2025-2026学年河北省承德市九校联考高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河北省承德市九校联考2025-2026学年高三上学期11月期中试题本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Ce140一、选择题：本题共14小题，每小题3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.中华文化博大精深、源远流长。下列物品的主要成分属于无机物的是A.京韵大鼓 B.蜀绣C.西湖龙井 D.殷墟甲骨【答案】D【解析】A．京韵大鼓由一块原木制成，其主要成分纤维素，A不符合题意；B．蜀绣的主要材质是丝绸，丝绸的主要成分为蛋白质（有机物），B不符合题意；C．西湖龙井（茶叶）的主要成分是茶多酚、纤维素等有机物，C不符合题意；D．殷墟甲骨是商代刻有文字的龟甲或兽骨，其主要成分是碳酸钙，属于无机物，D符合题意；故选D。2.下列化学用语或图示错误的是A.16O2与18O2互为同素异形体B.K2S的电子式：C.的VSEPR模型：D.BaSO4溶于水的电离方程式：【答案】A【解析】A．同素异形体是指同一元素组成的性质不同的几种单质，16O2与18O2是由不同核素形成的氧气，不是同素异形体，A错误；B．K2S是离子化合物，故K2S的电子式：，B正确；C．已知中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，故其VSEPR模型：，C正确；D．已知BaSO4是强电解质，BaSO4溶于水的电离方程式为：，D正确；故答案为：A。3.化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作或方法符合规范的是(加热及夹持等装置略)A.除C2H2中的H2S、PH3 B.药品存放C.分离苯与溴苯 D.制备【答案】D【解析】A．PH3不与NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液除去C2H2中的PH3，A错误；B．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇和氯酸钾会发生剧烈的氧化还原反应，导致起火或爆炸，乙醇和氯酸钾不能存放在一起，B错误；C．可以用蒸馏的方法分离苯与溴苯，蒸馏装置中温度计水银球应该放在支管口，C错误；D．氨气可被次氯酸钠氧化为，过量，可氧化生成的，应将注入氨水中，D正确；故选D。4.某科研小组对、、是否能在一定条件下发生荧光进行了探究。查文献知：①分子中存在共轭π键体系、存在推电子基团易产生荧光，与金属离子结合后荧光强度增强，苯环本身可发弱荧光。②推电子能力-NH2>-OCH3>-OH。下列说法错误的是A.、均几乎无荧光B.能发出强荧光C.的氨基(-NH2)替换为甲氧基(-OCH3)，荧光强度会增强D.荧光分子可用于检验溶液中Cu2+等金属离子浓度【答案】C【解析】A．-COOH和-NO2为吸电子基团，不满足推电子基团的荧光产生条件，故苯甲酸和硝基苯几乎无荧光，A正确；B．-NH2为推电子基团，苯胺可发强荧光，B错误/不符合题意；C．-NH2推电子能力>-OCH3，将-NH2替换为-OCH3会导致荧光减弱，而非增强，C错误；D．荧光分子与金属离子结合后荧光增强，可用于检测Cu2+等离子浓度，D正确；故选C。5.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式错误的是A.与水反应生成两种气体，则：与足量氢氧化钠溶液混合：B.羟胺(NH2OH)被氯化铁溶液氧化后生成无毒气体：C.向NaClO溶液中通入足量：D.向含0.04mol硫酸铝铵的溶液中滴入含0.09mol氢氧化钡的溶液：【答案】C【解析】A．SOCl2中S为+4价，Cl为-1价，水解生成H2SO3与HCl，故两种气体为二氧化硫和氯化氢，与碱反应生成对应价态的盐，离子方程式书写正确，A正确；B．羟胺被氧化生成的无毒气体为氮气，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式书写正确，B正确；C．NaClO具有强氧化性，与SO2应发生氧化还原反应：，C错误；D．0.04molNH4Al(SO4)2中含有0.04mol铵根、0.04molAl3+、0.08mol硫酸根，与0.09molBa2+和0.18molOH-反应时，0.08mol硫酸根与0.08molBa2+反应生成0.08molBaSO4，然后0.04molAl3+与0.12molOH-反应生成0.04molAl(OH)3，0.04mol铵根与0.04molOH-反应生成0.04molNH3·H2O，剩余0.02molOH-与0.02molAl(OH)3反应0.02mol，剩余0.02molAl(OH)3，根据物质的量之比可得方程式计量数之比，离子方程式书写正确，D正确；故选C。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W、X、Y形成的物质甲的结构如图1所示；Z是地壳中含量最高的元素，W、Y形成的最简单化合物乙易溶于W、Z形成的最简单化合物丙；Q原子核外电子空间运动状态共有15种，有1个单电子，其与甲形成的物质丁如图2。下列说法错误的是A.图1中空腔大环呈平面结构，其大环π键电子数为18B.图2中Q的配位键个数为2C.简单离子半径：Y>ZD.乙与Q形成的离子稳定性强于丙与Q形成的离子稳定性【答案】B【解析】地壳中含量最高的元素，故Z为O；结合物质结构可知W为H；X为C；Y为N；Q核外电子空间运动状态共15种、有1个单电子，故Q为Cu；A．图1中空腔大环由8个C原子和8个N原子构成，C原子各提供一个电子，6个不带氢的N原子各提供一个电子，2个带氢的N原子各提供2个电子，共18个电子形成离域π键，故π键电子数为18，A正确；B．图2中Cu与4个N均形配位键，配位键个数为4，B错误；C．N3-和O2-电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故N3->O2-，C正确；D．乙（NH3）与Q（Cu）形成的离子为[Cu(NH3)4]2+，丙（H2O）与Q（Cu）形成的离子为[Cu(H2O)4]2+，含[Cu(H2O)4]2+的溶液中通入NH3生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，故稳定性[Cu(NH3)4]2+强于[Cu(H2O)4]2+，D正确；故选B。7.以2-吡咯醛(X)、炔胺衍生物(Y)原料，可进一步反应制得吡咯[2，3-c]吡啶衍生物(W)，反应流程如图所示。下列说法正确的是A.反应流程中有机物均能使酸性KMnO4溶液褪色B.X能发生加成、氧化、取代、水解反应C.Y通过缩聚反应形成的高分子易降解D.W分子中所有原子可能共平面【答案】A【解析】A．X分子具有碳碳双键和醛基，Y分子具有碳碳三键，Z分子具有碳碳双键和碳碳三键，W分子具有碳碳双键，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．碳碳双键和醛基可发生加成和氧化反应，-NH-可发生取代反应，但X分子不能发生水解反应，B错误；C．Y分子不具有2个可取代的活性基团，不能发生缩聚反应，只能发生加聚反应，且加聚反应的高分子产物难降解，C错误；D．W分子中具有甲基，具有甲烷的结构特点，最多有3个原子共平面，所以W分子中所有原子不可能共平面，D错误；故选A。8.、均具有较强的毒性，向熔融的硫中通入适量的Cl2即可生成，在有机合成、橡胶工业等领域有着广泛的应用。它们的分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，遇水均能水解，且产物相同。已知：、下列说法错误的是A.、分子中的中心原子采用sp3杂化B.制备、时产生的尾气应用澄清石灰水处理C.S2Cl2水解的化学方程式是D.一定质量的、溶于水，用AgNO3溶液滴定其中的，可作指示剂【答案】B【解析】A．

