2025-2026学年河南省豫西北教研联盟洛阳市高三上学期第一次质量检测化学试题（附答案解析）

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一、单选题
1．河南博物院馆藏文物众多，历史文化艺术价值极高。下列馆藏文物主要成分为硅酸盐的是
A．AB．BC．CD．D
2．下列化学用语或图示正确的是
A．甲酸的结构式：H-C-O-O-H
B．的电子式：
C．质量数为16的氧核素：
D．的VSEPR模型：
3．抗病毒药物奥司他韦(Oseltamivir)可预防流感，其结构如图所示。
下列关于奥司他韦的说法正确的是
A．可发生水解反应B．不含有手性碳原子
C．分子中含有3种官能团D．环中六个碳原子共平面
4．下列实验操作或装置使用正确的是
A．AB．BC．CD．D
5．的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如图所示。
下列说法错误的是
A．基态镁原子的电子排布式为
B．中存在π键
C．的配体中，配位原子是N
D．晶胞中距离最近的两个阳离子间的距离为
6．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．溶于水：
B．Al和NaOH溶液反应：
C．惰性电极电解溶液：
D．溶液中滴加稀，黄色溶液变为橙色：
7．偶氮大环在光照下会发生顺反异构，可用作光开关，其相互转化如图所示。当偶氮大环呈反式结构时，光开关处于关闭态，不能键合碱金属离子；呈顺式结构时，偶氮参与配位，碱金属离子被键合到穴中。
下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．偶氮大环中所有碳、氮原子均采用杂化
C．该偶氮大环处于状态a时，不能键合碱金属离子
D．该偶氮大环键合碱金属离子的过程体现了分子识别的特征
8．近期我国科研人员发现，使用酸性电解液可直接在空气中组装水系铁离子电池，其充电时的工作原理如图所示。已知在酸性环境下的氧化被抑制，且电池长期循环过程中，辅助电极表面局部会呈碱性并形成具有电化学活性的FeOOH。
下列说法错误的是
A．该电池充电时，辅助电极为阳极
B．该电池放电时，负极的电极反应式为
C．辅助电极表面局部形成FeOOH的电极反应式为
D．酸性环境下，的氧化被抑制与酸性电解液中溶解氧浓度低有关
9．以水杨酸为原料生产阿司匹林(乙酰水杨酸)的反应如图所示。
下列说法错误的是
A．水杨酸可发生缩聚反应
B．水杨酸可形成分子内氢键
C．可以鉴别水杨酸和乙酰水杨酸
D．乙酰水杨酸水解得到水杨酸和乙酸酐
10．对反应(Z为中间产物)，T0温度下，总反应的平衡常数为K，相同条件下，加入催化剂①和②前后的反应历程如图所示(一为无催化剂，---为有催化剂)。
下列说法正确的是
A．提高反应温度，增大
B．催化剂①能提高X的平衡转化率
C．T0温度下，当时，总反应达到平衡状态
D．催化剂①和②均可使反应达到平衡所需时间大幅缩短
11．W、X、Y和Z为元素周期表中前20号元素，且原子序数依次增大，W是元素周期表中原子半径最小的元素，可以与反应生成电石气。化合物()在气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
下列有关说法错误的是
A．x=1
B．E→F阶段中的气态产物只有
C．中存在离子键和非极性共价键
D．1000℃得到的物质G可以与浓氨水一起制取氨气
12．为了探究钠与水和盐酸的反应；某同学各取200 mg形状类似的钠，分别投入足量的水和不同浓度的盐酸中反应，并计时，实验结果如下表所示。
下列说法正确的是
A．钠与盐酸反应比钠与水反应速率更快
B．第5、6组出现的沉淀的主要成分是NaOH
C．盐酸浓度越高，沉积在钠表面的沉淀可以阻碍反应的进行
D．该实验可以证明钠与盐酸反应时优先与反应
13．化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)：
①取 标准溶液，加入过量KBr，加酸化，溶液颜色呈棕黄色；
②向①所得溶液中加入废水，溶液颜色为黄色；
