PAGE17-（全國(guó)I卷）江西省南昌市新建區(qū)其次中學(xué)2025屆高三化學(xué)下學(xué)期第四次線上測(cè)試試題（含解析）第一卷本卷可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1

C-12

O-16

Mg-24

Al-27Si-28

Ca-40

Cu-64一、選擇題（本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）1.化學(xué)與生產(chǎn)和生活親密相關(guān)。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A.古代記載文字的器物“甲骨”與“絲帛”成分相同B.蘇打可用于制作發(fā)酵粉，在醫(yī)療上也可以用作治療胃酸過(guò)多C.我國(guó)自主研發(fā)的“龍芯4000系列”CPU芯片與光導(dǎo)纖維是同種材料D.用于制作N95型口罩的“熔噴布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯的分子長(zhǎng)鏈上有支鏈【答案】D【解析】【詳解】A．“甲骨”主要成分是碳酸鹽而“絲帛”主要成分是蛋白質(zhì)，故二者成分不同，故A錯(cuò)誤；B．用作發(fā)酵粉和用于治療胃酸過(guò)多的是小蘇打，而不是蘇打，故B錯(cuò)誤；C．我國(guó)自主研發(fā)的“龍芯一號(hào)”CPU芯片主要成分是硅，光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，不是同種材料，故C錯(cuò)誤；D．聚丙烯中的甲基處在支鏈上，故D正確；故答案選D。2.厭氧氨化法（Anammox）是一種新型的氨氮去除技術(shù)，下列說(shuō)法中不正確的是A.1molNH4+所含的質(zhì)子總數(shù)為10NAB.聯(lián)氨（N2H4）中含有極性鍵和非極性鍵C.過(guò)程II屬于氧化反應(yīng)，過(guò)程IV屬于還原反應(yīng)D.過(guò)程I中，參加反應(yīng)的NH4+與NH2OH的物質(zhì)的量之比為1:1【答案】A【解析】A、質(zhì)子數(shù)等于原子序數(shù)，1molNH4＋中含有質(zhì)子總物質(zhì)的量為11mol，故A說(shuō)法錯(cuò)誤；B、聯(lián)氨(N2H4)的結(jié)構(gòu)式為，含有極性鍵和非極性鍵，故B說(shuō)法正確；C、過(guò)程II，N2H4→N2H2－2H，此反應(yīng)是氧化反應(yīng)，過(guò)程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是還原反應(yīng)，故C說(shuō)法正確；D、NH4＋中N顯－3價(jià)，NH2OH中N顯－1價(jià)，N2H4中N顯－2價(jià)，因此過(guò)程I中NH4＋與NH2OH的物質(zhì)的量之比為1：1，故D說(shuō)法正確。點(diǎn)睛：氧化反應(yīng)還是還原反應(yīng)，這是有機(jī)物中的學(xué)問(wèn)點(diǎn)，添氫或去氧的反應(yīng)為還原反應(yīng)，去氫或添氧的反應(yīng)的反應(yīng)氧化反應(yīng)，因此N2H4→N2H2，去掉了兩個(gè)氫原子，即此反應(yīng)為氧化反應(yīng)，同理NO2－轉(zhuǎn)化成NH2OH，是還原反應(yīng)。3.某同學(xué)采納工業(yè)大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）制取CaCl2·6H2O，設(shè)計(jì)了如下流程：下列說(shuō)法不正確的是A.固體I中含有SiO2，固體II中含有Fe(OH)3B.運(yùn)用石灰水時(shí)，要限制pH，防止固體II中Al(OH)3轉(zhuǎn)化為AlO2-C.試劑a選用鹽酸，從溶液III得到CaCl2·6H2O產(chǎn)品的過(guò)程中，須限制條件防止其分解D.若變更試驗(yàn)方案，在溶液I中干脆加氨水至沉淀完全，濾去沉淀，其溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶也可得到純凈CaCl2·6H2O【答案】D【解析】【分析】工業(yè)大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）加足量的鹽酸，得到二氧化硅沉淀和氯化鈣、氯化鋁、氯化鐵混合溶液，所以固體Ⅰ中含有SiO2，濾液中加石灰水，限制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即為固體Ⅱ，過(guò)濾，向?yàn)V液加入鹽酸中和過(guò)量的氫氧化鈣，得氯化鈣溶液，CaCl2·6H2O易分解，從溶液中獲得氯化鈣晶體時(shí)，要防止其分解；【詳解】A.