中，S原子为中心原子，价层电子对数为4（2个成键电子对和2个孤电子对），杂化方式为；

结构式为，每个S原子可视作中心原子，其价层电子对数也为4（2个成键电子对和2个孤电子对），杂化方式也为，A正确；B．制备、时产生的尾气中含有氯气，氯气有毒。澄清石灰水中浓度较低，吸收氯气的效果差，可用NaOH溶液吸收，B错误；C．分子中的S为+1价，遇水能水解，发生歧化反应生成HCl、SO2、S，根据化合价升降守恒、原子守恒可知所给方程式无误，C正确；D．对于反应，其平衡常数：，说明可完全转化为AgCl(s)，AgCl沉淀完全时才产生沉淀，所以可作AgNO3滴定的指示剂，D正确；故选B。9.从微观视角探析物质结构及性质是研究和学习化学的重要方法。下列事实与解释相符的是选项事实解释A比Br2活泼，更容易与H2反应Cl-Cl键能小于Br-Br键能，Cl-Cl键更容易断裂B键角：中心原子杂化轨道数越多，键角越小C氢氧化镁能溶于氯化铵溶液水解产生的H+与溶解产生的OH-反应，促沉淀溶解平衡正向移动D钙与水反应不如钠与水反应剧烈钙的金属活动性不如钠的金属活动性强A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．Cl2比Br2活泼的原因是Cl电负性更强，H-Cl键能更大，放热更多，所以更容易与氢气反应，而Cl-Cl键能大于Br-Br键能，解释错误，A错误；B．CO2中C的价层电子对数为，采取sp杂化，键角为180°，中S的价层电子对数为，采取sp3杂化，键角为109.5°，但键角与中心原子杂化轨道数无直接关系，键角还取决于孤电子对数，解释错误，B错误；C．铵根水解生成H+中和OH-，使Mg(OH)2溶解平衡右移，解释正确，C正确；D．Ca的金属性大于钠，与水反应剧烈程度差异是因为生成的氢氧化钙微溶，会覆盖在钙表面阻碍反应进一步进行，解释错误，D错误；故选C。10.当1，3­丁二烯和溴单质以物质的量之比为1∶1加成时，其反应机理及能量变化如下：不同反应条件下，经过相同时间测得生成物组成如下表：实验编号反应条件反应时间产物中A的物质的量分数产物中B的物质的量分数1-15℃tmin62%38%225℃tmin12%88%下列分析不合理的是A.产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B反应互相竞争B.实验1测定产物组成时，体系已达平衡状态C.相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快D.实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B【答案】B【解析】A．产物A、B分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，由题表知，活性中间体C在不同温度下生成A、B的量不同，但A、B的总量不变，故由中间体C生成A、B的反应互相竞争，A项正确；B．实验1测定产物组成时，不能确定各物质含量保持不变，体系不一定达平衡状态，B项错误；C．从图象中反应活化能分析可知，相同条件下由活性中间体C生成产物A的活化能较小，则速率更快，C项正确；D．结合题表中数据知，实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D项正确；答案选B。11.下列实验操作及对应的现象和结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将无水乙醇与浓硫酸混合，迅速加热至170℃，产生的气体通入溴水中溶液黄色褪去反应中产生了乙烯，与溴发生了加成反应B向CuCl2和FeCl3的混合溶液中逐滴滴加0.10mol·L-1NaOH溶液出现红褐色沉淀C向含酚酞的饱和Na2SO3溶液中滴入新制氯水溶液红色褪去HClO具有漂白性D向淀粉溶液中滴入几滴稀硫酸，加热一段时间，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入新制的悬浊液并加热溶液中出现砖红色沉淀淀粉已水解A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．乙醇有挥发性、浓硫酸有脱水性和强氧化性，产生的气体中除了乙烯，还有乙醇蒸气、CO2、SO2气体杂质，其中SO2有还原性，也能使溴水褪色，不一定是产物乙烯使溴水褪色，A错误；B．CuCl2和FeCl3的混合溶液中铜离子和铁离子的浓度未知，无法得出对应的结论，B错误；C．含酚酞的溶液呈红色是因为强碱弱酸盐Na2SO3的水解，使溶液呈碱性；红色褪去，有可能是因为次氯酸的漂白性，也有可能是因为新制氯水中的HCl与Na2SO3反应生成气体SO2，溶液不再呈碱性；不一定是次氯酸的漂白性，C错误；D．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖是多羟基醛，可以用新制的Cu(OH)2（碱性条件）溶液和醛加热来进行鉴别，反应现象是产生砖红色沉淀，D正确；故选D。12.新型液流电池因其安全性高、储能规模大等优势，被广泛应用于储能领域。和的标准电极电势分别为0.55V、0.991V(数值越大者，对应氧化还原电对的氧化性越强)，一种基于和的液流电池工作原理如图所示。下列说法错误的是A.放电时，电极X是正极B.放电时，H+由II室通过交换膜移向I室C.充电时，a代表的是、c代表的是D.充电时，Y电极的电极反应式为【答案】C【解析】标准电极电势（0.991V）＞（0.55V），因此的氧化性更强，的还原性更强。放电时（原电池）：正极（X电极）：得电子发生还原反应，电极反应式：；负极（Y电极）：失电子发生氧化反应，电极反应式：；充电时（电解池）：放电时，Y是负极，失电子，因此充电时Y应是阴极，发生还原反应：；放电时，X是正极，得电子，因此充电时X应是阳极（发生氧化反应：）。A．放电时，X电极是发生还原反应的正极，A正确；B．放电时，正极（I室）消耗，由负极区（II室）通过质子交换膜移向I室，B正确；C．