贵州省黔东南州2024-2025学年高三下学期4月模拟统测化学试题（解析版）

第第页贵州省黔东南州2024-2025学年高三下学期4月模拟统测化学试题一、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．民以食为天，丰富的食品生产满足人们多样化需求，化学功不可没。下列说法正确的是A．β-胡萝卜素是一种天然色素，可用作食品的着色剂B．抗坏血酸具有较强氧化性，水果罐头中常用其作抗氧化剂C．常温下，铁与浓硝酸不反应，可用铁制容器盛装浓硝酸D．亚硝酸钠具有较强氧化性和毒性，有致癌作用，在食品工业中禁止使用【答案】A【解析】【解答】A、β-胡萝卜素是天然色素，可作为食品着色剂，性质与用途一致，A正确；

B、抗坏血酸（维生素C）具有较强还原性，而非氧化性，常作为抗氧化剂，B错误；

C、常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，形成致密氧化膜阻止进一步反应，并非不反应，因此可用铁制容器盛装，C错误；

D、亚硝酸钠有毒且有致癌性，但在食品工业中可作为护色剂和防腐剂在严格限量下使用，并非完全禁止，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题易错点：

混淆抗坏血酸的还原性与氧化性，误判其作用。误解“钝化”为不反应，忽略其本质是化学反应。

对亚硝酸钠的使用规范认知不清，混淆“限量使用”与“禁止使用”。2．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A．SB．NaClC．CaClD．SiO【答案】B【解析】【解答】A、第一步：硫单质在氧气中点燃，直接生成的是二氧化硫（SO2），而非三氧化硫（SO3），三氧化硫需要二氧化硫在催化剂和加热条件下进一步氧化才能得到，因此第一步转化不能一步实现。A错误；

B、第一步：在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，发生侯氏制碱法反应，生成碳酸氢钠（NaHCO3）沉淀和氯化铵，该转化可以一步实现。第二步：碳酸氢钠固体受热分解，生成碳酸钠（Na2CO3）、水和二氧化碳，该转化可以一步实现。B正确；

C、第一步：氯化钙溶液与二氧化碳不发生反应，因为碳酸的酸性弱于盐酸，无法通过复分解反应生成碳酸钙沉淀，因此第一步转化不能一步实现。C错误；

D、第一步：二氧化硅（SiO2）不溶于水，也不与水发生反应，无法直接生成硅酸（H2SiO3），因此第一步转化不能一步实现。D错误；

故答案为：B。

【分析】本题易错点：

硫的燃烧产物：硫在空气中或氧气中燃烧，产物始终是二氧化硫，三氧化硫的生成需要催化氧化。

弱酸制强酸的限制：二氧化碳作为弱酸酐，无法与氯化钙等强酸盐反应生成沉淀。

二氧化硅的特性：二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水，不能直接与水反应生成硅酸。3．下列各组物质的鉴别试剂不恰当的是选项待鉴别物质鉴别试剂A乙醇、乙酸碳酸钠溶液B甲烷、乙烯酸性高锰酸钾溶液C氯乙烷、溴乙烷硝酸银溶液D氯化钠、氯化镁氢氧化钾溶液A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】【解答】A、乙酸具有酸性，能与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体；乙醇与碳酸钠溶液不反应，无明显现象。两者现象不同，可以鉴别，A恰当；

B、乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色；甲烷性质稳定，与酸性高锰酸钾溶液不反应。两者现象不同，可以鉴别，B恰当；

C、氯乙烷和溴乙烷均为共价化合物，分子中的氯原子和溴原子不能电离，因此都不能与硝酸银溶液发生反应，无明显现象。无法鉴别，C不恰当；

D、氯化镁溶液与氢氧化钾溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀；氯化钠溶液与氢氧化钾溶液不反应，无明显现象。两者现象不同，可以鉴别，D恰当；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

