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江苏省徐州市2025届高三二模联考化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．制造机器人所使用的芯片的主要成分为
A．合金 B．二氧化硅 C．硅 D．石墨
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、合金一般用于芯片的外壳、引脚等结构部件，不具备半导体特性，无法作为芯片的核心材料，A错误；
B、二氧化硅不导电，是良好的绝缘体，主要用于制造光导纤维或芯片的绝缘层，不能作为芯片的主要成分，B错误；
C、硅是典型的半导体材料，可通过掺杂调控导电性，是制造集成电路与芯片的核心基底材料，C正确；
D、石墨是导体，主要用于电池电极、润滑剂等场景，无法实现芯片所需的半导体功能，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
芯片的功能本质：芯片是集成电路的载体，需要在导电性与绝缘性之间精准调控，因此必须使用半导体材料。
常见材料的用途区分：
合金：多作为结构件、导电连接件，不具备半导体特性。
二氧化硅：是绝缘体，主要用于光导纤维、半导体绝缘层，无法直接制作芯片。
硅：典型的半导体材料，是现代集成电路与芯片的核心基底材料。
石墨：是导体，多用于电池电极、润滑剂，无法满足半导体调控需求。
2．向石灰氮(CaCN2)中加水并通入H2S 气体，反应生成硫脲[(NH2)2CS]，硫脲在150℃时部分异构化为NH4SCN。下列说法正确的是
A．Ca2+ 的结构示意图： B．H2S是由极性键构成的极性分子
C．SCN- 中碳原子采取 sp2 杂化 D．1mol(NH2)2CS中含有8molσ键
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Ca2+的核电荷数为 20，核外电子数为 18，电子层排布为 2、8、8。 结构示意图为，故A错误；
B、H2S 中 S 原子采取 sp3 杂化，存在 2 对孤电子对，分子空间构型为 V 形，正负电荷中心不重合，是由极性键（H-S 键）构成的极性分子，B正确；
C、SCN-中 C 原子的价层电子对数为 2（2 个 σ 键，无孤电子对），因此采取sp 杂化，而非 sp2 杂化，C错误；
D、(NH2)2CS 的结构为：2 个 - NH2基团（含 4 个 N-H σ 键）、2 个 C-N σ 键、1 个 C=S σ 键，总计7 mol σ 键，而非 8 mol，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：需核对核电荷数与电子层排布，阳离子核电荷数 > 核外电子数。
极性分子判断：由极性键构成，且分子空间结构不对称（正负电荷中心不重合）的分子为极性分子。
杂化类型判断：价层电子对数 = σ 键数 + 孤电子对数，价层电子对数为 2 时采取 sp 杂化，为 3 时采取 sp2 杂化。
σ 键计数：单键全为 σ 键，双键、三键中各含 1 个 σ 键，需按分子结构逐一统计。
3．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．NH4ClNH3N2
B．NaNa2O2Na2SO3
C．Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2
D．CH3CH2ClCH2=CH2
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；氨的实验室制法；卤代烃简介；钠的氧化物
【解析】【解答】A、氯化铵和氢氧化钙固体混合加热，会发生复分解反应生成氨气； 反应式为 ： ， 氨气在加热条件下能与氧化铜发生氧化还原反应，生成铜、氮气和水， 反应式为： ， 两步转化都能顺利实现，A正确；
B、过氧化钠具有强氧化性，三氧化硫属于酸性氧化物，二者反应时会生成硫酸钠，而非亚硫酸钠，转化无法实现，B错误；
C、氯化镁溶液直接加热蒸干时，镁离子会发生水解生成氢氧化镁和氯化氢： ，氯化氢挥发后最终得到氢氧化镁沉淀，无法得到无水氯化镁，要制备无水氯化镁需在氯化氢氛围中蒸干，C错误；
D、氯乙烷在氢氧化钠水溶液中加热发生的是取代反应（水解）： ，只有在氢氧化钠醇溶液中加热才会发生消去反应生成乙烯，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氨气制备与氧化：实验室常用铵盐与碱共热制氨气，氨气在加热时可还原金属氧化物，体现其还原性。
过氧化钠的氧化性：过氧化钠与高价态酸性氧化物反应时，会将其氧化为更高价态的盐，不会生成低价态产物。
盐类水解的应用：易水解的氯化物溶液蒸干时，需在对应的氯化氢氛围中进行，才能得到无水氯化物。
卤代烃的反应类型：卤代烃在水溶液中发生水解反应，在醇溶液中才会发生消去反应，反应条件决定产物类型。
4．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]可用于治疗贫血。下列说法正确的是
A．Fe位于周期表中第3周期 B．原子半径：r(O)>r(S)
C．基态未成对电子数为4 D．电负性：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Fe是26号元素，核外电子排布为[Ar]3d64s2，电子层数为4，位于第四周期，而非第三周期，A错误；
B、O和S同主族，S的电子层数比O多，原子半径：，B错误；
C、基态Fe原子价电子排布为3d64s2，失去4s轨道的2个电子形成Fe2+，价电子排布为3d6。根据洪特规则，3d轨道的6个电子中，4个为未成对电子，C正确；
D、N和O同周期，从左到右电负性增大，电负性：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
周期表位置：Fe是26号元素，电子排布为[Ar]3d64s2，位于第四周期第Ⅷ族。
原子半径：同主族元素从上到下，电子层数增多，原子半径依次增大。
未成对电子数：基态Fe2+的价电子排布为3d6，根据洪特规则，3d轨道有4个未成对电子。
电负性：同周期主族元素从左到右，电负性依次增大。
阅读下列材料，完成下面小题；
第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3) 是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3： 。B(OCH3)3和 BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过Ga(CH3)3与 NH3高温反应制得。
5．下列说法正确的是
A．Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1
B．NH3BH3的结构式：
C．氮化镓属于分子晶体
D．BCl3分子中键角为
6．下列制取 BCl3 的部分实验装置能达到实验目的的是
A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3
C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气
7．下列化学反应表示不正确的是
A．H3BO3和足量NaOH 溶液反应：H3BO3+3OH-=BO+3H2O
B．B(OCH3)3和 NaH反应制备NaBH4：
C．Al2O3 溶于NaOH 溶液：Al2O3 +2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣
D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：
【答案】5．D
6．C
7．A
【知识点】配合物的成键情况；氯气的实验室制法；镁、铝的重要化合物
【解析】【分析】（1）A、根据Ga原子的核外电子数，确定其基态原子的核外电子排布式。
B、根据N、B原子的结构分析。
C、氮化镓的熔点高，属于共价晶体。
D、根据价层电子对数确定其空间结构，从而得到键角大小。
（2）A、实验室用浓硫酸干燥Cl2。
B、制取BCl3的反应温度为65℃，而沸水的温度为100℃。
C、BCl3应采用向上排空气法收集，且需用冰水冷却。
D、CO不与NaOH反应。
（3）A、H3BO3为一元酸，与NaOH反应生成NaH2BO3和H2O。
B、根据原子守恒分析。
C、Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]。
D、根据原子守恒分析。
5．A．Ga的核外电子数为31，则其基态核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，A选项错误；
B．NH3BH3中N原子存在孤电子对，B原子存在空轨道，二者可形成配位键，因此其结构式为：，B选项错误；
C．氮化镓熔点约为1500℃，熔点较高，应属于共价晶体，C选项错误；
D．BCl3分子的中心原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，因此其空间结构为正三角形，键角为120℃，D选项正确；
故答案为：D
6．A．饱和食盐水用于除去Cl2中混有的HCl，应该用浓硫酸干燥氯气，A选项错误；
B．生成BCl3的反应条件为65℃，因此制取 BCl3 的时候，应该控制温度为65℃，不能用沸水，B选项错误；
C．BCl3 的沸点为12.5℃，且密度比空气答，因此应采用向上排空气法收集；且用冰水冷却，C选项正确；
D．尾气中含有CO，CO不与氢氧化钠反应，因此不能用氢氧化钠吸收，D选项错误；
故答案为：C
7．A．H3BO3为一元酸，和足量NaOH溶液反应生成NaH2BO3和H2O，该反应的离子方程式为H3BO3+OH-= H2BO+H2O，A选项错误；
B．B(OCH3)3和 NaH反应制备NaBH4，不存在元素化合价变化。由原子守恒可知反应为，B选项正确；
C．Al2O3 溶于NaOH 溶液反应生成四羟基铝酸钠，该反应的离子方程式为Al2O3 +2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣，C选项正确；
D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN，不存在元素化合价变化，由原子守恒可知反应为，D选项正确；
故答案为：A
8．对于反应 )，△H<0. 下列说法正确的是
A．该反应△S<0
B．使用催化剂能降低反应的焓变
C．其他条件不变，增可提高NH3 的平衡转化率
D．1mol N-H断裂的同时有1 mol O-H断裂说明反应到达该条件下的平衡状态
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应方程式中，反应物为9 mol气体（4 mol NH3 + 5 mol O2），生成物为10 mol气体（4 mol NO + 6 mol H2O），气体分子数增加，体系混乱度增大，ΔS > 0，A错误；
