2025屆高三化學(xué)5月預(yù)測考試試題含解析

PAGE19-2025屆高三化學(xué)5月預(yù)料考試試題（含解析）本試題卷共12頁，38題（含選考題）。全卷滿分300分?？荚囉脮r150分鐘?！镒？荚図槷?dāng)★留意事項(xiàng)：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.填空題和解答題的作答：用簽字筆干脆答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4.選考題的作答：先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。5.考試結(jié)束后，請將答題卡上交?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12O16S32K39Cr52Fe56Zn65一、選擇題：本題共7題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.國家衛(wèi)健委高級別專家李蘭娟院士在記者會上透露：新型冠狀病毒怕酒精，不耐高溫，56℃持續(xù)30分鐘就死亡了。乙醚、75%酒精（醫(yī)用酒精）、含氯的消毒劑、過氧乙酸等均可有效滅活病毒。下列有關(guān)說法正確的是A.乙醚與乙醇互為同分異構(gòu)體B.可以用工業(yè)酒精代替醫(yī)用酒精運(yùn)用C.過氧乙酸是高效消毒劑，過氧乙酸與苯酚混合運(yùn)用可增加消毒效果D.84消毒液是以次氯酸鈉（NaClO)為有效成分的消毒液，一般需稀釋后再運(yùn)用【答案】D【解析】【詳解】A．乙醚的結(jié)構(gòu)簡式為C2H5OC2H5，乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為C2H5OH，乙醚與乙醇分子式不同，故乙醚與乙醇不互為同分異構(gòu)體，A錯誤；B．醫(yī)用酒精的成分主要是乙醇、蒸餾水，工業(yè)酒精含有甲醇、乙醇、醛類、有機(jī)酸等物質(zhì)，工業(yè)酒精中的甲醇有毒，所以不行以用工業(yè)酒精代替醫(yī)用酒精運(yùn)用，B錯誤；C．過氧乙酸具有強(qiáng)氧化性，苯酚具有強(qiáng)還原性，二者混合運(yùn)用，過氧乙酸會把苯酚氧化，二者都失效，消毒實(shí)力下降，C錯誤；D．84消毒液有肯定的刺激性與腐蝕性，一般需稀釋后再運(yùn)用，D正確；2.下列試驗(yàn)操作會導(dǎo)致結(jié)果偏低的是A.用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定氨水時，用酚酞作指示劑B.用潤濕的pH試紙測定1mol/L氯化銨溶液的pHC.用18.4mol/L濃硫酸配制1mol/L稀硫酸，用量筒量取濃硫酸，倒出濃硫酸后，未將量筒洗滌并收集洗滌液D.配制肯定物質(zhì)的量濃度的溶液，用膠頭滴管定容時，俯視容量瓶刻度線【答案】A【解析】【詳解】A．酚酞在堿性條件下就變色，相當(dāng)于鹽酸滴少了，由此算出的氨水的物質(zhì)的量濃度偏低，A符合題意；B．氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，所以氯化銨溶液呈酸性，用潮濕的pH試紙測定1mol/L氯化銨溶液的pH，相當(dāng)于稀釋溶液，使氫離子的濃度減小，pH增大，B不符合題意；C．量筒量取液體后，倒出液體，量筒不須要洗滌，C不符合題意；D．俯視容量瓶刻度線，水加少了，將導(dǎo)致所配制溶液的濃度偏高，D不符合題意；答案選A?！军c(diǎn)睛】為了減小滴定誤差，酸堿中和滴定指示劑的選擇至關(guān)重要，酸堿中和滴定的實(shí)質(zhì)是酸和堿恰好中和。酸堿恰好中和時溶液不肯定呈中性，最終溶液的酸堿性取決于生成的鹽的性質(zhì)，強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽呈中性，強(qiáng)酸與強(qiáng)堿滴定時，可以用甲基橙或酚酞作指示劑；強(qiáng)酸弱堿鹽的溶液呈酸性，強(qiáng)酸與弱堿滴定時可以選擇甲基橙作指示劑；強(qiáng)堿弱酸鹽的溶液呈堿性，強(qiáng)堿與弱酸滴定時可以選擇酚酞作指示劑。3.三溴苯酚在肯定條件可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化生成M,M是一種具有優(yōu)良光學(xué)性能的樹脂。