高中化學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省紹興市2025-2026學(xué)年高三上學(xué)期11月選考科目診斷性考試試題注意事項：考生考試時間90分鐘，滿分100分?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48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.下列物質(zhì)屬于難溶于水的化合物是A. B.He C. D.【答案】A【解析】A．為正四面體結(jié)構(gòu)，分子的正負電荷中心重合，為非極性分子，難溶于極性溶劑水（相似相溶原理），A正確；B．He單質(zhì)，不是化合物，He難溶于水，B錯誤；C．NH3與水分子可形成氫鍵且能與水反應(yīng)，其在水中的溶解度極高，C錯誤；D．Na2S屬于可溶性鈉鹽，是易溶于水的化合物，D錯誤；故選A。2.下列化學(xué)用語表示正確的是A.的電子式：B.麥芽糖的分子式：C.基態(tài)Br原子的價電子排布式：D.HCl電子云輪廓圖：【答案】B【解析】A．二氧化碳的電子式：，A錯誤；B．麥芽糖的分子式是，B正確；C．Br價電子為7，為N層電子，Br價電子排布式為4s24p5，C錯誤；D．H提供1s原子軌道，氯提供1個未成對的3p原子軌道HCl電子云輪廓圖：，D錯誤；故選B。3.根據(jù)元素周期表，下列說法不正確的是A.第一電離能：N>O B.酸性：C.離子半徑： D.穩(wěn)定性：【答案】C【解析】A．同周期元素第一電離能有增大趨勢，N原子2p能級半充滿，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，第一電離能：N>O，A正確；B．同周期元素從左到右非金屬性增強，Cl的非金屬性強于S，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強于，B正確；C．和電子層數(shù)相同，但核電荷數(shù)更大，離子半徑更小，故，C錯誤；D．O的非金屬性強于S，的穩(wěn)定性大于，D正確；故選C。4.下列有關(guān)實驗說法正確的是A.用廣泛pH試紙測得某堿性溶液的pH為12.5B.酒精燈加熱燒瓶時不用墊陶土網(wǎng)C.可用酒精代替萃取碘水中的碘單質(zhì)D.分液漏斗和容量瓶在使用前都要檢漏【答案】D【解析】A．廣泛pH試紙測得的數(shù)值精確到1，不能精確到0.1，A錯誤；B．燒瓶直接加熱易受熱不均而破裂，必須墊陶土網(wǎng)，B錯誤；C．酒精與水混溶，無法分層，不能用作萃取劑，C錯誤；D．分液漏斗需檢查活塞是否漏液，容量瓶需檢查瓶塞是否漏水，兩者使用前均需檢漏，D正確；故選D。5.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系正確的是A.濃硝酸有強氧化性，不可用鐵制容器來盛裝B.HF溶液具有酸性，不能玻璃瓶盛裝C.具有還原性，可使溶液褪色D.高碳鋼硬而脆，可用于制造鋼絲和鋼軌【答案】C【解析】A．濃硝酸因強氧化性使鐵鈍化形成致密氧化膜，可用鐵制容器盛裝，A錯誤；B．HF不能盛裝于玻璃瓶是因與反應(yīng)，而非酸性，選項描述原因錯誤，B錯誤；C．的還原性使其被氧化，導(dǎo)致溶液褪色，對應(yīng)正確，C正確；D．高碳鋼硬而脆，不適合制造需韌性的鋼絲和鋼軌，D錯誤；故答案選C。6.可根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)推測其性質(zhì)，下列推測的性質(zhì)不合理的是選項結(jié)構(gòu)性質(zhì)A丙烯醛的結(jié)構(gòu)：與足量溴水反應(yīng)的產(chǎn)物：B鍵能：H－Cl>H－Br穩(wěn)定性：HCl>HBrC中O顯正電性可以氧化D蛋白質(zhì)中含有氨基和羧基蛋白質(zhì)是兩性分子A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．