2025届高三化学上学期9月质量检测试题含解析

PAGE25-2025届高三化学上学期9月质量检测试题（含解析）考生留意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷草稿纸上作答无效。3.命题范围：高考范围。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56Ag108一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活亲密相关。下列说法错误的是A.红葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用B.纤维素和蔗糖水解的最终产物均为葡萄糖C.体积分数为75%的乙醇溶液常用于医疗消毒D.紫外线和高温均能使新型冠状病毒蛋白质变性【答案】B【解析】【详解】A．由于SO2具有强还原性，可以消耗红葡萄酒中的氧气，防止其变质，故在红葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用，A正确；B．纤维素水解的最终产物是葡萄糖，而蔗糖水解的最终产物均为葡萄糖和果糖，B错误；C．乙醇可使蛋白质变性而杀菌消毒，故体积分数为75%的乙醇溶液常用于医疗消毒，C正确；D．紫外线和高温均能变更蛋白质的结构而使其失去生理活性，故能使新型冠状病毒蛋白质变性，D正确；故答案为：B。2.下列试验过程中的颜色变更与氧化还原反应无关的是A.苯酚久置于空气中变为粉红色B.向草酸溶液中滴加酸性K2Cr2O7溶液得到绿色溶液C.向饱和Na2CO3溶液中通CO2出现白色固体D.向紫色石蕊溶液中逐滴滴入氯水，溶液先变红后褪色【答案】C【解析】【详解】A．苯酚有还原性，在空气中被氧化为粉红色，与氧化还原反应相关，A不合题意；B．向草酸溶液中滴加酸性K2Cr2O7溶液得到绿色溶液，溶液由橙色变绿色，可知Cr、C元素的化合价变更，与氧化还原反应有关，B不合题意；C．向饱和Na2CO3溶液中通CO2出现白色固体，是Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故与氧化还原反应无关，C符合题意；D．向紫色石蕊溶液中逐滴滴入氯水反应为Cl2+H2O=HCl+HClO，溶液中含有H+故变红，溶液中又含有HClO具有强氧化性故后褪色，故与氧化还原反应有关，D不合题意；故答案为：C。【点睛】，故B不选3.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质是密度最小的金属，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y、Z同主族。下列叙述正确的是（）A.X的单质通常保存在煤油中B.简洁氢化物的稳定性：Y＜Z＜WC.Z的氧化物对应的水化物均为强酸D.Z2W2中各原子最外层均满意8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】X的单质是密度最小的金属，X是Li；Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是O元素；Y、Z同主族，Z是S元素；X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是Cl元素。【详解】A．锂的密度小于煤油，锂单质通常保存在石蜡油中，故A错误；B．非金属性O＞Cl＞S，简洁氢化物的稳定性：H2S＜HCl＜H2O，故B错误；C．SO2对应的水化物H2SO3为弱酸，故C错误；D．S2Cl2结构式为Cl-S-S-Cl，S形成2个共价键、Cl原子形成1个共价键，S原子最外层电子数为6+2=8，Cl原子最外层电子数=7+1=8，均满意8电子结构，故D正确；选D。4.下列化学用语表示或描述不正确的是A.Ca的电子排布式是［Ar］3d2B.BF3的VSEPR的模型名称是平面三角形C.NH4+中心原子N上的孤电子对数为0D.在[Cu(NH3)4]2+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键【答案】A【解析】【详解】A.Ca的电子排布式是1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，故A错误；B.价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，依据BF3的电子式可知，中心原子B有没有孤电子对，有3个σ键电子对，共3个价层电子对，VSEPR模型名称为平面三角形，故C正确；C.NH4+的电子式为，中心原子N上的孤电子对数为0，故C正确；D.NH3的电子式为，所以在[Cu(NH3)4]2+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键，故D正确；综上所述，本题正确答案为A。5.对试验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】思路：除溴（利用SO2的还原性）分别出苯和溴苯的混合液（分液）分别出溴苯（蒸馏）。【详解】A.除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故A正确；B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；D.溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分别出溴苯用蒸馏，故答案选C。6.黄芩苷是双黄连口服液中的活性成分之一，其结构如图所示。下列关于黄芩苷的说法正确的是（）A.分子中有3种含氧官能团B.分子中有6个手性碳原子C.该物质能与溶液发生显色反应D.该物质与足量溶液反应时消耗【答案】C【解析】【详解】A．分子中有羧基、醚键、羟基、羰基4种含氧官能团，故A错误；B．分子中只有5个手性碳原子，故B错误；C．含酚羟基能与溶液发生显色反应，故C正确；D．1个该分子中有2个酚羟基和1个羧基，该物质与足量溶液反应时最多消耗，故D错误；故答案选C。