2025届安徽省百师联盟高三上学期8月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省百师联盟2025届高三上学期8月联考可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mn-55Fe-56Cu-64一、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.中国新能源汽车发展迅速。下列说法正确的是（）A.制造汽车轮胎的顺丁橡胶，属于天然高分子化合物B.汽车安全气囊中有叠氮化钠(NaN3)，其中氮元素为-3价C.给磷酸铁锂电池充电时，电能转化为化学能D.车窗使用钢化玻璃，属于新型无机非金属材料〖答案〗C〖解析〗A．顺丁橡胶为人工合成，不是天然高分子化合物，A错误；B．汽车安全气囊中的叠氮化钠，化学式为NaN3，其中氮元素为-价，B错误；C．给电池充电时，需接通电源。此时电能转化为化学能，C正确；D．钢化玻璃成分为硅酸盐，不属于新型无机非金属材料，D错误；故选C。2.“民以食为天”。下列说法错误的是（）A.料酒中含有乙醇，乙醇属于饱和一元醇B.鸡蛋富含蛋白质，蛋白质属于有机高分子化合物C.油脂是高能量物质，其中植物油的主要成分为不饱和脂肪酸D.烘焙糕点时用到碳酸氢钠，碳酸氢钠属于电解质〖答案〗C〖解析〗A．乙醇(CH3CH2OH)属于饱和一元醇，A正确；B．蛋白质属于天然有机高分子化合物，B正确；C．植物油的主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯，不含不饱和脂肪酸，C错误；D．碳酸氢钠溶于水能电离出可自由移动的Na+和而导电，属于电解质，D正确；故选C。3.下列劳动项目与化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A将卤水加入豆浆中制豆腐蛋白质溶液在卤水的作用下聚沉B向红糖溶液中加入活性炭制白糖蔗糖水解为葡萄糖和果糖C用含铝和烧碱的“管道通”疏通下水管道2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑D用二硫化碳清洗附着于试管内壁的硫黄硫黄和二硫化碳均为非极性分子〖答案〗B〖解析〗A．卤水点豆腐，是大豆植物蛋白在卤水的作用下发生聚沉，A有关联；B．红糖和白糖的主要成分均为蔗糖，向红糖溶液中加入活性炭制白糖，是利用活性炭的吸附作用除杂，蔗糖并没有水解，B无关联；C．用含Al和烧碱的“管道通”疏通管道，发生反应2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成大量气体产生压力疏通下水道，C有关联；D．硫黄和CS2均为非极性分子，根据“相似相溶原理”知硫黄易溶于CS2，可以用CS2清洗，D有关联。故选B。4.下列所示的物质间转化或化学反应表示正确的是（）A.金属Mg的制备：Mg(OH)2MgCl2溶液MgB.实验室制硅酸：SiO2Na2SiO3H2SiO3C.漂白粉失效：NaClOHClOHClD.金属钠在空气中放置：NaNa2O2Na2CO3〖答案〗B〖解析〗A．Mg(OH)2与盐酸反应可以得到MgCl2溶液，但是电解MgCl2溶液不能得到金属Mg，只有电解熔融态的MgCl2才能得到金属Mg，A错误；B．实验室制硅酸：SiO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶液，向Na2SiO3溶液中通入足量CO2，可得白色沉淀H2SiO3，B正确；C．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，失效过程是先与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO见光或受热分解为HCl和O2，C错误；D．金属钠在空气中放置：Na先与空气中的O2反应生成Na2O，Na2O再结合空气中的H2O生成NaOH，表面潮解后NaOH与CO2反应生成Na2CO3，D错误；故选B。5.奎宁用于治疗疟疾，其结构简式如下。下列有关奎宁的说法，错误的是（）A.分子式为C20H24O2N2 B.能使Br2的CCl4溶液褪色C.分子中有5个手性碳原子 D.该物质属于芳香族化合物，能与HCl反应〖答案〗C〖解析〗A．由图知奎宁的分子式为C20H24O2N2，A正确；B．该物质含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，使Br2的CCl4溶液褪色，B正确；C．如图含有4个手性碳原子，C错误；D．该物质含有苯环，属于芳香族化合物，含有两个N原子，能结合H+，能与HCl反应，D正确。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A.1molFe与足量稀硝酸反应转移3NA个电子B.28gCO和N2的混合气体中含有2NA个原子C.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有16NA个σ键D.标准状况下，11.2L己烷含有10NA个原子〖答案〗D〖解析〗A．Fe与足量稀硝酸反应的化学方程式为Fe+4HNO3(稀)＝Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，1molFe完全反应转移3NA个电子，A正确；B．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，28gCO和N2的混合物的总物质的量为1mol，则含2NA个原子，B正确；C．1个[Cu(NH3)4]2+中含12个N-H和4个Cu-N配位键(配位键属于σ键)，共16个σ键，则1mol[Cu(NH3)4]2+中含16NA个σ键，C正确；D．标准状况下，己烷为液态(碳原子个数小于4的烷烃为气态)，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，D错误。〖答案〗选D。7.下列有关反应的描述，不正确的是（）A.CH≡CH完全燃烧过程中，CH≡CH中所有化学键均断裂B.SO2生成SO3，中心原子S的轨道杂化类型未发生改变C.电解精炼铜时，每转移2mol电子，则阳极质量减小64gD.Cu催化氧化乙醇过程中，Cu的参与降低了活化能〖答案〗C〖解析〗A．乙炔完全燃烧生成CO2和H2O，C-H、C≡C均断裂，A正确；B．SO2中和SO3的S原子为sp2杂化，中心原子S的轨道杂化类型未发生改变，B正确；C．电解精炼铜时，阳极反应：Zn-2e-=Zn2+，Fe-2e-=Fe2+，Cu-2e-=Cu2+，同时还有Ag、Au、Pt及难溶物沉淀为阳极泥，每转移2mol电子，减小质量不能确定，C不正确；D．催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，D正确；故选C。8.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA键角：NH3>PH3电负性：N>PB酸性：HCl>H2CO3非金属性：Cl>CCSiO2与NaOH、HF均能反应SiO2为两性氧化物DHClO见光或受热易分解HClO具有漂白性〖答案〗A〖解析〗A．键角NH3>PH3，陈述Ⅰ正确，电负性N>P，陈述II正确，中心原子的电负性越大，成键电子对离核越近，斥力越大，键角越大，具有因果关系，A符合题意；B．