足量溴水（氧化性）在一定條件下可能進一步氧化醛基（還原性）為羧基，推測不合理，A符合題意；B．H-Cl鍵能大于H-Br，鍵能越大分子越穩(wěn)定，因此HCl穩(wěn)定性強于HBr，推測合理，B不符合題意；C．OF2中O顯+2價，H2O中O為-2價，OF2可以作為氧化劑與H2O發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，推測合理，C不符合題意；D．蛋白質(zhì)含氨基（堿性）和羧基（酸性），具有兩性，推測合理，D不符合題意；故答案選A。7.下列方程式正確的是A.Fe電極電解飽和食鹽水：B.溶于水：C.FeO空氣中受熱：D.溶液中滴加少量的：【答案】C【解析】A．Fe作電極時，陽極Fe優(yōu)先被氧化，而非Cl?放電，方程式未體現(xiàn)Fe的參與，應(yīng)為：，A錯誤；B．次氯酸為弱酸，不能拆，應(yīng)為，B錯誤；C．6FeO與在加熱條件下生成2，F(xiàn)e和O原子均守恒，反應(yīng)合理，C正確；D．少量應(yīng)優(yōu)先中和和生成，應(yīng)為，D錯誤；故選C。8.利用下列裝置進行實驗，不能達到實驗?zāi)康牡氖茿.用甲裝置檢驗產(chǎn)物乙炔 B.用乙裝置制取乙酸乙酯C.用丙裝置防止鋼閘門腐蝕 D.用丁裝置測定溶液的濃度【答案】B【解析】A．電石與水反應(yīng)生成乙炔，用硫酸銅溶液除去硫化氫等雜質(zhì)，乙炔使酸性高錳酸鉀溶液褪色，可驗證乙炔具有還原性，A正確；B．用乙裝置制取乙酸乙酯，為了防倒吸，導(dǎo)管應(yīng)該在液面上，B錯誤；C．將鋼閘門與電源的負極相連，作陰極，被保護，可以防止鋼閘門腐蝕，C正確；D．用丁裝置，可用酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液，根據(jù)消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積，可測定溶液的濃度，D正確；故選B。9.從中草藥中提取的CalebinA(結(jié)構(gòu)簡式如下)可用于治療阿爾茨海默癥。下列關(guān)于CalebinA的說法不正確的是A.該分子在水中溶解性小于鄰苯二酚B.該分子在酸性條件下水解生成的兩種有機產(chǎn)物無法用溶液區(qū)分C.1mol該分子最多與8mol發(fā)生加成反應(yīng)D.該分子既可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)也能發(fā)生取代反應(yīng)【答案】C【解析】A．由該分子的結(jié)構(gòu)可知，該分子有較高的對稱性，極性較差，故溶解度小于親水性更高的鄰苯二酚，A正確；B．該分子水解之后生成的兩種有機產(chǎn)物，均含有苯環(huán)及相連的酚羥基，無法通過的顯色反應(yīng)進行區(qū)別，B正確；C．該分子除了苯環(huán)以及兩個碳碳雙鍵可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)外，還有一個可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的羰基，因此1mol該分子最多消耗的氫氣的物質(zhì)的量為9mol，故C錯誤；D．該分子上存在碳碳雙鍵，可以與溴發(fā)生加成反應(yīng)，并且其苯環(huán)上存在羥基（酚羥基），酚羥基的鄰位和對位的氫可以與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，D正確；因此，答案選C。10.從海帶中提取碘元素的實驗過程如下圖所示：已知氧化性：下列說法不正確的是A.實驗步驟①的目的是將有機碘轉(zhuǎn)化成無機碘，部分無機碘可能被空氣氧化成而損失B.實驗步驟④可以用過量氯水代替氧化C.實驗步驟⑤實現(xiàn)海帶灰中的硫酸鹽、碳酸鹽等與碘分離D.