浙江省县域教研联盟高三上学期一模考试化学试题

绝密★考试结束前学年第一学期浙江省县域教研联盟高三年级模拟考试化学考生须知：本卷满分分，考试时间分钟；答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；参加联批学校的学生可关注，查询个人成绩分析。可能用到的相对原子质量：H1CNOPSK选择题部分一、选择题本大题共题，每小题3分，共分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于酸式盐的是A.NaOHB.KHSC.D.【答案】B【解析】【分析】酸式盐是多元酸分子中的部分氢离子被碱中和后，生成的含有酸式酸根离子和金属阳离子（或铵根离子）的盐。【详解】A．NaOH，属于碱，A不符合题意；B．KHS，是的酸式盐，B符合题意；C．，硼氢阴离子（）不含可电离的酸式氢，因此不是酸式盐，C不符合题意；D．是乙酸的正盐，D不符合题意；故选B。2.下列化学用语表示正确的是第1页/共26页A.乙醚的结构式：B.基态碳原子的价层电子排布图：C.的spσ键电子云图形：D.的系统命名：3甲基3乙基己烷【答案】C【解析】A绘制的是甲醚的结构式，A错误；B．价层电子对于主族元素来说指原子的最外层电子，基态碳原子的价层电子排布图为：，B错误；CH−Cl的spσ键由H的1s轨道与Cl的3p轨道“头碰头”中的图形符合spσ键的电子云特征，C正确；D．CHC(CHCH)3的正确系统命名需优先选择最长碳链，故正确命名应为3甲基3乙基戊烷，D错误；故选C。3.根据元素周期律推测，下列说法不正确的是A.离子半径：B.第一电离能：C.非金属性：D.热稳定性：【答案】D【解析】【详解】A．离子半径比较：H核外有1个电子层(2个电子)；Li+有2个电子层，但Li+核电荷数更大，对电子的吸引力更强，因此离子半径H>Li+，A正确；B．第一电离能比较：P(磷)和S(硫)同处第三周期，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于S，第2页/共26页故“P>S”正确，B正确；C．非金属性比较：F(氟)和O(氧)同处第二周期，非金属性从左到右增强，F的电负性(4.0)大于O(3.5)，非金属性F>O正确；D．热稳定性比较：O和S同属ⅥA族，非金属性O>S，故氢化物稳定性HO>HS，D错误；故答案选D。4.下列实验原理或方法不正确的是A.可用浓碘化钾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.可用氢气加成除去乙烷中的乙烯【答案】D【解析】【详解】A．碘化钾能与碘形成，从而增加碘在水中的溶解度，A正确；B．能与乙酸反应生成乙酸钠、水和二氧化碳，乙酸乙酯不与NaHCO3反应，可用溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，B正确；C．CuO能与FeCl3水解产生的H+pHFe3+沉淀为Fe(OH)Cu2+去铁杂质，C正确；D．氢气与乙烯加成生成乙烷，但氢气是气体，会残留在体系中，引入新的杂质，D错误；故答案选D。5.物质的结构、性质决定用途，下列对应关系不正确的是A.在晶体中，离子间存在着较强的离子键，使离子晶体的硬度较大，难于压缩B.碳化硅有优异的高温抗氧化性能，可用作耐高温半导体材料C.(俗称“钡餐”)，医学上利用其释放的X射线诊断和治疗疾病D.植物油含较多不饱和脂肪酸的甘油酯，因此熔点较低【答案】C【解析】【详解】A.NaCl晶体中离子键较强，导致硬度大、难于压缩，结构与性质对应正确，A正确；B.碳化硅（SiC）具有高温抗氧化性能，适合用作耐高温半导体材料，性质与用途对应正确，B正确；第3页/共26页“利用其释放的X射线”错误，C错误；D.植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，不饱和键使分子排列松散，分子间作用力弱，导致熔点较低，结构与性质对应正确，D正确；故答案选C。6.可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是选项结构性质乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间A乙醇的沸点高于乙醛无氢键金刚石和石墨二者熔化后，碳原子B原来的排列方式被打破，原子间的金刚石和石墨沸点相同距离相等，相互作用强度也相同聚丙烯酸钠的结构是C聚丙烯酸钠具有高吸水性石英玻璃(非晶态二氧化硅)的原子D具有各向异性排列相对无序A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．