四川省绵阳市绵阳中学2024-2025学年高三上学期12月月考化学试题-1

高2022级高三化学小练习可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32P31Mg24Ca401.劳动创造美好生活。下列劳动项目所涉及的化学知识错误的是选项劳动项目化学知识A水质检验员检测自来水中余氯含量使用氯气消毒自来水会产生余氯B技术员采用阳极氧化增强铝材抗腐蚀性铝能形成致密氧化膜，增强抗腐蚀性C测试工程师测定钢和生铁中的碳含量钢含碳量比生铁高，硬度比生铁大D环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性，可调控废水A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．使用氯气消毒自来水会产生余氯，水质检验员检测自来水中余氯含量，A正确；B．铝能形成致密氧化膜，增强抗腐蚀性，技术员采用阳极氧化增强铝材抗腐蚀性，B正确；C．钢含碳量比生铁低，硬度比生铁小，C错误；D．用熟石灰处理酸性废水，发生酸碱中和反应，D正确；故选C。2.下列表示不正确的是A.中子数为10的氧原子：B.的价层电子对互斥(VSEPR)模型：C.用电子式表示的形成过程：D.的名称：2甲基4乙基戊烷【答案】D【解析】【详解】A．质子数为8，质量数为18，根据质量数=质子数+中子数，可算得中子数为10，A说法正确；B．中心原子S价层电子对数：，其价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，B说法正确；C．为离子化合物，其电子式表示形成过程：，C说法正确；D．有机物主链上有6个碳原子，第2、4号碳原子上连有甲基，命名为：2，4二甲基己烷，D说法错误；答案选D。【点睛】3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.晶体中含有的共价键数目为B.和的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为C.1L1mol/L的溶液中通入适量氨气后呈中性，此时溶液中的数目小于D.锌与某浓度的浓硫酸反应，生成混合气体22.4L(标准状况)，锌失去电子数目为【答案】C【解析】【详解】A．SiO2晶体中每个Si周围有4个O原子，即有4条SiO键，故晶体中含有的共价键数目为，A正确；B．和的摩尔质量均为142g/mol，且二者的固体均由2个阳离子和1个阴离子构成，故142g混合物的物质的量为1mol，含阴阳离子为3mol，即，B正确；C．1L1mol/L的溶液中通入适量氨气后呈中性，则，由电荷守恒，可得，即，，故，即NA，C错误；D．锌与某浓度的浓硫酸反应，生成SO2和H2混合气体22.4L(标准状况)，硫酸得到电子，故锌失去电子数目为，D正确；答案选C。4.下列化学反应与方程式不相符的是A.黑火药爆炸：B.四氯化钛水解：C.硫化钠溶液在空气中氧化变质：D.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：【答案】C【解析】【详解】A．黑火药爆炸，发生氧化还原反应生成硫化钾、氮气和二氧化碳，化学方程式：，A正确；B．四氯化钛水解，剧烈反应生成沉淀和气体：，B正确；C．硫化钠溶液水解显碱性，在空气中氧化变质的离子方程式为：，C错误；D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化反应生成甘油和硬脂酸钠：.D正确；故选C。5.关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是A.蒸馏法分离和B.过滤法分离苯酚和溶液C.萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素D.重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸【答案】B【解析】【详解】A．二氯甲烷和四氯化碳互溶，二者沸点不同，可以用蒸馏的方法将二者分离，A正确；B．苯酚和碳酸氢钠都可以溶解在水中，不能用过滤的方法将二者分离，B错误；C．将青蒿浸泡在有机溶剂中得到提取液，寻找合适的萃取剂可以利用萃取的方法将提取液中的青蒿素提取出来；也可以利用不同溶质在色谱柱上的保留时间不同将青蒿素固定在色谱柱上，在利用极性溶剂将青蒿素洗脱下来，得到纯净的青蒿素，C正确；D．食盐和苯甲酸的溶解度二者差异较大，可以利用重结晶的方式将低温下溶解度较小的苯甲酸提纯出来，D正确；故答案选B。6.