B、催化剂的核心作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不会改变反应物和生成物的总能量，因此反应焓变（ΔH）保持不变，B错误；
C、其他条件不变时，增大，相当于增大NH3的浓度或减少O2的浓度。平衡虽正向移动，但NH3的平衡转化率会降低（自身浓度增大，转化程度减小），C错误；
D、反应中NH3的N-H键断裂为正反应，H2O的O-H键断裂为逆反应。根据化学计量比，1 mol NH3含3 mol N-H键，1 mol H2O含2 mol O-H键；若1 mol N-H键断裂的同时有1 mol O-H键断裂，结合反应速率比例，可表征正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
熵变（ΔS）判断：气体分子数增多的反应，体系混乱度增大，ΔS > 0；反之ΔS < 0。
催化剂的作用：催化剂仅降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应的焓变与平衡状态。
平衡转化率影响：增大某反应物浓度，可提高另一反应物的平衡转化率，但自身转化率会降低。
平衡状态标志：正、逆反应速率相等，或不同物质的化学键断裂与生成速率符合化学计量比，为平衡状态。
9．一种以NaOH为介质电催化还原CO2的工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．电解池工作时，OH— 由右室通过隔膜向左室移动
B．M为电解池的阳极
C．N电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2+4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O
D．电路中通过2 mole-时，理论上有1 mol CO2被还原
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、M为阴极，N为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，因此OH-由左室（阴极室）通过隔膜向右室（阳极室）移动，A错误；
B、CO2在M极被还原为HCOO-，发生还原反应，故M为阴极，而非阳极，B错误；
C、N极为阳极，发生氧化反应，应失电子，正确反应式为：
CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O ，选项中写为得电子的还原反应，C错误；
D、阴极反应为： CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH- ，由反应式可知，每2 mol电子通过电路，对应1 mol CO2被还原，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电极判断：CO2在M极被还原为HCOO-，发生得电子的还原反应，故M为阴极；N极发生失电子的氧化反应，为阳极。
离子移动：电解池中，阴离子（OH-）向阳极移动。
电极反应式：阳极发生氧化反应，失电子；阴极发生还原反应，得电子，需结合介质（NaOH）配平电荷与原子。
电子守恒：根据阴极反应式，每还原1 mol CO2需要得到2 mol电子，可据此计算电子与CO2的物质的量关系。
10．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2 固体，观察溶液颜色变化 Na2CO3溶液中存在水解平衡
B 向95%的乙醇溶液中加入足量Na，观察是否有气体生成 Na能与乙醇发生置换反应
C 向2 mL FeSO4溶液中滴加酚酞试液，观察溶液颜色变化 Fe2+能发生水解
D 向电石中滴加饱和食盐水，将产生的气体通入高锰酸钾溶液，观察现象 乙炔具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；乙炔炔烃；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Na2CO3溶液中存在水解平衡： ，溶液呈碱性，使酚酞变红。加入少量BaCl2固体后，与生成BaCO3沉淀，使水解平衡逆向移动，浓度降低，溶液红色变浅。通过颜色变化可证明水解平衡存在，A正确；
B、95%乙醇溶液中含有水，Na既能与乙醇反应生成H2，也能与水反应生成H2，无法通过气体生成判断是否为乙醇与Na的置换反应，存在干扰，B错误；
C、FeSO4溶液中水解使溶液呈弱酸性，但酚酞在酸性环境中无色，无法通过颜色变化观察水解导致的pH变化，C错误；
D、电石中含CaS等杂质，与饱和食盐水反应时除生成乙炔外，还会生成H2S，H2S也能还原高锰酸钾使其褪色，无法证明乙炔具有还原性，存在杂质干扰，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
盐类水解平衡验证：通过加入与水解离子结合的试剂，观察平衡移动带来的pH变化（指示剂颜色变化）。
反应干扰排除：验证物质反应时，需排除其他物质的干扰（如水、杂质气体等）。
指示剂适用范围：酚酞在酸性/中性溶液中无色，无法检测弱酸性水解的pH变化
11．化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X 与足量H2加成后的产物中有1个手性碳原子
B．可用银氨溶液检验Y中是否含有X
C．Y→Z 有 H2O生成
D．1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 molNaOH
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、X 与足量 H2加成后，苯环变为环己基，产物中环上连接支链的碳原子均为手性碳，共3 个，并非 1 个，A错误；
B、X 含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应；Y 无醛基，不能发生银镜反应，因此可用银氨溶液检验 Y 中是否混有 X，B正确；
C、Y 中酚羟基与酯基发生酯交换反应，生成 Z 和乙醇（CH3CH2OH），无 H2O 生成，C错误；
D、Z 中酯基水解后生成羧基、酚羟基，二者均可与 NaOH 反应，加上原有的酚羟基，1mol Z 最多消耗3mol NaOH，并非 2mol，D错误；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
手性碳原子：连接 4 个不同原子、基团的饱和碳原子，需分析加成后分子的饱和碳结构。
官能团鉴别：银氨溶液可与醛基发生银镜反应，用于鉴别含醛基的物质。
反应产物判断：酯交换反应会生成醇，而非水。
NaOH 消耗计算：酚羟基、羧基、酚酯基均可与 NaOH 按 1：1 反应，需注意酯基水解后的产物类型。
12．室温下，用含少量Cu2+的 MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下：
注：“沉锰”时n(NH4HCO3)：n(Mn2+)=2.5：1， 控制溶液pH=7.下列说法正确的是
A．NH4HCO3溶液中：c(NH)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)
B．“过滤1”所得滤液中：
C．“沉锰”时发生反应：Mn2++HCO=MnCO3↓+H+
D．“过滤2”所得滤液中： c(NH)=c(HCO)+2c(CO)+c(HS-)+2c(S2-)
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据N、C元素守恒，正确关系为：
，A错误；
B、过滤1后，CuS沉淀完全，溶液中，而MnS未沉淀，故。两式相除得：
B正确；
C、沉锰时，Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀、CO2和H2O，正确方程式为：
，C错误；
D、pH=7时，电荷守恒式为：
简化后为：
，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
本题围绕制备MnCO3的工艺流程，考查物料守恒、溶度积应用、离子方程式书写、电荷守恒等核心知识点，需结合沉淀溶解平衡与电解质溶液理论逐一分析选项。
物料守恒：NH4HCO3溶液中，N元素存在于NH4+和NH3·H2O中，C元素存在于HCO3-、CO32-和H2CO3中。
溶度积（Ksp）应用：沉淀转化趋势与Ksp相关，饱和溶液中离子浓度比可通过Ksp比值判断。
离子方程式配平：沉锰反应会生成CO2和H2O，需满足原子守恒与电荷守恒。
电荷守恒：中性溶液中c(H+)=c(OH-)，电荷守恒式可简化为阳离子总电荷等于阴离子总电荷。
13．CH4和CO2重整制氢体系中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在密闭容器中，、n始(CH4)=n始(CO2)=1mol时，若仅考虑上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．曲线a表示平衡时CO的物质的量随温度的变化
B．625℃，反应Ⅱ的平衡常数
C．500~600℃，随着温度升高，容器中积碳减少
D．1000℃下，增大压强，平衡体系中不变
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，升温时正向移动，CO、H2的量均增加；反应Ⅲ为放热反应，升温逆向移动，CO的量进一步增加。因此，CO的量随温度升高而显著上升，曲线a表示CO的物质的量变化，A正确；
B、反应Ⅱ的平衡常数表达式为：
625℃时，需结合各物质的平衡物质的量计算分压，实际计算结果并非，B错误；
C、积碳由反应Ⅲ生成，该反应为放热反应，升温时平衡逆向移动，C的生成量减少，即容器中积碳减少，C正确；
D、1000℃时，反应Ⅲ可忽略，体系中仅存在反应Ⅰ、Ⅱ。在这两个反应中，CO与H2的计量数变化比例相同，增大压强时，二者的物质的量同比例变化，故不变，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
本题围绕CH4与CO2重整制氢的多反应平衡体系，考查曲线对应物质判断、平衡常数计算、积碳变化、压强对比例的影响，核心是结合反应热效应与勒夏特列原理分析平衡移动规律。
曲线对应物质：反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，升温正向移动；反应Ⅲ为放热反应，升温逆向移动。CO在高温下生成量显著，对应曲线a。
平衡常数计算：需根据625℃时各物质的平衡分压（或浓度）代入反应Ⅱ的平衡常数表达式计算，注意体系中存在多个平衡的耦合。
积碳变化：积碳对应反应Ⅲ，升温时反应Ⅲ逆向移动，C的生成量减少，即积碳减少。
压强对比例的影响：若两个气体物质在所有反应中的计量数变化比例相同，压强改变时其物质的量之比不变。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．以酸泥(主要含无定形Se、HgSe 和少量Ag2Se) 为原料制备灰硒(Se6)的流程如下：
已知：Ka1(H2SeO3)=3×10-3 、Ka2(H2SeO3)=5×10-8.