HCl可以与碳酸盐反应生成H2O和CO2，HCl的酸性强于H2CO3，陈述I正确，元素的非金属性：Cl>C，陈述Ⅱ正确，但是二者不具有因果关系，若比较Cl和C的元素非金属性强弱，应比较最高价含氧酸的酸性，即HClO4>H2CO3，B不符合题意；C．SiO2与NaOH、HF均能反应，陈述Ⅰ正确，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3和水,SiO2为酸性氧化物，陈述Ⅱ错误，C不符合题意；D．HClO见光或受热易分解，陈述Ⅰ正确，HClO具有漂白性，陈述Ⅱ正确，但其漂白性是因为强氧化性，所以二者无因果关系，D不符合题意；故选A。9.下列装置或操作能达到相应实验目的的是（）A．除去CO2中的SO2B．分离I2的CCl4溶液和H2O的混合物C．用MnO2与H2O2制取O2D．制备无水乙醇〖答案〗A〖解析〗A．SO2与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，而二氧化碳不与饱和碳酸氢钠溶液反应，A正确；B．I2的CCl4溶液和H2O的混合物不互溶，静置后分层，应用分液漏斗分离，B错误；C．MnO2为粉末状，不能用有孔塑料板，C错误；D．蒸馏装置中温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，D错误；故选A。10.在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图1表示CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化关系，图2表示反应进程中能量的变化。下列说法不正确的是（）A.反应在3min时达到平衡状态 B.曲线b表示使用催化剂的能量变化C.平衡时，H2的转化率为75% D.由图2知1molCO完全反应放出91kJ热量〖答案〗A〖解析〗A．观察图1可知，反应进行到3min时，c(CO)=c(CH3OH)，但并未达到平衡状态，而反应进行到10min时，则达到平衡状态，A错误；B．使用催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但是不改变反应的焓变，所以曲线b表示使用催化剂的能量变化，B正确；C．初始加入4molH2，根据图1可知，达到平衡时，共生成0.75mol/LCH3OH，则消耗2×2L×0.75mol/L=3molH2，H2的转化率为×100%=75%，C正确；D．根据图2知，1molCO(g)和2molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)，放出热量510-419=91kJ，D正确；故选A。11.以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料的可充电“Na-CO2”电池的工作原理如图所示，放电时的总反应为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C。下列说法中，不正确的是（）A.放电时，电子的流向为钠箔→导线→MWCNTB.放电时，正极反应为2CO2+4Na++4e-＝2Na2CO3C.充电时，向MWCNT极移动D.充电时，每转移0.1mol电子，释放出CO2的体积在标准状况下为1.68L〖答案〗B〖祥解〗钠是活泼的金属，失去电子，被氧化，作负极，右侧电极是正极，据此解答。【详析】A．放电时，钠失去电子，电子流向：钠箔→导线→MWCNT，A正确；B．正极上CO2得电子与Na+反应生成固体沉积物Na2CO3和C，电极反应式为3CO2+4Na++4e-＝2Na2CO3+C，B错误；C．充电时相当于电解池，向阳极(电池的正极MWCNT极)移动，C正确；D．由总反应4Na+3CO2＝2Na2CO3+C可知，充电时，释放3molCO2，则转移4mol电子，因此转移0.1mol电子时，释放0.075molCO2，在标准状况下的体积为V(CO2)=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，D正确。〖答案〗选B。12.部分含N、S物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.b、c、h、k在标准状况下均为无色气体B.f与h、j的浓溶液均可反应生成gC.工业上制备a的路线为d→c→b→aD.e与i、f与i的反应属于同一基本反应类型〖答案〗B〖祥解〗据图可得，a为HNO3，b为NO2或N2O4，c为NO，d为N2，e为NH3，f为H2S，g为S，h为SO2，i为H2SO3，j为H2SO4，k为SO3，由此分析回答；【详析】A．b为NO2或N2O4，c为NO，h为SO2，k为SO3，NO2为红棕色气体，且标准状况下为液体，而SO3在标准状况下为固体，A错误；B．h、j均可以在一定条件下与f反应，反应的化学方程式分别为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，H2SO4(浓)+H2S=S↓+SO2↑+2H2O，均可生成g(g为S)，B正确；C．工业上制备硝酸的路线为NH3→NO→NO2→HNO3，不直接由N2→NO，C错误；D．e与i的反应为2NH3+H2SO3=(NH4)2SO3，属于化合反应，而f与i的反应为H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，不属于化合反应，二者不属于同一基本反应类型，D错误；故选B。13.在25C下，向0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液的pH与关系曲线如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列说法错误的是（）A.Kb(NH3·H2O)≈10-4.6B.水的电离程度：a<b<cC.c点溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)D.b点溶液中存在：c()=c(NH3·H2O)×10-2.4〖答案〗D〖祥解〗=1.0时，刚好反应完，是强酸弱碱盐水溶液，因弱离子水解呈酸性。【详析】A．NH3·H2O+OH-，根据初始未通入HCl的pH=11.2得：c(OH-)=c()=10-2.8mol/L，Kb(NH3·H2O)==≈10-4.6，A正确；B．从a点到c点，溶质由NH3·H2O和NH4Cl逐渐变为NH4Cl，水的电离程度逐渐增大，B正确；C．c点溶质为NH4Cl，存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，元素守恒：c()+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，可得质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，C正确；D．b点的pH=7，c(OH-)=10-7mol/L，由于温度不变，则Kb(NH3·H2O)不变，即=10-4.6，得c()=c(NH3·H2O)×102.4，D错误；故选D。14.叠氮化钠(NaN3)晶胞结构如图。下列说法错误的是（）A.与Na+等距离且最近的有4个 B.每个含有10个电子C.晶体中存在离子键和共价键 D.晶体中所有离子的配位数相同〖答案〗B〖解析〗A．判断与Na+等距离且最近的，可以看上表面面心的Na+，该晶胞体内有2个与该Na+最近，在上方晶胞体内也有2个与该Na+最近，故与Na+等距离且最近的共有4个，A正确；B．N的原子序数为7，每个共有7×3+1=22个电子，B错误；C．