【点睛】有机物中能够与NaOH溶液反应的官能团有酚羟基、羧基、酯基等，留意每种官能团消耗NaOH的量。7.氮化硼（BN）晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相像，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是A.立方相氮化硼含配位键B→NB.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软，熔点低C.两种氮化硼中硼原子都是采纳sp2杂化D.六方相氮化硼晶体其结构与石墨相像却不导电，缘由是没有可以自由移动的电子【答案】D【解析】【详解】A．B原子最外层有3个电子，存在一个空轨道，N原子最外层有5个电子，存在一个孤电子对，由晶体结构可知，立方相氮化硼为空间网状结构与金刚石类似，立方相氮化硼中B形成4个共价键，其中1个为B←N配位键，故A错误；B．六方相氮化硼具有层状结构，层间作用力小，所以质地软，但层内原子间通过共价键结合，导致熔点很高，故B错误；C．立方相氮化硼中硼原子形成4个共价键，所以立方相氮化硼中硼原子采纳是sp3杂化，故C错误；D．晶体中存在可以自由移动的电子能导电，六方相氮化硼晶体中没有可以自由移动的电子，所以不导电，故D正确；答案选D。8.过氧化钙()在室温下稳定，加热至350℃左右快速分解。试验室制备反应：，装置如图所示。下列说法错误的是()A.长颈漏斗可以起到防倒吸的作用B.甲装置可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气C.冰水混合物的主要作用是防止生成的过氧化钙受热分解D.反应过程中不断中和和过氧化氢生成的，促进反应进行【答案】C【解析】【分析】【详解】A.氨气极易溶于水，倒吸的水在长颈漏斗中可以回流，故可以起到防倒吸的作用，A正确；B.甲装置为固+液不加热制备气体的反应装置，依据反应原理，可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气，B正确；C.冰水混合物的主要作用：防止过氧化氢分解，同时使过氧化钙晶体析出，C错误；D.反应过程中因为要生成更多的CaO2•8H2O，为使反应不断向正反应进行，须要加NH3•H2O中和过氧化氢和Ca2+反应生成的氢离子，促进反应进行，D正确。答案选C。9.是一种弱酸，可通过下列方法制备：下列说法正确的是（）A.室温下，的溶解度比的小B.反应②中，被氧化的碘与被还原的碘物质的量之比为C.反应③的产物中D.反应④中酸X可选用盐酸或硝酸【答案】C【解析】【详解】A．由反应①复分解反应规律，的溶解度较小，故A错误；B．反应②产物为和，被氧化的碘与被还原的碘物质的量之比为1：5，故B错误；C．依据氧化还原反应规律，发生，产物中，故C正确；D．Ba2+与SO42-可以生成BaSO4沉淀，为了有利于分别，相宜用硫酸，故D错误；故答案选C。【点睛】本题关键是理解反应流程图中每一步反应的试验原理和试验目的，留意应用氧化还原反应规律推断不同物质反应或生成的量的关系。10.LiFePO4电池（电解质溶液为LiPF6的有机溶液）是电动汽车常用的一种电池，其工作原理如图所示，其中LixC6是单质锂附聚在石墨电极上的一种表示形式。下列说法错误的是A.充电时，电极a上的电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6B.电动汽车行驶时，正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4C.放电时，当电路中转移0.2mol电子时，通过隔膜0.2mol离子D.隔膜为阳离子交换膜【答案】A【解析】【分析】由题干可知：LixC6是单质锂附聚在石墨电极上的一种表示形式，故电池放电时，电极a为负极，电极反应为：LixC6-xe-=xLi++C6,电极b为正极，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，故Li+经过离子交换膜进入正极，据此解题。【详解】A．由分析可知，放电时ａ为负极，反应为LixC6-xe-=xLi++C6，故充电时，电极a上的电极反应式为放电时的逆过程，故为xLi++C6+xe-=LixC6，A错误；B．由分析可知，电动汽车行驶时，正极发生还原反应，故电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，B正确；C．由于通过隔膜的离子Li+，故放电时，当电路中转移0.2mol电子时，通过隔膜0.2mol离子，C正确；D．由分析可知，隔膜为阳离子交换膜，D正确；故答案为：A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列试验方案的设计能达到相应试验目的的是选项试验目的试验方案A向苯与液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体干脆通入AgNO3溶液中验证液溴与萃发生取代反应B比较HF与HClO的酸性强弱常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaF溶液和NaClO溶液的pHC验证FeCl3与KI的反应是可逆反应向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol·L-1KI溶液充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液D除去NaCl固体表面的少量KCl杂质用饱和NaCl溶液洗涤A.A B.B C.C D.D【答案】CD【解析】【详解】A.在铁做催化剂作用下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢气体，溴化氢极易溶于水，干脆通入硝酸银溶液中会产生倒吸，故A错误；B.