（1）“氧化碱浸”中无定形 Se 被氧化为 SeO的离子方程式为　 　； 其它条件不变时，Se浸出率随双氧水用量变化如图所示，
当双氧水用量从80 mL·L-1增加到120mL·L- 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是　 　 。
（2）“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3
①“除银”过程中的加料方式为　 　。
②写出Ag2Se发生反应的化学方程式：　 　 。
（3）“沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有　 　 。
（4）通过如下步骤测定灰硒产品中Se的质量分数：
步骤1：准确称取0.1600g 灰硒产品，加入足量硝酸充分反应后生成H2SeO3溶液，配成100.00 mL 溶液；
步骤2：取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量的硫酸酸化的KI溶液，充分反应；
步骤3：以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L- 的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mLNa2S2O3溶液。
已知：H2SeO3+4I-+4H+=Se↓+2I2+3H2O；I2+2S2O=2I-+S4O
计算灰硒产品中Se的质量分数为　 　 。
（5）Cu2-xSe 是一种钠离子电池的正极材料，放电过程中晶胞变化如下图所示。
①1molCu2-xSe转化为NayCu2-xSe时转移电子的物质的量为　 　mol。
②NayCu2-xSe中Cu+与 Cu2+ 的个数比为　 　。
【答案】（1）Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO；H2O2 被 SeO还原
（2）向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸；Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl
（3）SeO 、HSeO 、Cl-
（4）98.75%
（5）0.25；5 ∶ 1
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）“氧化碱浸”时Se在碱性条件下被双氧水氧化为 SeO，离子方程式为：Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO；过氧化氢具有氧化性， SeO依然具有还原性，则当双氧水用量从80 mL·L-1 增加到120mL·L- 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是：H2O2 被 SeO还原；
故答案为： Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO ； H2O2 被 SeO还原 ；
（2）①“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，则“除银”过程中的加料方式为向滤渣中先加入NaClO，再加入盐酸，
防止发生副反应，故答案为：向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸；
②向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se被氧化为H2SeO3，Ag2Se发生反应的化学方程式为：Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl；
故答案为： 向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸 ； Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl ；
（3）“沉汞”时加入氢氧化钠，H2SeO3和氢氧化钠反应生成Na2SeO3，H2SeO3为弱酸，SeO可以水解，则溶液中存在SeO 、HSeO ，由于“除银”时还加入的盐酸，则沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有：SeO 、HSeO 、Cl-；
故答案为： SeO 、HSeO 、Cl- ；
（4）根据题意有关系式，，25mL溶液中，，则灰硒产品中Se的质量分数为：；
故答案为： 98.75% ；
（5）①根据均摊法可知，截入1个Na+后，晶胞中，Na+与Se2-的个数之比为1：4，NayCu2-xSe的化学式为Na0.25Cu2-xSe，所以1molCu2-xSe转化为Na0.25Cu2-xSe时，Cu元素降低了0.25价，转移电子的物质的量为0.25mol，故答案为：0.25；
②由图可知，截入1个Na+后，晶胞NayCu2-xSe的化学式为：Na0.25Cu1.5Se，设Cu+与Cu2+的个数分别为x、(1.5-x)，根据化合价代数和为0，有，解得：x=1.25，
则Cu+与Cu2+的个数之比为：1.25∶(1.5-1.25)=5∶1。
故答案为： 0.25 ； 5 ∶ 1 ；
【分析】本工艺以酸泥（含无定形Se、HgSe、Ag2Se）为原料，通过氧化碱浸-除银-沉汞-提纯的流程回收硒：用NaOH+H2O2将Se、HgSe、Ag2Se氧化为SeO32-、H2SeO3；向滤渣中加NaClO+盐酸，将Ag2Se、HgSe氧化为H2SeO3，同时Ag转化为AgCl沉淀除去；向滤液中加NaOH，将Hg2+转化为HgO沉淀除去，得到含硒滤液；滤液经处理得到灰硒，通过滴定法测定Se含量；通过均摊法、化合价代数和为0，分析Na Cu2- Se的晶胞组成与Cu的价态比例。
(1) Se在碱性条件下被H2O2氧化为SeO32-，根据氧化还原得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式： Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO ；SeO32-具有还原性，可将过量H2O2还原，因此H2O2用量增加时，溶液中无H2O2残留。
(2) ① 为避免副反应（如NaClO与盐酸反应生成Cl2），加料方式为先加NaClO溶液，后加盐酸；
②Ag2Se被NaClO氧化为H2SeO3，Ag转化为AgCl，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式： Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl 。
(3)H2SeO3为弱酸，SeO32-会水解生成HSeO3-；除银时加入盐酸，溶液中含Cl-，因此pH=7时主要阴离子为。
(4) 根据定量关系，计算25mL溶液中Se的物质的量，再换算为样品中Se的质量分数：。
(5)①用均摊法计算晶胞中Na+与Se2-的个数比，得出化学式；1mol转化时，Cu元素总化合价降低0.25，因此转移电子0.25mol；
②设、的个数分别为、，根据化合价代数和为0列方程：，解得，因此与的个数比为。
（1）“氧化碱浸”时Se在碱性条件下被双氧水氧化为 SeO，离子方程式为：Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO；过氧化氢具有氧化性， SeO依然具有还原性，则当双氧水用量从80 mL·L-1 增加到120mL·L- 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是：H2O2 被 SeO还原；
（2）①“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，则“除银”过程中的加料方式为向滤渣中先加入NaClO，再加入盐酸，
防止发生副反应，故答案为：向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸；
②向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se被氧化为H2SeO3，Ag2Se发生反应的化学方程式为：Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl；
（3）“沉汞”时加入氢氧化钠，H2SeO3和氢氧化钠反应生成Na2SeO3，H2SeO3为弱酸，SeO可以水解，则溶液中存在SeO 、HSeO ，由于“除银”时还加入的盐酸，则沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有：SeO 、HSeO 、Cl-；
（4）根据题意有关系式，，25mL溶液中，，则灰硒产品中Se的质量分数为：；
（5）①根据均摊法可知，截入1个Na+后，晶胞中，Na+与Se2-的个数之比为1：4，NayCu2-xSe的化学式为Na0.25Cu2-xSe，所以1molCu2-xSe转化为Na0.25Cu2-xSe时，Cu元素降低了0.25价，转移电子的物质的量为0.25mol，故答案为：0.25；
②由图可知，截入1个Na+后，晶胞NayCu2-xSe的化学式为：Na0.25Cu1.5Se，设Cu+与Cu2+的个数分别为x、(1.5-x)，根据化合价代数和为0，有，解得：x=1.25，
则Cu+与Cu2+的个数之比为：1.25∶(1.5-1.25)=5∶1。
15．玛巴洛沙韦片是一种治疗甲型或乙型流感病毒的特效药，H是合成玛巴洛沙韦的一种重要中间体，其合成路线如下：(注：为；为)
（1）A分子中含氧官能团有羧基、醚键和　 　。
（2）写出B的结构简式：　 　。
（3）E→F中还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：　 　。
（4）D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：　 　。
分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，且有2种不同环境的氢原子。
（5）已知：。设计以、、、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）酮羰基
（2）
（3）
（4）（答案不唯一 ）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
故答案为： 酮羰基 ；
（2）根据分析可知，B的结构简式：；
故答案为：；
（3）E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
故答案为：
（4）D（），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：()；
故答案为：()；
（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
故答案为：
【分析】A 在 (CH3)2SO4、NaHCO3和 DMF 条件下 40℃反应得到 B；B 与 NH2NHBoc 在 DMF 中 65℃反应生成 C； 逆推可知，B的结构为； D 与 BrCH2CH(OCH3)2、NaH 在 DMF 中 60℃反应得到 E；E 与 NH2NH2在 CH3OH/H2O 中 60℃反应得到 F；C 与 F 在 DBU、THF 中 80℃反应生成 G；G 在 CH3SO3H、CH3CB、H2O 中 80℃反应得到中间体 H。据此解题。
（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
（2）根据分析可知，B的结构简式：；
（3）E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
（4）D（　　），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：（　　）；