依據(jù)上面的分析可知，固體Ⅰ中含有SiO2，固體Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正確；B.氫氧化鋁具有兩性，可溶于氫氧化鈣溶液，生成AlO2-，B正確；C.CaCl2·6H2O易分解，從溶液中獲得氯化鈣晶體時(shí)，要防止其分解，C正確；D.若變更試驗(yàn)方案，在溶液Ⅰ中干脆加氨水至沉淀完全，濾去沉淀，其溶液中含有氯化銨，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到的CaCl2·6H2O不純，D錯(cuò)誤；答案為D。4.酮洛芬是優(yōu)質(zhì)抗炎鎮(zhèn)痛藥，合成原理如下：下列說(shuō)法正確的是()AM和酮洛芬都能發(fā)生酯化、鹵代和加成反應(yīng)B.M和酮洛芬分子中全部碳原子都可能共平面C.M和酮洛芬在肯定條件下最多消耗的物質(zhì)的量相等D.M分子中苯環(huán)上一氯代物有9種【答案】A【解析】【詳解】A、苯環(huán)上氫能與鹵素單質(zhì)在催化劑作用下發(fā)生鹵代取代反應(yīng)，苯環(huán)與氫氣能發(fā)生加成反應(yīng)，苯環(huán)之間的碳氧雙鍵與氫氣能發(fā)生加成反應(yīng)，羧基與醇羥基在肯定條件下能發(fā)生酯化反應(yīng)，故A項(xiàng)正確；B、酮洛芬分子右側(cè)鏈上1個(gè)碳原子連接了3個(gè)碳原子，這3個(gè)碳原子中至少有1個(gè)碳原子不能與苯環(huán)共平面，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、若M、酮洛芬的物質(zhì)的量相等，則它們消耗最大量相等，沒(méi)有強(qiáng)調(diào)“物質(zhì)的量相等”，不能推斷消耗的量是否相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D、M分子中，左邊苯環(huán)上氫原子有3種對(duì)稱結(jié)構(gòu)，右邊苯環(huán)上氫原子有4種不對(duì)稱結(jié)構(gòu)，故苯環(huán)上一氯代物共有7種，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A。5.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。Q的簡(jiǎn)潔氫化物和其最高價(jià)含氧酸可以化合成鹽，X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素；Z一具有與氬原子相同的電子層結(jié)構(gòu)；Q、Y、W原子的最外層電子數(shù)之和為9。下列說(shuō)法肯定正確的是A.X與Z的簡(jiǎn)潔氫化物的水溶液均呈強(qiáng)酸性B.Y與Z形成的化合物只含離子鍵C.簡(jiǎn)潔氫化物的沸點(diǎn)：Q<XD.Z和W形成的化合物的水溶液呈堿性【答案】C【解析】【分析】Q的簡(jiǎn)潔氫化物和其最高價(jià)含氧酸可以化合成鹽，確定Q為N；X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素，確定X為F；Z一具有與氬原子相同的電子層結(jié)構(gòu)，確定Z為Cl；Q、Y、W原子的最外層電子數(shù)之和為9，當(dāng)W為K時(shí)，Y為Al；當(dāng)W為Ca時(shí)，Y為Mg?！驹斀狻緼.X簡(jiǎn)潔氫化物HF的水溶液呈弱酸性，故A錯(cuò)誤；B.Y與Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化鋁屬于共價(jià)化合物不含有離子鍵，故B錯(cuò)誤；C.簡(jiǎn)潔氫化物的沸點(diǎn)：Q（NH3）<X（HF），故C正確；D.Z和W形成的化合物為KCl或CaCl2，二者均為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，水溶液呈中性，故D錯(cuò)誤；答案：C6.國(guó)內(nèi)某科技探討小組首次提出一種新型的Li+電池體系，該體系正極采納含有I-、Li+的水溶液，負(fù)極采納固態(tài)有機(jī)聚合物，電解質(zhì)溶液采納LiNO3溶液，聚合物離子交換膜作為隔膜將液態(tài)正極和固態(tài)負(fù)極分隔開(kāi)（原理示意圖如圖）。已知：I-+I2I3-，下列有關(guān)推斷正確的是A.圖甲是原電池工作原理圖，圖乙是電池充電原理圖B.放電時(shí)，正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的顏色加深C.充電時(shí)，Li+從右向左通過(guò)聚合物離子交換膜D.