衡阳县四中2025届高三下学期3月月考卷
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∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 S∶32 Cl∶35.5 K∶39
一、单选题（每题3分，共42分）
1．化学与生活息息相关。下列有关“剂”的解读错误的是（ ）
A．选择“催化剂”加快对人类有益的化学反应速率
B．月饼袋中“脱氧剂”去除，延长月饼保鲜时间
C．用试剂检验“补血剂”中的
D．“泡沫灭火剂”可以减慢可燃物的燃烧速率(或灭火)
2．下列有关化学用语表示错误的是（ ）
A．乙醇的核磁共振氢谱 B．py电子云轮廓图 C．[Cu(H2O)4]2+球棍模型 D．物质的沸点
3．下列图示中，操作规范的是（ ）
A．配制溶液 B．洗涤盛有废液的试管 C．蒸发浓缩NaCl溶液 D．长期存放标准溶液
4．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．溶液与少量溶液混合：
B．溶液和硫酸氢钠溶液反应至中性：
C．向氯化铜溶液中滴加氨水：
D．稀硫酸滴到片上：
5．下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验操作
A 检验中是否含有杂质 向溶液中先加入过量稀硝酸，再加入几滴溶液
B 探究麦芽糖水解产物是否具有还原性 向麦芽糖溶液中加入几滴稀硫酸，再向所得水解液中滴入少量新制，加热
C 检验1-溴丁烷的消去产物 将1-溴丁烷和沸石加入的乙醇溶液中，微热；将产生的气体通入酸性溶液中
D 比较和的大小 向溶液中加入2滴溶液，再加入4滴溶液
6．药物吲哚美辛结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．分子式为
B．分子中所有碳原子均为杂化
C．分子中有种含氧官能团
D．该有机物能与过量反应，最多消耗
7．短周期元素、、、的原子序数依次增大，是地壳中含量最多的元素，的单质在常温下是黄绿色气体。由这4种元素组成的化合物是一种重要的脱氢剂，化合物与氢气反应可以生成化合物，其过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备的单质
B．第一电离能：
C．、与氢三种元素形成的化合物的晶体类型一定是分子晶体
D．用溶液可鉴别和
8．全钒液流电池是化学储能领域的一个研究热点，储能容量大、使用寿命长。利用该电池电解处理含的废水制备硝酸和氨水的原理如图所示，a、b、c、d电极均为惰性电极。下列说法错误的是（ ）
A．全钒液流电池放电时，a电极反应式为
B．隔膜1为阳离子交换膜
C．装置B中q口流出液中主要的溶质为
D．若有0.2 mol电子转移，A中质子交换膜左侧电解液质量减少0.2g
9．是一种优良的锂离子电池负极材料。在充电过程中，负极材料晶胞的组成变化如下图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．基态的价电子排布式为
B．的为
C．图示的晶胞中
D．晶胞中的配位数为4
10．的水解机理如下图所示(“□”代表的3d轨道)。下列说法错误的是（ ）
A．上述过程涉及极性键的断裂和形成
B．水解过程中的杂化方式有变化
C．的水解机理与相同
D．相同条件下，比易水解
11．海带、紫菜等藻类植物中含有丰富的碘元素。其中，海带产量高、价格低，常用作提取碘单质的原料，其流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．操作①②③均用到玻璃棒，且作用相同
B．操作④发生反应的离子方程式为
C．操作⑤中溶剂X可以选用苯或
D．操作⑥可以是蒸馏
12．如图是 的反应历程与相对能量关系，其中包含了一系列基元反应。
下列说法错误的是（ ）
A．该反应历程包含了三个基元反应
B．该反应的
C．该反应总反应速率由基元反应决定
D．与具有相似的结构，中键和键的数目不相等
