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四川省成都市2025届高三下学期二诊化学试题
1．（2025·成都模拟）古蜀文化是中华灿烂文明的重要部分。下列对相关物品主要成分的描述错误的是
三星堆青铜面具 蚕丝蜀锦
A．碱式碳酸铜 B．蛋白质
酿造白酒 广都井盐
C．乙醇、水 D．氯化钠
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·成都模拟）下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子式：
B．水合钠、氯离子：
C．的球棍模型：
D．：1，3，5-三硝基甲苯
3．（2025·成都模拟）实验室中下列操作规范或方法正确的是
A．除去溶解在中的 B．过滤
C．转移洗涤液 D．量取溶液
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·成都模拟）下列对应反应的离子（电极）方程式书写正确的是
A．饱和溶液中通入过量：
B．向溶液中加入稀硫酸：
C．铅酸蓄电池放电的正极反应：
D．溶液在空气中放置变质：
5．（2025·成都模拟）下图表示主族元素X及其化合物的部分转化关系。单质可用于生产漂白粉和漂白液。下列说法错误的是
A．反应①中HX是还原剂 B．HXO的结构式为H—O—X
C．水解显碱性 D．的空间构型为三角锥形
6．（2025·成都模拟）氘代甲醛与HCN发生加成反应如下：
下列说法错误的是
A．产物Ⅱ含有三种官能团
B．氘代甲醛中键与键数目比为3：1
C．产物Ⅰ可发生水解反应
D．产物Ⅰ与Ⅱ均为手性分子
7．（2025·成都模拟）利用下图装置，下列实验现象或作用正确的是
选项 试管① 试管② 试管②中现象或作用
A 固体 澄清石灰水 大量白色浑浊
B 晶体 饱和食盐水 除去中的HCl
C 潮湿还原铁粉 空气 收集
D CuO与过量碳粉 NaOH溶液 有气泡产生
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·成都模拟）在容积恒为1.00L的容器中，通入一定量的气体，发生反应，随温度升高，混合气体的颜色变深。在时，体系中各物质浓度随时间变化如下图所示。下列说法错误的是
A．反应的
B．在时段，反应速率
C．体系的总压强保持不变时，反应达到平衡状态
D．反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡正向移动
9．（2025·成都模拟）是一种用于纯化金属Z的配合物分子。其中X、Y属于同一短周期且基态原子均含有2个未成对电子，X的简单氢化物沸点为同主族中最低。在中，Z的价电子数与四个配位原子X提供的电子数之和为18.下列说法正确的是
A．Z位于ds区 B．第二电离能：
C．单质熔点： D．电负性：
10．（2025·成都模拟）使用如图所示的单池双膜三液装置电解可制得氨水及硝酸。下列说法错误的是
A．左池中加入稀硝酸是为了增强溶液的导电能力
B．M的电极反应为
C．离子交换膜I为阴离子交换膜
D．每当产生22.4L（标准状况）气体A，溶液中有通过离子交换膜Ⅱ
11．（2025·成都模拟）黄铜溶解液中主要含有、，也含有少量、离子，按下列方案实现各金属离子分离。已知溶于过量氨水形成可溶性离子。下列说法错误的是
A．加入可分离出
B．沉淀乙中含有、和S
C．赶尽可减少硝酸和氨水的消耗
D．加入稀硝酸的目的是氧化
12．（2025·成都模拟）羟胺与亚硝酸可发生反应生成。该反应可能经历如下历程：
下列说法正确的是
A．该反应经历了两次脱水，均属非氧化还原反应
B．键角：
C．酸性：
D．用标记的与末标记的反应，可得到和
13．（2025·成都模拟）1-苯基丙炔可以在催化下发生如下反应：
双键同侧基团间的排斥影响烯烃的稳定性（排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基）。体系中各物质含量随时间变化情况如图所示。当体系中各物质含量不再改变时，产物A与产物B的含量之比为1：35。下列说法错误的是
A．产物B对应结构是
B．若想获取产物A，应适当缩短反应时间
C．产物A、B可用核磁共振氢谱加以区分
D．该条件下体系中存在，其平衡常数
14．（2025·成都模拟）钛金合金可制作装甲，-钛金合金具有立方晶胞（如图所示），晶胞参数为。原子对在每个面的中心处，且平行于立方体的棱边，其间距为。立方体相邻两面上的原子对互相垂直。下列有关说法错误的是
A．这种钛金合金的化学式为
B．每个Ti原子周围最近的Au原子共有3个
C．最邻近的原子间距为
D．该合金可作装甲是因其硬度比成分金属的大
15．（2025·成都模拟）一定温度下，初始浓度为的溶液中存在如下平衡：
体系中四种含铬物种的浓度随pH变化如图所示。
下列说法错误的是
A．物种Y对应
B．时，
C．
D．存在
16．（2025·成都模拟）热化学吸附储能技术是一种最新的热能存储技术，介质材料能量密度适宜，成本低廉。从苦土中（主要含有MgO，还含有少量硅、铁、铝、锰、钙的氧化物）中提取的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，为保证浸取充分，应维持体系，同时可以　 　（填一项合理措施）。
（2）已知：在下，，。“调pH”时应完全沉淀和，使其浓度小于，应调节　 　（保留两位小数）。用MgO而不用CaO调节pH的优点是　 　（写一条）。
（3）“氧化”主要包含：①除铁：将转化为　 　（写化学式）而除去；②除锰：　 　（写离子方程式）。该步骤中应严格控制NaClO的用量，否则Mn元素可能会因　 　而无法完全除去。
（4）和的溶解度（水）随温度变化数据如下：
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
滤液中含和质量比为1：120，则“除钙”的具体操作是　 　。
17．（2025·成都模拟）二甘氨酸合铜（Ⅱ）是甘氨酸根（）与形成的中性配合物，在细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生理功能。现按如下方法制备顺式和反式二甘氨酸合铜（Ⅱ）并测定总纯度。
Ⅰ．制备
（1）反应①的化学方程式为________。深蓝色溶液A中________（填“较难”或“较易”）电离出自由的，有利于与生成纯净的。
（2）反应③在下图装置中进行，烧杯上方加盖表面皿的作用是________。为控制水浴温度保持在，温度计球泡的合适位置是________（填序号）。
（3）将反应③所得产品加入少量水，小火加热，天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体。从分子极性角度解释上述实验中晶体的变化________。
Ⅱ．总纯度分析
准确称取0.4240g产品于烧杯，加入100mL蒸馏水、（释出）和1g KI固体。用标准液滴定至浅黄色，加入溶液和淀粉溶液，继续滴定至终点。平行实验三次，平均消耗标准液28.50mL。上述步骤涉及的反应有：①；②。
（4）CuSCN和CuI均为难溶于水的白色固体，且。相较于，能吸附更多的。临近滴定终点时加入溶液的作用是________（用离子方程式表示）。
（5）确定滴定终点的依据是________。