乙醇分子含H连在C氢键会显著提高分子间作用力，使沸点升高，乙醇的沸点高于乙醛，故A正确；B．金刚石（三维网状结构）和石墨（层状结构）在熔化后，原有的特殊排列方式会被破坏，转变为无序的液态碳，在液态中，碳原子间的距离和相互作用强度趋同（此时不再区分或因此从液态到气态的转变（即沸点）所需的能量相同，故此时二者沸点相同，故B正确；C．聚丙烯酸钠的结构中有，是强亲水基团，因此聚丙烯酸钠具有高吸水性，故C正确；D“各向异性”是晶体的特征（晶体原子排列有序，不同第4页/共26页故答案选D。7.下列离子方程式不正确的是A.Pb粉加入硫酸铜饱和溶液中：B.将少量通入硝酸钡溶液中：C.溶液和溶液等体积混合：D.甘氨酸和盐酸反应：【答案】B【解析】【详解】A．Pb比铜活泼，Pb粉加入硫酸铜饱和溶液中置换出铜单质，生成的二价铅结合硫酸根产生硫酸铅沉淀，A正确；BSO2离子方程式为：；B错误；C1.0mol/LNa[Al(OH)]溶液和2.5mol/LHCl2:5C正确；DD正确；故答案选B。8.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是AB．实验室快速制备和收集满氨气第5页/共26页NaOH配制60mL左右浓D．蒸馏时的接收装置度约的NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．实验室制取乙炔时含有HSPH3杂质，杂质能与溴单质发生氧化还原反应使溴水褪色，不能证明乙炔使溴水褪色，A错误；B．氨气密度比空气小，应使用向下排空气法，导气管应伸入试管底部，B错误；C．2.4g氢氧化钠物质的量为0.06mol，配成60mL溶液，则浓度约为1.0mol/L，用量筒量取蒸馏水，在烧杯中溶解，可以达到实验目的，C正确；D险，D错误；故答案选C。9.已知两分子乙醛通过羟醛缩合反应可生成，不饱和醛。下列说法不正确的是A.反应Ⅰ、Ⅱ证明了乙醛分子中碳氧双键的活泼性，是碳氧双键的断裂与重新组合B.反应Ⅰ控制不当可能会生成C.反应Ⅰ所用催化剂可能是碱性的第6页/共26页【答案】A【解析】【详解】A．反应I、Ⅱ均体现了醛基相邻碳原子的碳氢键极性强，易断裂，故A错误；B．乙醛中与醛基相邻碳原子有3个碳氢键，乙醛可以通过多次羟醛缩合反应，逐步增长碳链，生成(CHCHOH)CCHO，故B正确；C．醛分子中在醛基邻位碳原子上的氢原子()受羰基吸电子作用的影响，具有一定的活泼性，碱电离的OH可以直接和α氢结合，同时形成一个碳负离子，所以该反应可用碱作催化剂，故C正确；D．中1号αH与2号羰基发生羟醛缩合反应生成，故D正确；选A。10.下列目标产物的制备方案不正确的是选项目标产物制备方案A乙二醇环氧乙烷和水加热、加压条件下反应适量晶体溶于较浓的盐酸中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、B干燥C适量粉末置于烧杯中，滴加少量水，再减压低温烘干D宝石级钻石在微波炉里以等离子体分解出的碳通过化学气相沉积A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A法，A正确；第7页/共26页步骤可得到纯净的六水合三氯化铁晶体，B正确；C．需通过碳酸钠饱和溶液在适宜温度下结晶获得，方案中直接向粉末滴加少量C错误；D工合成钻石的成熟技术，D正确；故选C。2甲氧基2甲基丁烷常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下反应：(指用平衡时各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度)与温度变化关系如图1所示。在温度353K下(此温度时，)，充有A、B和的容器中，A和B物质的量浓度随时间变化如图2所示。据图判断，下列说法正确的是A三个反应中最大B.图2中曲线Y代表A的变化C.若向某反应容器中加入1.0mol，控制温度为353K，测得的平衡转化率为，则反应Ⅰ的平衡常数D.