13．已知：某废水中可能含有、、、、、、、、中的几种，分别取废水样品进行了三组实验，实验①用干净的铂丝蘸取待测液，在酒精灯上灼烧，火焰为黄色；实验②向待测液中滴入溶液，产生白色沉淀；实验③向待测液中加入足量溶液产生白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．实验③白色沉淀一定是
B．废水中一定存在的阴离子为，一定不存在的阴离子为
C．废水中一定存在的阳离子为、，一定不存在的阳离子为、、
D．若实验②和实验③沉淀的物质的量均为，则废水中一定含有
14．25℃时，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液分别滴定三种浓度均为0.1000mol·L-1的一元酸HA溶液(HA代表CH3COOH、CF3COOH或CH2ClCOOH)，滴定过程pH变化如下图所示。已知CH2ClCOOH的pKa=2.86。下列说法错误的是（ ）
A．M点对应溶液中，c(A－)=10c(HA)
B．25℃时，Ⅲ对应的酸Ka=10-1.52
C．Ⅰ为CH3COOH溶液的滴定曲线
D．酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH
二、解答题（共4题，58分）
15．以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在；
②和难溶于水，易溶于水，
(1)“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的和。转化等物质的量的Se、Te时，消耗的物质的量之比为 ；根据图判断“焙烧”适宜的条件为 等。
(2)“还原”得到金的反应的离子方程式为 ；加入过量的目的是 。
(3)“煅烧”时还生成、和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“ ”操作单元；“沉铂”时先通入的气体X为 (填化学式)。
(4)“沉钯”时，向的溶液中加入等体积的的溶液，充分反应后，溶液中 。
16．柠檬酸铁铵[]易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂。实验室利用柠檬酸制备柠檬酸铁铵的流程和装置如图。
已知：柠檬酸铁铵[]是柠檬酸铁()和柠檬酸铵[]的复盐。回答下列问题：
(1)仪器的名称是 。
(2)该实验所用的氨水(主要溶质为)的质量分数为，密度为则该氨水的物质的量浓度为 。实验室配制该物质的量浓度氨水的过程中，不需要用到的仪器是 (填标号)。
A． B． C． D．
(3)写出反应生成柠檬酸亚铁()的化学方程式： (柠檬酸写分子式即可)。
(4)制备柠檬酸亚铁铵和柠檬酸铁铵时均需控温40℃，其原因是 。
(5)“一系列操作”包括 、 ，过滤，洗涤，干燥。
(6)测定柠檬酸铁铵组成的实验方案如下：取适量样品溶于蒸馏水，配成溶液。取溶液，加入足量溶液充分反应，过滤、洗涤，灼烧至恒重，测得固体。另取溶液于锥形瓶中，依次加入足量、溶液充分反应，滴入2滴酚酞试液，用 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，滴定过程中反应如：
，
，柠檬酸铁铵化学式为 。
17．在催化剂作用下可将温室气体加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原料等，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一、
Ⅰ．通过以下反应可获得新型能源二甲醚。
(1)反应的 。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___________。
A．增大浓度，反应①、②的正反应速率都增加
B．移去部分，反应②、③的平衡均向右移动
C．加入反应①的催化剂，可提高的平衡转化率
D．降低反应温度，反应①②③的正、逆反应速率都减小
Ⅱ．在下，将 和 在催化剂作用下仅发生上述反应①和②，平衡时为选择性［］及的转化率随温度的变化如图所示。
(3)表示平衡时的转化率的曲线是 (填“”“”或“”)，转化率随温度改变呈现该曲线变化的原因： 。
