2025年湖南高考模拟卷（五）
一、选择题：本题共13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．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．工业上，可经过原子利用率都是的两步反应，实现由乙烯合成乙二醇
B．天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇等
C．制作豆腐时加入氯化镁、硫酸钙等凝固剂，可使豆浆中的蛋白质聚沉
D．乙酸甘油酯在碱性条件下水解，该反应可用于肥皂的生产
2．下列表达方式不正确的是
A．杂化轨道模型：B．12-冠-4分子：
C．的核外电子排布式：D．原子的简化电子排布式为：
3．下列事故处理不正确的是
A．眼睛里不慎溅进药品,应立即用手揉眼睛,以便产生眼泪挤出药液
B．将CO中毒者移到通风处抢救
C．不慎碰倒酒精灯,洒出的酒精在桌面上燃烧时,立即用湿抹布扑盖
D．浓硫酸溅到皮肤上,先用大量水冲洗,然后涂抹稀碳酸氢钠溶液
4．以下说法正确的是
A．草酸(H2C2O4)中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同
B．Fe3Cl8可表示为FeCl2 2FeCl3，则在水溶液中制备的Fe3I8也可表示为FeI2 2FeI3
C．同系物性质一定相似
D．羟胺的碱性比氨更弱，这是因为羟基氧的电负性比氢更大
5．杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可以改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒(SC[6]A-AgNPs)与血根碱(SGR)形成SC[6]A-AgNPs-SGR络合物的过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。
杯[n]芳烃 结构式
杯[4]芳烃
杯[6]芳烃
杯[8]芳烃
下列说法正确的是
A．SGR分子的C原子和N原子都是杂化
B．SC[6]A的上缘具有亲水性，下缘具有疏水性
C．由于分子识别特性，后续研究若选用SC[8]A，同样可以自发装入血根碱(SGR)
D．SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的苯环带来的分子识别特性
6．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”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 知识
A 水质检验员：用滴定法测水中含量
B 化学实验员：检验是否失效
C 化工工程师：进行顺丁橡胶硫化 碳碳双键可打开与硫形成二硫键
D 考古研究员：通过测定化石年代
7．液氨的沸点-33.5℃，锂能与液氨反应，反应方程式为Li+nNH3=[e(NH3)n] +Li+，[e(NH3)n] 是一种强还原剂，反应装置如图所示(夹持装置略)。下列说法不正确的是
A．图中“试剂A”“试剂B”均可以为碱石灰
B．实验过程中可以通过调节分液漏斗的活塞，控制产生氨气的速率
C．图中“冷却溶剂”可以是冰水混合物
D．反应前锂片需打磨除去表面的氧化膜
8．下列实验方案设计、现象、解释或结论都正确的是
选项 实验方案 现象 解释或结论
A 室温下，用计分别测量溶液和溶液的 溶液更大 酸性：
B 向还原所得产物中加入足量盐酸，再滴加溶液 溶液不变红 无法确定是否全部被还原
C 用溶液滴定溶液，选择甲基橙为指示剂 加入最后半滴()盐酸后，溶液黄色刚好变为橙色，且半分钟内不变色 甲基橙可作为该方案滴定的指示剂之一
D 向等物质的量浓度的、混合溶液中滴加溶液 先生成白色沉淀
9．是第三代半导体的典型代表，具有良好的热学和化学稳定性。金属金催化辅助绿色制备纳米线的生长机理如图所示。层在以上的高温下液化并聚集形成多个小液滴，形成生长的形核位点。结晶体不断在液滴与晶体的界面形成纳米短棒。下列说法正确的是
A．的核外电子排布简式为
B．到过程中形成氮的等离子体
C．到发生的基元反应为
D．产物比粗，易形成纳米棒，由于温度高，生成速率快
