資源簡介

四川省成都市2025屆高三下學期二診化學試題
1．（2025·成都模擬）古蜀文化是中華燦爛文明的重要部分。下列對相關物品主要成分的描述錯誤的是
三星堆青銅面具 蠶絲蜀錦
A．堿式碳酸銅 B．蛋白質
釀造白酒 廣都井鹽
C．乙醇、水 D．氯化鈉
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·成都模擬）下列化學用語或圖示表達正確的是
A．的電子式：
B．水合鈉、氯離子：
C．的球棍模型：
D．：1，3，5-三硝基甲苯
3．（2025·成都模擬）實驗室中下列操作規范或方法正確的是
A．除去溶解在中的 B．過濾
C．轉移洗滌液 D．量取溶液
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·成都模擬）下列對應反應的離子（電極）方程式書寫正確的是
A．飽和溶液中通入過量：
B．向溶液中加入稀硫酸：
C．鉛酸蓄電池放電的正極反應：
D．溶液在空氣中放置變質：
5．（2025·成都模擬）下圖表示主族元素X及其化合物的部分轉化關系。單質可用于生產漂白粉和漂白液。下列說法錯誤的是
A．反應①中HX是還原劑 B．HXO的結構式為H—O—X
C．水解顯堿性 D．的空間構型為三角錐形
6．（2025·成都模擬）氘代甲醛與HCN發生加成反應如下：
下列說法錯誤的是
A．產物Ⅱ含有三種官能團
B．氘代甲醛中鍵與鍵數目比為3：1
C．產物Ⅰ可發生水解反應
D．產物Ⅰ與Ⅱ均為手性分子
7．（2025·成都模擬）利用下圖裝置，下列實驗現象或作用正確的是
選項 試管① 試管② 試管②中現象或作用
A 固體 澄清石灰水 大量白色渾濁
B 晶體 飽和食鹽水 除去中的HCl
C 潮濕還原鐵粉 空氣 收集
D CuO與過量碳粉 NaOH溶液 有氣泡產生
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·成都模擬）在容積恒為1.00L的容器中，通入一定量的氣體，發生反應，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。在時，體系中各物質濃度隨時間變化如下圖所示。下列說法錯誤的是
A．反應的
B．在時段，反應速率
C．體系的總壓強保持不變時，反應達到平衡狀態
D．反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，平衡正向移動
9．（2025·成都模擬）是一種用于純化金屬Z的配合物分子。其中X、Y屬于同一短周期且基態原子均含有2個未成對電子，X的簡單氫化物沸點為同主族中最低。在中，Z的價電子數與四個配位原子X提供的電子數之和為18.下列說法正確的是
A．Z位于ds區 B．第二電離能：
C．單質熔點： D．電負性：
10．（2025·成都模擬）使用如圖所示的單池雙膜三液裝置電解可制得氨水及硝酸。下列說法錯誤的是
A．左池中加入稀硝酸是為了增強溶液的導電能力
B．M的電極反應為
C．離子交換膜I為陰離子交換膜
D．每當產生22.4L（標準狀況）氣體A，溶液中有通過離子交換膜Ⅱ
11．（2025·成都模擬）黃銅溶解液中主要含有、，也含有少量、離子，按下列方案實現各金屬離子分離。已知溶于過量氨水形成可溶性離子。下列說法錯誤的是
A．加入可分離出
B．沉淀乙中含有、和S
C．趕盡可減少硝酸和氨水的消耗
D．加入稀硝酸的目的是氧化
12．（2025·成都模擬）羥胺與亞硝酸可發生反應生成。該反應可能經歷如下歷程：
下列說法正確的是
A．該反應經歷了兩次脫水，均屬非氧化還原反應
B．鍵角：
C．酸性：
D．用標記的與末標記的反應，可得到和
13．（2025·成都模擬）1-苯基丙炔可以在催化下發生如下反應：
雙鍵同側基團間的排斥影響烯烴的穩定性（排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基）。體系中各物質含量隨時間變化情況如圖所示。當體系中各物質含量不再改變時，產物A與產物B的含量之比為1：35。下列說法錯誤的是
A．產物B對應結構是
B．若想獲取產物A，應適當縮短反應時間
C．產物A、B可用核磁共振氫譜加以區分
D．該條件下體系中存在，其平衡常數
14．（2025·成都模擬）鈦金合金可制作裝甲，-鈦金合金具有立方晶胞（如圖所示），晶胞參數為。原子對在每個面的中心處，且平行于立方體的棱邊，其間距為。立方體相鄰兩面上的原子對互相垂直。下列有關說法錯誤的是
A．這種鈦金合金的化學式為
B．每個Ti原子周圍最近的Au原子共有3個
C．最鄰近的原子間距為
D．該合金可作裝甲是因其硬度比成分金屬的大
15．（2025·成都模擬）一定溫度下，初始濃度為的溶液中存在如下平衡：
體系中四種含鉻物種的濃度隨pH變化如圖所示。
下列說法錯誤的是
A．物種Y對應
B．時，
C．
D．存在
16．（2025·成都模擬）熱化學吸附儲能技術是一種最新的熱能存儲技術，介質材料能量密度適宜，成本低廉。從苦土中（主要含有MgO，還含有少量硅、鐵、鋁、錳、鈣的氧化物）中提取的工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）“酸浸”時，為保證浸取充分，應維持體系，同時可以　 　（填一項合理措施）。
（2）已知：在下，，。“調pH”時應完全沉淀和，使其濃度小于，應調節　 　（保留兩位小數）。用MgO而不用CaO調節pH的優點是　 　（寫一條）。
（3）“氧化”主要包含：①除鐵：將轉化為　 　（寫化學式）而除去；②除錳：　 　（寫離子方程式）。該步驟中應嚴格控制NaClO的用量，否則Mn元素可能會因　 　而無法完全除去。
（4）和的溶解度（水）隨溫度變化數據如下：
0.223 0.244 0.255 0.264 0.265 0.244 0.234
22 28.2 33.7 38.9 44.5 54.6 55.8
濾液中含和質量比為1：120，則“除鈣”的具體操作是　 　。
17．（2025·成都模擬）二甘氨酸合銅（Ⅱ）是甘氨酸根（）與形成的中性配合物，在細胞線粒體中有推動電子傳遞、清除自由基等生理功能。現按如下方法制備順式和反式二甘氨酸合銅（Ⅱ）并測定總純度。
Ⅰ．制備
（1）反應①的化學方程式為________。深藍色溶液A中________（填“較難”或“較易”）電離出自由的，有利于與生成純凈的。
（2）反應③在下圖裝置中進行，燒杯上方加蓋表面皿的作用是________。為控制水浴溫度保持在，溫度計球泡的合適位置是________（填序號）。
（3）將反應③所得產品加入少量水，小火加熱，天藍色針狀晶體逐漸溶解，并析出深藍色鱗狀晶體。從分子極性角度解釋上述實驗中晶體的變化________。
Ⅱ．總純度分析
準確稱取0.4240g產品于燒杯，加入100mL蒸餾水、（釋出）和1g KI固體。用標準液滴定至淺黃色，加入溶液和淀粉溶液，繼續滴定至終點。平行實驗三次，平均消耗標準液28.50mL。上述步驟涉及的反應有：①；②。
（4）CuSCN和CuI均為難溶于水的白色固體，且。相較于，能吸附更多的。臨近滴定終點時加入溶液的作用是________（用離子方程式表示）。
（5）確定滴定終點的依據是________。
（6）二甘氨酸合銅（Ⅱ）的相對分子質量為212，則本實驗產品的總純度為________％（保留三位有效數字）。
18．（2025·成都模擬）減少的排放、捕集并利用是我國能源、環保領域的一個重要戰略方向。
Ⅰ．加氫合成甲醇
反應①：
反應②：
反應③：
（1）下表為幾種物質在298K的標準摩爾生成焓（由穩定態單質生成1mol化合物的焓變），則反應③的________。
物質
標準摩爾生成焓 0
（2）維持總壓和投料比不變，將和混合氣以一定流速通過反應器，存在上述三個反應。的轉化率和甲醇的選擇性隨溫度的變化關系如圖所示。甲醇的選擇性，忽略溫度對催化劑活性造成的影響。
（ⅰ）為同時提高和，應控制的條件是________（填序號）。
a．高溫高壓 b．高溫低壓 c．低溫低壓 d．低溫高壓
（ⅱ）之后，隨溫度的增大而減小，可能的原因是________。
