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2025 年高考第一次模拟考试
高三化学
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
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 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 K 39 Cu 64 Ce 140 Re 186
第Ⅰ卷（选择题 共39 分）
一、选择题：本题共13 小题，每小题3 分，共39 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．2024 年1 月，我国自主研制的AG60E 电动飞机成功首飞。AG60E 采用了SiC 电控系统，SiC 晶体属于
A．分子晶体
B．金属晶体
C．离子晶体
D．共价晶体
【答案】D
【解析】SiC 中的Si 和C 以共价键结合形成空间网状结构，和金刚石结构相似，SiC 属于共价晶体，选
D。
2．我国科研团队发现月壤中存在一种矿物
。下列说法正确的是
A．
基态核外电子排布式：
B．
的空间构型：三角锥型
C．
：仅含离子键
D．
的电子式：
【答案】D
【解析】A．钙为第20 号元素，基态Ca 原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，Ca2+基态核外电子排布
式：1s22s22p63s23p6，故A 错误；B．
的中心原子的价层电子对数为4+
=4，没有孤电子
对，空间构型为正四面体，故B 错误；C．
中钙离子与磷酸根、氢氧根之间为离子键，
磷酸根、氢氧根中均含有共价键，故C 错误；D．OH-为得到一个电子形成的阴离子，电子式为：
，故D 正确；故答案选D。
3．实验室进行粗盐提纯并制备 NaHCO3和 Cl2，下列相关原理、装置及操作正确的是
1
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A．装置甲除粗盐水中的泥沙
B．装置乙蒸发NaCl 溶液
C．装置丙制备NaHCO3
D．装置丁制备Cl2
【答案】C
【解析】A．装置甲中除粗盐水中的泥沙时，采用过滤的方法，但需要使用玻璃棒引流，A 不正确；
B．装置乙中蒸发NaCl 溶液时，采用蒸发结晶的方法，通常使用蒸发皿，坩埚是灼烧固体所用的仪器，
不用于蒸发溶液，B 不正确；C．装置丙制备NaHCO3时，将CO2气体通入氨化的NaCl 饱和溶液中，
由于NaHCO3在饱和NaCl 中的溶解度较小，所以生成的NaHCO3大部分结晶析出，C 正确；D．装置丁
制备Cl2，采用电解饱和食盐水的方法，与直流电源正极相连的Fe 电极为阳极，则Fe 失电子，而不是
Cl-失电子，得不到Cl2，D 不正确；故选C。
4．CuCl2溶液中存在平衡：
，向溶液中加入氨水后，溶液由绿色变
为深蓝色。下列说法正确的是
A．
中含4molσ 键
B．基态
价层电子排布式为
C．氨气的电子式为
D．键角
【答案】B
【解析】A．四氨合铜离子中配位键属于σ 键，氨气分子中的氮氢键也属于σ 键，
中含16molσ 键，A 错误；B．Cu 为29 号元素，基态Cu 电子排布式为
，故基态
价层电
子排布式为
，B 正确；C．氨气是共价化合物，其电子式为
，C 错误；D．
中有1 对孤
电子对，
无孤电子对，孤对电子对成键电子排斥力大，故键角
，D 错误；故选B。
阅读下列材料，完成5~7 题：
海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得NaCl。工业常用电解饱和NaCl 溶液制备
，并进
一步制得
等用途更广泛的化合物。黄绿
色气体
可用于自来水消毒，
(N 的化合价为-3)有强氧化性，遇水剧烈水解，可用于漂白和杀菌
2
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消毒。
5．下列说法正确的是
A．
分子中含有
键
B．
是由极性键构成的非极性分子
C．
中的键角小于
中的键角
D．在NaCl 晶胞中，每个
周围紧邻且距离相等的
构成正六面体结构
【答案】C
【解析】A．
的结构为
，1 个
分子中含有4 个σ 键，因此1mol
分子中
含有4molσ 键，故A 错误；B．
的中心原子O 原子的价层电子对数为
，有两对孤
电子对，为V 形，正负电荷中心不重合，因此为极性键构成的极性分子，HClO 的中心原子O 原子的价
层电子对数为
，有两对孤电子对，为V 形，正负电荷中心不重合，因此为极性键构成
的极性分子，故B 错误；C．
中心氯原子的价层电子对数为
，为sp3杂化，有3
条σ 键和1 对孤对电子，
中心氯原子的价层电子对数为
，为sp3杂化，有4 条
σ 键，孤电子对对成键电子对排斥力更强，因此
中
夹角小于
中
，故C 正
确；D．如图
为氯化钠晶胞，在NaCl 晶胞中，每个
周围紧邻且距离
相等的Na+构成正八面体结构，故D 错误；故答案选C。
6．下列化学反应表示正确的是
A．电解饱和食盐水制备
的离子方程式：
B．将氯水在强光下照射的化学方程式：
C．
