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2024 学年第二学期高三第二次模拟考试
化学
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答案必须涂(选择题)或写
(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。
3.答题前，考生务必在答题纸上用水笔清楚填写姓名、准考证号。
4.本试题的选择题，没有特别注明，为单选题，只有一个正确选项；若注明双选，有两个正
确选项；若注明不定项，有1～2个正确选项，多选、错选不得分，漏选得一半分。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Li-7 Fe-56 Se-79
一、人体内不可缺少的微量元素——硒(本题共20分)
1. 硒(Se)是人体内不可缺少 的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列
问题。
（1）Se在周期表中的位置___________。
（2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为___________(填化学式)。
（3）已知SeO 与SO 的部分性质如下表：
2 2
物 状态(常
熔 点
质 温)
SeO 固体 340-350℃
2
SO 气体 -755℃
2
根据X射线衍射分析，SeO 晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO 与SO 熔点差异较大的可能原
2 2 2
因___________。
（4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子
的杂化类型为___________，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为___________。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）第4周期ⅥA族
（2）HO>HS>HSe
2 2 2
（3）SeO 与SO 都属于分子晶体，SeO 的链状结构分子量远大于SO ，范德华力大得多
2 2 2 2
（4） ①. sp3杂化 ②. N>O>Se
【解析】
【小问1详解】
Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族；
【小问2详解】
O、S、Se气态氢化物分别为HO、HS、HSe，分子中O、S、Se都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在
2 2 2
2对孤对电子，电负性O＞S＞Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以
HO、HS、HSe键角由大到小的顺序为 ；
2 2 2
【小问3详解】
SeO 与SO 均为分子晶体，相对分子质量链状SeO 比SO 大的多，分子间作用力SeO 更大，所以SeO 与
2 2 2 2 2 2
SO 熔点差异较大；
2
【小问4详解】
Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族，“依布硒”中Se原子形成2个σ键，孤电
子对数为2，价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；O、N元素同周期，N为VA族元素，第一电离能大于
同周期相邻的两种元素，即第一电离能N＞O，Se、O 元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减
小，所以Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se。
2. 常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。
二元酸
HSeO
2 3
HCO
2 3
（1）常温下，比较等物质的量浓度的NaSeO 和NaCO 溶液的pH___________。
2 3 2 3
A. 前者大 B. 后者大 C. 无法比较 D. 一样大
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学科网（北京）股份有限公司（2）常温下，等物质的量浓度的NaHSeO 和NaHCO 溶液中水的电离程度___________。
3 3
A. 前者大 B. 后者大 C. 无法比较 D. 一样大
（3）亚硒酸氢钠(NaHSeO )可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO 溶液中有关微粒浓度关
3 3
系正确的是___________。(不定项)
A.
B.
C.
D.
【答案】（1）B （2）B （3）BC
【解析】
【小问1详解】
由表中数据可知酸性： ，NaSeO 和NaCO 溶液中均会发生水解，根据越弱越水解，则
> 2 3 2 3
水解程度更大，则等物质的量浓度的NaSeO 和NaCO 溶液的pH后者大，故选B。
2 3 2 3
【小问2详解】
NaHSeO 中同时存在 的电离和水解， < ，电离
3
大于水解，以电离为主，则水的电离受到抑制；NaHCO 中同时存在 的电离和水解，
3
> ，电离小于水解，以水解为主，则水的电离受到促
进；故水的电离程度后者大，故选B。
【小问3详解】
A．NaHSeO 中的电荷守恒为： ，A错误；
3
B．NaHSeO 中同时存在 的电离和水解， < ，
3
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学科网（北京）股份有限公司电离大于水解，故 ，B正确；
C．NaHSeO 中的Na和Se元素为1：1，物料守恒为 ，C正确；