次氯酸钠在溶液中水解生成的次氯酸具有强氧化性，能使pH试纸漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，应用pH计测定，故B错误；C.KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁、单质碘和氯化钾，反应的化学方程式为2KI+2FeCl3=2FeCl2+I2+2KCl，由题意可知，5mL0.1mol·L-1KI溶液过量，若反应为可逆反应，反应后的溶液中存在铁离子，则取少许混合液滴加KSCN溶液，视察是否有血红色，假如有血红色就说明为可逆反应，否则不是可逆反应，故C正确；D.用饱和NaCl溶液洗涤NaCl固体，即可以除固体表面的少量KCl杂质，也可以削减氯化钠固体的溶解而造成损失，故D正确；故选CD。12.在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一，瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是A.瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N＞O＞PB.瑞德西韦分子可以发生水解反应、加成反应、氧化反应和还原反应C.瑞德西韦中全部的N都为sp3杂化D.瑞德西韦结构中存在σ键、π键、不存在大π键【答案】B【解析】【详解】A．依据元素周期律，同周期元素，越靠右电负性越强，同主族元素，越靠上，电负性越强，故N、O、P元素的电负性由大到小的依次为O＞N＞P，A错误；B．该物质含酯基，可发生水解反应；含苯环，可与氢气发生加成反应，该反应也是还原反应；该有机物有羟基，可发生氧化反应，B正确；C．该物质中有氮原子形成碳氮双键，该氮原子实行sp2杂化，C错误；D．该物质含苯环，存在大π键，D错误；答案选B。13.利用微生物燃料电池进行废水处理，可实现碳氮联合转化。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是A.负极反应式为B.电池工作时，由M极区移向N极区C.相同条件下，M极区生成的与N极区生成的的体积之比为D.好氧微生物反应器中发生的反应的离子方程式为【答案】C【解析】【分析】由图示分析可知微生物燃料电池中，CH3COO-→CO2，发生失去电子的氧化反应，则M为原电池的负极，环境为酸性介质，负极电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O═2CO2+7H+；NO3-→N2，反应得电子的还原反应，则N为原电池的正极，正极电极反应式为：2NO3-+12H++10e-═N2+6H2O，电解质溶液中，阴离子移向负极M，阳离子移向正极N；NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-：NH4++2O2═NO3-+2H++H2O，据此解答。【详解】A.负极失电子，由图可知，M为负极，在负极反应生成二氧化碳，其电极反应为，故A正确；

B.原电池工作时，阳离子由负极移向正极，所以由M极移向N极，故B正确；

C.在N极反应生成氮气，其电极反应为：，由两极反应可知，相同条件下，M、N两极生成的和的体积之比为5：2，故C错误；

D.由图可知，好氧微生物反应器中发生的反应为，故D正确。故选C。14.我国科研人员探讨了在Cu-ZnO–ZrO2催化剂上CO2加氢制CH3OH的机理，其反应历程如图所示：其中，TS表示过渡态、吸附在催化剂表面上的物种用*标注，括号里的数字表示微粒的相对总能量[单位：eV（1eV=1.60×10-19）]，下列说法正确的是A.该反应的反应热ΔH=-8.16×10-23kJ/molB.过程I有H-H键断裂，过程II表示与催化剂脱离C.等物质的量的CO2和CH3OH中共用电子对数目之比为8：5D.催化剂表面发生的反应中决速步骤为HCOOH*+H2（g）一-H2COOH*【答案】BD【解析】【详解】A．1个CO2分子和3个H2分子最终生成1个CH3OH分子和1个H2O分子放出能量为0.51eV，则1molCO2（g）和3molH2（g）反应时放出能量为：0.51×1.60×10-19J×6.02×1023=4.91×104J=49.1kJ，故该反应的反应热△H=-49.1kJ/mol，A错误；B．过程I中部分氢气分子转化H原子，有H-H键断裂，过程II中前后物质相同，CH3OH与催化剂脱离，B正确；C．CO2分子中有4对共用电子对，而CH3OH中有5对共用电子对，故等物质的量的CO2和CH3OH中共用电子对数目之比为4：5，C错误；D．生成CH3OH的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应，而活化能越大，反应速率越慢。由微粒相对总能量可知，TS3过渡态的活化能最高，决速步骤为：HCOOH*+H2（g）═H2COOH*，D正确；故答案为：BD。15.常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合博液的pOH[pOH=-lgc（OH-）]与溶液离子浓度变更的关系如图所示。下列叙述正确的是A.曲线N表示pOH与lg两者的变更关系B.NaHX溶液中c（H2X）>c（X2-）C.当混合溶液呈中性时，c（Na+）=c（HX-）+2c（X2-）D.常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4【答案】BD【解析】【分析】Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则，碱性条件下，pOH相同时，，由图像可知N为pOH于的变更曲线，曲线M为pOH与的变更曲线。【详解】A．依据分析可知，曲线N表示pOH与的变更曲线，故A错误；B．，曲线N中时，c(HX−)=c(X2−)，则；，曲线M中时，c(HX−)=c(H2X)，则，说明HX−的水解程度较大，则c(X2−)<c(H2X)，故B正确；C．混合液呈中性时，c(OH−)=c(H+)，依据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX−)+2c(X2−)+c(Cl−)，故C错误；D．