充电时，X是阳极，被氧化为，因此a代表；Y是阴极，被还原为，因此c应代表，C错误；D．充电时，Y是阴极，得电子生成，电极反应式为，D正确；故答案选C。13.碳酸亚乙烯酯是一种新型、理想的多功能合成子，广泛应用于丰富多样的有机合成转化中。N-芳基二氮杂萘酮(物质A)与碳酸亚乙烯酯(物质C)的环化反应机理如图所示。下列说法错误的是A.是催化剂，HOAc是中间产物B.反应过程中，各物质中涉及的Rh的化合价有变化C.反应过程中，存在极性键和非极性键的断裂与形成D.物质F→G要经过加成反应和消去反应两步完成【答案】B【解析】A．催化剂在反应前后不变，图中[Rh(ⅠII)Cp*(OAc)2参与反应又生成，属于催化剂；HOAc是反应过程中生成又参与后续反应的物质，属于中间产物，故A正确；B．反应过程中Rh的化合价始终为+3价，比如[Rh(Ⅲ)Cp*(OAc)2]、物质B、D中连接3个原子，Rh在物质E中连接4个原子，而E中与O之间是配位键，不影响Rh的化合价，Rh的化合价未发生变化，故B错误；C．物质A→B中存在N-H、C-H等极性键的断裂，物质D→E中存在C-O极性键的断裂与形成，物质C→D中存在碳碳双键变为碳碳单键，是非极性键的断裂，物质F→G中存在碳碳单键变为碳碳双键，是非极性键的形成，故C正确；D．物质F→G先通过加成反应构建结构，再通过消去反应脱去相关基团完成转化，故D正确；故选：B。14.向AgCl饱和溶液(含有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：溶液中pM[，M表示含银粒子]与的关系如图。下列说法错误的是A.曲线I表示与pNH3的关系B.平衡常数C.c点NH3的物质的量浓度为D.时，溶液中【答案】A【解析】向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：、。随着NH3浓度增大，两个反应均正向进行，Ag+浓度减小，[Ag(NH3)]+浓度先增大后减小，图像中曲线Ⅰ表示Ag(NH3)2]+变化曲线，曲线II表示[Ag(NH3)]+变化曲线，曲线Ⅲ表示Ag+变化曲线。A．随着NH3浓度增大，[Ag(NH3)2]+浓度增大，曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]+变化曲线，A错误；B．曲线Ⅰ（[Ag(NH3)2]+）与曲线II（[Ag(NH3)]+）交点处c([Ag(NH3)2]+)=c([Ag(NH3)]+)，此时，交点横轴坐标为3.81，即-lgc(NH3)=3.81，故K2=103.81，B正确；C．在c点，pM([Ag(NH3)2]⁺)=pM(Ag⁺)，即c([Ag(NH3)2]+)=c(Ag+)。根据K1和K2：，将两式相乘：，因为c([Ag(NH3)2]+)=c(Ag+)，：，根据图中数据：当pNH3=1时，。已知

，，，C正确；D．c(NH3)=0.01mol/L时，-lgc(NH3)=2，此时曲线Ⅰ（[Ag(NH3)2]+）纵轴值小于曲线Ⅱ（[Ag(NH3)]+），即-lgc([Ag(NH3)2]+)<-lgc([Ag(NH3)]+)，则c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)，D正确；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.独居石精矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为LaPO4、CePO4等，还含：、、Al2O3等少量杂质。以独居石精矿为原料制备高纯La2O3、CeO2，其工艺流程如下：注：萃取剂P2O4(磷酸二异辛酯)是一种酸性萃取剂。回答下列问题：（1）焙烧时，LaPO4、CePO4转化为难溶的、，LaPO4发生反应的化学方程式为_______。（2）滤渣的主要成分为_______(填化学式)。（3）调pH时，若pH较高，会导致后果是_______。（4）①沉镧步骤中，若将换为NH4HCO3，可能导致的问题是_______。②若溶液滴加速率过快，会导致_______（5）加入H2O2发生反应的离子方程式为_______。（6）CeO2是一种重要的催化剂，其立方晶胞如图所示。若Ce、O核间最短距离为apm，则其密度为_______g·cm-3；CeO2作催化剂参与反应时，Ce能在Ce4+和Ce3+之间改变，引起氧空位的形成，若晶体中Ce4+与Ce3+的个数比为4∶1，则O2-空缺率为_______(O2-空缺率为O2-空位数占未产生空位时O2-，总数的百分比)。【答案】（1）（2）（3）、会部分转化为、沉淀，降低产率（4）①.浓度较低，不利于形成②.沉淀颗粒细小，后续过滤速率减慢（5）（6）①.②.【解析】焙烧时，LaPO4、CePO4与NaOH反应生成LaO(OH)、CeO(OH)等，同时SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3，Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，经水浸，Na2SiO3和Na[Al(OH)4]留在滤液中，LaO(OH)、CeO(OH)与加硝酸进行溶液，得到含有La3+、Ce3+、Fe3+的溶液，经调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除掉，并向滤液中加入P204萃取，分液，分别得到含La3+的水相和含Ce3+的有机相，分别经一系列操作得到La2O3和CeO2。（1）焙烧时，LaPO4与NaOH反应转化为难溶的，反应方程式为；（2）LaO(OH)、CeO(OH)与加硝酸进行溶液，得到含有La3+、Ce3+、Fe3+的溶液，经调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除掉，故滤渣为；（3）调pH的目的是除去Fe3+，若pH过高，La3+和Ce3+也会水解生成La(OH)3和Ce(OH)3沉淀，导致目标产物损失，降低产率；（4）溶液中浓度较高，有利于形成沉淀，若换为NH4HCO3，水解产生的浓度较低，可能导致La3+沉淀不完全，影响沉镧效果；若滴加速率过快，局部浓度过高，会导致沉淀颗粒细小，后续过滤速率减慢；（5）反萃取后，有机相中的Ce3+进入水相，加入H2O2将其氧化为Ce4+，离子方程式为；（6）根据晶胞图，Ce4+位于顶点和面心，共个；O2-位于晶胞内部，共8个，晶胞组成为Ce4O8，即4个CeO2，Ce、O核间最短距离为apm，即体对角线的，晶胞边长为x，，；设Ce4+为4x，Ce3+为x，总Ce数为5x，原CeO2中，O2-数为2×5x=10x，电荷守恒：4x×4+x×3=n(O2-)×2，n(O2-)=9.5x，O2-空缺数=10x-9.5x=0.5x，空缺率=。16.富马酸亚铁是一种治疗缺铁性贫血的药品，可溶于酸性较强的溶液，酸度过低时，容易被氧化。某实验小组制备富马酸亚铁，并对其纯度进行测定。I.富马酸亚铁制备原理：步骤1：反丁烯二酸的制备取2.5g顺丁烯二酸酐，加水溶解。