2025届高三化学5月预测考试试题含解析

PAGE19-2025届高三化学5月预料考试试题（含解析）本试题卷共12页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。★祝考试顺当★留意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.填空题和解答题的作答：用签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5.考试结束后，请将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32K39Cr52Fe56Zn65一、选择题：本题共7题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.国家卫健委高级别专家李兰娟院士在记者会上透露：新型冠状病毒怕酒精，不耐高温，56℃持续30分钟就死亡了。乙醚、75%酒精（医用酒精）、含氯的消毒剂、过氧乙酸等均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是A.乙醚与乙醇互为同分异构体B.可以用工业酒精代替医用酒精运用C.过氧乙酸是高效消毒剂，过氧乙酸与苯酚混合运用可增加消毒效果D.84消毒液是以次氯酸钠（NaClO)为有效成分的消毒液，一般需稀释后再运用【答案】D【解析】【详解】A．乙醚的结构简式为C2H5OC2H5，乙醇的结构简式为C2H5OH，乙醚与乙醇分子式不同，故乙醚与乙醇不互为同分异构体，A错误；B．医用酒精的成分主要是乙醇、蒸馏水，工业酒精含有甲醇、乙醇、醛类、有机酸等物质，工业酒精中的甲醇有毒，所以不行以用工业酒精代替医用酒精运用，B错误；C．过氧乙酸具有强氧化性，苯酚具有强还原性，二者混合运用，过氧乙酸会把苯酚氧化，二者都失效，消毒实力下降，C错误；D．84消毒液有肯定的刺激性与腐蚀性，一般需稀释后再运用，D正确；2.下列试验操作会导致结果偏低的是A.用标准的盐酸滴定氨水时，用酚酞作指示剂B.用润湿的pH试纸测定1mol/L氯化铵溶液的pHC.用18.4mol/L浓硫酸配制1mol/L稀硫酸，用量筒量取浓硫酸，倒出浓硫酸后，未将量筒洗涤并收集洗涤液D.配制肯定物质的量浓度的溶液，用胶头滴管定容时，俯视容量瓶刻度线【答案】A【解析】【详解】A．酚酞在碱性条件下就变色，相当于盐酸滴少了，由此算出的氨水的物质的量浓度偏低，A符合题意；B．氯化铵为强酸弱碱盐，所以氯化铵溶液呈酸性，用潮湿的pH试纸测定1mol/L氯化铵溶液的pH，相当于稀释溶液，使氢离子的浓度减小，pH增大，B不符合题意；C．量筒量取液体后，倒出液体，量筒不须要洗涤，C不符合题意；D．俯视容量瓶刻度线，水加少了，将导致所配制溶液的浓度偏高，D不符合题意；答案选A。【点睛】为了减小滴定误差，酸碱中和滴定指示剂的选择至关重要，酸碱中和滴定的实质是酸和碱恰好中和。酸碱恰好中和时溶液不肯定呈中性，最终溶液的酸碱性取决于生成的盐的性质，强酸强碱盐呈中性，强酸与强碱滴定时，可以用甲基橙或酚酞作指示剂；强酸弱碱盐的溶液呈酸性，强酸与弱碱滴定时可以选择甲基橙作指示剂；强碱弱酸盐的溶液呈碱性，强碱与弱酸滴定时可以选择酚酞作指示剂。3.三溴苯酚在肯定条件可发生如下转化生成M,M是一种具有优良光学性能的树脂。下列说法正确的是A.上述反应的反应类型为加成反应B.与三溴苯酚官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种C.1molM与足量氢气加成，一般最多可消耗5mol氢气D.M在水中有良好的溶解性【答案】B【解析】【分析】【详解】A．依据图示转化关系可看出，三溴苯酚在肯定条件可发生转化生成M的类型属于取代反应，A错误；B．与三溴苯酚官能团种类和数目都相同的芳香族化合物有、、、、共5种，B正确；C．酯基与氢气不发生加成反应，故1molM与足量氢气加成，一般最多可消耗4mol氢气，C错误；D．M中没有亲水基团，难溶于水，D错误；【点睛】推断有机物是否易溶于水，首先看分子的结构简式中有没有亲水基，假如分子中不含有亲水基，这个物质难溶于水；另外假如分子中既有亲水基又有憎水基，假如分子中憎水基的碳链比较长，并且亲水基的基团比较少，则该物质在水中的溶解度也不大。4.最近，科学家发觉一种高能盐，该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学式为（Y5)6(X3Z)3(YX4)4M.该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子。下列说法错误的是A.X与Y、X与Z还分别可形成10电子分子B.该盐中存在离子键、极性共价键和非极性共价键C.该盐的阴离子均可破坏水的电离平衡D.四种元素所形成的简洁离子的半径由大到小为M>Y>Z>X【答案】C【解析】分析】该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大短周期元素组成，其化学式为（Y5)6(X3Z)3(YX4)4M.