（6）二甘氨酸合铜（Ⅱ）的相对分子质量为212，则本实验产品的总纯度为________％（保留三位有效数字）。
18．（2025·成都模拟）减少的排放、捕集并利用是我国能源、环保领域的一个重要战略方向。
Ⅰ．加氢合成甲醇
反应①：
反应②：
反应③：
（1）下表为几种物质在298K的标准摩尔生成焓（由稳定态单质生成1mol化合物的焓变），则反应③的________。
物质
标准摩尔生成焓 0
（2）维持总压和投料比不变，将和混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。的转化率和甲醇的选择性随温度的变化关系如图所示。甲醇的选择性，忽略温度对催化剂活性造成的影响。
（ⅰ）为同时提高和，应控制的条件是________（填序号）。
a．高温高压 b．高温低压 c．低温低压 d．低温高压
（ⅱ）之后，随温度的增大而减小，可能的原因是________。
（ⅲ）时，的平衡分压为________Mpa。
Ⅱ．金属氢化物催化合成甲酸盐
近期科学家报道了可插入锌氢化物的键，从而制备甲酸盐。能量一反应进程图如下所示：（L为中性配体，TS表示过渡态）
（3）该历程的决速步是第________步；升温会________（填“增大”或“减小”）正反应热力学倾向。
（4）红外光谱中羰基伸缩振动峰波数与碳氧间的键合强度呈正相关。由此比较和（）的大小________（填“>”或“<”）。
19．（2025·成都模拟）奥美拉唑是一类苯并咪唑类质子泵抑制剂，用于消化性溃疡等疾病的治疗。某实验室完成的合成方法如下：
回答下列问题：
（1）的反应类型是　 　。所用的“混酸”是　 　。
（2）中，的作用有①将E中取代为；②　 　。
（3）F与试剂X按等物质的量反应生成G和，试剂X为　 　（填化学式）。
（4）写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式　 　。
①能与发生显色反应
②含有苯环且苯环上只有两个取代基
③核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6：2：2：1
（5）D的水解产物为H，H先后经历3次氨加成一脱水消去，最终生成J。
①H和J所有原子共平面，J中N原子的杂化方式为　 　。
②中间产物I具有母核结构，写出I的结构简式　 　。
③鸟嘌呤与胞嘧啶之间可通过三重氢键“互补配对”（如图）。H和J之间也可通过类似的方式结合。试画出一分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．青铜是铜锡合金，碱式碳酸铜是铜绿的主要成分，A错误；
B．蚕丝主要成分为蛋白质，B正确；
C．白酒的主要成分为乙醇和水，C正确；
D．井盐的主要成分为氯化钠，D正确；
故选A。
【分析】A．青铜为铜锡合金；
Ｂ．蚕丝的主要成分是蛋白质；
Ｃ．酒精是乙醇；
Ｄ．盐的主要成分是氯化钠。
2．【答案】C
【知识点】有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，氯离子核外达到8电子结构，则其电子式为：，A错误；
B．氯离子的半径大于钠离子，则水合钠离子是，水合氯离子是，B错误；
C．氨气分子为三角锥形，且分子中N原子半径大于H原子半径，其球棍模型为 ，C正确；
D．该命名不符合支链编号之和最小，正确的名称为：2，4，6-三硝基甲苯，D错误；
故选C。
【分析】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成；
Ｂ．钠离子的半径小于氯离子；
Ｃ．氨气分子为三角锥形；
Ｄ．该命名不符合支链编号之和最小原则。
3．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．氢氧化钠与溴发生反应，溴化钠、次溴酸钠溶于水，而与水不混溶，形成分层，便于通过分液操作分离 ，A正确；
B．过滤时漏斗下端导管应紧贴烧杯内壁，B错误；
C．向容量瓶中转移洗涤液时要用玻璃棒引流，C错误；
D．高锰酸钾具有强氧化性，应用酸式滴定管量取，D错误；
故选A。
【分析】A．溴能与氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；
Ｂ．过滤时漏斗下端要紧靠烧杯内壁；
Ｃ．转移溶液时要用玻璃棒引流；
Ｄ．高锰酸钾应用酸式滴定管盛装。
4．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A． 饱和溶液中通入过量 反应得到碳酸氢钠固体，正确的离子方程式为2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．向溶液中加入稀硫酸，发生歧化反应生成硫酸钠、SO2、S和H2O，该反应的离子方程式：2H++S2O=SO2↑+S↓+H2O，B正确；
C．铅酸蓄电池正极为PbO2，电解质溶液为硫酸，则正极反应式为：，C错误；
D．溶液易被氧化为硫酸铁，反应的离子方程式为：，D错误；
故选B。
【分析】A．析出的碳酸氢钠应为沉淀；
Ｂ．在酸性条件下发生歧化反应；
Ｃ．铅酸电池正极是PbO2，正极发生还原反应；
Ｄ．在空气中被氧化为Fe2(SO4)3。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．HX即HCl，HCl中Cl为-1价，在反应①中，Cl的化合价升高，HCl为还原剂，A正确；
B．HXO为HClO，HClO的结构式为H—O—Cl，B正确；
C．不发生水解，C错误；
D．中心Cl原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有一个孤电子对，则空间构型为三角锥形，D正确；
故选C。
【分析】 单质可用于生产漂白粉和漂白液 ，则X2为Cl2，X为Cl元素，HCl和HClO发生氧化还原反应生成氯气，氯气与碱反应生成氯酸盐和次氯酸盐。
6．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．产物Ⅱ含有-CN和-OH两种官能团，A错误；
B．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，氘代甲醛种含有3个键，1个键，则氘代甲醛中键与键数目比为3：1，B正确；
C．产物Ⅰ中-CN能发生水解反应生成羧基，反应原理为：氰基水解生成酰胺，酰胺进一步水解生成羧酸：，C正确；
D．产物Ⅰ与Ⅱ均含手性碳原子，因此产物Ⅰ与Ⅱ均为手性分子，D正确；
故选A。
【分析】A．产物Ⅱ的官能团为氰基、羟基；
Ｂ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｃ．产物Ⅰ中-CN能水解；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
7．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．碳酸钠受热不分解，故A错误；
B．加热氯化铵，氯化铵不稳定，受热分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷化合生成氯化铵，故B错误；
C．氢气比空气密度小，应用向下排空气法，图示为向上排空气法，故C错误；
D．碳与CuO反应生成CO，溶液中可看到气泡，故D正确；
故答案为D。