（ⅲ）時，的平衡分壓為________Mpa。
Ⅱ．金屬氫化物催化合成甲酸鹽
近期科學家報道了可插入鋅氫化物的鍵，從而制備甲酸鹽。能量一反應進程圖如下所示：（L為中性配體，TS表示過渡態）
（3）該歷程的決速步是第________步；升溫會________（填“增大”或“減小”）正反應熱力學傾向。
（4）紅外光譜中羰基伸縮振動峰波數與碳氧間的鍵合強度呈正相關。由此比較和（）的大小________（填“>”或“<”）。
19．（2025·成都模擬）奧美拉唑是一類苯并咪唑類質子泵抑制劑，用于消化性潰瘍等疾病的治療。某實驗室完成的合成方法如下：
回答下列問題：
（1）的反應類型是　 　。所用的“混酸”是　 　。
（2）中，的作用有①將E中取代為；②　 　。
（3）F與試劑X按等物質的量反應生成G和，試劑X為　 　（填化學式）。
（4）寫出滿足下列條件的B的同分異構體的結構簡式　 　。
①能與發生顯色反應
②含有苯環且苯環上只有兩個取代基
③核磁共振氫譜中顯示四組峰且峰面積比為6：2：2：1
（5）D的水解產物為H，H先后經歷3次氨加成一脫水消去，最終生成J。
①H和J所有原子共平面，J中N原子的雜化方式為　 　。
②中間產物I具有母核結構，寫出I的結構簡式　 　。
③鳥嘌呤與胞嘧啶之間可通過三重氫鍵“互補配對”（如圖）。H和J之間也可通過類似的方式結合。試畫出一分子H與一分子J通過三重氫鍵結合形成的復合物結構　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】合金及其應用；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．青銅是銅錫合金，堿式碳酸銅是銅綠的主要成分，A錯誤；
B．蠶絲主要成分為蛋白質，B正確；
C．白酒的主要成分為乙醇和水，C正確；
D．井鹽的主要成分為氯化鈉，D正確；
故選A。
【分析】A．青銅為銅錫合金；
Ｂ．蠶絲的主要成分是蛋白質；
Ｃ．酒精是乙醇；
Ｄ．鹽的主要成分是氯化鈉。
2．【答案】C
【知識點】有機化合物的命名；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．氯化銨是離子化合物，由銨根離子和氯離子構成，氯離子核外達到8電子結構，則其電子式為：，A錯誤；
B．氯離子的半徑大于鈉離子，則水合鈉離子是，水合氯離子是，B錯誤；
C．氨氣分子為三角錐形，且分子中N原子半徑大于H原子半徑，其球棍模型為 ，C正確；
D．該命名不符合支鏈編號之和最小，正確的名稱為：2，4，6-三硝基甲苯，D錯誤；
故選C。
【分析】A．氯化銨由銨根離子和氯離子構成；
Ｂ．鈉離子的半徑小于氯離子；
Ｃ．氨氣分子為三角錐形；
Ｄ．該命名不符合支鏈編號之和最小原則。
3．【答案】A
【知識點】常用儀器及其使用
【解析】【解答】A．氫氧化鈉與溴發生反應，溴化鈉、次溴酸鈉溶于水，而與水不混溶，形成分層，便于通過分液操作分離 ，A正確；
B．過濾時漏斗下端導管應緊貼燒杯內壁，B錯誤；
C．向容量瓶中轉移洗滌液時要用玻璃棒引流，C錯誤；
D．高錳酸鉀具有強氧化性，應用酸式滴定管量取，D錯誤；
故選A。
【分析】A．溴能與氫氧化鈉反應生成溴化鈉、次溴酸鈉和水；
Ｂ．過濾時漏斗下端要緊靠燒杯內壁；
Ｃ．轉移溶液時要用玻璃棒引流；
Ｄ．高錳酸鉀應用酸式滴定管盛裝。
4．【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A． 飽和溶液中通入過量 反應得到碳酸氫鈉固體，正確的離子方程式為2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，A錯誤；
B．向溶液中加入稀硫酸，發生歧化反應生成硫酸鈉、SO2、S和H2O，該反應的離子方程式：2H++S2O=SO2↑+S↓+H2O，B正確；
C．鉛酸蓄電池正極為PbO2，電解質溶液為硫酸，則正極反應式為：，C錯誤；
D．溶液易被氧化為硫酸鐵，反應的離子方程式為：，D錯誤；
故選B。
【分析】A．析出的碳酸氫鈉應為沉淀；
Ｂ．在酸性條件下發生歧化反應；
Ｃ．鉛酸電池正極是PbO2，正極發生還原反應；
Ｄ．在空氣中被氧化為Fe2(SO4)3。
5．【答案】C
【知識點】氧化還原反應；氯、溴、碘及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】A．HX即HCl，HCl中Cl為-1價，在反應①中，Cl的化合價升高，HCl為還原劑，A正確；
B．HXO為HClO，HClO的結構式為H—O—Cl，B正確；
C．不發生水解，C錯誤；
D．中心Cl原子的價層電子對數為4，采用sp3雜化，含有一個孤電子對，則空間構型為三角錐形，D正確；
故選C。
【分析】 單質可用于生產漂白粉和漂白液 ，則X2為Cl2，X為Cl元素，HCl和HClO發生氧化還原反應生成氯氣，氯氣與堿反應生成氯酸鹽和次氯酸鹽。
6．【答案】A
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．產物Ⅱ含有-CN和-OH兩種官能團，A錯誤；
B．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，氘代甲醛種含有3個鍵，1個鍵，則氘代甲醛中鍵與鍵數目比為3：1，B正確；
C．產物Ⅰ中-CN能發生水解反應生成羧基，反應原理為：氰基水解生成酰胺，酰胺進一步水解生成羧酸：，C正確；
D．產物Ⅰ與Ⅱ均含手性碳原子，因此產物Ⅰ與Ⅱ均為手性分子，D正確；
故選A。
【分析】A．產物Ⅱ的官能團為氰基、羥基；
Ｂ．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵；
Ｃ．產物Ⅰ中-CN能水解；
Ｄ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子。
7．【答案】D
【知識點】性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A．碳酸鈉受熱不分解，故A錯誤；
B．加熱氯化銨，氯化銨不穩定，受熱分解為氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫在試管口遇冷化合生成氯化銨，故B錯誤；
C．氫氣比空氣密度小，應用向下排空氣法，圖示為向上排空氣法，故C錯誤；
D．碳與CuO反應生成CO，溶液中可看到氣泡，故D正確；
故答案為D。
【分析】A．碳酸鈉受熱不分解；
Ｂ．氯化銨受熱分解產生的氨氣和氯化氫遇冷化合生成氯化銨；
Ｃ．氫氣密度小于空氣；
Ｄ．碳與CuO反應生成CO。
8．【答案】D
【知識點】化學平衡狀態的判斷；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】A．無色，NO2呈紅棕色，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深，說明NO2濃度增加，平衡正向移動，則該反應為吸熱反應， ，A正確；
B．在時段，NO2濃度從0變為0.120mol/L，故v(NO2)==0.0020mol L 1 s 1，B正確；
C．該反應是氣體體積增大的反應，體系總壓強隨反應發生變化，因此當體系總壓強保持不變，正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態，C正確；
D．反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，體系壓強增大，平衡逆向移動，D錯誤；
故選D。
【分析】A． 為無色氣體，NO2為紅棕色氣體；
Ｂ．根據計算；
Ｃ．可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變，據此判斷；
Ｄ．化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動。