该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子，则X为H、Y为N、Z为O、M为Cl，X与Y、X与Z组成的10电子离子分别为NH4+、H3O+。【详解】A．X与Y、X与Z还分别可形成10电子分子分别为NH3、H20，A正确；B．N5-内存在非极性共价键，NH4+、H3O+内存在极性共价键，N5-、Cl-、NH4+、H3O+阴、阳离子之间存在离子键，B正确；C．Cl-为强酸的酸根离子，在溶液中不会发生水解反应，不会破坏水的电离平衡，C错误；D．四种元素所形成的简洁离子的半径由大到小为Cl->N3->O2->H+，D正确；答案选C。【点睛】在比较主族元素原子、离子半径大小的时候留意以下几点：①电子层数越多，粒子半径越大；②当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，粒子的半径越小；③当电子层数相同、核电荷数相同时，核外电子数越多，半径越大。5.NH3分解的热化学方程式为.在Co-Al催化剂体系中，压强P0下，氨气以肯定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气的转化率随温度的改变曲线如图所示。下列说法错误的是A.活化能最小的催化剂是90Co-A1B.假如增大气体流速，则b点对应的点可能为eC.温度为T时，向体积为1L的恒容容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，达到平衡时，NH3的转化率为75%，则平衡常数为K=7.5D.在两个体积均为VL的绝热密闭容器中分别投入①2molNH3,②3molH2和1molN2,达到平衡时，NH3的体积分数相同【答案】D【解析】【详解】A．由图可知90Co-A1先达到平衡，所以90Co-A1是活化能最小的催化剂，A正确；B．增大气体流速，未反应的氨气增多，氨气的转化率减小，平衡逆向移动，b点对应的点可能为e点，B正确；C．由题中给的数据可知，设平衡时氮气的物质的量浓度为xmolL-1，则则由，解得x=0.3，故平衡时c(NH3)=0.8molL-1-2×0.3molL-1=0.2molL-1，c(N2)=0.3molL-1，c(H2)=0.1molL-1+3×0.3molL-1=1molL-1，故平衡常数，C正确；D．2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H˃0，若是在恒温恒容的条件下，在两个体积均为VL的绝闭容器中分别投入①2molNH3，②3molH2和1molN2，达到平衡时，这两个平衡为等效平衡，达到平衡时，NH3的体积分数相同，但是在绝热的条件下，反应的正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，二者平衡时的温度不相同，NH3的体积分数不相同，D错误；答案选D。6.最近，科学家胜利研制出一种电源，该电源在消耗二氧化碳的同时，还可释放电能。电源电极为铝电极和多孔碳电极，电解质溶液为草酸盐溶液，放电过程中草酸盐浓度基本不变，电源示意图如图所示。下列有关该电源的说法正确的是A.铝电极电势高于多孔碳电极B.用该电源电解饱和食盐水，理论上，每消耗1mol二氧化碳可收集到标准状况下11.2L氢气C.若生成0.5mol草酸铝，有3mol电子通过电解质溶液D.正极的电极反应式为【答案】B【解析】【详解】A．铝作原电池的负极，多孔碳电极作原电池的正极，正极的电势比负极电势高，A错误；B．正极反应式为2CO2+2e-=C2O42-，用该电源电解饱和食盐水的阴极反应式为2H++2e-=H2↑，串联电路中转移的电子数相同，故消耗1molCO2，转移1mol电子，理论上可收集到标准状况下11.2L氢气，B正确；C．电子无法通过电解质溶液，C错误；D．依据题意，二氧化碳得电子，正极反应式为2CO2+2e-=C2O42-，D错误；答案选B。【点睛】在原电池工作中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极沿导线流向正极，电子不能通过电解质溶液从负极转移到正极；在电解质溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，阴、阳离子不能通过导线移动，即“电子不下水，离子不上岸”。7.现有100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，向其中缓慢通入CO2(如图所示）。下列说法错误的是已知：①②溶液中粒子浓度可用以下公式计算：A.0.01molCO2通入溶液时发生反应的化学方程式为B.通入0.1molCO2后，用HNO3维持体系pH=6，此时溶液中粒子浓度大小关系为c(HCO3-)>c(HCIO)>c(Ca2+)C.快速通入0.05molCO2后，关闭开关，久置后发觉体系中沉淀削减D.缓慢通入0.05molCO2的过程中，水的电离程度始终减小【答案】B【解析】【详解】A．