加入0.1g硫脲催化剂，溶液在搅拌下加热煮沸约4min。经结晶、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得反丁烯二酸2.90g。步骤2：富马酸亚铁的合成将2.0g反丁烯二酸置于三口烧瓶中，加水溶解，从仪器A中加入Na2CO3溶液调节溶液pH为6.5~6.7。安装好回流装置(加热装置省略)，通入，一段时间后从冷凝管上口缓慢加入含5.2g的水溶液(20~30mL)，维持反应温度100℃。最后冷却、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得富马酸亚铁样品2.8g。Ⅱ.产品纯度的测定准确称取0.300g产品，加入稀溶液、加水、3滴邻二氮菲指示剂(邻二氮菲遇呈红色，遇呈无色)，用标准溶液滴定至终点(黄色，为无色)。多次实验，平均消耗溶液16.70mL。回答下列问题：（1）制备反丁烯二酸的产率为_______%(保留三位有效数字)。（2）仪器A的名称是_______；仪器A中连通管a的作用是_______。（3）富马酸(反式丁烯二酸)与马来酸(顺式丁烯二酸)互为同分异构体，从结构角度说明实验中不能用马来酸代替富马酸制备补铁剂的原因是_______。（4）加入Na2CO3调节溶液pH为6.5~6.7的原因是_______。（5）①测定产品的纯度时，滴定终点的现象为_______。②中国药典2020版规定：产品中富马酸亚铁的含量不得小于90.0%，本实验中制备的富马酸亚铁_______(填“合格”或“不合格”)。（6）已知A=ε×b×c[A为溶液的吸光度，ε为摩尔吸光系数，b为光通过待测溶液的路径长度(固定值)，c为溶液的浓度]，可用测定吸光度的方法测定产品纯度。取一定量样品溶解后，加入邻二氮菲显色剂，生成红色配合物，在510nm处测其吸光度，该方法的原理是_______。富马酸亚铁的红外光谱中处有特征吸收峰，其他物质无此峰，反应过程中测定不同时段产品的红外光谱，这样做的目的是_______。【答案】（1）98.0（2）①.恒压滴液漏斗②.平衡气压，有利于溶液顺利滴下（3）顺式结构中两个羧基距离近，与配位时空间位阻大（4）当反应体系的酸性较强时，富马酸亚铁会溶解，降低产率；当反应体系的酸性较弱时，富马酸亚铁容易被氧化，导致产品纯度降低（5）①.当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色②.合格（6）①.配合物的吸光度与浓度成正比②.判断产品中是否存在副产物，反应时间过长是否发生副反应等【解析】（1）（2）仪器A是恒压滴液漏斗，用于平衡漏斗内和三颈烧瓶中的压强，保证顺利滴下；（3）顺丁烯二酸结构为，两个羧基距离过近，空间位阻大，难以和形成配合物，因此不能作补铁剂使用；（4）由已知条件可知，富马酸亚铁可溶于酸性较强的溶液。假如溶液酸性过强，富马酸亚铁难以通过冷却结晶方法分离，影响产率。同时，若酸度过低，富马酸亚铁容易被氧化生成副产物，使产率、纯度下降。因此需要用调整溶液pH；（5）①根据已知条件可知，滴定反应的离子方程式为。在滴定前，溶液内Fe的主要存在形式是，遇邻二氮菲指示剂呈红色。达到滴定终点时，溶液内Ce和Fe的主要存在形式是和，二者遇邻二氮菲指示剂都呈无色。因此，滴定终点现象为，滴入最后半滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色；②根据已知条件可以计算的消耗量。从滴定反应的离子方程式可知，富马酸亚铁和按1:1反应，两者参与反应的物质的量相等。则有。则样品中富马酸亚铁的实际质量，则样品中富马酸亚铁的含量。因此本实验中制备的富马酸亚铁合格；（6）根据公式A=ε×b×c可知，吸光度和样品浓度呈正比。利用仪器测定样品溶液的吸光度，可以计算出溶液中邻二氮菲和配合物的浓度，借此反推样品的纯度；通过检测处的红外吸收，可以判断反应程度，确定反应是否完全，是否生成副产物。17.在“双碳”目标的背景下，甲烷重整制备氢气和一氧化碳，是一种重要的能源转型途径。具体反应如下：反应I：反应II：反应III：其中反应I、II为甲烷水蒸气重整(SMR)，反应Ⅲ为甲烷干重整(DMR)。回答下列问题：（1）上述反应中涉及元素的电负性由大到小的顺序为_______；基态O原子价电子排布图为_______。（2）CO2在高温高压下形成晶体的立方晶胞如图1所示，此时，该晶体类型为_______。（3）_______；反应III自发进行的条件是_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)。（4）甲烷水蒸气重整(SMR)制氢反应中，温度对氢气的产率、甲烷的转化率影响比较大。①将CH4、以通入反应器中，温度对氢气产率的影响如图2所示，H2摩尔分数随温度升高而变化的原因是_______。②已知：。若改变投料比(简称S/C)，将CH4、通入反应器中，得到CH4的转化率与S/C、温度的关系如图3所示。工业上选择较高S/C和较高温度的原因是_______。（5）向容积为10L的恒容密闭容器中充入1.5molCH4和2.5mol，在800K下发生上述反应I、反应II、反应III三个反应，达到平衡时测得：总压强为5.0×105Pa，、，用平衡分压代替平衡浓度表示反应III的平衡常数______(保留两位有效数字)。【答案】（1）①.②.（2）共价晶体（3）-41高温（4）①.升高温度，对反应I的影响程度大于反应II，反应I正向进行，会生成更多的②.较高可提高转化率并抑制积炭，升高温度加快反应速率且使反应I正向进行，提高合成气产量（5）4.1×1010【解析】（1）上述反应中涉及C、H、O元素，H的电负性最小，同周期元素从左到右电负性增大，则电负性由大到小的顺序为：O>C>H；基态O原子的价电子排布为2s22p4，价电子排布图为。（2）如图所示，CO2晶体的碳原子和氧原子之间以共价键相连，则为共价晶体。（3）反应II=反应I-反应III，根据盖斯定律，ΔH2=ΔH1-ΔH3=+206kJ/mol-247kJ/mol=-41kJ/mol；反应IIIΔH3>0，若自发进行ΔH3-TΔS3<0，则TΔS3>ΔH3>0，由于ΔS3>0，则T>0，反应在高温下自发进行。（4）①反应I为吸热反应，反应II为放热反应，且反应I所吸收能量大于反应II所释放能量，则升高温度对反应I的影响程度大于反应II，促进反应I正向进行，会生成更多H2，所以H2摩尔分数随温度升高而增加；②较高可提高转化率并抑制积炭，升高温度加快反应速率且使反应I正向进行，提高合成气产量，所以工业上选择较高S/C和较高温度。（5）反应前C元素只存在于CH4中，达到平衡后C元素分布在CH4、CO和CO2中，根据C原子守恒可计算平衡时CH4的物质的量为：(1.5-0.4-0.1)mol=1.0mol；反应前O元素只存在于H2O中，达到平衡后O元素分布在H2O、CO和CO2中，根据O原子守恒可计算平衡时H2O的物质的量为：(2.5-0.4-0.1×2)mol=1.9mol；反应前H元素存在于CH4和H2O中，达到平衡后H元素分布在CH4、H2O和H2中，根据H原子守恒可计算平衡时H2的物质的量为：；平衡时各物质的物质的量总和为(1.0+1.9+0.4+0.1+1.6)mol=5.0mol，则反应III的平衡常数