(4)250℃时，平衡体系共有，则的平衡转化率 ，反应②的 (为用分压表示的平衡常数，气体的分压总压该气体的物质的量分数，列计算式)。
(5)、两点反应②的正反应速率大小： 。(填“”“”或“”)
18．用于治疗高血压的药物的合成路线如下。
已知：①与溶液作用显紫色。
②分子中只有一种化学环境的氢原子。
③分子中含两个甲基，核磁共振氢谱显示只有3组峰，且遇溶液作用显紫色。
④芳香族化合物与卤代烃在催化下可发生如下可逆反应：。
(1)反应类型为 。
(2)的名称是 ，的同分异构体中，含一种官能团的结构有 种(不考虑立体异构)。
(3)下列说法正确的是 (填标号)。
a．酸性强弱：
b．分子中所有原子一定在同一平面上
c．能作为缩聚反应的单体
d．最多能与发生加成反应
(4)的结构简式为 。
(5)乙二胺()和三甲胺[]均属于胺，且相对分子质量接近，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是 。
(6)发生了取代反应，请写出反应的化学方程式 。
(7)已知：，结合药物的合成路线，设计以甲苯为原料制备的合成路线 (无机试剂任选)。
化学参考答案
1．【答案】C
【解析】A．选择合适的催化剂可以加快有益的化学反应速率，也可以抑制不益人类的反应的发生，A正确；B．月饼袋中“脱氧剂”去除，从而减缓月饼变质的速率，能延长月饼的保鲜时间，B正确；C．不能用试剂检验补血剂中的，可用铁氰化钾检验，C错误，D．“泡沫灭火剂”使用过程中喷出的氢氧化铝覆盖在可燃物表面，生成的二氧化碳可赶走可燃物附近的氧气，从而减慢可燃物的燃烧速率，达到灭火的效果，D正确；故选：C。
2．【答案】A
【解析】A．乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醇分子中的等效氢原子有3种，则核磁共振氢谱有三组吸收峰，且氢原子的比值为3∶2∶1，则核磁共振氢谱吸收峰的峰面积比值为3∶2∶1，A错误；B．p能级有x、y、z三个轨道，且相互垂直，py轨道的电子云轮廓图为，B正确；C．[Cu(H2O)4]2+的配合物中，Cu为中心原子，H2O为配体，有4个配位键，球棍模型为，C正确；D．对于结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，D正确；故选A。
3．【答案】C
【解析】A．配制溶液不能在量筒中进行溶解配制，A错误；B．废液应先倒入指定废液缸中，再清洗试管，B错误；C．用蒸发皿进行蒸发浓缩NaCl溶液，并用玻璃棒不断搅拌，C正确；D．长期存放标准溶液应用密封的细口瓶，容量瓶用于溶液配制不能长期储存溶液，D错误；故选C。
4．【答案】A
【解析】A．溶液与少量溶液混合，以少定多，离子方程式为：，A正确；B．溶液和硫酸氢钠溶液反应至中性，反应最终生成硫酸钡沉淀、硫酸钠和水，正确的离子方程式为：，B错误；C．向氯化铜溶液中滴加氨水，一水合氨为弱电解质，需要写分子式，正确的离子方程式为：，C错误；D．稀硫酸滴到片上，生成亚铁离子，正确的离子方程式为：，D错误；故选：A。
5．【答案】D
【解析】A．硝酸可以将氧化为硫酸根，加入几滴溶液也会生成白色沉淀，不能达到实验目的，故A错误；B．没有加碱将溶液调节为碱性溶液，向所得水解液中滴入少量新制，加热，无红色沉淀，另外，麦芽糖本身也是还原性糖，无法确定麦芽糖是否一定发生了水解，故B错误；C．产生的1-丁烯中混有乙醇蒸气，这两种气体都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能说明有1-丁烯生成，故C错误；D．向溶液中加入2滴溶液，生成白色沉淀，而且硝酸银少量，再加入4滴溶液，白色沉淀变为黄色，说明氯化银转化为了碘化银，故说明，故D正确；故选D。
6．【答案】D
【解析】A．分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是19、16、1、1、4，分子式为，A错误；B．该分子中甲基和亚甲基上C原子采取sp3杂化，B错误；C．分子中有醚键、羧基、酰胺基，共3种含氧官能团，C错误；D．该有机物中含有1个酰胺基、1个羧基、1个碳氯键，都能与NaOH溶液反应，且碳氯键直接连在苯环上，其与NaOH反应生成酚羟基，能继续消耗NaOH，因此1mol该有机物能与过量NaOH反应，最多消耗，D正确；故选：D。
