【文档说明】湖南省衡阳市衡阳县2024-2025学年高三上学期一模化学试题 Word版含解析.docx，共(11)页，1.215 MB，由小赞的店铺上传

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衡阳县2025届高三第一次模拟考试卷化学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：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，写在试题卷、草

稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H∶1C∶12N∶14O∶16Na∶23S∶32Cl∶35.5K∶39一、单选题（

每题3分，共42分）1．2023年中国“大国重器”频频问世，彰显了中国科技发展的巨大成就。下列有关说法正确的是（）A．“天问一号”火星车的保温材料为纳米气凝胶，能产生丁达尔效应B．“梦天实验舱”原子钟利用电子跃迁计时，工作时发生化学变化C

．长征2号运载火箭的整流罩端头材料玻璃钢属于金属材料D．中国天眼发现纳赫兹引力波，其使用的碳化硅材料为有机高分子材料2．下列有关化学用语表示正确的是（）A．COS的电子式：B．四氯化碳分子的空间填充模型：C．中子数为10的氧原子：108OD．基态Mn

2+的价层电子轨道表示式：3．完成下列实验，选用仪器(非玻璃仪器任选)正确的是（）A．由浓硫酸配制40%的稀硫酸：①②③④B．测定42CuSO5HO晶体中结晶水的含量：③⑤C．3Fe(OH)胶体的制备：①④⑤D．食盐精制：①③④⑤⑥4．设AN为阿伏加德罗常数的值

。反应22224SOHOBaClBaSO2HCl++=+常用于监测2SO含量是否达到排放标准。下列说法正确的是（）A．生成2.33g4BaSO沉淀时，转移电子数目为0.04ANB．标准状况下，22.4L2SO中硫原子

的孤电子对数为2ANC．25℃时，pH1=的HCl溶液中含有H+的数目为0.1AND．22HO晶体和2HO晶体混合物共1mol，则极性键数目为2AN5．前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成

离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：W>Z>YB．X分别与Y、W形成的常见化合物都属于弱电解质C．Z的单质在2Y中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1∶1D．Y分别与Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同

6．探究铁及其化合物的性质，下列实验方案、现象或结论不正确的是（）选项实验方案现象结论A2mL0.01mol·L−1FeCl3溶液滴加2mL浓盐酸溶液颜色加深氢离子抑制了Fe3+的水解B乙酰水杨酸水解液中加入过量的NaHCO3除去过量的硫酸，滴加几滴氯化铁溶液溶液显紫色说明乙酰水杨酸

中含有酯基C向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量先产生沉淀后逐渐溶解Fe(OH)3先聚集为沉淀，后与H+应D向K3Fe(CN)6溶液中加入少许铁粉，静置一段时间有蓝色沉淀生成K3Fe(CN)6具有氧化性7．布洛芬为解热镇痛类非甾体抗炎药，其结构如图所示，下列说法正确的是（）A．布洛芬属于芳香烃

B．1mol布洛芬最多可与1molH2加成C．布洛芬分子中最多有12个碳原子共平面D．布洛芬能使酸性高锰酸钾溶液褪色8．液流电池在储能领域发挥着重要作用。下图是碱性锌铁液流电池，其具有电压高、成本低的优点．已知该电池放电时正极发生反应：()()3-4--66FeCN+e=FeCN

，下列叙述正确的是（）A．放电时，M处发生氧化反应，N为负极B．放电时，右侧贮液器中溶液浓度减小C．充电时，N极电极反应为：()2---4ZnOH+2e=Zn+4OHD．该离子交换膜为阴离子交换膜，当有65gZn发生反应时，有1molOH−通

过9．某化学小组探究二氧化硫与过氧化钠的反应。取适量22NaO粉末放入燃烧匙中，伸入充满2SO气体的集气瓶中，2SO气体与22NaO粉末接触时剧烈反应，淡黄色粉末变成白色粉末，并放出大量的热。根据反应现象，作如下假设：假设一：发生反应2222322NaO2SO2NaSOO