下列說法正確的是A.上述反應(yīng)的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)B.與三溴苯酚官能團(tuán)種類和數(shù)目都相同的芳香族化合物還有5種C.1molM與足量氫氣加成，一般最多可消耗5mol氫氣D.M在水中有良好的溶解性【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．依據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系可看出，三溴苯酚在肯定條件可發(fā)生轉(zhuǎn)化生成M的類型屬于取代反應(yīng)，A錯誤；B．與三溴苯酚官能團(tuán)種類和數(shù)目都相同的芳香族化合物有、、、、共5種，B正確；C．酯基與氫氣不發(fā)生加成反應(yīng)，故1molM與足量氫氣加成，一般最多可消耗4mol氫氣，C錯誤；D．M中沒有親水基團(tuán)，難溶于水，D錯誤；【點(diǎn)睛】推斷有機(jī)物是否易溶于水，首先看分子的結(jié)構(gòu)簡式中有沒有親水基，假如分子中不含有親水基，這個物質(zhì)難溶于水；另外假如分子中既有親水基又有憎水基，假如分子中憎水基的碳鏈比較長，并且親水基的基團(tuán)比較少，則該物質(zhì)在水中的溶解度也不大。4.最近，科學(xué)家發(fā)覺一種高能鹽，該鹽由X、Y、Z、M四種原子序數(shù)依次增大的短周期元素組成，其化學(xué)式為（Y5)6(X3Z)3(YX4)4M.該鹽的兩種陽離子均為10電子離子，分別是由X與Y、X與Z組成?；衔颴M是18電子分子。下列說法錯誤的是A.X與Y、X與Z還分別可形成10電子分子B.該鹽中存在離子鍵、極性共價鍵和非極性共價鍵C.該鹽的陰離子均可破壞水的電離平衡D.四種元素所形成的簡潔離子的半徑由大到小為M>Y>Z>X【答案】C【解析】分析】該鹽由X、Y、Z、M四種原子序數(shù)依次增大短周期元素組成，其化學(xué)式為（Y5)6(X3Z)3(YX4)4M.該鹽的兩種陽離子均為10電子離子，分別是由X與Y、X與Z組成?；衔颴M是18電子分子，則X為H、Y為N、Z為O、M為Cl，X與Y、X與Z組成的10電子離子分別為NH4+、H3O+?！驹斀狻緼．X與Y、X與Z還分別可形成10電子分子分別為NH3、H20，A正確；B．N5-內(nèi)存在非極性共價鍵，NH4+、H3O+內(nèi)存在極性共價鍵，N5-、Cl-、NH4+、H3O+陰、陽離子之間存在離子鍵，B正確；C．Cl-為強(qiáng)酸的酸根離子，在溶液中不會發(fā)生水解反應(yīng)，不會破壞水的電離平衡，C錯誤；D．四種元素所形成的簡潔離子的半徑由大到小為Cl->N3->O2->H+，D正確；答案選C。【點(diǎn)睛】在比較主族元素原子、離子半徑大小的時候留意以下幾點(diǎn)：①電子層數(shù)越多，粒子半徑越大；②當(dāng)電子層數(shù)相同、核外電子數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，粒子的半徑越??；③當(dāng)電子層數(shù)相同、核電荷數(shù)相同時，核外電子數(shù)越多，半徑越大。5.NH3分解的熱化學(xué)方程式為.在Co-Al催化劑體系中，壓強(qiáng)P0下，氨氣以肯定流速通過反應(yīng)器，得到不同催化劑下氨氣的轉(zhuǎn)化率隨溫度的改變曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A.活化能最小的催化劑是90Co-A1B.假如增大氣體流速，則b點(diǎn)對應(yīng)的點(diǎn)可能為eC.溫度為T時，向體積為1L的恒容容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，達(dá)到平衡時，NH3的轉(zhuǎn)化率為75%，則平衡常數(shù)為K=7.5D.在兩個體積均為VL的絕熱密閉容器中分別投入①2molNH3,②3molH2和1molN2,達(dá)到平衡時，NH3的體積分?jǐn)?shù)相同【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知90Co-A1先達(dá)到平衡，所以90Co-A1是活化能最小的催化劑，A正確；B．增大氣體流速，未反應(yīng)的氨氣增多，氨氣的轉(zhuǎn)化率減小，平衡逆向移動，b點(diǎn)對應(yīng)的點(diǎn)可能為e點(diǎn)，B正確；C．