100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，恰好与0.05molCO2反应生成CaCO3和HClO，0.01molCO2通入溶液时，CO2为不足量，发生反应化学方程式依旧是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，A正确；B．当通入0.1molCO2后，100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，恰好与0.1molCO2反应生成Ca(HCO3)2和HClO，由物料守恒可知：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1mol/L，c(HClO)+c(ClO-)=1mol/L，由题中的公式可求得，，比较它们的倒数，可知c(H2CO3)<c(HClO)，B错误；C．久置后，次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸能与碳酸钙反应，导致体系中沉淀削减，C正确；D．缓慢通入0.05molCO2的过程中，发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，Ca(ClO)2电离出的ClO-促进水的电离，生成的HClO电离出的H+能抑制水的电离，缓慢通入0.05molCO2的过程中，ClO-转化为HClO，，故水的电离程度始终减小，D正确；答案选B。8.某草酸亚铁水合物A可用于制作照相显影剂、制药等。下面是对该化合物的制备及分析的试验方案。请回答下列问题。(1)硫酸亚铁的制备及收集纯净的氢气：将2.00g铁粉（含少量FeS及其他难溶性杂质）放入150mL锥形瓶中，加入25mL3mol/LH2SO4,水浴加热。反应完毕趁热过滤，反应装置如下图所示（每个装置限用一次）。①运用以上装置完成试验，指出装置连接依次：a______________。②反应完毕后趁热过滤的目的是________________________。(2)草酸亚铁水合物A的制备：将滤液转移至事先已盛有50mL1mol/LH2C2O4溶液的250mL烧杯中，搅拌下加热至沸腾，一段时间后得到淡黄色沉淀（其主要成分为A)。①已知A中铁的质量分数为31%,其化学式为____________。②3.6gA在无氧条件下加热，最终得到1.44g固体化合物，试写出该过程中发生反应的化学方程式：___________________________。③若对试验方案中的硫酸加入量略作调整，可以得到更高产率的A,试用化学平衡的相关学问分析，并指出该调整是增加还是削减硫酸的量：________。(3)草酸亚铁水合物A纯度的测定：称取mg产物于100mL烧杯中，用2mol/LH2SO4溶解，转移至250mL容量瓶中并用2mol/LH2SO4定容。移取25.00mL溶液至250mL锥形瓶中，微热后用浓度为cmol/L的标准高锰酸钾溶液滴定，平行测定三次，平均消耗滴定剂VmL(假设杂质不参加滴定反应）。①写出滴定过程中发生反应的离子方程式：___________________________；②列出表示产物中A的纯度的计算式：_______________________。【答案】(1).edcbgfh(2).防止硫酸亚铁晶体析出(3).FeC2O4•2H2O(4).FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O(5).削减，经粗略计算得知第一步用于溶解Fe的硫酸是远远过量的，草酸是弱酸，H+浓度增大，C2O42-浓度削减，不利于草酸亚铁沉淀生成，故削减硫酸的量(6).5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O(7).[(5cV•10-3×250.0×180)/(3×25.00×m)]×100%【解析】【详解】（1）①产生的H2中含有H2S和水蒸气，从a中出来的气体依次通过NaOH溶液除去H2S，CuSO4溶液检验H2S是否除尽，浓硫酸除去水蒸气，最终用真空球囊收集纯净的H2，故装置连接依次：aedcbgfh；②反应完毕后，除去未反应的固体，同时又防止硫酸亚铁晶体析出，故采纳趁热过滤的方式；（2）①令草酸亚铁水合物A的化学式为FeC2O4•xH2O，，解得x=2，A的化学式为FeC2O4•2H2O；②，n(Fe)=0.02mol，m(Fe)=0.02mol×56g/mol=1.12g，最终得到1.44g固体化合物，，因此所得固体是FeO，依据氧化还原反应中得失电子守恒，该过程中发生反应的化学方程式：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；③25mL3mol/LH2SO4的物质的量为0.075mol，2.00g铁粉的物质的量为0.036mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，所以第一步用于溶解Fe的硫酸是过量的，草酸是弱酸，H+浓度增大，C2O42-浓度削减，不利于草酸亚铁沉淀生成，故应削减硫酸的量；（3）①草酸亚铁难溶，在书写离子方程式时应写成分子式，故滴定过程中发生反应的离子方程式为5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O；②5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O，反应物、生成物改变的物质的量之比等于化学计量数之比，即n(FeC2O4)：n(KMnO4)=5：3，n(FeC2O4)=，从250mL容量瓶中移取25.00mL溶液，所以产物中FeC2O4•2H2O的纯度为。