10．我国福州大学和清华大学学者研制组装的乙醇电池系统具有良好的充放电循环稳定性，工作原理如图所示，可以实现污水脱硝、能源转化以及化学品合成的协同增效。下列说法错误的是
A．放电时，正极的电极反应式：
B．充电时，通过离子交换膜由左侧移向右侧
C．充放电过程中，储液罐甲的液流体系中可分离出
D．充电时，阴极的电极反应式：
11．是一种有机溶剂，一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．“吸附”工序利用了溴易溶于有机溶剂的性质
B．“水相II”中的溶质为、
C．“氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
D．“洗脱”工序可完成的再生
12．磷青铜是铜与锡、磷的合金，质地坚硬，主要用作耐磨零件和弹性元件。某立方磷青铜晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm(表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是
A．晶胞的化学式为CuSnP
B．与在元素周期表中都位于区，属于过渡元素
C．该晶体中，距离原子最近的原子有8个
D．该晶体密度计算式为
13．常温下，在含、、的混合液中滴加溶液，溶液中[、、]与关系如图所示。已知：常温下，溶解度大于。
下列叙述正确的是
A．直线代表和关系B．常温下，
C．点坐标为D．和溶于水可得到为4.8的溶液
14．一定温度下。Xe与F2通入恒压容器中发生反应：①；②；③；不同投料比条件下，平衡时产物(XeF2、XeF4、XeF6)的物质的量分别如图所示。当时，认为完全反应。已知a、c对应的分别为和。
下列说法正确的是
A．曲线y代表产物的物质的量
B．
C．当最多时，约为
D．当最多时，若此时体系总压为，则初始投料比
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）配合物乙二胺四乙酸铁钠(结构如图一所示，以下简写为NaFeY)可以添加到酱油中作为铁强化剂，制备乙二胺四乙酸铁钠晶体步骤如下：
①称取一定质量的于烧杯中溶解，加入适量浓氨水后搅拌、过滤、洗涤、干燥。
②将第一步得到的、乙二胺四乙酸、加入图二仪器a中，搅拌，80℃水浴1h，再加入适量碳酸钠溶液反应10min。
③将②反应后溶液经操作X后，过滤洗涤，晾干得到产品。
回答下列问题：
(1)乙二胺四乙酸铁钠中含有的化学键类型有共价键、 、 。
(2)步骤①中氨水应当 (填“分批”或“一次性”)加入。
(3)盛装溶液仪器名称为 ，加入碳酸钠溶液后可观察到产生大量气泡，则步骤②由生成的总反应化学方程式为 。
(4)步骤③操作X为 。
(5)市售铁强化剂中含有、、，其中。称取mg样品，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用标准溶液滴定，重复操作2~3次，消耗标准溶液的平均值为VmL。
已知：、、、。
①滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准液时，溶液由
②样品中铁元素的质量分数为 。
16．（14分）火力发电是城市电能的重要来源，粉煤灰是火电厂的大宗固废。以此为原料(主要含和等)提取铝的主要工艺流程如下：
(1)铝元素处于周期表中 区，其单质通常为 晶体。
(2)为提高粉煤灰的浸出速率可以采取的措施有 (任写一种)。
(3)为研究的晶体结构，通常采用下列___________进行表征。
A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．X射线衍射仪
(4)沉铝步骤中，除了得到外还混有少量和，为提高纯度“a．净化除杂”操作应具体为 (三种物质的溶解度曲线，如下图所示)。
(5)加入硫酸浸出时，为保证沉淀完全(浓度低于)，则应控制溶液中硫酸根离子的浓度不低于 [已知]。
(6)焙烧过程中，反应的化学方程式为 ，水浸后的滤液2可返回 工序循环使用。
17．（15分）光刻胶是芯片制造中的一种光敏材料，以下是以芳香烃A和乙炔为原料合成某光刻胶(K)的一种路线图：
已知：①
② (R、R1为烃基或氢原子)
③
(1)A的名称为 。B→C的化学方程式为 。
