2025年高考第三次模拟考试卷：化学（江西卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学（江西卷）（解析版），共18页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Se-79 Ce-140
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．南昌汉代海昏侯墓是中国发现的面积最大、保存最好、内涵最丰富的汉代列侯等级墓葬，出土了马蹄金、竹简以及镶嵌着玛瑙的青铜镜等珍贵文物。下列说法不正确的是
A．竹简的主要成分是纤维素
B．古代的青铜为铜锌合金
C．玛瑙的主要成分属于酸性氧化物
D．出土的马蹄金光亮如新是由于金的化学性质稳定
【答案】B
【解析】A．竹简由竹子制成，竹子的主要成分为纤维素，A正确；B．青铜为铜锡合金，铜锌合金为黄铜，B错误；C．玛瑙的主要成分为SiO2，SiO2能与碱发生复分解反应生成盐和水，属于酸性氧化物，C正确；D．金的化学性质稳定，很难被氧气氧化，所以出土的马蹄金光亮如新，D正确；综上所述答案为B。
2．化学家首次实现了让两个铍原子在室温下安全地键合在一起，创造出了双铍烯，这是首个含有铍—铍键的固态化合物。“固态双铍化合物”被评为2023年最“炫”分子，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径：C＞Be＞HB．基态原子的第一电离能：C＞Be
C．“固态双铍化合物”中含有金属键D．“固态双铍化合物”的分子式为
【答案】B
【解析】A．同周期从左至右原子半径逐渐减小，故原子半径：C＜Be， A项错误；B．同周期从左至右第一电离能呈增大趋势，故基态原子的第一电离能：C＞Be，B项正确；C．铍形成了铍铍键，它是非极性键，“固态双铍化合物”不含金属键，C项错误；D．观察分子模型可知，1个分子含10个碳、10个氢和2个铍，分子式为，D项错误；故选B。
3．“飘尘”是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小(直径小于10－7 m)，不宜沉降(可漂浮数小时甚至数年)，它与空气中的SO2、O2接触时，SO2会转化为SO3，使空气酸度增加，飘尘所起的主要作用与下列变化中硫酸的作用相同的是( )
A．胆矾中加浓硫酸B．浓硫酸与木炭共热
C．乙酸乙酯与稀硫酸共热D．浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”
【答案】C
【分析】飘尘在SO2转化为SO3的反应中做的是催化剂。
【解析】A.胆矾是CuSO4·5H2O，在胆矾中加浓硫酸体现了浓硫酸的吸水性，故A不选；B.浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫，硫酸是反应物不是催化剂，故B不选；C.乙酸乙酯是在酸性条件下水解，稀硫酸是催化剂，故C正确；D. 浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”体现了浓硫酸的脱水性，故D不选；故选C。
4．闭花耳草是传统药材，具有消炎功效。车叶草苷酸是其活性成分之一，结构简式如图所示。下列有关车叶草苷酸的说法正确的是
A．分子中含有5种含氧官能团
B．1该分子最多与2发生反应
C．与氢气反应，键均可断裂
D．分子中存在共平面的环状结构
【答案】B
【解析】A．该分子中含有羟基、羧基、醚键、酯基共4种含氧官能团，A错误；B．羧基和酯基可与发生反应，1该分子最多与2发生反应，B正确；C．碳碳双键可以发生加成反应，但酯基、羧基中的碳氧双键不能加成，则与氢气反应，羧基中的键不能断裂，C错误；D．分子中3个环状结构均有多个杂化的碳原子，不存在共平面的环状结构，D错误；故选B。
5．某学习研究小组为了测定一定质量的和混合物中的质量百分含量，设计了如下实验装置。已知：实验条件下的气体摩尔体积用表示；量气管由碱性滴定管改装，实验前量气管的读数amL，实验后量气管的读数bmL。下列叙述错误的是
A．用分液漏斗代替仪器M，影响测量结果的准确性
B．混合物中的质量百分含量为
C．测量气体体积时应恢复到室温以及调整量气管两边液面齐平后再读数
D．若实验结束读数时仰视量气管，会导致测量结果混合物中的质量百分含量偏小
【答案】D
【解析】A．恒压分液漏斗连通上方和下方容器，可以平衡气压，保证水顺利滴下，同时也可以消除水滴入圆底烧瓶所占体积造成生成气体体积测量的误差，即用分液漏斗代替恒压分液漏斗，影响测量结果的准确性，A项正确；B．依题意生成的物质的量为，依，混合物中的物质的量为，混合物中的质量百分含量为，B项正确；C．测量气体体积时应注意：恢复到室温、调整量气管两边液面齐平、读数时视线与量气管最低凹液面相平，C项正确；D．若实验结束读数时仰视量气管，读数偏大，即偏大，测量结果偏大，D项错误；答案选D。