9.铬矿是冶金、国防、化工等领域不行缺少的矿产资源，其中的铬铁矿是唯一可开采的铬矿石。工业上常用铬铁矿（主要含Fe2O3、FeO和Cr2O3,还含有MgO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备重铬酸钾和三氧化二铁，其流程如图所示。已知常见离子起先生成沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。请回答下列问题：(1)铬铁矿与熔融NaOH和NaCIO3的反应是在坩埚中进行的，可用作此坩埚材料的是___________.A.镍B.刚玉（Al2O3)C.陶瓷D.石英(2)写出铬铁矿中的Cr2O3与熔融NaOH和NaCIO3反应的化学方程式：___。由于在该过程中铁元素会大量转变为NaFeO2,所以加水的作用为__________________（用离子方程式表示）。(3)“滤渣2”主要成分为_________（填化学式）。(4)利用化学平衡移动原理说明调整pH2约至4.5的缘由是；再向其中加入KC1固体，蒸发浓缩至液体表面有晶膜产生，冷却结晶，过滤得到粗重铬酸钾晶体。为获得高纯度重铬酸钾晶体，可实行___________（填操作名称）。(5)调整pH3的范围为__________(6)已知铬铁矿中铁、铬元素的质量比为14:13.上述流程中铁元素转化为Fe2O3的利用率为60%,提取铬元素的转化率为90%,假如得到Fe2O3的质量为32t,则可以制备K2Cr2O7的质量为______t(结果保留1位小数）。【答案】(1).A(2).Cr2O3+4NaOH+NaClO3Na2CrO4+NaCl+2H2O(3).FeO2-+2H2O=OH-+Fe(OH)3↓(4).H2SiO3、Al(OH)3(5).因为存在平衡：2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O,增大c(H+)使平衡正向移动，有利于产生Cr2O72-(6).3.2≦pH3<8.1(7).88.2【解析】【分析】结合题中的信息和工艺流程图，铬铁矿的Cr2O3、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2与熔融NaOH和NaCIO3反应生成Na2CrO4、NaFeO2、NaAlO2、Na2SiO3，从滤渣4灼烧得三氧化二铁可知，加水，滤液1的溶质含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，滤渣1的成分为Fe(OH)3、MgO；滤液3里面主要含有Fe3+、Mg2+，通过调整pH3使Fe3+完全沉淀，而不Mg2+沉淀；滤液1的溶质含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，通过调整pH1，使NaAlO2、Na2SiO3，转化为H2SiO3、Al(OH)3；滤液2通过调整pH2使CrO42-转化为Cr2O72-；依据铬铁矿中铁、铬元素的质量比为14：13，即物质的量之比为1：1，再依据利用率可知，得到的Fe、Cr元素的物质的量之比为2：3，然后依据Fe2O3的质量计算出K2Cr2O7的质量。【详解】（1）A．镍不与氢氧化钠反应，镍可以作此坩埚材料，A正确；B．Al2O3能与氢氧化钠反应，故刚玉(Al2O3)不行以作此坩埚材料，B错误；C．陶瓷的成分中含有二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应，故陶瓷不行以作此坩埚材料，C错误；D．石英的成分是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应，故陶瓷不行以作此坩埚材料，D错误；答案选A；（2）Cr2O3与熔融NaOH和NaCIO3反应，被Cr2O3氧化为Na2CrO4，NaCIO3被还原为NaCI，其反应方程式为Cr2O3+4NaOH+NaClO3Na2CrO4+NaCl+2H2O；由流程图可以看出，Fe元素在过滤后进入滤渣中，说明NaFeO2能与水反应生成Fe(OH)3，反应方程式为FeO2-+2H2O=OH-+Fe(OH)3↓；（3）在第一步中能溶于氢氧化钠的除了Cr2O3，还有Al2O3和SiO2，分别形成AlO2-和SiO32-，所以调整pH1的目的应当是为了出去Al元素和Si元素，故“滤渣2”的主要成分为H2SiO3、Al(OH)3；（4）本过程的目的是为了获得重铬酸钾，所以调整pH2的目的是将CrO42-转化为Cr2O72-，存在平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O，增大c(H+)使平衡正向移动，有利于Cr2O72-的生成。