（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
16．焦磷酸铜盐、柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液。
（1）以酸性CuSO4溶液作电镀液时，镀铜效果不佳。原因：①溶液中的和电解过程中产生的少量Cu+ 影响镀层光亮度； ②　 　。
（2）控制铜电镀液pH在8-8.5之间，采用电解法可得到均匀光亮的铜镀层。
①配制K6[Cu(P2O7)2]溶液过程中主要发生如下转化：
具体操作：向含0. 1 molCuSO4的溶液中加入含　 　molK4P2O7溶液，过滤，　 　 ， 再加入一定量的K4P2O7至沉淀溶解。
②上述配制的K6[Cu(P2O7)2]溶液中可能会存在少量Cu+。 需向溶液中加入H2O2 充分反应，再加入柠檬酸晶体。加入柠檬酸晶体的目的是　 　。
（3）在塑料件上镀铜时需要首先对塑料件进行预处理，使其表面覆盖一层铜膜。涉及反应：HCHO+Cu(OH)2+OH-=HCOO-+Cu+2H2O 。补充完整在塑料件上镀铜的实验方案：向装有塑料片的烧杯中加入CuSO4溶液，　 　，将预处理后的塑料片从烧杯中取出并洗净后，将待镀塑料片　 　，通电一段时间。(实验中须使用的试剂和设备：NaOH溶液、HCHO溶液，K6[Cu(P2O7)2]溶液、Cu 片；下图所示电解池)
【答案】（1）H+与 Cu2+在阴极竞争放电生成 H2 ，不利于 Cu 在镀件表面析出
（2）0.05；用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入 BaCl2 溶液无沉淀；调节电镀液的 pH；将氧化生成的 Cu2+转化为柠檬酸铜盐
（3）边搅拌边加入 NaOH 溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应；与图示电解池中 Y 极相连，将铜片与 X 极相连，加入 K6[Cu(P2O7)2]
【知识点】制备实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】（1）电镀时，氢离子也可能从阴极得到电子生成氢气从而影响电镀的效果，
故答案为：H+与 Cu2+在阴极竞争放电生成 H2 ，不利于 Cu 在镀件表面析出；
（2）①由转化关系可知，，则向含0. 1 molCuSO4的溶液中加入含溶液，过滤；在随后的洗涤过程中，可以通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子来检验是否洗涤干净，
②根据题意，柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液，则加入柠檬酸晶体可以和铜离子反应生成柠檬酸铜盐，同时调节电溶液的pH，
故答案为：0.05；用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入 BaCl2 溶液无沉淀；调节电镀液的 pH；将氧化生成的 Cu2+转化为柠檬酸铜盐；
（3）根据题中信息可知，可以利用在碱性条件下氢氧化铜和甲醛的反应在塑料片的表面生成一层铜膜，随后结合电镀的原理将塑料片当做阴极铜片当做阳极进行电镀，
故答案为：边搅拌边加入 NaOH 溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应；与图示电解池中 Y 极相连，将铜片与 X 极相连，加入 K6[Cu(P2O7)2]。
【分析】(1) 酸性溶液中，H+会与Cu2+在阴极竞争放电生成H2，导致Cu在镀件表面析出量减少，影响镀层质量。
(2) ①根据反应 ，0.1 mol 需要 0.05 mol ；过滤后用蒸馏水洗涤沉淀，直至最后一次洗涤液加无沉淀（证明无残留）。
② 调节电镀液pH；将氧化生成的转化为柠檬酸铜盐（适合电镀的铜源）。
(3) ①向溶液中边搅拌边加过量NaOH溶液，再加甲醛溶液，利用反应在塑料表面生成铜膜。
②将预处理后的塑料片接电解池阴极（Y极），Cu片接阳极（X极），加入溶液后通电电镀。
（1）电镀时，氢离子也可能从阴极得到电子生成氢气从而影响电镀的效果，故答案为：H+与 Cu2+在阴极竞争放电生成 H2 ，不利于 Cu 在镀件表面析出；
（2）①由转化关系可知，，则向含0. 1 molCuSO4的溶液中加入含溶液，过滤；在随后的洗涤过程中，可以通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子来检验是否洗涤干净，故答案为：0.05；用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入 BaCl2 溶液无沉淀；
②根据题意，柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液，则加入柠檬酸晶体可以和铜离子反应生成柠檬酸铜盐，同时调节电溶液的pH，故答案为：调节电镀液的 pH；将氧化生成的 Cu2+转化为柠檬酸铜盐；
（3）根据题中信息可知，可以利用在碱性条件下氢氧化铜和甲醛的反应在塑料片的表面生成一层铜膜，随后结合电镀的原理将塑料片当做阴极铜片当做阳极进行电镀，故答案为：边搅拌边加入 NaOH 溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应；与图示电解池中 Y 极相连，将铜片与 X 极相连，加入 K6[Cu(P2O7)2]。
17．CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。利用捕集的CO2合成碳酸二甲酯有助于实现碳中和。
（1）DEA[(C2H4OH)2NH]是一种CO2捕集剂。室温下，将CO2体积分数为15%(其余为N2)的混合气以一定流速通过装有一定量DEA溶液的捕集器(N2不被吸收)，被吸收后的混合气在出口处通过CO2含量检测装置，直至捕集剂吸收CO2达到饱和。将吸收CO2饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生。DEA吸收CO2的过程如图所示。
①能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是　 　。
②写出CO2解吸时发生反应的离子方程式：　 　。
③衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为　 　。
（2）反应CO2(g)+2CH3OH(l)(CH3O)CO(1)+H2O(1)可用于合成碳酸二甲酯。
①该反应的平衡常数(pK=-lgK)与温度的关系如图所示。为提高原料的平衡转化率，可采取的措施有　 　。(写两条)
②ZrO2可作为合成反应的催化剂。
(i)一种ZrO2的晶胞结构如图所示，该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为　 　。
(ii)ZrO2催化合成碳酸二甲酯的可能反应机理如图所示，Zr4+是催化过程中的关键活性位点。在答题卡上补充完整F的结构式：　 　。
(ⅲ)在C→D的过程中还可能生成一种中间体M()，该中间体与D中的基团存在明显差异，可用　 　(分析方法)检验是否有M存在。
③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。请补充完整从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作：将共沸物加热气化通入　 　。
【答案】（1）出口处气体中CO2体积分数为15%；；捕集剂解吸CO2的效率
（2）适当降低温度、增大压强；4；；红外光谱法；一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层
【知识点】离子晶体；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①如果DEA吸收CO2达到饱和，则混合气体中CO2的体积分数在通过DEA溶液前后不变，即能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是出口处气体中CO2体积分数为15%。
②在120℃下充分加热，CO2解吸时生成和，离子反应方程式为。
③根据题意，捕集剂吸收CO2达到饱和后，将吸收CO2饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生，则衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为捕集剂解吸CO2的效率（释放CO2的速率和程度)。
故答案为： 出口处气体中CO2体积分数为15% ； ； 捕集剂解吸CO2的效率 ；
（2）①通过图可看出，升高温度，pK增大，则K减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，要提高原料的平衡转化率，应该通过改变条件使平衡正向移动，但不能是通过增大反应物的浓度实现，采取的措施有增大压强、适当降低温度等，故答案为：适当降温、加压。
②(i)黑球个数为，白球个数为，二者个数比为1：2，黑色球表示Zr4+，位于晶胞的顶点和体心。白色球表示O2-，在该晶胞的面上，由图可观察出该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为4个。
(ii)从反应机理图看出， E和甲醇反应生成F，与A生成B的反应类似，因此判断F的结构简式为。
(ⅲ)对比二者的结构可知，该中间体与D中的基团存在明显差异，二者所含化学键不同，可用红外光谱法检验是否有M存在。
③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。共沸物中一种是甲醇，一种是酯类物质。甲醇易溶于水，(CH3O)2CO难溶于水，从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作为将共沸物加热气化通入一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层。
故答案为： 适当降低温度、增大压强 ； 4 ； ； 红外光谱法 ； 一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层 ；
【分析】(1)①饱和依据：出口处CO2体积分数回到15%（与进气浓度一致，说明不再吸收）。
②解吸离子方程式：(C2H4OH)2NCOO- + (C2H4OH)2NH2+ 2(C2H4OH)2NH + CO2↑。
③捕集剂优劣比较：还需比较解吸CO2的效率（速率、程度）。
(2) ①提高平衡转化率措施：适当降低温度（正反应放热）、增大压强（正反应气体分子数减少）。
②(i) 与O2-距离最近且相等的Zr4+数目为4。
(ii) 仿照A→B的反应，F为含碳酸酯键连接Zr的结构（ 类骨架）。
(iii) 检验方法：用红外光谱法（检测化学键、官能团差异）。
③ 分离操作：将共沸物气化通入水中，搅拌静置后分液，取上层有机层（碳酸二甲酯难溶于水，甲醇溶于水）。
（1）①如果DEA吸收CO2达到饱和，则混合气体中CO2的体积分数在通过DEA溶液前后不变，即能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是出口处气体中CO2体积分数为15%。
②在120℃下充分加热，CO2解吸时生成和，离子反应方程式为。
③根据题意，捕集剂吸收CO2达到饱和后，将吸收CO2饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生，则衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为捕集剂解吸CO2的效率（释放CO2的速率和程度)。
（2）①通过图可看出，升高温度，pK增大，则K减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，要提高原料的平衡转化率，应该通过改变条件使平衡正向移动，但不能是通过增大反应物的浓度实现，采取的措施有增大压强、适当降低温度等，故答案为：适当降温、加压。