NaN3中Na+与之间存在离子键，内存在共价键，C正确；D．NaN3中Na+与的个数比为1：1，二者配位数相同，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及CaO]为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的一种工艺流程如图所示。已知Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中离子浓度≤1×10-5mol/L)时，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有_________________(写出一条即可)。（2）步骤Ⅰ中SO2的作用是_________________，滤渣1的成分为___________(填化学式)。（3）步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为_____________________________。（4）“除钙”步骤中若要Ca2+完全沉淀，需控制溶液中的c(F-)≥___________mol/L。（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时发生反应的化学方程式为___________________。（6）MnOx一种晶型的晶胞结构如图已知该晶胞的体积为vcm3，则该晶胞中“”球代表的原子的配位数为__________，该晶体的密度为______________g/cm3.(阿伏加德罗常数的值用NA表示)〖答案〗（1）搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等（2）还原Fe2O3和MnO(OH)SiO2和CaSO4（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（4）6.0×10-4（5）MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O（6）3〖祥解〗向水锰矿矿浆中加入H2SO4溶液和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4(微溶)的滤渣1；加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，则滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，再加入NH4F溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，则滤渣3的主要成分为CaF2，此时滤液的主要成分为MnSO4，加入NH4HCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到Mn(H2PO4)2溶液，最后经一系列操作后得到Mn(H2PO4)2⋅2H2O。【详析】（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等；（2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+，则步骤Ⅰ中SO2的作用是还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2与H2SO4不反应，CaO与H2SO4反应生成微溶物CaSO4，则滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；（3）步骤Ⅱ中MnO2氧化Fe2+，便于在步骤Ⅲ中沉淀，则步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（4）因，若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L；（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应：MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O；（6）根据“均摊法”，晶胞中黑球的个数：8×+1=2，白球的个数：4×+2=4，则白球代表O，黑球代表Mn，该晶体的化学式为MnO2，由图可知，氧原子的配位数为3，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3。16.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是生产锂电池正极FePO4的原料，呈浅黄色，难溶于水，有较强还原性，受热易分解。Ⅰ．制备草酸亚铁晶体①称取5.0g(NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0mol/LH2SO4溶液和15mL蒸馏水，加热溶解。②用仪器B加入25.0mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。③待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。（1）仪器A的名称为___________，仪器C的作用是_____________________。（2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要选用的仪器是___________(填字母)。A．B．C．D．E．（3）抽滤的优点为__________________________(写出两点即可)。（4）称取一定量FeC2O4·2H2O，在氩气中进行热分解，得到固体残留率随温度变化曲线如图。已知：固体残留率=。若M→N生成三种氧化物，则该过程反应的化学方程式为__________________________。Ⅱ．样品中铁元素质量分数检测草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用KMnO4溶液滴定法测定该粗品的纯度，实验过程如图。已知：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。回答下列问题：（5）“滴定②”中发生反应的离子方程式为_______________________________。（6）样品中铁元素的质量分数为___________。〖答案〗（1）三颈烧瓶(或三口烧瓶)冷凝回流（2）ACD（3）过滤速度快、分离彻底、固体更干燥等（4）3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑（5）5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O（6）%〖祥解〗在三颈烧瓶中根据已知实验步骤可制备草酸亚铁晶体；草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，第一次滴定过程中酸性高锰酸钾既能与草酸根离子反应，又能与亚铁离子反应，在第二次滴定前加入锌是为了使Fe3+转化为Fe2+，再用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，根据元素守恒求质量分数。