精品解析：上海市复旦大学附属中学2026届高三第二学期四月第二次阶段检测 化学试卷

复旦附中2026 届高三第二学期化学四月第二次阶段检测 注意： 1.时间60分钟。 2.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 相对原子质量：O：16 Mg：24 Al：27 K：39 Fe：56 Cu：64 一、坚铝 1. 在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。 （1）基态Cu2+的价电子排布式为___________，Cu2+与OH⁻反应能生成[Cu(OH)4]2−，向其中加入浓氨水生成更稳定的深蓝色铜氨配合物，请写出离子方程式：___________。 （2）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。 A. [Ne]3s1 B. [Ne]3s2 C. [Ne]3s23p1 D. [Ne]3p1 （3）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，形成环状离子后，乙二胺中的H-N-H的键角___________(填写“增大”、“减小”或“不变”)，原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （4）一些氯化物的熔点如下表所示： 氯化物 TiCl4 MgCl2 NaCl 熔点/℃ -25 714 801 运用仪器对以上物质进行分析发现，四氯化钛属于过渡型晶体，其晶体内所含作用力为___________，氯化镁晶体中含有层状结构，该仪器分析方法为___________。 A．质谱法 B．晶体X射线衍射 C．红外光谱法 D．紫外分光光度法 （5）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu，图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，原子之间最短距离___________。设阿伏加德罗常数的值为NA，已知MgCu2的密度是ρ g·cm−3，则NA是___________(列出含a、ρ的表达式)。 【答案】（1） ①. 3d9 ②. [Cu(OH)4]2− + 4NH3= [Cu(NH3)4]2+ + 4OH⁻ （2）A （3） ①. 增大 ②. 乙二胺中的氮原子在形成配合物前后都为sp3杂化，形成乙二胺中氮含有孤电子对，形成配合物后转化为配位键，配位键对N-H键的排斥作用力<孤电子对对N-H键的排斥作用力，所以键角增大 ③. Cu2+ （4） ①. 分子间作用力(范德华力)、共价键 ②. B （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 原子序数为29，价电子为，失去两个电子生成，故价电子排布式为；与浓氨水反应生成深蓝色的，离子方程式： 【小问2详解】 电子层数越少、轨道全满或半满，电离能越大，C和D为激发态，能量高，电离能小，B为镁原子，第一电离能较小，A为，在四个选项中电离能最大，故选A。 【小问3详解】 乙二胺中的N原子与金属离子形成配位键后,N原子的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力减小，成键电子对之间的排斥力增大，因此键角增大。与乙二胺形成的配合物更稳定，是因为是过渡金属离子，半径较大且含有的空轨道多于镁离子，比主族金属离子更易形成配合物，故稳定性较高的是： 【小问4详解】 四氯化钛为过渡型晶体，过渡型晶体介于分子晶体与共价晶体之间，分子间为范德华力，分子内为共价键，故晶体内所含作用力为：分子间作用力（范德华力）和共价键；分析晶体结构的仪器方法：X射线衍射可用于测定晶体的微观结构、层状结构等，故选B。 【小问5详解】 如图所示，，CD距离为y，该长度为体对角线BC长度的=；晶胞中原子数：金刚石堆积的晶胞中原子数为；原子数为，晶胞质量，晶胞体积，由密度公式，得：，整理得：。 二、铁和锡的应用 2. 铁和锡是常用于食品包装的金属，其化合物在工业上也广泛应用。 I．锡与形成化合物种类最多的元素同主族，某锡的化合物可作为治疗癌症药物的原料，结构如图(Bu-n为正丁基)。 （1）Sn位于元素周期表的___________区。 （2）该结构中C原子的杂化类型为___________。 II．由工业磷化渣[主要成分是FePO4，杂质为Zn2Fe(PO4)2(FeII)]来制备锂电池原料磷酸铁的工业流程如下。 已知：常温下，； （3）“碱浸”过程中，提高浸出率的方法有___________(写出一条即可)。 （4）写出Zn2Fe(PO4)2“碱浸”过程中反应的化学方程式：___________。若以离子浓度为1×10−5 mol·L−1时视为沉淀完全。“碱浸”中，若将Zn2+沉淀完全，pH应为___________。 （5）“步骤A”的名称为___________。 （6）磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，石墨作为锂离子电池的负极材料，Li⁺嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixCy的嵌入化合物，平面结构如图所示，则x：y为___________。 （7）工业上，高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸的混合物制取电池材料磷酸铁锂(LiFePO4)，发生的反应为：FePO4+Li2CO3 +H2C2O4→LiFePO4+CO2↑+H2O↑，配平化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。 【答案】（1）p （2）sp3、sp2 （3）粉碎或搅拌 （4） ①. ②. 8 （5）萃取、分液 （6）1：6 （7） 【解析】 【分析】磷化渣碱浸后过滤，得到滤渣Fe(OH)3、Zn(OH)2和滤液，滤液中主要成分为磷酸钠和氢氧化钠；滤液中加磷酸调pH值后，加双硫腙除锌，经过萃取、分液后锌进入有机相，余液中加过量氯化铁溶液和氢氧化钠溶液搅拌后过滤，得到磷酸铁和滤液II。 【小问1详解】 形成化合物种类最多的元素为碳，第ⅣA族元素都在元素周期表的p区； 【小问2详解】 苯环碳氮双键、碳氧双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基和乙基中的碳原子为sp3杂化，所以杂化方式为sp3、sp2； 【小问3详解】 粉碎、搅拌，在“碱浸”过程中可增大接触面积，以提高浸出率； 【小问4详解】 ①由于过滤1生成的沉淀为Fe(OH)3和Zn(OH)2，则反应的化学方程式为 ②，当时，，则，所以当时，； 【小问5详解】 加入双硫腙后，混合物分为有机相和余液，所以双硫腙是萃取剂，步骤A为萃取、分液； 【小问6详解】 根据均摊法，每个碳环实际占用个碳原子，平均每3个六元环含有1个，所以x：y为1：6。 【小问7详解】 高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸的混合物制取电池材料磷酸铁锂，反应中铁化合价由+3变为+2、草酸中碳化合价由+3变为+4，结合电子守恒，反应中草酸中碳失去2×1个电子、铁得到2×1个电子，单线桥表示为：。 三、脱硫脱硝 3. 为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物NOx、SO2等，减少大气污染。 Ⅰ．脱硫 （1）硫及其部分化合物的“价-类”二维图如下图所示，下列说法错误的是___________。 A. 图中A、B、D三种物质中，不属于电解质的是B B. 将A与SO2混合，可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C. 若C为含钠的正盐，其在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂 D. 若D的浓溶液与铜单质在反应中每转移2mol电子，生成气体的体积为44.8L(标准状况) 钠-钙双碱法吸收SO2具有反应充分、速率快、原料可再生、脱硫效率高等优点。流程如下： （2）要提高SO2吸收效率的可行措施有___________。 A. 加快尾气的通入速率 B. 将吸收液NaOH溶液进行雾化 C. 在高温条件下吸收 D. 适当增加NaOH的浓度 （3）一种“氧化脱硫法”采用NaClO和NaOH的混合溶液吸收SO2，写出利用该混合液吸收少量SO2的离子方程式：___________。 Ⅱ．脱硝 脱除汽车尾气中NO和CO的两个反应过程中各物质相对能量如图(TS1、TS2表示过渡态)： 反应i．2NO + CON2O+CO2 反应ii．N2O +CON2+ CO2 （4）CO(g)和NO(g)反应生成N2(g)的热化学方程式为___________。 将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。 （5）实验过程中，高于340℃后N2O浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因：___________。 （6）450℃时，该时间段内NO的脱除率= ___________(保留2位有效数字，NO的脱除率=n(转化为N2的NO)/n(初始的NO)×100%)。 工业上利用无隔膜NaCl电解法脱除低温工业废气中NO，可有效减少对空气的污染。 （7）电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第二步反应的离子方程式是___________。 脱硝液中含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的分布如下左图所示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如下右图所示： （8）吸收塔中，脱硝液将NO转化为的离子方程式是___________。 （9）脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是___________。 