为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是选项影响因素方案设计现象结论A浓度向溶液中加入溶液黄色溶液变橙色增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动B压强向恒温恒容密闭玻璃容器中充入气体，分解达到平衡后再充入气体颜色不变对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动C温度将封装有和混合气体的烧瓶浸泡在热水中气体颜色变深升高温度，平衡向吸热反应方向移动D催化剂向乙酸乙酯中加入溶液，水浴加热上层液体逐渐减少使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．在K2CrO4溶液中存在平衡，且该溶液具有氧化性，HBr具有还原性，向溶液中加入溶液，可发生氧化还原反应生成Br2使溶液变为橙色，干扰探究浓度对化学平衡的影响，A错误；B．反应2HIH2+I2为反应前后气体总体积不变可逆反应，向恒温恒容密闭玻璃容器中充入气体，分解达到平衡后再充入，不能改变反应混合物中各组分的浓度，因此气体颜色不变，但是不能由此得到改变压强平衡不移动的结论，因为容器的体积没有改变，B错误；C．反应为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，C正确；D．催化剂只会改变化学反应速率，不影响平衡移动，D错误；答案选C。7.唐诗“竹色寒清簟，松香染翠帱”中的“松香”可以水解得要松香酸，其结构如图所示。下列关于松香酸的叙述正确的是A.分子式为 B.含有3种官能团C.容易与溴水发生取代反应 D.能与氨基酸发生缩聚反应【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，松香酸的分子式为，A正确；B．由结构简式可知，松香酸含有碳碳双键和羧基2种官能团，B错误；C．由结构简式可知，松香酸含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，C错误；D．由结构简式可知，松香酸只含有一个羧基，不能与氨基酸发生缩聚反应，D错误；故选A。8.磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用一定浓度磷酸吸收氨气制备(控制)，装置如图所示(搅拌装置已省略)。下列有关叙述正确的是A.本实验尾气处理可以选用碱石灰做吸收剂B.活塞的作用是防止倒吸，产生倒吸时应同时打开C.若用酚酞做指示剂，当溶液由无色变为浅红时，停止通D.若后继续通，溶液中浓度将不再变化【答案】C【解析】【详解】A．实验过程中生成的氨气不能被碱石灰吸收，A错误；B．由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2，B错误；C．由题意可知，当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，C正确；D．若通入过多氨气，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，D错误；答案选C。9.一种麻醉剂只含有短周期元素，其分子结构如图所示。元素的一种原子不含中子，元素的原子序数依次增大，和同族。下列叙述中正确的是A.简单氢化物的沸点： B.原子半径大小关系是：C.与组成的化合物可能含有非极性键 D.组成的酸一定是弱酸【答案】C【解析】【分析】X的一种原子不含中子，X是氢；W和E都只能形成1个键，还是短周期同族元素，W的原子序数比E小，那么W只能是氟，E是氯；Z能形成2个键，原子序数比氟小，Z是氧；Y能形成4个键，原子序数比氧小，Y是碳。【详解】A．HF沸点高于HCI，因为HF能形成氢键，故，A错误；B．同周期元素中，原子序数越大，原子半径越小（稀有气体除外），所以原子半径是碳>氧>氟，B错误；C．氢和氧形成的H2O2中含有非极性键OO键，C正确；D．氢、氧、氯组成的HClO4是强酸，D错误；故选C。10.研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物()，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中为价，为价。下列说法错误的是A.导电时，和的价态不变 B.若，与空位的数目相等C.与体心最邻近的O原子数为12 D.导电时、空位移动方向与电流方向相反【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；B．