放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為-2ne-=+2nLi+【答案】D【解析】【詳解】A.由“負(fù)極采納固態(tài)有機(jī)聚合物”知，固態(tài)有機(jī)聚合物在負(fù)極失電子，電極反應(yīng)式為-2ne-=+2nLi+，故圖乙原電池工作原理圖，則圖甲反應(yīng)原理與圖乙相反，是電池充電原理圖，故A錯(cuò)誤；B.放電時(shí)，正極上的電極反應(yīng)式為I3-+2e-=3I-，I3-被還原為無(wú)色的I-，電解質(zhì)溶液顏色變淺，故B錯(cuò)誤；C.充電過(guò)程即為電解過(guò)程，陽(yáng)離子從陽(yáng)極區(qū)向陰極移動(dòng)，故充電時(shí)，Li+從左室通過(guò)聚合物離子交換膜移向右室，故C錯(cuò)誤；D.依據(jù)選項(xiàng)A分析可知圖乙為原電池，右側(cè)電極為負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：-2ne-=+2nLi+，故D正確；故答案為D。7.在25℃時(shí)，甘氨酸在水溶液中解離狀況如下：H3N+CH2COOH(A+)H3N+CH2COO-(A±)H2NCH2COO-(A-)，變更溶液pH值，三種甘氨酸相關(guān)離子的分布分?jǐn)?shù)(α，平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))變更如圖所示。當(dāng)調(diào)整溶液的pH值使甘氨酸所帶的凈電荷為零，此時(shí)溶液的pH叫等電點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A.曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別代表的微粒為A?、A±、A+B.K2=10?2.34，且K2對(duì)應(yīng)的解離基團(tuán)為-NH3+C.在pH=9.60的溶液中加鹽酸，α(A±)+α(A+)+α(A?)保持不變D.甘氨酸的等電點(diǎn)pH約為6，且存在c(A±)=c(A+)=c(A?)【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)其解離狀況可知：溶液堿性越強(qiáng)，A-含量越大，溶液酸性越強(qiáng)，A+含量越大，故曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別代表的微粒為A+、A±、A-，A錯(cuò)誤；B.由圖可知pH=9.60時(shí)，溶液中H3N+CH2COO-與H2NCH2COO-濃度相等，K2對(duì)應(yīng)的解離過(guò)程為：H3N+CH2COO-H2NCH2COO-+H+，K2==10-9.60，K2對(duì)應(yīng)的解離基團(tuán)為COO-，B錯(cuò)誤；C.依據(jù)物料守恒可知，α(A±)+α(A+)+α(A-)保持不變，C正確；D.由圖可知，等電點(diǎn)pH約為6，此時(shí)溶液中c(H3N+CH2COO-)＞c(H3N+CH2COOH)＝c(H2NCH2COO-)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。8.利用酸解法制鈦白粉產(chǎn)生的廢液[含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4]生產(chǎn)鐵紅和補(bǔ)血?jiǎng)┤樗醽嗚F的工藝流程如圖所示：已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2·xH2O沉淀為可逆反應(yīng)；乳酸結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH（OH）COOH?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）TiOSO4中鈦元素的化合價(jià)是____________，步驟①中分別硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作是___________。（2）濾渣的主要成分為TiO2·xH2O，結(jié)合離子方程式說(shuō)明得到濾渣的緣由：________。（3）從硫酸亞鐵溶液中得到硫酸亞鐵晶體的操作方法是____________________；硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_____。（4）步驟④中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________。（5）步驟⑥必需限制肯定的真空度，緣由是有利于蒸發(fā)水以及____________________。