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2025 年高考第二次模拟考试
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 P-31 S-32 Au-197
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．配合物在许多方面有着广泛应用，下列有关叙述错误的是
A．向ZnSO4溶液中逐滴加入氨水，可以除去溶液中的杂质Cu2+
B．以Mg2+为中心的大环配合物叶绿素能催化光合作用
C．血红蛋白中Fe2+的卟啉配合物可输送O2
D．[Ag(NH3)2]+是化学镀银溶液的有效成分
【答案】A
【解析】A．氨水和硫酸铜反应可生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可
溶性的铜氨络合物，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2
、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2
，故向ZnSO4溶液中逐滴加入氨水，不能除去杂质Cu2+，A 错误；
B．以Mg2+为中心的大环配合物叶绿素中，N 元素最外层有5 个电子，通过3 个共用电子对可形成 8
电子稳定结构，所以镁与4 个氮形成的共价键中，有2 条是配位键，即氮原子提供电子，镁提供空轨道，
叶绿素能催化光合作用，B 正确；
C．血红蛋白中血红素的化学式为(C34H32O4N4Fe)，其中2 个N 原子为sp2杂化提供孤电子对，Fe2+离子
提供空轨道，形成配位键，如图
，血红蛋白中Fe2+的卟啉配合物可输送O2，C 正确；
D．含醛基的物质能被弱氧化剂银氨试剂氧化，在工业上用于制镜和热水瓶胆镀银等，常用含有醛基的
葡萄糖与[Ag(NH3)2]+作用生成银，所以[Ag(NH3)2]+是化学镀银的有效成分，D 正确；
本题选A。
2．下列叙述错误的是
A．
是极性分子 B．
原子的中子数为10
1
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C．
与
互为同素异形体 D．
和
互为同系物
【答案】D
【解析】A．
是“V”形结构，不是中心对称，属于极性分子，故A 正确；
B．
原子的中子数18−8=10，故B 正确；
C．
与
是氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故C 正确；
D．
属于酚，
属于醇，两者结构不相似，因此两者不互为同系物，故D
错误。
综上所述，答案为D。
3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．
易溶于水，可用于制硝酸 B．CO 具有还原性，可用来冶炼铁矿石
C．
受热易分解，可用作食用碱 D．
具有漂白性，可用作食品的抗氧化剂
【答案】B
【解析】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，可用于制造硝酸，与其溶解性无关，故A 不选；
B．CO 具有还原性，可用来冶炼铁矿石，故B 选；
C．碳酸氢钠水解溶液显碱性，可用作食用碱，与其受热分解的性质无关，故C 不选；
D．SO2可用作食品的抗氧化剂是因为其有还原性，与其漂白性无关，故D 不选。
答案选B。
4．烯烃在一定条件下能转化为邻二醇，其机理如下图所示。下列说法错误的是
A．化合物甲是催化剂
B．转化过程
元素的化合价会发生改变
C．化合物戊是氧化剂
D．转化过程涉及非极性键的断裂与形成
【答案】D
【解析】A．化合物甲先参与反应形成中间体丁，又被化合物戊氧化为甲，化合物甲为催化剂，故A 正
确；
B．甲中Os 形成4 个双键，丙中Os 形成2 个双键和2 个单键，丁中Os 形成3 个双键，Os 的化合价发
2
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生了变化，B 正确；
C．戊到己发生了去氧反应，是还原反应，则戊是氧化剂，C 正确；
D．反应中涉及到非极性键碳碳键的断裂，并未涉及到非极性键形成，D 错误；
答案选D。
5．下列实验装置或操作能达到实验目的的是
①
②
③
④
A．图①装置用于测定中和反应的反应热
B．图②装置用于制备深蓝色晶体
C．图③装置用于测定
溶液的浓度
D．图④装置用于配制银氨溶液
【答案】B
【解析】A．图①装置缺玻璃搅拌器，A 错误；
B．[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，加入95%乙醇后易结晶析出深蓝色晶体