【分析】A．碳酸钠受热不分解；
Ｂ．氯化铵受热分解产生的氨气和氯化氢遇冷化合生成氯化铵；
Ｃ．氢气密度小于空气；
Ｄ．碳与CuO反应生成CO。
8．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．无色，NO2呈红棕色，随温度升高，混合气体的颜色变深，说明NO2浓度增加，平衡正向移动，则该反应为吸热反应， ，A正确；
B．在时段，NO2浓度从0变为0.120mol/L，故v(NO2)==0.0020mol L 1 s 1，B正确；
C．该反应是气体体积增大的反应，体系总压强随反应发生变化，因此当体系总压强保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；
D．反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，体系压强增大，平衡逆向移动，D错误；
故选D。
【分析】A． 为无色气体，NO2为红棕色气体；
Ｂ．根据计算；
Ｃ．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
Ｄ．化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
9．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Z 为 Ni，价电子排布 3d84s2，属于d 区元素，A错误；
B．的价电子排布式，的价电子排布式，的2p轨道半充满，更加稳定，失电子需要更多能量，则第二电离能，B错误；
C．Ni为金属晶体，O2为分子晶体，金属Ni的熔点高于氧气，故单质熔点：，C正确；
D．同周期从左到右电负性增大，故电负性：C故选C。
【分析】X、Y属于同一短周期且基态原子均含有2个未成对电子，则价电子排布式可能为ns2np2（C或Si），ns2np4（O或S），X 的简单氢化物沸点为同主族最低，说明 X 的氢化物分子间无氢键，若 X 为 C（IVA 族），其氢化物 CH4无氢键，同主族 SiH4、GeH4等沸点更高，符合条件；若 X 为 O（VIA 族），H2O 因氢键沸点为同主族最高，不符合，故 X 为C 元素，Y 为O 元素，配合物中 Z 的价电子数与 4 个 X（C）提供的电子数之和为 18，Z的价电子数与四个配位原子X提供的电子数之和为18，每个CO与Z配位提供2个电子，所以4个CO共提供8个电子，故Z有10个价电子，Z为Ni元素，综上所述，X为C元素，Y为O元素，Z为Ni元素。
10．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．HNO3是强电解质，在水溶液中完全电离，能增强溶液的导电性，A项正确；
B．M电极与电源正极相连，为阳极，电极反应式为，B项错误；
C．硝酸铵电离产生的硝酸根离子迁移到左边，则离子交换膜I为阴离子交换膜，C项正确；
D．M电极的电极反应式为，每当产生22.4L（标准状况）气体A即生成1mol O2，产生4mol H+，则有4mol向阳极移动，4mol向阴极移动，D项正确；
答案选B。
【分析】惰性电极M与电源正极相连，为电解池阳极，发生氧化反应，发生氧化反应，电极反应式为，电极N为阴极，发生还原反应，硝酸铵电离产生的铵根离子，从中间转移到右边，则离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，硝酸根离子从中间转移到左边，则离子交换膜I为阴离子交换膜。
11．【答案】B
【知识点】铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．加入足量硫酸，与结合生成PbSO4沉淀，可分离，故A正确；
B．沉淀乙中含有和S，故B错误；
C．硝酸具有氧化性，氨水有碱性，均与具有还原性和酸性的反应，因此赶尽可减少硝酸和氨水的消耗，故C正确；
D．加入稀硝酸，将亚铁离子氧化为铁离子，进而沉淀分离，故D正确；
故答案为B。
【分析】 黄铜溶解液中主要含有、，也含有少量、离子 ，加入足量硫酸，与结合生成PbSO4沉淀，则白色沉淀甲为硫酸铅，溶液中主要含、、，通入H2S，与H2S发生氧化还原反应生成Fe2+和S，转化为CuS沉淀，则沉淀乙为CuS和反应生成的S，剩余溶液赶尽H2S，加入稀硝酸将亚铁离子氧化为铁离子，再加入过量氨水，得到氢氧化铁沉淀和 溶液。
12．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应
【解析】【解答】A．第二次脱水的过程中，各元素的化合价没有变化，为非氧化还原反应，A错误；
B．与互为等电子体，为sp杂化，分子呈直线形结构，∠NNO =180°；而 分子中氮原子为杂化，类似氨分子的三角锥构型，∠ONH 远小于 180°，则键角：， B错误；
C．呈酸性，而具有弱碱性，因此酸性：，C错误；
D．由历程分析可知，若用带 标记的与不带标记的反应，可得到和，D正确；
故选D。
【分析】A．氧化还原反应中有元素的化合价发生变化；
Ｂ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｃ．呈弱碱性；
Ｄ．该反应过程为：羟胺失去2个H，硝酸失去1个O，脱去1分子水，形成，再脱去1分子水形成。
13．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．产物B的产量高于产物A，说明产物B更稳定，则产物B对应结构为，A错误；
B．反应初期，产物A的含量快速提高，说明此时主要产物是产物A，应适当缩短反应时间，B正确；
C．产物A和B中氢原子所处的环境不相同，可以用核磁共振氢谱加以区分，C正确；
D．炔烃在30分钟以后含量很少，而产物A迅速下降，产物B迅速上升，说明存在平衡：，平衡常数，：当体系中各物质含量不再改变时，达到了平衡状态，而此时产物A与产物B的含量之比为1：35，则K=35，D正确；
故选A。
【分析】排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基，说明更稳定，产量更高，则产物A为，产物B为。
14．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．Au原子位于晶胞顶点及体心，数目为，Ti位于平面上，数目为，则该钛金合金的化学式为，A正确；
B．在任一面上的Ti为例，该晶胞Au原子，最近棱上两个Au，加上平行并置晶胞中心的Au，共4个，故Ti原子周围最近的Au原子共有4个，B错误；
C．最邻近的原子间距为Ti与最近顶点的Au距离，间距为=，C正确；
D．装甲需要具备较大的硬度，而合金的硬度大于其组分金属，因此该合金的硬度大于Au、Ti，可作装甲，D正确；
故选B。
【分析】A．根据均摊法计算原子数目，进而确定其化学式；
Ｂ．晶胞中每个Ti原子周围有4个Au；
Ｃ．任意Ti到顶点Au之间的距离最近；
Ｄ．合金的硬度大于其组分金属。
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析，物种Y为，A正确；
B．pH=4.00时，c(H+)=10-4mol/L，Ka1 Ka2= ==10-7.24，=100.76＞1，因此c()＞c(H2CrO4)，B正确；
C．由物料守恒得c(H2CrO4)+c()+c()+2c()=c0 mol/L，C错误；
