湖北省八校联考2025-2026学年高三化学上学期11月期中试题含听力含解析

湖北省2025—2026学年上学期八校期中联考

高三化学试题

本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并

将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。

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，

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、考试结束后，请将答题卡上交。

一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。

1.中国“天宫”空间站运用的“黑科技”很多，下列对所涉及物质的性质描述错误的是

()

A．被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金

B．“问天”实验舱采用了砷化镓太阳电池片，砷化镓具有良好的导电性

C．核心舱配置的离子推进器以氙和氩气作为推进剂，氙和氩属于稀有气体

D．太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，二者均为无机非金属材料

【答案解析】B太空机械臂主要成分为性能优良的铝合金，其强度大于纯铝，故A正确；

砷化镓是性能优良的半导体，不具有良好的导电性，故B错误；氙和氩都是位于元素周期表

0族的稀有气体，故C正确；碳纤维框架和玻璃纤维网都是性能优良的无机非金属材料，故

D正确。

2.某反应的反应机理可以分成如下两步。下列说法正确的是()

反应第一步反应第二步反应

机理2NO2===NO3＋NO(慢反应)NO3＋CO===NO2＋CO2(快反应)

A．第一步反应的活化能高于第二步反应的活化能

B．该反应的总反应方程式为NO＋CO2===NO2＋CO

C．该反应的速率主要由第二步反应决定

D．加入合适的催化剂既可以加快反应速率，又可以提高NO2的转化率

【答案解析】A总反应速率由慢反应决定，由题意可知，第一步反应为该反应的决速步骤，

其活化能高于第二步反应的活化能，A正确、C错误；总反应方程式为NO2＋CO===NO＋CO2，

B错误；催化剂可以加快反应速率，但不可以改变反应限度，D错误。

3.下列实验设计和操作合理的是()

A．用浓硫酸与氯化钠固体共热制备HCl气体

B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的少量HCl气体

C．用乙醛作萃取剂萃取溴水中的溴

D．用NaOH标准液滴定未知浓度的醋酸溶液，可以选择甲基橙做指示剂

【答案解析】A由高沸点酸制取挥发性酸的原理可知，用浓硫酸与氯化钠固体共热反应能

制备氯化氢气体，故A正确；二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳

酸钠溶液除去二氧化碳中混有的少量氯化氢气体，故B错误；乙醛能溶于水，且乙醛能与溴

水发生氧化还原反应，所以不能用乙醛作萃取剂萃取溴水中的溴，故C错误；醋酸钠是强碱

弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解呈碱性，则用氢氧化钠标准液滴定未知浓度的醋酸溶液时，

不能选择甲基橙做指示剂，否则误差太大导致滴定实验失败，应选用酚酞做指示剂，故D

错误。

4.M和N是合成造影剂碘番酸的重要中间体，结构如图所示。下列说法错误的是()

(M)(N)

A．M分子中有2种含氧官能团

B．M分子中可能共平面的原子数最多有23个

C．N与足量H2加成后产物中含2个手性碳原子

D．1molN与足量H2反应(—NO2转化为—NH2)时最多消耗3molH2

【答案解析】DM分子中含有碳碳双键、羧基、氨基、硝基4种官能团，其中羧基和硝基

为含氧官能团，A正确；M分子中苯环、碳碳双键、羧基、硝基是平面结构，则分子中可能

共平面的原子数最多有23个，B正确；N分子与足量氢气加成后的结构简式中含有如图*所

示的2个手性碳原子：，C正确；N分子羰基、硝基能与氢气反应，则1molN

最多消耗5mol氢气，D错误。

5.下列化学用语使用正确的是()

A．聚丙烯的键线式：

273＋

B．含14个中子的铝离子：13Al

C．铁离子的价电子排布式：3d34s2

D．四氯化碳的空间填充模型：

【答案解析】B聚丙烯的键线式为，故A错误；含14个中子的铝离子的质子数

273＋

为13、质量数为27，离子符号为13Al，故B正确；铁元素的原子序数为26，铁原子失去3

个电子形成铁离子，则铁离子的价电子排布式为3d5，故C错误；四氯化碳分子中氯原子的

原子半径比碳原子的原子半径大，故D错误。

6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，原子序数之和为25。四种元素形成

的物质Q是一种强氧化剂，在洗衣粉中做漂白剂，结构如图。下列说法错误的是()