，B 正确；
C．酸性
溶液为强氧化性溶液，应放在酸式滴定管中，不能放在碱式滴定管中，C 错误；
D．应先在洁净的试管中加入
溶液，然后边振荡试管边逐滴加入
氨水，直到最初
产生的沉淀恰好溶解为止，即可制得银氨溶液，D 错误；
答案选B。
6．白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，原理为
。已知
白磷、磷酸和硫酸的结构分别为
、
、
，设
为阿伏加德
罗常数的值，下列说法正确的是
A．
含σ 键数目为
B．每生成
，转移电子数目为
C．
和
混合物中含有的羟基数目为
D．
溶液中含
数目为
3
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【答案】B
【解析】A．每个白磷分子含有6 个
键，所以
含
键数目为
，A 错误；
B．生成
时，
元素化合价降低1 价，P 的化合价降低3 价，所以每生成1 个
，化合价降低
6 价，故每生成
，转移电子数目为
，B 正确；
C．由于
和
的摩尔质量均为
，一个
、
的羟基个数分别为3、2，所
以
和
混合物中含有的羟基数目介于
与
之间，C 错误；
D．由于
为强酸弱碱盐，溶液中
会部分水解，所以
溶液中含
数目小
于
，D 错误；
答案选B。
7．对下列叙述的评价合理的是
选项
叙述
评价
A
乙酸乙酯在H O 中水解，产物乙醇中将含
有
18O
对，根据酯的水解规律，产物乙醇中将含有
18O 同位
素，而乙酸则没有
B
明矾和漂白粉都可用于水的净化
对，二者的作用原理相同
C
施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与
NH4Cl 混合使用
对，K2CO3与NH4Cl 反应生成氨气会降低肥效
D
可以用新制的Cu(OH)2悬浊液鉴别乙醇、
乙酸和葡萄糖
错，用新制的Cu(OH)2悬浊液不能鉴别乙醇和乙酸
【答案】C
【解析】A．乙酸乙酯水解时，按酯化时的原路返回，酯化时，酸脱羟基，则在H O 中水解，产物乙
酸中将含有
18O，A 评价不合理；
B．明矾和漂白粉都可用于水的净化，前者水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮颗粒物，后者杀菌
消毒，作用原理不同，B 评价不合理；
C．施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl 混合使用，因为二者发生双水解反应，从而生成
氨气，降低肥效，C 评价合理；
D．可以用新制的Cu(OH)2悬浊液鉴别乙醇、乙酸和葡萄糖，乙醇不反应，乙酸溶解悬浊液，生成蓝色
溶液，D 评价不合理。
故选C。
8．
为离子液体中常见的阴离子，离子中各原子均达到稳定结构，其组成元素W、X、Y、Z
为4 种核电荷数依次增大的短周期主族元素，其中Y 的单质能与水反应产生氧气。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．简单氢化物的分子极性：
4
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C．简单离子半径：
D．非金属性：
【答案】A
【解析】由于Y 的单质能与水反应产生氧气，则Y 为F，X 含有两个共价键，则X 为O，Z 含有6 个共
价键，则Z 为S，W 含有2 个共价键，得到一个电子，则W 为N，据此回答。
A．由上述分析知，W 为N，由于N 的价电子排布为
，p 轨道为半满结构，能量较低，第一电离
能较大，第一电离能：
，A 错误；
B．由分析知，X 为O，Z 为S，简单氢化物均为“V”形分子，但电负性O>S，故分子极性：
，
B 正确；
C．由分析知，W 为N，X 为O，Y 为F，
电子层结构相同，半径逐渐减小，故简单离子
半径
，C 正确；
D．由分析知，X 为O，Y 为F，Z 为S，O 和F 同周期，从左往右非金属性增强，即F>O，O 和S 同主
族，从上往下，非金属性逐渐减弱，即O>S，故非金属性：
，D 正确；
故选A。
9．下列离子在溶液中能大量共存，加OH-有沉淀析出，加H+能放出气体的是
A．Na+、Ba2+、Cl-、
B．Al3+、K+、Cl-、
C．Ca2+、K+、
、Cl-
D．Na+、Cu2+、Cl-、
【答案】A
【解析】A．四种离子在溶液中不发生离子反应，能大量共存，且加入的OH-能与
反应生成
和水，
和Ba2+反应生成碳酸钡沉淀，加入的H+能与
反应生成二氧化碳气体，A 符合题意；
B．四种离子在溶液中不发生离子反应，能大量共存，加入的OH-少量或适量能与Al3+反应生成氢氧化
