2025届高考化学模拟测试题（含解析）模拟卷03（新高考通用）（解析版）

这是一份2025届高考化学模拟测试题（含解析）模拟卷03（新高考通用）（解析版），文件包含高考生物二轮复习热点题型归纳与变式演练专题10基因在染色体上位置的实验探究原卷版docx、高考生物二轮复习热点题型归纳与变式演练专题10基因在染色体上位置的实验探究解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Fe 56
C 59 Te 128 W 184
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．中国古代化学工艺是中华璀璨文明的一部分，下列有关说法不正确的是( )
A．东汉成书记载有“石胆化铁则为铜”，该过程涉及了置换反应
B．闻名海内外的景德镇瓷器是由黏土经高温烧结而成
C．古代炼丹家由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热还原法
D．用青铜铸剑利用了青铜比纯铜熔点低、硬度大的优点
【答案】C
【解析】A项，“石胆化铁则为铜”利用了铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应基本类型属于置换反应，A正确；B项，景德镇瓷器属于陶瓷，烧制陶瓷的主要原料是黏土，B正确；C项，由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热分解法，不是热还原方法，C错误；D项，青铜属于合金，合金的熔点比纯金属低，而硬度比成分金属要大，D正确；故选C。
2．下列关于第ⅣA族元素及相关物质的性质比较中，不正确的是( )
A．沸点： SiH4＞CH4B．第一电离能：C＞Si
C．熔点：金刚石＞晶体硅D．酸性：CH3COOH＞HCOOH
【答案】D
【解析】A项，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性C＞Si，则简单氢化物的热稳定性：CH4＞SiH4，故A正确；B项，同族元素越往下半径越大，第一电离能越小，第一电离能：C＞Si，故B正确；C项，一般熔点为共价晶体＞金属晶体＞分子晶体，共价晶体中，共价键键长越大，键能越小，金刚石、硅均为共价晶体，但金刚石中键长短，键能大，所以熔点：金刚石＞晶体硅，故C正确；D项，氢原子和甲基都有排斥电子的能力，但甲基排电子的能力比氢原子强，使羧基上的电子云密度增大，羟基上的电子云密度亦增大，O—H键增强，削弱了羟基的极性。H原子虽然也可以提供电子，但较甲基弱，所以甲酸的酸性比乙酸强，故D错误；故选D。
3．对乙酰氨基酚(T)为非甾体类抗炎药，具有解热镇痛作用。其结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是( )
A．1mlT最多能与2mlNaOH反应B．能与饱和溴水发生取代反应
C．T中含有两种官能团D．能与Na2CO3反应放出CO2
【答案】D
【解析】A项，分子中酰胺基、酚羟基均会和氢氧化钠溶液反应，故1mlT最多能与2mlNaOH反应，A正确； B项，对乙酰氨基酚中酚羟基邻对位上的氢可以和浓溴水发生取代反应，B正确；C项，分子中酰胺基、酚羟基两种官能团，C正确；D项，酚羟基与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不能生成CO2，D错误；故选D。
4．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A．常温下，5.6 g铁与足量浓硫酸充分反应转移的电子数为0.3NA
B．标准状态下， 11.2LSO3分子中所含的原子数为1.5NA
C．0.1ml FeI2与0.1ml Cl2反应时，转移电子的数目为0.2NA
D．浓度均为0.1ml·L-1的K2SO4溶液和Na2SO4溶液中，SO42-数目均为0.1NA
【答案】C
【解析】A项，铁遇到浓硫酸会钝化，A错误；B项，标准状况下，三氧化硫为固体，无法计算其物质的量，B错误；C项，0.1ml FeI2与0.1ml Cl2反应生成0.1mlFeCl2和0.1mlI2，转移电子的数目为0.2NA，C正确；D项，没有给出溶液的体积，无法计算其物质的量，D错误；故选C。
5．下列由废铁屑制取(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O的实验装置与操作能达到实验目的的是( )
A．用装置甲称取一定质量的(NH4)2SO4固体
B．用装置乙除去废铁屑表面的油污
C．用装置丙将废铁屑充分溶解
D．用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体
【答案】B
【解析】A项，装置甲中，物品与砝码的位置颠倒，使用游码时称取的(NH4)2SO4固体的质量偏低，A不能达到实验目的；B项，Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁屑表面的油污，B能达到实验目的；C项，浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C不能达到实验目的；D项，(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用装置丁蒸干溶液得不到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体，D不能达到实验目的；故选B。