3
D．由电荷守恒 和元素守恒式子
得： ，D错误；
故选BC。
3. Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。
的
（1）该超导材料 化学式为___________；距离Se原子最近的Fe原子的个数为___________。
（2）晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为___________ (阿伏加德罗
常数用N 表示)。
A
【答案】（1） ①. LiFe Se ②. 4
2 2
（2）
【解析】
【
小问1详解】
由晶胞结构可知，Li原子个数为：8× +1=2，Fe个数为8× =4，Se原子个数为：8× +2=4，则该超导
材料的化学式为LiFe Se ，距离Se原子最近的Fe原子的个数为4。
2 2
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学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
由晶胞结构可知，Li原子个数为：8× +1=2，Fe个数为8× =4，Se原子个数为：8× +2=4，晶体密度
为 = 。
二、脱氮催化剂——二氧化锰(本题共20分)
4. MnO 可作氨选择性催化还原法脱除NO 的催化剂。
2 x
（1）基态Mn的价层电子的轨道表示式是___________。
（2）MnO 可由(NH )SO 与MnSO 反应制得。 的结构如下。
2 4 2 2 8 4
中S-O-O___________(填“是”或“不是”)在一条直线上。
【答案】（1） （2）不是
【解析】
【小问1详解】
Mn为25号元素，基态锰原子价层电子排布式为： ，则其价层电子的轨道表示式为：
。
【小问2详解】
离子存在 键，因过氧化氢的空间结构中由于O原子采用 杂化，同时孤对电子的斥力作
用使结构为书形，则 中的 不在一条直线上。
5. MnO 作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如下：
2
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学科网（北京）股份有限公司（1）从化学键的角度解释MnO 能结合NH 的原因___________。
2 3
（2）用NH 每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电
3
子转移的方向和数目：___________。
（3）以MnSO 溶液为原料，用如图装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和MnO 。
4 2
电极a与电源的___________(负极或正极)连接，发生的电极反应式为___________。
【答案】（1）Mn原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键
（2） （3） ①. 正极 ②. Mn2+ + 2H O
2
-2e- = 4H++ MnO
2
【解析】
【小问1详解】
由图可知，MnO 能结合NH 的原因是：Mn原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键。
2 3
【小问2详解】
用NH 每脱除1mol NO的同时，消耗0.25mol氧气，NH 和NO、O 反应生成N，N元素由-3价上升到0
3 3 2 2
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学科网（北京）股份有限公司价，N元素由+2价下降到0价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式
并标出电子转移的方向和数目： 。
【小问3详解】
由图可知，Mn2+在b电极得到电子生成Mn，b电极为阴极，Mn2+在a电极失去电子生成MnO ，a电极为阳
2
极，电极a与电源的正极连接，发生的电极反应式为Mn2+ + 2H O -2e- = 4H++ MnO 。
2 2
6. 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO 的流程如下。
4
（1）MnS不溶于水，它与硫酸溶液发生复分解反应的离子方程式为___________。
（2）浸出过程中加入MnO 可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO 。利用了MnO 的化学性质是
2 4 2
___________。结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的原理：___________。
【答案】（1）MnS + 2H+ = Mn2+ + H S↑
2
（2） ①. 氧化性 ②. Fe3+ + 3H O 3H++ Fe(OH) ，增大pH、升高温度，使平衡向右移动，Fe3+
2 3
转化为Fe(OH) 沉淀
3
【解析】
【分析】由电解锰渣（主要成分是 ）为原料制取高纯 的工艺流程，首先用MnO 和硫酸浸取
2
电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)
3
沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，最后获得纯净的MnSO ，据此分析；
4
【小问1详解】
与 发生复分解反应的离子方程式为 ；
【小问2详解】
浸出过程中，会产生有毒气体HS，加入 可减少有毒气体的生成，同时产生更多 ，锰元素
2
由+4价转变为+2价，被还原，则 为氧化剂，利用了其氧化性；Fe3+ + 3H O 3H+ + Fe(OH) ，增
2 3
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学科网（北京）股份有限公司大pH、升高温度，使平衡向右移动，Fe3+ 转化为Fe(OH) 沉淀。