【详析】（1）仪器A的名称为三口烧瓶或三颈烧瓶；仪器C为球形冷凝管，作用为冷凝回流，故〖答案〗为三口烧瓶或三颈烧瓶、冷凝回流；（2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，并引流转移到一定体积的容量瓶中，定容时用胶头滴管，故选ACD；（3）抽滤过程使用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而过滤速度快，分离彻底、固体更干燥，故〖答案〗过滤速度快、固体更干燥、分离彻底等；（4）温度较低时，FeC2O4·2H2O失去结晶水的过程，假设FeC2O4·2H2O为1mol，则固体残留率为×100%=×100%=80%，M点为FeC2O4，M→N过程中铁元素的质量不变，设生成铁的氧化物为FeOx，则M(FeOx)=180×42.96%=77.328g/mol，x==1.33=，故铁的氧化物为Fe3O4，根据元素守恒，以及另两种产物为氧化物，得M→N过程反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑。（5）草酸亚铁晶体粗品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用稀硫酸溶解样品，使全部转化为H2C2O4。“滴定①”为酸性KMnO4溶液滴定Fe2+和H2C2O4，反应的离子方程式分别为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑十2Mn2++8H2O、5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，再向反应后的溶液中加入适量Zn，将Fe3+还原为Fe2+。“滴定②”为酸性KMnO4溶液将全部Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故〖答案〗为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（6）铁元素的质量分数只需用“滴定②”计算，由(5)得，5Fe2+~，则n(Fe)=n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×cmol•L-1×V2×10-3L=5cV2×10-3mol，所以，铁元素的质量分数为×100%=%。17.甲烷是优质气体燃料，也是制造合成气和许多化工产品的重要原料。Ⅰ．CH4(g)和CO2(g)的一种催化反应历程如图所示：已知部分化学键的键能数据如下表。共价键C-HC=OO-HC-OC-C键能(kJ/mol)413745463351348（1）已知产物均为气态，反应CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(g)的ΔH=___________。（2）若改用更高效的催化剂，该反应的ΔH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）将等物质的量的CO2(g)和CH4(g)置于恒容的绝热容器中发生上述反应，下列能说明该反应已达平衡状态的是___________(填字母)。a．2molC=O断裂的同时生成NA个CH3COOHb．容器中的温度不变c．=1，且保持不变d．混合气体的密度不变e．v正(CO2)=v逆(CH3COOH)f．容器中的总压不变Ⅱ．甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一、反应如下：反应ⅰ．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206kJ/mol反应ⅱ．CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH=+165kJ/mol（4）对于反应ⅰ，向体积为1L的恒容密闭容器中，按n(CH4)：n(H2O)=1：1投料。若在恒温条件下，反应达到平衡时，CH4的转化率为60%，则平衡时容器内的压强与起始时压强之比为___________(填最简整数比)。（5）反应ⅱ的速率方程v=k·cm(CH4)·c0.5(H2O)，k为速率常数(只受温度影响)，m为CH4的反应级数。在某温度下进行实验，测得各组分的初始浓度和反应初始的瞬时速率如下表。实验序号c(H2O)/(mol/L)CH4/(mol/L)v/mol/(L·s)11.01.01.2021.02.02.40①m=___________，k=___________(不要求写单位)。②当实验2进行到c(H2O)=0.25mol/L时，反应的瞬时速率v=___________mol/(L·s)。（6）恒温条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)在体积为1L的密闭容器中发生反应ⅰ、反应ⅱ，反应达平衡时，CH4(g)的转化率为60%，CO2(g)的物质的量为0.3mol，则反应ⅰ的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。〖答案〗（1）-4kJ·mol-1（2）不变（3）bef（4）8：5（5）①11.2②0.975（6）69〖解析〗（1）反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则反应物的总键能为2×745kJ·mol-1+4×413kJ·mol-1=3142kJ·mol-1，生成物的总键能为3×413kJ·mol-1+348kJ·mol-1+351kJ·mol-1+463kJ·mol-1+745kJ·mol-1=3146kJ·mol-1，则该反应的△H=-4kJ·mol-1；（2）催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应的焓变△H、平衡常数K、平衡转化率α等；（3）a．2molC=O断裂的同时生成NA个CH3COOH为同一个反应方向，不能说明反应平衡，a错误；b．恒容的绝热容器中平衡发生移动，则反应体系的温度在变化，故温度为变量，所以温度不变，说明反应达到新的平衡状态，b正确；c．投料比等于反应的系数比，=1且该比值反应始终保持不变，c错误；d．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，混合气体的密度始终为恒量，d错误；e．v正(CO2)=v逆(CH3COOH)满足反应达到平衡的条件，e正确；f．容器中反应分子数发生改变，且温度改变，故总压不变，说明反应达到新的平衡状态，f正确。故选bef；（4）对于反应ⅰ为气体分子数增加2倍的反应，向体积为1L的恒容密闭容器中，假设起始时CH4、H2O的物质的量均为1mol，已知CH4的转化率为60%，则反应0.6mol甲烷，反应达到平衡时，气体的总物质的量为2mol+0.6mol×2=3.2mol，初始气体的总物质的量为2mol，根据同温、同容条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以，平衡总压与初始总压的最简整数比为3.2mol：2mol=8：5；（5）①根据表中数据：k×(10mol/L)m×(1.0mol/L)0.5=1.2mol·L-1·s-1k×(2.0mol/L)m×(1.0mol/L)0.5=2.4mol·L-1·s-1联立两式解得m=1，k=1.2；②对于实验2，初始浓度CH4为2mol/L，H2O为1mol/L，当进行到c(H2O)=0.25mol/L时，参与反应的H2O为0.75mol/L，参与反应的CH4为0.375mol/L，此时，c(CH4)=1.625mol/L，则v=1.2×(1.625mol/L)×(0.25mol/L)0.5=0.975mol·L-1·s-1；（6）由于密闭容器的容积为1L，则各物质的物质的量与物质的量浓度在数值上相等，初始时，c(CH4)为1mol/L，c(H2O)为1mol/L，由已知平衡时CH4的转化率为60%，及平衡时c(CO2)为0.3mol/L，则平衡时，c(CH4)为0.4mol/L，c(CO2)为0.3mol/L，c(H2)为0.3mol/L×3+0.3mol/L×4=2.1mol/L，由氧元素守恒，则平衡时，c(H2O)为1mol/L-0.6mol/L-0.3mol/L=0.1mol/L，反应i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的平衡常数K==69.4575。