辽宁省部分重点高中2026届高三上学期12月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省部分重点高中2026届高三上学期12月联考试题考生注意1.本试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75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.可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14K39Cr52Fe56第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(共45分，每题只有一个正确答案)1.各类材料的应用推动了科技发展，下列说法错误的是A.废电池必须进行集中处理，因为电池外壳为贵重金属材料，需要回收利用B.铝合金材料广泛应用于新能源汽车车身，相对于纯铝，其具有强度高、熔点低的特点C.复合陶瓷可用作神舟飞船外壳的烧蚀材料是基于其具有较强的耐高温性能D.碳化硼(B4C3)结构陶瓷可制造切削工具，它是一种新型无机非金属材料【答案】A【解析】A．废电池集中处理的主要目的是防止重金属污染，普通电池外壳多为铁或锌，并非贵金属，故A错误；B．铝合金属于合金，熔点低于纯铝且强度更高，故B正确；C．复合陶瓷作为烧蚀材料需耐高温以保护飞船，故C正确；D．碳化硼结构陶瓷属于新型无机非金属材料中的结构陶瓷，适合制造切削工具，故D正确；选A。2.下列化学用语或表述错误的是A.中子数为10的氧原子：B.基态C原子核外电子的空间运动状态有6种C.乙炔结构式：D.用电子式表示的形成过程：【答案】B【解析】A．氧原子质子数为8，中子数为10时，质量数=8+10=18，原子符号表示为，故A正确；B．基态C原子电子排布式为1s22s22p2，占用4个原子轨道，共4种空间运动状态，故B错误；C．乙炔分子中存在碳碳三键，结构式为H-C≡C-H，故C正确；D．Na2O为离子化合物，用电子式表示形成过程为，故D正确；选B。3.将离子液体用作高性能电解质，构筑新型高安全性的电化学器件。一种离子液体的结构如图所示，已知X、Y、Z、M和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、M为同周期相邻元素，W是电负性最强的元素。下列说法错误的是A.原子半径：B.最简单氢化物的沸点：C.该阴离子中，各元素原子最外层均满足稳定结构D.若将阳离子换成，含钠化合物具有更低的熔沸点【答案】D【解析】由离子液体的结构可知，X、W均形成1个价键，所以X、W为H或第ⅦA族元素，又W是电负性最强的元素，即W为F、X为H；X、Y、Z、M和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与4个F各形成一个价键，且形成的阴离子带一个单位的负电荷，则Y为第ⅢA族元素，且原子序数小于F，所以Y为B；Z形成4个价键，为第ⅣA主族元素，所以Z为原子序数小于F的C；Y、Z、M为同周期相邻元素，则M为N；综上所述，X为H、Y为B、Z为C、M为N、W为F。A．H半径最小，同周期元素从左到右半径减小，则原子半径：B>C>N>F>H，A正确；B．CH4分子间无氢键，沸点最小，F电负性大于N，HF之间氢键强度大于NH3，则沸点：HF>NH3>CH4，B正确；C．阴离子为，B最外层3个电子，与4个F形成4个共价键（有一个是配位键），最外层满足，F最外层7个电子，与形成1个共价键，最外层满足，C正确；D．原离子液体的阳离子为有机阳离子，与阴离子形成离子化合物，但有机阳离子体积大（离子半径大），离子键弱，熔沸点较低，若换成，半径小，与阴离子形成的离子键较强，熔沸点会升高，而非降低，D错误；故答案为D。4.下列实验操作、事故处理方法正确的是A.用容量瓶精确量取一定体积的液体B.洗净的量筒放在烘箱中烘干C.钠着火时需用潮湿的沙土来灭火D.氯气泄漏时，应用浸有小苏打水的毛巾捂住口鼻向高处撤离【答案】D【解析】A．容量瓶用来精确配制一定体积物质的量浓度的溶液，不用来量取液体，精确量取一定体积的液体用移液管或滴定管，A错误；B．洗净的量筒不能放在烘箱中烘干，应该自然晾干，B错误；C．金属钠着火时，潮湿沙土中的水会与钠反应生成可燃性的氢气，会产生危险，钠着火时需用干燥的沙土来灭火，C错误；D．氯气有毒，氯气的密度比空气大，小苏打溶液能吸收氯气，故氯气泄漏时，应用浸有小苏打水的毛巾捂住口鼻向高处撤离，D正确；故答案选D。5.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法错误的是A.反应Ⅱ可以表示为B.反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的D.