时，反应Ⅲ向正反应方向移动【答案】B【解析】与温度T温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即、、第8页/共26页；在温度353K下，反应Ⅲ的平衡常数，，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X。【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ反应Ⅱ=反应Ⅲ，则，因此，不是三个反应中最大的，才是最大的，A错误；B．由分析，在温度353K下，反应Ⅲ的平衡常数，，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X，曲线Y代表A的变化，B正确；C．向某反应容器中加入1.0mol，控制温度为353K，测得的平衡转化率为，则平衡时，，已知反应Ⅲ的平衡常数，则，解得平衡体系中B的物质的量为，，反应Ⅰ的平衡常数，C错误；D2的变化趋势可知，100s后各组分的浓度仍在变化，t=100s时，，此时反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，即正反应速率小于逆反应速率，D错误；故答案选B。12.如图是处理废水中苯酚的装置，回收利用苯后再排放。下列有关说法不正确的是第9页/共26页B.b电极反应式为C.该离子交换膜为质子交换膜D.若有0.2mol电子通过导线，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.4g【答案】D【解析】【分析】图示是处理废水中苯酚的装置，a极苯酚（CHO）转化为苯（CHa极为正极，电极反应式为：；b电极为负极，失电子（氧化反；据此作答。【详解】A．a极苯酚（CHO）转化为苯（CHa极为正极；电极反应式为：，消耗氢离子，生成水，a电极附近pH增大，A正确；B．b电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：，B正确；C．依据电极反应式可知，氢离子从B迁移到A，则离子交换膜为质子交换膜，C正确；D．若有0.2mol电子通过导线，就有0.2molH+从B迁移到A，A区溶液质量增加，B区溶液的质量不变（产生0.2molH+，迁移至AA、B两区域中液体质量改变量的和为0.2g，D错误；故答案选D。13.2025年诺贝尔化学奖授予SusumuKitagawaRichardRobson和OmarM。机框架(MOF又名多孔配位聚合物)材料的发展方面所作出的贡献。现有金属有机框架MOF5由和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构(见下图)。下列关于金属有机框架的说法不正确的是A.MOF5其骨架结构中存在配位键第10页/共26页C.MOF5和冠醚一样，属于超分子D.金属有机框架(MOF)在储氢及环境净化等领域是极具发展潜力的关键材料【答案】C【解析】AMOF5Zn骨架结构，因此骨架中存在配位键，A正确；B．对苯二甲酸根中苯环上的碳原子均为sp2杂化；羧基为平面结构，碳与氧形成双键，价层电子对为3，故羧酸根为中的碳原子也为sp2杂化，因此对苯二甲酸根的所有碳原子均采取sp2杂化，B正确；C．超分子是通过分子间作用力，如氢键、范德华力等组装形成的聚集体；而MOF5是通过配位键，共价键的一种，连接金属离子与配体形成的配合物，并非超分子，C错误；D．MOF具有规则的多孔结构，可利用孔隙实现氢的储存，同时能吸附环境中的污染物，因此在储氢、环境净化等领域具有应用潜力，D正确；故选C。14.氢气选择性催化还原NO是一种比还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以PtHY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图。下列说法正确的是A.在反应过程中，有3种分子的中心原子的杂化方式是杂化B.生成的反应是副反应，会降低氮气的选择性C.若在催化剂表面参与反应，转移的电子数为D.在反应过程中，Pt催化剂的主要作用是提供活性位点用于和NO的吸附与活化，不参与电子转移第11页/共26页【答案】B【解析】【详解】A．反应过程中，水分子()中O原子和氨气分子()中N原子的杂化方式为杂化，而中中心N原子为杂化。题干所述的分子中只有2种分子的中心原子为杂化，A错误；B．