常温下，Na2X的第一步水解常数，曲线N中时，c(HX−)=c(X2−)，pOH=4，则，D正确；故D正确；答案选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.利用某冶金行业产生废渣（主要含V2O3还有少量SiO2、P2O5等杂质）可以制备，生产流程如下：已知；V2O5微溶于水、溶于碱生成VO（加热生成VO），具有强氧化性。向Na3VO4溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表：回答下列问题：（1）“焙烧”后V元素转化为NaVO3，Si元素转化为_______（写化学式）.（2）欲除净磷元素[即c（PO）≤1.0×10-5mol·L-1]，最终溶液中Mg2+的浓度至少为_____mol·L-1{已知Ksp[Mg3（PO4）2]=1.0×10-24}。（3）“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0发生反应的离子方程式为______，最终须要限制pH约为______；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是____（写化学式）。（4）“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分别为____、____________。【答案】(1).Na2SiO3(2).(3).10V3O93-+12H+=3V10O286-+2H2O(4).2(5).V2O5(6).2VO2++HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O(7).【解析】【分析】钒炉渣（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质）与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅、磷，滤渣的成分为MgSiO3、，向滤液中加入硫酸沉钒得到V2O5，加入稀硫酸溶解得到VO2+，酸性条件下加入甲酸还原得到VO2+，在加入碳酸氢铵，得到，以此解答该题。【详解】（1）SiO2和Na2CO3在高温反应下得到Na2SiO3；

（2）已知Ksp[Mg3（PO4）2]=1.0×10-24，[PO43-]≤1.0×10-5mol•L-1，则最终溶液中Mg2+的浓度至少为；

（3）沉钒过程中，pH由8.5到5.0的过程中V元素存在形式由V3O93-生成V10O286-，此过程无元素化合价的升降，整体是酸性环境，依据电荷守恒配平方程，发生反应的离子方程式为：10V3O93-+12H+=3V10O286-+2H2O；依据表格数据可知，pH约为2时V的存在形式为V2O5固体，最终须要限制pH约为2；沉钒最终得到的主要含钒物质是V2O5；

故答案为：10V3O93-+12H+=3V10O286-+2H2O；2；V2O5；

（4）甲酸具有较强的还原性，其中C元素显+2价，被氧化为CO2，VO2+中+5价的V被还原，得到+4价的VO2+，依据氧化还原反应配平原理配平方程即可，还原和转化过程中主要反应的离子方程式分别为2VO2++HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O；。17.元素周期表中第四周期的某些元素在生产、生活中有着广泛的应用。(1)硒常用作光敏材料，基态硒原子的价电子排布图为__________；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有__________种；SeO3的空间构型是_______________。(2)科学家在探讨金属矿物质组分的过程中，发觉了Cu—Ni—Fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是_____________________________________。(3)镍能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。(SCN)2分子中硫原子的杂化方式是__________________，σ键和π键数目之比为_____________。(4)Co(NH3)5Cl3是钴的一种协作物，向100mL0.2mol·L-1该协作物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成5.(5)已知：r(Fe2+)为61pm，r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，试验测得FeCO3分解温度低于CoCO3，缘由是__________________________________。(6)某离子型铁的氧化物晶胞如下图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为________________________。已知该晶体的密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该品体的晶胞参数a=_______pm(用含d和NA的代数式表示)。【答案】(1).(2).3(3).平面三角形(4).X射线衍射(5).sp3杂化(6).5:4(7).［Co（NH3）5Cl］Cl2(8).6(9).Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解(10).Fe3O4(11).