鍵，共價鍵的一種，連接金屬離子與配體形成的配合物，并非超分子，C錯誤；D．MOF具有規(guī)則的多孔結構，可利用孔隙實現(xiàn)氫的儲存，同時能吸附環(huán)境中的污染物，因此在儲氫、環(huán)境凈化等領域具有應用潛力，D正確；故選C。14.氫氣選擇性催化還原NO是一種比還原NO更為理想的方法，備受研究者關注。以PtHY為催化劑，氫氣選擇性催化還原NO在催化劑表面的反應機理如下圖。下列說法正確的是A.在反應過程中，有3種分子的中心原子的雜化方式是雜化B.生成的反應是副反應，會降低氮氣的選擇性C.若在催化劑表面參與反應，轉移的電子數(shù)為D.在反應過程中，Pt催化劑的主要作用是提供活性位點用于和NO的吸附與活化，不參與電子轉移第11頁/共26頁【答案】B【解析】【詳解】A．反應過程中，水分子()中O原子和氨氣分子()中N原子的雜化方式為雜化，而中中心N原子為雜化。題干所述的分子中只有2種分子的中心原子為雜化，A錯誤；B．目標產物是N，生成NO的反應會消耗反應物但生成非目標產物，因此是副反應，會降低氮氣的選擇性，B正確；C．NO中N為+2價，生成N（0價）時，2molNO完全反應轉移4mol電子；但反應中還存在生成NO（N為+1NH（N為3價）等副反應，轉移電子數(shù)不等于4N，C錯誤；DPtHNO程的電子轉移（如PtD錯誤；故答案選B。15.已知：HClO的電離常數(shù)：，的電離常數(shù)：，的電離常數(shù)：，，。下列說法不正確的是A.與、、在溶液中均不能大量共存B.溶液中微粒濃度大?。篊.碳酸鈣懸濁液中，且的水解率約為83.3%D.溶液中微粒濃度大小：【答案】C【解析】【詳解】A．是強酸性離子，容易水解生成，其溶度積，說明其極難溶，在水中極易水解。、、均為弱酸的酸根離子，在水中水解呈堿性，與相遇時，會因促進的水解生成，不能大量共存，A正確；B．0.5mol/LNaS溶液中硫離子水解，溶液顯堿性，，第12頁/共26頁，解得，S2的水解程度為，所以溶液以c(S2)為主，且存在c(Na+)>c(S2)>c(HS)，若只考慮一級水解，則c(OH)=c(HS)，但二級水解會消耗HS、產生OH，水的電離也會產生OH，所以c(OH)>c(HS)，則離子濃度由大到小的順序為：，B正確；C．碳酸鈣的溶度積，由于是1:1型鹽，設溶解度為s，則得，所以，兩者濃度相等，會水解，水解常數(shù)，設水解的為x，則，解得，即水解率約為，C錯誤；D．是二元弱酸，第一步電離，，一級電離大于二級電離，因此，；，，D正確；故答案選C。16.乙酰水楊酸(阿司匹林)是目前常用藥物之一。實驗室通過水楊酸乙?；苽浒⑺酒チ值囊环N方法如下：水楊酸醋酸酐乙酰水楊酸第13頁/共26頁相對密度/()1.441.101.35相對分子質量138102180100mL錐形瓶中加入水楊酸6.9g及醋酸酐10mL0.5mL濃硫酸后加熱，維持瓶內溫度在70℃左右，充分反應。稍冷后進行如下操作。①在不斷攪拌下將反應后的混合物倒入100mL冷水中，析出固體，過濾。②所得結晶粗品加入50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。③濾液用的鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。④固體經純化并干燥得到白色乙酰水楊酸晶體5.4g。下列說法不正確的是A.操作①的主要目的是為了除去未反應的醋酸酐和硫酸等水溶性雜質B.操作②判斷反應完全的方法是觀察溶液直到沒有氣泡產生為止C.操作④采用的純化方法為重結晶D.