③向②中加入过量KI；
④向③中溶液滴加2滴淀粉溶液做指示剂，用标准溶液滴定至终点并读数。
已知：，和溶液颜色均为无色。
下列说法错误的是
A．①中发生反应的离子方程式：
B．易挥发，实验①~③若在敞口容器中进行，测定结果将偏低
C．③中加KI前溶液颜色须为黄色的原因是要保证有剩余
D．④中滴定终点现象为溶液由蓝色变为无色，且30s不变色
14．室温下，0.1ml/L (二元弱酸)溶液中含A微粒的物质的量分数随pH变化关系如下图[例如]。已知：的、。
下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ对应的微粒是
B．a点处
C．b点处
D．0.1ml/L 溶液与0.1ml/L NaOH溶液等体积混合，溶液呈碱性
二、解答题
15．铜阳极泥中主要含有Cu、Ag、Au、Pb和As等元素，其中As元素以单质As和的形式存在。一种以铜阳极泥为原料脱砷并回收铜的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“水浸”前需要对“低温碱熔”后的熔炼渣进行冷却和破碎，“破碎”的目的是 。
(2)“低温碱熔”后砷元素以水溶性的形式存在，沉淀2的主要成分为，则“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为 ；“砷固化”过程中理论上和的物质的量之比为 。
(3)“酸浸”时通入可提高浸出率的原因是 ，“酸浸”时发生反应的化学方程式为 。
(4)在相同温度下，不同纯物质的蒸汽压之间存在较大差异，蒸汽压越大的物质越容易挥发。利用这一原理，还可采用火法脱砷(铜阳极泥中各组分的饱和蒸汽压如图所示)。
由图可知，火法脱砷较适宜的温度为 (填标号)。
a．600~800℃ b．800~1000℃ c．1200~1400℃
(5)“沉铅”过程中完全沉淀，此时溶液中浓度不低于 ml/L[已知PbS的]。
16．二氧化硫是食品加工中常用的漂白剂和防腐剂。某实验小组用如图装置(加热、夹持装置等略)测定某品牌干果中二氧化硫(以亚硫酸盐形式存在)的残留量。
实验步骤：
ⅰ．称取m g粉碎后的干果置于圆底烧瓶B中，加入200 mL蒸馏水。A中加入足量的质量分数为3%的过氧化氢溶液作为吸收液。
ⅱ．接通C中冷凝水，通入，将D中10 mL 6 ml/L的盐酸加入B中，加热B中的溶液至微沸，并保持1.5 h，直至反应完全。
ⅲ．将A中溶液放冷后摇匀，溶液体积为100 mL。取20 mL，加入指示剂，用0.0100 ml/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为 mL。
ⅳ．不加样品，重复上述操作，进行空白试验，消耗NaOH标准溶液体积。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ，A中发生反应的化学方程式为 。
(2)A中加入3%的过氧化氢溶液使用时需要现配。配制方法：量取质量分数为30%的过氧化氢溶液100 mL，加水稀释至1000 mL。配制过程中下列仪器不需要的是 (填仪器名称)。
(3)盐酸在实验中的作用是 。
(4)冷凝管C的进水口应为 (填“a”或“b”)。反应结束后，应先停止 (填“加热”或“通冷凝水”)。
(5)空白实验的目的是排除试剂或环境对实验测定带来的影响，若未做空白试验，测得残留量会 (填“偏高”或“偏低”)。
(6)该干果中二氧化硫残留量为 g/kg(按二氧化硫计，列出计算式)。
17．甲烷和二氧化碳重整是生产合成气(CO和)的重要方法，主要反应有：
①
②
③
回答下列问题：
(1)二氧化碳分子的空间结构为 ；基态氧原子的价电子轨道表示式为 。
(2)一种常见的六方晶系冰晶胞结构如图1所示(只显示了氧原子，略去氢原子)。为阿伏加德罗常数的值，冰晶体密度为 (列出计算式)。
(3)冰晶体中，每个水分子最多与相邻的4个水分子相连接，原因是 。
(4)反应③的 kJ/ml。
(5)不同温度下，将1 ml 和1.5ml 放入容积为的恒容密闭容器中反应，平衡时反应体系的组成如图2.