×1010【解析】【分析】(1)硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布图；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；气态SeO3分子Se原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；(2)确定晶体、非晶体的方法是X射线衍射(3)依据(SCN）2分子中分子结构式为N≡C-S-S-C≡N分析；(4)协作物中配位离子Cl-不与Ag+反应，据此计算出外界离子Cl-离子的数目，据此分析解答；(5)依据产物FeO的晶格能和CoO的晶格能比较进行分析；(6)依据均摊法确定微粒个数，即可确定化学式；晶胞参数a=×1010cm【详解】(1)硒为34号元素，有6个价电子，价电子排布图为；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，因此同一周期p区元素第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、Br、Kr；气态SeO3分子Se原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；答案：3平面三角形(2)确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是是X射线衍射答案：X射线衍射(3)（SCN）2分子中分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，依据价层电子对互斥理论知硫原子的杂化方式为sp3，该分子中σ键和π键数目之比为5:4；答案：sp3杂化5:4(4)协作物的物质的量为0.2mol/L×100×10-3L=0.02mol，氯化银的物质的量为，协作物中配位离子Cl-不与Ag+反应，1mol该协作物生成2molAgCl沉淀，所以1mol该协作物中含2mol外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，该协作物的化学式可写为：[Co（NH3）5Cl]Cl2，中心离子配位数6；答案：［Co（NH3）5Cl］Cl26（5）因为Fe2+的半径小于Co2+，所以FeO的晶格能大于CoO，生成物FeO比CoO稳定，所以FeCO3的分解温度低于CoCO3；答案：Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解（6）依据图示可知晶胞中含4个X、4个Y，每个X中含Fe3+：4×1/8+1=3/2，O2-：4；每个Y中含Fe3+：4×1/8=1/2，Fe2+：4O：4则晶胞中共有Fe3+：4×（3/2+1/2）=8，Fe2+：4×4=16O2-：（4+4）×4=32，晶胞中铁与氧个数比为（8+16）：32=3:4，氧化物的化学式为Fe3O4；晶胞参数a==×1010pm=×1010pm答案：×101018.目前人们对环境爱护、新能源开发很重视。（1）干脆排放煤燃烧产生的烟气会引起严峻的环境问题。煤燃烧产生的烟气中的氮氧化物NOx，可用CH4催化还原，消退氮氧化物的污染。已知：①CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-860.0kJ·mol-1②2NO2（g）N2O4（g）ΔH=-66.9kJ·mol-1写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2、H2O（g）和CO2的热化学方程式：_________。（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400℃、400℃、T℃）的容器中分别加入足量的焦炭和肯定量的NO，测得各容器中n（NO）随反应时间tt/min04080120160n（NO）（甲容器，400℃）2.001.501.100.600.60n（NO）（乙容器，400℃）1.000.800.650.530.45n（NO）（丙容器，T℃）/mol2.001.000.500.500.50①该正反应为_______（填“放热”或“吸热”）反应。②乙容器在200min达到平衡状态，则0~200min内用NO的浓度变更表示的平均反应速率(NO)________。（3）用焦炭还原NO2的反应为：2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：①A.B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A）=______Kc（B）（填“>”、“<”或“=”）。②A、B、C三点中NO2的转化率最低的是_____（填“A”、“B”或“C”）点。③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）=_____（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（4）试验室常用NaOH溶液汲取法处理NOx，反应的化学方程式如下（已知NO不能与NaOH溶液反应）：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O①若NOx（此时为NO和NO2的混合气体）能被NaOH溶液完全汲取，则x的取值范围为_______。②1molNO2和溶质物质的量为1mol的NaOH溶液恰好完全反应后，溶液中各离子浓度由大到小的依次为，___________。【答案】(1).CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)=-793.1kJ/mol(2).吸热(3).0.0035mol·L-1·min-1(4).