水解的化学方程式：
D．
与NaOH 溶液在
时生成
的离子方程式：
3
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【答案】A
【解析】A．电解饱和食盐水制备
，说明阳极氯离子失电子产生的
，阴极水得电子产生氢
气，因此离子方程式：
，故A 正确；B．氯水中含有次氯酸分子，将氯水
在强光下照射次氯酸分子会分解产生氧气，反应为：
，故B 错误；C．
水
解并不发生变价，氯的电负性大于氮的电负性，因此NCl3中N 元素为-3 价，氯元素为+1 价，水解反应
为：
，故C 错误；D．
与NaOH 溶液在
时生成
和氯化钠，根
据得失电子守恒可知，离子方程式为：
，故D 错误；故答案选A。
7．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．
能溶于水，可用于工业制盐酸
B．HCl 具有还原性，可用于实验室制取氯气
C．NaClO 具有强碱性，可用作漂白液
D．
气体呈黄绿色，可用作自来水消毒剂
【答案】B
【解析】A．利用
在
中安静燃烧制备
后溶于水，可用于工业制盐酸，故A 错误； B．HCl
具有还原性，浓盐酸可与
在加热条件下反应制取
，可用于实验室制取氯气，故B 正确； C．
NaClO 具有强氧化性，可用作漂白液，故C 错误；D．ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，可用作自来
水消毒剂，故D 错误；故答案选B。
8．在熔融盐体系中，通过电解
和
获得电池材料
，电解装置如图，下列说法正确的是
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A 的电极反应：
C．该体系中，石墨优先于
参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C 转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正
4
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极相连，则电极A 作阴极，
和
获得电子产生电池材料
，电极反应为
。A．在外加电源下石墨电极上C 转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳
极，A 错误；B．电极A 的电极反应为
，选项B 错误；C．根据图中信息
可知，该体系中，石墨优先于
参与反应，C 正确；D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电
极A 移动，D 错误；答案选C。
9．化合物Z 是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X 分子中所有碳原子一定共平面
B．1mol Y 与足量溴水反应消耗 3mol Br2
C．Z 可以与银氨溶液反应
D．X、Y、Z 均能与Na2CO3溶液反应生成CO2
【答案】C
【解析】A．X 分子
中，依据苯和乙烯的分子结构，每个框内的碳原子一定共平
面，但两个红框只共用1 个碳原子，所以两个红框内的碳原子不一定共平面，也就是所有碳原子不一
定共平面，A 不正确；B．Y 分子中，只有酚羟基邻位上的1 个氢原子能被溴取代，所以1mol Y 与足
量溴水反应消耗 1mol Br2，B 不正确；C．Z 分子中含有醛基官能团，可以与银氨溶液反应，C 正确；
D．X、Y、Z 分子中均含有羟基，X、Y 分子中还含有羧基，酚羟基能与N2CO3反应，但只能生成
NaHCO3，不能生成CO2气体，羧基能与Na2CO3反应产生CO2气体，也就是它们均能与Na2CO3溶液反
应，但Z 不能生成CO2气体，D 不正确；故选C。
10．在给定条件下，下列物质间转化均能实现的是
A．制漂白粉：
B．硅的制备：
C．硝酸工业：
D．制银镜：
【答案】B
【解析】A．工业上生产漂白粉是用氯气和石灰乳进行反应，而不是石灰水，A 不合题意；B．加热条
件下粗硅与氯气反应生成四氯化硅，高温下氢气还原四氯化硅得到高纯硅，硅的制备：
，B 符合题意；C．一氧化氮与水不反应，NO 通入水中不能生成硝酸，C
5
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不合题意；D．银氨溶液与还原性糖，例如葡萄糖反应可制得银镜，蔗糖不是还原性糖，D 不合题意；
选B。
11．室温下，下列实验过程和现象能验证相应实验结论的是
选
项
实验方案过程和现象
实验结论
A
用玻璃棒分别蘸取0.1
HCl 和
溶液滴到pH
试纸上，溶液pH(HCl)＜pH(
)
酸性：HCl＞
B
向2mL
溶液中加入Mg 条，产生无色气体，并有
红褐色沉淀生成
金属活动性：Mg＞Fe
C
向2mL 饱和
溶液中通入
，出现白色沉淀
电离平衡常数：
D
向2mL 浓度均为0.1
的
和
混合溶液
中滴加少量0.1
溶液，振荡，产生白
色沉淀
溶度积常数：
【答案】A
【解析】A．用玻璃棒分别蘸取0.1
HCl 和
溶液滴到pH 试纸上，溶液pH(HCl)＜pH(
):
说明HCl 的电离程度大于
，溶液中
：HCl 大于