【答案】（1）D （2）BD （3）ClO⁻+SO2+2OH⁻=+Cl⁻+H2O （4）2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=–747.2 kJ·mol−1 （5）反应i、ii的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii速率大于反应i速率，所以N2O浓度减小 （6）88% （7）Cl2+2OH⁻=Cl⁻+ClO⁻+H2O （8）3HClO+2NO+H2O=3Cl⁻+2+5H⁺ （9）溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力减弱 【解析】 【小问1详解】 硫及其部分化合物的“价-类”二维图如下图所示，根据价类二维图，A为H2S，B为SO2，D为H2SO4。 A．H2S、H2SO4是电解质，SO2自身不能电离，是非电解质，A正确； B．反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O，SO2作氧化剂，H2S作还原剂，物质的量比为1:2，B正确； C．C为+4价含钠正盐即Na2SO3，S为中间价，既可作氧化剂也可作还原剂，C正确； D．浓硫酸与Cu反应，转移2mol电子时生成1 mol SO2，标况下体积为22.4 L，D错误； 故选D。 【小问2详解】 A．加快尾气通入速率，气液接触不充分，吸收效率降低，A错误； B．将吸收液NaOH溶液进行雾化，增大接触面积，提高吸收效率，B正确； C．高温下SO2溶解度降低，易逸出，吸收效率降低，C错误； D．适当增加NaOH的浓度，可更充分吸收SO2，提高效率，D正确； 故选BD。 【小问3详解】 一种“氧化脱硫法”采用NaClO和NaOH的混合溶液吸收SO2，碱性条件下，ClO−将SO2氧化为​，自身被还原为Cl−，离子方程式：ClO⁻+SO2+2OH⁻=+Cl⁻+H2O。 【小问4详解】 根据盖斯定律，反应i+反应ii得总反应焓变ΔH=−628.6 kJ·mol−1−118.6 kJ·mol−1=−747.2 kJ·mol−1，CO(g)和NO(g)反应生成N2(g)的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=–747.2 kJ·mol−1。 【小问5详解】 温度升高，反应iiN2O与CO生成N2的反应）速率加快，N2O的消耗速率大于生成速率，因此浓度逐渐减小。实验过程中，高于340℃后N2O浓度逐渐减小，发生该变化的原因：反应i、ii的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii速率大于反应i速率，所以N2O浓度减小。 【小问6详解】 根据N守恒，初始n(NO)=n(剩余NO)+2n(N2O)+2n(N2)=200+2×125+2×1625=3700 ppm，转化为N2的n(NO)=2×1625=3250 ppm，脱除率=×100%≈88%。 【小问7详解】 电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，电解NaCl第一步阳极生成Cl2，阴极生成OH−，第二步Cl2与OH−反应生成ClO−，第二步反应的离子方程式是Cl2+2OH⁻=Cl⁻+ClO⁻+H2O。 【小问8详解】 吸收塔中，脱硝液将NO转化为，NO被氧化为（升3价），HClO被还原为Cl−（降2价），离子方程式是3HClO+2NO+H2O=3Cl⁻+2+5H⁺。 【小问9详解】 从左图可知，pH越大，HClO的物质的量分数越小，HClO氧化性强于ClO−，所以氧化性下降，NO转化率降低。脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力减弱。 四、连花清瘟(共24分) 4. 连花清瘟胶囊具有清瘟解毒、宣肺泄热的功效，其主要成分是绿原酸。 （1）绿原酸的结构简式如图，以下说法正确的是___________。 A. 碳原子杂化类型有2种，含有4个手性碳原子 B. 存在顺反异构，图示为顺式结构 C. 1 mol绿原酸与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH 7 mol D. 1 mol绿原酸最多可以和6 molH2反应 绿原酸是一种强极性有机化合物，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。 （2）下列说法错误的是___________。 A. 该流程中乙酸乙酯可循环利用 B. 先加盐酸可抑制绿原酸的电离，有利于乙酸乙酯的萃取 C. 分液时，有机层应从下口放出 D. 用减压蒸馏的方式，可降低有机溶剂乙酸乙酯的沸点，节约能源 （3）实验室可以用索氏提取器从干燥的金银花中直接提取绿原酸，装置如图所示。将粉碎的干燥金银花放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入无水乙醇。下列说法正确的是___________。 A. 萃取过程中，绿原酸的乙醇溶液经虹吸管流回烧瓶中 B. 提取过程中可选用明火直接加热，也可以水浴加热 C. 可用CCl4、水代替乙醇进行实验 D. 与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取 绿原酸可由咖啡酸和奎尼酸通过酯化反应合成，其合成路线如下： （4）物质A中官能团的结构简式为___________。 （5）D→E的反应类型是___________。 A. 取代反应 B. 消去反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 （6）G→H的反应试剂是___________。 （7）写出B→C过程中第②步的化学方程式：___________。 （8）奎尼酸和绿原酸可用___________鉴别。 A. NaHCO3溶液 B. 浓溴水 C. FeCl3溶液 D. 酸性KMnO4溶液 （9）咖啡酸的结构简式为___________。写出一个符合下列条件的咖啡酸的同分异构体的结构简式___________。 ①含有一个苯环，两个酯基； ②1 molM与足量新制Cu(OH)2悬浊液反应生成2 molCu2O； ③分子结构中有五种不同化学环境的氢原子，且个数比为 2:2:2:1:1. （10）有人提出奎尼酸直接与咖啡酸直接合成绿原酸不合适，应改为如下合成路线： 请指出修改后的合成路线的优点：___________（任意两条即可）。 【答案】（1）A （2）C （3）AD （4）-Br、 （5）D （6）NaOH水溶液 （7）2+O22+2H2O （8）BC （9） ①. ②. （10）保护特定羟基或使特定位置的羟基发生反应；乙酰化咖啡酸，防止酚羟基在反应过程中被氧化；用氯和羟基反应，有利于酯的形成 【解析】 【分析】由图知，A→B的反应为丙烯醛中碳碳双键上的加成反应，B→C中先发生信息反应、所得羟基中再催化氧化得到C，C在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应得到D，则D为，由流程知，F中碳碳双键与溴发生加成反应生成G，G为，G在氢氧化钠水溶液中发生水解反应得到H，H为，H在的作用下生成I，由图知，绿原酸由奎尼酸与咖啡酸发生酯化反应生成，则咖啡酸为 ，据此回答。 【小问1详解】 A．苯环、双键碳为sp2杂化，单键碳（饱和碳）为sp3杂化，共2种；如图，六元环上有4个手性碳原子，故A正确； B．图示中碳碳双键两端基团不同，存在顺反异构，带羟基的苯环与酯基位于碳碳双键的异侧，是反式结构，B错误； C．1 mol绿原酸与NaOH反应时，2 mol酚羟基、1 mol酯基、1 mol羧基共消耗氢氧化钠4 mol，故C错误； D．可与H2加成的部位为苯环消耗3 mol H2，碳碳双键消耗1 mol H2，共4 mol，D错误； 故选A。 【小问2详解】 A．乙酸乙酯是萃取剂，减压蒸馏过程中可分离回收乙酸乙酯，因此能循环利用，A正确； B．绿原酸含羧基等酸性基团，加盐酸调酸性可抑制其电离，绿原酸分子溶于有机溶剂乙酸乙酯，利于萃取，B正确； C．乙酸乙酯的密度小于水，分液时有机层（乙酸乙酯层）位于上层，上层液体应从分液漏斗上口倒出，而非下口放出，C错误； D．减压蒸馏通过降低体系压强，使乙酸乙酯的沸点降低，可在较低温度下完成蒸馏，达到节约能源的目的，D正确； 故选C。 【小问3详解】 A．索氏提取器的工作原理是：烧瓶中乙醇受热汽化，冷凝后滴入滤纸套筒溶解绿原酸；当提取管内溶液液面达到虹吸管高度时，溶解了绿原酸的乙醇溶液会经虹吸管流回烧瓶，A正确； B．无水乙醇属于易燃液体，明火直接加热易引发火灾，因此不能用明火加热，只能用水浴加热，B错误； C．绿原酸是强极性有机化合物，根据“相似相溶”原理，CCl4是非极性溶剂，难以溶解绿原酸，水是极性溶剂，但绿原酸是有机物，在水中溶解度较低，因此二者均不能代替乙醇，C错误。 D．常规萃取需一次性加入大量溶剂，而索氏提取器通过溶剂的汽化-冷凝-虹吸实现循环利用，具有溶剂用量少、可连续萃取的优点，D正确； 故选AD。 【小问4详解】 A中官能团为碳溴键和酮羰基，结构简式分别为：-Br和。 【小问5详解】 D中的酮羰基发生反应生成了羟基，过程加H，反应类型为还原反应，故选D。 【小问6详解】 由分析可得，H到I是将氰基替换为羧基，则G到H需要将溴原子替换为羟基，卤代烃水解反应的试剂为NaOH的水溶液，反应条件可以是加热，因此G→H的试剂是：NaOH的水溶液。 【小问7详解】 B先在稀碱条件下发生加成反应生成，在Cu作催化剂和加热条件下催化氧化得到C，化学方程式为：2+O22+2H2O 【小问8详解】 绿原酸分子中含有酚羟基，奎尼酸分子中不含酚羟基，则绿原酸与奎尼酸可用FeCl3溶液或浓溴水鉴别，故答案选BC。 【小问9详解】 奎尼酸和咖啡酸发生酯化反应得到绿原酸，对比奎尼酸和咖啡酸的结构可知，咖啡酸的结构简式为：；咖啡酸的同分异构体M符合下列条件：①含有一个苯环，两个酯基；②与足量的新制Cu(OH)2悬浊液反应可得到2 molCu2O，即含2个醛基，综上，M中含有2个甲酸酯基；当苯环只有1个侧链时，为-CH(OOCH)2，1种；当苯环有2个侧链时，为-OOCH、-CH2OOCH，可处于邻间对位，共3种；当苯环有3个侧链时，为2个-OOCH、-CH3，共6种，分别是2个甲酸酯基在邻位有2种，2个甲酸酯基在间位有3种，2个甲酸酯基在对位有1种；则M共10种同分异构体。其中分子结构中有五种不同化学环境的氢原子，且个数比为2:2:2:1:1的M的结构简式为。 【小问10详解】 由修改后的合成路线可得其优点：保护特定羟基或使特定位置的羟基发生反应；乙酰化咖啡酸，防止酚羟基在反应过程中被氧化；用氯和羟基反应，有利于酯的形成 五、高铁酸钾的制备 5. Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4) 是一种高效、无毒的强氧化剂，常温下为紫色固体，微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体。稳定性随pH的下降而减弱，酸性条件下易分解。 （1）下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是___________ A. 铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质 B. 高铁酸钾能溶于水，可作氧化剂 C. 氢氧化铁胶体具有碱性，可用于净水 D. 纯铁无杂质，可用作建筑材料 Ⅱ.K2FeO4的净水原理如图所示： （2）下列说法错误的是___________ A. K2FeO4中铁元素显+6价 B. 过程①中K2FeO4被细菌还原 C. 过程②中的Fe(OH)3胶体粒子带正电荷 D. 过程③中聚沉是由于胶体发生了渗析 （3）写出K2FeO4与水反应的化学方程式___________。 Ⅲ.已知可用Cl2与Fe(NO3)3制备K2FeO4(含副产品KCl、KNO3)，查阅资料得知高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示： （4）①为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在___________。 ②写出在此条件下，反应的离子方程式：___________；每生成39.6g K2FeO4，转移的电子数目为___________； （5）已知溶液的酸碱性及离子浓度会对反应试剂的氧化性、还原性产生影响。 某实验小组研究不同反应试剂对K2FeO4产率的影响，对比实验如下： 实验编号 反应试剂 实验现象 Ⅰ Cl2、FeCl3和少量KOH 无明显现象 Ⅱ Cl2、FeCl3和过量KOH 得到紫色溶液，无紫色固体 Ⅲ Cl2、Fe(NO3)3和过量KOH 得到紫色溶液(颜色比Ⅱ深)，有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、FeCl3和Fe(NO3)3的物质的量、Cl2的通入量均相同。 ①由实验I、II的现象可知，Fe3+的还原性随溶液碱性的增强而___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)； ②实验II中K2FeO4的产率比实验III低，试解释其可能的原因： ___________； ③向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，试解释其可能的原因：___________。 （6）实验室测定含少量杂质的K2FeO4样品的纯度：称取0.1500g K2FeO4样品溶于碱性KI溶液中，调节pH至弱酸性使混合液充分反应。用0.1000 mol·L−1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。滴定时，发生反应的离子方程式：FeO+ 4I−+ 8H+= Fe2+ + 2I2+ 4H2O；I2 + 2S2O= S4O+ 2I−。已知：M(K2FeO4) =198g·mol−1，试计算K2FeO4样品的纯度：___________(写出计算过程)。 【答案】（1）A （2）D （3）4K2FeO4 + 10H2O = 4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑ + 8KOH （4） ①. ≥9 ②. 2Fe3+ + 3Cl2 +16OH−=2FeO+ 6Cl−+ 8H2O ③. 0.6NA （5） ①. 增强 ②. II中c(Cl-)大，Cl2的氧化性减弱，不利于2Fe3+ + 3Cl2 + 16OH−=2FeO + 6Cl− + 8H2O的进行，所以实验II中K2FeO4的产率比实验III低(合理即给分) ③. 可能是因为通入Cl2后发生Cl2 + 2OH−=Cl− + ClO− + H2O而使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其他物质(合理即给分) （6）82.5% 【解析】 【小问1详解】 A．铁粉具有还原性，能够和O2反应，可防止食物氧化变质，A符合题意； B．高铁酸钾具有强氧化性，可作氧化剂，与溶解度无关，B不符合题意； C．氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，故C不符合题意； D．纯铁硬度较小，不可用作建筑材料，故D不符合题意； 故选A。 【小问2详解】 A．K2FeO4中钾元素的化合价为+1、氧元素的化合价为-2，因此铁元素的化合价为+6，A正确； B．高铁酸钾具有氧化性，过程①中K2FeO4被细菌还原，B正确； C．过程②中的Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，C正确； D．