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为【答案】B【解析】根据转化信息，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下与氧气反应生成As2O3和H2S2O3，化学方程式为；反应Ⅱ为As2S3在自然光条件下被氧气氧化为和，化学方程式为。A．结合分析可知，反应Ⅱ可以表示为，A正确；B．As2S3中元素As为+3价，元素S为-2价，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下与氧气反应生成As2O3和H2S2O3，As2O3中，元素As为+3价，元素As化合价没有变，没有被氧化，B错误；C．结合分析中反应Ⅰ和Ⅱ的方程式中化学计量数可知，参加反应的：，C正确；D．反应Ⅰ中，As2S3中S元素从-2价升高为H2S2O3的+2价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为；反应Ⅱ中，As2S3中As元素从+3价升高为的+5价，S元素从-2价升高为的+6价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为，因此反应Ⅰ和Ⅱ中氧化1molAs2S3转移的电子数之比为，D正确；故选B。6.下列涉及陌生情境的离子方程式书写正确的是A.用NaClO溶液处理含CN-的废水（碱性条件）：2CN-+6ClO-=+N2+6Cl-B.新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）溶于水产生Fe(OH)3胶体：+3H2O=Fe(OH)3↓+4OH-C.向含的酸性废水加入FeSO4溶液还原：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2OD.用醋酸溶解水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】C【解析】A．题中离子方程式电荷不守恒，反应物和生成物没有写完整，气体符号也未标注；ClO-将CN-氧化为N2和，自己被还原为Cl-，根据得失电子守恒和原子、电荷守恒，可知正确的离子方程式为：2CN-+5ClO-+2OH-＝2+N2↑+5Cl-+H2O，A错误；B．新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)溶于水产生Fe(OH)3胶体，题中离子方程式得失电子不守恒，生成物缺失，且Fe(OH)3胶体不用标注沉淀符号。中铁为+6价，Fe(OH)3中Fe为+3价，实际反应涉及歧化反应，根据得失电子守恒，可知过程中生成O2，正确的离子方程式为：4+10H2O＝4Fe(OH)3（胶体）+3O2↑+8OH-，B错误；C．向含的酸性废水加入FeSO4溶液还原，酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，题给离子反应方程式符合得失电子守恒和原子守恒，C正确；D．醋酸为弱酸，在离子方程式中应保留分子式，不能拆分为H+。正确离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误；答案选C。7.氯及其化合物部分转化关系如图。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24LHCl和Cl2混合气体中氯原子数为B.0.1mol/LNaCl溶液中Na+数为C.反应①每消耗0.1molCa(ClO)2，生成的氯气的分子数为D.反应②每生成0.1mol氧化产物，转移电子数目为【答案】D【解析】A．标准状况下2.24L混合气体物质的量为0.1mol，HCl含1个Cl原子、Cl2含2个Cl原子，因两者比例未知，氯原子数介于0.1NA~0.2NA之间，无法确定为0.15NA，A错误；B．溶液体积未知，无法根据浓度计算Na+物质的量，B错误；C．反应①为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，1molCa(ClO)2生成2molCl2，0.1molCa(ClO)2应生成0.2molCl2，分子数为0.2NA，C错误；D．反应②为3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O，氧化产物为NaClO3，Cl从0价升至+5价，生成1molNaClO3转移5mol电子，则生成0.1mol氧化产物转移0.5mol电子，数目为0.5NA，D正确；8.探究酸性KMnO4溶液与KI溶液能否发生反应。实验装置及过程序号现象ⅰ当加入5滴酸性KMnO4溶液时，溶液呈棕黄色；进一步检验溶液中有I2和Mn2+ⅱ继续加入15滴酸性KMnO4溶液时，产生棕褐色沉淀，溶液仍呈棕黄色；进一步检验棕褐色沉淀为MnO2ⅲ继续加入过量酸性KMnO4溶液时，棕褐色沉淀较实验ⅱ中多，溶液呈紫色；进一步检验上层清液中无I2和，上层清液中含有注：和均为无色离子；Mn2+近乎无色。下列有关叙述错误的是A.该实验条件下，氧化性：＞I2B.