A．Y的杂化方式为sp3

B．简单离子半径：Z>W

C．Y的化合价为＋4

D．Q在一定条件下能与水反应生成H2O2

【答案解析】CX、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素形成的物质Q

中W形成＋1价阳离子，则W处于第IA族，可知W为Na元素；物质Q的阴离子中X形成1

个共价键，结合原子序数可知X只能为H元素，四元素的原子序数之和是25，则Y、Z的原

子序数之和为25－1－11＝13，而Y形成4个共价键、Z形成2个共价键，可推得Y为B元

素、Z为O元素，B形成4个共价键中有1个是配位键。由结构可知B原子的价电子对数为

4，B原子采取sp3杂化，A项正确；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，

则离子半径O2－＞Na＋，B项正确；该化合物中B的化合价为＋3，C项错误；Q为一种强氧化

剂，存在过氧键，在一定条件下能与水反应生成H2O2，D项正确。

7.多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列

说法正确的是()

A．多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面

B．B．1mol甲分子中含有8molσ键

C．多巴胺的分子式为C8H10NO2

D．多巴胺任一含苯环的同分异构体中至少有2种不同化学环境的氢原子

【答案解析】A苯环为平面结构，与苯环上直接相连的原子一定共面，C—C单键可以旋转，

所以多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面，A正确；苯环中碳原子两两之间含有一个

σ键，C—O键、C—H键和O—H键均为σ键，所以1mol甲分子中含有14molσ键，B错

误；根据多巴胺的结构简式可知其分子式为C8H11NO2，C错误；多巴胺的同分异构体中，对称

性越强，不同环境的氢原子种类越少，由于只含有一个氨基，所以不可能有2条对称轴，则

不同环境的氢原子种类最少的结构为(或酚羟基和甲基对换位置)，此时

有4种不同化学环境的氢原子，即多巴胺任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环

境的氢原子，D错误。

8.同位素示踪法是研究反应机理的重要手段之一。已知CH3COOH和CH3CH2OD在浓硫酸作

用下发生反应生成乙酸乙酯(不考虑副反应)，下列说法正确的是()

A．同位素(14C)示踪法常用于考古断代

B．上述实验可用于判断该反应中乙酸和乙醇的断键位置

C．平衡体系中除H2SO4外各物质均含有D原子

D．平衡体系中同时含有H2O、HDO和D2O

【答案解析】D14C常用于考古断代，是因其有固定的半衰期，而不是采用同位素示踪法，

A错误；无论“酸脱羟基、醇脱氢”，还是“酸脱氢、醇脱羟基”，最终D原子均进入水中，

无法确定两者断键位置，B错误；平衡体系中生成的乙酸乙酯中不含D原子，C错误；CH3COOH

和CH3CH2OD反应生成HDO，生成的乙酸乙酯与HDO发生逆反应时D原子可以进入乙酸中得到

CH3COOD，H原子可以进入乙醇中得到CH3CH2OH，得到的酸与醇之间反应时会生成H2O、HDO

和D2O，D正确。

9.一种自修复材料的结构和修复原理如图所示。下列说法错误的是()

A．该高分子材料所制容器不能用于盛放碳酸钠溶液

B．合成该高分子的两种单体均为乙酸乙酯的同系物

C．合成该高分子的每种单体的所有碳原子可能共面

D．图示高分子材料破坏及自修复过程不涉及化学键的变化

【答案解析】BA．该高分子材料中含有酯基，能与碱溶液发生水解反应，则不能用于盛放

碳酸钠溶液，故A正确；B．合成该高分子的两种单体分别为CH2===C(CH3)COOCH3、

CH2===CHCOOCH2CH2CH2CH3，乙酸乙酯只有酯基，没有碳碳双键，结构不相似，不互为同系物，

故B错误；C．合成该高分子的单体CH2===CHCOOCH2CH2CH2CH3和CH2===C(CH3)COOCH3通过旋转

单键有可能所有碳原子共面，故C正确；D．由图可知，自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”

基团之间没有形成化学键，故D正确。

10.“浓差电池”利用某离子浓度大其氧化性或还原性强的特点而设计的。如图，甲池

为3mol/L的AgNO3溶液，乙池为1mol/L的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验时先闭合

K2，断开K1，发现电流计指针发生偏转。下列说法错误的是()