9．【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；元素周期表的結構及其應用；元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A．Z 為 Ni，價電子排布 3d84s2，屬于d 區元素，A錯誤；
B．的價電子排布式，的價電子排布式，的2p軌道半充滿，更加穩定，失電子需要更多能量，則第二電離能，B錯誤；
C．Ni為金屬晶體，O2為分子晶體，金屬Ni的熔點高于氧氣，故單質熔點：，C正確；
D．同周期從左到右電負性增大，故電負性：C故選C。
【分析】X、Y屬于同一短周期且基態原子均含有2個未成對電子，則價電子排布式可能為ns2np2（C或Si），ns2np4（O或S），X 的簡單氫化物沸點為同主族最低，說明 X 的氫化物分子間無氫鍵，若 X 為 C（IVA 族），其氫化物 CH4無氫鍵，同主族 SiH4、GeH4等沸點更高，符合條件；若 X 為 O（VIA 族），H2O 因氫鍵沸點為同主族最高，不符合，故 X 為C 元素，Y 為O 元素，配合物中 Z 的價電子數與 4 個 X（C）提供的電子數之和為 18，Z的價電子數與四個配位原子X提供的電子數之和為18，每個CO與Z配位提供2個電子，所以4個CO共提供8個電子，故Z有10個價電子，Z為Ni元素，綜上所述，X為C元素，Y為O元素，Z為Ni元素。
10．【答案】B
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．HNO3是強電解質，在水溶液中完全電離，能增強溶液的導電性，A項正確；
B．M電極與電源正極相連，為陽極，電極反應式為，B項錯誤；
C．硝酸銨電離產生的硝酸根離子遷移到左邊，則離子交換膜I為陰離子交換膜，C項正確；
D．M電極的電極反應式為，每當產生22.4L（標準狀況）氣體A即生成1mol O2，產生4mol H+，則有4mol向陽極移動，4mol向陰極移動，D項正確；
答案選B。
【分析】惰性電極M與電源正極相連，為電解池陽極，發生氧化反應，發生氧化反應，電極反應式為，電極N為陰極，發生還原反應，硝酸銨電離產生的銨根離子，從中間轉移到右邊，則離子交換膜Ⅱ為陽離子交換膜，硝酸根離子從中間轉移到左邊，則離子交換膜I為陰離子交換膜。
11．【答案】B
【知識點】銅及其化合物；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．加入足量硫酸，與結合生成PbSO4沉淀，可分離，故A正確；
B．沉淀乙中含有和S，故B錯誤；
C．硝酸具有氧化性，氨水有堿性，均與具有還原性和酸性的反應，因此趕盡可減少硝酸和氨水的消耗，故C正確；
D．加入稀硝酸，將亞鐵離子氧化為鐵離子，進而沉淀分離，故D正確；
故答案為B。
【分析】 黃銅溶解液中主要含有、，也含有少量、離子 ，加入足量硫酸，與結合生成PbSO4沉淀，則白色沉淀甲為硫酸鉛，溶液中主要含、、，通入H2S，與H2S發生氧化還原反應生成Fe2+和S，轉化為CuS沉淀，則沉淀乙為CuS和反應生成的S，剩余溶液趕盡H2S，加入稀硝酸將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加入過量氨水，得到氫氧化鐵沉淀和 溶液。
12．【答案】D
【知識點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；氧化還原反應
【解析】【解答】A．第二次脫水的過程中，各元素的化合價沒有變化，為非氧化還原反應，A錯誤；
B．與互為等電子體，為sp雜化，分子呈直線形結構，∠NNO =180°；而 分子中氮原子為雜化，類似氨分子的三角錐構型，∠ONH 遠小于 180°，則鍵角：， B錯誤；
C．呈酸性，而具有弱堿性，因此酸性：，C錯誤；
D．由歷程分析可知，若用帶 標記的與不帶標記的反應，可得到和，D正確；
故選D。
【分析】A．氧化還原反應中有元素的化合價發生變化；
Ｂ．孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小；
Ｃ．呈弱堿性；
Ｄ．該反應過程為：羥胺失去2個H，硝酸失去1個O，脫去1分子水，形成，再脫去1分子水形成。
13．【答案】A
【知識點】化學平衡常數；利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構
【解析】【解答】A．產物B的產量高于產物A，說明產物B更穩定，則產物B對應結構為，A錯誤；
B．反應初期，產物A的含量快速提高，說明此時主要產物是產物A，應適當縮短反應時間，B正確；
C．產物A和B中氫原子所處的環境不相同，可以用核磁共振氫譜加以區分，C正確；
D．炔烴在30分鐘以后含量很少，而產物A迅速下降，產物B迅速上升，說明存在平衡：，平衡常數，：當體系中各物質含量不再改變時，達到了平衡狀態，而此時產物A與產物B的含量之比為1：35，則K=35，D正確；
故選A。
【分析】排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基，說明更穩定，產量更高，則產物A為，產物B為。
14．【答案】B
【知識點】晶胞的計算
【解析】【解答】A．Au原子位于晶胞頂點及體心，數目為，Ti位于平面上，數目為，則該鈦金合金的化學式為，A正確；
B．在任一面上的Ti為例，該晶胞Au原子，最近棱上兩個Au，加上平行并置晶胞中心的Au，共4個，故Ti原子周圍最近的Au原子共有4個，B錯誤；
C．最鄰近的原子間距為Ti與最近頂點的Au距離，間距為=，C正確；
D．裝甲需要具備較大的硬度，而合金的硬度大于其組分金屬，因此該合金的硬度大于Au、Ti，可作裝甲，D正確；
故選B。
【分析】A．根據均攤法計算原子數目，進而確定其化學式；
Ｂ．晶胞中每個Ti原子周圍有4個Au；
Ｃ．任意Ti到頂點Au之間的距離最近；
Ｄ．合金的硬度大于其組分金屬。
15．【答案】C
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】A．根據分析，物種Y為，A正確；
B．pH=4.00時，c(H+)=10-4mol/L，Ka1 Ka2= ==10-7.24，=100.76＞1，因此c()＞c(H2CrO4)，B正確；
C．由物料守恒得c(H2CrO4)+c()+c()+2c()=c0 mol/L，C錯誤；
D.2+2H++H2O的平衡常數K=，根據K3=、Ka2=可知，K===3.1×1014，D正確；
故選C。
【分析】隨著pH增大，X、Y的濃度均先增大后減小，pH=4時，溶液中幾乎只存在X和Y，且X的濃度大于Y，說明pH小時，X的濃度大，則X為，Y為，A點時，pH=0.74，此時c(H2CrO4)=c()，則Ka1=c(H+)=10-0.74，B點時，pH=6.5，此時c()=c()，則Ka2=c(H+)=10-6.5。
16．【答案】（1）適當升溫或不斷攪拌或適當延長浸取時間或將廢渣研磨粉碎
（2）4.67；不引入過多新雜質或便于過濾去除
（3）；；被氧化到更高價態（如、）
（4）加熱濃縮，趁熱過濾
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）“酸浸”時，為保證浸取充分，可以適當升溫或不斷攪拌或適當延長浸取時間或將廢渣研磨粉碎等。
（2）沉淀：，沉淀：，因此應調節；用MgO而不用CaO調節pH的優點是不引入過多新雜質或便于過濾去除。
（3）據分析，NaClO為氧化劑，將氧化為除去；被NaClO氧化為除去，NaClO還原為NaCl，除錳的離子方程式為；Mn元素存在多種價態，更高價態的錳（如、）是可溶的，因此應嚴格控制NaClO的用量，否則Mn元素可能會因被氧化到更高價態（如、）而無法完全除去。
（4）根據表格數據可知，的溶解度隨溫度變化不大，且遠小于，的溶解度隨溫度升高而明顯升高，因此“除鈣”的具體操作是加熱濃縮，趁熱過濾。
