2025年高考第二次模拟考试化学（湖南卷）（全解全析）

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：H1C12O16Si28S32Cl35.5Zn64W184一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．中国古代化学工艺是中华璀璨文明的一部分，下列有关说法不正确的是A．东汉成书记载有“石胆化铁则为铜”，该过程涉及了置换反应B．闻名海内外的景德镇瓷器是由黏土经高温烧结而成C．古代炼丹家由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热还原法D．用青铜铸剑利用了青铜比纯铜熔点低、硬度大的优点【答案】C【详解】A．“石胆化铁则为铜”利用了铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应基本类型属于置换反应，A正确；B．景德镇瓷器属于陶瓷，烧制陶瓷的主要原料是黏土，B正确；C．由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热分解法，不是热还原方法，C错误；D．青铜属于合金，合金的熔点比纯金属低，而硬度比成分金属要大，D正确；故合理选项是C。2．下列化学用语表示正确的是A．反-2-丁烯的键线式：B．的球棍模型：C．分子中键的形成：D．用轨道表示式表示乙炔中C原子的杂化【答案】C【详解】A．为顺-2-丁烯的键线式，反-2-丁烯的键线式为：，A错误；B．Cl2O的中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+2=4，故为sp3杂化、空间构型为V形，为的球棍模型，B错误；C．是共价化合物，H原子的1s电子与原子的3p电子形成键，其形成过程可表示，C正确；D．乙炔中C原子为杂化，D错误；故选C。3．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．32g环状S8()分子中含有的S-S键数为NAB．标准状况下，2.24LC2H5OH所含氢原子数为0.6NAC．0．1mol·L-1的Na2CO3溶液含CO的数目为0.1NAD．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA【答案】A【详解】A．32g环状S8分子的物质的量=，一个环状S8分子中含有的S-S键数为8个，则0.125mol环状S8分子中含有的S-S键数为NA，A项正确；B．标准状况下C2H5OH为液体，不能根据气体摩尔体积计算，B项错误；C．不知道溶液体积，无法计算，C项错误；D．2molNO与1molO2在密闭容器中完全反应，生成2molNO2，但是该反应为可逆反应，反应后不可能完全进行，则反应后的分子数大于2NA，D项错误；答案选A。4．下列实验操作对应的装置正确的是A．制备少量干燥的气体B．验证具有氧化性C．测定中和反应的反应热D．灼烧海带制海带灰A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．浓盐酸沿毛细血管进入浓硫酸中，浓硫酸吸水放热，有利于HCl挥发，从而可以制得干燥的HCl气体，故A正确；B．硝酸具有挥发性，挥发的硝酸进入淀粉-KI溶液中也能氧化KI使溶液变蓝，故B错误；C．测定中和热，应选用环形玻璃搅拌器，铜制搅拌器导热，会造成热量损失，故C错误；D．固体的灼烧坩埚应该放在泥三角上，而不是铁圈上，故D错误；故选：A。5．砷酸钠()可用于设计成可逆电池，其反应原理为，设计的原电池如图Ⅰ所示，探究pH对氧化性的影响。测得输出电压与pH的关系如图Ⅱ所示。下列说法错误的是A．的氧化性大于的氧化性B．a点时，烧杯乙中发生氧化反应C．b点时电路中电流为0，反应达到平衡状态D．c点时，正极的电极反应为【答案】A【详解】A．氧化性强弱与溶液酸性强弱有关，pH<0.68时，的反应正向进行，此时，的氧化性大于I2的氧化性，pH>0.68时，的反应逆向进行，此时，I2的氧化性大于的氧化性，故A错误；B．a点时，的反应正向进行，烧杯乙中发生的是：2I-−2e-=I2，发生氧化反应，故B正确；C．b点时，电路中电流为0，则表示反应达到平衡状态，故C正确；D．c点时，反应逆向进行，则正极为得电子的还原反应I2+2e-=2I-，故D正确；答案选A。6．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组X试剂离子方程式ANa+、Fe3+、SO、Cl-过量H2S2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+BFe2+、K+、NO、Br-少量HI4H++3Fe2++NO=3Fe3++NO↑+2H2OCNH、Fe3+、AlO、Na+少量铜粉2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+DAlO、Na+、K+、HCO过量HCl5H++HCO+AlO2-=Al3++CO2↑+3H2OA．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．Na+、Fe3+、SO、Cl-之间不反应，能够大量共存，加入过量H2S后发生反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故A正确；B．Fe2+、K+、NO、Br-之间能够大量共存，但I-的还原性大于Fe2+，加入少量HI后只有I-被氧化，正确的离子方程式为8H++6I-+2NO═3I2+2NO↑+3H2O，离子方程式书写错误，故B错误；C．AlO与Fe3+发生双水解反应，离子反应为：3AlO+Fe3++6H2O═Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．AlO、HCO之间发生双水解反应，不能大量共存，不满足题干要求，故D错误；故选：A。7．有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知n(Li)/n(LiH)。