6．下列离子方程式书写不正确的是( )
A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．向 AgCl 沉淀中加入过量氨水使 AgCl 溶解：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
C．用过量的次氯酸钠溶液吸收 NO：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO3-
D．向 Ca(HCO3)2 溶液中加入过量 NaOH 溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】A项，草酸为弱酸不能拆为离子形式，高锰酸根具有氧化性，将草酸氧化为二氧化碳，草酸将高锰酸根还原为Mn2+：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B项，向 AgCl 沉淀中加入过量氨水使难溶的 AgCl 转化为可溶的[Ag(NH3)2]+：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B正确；C项，用过量的次氯酸钠溶液吸收 NO，次氯酸根将NO氧化为NO3-，NO将次氯酸根还原为Cl-：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO3-，C正确；D项，向 Ca(HCO3)2溶液中加入过量 NaOH 溶液，钙离子和碳酸氢根离子按1：2完全反应：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+ CO32-+2H2O ，D错误；故选D。
7．异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如图：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是( )
A．1mlZ中含有6ml碳氧σ键
B．X分子中的所有原子一定共平面
C．Y能发生加成、氧化和消去反应
D．Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有3个手性碳原子
【答案】A
【解析】A．根据单键都是σ键，双键是1个σ键1个π键，1mlZ中含有6ml碳氧σ键，A正确；B项，因为-OH中的氧是sp3杂化，再加上单键可以旋转，X分子中的所有原子不一定共平面， B错误；C项，Y中官能团有酮羰基、酚羟基，能发生加成、氧化反应，因苯环结构稳定，酚羟基不能发生消去反应，C错误；D项，Z与足量的氢气加成后的产物分子为其中含有4个手性碳原子，D错误；故选A。
8．下列实验方案能达到探究目的的是( )
【答案】B
【解析】A项，向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，如果溶液变为血红色，表明Fe2O3没有全部被还原，如果溶液不变色，并不能说明Fe2O3全部被还原，因为生成的Fe能将Fe3+还原为Fe2+，A不正确；B项，室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，后者的pH大，表明后者溶液中c(OH-)大，溶液的碱性强，ClO-的水解程度比CH3COO-大，从而说明ClO-结合H+的能力比CH3COO-强，B正确；C项，将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，虽然有气泡和沉淀产生，但并不能说明Ksp(BaSO4)比Ksp(BaCO3)大，因为使用的是Na2CO3饱和溶液，C不正确；D项，向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后没有加入碱中和硫酸，加入银氨溶液后，银氨溶液与硫酸发生了反应，水解生成的葡萄糖并没有与银氨溶液发生反应，所以虽然没有产生银镜，但并不能说明蔗糖水解产物没有还原性，D不正确；故选B。
9．W、X、Y、Z是短周期主族元素，W与其他元素不在同一周期，X元素的电负性仅次于氟元素，Y的基态原子中单电子与成对电子个数比为3∶4，Z原子电子总数与X原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是( )
A．键角：YX2+＜YX2-
B．第一电离能：Y>X>Z
C．基态Z原子核外电子有4种空间运动状态
D．W、X可形成离子化合物，也可形成共价化合物
【答案】A