(2)鉴别D与E的试剂为 。
a．新制Cu(OH)2悬浊液 b．NaHCO3溶液 c．溴水 d．KMnO4溶液
(3)E→F、G→H的反应类型分别为 、 。
(4)I的结构简式为 。
(5)符合下列条件的D的同分异构体有 种。
①遇FeCl3溶液显紫色
②除苯环外无其他环状结构，苯环上有2个取代基
(6)设计以 为原料制备 的合成路线(无机试剂任选) 。
18．（15分）积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。用甲烷和水蒸气催化制氢气涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
(1)反应Ⅰ的正反应活化能 逆反应活化能(填“>”或“<”)。
(2)刚性绝热密闭容器中只发生反应Ⅰ，下列一定能说明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体混合物的密度不再变化 B．消耗速率和生成速率相等
C．和的物质的量之比不再变化 D．气体平均相对分子质量不再变化
E．体系的压强不再变化 F．体系的温度不再变化
(3)已知(忽略、随温度的变化)，。反应Ⅱ、Ⅲ的随变化曲线正确的为 (填标号)。在所选图像中画出反应Ⅰ的随变化的曲线 。
A． B．
C． D．
M(s)对反应有催化作用，存在反应。时，刚性密闭容器中加入等物质的量和发生上述三个反应。达平衡时总压强为，含碳物质的物质的量相等，和的物质的量相等。
(4)的平均生成速率为 。
(5)的分解率为 %(保留一位小数)。
(6)下，反应的 。
(7)平衡后，继续向刚性容器中加入含碳物质各，则反应的分解平衡 (填“向正反应方向移动”“向逆反应方向移动”或“不移动”)。
参考答案
1．D
【详解】
A．一种以乙烯为原料制备乙二醇的合成方法为：，应①②分别为2CH2=CH2+O2→2、+H2O→CH2OHCH2OH，所有原子均进入生成物中，原子利用率均为100%，故A正确；
B．天然气的燃烧产物为二氧化碳和水，是一种清洁的燃料，它作为化工原料则主要用于合成氨和生产甲醇等，故B正确；
C．豆浆为胶体，加入氯化镁、硫酸钙等电解质能使豆浆中的蛋白质聚沉，故C正确；
D．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，但乙酸甘油酯不是高级脂肪酸甘油酯，故乙酸甘油酯在碱性条件下水解反应不可用于肥皂的生产，故D错误；
故答案选D。
2．C
【详解】A．sp2杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和2个p轨道组合而形成，每个杂化轨道含有三分之一的s轨道成分和三分之二p轨道成分，杂化轨道间夹角为120°，呈平面三角形，sp2杂化轨道模型为，A正确；
B．的命名为12-冠-4分子，B正确；
C．Cl-的核外电子排布式为1S22S22P63S23P6，C错误；
D．原子的简化电子排布式为：，D正确；
故选C。
3．C
【分析】本题利用Li和液氨反应制备；碱石灰可以吸收浓氨水中的水分，同时吸水过程大量放热，使浓氨水受热分解产生氨气；利用集气瓶收集氨气；过量的氨气进入双口烧瓶中在冷却体系中发生反应生成；最后的球形干燥管中可装P2O5，除掉过量的氨气，同时防止空气的水进入引起副反应。
A．试剂A可以用碱石灰与浓氨水反应产生氨气，试剂B在干燥管目的是干燥氨气，可以使用碱石灰，A正确；
B．实验过程中可以通过调节分液漏斗的活塞，控制滴加浓氨水的速率，从控制产生氨气的速率，B正确；
C．液氨的沸点-33.5℃，冰水混合物的温度是0℃，不能使其液化，C错误
D．锂片表面有Li2O，Li2O会阻碍Li和液氨的接触，所以必须打磨出新鲜表面，D正确；
答案选C。
4．D
【详解】A．草酸中两个羟基所处环境相同，但草酸为二元弱酸，第一步电离的氢离子对第二步电离具有抑制作用，两步电离的程度不同，A错误；
B．可表示为，但在水溶液中不能制备出，因为铁离子能将碘离子氧化为碘单质，B错误；
C．物理或化学性质可能不同，如苯、甲苯、二甲苯为同系物，但是苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，后两者可以，C错误；
D．因为羟基氧的电负性比氢更大，氮原子再结合氢原子的能力减弱所以羟胺的碱性比氨更弱，D正确；