A．一段时间后电流计指针将归零，此时可视为反应不再进行

B．当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升

C．当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙中Ag电极质量增加

－

D．实验开始先闭合K2，断开K1，此时NO3向B电极移动

【答案解析】C断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，

电流计指针将归零，A正确；闭合K1，断开K2后，为电解池，与电源正极相连的B是阳极，

－

阳极金属银被氧化产生银离子，NO3向阳极移动，则乙池硝酸银浓度增大，B正确；闭合K1，

断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，C错误；断

－

开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，则阴离子NO3向B极移动，D正确。

11.甲苯与CH3COCl在无水AlCl3存在下发生反应，其反应机理及部分能量示意图如下。

下列说法错误的是()

A．AlCl3是该反应的催化剂

B．步骤Ⅱ是该反应的决速步骤

C．(l)＋

HCl(g)ΔH＝(b－a)kJ/mol

D．虚线L可表示与CH3COCl的反应中能量的变化

【答案解析】D由反应历程可知，AlCl3是该反应的催化剂，A正确；由图可知，步骤Ⅱ活

化能最大，反应速率最慢，是该反应的决速步骤，B正确；根据反应历程，总反应为：

＋＋HCl(g)ΔH

＝(b－a)kJ/mol，C正确；三氟甲基为吸电子基团，与苯环相连能降低苯环上π电子云密度，

形成的配合物不稳定，故其能量轮廓图曲线(虚线L)应在甲苯的实线图之上，D错误。

12.钾长石(K2O·Al2O3·6SiO2)是含钾量较高、分布最广、储量最大的非水溶性钾资源，

以钾长石为原料制取钾肥K2CO3的一种工艺流程如下图所示。已知：钾长石中的钾元素和铝

元素在Na2CO3作用下转化为NaAlO2和KAlO2。下列说法正确的是()

A．可用“水浸”操作直接提取钾长石中的主要成分

B．“浸渣Ⅰ”可以作为冶炼金属铝的主要原料

－－2－

C．“碱化”发生的主要反应为OH＋HCO3===CO3＋H2O

D．流程中只有CO2可循环利用

【答案解析】C钾长石是非水溶性钾资源，不能用“水浸”操作直接提取其中的主要成分，

A错误；“浸渣Ⅰ”主要含有CaCO3和CaSiO3，不能冶炼金属铝，B错误；加入NaOH溶液碱

－－2－

化时，NaHCO3、KHCO3分别转化为Na2CO3、K2CO3，反应的离子方程式为：OH＋HCO3===CO3＋

H2O，C正确；流程中除CO2可以循环利用外，还有Na2CO3也可以循环利用，D错误。

13.下列各组实验，所选实验玻璃仪器和试剂(不考虑存放试剂的容器)均正确、完整的

是()

选项实验目的实验玻璃仪器选择试剂

检验某涂改液中是否存在涂改液、浓硝酸、AgNO3溶

A胶头滴管、试管

含氯有机化合物液

检验某补铁口服液中铁元

B胶头滴管、试管某补铁口服液、KSCN溶液

素的价态

碱式滴定管、锥形瓶、烧标准NaOH溶液、待测盐酸

C测定盐酸浓度

杯、胶头滴管溶液、酚酞试剂

D检验乙酰水杨酸粉末中是试管、胶头滴管乙酰水杨酸粉末、蒸馏水、

否含有水杨酸FeCl3溶液

【答案解析】DA项，检验某涂改液中是否存在含氯有机化合物，因为氯元素不一定以氯

离子存在(有机物中一般为氯原子)，故无法用硝酸和硝酸银溶液直接检验；B项，取一只干

净的试管，用胶头滴管向试管中注入口服液少许，再加入KSCN溶液，若溶液变红，则证明

含有Fe3＋，若溶液不变红，则证明不含有Fe3＋，但无法证明里面的铁元素的价态情况，溶液

可能既含有Fe2＋又含有Fe3＋；C项，用标准氢氧化钠溶液滴定法测定盐酸浓度，酚酞作指示

剂，所需的玻璃仪器为移液管或酸式滴定管(量取一定体积盐酸)、碱式滴定管、锥形瓶、胶

头滴管等；D项，乙酰水杨酸不含有酚羟基，水杨酸含有酚羟基，将乙酰水杨酸粉末加入盛

有蒸馏水的试管，振荡摇匀后，加入1～2滴FeCl3溶液，若变紫色，证明有水杨酸。故选D。

14.25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM[p表示负对数，M

c（HX）2＋2＋

表示、c(Cu)、c(Fe)]随pH变化关系如图所示，已知：Ksp[Fe(OH)2]＞

c（X－）

Ksp[Cu(OH)2](不考虑二价铁的氧化)。下列说法错误的是()