6．是四种短周期元素，原子序数依次增大。W核外电子只有一种自旋取向；最外层电子数是内层电子总数2倍；原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但其第一电离能低于同周期相邻元素。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：
B．的空间结构为三角锥形
C．中有一个大键
D．常温下，组成的物质，可能呈液态
【答案】D
【分析】W核外电子只有一种自旋取向，W为H；X最外层电子数是内层电子总数的2倍，X为C；在短周期元素中，原子核外s能级和p能级电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，Z是O；是四种短周期元素，原子序数依次增大，所以Y为N。
【解析】A．C、N、O的氢化物都有多种，不确定是简单氢化物，不能比较沸点高低，故A错误；B．中心碳原子采取sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误；C．中心氮原子采取sp2杂化，有一对孤对电子，与两个氧原子形成两个σ键，还形成一个三中心四电子的大π键，故C错误；D．常温下，C、H、N、O可以形成有机物如硝基苯为液体，故D正确；故选D。
7．室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是
【答案】A
【解析】A．将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的溶于浓中，导致溶液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，和的混合溶液为蓝色，通入后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，A正确；B．NH4F的pH较低说明其酸性强，F⁻的水解程度较弱，对应的HF酸性强（Ka较大）。但的水解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与Ka1(H2SO3)，且浓度也不同，存在一定的干扰，B错误；C．浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产生SO2气体，SO2也能使溴水褪色（还原反应）；实验未排除SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不可靠，C错误；D．根据实验现象可知，Cl2氧化I⁻生成I2（紫红色），得出结论氧化性：Cl2 > I2，由于氯水少量，优先氧化还原性强的I⁻，即还原性：，从而可以得出结论：氧化性： Br2 > I2，实验中无法证明Cl2的氧化性大于Br2 ，D错误；故选A。
8．我国稀土资源丰富，其中稀土元素铈的常见化合价为和，已知反应：。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A．含有的电子数为B．含有的键数为
C．含有的孤电子对数为D．生成时转移的电子数为
【答案】B
【解析】A．没有说明气体所处温度和压强，无法计算含有的电子数，故A错误；B．双氧水的结构式为，含有的键数为，故B正确；C．一个水分子含有2个孤电子对，即1ml，故含有的孤电子对数为，故C错误；D．铈元素化合价从降低到价得到1个电子，所以消耗2ml CeO2，同时生成，转移的电子数为，故D错误；答案选B。
9．某兴趣小组以铝土矿(主要成分为，还含有少量和)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝和金属铝的流程如图所示。
已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是
A．“碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好
B．若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量有利于减少生成沉淀中的杂质
C．“操作X”可以是盐酸溶解、HCl气流中结晶、脱水、电解
D．通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成
【答案】D
【分析】铝土矿加氢氧化钠溶液，和氢氧化钠溶液的反应生成四羟基合铝酸钠、转化为铝硅酸钠沉淀、不溶，过滤，滤液含四羟基合铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，将沉淀分三份，第一份加盐酸得到氯化铝溶液，与第二份氢氧化铝反应得到聚合氯化铝，第三份灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。