【解析】W、X、Y、Z是短周期主族元素， X元素的电负性仅次于氟元素，X是O元素；Y的基态原子中单电子与成对电子个数比为3∶4，Y是N元素；Z原子电子总数与X原子的最外层电子数相同，Z是C元素；W与其他元素不在同一周期，W为第一周期或第三周期的元素。A项，NO2+中N原子价电子对数为2，无孤电子对，空间构型为直线形，键角180°；NO2-中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为V形，所以键角NO2+> NO2-，故A错误； B项，同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能N>O>C，故B正确； C项，基态C原子核外电子占据4个原子轨道，所以有4种空间运动状态，故C正确；D项，若W为H元素， H、O可形成共价化合物，若W为Na、Mg等金属元素，与O可形成离子化合物、共价化合物，故D正确；故选A。
10．中国科学院基础医学与肿瘤研究所设计了一种X射线激活的CO气体释放平台。该平台利用辐射发光的闪胨纳米材料作为能量介质，复合光敏的CO供体Mn2(CO)10，有效实现肿瘤组织中CO及MnO2的同时释放，并应用于放射治疗增敏中(反应历程如图)。下列叙述正确的是( )
A．8.7gMnO2含键
B．基态Mn2+只含1个未成对电子
C．0.1mlMn2(CO)10含2.1mlσ键
D．CO中的O提供孤电子对与Mn形成配位键
【答案】C
【解析】A项，8.7gMnO2的物质的量n(MnO2)=0.1ml，从图中结构来看，1个MnO2有2个π键，0.1mlMnO2有0.2mlπ，A项错误；B项，基态锰离子的价层电子排布式为3d5，有5个未成对电子，B项错误；C项，1个CO分子含1个σ键，与锰之间能形成1个配位键，配位键也是σ键，锰锰之间存在1个σ键，1个Mn2(CO)10分子有21个σ键，0.1mlMn2(CO)10含2.1mlσ键，C项正确；D项，CO中的C的电负性小于O的电负性，C更易提供孤电子对与Mn形成配位键，D项错误；故选C。
11．某学习小组进行了如下实验：
下列说法正确的是( )
A．键角：C(H2O)62+中的∠H-O-H大于C(NH3)62+中的∠H-N-H
B．步骤①的实验现象说明了C2+和NH3的结合能力比C2+和H2O的强
C．步骤②的实验现象说明了C(H2O)63+的氧化性强于C(NH3)63+
D．工业上常利用上述转化实现空气中氧气的分离与提纯
【答案】C
【解析】A项，C(H2O)62+中水分子配位后还有一对孤电子对，故∠H-O-H更小，故A错误；B项，步骤①发生了氧化反应，无法根据步骤①现象说明C2+和NH3、H2O结合能力的强弱，故B错误；C项，步骤②中C元素化合价降低，实验现象说明了C(H2O)63+的氧化性强于C(NH3)63+，故C正确；D项，工业上利用该原理分离与提纯空气中氧气缺乏经济效益，故D错误；故选C。
12．采用热分解法脱除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应为
反应Ⅰ：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g) ΔH1＝+169.8kJ·ml−1
反应Ⅱ：CH4(g)＋S2(g)=CS2(g)＋2H2(g) ΔH2＝+63.7kJ·ml−1
保持100kPa不变，将H2S与CH4按2∶1体积比投料，并用N2稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得H2、S2与CS2的体积分数如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应CH4(g)＋2H2S(g)=CS2(g)＋4H2(g)的ΔH＝+106.1kJ·ml−1
B．曲线Y代表的是CS2的平衡体积分数
C．高于1050℃时，H2S平衡转化率与CH4平衡转化率的差值随温度升高减小
D．1050℃下反应，增大体系的压强，平衡后H₂的体积分数可能达到0.07
【答案】C
【解析】根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得：CH4(g)＋2H2S(g)=CS2(g)＋4H2(g) ΔH＝+233.5kJ·ml−1，将H2S与CH4按2∶1体积比投料，并用N2稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于S2是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此曲线Y是S2。950℃-1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，所以S2的体积分数会增大，1050℃-1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2的体积分数会减小。根据方程式中的数量关系，曲线Z为H2，曲线X为CS2。A项，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得：CH4(g)＋2H2S(g)=CS2(g)＋4H2(g) ΔH＝+233.5kJ·ml−1，A错误；B项，由分析可知曲线Y代表的是S2的平衡体积分数，B错误；C项，1050℃-1150℃之间，S2与CS2的体积分数差值越来越小，所以H2S平衡转化率与CH4平衡转化率的差值随温度升高减小，C正确；D项，1050℃下反应，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积增大的反应，增大体系的压强，平衡会逆向移动，平衡后H₂的体积分数小于0.07，D错误；故选C。