－5

A．HX的电离常数Ka＝1.0×10

B．曲线②代表NaOH溶液滴定FeSO4溶液的变化关系

C．调节溶液的pH＝6.0时，可将工业废水中的Cu2＋沉淀完全

D．滴定HX溶液至a点时，溶液中c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)

2＋

【答案解析】C由题干信息可知，Ksp[Fe(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，加碱后溶液中Cu先沉淀，

2＋

Fe后沉淀，又Cu(OH)2和Fe(OH)2的组成相似，二者的pM随pH的变化关系曲线应是平行线，

①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，②代表滴定FeSO4溶液的变化关系，③代表滴定HX溶液

的变化关系，故B正确；pc(Cu2＋)＝0时，c(Cu2＋)＝1mol·L－1，pH＝4.2，c(H＋)＝10－4.2mol·L

－14

－1－10－1－9.8－1－9.82－19.6

，c(OH)＝mol·L＝10mol·L，Ksp[Cu(OH)2]＝1×(10)＝10；同理，

10－4.2

－7.52－15c（HX）

Ksp[Fe(OH)2]＝1×(10)＝10；p＝0时，pH＝5.0，此时HX的电离平衡常数为

c（X－）

－＋

c（X）·c（H）＋－5－19.6

Ka＝＝c(H)＝10，故A正确；Ksp[Cu(OH)2]＝10，调节溶液的pH＝6.0

c（HX）

10－19.6

时，c(OH－)＝10－8mol·L－1，c(Cu2＋)＝mol·L－1＝10－3.6mol·L－1＞10

（10－8）2

－5mol·L－1，Cu2＋沉淀不完全，不能完全除去工业废水中的Cu2＋，故C错误；HX的电离常数

－5－

Ka＝10，说明HX为弱酸，滴定HX溶液至a点时，由图可知，溶液pH略大于7，c(OH)＞

c(H＋)，X－部分水解，c(Na＋)＞c(X－)，则溶液中c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故

D正确。

＋

15.已知NixMg1－xO晶体属立方晶系，晶胞棱长为a。将Li掺杂到该晶胞中，可得到一

种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，

下列说法正确的是()

A．该结构单元中O原子数为3

2

B．Ni和Mg间的最短距离是a

2

C．Ni的配位数为4

D．该物质的化学式为Li0.5Mg1.12Ni2.38O4

1

【答案解析】B由均摊法可知该结构单元中O原子数为1＋12×＝4，A错误；由题图可知，

4

12

Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即（a2＋a2）＝a，B正确；由晶胞结构

22

111

可知Ni的配位数为6，C错误；1个晶胞中Li的个数为1×＝0.5，Mg的个数为2×＋1×

228

11

＝1.125，Ni的个数为7×＋3×＝2.375，O的个数为4，因此该物质的化学式为

82

Li0.5Mg1.125Ni2.375O4，D错误。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

2＋2－

16、(14分)高纯ZnO可用作电子元件材料。以次氧化锌酸浸液(主要含有Zn、SO4，

还含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋、Pb2＋等)为原料制备高纯ZnO的实验流程如下：

－16－16

已知：常温下，Ksp[Zn(OH)2]＝2.1×10，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10，Ksp[Fe(OH)3]＝

4.0×10－38。

(1)“除铁”时，须将Fe2＋氧化为Fe3＋的原因是___________________。(2分)

(2)锰位于元素周期表第________周期(1分)，第________族(2分)。“除锰”反应的离

n（KMnO）

子方程式为________________________(2分)。其他条件不变时，投入4与锰去除率、

n理论（KMnO4）

n（KMnO）

溶液中锰含量的关系如图所示。投入4＞2.5时，溶液中锰去除率下降，其原因是

n理论（KMnO4）

_______________________________(2分)。

(3)为考查Zn粉用量对“除铅”过程中铅元素去除率的影响，设计若干对照实验组，这

些实验组控制不变的因素有：“除锰”滤液浓度与体积、反应温度、_____________(2分)。

(4)写出以“ZnSO4溶液”为原料制备高纯ZnO的实验方案：_____________________

___________________________(2分)。

[可选用的试剂：Na2CO3溶液、氨水­NH4HCO3混合溶液、蒸馏水、稀盐酸、BaCl2溶液]