18.已知物质H属于苯并咪唑类有机物，其合成路线如下。已知：回答下列问题：（1）A的名称为___________，B分子中的官能团名称为___________。（2）反应A→B中有副产物C8H6O4生成，则该副产物的结构简式为________________。（3）反应B→C除生成C外，还生成HCl和一种氧化物，则该反应的化学方程式为_________________________________________，F→H的反应类型为___________。（4）写出同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式：________________。i．含有酮羰基；ⅱ．苯环上有两个取代基；ⅲ．核磁共振氢谱有三组面积比为1：1：1的峰。（5）写出以苯为原料，无机试剂任选，合成的路线：_____________________________________________________________。〖答案〗（1）1，4-二甲苯(或对二甲苯)羧基（2）（3）+SOCl2→+SO2+HCl取代反应（4）（5）〖祥解〗由流程可知，A氧化生成B，B生成C，结合AB化学式，A为、B为，B发生取代反应引入氯生成C，C转化为D，D中溴发生取代生成F，F发生取代生成H；【详析】（1）A为，名称为1，4-二甲苯(或对二甲苯)，B为，B分子中的官能团名称为羧基；（2）A中含有2个甲基，可能都被氧化为羧基，故副产物为：；（3）反应B→C中羧基和SOCl2反应除生成C外，还生成HCl和一种氧化物，结合质量守恒可知，氧化物为二氧化硫，故该反应的化学方程式为+SOCl2→+SO2+HCl；F→H的反应为F中溴被氨基氢取代的反应，类型为取代反应，产物还生成HBr；（4）D的分子式为C8H6OBr2，出苯环外含有2个碳、1个氯、1个氧、不饱和度为1；同时满足已知条件的同分异构体：i．含有酮羰基；ⅱ．苯环上有两个取代基；ⅲ．核磁共振氢谱有三组面积比为1：1：1的峰，则两个取代基结构对称，则结构简式为；（5）根据题目信息，若想制目标产物，则应先用苯制备硝基苯和溴苯，再用硝基苯还原制苯胺，最后利用苯胺与溴苯在K2CO3作用下合成目标产物，反应为：。安徽省百师联盟2025届高三上学期8月联考可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mn-55Fe-56Cu-64一、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.中国新能源汽车发展迅速。下列说法正确的是（）A.制造汽车轮胎的顺丁橡胶，属于天然高分子化合物B.汽车安全气囊中有叠氮化钠(NaN3)，其中氮元素为-3价C.给磷酸铁锂电池充电时，电能转化为化学能D.车窗使用钢化玻璃，属于新型无机非金属材料〖答案〗C〖解析〗A．顺丁橡胶为人工合成，不是天然高分子化合物，A错误；B．汽车安全气囊中的叠氮化钠，化学式为NaN3，其中氮元素为-价，B错误；C．给电池充电时，需接通电源。此时电能转化为化学能，C正确；D．钢化玻璃成分为硅酸盐，不属于新型无机非金属材料，D错误；故选C。2.“民以食为天”。下列说法错误的是（）A.料酒中含有乙醇，乙醇属于饱和一元醇B.鸡蛋富含蛋白质，蛋白质属于有机高分子化合物C.油脂是高能量物质，其中植物油的主要成分为不饱和脂肪酸D.烘焙糕点时用到碳酸氢钠，碳酸氢钠属于电解质〖答案〗C〖解析〗A．乙醇(CH3CH2OH)属于饱和一元醇，A正确；B．蛋白质属于天然有机高分子化合物，B正确；C．植物油的主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯，不含不饱和脂肪酸，C错误；D．碳酸氢钠溶于水能电离出可自由移动的Na+和而导电，属于电解质，D正确；故选C。3.下列劳动项目与化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A将卤水加入豆浆中制豆腐蛋白质溶液在卤水的作用下聚沉B向红糖溶液中加入活性炭制白糖蔗糖水解为葡萄糖和果糖C用含铝和烧碱的“管道通”疏通下水管道2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑D用二硫化碳清洗附着于试管内壁的硫黄硫黄和二硫化碳均为非极性分子〖答案〗B〖解析〗A．卤水点豆腐，是大豆植物蛋白在卤水的作用下发生聚沉，A有关联；B．红糖和白糖的主要成分均为蔗糖，向红糖溶液中加入活性炭制白糖，是利用活性炭的吸附作用除杂，蔗糖并没有水解，B无关联；C．用含Al和烧碱的“管道通”疏通管道，发生反应2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成大量气体产生压力疏通下水道，C有关联；D．硫黄和CS2均为非极性分子，根据“相似相溶原理”知硫黄易溶于CS2，可以用CS2清洗，D有关联。故选B。4.下列所示的物质间转化或化学反应表示正确的是（）A.金属Mg的制备：Mg(OH)2MgCl2溶液MgB.实验室制硅酸：SiO2Na2SiO3H2SiO3C.漂白粉失效：NaClOHClOHClD.金属钠在空气中放置：NaNa2O2Na2CO3〖答案〗B〖解析〗A．Mg(OH)2与盐酸反应可以得到MgCl2溶液，但是电解MgCl2溶液不能得到金属Mg，只有电解熔融态的MgCl2才能得到金属Mg，A错误；B．实验室制硅酸：SiO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶液，向Na2SiO3溶液中通入足量CO2，可得白色沉淀H2SiO3，B正确；C．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，失效过程是先与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO见光或受热分解为HCl和O2，C错误；D．金属钠在空气中放置：Na先与空气中的O2反应生成Na2O，Na2O再结合空气中的H2O生成NaOH，表面潮解后NaOH与CO2反应生成Na2CO3，D错误；故选B。5.奎宁用于治疗疟疾，其结构简式如下。下列有关奎宁的说法，错误的是（）A.分子式为C20H24O2N2 B.能使Br2的CCl4溶液褪色C.分子中有5个手性碳原子 D.该物质属于芳香族化合物，能与HCl反应〖答案〗C〖解析〗A．由图知奎宁的分子式为C20H24O2N2，A正确；B．该物质含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，使Br2的CCl4溶液褪色，B正确；C．如图含有4个手性碳原子，C错误；D．