13．在精密玻璃仪器中掺杂NiS能抵消仪器的热胀冷缩。实验室将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中，可制得NiS沉淀，装置如下图所示。已知NiS在有水存在时易被O2氧化成Ni(OH)S。H2S的电离常数分别为Ka1、Ka2，NiS溶度积常数为Ksp，下列有关叙述错误的是( )
A．实验开始时应先打开K1、K2通入氮气，排出I、II、III装置中的空气
B．装置II的作用是除去H2S中的水蒸气
C．反应的平衡常数
D．装置IV中可选用乙醇洗涤NiS沉淀
【答案】B
【解析】实验前先通入N2，排除装置中空气的干扰。装置I中FeS与浓盐酸制取H2S，浓盐酸易挥发，制取的H2S中混有HCl，需要用装置II中的试剂除去，该试剂可以为饱和NaHS溶液；装置III用于制备NiS，装置IV连接抽气泵可将装置III中的浑浊液吸入装置IV中，为了避免NiS被氧化，装置IV中的洗涤液为可以利用沸点比较低的易挥发的乙醇作洗涤剂，减少洗涤时间。实验开始时打开K1、K2通入N2，目的是排出装置内空气，防止NiS被空气氧化，A正确；装置II的作用是除去H2S中的HCl杂质，试剂可选用饱和NaHS溶液，B错误；①② ；反应可由得到平衡常数，C正确；为了减少在洗涤过程中NiS的损失及氧化变质，可以利用沸点比较低易挥发的乙醇作洗涤剂，D正确。
14．微生物脱盐电池既可以处理废水中CH3COOH和NH4+，又可以实现海水淡化，原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A．生物电极b的电势高于生物电极a
B．生物电极a的电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-═2CO2↑+8H+
C．离子交换膜a为阴离子交换膜
D．标准状况下，每生成1.12LN2时，参加反应CH3COOH的质量为3.0 g
【答案】D
【解析】该装置为原电池，有机废水中的CH3COOH发生失电子的氧化反应生成CO2，则电极a为负极，负极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-═2CO2↑+8H+，电极b为正极，NO2-得电子生成N2，正极反应式为2 NO2-+8H++6e-═N2↑+4H2O，原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即海水中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，可实现海水淡化，则a离子交换膜为阴离子交换膜，b离子交换膜为阳离子交换膜。a极碳元素价态升高失电子，故a极为负极，b极为正极，生物电极b的电势高于生物电极a，故A正确；a极为负极，电极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O═2CO2↑+8H+，故B正确；由分析可知，离子交换膜a为阴离子交换膜，故C正确；正极反应式为2 NO2-+8H++6e-═N2↑+4H2O，标准状况下1.12LN2的物质的量为0.05ml，转移的电子为0.3ml，则负极参加反应的质量为=2.25g，故D错误。
15．常温下，用0.1ml·L-1NaOH溶液滴定溶液，得到pH与、，关系如图，下列叙述正确的是( )
A．曲线n表示pH与的变化关系
B．若M点存在cH2A+cH＋=cA2-+cOH－，则
C．消耗NaOH体积为30mL时，c(HA—)=c(A2—)
D．N点c(Na+)+c(H+)+c(H2A) -c(OH—)=0.5ml/L +c(A2—)
【答案】B
【解析】由H2A的电离常数Ka1(H2A)=可知，溶液中H2A的浓度与HA—的浓度相等时，溶液中氢离子浓度等于电离常数Ka1(H2A)，同理可知，溶液中A2—的浓度与HA—的浓度相等时，溶液中氢离子浓度等于电离常数Ka2(H2A)，电离常数Ka1(H2A)大于Ka2(H2A)，由图可知，—lgX为0时，溶液中曲线m对应溶液pH小于曲线n对应溶液pH，所以曲线m表示pH与的变化关系、曲线n表示pH与的变化关系；M点时，H2A溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到NaHA溶液，则H2A溶液的浓度为0.1ml/L，N点时溶液中的NaHA与氢氧化钠溶液恰好反应得到Na2A溶液；溶液中pH为0时，溶液中的氢离子浓度为1ml/L，由电离常数可知，电离常数Ka1(H2A)=，由图可知，pH为0时，=1.4，则Ka1(H2A)=10—1.4，同理可知，Ka2(H2A)=10—6.7。