實驗步驟⑥可能包括一系列操作：加入過量NaOH濃溶液、分液、水相中加酸酸化、過濾、升華【答案】B【解析】海帶經(jīng)過①灼燒后，將海帶灰②浸泡得到懸濁液，此時懸濁液中含有I-，經(jīng)過③過濾得到含I-的溶液，加入④H2O2、稀硫酸之后，將I-氧化為I2，加入CCl4⑤提取碘，最后通過⑥反萃取等一系列操作分離得到I2，據(jù)此作答。A．實驗步驟①的目的是將有機碘轉(zhuǎn)化成無機碘，便于后續(xù)溶解和提取，但I-具有還原性，在灼燒過程中可能被氧氣氧化為I2升華而損失，A正確；B．已知氧化性：，若用過量的氯水代替H2O2氧化I-，可能將I-過度氧化為HIO3在萃取時損失掉，因此不能用過量氯水代替氧化，B錯誤；C．實驗步驟⑤為萃取分液操作，I2被萃取到CCl4層，而海帶灰中的硫酸鹽、碳酸鹽等易溶于水的雜質(zhì)會留在水相，因此能實現(xiàn)與碘的分離，C正確；D．實驗步驟⑥加入過量NaOH濃溶液，使I2轉(zhuǎn)化為I-和反萃取進入水相，分液，在水相中加酸酸化，使I-和重新轉(zhuǎn)化為I2析出，過濾得到粗碘，再利用升華法提純得到純碘，D正確；故答案選B。11.堿金屬單質(zhì)M和反應(yīng)的能量變化如下圖所示。下列說法正確的是A.B.C.若M分別為Na和K，則：Na＜KD.【答案】D【解析】由圖分析有：；同一物質(zhì)固態(tài)到氣態(tài)吸收能量（）；化學(xué)鍵斷裂吸收能量（）；一般情況下，原子失去電子吸收能量（），得到電子釋放能量（）；據(jù)此作答。A．氯氣化學(xué)鍵斷裂產(chǎn)生氯原子，吸收能量，即；陰、陽離子形成離子鍵，狀態(tài)從氣態(tài)到固態(tài)，釋放能量，即，A錯誤；B．依據(jù)分析，原子失去電子吸收能量，；得到電子釋放能量，，B錯誤；C．依據(jù)分析可知，Na、K是同主族元素，原子核外最外層電子數(shù)相同，原子半徑越小，越難失去電子；由于原子半徑：Na＜K，所以失去電子吸收的能量：Na＞K，即，C錯誤；D．根據(jù)蓋斯定律有：，D正確；故答案選D。12.己二腈是工業(yè)制造尼龍-66的原料，利用丙烯腈(，不溶于水)為原料、高濃度季銨鹽水溶液[季銨鹽的陽離子在陰極表面會形成一個疏水的界面層，提高電解效率]為電解液制備己二腈的電有機合成裝置如圖所示。下列說法不正確的是A.的作用之一是抑制副反應(yīng)：B.若交換膜為陰離子交換膜，則一段時間后陽極區(qū)由無色變成橙色C.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol時，陽極室溶液質(zhì)量減少9gD.電解質(zhì)季銨鹽中R越大，電解效率越高【答案】D【解析】結(jié)合題意可知，a為陰極，丙烯腈發(fā)生還原反應(yīng)生成己二腈，電極反應(yīng)式為：；b為陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：；據(jù)此作答。A．依據(jù)題意：季銨鹽的陽離子(R4N+)在陰極表面會形成一個疏水的界面層，則R4NBr可以阻止水中的氫離子得電子發(fā)生副反應(yīng)，提高電解效率，A正確；B．若交換膜為陰離子交換膜，R4NBr電離出來的溴離子可能會移動至陽極并放電，產(chǎn)生溴單質(zhì)，使陽極區(qū)溶液由無色變成橙色，B正確；C．陽極電極反應(yīng)式為：，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時，陽極室產(chǎn)生0.25mol氧氣，同時有1mol氫離子進入陰極區(qū)，則陽極溶液減少質(zhì)量=，C正確；D．電解質(zhì)季銨鹽(R4NBr)中R越大，可能增強了疏水性，抑制了副反應(yīng)；但R越大也可能導(dǎo)致離子體積增大，離子的遷移率降低，增加電解過程中的能耗，D不正確；故答案選D。13.在堿性溶液中，縮二脲與硫酸銅反應(yīng)得到特征的紫色是由于生成了諸如配合物離子A的微粒(結(jié)構(gòu)如圖所示)。下列說法不正確的是A.