【解析】A．具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误；B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误；C．由分析可知，操作X应是灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石电解氧化铝就可以得到铝，故C错误；D．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；故选D。
10．在恒温恒容密闭容器中加入足量CaCO3和焦炭，发生反应①，同时充入一定量H2，在催化剂M的作用下也发生反应②，反应如下：
①；②
下列有关说法正确的是
A．其他条件不变，若升高温度，反应②的速率一定加快
B．随着反应进行，容器内的压强可能先增大后减小
C．当混合气体的密度不再改变，说明反应①达到平衡，反应②未达到平衡
D．体系平衡后，再充入一定量CO，达到新平衡时，CO分压比原平衡时大
【答案】B
【解析】A．升高温度，催化剂M的活性可能降低，反应②的速率有可能变慢，A项错误；B．反应①是气体体积增大的反应，反应②是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内的压强可能先增大后减小，B项正确；C．混合气体的密度，容器的体积V不变，反应①中有固体参与反应，m为变量，不再改变时，说明反应①达到平衡，此时CO含量不变，因此反应②也达到平衡，C项错误；D．新平衡时，由于反应①平衡常数不变，CO分压不变，D项错误；答案选B。
11．线型聚谷氨酸K由谷氨酸()通过缩聚反应生成。一定条件下，加入交联剂M，可将K合成具有优良保水性能的高吸水性树脂N，其结构如图所示。
已知：
下列说法不正确的是
A．线型聚谷氨酸K的重复单元中有两种官能团
B．交联剂M的结构简式为
C．高吸水性树脂N可以通过水解反应得到M和谷氨酸
D．该物质优良的保水性能与其网状结构及形成氢键有关
【答案】C
【解析】A．线型聚谷氨酸K的重复单元中含有酰胺基和侧链羧基，共两种官能团，A正确；B．由题给出结构可知，交联剂 M 两端带有环氧基，中间是-CH2–O–(CH2–CH2–O)n-CH2–的结构，交联剂M的结构简式为，B正确；C．高吸水性树脂N中的交联键是由谷氨酸侧链羧基与M端环氧基开环后生成的酯键，水解时并不能逆转回原有的环氧基结构，无法得到 M 与谷氨酸单体，C错误；D．树脂网状结构能在内部大量吸附水分，再加上羧基等极性基团易与水形成氢键，使其具有优良的保水性能，D正确；故选C。
12．双阴极微生物燃料电池可进行硝化和反硝化脱氮，装置如图。下列说法错误的是
A．H+的迁移方向：厌氧阳极→缺氧阴极，厌氧阳极→好氧阴极
B．装置工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH增大
C．“好氧阴极”电极反应式为：
D．放电过程中若有1ml 完全转化为，“好氧阴极”区内理论上消耗O2(STP)89.6L
【答案】C
【分析】如图，“厌氧阳极”上，失去电子生成和，电极反应式为；“缺氧阴极”上，得到电子生成，再转化为，电极反应式分别为、。“好氧阴极”上，得到电子生成，电极反应式为，同时还能氧化生成，还可以被氧化为，离子方程式分别为、，据此回答。
【解析】A．在原电池中，阳离子向正极移动。该电池中厌氧阳极是负极，缺氧阴极和好氧阴极是正极，所以H+的迁移方向是厌氧阳极→缺氧阴极，厌氧阳极→好氧阴极，A正确；B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”上消耗的H+多于从“厌氧阳极”迁移过来的H+，且反应生成水，其附近的溶液pH增大，B正确；C．“好氧阴极” 应该发生得电子的还原反应，而是氧化反应，“好氧阴极” 正确的电极反应式为，C错误；D．1ml 完全转化为，N元素的化合价从-3价升高到+5价，失去8ml电子，需要消耗的为2ml。根据 “好氧阴极” 的电极反应式，转移8ml电子时，消耗2ml，共消耗的为4ml，在标准状况（STP）下的体积为，D正确；故选C。
13．研究表明晶胞的氧缺陷可以有效促进氢气在催化加氢过程中的活化。图1为理想晶胞，图2为氧缺陷晶胞。下列说法错误的是
A．图1中的配位数是8
B．图1中填充在构成的四面体空隙中
C．若图2中与的个数比为2∶3，则的空缺率为25%
D．若晶胞参数为a nm，图1晶胞的密度为
【答案】D
【解析】A．图1中O2-位于Ce4+构成的小四面体的中心，每个Ce4+能形成8个小四面体，因此Ce4+的配位数为8，A正确；B．图1中O2-位于Ce4+构成的小四面体的中心，即O2-填充在Ce4+构成的四面体空隙中，B正确；C．图2中Ce4+个数为，O2-和空位的总数为8，当Ce4+和O2-个数比为2:3时，有6个O2-和2个空位，空位率为，C正确；D．根据均摊法，图1中Ce4+个数为，O2-个数为8，则晶胞密度为，D错误；故选D。