ⅰ．曲线Ⅰ对应的物质为 。
ⅱ．减压可以提高的平衡转化率，原因是 。
ⅲ．温度下，反应③的平衡常数K= (列出计算式)。
18．杨梅素(F)是红葡萄酒中的酚类化合物之一，可抗氧化。一种杨梅素的合成路线如下，代表HCl的乙酸乙酯溶液，代表的溶液(略去部分条件和试剂)。
已知：。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为 (填“1，3，5-苯三酚”或“1，3，5-三苯酚”)。
(2)B与足量NaOH溶液反应的化学方程式为 。
(3)C中苯环上的一氯代物有 种。
(4)B→D的副产物除了还有 (填写结构简式)。
(5)F中的含氧官能团的名称有羟基、 ，F可发生下列反应类型中的 (填标号)。
a．加成反应 b．氧化反应 c．消去反应
(6)符合下列条件的B的同分异构体的结构简式为 (写出一种即可)。
①有3个酚羟基；②能和反应；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1。
(7)多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构，例如：。则的互变异构体的结构简式为 。
A．贾湖骨笛
B．杜岭方鼎
C．汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶
D．武则天金简
A．制取明矾晶体的结晶装置
B．除铁钉表面的铁锈
C．读取液体的体积
D．干燥氯气
序号
①
②
③
④
⑤
⑥
盐酸浓度/(ml/L)
0
0.1
0.5
1
3
6
反应时间/s
20
13
11
21
65
114
溶液中有无沉淀析出
无
无
无
无
少量
大量
《河南省豫西北教研联盟洛阳市2025-2026学年高三上学期第一次质量检测试题》参考答案
1．C
【详解】A．贾湖骨笛主要成分为动物骨骼，骨骼主要含碳酸钙、磷酸钙等，不属于硅酸盐，A错误；
B．杜岭方鼎为青铜制品，青铜是铜锡合金，不属于硅酸盐，B错误；
C．汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶为瓷器，瓷器由黏土（主要成分为硅酸盐）烧制而成，主要成分为硅酸盐，C正确；
D．武则天金简主要成分为金属金（Au），属于金属单质，不属于硅酸盐，D错误；
故答案选C。
2．D
【详解】
A．甲酸的结构中含有羧基（-COOH），甲酸结构式应为，选项中H-C-O-O-H无碳氧双键，A错误；
B．SiCl4为共价化合物，Si原子与4个Cl原子形成4个共价键，另外，每个Cl原子最外层还有3个孤电子对，电子式为，题目图示未体现Cl的孤电子对，B错误；
C．核素符号的正确表示方法：左上角为质量数，左下角为质子数，某氧原子的质子数为8，质量数为16，可表示为，选项中质量数与质子数的位置颠倒，C错误；
D．的中心C原子形成3个σ键，孤电子对数==0，则价层电子对数为3，发生sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，图示符合平面三角形结构，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．分子中含有酯基（-COO-）和酰胺基（-CONH-），酯基水解生成羧酸和醇，酰胺基水解生成羧酸和胺，均可发生水解反应，A正确；
B．手性碳原子需连接四个不同基团，环上多个饱和碳原子（如连接-NH2、酰胺基、醚键的碳原子）均连有四个不同基团，存在手性碳原子，B错误；
C．分子中含氨基（-NH2）、酯基（-COO-）、酰胺基（-CONH-）、醚键、碳碳双键（C=C）共5种官能团，C错误；
D．环中含饱和碳原子（sp3杂化，四面体结构），与双键碳相连的饱和碳会偏离平面，六个碳原子不可能共平面，D错误；
故选A。
4．A
【详解】A．制取明矾晶体可通过此结晶法，将线悬挂的晶体放入饱和明矾溶液中，在合适温度下结晶，故A正确；