从粗重铬酸钾晶体中获得高纯度重铬酸钾晶体的方法为重结晶；（5）“滤液3”中主要存在的金属离子为Fe3+、Mg2+，为了得到Fe(OH)3沉淀而不使Mg2+沉淀，应调整pH3的范围是3.2≦pH3<8.1；（6）铬铁矿中铁、铬元素的质量比为14：13，即物质的量之比为1：1，依据利用率可知，得到的Fe、Cr元素的物质的量之比为2：3，得到Fe2O3的质量为32t，即2×105mol，所以Cr元素的物质的量为6×105mol，即K2Cr2O7的物质的量为3×105mol，K2Cr2O7的质量为3×105mol×294g/mol=8.82×107g=88.2t。10.二氧化硫的污染臭名昭著，含硒的化学药物却有望迎来美名。某环保车间将含SO2、NO烟气经O3预处理后用CaSO3水悬浮液汲取。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H=-200.9kJ·mol-1NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g)△H=-58.2kJ·mol-1SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g)△H=-241.6kJ·mol-1(1)试验表明，在常温下反应：3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)正向自发，试说明缘由：_____。(2)将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示，试写出反应I的离子反应方程式：___________，反应II的离子方程式：________________。(3)用CaSO3水悬浮液处理二氧化氮，若在汲取液中加入Na2SO4溶液，能提高NO2的汲取速率，其主要缘由是___________；达到平衡后，溶液中c(SO32-)=__________［用c(SO42-、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示］。(4)氮的氧化物还可以通过电解法处理获得氮气和氧气，电解质为固体氧化物陶瓷，据图写出阴极的电极反应方程式：_______________。(5)已知SeO2与SO2的混合烟气用水汲取可制得单质硒，过滤得粗硒，硒的部分物理性质如下表所示。某工艺采纳真空蒸馏的方法提纯获得纯硒，采纳真空蒸馏的目的是_____。(6)最近我国学者锁定COVID-19的新靶点Mpro蛋白酶，通过先进筛选手段，在FDA批准的已上市和临床试验药物中，发觉老药Ebselen()在细胞试验中呈现出优异的抗病毒效果，优于此前探讨者设计的多种冠状病毒Mpro蛋白酶的抑制剂N3,这两类药物都是抑制病毒的核苷酸的复制。Ebselen抑制病毒复制的最佳浓度为_____________,比较N3半数有效浓度有无与伦比的优势。从影响化学反应速率的因素分析，这类药物的作用原理为_____________。【答案】(1).反应的△H=-317.3kJ·mol-1，该反应是气体体积减小的反应，△S小于零，但数值很小，在常温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发(2).2Ce4++H2=2Ce3++2H+(3).4H++2NO+4Ce3+=N2+4Ce4++2H2O(4).CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32-的浓度增大，加快SO32-与NO2的反应速率(5).[Ksp(CaSO3)/Ksp(CaSO4)]×c(SO42-)(6).2NOx+4xe-=N2+2xO2-(7).降低Se的沸点，避开Se与空气中氧气发生反应(8).10(9).这类药物相当于病毒复制反应中的负催化剂，能明显的减缓反应速率，药物的有效特殊强调催化剂的选择性，尽量不能影响人体健康【解析】【详解】（1）①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H=-200.9kJ·mol-1，②NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g)△H=-58.2kJ·mol-1，利用盖斯定律，由反应①+2×②得3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)△H=-317.3kJ·mol-1，该反应是气体体积减小的反应，△S＜0，但是数值很小，在常温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发；（2）将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