初步证明实验ⅱ棕褐色沉淀为的操作为：过滤，将洗涤后的滤渣加入双氧水溶液中，观察到立即有大量气泡产生C.实验ⅲ中发生了反应：3I2+10+2H2O=10MnO2↓+6+4OH-D.若向酸性溶液中逐滴滴加溶液，实验开始时的现象为产生棕褐色沉淀，且溶液呈紫色【答案】C【解析】向KI溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，I-被氧化为I2（棕黄色）、被还原为；继续加入酸性高锰酸钾溶液，被氧化为（棕褐色沉淀）；继续加入过量酸性高锰酸钾溶液，I2被氧化为，剩余的被氧化为（棕褐色沉淀），所以棕褐色沉淀较实验ⅱ中多，溶液呈紫色溶液是因为高锰酸钾过量；据此作答。A．实验i中将I-氧化为I2，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：>I2，A正确；B．MnO2可催化H2O2分解生成O2，过滤洗涤后的滤渣加入双氧水溶液，若立即产生大量气泡，可证明沉淀为MnO2，B正确；C．实验iii中发生了两个反应，I2被氧化为，剩余的被氧化为，且环境为酸性，C错误；D．向过量酸性KMnO4溶液中滴加KI，开始时I-少量、过量，将I-氧化为，自身被还原为MnO2(棕褐色沉淀)，且未反应完，溶液呈紫色，D正确；故答案选C。9.某种离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z与W同主族，Q是元素周期表中电负性最大的元素。下列说法错误的是A.非金属性：Z>WB.氢化物沸点：Z>YC.ZQ3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构D.X、Z、Q三种元素能形成离子化合物【答案】B【解析】根据X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的2倍，且Y形成四个键，Y为C元素；Q是元素周期表中电负性最大的元素，Q为F元素；Z与W同主族，Z失去一个电子后形成四个键，最外层有5个电子，W得到一个电子后形成6个键，W最外层是5个电子，则Z为N元素，W为P元素，X形成一个键为H元素，据此分析回答。A．由分析可知，Z为N元素，W为P元素，非金属性同主族从上到下依次减小，则非金属性：N>P，A正确；B．由分析可知，Z为N元素，Y为C元素，简单氢化物沸点：CH4<NH3，C、N均存在其他种类氢化物，该选项未强调简单氢化物，B错误；C．由分析可知，Z为N元素，Q为F元素，NF3分子中含有3个N-F键，N、F原子最外层均达到8电子稳定结构，C正确；D．由分析可知，X、Z、Q三种元素分别为H、N、F，能形成离子化合物NH4F，D正确；故选B。10.布洛芬是非甾体抗炎药，用于缓解轻度至中度疼痛如头痛、关节痛、牙痛等。一种合成布洛芬的反应路线如下图所示，下列说法不正确的是.A.反应I为取代反应B.化合物Y的分子式为C12H16OC.化合物Z最多有16个原子共平面D.水中的溶解度：布洛芬<苯甲酸【答案】C【解析】化合物X与发生取代反应生成化合物Y，化合物Y中的酮羰基与氢气发生加成反应生成醇羟基，即化合物Z。A．化合物X与发生取代反应生成化合物Y，A正确；B．化合物Y的分子式为C12H16O，B正确；C．化合物Z中苯环上的12个原子共平面，按照碳碳单键的旋转，还有5个原子可以与苯环共平面，最多17个原子共平面，C错误；D．布洛芬中碳原子数量多，疏水基比苯甲酸的大，水溶性小于苯甲酸，D正确。故选C。11.液溴为深红棕色的腐蚀性有毒液体，在自然界仅以化合状态微量地存在于海水及很多盐湖、盐水及盐矿中，溴化合物用途广泛。已知：溴单质的沸点为58.8℃，其一种制备工艺如图所示。下列说法错误的是A.“氧化1”中发生反应的离子方程式为：B.热空气吹出溶液中的溴单质与Fe反应的方程式为：C.检验通入氯气氧化后溶液中铁的阳离子的试剂为：KSCN溶液D.流程图中“试剂”最佳选择为NaBr，除去过量的后进行蒸馏分离提纯【答案】B【解析】海水中的溴离子，加入氧化剂二氧化锰会把溴离子氧化为溴单质，，溴单质的沸点为58.8℃，利用热空气可以将溴单质吹出，加入纳米铁粉之后，溴单质把铁粉氧化为三价铁，，之后通入氯气，把溴离子转化为液溴，但是通入的氯气为过量的氯气，需要加入NaBr除去，；A．氧化1中在酸性条件下将氧化为，离子方程式为，A项正确；B．热空气吹出的与适量Fe粉反应，生成，，B项错误；C．通入氧化后的溶液中含有，KSCN溶液可用于检验，C项正确；D．流程图中加入试剂除去过量，最佳选择为NaBr，发生反应，既除去了，又增加了的量，然后通过蒸馏分离提纯溴单质，D项正确；故答案选B。12.已知热化学方程式：①；②；③下列说法正确的是A.反应③的活化能为B.由盖斯定律可得出热化学方程式：C.D.在一定条件下，将与足量放入一密闭容器中充分反应，放出的热量等于98.3kJ【答案】B【解析】A．活化能是反应所需的最低能量，与焓变无关，反应③的为-586kJ·mol-1表示放热，但活化能不可能等于焓变的绝对值，A错误；B．