根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×=1个，含O：12×=3个，含La或Li或空位共：1个，若x=，则La和空位共，n(La)+n(空位)=，结合正负化合价代数和为0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+与空位数目不相等，B项错误；C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C项正确；D．导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；答案选B。【点睛】11.纳米催化制备甲酸钠的机理如下图所示：下列说法错误的是A.纳米尺寸有利于加快反应速率 B.反应过程中有极性键的断裂与形成C.反应过程中不需要持续补充 D.总反应原子利用率为100%【答案】D【解析】【详解】A．纳米催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；B．由图可知，反应过程中有极性键的断裂与形成，故B正确；C．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，二氧化碳是反应的中间产物，所以反应过程中不需要持续补充二氧化碳，故C正确；D．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，反应所得产物不唯一，所以反应中原子利用率不是100%，故D错误；故选D。12.已知CO2催化加氢的主要反应有：反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1ΔS1<0反应ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2>0ΔS2在恒温恒压反应器中通入1molCO2、3molH2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如下图。已知：CH3OH产率=×100%；CH3OH的选择性=×100%。下列说法不正确的是A.ΔH1＜0，ΔS2＞0B.CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小C.525K后，升高温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响D.525K时，增大的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b点的值【答案】C【解析】【详解】A．350K~500K，随温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，使二氧化碳平衡转化率有增大的趋势，故反应Ⅰ应为放热反应，升温平衡逆移，使二氧化碳平衡转化率有减小的趋势，故ΔH1＜0；化合物的熵大于单质，故ΔS2＞0，故A正确；B．随温度升高，甲醇平衡产率减小，故CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小，故B正确；C．525K后，随温度升高，甲醇的平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆移，但二氧化碳的平衡转化率增大，使二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，说明525K后，升高温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，故C错误；D．525K时，增大的值，相当于二氧化碳的量不变，增大氢气的浓度，平衡正向移动，可以增大二氧化碳的平衡转化率，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，均可以达到b点的值，故D正确；故选C。13.库仑测硫仪可以测定待测气体中的含量，其工作原理如图所示。检测前，溶液中为一定值，电解池不工作。通入待检气体后，电解池开始工作，一段时间后停止。下列说法错误的是A.电解池开始工作时，阳极电极反应式：B.电解一段时间后停止，是因为已经全部转化为C.通入待测气体后发生反应：D.测得电解过程转移电子，则待测气体中的含量为【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，测硫仪工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式：，A正确；B．液中为一定值，电解池不工作，并不是因为已经全部转化为，B错误；C．由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式：，C正确；D．反应过程中S元素化合价变化为2，当转移bmol电子时，则待测气体中的物质的量为：，则其含量为，D正确；答案选B。