B．铁锈主要成分为Fe2O3·xH2O（碱性氧化物），需用酸（如稀盐酸）除去，Na2CO3溶液呈碱性，不与铁锈反应，故B错误；
C．读取量筒中液体体积时，视线应与凹液面最低处保持水平，图示操作不符合要求，故C错误；
D．氯气为酸性气体，碱石灰（含NaOH和CaO）会与Cl2反应（如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O），不能用于干燥Cl2，可选用无水氯化钙或盛有浓硫酸的洗气瓶等，故D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．基态镁原子为12号元素，电子排布式为1s22s22p63s2，故A正确；
B．[Mg(NH3)6]Cl2中，内界[Mg(NH3)6]2+与外界Cl-以离子键结合，内界中Mg2+与NH3间为配位键（σ键），NH3分子内N-H键为σ键，整个化合物中无双键或三键，不存在π键，故B错误；
C．配体为NH3，N原子提供孤对电子与Mg2+形成配位键，配位原子为N，故C正确；
D．晶胞为立方体，阳离子[Mg(NH3)6]2+位于面心和顶点，距离最近的两个阳离子距离为面对角线的一半，即 nm，故D正确；
故选B。
6．D
【详解】A．Cl2溶于水生成HClO为弱酸，不能拆解为H⁺和ClO⁻，正确离子方程式为Cl2 + H2O ⇌ H+ + Cl－ + HClO，故A错误；
B．Al与NaOH反应生成[Al(OH)4]⁻和H2，但方程未配平且缺少H2，正确方程式为2Al + 2OH⁻ +6H2O =2[Al(OH)4]⁻ + 3H2↑，故B错误；
C．电解CuCl2溶液应生成Cu和Cl2，正确离子方程式为Cu2+ + 2Cl－ Cu + Cl2↑，该题是电离，故C错误；
D．酸性条件下转化为，方程式2 + 2H+ ⇌ + H2O符合实际反应，故D正确；
故选D。
7．B
【详解】A．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅤA族因p轨道半满稳定，第一电离能大于ⅥA族。C、N、O位于第二周期，第一电离能顺序为C)＜O)＜N，A正确；
B．偶氮大环中，苯环及偶氮基（-N=N-）的C、N原子为sp2杂化，但大环中连接醚键的饱和碳（如-CH2-）形成4个σ键，为sp3杂化，B错误；
C．状态a中偶氮基（-N=N-）两侧苯环位于双键异侧，为反式结构，题干明确反式时不能键合碱金属离子，C正确；
D．分子识别指分子通过非共价键特异性结合，该大环顺式时选择性键合碱金属离子，体现分子识别特征，D正确；
故选B。
8．C
【分析】充电时为电解池装置，电子从阳极流出，发生氧化反应，故辅助电极为阳极，泡沫铁为阴极。放电时为原电池装置，辅助电极为正极，泡沫铁为负极。
【详解】A．根据分析，辅助电极为阳极，A正确；
B．放电时，泡沫铁为负极，Fe失去电子生成Fe2+，电极反应式为Fe - 2e-= Fe2+，B正确；
C．辅助电极表面局部呈碱性，Fe2+失电子氧化为FeOOH，电极反应式为：，C错误；
D．酸性电解液中溶解氧浓度低，O2含量少，Fe2+被O2氧化的反应难以发生，故Fe2+的氧化被抑制，D正确；
故选C。
9．D
【详解】A．水杨酸分子中含有羟基（-OH）和羧基（-COOH），两种官能团可通过脱水发生缩聚反应形成高分子化合物，A正确；
B．水杨酸为邻羟基苯甲酸，分子内羟基（-OH）与羧基（-COOH）距离较近，羟基的氧原子可与羧基的氢原子形成分子内氢键，B正确；
C．水杨酸含酚羟基（-OH直接连苯环），与FeCl3溶液发生显色反应（紫色）；乙酰水杨酸的羟基已被乙酰化，无酚羟基，与FeCl3不显色，故可用FeCl3鉴别二者，C正确；
D．乙酰水杨酸含酯基，水解时酯基中的C-O键断裂，生成水杨酸（含-OH和-COOH）和乙酸（CH3COOH），而非乙酸酐，D错误；
故选D。
10．C