（6）試驗(yàn)室中檢驗(yàn)溶液B中主要陽(yáng)離子的方法是______________________?！敬鸢浮?1).+4(2).過(guò)濾(3).TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O+2H+,鐵屑與H+反應(yīng)，c（H+）降低，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，促使TiO2+轉(zhuǎn)化為TiO2?xH2O(4).蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾(5).1:4(6).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑(7).防止Fe2+被氧化(8).取少量溶液B于試管中，加人NaOH溶液，加熱，將潮濕的紅色石蕊試紙靠近試管口，石蕊試紙變藍(lán)，說(shuō)明溶液B中含有NH4+【解析】【分析】由流程圖可知，廢液中加入鐵屑，F(xiàn)e與H2SO4和少量Fe2（SO4）3反應(yīng)生成FeSO4，溶液的pH增大，促進(jìn)TiOSO4的水解沉淀，TiOSO4完全水解生成TiO2?xH2O沉淀，過(guò)濾，濾渣為TiO2?xH2O和Fe，濾液為FeSO4溶液；FeSO4溶液通過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到硫酸亞鐵晶體，硫酸亞鐵晶體脫水、煅燒得到氧化鐵；FeSO4溶液中加碳酸氫銨，兩者反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨和二氧化碳，碳酸亞鐵沉淀加乳酸溶解生成乳酸亞鐵溶液和二氧化碳，乳酸亞鐵溶液通過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到乳酸亞鐵晶體?！驹斀狻浚?）由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，TiOSO4中鈦元素的化合價(jià)是+4價(jià)；步驟①中分別硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作是過(guò)濾，故答案為+4；過(guò)濾；（2）TiOSO4在溶液中水解生成TiO2?xH2O，水解的離子方程式為：TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O+2H+，加入鐵屑，鐵與H+反應(yīng)，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，促使TiO2+轉(zhuǎn)化為TiO2?xH2O沉淀，故答案為TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O+2H+,鐵屑與H+反應(yīng)，c（H+）降低，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，促使TiO2+轉(zhuǎn)化為TiO2?xH2O；（3）FeSO4溶液通過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到硫酸亞鐵晶體；硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化劑是氧氣，還原劑是氧化鐵，所以氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4，故答案為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾；1：4；（4）步驟④為FeSO4溶液中加碳酸氫銨，兩者反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨和二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（5）亞鐵離子易被空氣中氧氣氧化，所以步驟⑥必需限制肯定的真空度，這樣有利于蒸發(fā)水還能防止Fe2+被氧化，故答案為防止Fe2+被氧化；（6）溶液B為硫酸銨溶液，試驗(yàn)室檢驗(yàn)銨根離子的方法是：取少量溶液B于試管中，加人NaOH溶液，加熱，將潮濕的紅色石蕊試紙靠近試管口，石蕊試紙變藍(lán)，說(shuō)明溶液B中含有NH4+，故答案為取少量溶液B于試管中，加人NaOH溶液，加熱，將潮濕的紅色石蕊試紙靠近試管口，石蕊試紙變藍(lán)，說(shuō)明溶液B中含有NH4+。9.四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應(yīng)的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體，熔點(diǎn)為38.3℃，沸點(diǎn)為233.5℃，具有潮解性且易發(fā)生水解。