该物质含有苯环，属于芳香族化合物，含有两个N原子，能结合H+，能与HCl反应，D正确。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A.1molFe与足量稀硝酸反应转移3NA个电子B.28gCO和N2的混合气体中含有2NA个原子C.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有16NA个σ键D.标准状况下，11.2L己烷含有10NA个原子〖答案〗D〖解析〗A．Fe与足量稀硝酸反应的化学方程式为Fe+4HNO3(稀)＝Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，1molFe完全反应转移3NA个电子，A正确；B．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，28gCO和N2的混合物的总物质的量为1mol，则含2NA个原子，B正确；C．1个[Cu(NH3)4]2+中含12个N-H和4个Cu-N配位键(配位键属于σ键)，共16个σ键，则1mol[Cu(NH3)4]2+中含16NA个σ键，C正确；D．标准状况下，己烷为液态(碳原子个数小于4的烷烃为气态)，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，D错误。〖答案〗选D。7.下列有关反应的描述，不正确的是（）A.CH≡CH完全燃烧过程中，CH≡CH中所有化学键均断裂B.SO2生成SO3，中心原子S的轨道杂化类型未发生改变C.电解精炼铜时，每转移2mol电子，则阳极质量减小64gD.Cu催化氧化乙醇过程中，Cu的参与降低了活化能〖答案〗C〖解析〗A．乙炔完全燃烧生成CO2和H2O，C-H、C≡C均断裂，A正确；B．SO2中和SO3的S原子为sp2杂化，中心原子S的轨道杂化类型未发生改变，B正确；C．电解精炼铜时，阳极反应：Zn-2e-=Zn2+，Fe-2e-=Fe2+，Cu-2e-=Cu2+，同时还有Ag、Au、Pt及难溶物沉淀为阳极泥，每转移2mol电子，减小质量不能确定，C不正确；D．催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，D正确；故选C。8.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA键角：NH3>PH3电负性：N>PB酸性：HCl>H2CO3非金属性：Cl>CCSiO2与NaOH、HF均能反应SiO2为两性氧化物DHClO见光或受热易分解HClO具有漂白性〖答案〗A〖解析〗A．键角NH3>PH3，陈述Ⅰ正确，电负性N>P，陈述II正确，中心原子的电负性越大，成键电子对离核越近，斥力越大，键角越大，具有因果关系，A符合题意；B．HCl可以与碳酸盐反应生成H2O和CO2，HCl的酸性强于H2CO3，陈述I正确，元素的非金属性：Cl>C，陈述Ⅱ正确，但是二者不具有因果关系，若比较Cl和C的元素非金属性强弱，应比较最高价含氧酸的酸性，即HClO4>H2CO3，B不符合题意；C．SiO2与NaOH、HF均能反应，陈述Ⅰ正确，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3和水,SiO2为酸性氧化物，陈述Ⅱ错误，C不符合题意；D．HClO见光或受热易分解，陈述Ⅰ正确，HClO具有漂白性，陈述Ⅱ正确，但其漂白性是因为强氧化性，所以二者无因果关系，D不符合题意；故选A。9.下列装置或操作能达到相应实验目的的是（）A．除去CO2中的SO2B．分离I2的CCl4溶液和H2O的混合物C．用MnO2与H2O2制取O2D．制备无水乙醇〖答案〗A〖解析〗A．SO2与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，而二氧化碳不与饱和碳酸氢钠溶液反应，A正确；B．I2的CCl4溶液和H2O的混合物不互溶，静置后分层，应用分液漏斗分离，B错误；C．MnO2为粉末状，不能用有孔塑料板，C错误；D．蒸馏装置中温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，D错误；故选A。10.在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图1表示CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化关系，图2表示反应进程中能量的变化。下列说法不正确的是（）A.反应在3min时达到平衡状态 B.曲线b表示使用催化剂的能量变化C.平衡时，H2的转化率为75% D.由图2知1molCO完全反应放出91kJ热量〖答案〗A〖解析〗A．观察图1可知，反应进行到3min时，c(CO)=c(CH3OH)，但并未达到平衡状态，而反应进行到10min时，则达到平衡状态，A错误；B．使用催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但是不改变反应的焓变，所以曲线b表示使用催化剂的能量变化，B正确；C．初始加入4molH2，根据图1可知，达到平衡时，共生成0.75mol/LCH3OH，则消耗2×2L×0.75mol/L=3molH2，H2的转化率为×100%=75%，C正确；D．根据图2知，1molCO(g)和2molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)，放出热量510-419=91kJ，D正确；故选A。11.以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料的可充电“Na-CO2”电池的工作原理如图所示，放电时的总反应为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C。下列说法中，不正确的是（）A.放电时，电子的流向为钠箔→导线→MWCNTB.放电时，正极反应为2CO2+4Na++4e-＝2Na2CO3C.充电时，向MWCNT极移动D.充电时，每转移0.1mol电子，释放出CO2的体积在标准状况下为1.68L〖答案〗B〖祥解〗钠是活泼的金属，失去电子，被氧化，作负极，右侧电极是正极，据此解答。【详析】A．放电时，钠失去电子，电子流向：钠箔→导线→MWCNT，A正确；B．正极上CO2得电子与Na+反应生成固体沉积物Na2CO3和C，电极反应式为3CO2+4Na++4e-＝2Na2CO3+C，B错误；C．充电时相当于电解池，向阳极(电池的正极MWCNT极)移动，C正确；D．由总反应4Na+3CO2＝2Na2CO3+C可知，充电时，释放3molCO2，则转移4mol电子，因此转移0.1mol电子时，释放0.075molCO2，在标准状况下的体积为V(CO2)=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，D正确。〖答案〗选B。12.部分含N、S物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.b、c、h、k在标准状况下均为无色气体B.f与h、j的浓溶液均可反应生成gC.工业上制备a的路线为d→c→b→aD.e与i、f与i的反应属于同一基本反应类型〖答案〗B〖祥解〗据图可得，a为HNO3，b为NO2或N2O4，c为NO，d为N2，e为NH3，f为H2S，g为S，h为SO2，i为H2SO3，j为H2SO4，k为SO3，由此分析回答；【详析】A．