D.2+2H++H2O的平衡常数K=，根据K3=、Ka2=可知，K===3.1×1014，D正确；
故选C。
【分析】随着pH增大，X、Y的浓度均先增大后减小，pH=4时，溶液中几乎只存在X和Y，且X的浓度大于Y，说明pH小时，X的浓度大，则X为，Y为，A点时，pH=0.74，此时c(H2CrO4)=c()，则Ka1=c(H+)=10-0.74，B点时，pH=6.5，此时c()=c()，则Ka2=c(H+)=10-6.5。
16．【答案】（1）适当升温或不断搅拌或适当延长浸取时间或将废渣研磨粉碎
（2）4.67；不引入过多新杂质或便于过滤去除
（3）；；被氧化到更高价态（如、）
（4）加热浓缩，趁热过滤
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“酸浸”时，为保证浸取充分，可以适当升温或不断搅拌或适当延长浸取时间或将废渣研磨粉碎等。
（2）沉淀：，沉淀：，因此应调节；用MgO而不用CaO调节pH的优点是不引入过多新杂质或便于过滤去除。
（3）据分析，NaClO为氧化剂，将氧化为除去；被NaClO氧化为除去，NaClO还原为NaCl，除锰的离子方程式为；Mn元素存在多种价态，更高价态的锰（如、）是可溶的，因此应严格控制NaClO的用量，否则Mn元素可能会因被氧化到更高价态（如、）而无法完全除去。
（4）根据表格数据可知，的溶解度随温度变化不大，且远小于，的溶解度随温度升高而明显升高，因此“除钙”的具体操作是加热浓缩，趁热过滤。
【分析】 苦土中（主要含有MgO，还含有少量硅、铁、铝、锰、钙的氧化物） ，加入硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，其他金属氧化物转化为相应的硫酸盐，生成的硫酸钙微溶，过滤除去SiO2和硫酸钙，溶液中主要含有H+、，加MgO调pH将转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，加NaClO将氧化，进而转化为除去，同时NaClO氧化，发生反应： ，将转化为，过滤除去， 和溶解度存在较大差异，加热浓缩趁热过滤即可除去钙，进行析镁得到产物 。
（1）“酸浸”时，为保证浸取充分，可以适当升温或不断搅拌或适当延长浸取时间或将废渣研磨粉碎等。
（2）沉淀：，沉淀：，因此应调节；用MgO而不用CaO调节pH的优点是不引入过多新杂质或便于过滤去除。
（3）据分析，NaClO为氧化剂，将氧化为除去；被NaClO氧化为除去，NaClO还原为NaCl，除锰的离子方程式为；Mn元素存在多种价态，更高价态的锰（如、）是可溶的，因此应严格控制NaClO的用量，否则Mn元素可能会因被氧化到更高价态（如、）而无法完全除去。
（4）根据表格数据可知，的溶解度随温度变化不大，且远小于，的溶解度随温度升高而明显升高，因此“除钙”的具体操作是加热浓缩，趁热过滤。
17．【答案】(1)或 较难
(2) 减少热量损失或冷凝回流 b
(3) 顺式产物极性大，易溶于（强极性的）水；反式产物极性小，在水中溶解度低
(4)
(5) 当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝色变为白色，且30s内不复原
(6) 85.5
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）反应①是向硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物[Cu(NH3)4]SO4，化学方程式为或CuSO4+4NH3=[Cu(NH3)4]SO4；配离子[Cu(NH3)4]2+较稳定，故较难电离出自由的铜离子；
（2）反应③是向氢氧化铜沉淀中加入甘氨酸溶液并加热，减少热量损失同时冷凝回流提高产率，烧杯上方加盖表面皿；水浴加热需要使水温保持所需温度且不接触容器内壁，故温度计球泡的合适位置是b；
（3）天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体，说明顺式二甘氨酸铜(II)转化为反式二甘氨酸铜(II)，从分子极性角度解释，顺式产物极性大，易溶于（强极性的）水；反式产物极性小，在水中溶解度低而析出，使平衡向着生成反式产物的方向进行；
（4）由所给信息可知，临近滴定终点时加入溶液的是将CuI沉淀转化为CuSCN沉淀，减少对I2的吸附，提高滴定的准确性，故离子方程式为CuI(s)+SCN (aq) CuSCN(s)+I (aq)；
（5）反应结束，I2被反应完全，故溶液应当由蓝色变无色，则确定滴定终点的依据是当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝色变为白色，且30s内不复原；
（6）根据反应可知2~I2~2Cu2+，二甘氨酸合铜(II)的物质的量=n(Cu2+)=n()=0.02850L×0.06000mol L 1=1.71×10-3mol，本实验产品的总纯度为×100%=85.5%。
【分析】向CuSO4溶液中加入过量氨水发生反应①得到深蓝色溶液A，CuSO4和过量氨水反应生成配合物[Cu(NH3)4]SO4，则深蓝色溶液A中主要含[Cu(NH3)4]SO4，加入NaOH溶液进行反应②得到Cu(OH)2溶液，向Cu(OH)2溶液中加入甘氨酸溶液发生反应③生成顺式二甘氨酸铜(II)天蓝色针状晶体，向顺式二甘氨酸铜(II)天蓝色针状晶体中加入少量水，小火加热，顺式二甘氨酸铜(II)天蓝色针状晶体逐渐溶解转化为反式甘氨酸铜(II)深蓝色鳞状晶体。
18．【答案】(1)
(2) d 之后反应①②均达平衡，反应①放热而反应②吸热，当温度升高时平衡①逆向移动，减少；而平衡②正向移动，更多地转化为CO 4.2
(3) 1 减小
(4)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由表中数据可知，I：，II：，反应③：，由盖斯定律知反应③，故；
（2）（ⅰ）反应①，反应③：，，均是气体分子数减小的放热反应；反应②，要同时提高和，降低温度有利于反应①、③正向进行，增大压强有利于反应①、③正向进行，所以应选择低温高压，d 选项正确；
（ⅱ）由于，，之后反应①②均达平衡，反应①放热而反应②吸热，当温度升高时平衡①逆向移动，减少；而平衡②正向移动，更多地转化为CO；
（ⅲ）由图知，时，，。设起始，，则平衡时的物质的量，则由C守恒可得，，由O守恒可得，，由H守恒可得，，则总物质的量，因为，的平衡分压；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，从能量 - 反应进程图可知，第1步反应的活化能（与CO2生成TS1的活化能）高于第2步（TS1生成TS2的活化能） ，所以该历程的决速步是第1步；由能量 - 反应进程图可知，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应（），根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向（逆反应方向）移动，所以升温会减小正反应热力学倾向；
（4）CO2中C=O键为双键，中由于存在共轭效应，C-O键具有一定的单键性质，CO2中碳氧间的键合强度大于中碳氧间的键合强度，因为红外光谱中羰基伸缩振动峰波数与碳氧间的键合强度呈正相关，所以CO2的大于的。