【分析】由题干图示信息可知，反应历程中①X(g)Z(g)是一个吸热反应，而②Z(g)Y(g)是一个放热反应，其反应①的活化能比反应②大，即反应①是决速步骤，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①X(g)Z(g)是一个吸热反应，而②Z(g)Y(g)是一个放热反应，提高反应温度，反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，导致c平(X)减小，c平(Z)增大，则减小，A错误；
B．已知催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，故催化剂①不能提高X的平衡转化率，B错误；
C．已知平衡常数仅仅是温度的函数，故T0温度下，当时，即，即总反应达到平衡状态，C正确；
D．反应①的活化能比反应②大，即反应①是决速步骤，则催化剂①可使反应达到平衡所需时间大幅缩短，而催化剂②不能，D错误；
故答案为：C。
11．B
【分析】W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，则W是H元素；可以与反应生成电石气即C2H2，对应的反应为CaC2+2H2OC2H2+Ca(OH)2，所以X是C元素、Y是O元素、Z是Ca元素；化合物(ZX2Y4•xW2Y)为CaC2O4•xH2O；
【详解】A．化合物为CaC2O4·xH2O，通过热重曲线计算结晶水数目x。初始100mg晶体，失去结晶水后(E点)质量87.7mg，对应无水CaC2O4。CaC2O4摩尔质量128g/ml，晶体摩尔质量128+18x， =0.877，解得x=1，A正确；
B．E、F、G三个点对应物质的摩尔质量与CaC2O4•H2O摩尔质量的比值等于其相应的质量与100的比值，E点：≈128，则E是CaC2O4；F点：≈100，则F是CaCO3；G点：≈56，则G是CaO，E点为无水CaC2O4，E→F阶段分解为CaCO3和CO(反应：CaC2O4=CaCO3+CO↑)，气态产物为CO而非CO₂，B错误；
C．ZX2为CaC2，含Ca2+与C间的离子键，C中C≡C为非极性共价键，C正确；
D．G点为CaO，CaO与浓氨水反应放热且消耗水，促进NH3逸出，可制取氨气，D正确；
答案选B。
12．C
【详解】A．根据实验数据，当盐酸浓度为0.1 ml/L和0.5 ml/L时，反应时间（13 s、11 s）确实比水（20 s）更短，说明此时反应更快；但当盐酸浓度达到1 ml/L及以上时，反应时间反而更长（21 s、65 s、114 s），故不能得出钠与盐酸反应比钠与水反应速率更快的结论，A错误；
B．钠与盐酸反应生成NaCl，高浓度Cl-可能导致NaCl溶解度降低而析出沉淀，题中盐酸足量，该固体不可能为NaOH，B错误；
C．实验数据显示，当盐酸浓度≥3 ml/L时，反应时间显著增加且出现沉淀，说明高Cl-浓度导致NaCl析出并覆盖钠表面，阻碍反应的进行，C正确；
D．虽然低浓度盐酸中反应速率比水中快，表明钠与H+反应更快，但由于高浓度时存在沉淀生成的干扰因素，本实验不足以严谨地证明钠优先与H+反应，D错误；
故选C。
13．B
【详解】A．离子方程式为，符合氧化还原反应的电子守恒和配平规则，故A正确；
B．若实验①~③在敞口容器中进行，Br2挥发会导致实际参与反应的Br2减少，但计算时仍按初始KBrO3的量计算总Br2。此时测得的苯酚消耗量（总Br2 - 剩余Br2）会偏大，导致结果偏高，而非偏低，故B错误；
C．步骤③加KI前溶液为黄色，说明有Br2剩余，这是为了通过后续滴定测定剩余Br2的量，从而计算苯酚消耗的Br2量，故C正确；
D．滴定终点时，I2被完全消耗，淀粉指示剂的蓝色消失，且30秒不恢复，描述正确，故D正确；
故选B。
14．D
【分析】对于二元弱酸，pH越低浓度越大，越易以形式存在，随着pH的增大，存在形式以为主，pH继续增大，则溶液中的降低，最后以存在，因此曲线Ⅰ代表物质的量分数随pH变化关系，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ对应的微粒是，A错误；
B．a点为曲线Ⅰ（）与曲线Ⅱ（）的交点，此时，又，因此a点；结合，得，则，B错误；