14.时，向体积相同，浓度均为的、溶液中分别滴加等浓度的盐酸，混合溶液中的离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是A.的数量级为B.相同浓度溶液的C.Q点溶液中：D.取等体积的点溶液与点溶液混合，所得混合溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．当，即时，，则溶液中，根据判断，其数量级不可能为，A错误；B．相同时，，说明水解常数小于的水解常数，等浓度的二者溶液中，前者溶液中氢离子浓度大，pH值小，即相同浓度溶液的，B错误；C．取Q点数据，，列出Q点物料守恒得，电荷守恒得，消去，可得，C错误；D．M、N两点溶液中相等，水解常数小于的水解常数，说明溶液浓度大于浓度，根据物料守恒得：，D正确；答案选D。15.七水合硫酸镁（）在印染、造纸等领域应用广泛。以化工废弃物盐泥（主要成分为，含少量NaCl与含铁化合物）为原料可制取七水合硫酸镁。回答下列问题：（1）称取干燥盐泥6.90g于100mL烧杯中，加入蒸馏水，缓慢滴加溶液，不断搅拌，得到酸解浆液，主要反应的化学方程式为______。配制溶液时，用到的实验仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还必须使用的仪器有______（填标号）。（2）加热酸解浆液，在搅拌下补加盐泥，调节浆液的pH接近6，加入，继续加热煮沸，趁热过滤。滤渣的主要成分是______、______。继续加热煮沸的目的是______。（3）要证明铁元素已除尽，实验操作及现象是：______。（4）向（2）所得滤液中加入溶液至沉淀完全，过滤。该操作的目的是______。将滤渣完全溶于3.0溶液，经如下实验操作：______、过滤、洗涤、干燥，得到七水合硫酸镁。（5）实验中制得七水合硫酸镁产品的质量为3.69g，则盐泥中的含量为______。将产品加热至，测得固体失重率为，该温度下固体的化学式为______。（6）室温下，将溶液和溶液）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。该反应离子方程为______，实验证明该反应为可逆反应，为测定其平衡常数。待反应达到平衡状态时，取25.00mL上层清液，用标准溶液滴定，达到滴定终点记录消耗标准溶液的体积。重复实验3次，平均消耗标准溶液的体积为19.40mL。①用于盛装标准溶液进行滴定的玻璃仪器名称为______。②平衡时______，平衡常数______。③若取混合反应后的含Ag浊液进行实验，会使测得的平衡常数值______。A.偏大B.偏小C.无影响D.无法判断【答案】（1）①.MgCO3•CaCO3+2H2SO4=MgSO4+CaSO4+2CO2↑+2H2O②.BD（2）①.Fe(OH)3②.CaSO4

③.破坏Fe(OH)3胶体，便于过滤（3）取滤液适量于试管中，滴加KSCN溶液后不变红色（4）①.分离Mg2+，除去滤液可溶性杂质②.加热蒸发、冷却结晶（5）①.40②.MgSO4•H2O（6）①.②.酸式滴定管③.0.0194④.3.29⑤.B【解析】【分析】由题意可知，利用盐泥为原料制取七水合硫酸镁的实验步骤为干燥盐泥溶于蒸馏水后，缓慢滴加稀硫酸，将MgCO3•CaCO3转化为硫酸镁、硫酸钙得到酸解浆液，加热浆液，在搅拌下补加盐泥，调节浆液的pH接近6，继续加热煮沸使溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，趁热过滤得到含有硫酸钙、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁；将氢氧化镁溶于稀硫酸得到硫酸镁溶液，硫酸镁溶液经加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水合硫酸镁。【小问1详解】由分析可知，得到酸解浆液发生的反应为MgCO3•CaCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、硫酸钙、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MgCO3•CaCO3+2H2SO4=MgSO4+CaSO4+2CO2↑+2H2O；由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和容量瓶，则必须使用的仪器有胶头滴管和容量瓶，故答案为：MgCO3•CaCO3+2H2SO4=MgSO4+CaSO4+2CO2↑+2H2O，BD；【小问2详解】由分析可知，除去溶液中铁元素的操作为加热浆液，在搅拌下补加盐泥，调节浆液的pH接近6，得氢氧化铁，由于氢氧化铁易形成胶