目标产物是N，生成NO的反应会消耗反应物但生成非目标产物，因此是副反应，会降低氮气的选择性，B正确；C．NO中N为+2价，生成N（0价）时，2molNO完全反应转移4mol电子；但反应中还存在生成NO（N为+1NH（N为3价）等副反应，转移电子数不等于4N，C错误；DPtHNO程的电子转移（如PtD错误；故答案选B。15.已知：HClO的电离常数：，的电离常数：，的电离常数：，，。下列说法不正确的是A.与、、在溶液中均不能大量共存B.溶液中微粒浓度大小：C.碳酸钙悬浊液中，且的水解率约为83.3%D.溶液中微粒浓度大小：【答案】C【解析】【详解】A．是强酸性离子，容易水解生成，其溶度积，说明其极难溶，在水中极易水解。、、均为弱酸的酸根离子，在水中水解呈碱性，与相遇时，会因促进的水解生成，不能大量共存，A正确；B．0.5mol/LNaS溶液中硫离子水解，溶液显碱性，，第12页/共26页，解得，S2的水解程度为，所以溶液以c(S2)为主，且存在c(Na+)>c(S2)>c(HS)，若只考虑一级水解，则c(OH)=c(HS)，但二级水解会消耗HS、产生OH，水的电离也会产生OH，所以c(OH)>c(HS)，则离子浓度由大到小的顺序为：，B正确；C．碳酸钙的溶度积，由于是1:1型盐，设溶解度为s，则得，所以，两者浓度相等，会水解，水解常数，设水解的为x，则，解得，即水解率约为，C错误；D．是二元弱酸，第一步电离，，一级电离大于二级电离，因此，；，，D正确；故答案选C。16.乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸第13页/共26页相对密度/()1.441.101.35相对分子质量138102180100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤。②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。③滤液用的盐酸酸化后冷却、过滤得固体。④固体经纯化并干燥得到白色乙酰水杨酸晶体5.4g。下列说法不正确的是A.操作①的主要目的是为了除去未反应的醋酸酐和硫酸等水溶性杂质B.操作②判断反应完全的方法是观察溶液直到没有气泡产生为止C.操作④采用的纯化方法为重结晶D.为检验乙酰水杨酸分子中存在酯基，可取几粒纯化后的晶体，放入适量水中，振荡后静置，取用上层清液于试管中，滴入2滴稀硫酸，加热后滴入几滴溶液，振荡。再向其中滴入几滴溶液，振荡。观察现象【答案】A【解析】【详解】A．操作①的主要目的是为了降低乙酰水杨酸的溶解度，使其充分结晶析出，A错误；BNaHCO3过滤除去其他难溶性杂质；没有气体生成，即证明反应完成，B正确；C．乙酰水杨酸的溶解度随温度变化较大，故可利用重结晶的方法来纯化得到乙酰水杨酸晶体，C正确；D2量硫酸，振荡，再向其中滴入几滴氯化铁溶液，溶液变为紫色，说明乙酰水杨酸中含有酯基，D正确；故答案选A。非选择题部分二、非选择题本大题共4小题，共分)17.锂凭借独特的性质，其化合物在现代科技中扮演着至关重要的角色。第14页/共26页①该晶胞的化学式为______。②下列关于该晶体的说法，不正确的是______。A．基态氮原子有7种空间运动状态的电子B．电负性：Li<C<NC．每个周围与它最近且距离相等的有8个D．空间结构模型为V形（2Libfsi(阴离子结构见下图A)深受关注。回答问题：①B溶于某溶剂发生自耦电离()，阳离子F的结构式为______。②B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，Ka值大小关系：B______D(填“>”或“<”)，其原因是______。（3）磷酸铁锂电池是我国新能源汽车产业发展初期的主流电池，一种以废磷酸铁锂正极粉(主要含有、炭黑、铝粉、有机黏结剂)为原料，回收制备电池级磷酸铁锂的流程如下图所示：回答下列问题：①在浸出过程中，发现废粉常漂浮于磷酸溶液表面，从而影响浸出率，加入表面活性剂后该现象能大大改第15页/共26页②滤渣2的主要成分是______。(提示：阴离子为正八面体的钠盐)③写出转化为(已知葡萄糖彻底反应生成无机物)的化学方程式______。【答案】（1）①.②.AD（2）①.或②.>③.氟为吸电子基团，乙基为推电子基团，所以B中的氮氢键更易断裂而电离出，酸性更强（3）①.