C．b点为曲线Ⅱ（）与曲线Ⅲ（）的交点，此时。根据物料守恒：，故，C错误；
D．等体积混合后生成溶液，的水解常数，电离常数，水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，D正确；
故答案选D。
15．(1)增大固体表面积，加快水浸速率，使熔炼渣中水溶性的成分充分溶解
(2) 10：9
(3) 氧气氧化单质铜，促进铜的溶解
(4)a
(5)8.0×10-23
【分析】低温碱熔：加入NaOH，将As转化为水溶性NaAsO2，实现As的初步富集；同时使部分金属转化为可溶性盐；
水浸：可分离可溶性成分(含NaAsO2、可溶性铜盐等)与不溶渣(含贵金属、Pb等)；
沉铅加入Na2S，使Pb以PbS形式沉淀（沉淀1），脱除Pb杂质；
砷氧化/固化：用H2O2将NaAsO2氧化为，再加入H2SO4、Ca(OH)2，使As以形式沉淀（沉淀2），脱除As；
酸浸：加入H2SO4、O2，使浸出液中Cu转化为CuSO4，实现铜的回收；不溶物为贵金属精矿。
【详解】（1）“破碎”是为了增大固体表面积，加快水浸速率，使熔炼渣中水溶性的成分充分溶解。
（2）“砷氧化”时用H2O2将NaAsO2氧化为，其离子方程式为；据分析可写出“砷固化”的化学方程式为，理论上和的物质的量之比为10:9。
（3）氧气作氧化剂，将不与稀硫酸反应的单质铜氧化，使其溶解在酸中，所以“酸浸”时通入可提高浸出率；酸浸时加入了H2SO4和O2，其反应的化学方程式为。
（4）从图中可以看出，在时，As2O3的蒸汽压远大于其他物质（如As、Pb等），根据“蒸汽压越大的物质越容易挥发”的原理，此温度范围最适合通过火法使As2O3挥发从而脱砷。
（5）要使完全沉淀，已知PbS的，根据溶度积公式，则=，将代入可得=，此时溶液中浓度不低于。
16．(1) 锥形瓶
(2)球形分液漏斗、电子天平
(3)将亚硫酸盐转化为二氧化硫，使充分释放
(4) a 加热
(5)偏高
(6)
【分析】装置A为SO2吸收装置，与H2O2反应生成H2SO4，装置 B是样品反应的发生装置，其中放置粉碎的干果样品，加入盐酸后，亚硫酸盐与盐酸反应生成SO2气体，装置 C为直形冷凝管，作用是冷凝回流，使挥发的SO2被充分冷凝，提高SO2的收集效率，同时防止装置内液体过度挥发，装置 D用于盐酸，通过分液漏斗的旋塞可控制盐酸的滴加速度，从而控制SO2的生成速率。
【详解】（1）由图可知，装置A为锥形瓶；A中反应的化学方程式为；
（2）配制 3% 的过氧化氢溶液是稀释过程，只需量取体积（量筒）、溶解（烧杯）、转移（玻璃棒、容量瓶），不需要球形分液漏斗（用于分液或滴加液体，此处用不到）和电子天平（稀释不涉及称量固体）；
（3）样品中SO2以亚硫酸盐形式存在，盐酸的作用是与亚硫酸盐反应生成SO2气体，使SO2被 A 中H2O2吸收；
（4）冷凝管 C 的进水口应为a（冷凝水 “下进上出”，保证冷凝管充满水，冷凝效果好）；反应结束后，应先停止加热（若先停冷凝水，装置内残留的SO2无法被充分冷凝吸收，导致测定结果偏低）；
（5）空白实验用于排除试剂或环境的干扰。若未做空白实验，滴定消耗的NaOH体积会包含试剂本身的消耗，导致计算的H2SO4偏多，最终测得SO2残留量偏高；
（6）滴定时H2SO4和NaOH按照1:2反应，则n(H2SO4)= n(NaOH) ，20 mL溶液中n(NaOH)=0.0100 ml/L（V1-V2）10-3 L，则n(H2SO4)= 0.0100 （V1-V2）10-3 ml，100 mL溶液中n(H2SO4)= 0.0100 （V1-V2）10-3 ml，由元素守恒可知n(SO2)= n(H2SO4)，则m(SO2)=640.0100 （V1-V2）10-3g，换算为g/kg： =g/kg。
17．(1) 直线形
(2)或
(3)冰晶体中存在氢键，氢键具有方向性，这迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子形成氢键
