江苏省徐州市2025届高三二模联考化学试题（含答案）

第第页江苏省徐州市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．NH4Cl→ΔCa(OH)2NH3B．Na→O2Na2O2→SO3C．Mg(OH)2→HClMgCl2(aq)→蒸干D．CH3CH2Cl→ΔNaOH/H2OCH24．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Fe2+未成对电子数为4 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：BOCH33+6Cl2=65℃BCl3+3CO+9HCl。B(OCH3)5．下列说法正确的是A．Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1B．NH3BH3的结构式：C．氮化镓属于分子晶体D．BCl3分子中键角为1206．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BCl3C．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-=BO33−+3H2B．B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4：4NaH+BC．Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：Ga8．对于反应4NH3A．该反应△S<0B．使用催化剂能降低反应的焓变C．其他条件不变，增nNH3nD．1molN-H断裂的同时有1molO-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+4H2OD．电路中通过2mole-时，理论上有1molCO2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2mLFeSO4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．D11．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XC．Y→Z有H2O生成D．1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH12．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(NH4+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(HB．“过滤1”所得滤液中：cC．“沉锰”时发生反应：Mn2++HCO3−=MnCO3↓+HD．“过滤2”所得滤液中：c(NH4+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(HS13．CH4和CO2重整制氢体系中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CH4g反应Ⅱ：CO2g反应Ⅲ：2COg⇌在密闭容器中，1.01×105Pa、n始(CH4)=n始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K=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nCO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SeO32−的离子方程式为当双氧水用量从80mL·L-1增加到120mL·L-¹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H2SeO3①“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100.00mL溶液；步骤2：取25.00mL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0.1000mol·L-¹的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00mLNa2S2O3溶液。已知：H2SeO3+4I-+4H+=Se↓+2I2+3H2O；I2+2S2O32−=2I-+S4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：Bn为；Boc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FeCl3（5）已知：。设计以、CH3COOH、H2NCH216．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SO42-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：CuSO具体操作：向含0.1molCuSO4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【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【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-Hσ键）、2个C-Nσ键、1个C=Sσ键，总计7molσ键，而非8mol，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【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：2NH4Cl+Ca(OH)2=ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O，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：2NH3+3CuO=Δ3Cu+N2+3H24．【答案】C【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：r(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：χ(N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．D6．C7．A【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3+3-3×1故答案为：D6．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：C7．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-=H2BO3−+H2B．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4NaH+BOCHC．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GaCH故答案为：A8．【答案】D【解析】【解答】A、反应方程式中，反应物为9mol气体（4molNH3+5molO2），生成物为10mol气体（4molNO+6molH2O），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n(NH3)n(O2)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，1molNH3含3molN-H键，1molH2O含2molO-H键；若1molN-H键断裂的同时有1molO-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【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2mol电子通过电路，对应1molCO2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1molCO2需要得到2mol电子，可据此计算电子与CO2的物质的量关系。10．【答案】A【解析】【解答】A、Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-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Fe2+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【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，1molZ最多消耗3molNaOH，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【解析】【解答】A、根据N、C元素守恒，正确关系为：

c(NHB、过滤1后，CuS沉淀完全，溶液中c(Cu2+)·c(SB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：Mn2+D、pH=7时c(Hc(简化后为：c(，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【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：K=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517C、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n(CO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＋SeO32−；H2O2被SeO（2）向滤渣中先加入NaClO溶液再加入盐酸；Ag2Se＋3NaClO＋2HCl=H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl（3）SeO32−、HSeO3（4）98.75%（5）0.25；5∶1【解析】【解答】（1）“氧化碱浸”时Se在碱性条件下被双氧水氧化为SeO32−，离子方程式为：Se＋2OH-＋2H2O2=3H2O＋SeO32−；过氧化氢具有氧化性，SeO32−依然具有还原性，则当双氧水用量从80mL·L-1增加到120mL·L-¹时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是：H故答案为：Se＋2OH-＋2H2O2=3H2O＋SeO32−；H2O2被SeO32−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H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，SeO32−可以水解，则溶液中存在SeO32−、HSeO3−，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：SeO3故答案为：SeO32−、HSeO3−、Cl-；

（4）根据题意有关系式，Se~H2SeO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x+(1.5-x)×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NaₓCu2-ₓSe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＋SeO32−；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H2O(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SeO3(4)根据定量关系SeH2SeO(5)①用均摊法计算晶胞中Na+与Se2-的个数比，得出化学式Na0.25Cu2−x②设Cu+、Cu2+的个数分别为x、(1.5−x)，根据化合价代数和为0列方程：x+2(1.5−x)=2−0.25，解得x=1.25，因此Cu+与Cu（1）“氧化碱浸”时Se在碱性条件下被双氧水氧化为SeO32−，离子方程式为：Se＋2OH-＋2H2O2=3H2O＋SeO32−；过氧化氢具有氧化性，SeO32−依然具有还原性，则当双氧水用量从80mL·L-1增加到120mL·L-¹时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是：H（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，SeO32−可以水解，则溶液中存在SeO32−、HSeO3−，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：SeO3（4）根据题意有关系式，Se~H2SeO3~2I2（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x+(1.5-x)×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）【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C9H7O3N，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FeCl3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H2NCH2CH2OH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C9H7（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与H216．【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]【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，2CuSO4+K4P2②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2CuSO4∼K4P2O7，0.1molCuSO4需要0.05molK4P(3)①向CuSO4溶液中边搅拌边加过量NaOH溶液，再加甲醛溶液，利用反应HCHO+Cu(OH)2+OH（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，2CuSO4+K4P2O7②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%；C2H4（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【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C2H4OH2③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