已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑②2Li(s)+H2⇌2LiH△H＜0下列说法不正确的是A．可用质谱区分D2和HDB．Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑C．若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小D．80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大【答案】C【详解】A．D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；B．类似于钠和水的反应，Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；C．D2由Li与D2O反应生成，HD通过反应LiH+D2O=LiOD+HD，n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；D．升温，2LiH⇌2Li+H2△H>0平衡右移，Li增多LiH减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)，D正确；答案为：C。8．价一类二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，它以元素的化合价为纵坐标，以物质类别为横坐标。下图为铁元素的价一类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是A．转化⑦发生反应的类型是化合反应B．转化⑤是用于自来水消毒杀菌，等物质的量的和消毒效率相同(用得电子数目多少衡量氧化消毒能力强弱)C．用铁丝在氧气中燃烧可实现上述转化①D．加热发生转化⑥，加水溶解可实现转化③【答案】A【详解】A．转化发生反应为氢氧化亚铁和氧气、水生成氢氧化铁，化学方程式为：，属于化合反应，故A正确；B．消毒杀菌时价铁降低为价，而消毒时价氯降低到价，则等物质的量的是消毒效率的倍，故B错误；C．铁丝在氧气中燃烧生成，不能实现转化，故C错误；D．加热发生转化分解生成氧化铁，氢氧化铁不溶于水，加水溶解不可实现转化，故D错误；故选A。9．碳材料家族又添2位新成员：通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了分别由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是A．分子中存在极性键和非极性键B．环形碳()和环形碳()互为同素异形体C．1mol的含个σ键D．转化为环形碳()的过程，发生了还原反应【答案】C【详解】A．分子中存在极性键和非极性键，A正确；B．和是碳元素的两种单质，互为同素异形体，B正确；C．1个C14Cl10分子中含有26个σ键，1mol的含个σ键，C错误；D．转化为环形碳()的过程，碳元素价态降低，所以发生了还原反应，D正确。故选C。10．X溶液中可能含有下列5种离子中的几种：、、、、，某同学为确定其中含有的离子，设计并完成以下实验(所加试剂均足量)。下列说法正确的是A．X溶液中一定存在，可能不存在B．X溶液中一定存在、，至少含有、中的一种C．取少量X溶液，先加入适量氯水，再加少量KSCN溶液，若溶液呈红色，则含有D．X溶液中一定含有，且【答案】B【详解】A．根据分析可知，X溶液中一定存在，故A错误；B．X溶液中一定存在、、，至少含有、中的一种，故B正确；C．溶液呈血红色，有2种可能，一是原溶液中含有Fe2+，被氯水氧化生成了Fe3+，另一种是原溶液中就存在Fe3+，因此不能判断是否含有Fe2+，故C错误；D．根据分析可知n(Cl−)至少为0.01mol，溶液体积为100mL，则c(Cl−)≥0.1mol/L，故D错误；故选B。11．是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强B．M中的化合价为C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：【答案】B【详解】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看，4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；综上所述，本题选B。12．已知W、X、Y和Z为前四周期元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，X、Y位于同一主族，Z的正一价离子在酸性条件下可以发生歧化反应，分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。下列说法不正确的是A．W、X、Y、Z的电负性大小：X>Y>W>ZB．和之间存在不同的作用力C．700℃左右有两个吸收峰，此时发生两个氧化还原反应D．1200℃时固体成分为【答案】C【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，W为周期表中原子半径最小的元素，W为氢；X、Y位于同一主族，则X为O、Y为S，Z的正一价离子在酸性条件下可以发生歧化反应，则Z为Cu；则为；【详解】A．根据分析可知W、X、Y、Z分别为H，O，S，Cu，电负性大小为：O>S>H>Cu，A项正确；B．为，为，两种不同的作用力。其中4个水分子是作为配体配位在铜离子上的，即，那么成键方式就是配位键；另一个水分子则结合在硫酸根上，水分子通过氢键与硫酸根中的氧原子相连接，B项正确；C．从DSC曲线可以看出，700℃左右有两个吸热峰，对应固体质量在1.6mg~0.8mg之间，其对应反应的化学方程式为，不都是氧化还原反应，C项错误；D．1200℃对应固体质量为0.72g，发生反应为：此时固体成分为，D项正确；答案选C。13.二氧化碳催化加氢可合成乙烯：