曲线m表示pH与的变化关系、曲线n表示pH与的变化关系，故A错误；M点时，0.1ml/L H2A溶液与等浓度的氢氧化钠溶液恰好反应得到NaHA溶液，溶液中存在质子守恒关系cH2A+cH＋=cA2-+cOH－，故B正确；消耗氢氧化钠体积为30mL时，0.1ml/L H2A溶液与等浓度的氢氧化钠溶液得到等浓度的Na2A和NaHA混合溶液，由图可知，溶液的pH接近于7，则由电离常数可知，溶液中＞＞1，则溶液中A2—的浓度大于HA—，故C错误；N点时溶液中的NaHA与氢氧化钠溶液恰好反应得到Na2A溶液，溶液中存在物料守恒关系c(H2A)+ c(HA—)+ c(A2—)= ≈0.033ml/L，由溶液中的电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)= c(HA—)+2c(A2—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)+c(H+)+c(H2A) -c(OH—)=0.033ml/L +c(A2—)，故D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．(14分)F电池级碳酸锂是制造LiCO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图：
已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+；
②常温时，1ml·L-1LiOH溶液的pH=14。
回答下列问题：
(1)“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是 。
(2)某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有 。
(3)加适量草酸的目的 。
(4)“混合沉锂”的离子方程式为 。
(5)Li2CO3与C3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCO2)。写出对应的化学方程式 。
(6)钴酸锂(LiCO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。
①基态C原子核外电子排布式为 。
②该晶胞密度为 g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA)
【答案】(1) FeR3和HR(1分) Li2CO3、MgCO3(1分)
消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率(2分)
(2)O、N(1分)
(3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉(1分)
(4)2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓(2分)
(5)6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2(2分)
(6) [Ar]3d74s2(2分) (2分)
【解析】(1)根据Fe3++3HRFeR3+3H+平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是碳酸锂和碳酸镁。加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动。
(2)从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的钙离子。
(4)从流程可知是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：2Li++ HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓。
(5)钴元素的化合价从+2和+3归到+3价部分被氧化，所以有氧气参加反应。化学方程式为：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2。
(6)C为第四周期第Ⅷ族元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d74s2 ，该晶胞中Li+： 、C3+：、O2-：，其晶胞化学式为：Li3C3O6，故其密度为：。
17．(14分)十二钨硅酸H4[SiW12O40]·nH2O是一种一种性能优越的多功能催化剂，它的一种制备方法如下(步骤I、II的装置如图所示)。
I．称取Na2WO4·H2O置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加热；
II．在90~98℃下缓慢加入Na2SiO3·9H2O使其充分溶解后，微沸时从滴液漏斗中缓慢地向其中加入浓盐酸，调节pH值为2，继续搅拌加热30 min，自然冷却；
III．将冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取；
IV．将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。
(1)装置a的名称是 。
(2)请写出步骤II中生成[SiW12O40]4-的离子方程式： 。