7．【答案】C
【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z是地壳中含量最多的元素，W的单质常温下是黄绿色气体，可知Z为O、W为Cl；化合物A中X形成4个共价键，Y与X形成三键，结合原子序数可知X为C、Y为N，以此来解答。A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备氯气，同时生成氢气和氢氧化钠，A项正确；B．一般说，同一周期元素的第一电离能基本上随原子序数的递增而增大，但N原子2p轨道处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，B项正确；C．、、组成的化合物硝酸铵为离子化合物，是离子晶体，C项错误；D．化合物中含有酚羟基，化合物中没有，则可用溶液鉴别化合物和，D项正确；答案选C。
8．【答案】D
【解析】根据题中信息c极是生成氢气，d极是生成氧气，从而说明c极是阴极，d极是阳极，则a电极为正极，b是负极；d极生成氧气的电极反应式为，隔膜2是阴离子交换膜，Y区流出溶液是硝酸溶液，c极生成氢气的电极反应式为，隔膜1是阳离子交换膜，X区流出溶液为氨水；A．由分析可知，与c极相连的b极为原电池的负极，与d极相连的a极为正极，酸性条件下离子在正极得到电子发生还原反应生成离子，电极反应式为，故A正确；B．据分析c极是水中氢离子得到电子变为氢气，剩余的氢氧根与废水中的铵根反应生成氨水，因此隔膜1为阳离子交换膜，故B正确；C．d极是水中氢氧根失去电子变为氧气，d电极的电极反应式为；剩余氢离子与硝酸根结合生成硝酸，因此q口流出液含有的溶质为，故C正确；D．a电极反应式为，若有0.2 mol电子转移，为保持溶液呈电中性，则有0.2mol 通过质子交换膜迁移进左侧，左侧溶液质量增加0.2g，故D错误；故选：D。
9．【答案】C
【解析】A．是30号元素，基态的价电子排布式为，则基态的价电子排布式为，A错误；B．晶体中的个数为4，的个数为，的为，B错误；C．图示黑球为7个，设图示的晶胞中Li+、Zn2+的个数分别为x、y，则x+y=7、又由电荷守恒可知，两者所带正电荷为8，即x+2y=8，解得x=6、y=1，则，C正确；D．由晶胞结构可知，以底面面心硫离子为例，距离最近且相等的上下层各有4个，共有8个，则的配位数为8，D错误；故选C。
10．【答案】C
【解析】A．上述过程涉及极性键的断裂和极性键的形成，A正确；B．水解过程的第一步中原子的成键数目由4增大为5，的杂化方式有变化，从最初的杂化变为杂化，B正确；C．水解时中的原子与上的孤电子对结合，与结合形成，而上无孤电子对，故的水解机理与不相同，C错误；D．C为第二周期元素，只有、轨道可以成键，最大配位数为4，无空轨道可以接受水的配位，因此不易水解。所以相同条件下，比易水解，D正确；答案选C。
11．【答案】A
【解析】海带在坩埚中灼烧生成海带灰，用热水浸泡得到海带灰的悬浊液，再过滤得到含碘离子的溶液，用双氧水在酸性条件下氧化得到含单质碘的溶液，用苯或四氯化碳萃取分液，再蒸馏得到单质碘。A．①中灼烧，不需要使用玻璃棒；②中溶解，玻璃棒搅拌；③中过滤，玻璃棒引流；A错误；B．步骤④是在酸性条件下氧化碘离子，期反应的离子方程式为2I－+H2O2 +2H+= I2 + 2H2O，B正确；C．操作⑤是萃取碘水中的碘，溶剂X可以选用苯或，C正确；D．将有机溶剂和碘分离，操作⑥可以是蒸馏，D正确；答案选A。
12．【答案】D
【解析】从图中可得出三个热化学方程式：
反应①：；
反应②：；
反应③：。
A．根据分析可知，该反应历程包含了三个基元反应，故A正确；B．利用盖斯定律，将反应①＋②＋③得，，故B正确；C．由于第一个基元反应活化能最大，所以该反应总反应速率由基元反应决定，故C正确；D．与结构相似，所以的结构式为N=N=O，所以中键和键的数目也相等，故D错误；答案选D。
13．【答案】C