解析：(1)由Zn(OH)2与Fe(OH)2的Ksp数据可知Zn(OH)2与Fe(OH)2沉淀时pH相近，不易

2＋2＋3

通过调pH分离Fe和Zn；Zn(OH)2与Fe(OH)3沉淀时pH相差较大，易于通过调pH分离Fe

＋和Zn2＋。(2)锰位于元素周期表第四周期，第ⅦB族；“除锰”过程中，高锰酸钾溶液将Mn2

＋2＋－＋

氧化为MnO2，离子方程式为：3Mn＋2MnO4＋2H2O===5MnO2↓＋4H；由图可知，当

n投入（KMnO4）

＞2.5时，溶液中锰含量增大，而锰去除率下降，其原因是：过量的KMnO4进

n理论（KMnO4）

入溶液。(3)为考查Zn粉用量对“除铅”过程中铅元素去除率的影响，实验组控制不变的因

素有：“除锰”滤液浓度与体积、反应温度、反应时间、搅拌速率。(4)以“ZnSO4溶液”为

原料制备高纯ZnO的实验方案为：在搅拌下向ZnSO4溶液中缓慢滴加氨水-NH4HCO3混合溶液；

当向上层清液中继续滴加氨水-NH4HCO3溶液后不再产生沉淀时，过滤，所得滤渣用蒸馏水洗

涤，直至最后一次洗涤滤液加入稀盐酸和BaCl2溶液后不再产生浑浊；将所得沉淀烘干后灼

烧至恒重。

2＋2＋

答案：(1)Zn(OH)2与Fe(OH)2沉淀时pH相近，不易通过调pH分离Fe和Zn；Zn(OH)2

3＋2＋

与Fe(OH)3沉淀时pH相差较大，易于通过调pH分离Fe和Zn

2＋－＋

(2)四ⅦB3Mn＋2MnO4＋2H2O===5MnO2↓＋4H过量的KMnO4进入溶液

(3)反应时间、搅拌速率

(4)在搅拌下向ZnSO4溶液中缓慢滴加氨水-NH4HCO3混合溶液；当向上层清液中继续滴加氨水

-NH4HCO3溶液后不再产生沉淀时，过滤，所得滤渣用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤滤液加

入稀盐酸和BaCl2溶液后不再产生浑浊；将所得沉淀烘干后灼烧至恒重

17.(14分)布洛芬(N)是一种家中常备退烧药，转位重排法是合成布洛芬的主要方法，

其合成路线见下图所示。

回答下列问题：

(1)F的名称为__________(1分)，其易溶于水的原因为_______________(1分)。

(2)A→B的反应类型为________________(1分)，M中含有的官能团名称为_________

_____________________(1分)。

(3)E＋F→G的化学方程式为__________________________(2分)。

(4)手性分子在生命科学和药物生产方面有广泛应用。对于手性药物，一个异构体可能

有效，另一个异构体可能无效甚至有害。布洛芬分子(N)中存在的手性碳原子个数为

________________个(2分)。

(5)苯环上的一氯取代物有两种的D的同分异构体有________________种(不含立体异

构)(2分)，写出其中核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为3∶2∶1∶1的结构简式

___________________(2分)。

(6)对甲基苯丙酮为常用化工原料。结合上述流程，以甲苯和

丙烯为原料制备对甲基苯丙酮的合成路线为(无机试剂任选)______________(2分)。

解析：结合B的结构及已知反应可知A为丙酸，丙酸与PCl3发生取代反应生成B，B与

氯气在光照条件下发生取代反应生成C；根据G的结构及已知反应②可推出E为：

；结合D的分子式及E的结构可知D为：；G在ZnCl2作用下

转化为M，M碱性水解再酸化得到N。(1)由F的结构简式，结合醇的命名法，可知F的名称

为：2，2-二甲基-1，3-丙二醇，其结构中含有两个羟基，与水分子间易形成氢键，使其在

水中溶解度较大；(3)结合已知反应可知，E＋F→G的反应方程式为：

＋H2O；(4)手性碳原子是指连接4个不同原子

或原子团的碳原子，由N的结构可知，只有羧基所连碳原子为手性碳原子；(5)