。当原料初始组成，体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如题图所示。下列说法正确的是A．该反应的B．表示、变化的曲线分别为c、dC．A点对应温度为，此时的转化率为66.7%D．选择合适的催化剂可提高反应速率和乙烯的平衡产率【答案】D【解析】两反应物初始投料比等于化学计量数之比，由于c和a所表示的起始物质的量之比为1：3，所以图像中a为氢气，c为二氧化碳；又因为b和d表示的物质的量之比为4：1，所以b为水，d为乙烯，温度升高，a和c的物质的量变大，说明反应逆向移动，说明该反应正向为放热反应，，A项错误；由A项的分析知，氢气变化的曲线为a，乙烯变化的曲线为d，B项错误；催化剂不能改变平衡移动，不能提高平衡产率，C项错误。A点对应的平衡点为曲线c、d交点，即平衡时二氧化碳的物质的量等于乙烯的物质的量，设二氧化碳的起始物质的量为1mol，氢气的起始物质的量为3mol，反应生成乙烯的物质的量为xmol，则根据三段式可得：1-2x=x，解得，所以二氧化碳的转化率为：，D项正确；14．常温下，向二元弱碱联氨(N2H4)的水溶液中滴加盐酸，所得混合溶液中和与pOH的变化关系如图所示。已知：①联氨在水中的电离方式类似NH3；②。下列说法错误的是A．曲线①表示与pOH的关系B．A点溶液中C．常温下，的二级水解常数D．常温下，N2H5Cl溶液的pH<7【答案】C【详解】A．A点，，，，则，由图像可知曲线①上各点满足上式关系，所以曲线①表示与pOH的关系，A项正确；B．由图可知，A点时，则，即，B项正确；C．水解常数，水解程度大于其电离程度，故溶液显酸性，pH<7，C项错误；D．根据选项C分子可判断D项正确。答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．十二钨硅酸是一种一种性能优越的多功能催化剂，它的一种制备方法如下(步骤I、II的装置如图所示)。I．称取置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加热；II．在下缓慢加入使其充分溶解后，微沸时从滴液漏斗中缓慢地向其中加入浓盐酸，调节值为2，继续搅拌加热，自然冷却；III．将冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取；IV．将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。(1)装置a的名称是。(2)请写出步骤II中生成的离子方程式：。(3)步骤III的详细操作如下，请补充操作a并对下列操作进行排序：a→b→→f，步骤c中放出的气体是。a．。b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸c．旋开旋塞放气d．倒转分液漏斗，小心振荡e．将分液漏斗置于铁架台上静置f．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出(4)步骤Ⅳ中为防止转化为，可以补充的操作为。(5)的热重曲线图如图所示，当温度达到(A点)时，物质中的结晶水全部失去，则化学式中的n=，A点过后曲线仍有微弱的下降趋势，试推测原因。【答案】(1)(球形)冷凝管(2)(3)d→c→e氯化氢和乙醚检查旋塞、玻璃塞是否漏水(4)向溶液中加入H2O2(5)18受热分解进一步脱水【详解】（1）根据仪器构造可知，装置a为球形冷凝管；（2）反应中与在酸性环境下反应生成，离子方程式为；（3）步骤Ⅲ中，用如图2装置萃取、分液，操作为：检查旋塞、玻璃塞是否漏水、将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸、倒转分液漏斗，小心振荡、旋开旋塞放气、将分液漏斗置于铁架台上静置、打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出其中，排列顺序为a→b→d→c→e→f；氯化氢和乙醚易挥发，则放出的气体是氯化氢和乙醚；操作a为检查旋塞、玻璃塞是否漏水；故答案为：d→c→e；氯化氢和乙醚；检查旋塞、玻璃塞是否漏水；（4）为防止转化为时W元素化合价降低，故可加入过氧化氢，故答案为：向溶液中加入H2O2；（5）由热重曲线可知中，水的质量分数为10%，则，；A点过后曲线仍有微弱的下降趋势，其原因是受热分解进一步脱水；故答案为：18；受热分解进一步脱水。16．乙酸是重要的有机化工原料之一，在一定条件下，甲醇气体和气体可以合成液态乙酸。该过程可能涉及的反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：反应Ⅳ：按要求回答下列问题：(1)反应Ⅲ的，反应Ⅱ自发进行条件是(填“低温”、“高温”或“任何温度”)。(2)在一个恒压密闭容器中加入0.20molCH3OH气体和0.22molCO气体发生反应I．测得甲醇的转化率随温度的变化关系如图1所示，其中曲线I表示在5个不同温度下，均经过5min时测得的甲醇的转化率变化曲线，曲线Ⅱ表示不同温度下甲醇的平衡转化率变化曲线，已知在温度下，达到平衡时容器的体积刚好为。①该反应达到平衡后，下列措施既能提高反应速率又能提高乙酸的产率的有。A．分离出部分乙酸B．升高温度C．缩小容器体积D．改用高效催化剂②在温度为T2时，反应I的平衡常数为K=③曲线Ⅱ在T1~T2阶段，甲醇转化率随温度变化降低的原因是。④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2所示。在t1时刻加入高效催化剂，画出t1之后甲醇物质的量的变化曲线。(3)有科学家研究在通电条件下，由甲醇水溶液和CO来合成乙酸，阳极的电极反应式为。【答案】(1)-874kJ/mol低温(2)C500正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡转化率降低(3)2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+【详解】（1）由题干已知：反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，反应Ⅳ：，则(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反应Ⅲ：，根据盖斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反应Ⅱ：是一个的反应，故反应Ⅱ在低温下自发进行，故答案为：-874kJ/mol；低温；（2）①由题干可知，反应Ⅰ：正反应是一个气体体积减小的放热反应，据此分析解题：A．