【分析】 苦土中（主要含有MgO，還含有少量硅、鐵、鋁、錳、鈣的氧化物） ，加入硫酸酸浸，SiO2不與硫酸反應，其他金屬氧化物轉化為相應的硫酸鹽，生成的硫酸鈣微溶，過濾除去SiO2和硫酸鈣，溶液中主要含有H+、，加MgO調pH將轉化為氫氧化鐵沉淀和氫氧化鋁沉淀，加NaClO將氧化，進而轉化為除去，同時NaClO氧化，發生反應： ，將轉化為，過濾除去， 和溶解度存在較大差異，加熱濃縮趁熱過濾即可除去鈣，進行析鎂得到產物 。
（1）“酸浸”時，為保證浸取充分，可以適當升溫或不斷攪拌或適當延長浸取時間或將廢渣研磨粉碎等。
（2）沉淀：，沉淀：，因此應調節；用MgO而不用CaO調節pH的優點是不引入過多新雜質或便于過濾去除。
（3）據分析，NaClO為氧化劑，將氧化為除去；被NaClO氧化為除去，NaClO還原為NaCl，除錳的離子方程式為；Mn元素存在多種價態，更高價態的錳（如、）是可溶的，因此應嚴格控制NaClO的用量，否則Mn元素可能會因被氧化到更高價態（如、）而無法完全除去。
（4）根據表格數據可知，的溶解度隨溫度變化不大，且遠小于，的溶解度隨溫度升高而明顯升高，因此“除鈣”的具體操作是加熱濃縮，趁熱過濾。
17．【答案】(1)或 較難
(2) 減少熱量損失或冷凝回流 b
(3) 順式產物極性大，易溶于（強極性的）水；反式產物極性小，在水中溶解度低
(4)
(5) 當最后半滴標準溶液滴入錐形瓶，懸濁液由藍色變為白色，且30s內不復原
(6) 85.5
【知識點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）反應①是向硫酸銅溶液中加入過量氨水，形成配合物[Cu(NH3)4]SO4，化學方程式為或CuSO4+4NH3=[Cu(NH3)4]SO4；配離子[Cu(NH3)4]2+較穩定，故較難電離出自由的銅離子；
（2）反應③是向氫氧化銅沉淀中加入甘氨酸溶液并加熱，減少熱量損失同時冷凝回流提高產率，燒杯上方加蓋表面皿；水浴加熱需要使水溫保持所需溫度且不接觸容器內壁，故溫度計球泡的合適位置是b；
（3）天藍色針狀晶體逐漸溶解，并析出深藍色鱗狀晶體，說明順式二甘氨酸銅(II)轉化為反式二甘氨酸銅(II)，從分子極性角度解釋，順式產物極性大，易溶于（強極性的）水；反式產物極性小，在水中溶解度低而析出，使平衡向著生成反式產物的方向進行；
（4）由所給信息可知，臨近滴定終點時加入溶液的是將CuI沉淀轉化為CuSCN沉淀，減少對I2的吸附，提高滴定的準確性，故離子方程式為CuI(s)+SCN (aq) CuSCN(s)+I (aq)；
（5）反應結束，I2被反應完全，故溶液應當由藍色變無色，則確定滴定終點的依據是當最后半滴標準溶液滴入錐形瓶，懸濁液由藍色變為白色，且30s內不復原；
（6）根據反應可知2~I2~2Cu2+，二甘氨酸合銅(II)的物質的量=n(Cu2+)=n()=0.02850L×0.06000mol L 1=1.71×10-3mol，本實驗產品的總純度為×100%=85.5%。
【分析】向CuSO4溶液中加入過量氨水發生反應①得到深藍色溶液A，CuSO4和過量氨水反應生成配合物[Cu(NH3)4]SO4，則深藍色溶液A中主要含[Cu(NH3)4]SO4，加入NaOH溶液進行反應②得到Cu(OH)2溶液，向Cu(OH)2溶液中加入甘氨酸溶液發生反應③生成順式二甘氨酸銅(II)天藍色針狀晶體，向順式二甘氨酸銅(II)天藍色針狀晶體中加入少量水，小火加熱，順式二甘氨酸銅(II)天藍色針狀晶體逐漸溶解轉化為反式甘氨酸銅(II)深藍色鱗狀晶體。
18．【答案】(1)
(2) d 之后反應①②均達平衡，反應①放熱而反應②吸熱，當溫度升高時平衡①逆向移動，減少；而平衡②正向移動，更多地轉化為CO 4.2
(3) 1 減小
(4)
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）由表中數據可知，I：，II：，反應③：，由蓋斯定律知反應③，故；
（2）（ⅰ）反應①，反應③：，，均是氣體分子數減小的放熱反應；反應②，要同時提高和，降低溫度有利于反應①、③正向進行，增大壓強有利于反應①、③正向進行，所以應選擇低溫高壓，d 選項正確；
（ⅱ）由于，，之后反應①②均達平衡，反應①放熱而反應②吸熱，當溫度升高時平衡①逆向移動，減少；而平衡②正向移動，更多地轉化為CO；
（ⅲ）由圖知，時，，。設起始，，則平衡時的物質的量，則由C守恒可得，，由O守恒可得，，由H守恒可得，，則總物質的量，因為，的平衡分壓；
（3）活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟，從能量 - 反應進程圖可知，第1步反應的活化能（與CO2生成TS1的活化能）高于第2步（TS1生成TS2的活化能） ，所以該歷程的決速步是第1步；由能量 - 反應進程圖可知，該反應的反應物總能量高于生成物總能量，是放熱反應（），根據勒夏特列原理，升高溫度，平衡向吸熱方向（逆反應方向）移動，所以升溫會減小正反應熱力學傾向；
（4）CO2中C=O鍵為雙鍵，中由于存在共軛效應，C-O鍵具有一定的單鍵性質，CO2中碳氧間的鍵合強度大于中碳氧間的鍵合強度，因為紅外光譜中羰基伸縮振動峰波數與碳氧間的鍵合強度呈正相關，所以CO2的大于的。
【分析】（1）先寫出生成CO和甲醇的熱化學方程式，再根據蓋斯定律計算；
（2）化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；
（3）活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；
（4） 紅外光譜中羰基伸縮振動峰波數與碳氧間的鍵合強度呈正相關，CO2中碳氧間的鍵合強度大于中碳氧間的鍵合強度。
19．【答案】（1）氧化反應；濃硫酸、濃硝酸
（2）中和產生的HCl
（3）
（4）
（5）；；
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由分析可知，的反應類型是氧化反應；B→C的過程中引入硝基，發生了硝化反應，則混酸為濃硫酸、濃硝酸；
（2）E發生取代反應生成F的過程中生成HCl，能與HCl反應，因此 、中，的作用有①將E中取代為；② 中和產生的HCl；
（3） F與試劑X按等物質的量反應生成G和 ，根據質量守恒定律可知，試劑X中含有一個P原子，3個Cl原子，則試劑X為 ；
（4）B的同分異構體滿足： ①能與發生顯色反應 ，說明含有酚羥基，②含有苯環且苯環上只有兩個取代基，③核磁共振氫譜中顯示四組峰且峰面積比為6：2：2：1，說明分子中含有4種不同環境的氫原子，且個數比為6：2：2：1，符合條件的結構簡式為 ；
（5）H是D的水解產物，H先后經歷3次氨加成一脫水消去，最終生成J，中間產物I具有母核結構，則I的結構簡式為；
①H和J所有原子共平面，則J中N原子的雜化方式為sp2雜化；
②由以上分析可知，I的結構簡式為；
③根據三重氫鍵“互補配對”可知，分子H與一分子J通過三重氫鍵結合形成的復合物結構為。
【分析】物質A生成物質B，多了O，說明A→B是過氧化氫氧化物質A得到B，B與混酸在加熱條件下發生取代反應，引入硝基得到物質C，則混酸為濃硝酸和濃硫酸，C進行回流，D中的Cl原子取代甲基上的H原子得到E，E與發生取代反應，取代為，同時取代E中的Cl原子得到F，同時取代產生HCl，與取代反應生成的HCl反應， F與試劑X按等物質的量反應生成G和，則X為，G發生氧化反應得到產物奧美拉唑。
（1）由分析可知，的反應類型是氧化反應；物質B和濃硝酸在濃硫酸的催化下發生取代反應得到物質C，則混酸為濃硫酸、濃硝酸；
（2）中，加入可以將E中取代為，同時，能和反應生成的HCl反應，中和HCl；
（3）由分析可知，試劑X為；
（4）B的同分異構體，能與發生顯色反應，說明分子中含有酚羥基；含有苯環且苯環上只有兩個取代基；核磁共振氫譜中顯示四組峰且峰面積比為6：2：2：1，說明分子中含有4種不同環境的氫原子，且個數比為6：2：2：1，符合條件的為；
（5）①H和J所有原子共平面，則J中N原子的雜化方式為sp2雜化；
②有分析可知，I的結構簡式為；