苯环上的一氯取代物有两种，则苯环上不能只有一个取代基；若含两个

取代基，则可能是甲基和正丙基、甲基和异丙基，因取代基不同则处于对位时苯环一氯代物

有两种；若两取代基相同则为2个乙基，两乙基处于邻位时苯环一氯代物有两种；若含3

个取代基则为2个甲基和1个乙基，两个甲基不对称时苯环上有三种氢，不符合题意，则两

个甲基应处于对称位置，两甲基可处于乙基的邻位或间位，2种；若苯环上有4个取代基则

为4个甲基，此时苯环只有一种氢，不符合题意，因此符合要求的同分异构体有5种，其中

核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为3∶2∶1∶1的结构简式：；

(6)根据题意和原料，利用逆合成分析法：可由甲苯与发

生取代反应得到，可由与PCl3发生取代反应生成，

可由丙醇氧化得到，丙醇可由丙烯与水加成得到，由此可确定合成路线。

答案：(1)2，2-二甲基-1，3-丙二醇分子中含有羟基能与水分子之间形成氢键

(2)取代反应酯基、碳氯键

18.(14分)三草酸合铁酸钾【K3[Fe(C2O4)3·3H2O]，Mr＝491】是一种翠绿色晶体，可溶

于水，难溶于乙醇，见光易分解。实验室利用如下方法制备该晶体并对其阴离子电荷和晶体

组成进行测定。

回答下列问题：

Ⅰ.晶体制备

－1

ⅰ.称取一定量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O加水溶解，向其中滴加稍过量的6mol·L氨水和

6%H2O2溶液，于40℃水浴中加热搅拌；静置，弃去上层清液，洗涤后得到Fe(OH)3沉淀。

ⅱ.向Fe(OH)3沉淀中缓慢加入KHC2O4溶液，于80℃水浴中不断搅拌至溶液呈翠绿色；

将溶液加热浓缩、冷却、结晶；结晶完全后减压抽滤，得到产品。

(1)步骤ⅰ中生成Fe(OH)3的离子方程式为________________(2分)；向静置后的上层清

液中滴加________________(填化学式)(1分)，观察现象可确定上述反应是否进行完全。

(2)步骤ⅱ中为促进结晶，冷却后可加入________________(填试剂名称)(1分)；实验

室应将产品保存在____________瓶中(1分)。

(3)步骤ⅱ中减压抽滤时采用如图装置。

①连接好装置后，接下来首先需要进行的操作为___________________(1分)。

②打开水龙头，抽气，用倾析法先后将溶液和沉淀转移至布氏漏斗中。抽滤完毕，接下

来的操作为__________(填选项字母)(1分)。

A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管

B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头

③和普通过滤相比，减压抽滤的优点为______________(写出一点即可)(2分)。

Ⅱ.阴离子电荷的测定

准确称取mg三草酸合铁酸钾加水溶解，控制适当流速，使其全部通过装有阴离子交换

树脂(用R≡N＋Cl－表示)的交换柱，发生阴离子(用Xz－表示)交换：zR≡N＋Cl－＋Xz－(R≡N

＋z－－

)zX＋zCl。结束后，用蒸馏水洗涤交换柱，合并流出液，并将其配成250mL溶液。取

－1

25.00mL该溶液，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·LAgNO3标准液滴定至终点，消耗标

准液VmL。

(4)阴离子电荷数为________________(用含字母的代数式表示)(1分)；若交换时样品

液的流速过快，则会导致测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)(1分)。

Ⅲ.晶体部分组成的测定

2－

ⅰ.C2O4含量测定：称取一定量三草酸合铁酸钾，加硫酸酸化后配成溶液置于锥形瓶中，

用KMnO4标准液滴定至终点。

3＋

ⅱ.Fe含量测定：向ⅰ中滴定后的溶液中加入Zn粉和适量稀H2SO4，加热至沸腾，过滤

除去过量Zn粉得滤液，冷却后用KMnO4标准液滴定至终点。

(5)步骤ⅱ中，加入Zn粉的目的为_________________(1分)。

(6)若省略步骤ⅰ，直接利用步骤ⅱ不能测定Fe3＋含量，解释其原因为

__________________________________________(2分)。

－

解析：(1)(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O中＋2价铁被H2O2氧化为＋3价，和氨水电离产生的OH