++=；假设二：发生反应22224NaOSONaSO+=；假设三：同时发生以上两个反应。该小组收集上述实验(a)中吸收了2SO的NaOH溶液，并测定其中23SO−的含量。向圆底烧瓶中加入30.00mL上述溶液和足量稀硫酸，加热使2SO全部逸出并与22HO完全

反应，除去过量的22HO，然后用10.0900molLNaOH−标准溶液进行滴定，消耗NaOH溶液25.00mL。下列说法正确的是（）A．实验时圆底烧瓶中加入液体体积不超过圆底烧瓶的13B．滴定终点时溶液的pH8.8=，可选择石蕊为指示剂C．测得23SO−含量为12.4

gL−D．用盐酸代替硫酸，则23SO−含量测定值偏高10．碳化铍的晶胞结构及晶胞俯视图如下图所示，晶胞参数为apm，NA表示阿伏加德罗常数。下列说法不正确的是（）A．铍原子和碳原子之间的最近距离为34apmB．与碳原子周围距离最近的铍原子有8个C．

碳化铍的密度为3-103A30g/cma10N（）D．碳化铍与水反应的方程式为2224BeC+4HO=2BeOH+CH（）11．有机物X→Y的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）A．Y中含有4种官能团B．X中手性碳原子的数目为3C．Y中可能共平面的碳原子最多为

9个D．X、Y都可以形成分子间氢键12．一水硫酸四氨合铜(Ⅱ)的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组以废铜料(含少量铁及难溶性杂质)为主要原料合成该物质，合成路线如下：下列说法不正确．．．的是（）A．操作Ⅰ中发生的主要反应为：Fe+H

2O2+2H+=Fe2++2H2OB．操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁C．操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式D．设计操作Ⅳ的目的是为了提高乙醇的利用率13．标准状态下，反应的历程示意图如下。下列说法不

正确的是（）A．6352E-E=E-EB．历程Ⅱ中Cl是催化剂C．历程Ⅰ的活化能为13E-ED．相同条件下，3O的平衡转化率：历程Ⅱ＞历程Ⅰ14．当25℃时，向10mL某浓度新制氯水中滴入0.1mol∙L−1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离常数为-8aK=2.510，下列

说法正确的是（）A．甲到乙发生的离子反应为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2OB．乙到丁的过程中，水的电离程度一直增大C．丙点溶液中：c(Na+)>c(ClO−)>c(Cl−)>c(H+)D．

氯水中存在平衡：Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl−(aq)+HClO(aq)该反应的平衡常数K约为10−5二、解答题（共4题，58分）15．硒和碲是重要的稀散元素，都可以作为半导体材料。一种从碲碱渣（碲和硒的含量较高，还

含有少量Cu、Pb等元素）分离硒回收碲的工艺流程如下：已知：①水浸液的主要成分为3NaTeO、23NaSeO及少量可溶性的铜、铅化合物等。②2TeO为两性氧化物，微溶于水。③亚硒酸为二元弱酸，3a12.710K−=8a22.510K−=回答下列问题

：(1)硒与氧同族，基态Se原子价电子排布式为。(2)“除杂渣”的主要成分为。(3)“中和”时控制pH为4～5，生成2TeO沉淀，若硫酸过量，将导致Te的回收率下降的原因是。(4)“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中()()

2323SeOHSeOcc−=。(5)“沉硒”时生成了一种无污染的单质气体，写出“沉硒”时发生的主要反应的化学方程式。(6)碘量法测定“粗硒”中硒的含量，过程如下：取0.1000g粗硒，加入足量硫酸和硝酸，充分

反应生成23HSeO，再加热至90℃使过量的硝酸挥发；继续向23HSeO溶液中加入过量的KI溶液，生成Se和2I；然后滴入2滴淀粉溶液，用0.4000mol/L223NaSO溶液滴定（4622322I2NI2a

SONaNaSO+=+）。重复上述操作2次，消耗的223NaSO溶液的平均体积为12.50mL。①判断滴定至终点的方法是。②该粗硒的纯度为。16．实验室利用含钴废渣[含()3CoOH、()3FeOH等]制备磁性材料34CoO。回答下列问题：I．稀硫酸的配制。(1)实验室里需要：450

mL124molL2HSO−溶液，用98%浓硫酸(密度为31.84gcm−)配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为(保留1位小数)mL。(2)下图关于容量瓶的操作，正确的是。(3)配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是______

_(填标号)。A．定容时俯视容量瓶刻度线B．容量瓶未干燥处理C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水D．将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯Ⅱ．浸取，将一定量的钴渣粉与23NaSO溶液配成悬浊液，加入三颈烧瓶中

(装置如图)，70℃通过仪器a缓慢滴加稀硫酸，充分反应，过滤。(4)b中应加入作为最佳传热介质。(5)该过程中，()3CoOH转化为2Co+的离子方程式为。Ⅲ．沉钴。Co(Ⅱ)盐溶液可以形成()2CoOH、3CoCO和24CoCO等多种形式的沉淀。已知：向0.100mol/L溶液中滴加NaOH溶

液调节pH，pH7=时开始出现()2CoOH沉淀。(6)向除杂后的4CoSO溶液中加入224HCO溶液或()4242NHCO溶液作沉淀剂，可得到242CoCO2HO，不能用同浓度的224NaCO溶液代替()4242NHCO溶液的原因是。Ⅳ．制备34CoO，将所得的18.3g草酸钴晶体(

242CoCO2HO)高温灼烧，其热重分析图如图：(7)写出B点对应的物质的化学式：，CD段发生反应的化学方程式为。17．2CO催化加氢制备甲醇可以减少2CO的排放，有利于实现碳中和。在一定条件下，2CO和H

₂可发生如下反应：Ⅰ.10HⅡ.2ΔHⅢ.3H0回答下列问题：(1)已知部分化学键键能如下表：化学键CO−COHH−OH−CH−键能(kJ/mol)abcde依据表中信息，2ΔH=1kJmol−。(2)反应Ⅰ的速率常数k与反应温度T的关系遵循

Arrhenius方程，实验数据如图所示。已知Arrhenius方程为aERlgk=-+RlgA2.303T(其中k为速率常数，Ea为活化能，R、A均为常数)。①反应Ⅰ的活化能Ea=1kJmol−(保留整数)。②下列措施能使速率常数

k增大的是(填序号)。A．增大压强B．升高温度C．增大2CO的浓度D．更换适宜催化剂(3)不同压强下，2CO的平衡转化率()2CO随温度的变化如图所示。0.5MPa条件下，2CO的平衡转化率随温度升高先减小后增

大的原因是。(4)一定条件下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1.0mol2CO和3.0mol2H，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时，容器中()3CHOHn为0.15mol，()COn为0.07mol，()2HOn为0.22mol，则2CO的平衡转化率为，反

应I的平衡常数为22Lmol−(用代数式表示，无需化简)。18．化合物J是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下：已知：Ⅰ．Ⅱ．回答下列问题：(1)C中官能团的名称是。(2)下列说法不正确的是_______。A．化合物A只能发生还原反应，不能发生氧化反应B．化合物B既能与盐

酸反应，又能与NaOH溶液反应C．C→D的反应类型为取代反应D．化合物J的分子式为C15H20SN3O3(3)化合物E的结构简式。(4)写出H→I的化学方程式。(5)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构

体的结构简式。①属于芳香族化合物且有两个六元环②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶2∶1∶1(6)写出以甲苯和COCl2为主要原料，合成化合物H的路线(无机试剂、有机溶剂任选)。化学答案1．【答案】A【解析】A．

纳米气凝胶属于胶体，能产生丁达尔效应，故A正确；B．原子钟利用电子跃迁计时，工作时发生物理变化，故B错误；C．玻璃钢是一种由玻璃纤维和树脂组成的复合材料，不属于金属材料，故C错误；D．碳化硅材料为新型无机非金属材料，故D错误；选A。2．【答案】A【

解析】A．COS类似于CO2，因此电子式为：，A项正确；B．由于Cl的原子半径大于C的，但是图中为球棍模型，并非空间填充模型，B项错误；C．中子数为10的氧原子，则质量数为10+8=18，则中子数为10的氧原子：188O，C项错误；D．Mn2+的价层电子轨

道表示式为：，D项错误；故答案选A。3．【答案】A【解析】A．由浓硫酸配制40%的稀硫酸需要计算、量取、稀释等，需要用到烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒，故选①②③④，A正确；B．测定42CuSO5HO晶体中结晶水的含量需要称量、灼烧，需要用

到坩埚、天平和酒精灯，不需要胶头滴管，B错误；C．3Fe(OH)胶体的制备需要把氯化铁溶液滴入沸水中，需要酒精灯和烧杯，不需要玻璃棒，C错误；D．食盐精制需要除杂、过滤、蒸发结晶、洗涤、干燥，需要用到烧

杯、胶头滴管、玻璃棒、酒精灯、蒸发皿、漏斗，D错误；故选A。4．【答案】D【解析】A．由化学方程式可知，生成1mol硫酸钡转移电子的物质的量为2mol，2.33g硫酸钡的物质的量为0.01mol，则生成0

.01mol硫酸钡沉淀时，转移电子数目为0.02NA，A错误；B．标准状况下，22.4L2SO为1mol，1个二氧化硫分子中含有1对孤电子对，则硫原子的孤电子对数为AN，B错误；C．缺溶液的体积，无法计算25℃时pH=1的HCl溶液中H+的物质的量，C错误；D

．过氧化氢分子中含有2个氢氧极性键和1个氧氧非极性键，水分子中含有2个氢氧极性键，则22HO晶体和2HO晶体混合物共1mol，则极性键2mol，数目为2AN，D正确；故选D。5．【答案】B【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多

半径越小，简单离子半径：S2−>O2−>Na+，故A错误；B．H分别与O、S形成的常见化合物H2O、H2S都属于弱电解质，故B正确；C．Na在O2中燃烧所得的产物Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2，故C错误；D．O分别与Na、S均可形成具有漂白性的化合物Na2O2、SO

2，漂白原理不相同，故D错误；选B。6．【答案】A【解析】A．FeCl3溶液时加入HCl抑制了Fe3+水解，氢氧化铁浓度降低，溶液颜色变浅，A错误；B．乙酰水杨酸水解得到邻羟基苯甲酸和乙酸，酚羟基遇三价铁离子显紫色，乙酰水杨酸水解产物中有酚羟基

，说明乙酰水杨酸中含有酯基，B正确；C．向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先产生Fe(OH)3沉淀发生聚沉，后Fe(OH)3沉淀与H+反应逐渐溶解，C正确；D．K3Fe(CN)6与Fe2+反应生成蓝色沉淀，说明K3Fe(CN)6具有氧化性和铁粉反应生成了Fe2+，D正确；故选A。7．【答案】D

【解析】A．布洛芬中含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，A错误；B．布洛芬中苯环能与氢气加成，1mol布洛芬最多可与3molH2加成，B错误；C．布洛芬分子中最多有11个碳原子共平面，C错误；D．布洛芬分子中与苯环相连的碳原子上有H，所以布洛芬能

被酸性高锰酸钾溶液氧化,使高锰酸钾褪色，D正确；故选D。8．【答案】C【解析】A．由分析可知放电时，M极为正极，发生还原反应，N电极为负极，发生失去电子的氧化反应，A错误；B．放电时，右侧电极发生反应：Zn-2e−+4OH−=[Zn(

OH)4]2−，贮液器中溶液浓度增大，B错误；C．充电时，右侧电极连接电源负极，作阴极，发生还原反应，电极反应式为：[Zn(OH)4]2−+2e−=Zn+4OH−，C正确；D．在放电时，M为正极，发生反应为：[Fe(CN)6]3−+e

−=[Fe(CN)6]4−，右侧N电极为负极，发生反应：Zn-2e−+4OH−=[Zn(OH)4]2−，当左侧有65gZn反应时，转移2mol电子，右侧反应产生1mol的[Zn(OH)4]2−，负电荷减少2mol，为维持电荷守恒，就会2molOH−通过阴离子交换

膜由左侧移向右侧的负极N极，D错误；答案选C。9．【答案】D【解析】A．实验时圆底烧瓶中加入液体体积不超过圆底烧瓶的23，A项错误；B．滴定终点时溶液的pH=8.8，选择酚酞作指示剂，B项错误；C．滴定时的原理为2-3SO+2H+=H2O+SO2↑、

SO2+H2O2=H2SO4、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，则2-3SO~2NaOH，n(2-3SO)=12n(NaOH)=12×0.0900mol/L×0.025L=0.001125mol，2-3SO

的含量为0.001125mol80g/mol0.03L=3g/L，C项错误；D．由于盐酸具有挥发性，用盐酸代替硫酸，所得SO2中混有HCl，最终消耗NaOH标准溶液的体积偏大，则2-3SO含量的测定值偏高，D

项正确；答案选D。10．【答案】C【解析】A．由晶胞结构知，铍原子和碳原子之间的最近距离为体对角线的14，即为34apm，A项正确；B．以面心碳原子为研究对象，与碳原子周围距离最近的铍原子有8个，B项正确；C．1个晶胞中含C：8×18+6×12=4个，含Be：8个，碳化铍

的化学式为Be2C，晶胞的质量为A89+412Ng=A120Ng，晶胞的体积为(a×10−10cm)3，则碳化铍的密度为A120Ng÷(a×10-10cm)3=-103A120(a10)Ng/cm3，C项错误；D．碳化铍与水反应的方程式为Be2C+4H2O=

2Be(OH)2+CH4↑，D项正确；答案选C。11．【答案】C【解析】A．由结构简式可知Y中含碳碳双键、羟基、羧基和硝基四种官能团，故A正确；B．根据手性碳的特征，X中羟基和硝基所连碳原子均为手性碳原子，共3个，

故B正确；C．Y中苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，两平面结构通过单键相连，可以重合，另外-COOH碳原子也可以转到双键平面上，因此共平面的碳原子最多为10个，故C错误；D．X、Y均含羟基，可以形成分子间氢键，故D正确；故选：C。12．【答案】A【解析】A．操作Ⅰ中铜被氧化为硫酸铜，发生的主

要反应为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，A错误；B．加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀，操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁，B正确；C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和

水的混合液，干燥可采用减压干燥方式，C正确；D．设计操作Ⅳ，乙醇循环利用，目的是为了提高乙醇的利用率，D正确；故选A。13．【答案】D【解析】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反

应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即ΔH=6352E-E=E-E，故A正确；B．由图可知，Cl原子在历程Ⅱ中反应前后均有，因此作为催化剂，故B正确；C．从反应物的起始到最高点的过渡态为活化能，因此历程Ⅰ的活化能为13E-E，故C正确；D．催化剂不能改变反应的

始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故D错误；故答案选D。14．【答案】D【解析】A．从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH−的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH−

的反应，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH−=H2O，A错误；B．甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的

抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B错误；C．丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，+-(H)(ClO)-8a(HClO)ccK2.510c==，此时c(H+)=10-8mol/L，则c(ClO−)=2.5c(HClO)，c(Cl−)=

c(ClO−)+c(HClO)，所以c(Na+)>c(Cl−)>c(ClO−)>c(H＋)，C错误；D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)⇌H+(aq)+Cl−(aq)+HClO(aq)，pH=10时，Cl2与NaOH刚

好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=0.1mol/L，根据起点pH=2，有c(H+)=c(Cl−)=c(HClO)=0.01mol/L，c(Cl2)=0.1-c(H+)，其平衡常数+-2(HClO)(H)(Cl)(Cl)cccK=c=-2-2-

2-5-2101010100.1-10，D正确；故选D。15．【答案】(1)4s24p4（2分）(2)CuS、PbS（2分）(3)TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失。（2分）(4)6.75×10-7（2分）(5)H2SeO

3+4HONH3Cl=Se↓+2N2↑+7H2O+4HCl（2分）(6)滴入半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色消失，且半分钟内不变色（2分）98.75%（2分）【解析】碲碱渣（碲和硒的含量较高，还含有少量Cu、Pb等元素）加水水浸得到水浸渣

和水浸液，水浸液的主要成分为3NaTeO、23NaSeO及少量可溶性的铜、铅化合物等，加入NaHS除杂，得到除杂渣，主要成分为CuS、PbS，除杂液加入硫酸中和得到中和固体物质，固体物质用盐酸酸浸得到酸浸渣和酸浸液，酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗硒，溶液再加入亚硫酸钠还原得到还原液和还原碲粉；（

1）基态硒是第四周期VIA族元素，主族元素价电子数等于最外层电子数，所以基态硒原子的价电子排布式为4s24p4，故答案为：4s24p4；（2）可溶性的铜、铅化合物加入NaHS除杂，得到除杂渣，产生难溶性的硫化物，故“除杂渣”的主要成分为CuS、PbS；（3）“中和”时控

制pH为4～5，生成2TeO沉淀，若硫酸过量，TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失，导致Te的回收率下降；（4）亚硒酸为二元弱酸，3a12.710K−=、8a22.510K−=，“

酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中()()2323SeOHSeOcc−=()()()()()()()()()()()2+2+33332+233233SeOHSeOHSeOHHSeO1HSeOHSeOHSeOHSeOH

ccccccccccc−−−−−−==()+a1a22HKKc=22382.7102.51010−−−（）=6.75×10-7；（5）“沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗硒，生成了一种无污染的单质气体，则为氮气，发生的主要反应的化学方程式为H2SeO3+4HONH3Cl

=Se↓+2N2↑+7H2O+4HCl；（6）①用淀粉为指示剂，当碘反应完时蓝色褪去，则判断滴定至终点的方法是滴入半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色消失，且半分钟内不变色；②根据反应可知，关系式为H2SeO3~Se~2I2~4223NaSO，该粗硒的纯度为-3%10.4000mol

/L12.5010L79g/mol41000.1000g=98.75%。16．【答案】(1)54.3（1分）(2)C（1分）(3)CD（2分）(4)Na2SO3（2分）(5)2Co(OH)3+SO2-3+4H+=2Co2++SO2-4+5H2O（2分）(6)若用草酸钠溶液代

替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致CoC2O4的产率降低（2分）(7)CoO（2分）6CoO+O2高温2Co3O4（2分）【解析】（1）由c=1000ρw%M可知，浓硫酸的浓度为10001.8498%98mol/L=18.4mol/L，实验室没有480mL容量瓶，所

以配制480mL2mol/L的硫酸溶液时，应选用500mL容量瓶，由稀释定律可知，配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为2mol/L0.5L18.4mol/L×103mL/L=54.3mL，故答案为：43.4；

（2）A．检查容量瓶是否漏水时，加入少量水，盖好盖子，将容量瓶倒置，观察是否有水渗出，故错误；B．容量瓶读数时，应平视容量瓶的刻度，视线、刻度与凹液面的最低点在同一水平线上，故错误；C．稀释得到的溶液转移到容量瓶时，应用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应在刻度线下方，故正确；D．容量瓶定容时，

应盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，故错误；故选C；（3）A．定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故不符合题意；B．容量瓶未干燥处理不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液浓度无影响，故不符合题意；C．定容加水时超过刻度线后，立即

吸出多余的水会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故符合题意；D．将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故符合题意；故选CD；（4）实验时，为使三颈烧瓶中反应物受热均匀，应向三颈烧瓶中加入亚硫酸钠溶液作为传热介质，故答案为：Na2SO3

；（5）由题意可知，氢氧化钴转化为亚钴离子的反应为氢氧化钴酸性条件下与亚硫酸钠溶液反应生成亚钴离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2Co(OH)3+SO2-3+4H+=2Co2++SO2-4+5H2O，故答案为：2Co(OH)3+SO2-3+4H+=2Co2++SO2-4+

5H2O；（6）草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠溶液的碱性更强，若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低，故答案为：若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致CoC2O4的产率降低；（7）由题意可知

，草酸钴晶体的物质的量为18.3g183g/mol=0.1mol，由钴原子个数守恒可知，B点固体中氧原子的物质的量为7.5g-0.1mol59mol16g/molg/=0.1mol，则B点所得固体的化学式为CoO；同理可知，D点固体中

氧原子的物质的量为8.03g-0.1mol59mol16g/molg/≈0.133mol，则D点固体的化学式为Co3O4，CD段发生反应的化学方程式为6CoO+O2高温2Co3O4，故答案为：CoO；6CoO+O2高温2Co3O4。17．【答案】(1)b+2c-

3e-a-d（2分）(2)162（2分）BD（2分）(3)600℃以下以反应I为主，1ΔH<0，随温度升高反应I平衡逆移，CO2转化率减小；600℃以上以反应Ⅲ为主，3ΔH>0，随温度升高反应Ⅲ平衡右移，CO

2转化率增大（2分）(4)22%（3分）30.150.220.782.48（3分）【解析】（1）ΔH=-=b+2c-(3e+a+d)kJ/mol=(b+2c-3e-a-d)kJ/mol反应物总键能生成物总键能；（2）①由Arrhenius方程可知，-3-3aE98.710=-4.010+R

lgA2.303、33aE28.310=-5.010+RlgA2.303−−，解得Ea=162kJ/mol；②由Arrhenius方程可知，速率常数k只与活化能和温度有关，催化剂能降低反应的活化能使速率常数增大，升温也能使速率常数增大，故答案为：

BD；（3）0.5MPa条件下，600℃以下以反应I：1ΔH<0为主，随温度升高反应I平衡逆移，CO2转化率减小；600℃以上以反应Ⅲ：3ΔH>0为主，随温度升高反应Ⅲ平衡右移，CO2转化率增大，所以二氧化碳的平衡转化率随温度升高先减小后增大；（

4）向体积为1L的恒容密闭容器中通入1.0molCO2和3.0molH2，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时，容器中n(CH3OH)=0.15mol，n(CO)=0.07mol，n(H2O)=0.22mol，三段式、，则有x

+y=0.15、x+z=0.22、z-y=0.07，平衡时二氧化碳的浓度为1-0.22=0.78mol/L，所以二氧化碳的平衡转化率为0.22100%=22%1；平衡时H2的浓度为3-(3x+2y+z)=3-(2x+2y+x+z)=(3-2×0.15-0.22)mol/

L=2.48mol/L，所以反应I的平衡常数为3213322c(CHOH)c(HO)0.150.22K==c(CO)c(H)0.782.48L2/mol2。18．【答案】(1)酰胺基、酮羰基（2分）(2)AD（2分）(3)（2

分）(4)（2分）(5)或（每个2分，4分）(6)⎯⎯⎯→浓硫酸加热24322Cl/CClNH/CHCl⎯⎯⎯⎯⎯→2SOCl⎯⎯⎯⎯⎯→（4分）【解析】A在一定条件下生成B，B在一定条件下生成C，C在Br/C2H4Cl2生成D，结合分子式可推知C的

结构简式为；D发生已知Ⅰ反应生成的E的结构简式为，E转化为F，F转化为G；H和氨气生成I，结合I的分子式可推知I为，最后I和G生成J。（1）C的结构简式为，C中的官能团名称为酰胺基和酮羰基。（2）A．A中酮羰基能与氢气发生还原反应，A物质能够燃烧

，故能发生氧化反应，A项错误；B．B中含有酰胺基，所以能和氢氧化钠反应，B中含有亚氨基，能与盐酸反应，B项正确；C．由分析知，C→D的反应类型为取代反应，C项正确；D．由分析知，化合物J的分子式为C15H21SN3O3，D项错误；答案选AD。（3）由分析知，E的结构简式为。（4）

H→I的化学方程式为。（5）B中含有13个碳、2个氮、1个氧、不饱和度5；同时符合下列条件的化合物B的同分异构体：①属于芳香族化合物且有两个六元环；②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶2∶1∶1，则应该含2个相同的甲基，且有一个含氮的

六元环，环中应该含有2个—CH2—；符合条件的同分异构体的结构简式为：、。（6）甲苯首先和浓硫酸加热在甲基对位引入磺酸基，磺酸基发生已知反应Ⅱ原理转化为基团，再和COCl2生成产物，故流程为：⎯⎯⎯→浓硫酸加热24322C

l/CClNH/CHCl⎯⎯⎯⎯⎯→2SOCl⎯⎯⎯⎯⎯→。