(4)+206
(5) CO ①和③均是气体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动，甲烷转化率提高
【详解】（1）
二氧化碳分子中，碳原子采取sp杂化，其空间结构为直线形；氧原子的价电子排布为2s22p4，其价电子轨道表示式为；
（2）由冰晶胞结构可知，一个晶胞中含有的水分子数个；
晶胞的质量，晶胞的体积，根据密度公式。
根据密度公式，可得该晶体密度为或；
（3）冰晶体中，每个水分子最多与相邻的4个水分子相连接，原因是冰晶体中存在氢键，氢键具有方向性，这迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子形成氢键；
（4）根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②，则=247 kJ/ml-41 kJ/ml=+206 ；
（5）ⅰ．反应①、②均生成CO，升温向吸热反应方向移动，CO的物质的量随着温度升高显著增加，因此曲线Ⅰ对应的物质为CO，反应①、③均生成H2，而反应②消耗H2，所以升高温度呈现先增大后减小的趋势，因此曲线Ⅱ对应的物质为H2，故曲线Ⅲ为H2O；
ⅱ．减压可以提高的平衡转化率，原因是①和③均是气体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动，甲烷转化率提高；
ⅲ．由图中信息可知甲烷和水的物质的量均为0.2 ml，则消耗的CH4为0.8 ml，根据氢原子守恒可知，消耗的n(H)=3.2 ml，CH4中的氢原子转化为H2O和H2，由H2O的物质的量为0.2 ml可知，生成的H2中氢原子的物质的量为2.8 ml，则n(H2)=1.4 ml，假设剩余的CO2的物质的量为x ml，则消耗的CO2为（1.5-x）ml，根据碳元素守恒，转化的CH4和CO2均生成CO，则生成的CO为（0.8+1.5-x）ml，最后根据氧原子守恒可知，体系中所有的氧原子都来自CO2，则有2n余(CO2))+n(CO)+n(H2O)=2n始(CO2)，带入数据为，解得，则生成的，则平衡时体系中H2的物质的量为1.4 ml，CO的物质的量为1.8 ml，CH4和H2O的物质的量均为0.2 ml，将各物质平衡浓度代入反应③的平衡常数表达式可得。
18．(1)1，3，5-苯三酚
(2)+3NaOH→+3H2O
(3)1
(4)
(5) 酮羰基、醚键 ab
(6)或
(7)
【分析】A物质先与、反应，再进行水解，生成B物质；B和C物质发生题给已知的反应，生成D物质，另外还有和水生成，D和反应生成F。
【详解】（1）A的三个酚羟基处于间位，化学名称为1，3，5-苯三酚。
（2）B含有三个酚羟基，显弱酸性，可以和氢氧化钠反应，化学方程式为：+3NaOH→+3H2O。
（3）C物质苯环上还有如图所示的4个氢原子，，根据其结构特点可知，这四个氢原子位置相同，属于同一环境的氢原子，故其一氯代物只有一种。
（4）B→D的反应，根据已知信息进行反应，B和C物质反应，生成、和。
（5）F的结构简式是，含氧官能团的名称有羟基、酮羰基、醚键。根据其官能团性质，分析其化学性质：
a．含有苯环、酮羰基和碳碳双键，可以和氢气发生加成反应，a符合题意；
b．酚羟基、碳碳双键等容易被氧化，b符合题意；
c．酚羟基不能消去反应，c不符合题意；
故选ab。
（6）B的分子式是：，其同分异构体有3个酚羟基，能和反应，说明含有羧基；核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1，“6”说明含有两个等效的甲基，则其结构简式为或。
（7）由题给例子分析，二元酚能发生“烯醇式⇌酮式”互变，酚羟基变化为对应酮羰基，的互变异构体的结构简式为：。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
A
A
B
D
B
C
D
C
题号
11
12
13
14






答案
B
C
B
D