②(i)黑球个数为，白球个数为，二者个数比为1：2，黑色球表示Zr4+，位于晶胞的顶点和体心。白色球表示O2-，在该晶胞的面上，由图可观察出该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为4个。
(ii)从反应机理图看出， E和甲醇反应生成F，与A生成B的反应类似，因此判断F的结构简式为。
(ⅲ)对比二者的结构可知，该中间体与D中的基团存在明显差异，二者所含化学键不同，可用红外光谱法检验是否有M存在。
③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。共沸物中一种是甲醇，一种是酯类物质。甲醇易溶于水，(CH3O)2CO难溶于水，从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作为将共沸物加热气化通入一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层。
1 / 1江苏省徐州市2025届高三二模联考化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．制造机器人所使用的芯片的主要成分为
A．合金 B．二氧化硅 C．硅 D．石墨
2．向石灰氮(CaCN2)中加水并通入H2S 气体，反应生成硫脲[(NH2)2CS]，硫脲在150℃时部分异构化为NH4SCN。下列说法正确的是
A．Ca2+ 的结构示意图： B．H2S是由极性键构成的极性分子
C．SCN- 中碳原子采取 sp2 杂化 D．1mol(NH2)2CS中含有8molσ键
3．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．NH4ClNH3N2
B．NaNa2O2Na2SO3
C．Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2
D．CH3CH2ClCH2=CH2
4．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]可用于治疗贫血。下列说法正确的是
A．Fe位于周期表中第3周期 B．原子半径：r(O)>r(S)
C．基态未成对电子数为4 D．电负性：
阅读下列材料，完成下面小题；
第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3) 是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3： 。B(OCH3)3和 BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过Ga(CH3)3与 NH3高温反应制得。
5．下列说法正确的是
A．Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1
B．NH3BH3的结构式：
C．氮化镓属于分子晶体
D．BCl3分子中键角为
6．下列制取 BCl3 的部分实验装置能达到实验目的的是
A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3
C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气
7．下列化学反应表示不正确的是
A．H3BO3和足量NaOH 溶液反应：H3BO3+3OH-=BO+3H2O
B．B(OCH3)3和 NaH反应制备NaBH4：
C．Al2O3 溶于NaOH 溶液：Al2O3 +2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣
D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：
8．对于反应 )，△H<0. 下列说法正确的是
A．该反应△S<0
B．使用催化剂能降低反应的焓变
C．其他条件不变，增可提高NH3 的平衡转化率
D．1mol N-H断裂的同时有1 mol O-H断裂说明反应到达该条件下的平衡状态
9．一种以NaOH为介质电催化还原CO2的工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．电解池工作时，OH— 由右室通过隔膜向左室移动
B．M为电解池的阳极
C．N电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2+4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O
D．电路中通过2 mole-时，理论上有1 mol CO2被还原
10．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2 固体，观察溶液颜色变化 Na2CO3溶液中存在水解平衡
B 向95%的乙醇溶液中加入足量Na，观察是否有气体生成 Na能与乙醇发生置换反应
C 向2 mL FeSO4溶液中滴加酚酞试液，观察溶液颜色变化 Fe2+能发生水解
D 向电石中滴加饱和食盐水，将产生的气体通入高锰酸钾溶液，观察现象 乙炔具有还原性
A．A B．B C．C D．D
11．化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X 与足量H2加成后的产物中有1个手性碳原子
B．可用银氨溶液检验Y中是否含有X
C．Y→Z 有 H2O生成
D．1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 molNaOH
12．室温下，用含少量Cu2+的 MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下：
注：“沉锰”时n(NH4HCO3)：n(Mn2+)=2.5：1， 控制溶液pH=7.下列说法正确的是
A．NH4HCO3溶液中：c(NH)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)
B．“过滤1”所得滤液中：
C．“沉锰”时发生反应：Mn2++HCO=MnCO3↓+H+
D．“过滤2”所得滤液中： c(NH)=c(HCO)+2c(CO)+c(HS-)+2c(S2-)
13．CH4和CO2重整制氢体系中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在密闭容器中，、n始(CH4)=n始(CO2)=1mol时，若仅考虑上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．曲线a表示平衡时CO的物质的量随温度的变化
B．625℃，反应Ⅱ的平衡常数
C．500~600℃，随着温度升高，容器中积碳减少
D．1000℃下，增大压强，平衡体系中不变
二、非选择题：共4题，共61分。
14．以酸泥(主要含无定形Se、HgSe 和少量Ag2Se) 为原料制备灰硒(Se6)的流程如下：
已知：Ka1(H2SeO3)=3×10-3 、Ka2(H2SeO3)=5×10-8.
（1）“氧化碱浸”中无定形 Se 被氧化为 SeO的离子方程式为　 　； 其它条件不变时，Se浸出率随双氧水用量变化如图所示，
当双氧水用量从80 mL·L-1增加到120mL·L- 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是　 　 。
（2）“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3
①“除银”过程中的加料方式为　 　。
②写出Ag2Se发生反应的化学方程式：　 　 。
（3）“沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有　 　 。
（4）通过如下步骤测定灰硒产品中Se的质量分数：
步骤1：准确称取0.1600g 灰硒产品，加入足量硝酸充分反应后生成H2SeO3溶液，配成100.00 mL 溶液；
步骤2：取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量的硫酸酸化的KI溶液，充分反应；
步骤3：以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L- 的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mLNa2S2O3溶液。
已知：H2SeO3+4I-+4H+=Se↓+2I2+3H2O；I2+2S2O=2I-+S4O
计算灰硒产品中Se的质量分数为　 　 。
（5）Cu2-xSe 是一种钠离子电池的正极材料，放电过程中晶胞变化如下图所示。
①1molCu2-xSe转化为NayCu2-xSe时转移电子的物质的量为　 　mol。
②NayCu2-xSe中Cu+与 Cu2+ 的个数比为　 　。
15．玛巴洛沙韦片是一种治疗甲型或乙型流感病毒的特效药，H是合成玛巴洛沙韦的一种重要中间体，其合成路线如下：(注：为；为)
（1）A分子中含氧官能团有羧基、醚键和　 　。
（2）写出B的结构简式：　 　。
（3）E→F中还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：　 　。
（4）D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：　 　。
分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，且有2种不同环境的氢原子。
（5）已知：。设计以、、、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)。
16．焦磷酸铜盐、柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液。
（1）以酸性CuSO4溶液作电镀液时，镀铜效果不佳。原因：①溶液中的和电解过程中产生的少量Cu+ 影响镀层光亮度； ②　 　。
（2）控制铜电镀液pH在8-8.5之间，采用电解法可得到均匀光亮的铜镀层。
①配制K6[Cu(P2O7)2]溶液过程中主要发生如下转化：
具体操作：向含0. 1 molCuSO4的溶液中加入含　 　molK4P2O7溶液，过滤，　 　 ， 再加入一定量的K4P2O7至沉淀溶解。
②上述配制的K6[Cu(P2O7)2]溶液中可能会存在少量Cu+。 需向溶液中加入H2O2 充分反应，再加入柠檬酸晶体。加入柠檬酸晶体的目的是　 　。
（3）在塑料件上镀铜时需要首先对塑料件进行预处理，使其表面覆盖一层铜膜。涉及反应：HCHO+Cu(OH)2+OH-=HCOO-+Cu+2H2O 。补充完整在塑料件上镀铜的实验方案：向装有塑料片的烧杯中加入CuSO4溶液，　 　，将预处理后的塑料片从烧杯中取出并洗净后，将待镀塑料片　 　，通电一段时间。(实验中须使用的试剂和设备：NaOH溶液、HCHO溶液，K6[Cu(P2O7)2]溶液、Cu 片；下图所示电解池)
17．CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。利用捕集的CO2合成碳酸二甲酯有助于实现碳中和。
（1）DEA[(C2H4OH)2NH]是一种CO2捕集剂。室温下，将CO2体积分数为15%(其余为N2)的混合气以一定流速通过装有一定量DEA溶液的捕集器(N2不被吸收)，被吸收后的混合气在出口处通过CO2含量检测装置，直至捕集剂吸收CO2达到饱和。将吸收CO2饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生。DEA吸收CO2的过程如图所示。
①能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是　 　。
②写出CO2解吸时发生反应的离子方程式：　 　。
③衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为　 　。
（2）反应CO2(g)+2CH3OH(l)(CH3O)CO(1)+H2O(1)可用于合成碳酸二甲酯。