試驗(yàn)室利用反應(yīng)TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行的操作是__，其目的是__，此時(shí)活塞K1，K2，K3的狀態(tài)為_(kāi)_；一段時(shí)間后，打開(kāi)電爐并加熱反應(yīng)管，此時(shí)活塞K1，K2，K3的狀態(tài)為_(kāi)___。（2）試劑A為_(kāi)_，裝置單元X的作用是__；反應(yīng)過(guò)程中需用熱源間歇性微熱連接管，其目的是___。（3）反應(yīng)結(jié)束后應(yīng)接著通入一段時(shí)間CO2，主要目的是___。（4）將連接管切斷并熔封，采納蒸餾法提純。此時(shí)應(yīng)將a端的儀器改裝為_(kāi)_、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是___（填儀器名稱）?！敬鸢浮?1).打開(kāi)K1，關(guān)閉K2和K3(2).先通入過(guò)量的CO2氣體，解除裝置內(nèi)空氣(3).打開(kāi)K1，關(guān)閉K2和K3(4).打開(kāi)K2和K3，同時(shí)關(guān)閉K1(5).濃硫酸(6).汲取多余的溴蒸氣同時(shí)防止外界的水蒸氣使產(chǎn)物水解(7).防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危急(8).排出殘留在裝置中的TiBr4和溴蒸氣(9).直形冷凝管(10).溫度計(jì)（量程250°C）【解析】【分析】⑴檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行解除裝置內(nèi)的空氣，防止反應(yīng)物碳單質(zhì)與氧氣反應(yīng)，奢侈原料，還可能產(chǎn)生有毒氣體CO等，污染空氣，起先僅僅是通入CO2氣體，所以只須要打開(kāi)K1，關(guān)閉K2和K3，打開(kāi)電爐并加熱反應(yīng)管，此時(shí)須要打開(kāi)K2和K3,同時(shí)關(guān)閉K1，保證CO2氣體攜帶溴蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置中。⑵因?yàn)楫a(chǎn)品四溴化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置須要保持干燥，因此進(jìn)入的CO2氣體必需干燥，裝置單元X應(yīng)為尾氣處理裝置，汲取多余的溴蒸氣，同時(shí)還能防止空氣中的水蒸氣干擾試驗(yàn)，防止產(chǎn)品四溴化鈦水解變質(zhì)。⑶反應(yīng)結(jié)束后在反應(yīng)裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應(yīng)接著通入一段時(shí)間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進(jìn)行尾氣處理，防止污染。⑷試驗(yàn)結(jié)束后，將連接管切斷并熔封，采納蒸餾法提純，因此須要用到直形冷凝管?！驹斀狻竣艡z查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行解除裝置內(nèi)的空氣，防止反應(yīng)物碳單質(zhì)與氧氣反應(yīng)，奢侈原料，還可能產(chǎn)生有毒氣體CO等，污染空氣，因此加熱試驗(yàn)前應(yīng)先通入過(guò)量的CO2氣體，其目的是解除裝置內(nèi)空氣。此時(shí)僅僅是通入CO2氣體，所以只須要打開(kāi)K1，關(guān)閉K2和K3；而反應(yīng)起先一段時(shí)間后，打開(kāi)電爐并加熱反應(yīng)管，此時(shí)須要打開(kāi)K2和K3,同時(shí)關(guān)閉K1，保證CO2氣體攜帶溴蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置中，故答案為先通入過(guò)量的CO2氣體；解除裝置內(nèi)空氣；打開(kāi)K1，關(guān)閉K2和K3；打開(kāi)K2和K3，同時(shí)關(guān)閉K1。⑵因?yàn)楫a(chǎn)品四溴化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置須要保持干燥，因此進(jìn)入的CO2氣體必需干燥，所以試劑A為濃硫酸（作干燥劑），裝置單元X應(yīng)為尾氣處理裝置，汲取多余的溴蒸氣，同時(shí)還能防止空氣中的水蒸氣干擾試驗(yàn)，防止產(chǎn)品四溴化鈦水解變質(zhì)。