分离出部分乙酸，导致生成物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，乙酸的产率不变，A不合题意；B．升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，故平衡逆向移动，乙酸的产率降低，B不合题意；C．缩小容器体积即增大压强，反应物、生成物的浓度均增大，反应速率加快，正反应是一个气体体积减小的方向，故平衡正向移动，乙酸的产率增大，C符合题意；D．改用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，乙酸的产率不变，D不合题意；故选C；②由曲线Ⅰ可知：T2温度下，5min时测得的甲醇的转化率为60%，故转化的甲醇的物质的量为0.20mol×60%=0.12mol，则转化的CO的物质的量为0.12mol，故平衡时甲醇的物质的量为0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物质的量为0.22mol-0.12mol=0.1mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，故平衡常数K===500，故答案为：500；③由题干图像信息可知，曲线Ⅱ在T1~T2阶段，反应Ⅰ：达到化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，则导致甲醇转化率随温度升高而降低，故答案为：正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡转化率降低；④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2所示，在t1时刻加入高效催化剂，则反应速率加快，最终达到化学平衡，但平衡不移动，即最终CH3OH的平衡转化率为80%，即剩余的CH3OH的物质的量为0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物质的量的变化曲线为：，故答案为：；（3）电解时阳极发生氧化反应，故由甲醇水溶液和CO来合成乙酸，则阴极上CO得电子和氢离子反应生成乙酸、阳极上甲醇失电子生成乙酸和氢离子，阴极、阳极反应式分别为2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案为：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。17．钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn(II)、Cd(II)和少量Co(II)、Fe(II)、Ni(II)的硫酸盐及氢氧化物(“II”指相应元素的化合价为+2价)。利用以下工艺流程回收金属并制备碱式碳酸锌：已知：过二硫酸根()的结构式为，的还原产物为。回答下列问题：(1)向“浸取液”中加入粉，发生反应的离子方程式为。(2)过二硫酸根具有极强的氧化性，原因是。(3)“氧化、沉钴”时，加入溶液并调节溶液至，反应生成沉淀的离子方程式为。(4)研究加入溶液时温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示：由图可知，“氧化、沉钴”的适宜温度和时间是；金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后形成氢氧化物沉淀除去，滤渣中主要杂质还含有(填化学式)。(5)向溶液中加入适量的溶液，反应生成沉淀的化学方程式为。(6)锌的某些硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。如图为锌的某种硫化物晶体的晶胞结构。①基态的价层电子排布图为。②该硫化物晶体的密度(用含、、的代数式表示)。【答案】(1)Zn+Cd2+=Zn2++Cd(2)过二硫酸根中含有过氧键(3)2Co2+＋S2O＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO＋6H+(4)80℃，2hFe(OH)3(5)(x+1)ZnSO4+(x+1)Na2CO3+xH2O=ZnCO3·Zn(OH)2+(x+1)Na2SO4+xCO2↑(6)【详解】（1）由分析可知，加入过量的锌粉的目的是将溶液中的镉离子转化为镉，反应的离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，故答案为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；（2）由结构式可知，过二硫酸根中含有过氧键，所以过二硫酸钠能表现强氧化性，故答案为：过二硫酸根中含有过氧键；（3）由分析可知，加入强氧化剂过二硫酸钠的目的是将溶液中亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，反应的离子方程式为2Co2+＋S2O＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO＋6H+，故答案为：2Co2+＋S2O＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO＋6H+；（4）由图可知，“氧化、沉钴”时，铁离子脱除率已达100%，而温度为80℃，所用时间为2h时溶液中钴离子脱除率最大，所以“氧化、沉钴”的适宜温度和时间是80℃，2h，氢氧化钴滤渣中一定含有氢氧化铁，故答案为：80℃，2h；Fe(OH)3；（5）由分析可知，加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中的锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为(x+1)ZnSO4+(x+1)Na2CO3+xH2O=ZnCO3·Zn(OH)2+(x+1)Na2SO4+xCO2↑，故答案为：(x+1)ZnSO4+(x+1)Na2CO3+xH2O=ZnCO3·Zn(OH)2+(x+1)Na2SO4+xCO2↑；（6）①锌元