(3)步骤III的详细操作如下，请补充操作a并对下列操作进行排序：a→b→ →f，步骤c中放出的气体是 。
a． 。
b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸
c．旋开旋塞放气
d．倒转分液漏斗，小心振荡
e．将分液漏斗置于铁架台上静置
f．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出
(4)步骤Ⅳ中为防止[SiW12O40]4-转化为[SiW12O40]6-，可以补充的操作为 。
(5) H4[SiW12O40]·nH2O的热重曲线图如图所示，当温度达到198℃ (A点)时，物质中的结晶水全部失去，则化学式中的n= ，A点过后曲线仍有微弱的下降趋势，试推测原因 。
【答案】(1)(球形)冷凝管(1分)
(2) 12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O(2分)
(3) d→c→e(2分) 氯化氢和乙醚(2分) 检查旋塞、玻璃塞是否漏水(1分)
(4)向溶液中加入H2O2(2分)
(5) 18(2分) H4[SiW12O40]受热分解进一步脱水(2分)
【解析】本实验制取十二钨硅酸H4[SiW12O40]·nH2O，称取Na2WO4·H2O置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加入Na2SiO3·9H2O溶解后加入浓盐酸，调节pH值为2，发生反应，将反野后的液体加入分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取，下层醚合物，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。
(1)根据仪器构造可知，装置a为球形冷凝管。
(2)反应中Na2SiO3·9H2O与Na2WO4·H2O在酸性环境下反应生成H4[SiW12O40]，离子方程式为12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O。
(3)步骤Ⅲ中，用如图2装置萃取、分液，操作为：检查旋塞、玻璃塞是否漏水、将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸、倒转分液漏斗，小心振荡、旋开旋塞放气、将分液漏斗置于铁架台上静置、打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出其中，排列顺序为a→b→d→c→e→f；氯化氢和乙醚易挥发，则放出的气体是氯化氢和乙醚；操作a为检查旋塞、玻璃塞是否漏水。
(4)为防止[SiW12O40]4-转化为[SiW12O40]6-时W元素化合价降低，故可加入过氧化氢。
(5)由热重曲线可知H4[SiW12O40]·nH2O中，水的质量分数为10%，则，；A点过后曲线仍有微弱的下降趋势，其原因是H4[SiW12O40]受热分解进一步脱水。
18．(14分)在催化剂作用下，CO2可被H2还原为CH3OH等化学品，主要反应如下：
反应1：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋CO2(g) ΔH1
反应2：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2
(1)已知：在一定温度下，由稳定态单质生成化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。下表为几种物质在的标准摩尔生成焓：
则反应1的焓变ΔH1= 。
(2)恒温恒容条件下，若只发生反应2，则反应达到平衡的标志是_____(填序号)。
A．气体密度不再发生变化 B．的分压不再发生变化
C．气体平均相对分子质量不再发生变化 D．比值不再发生变化
(3)若起始按投料，测得CO2的平衡转化率(X- CO2)和CH3OH的选择性(S- CH3OH)随温度、压强的变化如图所示。[已知：]
①p1 p2(填“>”或“ (2分) 此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响 0.0096(2分)
(4) 3 (2分) (3分)
【解析】(1)ΔH1生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓，所以。
(2)A项，恒温恒容条件下，该反应在密闭容器中进行，容器的体积不变，反应体系全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能说明反应达到平衡，A错误；B项，CO的分压不再发生变化能说明反应达到平衡，B正确；C项，该反应前后气体总物质的量和质量不变，气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到平衡，C错误；D项，恒温条件下，比值不变，说明该反应达到平衡，D正确；故选BD。