卤代烃中的卤素原子以共价键形式存在，不能直接电离，因此不能与硝酸银溶液直接反应生成沉淀。

鉴别卤代烃时，需先通过水解或消去反应将卤素原子转化为卤素离子，再用硝酸酸化的硝酸银溶液检验。4．下列粒子中均含有大π键，大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n为各原子的单电子数和得电子数的总和，下列粒子中大A．NO2− B．N3− C．【答案】D【解析】【解答】A、中心N原子采取sp2杂化，与2个O原子形成σ键，未参与杂化的p轨道与2个O原子的p轨道平行重叠形成大π键。参与成键原子数m=3（N、O、O）。电子总数n=N的单电子数（1）+2个O的单电子数（各1）+离子所带负电荷数（1）=4。大π键为：π34。故A不符合题意；

B、中心N原子采取sp杂化，两侧的N原子与中心N原子形成大π键。参与成键原子数m=3（3个N原子）。电子总数n=3个N原子的单电子数（各1）+离子所带负电荷数（1）=4。大π键为：π34。故B不符合题意；

C、中心O原子采取sp2杂化，与两侧O原子形成大π键。参与成键原子数m=3（3个O原子）。电子总数n=中心O的单电子数（2）+两侧O的单电子数（各1）=4。大π键为：π34。故C不符合题意；

D、中心C原子采取sp2杂化，与3个O原子形成σ键，未参与杂化的p轨道与3个O原子的p轨道平行重叠形成大π键。参与成键原子数m=4（C、O、O、O）。电子总数n=C的单电子数（1）+3个O的单电子数（各1）+离子所带负电荷数（2）=6。

大π键为：π46。故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】解题关键点：

明确大π键符号πₘn的定义：

m：参与形成大π键的原子总数

n：各原子的单电子数+离子所带电荷数（得电子数）的总和

核心判断步骤：

先确定中心原子的杂化方式，找出所有参与形成大π键的原子，得到m值。

再计算这些原子提供的单电子数，并加上离子的电荷数，得到n值。

最后比较各选项的πₘn，找出不同的那一个。5．NAA．标准状况下，2.24LHF中含有的原子数目为0.2NB．4.4g由N2O和COC．pH=11的Na2CO3溶液中D．32g甲醇分子中含有C—H键的数目为4N【答案】B【解析】【解答】A、标准状况下，HF为液态，不能用气体摩尔体积22.4L·mol−1来计算其物质的量，因此无法得出原子数目为B、N2O和CO2的摩尔质量均为44g·molC、pH=11的Na2CO3溶液中，OD、甲醇（CH3OH）的结构中，每个分子含有3个C−H键。32g（1mol）甲醇中，C−H键的数目为3故答案为：B。

【分析】本题易错点：物质状态陷阱：HF在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积计算。混合物简化计算：当两种物质摩尔质量相同时，可直接用总质量计算总物质的量，再结合分子中原子数求总数。溶液体积缺失：仅给出离子浓度时，若缺少溶液体积，无法计算离子的具体数目。化学键数目判断：需准确掌握有机物分子结构，避免将O−H键误算为C−H键。6．下列实验装置（略去夹持仪器）不能达到相应实验目的的是A．分离水和甲苯B．进行“喷泉”实验C．检查装置气密性D．制取并收集干燥的氨气A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【解答】A、水和甲苯互不相溶，会出现分层现象，可用分液漏斗进行分液分离，装置和操作均合理，能达到实验目的，故A不符合题意；

B、HCl气体极易溶于NaOH溶液，会使圆底烧瓶内压强迅速减小，外界大气压将烧杯中的NaOH溶液压入烧瓶，形成“喷泉”，装置和原理合理，能达到实验目的，故B不符合题意；

C、关闭止水夹后，向长颈漏斗中加水，若装置气密性良好，漏斗内液面会高于烧瓶内液面并保持稳定，可有效检查气密性，能达到实验目的，故C不符合题意；

D、干燥剂选择错误：无水CaCl2会与NH3反应生成络合物（CaCl2・8NH3），不能用于干燥氨气，应选用碱石灰，收集方法错误：氨气密度比空气小，应采用“短进长出”的向下排空气法收集，而图中为“长进短出”，无法有效收集氨气。因此，该装置不能达到实验目的。故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：