【解析】①用干净的铂丝蘸取待测液，在酒精灯上灼烧，火焰为黄色，说明废水中含Na+；实验②向待测液中滴入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明废水中含Mg2+，由于生成的是白色沉淀，所以不含Cu2+、Fe3+，MgCO3是微溶物，所以不存在；实验③向待测液中加入足量BaCl2溶液产生白色沉淀说明废水中含。据此分析解答。A．根据分析可知原溶液不含有，则和BaCl2生成的白色沉淀为BaSO4，故A正确；B．根据分析可知废水中一定存在的阴离子为，一定不存在的阴离子为，故B正确；C．根据分析可知废水中一定存在的阳离子为Na+和Mg2+，一定不存在的阳离子为Cu2+和Fe3+，不能确定K+存在与否，故C错误；D．实验②得到沉淀Mg(OH)2的物质的量为1mol，则Mg2+为1mol，实验③得到的沉淀BaSO4，物质的量为1mol，则含1mol，阳离子还有Na+，根据电荷守恒，废水中一定还有，故D正确；故选：C。
14．【答案】B
【解析】卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中O—H键的共用电子对更加靠近吸电子基团，更容易电离出H＋，使酸性增强，因此CH3COOH、CF3COOH和CH2ClCOOH的酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH。在相同的浓度下，HA的酸性越强，电离出的c(H＋)越大，pH越小。根据图像，滴定还未开始时，溶液的pH：曲线Ⅰ>曲线Ⅱ>曲线Ⅲ，则酸性：曲线Ⅰ<曲线Ⅱ<曲线Ⅲ，可知曲线Ⅰ表示的是CH3COOH溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ和Ⅲ分别表示的是CH2ClCOOH和CF3COOH溶液的滴定曲线。A．根据分析，曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定CH2ClCOOH溶液。根据已知，CH2ClCOOH的pKa=2.86，则Ka=10-2.86。CH2ClCOOH的电离方程式：CH2ClCOOH CH2ClCOO－＋H＋，平衡常数。M点溶液的pH=3.86，c(H＋)=10-3.86mol/L，代入平衡常数表达式中，可得，则c(CH2ClCOO－)=10c(CH2ClCOOH)，若用HA表示，则c(A－)=10c(HA)，A正确；B．根据分析，曲线Ⅲ表示的是CF3COOH溶液的滴定曲线。CF3COOH的电离方程式：CF3COOH CF3COO－＋H＋，平衡常数。根据图像，滴定还未开始时，CF3COOH溶液的pH=1.06，c(CF3COO－)c(H＋)=，
c(CF3COOH)，
则，B错误；C．根据分析，CH3COOH的酸性最弱。相同浓度下，酸越弱，电离出的c(H＋)越小，pH越大，结合图像，可知曲线Ⅰ为CH3COOH溶液的滴定曲线，C正确；D．根据分析，卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中O—H键的公共电子对更加靠近吸电子基团，从而更容易电离出H＋，使酸性增强，则CH3COOH、CF3COOH和CH2ClCOOH的酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH，D正确；答案选B。
15．【答案】(1)2：3（2分） m(Na2CO3)： m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K（2分）
(2)2AuCl+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3SO+12H+ （2分） 将AuCl全部转化为Au，将PtCl还原为PtCl（2分）
(3)氯化浸出（2分） Cl2（2分）
(4)1.1×10-6（2分）