。18.MerrilactoneA对于阿尔茨海默病和帕金森病具有潜在的应用前景，它的一种合成路线如下：已知：①Ph为苯基，Et为乙基，Me为甲基，Bu为丁基；②TBS(叔丁基二甲基硅基，(C6H15Si-)是一种可取代羟基氢的基团；③G→H为加成反应。回答下列问题：（1）B可由，脱水得到，中官能团的名称为_______。（2）A+B→C的化学方程式为_______；C→D过程中会生成一种不可忽视的副产物X，试写出X的结构简式(提示：副产物X分子式与D相同)_______。（3）F→G的反应类型为_______，I的分子式为_______。（4）MerrilactoneA分子中有_______个手性碳原子。（5）符合下列条件的E的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。①分子中有且仅有一个环，苯环上有5个取代基但只有3种；②可与FeCl3溶液发生显色反应(-OTBS不反应)；③-OTBS与苯环直接相连。其中核磁共振氢谱(除-OTBS外)有4组峰且峰面积比为6:4:2:1的结构简式是_______(写一种)。【答案】（1）碳碳双键、羧基（2）①.②.（3）①.取代反应②.（4）7（5）①.16②.或【解析】由A、B和D的结构简式可以推知，A和B发生加成反应生成C为，C和ClCOOCH3、CH3ONa发生取代反应生成D，D经过一系列转化生成E，E经过一系列转化生成F，F和发生取代反应生成G，G和PhSeBr发生加成反应生成H为，H发生消去反应生成I，以此解答。（1）中官能团的名称为碳碳双键、羧基。（2）由分析可知，A和B发生加成反应生成C为，化学方程式为，根据副产物X分子式与D相同，可知X与D互为同分异构体，由C和D的结构简式可推知，C中两个酯基发生取代反应的方式调换可以得到X的结构简式为。（3）由分析可知，F→G

的反应类型为取代反应，由Ⅰ的结构简式及已知信息②可知Ⅰ的分子式为。（4）手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，MerrilactoneA

分子中有7个手性碳原子，位置为。（5）由E的结构简式可知，其不饱和度为4，再由已知条件①分子中有且仅有一个环，苯环上有5个取代基但只有3种；②可与FeCl3溶液发生显色反应（-OTBS不反应）；③-OTBS与苯环直接相连，可知除苯环外不含其他不饱和的官能团，苯环上的3种取代基其中一种为-OTBS、一种为-OH，则剩下一种取代基为-CH2CH3；苯环上的5个取代基为-OTBS、-OH、-OH、-CH2CH3、-CH2CH3；先定-OTBS、-OH、-OH的位置，再定-CH2CH3、-CH2CH3的位置在苯环上的位置有16种：、、、、、、、、、，其中核磁共振氢谱（除-OTBS外）有4组峰且峰面积比为6:4:2:1的结构简式为或。河北省承德市九校联考2025-2026学年高三上学期11月期中试题本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Ce140一、选择题：本题共14小题，每小题3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.中华文化博大精深、源远流长。下列物品的主要成分属于无机物的是A.京韵大鼓 B.蜀绣C.西湖龙井 D.殷墟甲骨【答案】D【解析】A．京韵大鼓由一块原木制成，其主要成分纤维素，A不符合题意；B．蜀绣的主要材质是丝绸，丝绸的主要成分为蛋白质（有机物），B不符合题意；C．西湖龙井（茶叶）的主要成分是茶多酚、纤维素等有机物，C不符合题意；D．殷墟甲骨是商代刻有文字的龟甲或兽骨，其主要成分是碳酸钙，属于无机物，D符合题意；故选D。2.下列化学用语或图示错误的是A.16O2与18O2互为同素异形体B.K2S的电子式：C.的VSEPR模型：D.BaSO4溶于水的电离方程式：【答案】A【解析】A．同素异形体是指同一元素组成的性质不同的几种单质，16O2与18O2是由不同核素形成的氧气，不是同素异形体，A错误；B．K2S是离子化合物，故K2S的电子式：，B正确；C．已知中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，故其VSEPR模型：，C正确；D．已知BaSO4是强电解质，BaSO4溶于水的电离方程式为：，D正确；故答案为：A。3.化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作或方法符合规范的是(加热及夹持等装置略)A.除C2H2中的H2S、PH3 B.药品存放C.分离苯与溴苯 D.制备【答案】D【解析】A．PH3不与NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液除去C2H2中的PH3，A错误；B．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇和氯酸钾会发生剧烈的氧化还原反应，导致起火或爆炸，乙醇和氯酸钾不能存放在一起，B错误；C．可以用蒸馏的方法分离苯与溴苯，蒸馏装置中温度计水银球应该放在支管口，C错误；D．氨气可被次氯酸钠氧化为，过量，可氧化生成的，应将注入氨水中，D正确；故选D。4.某科研小组对、、是否能在一定条件下发生荧光进行了探究。查文献知：①分子中存在共轭π键体系、存在推电子基团易产生荧光，与金属离子结合后荧光强度增强，苯环本身可发弱荧光。②推电子能力-NH2>-OCH3>-OH。下列说法错误的是A.、均几乎无荧光B.能发出强荧光C.的氨基(-NH2)替换为甲氧基(-OCH3)，荧光强度会增强D.荧光分子可用于检验溶液中Cu2+等金属离子浓度【答案】C【解析】A．-COOH和-NO2为吸电子基团，不满足推电子基团的荧光产生条件，故苯甲酸和硝基苯几乎无荧光，A正确；B．-NH2为推电子基团，苯胺可发强荧光，B错误/不符合题意；C．-NH2推电子能力>-OCH3，将-NH2替换为-OCH3会导致荧光减弱，而非增强，C错误；D．荧光分子与金属离子结合后荧光增强，可用于检测Cu2+等离子浓度，D正确；故选C。5.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式错误的是A.与水反应生成两种气体，则：与足量氢氧化钠溶液混合：B.羟胺(NH2OH)被氯化铁溶液氧化后生成无毒气体：C.向NaClO溶液中通入足量：D.向含0.04mol硫酸铝铵的溶液中滴入含0.09mol氢氧化钡的溶液：【答案】C【解析】A．SOCl2中S为+4价，Cl为-1价，水解生成H2SO3与HCl，故两种气体为二氧化硫和氯化氢，与碱反应生成对应价态的盐，离子方程式书写正确，A正确；B．羟胺被氧化生成的无毒气体为氮气，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式书写正确，B正确；C．NaClO具有强氧化性，与SO2应发生氧化还原反应：，C错误；D．