為檢驗乙酰水楊酸分子中存在酯基，可取幾粒純化后的晶體，放入適量水中，振蕩后靜置，取用上層清液于試管中，滴入2滴稀硫酸，加熱后滴入幾滴溶液，振蕩。再向其中滴入幾滴溶液，振蕩。觀察現(xiàn)象【答案】A【解析】【詳解】A．操作①的主要目的是為了降低乙酰水楊酸的溶解度，使其充分結晶析出，A錯誤；BNaHCO3過濾除去其他難溶性雜質；沒有氣體生成，即證明反應完成，B正確；C．乙酰水楊酸的溶解度隨溫度變化較大，故可利用重結晶的方法來純化得到乙酰水楊酸晶體，C正確；D2量硫酸，振蕩，再向其中滴入幾滴氯化鐵溶液，溶液變?yōu)樽仙?，說明乙酰水楊酸中含有酯基，D正確；故答案選A。非選擇題部分二、非選擇題本大題共4小題，共分)17.鋰憑借獨特的性質，其化合物在現(xiàn)代科技中扮演著至關重要的角色。第14頁/共26頁①該晶胞的化學式為______。②下列關于該晶體的說法，不正確的是______。A．基態(tài)氮原子有7種空間運動狀態(tài)的電子B．電負性：Li<C<NC．每個周圍與它最近且距離相等的有8個D．空間結構模型為V形（2Libfsi(陰離子結構見下圖A)深受關注?；卮饐栴}：①B溶于某溶劑發(fā)生自耦電離()，陽離子F的結構式為______。②B和D水溶液均呈酸性，相同溫度下，Ka值大小關系：B______D(填“>”或“<”)，其原因是______。（3）磷酸鐵鋰電池是我國新能源汽車產業(yè)發(fā)展初期的主流電池，一種以廢磷酸鐵鋰正極粉(主要含有、炭黑、鋁粉、有機黏結劑)為原料，回收制備電池級磷酸鐵鋰的流程如下圖所示：回答下列問題：①在浸出過程中，發(fā)現(xiàn)廢粉常漂浮于磷酸溶液表面，從而影響浸出率，加入表面活性劑后該現(xiàn)象能大大改第15頁/共26頁②濾渣2的主要成分是______。(提示：陰離子為正八面體的鈉鹽)③寫出轉化為(已知葡萄糖徹底反應生成無機物)的化學方程式______?！敬鸢浮浚?）①.②.AD（2）①.或②.>③.氟為吸電子基團，乙基為推電子基團，所以B中的氮氫鍵更易斷裂而電離出，酸性更強（3）①.表面活性劑能降低水的表面張力，使廢粉與溶液均勻混合，增大固液接觸面積，提高浸出速率②.③.【解析】3(主要含有)與過量反應，、、1，濾液加入NaFAl3+與F形成正八面體陰離子Na+生成2，濾液加入過氧化氫氧化：將溶液中的轉化為，再補加磷酸并調節(jié)pH，使鐵元素以的形式沉淀，經洗滌干燥得到純凈的鐵鹽固體，將固體與碳酸鋰、葡萄糖在高溫惰性氛圍下反應，據此分析?！拘?詳解】用“均攤法”計算晶胞中粒子數(shù)：共個，個，故化學式為：；A．基態(tài)氮原子有7個電子，但空間運動狀態(tài)（電子占據的軌道總數(shù)）為5種，A錯誤；B．同周期從左向右電負性增大，電負性：Li<C<N，B正確；C．體心的周圍與它最近且距離相等的有8個，C正確；第16頁/共26頁故選AD；【小問2詳解】陽離子F的結構式為：或BD中含乙基，氟為吸電子基團，乙基為推電子基團，所以B中的氮氫鍵更易斷裂而電離出，酸性更強；【小問3詳解】①表面活性劑在浸出過程中的作用：能降低水的表面張力，使廢粉與溶液均勻混合，增大固液接觸面積，提高浸出速率；②加入NaF除鋁，Al3+與F形成正八面體陰離子，結合Na+生成；③和葡萄糖反應轉化為，葡萄糖作還原劑，將還原為，自身被氧化為，根據得失電子和元素守恒，化學方程式為：。18.乙苯催化脫氫制苯乙烯反應(Ph表示苯環(huán))：某研究小組根據熱力學基本原理，選取乙苯、苯乙烯、氫氣的物性及熱力學數(shù)據，計算恒壓下，不同溫度、不同水蒸氣與乙苯的物質的量比對脫氫反應中乙苯轉化率的影響，結果見表1.