①该反应的平衡常数(pK=-lgK)与温度的关系如图所示。为提高原料的平衡转化率，可采取的措施有　 　。(写两条)
②ZrO2可作为合成反应的催化剂。
(i)一种ZrO2的晶胞结构如图所示，该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为　 　。
(ii)ZrO2催化合成碳酸二甲酯的可能反应机理如图所示，Zr4+是催化过程中的关键活性位点。在答题卡上补充完整F的结构式：　 　。
(ⅲ)在C→D的过程中还可能生成一种中间体M()，该中间体与D中的基团存在明显差异，可用　 　(分析方法)检验是否有M存在。
③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。请补充完整从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作：将共沸物加热气化通入　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、合金一般用于芯片的外壳、引脚等结构部件，不具备半导体特性，无法作为芯片的核心材料，A错误；
B、二氧化硅不导电，是良好的绝缘体，主要用于制造光导纤维或芯片的绝缘层，不能作为芯片的主要成分，B错误；
C、硅是典型的半导体材料，可通过掺杂调控导电性，是制造集成电路与芯片的核心基底材料，C正确；
D、石墨是导体，主要用于电池电极、润滑剂等场景，无法实现芯片所需的半导体功能，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
芯片的功能本质：芯片是集成电路的载体，需要在导电性与绝缘性之间精准调控，因此必须使用半导体材料。
常见材料的用途区分：
合金：多作为结构件、导电连接件，不具备半导体特性。
二氧化硅：是绝缘体，主要用于光导纤维、半导体绝缘层，无法直接制作芯片。
硅：典型的半导体材料，是现代集成电路与芯片的核心基底材料。
石墨：是导体，多用于电池电极、润滑剂，无法满足半导体调控需求。
2．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Ca2+的核电荷数为 20，核外电子数为 18，电子层排布为 2、8、8。 结构示意图为，故A错误；
B、H2S 中 S 原子采取 sp3 杂化，存在 2 对孤电子对，分子空间构型为 V 形，正负电荷中心不重合，是由极性键（H-S 键）构成的极性分子，B正确；
C、SCN-中 C 原子的价层电子对数为 2（2 个 σ 键，无孤电子对），因此采取sp 杂化，而非 sp2 杂化，C错误；
D、(NH2)2CS 的结构为：2 个 - NH2基团（含 4 个 N-H σ 键）、2 个 C-N σ 键、1 个 C=S σ 键，总计7 mol σ 键，而非 8 mol，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：需核对核电荷数与电子层排布，阳离子核电荷数 > 核外电子数。
极性分子判断：由极性键构成，且分子空间结构不对称（正负电荷中心不重合）的分子为极性分子。
杂化类型判断：价层电子对数 = σ 键数 + 孤电子对数，价层电子对数为 2 时采取 sp 杂化，为 3 时采取 sp2 杂化。
σ 键计数：单键全为 σ 键，双键、三键中各含 1 个 σ 键，需按分子结构逐一统计。
3．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；氨的实验室制法；卤代烃简介；钠的氧化物
【解析】【解答】A、氯化铵和氢氧化钙固体混合加热，会发生复分解反应生成氨气； 反应式为 ： ， 氨气在加热条件下能与氧化铜发生氧化还原反应，生成铜、氮气和水， 反应式为： ， 两步转化都能顺利实现，A正确；
B、过氧化钠具有强氧化性，三氧化硫属于酸性氧化物，二者反应时会生成硫酸钠，而非亚硫酸钠，转化无法实现，B错误；
C、氯化镁溶液直接加热蒸干时，镁离子会发生水解生成氢氧化镁和氯化氢： ，氯化氢挥发后最终得到氢氧化镁沉淀，无法得到无水氯化镁，要制备无水氯化镁需在氯化氢氛围中蒸干，C错误；
D、氯乙烷在氢氧化钠水溶液中加热发生的是取代反应（水解）： ，只有在氢氧化钠醇溶液中加热才会发生消去反应生成乙烯，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氨气制备与氧化：实验室常用铵盐与碱共热制氨气，氨气在加热时可还原金属氧化物，体现其还原性。
过氧化钠的氧化性：过氧化钠与高价态酸性氧化物反应时，会将其氧化为更高价态的盐，不会生成低价态产物。
盐类水解的应用：易水解的氯化物溶液蒸干时，需在对应的氯化氢氛围中进行，才能得到无水氯化物。
卤代烃的反应类型：卤代烃在水溶液中发生水解反应，在醇溶液中才会发生消去反应，反应条件决定产物类型。
4．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Fe是26号元素，核外电子排布为[Ar]3d64s2，电子层数为4，位于第四周期，而非第三周期，A错误；
B、O和S同主族，S的电子层数比O多，原子半径：，B错误；
C、基态Fe原子价电子排布为3d64s2，失去4s轨道的2个电子形成Fe2+，价电子排布为3d6。根据洪特规则，3d轨道的6个电子中，4个为未成对电子，C正确；
D、N和O同周期，从左到右电负性增大，电负性：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
周期表位置：Fe是26号元素，电子排布为[Ar]3d64s2，位于第四周期第Ⅷ族。
原子半径：同主族元素从上到下，电子层数增多，原子半径依次增大。
未成对电子数：基态Fe2+的价电子排布为3d6，根据洪特规则，3d轨道有4个未成对电子。
电负性：同周期主族元素从左到右，电负性依次增大。
【答案】5．D
6．C
7．A
【知识点】配合物的成键情况；氯气的实验室制法；镁、铝的重要化合物
【解析】【分析】（1）A、根据Ga原子的核外电子数，确定其基态原子的核外电子排布式。
B、根据N、B原子的结构分析。
C、氮化镓的熔点高，属于共价晶体。
D、根据价层电子对数确定其空间结构，从而得到键角大小。
（2）A、实验室用浓硫酸干燥Cl2。
B、制取BCl3的反应温度为65℃，而沸水的温度为100℃。
C、BCl3应采用向上排空气法收集，且需用冰水冷却。
D、CO不与NaOH反应。
（3）A、H3BO3为一元酸，与NaOH反应生成NaH2BO3和H2O。
B、根据原子守恒分析。
C、Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]。
D、根据原子守恒分析。
5．A．Ga的核外电子数为31，则其基态核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，A选项错误；
B．NH3BH3中N原子存在孤电子对，B原子存在空轨道，二者可形成配位键，因此其结构式为：，B选项错误；
C．氮化镓熔点约为1500℃，熔点较高，应属于共价晶体，C选项错误；
D．BCl3分子的中心原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，因此其空间结构为正三角形，键角为120℃，D选项正确；
故答案为：D
6．A．饱和食盐水用于除去Cl2中混有的HCl，应该用浓硫酸干燥氯气，A选项错误；
B．生成BCl3的反应条件为65℃，因此制取 BCl3 的时候，应该控制温度为65℃，不能用沸水，B选项错误；
C．BCl3 的沸点为12.5℃，且密度比空气答，因此应采用向上排空气法收集；且用冰水冷却，C选项正确；
D．尾气中含有CO，CO不与氢氧化钠反应，因此不能用氢氧化钠吸收，D选项错误；
故答案为：C
7．A．H3BO3为一元酸，和足量NaOH溶液反应生成NaH2BO3和H2O，该反应的离子方程式为H3BO3+OH-= H2BO+H2O，A选项错误；
B．B(OCH3)3和 NaH反应制备NaBH4，不存在元素化合价变化。由原子守恒可知反应为，B选项正确；
C．Al2O3 溶于NaOH 溶液反应生成四羟基铝酸钠，该反应的离子方程式为Al2O3 +2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣，C选项正确；
D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN，不存在元素化合价变化，由原子守恒可知反应为，D选项正确；
故答案为：A
8．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应方程式中，反应物为9 mol气体（4 mol NH3 + 5 mol O2），生成物为10 mol气体（4 mol NO + 6 mol H2O），气体分子数增加，体系混乱度增大，ΔS > 0，A错误；
B、催化剂的核心作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不会改变反应物和生成物的总能量，因此反应焓变（ΔH）保持不变，B错误；
C、其他条件不变时，增大，相当于增大NH3的浓度或减少O2的浓度。平衡虽正向移动，但NH3的平衡转化率会降低（自身浓度增大，转化程度减小），C错误；
D、反应中NH3的N-H键断裂为正反应，H2O的O-H键断裂为逆反应。根据化学计量比，1 mol NH3含3 mol N-H键，1 mol H2O含2 mol O-H键；若1 mol N-H键断裂的同时有1 mol O-H键断裂，结合反应速率比例，可表征正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
熵变（ΔS）判断：气体分子数增多的反应，体系混乱度增大，ΔS > 0；反之ΔS < 0。
催化剂的作用：催化剂仅降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应的焓变与平衡状态。
平衡转化率影响：增大某反应物浓度，可提高另一反应物的平衡转化率，但自身转化率会降低。
平衡状态标志：正、逆反应速率相等，或不同物质的化学键断裂与生成速率符合化学计量比，为平衡状态。
9．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、M为阴极，N为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，因此OH-由左室（阴极室）通过隔膜向右室（阳极室）移动，A错误；
B、CO2在M极被还原为HCOO-，发生还原反应，故M为阴极，而非阳极，B错误；
C、N极为阳极，发生氧化反应，应失电子，正确反应式为：
CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O ，选项中写为得电子的还原反应，C错误；
D、阴极反应为： CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH- ，由反应式可知，每2 mol电子通过电路，对应1 mol CO2被还原，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电极判断：CO2在M极被还原为HCOO-，发生得电子的还原反应，故M为阴极；N极发生失电子的氧化反应，为阳极。
离子移动：电解池中，阴离子（OH-）向阳极移动。
电极反应式：阳极发生氧化反应，失电子；阴极发生还原反应，得电子，需结合介质（NaOH）配平电荷与原子。
电子守恒：根据阴极反应式，每还原1 mol CO2需要得到2 mol电子，可据此计算电子与CO2的物质的量关系。
10．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；乙炔炔烃；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Na2CO3溶液中存在水解平衡： ，溶液呈碱性，使酚酞变红。加入少量BaCl2固体后，与生成BaCO3沉淀，使水解平衡逆向移动，浓度降低，溶液红色变浅。通过颜色变化可证明水解平衡存在，A正确；
B、95%乙醇溶液中含有水，Na既能与乙醇反应生成H2，也能与水反应生成H2，无法通过气体生成判断是否为乙醇与Na的置换反应，存在干扰，B错误；