中心原子Cu的價態(tài)為價B.強酸性溶液中也可得到相同產(chǎn)物C.配合物離子A之間可能存在氫鍵D.過量NaOH中滴加少量硫酸銅溶液，再加入蛋白質(zhì)或多肽可能觀察到紫色【答案】B【解析】A．與銅形成配合物的配體分別是2個和2個，配離子整體呈現(xiàn)-2價，故銅顯+2價，A不符合題意；B．雙縮脲反應(yīng)的實質(zhì)是在堿性條件下，肽鍵(或類似結(jié)構(gòu))與形成紫色配合物，在強酸性溶液中，會與配體中的堿性基團結(jié)合，破壞配體與的配位結(jié)構(gòu)，無法形成穩(wěn)定的紫色配合物，因此在強酸性溶液中不能得到相同產(chǎn)物，B符合題意；C．配合物離子A的結(jié)構(gòu)中含有-NH-和O，N和O均為電負性較大的原子，且連接有H原子，滿足形成氫鍵的條件，所以配合物離子A之間可能存在氫鍵，C不符合題意；D．過量NaOH溶液中滴加少量硫酸銅溶液，會生成，該離子是堿性條件下能穩(wěn)定存在的配離子，此時溶液呈強堿性，再加入蛋白質(zhì)或多肽(含肽鍵)，滿足雙縮脲反應(yīng)的條件即堿性環(huán)境、肽鍵與，可觀察到紫色，D不符合題意；故選B。14.丙二醇脫氧脫水反應(yīng)的循環(huán)機理如圖所示。下列說法不正確的是A.整個過程中屬于氧化還原反應(yīng)的是③④B.反應(yīng)歷程中既有鍵的斷裂又有鍵的生成C.總反應(yīng)方程式：2D.若將原料換為乙二醇，有乙烯、乙醛生成【答案】D【解析】A．①、②過程中主要發(fā)生取代反應(yīng)，且不涉及電子轉(zhuǎn)移，Mo元素化合價不變化；在反應(yīng)③中，Mo元素的化合價由+6價降低到+4價，有化合價變化，屬于氧化還原反應(yīng)，在反應(yīng)④中，Mo元素的化合價由+4升高到+6，有化合價變化，屬于氧化還原反應(yīng)，A正確；B．由圖可知②過程中有Mo=O鍵發(fā)生斷裂，④過程中的有Mo=O形成，故既有鍵的斷裂又有鍵的生成，B正確；C．由圖可知，MoO3參加反應(yīng)后最后步驟又生成，為催化劑，①過程1,2-丙二醇、MoO3為反應(yīng)物，生成了水和，第②過程、1,2-丙二醇為反應(yīng)物，生成了水和，第③過程分解生成甲醛、乙醛和，再分解生成丙烯和MoO3，總反應(yīng)方程式：2，C正確；D．若將原料換為乙二醇，經(jīng)過步驟①生成，步驟②生成，步驟③中中C-C鍵、Mo-O鍵斷裂，生成2分子和，步驟④中Mo-O鍵斷裂，同時有C=C雙鍵生成，故若將原料換為乙二醇，有乙烯、甲醛生成，D錯誤；故選D。15.已知室溫下：、。下列說法不正確的是A.的溶液中：B.向溶液中滴加鹽酸至，存在如下關(guān)系：C.將與等體積同濃度溶液混合，未出現(xiàn)淺藍綠色沉淀，則可推測D.向草酸溶液中加入一定體積的水，增大【答案】B【解析】A．的電離平衡常數(shù)為，遠大于其水解常數(shù)，說明以電離為主，故溶液中，，A正確；B．溶液中電荷守恒：，當(dāng)pH=7時，c(H?)=c(OH?)，則，B錯誤；C．混合后的初始時刻：=c(Cu2+)=5×10-5mol/L，Q=(5×10-5)2=2.5×10-9，未出現(xiàn)沉淀說明Q<Ksp，故可推測，C正確；D．稀釋草酸時，草酸的電離程度增大，草酸分子的物質(zhì)的量減小而草酸根的物質(zhì)的量增大，故比值增大，D正確；故選B。16.鍍鋅鐵皮具有較強的耐腐蝕性。鍍鋅層(如圖)是鐵皮的保護膜，膜的厚度與均勻度是判斷鍍層質(zhì)量的重要指標(biāo)。測定鍍鋅層厚度的方案如下：步驟Ⅰ——取樣：剪取合適長寬的鍍鋅鐵皮(計算面積為)；步驟Ⅱ——稱重：用電子天平稱量鐵皮的質(zhì)量；步驟Ⅲ——酸溶：將鍍鋅鐵皮放入燒杯中，加入足量稀硫酸，用玻璃棒小心翻動鐵皮，使鐵皮鍍鋅層都充分反應(yīng)。到反應(yīng)速率突然減小時(產(chǎn)生氣泡速率變得極慢)，立刻將鐵皮取出，用水沖掉附著的酸液。步驟Ⅳ——稱重：將鐵片放在陶土網(wǎng)上，用酒精燈小火烘干，冷卻后稱量質(zhì)量。