3
三、二氧化碳的综合利用(本题共20分)
7. 为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，CO 的资源化利用已成为研究的热点。
2
Ⅰ.【资源化一：利用CO 制水煤气】
2
在容积为 L 的恒容密闭容器中进行反应，方程式为
。当投料比 时，CO 的平衡转化率 与温度 、初始压强 的关系
2
如图所示。
（1）在恒温恒容条件下，关于以上反应下列表述能说明反应已经达到化学平衡状态的是___________。(不
定项)
A. B. 气体的平均相对分子质量不再变化
C. 气体的密度不再变化 D. CH 和CO 的物质的量之比不再改变
4 2
（2）初始压强 ___________ (填“>”“<”或“=”，下同)；当温度为 ℃、初始压强为 时，a点
时的 ___________ 。
的
（3）起始时向容器中加入 mol CH 和 mol CO，在温度为 ℃时反应，此时初始压强为 ，该反应
4 2
平衡常数 ___________，温度和体积不变的情况下，继续加入 mol CH 和 mol CO，再次达到平衡后，
4 2
CO 的转化率___________。(填“增大”“减小”或“不变”)
2
Ⅱ.【资源化二：利用CO 制天然气】
2
二氧化碳加氢制甲烷过程中主要发生反应：
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学科网（北京）股份有限公司反应I：
反应II：
在密闭容器中，压强恒为 Pa、 时，CO 平衡转化率、在催化剂作用下
2
反应相同时间所测得的CO 实际转化率随温度的变化如图所示。
2
（4）结合【资源化一】中信息，反应I的 ___________ ，该反应在___________条件下能
自发进行。
A．高温 B．低温 C．任意温度
（5）CO 平衡转化率后升高的主要原因是___________。
2
（6）CO 制备甲烷过程中，CO 活化的可能途径有两种，如图所示。请从反应速率和反应方向两个角度分
2 2
析说明CO*是CO 活化的优势中间体的原因是___________。
2
【答案】（1）B （2） ①. < ②. >
（3） ①. 4 ②. 减小
（4） ①. -164.7 ②. B
（5）600℃左右以后升高温度，反应I平衡向左移动的程度小于反应II平衡向右移动的程度
（6）得到CO*中间体的反应活化能较低，反应速率较快，而且ΔH较小，反应容易自发进行
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】
A．对于反应 ，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，平
衡时应满足 ，而该选项中 ，正逆反应速率不相等，反应未达
到平衡状态，A错误；
B．反应前后气体的总质量不变，但气体的物质的量在反应过程中发生变化（反应前气体计量数之和为
1+1=2，反应后气体计量数之和为2+2=4 ）。根据 （M为平均相对分子质量，m为总质量，n为总
物质的量 ），当气体的平均相对分子质量不再变化时，说明气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡
状态，B正确；
C．在恒容密闭容器中，气体的总质量不变，容器体积不变，根据 （ρ为密度，m为质量，V为体积
），气体密度始终不变，所以密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．起始时投料比 ，反应过程中CH 和CO 按照1:1的比例反应，其物质的量之比始终为
4 2
1:1 ，不能据此判断反应达到平衡状态，D错误；
故选B。
【小问2详解】
① 是体积增大的反应，T℃时，从下到上，二氧化碳平衡转化
3
率升高，平衡正向移动，即减小压强向体积增大的方向移动，因此压强 < ；②当温度为T℃、初始
3
压强为 时，从a点到平衡点，二氧化碳平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，因此a点时的 > 。
【
小问3详解】
①起始时向容器中加入 mol CH 和 mol CO，在温度为 ℃、初始压强为 时反应，二氧化碳平衡转化
4 2
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学科网（北京）股份有限公司率为50%，列出三段式得： ，该反应
的平衡常数 ；②温度和体积不变，继续加入1mol CH 和1mol CO ，相当于在原平衡
4 2
的基础上增大压强，压强增大使得反应向气体分子数减少的方向移动，导致平衡逆向移动，所以再次达到
平衡后，CO 的转化率减小。
2
【小问4详解】
①根据盖斯定律可知，反应I=反应II×2-资源化一中的反应，则反应I的
；②对于反应 Ⅰ，ΔH<0 ，反应后气体分子
1
数减少，ΔS<0 （混乱度减小 ）。根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH−TΔS（T为温度 ），当ΔG<0时反应自
发进行。要使ΔG=ΔH−TΔS<0 ，因为ΔH<0 ，ΔS<0 ，则需低温（T较小 ）时才能保证ΔG<0 ，所以反应
在低温条件下能自发进行，答案选 B。
【小问5详解】
因为反应I： 是放热反应，当温度
升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低；反应 II：
是吸热反应，当温度升高，平衡正向移动，导致二氧化碳转化率增大，当温度升
高到一定程度以后，此时反应以反应II为主，导致随着温度的升高，反应II的二氧化碳转化率增大幅度大
于反应I的减小幅度。答案为：600℃左右以后升高温度，反应I平衡向左移动的程度小于反应II平衡向右
移动的程度。
【小问6详解】