【解析】将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为和，加水水浸、过滤得到含有、的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂。（1）由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为、时，硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价，则消耗氧化剂氯酸钠的物质的量比为4:6=2:3；由图可知，m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K时，硒、碲脱除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K，故答案为：2：3；m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K；（2）由分析可知，通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，得到金的反应的离子方程式为2AuCl+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3SO+12H+，故答案为：将AuCl全部转化为Au，将PtCl还原为PtCl；（3）由图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氮气、氯化铵和氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用于氯化浸出操作单元；由分析可知，沉铂时先通入氯气的目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，故答案为：氯化浸出；Cl2；（4）设溶液的体积为1L，沉钯时0.2mol六氯合钯酸根离子消耗铵根离子的物质的量0.4mol，由溶度积可知，充分反应后，溶液中六氯合钯酸根离子的浓度为=1.1×10-6mol/L，故答案为：1.1×10-6。
16．【答案】(1)恒压滴液漏斗（2分）
(2)9.4（2分） A（2分）
(3)Fe+C6H8O7=FeC6H6O7+H2↑（2分）
(4)温度低于40℃时，化学反应速率慢，温度高于40℃时，双氧水和氨水发生分解反应而损耗（2分）
(5)蒸发浓缩（1分） 冷却结晶（1分）
(6)(NH4)3Fe(C6H5O7)2（2分）
【解析】由流程可知，铁粉中加入柠檬酸得到柠檬酸亚铁，柠檬酸亚铁加入氨水得到柠檬酸亚铁铵，向柠檬酸亚铁铵溶液中加入过氧化氢溶液，将柠檬酸亚铁铵转化为柠檬酸铁铵，经过一系列操作，得到目标产品。（1）由仪器的外形可知，A为恒压滴液漏斗；（2）根据公式c==9.4mol/L；配制溶液时需要用烧杯稀释，用玻璃棒引流，用容量瓶配制溶液，不需要试管，故选A；（3）铁和柠檬酸发生置换反应生成柠檬酸亚铁和氢气，化学方程式为Fe+C6H8O7=FeC6H6O7+H2↑；（4）温度低于40℃时，化学反应速率慢，温度高于40℃时，双氧水和氨水发生分解反应而损耗，故需要控制温度40℃；（5）柠檬酸铁铵易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，从溶液得到晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤（用乙醇）、干燥；（6）灼烧后得到0.002mol固体为Fe2O3，则20.00mL溶液中n(Fe3+)=0.002×2=4×10-3mol，根据反应方程式，建立关系式为4~4OH-，20.00mL溶液中n()=n(OH-)=12.00×10-3L×1.00mol/L=12×10-3mol，根据化合价代数和为0，12×10-3mol×1+4×10-3mol×3=n()×3，解得n()=8×10-3mol，因此a∶b∶c=12×10-3mol∶4×10-3mol∶8×10-3mol=3∶1∶2，化学式为(NH4)3Fe(C6H5O7)2。
17．【答案】(1)（2分）
(2)AD（2分）
(3)z（2分） 反应①为吸热反应，反应②为放热反应，温度低于250℃时，以反应②为主，随温度升高，平衡逆向移动，的转化率降低；温度高于250℃时，以反应①为主，随温度升高，平衡正向移动，的转化率升高（2分）
(4)（2分） （2分）
(5)（2分）