通过盖斯定律，将反应③×2减去反应①×3，得到目标方程式，计算为2×(-586)-3×(-296)=-284kJ·mol-1，B正确；C．S(g)的能量高于S(s)，燃烧时放热更多，应小于-296kJ·mol-1，故C错误；D．反应②为可逆反应，1mol无法完全转化，即使足量，放出的热量仍小于98.3kJ，D错误；故答案选B13.硼酸是重要的化工原料，一种以硼镁矿(含及少量)为原料生产硼酸的工艺流程如图所示。[已知：硼酸和硼砂均易溶于热水，在冷水中溶解度小]下列说法错误的是A.将硼镁矿研磨成粉末可以加快浸取速率B.溶液中的杂质主要是Na2SiO3和C.一系列操作主要包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥D.硼砂溶液与硫酸反应的离子方程式为【答案】C【解析】将硼镁矿加NaOH溶液碱浸，其中难溶于NaOH溶液的、形成滤渣A过滤除去，能溶于NaOH溶液中的、、生成、、进入滤液，然后通入气体将、转化为和沉淀形成滤渣B过滤除去，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到硼砂，再加入热水和稀硫酸调节pH，生成硼酸，反应后的溶液经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硼酸。据此分析解答。A．硼镁矿研磨成粉末可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率，A正确；B．由分析可知，硼酸钠溶液中的主要杂质为硅酸钠和四羟基合铝酸钠，B正确；C．由于硼酸在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，结合分析可知，得到硼酸的一系列操作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C错误；D．由分析可知，加入热水和稀硫酸调节溶液为2的目的是将硼砂转化为硼酸，反应的离子方程式为，D正确。选C。14.与反应可获得，其主要反应为反应Ⅰ反应Ⅱ反应Ⅲ条件下，和发生上述反应达平衡时，反应物的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化关系如图所示(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。含碳生成物选择性。下列说法不正确的是A.其他条件不变，加压有助于提高的平衡选择性B.反应Ⅲ平衡常数C.在范围，平衡产率随温度升高而下降D.其他条件不变，增大的投入量，平衡转化率下降【答案】C【解析】反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ在360℃以下不考虑，在360℃以下时升高温度，反应I平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，则MgCO3的转化率增大，的选择性增大，的选择性减小，且和的选择性之和接近100%，则c表示的选择性，b表示的选择性，a表示的转化率，据此解答。A．反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，反应Ⅲ是气体分子数不变的反应。其他条件不变，加压时，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ平衡不移动，则其他条件不变，加压会使更多的CO2转化为CH4而非CO，有助于提高CH4的平衡选择性，A正确；B．由分析可知，c表示的选择性，b表示的选择性，a表示的转化率，由图可知，在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为，生成的甲烷为，根据碳原子守恒可得；氢气的平衡转化率为60%，则平衡时氢气的物质的量为，反应Ⅱ中甲烷与水的化学计量系数之比为1∶2，反应Ⅲ中一氧化碳与水的化学计量系数之比为1∶1，即平衡时，所以反应Ⅲ平衡常数，B正确；C．反应I为吸热反应，升高温度，反应I平衡正向移动，生成量增加，为反应II提供更多反应物，利于的生成；反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于的生成。在范围，反应I的正向趋势占主导，的增加量远大于反应II逆向移动导致的减少量，因此平衡产率随温度升高而上升，而非下降，C错误；D．对于可逆反应，增大一种反应物的浓度，平衡会正向移动，能提高其他反应物的转化率，但自身转化率会降低，即其他条件不变，增大的投入量，平衡转化率下降，D正确；故选C。15.一种以和为原料制的过程存在如下反应：反应：反应：将1mol和1mol通入密闭容器中发生上述反应，保持容器体积一定，平衡时含碳物质体积分数(含碳物质体积分数)随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A.M点时，反应的平衡常数B.N点时，平衡容器中C.温度低于600℃，温度越高，的平衡转化率越大D.保持温度为900℃，压缩已达平衡时容器的体积，物质的量不变【答案】D【解析】A．由图可知，M点时，只发生反应Ⅱ，且n(CO2)=n(CO)，根据C原子守恒，可知平衡时，n(CO2)=n(CO)=0.5mol，