从图中可以看出，生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率快；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成
(或反应放热，利于中间体的生成)，故CO*是CO 活化的优势中间体；故答案为：得到CO*中间体的反应
2
活化能较低，反应速率较快，而且ΔH较小，反应容易自发进行。
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学科网（北京）股份有限公司四、新型有机物与液晶发展(本题共20分)
8. 我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向，M的合成路线如下：
资料i．
（1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是___________。
（2）B的官能团的名称是___________，B→D的反应类型是___________。
（3）J的结构简式是___________。
（4）下列有关K的说法正确的是___________(双选)。
A. 与FeCl 溶液作用显紫色
3
B. 碳原子的杂化方式相同
C. 存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体
D. 通过红外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L
（5）E与K生成L的化学方程式是___________。
（6）满足下列条件的 的一种同分异构体的结构简式为___________。
I．能发生水解反应
II． mol该物质和NaOH溶液反应，最多消耗 mol NaOH
III．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为
（7）写出F与足量NaCO 溶液反应的化学方程式___________。
2 3
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学科网（北京）股份有限公司（8）结合题示信息，设计以 为有机原料合成 的合成路线(其他无机试剂与
溶剂任选)________。
【答案】（1） （2） ①. 羧基 ②. 取代反应
（3）OHC-COOH （4）AD
（5） （6）
或
（ 7 ） （ 8 ）
【解析】
【分析】由M的结构，结合反应信息，逆推可知L为 ，结合K
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学科网（北京）股份有限公司的分子式，可推知K为 ，D→E发生酯化反应，故E为 ，逆推
可知D为 、B为 ，A为 ，G与J
发生加成反应生成 ；根据原子守恒可知J的分子式为C HO，F与(CH)SO 反应引入甲
2 2 3 3 2 4
基，G与J的反应中在苯环上引入-CH(OH)COOH，可推知F为 ，G为 ，J为
OHC-COOH。
【小问1详解】
A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子，A的结构简式是 ；
【小问2详解】
B的结构简式为 ，官能团为羧基，D的结构简式为 ，B到D
发生取代反应；
【小问3详解】
根据分析可知，J的结构简式为：OHC-COOH
【小问4详解】
K的结构简式为： ；
A．存在酚羟基，能与FeCl 溶液作用显紫色，A正确；
3
B．苯环和醛基上碳原子为sp2杂化，甲基上碳原子为sp3杂化，碳原子的杂化方式不相同，B错误；
C．根据不饱和度分析，不可能存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体，C错误；
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学科网（北京）股份有限公司D．L的结构简式为： ，二者的官能团和化学键不同，可以通过红
外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L，D正确；
答案选AD；
【小问5详解】
E的结构简式为： ，K的结构简式为： ，L的结构简式为
，E与K发生取代反应得到L和HBr，反应的化学方程式为：
；
【小问6详解】
I．能发生水解反应，含有酯基；
II．1 mol该物质和NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOH；
III．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为 ，有2个等效的甲基；
符合条件的结构简式有 、 ；
【小问7详解】
F的结构简式为 ，与足量NaCO 反应得到 和NaHCO ，方程式为：
2 3 3
；
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学科网（北京）股份有限公司【小问8详解】
根据题目中信息，由 脱去CO 得到生成物K存在醛基，
2
与Br 发生加成反应得到 ， 水解得到 ，
2
氧化得到 ， 再氧化得到 ，
脱去CO 得到 ；合成路线为：
2
。
五、废旧锂离子电池制备碳酸锂(本题共20分)
9. 废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO )，锰酸锂(Li MnO )，镍酸锂(LiNiO )以及铝片、石墨粉等，
2 2 4 2
某小组设计方案回收金属元素，流程如下：
已知：过硫酸根离子的结构为：
（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为___________。
第16页/共19页
学科网（北京）股份有限公司（2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有