=(5).B(6).4MPa(7).1.5≤x<2(8).c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)【解析】【分析】(1)CH4还原N2O4的化学方程式为CH4+N2O4=N2+2H2O+CO2，依据盖斯定律①-②得到CH4催化还原N2O4(g)生成N2、H2O(g)和CO2的热化学方程式；（2）①甲丙相比充入的NO的物质的量相等，达到平衡时间甲较长，温度越高反应达到平衡时间越短，则温度：T＞400，上升温度NO平衡物质的量减小，说明上升温度平衡正向移动；②该反应前后气体体积不变，则压强不影响平衡移动，起先时甲中加入的NO物质的量是乙中2倍，平衡时甲中NO是乙中2倍，所以乙平衡时n(NO)=0.30mol，0～200min内用NO的浓度变更表示的平均反应速率(NO)=；(3)①依据化学平衡常数与温度有关，温度不变，K不变；②该反应是个气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动；③C点时NO2和CO2浓度相等，依据反应的三段式计算C点各物质的物质的量，再依据分压计算Kp（C）；（4）①由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能被汲取，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全汲取，满意n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值＜2，据此确定x取值范围；②等物质的量NO2和NaOH溶液完全反应后溶液中溶质为等物质的量的NaNO2、NaNO3，得到溶液中离子浓度大小。【详解】（1）由盖斯定律①-②得到CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的=（-860.0kJ/mol）-（-66.9kJ/mol）=-793.1kJ/mol，所以热化学方程式为CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)=-793.1kJ/mol，故答案为：CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)=-793.1kJ/mol；（2）①甲丙相比充入的NO的物质的量相等，达到平衡时间甲较长，温度越高反应达到平衡时间越短，则温度：T＞400，上升温度NO平衡物质的量减小，说明上升温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故答案为：吸热；②该反应前后气体体积不变，则压强不影响平衡移动，起先时甲中加入的NO物质的量是乙中2倍，平衡时甲中NO是乙中2倍，所以乙平衡时n（NO）=0.30mol，0～200min内用NO的浓度变更表示的平均反应速率(NO)==0.0035mol·L-1·min-1，故答案为：0.0035mol·L-1·min-1；（3）①A、B两点温度相等，所以化学平衡常数相等；故答案为：=；②由方程式可知反应气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，B点压强最大，所以转化率最低；故答案为：B；③设起始到平衡转化氮气物质的量为xmol，反应三段式为C点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得：x=0.25，因C点时NO2和CO2浓度相等，则NO2和CO2的分压也相等，即p(NO2)=p(CO2)，所以Kp（C）==p(N2)=20MPa×=4MPa，故答案为：4MPa；（4）①由方程式可知，NO单独不能被汲取，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全汲取，满意n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为=1.5，因为混有NO，所以x最大值＜2，故x的取值范围为1.5≤x＜2，故答案为：1.5≤x＜2；②等物质的量NO2和NaOH溶液完全反应后溶液中溶质为等物质的量的NaNO2、NaNO3，水解，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的依次为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)。19.化合物F是一种药物合成的中间体，F的一种合成路途如下：已知：回答下列问题：（1）的名称为____。（2）D中含氧官能团的名称为____。（3）B→C的反应方程式为____。（4）D→E的反应类型为____。（5）C的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体还有____种，写出核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6:2:1的同分异构体的结构简式____。（6）依他尼酸钠（）是一种高效利尿药物，参考以上合成路途中的相关信息，设计以为原料（其他原料自选）合成依他尼酸钠的合成路途。________________【答案】(1).2-氯丙酸(2).羧基、醚键(3).(4).取代反应(5).5(6).(7).【解析】【分析】由流程图可知：A在催化剂作用下发生苯环上溴代反应生成B，B发生取代反应生成C，，C发生信息中取代反应生成D，由信息D发生取代反应生成E，由E的结构、反应条件，逆推可知D为、C为、B为．对比E、F的结构，可知E的羧基与碳酸钠反应，E中亚甲基与甲醛发生加成反应、消去反应引入碳碳双键，最终生成F。（6）仿照C→F的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最终与HCHO反应得到目标物。【详解】（1）中Cl为取代基，丙酸为母体从羧基中C原子起编碳号，名称为：2-氯丙酸；（2）D为，D中含氧官能团的名称为：羧基、醚键；（3）B→C的反应方程式为：（4）D→E是苯环上H原子被-COCH2CH3替代，属于取代反应；（5）C（）的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-ONa分别有2种、3种、1种位置结构，共有6种，不包括C本身还有5种，核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6：2：1的同分异构体的结构简式为：；（6）仿照C→F的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最终与HCHO反应得到目标物，合成路途流程图为：。20.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，反应装置如图所示(每个