14．室温下，含有MCO3(s)的0.01 ml·L-1的Na2CO3溶液和含有MSO4(s)的0.01ml·L-1的Na2SO4溶液，两份溶液中的pM[pM=-lgc(M2+)]以及含碳微粒分布分数δ如随pH变化关系如图所示。
①M2＋不水解；②100.6=4
下列说法错误的是
A．曲线②表示MCO3的变化曲线
B．x=6.97
C．MSO4(s)M2+(aq)+SO(aq)的Ksp的数量级为
D．若将Na2CO3溶液的浓度变为0.1 ml·L-1，则曲线①②的交点将出现在a点右侧
【答案】D
【分析】随着pH的增大，逐渐减小，逐渐增大，然后逐渐减小，逐渐增大，所以图像中左侧分布系数逐渐减小的曲线代表，右侧分布系数逐渐增大的曲线代表，分布系数先增大后减小的曲线代表；随着pH增大，增大，MCO3(s)的沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中减小，pM增大；随着pH增大，不变，对MSO4(s)的沉淀溶解平衡无影响，溶液中不变，pM不变，所以曲线①表示MSO4的变化曲线，曲线②表示MCO3的变化曲线。
【解析】A．由分析知，曲线②表示MCO3的变化曲线，故A正确；B．pH为6.37时，，，所以，pH为x时，，，则，，故B正确；C．a点时，，，所以，数量级为，故C正确；D．曲线①②的交点为不变，若将Na2CO3溶液的浓度变为0.1 ml·L-1，pH相同时，溶液中的比0.01 ml·L-1的Na2CO3溶液的大，所以曲线①②的交点将出现在a点左侧，故D错误；故选D。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题，共4题，共58分。
15．（14分）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，以形式存在；②和难溶于水，易溶于水，，；③离子浓度时，认为该离子已沉淀完全。
（1）“水浸”时，需要把焙烧渣粉碎后再加入水，同时在溶液底部鼓入，鼓入的目的是 。
（2）“焙烧”时，单质转化为可溶于水的和。消耗等物质的量的，转化的的物质的量之比 ；根据以下两图判断“焙烧”适宜的条件为 。
（3）“还原”得到金的反应的化学方程式为 ；加入过量除将彻底还原得到金外，其另一目的是 。
（4）常温下，“沉钯”时，若使的溶液中沉淀完全，需至少加入固体的物质的量为 (结果保留3位有效数字)。
（5）“煅烧”时除生成外，还生成一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“ ”操作单元。
（6）配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物，其为平面四边形结构(如图所示)，下列关于顺铂的说法正确的是___________。
A．Pt的化合价为0价B．配位原子为Cl和N
C．配位数为4D．Pt采取的是杂化
【答案】（1）搅拌，使固体和液体充分接触，加快反应速率，提高浸取率（2分）
（2）3：2（2分） 添加剂加入量为100%，400~450℃（2分）
（3）2HAuCl4+3SO2+6H2O=2Au+3H2SO4+8HCl（2分） 将H2PtCl6还原为H2PtCl4（1分）
（4）0.999 ml（2分）
（5）氯化浸出（1分）
（6）BC（2分）
【分析】铂钯精矿含Se、Te、Au、Pt、Pd，“焙烧”时，单质转化为可溶于水的和，“水浸”，滤液中含有和，滤渣“氯化浸出”时，转化为。通入二氧化硫把还原为金、把还原为 ；加氯化铵“沉钯”得到(NH3)2PdCl6沉淀，(NH3)2PdCl6“煅烧”得Pd；滤液加次氯酸钠把氧化为，再加氯化铵生成(NH3)2PtCl6沉淀；(NH3)2PtCl6“铂精炼”得金属铂。
【解析】（1）“水浸”时，需要把焙烧渣粉碎后再加入水，同时在溶液底部鼓入，鼓入的目的是充分搅拌，使固体和液体充分接触，加快反应速率，提高浸取率。
（2）“焙烧”时，单质转化为可溶于水的和，Se元素化合价由0升高为+4、Te元素化合价由0升高为+6，根据得失电子守恒，消耗等物质的量的，转化的的物质的量之比3:2；根据图示，添加剂填入量为100%时，浸出率最高；焙烧温度400~450℃浸出率最高，“焙烧”适宜的条件为添加剂加入量为100%，400~450℃。
（3）二氧化硫将把还原为金，“还原”得到金的反应的化学方程式为2HAuCl4+3SO2+6H2O=2Au+3H2SO4+8HCl； 难溶于水，易溶于水，为防止“沉钯”时生成沉淀，“沉钯”前需把还原为，加入过量的目的是将H2PtCl6还原为H2PtCl4。
（4）常温下，，沉淀完全时， ，“沉钯”时，若使的溶液中沉淀完全，需至少加入固体的物质的量为ml。