【分析】（1）先写出生成CO和甲醇的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4） 红外光谱中羰基伸缩振动峰波数与碳氧间的键合强度呈正相关，CO2中碳氧间的键合强度大于中碳氧间的键合强度。
19．【答案】（1）氧化反应；浓硫酸、浓硝酸
（2）中和产生的HCl
（3）
（4）
（5）；；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，的反应类型是氧化反应；B→C的过程中引入硝基，发生了硝化反应，则混酸为浓硫酸、浓硝酸；
（2）E发生取代反应生成F的过程中生成HCl，能与HCl反应，因此 、中，的作用有①将E中取代为；② 中和产生的HCl；
（3） F与试剂X按等物质的量反应生成G和 ，根据质量守恒定律可知，试剂X中含有一个P原子，3个Cl原子，则试剂X为 ；
（4）B的同分异构体满足： ①能与发生显色反应 ，说明含有酚羟基，②含有苯环且苯环上只有两个取代基，③核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6：2：2：1，说明分子中含有4种不同环境的氢原子，且个数比为6：2：2：1，符合条件的结构简式为 ；
（5）H是D的水解产物，H先后经历3次氨加成一脱水消去，最终生成J，中间产物I具有母核结构，则I的结构简式为；
①H和J所有原子共平面，则J中N原子的杂化方式为sp2杂化；
②由以上分析可知，I的结构简式为；
③根据三重氢键“互补配对”可知，分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构为。
【分析】物质A生成物质B，多了O，说明A→B是过氧化氢氧化物质A得到B，B与混酸在加热条件下发生取代反应，引入硝基得到物质C，则混酸为浓硝酸和浓硫酸，C进行回流，D中的Cl原子取代甲基上的H原子得到E，E与发生取代反应，取代为，同时取代E中的Cl原子得到F，同时取代产生HCl，与取代反应生成的HCl反应， F与试剂X按等物质的量反应生成G和，则X为，G发生氧化反应得到产物奥美拉唑。
（1）由分析可知，的反应类型是氧化反应；物质B和浓硝酸在浓硫酸的催化下发生取代反应得到物质C，则混酸为浓硫酸、浓硝酸；
（2）中，加入可以将E中取代为，同时，能和反应生成的HCl反应，中和HCl；
（3）由分析可知，试剂X为；
（4）B的同分异构体，能与发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；含有苯环且苯环上只有两个取代基；核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6：2：2：1，说明分子中含有4种不同环境的氢原子，且个数比为6：2：2：1，符合条件的为；
（5）①H和J所有原子共平面，则J中N原子的杂化方式为sp2杂化；
②有分析可知，I的结构简式为；
③根据三重氢键“互补配对”可知，分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构为。
1 / 1四川省成都市2025届高三下学期二诊化学试题
1．（2025·成都模拟）古蜀文化是中华灿烂文明的重要部分。下列对相关物品主要成分的描述错误的是
三星堆青铜面具 蚕丝蜀锦
A．碱式碳酸铜 B．蛋白质
酿造白酒 广都井盐
C．乙醇、水 D．氯化钠
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．青铜是铜锡合金，碱式碳酸铜是铜绿的主要成分，A错误；
B．蚕丝主要成分为蛋白质，B正确；
C．白酒的主要成分为乙醇和水，C正确；
D．井盐的主要成分为氯化钠，D正确；
故选A。
【分析】A．青铜为铜锡合金；
Ｂ．蚕丝的主要成分是蛋白质；
Ｃ．酒精是乙醇；
Ｄ．盐的主要成分是氯化钠。
2．（2025·成都模拟）下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子式：
B．水合钠、氯离子：
C．的球棍模型：
D．：1，3，5-三硝基甲苯
【答案】C
【知识点】有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，氯离子核外达到8电子结构，则其电子式为：，A错误；
B．氯离子的半径大于钠离子，则水合钠离子是，水合氯离子是，B错误；
C．氨气分子为三角锥形，且分子中N原子半径大于H原子半径，其球棍模型为 ，C正确；
D．该命名不符合支链编号之和最小，正确的名称为：2，4，6-三硝基甲苯，D错误；
故选C。
【分析】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成；
Ｂ．钠离子的半径小于氯离子；
Ｃ．氨气分子为三角锥形；
Ｄ．该命名不符合支链编号之和最小原则。
3．（2025·成都模拟）实验室中下列操作规范或方法正确的是
A．除去溶解在中的 B．过滤
C．转移洗涤液 D．量取溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．氢氧化钠与溴发生反应，溴化钠、次溴酸钠溶于水，而与水不混溶，形成分层，便于通过分液操作分离 ，A正确；
B．过滤时漏斗下端导管应紧贴烧杯内壁，B错误；
C．向容量瓶中转移洗涤液时要用玻璃棒引流，C错误；
D．高锰酸钾具有强氧化性，应用酸式滴定管量取，D错误；
故选A。
【分析】A．溴能与氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；
Ｂ．过滤时漏斗下端要紧靠烧杯内壁；
Ｃ．转移溶液时要用玻璃棒引流；
Ｄ．高锰酸钾应用酸式滴定管盛装。
4．（2025·成都模拟）下列对应反应的离子（电极）方程式书写正确的是
A．饱和溶液中通入过量：
B．向溶液中加入稀硫酸：
C．铅酸蓄电池放电的正极反应：
D．溶液在空气中放置变质：
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A． 饱和溶液中通入过量 反应得到碳酸氢钠固体，正确的离子方程式为2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．向溶液中加入稀硫酸，发生歧化反应生成硫酸钠、SO2、S和H2O，该反应的离子方程式：2H++S2O=SO2↑+S↓+H2O，B正确；
C．铅酸蓄电池正极为PbO2，电解质溶液为硫酸，则正极反应式为：，C错误；
D．溶液易被氧化为硫酸铁，反应的离子方程式为：，D错误；
故选B。
【分析】A．析出的碳酸氢钠应为沉淀；
Ｂ．在酸性条件下发生歧化反应；
Ｃ．铅酸电池正极是PbO2，正极发生还原反应；
Ｄ．在空气中被氧化为Fe2(SO4)3。
5．（2025·成都模拟）下图表示主族元素X及其化合物的部分转化关系。单质可用于生产漂白粉和漂白液。下列说法错误的是
A．反应①中HX是还原剂 B．HXO的结构式为H—O—X
C．水解显碱性 D．的空间构型为三角锥形
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．HX即HCl，HCl中Cl为-1价，在反应①中，Cl的化合价升高，HCl为还原剂，A正确；
B．HXO为HClO，HClO的结构式为H—O—Cl，B正确；
C．不发生水解，C错误；