C、FeSO4溶液中水解使溶液呈弱酸性，但酚酞在酸性环境中无色，无法通过颜色变化观察水解导致的pH变化，C错误；
D、电石中含CaS等杂质，与饱和食盐水反应时除生成乙炔外，还会生成H2S，H2S也能还原高锰酸钾使其褪色，无法证明乙炔具有还原性，存在杂质干扰，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
盐类水解平衡验证：通过加入与水解离子结合的试剂，观察平衡移动带来的pH变化（指示剂颜色变化）。
反应干扰排除：验证物质反应时，需排除其他物质的干扰（如水、杂质气体等）。
指示剂适用范围：酚酞在酸性/中性溶液中无色，无法检测弱酸性水解的pH变化
11．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、X 与足量 H2加成后，苯环变为环己基，产物中环上连接支链的碳原子均为手性碳，共3 个，并非 1 个，A错误；
B、X 含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应；Y 无醛基，不能发生银镜反应，因此可用银氨溶液检验 Y 中是否混有 X，B正确；
C、Y 中酚羟基与酯基发生酯交换反应，生成 Z 和乙醇（CH3CH2OH），无 H2O 生成，C错误；
D、Z 中酯基水解后生成羧基、酚羟基，二者均可与 NaOH 反应，加上原有的酚羟基，1mol Z 最多消耗3mol NaOH，并非 2mol，D错误；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
手性碳原子：连接 4 个不同原子、基团的饱和碳原子，需分析加成后分子的饱和碳结构。
官能团鉴别：银氨溶液可与醛基发生银镜反应，用于鉴别含醛基的物质。
反应产物判断：酯交换反应会生成醇，而非水。
NaOH 消耗计算：酚羟基、羧基、酚酯基均可与 NaOH 按 1：1 反应，需注意酯基水解后的产物类型。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据N、C元素守恒，正确关系为：
，A错误；
B、过滤1后，CuS沉淀完全，溶液中，而MnS未沉淀，故。两式相除得：
B正确；
C、沉锰时，Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀、CO2和H2O，正确方程式为：
，C错误；
D、pH=7时，电荷守恒式为：
简化后为：
，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
本题围绕制备MnCO3的工艺流程，考查物料守恒、溶度积应用、离子方程式书写、电荷守恒等核心知识点，需结合沉淀溶解平衡与电解质溶液理论逐一分析选项。
物料守恒：NH4HCO3溶液中，N元素存在于NH4+和NH3·H2O中，C元素存在于HCO3-、CO32-和H2CO3中。
溶度积（Ksp）应用：沉淀转化趋势与Ksp相关，饱和溶液中离子浓度比可通过Ksp比值判断。
离子方程式配平：沉锰反应会生成CO2和H2O，需满足原子守恒与电荷守恒。
电荷守恒：中性溶液中c(H+)=c(OH-)，电荷守恒式可简化为阳离子总电荷等于阴离子总电荷。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，升温时正向移动，CO、H2的量均增加；反应Ⅲ为放热反应，升温逆向移动，CO的量进一步增加。因此，CO的量随温度升高而显著上升，曲线a表示CO的物质的量变化，A正确；
B、反应Ⅱ的平衡常数表达式为：
625℃时，需结合各物质的平衡物质的量计算分压，实际计算结果并非，B错误；
C、积碳由反应Ⅲ生成，该反应为放热反应，升温时平衡逆向移动，C的生成量减少，即容器中积碳减少，C正确；
D、1000℃时，反应Ⅲ可忽略，体系中仅存在反应Ⅰ、Ⅱ。在这两个反应中，CO与H2的计量数变化比例相同，增大压强时，二者的物质的量同比例变化，故不变，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
本题围绕CH4与CO2重整制氢的多反应平衡体系，考查曲线对应物质判断、平衡常数计算、积碳变化、压强对比例的影响，核心是结合反应热效应与勒夏特列原理分析平衡移动规律。
曲线对应物质：反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，升温正向移动；反应Ⅲ为放热反应，升温逆向移动。CO在高温下生成量显著，对应曲线a。
平衡常数计算：需根据625℃时各物质的平衡分压（或浓度）代入反应Ⅱ的平衡常数表达式计算，注意体系中存在多个平衡的耦合。
积碳变化：积碳对应反应Ⅲ，升温时反应Ⅲ逆向移动，C的生成量减少，即积碳减少。
压强对比例的影响：若两个气体物质在所有反应中的计量数变化比例相同，压强改变时其物质的量之比不变。
14．【答案】（1）Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO；H2O2 被 SeO还原
（2）向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸；Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl
（3）SeO 、HSeO 、Cl-
（4）98.75%
（5）0.25；5 ∶ 1
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）“氧化碱浸”时Se在碱性条件下被双氧水氧化为 SeO，离子方程式为：Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO；过氧化氢具有氧化性， SeO依然具有还原性，则当双氧水用量从80 mL·L-1 增加到120mL·L- 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是：H2O2 被 SeO还原；
故答案为： Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO ； H2O2 被 SeO还原 ；
（2）①“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，则“除银”过程中的加料方式为向滤渣中先加入NaClO，再加入盐酸，
防止发生副反应，故答案为：向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸；
②向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se被氧化为H2SeO3，Ag2Se发生反应的化学方程式为：Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl；
故答案为： 向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸 ； Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl ；
（3）“沉汞”时加入氢氧化钠，H2SeO3和氢氧化钠反应生成Na2SeO3，H2SeO3为弱酸，SeO可以水解，则溶液中存在SeO 、HSeO ，由于“除银”时还加入的盐酸，则沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有：SeO 、HSeO 、Cl-；
故答案为： SeO 、HSeO 、Cl- ；
（4）根据题意有关系式，，25mL溶液中，，则灰硒产品中Se的质量分数为：；
故答案为： 98.75% ；
（5）①根据均摊法可知，截入1个Na+后，晶胞中，Na+与Se2-的个数之比为1：4，NayCu2-xSe的化学式为Na0.25Cu2-xSe，所以1molCu2-xSe转化为Na0.25Cu2-xSe时，Cu元素降低了0.25价，转移电子的物质的量为0.25mol，故答案为：0.25；
②由图可知，截入1个Na+后，晶胞NayCu2-xSe的化学式为：Na0.25Cu1.5Se，设Cu+与Cu2+的个数分别为x、(1.5-x)，根据化合价代数和为0，有，解得：x=1.25，
则Cu+与Cu2+的个数之比为：1.25∶(1.5-1.25)=5∶1。
故答案为： 0.25 ； 5 ∶ 1 ；
【分析】本工艺以酸泥（含无定形Se、HgSe、Ag2Se）为原料，通过氧化碱浸-除银-沉汞-提纯的流程回收硒：用NaOH+H2O2将Se、HgSe、Ag2Se氧化为SeO32-、H2SeO3；向滤渣中加NaClO+盐酸，将Ag2Se、HgSe氧化为H2SeO3，同时Ag转化为AgCl沉淀除去；向滤液中加NaOH，将Hg2+转化为HgO沉淀除去，得到含硒滤液；滤液经处理得到灰硒，通过滴定法测定Se含量；通过均摊法、化合价代数和为0，分析Na Cu2- Se的晶胞组成与Cu的价态比例。
(1) Se在碱性条件下被H2O2氧化为SeO32-，根据氧化还原得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式： Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO ；SeO32-具有还原性，可将过量H2O2还原，因此H2O2用量增加时，溶液中无H2O2残留。
(2) ① 为避免副反应（如NaClO与盐酸反应生成Cl2），加料方式为先加NaClO溶液，后加盐酸；
②Ag2Se被NaClO氧化为H2SeO3，Ag转化为AgCl，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式： Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl 。
(3)H2SeO3为弱酸，SeO32-会水解生成HSeO3-；除银时加入盐酸，溶液中含Cl-，因此pH=7时主要阴离子为。
(4) 根据定量关系，计算25mL溶液中Se的物质的量，再换算为样品中Se的质量分数：。
(5)①用均摊法计算晶胞中Na+与Se2-的个数比，得出化学式；1mol转化时，Cu元素总化合价降低0.25，因此转移电子0.25mol；
②设、的个数分别为、，根据化合价代数和为0列方程：，解得，因此与的个数比为。
（1）“氧化碱浸”时Se在碱性条件下被双氧水氧化为 SeO，离子方程式为：Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO；过氧化氢具有氧化性， SeO依然具有还原性，则当双氧水用量从80 mL·L-1 增加到120mL·L- 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是：H2O2 被 SeO还原；
（2）①“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，则“除银”过程中的加料方式为向滤渣中先加入NaClO，再加入盐酸，
防止发生副反应，故答案为：向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸；
②向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se被氧化为H2SeO3，Ag2Se发生反应的化学方程式为：Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl；
（3）“沉汞”时加入氢氧化钠，H2SeO3和氢氧化钠反应生成Na2SeO3，H2SeO3为弱酸，SeO可以水解，则溶液中存在SeO 、HSeO ，由于“除银”时还加入的盐酸，则沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有：SeO 、HSeO 、Cl-；
（4）根据题意有关系式，，25mL溶液中，，则灰硒产品中Se的质量分数为：；
（5）①根据均摊法可知，截入1个Na+后，晶胞中，Na+与Se2-的个数之比为1：4，NayCu2-xSe的化学式为Na0.25Cu2-xSe，所以1molCu2-xSe转化为Na0.25Cu2-xSe时，Cu元素降低了0.25价，转移电子的物质的量为0.25mol，故答案为：0.25；