设容器体积为V，反应Ⅱ的平衡常数，A错误；B．由图可知，N点时，n(CH4)=n(CO)，由反应Ⅰ可得，n(CH4)=2nⅠ(H2O)，由反应Ⅱ可得，n(CO)=nⅡ(H2O)，可得，平衡容器中n(H2O)=3n(CH4)，B错误；C．由图可知，温度低于600℃，CO2、CH4体积分数减小，说明升高温度，反应Ⅰ逆向进行，CO体积分数增大，说明升高温度，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ消耗的氢气比反应Ⅰ生成的氢气少，氢气的平衡转化率减小，C错误；D．保持温度为900℃，只发生反应Ⅱ，反应Ⅱ为反应前后气体体积不变的反应，压缩已达平衡时容器的体积，压强增大，平衡不移动，CO2物质的量不变，D正确；故答案选D。第Ⅱ卷(选择题，共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分，考生根据要求做答。)16.根据所学知识，回答下列问题：（1）有下列物质：a．氢氧化钡b．c．二氧化碳d．稀硫酸。①写出向a溶液中通入少量c气体发生反应的离子方程式：___________。②下列导电性变化图像符合向a溶液中滴加d的变化趋势的是___________(填标号)。A． B．C． D．（2）金的化学性质不活泼，但可溶于王水，生成四氯金酸(化学式为是一种强酸)，生成的四氯金酸可被肼还原(肼被氧化为)，生成金单质。此方法可用于提纯黄金。①写出金溶于王水的离子方程式并用双线桥法表示电子的转移：___________。②四氯金酸被肼还原的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。（3）在生产和科学实验中，常常要用到溶液，在很多情况下取用溶液时，一般是量取它的体积，因此要知道溶液的浓度。①若将质量分数为14%的KOH溶液蒸发掉100g水后(无固体析出)，得到了80mL质量分数为28%的溶液，则浓缩后溶液中溶质的物质的量浓度是___________mol·L。②200mL含和的混合溶液中，物质的量浓度为，物质的量浓度为，为使浓度减小为以及硫酸浓度增大到，可向上述混合溶液中加入的浓硫酸以及适量的蒸馏水配制成体积为的溶液。则___________，___________。【答案】（1）①.②.C（2）①.②.4:3（3）①.6.25②.200③.1000【解析】（1）①向Ba(OH)2(a)溶液中通入少量CO2(c)气体生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式为，故答案为。②Ba(OH)2(a)溶液中滴加(d)溶液，先发生反应，溶液中离子浓度降低直至几乎为0，当Ba(OH)2反应完全后，加入，溶液中离子浓度增大，故溶液的先减小直至变为0后导电性增强，故答案为C。（2）①王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比为3:1混合而成的混合物，金溶于王水时生成四氯金酸和NO、水，离子方程式为,双线桥法表示电子的转移为，故答案为。②四氯金酸与肼反应生成和金单质，反应中Au元素的化合价从+3降低至0价，四氯金酸为氧化剂，N元素的化合价从-2价升高至0价，为还原剂，利用电子得失守恒得，，故答案为4:3。（3）①假设质量分数为14%的KOH溶液的质量为，由蒸发前后溶质的质量不变得，解得，则浓缩后溶液中溶质的物质的量是=0.5mol，物质的量浓度是=6.25mol/L，故答案为6.25。②混合前后，和的总物质的量不变，则、，解得，，故答案为200；1000。17.能源在生产、生活中发挥着重要作用。（1）下列有关做法不合理的是___________(填标号)。a．大力发展氢能源汽车以减少环境污染b．在广大农村发展新技术，将废弃的秸秆转化为沼气供能c．在西北地区开发太阳能、风能等新能源，减少化石燃料的使用d．自然界存在能量守恒，所以不需注重能源的使用，想用多少用多少（2）肼()常用作火箭推进剂。已知：①②③则的___________；下列能量变化示意图可以表示该反应的是___________(填标号)。A．B．（3）家用液化石油气中含有丁烷。已知常温常压下，丁烷气体完全燃烧生成、可放出287.8kJ热量，则表示丁烷燃烧热的热化学方程式为___________。（4）化学反应所放出的热量，可以用实验的方法进行测定。可用如图所示装置来测定中和反应的反应热。①分别配制的盐酸和的溶液。称取固体的质量为___________；配制过程中需要用到的玻璃仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、___________、___________。