0.04molNH4Al(SO4)2中含有0.04mol铵根、0.04molAl3+、0.08mol硫酸根，与0.09molBa2+和0.18molOH-反应时，0.08mol硫酸根与0.08molBa2+反应生成0.08molBaSO4，然后0.04molAl3+与0.12molOH-反应生成0.04molAl(OH)3，0.04mol铵根与0.04molOH-反应生成0.04molNH3·H2O，剩余0.02molOH-与0.02molAl(OH)3反应0.02mol，剩余0.02molAl(OH)3，根据物质的量之比可得方程式计量数之比，离子方程式书写正确，D正确；故选C。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W、X、Y形成的物质甲的结构如图1所示；Z是地壳中含量最高的元素，W、Y形成的最简单化合物乙易溶于W、Z形成的最简单化合物丙；Q原子核外电子空间运动状态共有15种，有1个单电子，其与甲形成的物质丁如图2。下列说法错误的是A.图1中空腔大环呈平面结构，其大环π键电子数为18B.图2中Q的配位键个数为2C.简单离子半径：Y>ZD.乙与Q形成的离子稳定性强于丙与Q形成的离子稳定性【答案】B【解析】地壳中含量最高的元素，故Z为O；结合物质结构可知W为H；X为C；Y为N；Q核外电子空间运动状态共15种、有1个单电子，故Q为Cu；A．图1中空腔大环由8个C原子和8个N原子构成，C原子各提供一个电子，6个不带氢的N原子各提供一个电子，2个带氢的N原子各提供2个电子，共18个电子形成离域π键，故π键电子数为18，A正确；B．图2中Cu与4个N均形配位键，配位键个数为4，B错误；C．N3-和O2-电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故N3->O2-，C正确；D．乙（NH3）与Q（Cu）形成的离子为[Cu(NH3)4]2+，丙（H2O）与Q（Cu）形成的离子为[Cu(H2O)4]2+，含[Cu(H2O)4]2+的溶液中通入NH3生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，故稳定性[Cu(NH3)4]2+强于[Cu(H2O)4]2+，D正确；故选B。7.以2-吡咯醛(X)、炔胺衍生物(Y)原料，可进一步反应制得吡咯[2，3-c]吡啶衍生物(W)，反应流程如图所示。下列说法正确的是A.反应流程中有机物均能使酸性KMnO4溶液褪色B.X能发生加成、氧化、取代、水解反应C.Y通过缩聚反应形成的高分子易降解D.W分子中所有原子可能共平面【答案】A【解析】A．X分子具有碳碳双键和醛基，Y分子具有碳碳三键，Z分子具有碳碳双键和碳碳三键，W分子具有碳碳双键，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．碳碳双键和醛基可发生加成和氧化反应，-NH-可发生取代反应，但X分子不能发生水解反应，B错误；C．Y分子不具有2个可取代的活性基团，不能发生缩聚反应，只能发生加聚反应，且加聚反应的高分子产物难降解，C错误；D．W分子中具有甲基，具有甲烷的结构特点，最多有3个原子共平面，所以W分子中所有原子不可能共平面，D错误；故选A。8.、均具有较强的毒性，向熔融的硫中通入适量的Cl2即可生成，在有机合成、橡胶工业等领域有着广泛的应用。它们的分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，遇水均能水解，且产物相同。已知：、下列说法错误的是A.、分子中的中心原子采用sp3杂化B.制备、时产生的尾气应用澄清石灰水处理C.S2Cl2水解的化学方程式是D.一定质量的、溶于水，用AgNO3溶液滴定其中的，可作指示剂【答案】B【解析】A．

中，S原子为中心原子，价层电子对数为4（2个成键电子对和2个孤电子对），杂化方式为；

结构式为，每个S原子可视作中心原子，其价层电子对数也为4（2个成键电子对和2个孤电子对），杂化方式也为，A正确；B．制备、时产生的尾气中含有氯气，氯气有毒。澄清石灰水中浓度较低，吸收氯气的效果差，可用NaOH溶液吸收，B错误；C．分子中的S为+1价，遇水能水解，发生歧化反应生成HCl、SO2、S，根据化合价升降守恒、原子守恒可知所给方程式无误，C正确；D．对于反应，其平衡常数：，说明可完全转化为AgCl(s)，AgCl沉淀完全时才产生沉淀，所以可作AgNO3滴定的指示剂，D正确；故选B。9.从微观视角探析物质结构及性质是研究和学习化学的重要方法。下列事实与解释相符的是选项事实解释A比Br2活泼，更容易与H2反应Cl-Cl键能小于Br-Br键能，Cl-Cl键更容易断裂B键角：中心原子杂化轨道数越多，键角越小C氢氧化镁能溶于氯化铵溶液水解产生的H+与溶解产生的OH-反应，促沉淀溶解平衡正向移动D钙与水反应不如钠与水反应剧烈钙的金属活动性不如钠的金属活动性强A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．Cl2比Br2活泼的原因是Cl电负性更强，H-Cl键能更大，放热更多，所以更容易与氢气反应，而Cl-Cl键能大于Br-Br键能，解释错误，A错误；B．CO2中C的价层电子对数为，采取sp杂化，键角为180°，中S的价层电子对数为，采取sp3杂化，键角为109.5°，但键角与中心原子杂化轨道数无直接关系，键角还取决于孤电子对数，解释错误，B错误；C．铵根水解生成H+中和OH-，使Mg(OH)2溶解平衡右移，解释正确，C正确；D．Ca的金属性大于钠，与水反应剧烈程度差异是因为生成的氢氧化钙微溶，会覆盖在钙表面阻碍反应进一步进行，解释错误，D错误；故选C。10.当1，3­丁二烯和溴单质以物质的量之比为1∶1加成时，其反应机理及能量变化如下：不同反应条件下，经过相同时间测得生成物组成如下表：实验编号反应条件反应时间产物中A的物质的量分数产物中B的物质的量分数1-15℃tmin62%38%225℃tmin12%88%下列分析不合理的是A.产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B反应互相竞争B.实验1测定产物组成时，体系已达平衡状态C.相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快D.实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B【答案】B【解析】A．产物A、B分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，由题表知，活性中间体C在不同温度下生成A、B的量不同，但A、B的总量不变，故由中间体C生成A、B的反应互相竞争，A项正确；B．实验1测定产物组成时，不能确定各物质含量保持不变，体系不一定达平衡状态，B项错误；C．从图象中反应活化能分析可知，相同条件下由活性中间体C生成产物A的活化能较小，则速率更快，C项正确；D．