已知：鋅的密度為下列說法不正確的是A.步驟Ⅲ，反應(yīng)速率突然減小的主要原因是鍍鋅層消耗完，不能與鐵構(gòu)成原電池B.步驟Ⅲ，理論上若不取出鐵皮，讓它完全溶解，通過測定生成氫氣的體積，可以計算混合物中鋅的質(zhì)量C.步驟Ⅳ，若用大火加熱則可能使鐵氧化而導(dǎo)致測定的鍍鋅層厚度偏小D.鍍鋅層厚度【答案】D【解析】鍍鋅鐵皮中含有鐵和鋅，鋅比鐵活潑，鋅、鐵與稀硫酸構(gòu)成原電池，鋅為負極，鐵為正極，反應(yīng)速率較快，當(dāng)鍍鋅層中的鋅反應(yīng)完后，只有鐵與稀硫酸反應(yīng)，反應(yīng)速率減慢時，取出鍍鋅鐵皮，剩余的鍍鋅鐵皮只含鐵，鍍鋅鐵皮反應(yīng)前后減少的質(zhì)量（）g為鋅的質(zhì)量，據(jù)此回答問題。A．由分析可知，步驟Ⅲ，反應(yīng)速率突然減小的主要原因是鍍鋅層消耗完，不能與鐵構(gòu)成原電池，A正確；B．由分析可知，步驟Ⅲ，理論上若不取出鐵皮，讓它完全溶解，根據(jù)化學(xué)方程式和，通過測定生成氫氣的體積，可以計算混合物中鋅的質(zhì)量，B正確；C．步驟Ⅳ，若用大火加熱則可能使鐵氧化，導(dǎo)致冷卻后稱量的偏大，則鋅的質(zhì)量偏小，測定的鍍鋅層厚度偏小，C正確；D．由分析知，鍍鋅層中鋅的質(zhì)量(）g，則鍍鋅層的體積為，鍍鋅層單側(cè)面積為，則鍍鋅層的厚度，D錯誤；故答案選D。二、非選擇題(本大題共4小題，共52分)17.鈦、金、鉻等元素在工業(yè)中有重要應(yīng)用，已知Au(金)與銅屬于同一族元素。請回答：（1）下列說法不正確的是_______。A.基態(tài)鈦原子中有4個單電子B.Au(金)處于元素周期表的d區(qū)C.Au能溶于王水(V濃鹽酸∶V濃硝酸=3∶1混合)，與與形成有關(guān)D.純鈦硬度與不銹鋼相當(dāng)，鈦金合金硬度更大（2）合金的硬度取決于化學(xué)鍵的數(shù)量和這些鍵的長度。①鈦金合金的一種形態(tài)為立方晶胞，頂點是金，面心是鈦，立方體邊長為。如下圖所示：每個鈦周圍有_______個金，每個鈦周圍最近的有_______個鈦。②計算Ti—Au鍵的距離為_______。(，，結(jié)果保留兩位小數(shù))③為增強鈦的硬度和美觀，可鍍氮化鈦(TiN)薄膜。TiN薄膜可使用化學(xué)氣相沉積技術(shù)來制備：在基底上，溫度加熱到350℃以上，利用四氯化鈦和氨氣反應(yīng)制得，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。(氯化銨分解溫度：337.8℃)，并設(shè)計實驗，檢驗產(chǎn)物中相對活潑的一種氣體_______。（3）三分子磷酸()之間可脫水形成環(huán)狀三聚磷酸，畫出環(huán)狀三聚磷酸的結(jié)構(gòu)式_______，并比較磷酸與環(huán)狀三聚磷酸的，并從斷鍵角度說明理由_______。（4）鉻鹽產(chǎn)品廣泛應(yīng)用于化工、醫(yī)藥、印染等領(lǐng)域。通過如下工藝將鉻鐵礦轉(zhuǎn)化并回收鉀資源。已知：鉻鐵礦主要成分是、、、。①浸取工序中濾渣Ⅰ的主要成分：、_______、_______、MgO(填化學(xué)式)。②寫出還原、分離工序中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式_______?！敬鸢浮浚?）AB（2）①.4②.8③.2.93④.⑤.用濕潤的pH(或石蕊)試紙靠近產(chǎn)物出口，若變紅，且將產(chǎn)物導(dǎo)入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀。則該相對活潑的氣體為HCl（3）①.②.環(huán)狀三聚磷酸中的每個羥基平均受的吸引更大，導(dǎo)致羥基的極性變的更大，更易斷裂，更易電離氫離子導(dǎo)致環(huán)狀三聚磷酸的大于磷酸（4）①.②.③.【解析】（1）A．