故选D。
5．A
【详解】A．眼睛里不慎溅进了药液，应立即用水冲洗，可以降低药液浓度，减小药液对眼睛的伤害，并边洗边眨眼睛，但不可用手揉眼睛，否则药液对眼睛造成伤害更大，故A错误；B．把一氧化碳中毒者立即转移到通风的地方，可有效降低CO在中毒者体内含量，同时获得较多的氧气，对缓解中毒有很大帮助，属正确的处理方法，故B正确；C．不慎碰倒酒精灯，洒出的酒精在桌上燃烧时，由于水的密度大于酒精，不能用水直接灭火，可以立即用湿抹布扑盖，故C正确；D．不慎将浓硫酸溅到皮肤上，应用大量水冲洗，最后涂上稀的碳酸氢钠，故D正确；故答案为A。
6．D
【详解】A．SGR分子含有苯环和饱和碳原子，C原子是和杂化，N原子是杂化，A项错误；
B．SC[6]A由杯[6]芳烃发生磺化反应得到，磺酸基属于亲水基，SC[6]A的上缘具有亲水性，下缘有羟基，羟基也是亲水基团，B项错误；
C．根据超分子可对分子进行识别，SC[6]A可自发装入血根碱，可知SC[6]A的大小与血根碱(SGR)适配，SC[6]A和SC[8]A空间大小不同，则SC[8]A无法识别血根碱，不能自发装入，C项错误；
D．分子识别必须有适配的空间大小，杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，D项正确；
故选D。
7．D
【详解】A．用滴定法测水中Cl-含量利用了Ag+和Cl-生成AgCl沉淀，反应为：，通过测AgCl沉淀的量从而测定水中Cl-的含量，劳动项目与所述化学知识有关联，A不符合题意；
B．利用过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气的反应可以检验Na2O2是否失效，若是失效则无法产生氧气，劳动项目与所述化学知识有关联，B不符合题意；
C．顺丁橡胶硫化就是聚异戊二烯中的碳碳双键打开与硫形成二硫键，劳动项目与所述化学知识有关联，C不符合题意；
D．通过14C测定化石年代是利用同位素的放射性，通过半衰期计算化石年代，常温下碳单质与氧气也不反应，劳动项目与所述化学知识没有关联，D符合题意；
本题选D。
8．B
【详解】A．根据越弱越水解的原理，相同条件下，不同的盐水解的碱性越强，说明对应的酸的酸性越弱，而题目中没有指明溶液和是否浓度相同，无法比较，A错误；
B．一氧化碳还原氧化铁方程式为：，若氧化铁未完全被还原，加入盐酸发生反应：，如果溶液不变色，并不能说明全部被还原，因为生成的能将还原为，方程式为：，B正确；
C．滴定终点是指溶液的值接近中性，甲基橙变色范围为，黄色变橙色说明溶液的已经降至以下，酚酞的变色范围为，若用酚酞作指示剂，其变色时的值更接近中性，带来的误差更小，C错误；
D．该实验过程中先出现白色沉淀，不能说明，它们的溶度积表达式分别是是：、，表达式不同，、为不同类型的难溶化合物，不能比较二者的溶度积大小，D错误；
故选B。
9．B
【详解】A．的核外电子排布简式为，A错误；
B．分解产生了电子、阳离子和电中性粒子组成的物质聚集体即等离子体，B正确；
C．到发生的基元反应为，C错误；
D．产物比粗，易形成纳米棒，由于温度高，液滴蒸发量大，不利于GaN生长，D错误；
故选B。
10．B
【分析】由图可知，放电时，Zn失去电子生成，则Zn板为负极，电极方程式为：，正极为硝酸根离子被还原为氨气， 正极的电极反应式：，此时通过离子交换膜由左侧移向右侧；充电时，阴极的电极反应式：，阳极的乙醇被氧化为乙酸，电极方程式为：，此时通过离子交换膜由右侧移向左侧，且生成的氨气和醋酸反应生成，据此解题。
A．由分析可知，放电时，正极的电极反应式：，A正确；
B．由分析可知，充电时通过离子交换膜由右侧移向左侧，B错误；
C．充放电过程中，分别产生氨气和醋酸，二者反应生成，故储液罐甲的液流体系中可分离出，C正确；
D．由分析可知，充电时，被还原为Zn，则阴极的电极反应式：，D正确；
故选B。
11．B
【分析】卤水氧化时，氯气与卤水中溴离子反应生成溴单质，同时氯气和水反应生成盐酸进入水相Ⅰ，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯气氧化生成溴单质，蒸馏得到液溴，据此分析回答问题。
A．“吸附”实际是发生了萃取，利用了溴易溶于有机溶剂的性质，A正确；