表面活性剂能降低水的表面张力，使废粉与溶液均匀混合，增大固液接触面积，提高浸出速率②.③.【解析】3(主要含有)与过量反应，、、1，滤液加入NaFAl3+与F形成正八面体阴离子Na+生成2，滤液加入过氧化氢氧化：将溶液中的转化为，再补加磷酸并调节pH，使铁元素以的形式沉淀，经洗涤干燥得到纯净的铁盐固体，将固体与碳酸锂、葡萄糖在高温惰性氛围下反应，据此分析。【小问1详解】用“均摊法”计算晶胞中粒子数：共个，个，故化学式为：；A．基态氮原子有7个电子，但空间运动状态（电子占据的轨道总数）为5种，A错误；B．同周期从左向右电负性增大，电负性：Li<C<N，B正确；C．体心的周围与它最近且距离相等的有8个，C正确；第16页/共26页故选AD；【小问2详解】阳离子F的结构式为：或BD中含乙基，氟为吸电子基团，乙基为推电子基团，所以B中的氮氢键更易断裂而电离出，酸性更强；【小问3详解】①表面活性剂在浸出过程中的作用：能降低水的表面张力，使废粉与溶液均匀混合，增大固液接触面积，提高浸出速率；②加入NaF除铝，Al3+与F形成正八面体阴离子，结合Na+生成；③和葡萄糖反应转化为，葡萄糖作还原剂，将还原为，自身被氧化为，根据得失电子和元素守恒，化学方程式为：。18.乙苯催化脱氢制苯乙烯反应(Ph表示苯环)：某研究小组根据热力学基本原理，选取乙苯、苯乙烯、氢气的物性及热力学数据，计算恒压下，不同温度、不同水蒸气与乙苯的物质的量比对脱氢反应中乙苯转化率的影响，结果见表1.进料比(指水蒸气与乙苯的物质的量比)温度/℃未加水蒸气6.7910.0013.585400.26780.54290.59960.64595600.32890.62180.69980.72065800.39640.69520.74630.78536000.46860.76030.80520.8384表1温度和进料比对乙苯平衡转化率的影响该研究小组在乙苯流量为，控制水蒸气与乙苯的物质的量比为6.79：1，汽化温度为250℃，第17页/共26页如图2所示。将反应器温度控制在600℃，汽化温度250℃，乙苯的流量，水蒸气与乙苯的物质的量比分别为6.79：1、10.00：1、13.58：1、20.00：1，考察进料比对苯乙烯的选择性和收率的影响，结果见图3.选择性：指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数。收率：指苯乙烯的实际产量与理论产量的比值。（1）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应能自发反应的条件是______。（2）由表1计算可知，水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，原因是______。但实验得出的变化规律(见图3)与表1计算结果相互矛盾，说明实验产生这个变化的原因是______。（3）关于该乙苯催化脱氢制苯乙烯反应的实验，下列分析正确的是______。A.使用催化剂能降低正反应的活化能，对逆反应无影响，因此缩短了达到平衡的时间B.该反应说明催化剂能选择性断裂乙苯中的CH键C.若改变条件使该反应的平衡常数增大，则乙苯的平衡转化率一定增大D.在反应达到平衡后，同时增大反应体系的压力和温度到一定值，平衡移动方向可以确定（4）工业上也有利用氧化乙苯制苯乙烯。其原理为：在常压下，分别为a、b、c时，乙苯平衡转化率随温度变化的关系如下图所示：第18页/共26页则a、b、c的大小关系是______。（5）某研究小组尝试以、熔盐为电解质，用特效催化剂催化电解和水蒸气获得苯乙烯，如果获得成功，请写出阴极的电极方程式______。【答案】（1（2）①.②.反应物在反应器内停留时间过短或反应物内扩散不良造成的（3）B（4）（5）【解析】【小问1详解】反应Ph−CHCH(g)⇌Ph−CH=CH(g)+H(g)正向为气体分子数增大的方向，则，由表1可知，未加；则乙苯催化脱氢制苯乙烯反应能自发进行的条件是高温（【小问2详解】水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，原因是：正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果；实验得出的变化规律(见图3)与表1计算结果相互矛盾，实验产生这个变化的原因是：随着水蒸气与乙苯物质的量之比增大，反应物在反应器内停留时间过短或反应物内扩散不良造成的；【小问3详解】A衡的时间，A错误；B．