【解析】（1）根据盖斯定律，反应的，可；（2）A．增大的浓度，反应①和②反应物浓度增大，平衡正向移动，所以①、②的正反应速率都增加，A正确；B．移去部分，反应②的平衡向右移动，反应③的平衡向左移动，B错误；C．加入反应①的催化剂，平衡不移动，C错误；D．降低反应温度，平衡会移动，同时会导致反应①②③的正、逆反应速率都减小，D正确；答案选AD；（3）反应①为吸热反应，反应②为放热反应。随着温度升高，反应②平衡逆移，甲醇含量降低，则x是甲醇选择性变化曲线，甲醇选择性与CO的选择性之和为1，且升温反应①平衡正向移动，导致CO的量增大，故y曲线代表CO的选择性，则曲线z表示的是二氧化碳的转化率。温度低于时，以反应②为主，随温度升高，平衡逆向移动，的转化率降低；温度高于时，以反应①为主，随温度升高，平衡正向移动，的转化率升高，因此二氧化碳的转化率随温度改变呈现该曲线的变化；（4）时，平衡体系共有甲醇，结合图像可知，选择性。说明此时，则其平衡转化率为：。反应②的方程式为： ，根据分析列出：，，反应平衡以后，平衡体系中含有5-0.5-0.5=、16-1.5-0.5=、0.5+0.5=、。即气体的总物质的量为，所以反应的；（5）根据图像，p点位于曲线y之上，点位于曲线y之下，即p点甲醇选择性大于该温度下平衡状态时甲醇的选择性，平衡逆向移动，即p点的，同理q点甲醇的选择性小于该温度下平衡状态时甲醇的选择性，平衡正向移动，点：，所以反应②的正反应速率大小：。
18．【答案】(1)取代反应或酯化反应（1分）
(2)丙酮（1分） 4（2分）
(3)（2分）
(4) （2分）
(5)乙二胺分子间存在氢键，沸点高（2分）
(6)
（2分）
(7) （4分）
【解析】CH3CH2CN发生水解反应然后酸化得到A，根据A的分子式及D和M反应产物的结构简式知，A为CH3CH2COOH，D和M发生取代反应，则D为CH3CHClCOOCH2CH3，B和乙醇发生酯化反应生成D，则B为CH3CHClCOOH。A→B为A和氯气发生的取代反应。W分子中只有一种化学环境的氢原子，E与氯化铁溶液作用显紫色可知，根据E、W的分子式，E为，W为CH3COCH3。根据D和M反应产物的结构简式、可知M为。结合已知③和④，G分子中含两个甲基，且核磁共振氢谱显示只有3组峰，可知G为；F和氯气发生取代反应生成G，则F的结构简式为。L的分子式为C11H14Cl2N2O2，不饱和度为5，对比L前后有机物结构，可知与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，则L的结构简式为，L经过①TiCl4、②HCl、乙醇反应生成药物Q（）。（1）通过B→D的反应试剂及条件，判断出反应类型为取代反应或酯化反应，故答案为：取代反应或酯化反应；（2）W为CH3COCH3，因此名称是：丙酮；丙酮的不饱和度为1，结构中含有1个双键或者1个环；如果只有1个单官能团，则可以是醛、环状的醇或者环状的醚，一共有CH3CH2CHO、、、，一共4种，故答案为：丙酮；4；（3）a．B为CH3CHClCOOH，－Cl为吸电子基团，会增强氢氧键的极性，导致分子酸性增强，故酸性A＜B，a错误；b．E为苯酚，酚羟基的氢原子不一定和苯环共平面，b错误；c．苯酚和甲醛可制备酚醛树脂，苯酚可以发生缩聚反应，作为缩聚反应的单体，c正确；d．CH3CH2CN分子中含碳氮三健，1molCH3CH2CN最多能与2molH2发生加成反应生成CH3CH2CH2NH2，d正确；答案选cd；（4）根据分析，可知G的结构简式为；（5）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N与H直接相连，分子间可以形成氢键，沸点较高，而三甲胺[N(CH3)3]中N未与H相连，分子间不存在氢键，故乙二胺分子间存在氢键，沸点高；（6）L的分子式为C11H14Cl2N2O2，不饱和度为5，对比L前后有机物结构，可知与H2NCH2CH2NH2发生取代反应生成L，则J→L的化学方程式为，故答案为：。（7）甲苯（）与MnO2、H2SO4反应生成苯甲醛（），苯甲醛（）与氰氢酸发生加成反应后酸性条件下水解生成，在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成，故答案为：。