②由图可知，截入1个Na+后，晶胞NayCu2-xSe的化学式为：Na0.25Cu1.5Se，设Cu+与Cu2+的个数分别为x、(1.5-x)，根据化合价代数和为0，有，解得：x=1.25，
则Cu+与Cu2+的个数之比为：1.25∶(1.5-1.25)=5∶1。
15．【答案】（1）酮羰基
（2）
（3）
（4）（答案不唯一 ）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
故答案为： 酮羰基 ；
（2）根据分析可知，B的结构简式：；
故答案为：；
（3）E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
故答案为：
（4）D（），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：()；
故答案为：()；
（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
故答案为：
【分析】A 在 (CH3)2SO4、NaHCO3和 DMF 条件下 40℃反应得到 B；B 与 NH2NHBoc 在 DMF 中 65℃反应生成 C； 逆推可知，B的结构为； D 与 BrCH2CH(OCH3)2、NaH 在 DMF 中 60℃反应得到 E；E 与 NH2NH2在 CH3OH/H2O 中 60℃反应得到 F；C 与 F 在 DBU、THF 中 80℃反应生成 G；G 在 CH3SO3H、CH3CB、H2O 中 80℃反应得到中间体 H。据此解题。
（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
（2）根据分析可知，B的结构简式：；
（3）E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
（4）D（　　），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：（　　）；
（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
16．【答案】（1）H+与 Cu2+在阴极竞争放电生成 H2 ，不利于 Cu 在镀件表面析出
（2）0.05；用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入 BaCl2 溶液无沉淀；调节电镀液的 pH；将氧化生成的 Cu2+转化为柠檬酸铜盐
（3）边搅拌边加入 NaOH 溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应；与图示电解池中 Y 极相连，将铜片与 X 极相连，加入 K6[Cu(P2O7)2]
【知识点】制备实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】（1）电镀时，氢离子也可能从阴极得到电子生成氢气从而影响电镀的效果，
故答案为：H+与 Cu2+在阴极竞争放电生成 H2 ，不利于 Cu 在镀件表面析出；
（2）①由转化关系可知，，则向含0. 1 molCuSO4的溶液中加入含溶液，过滤；在随后的洗涤过程中，可以通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子来检验是否洗涤干净，
②根据题意，柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液，则加入柠檬酸晶体可以和铜离子反应生成柠檬酸铜盐，同时调节电溶液的pH，
故答案为：0.05；用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入 BaCl2 溶液无沉淀；调节电镀液的 pH；将氧化生成的 Cu2+转化为柠檬酸铜盐；
（3）根据题中信息可知，可以利用在碱性条件下氢氧化铜和甲醛的反应在塑料片的表面生成一层铜膜，随后结合电镀的原理将塑料片当做阴极铜片当做阳极进行电镀，
故答案为：边搅拌边加入 NaOH 溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应；与图示电解池中 Y 极相连，将铜片与 X 极相连，加入 K6[Cu(P2O7)2]。
【分析】(1) 酸性溶液中，H+会与Cu2+在阴极竞争放电生成H2，导致Cu在镀件表面析出量减少，影响镀层质量。
(2) ①根据反应 ，0.1 mol 需要 0.05 mol ；过滤后用蒸馏水洗涤沉淀，直至最后一次洗涤液加无沉淀（证明无残留）。
② 调节电镀液pH；将氧化生成的转化为柠檬酸铜盐（适合电镀的铜源）。
(3) ①向溶液中边搅拌边加过量NaOH溶液，再加甲醛溶液，利用反应在塑料表面生成铜膜。
②将预处理后的塑料片接电解池阴极（Y极），Cu片接阳极（X极），加入溶液后通电电镀。
（1）电镀时，氢离子也可能从阴极得到电子生成氢气从而影响电镀的效果，故答案为：H+与 Cu2+在阴极竞争放电生成 H2 ，不利于 Cu 在镀件表面析出；
（2）①由转化关系可知，，则向含0. 1 molCuSO4的溶液中加入含溶液，过滤；在随后的洗涤过程中，可以通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子来检验是否洗涤干净，故答案为：0.05；用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入 BaCl2 溶液无沉淀；
②根据题意，柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液，则加入柠檬酸晶体可以和铜离子反应生成柠檬酸铜盐，同时调节电溶液的pH，故答案为：调节电镀液的 pH；将氧化生成的 Cu2+转化为柠檬酸铜盐；
（3）根据题中信息可知，可以利用在碱性条件下氢氧化铜和甲醛的反应在塑料片的表面生成一层铜膜，随后结合电镀的原理将塑料片当做阴极铜片当做阳极进行电镀，故答案为：边搅拌边加入 NaOH 溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应；与图示电解池中 Y 极相连，将铜片与 X 极相连，加入 K6[Cu(P2O7)2]。
17．【答案】（1）出口处气体中CO2体积分数为15%；；捕集剂解吸CO2的效率
（2）适当降低温度、增大压强；4；；红外光谱法；一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层
【知识点】离子晶体；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①如果DEA吸收CO2达到饱和，则混合气体中CO2的体积分数在通过DEA溶液前后不变，即能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是出口处气体中CO2体积分数为15%。
②在120℃下充分加热，CO2解吸时生成和，离子反应方程式为。
③根据题意，捕集剂吸收CO2达到饱和后，将吸收CO2饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生，则衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为捕集剂解吸CO2的效率（释放CO2的速率和程度)。
故答案为： 出口处气体中CO2体积分数为15% ； ； 捕集剂解吸CO2的效率 ；
（2）①通过图可看出，升高温度，pK增大，则K减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，要提高原料的平衡转化率，应该通过改变条件使平衡正向移动，但不能是通过增大反应物的浓度实现，采取的措施有增大压强、适当降低温度等，故答案为：适当降温、加压。
②(i)黑球个数为，白球个数为，二者个数比为1：2，黑色球表示Zr4+，位于晶胞的顶点和体心。白色球表示O2-，在该晶胞的面上，由图可观察出该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为4个。
(ii)从反应机理图看出， E和甲醇反应生成F，与A生成B的反应类似，因此判断F的结构简式为。
(ⅲ)对比二者的结构可知，该中间体与D中的基团存在明显差异，二者所含化学键不同，可用红外光谱法检验是否有M存在。
③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。共沸物中一种是甲醇，一种是酯类物质。甲醇易溶于水，(CH3O)2CO难溶于水，从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作为将共沸物加热气化通入一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层。
故答案为： 适当降低温度、增大压强 ； 4 ； ； 红外光谱法 ； 一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层 ；
【分析】(1)①饱和依据：出口处CO2体积分数回到15%（与进气浓度一致，说明不再吸收）。
②解吸离子方程式：(C2H4OH)2NCOO- + (C2H4OH)2NH2+ 2(C2H4OH)2NH + CO2↑。
③捕集剂优劣比较：还需比较解吸CO2的效率（速率、程度）。
(2) ①提高平衡转化率措施：适当降低温度（正反应放热）、增大压强（正反应气体分子数减少）。
②(i) 与O2-距离最近且相等的Zr4+数目为4。
(ii) 仿照A→B的反应，F为含碳酸酯键连接Zr的结构（ 类骨架）。
(iii) 检验方法：用红外光谱法（检测化学键、官能团差异）。
③ 分离操作：将共沸物气化通入水中，搅拌静置后分液，取上层有机层（碳酸二甲酯难溶于水，甲醇溶于水）。
（1）①如果DEA吸收CO2达到饱和，则混合气体中CO2的体积分数在通过DEA溶液前后不变，即能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是出口处气体中CO2体积分数为15%。
②在120℃下充分加热，CO2解吸时生成和，离子反应方程式为。
③根据题意，捕集剂吸收CO2达到饱和后，将吸收CO2饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生，则衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为捕集剂解吸CO2的效率（释放CO2的速率和程度)。
（2）①通过图可看出，升高温度，pK增大，则K减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，要提高原料的平衡转化率，应该通过改变条件使平衡正向移动，但不能是通过增大反应物的浓度实现，采取的措施有增大压强、适当降低温度等，故答案为：适当降温、加压。
②(i)黑球个数为，白球个数为，二者个数比为1：2，黑色球表示Zr4+，位于晶胞的顶点和体心。白色球表示O2-，在该晶胞的面上，由图可观察出该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为4个。
(ii)从反应机理图看出， E和甲醇反应生成F，与A生成B的反应类似，因此判断F的结构简式为。
(ⅲ)对比二者的结构可知，该中间体与D中的基团存在明显差异，二者所含化学键不同，可用红外光谱法检验是否有M存在。
③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。共沸物中一种是甲醇，一种是酯类物质。甲醇易溶于水，(CH3O)2CO难溶于水，从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作为将共沸物加热气化通入一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层。
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