B．由流程转化关系可知，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，故水相Ⅱ的溶质不只有HCl，B错误；
C．分析可知“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同，都是氧化溴离子生成溴单质，C正确；
D．用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，“洗脱”工序可完成R3NCl的再生，D正确；
故选B。
12．D
【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点锡原子个数为，位于面心的铜原子个数为，位于体心的磷原子个数为1，晶胞的化学式为Cu3SnP，A错误；
B．Cu在元素周期表中位于ds区，属于过渡元素，Ni在元素周期表中位于d区，属于过渡元素，B错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点锡原子与位于面心的铜原子距离最近，则晶胞中锡原子周围距离最近且等距的铜原子有12个，C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点锡原子个数为，位于面心的铜原子个数为，位于体心的磷原子个数为1，晶胞的化学式为Cu3SnP，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：，解得，D正确；
故选D。
13．C
【详解】A．根据溶度积表达式、电离常数表达式可知Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)c2(OH-)=c(Mn2+)，两边同取对数得，同理，，根据图示与上述表达式变化关系，且大于可知：代表与关系，代表与关系，代表与关系，A项错误；
B．根据图像中、b、c点坐标和A项解析中表达式可计算：，，，B项错误；
C．根据点纵坐标值相等，有：，，，C项正确；
D．的电离程度大于的水解程度，平衡时溶液中，，，D项错误；
故本题选C。
14．C
【分析】由题干信息可知，当时，认为Xe完全反应，即反应①已经完全进行，Xe(g)完全反应，随着的增大，即F2的用量最多，反应②、③均正向移动，则n(XeF2)逐渐减小，n(XeF4)先增大后减小，n(XeF6)逐渐增大，即x代表n(XeF6)、y代表n(XeF4)、z代表n(XeF2)，据此分析解题。
A．由分析可知，曲线y代表产物XeF4的物质的量，A错误；
B．由题干图示信息结合分析可知，a点n(XeF4)=n(XeF2)，即p(XeF4)=p(XeF2)，则Kp2=，同理c点n(XeF4)=n(XeF6) ，即p(XeF4)=p(XeF6)，则Kp3=，故，B错误；
C．由题干信息可知，当n(XeF4)最多时即图中b点，此时n(XeF2)=n(XeF6)，结合B项解析可知，反应的Kp= ，即Kp=，故p(F2)=60kPa，C正确；
D．结合C项解析，达到最大值时的分压，此时体系总压为，则的总压为40，此时是1：1，则二者的平均化学式为，可以看作只含，则此时可看作，依据元素守恒则起始投料比，D错误；
故选C。
15．(1)离子键（1分） 配位键（1分）
(2)分批（2分）
(3)恒压滴液漏斗（2分）（2分）
(4)蒸发浓缩、冷却结晶（2分）
(5)蓝色变为无色(浅绿)色，且半分钟内不变色（2分）×100%（2分）
【分析】该实验的实验目的是以六水氯化铁、氨水、碳酸钠溶液、乙二胺四乙酸为原料制备乙二胺四乙酸铁钠，称取一定质量的于烧杯中溶解，加入适量浓氨水后搅拌、过滤、洗涤、干燥。将第一步得到的、乙二胺四乙酸、加入图二仪器a中，搅拌，80℃水浴1h，再加入适量碳酸钠溶液反应10min，将反应后溶液经操作蒸发浓缩、冷却结晶后，过滤洗涤，晾干得到产品。
（1）乙二胺四乙酸铁钠是钠盐，含有共价键、离子键，同时从图中可看出氮原子能与铁配位形成配位键，故含有的化学键类型有共价键、离子键和配位键。
（2）步骤Ⅰ中氨水应当分批加入，避免反应过于剧烈，或氨水过量导致铵根离子裹入Fe(OH)3沉淀，产生过多杂质。
（3）根据题目所给图分析，盛装碳酸钠溶液的仪器为恒压滴液漏斗；加入碳酸钠溶液后可观察到产生大量气泡，该气体是CO2，根据原子守恒配平步骤②由生成的总反应化学方程式为。