（5）“煅烧”时(NH3)2PdCl6分解生成Pd、外，根据元素守恒，还生成氯化氢气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“氯化浸出”操作单元。
（6）A. 根据元素化合价代数和等于0，Pt的化合价为+2价，故A错误；
B. 根据图示，Pt与Cl和N形成配位键，配位原子为Cl和N，故B正确；C. 根据图示，Pt与Cl和N形成4个配位键，配位数为4，故C正确；D.顺铂是平面四边形结构，Pt采取的是dsp2杂化，故D错误；选BC。
16．（14分）含碳化合物的反应在化学工业中具有重要地位。回答下列问题；（1）甲酸可分解产生氢气，相关热化学方程式如下；Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
；（2）在T℃时，向不同体积的恒容密闭容器中各加入，发生反应Ⅲ，反应相同时间，测得各容器中甲酸的转化率与容器体积的关系如图1，
其中n点反应达平衡。m点时的体积分数为 (结果保留2位有效数字)；两点中，甲酸的浓度；m p(填“>”，“（2分） 或（2分） 1：12（2分）
（3）①ab（2分） ②反应Ⅳ的活化能小于反应Ⅴ的活化能，反应Ⅳ的反应速率快于反应Ⅴ，相同时间内获得的产物的浓度反应Ⅳ比反应Ⅴ多（2分）
【解析】（1）根据盖斯定律，反应I-反应II=反应III，则ΔH3=ΔH1-ΔH2= -393.5kJ/ml+378.7kJ/ml =-14.8kJ/ml；
（2）起始时甲酸的物质的量为1ml，n点反应达平衡，m点甲酸的转化率为40%，n点甲酸的转化率为80%，根据三段式：，则氢气的体积分数：；m、p两点甲酸的转化率相等，p点容器体积更大，则平衡向体积减小方向移动，所以甲酸浓度：；，该温度下该反应的平衡常数（m点时HCOOH(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.6ml、0.4ml、0.4ml，其浓度分别、、，平衡常数）；相同温度下，平衡常数相等，则，即；
（3）①a．体积比的和即物质的量之比也为，设投放各1ml，列三段式：，，反应Ⅳ的化学平衡常数，a正确；b．590℃以上，随温度升高，反应Ⅳ为放热反应，平衡逆向移动，b正确；c．645℃，平衡时达到反应最大限度，延长反应时间，不能提高的单程收率，c错误；故选ab；②C6H5－Cl由反应Ⅴ生成，C6H6由反应Ⅳ生成，图1显示温度较低时C6H5－Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅳ的活化能小于反应Ⅴ的活化能，反应Ⅳ的反应速率快于反应Ⅴ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅳ比反应Ⅴ多。
17．（15分）硒(Se)是人体必需的微量元素之一。
(一)提取硒
Ⅰ．称取一定量的阳极泥和，充分混合后，在500℃条件下焙烧半小时。
Ⅱ．冷却后，取出焙烧物于小烧杯中，加入适量的水充分浸取后过滤。
Ⅲ．向保留的滤液中加入适量的，将焙烧过程中产生的少量转化为。
Ⅳ．将充分反应后的溶液，酸化后进行“控电位还原”，在一定的电压下，可得到固体硒。
（1）①中的“焙烧”过程，下列仪器中需要的是 (填仪器名称)。
②“焙烧”的主要产物为CuO和，反应的化学方程式为 。
（2）Ⅱ中的“浸取”需要80℃下进行，加热方式为 ；与常温相比，在80℃下进行浸取的优点是 。
（3）经过步骤Ⅲ后溶液中的主要金属离子有 ；判断溶液中是否还存在少量的方法是 。
（4）“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。酸性环境下，一些氧化剂的电位如下表；
则和氧化性由强到弱的顺序为 ；在控电位还原时，生成Se的电极反应式为 。
(二)测纯度
Ⅰ．准确称取0.1600g硒样品，加入足量和完全反应成，除去过量的后，配成100.00mL溶液；Ⅱ．取所配溶液20.00mL于锥形瓶中，加入足量和KI溶液，使之充分反应；Ⅲ．滴入2~3滴淀粉指示剂，振荡，用的溶液滴定至终点，消耗16.00mL标准溶液。
（5）若已知；，该硒样品中Se的质量分数为 。
【答案】（1）坩埚、泥三角（1分） 2CuSe+3O2+2Na2CO32CuO+2Na2SeO3+2CO2（2分）
（2）水浴加热（1分） 增大可溶物的溶解速率和溶解度（1分）
（3）Fe3+、Na+（2分） 取少量溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，则含有Fe2+；若未出现蓝色沉淀，则没有Fe2+（2分）
（4）Fe3+ >H2SeO3>Cu2+（2分） H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O（2分）