D．中心Cl原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有一个孤电子对，则空间构型为三角锥形，D正确；
故选C。
【分析】 单质可用于生产漂白粉和漂白液 ，则X2为Cl2，X为Cl元素，HCl和HClO发生氧化还原反应生成氯气，氯气与碱反应生成氯酸盐和次氯酸盐。
6．（2025·成都模拟）氘代甲醛与HCN发生加成反应如下：
下列说法错误的是
A．产物Ⅱ含有三种官能团
B．氘代甲醛中键与键数目比为3：1
C．产物Ⅰ可发生水解反应
D．产物Ⅰ与Ⅱ均为手性分子
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．产物Ⅱ含有-CN和-OH两种官能团，A错误；
B．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，氘代甲醛种含有3个键，1个键，则氘代甲醛中键与键数目比为3：1，B正确；
C．产物Ⅰ中-CN能发生水解反应生成羧基，反应原理为：氰基水解生成酰胺，酰胺进一步水解生成羧酸：，C正确；
D．产物Ⅰ与Ⅱ均含手性碳原子，因此产物Ⅰ与Ⅱ均为手性分子，D正确；
故选A。
【分析】A．产物Ⅱ的官能团为氰基、羟基；
Ｂ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｃ．产物Ⅰ中-CN能水解；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
7．（2025·成都模拟）利用下图装置，下列实验现象或作用正确的是
选项 试管① 试管② 试管②中现象或作用
A 固体 澄清石灰水 大量白色浑浊
B 晶体 饱和食盐水 除去中的HCl
C 潮湿还原铁粉 空气 收集
D CuO与过量碳粉 NaOH溶液 有气泡产生
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．碳酸钠受热不分解，故A错误；
B．加热氯化铵，氯化铵不稳定，受热分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷化合生成氯化铵，故B错误；
C．氢气比空气密度小，应用向下排空气法，图示为向上排空气法，故C错误；
D．碳与CuO反应生成CO，溶液中可看到气泡，故D正确；
故答案为D。
【分析】A．碳酸钠受热不分解；
Ｂ．氯化铵受热分解产生的氨气和氯化氢遇冷化合生成氯化铵；
Ｃ．氢气密度小于空气；
Ｄ．碳与CuO反应生成CO。
8．（2025·成都模拟）在容积恒为1.00L的容器中，通入一定量的气体，发生反应，随温度升高，混合气体的颜色变深。在时，体系中各物质浓度随时间变化如下图所示。下列说法错误的是
A．反应的
B．在时段，反应速率
C．体系的总压强保持不变时，反应达到平衡状态
D．反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡正向移动
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．无色，NO2呈红棕色，随温度升高，混合气体的颜色变深，说明NO2浓度增加，平衡正向移动，则该反应为吸热反应， ，A正确；
B．在时段，NO2浓度从0变为0.120mol/L，故v(NO2)==0.0020mol L 1 s 1，B正确；
C．该反应是气体体积增大的反应，体系总压强随反应发生变化，因此当体系总压强保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；
D．反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，体系压强增大，平衡逆向移动，D错误；
故选D。
【分析】A． 为无色气体，NO2为红棕色气体；
Ｂ．根据计算；
Ｃ．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
Ｄ．化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
9．（2025·成都模拟）是一种用于纯化金属Z的配合物分子。其中X、Y属于同一短周期且基态原子均含有2个未成对电子，X的简单氢化物沸点为同主族中最低。在中，Z的价电子数与四个配位原子X提供的电子数之和为18.下列说法正确的是
A．Z位于ds区 B．第二电离能：
C．单质熔点： D．电负性：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Z 为 Ni，价电子排布 3d84s2，属于d 区元素，A错误；
B．的价电子排布式，的价电子排布式，的2p轨道半充满，更加稳定，失电子需要更多能量，则第二电离能，B错误；
C．Ni为金属晶体，O2为分子晶体，金属Ni的熔点高于氧气，故单质熔点：，C正确；
D．同周期从左到右电负性增大，故电负性：C故选C。
【分析】X、Y属于同一短周期且基态原子均含有2个未成对电子，则价电子排布式可能为ns2np2（C或Si），ns2np4（O或S），X 的简单氢化物沸点为同主族最低，说明 X 的氢化物分子间无氢键，若 X 为 C（IVA 族），其氢化物 CH4无氢键，同主族 SiH4、GeH4等沸点更高，符合条件；若 X 为 O（VIA 族），H2O 因氢键沸点为同主族最高，不符合，故 X 为C 元素，Y 为O 元素，配合物中 Z 的价电子数与 4 个 X（C）提供的电子数之和为 18，Z的价电子数与四个配位原子X提供的电子数之和为18，每个CO与Z配位提供2个电子，所以4个CO共提供8个电子，故Z有10个价电子，Z为Ni元素，综上所述，X为C元素，Y为O元素，Z为Ni元素。
10．（2025·成都模拟）使用如图所示的单池双膜三液装置电解可制得氨水及硝酸。下列说法错误的是
A．左池中加入稀硝酸是为了增强溶液的导电能力
B．M的电极反应为
C．离子交换膜I为阴离子交换膜
D．每当产生22.4L（标准状况）气体A，溶液中有通过离子交换膜Ⅱ
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．HNO3是强电解质，在水溶液中完全电离，能增强溶液的导电性，A项正确；
B．M电极与电源正极相连，为阳极，电极反应式为，B项错误；
C．硝酸铵电离产生的硝酸根离子迁移到左边，则离子交换膜I为阴离子交换膜，C项正确；
D．M电极的电极反应式为，每当产生22.4L（标准状况）气体A即生成1mol O2，产生4mol H+，则有4mol向阳极移动，4mol向阴极移动，D项正确；
答案选B。
【分析】惰性电极M与电源正极相连，为电解池阳极，发生氧化反应，发生氧化反应，电极反应式为，电极N为阴极，发生还原反应，硝酸铵电离产生的铵根离子，从中间转移到右边，则离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，硝酸根离子从中间转移到左边，则离子交换膜I为阴离子交换膜。
11．（2025·成都模拟）黄铜溶解液中主要含有、，也含有少量、离子，按下列方案实现各金属离子分离。已知溶于过量氨水形成可溶性离子。下列说法错误的是
A．加入可分离出
B．沉淀乙中含有、和S
C．赶尽可减少硝酸和氨水的消耗
D．加入稀硝酸的目的是氧化
【答案】B