（4）步骤③操作X的目的是从溶液中获得晶体，因此操作X为蒸发浓缩、冷却结晶。
（5）①淀粉遇碘变蓝，碘单质与硫代硫酸根反应完后，显现出亚铁离子的颜色为浅绿色，滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色(浅绿)色，且半分钟内不变色；
②市售铁强化剂中含有、、，其中，设100mL样品中碘酸钾的物质的量为xmol，则NaFeY的物质的量为50xmol，根据方程式、、，可得与碘酸根反应生成碘单质的物质的量为3xmol，与铁离子反应生成碘单质的物质的量为25xmol，根据方程式，消耗碘单质的物质的量为cV×10-3mol×0.5=mol，则3x+25x=，解得x=，则NaFeY的物质的量为mol，则铁的质量分数为×56g/mol×100%=×100%。
16．(1) p（1分）金属（1分）
(2)适当升高温度或适当提高溶液浓度或搅拌（2分）
(3)D（2分）
(4)加热溶解，冷却结晶，过滤洗涤（2分）
(5) （2分）
(6) （2分）沉铝（2分）
【分析】由题给流程可知，向粉煤灰中加入稀硫酸浸出，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的浸渣和滤液；向滤液中加入硫酸钾，将溶液中的硫酸铝转化为明矾沉淀，过滤得到明矾；明矾加热干燥脱水得到硫酸铝铵；硫酸铝铵焙烧生成氧化铝、硫酸钾和三氧化硫；反应得到的水浸、过滤得到含有硫酸钾的滤液和氧化铝。
（1）铝元素的原子序数为13，基态原子的价电子排布式为3s23p1，处于元素周期表的p区；铝单质为金属晶体；
（2）适当升高温度、适当提高硫酸溶液浓度、搅拌等措施可以提高粉煤灰的浸出速率，故答案为：适当升高温度或适当提高溶液浓度或搅拌；
（3）X射线衍射仪是研究氧化铝晶体结构最科学的方法；
（4）由图可知，净化除杂的操作为加热溶解，冷却结晶，过滤洗涤；
（5）由溶度积可知，溶液中钙离子完全沉淀时，溶液中硫酸根离子浓度为=；
（6）由分析可知，硫酸铝铵焙烧生成氧化铝、硫酸钾和三氧化硫，反应的化学方程式为，水浸得到的硫酸钾溶液可以在沉铝步骤循环使用。
17．(1)甲苯（2分）+2NaOH+2NaCl+H2O（2分）
(2)ab（2分）
(3)取代反应（1分） 加成反应（1分）
(4) （2分）
(5)6（2分）
(6) （3分）
【分析】由A与Cl2光照下发生取代反应生成B(C7H6Cl2)可知A的分子式为C7H8，结合K可知A中含苯环，则A为甲苯；B为氯气与A发生取代反应生成B，则B为；由已知①可得C为苯甲醛；由已知②可知D的结构简式为；D在催化氧化为E，结合E的分子式可得E的结构简式为；E发生取代反应生成F为，F和J发生取代反应生成K，则J为 ，I发生水解反应生成J，则I为 ，H发生加聚反应生成I，则H是 ，H是不饱和酯，生成H时C2H2发生了加成反应，则X为CH3COOH；据此分析。
（1）由分析可知A为甲苯；B为二氯甲苯；由已知①可得C为苯甲醛，B→C的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；
（2）D的结构简式为，E的结构简式为；
a．新制Cu(OH)2悬浊液与D反应，在加热下生成红色沉淀，与E反应会变澄清，可以鉴别，故a选；
b．NaHCO3溶液与E反应有气泡生成，与D不反应，可以鉴别，故b选；
c．D和E中都含有碳碳双键，都能使溴水发生加成反应而，不能鉴别，故c不选；
d．D和E中都含有碳碳双键，D中还有醛基，都能使KMnO4溶液褪色，不能鉴别，故d不选；
答案为ab；
（3）E的结构简式为，F的结构简式为，—OH被—Cl取代，发生取代反应；J的结构简式为，I发生水解反应得到J，则I的结构简式为，X为CH3COOH，G为，与乙酸发生加成反应生成H是；H加聚得到；
（4）由上一小问的分析可知I的结构简式为；
（5）D为，其同分异构体满足①遇FeCl3溶液显紫色，则该分子中含苯环且含酚羟基；②除苯环外无其他环状结构，苯环上有2个取代基，则另一个取代基含有3个碳原子，且有碳碳三键，满足条件的同分异构体有(3种位置)、(3种位置)，共6种；
（6）发生消去反应得，发生已知信息③的反应得到，再发生已知信息②的反应得到，最后与H2发生加成反应得到，合成路线为。