铝沉淀，但加入的H+不与其他离子反应，不能放出气体，B 不符合题意；
C．四种离子在溶液中不发生离子反应，能大量共存，加入的OH-不能与其它离子反应反应生成沉淀，
且加H+不能放出气体，C 不符合题意；
D．Cu2+与
不能大量共存，会生成碳酸铜沉淀，D 不符合题意；
答案选A。
10．1，
丁二烯和
以物质的量之比为
发生加成反应分两步：第一步
进攻1，
丁二烯生成中
间体
(溴正离子)；第二步
进攻中间体
完成1，
加成或1，
加成。反应过程中的能量变化
如下图所示，下列说法正确的是
5
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A．从中间体
到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物
B．第一步的反应速率比第二步慢，中间体
的存在时间极短
C．该加成反应的反应热为
，反应过程中有
键的断裂和生成
D．升高温度，1，
丁二烯的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】A．由图可知，从中间体
到产物，生成A 时活化能更小，速率更大，生成B 时，B 更稳定，
故A 错误；
B．由于第一步是慢反应，第二步是快反应，故中间体
的存在时间极短，故B 正确；
C．Ea是第二步反应中1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是
只是两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，1，4-加成反应过程中有
键的
断裂，也有
键生成，故C 错误；
D．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则1，3-丁二烯的加成反应是放热反应，升高温
度，平衡逆向移动，1，3-丁二烯的平衡转化率降低，故D 错误；
答案选B。
11．聚合物
的合成方法如下：
下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ发生有
生成
B．合成
时，参加反应的
和
的物质的量之比为
C．
中的含氧官能团有4 种
6
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D．
在酸性条件下充分水解能生成
和
【答案】D
【解析】A．根据反应过程知，A 与B 反应是成肽反应，生成C 和水，过程Ⅰ发生有
生成，A 正
确；
B．合成
时，E 中含有两段由物质D 形成的链节，每段需要m 个D，所以合成E 时，参加反应的D
和C 的物质的量之比为2m 1∶，B 正确；
C．E 中的含氧官能团有4 种，即酰胺基、醚键、羟基和酯基，C 正确；
D．E 在酸性条件下充分水解后可以转化得到A，但不能得到碱性物质B，D 错误；
故选D。
12．实验室中，下列药品的保存方法正确的是
A．液溴保存于带橡胶塞的细口瓶中，并加水液封
B．氯化亚铁溶液保存时，加入少量稀盐酸和铁粉
C．钠置于广口瓶中，并用四氯化碳液封
D．将分别盛有
与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中
【答案】B
【解析】A．液溴易挥发，有强氧化性，能够腐蚀橡胶塞，应保存在带玻璃塞的试剂瓶中，并加水液
封，故A 错误；
B．氯化亚铁溶液保存时，加入少量稀盐酸抑制亚铁离子水解，加入铁粉防止亚铁离子被氧化，故B
正确；
C．钠的密度比四氯化碳小，比煤油大，所以钠置于广口瓶中，并用煤油液封，故C 错误；
D．高锰酸钾具有强氧化性，能和乙醇反应，不能将盛有
与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱
中，故D 错误；
答案选B。
13．Se@C(硒@多孔石墨)是一种极具吸引力的二次电池系统替代材料，一种基于四电子转移反应的快充水
系硒基电池放电或充电原理如图所示。已知充放电时Se 的变化过程为
。
下列说法正确的是
A．放电过程中
由右侧流向左侧
7
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B．充电时Se@C 的电极总反应为
C．放电时
的电极反应为
D．若中间物质
中
，则
中
与
的个数之比为
【答案】B
【解析】依据题意，该电池放电时，Zn 极失去电子生成Zn2+，作为负极；则Se@C(硒@多孔石墨)为
正极Se 得到电子、并与Cu2+结合形成CuSe，发生还原反应，发生四电子转移，经过多步转化：
最后生成Cu2Se；充电时，阴极上Zn2+得到电子生成Zn 单