结合题表中数据知，实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D项正确；答案选B。11.下列实验操作及对应的现象和结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将无水乙醇与浓硫酸混合，迅速加热至170℃，产生的气体通入溴水中溶液黄色褪去反应中产生了乙烯，与溴发生了加成反应B向CuCl2和FeCl3的混合溶液中逐滴滴加0.10mol·L-1NaOH溶液出现红褐色沉淀C向含酚酞的饱和Na2SO3溶液中滴入新制氯水溶液红色褪去HClO具有漂白性D向淀粉溶液中滴入几滴稀硫酸，加热一段时间，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入新制的悬浊液并加热溶液中出现砖红色沉淀淀粉已水解A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．乙醇有挥发性、浓硫酸有脱水性和强氧化性，产生的气体中除了乙烯，还有乙醇蒸气、CO2、SO2气体杂质，其中SO2有还原性，也能使溴水褪色，不一定是产物乙烯使溴水褪色，A错误；B．CuCl2和FeCl3的混合溶液中铜离子和铁离子的浓度未知，无法得出对应的结论，B错误；C．含酚酞的溶液呈红色是因为强碱弱酸盐Na2SO3的水解，使溶液呈碱性；红色褪去，有可能是因为次氯酸的漂白性，也有可能是因为新制氯水中的HCl与Na2SO3反应生成气体SO2，溶液不再呈碱性；不一定是次氯酸的漂白性，C错误；D．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖是多羟基醛，可以用新制的Cu(OH)2（碱性条件）溶液和醛加热来进行鉴别，反应现象是产生砖红色沉淀，D正确；故选D。12.新型液流电池因其安全性高、储能规模大等优势，被广泛应用于储能领域。和的标准电极电势分别为0.55V、0.991V(数值越大者，对应氧化还原电对的氧化性越强)，一种基于和的液流电池工作原理如图所示。下列说法错误的是A.放电时，电极X是正极B.放电时，H+由II室通过交换膜移向I室C.充电时，a代表的是、c代表的是D.充电时，Y电极的电极反应式为【答案】C【解析】标准电极电势（0.991V）＞（0.55V），因此的氧化性更强，的还原性更强。放电时（原电池）：正极（X电极）：得电子发生还原反应，电极反应式：；负极（Y电极）：失电子发生氧化反应，电极反应式：；充电时（电解池）：放电时，Y是负极，失电子，因此充电时Y应是阴极，发生还原反应：；放电时，X是正极，得电子，因此充电时X应是阳极（发生氧化反应：）。A．放电时，X电极是发生还原反应的正极，A正确；B．放电时，正极（I室）消耗，由负极区（II室）通过质子交换膜移向I室，B正确；C．充电时，X是阳极，被氧化为，因此a代表；Y是阴极，被还原为，因此c应代表，C错误；D．充电时，Y是阴极，得电子生成，电极反应式为，D正确；故答案选C。13.碳酸亚乙烯酯是一种新型、理想的多功能合成子，广泛应用于丰富多样的有机合成转化中。N-芳基二氮杂萘酮(物质A)与碳酸亚乙烯酯(物质C)的环化反应机理如图所示。下列说法错误的是A.是催化剂，HOAc是中间产物B.反应过程中，各物质中涉及的Rh的化合价有变化C.反应过程中，存在极性键和非极性键的断裂与形成D.物质F→G要经过加成反应和消去反应两步完成【答案】B【解析】A．催化剂在反应前后不变，图中[Rh(ⅠII)Cp*(OAc)2参与反应又生成，属于催化剂；HOAc是反应过程中生成又参与后续反应的物质，属于中间产物，故A正确；B．反应过程中Rh的化合价始终为+3价，比如[Rh(Ⅲ)Cp*(OAc)2]、物质B、D中连接3个原子，Rh在物质E中连接4个原子，而E中与O之间是配位键，不影响Rh的化合价，Rh的化合价未发生变化，故B错误；C．物质A→B中存在N-H、C-H等极性键的断裂，物质D→E中存在C-O极性键的断裂与形成，物质C→D中存在碳碳双键变为碳碳单键，是非极性键的断裂，物质F→G中存在碳碳单键变为碳碳双键，是非极性键的形成，故C正确；D．物质F→G先通过加成反应构建结构，再通过消去反应脱去相关基团完成转化，故D正确；故选：B。14.向AgCl饱和溶液(含有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：溶液中pM[，M表示含银粒子]与的关系如图。下列说法错误的是A.曲线I表示与pNH3的关系B.平衡常数C.c点NH3的物质的量浓度为D.时，溶液中【答案】A【解析】向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：、。随着NH3浓度增大，两个反应均正向进行，Ag+浓度减小，[Ag(NH3)]+浓度先增大后减小，图像中曲线Ⅰ表示Ag(NH3)2]+变化曲线，曲线II表示[Ag(NH3)]+变化曲线，曲线Ⅲ表示Ag+变化曲线。A．随着NH3浓度增大，[Ag(NH3)2]+浓度增大，曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]+变化曲线，A错误；B．曲线Ⅰ（[Ag(NH3)2]+）与曲线II（[Ag(NH3)]+）交点处c([Ag(NH3)2]+)=c([Ag(NH3)]+)，此时，交点横轴坐标为3.81，即-lgc(NH3)=3.81，故K2=103.81，B正确；C．在c点，pM([Ag(NH3)2]⁺)=pM(Ag⁺)，即c([Ag(NH3)2]+)=c(Ag+)。根据K1和K2：，将两式相乘：，因为c([Ag(NH3)2]+)=c(Ag+)，：，根据图中数据：当pNH3=1时，。已知

，，，C正确；D．c(NH3)=0.01mol/L时，-lgc(NH3)=2，此时曲线Ⅰ（[Ag(NH3)2]+）纵轴值小于曲线Ⅱ（[Ag(NH3)]+），即-lgc([Ag(NH3)2]+)<-lgc([Ag(NH3)]+)，则c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)，D正确；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.独居石精矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为LaPO4、CePO4等，还含：、、Al2O3等少量杂质。以独居石精矿为原料制备高纯La2O3、CeO2，其工艺流程如下：注：萃取剂P2O4(磷酸二异辛酯)是一种酸性萃取剂。回答下列问题：（1）焙烧时，LaPO4、CePO4转化为难溶的、，LaPO4发生反应的化学方程式为_______。（2）滤渣的主要成分为_______(填化学式)。（3）调pH时，若pH较高，会导致后果是_______。（4）①沉镧步骤中，若将换为NH4HCO3，可能导致的问题是_______。②若溶液滴加速率过快，会导致_______（5）加入H2O2发生反应的离子方程式为_______。（6）CeO2是一种重要的催化剂，其立方晶胞如图所示。