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2025 年高考第三次模拟考试
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 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＞H
B．基态原子的第一电离能：C＞Be
1
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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。
2
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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
3
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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
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：
【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
4
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【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1mol，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2mol 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：
5
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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
6
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【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1mol
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
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是氧化反应，“好氧阴极” 正确的电极反应式为
，C 错误；D．1mol
完全转化为
，N 元素的化合价从-3 价升高到+5 价，失去8mol 电子，需
要消耗的
为2mol。根据 “好氧阴极” 的电极反应式
，转移8mol 电子时，
消耗2mol
，共消耗的
为4mol，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 mol·L-1的Na2CO3溶液和含有MSO4(s)的0.01mol·L-1的Na2SO4溶液，两
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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。
M
①
2＋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 mol·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
mol·L-1，pH 相同时，溶液中的
比0.01 mol·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。
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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“
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”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4
D．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 mol（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
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物质的量为
mol。
（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“>”，“<”或“=”)；该温度下该反应的平衡常数
(用含
“
”“
”或“
”的表达式表示)；
。
（3）工业上常用氯苯
和硫化氢
在特定催化剂条件下反应来制备苯硫酚
，但会有副产物苯
生成。
Ⅳ．
Ⅴ.
①将体积比
的
和
的混合气体通过含有催化剂的不同温度下的恒温反应器，定时测定
反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率与温度的关系如图2.
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图2
下列说法正确的是 。
a．645℃时，反应Ⅳ的化学平衡常数
b．590℃以上，随温度升高，反应Ⅳ平衡逆向移动
c．645℃，延长反应时间，可以提高
的单程收率
②现将一定量的
和
置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应
20min 测定生成物的浓度。实验测得温度较低时
浓度大于
，从活化能角度分析其主要
原因是 。
【答案】（1）-14.8（2 分）
（2）29%（2 分） >（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/mol+378.7kJ/mol
=-14.8kJ/mol；
（2）起始时甲酸的物质的量为1mol，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
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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
0.6mol、0.4mol、0.4mol，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1mol，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。
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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；
氧化剂／还原产物
电位
0.34
0.77
0.74
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+2Na2CO3
2CuO+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
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化学方程式为2CuSe+3O2+2Na2CO3
2CuO+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)=
(
)=
(
)=
mol，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
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。
（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
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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。
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