(3)①由反应方程式CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)可知，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强该反应向正反应方向移动，压强越大，平衡转化率越高，故p1＞p2；②温度高于350℃后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应2为主，压强的改变对平衡几乎没有影响：③在250℃压强p2下，CO2的平衡转化率为20%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3ml和1ml，则CO2反应0.2ml，反应1消耗CO20.1ml，则
平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别是0.8ml、2.6ml、0.1ml、0.2ml、0.1ml，混合气体总物质的量为3.8ml，则反应2的平衡常数为。
(4)①由图可知，白球4个在面心，2个在内部，均摊为，黑球8个在顶点，1个在内部，均摊为，所以白球为O，黑球为Ti，由图可知，TiO2晶体中O原子的配位数是3；②该晶体密度。
19．(14分)化合物G是制备一种生物碱的中间体，其合成路线如下：
(1) A→B反应分为A→X→B两步，第二步是消去反应．X的结构简式为 ；
(2)C的分子式为C11H17NO3，C的结构简式为 ；
(3) LiAlH4须在无水环境中使用，不能与水或酸接触，原因是 ；
(4)F→G时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 ；
(5)写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式： ；
I．与FeCl3溶液显紫色；
Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢．
(6)已知：①苯环上发生取代反应时，若原有基团为(卤素原子)，则新进入基团在其邻、对位；若原有基团为-NO2，则新进入基团则在其间位．
②
③LiAlH4可将羰基或酯基还原为醇
写出以、为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1) (2分)
(2) (2分)
(3) LiAlH4中H为-1价，具有强还原性，会与水或酸反应生成H2(2分)
(4) (2分)
(5)、(3分)
(6) (3分)
【解析】A→B分两步，A的醛基与CH3NO2发生加成反应生成，再发生消去反应得到B， 结合D的结构简式可知，B被还原得到C，碳碳双键转化为单键、硝基转化为氨基，则C为；C经过取代反应得到D，D→E：先羰基上发生加成反应转变为羟基并形成含氮六元环、后醇羟基消去引入碳碳双键，E→F为取代反应，F→G本质为Diels-Alder反应或双烯合成，含共轭二烯结构的含硅反应物与F五元环中的碳碳双键进行1，4-加成，生成六元环状化合物，即G。
(1)A→B反应分为A→X→B两步，第二步是消去反应．X的结构简式为。
(2)C的分子式为C11H17NO3，结合分析可知C的结构简式为。
(3)LiAlH4中H为-1价，具有强还原性，能与+1价H发生氧化还原反应产生氢气，则LiAlH4须在无水环境中使用、不能与水或酸接触的原因是： LiAlH4中H为-1价，具有强还原性，会与水或酸反应生成H2；。
(4)F和含共轭二烯结构的含硅反应物发生1，4-加成反应生成G，由于该含硅反应物中碳碳双键不对称，则时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为。
(5)B的同分异构体符合下列条件；I．与FeCl3溶液显紫色；则含有酚羟基；Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢，即分别为和乙酸。综上，满足条件的B的同分异构体为：或。
(6)要以、为原料制备，结合信息①，应首先在甲基对位引入硝基、再在甲基邻位硝基间位引入卤素原子，结合信息③，为防止LiAlH4还原羰基，接着把硝基还原为氨基，再利用信息②CH3COCH2COOCH3与含卤素有机物发生取代去除卤原子，最后仿照E→F通过取代反应形成目标产物，则合成路线为：。
选项
探究目的
实验方案
A
CO还原Fe2O3实验中，Fe2O3是否全部被还原
向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色变化
B
比较CH3COO-和ClO-结合H+的能力大小
室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH
C
比较Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小
将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，观察是否有沉淀产生
D
蔗糖水解产物是否具有还原性
向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后加入银氨溶液，水浴加热，观察现象
物质
CO2(g)
CH3OH(g)
H2O(g)
H2(g)
标准摩尔生成焓/()
0