，依据转化过程的图示可知反应I是H2还原Ce4+，其离子方程式为2Ce4++H2=2Ce3++2H+；反应II的离子方程式：4H++2NO+4Ce3+=N2+4Ce4++2H2O；（3）加入Na2SO4溶液，发生反应CaSO3+SO42-=CaSO4+SO32-，CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32-的浓度增大，加速SO32-与NO2的反应速率，，故溶液中c(SO32-)=[Ksp(CaSO3)/Ksp(CaSO4)]×c(SO42-)；（4）由题意可知NOx在阴极放电生成N2，电极反应式为2NOx+4xe-=N2+2xO2-；（5）真空使得压强降低，从而降低Se的沸点，避开Se与空气中氧气发生反应；（6）由图b可知Ebselen浓度为10时出现拐点，且浓度再增大抑制率改变不大，故最佳浓度为10。分析影响反应速率的因素，这类药物相当于病毒复制反应中的负催化剂，能明显的减缓反应速率，药物的有效特殊强调催化剂的选择性，尽量不影响人体健康。[化学－选修3:物质结构与性质］11.海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。NaCl晶胞结构示意图如下所示（晶胞边长为anm).(1)元素Na的价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原子，其价电子轨道表示式为__________。(2)除了NaCl，Cl元素还能形成多种价态的化合物，如NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4，这四种钠盐对应的酸的酸性依次增加，试说明HClO4的酸性强于HClO3的缘由：__________。(3)在适当条件下，电解NaCl水溶液可制得NaClO3。①NaCl水溶液中存在的微粒间作用力有________（填序号）。A.离子键B.极性键C.配位键D.氢键②依据价层电子对互斥理论，预料ClO3-的空间构型为________，写出一个ClO3-的等电子体的化学符号：______________(4)在NaCl晶体中，Na位于Cl所围成的正______面体的体心，该多面体的边长是______nm。(5)Na半径与Cl半径的比值为______（保留小数点后3位，=1.414)。【答案】(1).(2).HClO3和HClO4，可分别表示为(HO)ClO2，和(HO)ClO3，HClO3中Cl为+5价，HClO4中Cl为+7价。后者正电性更高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+（或HClO4中非羟基氧数比HClO3多，故HClO4酸性比HClO3强）(3).BCD(4).三角锥形(5).SO32-、IO3-或BrO3-(6).八(7).(8).0.414【解析】【详解】（1）元素Na的焰色反应呈黄色；激发态Na原子价电子由3s能级激发到3p能级，其价电子轨道表示式为；（2）HClO3和HClO4，可分别表示为(HO)ClO2和(HO)ClO3，HClO3中Cl为+5价，HClO4中Cl为+7价。后者正电性更高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+（或HClO4中非羟基氧数比HClO3多，故HClO4酸性比HClO3强）。（3）①A．在NaCl的水溶液中，NaCl电离成自由移动的钠离子和氯离子，离子键被破坏，A不符合题意；B．水分子中存在极性共价键，B符合题意；C．氢离子供应空轨道，水分子中的氧原子供应孤电子对，存在配位键，C正确；D．水分子间存在氢键，D正确；答案选BCD。②依据价层电子对互斥理论，ClO3-的价层电子对数是4，中心原子上的孤电子对数是1，故ClO3-的空间构型为三角锥形；原子个数相等，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，故与ClO3-的等电子体的物质是SO32-、IO3-或BrO3-；（4）晶体中，以Na+为中心在它的上下前后左右有6个Cl-，Na+位于Cl-所围成的八面体的体心，如图，该多面体的边长=图中对角线长的一半=；（5）依据图，NaCl晶体中阴阳离子的最短距离为anm的一半即nm，Cl-半径为对角线的，即为nm，由图，Na+半径为(nm-nm)，所以Na+半径与Cl-半径之比为(nm-nm)：nm=0.414。[化学－选修5:有机化学基础］12.一种常用的冷静、麻醉药物I,其合成路途如下。已知：①B、C互为同分异构体②+R1OH；③+R3Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr；④+R1OH；其中R、R2代表烃基或氢原子，R1、R3代表烃基。回答下列问题。(1)试剂a为溴代物，其名称为_____，G中官能团的名称为____，G-H的反应类型为____。(2)I的结构简式为__。(3)写出B+C→D的化学方程式：__________________(4)设计试验区分B、D,