（5）98.75%（2分）
【解析】（1）①“焙烧”在坩埚中进行，还需要泥三角。
②阳极泥和，充分混合后，在500℃条件下焙烧半小时生成CuO和，反应的化学方程式为2CuSe+3O2+2Na2CO32CuO+2Na2SeO3+2CO2。
（2）80℃的加热方式为水浴加热；与常温相比，加热可以增大可溶物的溶解速率和溶解度。
（3）Ⅲ中将少量转化为，Fe2+被氧化为Fe3+，故此时主要的金属离子为Fe3+、Na+。
（4）氧化剂的电位越大，则其氧化剂的氧化性越强， 为0.770最高，其 次为0.740，再者是 为0.345，最后是为-0.440，所以氧化性强弱为Fe3+ >H2SeO3>Cu2+；生成Se的电极反应为H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O；
（5）反应+4H++4I-=Se↓+2I2+3H2O，，根据方程式可知，n(H2SeO3)=()=()=ml，则样品中Se的质量分数。
18．（15分）奥司他韦(化合物G)是目前治疗流感的最常用药物之一，其合成方法很多。最近某大学在60min内完成5步反应，并且总收率达到，完美地完成了奥司他韦(化合物G)一锅法全合成，其合成路线如下(略去部分试剂和条件，忽略立体化学)。
已知；HWE反应：
(其中为烃基，为烃基或)
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团名称是 ；B的结构简式是 ；反应①是在三种催化剂(其一为甲酸)共同的作用下发生的，反应的立体选择性非常好，甲酸分子中碳原子的杂化方式是 。
（2）D为丙烯酸乙酯衍生物。丙烯酸乙酯有多种同分异构体，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)；①具有与丙烯酸乙酯相同的官能团 ②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为
其中一种发生水解反应能生成甲醇，其系统命名为 ；写出用其合成有机玻璃(PMMA)的化学方程式 。
（3）化合物N可用作医药合成中间体。参考反应②(Michael和HWE的一个串联反应)，设计化合物N的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M的结构简式为 。
（4）反应⑤的反应类型为 ，奥司他韦(化合物G)有 个手性碳原子。
【答案】（1）酰胺基、硝基（2分） 或（2分） sp2（1分）
（2）2（具体物质为、）（2分） 甲基丙烯酸甲酯（2分） （2分）
（3）（2分）
（4）还原反应（1分） 3（1分）
【分析】根据A的结构，C的结构，可知B的结构为；C与D反应生成E，E转化为F，根据F的结构及G的结构可知，该反应原理是使 F结构中的硝基转化为G结构中的氨基，故反应⑤为还原反应。
【解析】（1）根据A的结构，可知其含氧官能团为酰胺基、硝基；A与B发生加成反应生成C，根据A、C结构，可知B的结构为或；根据甲酸结构简式HCOOH，可知其碳原子形成碳氧双键，故碳原子的杂化方式为sp2；故答案为：酰胺基、硝基；或；sp2；
（2）丙烯酸乙酯的结构简式为，满足条件的丙烯酸乙酯的同分异构体结构中含有碳碳双键、酯基及2个不对称位置的甲基，故其结构有、，共2种；其中能发生水解反应生成甲醇的是，其系统命名为甲基丙烯酸甲酯；甲基丙烯酸甲酯结构中含有碳碳双键，一定条件下发生加聚反应生成高聚物，即有机玻璃(PMMA)，化学反应方程式为；故答案为：2；甲基丙烯酸甲酯；；
（3）反应②C结构中含有醛基，与D发生反应的生成物中该醛基碳原子与酯基碳的邻位碳原子形成碳碳双键，HWE反应中的反应物之一结构中含有羰基，该碳原子在生成物中也是与酯基碳的邻位碳原子形成碳碳双键，由此可知被氧化的M中含有羰基，结合N的结构中含有的碳碳双键，故M结构为；故答案为：；
（4）根据F的结构及G的结构可知，该反应原理是使 F结构中的硝基转化为氨基，故反应⑤反应类型为还原反应； 结构中标有*的碳原子为手性碳原子，故有3个；故答案为：还原反应；3。
选项
实验过程及现象
实验结论
A
将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色
和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有
B
分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小
C
取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色
乙醇发生了消去反应
D
向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色
氧化性：
氧化剂／还原产物
电位
0.34
0.77
0.74