進料比(指水蒸氣與乙苯的物質的量比)溫度/℃未加水蒸氣6.7910.0013.585400.26780.54290.59960.64595600.32890.62180.69980.72065800.39640.69520.74630.78536000.46860.76030.80520.8384表1溫度和進料比對乙苯平衡轉化率的影響該研究小組在乙苯流量為，控制水蒸氣與乙苯的物質的量比為6.79：1，汽化溫度為250℃，第17頁/共26頁如圖2所示。將反應器溫度控制在600℃，汽化溫度250℃，乙苯的流量，水蒸氣與乙苯的物質的量比分別為6.79：1、10.00：1、13.58：1、20.00：1，考察進料比對苯乙烯的選擇性和收率的影響，結果見圖3.選擇性：指除了以外的產物中苯乙烯的物質的量分數(shù)。收率：指苯乙烯的實際產量與理論產量的比值。（1）乙苯催化脫氫制苯乙烯反應能自發(fā)反應的條件是______。（2）由表1計算可知，水蒸氣能提高乙苯的平衡轉化率，原因是______。但實驗得出的變化規(guī)律(見圖3)與表1計算結果相互矛盾，說明實驗產生這個變化的原因是______。（3）關于該乙苯催化脫氫制苯乙烯反應的實驗，下列分析正確的是______。A.使用催化劑能降低正反應的活化能，對逆反應無影響，因此縮短了達到平衡的時間B.該反應說明催化劑能選擇性斷裂乙苯中的CH鍵C.若改變條件使該反應的平衡常數(shù)增大，則乙苯的平衡轉化率一定增大D.在反應達到平衡后，同時增大反應體系的壓力和溫度到一定值，平衡移動方向可以確定（4）工業(yè)上也有利用氧化乙苯制苯乙烯。其原理為：在常壓下，分別為a、b、c時，乙苯平衡轉化率隨溫度變化的關系如下圖所示：第18頁/共26頁則a、b、c的大小關系是______。（5）某研究小組嘗試以、熔鹽為電解質，用特效催化劑催化電解和水蒸氣獲得苯乙烯，如果獲得成功，請寫出陰極的電極方程式______。【答案】（1（2）①.②.反應物在反應器內停留時間過短或反應物內擴散不良造成的（3）B（4）（5）【解析】【小問1詳解】反應Ph?CHCH(g)?Ph?CH=CH(g)+H(g)正向為氣體分子數(shù)增大的方向，則，由表1可知，未加；則乙苯催化脫氫制苯乙烯反應能自發(fā)進行的條件是高溫（【小問2詳解】水蒸氣能提高乙苯的平衡轉化率，原因是：正反應方向氣體分子數(shù)增加，加入水蒸氣稀釋，相當于起減壓的效果；實驗得出的變化規(guī)律(見圖3)與表1計算結果相互矛盾，實驗產生這個變化的原因是：隨著水蒸氣與乙苯物質的量之比增大，反應物在反應器內停留時間過短或反應物內擴散不良造成的；【小問3詳解】A衡的時間，A錯誤；B．由反應Ph?CHCH(g)?Ph?CH=CH(g)+H(g)可知，斷裂的是乙基中的CH鍵，苯環(huán)上的CH鍵未斷裂，說明催化劑能選擇性斷裂乙苯中的CH鍵，B正確；C．，若升高溫度，平衡正移，平衡常數(shù)增大，但平衡轉化率還受壓強等因素影響，若在升高溫度的同時增大壓強，乙苯的平衡轉化率不一定增大，C錯誤；第19頁/共26頁D壓力”和“升高溫度”對平衡的影響是相反的，兩者的強度（壓力增大的幅度、溫度升高的幅度）不確定時，無法判斷最終平衡的移動方向；D錯誤；答案為B；【小問4詳解】乙苯與二氧化碳物質的量之比越大，乙苯的轉化率越小，則c>b>a；【小問5詳解】陰極發(fā)生還原反應，CO2得電子生成苯乙烯(分子式CH，碳元素的平均化合價為1)，環(huán)境為熔融碳酸鹽，碳酸根離子參與平衡電荷，結合C、H、O原子守恒，最終配平得陰極方程式為：。19.配合物三草酸合鐵酸鉀是常用的光敏材料和催化劑。某實驗小組進行制備與探究實驗，步驟如下：100mL蒸餾水中依次加入6.3g草酸和3.45g碳酸鉀分反應后，得到混合溶液A；步驟Ⅱ：向混合溶液A中加入5.6g硫酸亞鐵，控制溫度在反應，同時滴加3%過氧化氫溶液至溶液顏色變?yōu)辄S色，得到溶液B；B蒸發(fā)濃縮至體積約為30mL0℃狀晶體；另一份緩慢冷卻至室溫(25℃)，結晶、過濾得到黃色片狀晶體；步驟Ⅳ：將晶體P、Q分別置于暗處在下烘干脫水，最終均得到三草酸合鐵酸鉀。已知：ⅰ、常溫下，草酸的，；ⅱ、三草酸合鐵酸鉀易溶于水，難溶于乙醇，在150℃以上會分解。ⅲ、請回答：（1）中，與形成配位鍵的配位原子是______(填元素符號)。第20頁/共26頁（2）步驟Ⅰ所得混合溶液A中，主要溶質的化學式為______，該溶液常溫下pH最接近______(填選項)。A．2B．4C．10D．12（3）步驟Ⅱ中，控制溫度在40～50℃反應的主要目的是______(填選項)。A.加快反應速率B.促進的水解C.防止劇烈分解D.抑制被空氣氧化（4）晶體P、Q分別置于暗處烘干脫水的目的是______。（5）下列說法不正確的是______。A.步驟Ⅰ制備混合溶液A時，應將碳酸鉀分批加入草酸溶液中，避免反應過于劇烈B.步驟Ⅲ中，可向濃縮后的溶液中加入適量乙醇，促進三草酸合鐵酸鉀晶體析出C.步驟Ⅱ中，為加快反應速率，可將換成穩(wěn)定性更高的，然后升高反應溫度D.兩份濃縮液中得到不同形狀晶體P和Q的原因是因為冷卻的溫度不同造成的（6）已知室溫下能發(fā)生反應：，而與混合后無明顯現(xiàn)象。從配合物結構對中心離子性質影響的角度，解釋與氧化性差異的原因______?！敬鸢浮浚?）O（2）①.②.A（3）C（4）由于三草酸合鐵酸鉀對光敏感，為防止其見光分解，需將晶體P、Q分別置于暗處烘干脫水（5）CD（6）與形成時，作為配體向的空軌道提供孤電子對，使的電子云密度增大，有效降低了氧化性，同時，形成的螯合物結構穩(wěn)定，進一步抑制了的氧化活性，所以氧化性弱于【解析】【分析】制備三草酸合鐵酸鉀的實驗過程為草酸溶液和碳酸鉀溶液反應生成草酸氫鉀、二氧化碳和水；反應生成的草酸氫鉀與硫酸亞鐵溶液、過氧化氫溶液在40～50℃條件下反應生成三草酸合鐵酸鉀、硫酸鉀和水；將三草酸合鐵酸鉀溶液蒸發(fā)濃縮后，通過不同的冷卻方式（快速冷卻或緩慢冷卻）得到含結晶水的三草酸合鐵酸鉀晶體；三草酸合鐵酸鉀晶體置于暗處在下烘干脫水得到三草酸合鐵酸鉀。【小問1詳解】草酸根離子中的氧原子具有孤對電子，能與具有空軌道的鐵離子形成配位鍵；【小問2詳解】第21頁/共26頁，也可以生成草酸氫鉀、二氧化碳和水：，由題意可知，6.3g草酸晶體的物質的量為：=0.05mol=0.025mol程式可知，草酸溶液與碳酸鉀溶液反應生成草酸氫鉀、二氧化碳和水；溶液A中草酸氫鉀的濃度為：=0.5mol/L，則溶液中的氫離子濃度為：c(H+)=≈0.057mol/L，則溶液pH最接近2，故選A；【小問3詳解】由分析可知，步驟Ⅱ發(fā)生的反應為草酸氫鉀與硫酸亞鐵溶液、過氧化氫溶液在40～50℃條件下反應生成三草酸合鐵酸鉀、硫酸鉀和水，則該反應是亞鐵離子氧化為鐵離子的反應，反應時應抑制鐵離子水解，防止過氧化氫受熱易分解，導致三草酸合鐵酸鉀的產率降低，所以步驟Ⅱ中，控制溫度在40～50℃反應雖然可以加快反應速率，但主要目的是防止溫度過高，過氧化氫受熱分解導致產率降低，故選C；【小問4詳解】由題意可知，三草酸合鐵酸鉀對光敏感，為防止三草酸合鐵酸鉀見光分解，所以脫水制備