质，阳极上Cu2Se 失去电子发生氧化反应、反应逆转最终得到Se、且释放Cu2+。
A．放电时阴离子向负极移动，据分析，放电过程中
流向右侧，A 错误；
B．据分析，充电时，阳极发生四电子转移过程的逆过程，则充电时Se@C 的电极总反应为
，B 正确；
C．放电时发生四电子转移，正极总反应为
，
过程中铜的化合价在降低，
是其中的某一步反应，
则放电时
的电极反应为
，C 错误；
D．若中间物质
中
，则其化学式为
，改写化学式为
，则
，得
，即
与
的个数之比为
，D 错误；
故选B。
14．常温下，用
溶液滴定
溶液，得到
与
、
，关系如图，下列叙述错误的是
A．曲线
表示
与
的变化关系，
B．
点存在
C．消耗
体积为
时，
8
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D．
点
【答案】C
【解析】H2A 的 ka1=
，ka2=
，ka1> ka2，所以pH 相等时，
，所以n 表示-lg
随
的变化曲线，m 表示-lg
随
的变化曲线，
则pH=0 时，-lg
=1.4，
，-lg
=6.7，
。
A．根据以上分析，n 表示-lg
随
的变化曲线，m 表示-lg
随
的变化曲线。pH=0
时，-lg
=6.7，
，故A 正确；
B．
点为向
溶液中加入20mL
溶液，溶质为NaHA，根据质子
守恒，存在
，故B 正确；
C．消耗
体积为
时，溶质为等浓度的NaHA、Na2A，
的电离平衡常数为
、
的
水解常数为
，
电离大于
的水解，所以
，故C 错误；
D．
点溶质为Na2A，根据电荷守恒①
，根据物料守恒
②
，②带入①得
，故D 正确；
选C。
第II 卷（非选择题 共58 分）
二、非选择题，共4 题，共58 分。
15．（14 分，每空2 分）如图转化关系中，N 是一种日常生活中常见的无机物，其余每一个字母均代表一
种有机物。
9
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已知：①与苯环直接相连的碳原子上有H 时，该碳原子才能被氧化为—COOH；
②同一个碳原子上连接两个羟基时，会发生自动脱水；
③
，其中—R 为烃基。
请回答下列问题。
(1)化合物E 分子中，最多有 个碳原子共平面。
(2)分别写出N 的化学式和Q 的结构简式： ， 。
(3)从A 到E，没有用酸性高锰酸钾溶液直接氧化，而是经历了几个中间步骤，这样做的目的是
。
(4)写出下列反应的化学方程式(注明反应条件)。
反应①： ；反应③： 。
(5)写出符合下列条件的化合物E 的同分异构体的结构简式(写出4 种即可)： 。
i．是邻位二取代苯；ii．含有
结构；iii．能发生水解反应。
【答案】(1)10
(2) Na2CO3
(3)保护碳碳双键，使其不被氧化
(4)
+HBr
+2NaOH
+NaBr+2H2O
10
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(5)
、
、
、
、
、
、
、
(写出其中任意4 种即可)
【解析】M 在氢氧化钠的作用下发生水解，生成三种物质，分别为Na2CO3、
(P)
和
(A)，P 酸化后生成Q 为苯甲酸，A 与HBr 发生加成反应，根据已知条件与苯环
直接相连的碳原子上有H 时，该碳原子才能被氧化为— COOH ，所以B 的结构简式为
，B 被酸性高锰酸钾氧化生成C，C 的结构简式为
，根
据E 的结构简式推测，C 到D 发生的是卤代烃的消去反应，因此D 的结构简式为
，
据此作答：
（1）根据苯分子的平面形结构可知，羧基上的碳原子与苯环共平面。碳碳双键上的3 个碳原子肯定
共平面，当此平面与苯环重合时，所有的碳原子均共平面。因此，最多有10 个碳原子共平面；
（2）根据M 的结构可判断出其水解产物有三种：Na2CO3、
(P)和
(A)。P 与强酸反应生成
(Q)；
11
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（3）观察A 和E，反应的最终结果是—CH2OH 被氧化为—COOH，如果直接用酸性高锰酸钾溶液氧
化，则碳碳双键必定被氧化，因此需要将碳碳双键保护起来，方法是使其与HBr 发生加成反应。但根
据题意，Br 原子必须加到与苯环直接相连的碳原子上，否则该基团仍然可被氧化；
（4）根据以上分析可知，反应①的条件必须是“适当的溶剂”，将—Br 加到与苯环相连的碳原子上；
反应③是卤代烃的消去反应，反应条件是“NaOH 的乙醇溶液，加热”；
（5）根据题意，所写同分异构体必须是酯，并且具有处于相邻位置的两个原子团。，所以可以为
、
、
、
、
、
、
、
(写出其中任意4 种即可)。
16．（17 分，除标注外，每空2 分）黄金是一种重要的贵金属，被广泛应用于金融、珠宝、艺术、电子等
领域。根据来料金含量可选择不同提炼黄金的方法。
I．手机等电子产品中还有微量的金，主要位于芯片(绝缘板上覆盖铜、银、铁等金属)上，以下是一种
从手机芯片中提炼直径5
左右纳米金的流程；
(1)“洗脱液”中主要有的阳离子有
、 。
(2)“球磨”是通过不停转动使钢球和原料互相撞击，主要作用是
。（1 分）
(3)“王水”是将浓盐酸与浓硝酸按3：1 比例配制。“浸出液”中金元素主要以四氯金酸根(
)
的形式存在，请写出“浸出”的离子方程式 ；
是一种配离子，请写出其结构式
；在“滤渣”中，除了难溶的绝缘材料，还有的物质是 (写化学式)。
(4)“还原”步骤中，不加入葡萄糖而是加水稀释也可以得到金单质，与之相比，用葡萄糖还原的主要
优势是 ；操作1 的名称是 。
II．金含量较高的来料可以使用混汞黄金提纯法。通过将高温融化的材料与汞混合，金与汞形成“金
汞齐”，再通过一系列的提炼得到金。
12
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(5)图1 是一种平面层状的金汞齐结构，其化学式为 ；通过此法制得的金晶胞如图2，假设
金原子是直径为
的刚性小球，则该晶胞的密度为
；(用含a 的表达式表示，阿
伏加德罗常数为
)
【答案】(1)
、
(2)粉碎原料，增大接触面积加快浸出
(3)
(4) 避免产生污染性气体
渗析
(5)
【解析】手机等电子产品中还有微量的金，主要位于芯片(绝缘板上覆盖铜、银、铁等金属)上，用
FeCl3溶液洗脱，铁、Cu 分别和FeCl3溶液反应生成Fe2+、Cu2+，“洗脱液”中主要有的阳离子有
、
Fe2+、Cu2+，剩下的金和银混合物球磨后用王水浸出，Au 转化为
过滤后存在于滤液中，Ag 和
王水反应生成AgCl 沉淀存在于滤渣中，向浸出液中加入葡萄糖将
还原为Au 单质，以此解答。
（1）由分析可知，“洗脱液”中主要有的阳离子有
、
、
。
（2）“球磨”是通过不停转动使钢球和原料互相撞击，主要作用是粉碎原料，增大接触面积加快浸
出。
（3）
“王水”是将浓盐酸与浓硝酸按3：1 比例配制，“浸出液”中金元素主要以四氯金酸根(
)的
形式存在，说明Au 被浓硝酸氧化为
，浓硝酸转化为NO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配
平离子方程式为：
，
是一种配离子，Cl-为
配体，其结构式为：
，由分析可知，在“滤渣”中，除了难溶的绝缘材料，还有
的物质是
。
13
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（4）“还原”步骤中，不加入葡萄糖而是加水稀释也可以得到金单质，
转化为Au 的同时有
生成，则用葡萄糖还原的主要优势是避免产生污染性气体
。向浸出液中加入葡萄糖将
还原为Au 单质，再通过渗析得到纳米金。
（5）由图1 可知，Au 原子被3 个Hg 共有，而Hg 原子被2 个Au 原子共有，则金汞齐的化学式为
，由金晶胞结构可知，金原子的个数为
4，假设金原子是直径为
的刚性小
球，金原子半径的4 倍为晶胞面对角线，则晶胞的边长为
，则该晶胞的密度为
。
17．（14 分，每空2 分）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，国内外目前生产苯乙烯的方法主
要是乙苯催化脱氢法，反应方程式为：
(1)实际生产过程中，通常向乙苯中掺混氮气N2不参与反应)，保持体系总压为100kPa 下进行反应，不
同投料比m 下乙苯的平衡转化率随反应温度变化关系如图所示(其中投料比m 为原料气中乙苯和N2的
物质的量之比，取值分别为1 0∶、1 1∶、1 5∶、1 9)
∶
。
①乙苯催化脱氢反应的
0(填“>”或“<”)。
②投料比m 为1 9∶的曲线是 (填
、
、
或
)，图中A 与B 两点相比较，乙苯活化
分子百分数A B(填“>”、“=”或“<”)。
③保持投料比不变，在恒温恒压的条件下进行反应，下列事实能作为该反应达到平衡的依据的是
(填字母)。
A．
(乙苯)
(苯乙烯)
B．容器内气体密度不再变化
C．容器内苯乙烯与H2的分子数之比不再变化
D．容器内气体的平均相对分子质量不再变化
(2)近年来，有研究者发现若将上述生产过程中通入N2改为通入CO2，在CO2气氛中乙苯催化脱氢制苯
乙烯更容易进行，反应历程如图(历程中的微粒均为气态)：
14
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①该过程中发生的总反应化学方程式为 。
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol 乙苯和2molCO2起始压强为
，若平衡时容器内气体
总物质的量为5mol，乙苯的转化率为 ，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数
kPa(用含
的代数式表示，某气体平衡分压=总压×该气体物质的量分数)。
【答案】(1) >
= ABD
(2)
(g)+CO2(g)
(g)+CO(g)+H2O(g) 50%
【解析】（1）①由题干图像可知，相同m 值时温度越高，乙苯的转化率增大，即升高温度平衡正向
移动，说明正反应是一个吸热反应，故乙苯催化脱氢反应的
＞0，故答案为：＞；
②由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，增大N2的用量，相当于减小压
强，平衡正向移动，即投料比m 越小，乙苯的平衡转化率越大，平衡转化率由小到大的顺序为A＜B
＜C＜D，投料比由大到小的顺序为m1＞m2＞m3＞m4，则投料比m 为1 9∶的曲线是m4，图中A、B 两
点对应的温度相同，故A 与B 两点相比较，乙苯活化分子百分数A=B，故答案为：m4；=；
A
③．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，当
正(乙苯)=
逆(苯乙烯)时，也即
正(乙苯)=
逆
(乙烯)，即正、逆反应速率相等，说明反应到达平衡状态，A 符合题意；
B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积是变量，则气体的密度是变量，当容器内气
体的密度不再改变，能表明反应已达到平衡状态，B 符合题意；
C．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1：1，则不能表明反应已达到平衡状态，C 不合题意；
D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，
混合气体的平均相对分子质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，表明反应已达到平
衡状态，D 符合题意；
故答案为：ABD；
（2）
①由反应历程图，可知：
(g)+CO2(g)
(g)+CO(g)
+H2O(g)，故答案为：
(g)+CO2(g)
(g)+CO(g)+H2O(g)；
②向恒容密闭容器中充入2mol 乙苯和2molCO2，则三段式分析 ：
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，平衡时的气体总物
质的量=2-x+2-x+x+x+x=5mol，解得x=1mol，转化率α(C6H5-CH2CH3)=
×100%=50%，压强与物
质的量成正比，
=
，p 平衡=1.25P0，平衡常数KP=
=
=0.25p0，故答案为：50%；0.25p0。
18．（13 分，除标注外，每空2 分）二氧化硫(SO2)是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广
泛研究的一种气体。
Ⅰ.某研究小组设计了一套制备及检验SO2部分性质的装置，如图所示：
(1)仪器A 的名称 。（1 分）
(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，则装置乙中加入的试剂是 。
(3)①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的O2氧化性强于SO2，因此装置丁中即使
有浑浊现象也不能说明是SO2导致的。请你写出O2与Na2S 溶液反应的化学反应方程式 。
②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表：
序
号
实验操作
实验现象
1
向10 mL 1 mol/L Na2S 溶液中通O2
15 min 后，溶液才出现浑浊
2
向10 mL 1 mol/L Na2S 溶液中通SO2
溶液立即出现黄色浑浊
由实验现象可知：该实验条件下Na2S 溶液出现浑浊现象是SO2导致的。你认为上表实验1 反应较慢的
原因可能是 。
Ⅱ.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的
混合溶液为吸收液，用0.0010 mol·L-1KIO3标准溶液进行滴定。检测装置如图所示：
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[查阅资料] ①实验进行5min 样品中的S 元素都可转化为SO2
2IO
②
3
-+5SO2+4H2O=8H++5SO4
2-+I2
I
③2+SO2+2H2O=2I-+SO4
2-+4H+
IO
④
3
-+5I-+6H+=3I2+3H2O
(4)工业设定的滴定终点现象是 。
(5)实验一：不放样品进行实验，5 min 后测得消耗标准液体积为V1
实验二：加入1 g 样品再进行实验，5 min 后测得消耗标准液体积为V2
①比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。则设置实验一的目的是 。
②测得V2的体积如表：
序号
1
2
3
KIO3标准溶液体积/mL
10.02
9.98
10.00
该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为 。
【答案】 (1)蒸馏烧瓶 (2) 饱和亚硫酸氢钠溶液 (3)O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓ 氧气中
水中的溶解度比二氧化硫小 (4) 吸收液出现稳定的蓝色 (5)空白实验 0.096%
【解析】I.在装置A 中制取SO2气体，通过乙观察SO2气体产生的速率，经品红溶液检验SO2的漂白性，
在装置丁中SO2与Na2S 会发生氧化还原反应产生S 单质，SO2及反应产生的H2S 都是有毒气体，经
NaOH 溶液尾气处理后排出。
II.根据IO3
-能够氧化SO2为SO4
2-，氧化I-为I2，SO2反应完全后，再滴入的IO3
-溶液，I2不再反应，溶
液中的I2遇淀粉溶液变为蓝色；要测定物质含量，应该排除杂质的干扰，设计对比实验，为减少实验
的偶然性，要进行多次平行实验，取多次实验的平均值，根据反应过程中电子守恒计算铁矿石样品中
硫元素的质量分数。
(1)根据图示仪器结构可知：仪器A 的名称为蒸馏烧瓶；
(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，为了减少SO2气体在溶液中的溶解，可根据H2SO3是二
元弱酸，在溶液中存在电离平衡的性质，在装置乙中加入的试剂为饱和NaHSO3溶液；
(3)
Na
①
2S 具有还原性，O2具有氧化性，在溶液中会发生氧化还原反应产生S 单质和NaOH，反应的化
学方程式为O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；
②根据O2、SO2气体分别通入到Na2S 溶液中产生S 单质的时间可知，物质的氧化性：SO2>O2，该实验
条件下Na2S 溶液出现浑浊现象是SO2导致的。表中实验1 反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2
易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；
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II. (4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3
->I2>SO2，向含有SO2、KI 和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首
先发生②反应，当SO2反应完全后发生反应④，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟
内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；
(5)①通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。设置实验一的目的是空
白对比实验，排除干扰因素的存在；
②三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=
mL=10.00 mL，n(KIO3)=c·V=0.0010 mol/L×0.0100 L=1.0×10-5 mol，根据电子守恒及结合②③方程式可
知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5 mol，根据S 元素守恒可知其中含有S 元素的质量为m(S)=n·M=3.0×10-5
mol×32 g/mol=9.6×10-4 g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为
×100%=0.096%。
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