由題中給的數(shù)據(jù)可知，設(shè)平衡時氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量濃度為xmolL-1，則則由，解得x=0.3，故平衡時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，故平衡常數(shù)，C正確；D．2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H?0，若是在恒溫恒容的條件下，在兩個體積均為VL的絕閉容器中分別投入①2molNH3，②3molH2和1molN2，達(dá)到平衡時，這兩個平衡為等效平衡，達(dá)到平衡時，NH3的體積分?jǐn)?shù)相同，但是在絕熱的條件下，反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，逆反應(yīng)為放熱反應(yīng)，二者平衡時的溫度不相同，NH3的體積分?jǐn)?shù)不相同，D錯誤；答案選D。6.最近，科學(xué)家勝利研制出一種電源，該電源在消耗二氧化碳的同時，還可釋放電能。電源電極為鋁電極和多孔碳電極，電解質(zhì)溶液為草酸鹽溶液，放電過程中草酸鹽濃度基本不變，電源示意圖如圖所示。下列有關(guān)該電源的說法正確的是A.鋁電極電勢高于多孔碳電極B.用該電源電解飽和食鹽水，理論上，每消耗1mol二氧化碳可收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氫氣C.若生成0.5mol草酸鋁，有3mol電子通過電解質(zhì)溶液D.正極的電極反應(yīng)式為【答案】B【解析】【詳解】A．鋁作原電池的負(fù)極，多孔碳電極作原電池的正極，正極的電勢比負(fù)極電勢高，A錯誤；B．正極反應(yīng)式為2CO2+2e-=C2O42-，用該電源電解飽和食鹽水的陰極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同，故消耗1molCO2，轉(zhuǎn)移1mol電子，理論上可收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氫氣，B正確；C．電子無法通過電解質(zhì)溶液，C錯誤；D．依據(jù)題意，二氧化碳得電子，正極反應(yīng)式為2CO2+2e-=C2O42-，D錯誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】在原電池工作中，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電子由負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極，電子不能通過電解質(zhì)溶液從負(fù)極轉(zhuǎn)移到正極；在電解質(zhì)溶液中，陰離子移向負(fù)極，陽離子移向正極，陰、陽離子不能通過導(dǎo)線移動，即“電子不下水，離子不上岸”。7.現(xiàn)有100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，向其中緩慢通入CO2(如圖所示）。下列說法錯誤的是已知：①②溶液中粒子濃度可用以下公式計算：A.0.01molCO2通入溶液時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為B.通入0.1molCO2后，用HNO3維持體系pH=6，此時溶液中粒子濃度大小關(guān)系為c(HCO3-)>c(HCIO)>c(Ca2+)C.快速通入0.05molCO2后，關(guān)閉開關(guān)，久置后發(fā)覺體系中沉淀削減D.緩慢通入0.05molCO2的過程中，水的電離程度始終減小【答案】B【解析】【詳解】A．100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，恰好與0.05molCO2反應(yīng)生成CaCO3和HClO，0.01molCO2通入溶液時，CO2為不足量，發(fā)生反應(yīng)化學(xué)方程式依舊是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，A正確；B．