氨气干燥：氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂（如P2O5）或能与之络合的干燥剂（如无水CaCl2），应选用碱石灰。

气体收集：根据气体密度选择合适的排空气法，密度小于空气用向下排空气法，密度大于空气用向上排空气法。

喷泉实验原理：利用气体极易溶于液体或与液体反应，使装置内压强骤降形成喷泉。7．黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，合成方法如图：下列说法正确的是A．N最多与2molNaOH发生取代反应B．X分子中所有碳原子可能共平面C．M、N、X均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．M、N、X分子均含有手性碳原子【答案】C【解析】【解答】A、N分子中含有1个酚羟基、1个醚键（-OCH2O-）和1个酮羰基。其中，酚羟基可与NaOH反应，醚键（-OCH2O-）水解后生成的酚羟基也能与NaOH反应，因此1molN最多可与3molNaOH反应，而非2mol，A错误；

B、X分子中存在一个叔丁基（-C(CH3)3），其中心碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，导致所有碳原子不可能共平面，B错误；

C、M分子中的醛基、N和X分子中的碳碳双键及酚羟基，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，C正确；

D、手性碳原子是指连有四个不同基团的饱和碳原子。M、N分子中不存在手性碳原子，X（）分子中存在手性碳原子，因此并非三者均含有手性碳原子，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题易错点总结：

官能团反应计量：醚键（-OCH2O-）水解后生成的酚羟基也能与NaOH反应，易被忽略。

共平面判断：饱和碳原子（sp3杂化）的四面体结构会破坏分子的平面性。

手性碳判断：需准确识别连有四个不同基团的饱和碳原子，避免误判。8．我国研究人员研究了在某催化剂作用下，CH3A．CH3B．该反应过程中，有副产物CH3C．*CHD．若用CH3COOD代替CH【答案】D【解析】【解答】A、CH3COOH的吸附过程（从游离态到吸附态∗CHB、反应进程中出现了中间体∗CH3CHOC、决速步骤是反应进程中能垒（活化能）最高的步骤。通过计算各步反应的能垒可知，∗CHD、若用CH3COOD代替CH3COOH，加氢反应中，D原子会进入产物，但根据反应机理，产物应为CH3CH2OH和HDO，而非CH3CH2OD，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：吸附过程热效应：吸附态能量低于游离态，说明吸附为放热过程。决速步骤判断：能垒（活化能）最高的步骤决定整个反应的速率。同位素标记产物：需根据反应机理准确判断同位素原子的去向，避免简单替换。9．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，同周期元素的基态原子中，X的未成对电子数最多。下列说法错误的是A．简单离子半径：X>Y>ZB．X和Y的最简单氢化物的键角：X<YC．由W、X、Y三种元素形成的化合物中可能含有离子键D．在一定条件下，Y的单质与X的简单氢化物反应可置换出X的单质【答案】B【解析】【解答】A、简单离子半径：N3->O2->Na+。三者电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，A正确；

B、X的最简单氢化物为NH3，Y的最简单氢化物为H2O。NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对。孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小。因此键角：NH3>H2O，即X>Y，B错误；

C、由H、N、O三种元素可形成NH4NO3，该化合物含有离子键（NH4+与NO3-之间）和共价键，C正确；

D、在一定条件下，O2与NH3可发生反应：4NH3+3O2=2N2+6H2O，可置换出N2，D正确；

故答案为：B。【分析】元素推断：由“Z的最外层电子数为K层的一半”可知，Z最外层有1个电子，且为原子序数最大的短周期主族元素，故Z为Na。由“同周期元素的基态原子中，X的未成对电子数最多”可知，X为第二周期的N（核外电子排布为1s22s22p3，有3个未成对电子）。