③根據三重氫鍵“互補配對”可知，分子H與一分子J通過三重氫鍵結合形成的復合物結構為。
1 / 1四川省成都市2025屆高三下學期二診化學試題
1．（2025·成都模擬）古蜀文化是中華燦爛文明的重要部分。下列對相關物品主要成分的描述錯誤的是
三星堆青銅面具 蠶絲蜀錦
A．堿式碳酸銅 B．蛋白質
釀造白酒 廣都井鹽
C．乙醇、水 D．氯化鈉
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】合金及其應用；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．青銅是銅錫合金，堿式碳酸銅是銅綠的主要成分，A錯誤；
B．蠶絲主要成分為蛋白質，B正確；
C．白酒的主要成分為乙醇和水，C正確；
D．井鹽的主要成分為氯化鈉，D正確；
故選A。
【分析】A．青銅為銅錫合金；
Ｂ．蠶絲的主要成分是蛋白質；
Ｃ．酒精是乙醇；
Ｄ．鹽的主要成分是氯化鈉。
2．（2025·成都模擬）下列化學用語或圖示表達正確的是
A．的電子式：
B．水合鈉、氯離子：
C．的球棍模型：
D．：1，3，5-三硝基甲苯
【答案】C
【知識點】有機化合物的命名；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．氯化銨是離子化合物，由銨根離子和氯離子構成，氯離子核外達到8電子結構，則其電子式為：，A錯誤；
B．氯離子的半徑大于鈉離子，則水合鈉離子是，水合氯離子是，B錯誤；
C．氨氣分子為三角錐形，且分子中N原子半徑大于H原子半徑，其球棍模型為 ，C正確；
D．該命名不符合支鏈編號之和最小，正確的名稱為：2，4，6-三硝基甲苯，D錯誤；
故選C。
【分析】A．氯化銨由銨根離子和氯離子構成；
Ｂ．鈉離子的半徑小于氯離子；
Ｃ．氨氣分子為三角錐形；
Ｄ．該命名不符合支鏈編號之和最小原則。
3．（2025·成都模擬）實驗室中下列操作規范或方法正確的是
A．除去溶解在中的 B．過濾
C．轉移洗滌液 D．量取溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】常用儀器及其使用
【解析】【解答】A．氫氧化鈉與溴發生反應，溴化鈉、次溴酸鈉溶于水，而與水不混溶，形成分層，便于通過分液操作分離 ，A正確；
B．過濾時漏斗下端導管應緊貼燒杯內壁，B錯誤；
C．向容量瓶中轉移洗滌液時要用玻璃棒引流，C錯誤；
D．高錳酸鉀具有強氧化性，應用酸式滴定管量取，D錯誤；
故選A。
【分析】A．溴能與氫氧化鈉反應生成溴化鈉、次溴酸鈉和水；
Ｂ．過濾時漏斗下端要緊靠燒杯內壁；
Ｃ．轉移溶液時要用玻璃棒引流；
Ｄ．高錳酸鉀應用酸式滴定管盛裝。
4．（2025·成都模擬）下列對應反應的離子（電極）方程式書寫正確的是
A．飽和溶液中通入過量：
B．向溶液中加入稀硫酸：
C．鉛酸蓄電池放電的正極反應：
D．溶液在空氣中放置變質：
【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A． 飽和溶液中通入過量 反應得到碳酸氫鈉固體，正確的離子方程式為2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，A錯誤；
B．向溶液中加入稀硫酸，發生歧化反應生成硫酸鈉、SO2、S和H2O，該反應的離子方程式：2H++S2O=SO2↑+S↓+H2O，B正確；
C．鉛酸蓄電池正極為PbO2，電解質溶液為硫酸，則正極反應式為：，C錯誤；
D．溶液易被氧化為硫酸鐵，反應的離子方程式為：，D錯誤；
故選B。
【分析】A．析出的碳酸氫鈉應為沉淀；
Ｂ．在酸性條件下發生歧化反應；
Ｃ．鉛酸電池正極是PbO2，正極發生還原反應；
Ｄ．在空氣中被氧化為Fe2(SO4)3。
5．（2025·成都模擬）下圖表示主族元素X及其化合物的部分轉化關系。單質可用于生產漂白粉和漂白液。下列說法錯誤的是
A．反應①中HX是還原劑 B．HXO的結構式為H—O—X
C．水解顯堿性 D．的空間構型為三角錐形
【答案】C
【知識點】氧化還原反應；氯、溴、碘及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】A．HX即HCl，HCl中Cl為-1價，在反應①中，Cl的化合價升高，HCl為還原劑，A正確；
B．HXO為HClO，HClO的結構式為H—O—Cl，B正確；
C．不發生水解，C錯誤；
D．中心Cl原子的價層電子對數為4，采用sp3雜化，含有一個孤電子對，則空間構型為三角錐形，D正確；
故選C。
【分析】 單質可用于生產漂白粉和漂白液 ，則X2為Cl2，X為Cl元素，HCl和HClO發生氧化還原反應生成氯氣，氯氣與堿反應生成氯酸鹽和次氯酸鹽。
6．（2025·成都模擬）氘代甲醛與HCN發生加成反應如下：
下列說法錯誤的是
A．產物Ⅱ含有三種官能團
B．氘代甲醛中鍵與鍵數目比為3：1
C．產物Ⅰ可發生水解反應
D．產物Ⅰ與Ⅱ均為手性分子
【答案】A
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．產物Ⅱ含有-CN和-OH兩種官能團，A錯誤；
B．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，氘代甲醛種含有3個鍵，1個鍵，則氘代甲醛中鍵與鍵數目比為3：1，B正確；
C．產物Ⅰ中-CN能發生水解反應生成羧基，反應原理為：氰基水解生成酰胺，酰胺進一步水解生成羧酸：，C正確；
D．產物Ⅰ與Ⅱ均含手性碳原子，因此產物Ⅰ與Ⅱ均為手性分子，D正確；
故選A。
【分析】A．產物Ⅱ的官能團為氰基、羥基；
Ｂ．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵；
Ｃ．產物Ⅰ中-CN能水解；
Ｄ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子。
7．（2025·成都模擬）利用下圖裝置，下列實驗現象或作用正確的是
選項 試管① 試管② 試管②中現象或作用
A 固體 澄清石灰水 大量白色渾濁
B 晶體 飽和食鹽水 除去中的HCl
C 潮濕還原鐵粉 空氣 收集
D CuO與過量碳粉 NaOH溶液 有氣泡產生
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A．碳酸鈉受熱不分解，故A錯誤；
B．加熱氯化銨，氯化銨不穩定，受熱分解為氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫在試管口遇冷化合生成氯化銨，故B錯誤；
C．氫氣比空氣密度小，應用向下排空氣法，圖示為向上排空氣法，故C錯誤；
D．碳與CuO反應生成CO，溶液中可看到氣泡，故D正確；
故答案為D。
【分析】A．碳酸鈉受熱不分解；
Ｂ．氯化銨受熱分解產生的氨氣和氯化氫遇冷化合生成氯化銨；
Ｃ．氫氣密度小于空氣；
Ｄ．碳與CuO反應生成CO。
8．（2025·成都模擬）在容積恒為1.00L的容器中，通入一定量的氣體，發生反應，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。在時，體系中各物質濃度隨時間變化如下圖所示。下列說法錯誤的是
A．反應的
B．在時段，反應速率
C．體系的總壓強保持不變時，反應達到平衡狀態
D．反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，平衡正向移動
【答案】D
【知識點】化學平衡狀態的判斷；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】A．無色，NO2呈紅棕色，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深，說明NO2濃度增加，平衡正向移動，則該反應為吸熱反應， ，A正確；
B．在時段，NO2濃度從0變為0.120mol/L，故v(NO2)==0.0020mol L 1 s 1，B正確；