体，继续加热煮沸使胶体聚沉转化为氢氧化铁沉淀，而硫酸钙是微溶物，所以趁热过滤得到含有硫酸钙、氢氧化铁的滤渣，故答案为：Fe(OH)3；CaSO4；破坏Fe(OH)3胶体，便于过滤；【小问3详解】上一步铁元素已经被氧化为铁离子，证明铁元素已除尽就是检验滤液中是否含有铁离子，利用硫氰化钾溶液检验铁元素已除尽的操作为取滤液适量于试管中，滴加KSCN溶液后不变红色，故答案为：取滤液适量于试管中，滴加硫氰化钾溶液后不变红色；【小问4详解】由题干可知可知，滤液中除了硫酸镁还有氯化钠等可溶性杂质，所以向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀达到分离镁离子，除去滤液中的可溶性杂质的实验目的；硫酸镁溶液经加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水合硫酸镁，故答案为：分离Mg2+，除去滤液可溶性杂质；加热蒸发、冷却结晶；【小问5详解】实验中制得七水合硫酸镁产品的质量为3.69g，物质的量为，由镁原子个数守恒可知，盐泥中MgCO3•CaCO3的含量为；3.69g七水合硫酸镁中结晶水的质量为，将产品加热至77℃，测得固体失重率为43.9%，则失去结晶水的物质的量为，则剩余固体中硫酸镁和结晶水的物质的量比为0.015mol：(0.105mol—0.09)mol=1：1，所以化学式为MgSO4•H2O，故答案为：40%；MgSO4•H2O。【小问6详解】产生灰黑色沉淀说明生成Ag，溶液呈黄色，说明有铁离子生成，则反应方程式为：；高锰酸钾为强氧化剂会腐蚀橡胶，所以用酸式滴定管装；②根据方程式则,由实验I可知，开始时，，平衡时，，，则；若取反应后的含Ag浊液进行实验，会使逆向移动，Fe2+增多，消耗高锰酸钾的体积增大，使测得的平衡时Fe2+偏大，消耗的Fe2+偏小，平衡时生成的Fe3+偏小，导致平衡常数K值偏小。16.重铬酸钠Na2Cr2O7广泛应用于医药和印染行业，用含铬矿渣（主要成分是Cr2O3，还含有少量Fe2O3和Al2O3）制备Na2Cr2O7流程如下：回答下列问题：已知：室温下，Al(OH)3＋OH－⇌[Al(OH)4]－K=100.63；Kw=1×1014。（1）含铬矿渣“灼烧”过程中，Al2O3将转化为（填化学式）______。而Cr2O3将氧化为Na2CrO4，其化学方程式中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（2）“浸取”所得的滤渣中含量最多的金属元素是______。下列措施能显著提高浸取率的方法是______。A.搅拌B.增加水量C.升高温度D.增大压强（3）室温下“中和除铝”：[Al(OH)4]－＋H＋⇌Al(OH)3↓＋H2O。控制pH=______，可保证[Al(OH)4]－恰好沉淀完全（溶液中浓度为1×105mol·L1）。此步骤中H2SO4也可选用“灼烧”步骤产生的（填化学式）______代替。（4）“酸化”步骤主要发生的离子反应方程式为______。（5）三氧化铬(CrO3)常用于做鞣革织物媒染剂，可用Na2Cr2O7固体与浓硫酸反应制取，产物中有一种显酸性盐，写出该化学反应方程式______。（6）配位化合物六溴硒酸钾是离子晶体，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。晶体中阴离子的化学式为______。若六溴硒酸钾的式量为M，晶胞中相邻K之间的最短距离为dnm，则晶体密度为______g·cm3，（列出计算式，NA表示阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）①.NaAlO2②.3:2（2）①.Fe②.AC（3）①.8.37②.CO2（4）（5）Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)=2NaHSO4+2CrO3+H2O（6）①.[SeBr6]2②.【解析】【分析】含铬矿渣与碳酸钠在氧气的氛围中“灼烧”，Al2O3将转化为NaAlO2，Cr2O3被氧化为Na2CrO4。加水溶解，过滤除去不溶的Fe2O3。滤液加入硫酸调节pH，使铝元素转化为Al(OH)3除去；再加入硫酸酸化，使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，蒸发结晶得到Na2Cr2O7，同时得到副产物硫酸钠。【小问1详解】含铬矿渣“灼烧”过程中，Al2O3和碳酸钠反应转化为NaAlO2，化学方程式为Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑。Cr2O3被氧化为Na2CrO4的反应中，O2中O的化合价由0价降低为2价，做氧化剂，1molO2转移4mol电子；Cr2O3做还原剂，被氧化为Na2CrO4，反应中Cr由+3价升高为+6价，1molCr2O3转移6mol电子；根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2。答案为NaAlO23:2。【小问2详解】灼烧过程中Fe2O3不反应，且不溶于水，所得滤渣主要是Fe2O3，故滤渣中含量最多的金属元素是Fe。该反应在溶液中进行，搅拌、升高温度能显著提高浸取率；加水会减少反应物的浓度，降低浸取速率；反应在水溶液中进行，压强不影响浸取速率；AC符合题意。答案为FeAC。【小问3详解】反应①Al(OH)3＋OH－⇌[Al(OH)4]－K=100.63；反应②H2O⇌H＋＋OH－Kw=1×1014；反应③[Al(OH)4]－＋H＋⇌Al(OH)3↓＋H2O，反应③=－（反应①+反应②），则反应③的平衡常数。当c{[Al(OH)4]－}=1×105mol·L1，则，pH=lgc(H+)=lg(1×108.37)=8.37。“灼烧”步骤生成CO2，此步骤中硫酸也可选用“灼烧”步骤产生的CO2代替。答案为8.37CO2。【小问4详解】加入硫酸酸化，使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，离子方程式为。答案为。【小问5详解】用Na2Cr2O7固体与浓硫酸反应制取CrO3，所得显酸性的盐为NaHSO4，该化学反应方程式：Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)=2NaHSO4+2CrO3+H2O。答案为Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)=2NaHSO4+2CrO3+H2O。【小问6详解】根据晶胞结构图可知，K原子位于晶胞内部，SeBr6位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，SeBr6的数目为8×+6×=4，则化学式为K2SeBr6，所以阴离子的化学式为[SeBr6]2。晶胞中相邻K之间的最短距离为dnm，则晶胞的边长为2dnm，晶体密度为。答案为[SeBr6]2。17.燃油汽车尾气中含有CO和氮氧化物，氮氧化物包括、等，研究CO还原氮氧化物及氮氧化物的分解对环境的治理有重要意义。（1）已知：；的燃烧热为。写出与催化转化成和的热化学方程式______。（2）在的催化作用下，还原的反应历程和相对能量变化如图所示（逸出后物质认为状态不发生变化，在图中略去）。①分析反应历程，______；分子的中心原子是______，其结构式为______。②该反应分两步进行：A．；B．______。历程中决定反应速率的变化过程是______。A.②~③B.③~④C.⑤~⑥D.⑥~⑦（3）和恒定压强时，在密闭容器中模拟某种废气中直接催化分解过程，分解过程主反应为。反应前后各组分的信息如下表：物质NOn(投料)19346.52500n(平衡)501202522分析数据，写出一个分解的副反应的化学方程式：______。该温度下主反应的______kPa（以分压表示，分压＝总压物质的量分数）。若除去废气中的气体，在相同的条件下模拟实验，发现体系中的平衡转化率明显降低，解释其原因：______。（4）杂环化合物咪唑、呋喃、噻吩均能作为配体形成配合物，三种物质的信息如下表。物质名称咪唑呋喃噻吩结构简式沸点/25731.484.2①咪唑分子中所有原子共平面，其大键可以表示为______。咪唑中氮原子的杂化方式为______，易形成配位键的氮原子是______（填“a”或“b”）。②请分析表中数据，解释咪唑、呋喃、噻吩三者沸点差异的原因______。【答案】（1）（2）①.②.N③.N=N=O④.⑤.A（3）①.或②.500③.主、副反应均为气体分子数增多的反应，恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，平衡逆向移动，N2O转化率降低（4）①.②.sp2③.a④.均为分子晶体，咪唑存在分子间氢键，沸点最高；噻吩、呋喃结构相似，噻吩分子量更大，沸点更高【解析】【小问1详解】①；的燃烧热为，热化学方程式：②；根据盖斯定律：②×2－①得：；【小问2详解】①结合反应历程相对能量；N2O分子的中心原子是N；N2O与CO2互为等电子体，两者结构相似，CO2为直线型结构，结合二氧化碳的结构式O=C=O，则N2O结构式为N=N=O；②结合反应历程示意图可知，该反应可分为两步进行，第二步反应：；历程中决定反应速率的为慢反应，反应活化能越大，反应速率越慢，决定反应速率，答案选A；【小问3详解】根据表中数据可知，N2、O2、NO、NO2物质的量增多，为产物，结合质量守恒定律可知，N2O分解的副反