當(dāng)通入0.1molCO2后，100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，恰好與0.1molCO2反應(yīng)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，由題中的公式可求得，，比較它們的倒數(shù)，可知c(H2CO3)<c(HClO)，B錯誤；C．久置后，次氯酸分解生成鹽酸和氧氣，鹽酸能與碳酸鈣反應(yīng)，導(dǎo)致體系中沉淀削減，C正確；D．緩慢通入0.05molCO2的過程中，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，Ca(ClO)2電離出的ClO-促進(jìn)水的電離，生成的HClO電離出的H+能抑制水的電離，緩慢通入0.05molCO2的過程中，ClO-轉(zhuǎn)化為HClO，，故水的電離程度始終減小，D正確；答案選B。8.某草酸亞鐵水合物A可用于制作照相顯影劑、制藥等。下面是對該化合物的制備及分析的試驗(yàn)方案。請回答下列問題。(1)硫酸亞鐵的制備及收集純凈的氫氣：將2.00g鐵粉（含少量FeS及其他難溶性雜質(zhì)）放入150mL錐形瓶中，加入25mL3mol/LH2SO4,水浴加熱。反應(yīng)完畢趁熱過濾，反應(yīng)裝置如下圖所示（每個裝置限用一次）。①運(yùn)用以上裝置完成試驗(yàn)，指出裝置連接依次：a______________。②反應(yīng)完畢后趁熱過濾的目的是________________________。(2)草酸亞鐵水合物A的制備：將濾液轉(zhuǎn)移至事先已盛有50mL1mol/LH2C2O4溶液的250mL燒杯中，攪拌下加熱至沸騰，一段時間后得到淡黃色沉淀（其主要成分為A)。①已知A中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為31%,其化學(xué)式為____________。②3.6gA在無氧條件下加熱，最終得到1.44g固體化合物，試寫出該過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________________________。③若對試驗(yàn)方案中的硫酸加入量略作調(diào)整，可以得到更高產(chǎn)率的A,試用化學(xué)平衡的相關(guān)學(xué)問分析，并指出該調(diào)整是增加還是削減硫酸的量：________。(3)草酸亞鐵水合物A純度的測定：稱取mg產(chǎn)物于100mL燒杯中，用2mol/LH2SO4溶解，轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶中并用2mol/LH2SO4定容。移取25.00mL溶液至250mL錐形瓶中，微熱后用濃度為cmol/L的標(biāo)準(zhǔn)高錳酸鉀溶液滴定，平行測定三次，平均消耗滴定劑VmL(假設(shè)雜質(zhì)不參加滴定反應(yīng)）。①寫出滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：___________________________；②列出表示產(chǎn)物中A的純度的計算式：_______________________?！敬鸢浮?1).edcbgfh(2).防止硫酸亞鐵晶體析出(3).FeC2O4?2H2O(4).FeC2O4?2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O(5).削減，經(jīng)粗略計算得知第一步用于溶解Fe的硫酸是遠(yuǎn)遠(yuǎn)過量的，草酸是弱酸，H+濃度增大，C2O42-濃度削減，不利于草酸亞鐵沉淀生成，故削減硫酸的量(6).5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O(7).