使胶体凝聚形成沉淀而析出的现象是胶体的聚沉，D错误； 故选D。 【小问3详解】 由氧化还原反应的规律可知K2FeO4与水反应生成Fe(OH)3(胶体)和O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4K2FeO4 + 10H2O = 4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑ + 8KOH。 【小问4详解】 ①从图中可以看出，pH大于9以后，HFeO全部转化为FeO，为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在≥9； ②Cl2与Fe(NO3)3制备K2FeO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe3+ + 3Cl2 +16OH−=2FeO+ 6Cl−+ 8H2O；Fe元素由+3价上升到+6价，39.6g K2FeO4的物质的量为=0.2mol，转移的电子数目为0.6NA。 【小问5详解】 ①由实验I、II的现象可知，Cl2、FeCl3和少量KOH反应不能得到K2FeO4，而Cl2、FeCl3和过量KOH反应可以得到K2FeO4，说明Fe3+的还原性随溶液碱性的增强而增强； ②实验II中K2FeO4的产率比实验III低，可能的原因是：II中c(Cl-)大，Cl2的氧化性减弱，不利于2Fe3+ + 3Cl2 + 16OH−=2FeO + 6Cl− + 8H2O的进行，所以实验II中K2FeO4的产率比实验III低； ③向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，可能的原因是：可能是因为通入Cl2后发生Cl2 + 2OH−=Cl− + ClO− + H2O而使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其他物质。 【小问6详解】 根据FeO+ 4I−+ 8H+= Fe2+ + 2I2+ 4H2O；I2 + 2S2O= S4O+ 2I−，得关系式：FeO~4I−~ 2 I2 ~4 S2O，n(S2O)= 0.1000 mol/L×25.00×10-3L=2.5×10-3mol，n(FeO)= n(S2O)= 6.25×10-4mol，m(K2FeO4)= 6.25×10-4mol× 198g/mol=0.12375g，K2FeO4样品的纯度为×100%=-82.5%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 复旦附中2026 届高三第二学期化学四月第二次阶段检测 注意： 1.时间60分钟。 2.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 相对原子质量：O：16 Mg：24 Al：27 K：39 Fe：56 Cu：64 一、坚铝 1. 在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。 （1）基态Cu2+的价电子排布式为___________，Cu2+与OH⁻反应能生成[Cu(OH)4]2−，向其中加入浓氨水生成更稳定的深蓝色铜氨配合物，请写出离子方程式：___________。 （2）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。 A. [Ne]3s1 B. [Ne]3s2 C. [Ne]3s23p1 D. [Ne]3p1 （3）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，形成环状离子后，乙二胺中的H-N-H的键角___________(填写“增大”、“减小”或“不变”)，原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （4）一些氯化物的熔点如下表所示： 氯化物 TiCl4 MgCl2 NaCl 熔点/℃ -25 714 801 运用仪器对以上物质进行分析发现，四氯化钛属于过渡型晶体，其晶体内所含作用力为___________，氯化镁晶体中含有层状结构，该仪器分析方法为___________。 A．质谱法 B．晶体X射线衍射 C．红外光谱法 D．紫外分光光度法 （5）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu，图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，原子之间最短距离___________。设阿伏加德罗常数的值为NA，已知MgCu2的密度是ρ g·cm−3，则NA是___________(列出含a、ρ的表达式)。 二、铁和锡的应用 2. 铁和锡是常用于食品包装的金属，其化合物在工业上也广泛应用。 I．锡与形成化合物种类最多的元素同主族，某锡的化合物可作为治疗癌症药物的原料，结构如图(Bu-n为正丁基)。 （1）Sn位于元素周期表的___________区。 （2）该结构中C原子的杂化类型为___________。 II．由工业磷化渣[主要成分是FePO4，杂质为Zn2Fe(PO4)2(FeII)]来制备锂电池原料磷酸铁的工业流程如下。 