若Ce、O核间最短距离为apm，则其密度为_______g·cm-3；CeO2作催化剂参与反应时，Ce能在Ce4+和Ce3+之间改变，引起氧空位的形成，若晶体中Ce4+与Ce3+的个数比为4∶1，则O2-空缺率为_______(O2-空缺率为O2-空位数占未产生空位时O2-，总数的百分比)。【答案】（1）（2）（3）、会部分转化为、沉淀，降低产率（4）①.浓度较低，不利于形成②.沉淀颗粒细小，后续过滤速率减慢（5）（6）①.②.【解析】焙烧时，LaPO4、CePO4与NaOH反应生成LaO(OH)、CeO(OH)等，同时SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3，Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，经水浸，Na2SiO3和Na[Al(OH)4]留在滤液中，LaO(OH)、CeO(OH)与加硝酸进行溶液，得到含有La3+、Ce3+、Fe3+的溶液，经调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除掉，并向滤液中加入P204萃取，分液，分别得到含La3+的水相和含Ce3+的有机相，分别经一系列操作得到La2O3和CeO2。（1）焙烧时，LaPO4与NaOH反应转化为难溶的，反应方程式为；（2）LaO(OH)、CeO(OH)与加硝酸进行溶液，得到含有La3+、Ce3+、Fe3+的溶液，经调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除掉，故滤渣为；（3）调pH的目的是除去Fe3+，若pH过高，La3+和Ce3+也会水解生成La(OH)3和Ce(OH)3沉淀，导致目标产物损失，降低产率；（4）溶液中浓度较高，有利于形成沉淀，若换为NH4HCO3，水解产生的浓度较低，可能导致La3+沉淀不完全，影响沉镧效果；若滴加速率过快，局部浓度过高，会导致沉淀颗粒细小，后续过滤速率减慢；（5）反萃取后，有机相中的Ce3+进入水相，加入H2O2将其氧化为Ce4+，离子方程式为；（6）根据晶胞图，Ce4+位于顶点和面心，共个；O2-位于晶胞内部，共8个，晶胞组成为Ce4O8，即4个CeO2，Ce、O核间最短距离为apm，即体对角线的，晶胞边长为x，，；设Ce4+为4x，Ce3+为x，总Ce数为5x，原CeO2中，O2-数为2×5x=10x，电荷守恒：4x×4+x×3=n(O2-)×2，n(O2-)=9.5x，O2-空缺数=10x-9.5x=0.5x，空缺率=。16.富马酸亚铁是一种治疗缺铁性贫血的药品，可溶于酸性较强的溶液，酸度过低时，容易被氧化。某实验小组制备富马酸亚铁，并对其纯度进行测定。I.富马酸亚铁制备原理：步骤1：反丁烯二酸的制备取2.5g顺丁烯二酸酐，加水溶解。加入0.1g硫脲催化剂，溶液在搅拌下加热煮沸约4min。经结晶、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得反丁烯二酸2.90g。步骤2：富马酸亚铁的合成将2.0g反丁烯二酸置于三口烧瓶中，加水溶解，从仪器A中加入Na2CO3溶液调节溶液pH为6.5~6.7。安装好回流装置(加热装置省略)，通入，一段时间后从冷凝管上口缓慢加入含5.2g的水溶液(20~30mL)，维持反应温度100℃。最后冷却、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得富马酸亚铁样品2.8g。Ⅱ.产品纯度的测定准确称取0.300g产品，加入稀溶液、加水、3滴邻二氮菲指示剂(邻二氮菲遇呈红色，遇呈无色)，用标准溶液滴定至终点(黄色，为无色)。多次实验，平均消耗溶液16.70mL。回答下列问题：（1）制备反丁烯二酸的产率为_______%(保留三位有效数字)。（2）仪器A的名称是_______；仪器A中连通管a的作用是_______。（3）富马酸(反式丁烯二酸)与马来酸(顺式丁烯二酸)互为同分异构体，从结构角度说明实验中不能用马来酸代替富马酸制备补铁剂的原因是_______。（4）加入Na2CO3调节溶液pH为6.5~6.7的原因是_______。（5）①测定产品的纯度时，滴定终点的现象为_______。②中国药典2020版规定：产品中富马酸亚铁的含量不得小于90.0%，本实验中制备的富马酸亚铁_______(填“合格”或“不合格”)。（6）已知A=ε×b×c[A为溶液的吸光度，ε为摩尔吸光系数，b为光通过待测溶液的路径长度(固定值)，c为溶液的浓度]，可用测定吸光度的方法测定产品纯度。取一定量样品溶解后，加入邻二氮菲显色剂，生成红色配合物，在510nm处测其吸光度，该方法的原理是_______。富马酸亚铁的红外光谱中处有特征吸收峰，其他物质无此峰，反应过程中测定不同时段产品的红外光谱，这样做的目的是_______。【答案】（1）98.0（2）①.恒压滴液漏斗②.平衡气压，有利于溶液顺利滴下（3）顺式结构中两个羧基距离近，与配位时空间位阻大（4）当反应体系的酸性较强时，富马酸亚铁会溶解，降低产率；当反应体系的酸性较弱时，富马酸亚铁容易被氧化，导致产品纯度降低（5）①.当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色②.合格（6）①.配合物的吸光度与浓度成正比②.判断产品中是否存在副产物，反应时间过长是否发生副反应等【解析】（1）（2）仪器A是恒压滴液漏斗，用于平衡漏斗内和三颈烧瓶中的压强，保证顺利滴下；（3）顺丁烯二酸结构为，两个羧基距离过近，空间位阻大，难以和形成配合物，因此不能作补铁剂使用；（4）由已知条件可知，富马酸亚铁可溶于酸性较强的溶液。假如溶液酸性过强，富马酸亚铁难以通过冷却结晶方法分离，影响产率。同时，若酸度过低，富马酸亚铁容易被氧化生成副产物，使产率、纯度下降。因此需要用调整溶液pH；（5）①根据已知条件可知，滴定反应的离子方程式为。在滴定前，溶液内Fe的主要存在形式是，遇邻二氮菲指示剂呈红色。达到滴定终点时，溶液内Ce和Fe的主要存在形式是和，二者遇邻二氮菲指示剂都呈无色。因此，滴定终点现象为，滴入最后半滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色；②根据已知条件可以计算的消耗量。从滴定反应的离子方程式可知，富马酸亚铁和按1:1反应，两者参与反应的物质的量相等。则有。则样品中富马酸亚铁的实际质量，则样品中富马酸亚铁的含量。因此本实验中制备的富马酸亚铁合格；（6）根据公式A=ε×b×c可知，吸光度和样品浓度呈正比。利用仪器测定样品溶液的吸光度，可以计算出溶液中邻二氮菲和配合物的浓度，借此反推样品的纯度；通过检测处的红外吸收，可以判断反应程度，确定反应是否完全，是否生成副产物。17.在“双碳”目标的背景下，甲烷重整制备氢气和一氧化碳，是一种重要的能源转型途径。具体反应如下：反应I：反应II：反应III：其中反应I、II为甲烷水蒸气重整(SMR)，反应Ⅲ为甲烷干重整(DMR)。回答下列问题：（1）上述反应中涉及元素的电负性由大到小的顺序为_______；基态O原子价电子排布图为_______。（2）CO