18．(1)> （2分）
(2)DEF（2分）
(3) C （1分）（2分）
(4)7（2分）
(5)83.3（2分）
(6)2102或44100（2分）
(7)不移动（2分）
【详解】（1）根据盖斯定律可得反应Ⅰ=（反应Ⅱ+2反应Ⅲ）×1/2，可得反应Ⅰ的焾变ΔH=+206.47kJ mol-1，因ΔH＞0，所以反应Ⅰ的正反应活化能大于逆反应的活化能；
（2）A．因为该反应在刚性容器中反应，气体体积不会改变，反应过程中因质量守恒，气体的总质量也不会改变，因为不管该反应是否达到平衡，气体混合物的密度均不变化，故A错误；
B．化学平衡的本质特征是正反应速率等于逆反应速率，而题中所给CH4 消耗速率和 CO 生成速率均指正反应速率，用做概念，故B错误；
C．如果该反应从正反应方向起始，在反应过程中无论是否达到平衡状态，CO 和 H2 的物质的量之比总是1:3，不会改变，故C错误；
D．在反应过程中气体的总质量保持不变，而如未达到平衡状态，气体的物质的量就会不断变化（反应前后气体的分子数不相等），气体的平均相对分子质量就会不断变化。题中讲气体平均相对分子质量不再变化，可以证明反应达到平衡状态，故D正确；
E．题中给定的是绝热体系，如果反应体系未达到平衡状态，反应体系的温度变会不断变化。另外如果反应体系未达到平衡状态，反应体系中气体的总物质的量也会不断变化（反应前后气体的分子数不相等），题目中“体系的压强不再变化”，可以证明反应达到平衡状态，故E正确；
F．题中给定的是绝热体系，如果反应体系未达到平衡状态，反应体系的温度变会不断变化。题目中“体系的温度不再变化” 可以证明反应达到平衡状态。故F正确；
答案选DEF；
（3）根据ΔH TΔS= RTlnK，得到 ,反应Ⅲ的ΔH大于反应Ⅱ，从反应前后气体分子数的变化情况看，反应Ⅲ的ΔS与反应Ⅱ相差不大，故图像选C;同理，反应Ⅰ的ΔH介于反应Ⅲ和反应Ⅱ之间。从反应前后气体分子数的变化情况看，反应Ⅰ的ΔS与反应Ⅱ、Ⅲ相差不大，故画出图像如下：；
（4）依据题意，不妨设平衡时CH4、CO、CO2的物质的量均为x，设平衡时H2O和H2的物质的量均为y，设初始加入的M 4H2O(s) 和 CH4(g)均为1mol，设M 4H2O(s)的分解率为α。综合以上反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ并考虑CO和CO2的物质的量相等。可以写出总的反应关系如下：，从题意“平衡时CH4、CO、CO2的物质的量相等”可判断参加反应的CH4为2/3mol，通过方程可知参加反应的H2O为1mol，判断出平衡体系中得到的H2为7/3mol,则平衡体系中的H2O(g)也是7/3mol，因初始设定加入的M 4H2O(s) 为1mol，其中的水分子共4 mol，综上述，可计算出M 4H2O(s)的转化率（根据H2O计算）：（1mol+7/3mol）÷4 mol=5/6=83.3%。在平衡体系中，根据碳守恒有：3x=1，根据氢守恒有：4x+4y=4＋8×5/6。解得：x=1/3、 y=7/3。如此可根据平衡混合气体中氢气所占物质的量分数计算生成的氢气的分压：，因为起始氢气的分压为0，于是可得0 30minH20 30 minH2的平均生成速率为 7kPa min 1 ；
（5）由(4)可知的分解率为83.3%；
（6）反应II的Kp表达式为：,如上分析，p(H2)= p(H2O)= 210kPa，同理可计算p(CO)= p(CH4)=1/17×510kPa=30 kPa。将数值代入上式可得Kp=2102或44100；
（7）平衡后，继续向刚性容器中加入含碳物质各 0.5 mol ，相当于将一氧化碳、二氧化碳和甲烷增大同等倍数，观察反应Ⅰ，其平衡常数可表达为：,通过平衡常数表达式分析，当同等倍数改变一氧化碳和甲烷的浓度时，常数并不发生改变。即平衡不会发生移动。同理，反应Ⅱ、Ⅲ的平衡也不会发生移动。因为这样改变不会使上述三个化学平衡发生移动，C[H2O(g)]不会发生改变。反应M 4H2O(s)M 4H2Os的分解平衡不移动。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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