已知：常温下，； （3）“碱浸”过程中，提高浸出率的方法有___________(写出一条即可)。 （4）写出Zn2Fe(PO4)2“碱浸”过程中反应的化学方程式：___________。若以离子浓度为1×10−5 mol·L−1时视为沉淀完全。“碱浸”中，若将Zn2+沉淀完全，pH应为___________。 （5）“步骤A”的名称为___________。 （6）磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，石墨作为锂离子电池的负极材料，Li⁺嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixCy的嵌入化合物，平面结构如图所示，则x：y为___________。 （7）工业上，高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸的混合物制取电池材料磷酸铁锂(LiFePO4)，发生的反应为：FePO4+Li2CO3 +H2C2O4→LiFePO4+CO2↑+H2O↑，配平化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。 三、脱硫脱硝 3. 为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物NOx、SO2等，减少大气污染。 Ⅰ．脱硫 （1）硫及其部分化合物的“价-类”二维图如下图所示，下列说法错误的是___________。 A. 图中A、B、D三种物质中，不属于电解质的是B B. 将A与SO2混合，可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C. 若C为含钠的正盐，其在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂 D. 若D的浓溶液与铜单质在反应中每转移2mol电子，生成气体的体积为44.8L(标准状况) 钠-钙双碱法吸收SO2具有反应充分、速率快、原料可再生、脱硫效率高等优点。流程如下： （2）要提高SO2吸收效率的可行措施有___________。 A. 加快尾气的通入速率 B. 将吸收液NaOH溶液进行雾化 C. 在高温条件下吸收 D. 适当增加NaOH的浓度 （3）一种“氧化脱硫法”采用NaClO和NaOH的混合溶液吸收SO2，写出利用该混合液吸收少量SO2的离子方程式：___________。 Ⅱ．脱硝 脱除汽车尾气中NO和CO的两个反应过程中各物质相对能量如图(TS1、TS2表示过渡态)： 反应i．2NO + CON2O+CO2 反应ii．N2O +CON2+ CO2 （4）CO(g)和NO(g)反应生成N2(g)的热化学方程式为___________。 将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。 （5）实验过程中，高于340℃后N2O浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因：___________。 （6）450℃时，该时间段内NO的脱除率= ___________(保留2位有效数字，NO的脱除率=n(转化为N2的NO)/n(初始的NO)×100%)。 工业上利用无隔膜NaCl电解法脱除低温工业废气中NO，可有效减少对空气的污染。 （7）电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第二步反应的离子方程式是___________。 脱硝液中含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的分布如下左图所示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如下右图所示： （8）吸收塔中，脱硝液将NO转化为的离子方程式是___________。 （9）脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是___________。 四、连花清瘟(共24分) 4. 连花清瘟胶囊具有清瘟解毒、宣肺泄热的功效，其主要成分是绿原酸。 （1）绿原酸的结构简式如图，以下说法正确的是___________。 A. 碳原子杂化类型有2种，含有4个手性碳原子 B. 存在顺反异构，图示为顺式结构 C. 1 mol绿原酸与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH 7 mol D. 1 mol绿原酸最多可以和6 molH2反应 绿原酸是一种强极性有机化合物，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。 （2）下列说法错误的是___________。 A. 该流程中乙酸乙酯可循环利用 B. 先加盐酸可抑制绿原酸的电离，有利于乙酸乙酯的萃取 C. 分液时，有机层应从下口放出 D. 用减压蒸馏的方式，可降低有机溶剂乙酸乙酯的沸点，节约能源 （3）实验室可以用索氏提取器从干燥的金银花中直接提取绿原酸，装置如图所示。