基態(tài)鈦原子(22Ti)的電子排布式為1s2s22p63s23p63d24s2，其中3d軌道有2個單電子，4s軌道沒有單電子，所以基態(tài)鈦原子中有2個單電子，A錯誤；B．金(Au)的原子序數(shù)為79，其電子排布式為[Xe]4f145d106s1，價電子排布式為5d106s1，根據(jù)元素周期表分區(qū)規(guī)則，價電子排布式為(n-1)d1-9ns1-2的元素屬于ds區(qū)元素，所以金處于元素周期表的ds區(qū)，B錯誤；C．王水是濃鹽酸和濃硝酸按體積比3:1混合而成的溶液，金能溶于王水是因為Cl-與Au3+形成穩(wěn)定的[AuCl4]-，降低了Au3+的濃度，使金與王水的反應(yīng)能夠持續(xù)進行，C正確；D．純鈦硬度與不銹鋼相當(dāng)，純鈦硬度較小，鈦金合金是混合物，合金的硬度一般比組成它的純金屬的硬度大，所以鈦金合金硬度更大，D正確；答案選AB；（2）①在該立方晶胞中，面心的鈦原子與頂點的金原子相鄰，每個面心的鈦原子與4個頂點的金原子相連，由于每個頂點的金原子被8個面共用，所以每個鈦原子周圍有4個金原子；面心的鈦原子與相鄰面心的鈦原子最近，每個面心的鈦原子有4個相鄰的面心鈦原子，另一取向也有4個，所以每個鈦周圍最近的鈦的個數(shù)為8；②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Ti—Au鍵的距離為晶胞邊長的，立方體邊長為4.15，則Ti—Au鍵的距離為晶胞邊長為=2.93；③加熱到350℃以上，四氯化鈦和氨氣反應(yīng)制得氮化鈦和氯化銨，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；產(chǎn)物中活潑的氣體為氯化氫，氯化氫氣體遇濕潤的石蕊試紙變紅等，故檢驗方法為用濕潤的pH(或石蕊)試紙靠近產(chǎn)物出口，若變紅，且將產(chǎn)物導(dǎo)入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀。則該相對活潑的氣體為HCl；（3）環(huán)狀三聚磷酸是由三分子磷酸脫去三分子水而形成，其結(jié)構(gòu)式為；環(huán)狀三聚磷酸中的每個羥基平均受的吸引更大，導(dǎo)致羥基的極性變的更大，更易斷裂，更易電離氫離子導(dǎo)致環(huán)狀三聚磷酸的大于磷酸；（4）鉻鐵礦主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2，與過量KOH在空氣中煅燒，生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、KAlO2、K2SiO3,;通入KHCO3-K2CO3/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，F(xiàn)e2O3、MgO不反應(yīng)，故濾渣I為Al(OH)3、H2SiO3，F(xiàn)e2O3、MgO;通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾分離出K2CrO4固體，濾液|中含有K2CrO4將K2C'rO4中加水溶解，并通入過量CO2酸化，將K2CrO4轉(zhuǎn)化為K2Cr2O7，同時副產(chǎn)物KHCO3生成，將K2Cr2O7與KHCO3分離，濾液1I的主要溶質(zhì)為KHCO3；Fe(CO),做還原劑，將濾液I中剩余的K2CrO4還原為Cr(OH)3，自身轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3進入濾渣II，KOH進一步處理得K2CO3，循環(huán)使用；①根據(jù)分析可得浸取工序中濾渣I的主要成分:、、、MgO，故答案為、；②Fe(CO)5做還原劑，將濾液I中剩余的K2CrO4還原為Cr(OH)3，自身轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，鐵元素由0價升高到+3價，Cr由+6價降低到+3價，根據(jù)得失電子守恒，原子守恒，化學(xué)方程式為，故答案為:。18.乙二醇是一種重要化工原料，以合成氣(CO、)為原料合成乙二醇具有重要意義。Ⅰ．直接合成法：（1）下列措施有利于提高平衡轉(zhuǎn)化率是_______。A.增大壓強 B.降低溫度 C.加入催化劑 D.恒容裝置充入（2）在355K時，在1L的剛性恒容容器中，通入CO的物質(zhì)的量為1mol，控制的物質(zhì)的量為n。達到平衡時，相應(yīng)平衡體系中乙二醇的物質(zhì)的量為x，繪制x隨n變化的示意圖_______，測得時，CO的平衡轉(zhuǎn)化率為50%。(不計副反應(yīng))Ⅱ．間接合成法：用合成氣和制備DMO()經(jīng)過MG()合成乙二醇，具體反應(yīng)如下：反應(yīng)?。悍磻?yīng)ⅱ：反應(yīng)ⅲ：（3）2MPa、催化、固定流速條件下，發(fā)生上述反應(yīng)，初始氫酯比，出口處檢測到DMO的實際轉(zhuǎn)化率及MG、乙二醇、乙醇的選擇性隨溫度的變化曲線如圖所示[某物質(zhì)的選擇性=n生成(該物質(zhì))/n消耗(DMO)×100%]。①DMO()中C的雜化方式是_______。②已知曲線Ⅱ表示乙二醇的選擇性，則曲線_______(填圖中標(biāo)號，下同)表示DMO的轉(zhuǎn)化率，曲線_______表示乙醇的選擇性。③450K，出口處n(MG)∶n(DMO)的值為_______。④控制溫度在483K左右乙二醇的選擇性最高，請說明溫度過高或過低乙二醇選擇性下降的原因_______?！敬鸢浮浚?）AB（2）（3）①.、②.Ⅰ③.Ⅲ④.2⑤.溫度低于483K，主要是溫度升高，反應(yīng)ⅱ速率加快，更多的MG轉(zhuǎn)化成乙二醇，反應(yīng)ⅲ幾乎不反應(yīng)，所以乙二醇的選擇性升高。溫度高于483K，相同流速下，原料幾乎轉(zhuǎn)變成乙二醇，反應(yīng)ⅲ的速率加快，導(dǎo)致乙二醇的選擇性反而下降?！窘馕觥浚?）A．該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率增大，A符合題意；B．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率增大，B符合題意；C．加入催化劑，降低反應(yīng)的活化能，化學(xué)反應(yīng)速率加快，但平衡不移動，的平衡轉(zhuǎn)化率不變，C不符合題意；D．恒容裝置充入，平衡正向移動，但的平衡轉(zhuǎn)化率減小，D不符合題意；故答案選AB。（2）CO和合成乙二醇的反應(yīng)方程式為，當(dāng)通入CO的物質(zhì)的量固定為1mol時，開始是，隨的物質(zhì)的量(n)增加，平衡正向移動，乙二醇的物質(zhì)的量增大，當(dāng)?shù)奈镔|(zhì)的量時，乙二醇的物質(zhì)的量為0.25mol，此后，隨的物質(zhì)的量增加，乙二醇增大的幅度會逐漸變緩，最終趨于0.5mol，故x隨n變化的示意圖為，故答案為。（3）①DMO()中C的雜化方式是、，故答案為、。②MG、乙二醇、乙醇的選擇性之和為100，曲線Ⅱ表示乙二醇的選擇性，根據(jù)曲線的變化，曲線Ⅰ表示DMO的實際轉(zhuǎn)化率；隨著反應(yīng)的進行MG逐漸轉(zhuǎn)化為乙二醇、乙二醇會繼續(xù)轉(zhuǎn)化成乙醇，則乙醇的選擇性會增加，MG的選擇性會降低，根據(jù)曲線的變化，曲線IV為MG的選擇性曲線，因此曲線III為乙醇的選擇性曲線，故答案為Ⅰ；Ⅲ。③設(shè)初始時n(DMO)=1mol，則n(H2)=52.4mol，由圖可知，450K時，DMO的實際轉(zhuǎn)化率為80%，轉(zhuǎn)化的DMO為0.8mol，乙二醇和MG的選擇性均為50%，則生成的MG的物質(zhì)的量n(MG)==0.4mol，出口處n(MG)∶n(DMO)為=，故答案為2。④控制溫度在483K左右乙二醇的選擇性最高原因是溫度低于483K，主要是溫度升高，反應(yīng)ⅱ速率加快，更多的MG轉(zhuǎn)化成乙二醇，反應(yīng)ⅲ幾乎不反應(yīng)，所以乙二醇的選擇性升高，溫度高于483K，相同流速下，原料幾乎轉(zhuǎn)變成乙二醇，反應(yīng)ⅲ的速率加快，導(dǎo)致乙二醇的選擇性反而下降。19.富馬酸亞鐵()是一種治療缺鐵性貧血的安全有效的補鐵藥品。某興趣小組以順丁烯二酸酐為原料，硫脲為催化劑制備富馬酸亞鐵。反應(yīng)原理如下：實驗步驟如下：步驟Ⅰ：反丁烯二酸的制備取2.50g順丁烯二酸酐，加水溫?zé)崛芙?。加入催化劑硫脲，溶液在攪拌下加熱煮沸至較多固體析出時立即冷卻，結(jié)晶，抽濾，洗滌，沸水浴烘干。步驟Ⅱ：富馬酸亞鐵的合成將2.32g反丁烯二酸置于三頸燒瓶中，加水溶解，用調(diào)節(jié)溶液pH為6.5～6.7.安裝好回流裝置，攪拌，加熱至沸。打開活塞持續(xù)通入，緩慢加入溶液，維持反應(yīng)溫度100℃，充分攪拌30～90min。冷卻，抽濾，洗滌，干燥，得棕紅(或棕)色粉末。制備裝置如圖。已知：?。ⅲ获R酸亞鐵難溶于水。在約240℃時分解。請回答：（1）儀器A的名稱是_______；冷凝管的進水口為_______(填“a”或“b”)。（2）步驟Ⅱ中用調(diào)節(jié)溶液pH為6.5～6.7，pH不能過高的原因是_______。（3）下列說法正確的是_______。A.步驟Ⅰ中加入硫脲的目的是降低馬來酸向富馬酸轉(zhuǎn)化的活化能，加快反應(yīng)速率B.步驟Ⅱ中持續(xù)通入的目的是排盡裝置中的空氣，防止被氧化C.步驟Ⅱ中產(chǎn)品干燥的方式：酒精燈加熱烘干D.富馬酸亞鐵雖然難溶于水，但是在胃中能轉(zhuǎn)化成游離的而被人體吸收（4）與形成穩(wěn)定環(huán)狀配離子的能力：馬來酸根離子_______富馬酸根離子。(填“大于”、“等于”或“小于”)（5）中國藥典2020版規(guī)定：富馬酸亞鐵中Fe(Ⅲ)的含量不得大于2.0%。Fe(Ⅲ)的含量測定：準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品0.50g，加入25mL純水和5mLHCl溶液，溫?zé)崛芙馔耆罅魉鋮s。加入足量KI，振搖溶解，暗處放置5min。加純水70mL，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至淡黃色，加入2mL淀粉指示劑，繼續(xù)滴定至藍色消失即為終點，記錄標(biāo)準(zhǔn)液用量。重復(fù)2～3次，標(biāo)準(zhǔn)溶液平均消耗量為15.00mL。已知：①指示劑不在滴定前加入的原因是_______。②此產(chǎn)品中Fe(Ⅲ)的含量是_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.a（2）pH較高時，容易轉(zhuǎn)化為，導(dǎo)致產(chǎn)品純度降低（3）ABD（4）大于（5）①.淀粉與碘過早形成過于穩(wěn)定的包合物，導(dǎo)致終點顏色變化不靈敏或滯后，從而產(chǎn)生滴定誤差②.1.68%【解析】利用富馬酸和可制備富馬酸亞鐵，在三頸燒瓶中加富馬酸、純堿溶液，加熱可獲得富馬酸二鈉溶液，向其中再加入溶液加熱條件下可生成富馬酸亞鐵，再經(jīng)冷卻、過濾、洗滌沉淀、水浴干燥，即可得到富馬酸亞鐵粗產(chǎn)品。（1）儀器A的名稱是分液漏斗；冷凝管的冷凝水為下進上出，因此進水口為a，故答案為：分液漏斗，a；（2）調(diào)節(jié)溶液pH為6.5～6.7，pH不能過高的原因是防止在pH較高，即較高時轉(zhuǎn)化成，導(dǎo)致產(chǎn)品純度降低，故答案為：pH較高時，容易轉(zhuǎn)化為，導(dǎo)致產(chǎn)品純度降低；（3）A．硫脲作為催化劑，能降低馬來酸向富馬酸轉(zhuǎn)化的活化能，加快反應(yīng)速率，A正確；B．持續(xù)通入可排盡裝置內(nèi)的空氣，防止被氧化，B正確；C．富馬酸亞鐵約240℃時分解