C．該反應是氣體體積增大的反應，體系總壓強隨反應發生變化，因此當體系總壓強保持不變，正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態，C正確；
D．反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，體系壓強增大，平衡逆向移動，D錯誤；
故選D。
【分析】A． 為無色氣體，NO2為紅棕色氣體；
Ｂ．根據計算；
Ｃ．可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變，據此判斷；
Ｄ．化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動。
9．（2025·成都模擬）是一種用于純化金屬Z的配合物分子。其中X、Y屬于同一短周期且基態原子均含有2個未成對電子，X的簡單氫化物沸點為同主族中最低。在中，Z的價電子數與四個配位原子X提供的電子數之和為18.下列說法正確的是
A．Z位于ds區 B．第二電離能：
C．單質熔點： D．電負性：
【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；元素周期表的結構及其應用；元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A．Z 為 Ni，價電子排布 3d84s2，屬于d 區元素，A錯誤；
B．的價電子排布式，的價電子排布式，的2p軌道半充滿，更加穩定，失電子需要更多能量，則第二電離能，B錯誤；
C．Ni為金屬晶體，O2為分子晶體，金屬Ni的熔點高于氧氣，故單質熔點：，C正確；
D．同周期從左到右電負性增大，故電負性：C故選C。
【分析】X、Y屬于同一短周期且基態原子均含有2個未成對電子，則價電子排布式可能為ns2np2（C或Si），ns2np4（O或S），X 的簡單氫化物沸點為同主族最低，說明 X 的氫化物分子間無氫鍵，若 X 為 C（IVA 族），其氫化物 CH4無氫鍵，同主族 SiH4、GeH4等沸點更高，符合條件；若 X 為 O（VIA 族），H2O 因氫鍵沸點為同主族最高，不符合，故 X 為C 元素，Y 為O 元素，配合物中 Z 的價電子數與 4 個 X（C）提供的電子數之和為 18，Z的價電子數與四個配位原子X提供的電子數之和為18，每個CO與Z配位提供2個電子，所以4個CO共提供8個電子，故Z有10個價電子，Z為Ni元素，綜上所述，X為C元素，Y為O元素，Z為Ni元素。
10．（2025·成都模擬）使用如圖所示的單池雙膜三液裝置電解可制得氨水及硝酸。下列說法錯誤的是
A．左池中加入稀硝酸是為了增強溶液的導電能力
B．M的電極反應為
C．離子交換膜I為陰離子交換膜
D．每當產生22.4L（標準狀況）氣體A，溶液中有通過離子交換膜Ⅱ
【答案】B
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．HNO3是強電解質，在水溶液中完全電離，能增強溶液的導電性，A項正確；
B．M電極與電源正極相連，為陽極，電極反應式為，B項錯誤；
C．硝酸銨電離產生的硝酸根離子遷移到左邊，則離子交換膜I為陰離子交換膜，C項正確；
D．M電極的電極反應式為，每當產生22.4L（標準狀況）氣體A即生成1mol O2，產生4mol H+，則有4mol向陽極移動，4mol向陰極移動，D項正確；
答案選B。
【分析】惰性電極M與電源正極相連，為電解池陽極，發生氧化反應，發生氧化反應，電極反應式為，電極N為陰極，發生還原反應，硝酸銨電離產生的銨根離子，從中間轉移到右邊，則離子交換膜Ⅱ為陽離子交換膜，硝酸根離子從中間轉移到左邊，則離子交換膜I為陰離子交換膜。
11．（2025·成都模擬）黃銅溶解液中主要含有、，也含有少量、離子，按下列方案實現各金屬離子分離。已知溶于過量氨水形成可溶性離子。下列說法錯誤的是
A．加入可分離出
B．沉淀乙中含有、和S
C．趕盡可減少硝酸和氨水的消耗
D．加入稀硝酸的目的是氧化
【答案】B
【知識點】銅及其化合物；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．加入足量硫酸，與結合生成PbSO4沉淀，可分離，故A正確；
B．沉淀乙中含有和S，故B錯誤；
C．硝酸具有氧化性，氨水有堿性，均與具有還原性和酸性的反應，因此趕盡可減少硝酸和氨水的消耗，故C正確；
D．加入稀硝酸，將亞鐵離子氧化為鐵離子，進而沉淀分離，故D正確；
故答案為B。
【分析】 黃銅溶解液中主要含有、，也含有少量、離子 ，加入足量硫酸，與結合生成PbSO4沉淀，則白色沉淀甲為硫酸鉛，溶液中主要含、、，通入H2S，與H2S發生氧化還原反應生成Fe2+和S，轉化為CuS沉淀，則沉淀乙為CuS和反應生成的S，剩余溶液趕盡H2S，加入稀硝酸將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加入過量氨水，得到氫氧化鐵沉淀和 溶液。
12．（2025·成都模擬）羥胺與亞硝酸可發生反應生成。該反應可能經歷如下歷程：
下列說法正確的是
A．該反應經歷了兩次脫水，均屬非氧化還原反應
B．鍵角：
C．酸性：
D．用標記的與末標記的反應，可得到和
【答案】D
【知識點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；氧化還原反應
【解析】【解答】A．第二次脫水的過程中，各元素的化合價沒有變化，為非氧化還原反應，A錯誤；
B．與互為等電子體，為sp雜化，分子呈直線形結構，∠NNO =180°；而 分子中氮原子為雜化，類似氨分子的三角錐構型，∠ONH 遠小于 180°，則鍵角：， B錯誤；
C．呈酸性，而具有弱堿性，因此酸性：，C錯誤；
D．由歷程分析可知，若用帶 標記的與不帶標記的反應，可得到和，D正確；
故選D。
【分析】A．氧化還原反應中有元素的化合價發生變化；
Ｂ．孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小；
Ｃ．呈弱堿性；
Ｄ．該反應過程為：羥胺失去2個H，硝酸失去1個O，脫去1分子水，形成，再脫去1分子水形成。
13．（2025·成都模擬）1-苯基丙炔可以在催化下發生如下反應：
雙鍵同側基團間的排斥影響烯烴的穩定性（排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基）。體系中各物質含量隨時間變化情況如圖所示。當體系中各物質含量不再改變時，產物A與產物B的含量之比為1：35。下列說法錯誤的是
A．產物B對應結構是
B．若想獲取產物A，應適當縮短反應時間
C．產物A、B可用核磁共振氫譜加以區分
D．該條件下體系中存在，其平衡常數
【答案】A
【知識點】化學平衡常數；利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構
【解析】【解答】A．產物B的產量高于產物A，說明產物B更穩定，則產物B對應結構為，A錯誤；
B．反應初期，產物A的含量快速提高，說明此時主要產物是產物A，應適當縮短反應時間，B正確；
C．產物A和B中氫原子所處的環境不相同，可以用核磁共振氫譜加以區分，C正確；
D．炔烴在30分鐘以后含量很少，而產物A迅速下降，產物B迅速上升，說明存在平衡：，平衡常數，：當體系中各物質含量不再改變時，達到了平衡狀態，而此時產物A與產物B的含量之比為1：35，則K=35，D正確；
故選A。
【分析】排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基，說明更穩定，產量更高，則產物A為，產物B為。
14．（2025·成都模擬）鈦金合金可制作裝甲，-鈦金合金具有立方晶胞（如圖所示），晶胞參數為。原子對在每個面的中心處，且平行于立方體的棱邊，其間距為。立方體相鄰兩面上的原子對互相垂直。下列有關說法錯誤的是
A．這種鈦金合金的化學式為