将粉碎的干燥金银花放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入无水乙醇。下列说法正确的是___________。 A. 萃取过程中，绿原酸的乙醇溶液经虹吸管流回烧瓶中 B. 提取过程中可选用明火直接加热，也可以水浴加热 C. 可用CCl4、水代替乙醇进行实验 D. 与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取 绿原酸可由咖啡酸和奎尼酸通过酯化反应合成，其合成路线如下： （4）物质A中官能团的结构简式为___________。 （5）D→E的反应类型是___________。 A. 取代反应 B. 消去反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 （6）G→H的反应试剂是___________。 （7）写出B→C过程中第②步的化学方程式：___________。 （8）奎尼酸和绿原酸可用___________鉴别。 A. NaHCO3溶液 B. 浓溴水 C. FeCl3溶液 D. 酸性KMnO4溶液 （9）咖啡酸的结构简式为___________。写出一个符合下列条件的咖啡酸的同分异构体的结构简式___________。 ①含有一个苯环，两个酯基； ②1 molM与足量新制Cu(OH)2悬浊液反应生成2 molCu2O； ③分子结构中有五种不同化学环境的氢原子，且个数比为 2:2:2:1:1. （10）有人提出奎尼酸直接与咖啡酸直接合成绿原酸不合适，应改为如下合成路线： 请指出修改后的合成路线的优点：___________（任意两条即可）。 五、高铁酸钾的制备 5. Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4) 是一种高效、无毒的强氧化剂，常温下为紫色固体，微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体。稳定性随pH的下降而减弱，酸性条件下易分解。 （1）下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是___________ A. 铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质 B. 高铁酸钾能溶于水，可作氧化剂 C. 氢氧化铁胶体具有碱性，可用于净水 D. 纯铁无杂质，可用作建筑材料 Ⅱ.K2FeO4的净水原理如图所示： （2）下列说法错误的是___________ A. K2FeO4中铁元素显+6价 B. 过程①中K2FeO4被细菌还原 C. 过程②中的Fe(OH)3胶体粒子带正电荷 D. 过程③中聚沉是由于胶体发生了渗析 （3）写出K2FeO4与水反应的化学方程式___________。 Ⅲ.已知可用Cl2与Fe(NO3)3制备K2FeO4(含副产品KCl、KNO3)，查阅资料得知高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示： （4）①为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在___________。 ②写出在此条件下，反应的离子方程式：___________；每生成39.6g K2FeO4，转移的电子数目为___________； （5）已知溶液的酸碱性及离子浓度会对反应试剂的氧化性、还原性产生影响。 某实验小组研究不同反应试剂对K2FeO4产率的影响，对比实验如下： 实验编号 反应试剂 实验现象 Ⅰ Cl2、FeCl3和少量KOH 无明显现象 Ⅱ Cl2、FeCl3和过量KOH 得到紫色溶液，无紫色固体 Ⅲ Cl2、Fe(NO3)3和过量KOH 得到紫色溶液(颜色比Ⅱ深)，有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、FeCl3和Fe(NO3)3的物质的量、Cl2的通入量均相同。 ①由实验I、II的现象可知，Fe3+的还原性随溶液碱性的增强而___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)； ②实验II中K2FeO4的产率比实验III低，试解释其可能的原因： ___________； ③向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，试解释其可能的原因：___________。 （6）实验室测定含少量杂质的K2FeO4样品的纯度：称取0.1500g K2FeO4样品溶于碱性KI溶液中，调节pH至弱酸性使混合液充分反应。用0.1000 mol·L−1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。滴定时，发生反应的离子方程式：FeO+ 4I−+ 8H+= Fe2+ + 2I2+ 4H2O；I2 + 2S2O= S4O+ 2I−。已知：M(K2FeO4) =198g·mol−1，试计算K2FeO4样品的纯度：___________(写出计算过程)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $