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湖南省沅澧共同体2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试化学试题
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。
1．（2025·湖南模拟）化学与生产、生活和社会息息相关，下列有关说法错误的是
A．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料
B．鼓励并推广使用聚碳酸酯、聚丙烯等可自然降解材料
C．推广使用风能、太阳能等新能源能够减少温室气体的排放
D．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将太阳能转化为电能供飞船使用
2．（2025·湖南模拟）下列化学用语表述正确的是
A．基态硒原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p4
B．COS的空间构型：V形
C．的名称：2，2，4，4-四甲基己烷
D．NF3的电子式：
3．（2025·湖南模拟）下列实验事故的处理方法不合理的是
选项 实验事故 处理方法
A 易燃物钠、钾引起火灾 用泡沫灭火器灭火
B 不需回收利用的有机废液 用焚烧法处理
C 被玻璃碎片划伤 伤口处理清理干净后，可用双氧水或碘酒擦洗
D 氢氧化钠溶液溅到皮肤上 立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·湖南模拟）下列相关反应方程式书写正确的是
A．侯氏制碱法：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3↓+2NH4Cl
B．向KHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H+++Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓
C．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2：3+Cl2+H2O=+2Cl-+2
D．制备维纶：
5．（2025·湖南模拟）组成核酸的基本单元是核苷酸，腺嘌呤核苷酸的结构如图所示，下列说法错误的是
A．1mol腺嘌呤核苷酸最多消耗2molNaOH
B．该分子中含有4个手性碳原子
C．腺嘌呤核苷酸中N原子的杂化方式为sp2、sp3杂化
D．该分子能发生氧化反应和消去反应
6．（2025·湖南模拟）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用红热铁针、石蜡和水晶验证晶体的各向异性 晶体内部质点排列具有有序性
B 制作秋月梨电池 电解池原理
C 向葡萄酒中添加适量的SO2 SO2具有杀菌和抗氧化的作用
D 利用石墨烯材料开发新型电池 石墨烯电阻率低，热导率高
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·湖南模拟）某学习小组对SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀的原因进行了探究，实验如下：
实验装置
实验①：烧杯A中加入煮沸的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入适量食用油，冷却至室温。 实验②：烧杯B中加入未煮沸的Ba(NO3)2溶液25mL。
实验 现象 烧杯 出现白色沉淀 出现白色沉淀
pH 传感器
下列叙述正确的是
A．烧杯A中溶液经煮沸处理后，出现白色沉淀是BaSO3
B．食用油可用苯或者CCl4代替
C．实验②中仅发生：3SO2+2+2H2O+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO+4H+
D．结合实验①和②的pH-t图像，说明O2在SO2的氧化过程中起到主要氧化作用
8．（2025·湖南模拟）超氧化钾(KO2)可用作潜水装置的CO2吸收剂和供氧剂，反应为4KO2＋2CO2=2K2CO3＋3O2，NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．22.4LCO2中π键的数目为2NA
B．1molKO2晶体中阴离子的数目为2NA
C．在K2CO3溶液中，c(K+)D．该反应中每生成NA个O2时，转移电子的物质的量为1mol
9．（2025·湖南模拟）乙烷催化裂解制备乙烯和氢气的反应式为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH，工业上在裂解过程中可以实现边反应边分离出生成的氢气。在不同温度下，1.0molC2H6(g)在恒容密闭容器中发生该反应。H2的移出率α不同时，乙烷的平衡转化率与温度的关系如图所示。
已知：
下列说法错误的是
A．由图可知：α1>α2>α3
B．该反应在高温可以自发进行
C．α2=50%，则A点体系中乙烯的体积分数约为60%
D．若恒温恒压条件下向体系中充入适量水蒸气，可提高C2H6转化率
10．（2025·湖南模拟）由Cs+和[PbBr6]4-组成的晶体属于典型的钙钛矿结构，其晶胞结构如图1所示，该立方晶胞的参数为apm，NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．该晶体的化学式为Cs4PbBr6
B．与Cs+距离最近且相等的Br-有8个
C．该晶体的密度为
D．图2所示的结构，也是该晶体的一个晶胞
11．（2025·湖南模拟）亚氯酸钠(NaClO2)常用作消毒剂、漂白剂，受热易分解。一种制备亚氯酸钠的流程如下图：
下列叙述正确的是
A．“反应1”中，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
B．“反应2”中，还原剂可选用H2O2和FeI2
C．“母液”的成分中含有Na2SO4、Na2SO3、H2SO4
D．为提高产品的产率，“结晶”过程中可采用减压蒸发、冷却结晶
12．（2025·湖南模拟）近日，大连化物所邓德会团队实现了基于均多相融合的热—电耦合催化室温空气直接转化制HNO3反应的新过程。电解装置如图所示，已知石墨电极a上有气泡冒出，电解液为Li2SO4/H2SO4溶液(pH=3)，下列说法正确的是
A．电解时，电流由电极a经导线流入电极b
B．电解时，阳极区的pH将升高
C．电解时，当电极a上产生22.4LO2(标准状况)时，阴极区将产生1molHNO3
D．电解时，阴极区O2发生的反应的离子方程式为O2+2e-+2H+=H2O2
13．（2025·湖南模拟）常温下，向10.0mL0.1mol·L-1H3PO3溶液中滴加0.1mol·L-1氨水VmL，溶液中含P或含N粒子分布系数(δ)与pH的关系如图所示。已知：
下列叙述正确的是
A．常温下，Kb(NH3·H2O)=10-9.24
B．当氨水的体积V=5.0mL时，c(H2PO)>c(H3PO3)
C．b点溶液中：c()=c(OH—)+3c(HPO)
D．d点溶液中：c(H2PO)>c(H3PO3)>c()>c(OH—)
14．（2025·湖南模拟）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br—进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成，反应进程中的能量变化如下图所示，已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法正确的是
A．从0℃升至40℃，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
B．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
C．0℃时，两种产物的比例为“70：30”是由于生成1，2-加成产物的活化能比生成1，4-加成产物的活化能小而导致的
D．40℃时，1，3-丁二烯与HBr在该体系下反应，1，2-加成产物的浓度会缓慢增大
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·湖南模拟）三硝酸六氨合钴(Ⅲ)[Co(NH3)6](NO3)3在配位化学、分析化学和工业催化中起到重要作用，某实验小组制备三硝酸六氨合钴(Ⅲ)[Co(NH3)6](NO3)3的过程分为两步：
Ⅰ．以CoCl2为原料来制备[Co(NH3)6]Cl3，化学方程式为：，其设计如图装置(夹持仪器及加热装置已省略)。已知：Co2+在pH为7.6时开始生成Co(OH)2沉淀。
Ⅱ．制备[Co(NH3)6](NO3)3：待I反应结束后，过滤，向滤液中加入硝酸铵，冷却结晶、洗涤、干燥，最终得到产品。
回答下列问题：
（1）装置B中盛放H2O2溶液的仪器名称为　 　。
（2）多孔球泡的作用是　 　。
（3）装置B中反应温度不宜过高的原因是　 　。
（4）装置B中的NH4Cl溶液除做反应物外，另一个作用是　 　。
（5）在[Co(NH3)6](NO3)3中，比较NH3键角　 　键角(填“>、<或=”)，试说明原因　 　。
（6）现有样品[Co(NH3)6]Cl3 nH2O，为测定n值进行如下实验：
①实验I：称取m1g产品，加入足量NaOH溶液蒸出NH3，再加入稀硫酸充分溶解，得到含Co3+溶液。
②向含Co3+溶液加入过量KI溶液将Co3+还原成Co2+，再滴加几滴淀粉溶液，并用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定Co2+达终点时消耗VmL(滴定过程中I2将S2O氧化为S4O，Cl-不反应)。
③实验Ⅱ：另取m1g样品，在坩埚中加热至恒重(整个过程没有刺激性气味的气体产生)，得到固体质量为m2g。则n=　 　(用含c、V、m1、m2的代数式表示)；实验②中滴定至终点的现象是　 　。
16．（2025·湖南模拟）以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3和SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下：
已知：Asp[Fe(OH)3]=10-39Ksp[Fe(OH)2]=10-17Ksp[Al(OH)3]=10-33
（1）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有　 　(任写两种)；基态Fe原子的价电子排布式是　 　。
（2）“滤渣1”的成分是　 　。
（3）“还原”过程发生反应的离子方程式是　 　；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol L-1，则“调pH”的范围为　 　。(保留两位有效数字)
（4）若不经“还原”，直接“调pH”，会导致　 　。
（5）工业上用电解法制备Fe3O4，工作原理如图所示，已知：低共熔溶剂可传导O2-，阳极由Cl-进行放电。
①甲电极为　 　极；
②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下)，则理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为　 　。
17．（2025·湖南模拟）托吡司他是用于治疗高尿酸血症的常用药物，一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)：
已知：
请回答下列问题：
（1）化合物A中的含氧官能团名称是　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　。
（3）E→F的化学方程式为　 　。
（4）已知：含氮物质的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则a、b、c三种物质的碱性顺序由大到小为　 　，其中a物质的孤电子对位于　 　轨道上。
（5）I是C的同系物，其相对分子质量比C多14，在I的同分异构体中同时满足下列条件的有　 　种。
①遇FeCl3溶液显紫色；②取代基不超过3个，且分子中存在—CONH2
（6）以和甲醇为有机原料，设计的合成路线(无机试剂任选) 　 　。
18．（2025·湖南模拟）挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下：
I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g) H1<0(主反应)
II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) H2>0
III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g) H3<0
IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) H4<0
（1）反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) H2=　 　(用含 H1、 H3和 H4的代数式表示)。
（2）在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．混合气体的密度保持不变
c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变
d．反应的温度保持不变
（3）将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是　 　。
（4）压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。
已知：。
①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是　 　(填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是　 　。
②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是　 　(保留一位小数)。
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；绿色化学
【解析】【解答】A、碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，这类材料具备耐高温、高强度的特性，非常适合用于火箭发动机的制造，A正确；
B、聚丙烯是由丙烯加聚得到的高分子材料，它的结构稳定，无法自然降解，不属于可降解材料；聚碳酸酯虽然部分品类可降解，但聚丙烯不可降解，B错误；
C、风能、太阳能都属于清洁能源，使用这类新能源可以减少对化石燃料的依赖，从而减少二氧化碳等温室气体的排放，C正确；
D、太阳能刚性电池阵的作用就是将太阳能直接转化为电能，以此为载人飞船提供电力供应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
对高分子材料降解性的混淆：容易把聚丙烯这类常见塑料误认为可自然降解材料，实际上它结构稳定，无法自然降解，只有部分聚碳酸酯具备可降解性，这是本题最核心的易错点。
对材料类别的模糊认知：对碳化硅陶瓷这类新型无机非金属材料的类别不熟悉，可能会误判它是否适用于火箭发动机这类场景。
新能源与环保关联的惯性思维：看到风能、太阳能这类新能源时，容易直接默认其环保性表述一定正确，但需注意题干中是否存在偷换概念的陷阱。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、硒元素的原子序数为 34，其基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d 4s24p4，简化电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p4，选项遗漏了 3d 轨道的 10 个电子，表述错误。
B、COS 分子的中心原子为 C，其价层电子对数为 2（无孤电子对），分子的空间构型为直线形，而非 V 形，表述错误。
C、该有机物的最长碳链含 6 个碳原子，从左端开始编号，2 号、4 号碳原子上各连有 2 个甲基，因此系统命名为 2，2，4，4 - 四甲基己烷，表述正确。
D、NF3的电子式中，氮原子除了与 3 个氟原子形成 3 对共用电子对，自身还存在 1 对孤电子对， 电子式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
简化电子排布式：稀有气体核外电子之后的轨道必须写全，如硒原子不能漏写 3d 。
分子空间构型：先算中心原子价层电子对数和孤电子对，COS 和 CO2是等电子体，为直线形。
有机物命名：先找最长碳链，再选取代基编号最小的一端。本题最长碳链为 6 个碳，从左端编号。
电子式书写：确保每个原子满足 8 电子稳定结构，NF3的 N 原子要标出孤电子对。
3．【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理；钠的氧化物
【解析】【解答】A、钠、钾属于活泼金属，能与水、二氧化碳发生剧烈反应并产生氢气，会使火势进一步扩大。泡沫灭火器喷出的泡沫中含有水和二氧化碳，因此不能用于扑灭钠、钾引发的火灾，A不合理；
B、对于无需回收的有机废液，采用焚烧法处理可以将有机物分解为二氧化碳和水等物质，减少环境污染，B合理；
C、被玻璃碎片划伤后，先清理伤口去除碎屑，再用双氧水或碘酒擦洗，能够有效消毒杀菌，防止伤口感染，C合理；
D、氢氧化钠溶液具有强腐蚀性，溅到皮肤上时立即用大量水冲洗，可快速稀释并去除残留的碱液，之后涂上 1% 的硼酸可以中和剩余的碱，减轻损伤，D合理；
故答案为：A。
【分析】本题解题关键点：
抓物质特性：钠、钾是活泼金属，能与水、二氧化碳反应，这一特性直接决定了泡沫灭火器（含 CO2和水）不能用于灭火，可直接锁定 A 为不合理选项。
区分处理场景：有机废液焚烧处理、玻璃划伤消毒、强碱溅伤后冲洗 + 硼酸中和，都是实验室常规且合理的操作，可快速排除 B、C、D。
审题抓关键词：题目要求选 “不合理” 的处理方法，先圈出关键词，避免惯性选择 “合理” 选项。
4．【答案】C
【知识点】缩聚反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、侯氏制碱法中，因为碳酸氢钠的溶解度更小，所以反应会生成碳酸氢钠沉淀，而非碳酸钠沉淀。正确的方程式应为 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A错误；
B、向 KHSO4溶液中逐滴加入 Ba(OH)2至溶液呈中性时，氢离子与氢氧根离子需要完全反应，化学计量比应为 2：2。正确的离子方程式应为 2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，该选项的配比不符合中性要求，B错误；
C、Cl2具有氧化性，SO32-具有还原性。当 Cl2少量时，SO32-过量，Cl2被还原为 Cl-，SO32-被氧化为 SO42-，过量的 SO32-会与生成的 H+结合为 HSO3-。反应式 3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3- 符合量的关系和反应规律，C正确；
D、维纶是由聚乙烯醇与甲醛发生缩醛化反应制得的，制备原理为 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
侯氏制碱法判断：要点记住反应的核心是生成溶解度更小的NaHCO3沉淀，而不是 Na2CO3，这是区分该反应的关键。
离子方程式配比判断：溶液呈中性的本质是 H+与 OH-完全反应，需要先确定两者的化学计量比，再推导其他离子的配比，不能只看沉淀生成。
氧化还原反应量的关系：当氧化剂（Cl2）少量、还原剂（SO32-）过量时，要考虑氧化产物与过量还原剂的后续反应，比如生成的 H+会与过量 SO32-结合成 HSO3-。
有机反应产物判断：维纶是聚乙烯醇的缩醛化产物，要关注官能团的变化，不能混淆缩聚与缩醛化的结构差异。
5．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、腺嘌呤核苷酸中的磷酸基团含有两个羟基（-OH），这两个羟基均可与 NaOH 发生中和反应，同时，结构中的酰胺基也能与 NaOH 反应，因此 1mol 腺嘌呤核苷酸最多可消耗 3mol NaOH，而不是 2mol。A错误；
B、该分子的核糖部分有 4 个碳原子，它们都连接了 4 个不同的原子或基团，这 4 个都是手性碳原子。B正确；
C、腺嘌呤环上的 N 原子，有的参与形成双键，为 sp2 杂化；有的只形成单键且有孤电子对，为 sp3 杂化。C正确；
D、分子中的羟基（-OH）可以被氧化，发生氧化反应；同时，与羟基相连的碳原子的邻位碳上有氢原子，可以发生消去反应。D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
磷酸基团的反应能力：磷酸基团里的两个羟基都能和 NaOH 反应，同时注意酰胺基也能与碱反应，这是判断 NaOH 消耗量的关键。
手性碳原子的识别：手性碳的判断标准是连接 4 个不同的原子或基团，核糖环上的 4 个碳原子都满足这个条件，是突破口。
N 原子杂化方式判断：看 N 原子的成键方式：参与双键的 N 是 sp2 杂化，只连单键且带孤电子对的 N 是 sp3 杂化。
氧化与消去反应的条件：分子中有羟基（-OH）就可以发生氧化反应；羟基相连碳的邻位有氢，就满足消去反应的条件。
6．【答案】B
【知识点】晶体的定义；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、晶体内部的质点排列具有有序性，这一特点导致晶体具有各向异性，而非晶体（如石蜡）则不具备该性质。用红热铁针、石蜡和水晶验证晶体的各向异性，正是基于这一化学原理，两者存在关联，故A不符合题意 ；
B、秋月梨电池是利用水果中的电解质和不同金属片构成原电池，其工作原理是原电池原理，而非电解池原理。电解池需要外接电源，而该电池是自发进行的氧化还原反应，因此该劳动项目与所述化学知识没有关联，故B符合题意 ；
C、SO2具有杀菌作用，能够抑制葡萄酒中微生物的生长；同时它也有抗氧化性，可以防止葡萄酒中的成分被氧化变质。向葡萄酒中添加适量 SO2正是利用了这两点性质，两者存在关联，故C不符合题意 ；
D、石墨烯具有电阻率低、热导率高的特性，这些特性让它适合用于制作新型电池的电极材料，能够提升电池的导电和散热性能，两者存在关联，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
晶体性质判断：抓住晶体具有各向异性、非晶体无此性质的核心特征，是判断该实验原理匹配性的关键。
原电池与电解池区分：突破口在是否外接电源，水果电池为自发氧化还原反应，无外接电源，属于原电池，并非电解池。
SO2在葡萄酒中的应用：紧扣其杀菌和抗氧化双重性质，这是该用途的核心原理，缺一不可。
材料用途与性质匹配：判断材料应用的关键是性质决定用途，石墨烯做电极，核心利用其低电阻率、高热导率的特性。
7．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、烧杯 A 中的溶液经煮沸处理，目的是除去溶解的 O2。但体系中仍存在 NO3-，在 SO2溶于水形成的酸性条件下，NO3-会将 SO32-氧化为 SO42-，因此生成的白色沉淀是 BaSO4，而不是 BaSO3。A错误；
B、食用油的作用是隔绝空气，防止 O2溶解进入溶液。苯的密度比水小，可浮在液面上起到隔绝作用；但 CCl4的密度比水大，会沉在溶液下层，无法有效隔绝空气。因此不能用 CCl4代替食用油。B错误；
C、实验②中未煮沸溶液，体系中同时存在 O2和 NO3-。SO2既会被 O2氧化，也会被 NO3-氧化，因此反应不止选项中这一个，还存在 O2参与的氧化反应。C错误；
D、对比实验①（除氧）和实验②（未除氧）的 pH 变化曲线，实验②的 pH 下降更快，说明 O2的氧化速率比 NO3-更快，在 SO2的氧化过程中起到主要作用。D正确；
故答案为：D。
【分析】用 70% H2SO4与 Na2SO3反应生成 SO2气体，将其通入两组 Ba(NO3)2溶液中：
实验①的溶液经煮沸除氧并覆盖油层隔绝空气，结果仍生成 BaSO4沉淀，这是酸性条件下 NO3-氧化 SO2导致的。
实验②用未煮沸的溶液，沉淀生成更快、pH 下降更明显，说明溶液中残留的 O2在 SO2的氧化中起主要作用，O2和 NO3-共同将 SO2氧化为 SO42-，最终生成 BaSO4沉淀。
8．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、22.4L CO2的物质的量只有在标准状况下才是 1mol，题目未指明条件，无法确定其物质的量。且每个 CO2分子含 2 个 π 键，若在标准状况下 1mol CO2中 π 键数目为 2NA，A错误；
B、KO2晶体是由 K+和 O2-构成的，1mol KO2中只含 1mol O2-，因此阴离子数目为 NA，不是 2NA，B错误；
C、在 K2CO3溶液中，根据物料守恒，c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，因此 c(K+)>c(CO32-)+c(HCO3-)，C错误；
D、在反应 4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2 中，KO2中的氧元素为 - 价。反应时，部分氧原子被氧化为 O2（0 价），部分被还原为 CO32-中的 - 2 价氧。
每生成 3mol O2，有 6mol 的 - 价氧原子被氧化为 0 价，共失去 3mol 电子（6mol ×）。由此可得，每转移 1mol 电子，就会生成 1mol O2。因此，当生成 N 个（即 1mol）O2时，转移的电子物质的量为 1mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
气体摩尔体积的条件陷阱看到 22.4L 气体时，首先要确认是否处于标准状况（0℃、101kPa），否则无法直接用 22.4L/mol 计算物质的量。
晶体构成分析KO2由 K+和 O2-构成，1mol KO2只含 1mol O2-，不要把 O2-当成 2 个 O 原子来算阴离子数目。
盐溶液的物料守恒K2CO3溶液中，K+的浓度是所有含碳粒子（CO32-、HCO3-、H2CO3）总浓度的 2 倍，所以 c(K+) 一定大于c(CO32-)+c(HCO3-)。
氧化还原电子转移计算KO2中的氧为 -价，生成 O2（0 价）时，每个氧原子失去个电子。每生成 3mol O2，转移 3mol 电子，因此每生成 1mol O2，转移 1mol 电子。
9．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、H2移出率越高，平衡向正反应方向移动的程度越大，乙烷的平衡转化率也越高。从图中曲线可以看出，相同温度下 α1对应的乙烷转化率最高，α3最低，因此 α1 > α2 > α3，A正确；
B、反应 C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) 的 ΔS > 0，且从图中可知温度升高时乙烷转化率增大，说明 ΔH > 0。根据吉布斯自由能判据 ΔG = ΔH - TΔS，高温下 TΔS 项占主导，ΔG < 0，反应可以自发进行，B正确；
C、乙烷的起始量为1mol，A点乙烷的平衡转化率为60%，结合已知条件列三段式：，，则此时体系内剩余氢气的物质的量为0.6×(1-50%)=0.3，A点体系中乙烯的体积分数约为，C错误；
D、恒温恒压下充入水蒸气，容器体积增大，平衡向气体分子数增加的方向（正反应方向）移动，从而提高 C2H6的转化率，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
图像与平衡移动关联：曲线越高代表乙烷转化率越高，而 H2移出率越高，平衡正向移动越显著，因此曲线位置直接对应移出率大小：α1 > α2 > α3。
反应自发性判断：该反应气体分子数增加（ΔS > 0），且温度升高转化率增大（ΔH > 0）。根据
ΔG=ΔH-TΔS，高温下 TΔS 主导，ΔG < 0，反应可自发进行。
体积分数计算的突破口：先根据转化率算出转化量，再结合 H2移出率算出体系中剩余各物质的量，最后用 “物质的量分数 = 体积分数” 计算。例如 A 点中，乙烯的体积分数约为 46.2%，并非 60%。
恒温恒压充入惰性气体的影响：充入水蒸气（相当于惰性气体），容器体积增大，平衡向气体分子数增加的方向移动，从而提高乙烷转化率。
10．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、在图1的晶胞中：Cs+位于顶点，数目为 ；Pb2+位于体心，数目为
Br-位于棱上，数目为 ，晶体的化学式为CsPbBr3，不是Cs4PbBr6。A错误；
B、以顶点的Cs+为研究对象，距离最近且相等的Br-位于棱心，共有12个（每个顶点连接12条棱），不是8个。B错误；
C、晶胞质量 ；
晶胞体积 ；
晶体密度 ；
选项中的分母写成 ，指数错误。C错误；
D、图2的结构与图1晶胞的原子数目和空间排布完全等效，只是原子位置平移，因此图2也是该晶体的一个晶胞。D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
晶胞化学式计算：容易误用离子团的整体式来计算，或在使用均摊法时搞错顶点、棱上、体心的原子分配比例，导致得出错误的化学式。
配位数判断：容易将最近的离子判断为体心或面心的离子，忽略了棱心的Br-，从而误判配位数为8，而正确配位数应为12。
密度计算的单位换算：晶胞参数 换算为厘米时，需注意 ，体积是 ，极易将指数错写成 或 ，导致密度计算错误。
晶胞等效性判断：容易认为只有图1是晶胞，忽略了晶胞可以通过平移得到等价结构，从而误判图2不是晶胞。
11．【答案】D
【知识点】过氧化氢；二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、反应 1 中，NaClO3是氧化剂，Cl 元素从 + 5 价被还原为 + 4 价（ClO2）；SO2是还原剂，S 元素从 + 4 价被氧化为 +6 价（SO42-）。根据电子得失守恒，1mol NaClO3得到 1mol 电子，1mol SO2失去 2mol 电子，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1，不是 1：2。A错误；
B、反应 2 是用还原剂将 ClO2还原为 ClO2-，但如果选用 FeI2作为还原剂，Fe2+和 I-被氧化后生成的 Fe3+和 I2会在 NaOH 溶液中形成沉淀或副产物，引入杂质，无法得到纯净的亚氯酸钠产品。因此不能选用 FeI2。B错误；
C、反应 1 中 SO2被氧化为 SO42-，母液中会含有 Na2SO4和过量的 H2SO4，但不会有 Na2SO3，因为 SO2在强氧化剂 NaClO3的作用下不会剩余，且亚硫酸钠在酸性条件下也无法稳定存在。C错误；
D、亚氯酸钠受热易分解，减压蒸发可以降低溶液沸点，避免高温导致产品分解；冷却结晶能提高产品的析出率，从而提高产率。D正确；
故答案为：D。
【分析】这个制备亚氯酸钠的流程可以概括为：
溶解与氧化还原：将氯酸钠（NaClO3）溶解在硫酸中，通入二氧化硫（SO2）发生反应，生成二氧化氯（ClO2）气体和副产物硫酸钠，分离出母液。
还原与转化：将 ClO2气体通入含有还原剂和氢氧化钠（NaOH）的溶液中，被还原为亚氯酸钠（NaClO2）。
结晶与提纯：从反应后的溶液中通过减压蒸发、冷却结晶得到亚氯酸钠晶体，再经过过滤、干燥等操作，最终得到纯净的亚氯酸钠产品。
12．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解时，电流由电源正极流出，经导线流入阳极（a 电极），再从阴极（b 电极）流回电源负极。因此电流是由电极 a 经导线流入电源正极，而非流入电极 b。A错误；
B、阳极（a 电极）发生的是水的氧化反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+。反应生成 H+，使阳极区的 pH 降低，而非升高。B错误；
C、标准状况下 22.4L O2的物质的量为 1mol，对应阳极失去 4mol 电子。但阴极区生成 HNO3的反应是复杂的多步过程，且 N2转化为 HNO3需要转移 5mol 电子，电子数不匹配，因此不会生成 1mol HNO3。C错误；
D、根据图示，阴极区 O2得到电子并结合 H+生成 H2O2，其离子方程式为：O2+2e-+2H+=H2O2。D正确；
故答案为：D。
【分析】电解产生活性物质：在电解池中，阳极（石墨电极 a）发生水的氧化反应生成氧气，阴极（石墨电极 b）则将氧气还原为过氧化氢（H2O2）。
催化循环生成羟基自由基：阴极区的过氧化氢与 Fe2+反应生成羟基自由基（ OH），同时 Fe2+被氧化为 Fe3+；Fe3+又被过氧化氢还原为 Fe2+，形成循环。
氮气氧化生成硝酸：空气中的氮气（N2）在羟基自由基的强氧化作用下，逐步转化为硝酸（HNO3）。
整个过程通过电解与多相催化的耦合，直接将空气里的氮气和氧气在室温下转化为硝酸。
13．【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、 由分析可知，常温下，Kb(NH3·H2O)=10-4.76，A错误；
B、当氨水体积 时，溶质为等物质的量的 和 。
的水解常数，，因为 ，说明 的水解程度小于 的电离程度，因此 。B正确。
C、 b点：，c()=c()，
故c()D、由图中数据可知，当 时，溶液中主要存在 和 。
结合电离常数大小关系，d点溶液中离子浓度顺序为：
D正确；
故答案为：BD。
【分析】在a点，溶液中亚磷酸分子的浓度与其第一步电离产物浓度相等，即，代入亚磷酸的第一步电离平衡常数表达式：
在b点，亚磷酸的第一步与第二步电离产物浓度相等，即，代入第二步电离平衡常数表达式：
在c点，氨分子的浓度与其电离产物铵根离子浓度相等，即，代入氨水的电离平衡常数表达式：
基于以上平衡常数数值，可对各选项进行分析判断。
14．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；烯烃
【解析】【解答】A、该反应为加成反应，反应物总能量高于产物总能量，属于放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，1，3 - 丁二烯的平衡转化率会降低，而非增大。A错误；
B、温度升高会加快所有化学反应的速率，无论是 1，2 - 加成还是 1，4 - 加成，正反应速率都会增大，不会出现一增一减的情况。B错误；
C、在 0℃的低温条件下，反应主要由动力学因素控制，即活化能较低的反应路径占主导。从能量图可以看出，生成 1，2 - 加成产物的过渡态 A 能量低于过渡态 B，说明其活化能更小，反应速率更快，因此在低温下比例更高（70：30）。C正确；
D、40℃时，反应主要由热力学因素控制，更稳定的 1，4 - 加成产物比例更高（15：85）。反应达到平衡后，各产物浓度不再变化，因此 1，2 - 加成产物的浓度不会缓慢增大。D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
热效应判断：产物能量低于反应物，反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低。
温度对速率的影响：升温会加快所有反应速率，1，2 - 加成和 1，4 - 加成的速率都会增大。
动力学与热力学控制：
低温（0℃）：动力学控制，活化能小的 1，2 - 加成速率快，产物比例高。
高温（40℃）：热力学控制，能量更低的 1，4 - 加成产物更稳定，比例高。
平衡状态特征：平衡时产物浓度不再变化，不会持续增大。据此解题。
15．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行
（3）温度过高会加快氨的挥发和的分解
（4）抑制的电离
（5）<；中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中N为杂化，键角为，故的键角小于
（6）；最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色
【知识点】判断简单分子或离子的构型；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；常用仪器及其使用；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置B中盛放H2O2溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；
故答案为： 增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行 ；
（3）易分解，氨易挥发，温度过高会加快氨的挥发和的分解；
故答案为： 温度过高会加快氨的挥发和的分解 ；
（4）加入NH4Cl溶液，由于溶液中增大，可以抑制NH3·H2O的电离，防止碱性过强生成Co(OH)2沉淀，故答案为抑制的电离；
故答案为： 抑制的电离 ；
（5）NH3中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，键角为，故的键角小于；
故答案为： < ；中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中N为杂化，键角为，故的键角小于 ；
（6）发生反应、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2Co3+I22Na2S2O3，m1g样品中[Co(NH3)6]Cl3 nH2O的物质的量=cV×10-3mol，结晶水物质的量为mol，则n=；实验②中滴定至终点的现象是最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色。
故答案为： ； 最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色 。
【分析】(1)识别恒压滴液漏斗的结构特点：带有支管以平衡气压，使液体能顺利滴下。
(2)多孔球泡的核心作用是增大气体与液体的接触面积，从而加快反应速率，让反应更充分。
(3)温度不宜过高的原因：从反应物稳定性角度分析：氨水受热易挥发，过氧化氢（H2O2）受热易分解，导致原料损失。
(4)NH4Cl 溶液的作用：利用同离子效应，抑制 NH3 H2O 的电离，防止溶液碱性过强生成 Co(OH)2沉淀。
(5)键角比较通过杂化方式和孤电子对判断：NH3中 N 为 sp3 杂化且有一对孤电子对，键角小于 109°28'；NO3-中 N 为 sp2 杂化，键角为 120°。因此 NH3的键角 < NO3-的键角。
(6)n 值计算：通过滴定确定 Co3+的物质的量，再由加热失重计算水的物质的量，两者之比即为 n。
滴定终点现象：利用淀粉遇碘变蓝的特性，终点时蓝色褪去且半分钟内不恢复。
（1）装置B中盛放H2O2溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗；
（2）多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；
（3）易分解，氨易挥发，温度过高会加快氨的挥发和的分解；
（4）加入NH4Cl溶液，由于溶液中增大，可以抑制NH3·H2O的电离，防止碱性过强生成Co(OH)2沉淀，故答案为抑制的电离；
（5）NH3中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，键角为，故的键角小于；
（6）发生反应、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2Co3+I22Na2S2O3，m1g样品中[Co(NH3)6]Cl3 nH2O的物质的量=cV×10-3mol，结晶水物质的量为mol，则n=；实验②中滴定至终点的现象是最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色。
16．【答案】（1）适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；
（2）
（3）；
（4）比先沉淀，造成Fe元素的损失(答到“Fe元素的损失”即可给分)
（5）阴；69.6g
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式是；
故答案为： 适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等 ； ；
（2）由分析知，滤渣1为；
故答案为： ；
（3）“还原”过程加入FeS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，离子方程式是；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol L-1，则“调pH”使得铝离子转化为沉淀而亚铁离子不成为沉淀 ，铝离子完全沉淀则，pOH=9.3，pH=4.7，亚铁离子开始沉淀时，pOH=8.0，pH=6.0，故“调pH”的范围为；
故答案为： ； ；
（4）由于铁离子较铝离子更难溶，若不经“还原”，直接“调pH”，会导致比先沉淀，造成Fe元素的损失；
故答案为：比先沉淀，造成Fe元素的损失(答到“Fe元素的损失”即可给分) ；
（5）①用电解法制备Fe3O4，则甲电极上铁元素化合价降低、得到电子被还原，甲电极为阴极；
②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下，为0.15mol)，，则转移电子0.3mol，Fe3O4可以认为是Fe2O3 FeO，Fe2O3中铁化合价由+3变为+2转化为FeO，结合电子守恒、Fe3O4化学式，则转移电子0.3mol，生成0.3molFe3O4，故理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为0.3mol×232g/mol=69.6g。
故答案为： 阴 ； 69.6g 。
【分析】制备纳米 Fe3O4的流程为：
硫铁矿在空气中煅烧生成氧化铁和二氧化硫，再用稀硫酸酸浸，得到含硫酸铁、硫酸铝的溶液，二氧化硅不溶解成为滤渣。向滤液中加入 FeS，将 Fe3+还原为 Fe2+；再调节 pH，使 Al3+以氢氧化铝形式沉淀除去。向除杂后的滤液中加入 NaOH 溶液，得到氢氧化亚铁沉淀；加热后，通入氢气和水进行部分还原，最终得到纳米 Fe3O4。据此解题。
（1）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式是；
（2）由分析知，滤渣1为；
（3）“还原”过程加入FeS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，离子方程式是；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol L-1，则“调pH”使得铝离子转化为沉淀而亚铁离子不成为沉淀 ，铝离子完全沉淀则，pOH=9.3，pH=4.7，亚铁离子开始沉淀时，pOH=8.0，pH=6.0，故“调pH”的范围为；
（4）由于铁离子较铝离子更难溶，若不经“还原”，直接“调pH”，会导致比先沉淀，造成Fe元素的损失；
（5）①用电解法制备Fe3O4，则甲电极上铁元素化合价降低、得到电子被还原，甲电极为阴极；
②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下，为0.15mol)，，则转移电子0.3mol，Fe3O4可以认为是Fe2O3 FeO，Fe2O3中铁化合价由+3变为+2转化为FeO，结合电子守恒、Fe3O4化学式，则转移电子0.3mol，生成0.3molFe3O4，故理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为0.3mol×232g/mol=69.6g。
17．【答案】（1）羧基
（2）取代反应
（3）
（4）；
（5）23
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）结合A的结构简式可知，A中的含氧官能团名称是羧基；
故答案为： 羧基 ；
（2）由分析可知，B→C的反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）E与甲醇发生加成反应生成F，化学方程式为；
故答案为： ；
（4）苯环是吸电子基，减弱氮的电子云密度，烃基是推电子基，增大氮的电子云密度，故碱性强弱：b＞c＞a；
故答案为： ； ；
（5）C的结构简式为，I是C的同系物，其相对分子质量比C多14，则I除了苯环外还剩余2个碳原子，2个氧原子，1个氯原子，1个不饱和度，满足①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②取代基不超过3个，且分子中存在—CONH2；
若含有两个取代基，可以是，共有邻、间、对三种；
若含有三个取代基，可以是、，苯环上3个不同的取代基共有10种同分异构体，故共计23种同分异构体；
故答案为： 23 ；
（6）结合题目合成G的过程可知，先水解生成与甲醇发生酯化反应生成，再与与反应生成，与甲醇发生加成反应生成，与发生D+F→G的反应生成目标产物，具体合成路线为。
故答案为：
【分析】酰化反应起始原料 A（2 - 氯 - 5 - 甲酸基吡啶）与二氯亚砜（SOCl2）反应，分子中的羧基（-COOH）被转化为酰氯（-COCl），生成化合物 B（）。酯化反应化合物 B 与甲醇（CH3OH）发生反应，酰氯基团与甲醇的羟基结合，生成酯类化合物 C（）。肼解反应化合物 C 与水合肼（N2H4 H2O）反应，酯基被肼解，生成酰肼类化合物 D（）。亚胺醚化反应另一条支路中，起始原料 E与甲醇在酸性条件下反应，氰基（-CN）与甲醇加成，生成亚胺醚化合物 F（）。缩合反应化合物 D（酰肼）与化合物 F（亚胺醚）发生缩合反应，生成关键中间体 G。脱氯转化中间体 G 在特定条件下脱去氯原子，最终得到目标产物 H（托吡司他），据此解答。
（1）结合A的结构简式可知，A中的含氧官能团名称是羧基；
（2）由分析可知，B→C的反应类型为取代反应；
（3）E与甲醇发生加成反应生成F，化学方程式为；
（4）苯环是吸电子基，减弱氮的电子云密度，烃基是推电子基，增大氮的电子云密度，故碱性强弱：b＞c＞a；
（5）C的结构简式为，I是C的同系物，其相对分子质量比C多14，则I除了苯环外还剩余2个碳原子，2个氧原子，1个氯原子，1个不饱和度，满足①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②取代基不超过3个，且分子中存在—CONH2；
若含有两个取代基，可以是，共有邻、间、对三种；
若含有三个取代基，可以是、，苯环上3个不同的取代基共有10种同分异构体，故共计23种同分异构体；
（6）结合题目合成G的过程可知，先水解生成与甲醇发生酯化反应生成，再与与反应生成，与甲醇发生加成反应生成，与发生D+F→G的反应生成目标产物，具体合成路线为。
18．【答案】（1）
（2）cd
（3）含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代
（4）b；至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小；33.3%；减小
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，；
故答案为： ；
（2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误；
b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误；
c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确；
d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确；
故答案为 ：cd；
（3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代；
故答案为：含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代 ；
（4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小；
②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是；
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。
故答案为： b ；至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小 ； 33.3% ； 减小。
【分析】(1)运用盖斯定律，通过主反应（Ⅰ）减去反应Ⅲ和Ⅳ，推导出反应Ⅱ的焓变：。
(2)c：起始投料比与化学计量比不同，当乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡。
d：绝热容器中，温度不变意味着体系热量变化停止，反应达到平衡。
ab：混合气体的总质量、总物质的量始终不变，故平均相对分子质量和密度均为定值，不能作为平衡标志。
(3)CH3COOH含有π键，与Cu+形成更强的配位键，优先被吸附剂吸附，从而将已吸附的CH3CH2OH置换出来，导致其浓度比上升。
(4)①曲线判断：乙酸乙酯是所有反应的反应物，随温度升高其含量持续降低，对应曲线b。在T2至T3区间，反应Ⅱ（吸热）的正向移动效应超过了反应Ⅰ（放热）的逆向移动效应，成为主导因素。
②体积分数计算：根据T2时各物质的S值，结合原子守恒和反应关系，计算得出CO2的体积分数为33.3%。
③平衡常数判断：表达式是反应Ⅱ平衡常数的倒数。增大O2浓度会促进Ⅲ、Ⅳ的进行，消耗CH3COOH和CH3CH2OH，使反应Ⅱ正向移动，该比值因此减小。
（1）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，；
（2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误；
b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误；
c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确；
d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确；
故选：cd；
（3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代；
（4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小；
②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是；
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。
1 / 1湖南省沅澧共同体2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试化学试题
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。
1．（2025·湖南模拟）化学与生产、生活和社会息息相关，下列有关说法错误的是
A．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料
B．鼓励并推广使用聚碳酸酯、聚丙烯等可自然降解材料
C．推广使用风能、太阳能等新能源能够减少温室气体的排放
D．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将太阳能转化为电能供飞船使用
【答案】B
【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；绿色化学
【解析】【解答】A、碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，这类材料具备耐高温、高强度的特性，非常适合用于火箭发动机的制造，A正确；
B、聚丙烯是由丙烯加聚得到的高分子材料，它的结构稳定，无法自然降解，不属于可降解材料；聚碳酸酯虽然部分品类可降解，但聚丙烯不可降解，B错误；
C、风能、太阳能都属于清洁能源，使用这类新能源可以减少对化石燃料的依赖，从而减少二氧化碳等温室气体的排放，C正确；
D、太阳能刚性电池阵的作用就是将太阳能直接转化为电能，以此为载人飞船提供电力供应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
对高分子材料降解性的混淆：容易把聚丙烯这类常见塑料误认为可自然降解材料，实际上它结构稳定，无法自然降解，只有部分聚碳酸酯具备可降解性，这是本题最核心的易错点。
对材料类别的模糊认知：对碳化硅陶瓷这类新型无机非金属材料的类别不熟悉，可能会误判它是否适用于火箭发动机这类场景。
新能源与环保关联的惯性思维：看到风能、太阳能这类新能源时，容易直接默认其环保性表述一定正确，但需注意题干中是否存在偷换概念的陷阱。
2．（2025·湖南模拟）下列化学用语表述正确的是
A．基态硒原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p4
B．COS的空间构型：V形
C．的名称：2，2，4，4-四甲基己烷
D．NF3的电子式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、硒元素的原子序数为 34，其基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d 4s24p4，简化电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p4，选项遗漏了 3d 轨道的 10 个电子，表述错误。
B、COS 分子的中心原子为 C，其价层电子对数为 2（无孤电子对），分子的空间构型为直线形，而非 V 形，表述错误。
C、该有机物的最长碳链含 6 个碳原子，从左端开始编号，2 号、4 号碳原子上各连有 2 个甲基，因此系统命名为 2，2，4，4 - 四甲基己烷，表述正确。
D、NF3的电子式中，氮原子除了与 3 个氟原子形成 3 对共用电子对，自身还存在 1 对孤电子对， 电子式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
简化电子排布式：稀有气体核外电子之后的轨道必须写全，如硒原子不能漏写 3d 。
分子空间构型：先算中心原子价层电子对数和孤电子对，COS 和 CO2是等电子体，为直线形。
有机物命名：先找最长碳链，再选取代基编号最小的一端。本题最长碳链为 6 个碳，从左端编号。
电子式书写：确保每个原子满足 8 电子稳定结构，NF3的 N 原子要标出孤电子对。
3．（2025·湖南模拟）下列实验事故的处理方法不合理的是
选项 实验事故 处理方法
A 易燃物钠、钾引起火灾 用泡沫灭火器灭火
B 不需回收利用的有机废液 用焚烧法处理
C 被玻璃碎片划伤 伤口处理清理干净后，可用双氧水或碘酒擦洗
D 氢氧化钠溶液溅到皮肤上 立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理；钠的氧化物
【解析】【解答】A、钠、钾属于活泼金属，能与水、二氧化碳发生剧烈反应并产生氢气，会使火势进一步扩大。泡沫灭火器喷出的泡沫中含有水和二氧化碳，因此不能用于扑灭钠、钾引发的火灾，A不合理；
B、对于无需回收的有机废液，采用焚烧法处理可以将有机物分解为二氧化碳和水等物质，减少环境污染，B合理；
C、被玻璃碎片划伤后，先清理伤口去除碎屑，再用双氧水或碘酒擦洗，能够有效消毒杀菌，防止伤口感染，C合理；
D、氢氧化钠溶液具有强腐蚀性，溅到皮肤上时立即用大量水冲洗，可快速稀释并去除残留的碱液，之后涂上 1% 的硼酸可以中和剩余的碱，减轻损伤，D合理；
故答案为：A。
【分析】本题解题关键点：
抓物质特性：钠、钾是活泼金属，能与水、二氧化碳反应，这一特性直接决定了泡沫灭火器（含 CO2和水）不能用于灭火，可直接锁定 A 为不合理选项。
区分处理场景：有机废液焚烧处理、玻璃划伤消毒、强碱溅伤后冲洗 + 硼酸中和，都是实验室常规且合理的操作，可快速排除 B、C、D。
审题抓关键词：题目要求选 “不合理” 的处理方法，先圈出关键词，避免惯性选择 “合理” 选项。
4．（2025·湖南模拟）下列相关反应方程式书写正确的是
A．侯氏制碱法：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3↓+2NH4Cl
B．向KHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H+++Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓
C．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2：3+Cl2+H2O=+2Cl-+2
D．制备维纶：
【答案】C
【知识点】缩聚反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、侯氏制碱法中，因为碳酸氢钠的溶解度更小，所以反应会生成碳酸氢钠沉淀，而非碳酸钠沉淀。正确的方程式应为 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A错误；
B、向 KHSO4溶液中逐滴加入 Ba(OH)2至溶液呈中性时，氢离子与氢氧根离子需要完全反应，化学计量比应为 2：2。正确的离子方程式应为 2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，该选项的配比不符合中性要求，B错误；
C、Cl2具有氧化性，SO32-具有还原性。当 Cl2少量时，SO32-过量，Cl2被还原为 Cl-，SO32-被氧化为 SO42-，过量的 SO32-会与生成的 H+结合为 HSO3-。反应式 3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3- 符合量的关系和反应规律，C正确；
D、维纶是由聚乙烯醇与甲醛发生缩醛化反应制得的，制备原理为 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
侯氏制碱法判断：要点记住反应的核心是生成溶解度更小的NaHCO3沉淀，而不是 Na2CO3，这是区分该反应的关键。
离子方程式配比判断：溶液呈中性的本质是 H+与 OH-完全反应，需要先确定两者的化学计量比，再推导其他离子的配比，不能只看沉淀生成。
氧化还原反应量的关系：当氧化剂（Cl2）少量、还原剂（SO32-）过量时，要考虑氧化产物与过量还原剂的后续反应，比如生成的 H+会与过量 SO32-结合成 HSO3-。
有机反应产物判断：维纶是聚乙烯醇的缩醛化产物，要关注官能团的变化，不能混淆缩聚与缩醛化的结构差异。
5．（2025·湖南模拟）组成核酸的基本单元是核苷酸，腺嘌呤核苷酸的结构如图所示，下列说法错误的是
A．1mol腺嘌呤核苷酸最多消耗2molNaOH
B．该分子中含有4个手性碳原子
C．腺嘌呤核苷酸中N原子的杂化方式为sp2、sp3杂化
D．该分子能发生氧化反应和消去反应
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、腺嘌呤核苷酸中的磷酸基团含有两个羟基（-OH），这两个羟基均可与 NaOH 发生中和反应，同时，结构中的酰胺基也能与 NaOH 反应，因此 1mol 腺嘌呤核苷酸最多可消耗 3mol NaOH，而不是 2mol。A错误；
B、该分子的核糖部分有 4 个碳原子，它们都连接了 4 个不同的原子或基团，这 4 个都是手性碳原子。B正确；
C、腺嘌呤环上的 N 原子，有的参与形成双键，为 sp2 杂化；有的只形成单键且有孤电子对，为 sp3 杂化。C正确；
D、分子中的羟基（-OH）可以被氧化，发生氧化反应；同时，与羟基相连的碳原子的邻位碳上有氢原子，可以发生消去反应。D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
磷酸基团的反应能力：磷酸基团里的两个羟基都能和 NaOH 反应，同时注意酰胺基也能与碱反应，这是判断 NaOH 消耗量的关键。
手性碳原子的识别：手性碳的判断标准是连接 4 个不同的原子或基团，核糖环上的 4 个碳原子都满足这个条件，是突破口。
N 原子杂化方式判断：看 N 原子的成键方式：参与双键的 N 是 sp2 杂化，只连单键且带孤电子对的 N 是 sp3 杂化。
氧化与消去反应的条件：分子中有羟基（-OH）就可以发生氧化反应；羟基相连碳的邻位有氢，就满足消去反应的条件。
6．（2025·湖南模拟）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用红热铁针、石蜡和水晶验证晶体的各向异性 晶体内部质点排列具有有序性
B 制作秋月梨电池 电解池原理
C 向葡萄酒中添加适量的SO2 SO2具有杀菌和抗氧化的作用
D 利用石墨烯材料开发新型电池 石墨烯电阻率低，热导率高
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】晶体的定义；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、晶体内部的质点排列具有有序性，这一特点导致晶体具有各向异性，而非晶体（如石蜡）则不具备该性质。用红热铁针、石蜡和水晶验证晶体的各向异性，正是基于这一化学原理，两者存在关联，故A不符合题意 ；
B、秋月梨电池是利用水果中的电解质和不同金属片构成原电池，其工作原理是原电池原理，而非电解池原理。电解池需要外接电源，而该电池是自发进行的氧化还原反应，因此该劳动项目与所述化学知识没有关联，故B符合题意 ；
C、SO2具有杀菌作用，能够抑制葡萄酒中微生物的生长；同时它也有抗氧化性，可以防止葡萄酒中的成分被氧化变质。向葡萄酒中添加适量 SO2正是利用了这两点性质，两者存在关联，故C不符合题意 ；
D、石墨烯具有电阻率低、热导率高的特性，这些特性让它适合用于制作新型电池的电极材料，能够提升电池的导电和散热性能，两者存在关联，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
晶体性质判断：抓住晶体具有各向异性、非晶体无此性质的核心特征，是判断该实验原理匹配性的关键。
原电池与电解池区分：突破口在是否外接电源，水果电池为自发氧化还原反应，无外接电源，属于原电池，并非电解池。
SO2在葡萄酒中的应用：紧扣其杀菌和抗氧化双重性质，这是该用途的核心原理，缺一不可。
材料用途与性质匹配：判断材料应用的关键是性质决定用途，石墨烯做电极，核心利用其低电阻率、高热导率的特性。
7．（2025·湖南模拟）某学习小组对SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀的原因进行了探究，实验如下：
实验装置
实验①：烧杯A中加入煮沸的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入适量食用油，冷却至室温。 实验②：烧杯B中加入未煮沸的Ba(NO3)2溶液25mL。
实验 现象 烧杯 出现白色沉淀 出现白色沉淀
pH 传感器
下列叙述正确的是
A．烧杯A中溶液经煮沸处理后，出现白色沉淀是BaSO3
B．食用油可用苯或者CCl4代替
C．实验②中仅发生：3SO2+2+2H2O+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO+4H+
D．结合实验①和②的pH-t图像，说明O2在SO2的氧化过程中起到主要氧化作用
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、烧杯 A 中的溶液经煮沸处理，目的是除去溶解的 O2。但体系中仍存在 NO3-，在 SO2溶于水形成的酸性条件下，NO3-会将 SO32-氧化为 SO42-，因此生成的白色沉淀是 BaSO4，而不是 BaSO3。A错误；
B、食用油的作用是隔绝空气，防止 O2溶解进入溶液。苯的密度比水小，可浮在液面上起到隔绝作用；但 CCl4的密度比水大，会沉在溶液下层，无法有效隔绝空气。因此不能用 CCl4代替食用油。B错误；
C、实验②中未煮沸溶液，体系中同时存在 O2和 NO3-。SO2既会被 O2氧化，也会被 NO3-氧化，因此反应不止选项中这一个，还存在 O2参与的氧化反应。C错误；
D、对比实验①（除氧）和实验②（未除氧）的 pH 变化曲线，实验②的 pH 下降更快，说明 O2的氧化速率比 NO3-更快，在 SO2的氧化过程中起到主要作用。D正确；
故答案为：D。
【分析】用 70% H2SO4与 Na2SO3反应生成 SO2气体，将其通入两组 Ba(NO3)2溶液中：
实验①的溶液经煮沸除氧并覆盖油层隔绝空气，结果仍生成 BaSO4沉淀，这是酸性条件下 NO3-氧化 SO2导致的。
实验②用未煮沸的溶液，沉淀生成更快、pH 下降更明显，说明溶液中残留的 O2在 SO2的氧化中起主要作用，O2和 NO3-共同将 SO2氧化为 SO42-，最终生成 BaSO4沉淀。
8．（2025·湖南模拟）超氧化钾(KO2)可用作潜水装置的CO2吸收剂和供氧剂，反应为4KO2＋2CO2=2K2CO3＋3O2，NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．22.4LCO2中π键的数目为2NA
B．1molKO2晶体中阴离子的数目为2NA
C．在K2CO3溶液中，c(K+)D．该反应中每生成NA个O2时，转移电子的物质的量为1mol
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、22.4L CO2的物质的量只有在标准状况下才是 1mol，题目未指明条件，无法确定其物质的量。且每个 CO2分子含 2 个 π 键，若在标准状况下 1mol CO2中 π 键数目为 2NA，A错误；
B、KO2晶体是由 K+和 O2-构成的，1mol KO2中只含 1mol O2-，因此阴离子数目为 NA，不是 2NA，B错误；
C、在 K2CO3溶液中，根据物料守恒，c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，因此 c(K+)>c(CO32-)+c(HCO3-)，C错误；
D、在反应 4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2 中，KO2中的氧元素为 - 价。反应时，部分氧原子被氧化为 O2（0 价），部分被还原为 CO32-中的 - 2 价氧。
每生成 3mol O2，有 6mol 的 - 价氧原子被氧化为 0 价，共失去 3mol 电子（6mol ×）。由此可得，每转移 1mol 电子，就会生成 1mol O2。因此，当生成 N 个（即 1mol）O2时，转移的电子物质的量为 1mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
气体摩尔体积的条件陷阱看到 22.4L 气体时，首先要确认是否处于标准状况（0℃、101kPa），否则无法直接用 22.4L/mol 计算物质的量。
晶体构成分析KO2由 K+和 O2-构成，1mol KO2只含 1mol O2-，不要把 O2-当成 2 个 O 原子来算阴离子数目。
盐溶液的物料守恒K2CO3溶液中，K+的浓度是所有含碳粒子（CO32-、HCO3-、H2CO3）总浓度的 2 倍，所以 c(K+) 一定大于c(CO32-)+c(HCO3-)。
氧化还原电子转移计算KO2中的氧为 -价，生成 O2（0 价）时，每个氧原子失去个电子。每生成 3mol O2，转移 3mol 电子，因此每生成 1mol O2，转移 1mol 电子。
9．（2025·湖南模拟）乙烷催化裂解制备乙烯和氢气的反应式为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH，工业上在裂解过程中可以实现边反应边分离出生成的氢气。在不同温度下，1.0molC2H6(g)在恒容密闭容器中发生该反应。H2的移出率α不同时，乙烷的平衡转化率与温度的关系如图所示。
已知：
下列说法错误的是
A．由图可知：α1>α2>α3
B．该反应在高温可以自发进行
C．α2=50%，则A点体系中乙烯的体积分数约为60%
D．若恒温恒压条件下向体系中充入适量水蒸气，可提高C2H6转化率
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、H2移出率越高，平衡向正反应方向移动的程度越大，乙烷的平衡转化率也越高。从图中曲线可以看出，相同温度下 α1对应的乙烷转化率最高，α3最低，因此 α1 > α2 > α3，A正确；
B、反应 C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) 的 ΔS > 0，且从图中可知温度升高时乙烷转化率增大，说明 ΔH > 0。根据吉布斯自由能判据 ΔG = ΔH - TΔS，高温下 TΔS 项占主导，ΔG < 0，反应可以自发进行，B正确；
C、乙烷的起始量为1mol，A点乙烷的平衡转化率为60%，结合已知条件列三段式：，，则此时体系内剩余氢气的物质的量为0.6×(1-50%)=0.3，A点体系中乙烯的体积分数约为，C错误；
D、恒温恒压下充入水蒸气，容器体积增大，平衡向气体分子数增加的方向（正反应方向）移动，从而提高 C2H6的转化率，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
图像与平衡移动关联：曲线越高代表乙烷转化率越高，而 H2移出率越高，平衡正向移动越显著，因此曲线位置直接对应移出率大小：α1 > α2 > α3。
反应自发性判断：该反应气体分子数增加（ΔS > 0），且温度升高转化率增大（ΔH > 0）。根据
ΔG=ΔH-TΔS，高温下 TΔS 主导，ΔG < 0，反应可自发进行。
体积分数计算的突破口：先根据转化率算出转化量，再结合 H2移出率算出体系中剩余各物质的量，最后用 “物质的量分数 = 体积分数” 计算。例如 A 点中，乙烯的体积分数约为 46.2%，并非 60%。
恒温恒压充入惰性气体的影响：充入水蒸气（相当于惰性气体），容器体积增大，平衡向气体分子数增加的方向移动，从而提高乙烷转化率。
10．（2025·湖南模拟）由Cs+和[PbBr6]4-组成的晶体属于典型的钙钛矿结构，其晶胞结构如图1所示，该立方晶胞的参数为apm，NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．该晶体的化学式为Cs4PbBr6
B．与Cs+距离最近且相等的Br-有8个
C．该晶体的密度为
D．图2所示的结构，也是该晶体的一个晶胞
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、在图1的晶胞中：Cs+位于顶点，数目为 ；Pb2+位于体心，数目为
Br-位于棱上，数目为 ，晶体的化学式为CsPbBr3，不是Cs4PbBr6。A错误；
B、以顶点的Cs+为研究对象，距离最近且相等的Br-位于棱心，共有12个（每个顶点连接12条棱），不是8个。B错误；
C、晶胞质量 ；
晶胞体积 ；
晶体密度 ；
选项中的分母写成 ，指数错误。C错误；
D、图2的结构与图1晶胞的原子数目和空间排布完全等效，只是原子位置平移，因此图2也是该晶体的一个晶胞。D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
晶胞化学式计算：容易误用离子团的整体式来计算，或在使用均摊法时搞错顶点、棱上、体心的原子分配比例，导致得出错误的化学式。
配位数判断：容易将最近的离子判断为体心或面心的离子，忽略了棱心的Br-，从而误判配位数为8，而正确配位数应为12。
密度计算的单位换算：晶胞参数 换算为厘米时，需注意 ，体积是 ，极易将指数错写成 或 ，导致密度计算错误。
晶胞等效性判断：容易认为只有图1是晶胞，忽略了晶胞可以通过平移得到等价结构，从而误判图2不是晶胞。
11．（2025·湖南模拟）亚氯酸钠(NaClO2)常用作消毒剂、漂白剂，受热易分解。一种制备亚氯酸钠的流程如下图：
下列叙述正确的是
A．“反应1”中，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
B．“反应2”中，还原剂可选用H2O2和FeI2
C．“母液”的成分中含有Na2SO4、Na2SO3、H2SO4
D．为提高产品的产率，“结晶”过程中可采用减压蒸发、冷却结晶
【答案】D
【知识点】过氧化氢；二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、反应 1 中，NaClO3是氧化剂，Cl 元素从 + 5 价被还原为 + 4 价（ClO2）；SO2是还原剂，S 元素从 + 4 价被氧化为 +6 价（SO42-）。根据电子得失守恒，1mol NaClO3得到 1mol 电子，1mol SO2失去 2mol 电子，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1，不是 1：2。A错误；
B、反应 2 是用还原剂将 ClO2还原为 ClO2-，但如果选用 FeI2作为还原剂，Fe2+和 I-被氧化后生成的 Fe3+和 I2会在 NaOH 溶液中形成沉淀或副产物，引入杂质，无法得到纯净的亚氯酸钠产品。因此不能选用 FeI2。B错误；
C、反应 1 中 SO2被氧化为 SO42-，母液中会含有 Na2SO4和过量的 H2SO4，但不会有 Na2SO3，因为 SO2在强氧化剂 NaClO3的作用下不会剩余，且亚硫酸钠在酸性条件下也无法稳定存在。C错误；
D、亚氯酸钠受热易分解，减压蒸发可以降低溶液沸点，避免高温导致产品分解；冷却结晶能提高产品的析出率，从而提高产率。D正确；
故答案为：D。
【分析】这个制备亚氯酸钠的流程可以概括为：
溶解与氧化还原：将氯酸钠（NaClO3）溶解在硫酸中，通入二氧化硫（SO2）发生反应，生成二氧化氯（ClO2）气体和副产物硫酸钠，分离出母液。
还原与转化：将 ClO2气体通入含有还原剂和氢氧化钠（NaOH）的溶液中，被还原为亚氯酸钠（NaClO2）。
结晶与提纯：从反应后的溶液中通过减压蒸发、冷却结晶得到亚氯酸钠晶体，再经过过滤、干燥等操作，最终得到纯净的亚氯酸钠产品。
12．（2025·湖南模拟）近日，大连化物所邓德会团队实现了基于均多相融合的热—电耦合催化室温空气直接转化制HNO3反应的新过程。电解装置如图所示，已知石墨电极a上有气泡冒出，电解液为Li2SO4/H2SO4溶液(pH=3)，下列说法正确的是
A．电解时，电流由电极a经导线流入电极b
B．电解时，阳极区的pH将升高
C．电解时，当电极a上产生22.4LO2(标准状况)时，阴极区将产生1molHNO3
D．电解时，阴极区O2发生的反应的离子方程式为O2+2e-+2H+=H2O2
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解时，电流由电源正极流出，经导线流入阳极（a 电极），再从阴极（b 电极）流回电源负极。因此电流是由电极 a 经导线流入电源正极，而非流入电极 b。A错误；
B、阳极（a 电极）发生的是水的氧化反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+。反应生成 H+，使阳极区的 pH 降低，而非升高。B错误；
C、标准状况下 22.4L O2的物质的量为 1mol，对应阳极失去 4mol 电子。但阴极区生成 HNO3的反应是复杂的多步过程，且 N2转化为 HNO3需要转移 5mol 电子，电子数不匹配，因此不会生成 1mol HNO3。C错误；
D、根据图示，阴极区 O2得到电子并结合 H+生成 H2O2，其离子方程式为：O2+2e-+2H+=H2O2。D正确；
故答案为：D。
【分析】电解产生活性物质：在电解池中，阳极（石墨电极 a）发生水的氧化反应生成氧气，阴极（石墨电极 b）则将氧气还原为过氧化氢（H2O2）。
催化循环生成羟基自由基：阴极区的过氧化氢与 Fe2+反应生成羟基自由基（ OH），同时 Fe2+被氧化为 Fe3+；Fe3+又被过氧化氢还原为 Fe2+，形成循环。
氮气氧化生成硝酸：空气中的氮气（N2）在羟基自由基的强氧化作用下，逐步转化为硝酸（HNO3）。
整个过程通过电解与多相催化的耦合，直接将空气里的氮气和氧气在室温下转化为硝酸。
13．（2025·湖南模拟）常温下，向10.0mL0.1mol·L-1H3PO3溶液中滴加0.1mol·L-1氨水VmL，溶液中含P或含N粒子分布系数(δ)与pH的关系如图所示。已知：
下列叙述正确的是
A．常温下，Kb(NH3·H2O)=10-9.24
B．当氨水的体积V=5.0mL时，c(H2PO)>c(H3PO3)
C．b点溶液中：c()=c(OH—)+3c(HPO)
D．d点溶液中：c(H2PO)>c(H3PO3)>c()>c(OH—)
【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、 由分析可知，常温下，Kb(NH3·H2O)=10-4.76，A错误；
B、当氨水体积 时，溶质为等物质的量的 和 。
的水解常数，，因为 ，说明 的水解程度小于 的电离程度，因此 。B正确。
C、 b点：，c()=c()，
故c()D、由图中数据可知，当 时，溶液中主要存在 和 。
结合电离常数大小关系，d点溶液中离子浓度顺序为：
D正确；
故答案为：BD。
【分析】在a点，溶液中亚磷酸分子的浓度与其第一步电离产物浓度相等，即，代入亚磷酸的第一步电离平衡常数表达式：
在b点，亚磷酸的第一步与第二步电离产物浓度相等，即，代入第二步电离平衡常数表达式：
在c点，氨分子的浓度与其电离产物铵根离子浓度相等，即，代入氨水的电离平衡常数表达式：
基于以上平衡常数数值，可对各选项进行分析判断。
14．（2025·湖南模拟）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br—进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成，反应进程中的能量变化如下图所示，已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法正确的是
A．从0℃升至40℃，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
B．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
C．0℃时，两种产物的比例为“70：30”是由于生成1，2-加成产物的活化能比生成1，4-加成产物的活化能小而导致的
D．40℃时，1，3-丁二烯与HBr在该体系下反应，1，2-加成产物的浓度会缓慢增大
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；烯烃
【解析】【解答】A、该反应为加成反应，反应物总能量高于产物总能量，属于放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，1，3 - 丁二烯的平衡转化率会降低，而非增大。A错误；
B、温度升高会加快所有化学反应的速率，无论是 1，2 - 加成还是 1，4 - 加成，正反应速率都会增大，不会出现一增一减的情况。B错误；
C、在 0℃的低温条件下，反应主要由动力学因素控制，即活化能较低的反应路径占主导。从能量图可以看出，生成 1，2 - 加成产物的过渡态 A 能量低于过渡态 B，说明其活化能更小，反应速率更快，因此在低温下比例更高（70：30）。C正确；
D、40℃时，反应主要由热力学因素控制，更稳定的 1，4 - 加成产物比例更高（15：85）。反应达到平衡后，各产物浓度不再变化，因此 1，2 - 加成产物的浓度不会缓慢增大。D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
热效应判断：产物能量低于反应物，反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低。
温度对速率的影响：升温会加快所有反应速率，1，2 - 加成和 1，4 - 加成的速率都会增大。
动力学与热力学控制：
低温（0℃）：动力学控制，活化能小的 1，2 - 加成速率快，产物比例高。
高温（40℃）：热力学控制，能量更低的 1，4 - 加成产物更稳定，比例高。
平衡状态特征：平衡时产物浓度不再变化，不会持续增大。据此解题。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·湖南模拟）三硝酸六氨合钴(Ⅲ)[Co(NH3)6](NO3)3在配位化学、分析化学和工业催化中起到重要作用，某实验小组制备三硝酸六氨合钴(Ⅲ)[Co(NH3)6](NO3)3的过程分为两步：
Ⅰ．以CoCl2为原料来制备[Co(NH3)6]Cl3，化学方程式为：，其设计如图装置(夹持仪器及加热装置已省略)。已知：Co2+在pH为7.6时开始生成Co(OH)2沉淀。
Ⅱ．制备[Co(NH3)6](NO3)3：待I反应结束后，过滤，向滤液中加入硝酸铵，冷却结晶、洗涤、干燥，最终得到产品。
回答下列问题：
（1）装置B中盛放H2O2溶液的仪器名称为　 　。
（2）多孔球泡的作用是　 　。
（3）装置B中反应温度不宜过高的原因是　 　。
（4）装置B中的NH4Cl溶液除做反应物外，另一个作用是　 　。
（5）在[Co(NH3)6](NO3)3中，比较NH3键角　 　键角(填“>、<或=”)，试说明原因　 　。
（6）现有样品[Co(NH3)6]Cl3 nH2O，为测定n值进行如下实验：
①实验I：称取m1g产品，加入足量NaOH溶液蒸出NH3，再加入稀硫酸充分溶解，得到含Co3+溶液。
②向含Co3+溶液加入过量KI溶液将Co3+还原成Co2+，再滴加几滴淀粉溶液，并用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定Co2+达终点时消耗VmL(滴定过程中I2将S2O氧化为S4O，Cl-不反应)。
③实验Ⅱ：另取m1g样品，在坩埚中加热至恒重(整个过程没有刺激性气味的气体产生)，得到固体质量为m2g。则n=　 　(用含c、V、m1、m2的代数式表示)；实验②中滴定至终点的现象是　 　。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行
（3）温度过高会加快氨的挥发和的分解
（4）抑制的电离
（5）<；中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中N为杂化，键角为，故的键角小于
（6）；最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色
【知识点】判断简单分子或离子的构型；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；常用仪器及其使用；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置B中盛放H2O2溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；
故答案为： 增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行 ；
（3）易分解，氨易挥发，温度过高会加快氨的挥发和的分解；
故答案为： 温度过高会加快氨的挥发和的分解 ；
（4）加入NH4Cl溶液，由于溶液中增大，可以抑制NH3·H2O的电离，防止碱性过强生成Co(OH)2沉淀，故答案为抑制的电离；
故答案为： 抑制的电离 ；
（5）NH3中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，键角为，故的键角小于；
故答案为： < ；中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中N为杂化，键角为，故的键角小于 ；
（6）发生反应、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2Co3+I22Na2S2O3，m1g样品中[Co(NH3)6]Cl3 nH2O的物质的量=cV×10-3mol，结晶水物质的量为mol，则n=；实验②中滴定至终点的现象是最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色。
故答案为： ； 最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色 。
【分析】(1)识别恒压滴液漏斗的结构特点：带有支管以平衡气压，使液体能顺利滴下。
(2)多孔球泡的核心作用是增大气体与液体的接触面积，从而加快反应速率，让反应更充分。
(3)温度不宜过高的原因：从反应物稳定性角度分析：氨水受热易挥发，过氧化氢（H2O2）受热易分解，导致原料损失。
(4)NH4Cl 溶液的作用：利用同离子效应，抑制 NH3 H2O 的电离，防止溶液碱性过强生成 Co(OH)2沉淀。
(5)键角比较通过杂化方式和孤电子对判断：NH3中 N 为 sp3 杂化且有一对孤电子对，键角小于 109°28'；NO3-中 N 为 sp2 杂化，键角为 120°。因此 NH3的键角 < NO3-的键角。
(6)n 值计算：通过滴定确定 Co3+的物质的量，再由加热失重计算水的物质的量，两者之比即为 n。
滴定终点现象：利用淀粉遇碘变蓝的特性，终点时蓝色褪去且半分钟内不恢复。
（1）装置B中盛放H2O2溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗；
（2）多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；
（3）易分解，氨易挥发，温度过高会加快氨的挥发和的分解；
（4）加入NH4Cl溶液，由于溶液中增大，可以抑制NH3·H2O的电离，防止碱性过强生成Co(OH)2沉淀，故答案为抑制的电离；
（5）NH3中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，键角为，故的键角小于；
（6）发生反应、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2Co3+I22Na2S2O3，m1g样品中[Co(NH3)6]Cl3 nH2O的物质的量=cV×10-3mol，结晶水物质的量为mol，则n=；实验②中滴定至终点的现象是最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色。
16．（2025·湖南模拟）以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3和SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下：
已知：Asp[Fe(OH)3]=10-39Ksp[Fe(OH)2]=10-17Ksp[Al(OH)3]=10-33
（1）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有　 　(任写两种)；基态Fe原子的价电子排布式是　 　。
（2）“滤渣1”的成分是　 　。
（3）“还原”过程发生反应的离子方程式是　 　；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol L-1，则“调pH”的范围为　 　。(保留两位有效数字)
（4）若不经“还原”，直接“调pH”，会导致　 　。
（5）工业上用电解法制备Fe3O4，工作原理如图所示，已知：低共熔溶剂可传导O2-，阳极由Cl-进行放电。
①甲电极为　 　极；
②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下)，则理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为　 　。
【答案】（1）适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；
（2）
（3）；
（4）比先沉淀，造成Fe元素的损失(答到“Fe元素的损失”即可给分)
（5）阴；69.6g
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式是；
故答案为： 适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等 ； ；
（2）由分析知，滤渣1为；
故答案为： ；
（3）“还原”过程加入FeS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，离子方程式是；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol L-1，则“调pH”使得铝离子转化为沉淀而亚铁离子不成为沉淀 ，铝离子完全沉淀则，pOH=9.3，pH=4.7，亚铁离子开始沉淀时，pOH=8.0，pH=6.0，故“调pH”的范围为；
故答案为： ； ；
（4）由于铁离子较铝离子更难溶，若不经“还原”，直接“调pH”，会导致比先沉淀，造成Fe元素的损失；
故答案为：比先沉淀，造成Fe元素的损失(答到“Fe元素的损失”即可给分) ；
（5）①用电解法制备Fe3O4，则甲电极上铁元素化合价降低、得到电子被还原，甲电极为阴极；