___________(写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为___________。
（3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则HO 作为反应物的半反应式为___________。
2 2
（4）写出过程③中 发生反应的离子方程式___________；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是
___________。
（5）常温下滤液C中 ___________mol/L。(常温： )
（6）所得碳酸锂样品含有少量NaSO 杂质，拟通过图示装置测定样品中LiCO 的含量，b中液体为硫酸
2 4 2 3
溶液，量气管中可以加入的试剂可以是___________。(不定项)
A. 饱和NaCO 溶液 B. 饱和NaHCO 溶液
2 3 3
C. 饱和食盐水 D. 覆盖油层的水
（7）下列情况会导致测定结果偏低的是___________。
A. 反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中
B. 没有恢复到室温就进行读数
C. 水准管液面高于量气管
D. 固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气
【答案】（1）化学能转化为电能
（2） ①. 搅拌或者适当升高温度 (合理均可) ②. 2Al + 2OH-+ 6H O = 2[Al(OH) ]-+ 3H ↑
2 4 2
（3）HO-2e-= 2H+ + O
2 2 2
（4） ①. Mn2+ + S O + 2H O = 4H+ + MnO + 2SO ②. MnO 会在酸性条件下氧化Cl-生成Cl
2 2 2 2
（5）1.09×10-6 （6）BD （7）C
【解析】
【分析】正极材料含钴酸锂(LiCoO )，锰酸锂(Li MnO )，镍酸锂(LiNiO )以及铝片、石墨粉等，初步处理
2 2 4 2
后进行碱浸，Al反应生成四羟基合铝酸钠溶液，滤渣经过氧化氢酸性溶液溶解，HO 将LiCoO 、
2 2 2
LiMnO 、LiNiO 等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，过滤分离出石墨，滤液在过程 中Mn2+被SO
2 4 2 2
③
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学科网（北京）股份有限公司氧化为MnO ，过程 中加入NaOH调pH使Ni2+和Co2+变为氢氧化物沉淀，过滤后在滤液C中加入浓碳酸
2
钠生成碳酸锂。 ④
【小问1详解】
锂离子电池属于原电池，原电池工作时，是将化学能转化为电能，所以锂离子电池工作时，能量的主要转
化方式为化学能转化为电能；
【小问2详解】
在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，根据化学反应速率的影响因素，除了对原料粉碎处理增
大接触面积外，还可以采用搅拌、升高温度、适当增大碱的浓度等措施，步骤 是铝片与碱液反应，铝与
氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al + 2OH-+ 6①H O = 2[Al(OH) ]-+ 3H ↑；
2 4 2
【小问3详解】
滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，说明HO 将LiCoO 、LiMnO 、LiNiO 等物质中的Co、Mn、Ni还
2 2 2 2 4 2
原为+2价，所以HO 的主要作用是还原剂，HO 半反应式为HO-2e-= 2H+ + O ；
2 2 2 2 2 2 2
【小问4详解】
SO 中有过氧键，具有氧化性，过程 中Mn2+被SO 氧化为MnO ，离子方程式为Mn2+ + S O +
2 2 2 2
③
2HO = 4H+ + MnO + 2SO ，步骤 中不能用盐酸酸化溶液，因为溶液中的MnO 具有强氧化性，能与
2 2
②
盐酸中的Cl-发生氧化还原反应，Cl-被氧化为Cl，MnO 被还原，会导致后续反应受影响，所以原因是酸
2
性条件下MnO 会氧化Cl-生成Cl；
2
【小问5详解】
滤液C中形成Co(OH) 沉淀，K [Co(OH) ]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.09×10-15，一般情况下溶液为碱性，假设
2 sp 2
c(OH-)=1.0×10-2mol/L（具体OH-浓度应根据题目中其他条件确定，此处假设为常见碱性环境浓度），则
c(Co2+)= = ==1.09×10-6mol/L；
【小问6详解】
测定样品中LiCO 的含量，利用硫酸与样品反应，测定CO 的体积，通过CO 的量计算LiCO 的含量；
2 3 2 2 2 3
A．CO 与饱和NaCO 溶液要反应，故不符合；
2 2 3
B．CO 在饱和NaHCO 溶液中溶解度很小，故符合；
2 3
C．CO 可以溶于饱和食盐水，故不符合；
2
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学科网（北京）股份有限公司D．覆盖油层的水不会溶解CO，故符合；
2
答案选BD；
【小问7详解】
A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中，但是会有等量的空气进入量气管，CO 的体积不会偏小，
2
结果不会偏低，故A不选；
B．没有恢复到室温就进行读数导致测得的CO 的体积偏大，结果偏高，故B不选；
2
C．水准管高于量气管，则CO 的压强大于大于大气压，使测得的体积偏低，结果偏低，故C选；
2
D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气，不影响生成的CO，结果无影响，故D不选；
2
答案选C。
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