B．每個Ti原子周圍最近的Au原子共有3個
C．最鄰近的原子間距為
D．該合金可作裝甲是因其硬度比成分金屬的大
【答案】B
【知識點】晶胞的計算
【解析】【解答】A．Au原子位于晶胞頂點及體心，數目為，Ti位于平面上，數目為，則該鈦金合金的化學式為，A正確；
B．在任一面上的Ti為例，該晶胞Au原子，最近棱上兩個Au，加上平行并置晶胞中心的Au，共4個，故Ti原子周圍最近的Au原子共有4個，B錯誤；
C．最鄰近的原子間距為Ti與最近頂點的Au距離，間距為=，C正確；
D．裝甲需要具備較大的硬度，而合金的硬度大于其組分金屬，因此該合金的硬度大于Au、Ti，可作裝甲，D正確；
故選B。
【分析】A．根據均攤法計算原子數目，進而確定其化學式；
Ｂ．晶胞中每個Ti原子周圍有4個Au；
Ｃ．任意Ti到頂點Au之間的距離最近；
Ｄ．合金的硬度大于其組分金屬。
15．（2025·成都模擬）一定溫度下，初始濃度為的溶液中存在如下平衡：
體系中四種含鉻物種的濃度隨pH變化如圖所示。
下列說法錯誤的是
A．物種Y對應
B．時，
C．
D．存在
【答案】C
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】A．根據分析，物種Y為，A正確；
B．pH=4.00時，c(H+)=10-4mol/L，Ka1 Ka2= ==10-7.24，=100.76＞1，因此c()＞c(H2CrO4)，B正確；
C．由物料守恒得c(H2CrO4)+c()+c()+2c()=c0 mol/L，C錯誤；
D.2+2H++H2O的平衡常數K=，根據K3=、Ka2=可知，K===3.1×1014，D正確；
故選C。
【分析】隨著pH增大，X、Y的濃度均先增大后減小，pH=4時，溶液中幾乎只存在X和Y，且X的濃度大于Y，說明pH小時，X的濃度大，則X為，Y為，A點時，pH=0.74，此時c(H2CrO4)=c()，則Ka1=c(H+)=10-0.74，B點時，pH=6.5，此時c()=c()，則Ka2=c(H+)=10-6.5。
16．（2025·成都模擬）熱化學吸附儲能技術是一種最新的熱能存儲技術，介質材料能量密度適宜，成本低廉。從苦土中（主要含有MgO，還含有少量硅、鐵、鋁、錳、鈣的氧化物）中提取的工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）“酸浸”時，為保證浸取充分，應維持體系，同時可以　 　（填一項合理措施）。
（2）已知：在下，，。“調pH”時應完全沉淀和，使其濃度小于，應調節　 　（保留兩位小數）。用MgO而不用CaO調節pH的優點是　 　（寫一條）。
（3）“氧化”主要包含：①除鐵：將轉化為　 　（寫化學式）而除去；②除錳：　 　（寫離子方程式）。該步驟中應嚴格控制NaClO的用量，否則Mn元素可能會因　 　而無法完全除去。
（4）和的溶解度（水）隨溫度變化數據如下：
0.223 0.244 0.255 0.264 0.265 0.244 0.234
22 28.2 33.7 38.9 44.5 54.6 55.8
濾液中含和質量比為1：120，則“除鈣”的具體操作是　 　。
【答案】（1）適當升溫或不斷攪拌或適當延長浸取時間或將廢渣研磨粉碎
（2）4.67；不引入過多新雜質或便于過濾去除
（3）；；被氧化到更高價態（如、）
（4）加熱濃縮，趁熱過濾
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）“酸浸”時，為保證浸取充分，可以適當升溫或不斷攪拌或適當延長浸取時間或將廢渣研磨粉碎等。
（2）沉淀：，沉淀：，因此應調節；用MgO而不用CaO調節pH的優點是不引入過多新雜質或便于過濾去除。
（3）據分析，NaClO為氧化劑，將氧化為除去；被NaClO氧化為除去，NaClO還原為NaCl，除錳的離子方程式為；Mn元素存在多種價態，更高價態的錳（如、）是可溶的，因此應嚴格控制NaClO的用量，否則Mn元素可能會因被氧化到更高價態（如、）而無法完全除去。
（4）根據表格數據可知，的溶解度隨溫度變化不大，且遠小于，的溶解度隨溫度升高而明顯升高，因此“除鈣”的具體操作是加熱濃縮，趁熱過濾。
【分析】 苦土中（主要含有MgO，還含有少量硅、鐵、鋁、錳、鈣的氧化物） ，加入硫酸酸浸，SiO2不與硫酸反應，其他金屬氧化物轉化為相應的硫酸鹽，生成的硫酸鈣微溶，過濾除去SiO2和硫酸鈣，溶液中主要含有H+、，加MgO調pH將轉化為氫氧化鐵沉淀和氫氧化鋁沉淀，加NaClO將氧化，進而轉化為除去，同時NaClO氧化，發生反應： ，將轉化為，過濾除去， 和溶解度存在較大差異，加熱濃縮趁熱過濾即可除去鈣，進行析鎂得到產物 。
（1）“酸浸”時，為保證浸取充分，可以適當升溫或不斷攪拌或適當延長浸取時間或將廢渣研磨粉碎等。
（2）沉淀：，沉淀：，因此應調節；用MgO而不用CaO調節pH的優點是不引入過多新雜質或便于過濾去除。
（3）據分析，NaClO為氧化劑，將氧化為除去；被NaClO氧化為除去，NaClO還原為NaCl，除錳的離子方程式為；Mn元素存在多種價態，更高價態的錳（如、）是可溶的，因此應嚴格控制NaClO的用量，否則Mn元素可能會因被氧化到更高價態（如、）而無法完全除去。
（4）根據表格數據可知，的溶解度隨溫度變化不大，且遠小于，的溶解度隨溫度升高而明顯升高，因此“除鈣”的具體操作是加熱濃縮，趁熱過濾。
17．（2025·成都模擬）二甘氨酸合銅（Ⅱ）是甘氨酸根（）與形成的中性配合物，在細胞線粒體中有推動電子傳遞、清除自由基等生理功能。現按如下方法制備順式和反式二甘氨酸合銅（Ⅱ）并測定總純度。
Ⅰ．制備
（1）反應①的化學方程式為________。深藍色溶液A中________（填“較難”或“較易”）電離出自由的，有利于與生成純凈的。
（2）反應③在下圖裝置中進行，燒杯上方加蓋表面皿的作用是________。為控制水浴溫度保持在，溫度計球泡的合適位置是________（填序號）。
（3）將反應③所得產品加入少量水，小火加熱，天藍色針狀晶體逐漸溶解，并析出深藍色鱗狀晶體。從分子極性角度解釋上述實驗中晶體的變化________。
Ⅱ．總純度分析
準確稱取0.4240g產品于燒杯，加入100mL蒸餾水、（釋出）和1g KI固體。用標準液滴定至淺黃色，加入溶液和淀粉溶液，繼續滴定至終點。平行實驗三次，平均消耗標準液28.50mL。上述步驟涉及的反應有：①；②。
（4）CuSCN和CuI均為難溶于水的白色固體，且。相較于，能吸附更多的。臨近滴定終點時加入溶液的作用是________（用離子方程式表示）。
（5）確定滴定終點的依據是________。
（6）二甘氨酸合銅（Ⅱ）的相對分子質量為212，則本實驗產品的總純度為________％（保留三位有效數字）。
【答案】(1)或 較難
(2) 減少熱量損失或冷凝回流 b
(3) 順式產物極性大，易溶于（強極性的）水；反式產物極性小，在水中溶解度低
(4)
(5) 當最后半滴標準溶液滴入錐形瓶，懸濁液由藍色變為白色，且30s內不復原
(6) 85.5
【知識點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）反應①是向硫酸銅溶液中加入過量氨水，形成配合物[Cu(NH3)4]SO4，化學方程式為或CuSO4+4NH3=[Cu(NH3)4]SO4；配離子[Cu(NH3)4]2+較穩定，故較難電離出自由的銅離子；
（2）反應③是向氫氧化銅沉淀中加入甘氨酸溶液并加熱，減少熱量損失同時冷凝回流提高產率，燒杯上方加蓋表面皿；水浴加熱需要使水溫保持所需溫度且不接觸容器內壁，故溫度計球泡的合適位置是b；
（3）天藍色針狀晶體逐漸溶解，并析出深藍色鱗狀晶體，說明順式二甘氨酸銅(II)轉化為反式二甘氨酸銅(II)，從分子極性角度解釋，順式產物極性大，易溶于（強極性的）水；反式產物極性小，在水中溶解度低而析出，使平衡向著生成反式產物的方向進行；
（4）由所給信息可知，臨近滴定終點時加入溶液的是將CuI沉淀轉化為CuSCN沉淀，減少對I2的吸附，提高滴定的準確性，故離子方程式為CuI(s)+SCN (aq) CuSCN(s)+I (aq)；