反應(yīng)過(guò)程中需用熱源間歇性微熱連接管，其目的是防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危急，用熱源間歇性微熱連接管可以使產(chǎn)品四溴化鈦加熱熔化，流入收集裝置中，故答案為濃硫酸；汲取多余的溴蒸氣同時(shí)防止外界的水蒸氣使產(chǎn)物水解；防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危急。⑶反應(yīng)結(jié)束后在反應(yīng)裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應(yīng)接著通入一段時(shí)間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進(jìn)行尾氣處理，防止污染，故答案為排出殘留在裝置中的TiBr4和溴蒸氣。⑷試驗(yàn)結(jié)束后，將連接管切斷并熔封，采納蒸餾法提純。在產(chǎn)品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此依據(jù)題中給出的四溴化鈦的沸點(diǎn)233.5°C，可以運(yùn)用蒸餾法提純；此時(shí)應(yīng)將a端的儀器改裝為直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是溫度計(jì)（量程是250°C），故答案為直形冷凝管；溫度計(jì)（量程250°C）。10.氮的氧化物是造成大氣污染的主要物質(zhì)。探討氮氧化物的反應(yīng)機(jī)理對(duì)于消退環(huán)境污染有重要意義。(1)NO在空氣中存在如下反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H,上述反應(yīng)分兩步完成，其反應(yīng)歷程如下圖所示：回答下列問(wèn)題：①寫(xiě)出反應(yīng)I的熱化學(xué)方程式_________。②反應(yīng)I和反應(yīng)Ⅱ中，一個(gè)是快反應(yīng)，會(huì)快速建立平衡狀態(tài)，而另一個(gè)是慢反應(yīng)。確定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反應(yīng)速率的是_______(填“反應(yīng)I”或“反應(yīng)Ⅱ”)；對(duì)該反應(yīng)體系上升溫度，發(fā)覺(jué)總反應(yīng)速率反而變慢，其緣由可能是__________(反應(yīng)未運(yùn)用催化劑)。(2)用活性炭還原法處理氮氧化物的有關(guān)反應(yīng)為：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密閉容器中加入肯定量的活性炭和NO，T℃時(shí)，各物質(zhì)起始濃度及10min和20min各物質(zhì)平衡濃度如表所示：①T℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(kāi)____________________(保留兩位有效數(shù)字)。②在10min時(shí)，若只變更某一條件使平衡發(fā)生移動(dòng)，20min時(shí)重新達(dá)到平衡，則變更條件是__________________________________。③在20min時(shí)，保持溫度和容器體積不變?cè)俪淙隢O和N2，使二者的濃度均增加至原來(lái)的兩倍，此時(shí)反應(yīng)v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H<0，在肯定條件下NO2與N2O4的消耗速率與各自的分壓(分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))有如下關(guān)系：v(NO2)=k1·p2(NO2)，v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相應(yīng)的速率與其分壓關(guān)系如圖所示。肯定溫度下，k1、k2與平衡常數(shù)kp(壓力平衡常數(shù)，用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算)間的關(guān)系是k1=____________；在上圖標(biāo)出點(diǎn)中，指出能表示反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的點(diǎn)是___，理由是________。【答案】(1).2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3-E4)kJ·mol-1(2).反應(yīng)Ⅱ(3).