由“Y的原子序数等于W与X的原子序数之和”，且原子序数W<X<Y<Z(Na)，可推得W为H，Y的原子序数=1+7=8，故Y为O。

综上，W为H，X为N，Y为O，Z为Na。10．叶绿素、血红素和维生素B12都是卟啉的大环有机物，其中血红素(结构如图1)是以FeA．激发态Fe2+的价电子排布式可能为B．图2卟啉分子所含元素的第一电离能：N>H>CC．图2卟啉分子在酸性环境中配位能力会增强D．卟啉配合物维生素B12、叶绿素的中心离子可以是Co3+【答案】C【解析】【解答】先确定Fe的基态价电子排布为3d64s2，Fe2+是失去4s轨道的2个电子，基态价电子排布为3d6。图2卟啉分子含有的元素为C、H、N。

A、激发态是电子吸收能量后跃迁到更高能级的状态。Fe2+基态价电子为3d6，一个3d电子跃迁到4s轨道，就会形成3d54s¹的激发态，因此该排布式是可能的，A正确；

B、第一电离能的顺序为N>H>C。N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能反常增大；H原子的1s轨道离核近，束缚电子能力强于C原子，故三者第一电离能顺序为N>H>C，B正确；

C、卟啉分子中的N原子提供孤电子对用于配位。在酸性环境中，N原子会与H+结合形成NH+，孤电子对被占用，导致配位能力减弱而非增强，C错误；

D、维生素B12的中心离子为Co3+，叶绿素的中心离子为Mg2+，这两种离子都可以与卟啉环形成稳定的配位化合物，D正确；

故答案为：C。

【分析】解题要点：价电子排布：基态Fe2+价电子为3d6，激发态可通过电子跃迁形成新排布。

第一电离能：注意N原子2p3半充满的特殊性，H的第一电离能大于C。

配位能力：酸性环境会质子化配位原子（如N），使其孤电子对无法提供，从而降低配位能力。

常见卟啉配合物：记住叶绿素含Mg2+、维生素B12含Co3+、血红素含Fe2+。11．利用如图装置可进行烟气脱硫。下列说法正确的是A．多孔电极为负极，电极反应式为FeB．烟气脱硫过程可表示为2C．电路中每通过0.1mol电子，理论上电解质溶液的总质量增加3.1gD．正极电极反应式为2H【答案】C【解析】【解答】A、多孔电极为负极，Fe2+发生氧化反应，正确的电极反应式应为Fe2+-e-=Fe3+，而非得到电子的还原反应，A错误；

B、烟气脱硫的总反应需要满足电荷守恒和原子守恒。正确的离子方程式应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，选项中的方程式电荷不守恒，B错误；

C、电路中每通过0.1mol电子，会吸收0.05molSO2（质量为0.05×64=3.2g），同时产生0.05molH2（质量为0.05×2=0.1g）。电解质溶液总质量的变化为吸收的SO2质量减去逸出的H2质量，即3.2g-0.1g=3.1g，C正确；

D、正极反应消耗H+，但负极产生的H+会通过质子交换膜迁移到正极室，根据电荷守恒，迁移的H+量与消耗的量相等，因此右室中H2SO4溶液的浓度基本不变，pH也基本保持不变，D错误；

故答案为：C。

【分析】判断电极与反应：

左侧多孔电极：Fe2+失去电子被氧化为Fe3+，发生氧化反应，因此为负极，电极反应式为

Fe2+-e-=Fe3+。生成的Fe3+再氧化SO2，实现脱硫，方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H+12．以CO2、H主反应：CO2副反应：CO2将CO2与H2以体积比1∶3投料，不同压强下，实验测得CO2下列说法正确的是A．甲图纵坐标表示CO2B．pC．温度高于T1D．若t时刻，CO2、H2的转化率分别为50%、40%，此时CH【答案】D【解析】【解答】明确反应特征：

主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0（放热，气体分子数减少）

副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH>0（吸热，气体分子数不变）

投料比：V(CO2)：V(H2)=1：3，可设初始时n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol。