b为NO2或N2O4，c为NO，h为SO2，k为SO3，NO2为红棕色气体，且标准状况下为液体，而SO3在标准状况下为固体，A错误；B．h、j均可以在一定条件下与f反应，反应的化学方程式分别为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，H2SO4(浓)+H2S=S↓+SO2↑+2H2O，均可生成g(g为S)，B正确；C．工业上制备硝酸的路线为NH3→NO→NO2→HNO3，不直接由N2→NO，C错误；D．e与i的反应为2NH3+H2SO3=(NH4)2SO3，属于化合反应，而f与i的反应为H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，不属于化合反应，二者不属于同一基本反应类型，D错误；故选B。13.在25C下，向0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液的pH与关系曲线如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列说法错误的是（）A.Kb(NH3·H2O)≈10-4.6B.水的电离程度：a<b<cC.c点溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)D.b点溶液中存在：c()=c(NH3·H2O)×10-2.4〖答案〗D〖祥解〗=1.0时，刚好反应完，是强酸弱碱盐水溶液，因弱离子水解呈酸性。【详析】A．NH3·H2O+OH-，根据初始未通入HCl的pH=11.2得：c(OH-)=c()=10-2.8mol/L，Kb(NH3·H2O)==≈10-4.6，A正确；B．从a点到c点，溶质由NH3·H2O和NH4Cl逐渐变为NH4Cl，水的电离程度逐渐增大，B正确；C．c点溶质为NH4Cl，存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，元素守恒：c()+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，可得质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，C正确；D．b点的pH=7，c(OH-)=10-7mol/L，由于温度不变，则Kb(NH3·H2O)不变，即=10-4.6，得c()=c(NH3·H2O)×102.4，D错误；故选D。14.叠氮化钠(NaN3)晶胞结构如图。下列说法错误的是（）A.与Na+等距离且最近的有4个 B.每个含有10个电子C.晶体中存在离子键和共价键 D.晶体中所有离子的配位数相同〖答案〗B〖解析〗A．判断与Na+等距离且最近的，可以看上表面面心的Na+，该晶胞体内有2个与该Na+最近，在上方晶胞体内也有2个与该Na+最近，故与Na+等距离且最近的共有4个，A正确；B．N的原子序数为7，每个共有7×3+1=22个电子，B错误；C．NaN3中Na+与之间存在离子键，内存在共价键，C正确；D．NaN3中Na+与的个数比为1：1，二者配位数相同，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及CaO]为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的一种工艺流程如图所示。已知Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中离子浓度≤1×10-5mol/L)时，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有_________________(写出一条即可)。（2）步骤Ⅰ中SO2的作用是_________________，滤渣1的成分为___________(填化学式)。（3）步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为_____________________________。（4）“除钙”步骤中若要Ca2+完全沉淀，需控制溶液中的c(F-)≥___________mol/L。（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时发生反应的化学方程式为___________________。（6）MnOx一种晶型的晶胞结构如图已知该晶胞的体积为vcm3，则该晶胞中“”球代表的原子的配位数为__________，该晶体的密度为______________g/cm3.(阿伏加德罗常数的值用NA表示)〖答案〗（1）搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等（2）还原Fe2O3和MnO(OH)SiO2和CaSO4（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（4）6.0×10-4（5）MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O（6）3〖祥解〗向水锰矿矿浆中加入H2SO4溶液和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4(微溶)的滤渣1；加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，则滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，再加入NH4F溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，则滤渣3的主要成分为CaF2，此时滤液的主要成分为MnSO4，加入NH4HCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到Mn(H2PO4)2溶液，最后经一系列操作后得到Mn(H2PO4)2⋅2H2O。【详析】（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等；（2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+，则步骤Ⅰ中SO2的作用是还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2与H2SO4不反应，CaO与H2SO4反应生成微溶物CaSO4，则滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；（3）步骤Ⅱ中MnO2氧化Fe2+，便于在步骤Ⅲ中沉淀，则步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（4）因，若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L；（5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应：MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O；（6）根据“均摊法”，晶胞中黑球的个数：8×+1=2，白球的个数：4×+2=4，则白球代表O，黑球代表Mn，该晶体的化学式为MnO2，由图可知，氧原子的配位数为3，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3。