溶液，则酸性：
，A 正确；
B．向2mL
溶液中加入Mg 条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成：是因为Mg 与水反应生成
了
，再与
反应得到
后最终被氧化为红褐色
，整个反应过程没有体
现金属性的关系，所以无法比较Mg 和Fe 的金属性大小，B 错误；C．向2mL 饱和
溶液中通
入
，出现白色沉淀：是因为发生反应
，属于沉淀的生成，
无法比较电离平衡常数，C 错误；D．向2mL 浓度均为0.1
的
和
混合溶液中滴加少
量0.1
溶液，振荡，产生白色沉淀：不管是
与
或
生成沉淀，都只涉及
沉淀的生成，不涉及沉淀的转化，无法比较溶度积，D 错误；故答案为：A。
12．以磷石膏(主要成分
，杂质
、
等)和氨水为原料可实现
矿物封存同时制备轻质
，转化部分流程如图。
，
，
，
。
6
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下列说法正确的是
A．氨水中存在：
B．“转化”步骤，通入
后清液中始终存在
C．“转化”步骤，若通入
至溶液
为6.5，此时溶液中
D．“滤液”中存在：
【答案】C
【解析】A．氨水显碱性， c(OH-)
c(H+)，一水合氨微弱电离产生铵根离子和氢氧根，
，则
，根据电荷守恒，
=
+
，故
，A 项错误；B．“转化”后的清液中，CaCO3一定达到沉淀溶解平衡，
而CaSO4不一定达到沉淀溶解平衡，则
，
，B 项错误；C．“转化”步骤，若通入CO2至溶液pH 为6.5 时，
，
，则
，C 项正确；D．
“转化”步骤
，“滤液”中粒子有
，根据电荷守恒，过滤后所得滤液中一定存在：
，D 项错误；故本题选C。
13．工业上用乙苯与CO2生产苯乙烯，主要反应：
①
(g)=
②
在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙苯和CO2。达到平衡时，各物质的体
积分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
7
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A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大
B．苯乙烯和H2的体积分数变化差异的主要原因是CO2消耗H2
C．一定温度下，降低乙苯和CO2物质的量的比值或减小压强，均能使乙苯平衡转化率提高
D．一定温度下，加入CaO(s)，能提高平衡时苯乙烯的产率
【答案】D
【解析】升高温度，两个平衡都向正反应方向移动，乙苯、CO2的体积分数都减小，苯乙烯、CO 和
H2O 的体积分数增大。两个反应中都涉及H2，但H2的体积分数随温度的升高而增大，则表明第①个
反应进行的程度大于第②个反应进行的程度。A．其他条件不变，升高温度，反应①、②的平衡都发
生正向移动，第①个反应生成的H2也有利于提高第②个反应中CO2的平衡转化率，CO2的平衡转化率
增大，A 正确；B．若仅发生反应①，苯乙烯和H2的体积分数相同，现在H2的体积分数随温度的增大
程度小于苯乙烯，则变化差异的主要原因是CO2消耗H2，B 正确；C．一定温度下，降低乙苯和CO2
物质的量的比值，可认为乙苯的物质的量不变，增大CO2的物质的量，反应②平衡正向移动，使H2的
物质的量减小，有利于反应①平衡正向移动，从而提高乙苯的平衡转化率，减小压强，反应②的平衡
不受影响，反应①平衡正向移动，使乙苯的平衡转化率提高，C 正确；D．一定温度下，加入
CaO(s)，与CO2反应生成CaCO3，从而减少体系中CO2的物质的量，使反应②的平衡逆向移动，H2的
物质的量增大，反应①的平衡逆向移动，从而降低平衡时苯乙烯的产率，D 不正确；选D。
第II 卷（非选择题 共61 分）
二、非选择题，共4 题，共61 分。
14．（14 分）回收富铼渣(主要含ReS2、CuS、Bi2S3)可制备航天材料高铼酸铵和金属铼。
(1)富铼渣用30%H2O2和0.1mol·L−1H2SO4的混合溶液氧化酸浸，ReS2、CuS、Bi2S3中金属元素以
HReO4、CuSO4、(BiO)2SO4形式存在，硫元素以
和S 形式存在；将酸浸液过滤，得到含低浓度的
HReO4溶液和滤渣。Re、Cu、Bi 浸出率(
)随浸取时间变化如图所
示。
8
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①滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②氧化酸浸中，ReS2转化为两种强酸，该反应的化学方程式为 。
60min
③
后，Cu 浸出率略有上升的原因是 。
(2)含低浓度的HReO4溶液通过萃取、反萃取、提纯后得到高纯度NH4ReO4。用含有机胺(R3N)的有机
溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的HReO4溶液，原理为：2R3N＋H+＋ReO
(R3N)2·HReO4(有机
层)。反萃取时，加入氨水的目的是 。
(3)NH4ReO4焙烧可制得金属铼。将5.36mgNH4ReO4(摩尔质量为268g·mol−1)分别在空气和氢气氛围中
焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。
①在空气中焙烧，500℃时几乎没有固体剩余的原因是 。
②在氢气中焙烧，350℃得到铼的某种氧化物的晶胞如图所示，距离Re 原子最近的O 原子有
个。在整个过程中，H2的实际用量远大于理论反应用量，H2所起的作用有 。
【答案】(1)
Bi
①
2S3、S 、CuS（2 分）
②
（2 分）
③ 产物中H2SO4生成的量增多，H2SO4的浓度增大，Cu 的浸出率增大（2 分）
(2)加入氨水，c(OH-)增大，有利于向反萃取方向进行，ReO 量增多，同时c(
)增大，有利于
9
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NH4ReO4生成。（2 分）
(3)
NH
①
4ReO4在空气中焙烧生成Re2O7，Re2O7沸点低受热变成气体（2 分）
8
②（2 分） H2除用作还原剂外，还用于排尽装置中的空气、做铼的保护气或冷却剂（2 分）
【解析】将富铼渣(主要含ReS2、CuS、Bi2S3)与用30%H2O2和0.1mol·L−1H2SO4的混合溶液氧化酸浸，
ReS2、CuS、Bi2S3中金属元素以HReO4、CuSO4、(BiO)2SO4形式存在，硫元素以
和S 形式存在；
将酸浸液过滤，得到含低浓度的HReO4溶液和滤渣，滤渣中含有未反应的Bi2S3、CuS 和生成的S，将
含低浓度的HReO4溶液通过萃取、反萃取、提纯后得到高纯度NH4ReO4。用含有机胺(R3N)的有机溶
剂作为萃取剂提纯一定浓度的HReO4溶液，加入氨水进行反萃取可得到NH4ReO4，NH4ReO4焙烧可制
得金属铼。（1）①由分析知，滤渣的主要成分为Bi2S3、S 、CuS；②氧化酸浸中，ReS2转化为两种
强酸即HReO4和硫酸，化学方程式为
；③由②中反应可知，
随着反应的进行，产物中H2SO4生成的量增多，H2SO4的浓度增大，Cu 的浸出率增大，故60min 后，
Cu 浸出率略有上升。（2）由2R3N＋H+＋ReO
(R3N)2·HReO4(有机层)可知，加入氨水，
c(OH-)增大，有利于向反萃取方向进行，ReO 量增多，同时c(
)增大，有利于NH4ReO4生成。
（3）①在空气中焙烧时，NH4ReO4焙烧生成Re2O7，Re2O7沸点低受热变成气体，故在500℃时几乎没
有固体剩余；②在氢气中焙烧，350℃得到铼的某种氧化物的晶胞，由图可知，铼位于顶点和面心，O
位于晶胞内，距离面心上的Re 原子最近的O 原子共有4 个，故距离Re 原子最近的O 原子有
个；由于在焙烧过程中，H2除用作还原剂外，还用于排尽装置中的空气、做铼的保护气或冷却剂，故
H2的实际用量远大于理论反应用量。
15．（15 分）氯喹是合成一种抑制病毒药物的中间体，其合成路线如下图：
(1)C 分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 。
(2)B→C 的反应需经历两步，其反应类型依次为 、 。
10
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(3)C→D 的反应中会有一种与D 互为同分异构体的副产物X 生成，该副产物X 的结构简式为 。
(4)E 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，其中一种也能与FeCl3溶液发生显色反
应；②分子中有氰基(-CN)；
③分子中有4 种不同化学环境的氢；
④分子中有一个手性碳原子。
(5)写出以1，3-丁二烯(
)和
为原料制备
的合成
路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】(1)9（2 分）
(2)加成反应（2 分） 消去反应（2 分）
(3)
（2 分）
(4)
（2 分）
(5)
或
（5 分）
11
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【解析】A 发生还原反应生成B，B 和
先发生加成反应再发生消去反应生成
C，C→D 过程中
→
，在与N 原子相连
的C 的邻位C 上成新环，同理，这个新环也可以在N 左下角这个C 上形成新环，会有一种与D 互为
同分异构体的副产物X 生成，该副产物X 的结构简式为
，D 发生取代反应
生成E，E 脱去CO2生成F，F 发生取代反应生成G，G 和
发生取代反应生成氯喹。
（1）由C 的结构简式可知，其中苯环、碳氮双键、酯基中的C 原子采取sp2杂化，则采取sp2杂化的
碳原子数目是9。（2）
结构B、C 的结构简式可知，B 和
先发生加成反应再发生消去反应生成C。
（3）由分析可知，C→D 过程中
→
，
在与N 原子相连的C 的邻位C 上成新环，同理，这个新环也可以在N 左下角这个C 上形成新环，会
有一种与D 互为同分异构体的副产物X 生成，该副产物X 的结构简式为
。
（4）E 为：
，它的同分异构体在酸性条件下水解得到的两种有机产物，
都能发生银镜反应，则必有HCOO-、-CHO，只有三个氧原子而水解产物有一种能与FeCl3溶液发生显