图像与压强判断：

主反应放热，升温会使平衡逆向移动，CH3OH产率降低；副反应吸热，升温会使平衡正向移动，CO2总转化率升高。

主反应气体分子数减少，加压有利于主反应正向进行，CH3OH产率和CO2转化率均增大，因此压强关系为p1>p2>p3。

A、甲图纵坐标随温度升高而降低，符合CH3OH平衡产率的变化趋势（主反应放热）；若表示CO2平衡转化率，因副反应吸热，升温时转化率应先降后升或整体升高，与图像不符，A错误；

B、压强越大，越有利于主反应正向进行，CH3OH产率和CO2转化率越高，因此压强关系应为p1>p2>p3，B错误；

C、温度高于T1时，CH3OH产率（乙图）随温度升高而降低，说明主反应逆向进行的趋势大于副反应正向进行的趋势，即副反应的影响小于主反应，C错误；

D、设起始时，CO2、H2的物质的量分别为1mol、3mol，主反应中CO2CO2g+3H2g⇌CH3OHg+H2Og转化（mol)x3xxx，CO2g+H2g⇌COg13．F2和Xe可在一定条件下反应生成X，若Xe过量则生成Y，X和Y的晶胞示意图如图所示，晶胞体积之比VA．X和Y的晶体中的所有化学键均为极性键B．X的晶胞中，与Xe距离最近且等距的Xe有12个C．可通过X射线衍射仪区分X和Y的晶体D．X与Y的晶体密度之比为207∶221【答案】B【解析】【解答】A、X（XeF4）和Y（XeF2）中的化学键均为B、在X的晶胞中，顶点Xe的最近等距Xe为面心原子，共12个；但面心Xe的最近等距Xe为8个。选项表述不准确，B错误；C、X和Y晶体结构不同，X射线衍射图谱有明显差异，可用于区分，C正确；D、X晶胞质量：m(Y晶胞质量：m(已知V(X):V(Y故答案为：B。

【分析】解题要点：确定化学式：根据题意，X分子为平面结构，Y为直线形分子，且Xe过量生成Y，可推断X为XeF4，Y为XeFX晶胞：Xe原子位于顶点和面心，数目为8×18+4×Y晶胞：Xe原子位于顶点、棱心和体心，数目为8×18+8×14．室温下，向20.00mL0.10mol⋅L−1CH3COOH溶液中逐滴滴加0.10molA．水的电离程度：a>b>cB．x=2.25C．计算可得，室温下，醋酸的电离平衡常数KD．当pc【答案】B【解析】【解答】A、向醋酸中滴加NaOH，生成的CH3COONa会促进水的电离，而过量的NaOH会抑制水的电离。a、b点溶液呈酸性，溶质为CH3COOH和CH3COONa，且CH3COOH浓度a>b，对水的电离抑制程度a>b。c点B、c点pH=7，代入pH=pc(CH3C、由b点计算得Ka=10D、当pc(CH3COOH)c(CH3COO−)故答案为：B。

【分析】本题解题要点：醋酸的电离平衡：CH电离平衡常数：K两边取负对数：−整理得：pH这是一条斜率为1的直线，截距为−lg利用图像求Ka：由图中b点，当pc(CH3COOH)c(二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．钨(W)广泛用于国防军事、航空航天、信息制造等领域。工业上以黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO已知：①“焙烧”后的固体产物中主要含有Fe2O3、MnO②H2③H2S的Ka回答下列问题：（1）Fe、Mn、Co、Zn、Si中，属于d区元素的为(填元素符号)。（2）黑钨矿石粉碎“焙烧”时，写出MnWO4参与反应的化学方程式：（3）“硫化”过程中，溶液中cS2−c（4）由流程可得结合质子的能力：SiO32−(填“>”“<”或“=”)（5）“系列操作”包括①(填操作名称，下同)、冷却结晶、过滤、洗涤和②；从下列仪器中选出①②需使用的仪器，依次为(填标号)。（6）焙烧NH42WO4⋅n【答案】（1）Fe、Mn、Co（2）2（3）9（4）>（5）蒸发浓缩；干燥；BC（6）24∶1(或24)【解析】【解答】（1）Fe、Mn、Co、Zn、Si中Si属于P区，Zn属于ds区，Fe、Mn、Co属于d区；故答案为：Fe、Mn、Co；