【知识点】铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．加入足量硫酸，与结合生成PbSO4沉淀，可分离，故A正确；
B．沉淀乙中含有和S，故B错误；
C．硝酸具有氧化性，氨水有碱性，均与具有还原性和酸性的反应，因此赶尽可减少硝酸和氨水的消耗，故C正确；
D．加入稀硝酸，将亚铁离子氧化为铁离子，进而沉淀分离，故D正确；
故答案为B。
【分析】 黄铜溶解液中主要含有、，也含有少量、离子 ，加入足量硫酸，与结合生成PbSO4沉淀，则白色沉淀甲为硫酸铅，溶液中主要含、、，通入H2S，与H2S发生氧化还原反应生成Fe2+和S，转化为CuS沉淀，则沉淀乙为CuS和反应生成的S，剩余溶液赶尽H2S，加入稀硝酸将亚铁离子氧化为铁离子，再加入过量氨水，得到氢氧化铁沉淀和 溶液。
12．（2025·成都模拟）羟胺与亚硝酸可发生反应生成。该反应可能经历如下历程：
下列说法正确的是
A．该反应经历了两次脱水，均属非氧化还原反应
B．键角：
C．酸性：
D．用标记的与末标记的反应，可得到和
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应
【解析】【解答】A．第二次脱水的过程中，各元素的化合价没有变化，为非氧化还原反应，A错误；
B．与互为等电子体，为sp杂化，分子呈直线形结构，∠NNO =180°；而 分子中氮原子为杂化，类似氨分子的三角锥构型，∠ONH 远小于 180°，则键角：， B错误；
C．呈酸性，而具有弱碱性，因此酸性：，C错误；
D．由历程分析可知，若用带 标记的与不带标记的反应，可得到和，D正确；
故选D。
【分析】A．氧化还原反应中有元素的化合价发生变化；
Ｂ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｃ．呈弱碱性；
Ｄ．该反应过程为：羟胺失去2个H，硝酸失去1个O，脱去1分子水，形成，再脱去1分子水形成。
13．（2025·成都模拟）1-苯基丙炔可以在催化下发生如下反应：
双键同侧基团间的排斥影响烯烃的稳定性（排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基）。体系中各物质含量随时间变化情况如图所示。当体系中各物质含量不再改变时，产物A与产物B的含量之比为1：35。下列说法错误的是
A．产物B对应结构是
B．若想获取产物A，应适当缩短反应时间
C．产物A、B可用核磁共振氢谱加以区分
D．该条件下体系中存在，其平衡常数
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．产物B的产量高于产物A，说明产物B更稳定，则产物B对应结构为，A错误；
B．反应初期，产物A的含量快速提高，说明此时主要产物是产物A，应适当缩短反应时间，B正确；
C．产物A和B中氢原子所处的环境不相同，可以用核磁共振氢谱加以区分，C正确；
D．炔烃在30分钟以后含量很少，而产物A迅速下降，产物B迅速上升，说明存在平衡：，平衡常数，：当体系中各物质含量不再改变时，达到了平衡状态，而此时产物A与产物B的含量之比为1：35，则K=35，D正确；
故选A。
【分析】排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基，说明更稳定，产量更高，则产物A为，产物B为。
14．（2025·成都模拟）钛金合金可制作装甲，-钛金合金具有立方晶胞（如图所示），晶胞参数为。原子对在每个面的中心处，且平行于立方体的棱边，其间距为。立方体相邻两面上的原子对互相垂直。下列有关说法错误的是
A．这种钛金合金的化学式为
B．每个Ti原子周围最近的Au原子共有3个
C．最邻近的原子间距为
D．该合金可作装甲是因其硬度比成分金属的大
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．Au原子位于晶胞顶点及体心，数目为，Ti位于平面上，数目为，则该钛金合金的化学式为，A正确；
B．在任一面上的Ti为例，该晶胞Au原子，最近棱上两个Au，加上平行并置晶胞中心的Au，共4个，故Ti原子周围最近的Au原子共有4个，B错误；
C．最邻近的原子间距为Ti与最近顶点的Au距离，间距为=，C正确；
D．装甲需要具备较大的硬度，而合金的硬度大于其组分金属，因此该合金的硬度大于Au、Ti，可作装甲，D正确；
故选B。
【分析】A．根据均摊法计算原子数目，进而确定其化学式；
Ｂ．晶胞中每个Ti原子周围有4个Au；
Ｃ．任意Ti到顶点Au之间的距离最近；
Ｄ．合金的硬度大于其组分金属。
15．（2025·成都模拟）一定温度下，初始浓度为的溶液中存在如下平衡：
体系中四种含铬物种的浓度随pH变化如图所示。
下列说法错误的是
A．物种Y对应
B．时，
C．
D．存在
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析，物种Y为，A正确；
B．pH=4.00时，c(H+)=10-4mol/L，Ka1 Ka2= ==10-7.24，=100.76＞1，因此c()＞c(H2CrO4)，B正确；
C．由物料守恒得c(H2CrO4)+c()+c()+2c()=c0 mol/L，C错误；
D.2+2H++H2O的平衡常数K=，根据K3=、Ka2=可知，K===3.1×1014，D正确；
故选C。
【分析】随着pH增大，X、Y的浓度均先增大后减小，pH=4时，溶液中几乎只存在X和Y，且X的浓度大于Y，说明pH小时，X的浓度大，则X为，Y为，A点时，pH=0.74，此时c(H2CrO4)=c()，则Ka1=c(H+)=10-0.74，B点时，pH=6.5，此时c()=c()，则Ka2=c(H+)=10-6.5。
16．（2025·成都模拟）热化学吸附储能技术是一种最新的热能存储技术，介质材料能量密度适宜，成本低廉。从苦土中（主要含有MgO，还含有少量硅、铁、铝、锰、钙的氧化物）中提取的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，为保证浸取充分，应维持体系，同时可以　 　（填一项合理措施）。
（2）已知：在下，，。“调pH”时应完全沉淀和，使其浓度小于，应调节　 　（保留两位小数）。用MgO而不用CaO调节pH的优点是　 　（写一条）。
（3）“氧化”主要包含：①除铁：将转化为　 　（写化学式）而除去；②除锰：　 　（写离子方程式）。该步骤中应严格控制NaClO的用量，否则Mn元素可能会因　 　而无法完全除去。
（4）和的溶解度（水）随温度变化数据如下：
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
滤液中含和质量比为1：120，则“除钙”的具体操作是　 　。
【答案】（1）适当升温或不断搅拌或适当延长浸取时间或将废渣研磨粉碎
（2）4.67；不引入过多新杂质或便于过滤去除
（3）；；被氧化到更高价态（如、）
（4）加热浓缩，趁热过滤
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“酸浸”时，为保证浸取充分，可以适当升温或不断搅拌或适当延长浸取时间或将废渣研磨粉碎等。
（2）沉淀：，沉淀：，因此应调节；用MgO而不用CaO调节pH的优点是不引入过多新杂质或便于过滤去除。