（5）反應結束，I2被反應完全，故溶液應當由藍色變無色，則確定滴定終點的依據是當最后半滴標準溶液滴入錐形瓶，懸濁液由藍色變為白色，且30s內不復原；
（6）根據反應可知2~I2~2Cu2+，二甘氨酸合銅(II)的物質的量=n(Cu2+)=n()=0.02850L×0.06000mol L 1=1.71×10-3mol，本實驗產品的總純度為×100%=85.5%。
【分析】向CuSO4溶液中加入過量氨水發生反應①得到深藍色溶液A，CuSO4和過量氨水反應生成配合物[Cu(NH3)4]SO4，則深藍色溶液A中主要含[Cu(NH3)4]SO4，加入NaOH溶液進行反應②得到Cu(OH)2溶液，向Cu(OH)2溶液中加入甘氨酸溶液發生反應③生成順式二甘氨酸銅(II)天藍色針狀晶體，向順式二甘氨酸銅(II)天藍色針狀晶體中加入少量水，小火加熱，順式二甘氨酸銅(II)天藍色針狀晶體逐漸溶解轉化為反式甘氨酸銅(II)深藍色鱗狀晶體。
18．（2025·成都模擬）減少的排放、捕集并利用是我國能源、環保領域的一個重要戰略方向。
Ⅰ．加氫合成甲醇
反應①：
反應②：
反應③：
（1）下表為幾種物質在298K的標準摩爾生成焓（由穩定態單質生成1mol化合物的焓變），則反應③的________。
物質
標準摩爾生成焓 0
（2）維持總壓和投料比不變，將和混合氣以一定流速通過反應器，存在上述三個反應。的轉化率和甲醇的選擇性隨溫度的變化關系如圖所示。甲醇的選擇性，忽略溫度對催化劑活性造成的影響。
（ⅰ）為同時提高和，應控制的條件是________（填序號）。
a．高溫高壓 b．高溫低壓 c．低溫低壓 d．低溫高壓
（ⅱ）之后，隨溫度的增大而減小，可能的原因是________。
（ⅲ）時，的平衡分壓為________Mpa。
Ⅱ．金屬氫化物催化合成甲酸鹽
近期科學家報道了可插入鋅氫化物的鍵，從而制備甲酸鹽。能量一反應進程圖如下所示：（L為中性配體，TS表示過渡態）
（3）該歷程的決速步是第________步；升溫會________（填“增大”或“減小”）正反應熱力學傾向。
（4）紅外光譜中羰基伸縮振動峰波數與碳氧間的鍵合強度呈正相關。由此比較和（）的大小________（填“>”或“<”）。
【答案】(1)
(2) d 之后反應①②均達平衡，反應①放熱而反應②吸熱，當溫度升高時平衡①逆向移動，減少；而平衡②正向移動，更多地轉化為CO 4.2
(3) 1 減小
(4)
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）由表中數據可知，I：，II：，反應③：，由蓋斯定律知反應③，故；
（2）（ⅰ）反應①，反應③：，，均是氣體分子數減小的放熱反應；反應②，要同時提高和，降低溫度有利于反應①、③正向進行，增大壓強有利于反應①、③正向進行，所以應選擇低溫高壓，d 選項正確；
（ⅱ）由于，，之后反應①②均達平衡，反應①放熱而反應②吸熱，當溫度升高時平衡①逆向移動，減少；而平衡②正向移動，更多地轉化為CO；
（ⅲ）由圖知，時，，。設起始，，則平衡時的物質的量，則由C守恒可得，，由O守恒可得，，由H守恒可得，，則總物質的量，因為，的平衡分壓；
（3）活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟，從能量 - 反應進程圖可知，第1步反應的活化能（與CO2生成TS1的活化能）高于第2步（TS1生成TS2的活化能） ，所以該歷程的決速步是第1步；由能量 - 反應進程圖可知，該反應的反應物總能量高于生成物總能量，是放熱反應（），根據勒夏特列原理，升高溫度，平衡向吸熱方向（逆反應方向）移動，所以升溫會減小正反應熱力學傾向；
（4）CO2中C=O鍵為雙鍵，中由于存在共軛效應，C-O鍵具有一定的單鍵性質，CO2中碳氧間的鍵合強度大于中碳氧間的鍵合強度，因為紅外光譜中羰基伸縮振動峰波數與碳氧間的鍵合強度呈正相關，所以CO2的大于的。
【分析】（1）先寫出生成CO和甲醇的熱化學方程式，再根據蓋斯定律計算；
（2）化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；
（3）活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；
（4） 紅外光譜中羰基伸縮振動峰波數與碳氧間的鍵合強度呈正相關，CO2中碳氧間的鍵合強度大于中碳氧間的鍵合強度。
19．（2025·成都模擬）奧美拉唑是一類苯并咪唑類質子泵抑制劑，用于消化性潰瘍等疾病的治療。某實驗室完成的合成方法如下：
回答下列問題：
（1）的反應類型是　 　。所用的“混酸”是　 　。
（2）中，的作用有①將E中取代為；②　 　。
（3）F與試劑X按等物質的量反應生成G和，試劑X為　 　（填化學式）。
（4）寫出滿足下列條件的B的同分異構體的結構簡式　 　。
①能與發生顯色反應
②含有苯環且苯環上只有兩個取代基
③核磁共振氫譜中顯示四組峰且峰面積比為6：2：2：1
（5）D的水解產物為H，H先后經歷3次氨加成一脫水消去，最終生成J。
①H和J所有原子共平面，J中N原子的雜化方式為　 　。
②中間產物I具有母核結構，寫出I的結構簡式　 　。
③鳥嘌呤與胞嘧啶之間可通過三重氫鍵“互補配對”（如圖）。H和J之間也可通過類似的方式結合。試畫出一分子H與一分子J通過三重氫鍵結合形成的復合物結構　 　。
【答案】（1）氧化反應；濃硫酸、濃硝酸
（2）中和產生的HCl
（3）
（4）
（5）；；
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由分析可知，的反應類型是氧化反應；B→C的過程中引入硝基，發生了硝化反應，則混酸為濃硫酸、濃硝酸；
（2）E發生取代反應生成F的過程中生成HCl，能與HCl反應，因此 、中，的作用有①將E中取代為；② 中和產生的HCl；
（3） F與試劑X按等物質的量反應生成G和 ，根據質量守恒定律可知，試劑X中含有一個P原子，3個Cl原子，則試劑X為 ；
（4）B的同分異構體滿足： ①能與發生顯色反應 ，說明含有酚羥基，②含有苯環且苯環上只有兩個取代基，③核磁共振氫譜中顯示四組峰且峰面積比為6：2：2：1，說明分子中含有4種不同環境的氫原子，且個數比為6：2：2：1，符合條件的結構簡式為 ；
（5）H是D的水解產物，H先后經歷3次氨加成一脫水消去，最終生成J，中間產物I具有母核結構，則I的結構簡式為；
①H和J所有原子共平面，則J中N原子的雜化方式為sp2雜化；
②由以上分析可知，I的結構簡式為；
③根據三重氫鍵“互補配對”可知，分子H與一分子J通過三重氫鍵結合形成的復合物結構為。
【分析】物質A生成物質B，多了O，說明A→B是過氧化氫氧化物質A得到B，B與混酸在加熱條件下發生取代反應，引入硝基得到物質C，則混酸為濃硝酸和濃硫酸，C進行回流，D中的Cl原子取代甲基上的H原子得到E，E與發生取代反應，取代為，同時取代E中的Cl原子得到F，同時取代產生HCl，與取代反應生成的HCl反應， F與試劑X按等物質的量反應生成G和，則X為，G發生氧化反應得到產物奧美拉唑。
（1）由分析可知，的反應類型是氧化反應；物質B和濃硝酸在濃硫酸的催化下發生取代反應得到物質C，則混酸為濃硫酸、濃硝酸；
（2）中，加入可以將E中取代為，同時，能和反應生成的HCl反應，中和HCl；
（3）由分析可知，試劑X為；
（4）B的同分異構體，能與發生顯色反應，說明分子中含有酚羥基；含有苯環且苯環上只有兩個取代基；核磁共振氫譜中顯示四組峰且峰面積比為6：2：2：1，說明分子中含有4種不同環境的氫原子，且個數比為6：2：2：1，符合條件的為；
（5）①H和J所有原子共平面，則J中N原子的雜化方式為sp2雜化；
②有分析可知，I的結構簡式為；
③根據三重氫鍵“互補配對”可知，分子H與一分子J通過三重氫鍵結合形成的復合物結構為。
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