（2）根据题意，黑钨矿石粉碎“焙烧”时，纯碱、氧气、MnWO4反应生成Na2WO4、MnO故答案为：2MnWO4+O2+2Na2CO3高温2Na2WO4+2MnO2+2CO2；

（3）H2S-⇌H++HS-，Ka1=c(HS-)c(H+)故答案为：9；

（4）根据流程“调pH”，硅酸钠转化为H2SiO3，而WO42-并没有转化为沉淀，说明结合质子的能力SiO32->WO42-，（6）设WO3-x中+6价W的个数为a，+5价W的个数为b，当x=0.02时，有a+b=1，5b+6a=2×2.98，解得a=0.96，b=0.04，则氧化物中+6价与+5价W的个数比为24∶1，

故答案为：24∶1(或24)。

【分析】以黑钨矿为原料，在纯碱和空气条件下焙烧，得到含Na2WO4等产物的固体；经微波水浸后，滤液中加入Na2S和H2S进行硫化，除去Zn、Co等杂质；再调节pH除去硅元素，加入CaCl2沉钨得到钨酸钙；钨酸钙经盐酸转化为难溶于水的H2WO4；H2WO4用氨水溶解得到(NH4)2WO4溶液，经系列操作得到(NH4)2WO4・nH（1）Fe、Mn、Co、Zn、Si中Si属于P区，Zn属于ds区，Fe、Mn、Co属于d区；（2）根据题意，黑钨矿石粉碎“焙烧”时，纯碱、氧气、MnWO4反应生成Na2WO4、MnO（3）H2S-⇌H++HS-，Ka1=c(HS-)c(H+)c(H2S)=1.1×10-7，HS-⇌H++S2-，Ka2=c(S2-)c(H+)（4）根据流程“调pH”，硅酸钠转化为H2SiO3，而WO（5）“系列操作”得到结晶水合物，则“系列操作”包括①蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和②干燥；对溶液进行蒸发浓缩时可以使用蒸发皿，干燥时可以使用干燥器，故答案为：蒸发浓缩；BC；（6）设WO3-x中+6价W的个数为a，+5价W的个数为b，当x=0.02时，有a+b=1，5b+6a=16．二茂铁分子式为FeC实验步骤：①向仪器c中加入稍过量的粉末状的KOH，通过仪器a向仪器c中滴入60 mL②再通过仪器a滴入10.0 mL③将20 mL含7.62 g无水FeCl2的二甲亚砜溶液装入仪器a④再通过仪器a向仪器c中加入25 mL⑤将仪器c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品；⑦提纯。回答下列问题：（1）仪器a的名称为。（2）实验中持续通入氮气的主要目的是。（3）写出由FeCl2、环戊二烯（C5H6）在（4）步骤⑤用盐酸洗涤的目的是。（5）二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H3O+中氧原子的杂化方式为（6）若最终制得纯净的二茂铁8.37g，则该实验的产率为%。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）排除装置中的空气，防止亚铁离子被氧化，提高二茂铁的产率（3）2C（4）除去多余的KOH（5）sp3（6）75【解析】【解答】（1）从装置图中可以看出仪器a为恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗；

（2）实验中持续通入氮气，是因为亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，通入氮气可以排除装置中的空气，防止亚铁离子被氧化，提高二茂铁的产率。故答案为：排除装置中的空气，防止亚铁离子被氧化，提高二茂铁的产率；

（3）由FeCl2、环戊二烯（C5H6）在KOH碱性条件下制备二茂铁，根据元素守恒可知，反应还生成KCl和故答案为：2C5H6+FeCl2故答案为：除去多余的KOH；