[(5cV?10-3×250.0×180)/(3×25.00×m)]×100%【解析】【詳解】（1）①產(chǎn)生的H2中含有H2S和水蒸氣，從a中出來的氣體依次通過NaOH溶液除去H2S，CuSO4溶液檢驗(yàn)H2S是否除盡，濃硫酸除去水蒸氣，最終用真空球囊收集純凈的H2，故裝置連接依次：aedcbgfh；②反應(yīng)完畢后，除去未反應(yīng)的固體，同時又防止硫酸亞鐵晶體析出，故采納趁熱過濾的方式；（2）①令草酸亞鐵水合物A的化學(xué)式為FeC2O4?xH2O，，解得x=2，A的化學(xué)式為FeC2O4?2H2O；②，n(Fe)=0.02mol，m(Fe)=0.02mol×56g/mol=1.12g，最終得到1.44g固體化合物，，因此所得固體是FeO，依據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒，該過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：FeC2O4?2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；③25mL3mol/LH2SO4的物質(zhì)的量為0.075mol，2.00g鐵粉的物質(zhì)的量為0.036mol，F(xiàn)e+H2SO4=FeSO4+H2↑，所以第一步用于溶解Fe的硫酸是過量的，草酸是弱酸，H+濃度增大，C2O42-濃度削減，不利于草酸亞鐵沉淀生成，故應(yīng)削減硫酸的量；（3）①草酸亞鐵難溶，在書寫離子方程式時應(yīng)寫成分子式，故滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O；②5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O，反應(yīng)物、生成物改變的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，即n(FeC2O4)：n(KMnO4)=5：3，n(FeC2O4)=，從250mL容量瓶中移取25.00mL溶液，所以產(chǎn)物中FeC2O4?2H2O的純度為。9.鉻礦是冶金、國防、化工等領(lǐng)域不行缺少的礦產(chǎn)資源，其中的鉻鐵礦是唯一可開采的鉻礦石。工業(yè)上常用鉻鐵礦（主要含F(xiàn)e2O3、FeO和Cr2O3,還含有MgO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)）為原料制備重鉻酸鉀和三氧化二鐵，其流程如圖所示。已知常見離子起先生成沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。請回答下列問題：(1)鉻鐵礦與熔融NaOH和NaCIO3的反應(yīng)是在坩堝中進(jìn)行的，可用作此坩堝材料的是___________.A.鎳B.剛玉（Al2O3)C.陶瓷D.石英(2)寫出鉻鐵礦中的Cr2O3與熔融NaOH和NaCIO3反應(yīng)的化學(xué)方程式：___。由于在該過程中鐵元素會大量轉(zhuǎn)變?yōu)镹aFeO2,所以加水的作用為__________________（用離子方程式表示）。(3)“濾渣2”主要成分為_________（填化學(xué)式）。(4)利用化學(xué)平衡移動原理說明調(diào)整pH2約至4.5的緣由是；再向其中加入KC1固體，蒸發(fā)濃縮至液體表面有晶膜產(chǎn)生，冷卻結(jié)晶，過濾得到粗重鉻酸鉀晶體。為獲得高純度重鉻酸鉀晶體，可實(shí)行___________（填操作名稱）。(5)調(diào)整pH3的范圍為__________(6)已知鉻鐵礦中鐵、鉻元素的質(zhì)量比為14:13.上述流程中鐵元素轉(zhuǎn)化為Fe2O3的利用率為60%,提取鉻元素的轉(zhuǎn)化率為90%,假如得到Fe2O3的質(zhì)量為32t,則可以制備K2Cr2O7的質(zhì)量為______t(結(jié)果保留1位小數(shù)）。【答案】(1).A(2).Cr2O3+4NaOH+NaClO3Na2CrO4+NaCl+2H2O(3).FeO2-+2H2O=OH-+Fe(OH)3↓(4).H2SiO3、Al(OH)3(5).因?yàn)榇嬖谄胶猓?H++2CrO42-Cr2O72-+H2O,增大c(H+)使平衡正向移動，有利于產(chǎn)生Cr2O72-(6).3.2≦pH3<8.1(7).88.2【解析】【分析】結(jié)合題中的信息和工藝流程圖，鉻鐵礦的Cr2O3、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2與熔融NaOH和NaCIO3反應(yīng)生成Na2CrO4、NaFeO2、NaAlO2、Na2SiO3，從濾渣4灼燒得三氧化二鐵可知，加水，濾液1的溶質(zhì)含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，濾渣1的成分為Fe(OH)3、MgO；濾液3里面主要含有Fe3+、Mg2+，通過調(diào)整pH