色反应，则HCOO-必与苯环直接相连，有-CN，那么还有1 个C，一个Cl，因为有一个手性碳，则这
个C 上连的4 个部分不相同，所以我们先把这部分连好，为：
，左边部分必与
12
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相连，又因为有4 种不同化学环境的氢，所以只能连在对位：
。（5）1，3-丁二烯先和Br2发生加成反应生成
，
和NaOH 水溶液发生取代反应生成
，
发生取代反应
生成
，
和HCl 发生加成反应生成
，
和
发生取代反
应生成
。
16．（16 分）氧化亚铜(
)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。
在酸性溶液中歧化为
二价铜离子和铜单质。以黄铜矿(主要成分为
，含有杂质
)为原料制取
的一种工艺流
程如图：
(1)写出“浸泡”时
发生反应的离子方程式 。
(2)判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为 。
(3)“热还原”时，将新制
溶液和
溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到
粉末。制备装置如下图所示：
13
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反应时A 装置原料反应配比为
，B 装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，
防止污染环境，A 装置中反应的化学方程式为 。实际反应中需不断滴加NaOH 溶液的作用是：
。
(4)反应完成后，利用装置B 中的溶液(NaOH 与
混合溶液)可制备
晶体。请补充
完整实验方案，取装置B 中的溶液， ，洗涤、干燥得
晶体。(已知：室温下，
溶液中
、
、
的物质的量分数随pH 的分布如下图所示；室温下从
饱和溶液中
结晶出
，实验中须使用的试剂及仪器有：
、氧气、pH 计)
(5)工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH 的NaCl 水溶液制备
。已知：该电解过程
中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH 反应转化为
。
①写出阳极的电极反应方程式： 。
②若电解时理论上生成14.4g
时，电路中通过 mol 电子。
【答案】(1)CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S（2 分）
(2)取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生（2 分）
(3)3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑ （2 分） 因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，
Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O 含量（2 分）
(4)边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH 计测量溶液的pH 值，至pH 约为10 时，再向溶液中通入O2至
pH 约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤（3 分）
14
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(5) ①
（2 分） ②0.2mol（3 分）
【解析】CuFeS2 “浸泡”时，生成Fe2+、Cu2+，通入氧气和硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化
铜，调节pH，来沉淀三价铁，溶液此时为硫酸铜，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到Cu2O。（1）由
图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式
CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S。（2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作
及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生。（3）反应时A 装置原料反应配比为
n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B 装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生
成，3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑，化学方程式为3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+
3Na2SO4+ 2SO2↑；不断滴加NaOH 溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性
溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O 含量。（4）若装置B 中的溶液(NaOH 与Na2SO3混合溶
液)可制备Na2SO4·10H2O 晶体，取装置B 中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH 计测量溶液的
pH 值，至pH 约为10 时（由微粒物质的量分数可知pH 约为10，主要以亚硫酸根存在）；再向溶液中
通入O2（将亚硫酸根氧化为硫酸根）至pH 约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，
洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O 晶体。（5）①阳极先生成难溶物CuCl，即
，再与NaOH
反应转化为Cu2O；②生成14.4g
时即0.1mol Cu2O 生成，根据原子守恒，可知0.1mol Cu2O 需要
通过0.2mol 电子。
17．（15 分）NOx(主要指NO 和NO2)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NO，是环境保护的重要
课题。
(1)①用水吸收NO2的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)＋H2O(1)=HNO3(aq)＋HNO2(aq) ∆H=-116.1kJ·mol-1
3HNO2(aq)=HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(1) ∆H=75.9kJ·mol-1
反应3NO2(g)＋H2O(1)=2HNO3(aq)＋NO(g)的∆H= kJ·mol-1。
②在NOx的水溶液中加入(NH2)2CO，(NH2)2CO 与溶液中的HNO2反应生成N2和CO2，，该反应的化学
方程式为 。
(2)氨氮治理-SCR 脱硝
在催化剂作用下，NH3将NO 选择性还原为N2的过程称为SCR 脱硝。用活化后的V2O5催化NH3将NO
还原为N2的可能反应机理如题图1 所示。催化剂能吸附NH3的原理是 ，反应过程中消耗1mol
O2，处理NO 物质的量为 mol。
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(3)二氧化铈(CeO2)是一种脱硝催化剂，能在Ce4＋和Ce3＋之间改变氧化状态，将NO 氧化为NO2，并引
起氧空位的形成，得到新的铈氧化物(Ce8O15)。铈氧化物催化脱硝时可能的变化如题图2 所示。
Ce
①
8O15中Ce4＋和Ce3＋个数比为 。
②生成1mol Ce8O15，氧化标准状况下NO 的体积为 L。
【答案】(1)
−136.2
①
（3 分） ②2HNO2＋(NH2)2CO=2N2↑＋CO2↑＋3H2O（2 分）
(2)氨气与催化剂之间形成N-H···O 氢键及O-H···N 氢键（2 分） 4（2 分）
(3)
3
①：1（3 分） ②22.4L（3 分）
【解析】（1）①已知①2NO2(g)＋H2O(1)=HNO3(aq)＋HNO2(aq) ∆H1=-116.1kJ·mol-1
3HNO
②
2(aq)=HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(1) ∆H2=75.9kJ·mol-1
根据盖斯定律，
得到3NO2(g)＋H2O(1)=2HNO3(aq)＋NO(g)，则∆H=
=−136.2 kJ·mol-1；②(NH2)2CO 与溶液中的HNO2反应生成N2和
CO2，根据元素守恒，该反应还有水生成，配平该反应为2HNO2＋(NH2)2CO=2N2↑＋CO2↑＋3H2O。
（2）根据题图可知，催化剂V2O5能吸附NH3的原理是氨气与催化剂之间形成N-H···O 氢键及O-
H···N 氢键；根据图示可知，O2参与反应历程为，
，则消耗1mol O2，相
当于生成4mol 催化剂，根据图示原理可知，4mol 催化剂能结合4molNO，生成4molN2。（3）①设
Ce4＋和Ce3＋个数分别为x、y，根据原子守恒有x+y=8，根据化合价代数和为0 有4x+3y=15×2，解的
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x=6、y=2，Ce4＋和Ce3＋个数比为3 1∶；②CeO2能在Ce4＋和Ce3＋之间改变氧化状态，将NO 氧化为
NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物(Ce8O15)，反应原理为
，则生
成1mol Ce8O15，氧化标准状况下NO 的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L。
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