由反应Ph−CHCH(g)⇌Ph−CH=CH(g)+H(g)可知，断裂的是乙基中的CH键，苯环上的CH键未断裂，说明催化剂能选择性断裂乙苯中的CH键，B正确；C．，若升高温度，平衡正移，平衡常数增大，但平衡转化率还受压强等因素影响，若在升高温度的同时增大压强，乙苯的平衡转化率不一定增大，C错误；第19页/共26页D压力”和“升高温度”对平衡的影响是相反的，两者的强度（压力增大的幅度、温度升高的幅度）不确定时，无法判断最终平衡的移动方向；D错误；答案为B；【小问4详解】乙苯与二氧化碳物质的量之比越大，乙苯的转化率越小，则c>b>a；【小问5详解】阴极发生还原反应，CO2得电子生成苯乙烯(分子式CH，碳元素的平均化合价为1)，环境为熔融碳酸盐，碳酸根离子参与平衡电荷，结合C、H、O原子守恒，最终配平得阴极方程式为：。19.配合物三草酸合铁酸钾是常用的光敏材料和催化剂。某实验小组进行制备与探究实验，步骤如下：100mL蒸馏水中依次加入6.3g草酸和3.45g碳酸钾分反应后，得到混合溶液A；步骤Ⅱ：向混合溶液A中加入5.6g硫酸亚铁，控制温度在反应，同时滴加3%过氧化氢溶液至溶液颜色变为黄色，得到溶液B；B蒸发浓缩至体积约为30mL0℃状晶体；另一份缓慢冷却至室温(25℃)，结晶、过滤得到黄色片状晶体；步骤Ⅳ：将晶体P、Q分别置于暗处在下烘干脱水，最终均得到三草酸合铁酸钾。已知：ⅰ、常温下，草酸的，；ⅱ、三草酸合铁酸钾易溶于水，难溶于乙醇，在150℃以上会分解。ⅲ、请回答：（1）中，与形成配位键的配位原子是______(填元素符号)。第20页/共26页（2）步骤Ⅰ所得混合溶液A中，主要溶质的化学式为______，该溶液常温下pH最接近______(填选项)。A．2B．4C．10D．12（3）步骤Ⅱ中，控制温度在40～50℃反应的主要目的是______(填选项)。A.加快反应速率B.促进的水解C.防止剧烈分解D.抑制被空气氧化（4）晶体P、Q分别置于暗处烘干脱水的目的是______。（5）下列说法不正确的是______。A.步骤Ⅰ制备混合溶液A时，应将碳酸钾分批加入草酸溶液中，避免反应过于剧烈B.步骤Ⅲ中，可向浓缩后的溶液中加入适量乙醇，促进三草酸合铁酸钾晶体析出C.步骤Ⅱ中，为加快反应速率，可将换成稳定性更高的，然后升高反应温度D.两份浓缩液中得到不同形状晶体P和Q的原因是因为冷却的温度不同造成的（6）已知室温下能发生反应：，而与混合后无明显现象。从配合物结构对中心离子性质影响的角度，解释与氧化性差异的原因______。【答案】（1）O（2）①.②.A（3）C（4）由于三草酸合铁酸钾对光敏感，为防止其见光分解，需将晶体P、Q分别置于暗处烘干脱水（5）CD（6）与形成时，作为配体向的空轨道提供孤电子对，使的电子云密度增大，有效降低了氧化性，同时，形成的螯合物结构稳定，进一步抑制了的氧化活性，所以氧化性弱于【解析】【分析】制备三草酸合铁酸钾的实验过程为草酸溶液和碳酸钾溶液反应生成草酸氢钾、二氧化碳和水；反应生成的草酸氢钾与硫酸亚铁溶液、过氧化氢溶液在40～50℃条件下反应生成三草酸合铁酸钾、硫酸钾和水；将三草酸合铁酸钾溶液蒸发浓缩后，通过不同的冷却方式（快速冷却或缓慢冷却）得到含结晶水的三草酸合铁酸钾晶体；三草酸合铁酸钾晶体置于暗处在下烘干脱水得到三草酸合铁酸钾。【小问1详解】草酸根离子中的氧原子具有孤对电子，能与具有空轨道的铁离子形成配位键；【小问2详解】第21页/共26页，也可以生成草酸氢钾、二氧化碳和水：，由题意可知，6.3g草酸晶体的物质的量为：=0.05mol=0.025mol程式可知，草酸溶液与碳酸钾溶液反应生成草酸氢钾、二氧化碳和水；溶液A中草酸氢钾的浓度为：=0.5mol/L，则溶液中的氢离子浓度为：c(H+)=≈0.057mol/L，则溶液pH最接近2，故选A；【小问3详解】由分析可知，步骤Ⅱ发生的反应为草酸氢钾与硫酸亚铁溶液、过氧化氢溶液在40～50℃条件下反应生成三草酸合铁酸钾、硫酸钾和水，则该反应是亚铁离子氧化为铁离子的反应，反应时应抑制铁离子水解，防止过氧化氢受热易分解，导致三草酸合铁酸钾的产率降低，所以步骤Ⅱ中，控制温度在40～50℃反应虽然可以加快反应速率，但主要目的是防止温度过高，过氧化氢受热分解导致产率降低，故选C；【小问4详解】由题意可知，三草酸合铁酸钾对光敏感，为防止三草酸合铁酸钾见光分解，所以脱水制备