3使Fe3+完全沉淀，而不Mg2+沉淀；濾液1的溶質(zhì)含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，通過調(diào)整pH1，使NaAlO2、Na2SiO3，轉(zhuǎn)化為H2SiO3、Al(OH)3；濾液2通過調(diào)整pH2使CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-；依據(jù)鉻鐵礦中鐵、鉻元素的質(zhì)量比為14：13，即物質(zhì)的量之比為1：1，再依據(jù)利用率可知，得到的Fe、Cr元素的物質(zhì)的量之比為2：3，然后依據(jù)Fe2O3的質(zhì)量計算出K2Cr2O7的質(zhì)量?！驹斀狻浚?）A．鎳不與氫氧化鈉反應(yīng)，鎳可以作此坩堝材料，A正確；B．Al2O3能與氫氧化鈉反應(yīng)，故剛玉(Al2O3)不行以作此坩堝材料，B錯誤；C．陶瓷的成分中含有二氧化硅，二氧化硅能與氫氧化鈉反應(yīng)，故陶瓷不行以作此坩堝材料，C錯誤；D．石英的成分是二氧化硅，二氧化硅能與氫氧化鈉反應(yīng)，故陶瓷不行以作此坩堝材料，D錯誤；答案選A；（2）Cr2O3與熔融NaOH和NaCIO3反應(yīng)，被Cr2O3氧化為Na2CrO4，NaCIO3被還原為NaCI，其反應(yīng)方程式為Cr2O3+4NaOH+NaClO3Na2CrO4+NaCl+2H2O；由流程圖可以看出，F(xiàn)e元素在過濾后進(jìn)入濾渣中，說明NaFeO2能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3，反應(yīng)方程式為FeO2-+2H2O=OH-+Fe(OH)3↓；（3）在第一步中能溶于氫氧化鈉的除了Cr2O3，還有Al2O3和SiO2，分別形成AlO2-和SiO32-，所以調(diào)整pH1的目的應(yīng)當(dāng)是為了出去Al元素和Si元素，故“濾渣2”的主要成分為H2SiO3、Al(OH)3；（4）本過程的目的是為了獲得重鉻酸鉀，所以調(diào)整pH2的目的是將CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-，存在平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O，增大c(H+)使平衡正向移動，有利于Cr2O72-的生成。從粗重鉻酸鉀晶體中獲得高純度重鉻酸鉀晶體的方法為重結(jié)晶；（5）“濾液3”中主要存在的金屬離子為Fe3+、Mg2+，為了得到Fe(OH)3沉淀而不使Mg2+沉淀，應(yīng)調(diào)整pH3的范圍是3.2≦pH3<8.1；（6）鉻鐵礦中鐵、鉻元素的質(zhì)量比為14：13，即物質(zhì)的量之比為1：1，依據(jù)利用率可知，得到的Fe、Cr元素的物質(zhì)的量之比為2：3，得到Fe2O3的質(zhì)量為32t，即2×105mol，所以Cr元素的物質(zhì)的量為6×105mol，即K2Cr2O7的物質(zhì)的量為3×105mol，K2Cr2O7的質(zhì)量為3×105mol×294g/mol=8.82×107g=88.2t。10.二氧化硫的污染臭名昭著，含硒的化學(xué)藥物卻有望迎來美名。某環(huán)保車間將含SO2、NO煙氣經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液汲取。O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為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)試驗(yàn)表明，在常溫下反應(yīng)：3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)正向自發(fā)，試說明緣由：_____。(2)將NO與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3的混合溶液中，其轉(zhuǎn)化過程如圖所示，試寫出反應(yīng)I的離子反應(yīng)方程式：___________，反應(yīng)II的離子方程式：________________。