②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下，为0.15mol)，，则转移电子0.3mol，Fe3O4可以认为是Fe2O3 FeO，Fe2O3中铁化合价由+3变为+2转化为FeO，结合电子守恒、Fe3O4化学式，则转移电子0.3mol，生成0.3molFe3O4，故理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为0.3mol×232g/mol=69.6g。
故答案为： 阴 ； 69.6g 。
【分析】制备纳米 Fe3O4的流程为：
硫铁矿在空气中煅烧生成氧化铁和二氧化硫，再用稀硫酸酸浸，得到含硫酸铁、硫酸铝的溶液，二氧化硅不溶解成为滤渣。向滤液中加入 FeS，将 Fe3+还原为 Fe2+；再调节 pH，使 Al3+以氢氧化铝形式沉淀除去。向除杂后的滤液中加入 NaOH 溶液，得到氢氧化亚铁沉淀；加热后，通入氢气和水进行部分还原，最终得到纳米 Fe3O4。据此解题。
（1）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式是；
（2）由分析知，滤渣1为；
（3）“还原”过程加入FeS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，离子方程式是；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol L-1，则“调pH”使得铝离子转化为沉淀而亚铁离子不成为沉淀 ，铝离子完全沉淀则，pOH=9.3，pH=4.7，亚铁离子开始沉淀时，pOH=8.0，pH=6.0，故“调pH”的范围为；
（4）由于铁离子较铝离子更难溶，若不经“还原”，直接“调pH”，会导致比先沉淀，造成Fe元素的损失；
（5）①用电解法制备Fe3O4，则甲电极上铁元素化合价降低、得到电子被还原，甲电极为阴极；
②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下，为0.15mol)，，则转移电子0.3mol，Fe3O4可以认为是Fe2O3 FeO，Fe2O3中铁化合价由+3变为+2转化为FeO，结合电子守恒、Fe3O4化学式，则转移电子0.3mol，生成0.3molFe3O4，故理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为0.3mol×232g/mol=69.6g。
17．（2025·湖南模拟）托吡司他是用于治疗高尿酸血症的常用药物，一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)：
已知：
请回答下列问题：
（1）化合物A中的含氧官能团名称是　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　。
（3）E→F的化学方程式为　 　。
（4）已知：含氮物质的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则a、b、c三种物质的碱性顺序由大到小为　 　，其中a物质的孤电子对位于　 　轨道上。
（5）I是C的同系物，其相对分子质量比C多14，在I的同分异构体中同时满足下列条件的有　 　种。
①遇FeCl3溶液显紫色；②取代基不超过3个，且分子中存在—CONH2
（6）以和甲醇为有机原料，设计的合成路线(无机试剂任选) 　 　。
【答案】（1）羧基
（2）取代反应
（3）
（4）；
（5）23
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）结合A的结构简式可知，A中的含氧官能团名称是羧基；
故答案为： 羧基 ；
（2）由分析可知，B→C的反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）E与甲醇发生加成反应生成F，化学方程式为；
故答案为： ；
（4）苯环是吸电子基，减弱氮的电子云密度，烃基是推电子基，增大氮的电子云密度，故碱性强弱：b＞c＞a；
故答案为： ； ；
（5）C的结构简式为，I是C的同系物，其相对分子质量比C多14，则I除了苯环外还剩余2个碳原子，2个氧原子，1个氯原子，1个不饱和度，满足①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②取代基不超过3个，且分子中存在—CONH2；
若含有两个取代基，可以是，共有邻、间、对三种；
若含有三个取代基，可以是、，苯环上3个不同的取代基共有10种同分异构体，故共计23种同分异构体；
故答案为： 23 ；
（6）结合题目合成G的过程可知，先水解生成与甲醇发生酯化反应生成，再与与反应生成，与甲醇发生加成反应生成，与发生D+F→G的反应生成目标产物，具体合成路线为。
故答案为：
【分析】酰化反应起始原料 A（2 - 氯 - 5 - 甲酸基吡啶）与二氯亚砜（SOCl2）反应，分子中的羧基（-COOH）被转化为酰氯（-COCl），生成化合物 B（）。酯化反应化合物 B 与甲醇（CH3OH）发生反应，酰氯基团与甲醇的羟基结合，生成酯类化合物 C（）。肼解反应化合物 C 与水合肼（N2H4 H2O）反应，酯基被肼解，生成酰肼类化合物 D（）。亚胺醚化反应另一条支路中，起始原料 E与甲醇在酸性条件下反应，氰基（-CN）与甲醇加成，生成亚胺醚化合物 F（）。缩合反应化合物 D（酰肼）与化合物 F（亚胺醚）发生缩合反应，生成关键中间体 G。脱氯转化中间体 G 在特定条件下脱去氯原子，最终得到目标产物 H（托吡司他），据此解答。
（1）结合A的结构简式可知，A中的含氧官能团名称是羧基；
（2）由分析可知，B→C的反应类型为取代反应；
（3）E与甲醇发生加成反应生成F，化学方程式为；
（4）苯环是吸电子基，减弱氮的电子云密度，烃基是推电子基，增大氮的电子云密度，故碱性强弱：b＞c＞a；
（5）C的结构简式为，I是C的同系物，其相对分子质量比C多14，则I除了苯环外还剩余2个碳原子，2个氧原子，1个氯原子，1个不饱和度，满足①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②取代基不超过3个，且分子中存在—CONH2；
若含有两个取代基，可以是，共有邻、间、对三种；
若含有三个取代基，可以是、，苯环上3个不同的取代基共有10种同分异构体，故共计23种同分异构体；
（6）结合题目合成G的过程可知，先水解生成与甲醇发生酯化反应生成，再与与反应生成，与甲醇发生加成反应生成，与发生D+F→G的反应生成目标产物，具体合成路线为。
18．（2025·湖南模拟）挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下：
I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g) H1<0(主反应)
II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) H2>0
III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g) H3<0
IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) H4<0
（1）反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) H2=　 　(用含 H1、 H3和 H4的代数式表示)。
（2）在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．混合气体的密度保持不变
c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变
d．反应的温度保持不变
（3）将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是　 　。
（4）压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。
已知：。
①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是　 　(填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是　 　。
②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是　 　(保留一位小数)。
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
（2）cd
（3）含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代
（4）b；至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小；33.3%；减小
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，；
故答案为： ；
（2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误；
b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误；
c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确；
d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确；
故答案为 ：cd；
（3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代；
故答案为：含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代 ；
（4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小；
②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是；
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。
故答案为： b ；至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小 ； 33.3% ； 减小。
【分析】(1)运用盖斯定律，通过主反应（Ⅰ）减去反应Ⅲ和Ⅳ，推导出反应Ⅱ的焓变：。
(2)c：起始投料比与化学计量比不同，当乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡。
d：绝热容器中，温度不变意味着体系热量变化停止，反应达到平衡。
ab：混合气体的总质量、总物质的量始终不变，故平均相对分子质量和密度均为定值，不能作为平衡标志。
(3)CH3COOH含有π键，与Cu+形成更强的配位键，优先被吸附剂吸附，从而将已吸附的CH3CH2OH置换出来，导致其浓度比上升。
(4)①曲线判断：乙酸乙酯是所有反应的反应物，随温度升高其含量持续降低，对应曲线b。在T2至T3区间，反应Ⅱ（吸热）的正向移动效应超过了反应Ⅰ（放热）的逆向移动效应，成为主导因素。
②体积分数计算：根据T2时各物质的S值，结合原子守恒和反应关系，计算得出CO2的体积分数为33.3%。
③平衡常数判断：表达式是反应Ⅱ平衡常数的倒数。增大O2浓度会促进Ⅲ、Ⅳ的进行，消耗CH3COOH和CH3CH2OH，使反应Ⅱ正向移动，该比值因此减小。
（1）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，；
（2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误；
b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误；
c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确；
d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确；
故选：cd；
（3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代；
（4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小；
②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是；
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。
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