溫度上升后反應(yīng)I平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致N2O2濃度減小，溫度上升對(duì)反應(yīng)Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ速度變慢，最終總反應(yīng)速率變慢(4).0.56(5).減小二氧化碳濃度(6).<(7).k1=2k2·KP(8).BD(9).達(dá)到平衡時(shí)，N2O4與NO2的消耗速率滿意條件v(NO2)=2v(N2O4)【解析】【分析】(1)①依據(jù)△H=生成物總能量減反應(yīng)物總能量計(jì)算。②反應(yīng)快慢主要由活化能確定，分析溫度上升對(duì)兩個(gè)反應(yīng)的影響。(2)①T℃時(shí)，依據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式進(jìn)行計(jì)算。②分析得出NO、CO2量比原來(lái)削減，氮?dú)獗仍瓉?lái)增加即得結(jié)論。③再充入NO和N2，使二者的濃度均增加至原來(lái)的兩倍，依據(jù)濃度商計(jì)算得到，再與協(xié)作常數(shù)比較得出。(3)平衡時(shí)v(NO2)正=2v(N2O4)逆代入可得到關(guān)系式，B、D點(diǎn)，N2O4與NO2的消耗速率滿意條件v(NO2)=2v(N2O4)，因此反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)?！驹斀狻?1)①△H=E4kJ·mol-1－E3kJ·mol-1=－(E3－E4)kJ·mol-1，因此反應(yīng)I的熱化學(xué)方程式2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3－E4)kJ·mol-1，故答案為：2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3－E4)kJ·mol-1。②活化能越大，反應(yīng)速率越慢，反應(yīng)Ⅱ的活化能大，因此確定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反應(yīng)速率的是反應(yīng)Ⅱ；對(duì)該反應(yīng)體系上升溫度，發(fā)覺(jué)總反應(yīng)速率反而變慢，其緣由可能是溫度上升后反應(yīng)I平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致N2O2濃度減小，溫度上升對(duì)反應(yīng)Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ速度變慢，最終總反應(yīng)速率變慢，故答案為：反應(yīng)Ⅱ；溫度上升后反應(yīng)I平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致N2O2濃度減小，溫度上升對(duì)反應(yīng)Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ速度變慢，最終總反應(yīng)速率變慢。(2)①T℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，故答案為：0.56。②在10min時(shí)，若只變更某一條件使平衡發(fā)生移動(dòng)，20min時(shí)重新達(dá)到平衡，NO、CO2量比原來(lái)削減，氮?dú)獗仍瓉?lái)增加，則變更的條件是減小二氧化碳濃度，故答案為：減小二氧化碳濃度。③在20min時(shí)，保持溫度和容器體積不變?cè)俪淙隢O和N2，使二者的濃度均增加至原來(lái)的兩倍，，此時(shí)反應(yīng)v正<v逆，故答案為：<。(3)肯定溫度下，平衡時(shí)v(NO2)正=2v(N2O4)逆即k1·p2(NO2)=2k2·p(N2O4)，k1=2k2·KP，因此k1、k2與平衡常數(shù)kp間的關(guān)系是k1=2k2·KP；在上圖標(biāo)出點(diǎn)中，B、D點(diǎn)，N2O4與NO2的消耗速率滿意條件v(NO2)=2v(N2O4)，因此能表示反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的點(diǎn)是BD，理由是達(dá)到平衡時(shí)，N2O4與NO2的消耗速率滿意條件v(NO2)=2v(N2O4)；故答案為：2k2·KP；BD；達(dá)到平衡時(shí)，N2O4與NO2的消耗速率滿意條件v(NO2)=2v(N2O4)。[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.鉑鈷合金是以鉑為基含鈷二元合金，在高溫下，鉑與鈷可無(wú)限互溶，其固體為面心立方晶格。