结合生成Fe(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：

2＋＋2＋

2Fe＋H2O2＋4NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋4NH4。若上层清液中含有Fe，则上述反应没有进行

2＋2＋2

完全，若上层清液不含Fe，则上述反应进行完全。可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe，Fe

＋

和K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀。(2)K3[Fe(C2O4)3·3H2O]难溶于乙醇，为促进结晶，冷却

后可加入乙醇；K3[Fe(C2O4)3·3H2O]见光分解，实验室应将产品保存在棕色广口瓶中。(3)①

连接好装置后，首先应检查装置的气密性。②布氏漏斗使用结束时需要先拔橡胶管，后关闭

水龙头，使之恢复常压，防止倒吸。③和普通过滤相比，减压抽滤可以加快过滤速度，得到

－－3－3

的产品更干燥。(4)25.00mL流出液中n(Cl)＝n(AgNO3)＝cmol/L×V×10L＝cV×10mol，

cV×10－3m

n(Cl－)＝zn(Xz－)，则n(Xz－)＝mol，mg三草酸合铁酸钾的物质的量为mol，

z491

cV×10－3250mLm4.91cV

则有×＝，求出z＝。若交换时样品液的流速过快，则交换出来

z25.00mL491m

－

的Cl偏少，消耗的AgNO3溶液偏少，会导致测定结果偏低。(5)步骤ⅱ中，加入Zn粉的目

3＋2＋2＋3＋

的为将Fe还原为Fe，利用Fe和KMnO4反应，从而测定Fe的含量。(6)由于KMnO4既氧

2－2＋3＋

化C2O4，也氧化Fe，所以直接利用步骤ⅱ不能测定Fe含量。

2＋＋

答案：(1)2Fe＋H2O2＋4NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋4NH4K3[Fe(CN)6]

(2)乙醇棕色广口

(3)①检查装置的气密性②B③加快过滤速度(或得到的产品更干燥)

4.91cV3＋2＋2－2＋

(4)偏低(5)将Fe还原为Fe(6)KMnO4既氧化C2O4，也氧化Fe

m

19.(14分)氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业

化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题：

(1)科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。

①基于铁催化体系(添加了氧化铝和氧化钾)的反应机理及能量变化如图所示，据此计算

反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH＝__________(2分)。

②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，

显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催

**

化剂的活性位点)，据此写出Ⅱ的化学方程式。Ⅰ.N2＋2===2N；Ⅱ.__________________(2

3

分)；Ⅲ.[LiNH]＋H2===LiH＋NH3。

2

(2)研究表明，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在不同压强(p)和氮氢比[n(N2)∶n(H2)]

下，平衡体系中氨的体积分数[φ(NH3)]随温度(T)的变化曲线如图所示。

①a点对应的转化率：α(N2)____________________________α(H2)(填“>”“<”或

“＝”，下同)(1分)；p2__________________________p3(1分)。

②c点对应的φc(NH3)小于a点对应的φa(NH3)，解释其原因为_____________________

_______________________________________________________________________________

_______________________________(2分)。

③a、b、c三点对应的压强平衡常数(Ka、Kb和Kc)的大小关系为_____________(2分)；

a点对应的压强平衡常数Kp＝______________(用体系中各气体的分压来表示，分压＝总压

×物质的量分数)(2分)

(3)合成氨动力学研究表明，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)达到平衡时，正反应的速率

1.5－1k正

方程为v正＝k正p(N2)·p(H2)·p(NH3)。已知：Kp＝，k正、k逆为速率常数。据此计算，

k逆

αβγ

v逆＝k逆p(N2)·p(H2)·p(NH3)中β＝______________(1分)；γ＝_________________(1

分)。

解析：(1)①由反应机理及能量变化图可知，ΔH＝2(－E1＋E2－E3＋ΔH1＋E4－E5＋ΔH2

＋E6)＝2(E2＋E4＋E6－E1－E3－E5)＋2(ΔH1＋ΔH2)；②设Ⅳ.N2＋3H22NH3，则Ⅳ－Ⅰ－2Ⅲ

得，2N*＋2LiH===2*＋2[LiNH]，化简得