(3)用CaSO3水懸浮液處理二氧化氮，若在汲取液中加入Na2SO4溶液，能提高NO2的汲取速率，其主要緣由是___________；達(dá)到平衡后，溶液中c(SO32-)=__________［用c(SO42-、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示］。(4)氮的氧化物還可以通過電解法處理獲得氮?dú)夂脱鯕?，電解質(zhì)為固體氧化物陶瓷，據(jù)圖寫出陰極的電極反應(yīng)方程式：_______________。(5)已知SeO2與SO2的混合煙氣用水汲取可制得單質(zhì)硒，過濾得粗硒，硒的部分物理性質(zhì)如下表所示。某工藝采納真空蒸餾的方法提純獲得純硒，采納真空蒸餾的目的是_____。(6)最近我國學(xué)者鎖定COVID-19的新靶點(diǎn)Mpro蛋白酶，通過先進(jìn)篩選手段，在FDA批準(zhǔn)的已上市和臨床試驗(yàn)藥物中，發(fā)覺老藥Ebselen()在細(xì)胞試驗(yàn)中呈現(xiàn)出優(yōu)異的抗病毒效果，優(yōu)于此前探討者設(shè)計的多種冠狀病毒Mpro蛋白酶的抑制劑N3,這兩類藥物都是抑制病毒的核苷酸的復(fù)制。Ebselen抑制病毒復(fù)制的最佳濃度為_____________,比較N3半數(shù)有效濃度有無與倫比的優(yōu)勢。從影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素分析，這類藥物的作用原理為_____________?！敬鸢浮?1).反應(yīng)的△H=-317.3kJ·mol-1，該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，△S小于零，但數(shù)值很小，在常溫下，△G=△H-T△S＜0，反應(yīng)自發(fā)(2).2Ce4++H2=2Ce3++2H+(3).4H++2NO+4Ce3+=N2+4Ce4++2H2O(4).CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SO32-的濃度增大，加快SO32-與NO2的反應(yīng)速率(5).[Ksp(CaSO3)/Ksp(CaSO4)]×c(SO42-)(6).2NOx+4xe-=N2+2xO2-(7).降低Se的沸點(diǎn)，避開Se與空氣中氧氣發(fā)生反應(yīng)(8).10(9).這類藥物相當(dāng)于病毒復(fù)制反應(yīng)中的負(fù)催化劑，能明顯的減緩反應(yīng)速率，藥物的有效特殊強(qiáng)調(diào)催化劑的選擇性，盡量不能影響人體健康【解析】【詳解】（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，利用蓋斯定律，由反應(yīng)①+2×②得3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)△H=-317.3kJ·mol-1，該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，△S＜0，但是數(shù)值很小，在常溫下，△G=△H-T△S＜0，反應(yīng)自發(fā)；（2）將NO與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3的混合溶液中，依據(jù)轉(zhuǎn)化過程的圖示可知反應(yīng)I是H2還原Ce4+，其離子方程式為2Ce4++H2=2Ce3++2H+；反應(yīng)II的離子方程式：4H++2NO+4Ce3+=N2+4Ce4++2H2O；（3）加入Na2SO4溶液，發(fā)生反應(yīng)CaSO3+SO42-=CaSO4+SO32-，CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SO32-的濃度增大，加速SO32-與NO2的反應(yīng)速率，，故溶液中c(SO32-)=[Ksp(CaSO3)/Ksp(CaSO4)]×c(SO42-)；（4）由題意可知NOx在陰極放電生成N2，電極反應(yīng)式為2NOx+4xe-=N2+2xO2-；（5）真空使得壓強(qiáng)降低，從而降低Se的沸點(diǎn)，避開Se與空氣中氧氣發(fā)生反應(yīng)；（6）由圖b可知Ebselen濃度為10時出現(xiàn)拐點(diǎn)，且濃度再增大抑制率改變不大，故最佳濃度為10。分析影響反應(yīng)速率的因素，這類藥物相當(dāng)于病毒復(fù)制反應(yīng)中的負(fù)催化劑，能明顯的減緩反應(yīng)速率，藥物的有效特殊強(qiáng)調(diào)催化劑的選擇性，盡量不影響人體健康。