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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 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 Se 79
第Ⅰ卷（选择题 共40 分）
一、选择题：本题共8 小题，每小题2 分，共16 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A．放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应
B．维生素C 用作抗氧化剂，说明维生素C 具有氧化性
C．“84”消毒液具有强氧化性，能用于饮用水杀菌消毒
D．用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3溶于水后，其溶液显碱性
【答案】A
【详解】A．空气属于气溶胶，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应，A 正确；
B．维生素C 用作抗氧化剂，说明维生素C 具有还原性，B 错误；
C．“84”消毒液具有强氧化性，给水溶液增加大量的Na+，不用于饮用水杀菌消毒，C 错误；
D．用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3和盐酸反应生成易溶于水的氯化铁，D 错误；
故选A。
2．下列有关化学用语或图示表达正确的是
A．CO2的电子式：
B．NH3的球棍模型：
C．一元酸次磷酸(
)的结构简式为：
1
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D．聚1，3-丁二烯的顺式结构：
【答案】D
【详解】
A．二氧化碳的电子式为
，A 错误；
B．该模型为空间填充模型
，B 错误；
C．次磷酸为一元酸，只含有一个羟基，
，C 错误；
D．聚1，3-丁二烯的顺式结构：
，D 正确；
故答案为：D。
3．
常用于微电子工业，可由反应
制得。
为阿伏加德罗常数的值，下
列说法正确的是
A．1 mol
中含有的中子数为
B．反应生成22.4 L
时，转移电子数为
C．当反应消耗1 mol
时，断裂的
键数为
D．1000 mL 0.1mol·L-1
溶液中
数目为
【答案】C
【详解】A．中子数=质量数-质子数；所以1 mol
中含有的中子数为
；故A 错误；
B．未说明物质状态，无法计算，故B 错误；
C．根据反应
可知，消耗3 mol
时，有1molNH3的
断裂；1molNH3
中含有3mol
；所以反应消耗1 mol
时，断裂的
键数为
；故C 正确；
D．
在溶液中水解，导致溶液中
数目小于
；故D 错误；
故答案选C。
4．下列实验操作能实现对应实验目的的是
2
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选
项
实验操作
实验目的
A
将苯和液溴反应产生的气体通入
酸化的
溶液中，观察现象
验证苯和液溴反应有HBr
生成
B
向酸性
溶液中加入
粉末，观察现象
验证
中含有Fe(
)
Ⅱ
C
常温下，向1mL 0.1
NaOH 溶液中滴入2 滴0.1
溶
液，再滴入2 滴0.1
溶液，观察现象
比较
与
的
大小
D
常温下测定1
溶液的pH，加热一段时间后再次测定其
pH，比较大小
证明
的水解为吸热
过程
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．挥发的溴单质也会使得硝酸银溶液出现黄色溴化银沉淀，不能验证苯和液溴反应有HBr 生
成，A 错误；
B．二价铁具有还原性，若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明
中含有Fe(
)
Ⅱ，B 正确；
C．向1mL 0.1
NaOH 溶液中滴入2 滴0.1
溶液，OH-是过量的，不能证明氢氧化铜
沉淀是由氢氧化镁沉淀转化而来，不能比较
与
的
大小，C 错误；
D．加热会加速亚硫酸根离子被空气中氧气氧化为硫酸，会干扰实验的结果，D 错误；
故选B。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．含等物质的量的
、
、
的溶液中通入适量氯气：
B．
溶液与过量NaOH 溶液反应：
C．向氯化钙溶液中通入
气体：
D．次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：
【答案】A
【详解】A．根据还原性：
，故通入适量氯气后根据先与强的还原性的离子发生反应，
故A 正确；
B．根据氢氧化钠的过量判断，
溶液是少量，故应该反应无剩余，则离子方程式为：
，故B 不正确；
C．氯化钙溶液中通入二氧化碳气体，由于碳酸的酸性比盐酸的酸性弱，所以不发生反应，故C 不正确；
D．根据二氧化硫的量的多少进行判断反应
，故D 不正确。
故选A。
3
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6．化合物T 是一种用于合成药物的重要试剂，其结构简式如图所示。已知X、Y、Z、M、N 为原子序数依
次增大的前四周期主族元素，Z、M 位于同一主族，X、Y、N 的最外层电子数之和等于Z 的最外层电子
数。下列有关叙述错误的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物的稳定性：
C．化合物
与
均为共价化合物
D．化合物T 中所有原子均满足8 电子相对稳定结构
【答案】D
【详解】
A．由分析知M 为S，N 为K，简单离子的核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则有
，故A 正确；
B．由分析知Z 为O，M 为S，O、S 同主族，且非金属性O>S，元素非金属性越强，简单氢化物的稳定
性越强，则有
，故B 正确；
C．化合物
和COS 均是由共用电子对形成的化合物，均为共价化合物，故C 正确；
D．化合物T 中含H 原子，与其他原子形成共价键最外层为2 电子，不是所有的原子均满足8 电子稳定
结构，故D 错误；
故答案为：D
7．对下列事实的解释中，错误的是
A．附着在试管内壁上的硫可用CS2洗涤，说明硫易溶于CS2
B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C．向某溶液中加足量稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液产生白色沉淀，说明该溶液中一定有SO
D．常温下浓硫酸可以用铁质容器贮存，说明铁与浓硫酸不反应
【答案】D
【详解】A．硫易溶于二硫化碳，则附着在试管壁上的硫，可用CS2洗涤，故A 正确；
B．浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气，浓硝酸在光照下颜色变黄，是分解产生的二氧
化氮在溶液中所致，体现了浓硝酸的不稳定性，故B 正确；
C．向某溶液中加入足量稀盐酸无现象，说明溶液中无碳酸根和亚硫酸根，再加BaCl2溶液，产生白色
沉淀，说明原溶液中一定含有SO
，故C 正确；
D．常温下，铁与浓硫酸发生钝化，钝化属于化学变化，故D 错误；
4
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故选D。
8．某镁镍合金储氢后所得晶体的立方晶胞如图1(为便于观察，省略了2 个图2 的结构)，晶胞边长为
apm。下列说法正确的是
A．晶体的化学式为
B．晶胞中与1 个Mg 配位的Ni 有6 个
C．晶胞中2 个Ni 之间的最近距离为apm D．镁镍合金中Mg、Ni 通过离子键结合
【答案】A
【详解】A．Ni 位于顶点和面心，根据均摊法，Ni 的个数为8×
+6×
=4，每个Ni 原子周围有6 个H，
因此H 有24 个，Mg 都在体内，因此Mg 有8 个，晶体的化学式为Mg2NiH6，A 正确；
B．由图像可知，Mg 周围距离最近且相等的Ni 有4 个，因此晶胞中与1 个Mg 配位的Ni 有4 个，B 错误；
C．由图像可知，晶胞中最近的2 个N 位于面的中心和顶点上，距离为面对角线的一半，即
apm，C
错误；
D．Mg、Ni 均为金属，合金中Mg、Ni 通过金属键结合，D 错误；
故选A。
二、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包
括一个选项，多选得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4 分，
但只要选错一个就得0 分。
9．常温下，向20．00mL0．100mol/L 的醋酸溶液中逐滴滴加0．100mol/L 的NaOH 溶液，溶液pH 随加入
NaOH 溶液体积的变化如下表所示：
编号
①
②
③
加入NaOH 溶液的体积
10.00
X
20.00
溶液pH
4.76
7.00
8.72
下列说法正确地是
A．①中存在c(CH3COO-)=c(CH3COOH)>c(Na+)
B．②中存在c(Na+)=c(CH3COO-)=c(H+)=c(OH-)
C．③中存在c(Na+)+c(H+) c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L
D．从①到③溶液中水的电离度一直增大
5
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【答案】CD
【详解】A．①中溶液的溶质为：CH3COOH 和CH3COO Na，二者物质的量相等，醋酸钠是强电解质完全
电离，则醋酸钠按1:1 电离出CH3COO-和Na+，又溶液显酸性，醋酸的电离大于醋酸根的水解，故
c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，综合排序为：c(CH3COO-)> c(Na+)>c(CH3COOH)，A 错误；
B．②中存在电荷守恒：
，溶液pH=7，溶液呈中性，又氢离子，
氢氧根离子浓度较小，故有离子浓度关系：
，B 错误；
C．③中酸碱恰好完全反应，生成可水解的盐CH3COONa，此时溶液体积变为2 倍，则钠离子的浓度为
0.05mol/L，该溶液中存在质子守恒：
，变形可得：
，C 正确；
D．酸碱均会抑制水的电离，可水解的盐会促进水的电离；①、②中酸过量，会抑制水的电离，③中酸
碱恰好完全反应，生成可水解的盐CH3COONa，促进水的电离，故从①到③溶液中水的电离度一直增大，
D 正确；
答案选CD。
10．以惰性电极电解丙烯腈（
）合成己二腈[
]，原理如图，电解过程会产生丙
腈（
）等副产物。下列说法正确的是
A．电极Y 的电势高于电极X 的电势
B．电解池中
的移动方向：右室→质子交换膜→左室
C．电极Y 上反应ⅰ的电极反应式为
D．生成2.24L
（标况下）时，X 极区溶液的质量减少3.6g
【答案】CD
【详解】A．由分析可知，Y 极是电解池阴极，X 为阳极，电势：X 极＞Y 极，A 错误；
B．电解池中H+向阴极移动，H+移动方向：左室→质子交换膜→右室，B 错误；
C．电极Y 上反应ⅰ生成己二腈，电极反应式为
，C 正确；
D．X 为阳极，H2O 在阳极失去电子得到O2，电极方程式为：
，若X 极产生
6
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2.24L(标准状况) O2，物质的量为
，生成的O2导致质量减少
，通过质子交换膜，转移到阴极的质子的物质的量为0.4 mol，质量为0.4g，
故X 极区溶液的质量减少3.2g+0.4g=3.6g，D 正确；
故选CD。
11．为实现氯资源的再利用，工业上常采用催化氧化法处理
废气制成
，反应的热化学方程式为
，将物质的量之比为
的
和
分别以不同起始流
速通入反应器中，在
和
三种不同温度下反应，通过检测流出气成分绘制
转化率
曲线
如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法正确的是
A．该反应任何温度下均可正向自发进行
B．M 点
的转化率为80%，该点对应流出气中
的物质的量分数约为30.8%
C．增大
可提高M 点
转化率
D．
【答案】BC
【详解】A．该反应的正反应是放热反应，根据方程式的系数可知，该反应的正反应的ΔS<0，根据
ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0 反应能自发进行，则该反应需要在低温下正向自发进行，故A 错误；
B．M 点HCl 的转化率为80%，通入的是物质的量之比为
的
和
，假设氧气为1mol，则HCl 为
2mol，可列三段式：
该点对应流出气中
的物质的量分数为
%，故B 正确；
C．M 点可视为平衡状态。保持HCl 的物质的量不变，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可以增大HCl
7
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的平衡转化率，故C 正确；
D．较低流速转化率可近似为平衡转化率，由图可知，流速较低时(横坐标左侧)，T3温度下HCl 的转化
率最高。该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，HCl 的转化率降低，所以温度
T1>T2>T3，故D 错误；
故选BC。
12．某小组为探究CuSO4与KI 之间的反应，进行了如下实验。
实
验
现
象
①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色
②变为白色悬浊液，最后得到无色澄
清溶液
①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色
②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后
变为黄色溶液，最后得到无色溶液
已知：2
(无色)+I2=2I-+
(无色)；CuI 为白色沉淀，可吸附I2；CuI2在溶液中不存在；
[Cu(S2O3)2]3-呈无色，[Cu(S2O3)2]2-呈黄色。
下列结论或推断错误的是
A．CuSO4与KI 能发生反应：2Cu2++4I=2CuI↓+I2
B．CuI 与Na2S2O3反应的速率快于I2与Na2S2O3反应的速率
C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有[Cu(S2O3)2]3-、[Cu(S2O3)2]2-生成
D．Cu(
)
Ⅱ与
生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度
【答案】BD
【详解】A．CuI 为白色沉淀，可吸附部分I2而显土黄色沉淀，剩余的I2溶解到水中，CuI2在溶液中不
存在，故CuSO4与KI 能发生反应：2Cu2++4I=2CuI↓+I2，A 说法正确；
B．已知2
(无色)+I2=2I-+
(无色)，结合第一组实验逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是
附着在CuI 表面的I2先反应，所以CuI 与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，B 说法错误；
C．根据第二组实验现象，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应：2Cu2++4I=2CuI↓+I2，Cu2+剩
余；②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了
和
；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的Cu2+几乎全部转化为
；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明
全部被
还原为
，C 说法正确；
D．根据第二组实验，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为
，所以Cu(
)
Ⅱ与
生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D 说法错误；
答案选BD。
8
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13．用下列实验方案或装置进行实验，不能达到相应实验目的的是
选
项
A
B
C
D
实
验
方
案
或
装
置
实
验
目
的
中和热的测定
测定锌与稀硫酸反应的化
学反应速率
探究温度对化
学平衡的影响
比较Mg(OH)2与Cu(OH)2的Ksp大
小
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】AB
【详解】A．中和热的测定时为了减少热量的散失，两个烧杯口需相平，且需用环形玻璃搅拌棒进行
搅拌时充分反应，A 符合题意；
B．针筒可测定气体的体积，但缺计时工具，B 符合题意；
C．在CuCl2水溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl-
[CuCl4]2-(黄)+4H2O ，要探究温度对化学平
衡的影响，需要控制温度这一个变量，其他条件完全相同，C 不合题意；
D．由图可知，向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中滴入2~4 滴2mol/L 的NaOH 溶液，则NaOH 不足，再向白
色的Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液后，若白色沉淀转化为蓝色沉淀，则说明发生了Mg(OH)2(s)
+Cu2+(aq)
Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq)，即说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，D 不合题意；
故答案为：AB。
14 ．六氟磷酸盐离子液体(M) 可用于有机合成的溶剂和催化剂。
由有机阳离子
(
)和阴离子
构成，
中环上所有原子共平面。下列说法错误的是
A．1 个阳离子中
键数目为16
B．阳离子中存在配位键
C．②号
原子为
杂化
D．
与
形成的离子液体熔点低于
【答案】AB
【详解】A．单键由1 个σ 键形成，双键由1 个σ 键和1 个π 键形成，1 个阳离子中
键数目为19，故
A 错误；
9
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B．阳离子中只存在共价键，阴离子
中P 与F 存在配位键，故B 错误；
C．因为EMIM+中环上所有原子共平面，环上不带电荷的N 原子提供2 个电子，带正电荷的N 原子提
供1 个电子形成形式的大π 键，故②号
原子采取sp2杂化，故C 正确；
D．随着离子体积的增大，阴阳离子之间的距离增大，离子之间的作用力减弱，晶体的熔点也随之降
低，
比
的半径大，所以
与EMIM+形成的离子液体熔点低于M，故D 正确；
故选AB。
第II 卷（非选择题 共60 分）
三、非选择题，共5 题，共60 分。
15．（10 分）无水ZnCl2常用作为生产活性炭的活化剂。现以一种主要成分为ZnO 的炼锌烟尘(含有少量的
FeO、CuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下：
已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。
②Zn 及其化合物的性质与Al 相似，pH>11 时，Zn(OH)2可转化为
。
③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)、升华相结合的
方法，装置如图所示：
请回答：
(1)利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的 (填浓硫酸的相关性质)；盛装浓
硫酸的仪器名称是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH 值，应通入足量CO2，使Zn 元素能够完全沉淀
10
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C．除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl 和N2的气流速度
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ
(3)实验流程中的“一系列操作”是： ，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体
[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，写出发生的反应方程式 。
(4)用天平称量0.9000 g 产品，置于250mL 锥形瓶中，加入100mL 蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将
pH 调至10.0 并加入50mg 铬黑T 指示剂，最后用浓度为0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写H2Y)标
准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗
EDTA 标准溶液体积为29.60mL。
①做空白试验的目的为 。
②产物ZnCl2的纯度为 (保留三位有效数字)。
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂
的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可采取的措施是 。
【答案】(1) 酸性、高沸点性(或难挥发性) （1 分） 恒压滴液漏斗（1 分）
(2)D（1 分）
(3) 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（1 分） ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑（2 分）
(4) 消除蒸馏水中能与EDTA 反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)（1 分） 89.5%
(或0.895)（2 分） 放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热（1 分）
【详解】（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性
(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒
压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂
质分离，故A 项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH 值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使
[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B 项正确；
C．加快HCl 和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C 项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D 项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的
氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为
ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋
xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA 反应的物质对测定结果的影响，故答案
为：消除蒸馏水中能与EDTA 反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL 溶液中含EDTA 的物质的量为
，
与EDTA 以物
质的量之比
反应，则0.9000g 产品中ZnCl2的质量为
，则产品中
11
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ZnCl2的质量分数为
，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂
的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，
具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加
入适当的有机溶剂/适当加热。
16．（10 分）抗氧化的明星营养元素硒(Se)是人体必需的微量元素，工业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含
Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se 等)中提取硒，同时回收部分金属，工艺流程如下：
已知：
①硒(Se)的熔点217℃，沸点684.9℃，带有金属光泽。
②硒(Se)可做半导体材料，500℃下可与氧气反应。
回答下列问题：
(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，
该过程中可采取的措施有 、 (回答两点即可)。
(2)烟气的主要成分为SO2、SeO2，是焙烧中CuSe 与浓H2SO4反应而产生，该反应的化学方程式为
；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，若
该过程中有13.44 LSO2(标准状况下)参加反应，则还原得到单质Se 的质量为 g。
(3)粗硒需用减压蒸馏提纯得到单质硒，其原因是 。
(4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+
R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用 (填化学式)
溶液；操作II 为 、 过滤、洗涤、干燥。
【答案】(1) 搅拌（1 分） 将阳极泥粉碎等（1 分）
(2) CuSe+4H2SO4(浓)
CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O（2 分） 23.7 g（1 分）
(3)减小压强，能够使Se 在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯（2 分）
(4) H2SO4溶液（1 分） 蒸发浓缩（1 分） 冷却结晶（1 分）
【详解】（1）“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过
程反应速率，该过程中可采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等；
（2）CuSe 与浓H2SO4发生氧化还原反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成CuSO4，根据电子守
恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)
CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；
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吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，SO2
被氧化为H2SO4，反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，若该过程中有13.44 L 标准状况下SO2
参加反应，其物质的量n(SO2)=
，则根据物质反应转化关系可知还原得到单质Se 的
物质的量是0.3 mol，其质量m(Se)=0.3 mol×79 g/mol=23.7 g；
（3）根据已知信息可知Se 的熔沸点比较高，可利用压强对物质熔点、沸点的影响，减小压强，使Se
在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯；
（4）根据2RH+Cu2+
R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硫酸铜溶液，
则“反萃取剂”最好选用H2SO4溶液；
得到的水相中含有CuSO4溶液，从中获得胆矾，根据CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，可采用
的操作II 为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
17．（12 分）乙烯年产量的高低是衡量一个国家石油化工发展水平的一个极为重要的指标。可使用乙烷脱
氢制备乙烯，在反应中产生的积碳会降低催化剂的活性和稳定性。其中一种制备方法需要加入
，
在一定条件下涉及到的反应为：
①
②
③
④
请回答下列问题：
(1)在该反应条件下，
的
。
(2)在密闭容器中发生上述反应①，下列有关说法正确的是___________(填字母)。
A．乙烯与苯乙烯互为同系物
B．乙烯可通过加聚反应制备有机高分子材料
C．恒容体系中，当
的分压不再发生变化说明体系已达到平衡
D．向恒压体系中加入
可以提高反应物的转化率
(3)为了研究
在乙烷脱氢制备乙烯过程中的作用，某科研小组使用
和
进行对比实验，发现
有
的参与，乙烯的产率明显更高，请从反应原理的角度说明
在反应中发挥的作用：
。
(4)在一定条件下，向
密闭容器中加入
和
，达到化学平衡时，体系中
、
、
的物质的量分别为
、
、
，若只考虑反应①②③，则
选择性
为 %(结果保留两位小数，下同)，反应②的化学平衡常
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数
为 。
(5)为了提高乙烯的产量，科研工作者研制出
作催化剂，并且研究了在一定条件下空速(空速
是指在规定条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)对反应性能的影响，数据记录如下所示：
空速
转化率/%
转化率/%
选择性/%
3600
14.0
7.8
84.0
9.1
6.9
2400
20.3
9.8
82.2
10.1
7.7
1200
26.9
15.4
79.3
11.5
9.2
600
36.4
24.6
75.6
12.1
12.3
根据上表，你认为最合适的空速为
，请你分析空速对反应性能的影响并说明原因：
。
【答案】(1)
（1 分）
(2)BCD（2 分）
(3)CO2能与C 能发生反应④，可以消除催化剂表面的积碳，加快反应速率，同时还能发生反应②消耗
H2，促进反应①平衡正向移动，提高乙烯的产率（2 分）
(4) 68.75%（2 分） 0.02（2 分）
(5) 600（1 分） 空速降低，原料气与催化剂充分接触，催化效果更好，反应更充分，乙烷的
转化率更高，但是接触时间长，副反应会变多，导致乙烯的选择性降低（2 分）
【详解】（1）根据盖斯定律，④－②得到
，则
；
（2）A．乙烯和苯乙烯分子式不满足相差1 个或若干个“CH2”，因此不属于同系物，A 错误；
B．乙烯可以通过加聚反应生成聚乙烯有机高分子材料，B 正确；
C．所涉及的反应前后分子数发生改变，恒容体系中，当
的分压不再发生变化说明体系已达到平
衡，C 正确；
D．向恒压体系中加入
相当于减压，平衡正向移动，反应物转化率增大，D 正确；
故选BCD；
（3）有
的参与，乙烯的产率明显更高原因是CO2能与C 能发生反应④，可以消除催化剂表面的积
碳，加快反应速率，同时还能发生反应②消耗H2，促进反应①平衡正向移动，提高乙烯的产率；
（4）根据已知条件列三段式有
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，则
选择性
；反应
②各分子系数都为1，可用物质的量代替浓度进行计算平衡常数K=
≈0.02；
（5）在不同的空速下，由表中数据可知，乙烷的转化率×乙烯的选择性可以得到乙烯的产率，在600
下产率最高，因此适宜的条件是600
；空速降低，原料气与催化剂充分接触，催化效果更好，
反应更充分，乙烷的转化率更高，但是接触时间长，副反应会变多，导致乙烯的选择性降低。
18．（14 分）化合物G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)C 中官能团名称是 。
(2)①的反应类型为 。
(3)D 的结构简式为 。
(4)反应④所需的条件为 。
(5)写出由B 生成C 反应的化学方程式 。
(6)与B 互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应的有机物有 种(不考虑立体异
构)，其中有6 种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为 。
(7)参照上述合成路线，设计用苯甲醛(
)和丙酮(
)合成重要的有
机合成中间体
的途径如下：
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→中间体1→中间体2→
。则中间体1 和中间体2 的结构简式分别为 、
。
【答案】(1)羰基、羟基（1 分）
(2)氧化反应（1 分）
(3)
（2 分）
(4)浓硫酸、加热（1 分）
(5)
（2 分）
(6) 5（1 分）
、
（2 分）
(7)
（2 分）
（2 分）
【详解】（1）由结构可知，C 中官能团名称是酮羰基、羟基；
（2）①为羟基被高锰酸钾氧化为羰基，属于氧化反应；
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（3）由分析可知，D 结构为
；
（4）反应④发生酯化反应，所需的条件为浓硫酸、加热；
（5）B 和甲醛反应引入-CH2OH 生成C 反应为，
；
（6）B 除六元环外，还含有2 个碳、1 个氧、1 个不饱和度；与B 互为同分异构体，且具有六元环结
构、并能发生银镜反应，则含有醛基；
若含有1 个取代基-CH2CHO，则有1 种情况；若含有2 个取代基-CH3、-CHO，首先在环上确定甲基位置，
则此外环上还有4 种取代位则醛基有4 种情况；故共有5 种；其中有6 种不同化学环境氢原子的同分
异构体的结构简式为
、
；
（7）苯甲醛和丙酮发生B 生成C 的反应原理生成羟基得到中间体1，则中间体1 结构为
；
中羟基发生消去
反应生成碳碳双键得到中间体2，则中间体2 结构为
；
和HCl 加成得到产物。
19．（14 分）A、B、D、E、F 都是元素周期表中前四周期的元素，且它们的原子序数依次增大。第2 周期
元素A 原子的最外层p 轨道的电子为半满结构，B 是地壳中含量最多的元素；D 原子的P 轨道未成对电
子数为1，其余两个P 轨道均充满；E 和F 位于D 的下一周期，E 的价电子层中的未成对电子数为2，F
的原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，且E、F 原子序数相差为1.请用对应的
元素符号或化学式回答下列问题：
(1)F 元素原子核外电子排布式为：
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(2)元素E 与F 的第二电离能分别为：
、
，
的原因是 。
(3)B 与F 形成化合物为
，F 与硫元素形成化合物为
，
的熔点比
(填“低”、
“高”或“无法确定”)
(4)F 可以形成一种离子化合物
(说明：H 为氢元素，S 为硫元素)，若要确定是晶
体还是非晶体，最科学的方法是对它进行 实验；其阴离子的空间构型是 ；该
物质加热时，首先失去的是
分子，原因是 。
(5)某含F 元素的离子
结构如图所示：
(A、B、D、F 字母分别代表一种元素，C、H 为元素符号)
此
离子中，A 元素原子的杂化轨道类型有 ，
中含有 个
键
(6)晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数，表示晶胞内部各离子或原子的相对位置。F 的化合物种类很多，下图为D 与F 形成
化合物的立方晶胞，其中离子坐标参数为
、
、
、
。
则e 点的D 离子的坐标参数为
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知立方晶胞的边长为
，则D 与F 形成化合物的密度的计
算式为
。(用
表示阿伏加德罗常数)
【答案】(1)
或
（1 分）
(2)铜失去的是全充满的
电子，镍失去的是
电子（1 分）
(3)高（1 分）
(4) x-射线衍射实验（1 分） 正四面体（1 分） O 的电负性比N 强，对孤电子对吸引更
强，
与
的配位键比
与
的配位键弱（2 分）
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(5)
、
（1 分） 47（2 分）
(6)
（2 分）
（2 分）
【详解】（1）F 为Cu 元素，原子核外电子排布式为：
或
；
（2）铜失去的是全充满的
电子，镍失去的是
电子，因此铜的第二电离能较大；
（3）根据元素周期律，
半径比
小，则
的晶格能比
大，故
的熔点比
高。
（4）要确定是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行x-射线衍射，阴离子
的空间构型是正
四面体，O 的电负性比N 强，对孤电子对吸引更强，
与
的配位键比
与
的配位键弱。
（5）氮原子周围有3 对和4 对共用电子对，N 的杂化轨道为
、
，
分子中有47 个
键。
（6）离子坐标参数为
、
、
，b、c、d 及顶点黑色原子为4 个
，在小立方
体的四个顶点位置，如图，
，
在小立方
体的中心位置，其坐标为
。立方晶胞的边长为
，1 摩尔晶胞中含有4 摩尔
，质量
即为
，体积为
，化合物密度为
。
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