16.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是生产锂电池正极FePO4的原料，呈浅黄色，难溶于水，有较强还原性，受热易分解。Ⅰ．制备草酸亚铁晶体①称取5.0g(NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0mol/LH2SO4溶液和15mL蒸馏水，加热溶解。②用仪器B加入25.0mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。③待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。（1）仪器A的名称为___________，仪器C的作用是_____________________。（2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要选用的仪器是___________(填字母)。A．B．C．D．E．（3）抽滤的优点为__________________________(写出两点即可)。（4）称取一定量FeC2O4·2H2O，在氩气中进行热分解，得到固体残留率随温度变化曲线如图。已知：固体残留率=。若M→N生成三种氧化物，则该过程反应的化学方程式为__________________________。Ⅱ．样品中铁元素质量分数检测草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用KMnO4溶液滴定法测定该粗品的纯度，实验过程如图。已知：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。回答下列问题：（5）“滴定②”中发生反应的离子方程式为_______________________________。（6）样品中铁元素的质量分数为___________。〖答案〗（1）三颈烧瓶(或三口烧瓶)冷凝回流（2）ACD（3）过滤速度快、分离彻底、固体更干燥等（4）3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑（5）5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O（6）%〖祥解〗在三颈烧瓶中根据已知实验步骤可制备草酸亚铁晶体；草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，第一次滴定过程中酸性高锰酸钾既能与草酸根离子反应，又能与亚铁离子反应，在第二次滴定前加入锌是为了使Fe3+转化为Fe2+，再用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，根据元素守恒求质量分数。【详析】（1）仪器A的名称为三口烧瓶或三颈烧瓶；仪器C为球形冷凝管，作用为冷凝回流，故〖答案〗为三口烧瓶或三颈烧瓶、冷凝回流；（2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，并引流转移到一定体积的容量瓶中，定容时用胶头滴管，故选ACD；（3）抽滤过程使用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而过滤速度快，分离彻底、固体更干燥，故〖答案〗过滤速度快、固体更干燥、分离彻底等；（4）温度较低时，FeC2O4·2H2O失去结晶水的过程，假设FeC2O4·2H2O为1mol，则固体残留率为×100%=×100%=80%，M点为FeC2O4，M→N过程中铁元素的质量不变，设生成铁的氧化物为FeOx，则M(FeOx)=180×42.96%=77.328g/mol，x==1.33=，故铁的氧化物为Fe3O4，根据元素守恒，以及另两种产物为氧化物，得M→N过程反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑。（5）草酸亚铁晶体粗品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用稀硫酸溶解样品，使全部转化为H2C2O4。“滴定①”为酸性KMnO4溶液滴定Fe2+和H2C2O4，反应的离子方程式分别为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑十2Mn2++8H2O、5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，再向反应后的溶液中加入适量Zn，将Fe3+还原为Fe2+。“滴定②”为酸性KMnO4溶液将全部Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故〖答案〗为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（6）铁元素的质量分数只需用“滴定②”计算，由(5)得，5Fe2+~，则n(Fe)=n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×cmol•L-1×V2×10-3L=5cV2×10-3mol，所以，铁元素的质量分数为×100%=%。17.甲烷是优质气体燃料，也是制造合成气和许多化工产品的重要原料。Ⅰ．CH4(g)和CO2(g)的一种催化反应历程如图所示：已知部分化学键的键能数据如下表。共价键C-HC=OO-HC-OC-C键能(kJ/mol)413745463351348（1）已知产物均为气态，反应CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(g)的ΔH=___________。（2）若改用更高效的催化剂，该反应的ΔH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）将等物质的量的CO2(g)和CH4(g)置于恒容的绝热容器中发生上述反应，下列能说明该反应已达平衡状态的是___________(填字母)。a．2molC=O断裂的同时生成NA个CH3COOHb．容器中的温度不变c．=1，且保持不变d．混合气体的密度不变e．v正(CO2)=v逆(CH3COOH)f．容器中的总压不变Ⅱ．甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一、反应如下：反应ⅰ．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206kJ/mol反应ⅱ．CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH=+165kJ/mol（4）对于反应ⅰ，向体积为1L的恒容密闭容器中，按n(CH4)：n(H2O)=1：1投料。若在恒温条件下，反应达到平衡时，CH4的转化率为60%，则平衡时容器内的压强与起始时压强之比为___________(填最简整数比)。（5）反应ⅱ的速率方程v=k·cm(CH4)·c0.5(H2O)，k为速率常数(只受温度影响)，m为CH4的反应级数。在某温度下进行实验，测得各组分的初始浓度和反应初始的瞬时速率如下表。实验序号c(H2O)/(mol/L)CH4/(mol/L)v/mol/(L·s)11.01.01.2021.02.02.40①m=___________，k=___________(不要求写单位)。②当实验2进行到c(H2O)=0.25mol/L时，反应的瞬