（5）H3O+中氧原子的σ键的个数为3，孤电子对=6−1−3×1故答案为：sp3；三角锥形；

​​​​​​​（6）由于KOH、环戊二烯（C5H6）均过量，所以按照FeCl2计算。由2C5H6+FeCl2+2KOH=FeC5H52+2KCl+2H2O，得关系式n[FeC5H52]=n(FeCl2)=7.62g127gmol=0.06mol，理论上生成的m[FeC5H52]=0.06mol×186g/mol=11.16g，最终制得纯净的二茂铁8.37g，则该实验的产率为8.37g11.16g×100%=75%。

故答案为：75​​​​​​​。

​​​​​​​【分析】(1)仪器识别：根据装置图中仪器a的结构（有恒压侧管），判断其为恒压滴液漏斗。

(2)氮气作用：Fe2+易被O2氧化，持续通入N（1）从装置图中可以看出仪器a为恒压滴液漏斗。（2）实验中持续通入氮气，是因为亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，通入氮气可以排除装置中的空气，防止亚铁离子被氧化，提高二茂铁的产率。（3）由FeCl2、环戊二烯（C5H6）在KOH碱性条件下制备二茂铁，根据元素守恒可知，反应还生成KCl和（4）根据流程可知，该制备过程使用了过量的KOH，则步骤⑤用盐酸洗涤的目的是：除去多余的KOH；（5）H3O+中氧原子的σ键的个数为3，孤电子对=6−1−3×1（6）由于KOH、环戊二烯（C5H6）均过量，所以按照FeCl2计算。由2C5H617．汽车尾气中的CO、NO2（1）已知：2NOg2NO26NOg则8NH3g+6NO（2）在密闭容器中充入一定量的CO(g)和NO(g)，发生反应2NOg+2COg⇌N2g+2CO2g（3）在TK时，反应8NH3g+6NO2g⇌7N2g+12H①平衡时，NH3的转化率为②0～tmin内，NO2的压强变化率为(用含p、t的式子表示)kPa③在TK时，Kp=(列出计算式即可，不用化简)（4）某实验研究小组设计了一种新型的Zn-NO电池(如图)，在电极反应中Zn反应后生成ZnO，MoS2①写出Zn-NO电池中MoS2电极上发生的电极反应：②若用该电池给铅蓄电池充电，不计电能损耗，在Zn-NO电池中每消耗6gNO时，理论上铅蓄电池阴极电极的质量(填“增大”或“减小”)g。【答案】（1）-2736.6（2）Ⅱ（3）80%(或0.8)；0.6pt；0.7p7×（4）NO+5【解析】【解答】（1）依据盖斯定律可得ΔH故答案为：-2736.6；

（2）由化学平衡移动原理可知，nNOnCO的值越大，相当于增大NO的物质的量，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，NO的转化率减小，CO故答案为：Ⅱ；

（3）设反应中NH3的分压变化为8akPa。8NH3g+6NO2g⇌7N2g+12H2故答案为：80%(或0.8)；0.6pt；0.7p7×1.2p120.2p8×0.15p6[或0.77×1.212×p50.28×0.156ΔH4=2×(2)n(NO)n((3)①NH3转化率：根据分压变化列方程，解得a=0.1p，转化率=0.8p②NO2压强变化率：NO2分压变化量为0.6pkPa，速率=③Kp表达式：代入平衡分压，K(4)①电极反应：MoS2为正极，NO发生还原反应：NO+5②铅蓄电池阴极变化：消耗6gNO（0.2mol）转移1mol电子，铅蓄电池阴极PbSO4被还原为（1）依据盖斯定律可得ΔH（2）由化学平衡移动原理可知，nNOnCO的值越大，相当于增大NO的物质的量，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，NO的转化率减小，CO（3）设反应中NH3的分压变化为8akPa。8NH3g+6NO2g⇌7N2g+12H2（4）在电极反应中Zn反应后生成ZnO，则Zn是负极，MoS2是正极，发生还原反应，电极反应：NO+5e−+4H2O=NH18．有机物E是某种药物的重要中间体，其合成路线如图：回答下列问题：（1）B的名称是。（2）已知：。根据相关信息回答：①C的结构简式是。②C中所含含氧官能团的名称为。③判断并解释C中氟原子对α-H的活泼性的影响：