②将的盐酸与的溶液在如图所示的装置中进行中和反应(在稀溶液中，可以近似地认为反应前后溶液密度、比热容均与水的相等，即，)。实验所测的温度差数据如表所示。第一次第二次第三次第四次3.1℃3.2℃3.0℃4.3℃本次实验所测的中和反应的反应热___________(保留3位有效数字)；若没有隔热层，则计算所得的反应热与上述实验相比___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）d（2）①.②.A（3）（4）①.5.5②.容量瓶③.胶头滴管④.⑤.偏大【解析】（1）a．大力发展氢能源汽车，减少化石燃料的使用，可以减少污染，a正确；b．将废弃的秸秆转化为沼气供能，使用生物质能代替化石燃料，减少化石燃料的使用，减少污染，b正确；c．太阳能、风能属于新能源，在西北地区开发太阳能、风能等新能源，减少化石燃料的使用，c正确；d．能源使用不合理会造成污染，能量不能充分利用，造成浪费，D错误；答案选d；（2）根据盖斯定律：①②③反应可以由①-②-2×③得到，则△H=-641.6kJ/mol+534kJ/mol-2×(+44kJ/mol)=-195.6kJ/mol；△H=-195.6kJ/mol为放热反应，反应物能量高于生成物能量，A图符合；（3）丁烷为=0.1mol，完全燃烧生成、可放出287.8kJ热量，则1mol丁烷完全燃烧放出热量为2878kJ，表示丁烷燃烧热的热化学方程式为；（4）①配制的溶液，需要NaOH的物质的量为0.55mol/L×0.25L=0.1375mol，需要固体的质量0.1375mol×40g/mol=5.5g；需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250ml的容量瓶和胶头滴管；②四次温差数据中第四次误差较大舍去，前三次温差的平均值为，根据Q=cm△t=×(50ml+50ml)×1g/ml×3.1。C=1295.8J=1.2958kJ，△H=-=-51.8kJ/mol；若没有隔热层，造成热量损失，△H为负值，△H偏大。18.阅读下列材料，回答下列问题：铁、氯及其化合物在生活、生产中应用广泛，、高铁酸钾()均可用于净水，高铁酸钾可先用和在碱性条件下反应生成，再与KOH反应制备。可用于环境消毒，其与反应产生的是漂白剂的有效成分。铁系元素(等)能形成多种配合物，如、等，其中常温下为液态，熔点低，易溶于、苯等有机溶剂。（1）在水溶液中的电离方程式为______。（2）对于以下物质：、溶液。①常温下，能导电的是______。②属于非电解质的是______。③属于强电解质的是______。（3）写出制备离子方程式：______，与KOH反应制备的基本反应类型为______。（4）可用如下方法测定某样品中的纯度。准确称取0.5280g样品置于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液，用的标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL，测定过程中涉及的离子反应有(未配平)：ⅰ、；ⅱ、；ⅲ、。①将ⅲ的离子方程式配平：______(缺项需补齐)。②样品中的纯度为______。【答案】（1）（2）①.溶液②.③.（3）①.②.复分解反应（4）①.②.75.00%【解析】（1）属于强电解质，是完全电离，其电离方程式为：。（2）可以导电的物质中存在自由移动的电子或自由移动的阴、阳离子，一般情况下，金属单质、石墨、电解质溶液或熔融的电解质都能够导电，则常温下能导电的是溶液；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，非电解质一般包含非金属氧化物、部分非金属氢化物、大多数有机物等。则属于非电解质的是；强电解质在水溶液或熔融状态下能完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大多数盐、活泼金属氧化物等。则属于强电解质的是。（3）根据题意：和在碱性条件下反应生成，其离子方程式为：，再与KOH反应制备的化学方程式为：，基本反应类型为复分解反应。（4）反应ⅲ中，铬元素的化合价由+6价降低到+3价，铁元素的化合价由+2价升高到+3价，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒可配平该反应的离子方程式为：；由得失电子守恒可得如下转化关系：，由滴定消耗20.00mL0.3000mol/L硫酸亚铁铵溶液可知，样品中的纯度为=。19.仙鹤草是一种有收敛止血、解毒、补虚等功效中药。其成分之一的仙鹤草内酯类似物具有广阔的药物研发前景。其中合成仙鹤草内酯的部分路线如下：（1）化合物i的分子式为________；化合物ii的官能团名称为________。（2）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______