鉑鈷合金磁性極強(qiáng)，磁穩(wěn)定性較高，耐化學(xué)腐蝕性很好，主要用于航天航空儀表、電子鐘表、磁控管等。氟及其化合物用途特別廣泛?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）聚四氟乙烯是一種準(zhǔn)晶體，準(zhǔn)晶體是一種無(wú)平移周期序，但有嚴(yán)格準(zhǔn)周期位置序的獨(dú)特晶體，可通過(guò)____方法區(qū)分晶體準(zhǔn)晶體和非晶體。（2）基態(tài)F原子的價(jià)層電子排布圖（軌道表達(dá)式）為_(kāi)_____。（3）[H2F]+[SbF6]-（氟銻酸）是一種超強(qiáng)酸，存在[H2F]+，該離子的空間構(gòu)型為_(kāi)_____，與[H2F]+具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子和陰離子分別是______（各舉一例）。（4）NH4F（氟化銨）可用于玻璃的蝕刻防腐劑、消毒劑。NH4+中中心原子的雜化類型是______；氟化銨中存在______（填字母）。A．離子鍵

B．σ鍵

C．π鍵

D．氫鍵（5）SF6被廣泛用作高壓電氣設(shè)備的絕緣介質(zhì)。SF6是一種共價(jià)化合物，可通過(guò)類似于Born-Haber循環(huán)能量構(gòu)建能量圖計(jì)算相關(guān)鍵能。則F-F鍵的鍵能為_(kāi)_____kJ?mol-1，S-F鍵的鍵能為_(kāi)_____kJ?mol-1。（6）CuCl的熔點(diǎn)為426℃，熔化時(shí)幾乎不導(dǎo)電；CuF的熔點(diǎn)為908℃，密度為7.1g?cm-3。①CuF的熔點(diǎn)比CuCl的高，緣由是______②已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，CuF的晶胞結(jié)構(gòu)如圖（b）所示，則CuF的晶胞參數(shù)a=______nm（列出計(jì)算式）。【答案】(1).X-射線衍射(2).(3).V形(4).H2O、NH2-(5).sp3(6).AB(7).155(8).327(9).CuCl為分子晶體，CuF為離子晶體(10).×107【解析】【分析】(1)晶體對(duì)X射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準(zhǔn)晶體介于二者之間；(2)F的原子序數(shù)為9，價(jià)電子排布式為2s22p5；(3)依據(jù)等電子體原理分析解答；(4)NH4+的N原子形成4個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)；氟化銨為離子化合物，含有離子鍵和共價(jià)鍵；(5)由圖象可知，斷裂3molF-F鍵，汲取465kJ能量，形成6molS-F鍵，放出1962kJ能量，據(jù)此計(jì)算；(6)①CuCl熔化時(shí)幾乎不導(dǎo)電，應(yīng)為分子晶體，而CuF為離子晶體；②依據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中含有的Cu、F的數(shù)目，再結(jié)合晶體的密度列式計(jì)算。【詳解】(1)從外觀無(wú)法區(qū)分晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體，但用X光照耀會(huì)發(fā)覺(jué)：晶體對(duì)X射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準(zhǔn)晶體介于二者之間，因此通過(guò)X-射線衍射試驗(yàn)可區(qū)分晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體，故答案為X-射線衍射；(2)F的原子序數(shù)為9，價(jià)電子排布式為2s22p5，因此基態(tài)F原子的價(jià)電子排布圖為，故答案為；(3)[H2F]+與H2O、NH2-等互等電子體，結(jié)構(gòu)相像，為V形，故答案為V形；H2O、NH2-；(4)NH4+的N原子形成4個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，采納sp3雜化，氟化銨為離子化合物，含有離子鍵和共價(jià)鍵，即σ鍵，故選AB，故答案為sp3；AB；(5)由圖象可知，斷裂3molF-F鍵，汲取465kJ能量，則F-F鍵的鍵能為155kJ?mol-1，形成6molS-F鍵，放出1962kJ能量，則S-F的鍵能為kJ?mol-1=327kJ?mol-1，故答案為155；327；(6)①CuCl的熔點(diǎn)為426℃，熔化時(shí)幾乎不導(dǎo)電，應(yīng)為分子晶體，而CuF為離子晶體，一般，離子晶體的熔沸點(diǎn)比分子晶體