[化學(xué)－選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］11.海洋是元素的搖籃，海水中含有大量鹵族元素。NaCl晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如下所示（晶胞邊長為anm).(1)元素Na的價電子被激發(fā)到相鄰高能級后形成的激發(fā)態(tài)Na原子，其價電子軌道表示式為__________。(2)除了NaCl，Cl元素還能形成多種價態(tài)的化合物，如NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4，這四種鈉鹽對應(yīng)的酸的酸性依次增加，試說明HClO4的酸性強(qiáng)于HClO3的緣由：__________。(3)在適當(dāng)條件下，電解NaCl水溶液可制得NaClO3。①NaCl水溶液中存在的微粒間作用力有________（填序號）。A.離子鍵B.極性鍵C.配位鍵D.氫鍵②依據(jù)價層電子對互斥理論，預(yù)料ClO3-的空間構(gòu)型為________，寫出一個ClO3-的等電子體的化學(xué)符號：______________(4)在NaCl晶體中，Na位于Cl所圍成的正______面體的體心，該多面體的邊長是______nm。(5)Na半徑與Cl半徑的比值為______（保留小數(shù)點(diǎn)后3位，=1.414)?！敬鸢浮?1).(2).HClO3和HClO4，可分別表示為(HO)ClO2，和(HO)ClO3，HClO3中Cl為+5價，HClO4中Cl為+7價。后者正電性更高，導(dǎo)致H、O之間的電子對向O偏移，更易電離出H+（或HClO4中非羥基氧數(shù)比HClO3多，故HClO4酸性比HClO3強(qiáng)）(3).BCD(4).三角錐形(5).SO32-、IO3-或BrO3-(6).八(7).(8).0.414【解析】【詳解】（1）元素Na的焰色反應(yīng)呈黃色；激發(fā)態(tài)Na原子價電子由3s能級激發(fā)到3p能級，其價電子軌道表示式為；（2）HClO3和HClO4，可分別表示為(HO)ClO2和(HO)ClO3，HClO3中Cl為+5價，HClO4中Cl為+7價。后者正電性更高，導(dǎo)致H、O之間的電子對向O偏移，更易電離出H+（或HClO4中非羥基氧數(shù)比HClO3多，故HClO4酸性比HClO3強(qiáng)）。（3）①A．在NaCl的水溶液中，NaCl電離成自由移動的鈉離子和氯離子，離子鍵被破壞，A不符合題意；B．水分子中存在極性共價鍵，B符合題意；C．氫離子供應(yīng)空軌道，水分子中的氧原子供應(yīng)孤電子對，存在配位鍵，C正確；D．水分子間存在氫鍵，D正確；答案選BCD。②依據(jù)價層電子對互斥理論，ClO3-的價層電子對數(shù)是4，中心原子上的孤電子對數(shù)是1，故ClO3-的空間構(gòu)型為三角錐形；原子個數(shù)相等，價電子總數(shù)相同的分子或離子互為等電子體，故與ClO3-的等電子體的物質(zhì)是SO32-、IO3-或BrO3-；（4）晶體中，以Na+為中心在它的上下前后左右有6個Cl-，Na+位于Cl-所圍成的八面體的體心，如圖，該多面體的邊長=圖中對角線長的一半=；（5）依據(jù)圖，NaCl晶體中陰陽離子的最短距離為anm的一半即nm，Cl-半徑為對角線的，即為nm，由圖，Na+半徑為(nm-nm)，所以Na+半徑與Cl-半徑之比為(nm-nm)：nm=0.414。[化學(xué)－選修5:有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］12.一種常用的冷靜、麻醉藥物I,其合成路途如下。已知：①B、C互為同分異構(gòu)體②+R1OH；③+R3Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr；④+R1OH；其中R、R2代表烴基或氫原子，R1、R3代表烴基?；卮鹣铝袉栴}。(1)試劑a為溴代物，其名稱為_____，G中官能團(tuán)的名稱為____，G-H的反應(yīng)類型為____。(2)I的結(jié)構(gòu)簡式為__。(3)寫出B+C→D的化學(xué)方程式：__________________(4)設(shè)計試驗(yàn)區(qū)分B、D,