（3）据分析，NaClO为氧化剂，将氧化为除去；被NaClO氧化为除去，NaClO还原为NaCl，除锰的离子方程式为；Mn元素存在多种价态，更高价态的锰（如、）是可溶的，因此应严格控制NaClO的用量，否则Mn元素可能会因被氧化到更高价态（如、）而无法完全除去。
（4）根据表格数据可知，的溶解度随温度变化不大，且远小于，的溶解度随温度升高而明显升高，因此“除钙”的具体操作是加热浓缩，趁热过滤。
【分析】 苦土中（主要含有MgO，还含有少量硅、铁、铝、锰、钙的氧化物） ，加入硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，其他金属氧化物转化为相应的硫酸盐，生成的硫酸钙微溶，过滤除去SiO2和硫酸钙，溶液中主要含有H+、，加MgO调pH将转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，加NaClO将氧化，进而转化为除去，同时NaClO氧化，发生反应： ，将转化为，过滤除去， 和溶解度存在较大差异，加热浓缩趁热过滤即可除去钙，进行析镁得到产物 。
（1）“酸浸”时，为保证浸取充分，可以适当升温或不断搅拌或适当延长浸取时间或将废渣研磨粉碎等。
（2）沉淀：，沉淀：，因此应调节；用MgO而不用CaO调节pH的优点是不引入过多新杂质或便于过滤去除。
（3）据分析，NaClO为氧化剂，将氧化为除去；被NaClO氧化为除去，NaClO还原为NaCl，除锰的离子方程式为；Mn元素存在多种价态，更高价态的锰（如、）是可溶的，因此应严格控制NaClO的用量，否则Mn元素可能会因被氧化到更高价态（如、）而无法完全除去。
（4）根据表格数据可知，的溶解度随温度变化不大，且远小于，的溶解度随温度升高而明显升高，因此“除钙”的具体操作是加热浓缩，趁热过滤。
17．（2025·成都模拟）二甘氨酸合铜（Ⅱ）是甘氨酸根（）与形成的中性配合物，在细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生理功能。现按如下方法制备顺式和反式二甘氨酸合铜（Ⅱ）并测定总纯度。
Ⅰ．制备
（1）反应①的化学方程式为________。深蓝色溶液A中________（填“较难”或“较易”）电离出自由的，有利于与生成纯净的。
（2）反应③在下图装置中进行，烧杯上方加盖表面皿的作用是________。为控制水浴温度保持在，温度计球泡的合适位置是________（填序号）。
（3）将反应③所得产品加入少量水，小火加热，天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体。从分子极性角度解释上述实验中晶体的变化________。
Ⅱ．总纯度分析
准确称取0.4240g产品于烧杯，加入100mL蒸馏水、（释出）和1g KI固体。用标准液滴定至浅黄色，加入溶液和淀粉溶液，继续滴定至终点。平行实验三次，平均消耗标准液28.50mL。上述步骤涉及的反应有：①；②。
（4）CuSCN和CuI均为难溶于水的白色固体，且。相较于，能吸附更多的。临近滴定终点时加入溶液的作用是________（用离子方程式表示）。
（5）确定滴定终点的依据是________。
（6）二甘氨酸合铜（Ⅱ）的相对分子质量为212，则本实验产品的总纯度为________％（保留三位有效数字）。
【答案】(1)或 较难
(2) 减少热量损失或冷凝回流 b
(3) 顺式产物极性大，易溶于（强极性的）水；反式产物极性小，在水中溶解度低
(4)
(5) 当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝色变为白色，且30s内不复原
(6) 85.5
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）反应①是向硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物[Cu(NH3)4]SO4，化学方程式为或CuSO4+4NH3=[Cu(NH3)4]SO4；配离子[Cu(NH3)4]2+较稳定，故较难电离出自由的铜离子；
（2）反应③是向氢氧化铜沉淀中加入甘氨酸溶液并加热，减少热量损失同时冷凝回流提高产率，烧杯上方加盖表面皿；水浴加热需要使水温保持所需温度且不接触容器内壁，故温度计球泡的合适位置是b；
（3）天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体，说明顺式二甘氨酸铜(II)转化为反式二甘氨酸铜(II)，从分子极性角度解释，顺式产物极性大，易溶于（强极性的）水；反式产物极性小，在水中溶解度低而析出，使平衡向着生成反式产物的方向进行；
（4）由所给信息可知，临近滴定终点时加入溶液的是将CuI沉淀转化为CuSCN沉淀，减少对I2的吸附，提高滴定的准确性，故离子方程式为CuI(s)+SCN (aq) CuSCN(s)+I (aq)；
（5）反应结束，I2被反应完全，故溶液应当由蓝色变无色，则确定滴定终点的依据是当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝色变为白色，且30s内不复原；
（6）根据反应可知2~I2~2Cu2+，二甘氨酸合铜(II)的物质的量=n(Cu2+)=n()=0.02850L×0.06000mol L 1=1.71×10-3mol，本实验产品的总纯度为×100%=85.5%。
【分析】向CuSO4溶液中加入过量氨水发生反应①得到深蓝色溶液A，CuSO4和过量氨水反应生成配合物[Cu(NH3)4]SO4，则深蓝色溶液A中主要含[Cu(NH3)4]SO4，加入NaOH溶液进行反应②得到Cu(OH)2溶液，向Cu(OH)2溶液中加入甘氨酸溶液发生反应③生成顺式二甘氨酸铜(II)天蓝色针状晶体，向顺式二甘氨酸铜(II)天蓝色针状晶体中加入少量水，小火加热，顺式二甘氨酸铜(II)天蓝色针状晶体逐渐溶解转化为反式甘氨酸铜(II)深蓝色鳞状晶体。
18．（2025·成都模拟）减少的排放、捕集并利用是我国能源、环保领域的一个重要战略方向。
Ⅰ．加氢合成甲醇
反应①：
反应②：
反应③：
（1）下表为几种物质在298K的标准摩尔生成焓（由稳定态单质生成1mol化合物的焓变），则反应③的________。
物质
标准摩尔生成焓 0
（2）维持总压和投料比不变，将和混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。的转化率和甲醇的选择性随温度的变化关系如图所示。甲醇的选择性，忽略温度对催化剂活性造成的影响。
（ⅰ）为同时提高和，应控制的条件是________（填序号）。
a．高温高压 b．高温低压 c．低温低压 d．低温高压
（ⅱ）之后，随温度的增大而减小，可能的原因是________。
（ⅲ）时，的平衡分压为________Mpa。
Ⅱ．金属氢化物催化合成甲酸盐
近期科学家报道了可插入锌氢化物的键，从而制备甲酸盐。能量一反应进程图如下所示：（L为中性配体，TS表示过渡态）
（3）该历程的决速步是第________步；升温会________（填“增大”或“减小”）正反应热力学倾向。
（4）红外光谱中羰基伸缩振动峰波数与碳氧间的键合强度呈正相关。由此比较和（）的大小________（填“>”或“<”）。
【答案】(1)
(2) d 之后反应①②均达平衡，反应①放热而反应②吸热，当温度升高时平衡①逆向移动，减少；而平衡②正向移动，更多地转化为CO 4.2
(3) 1 减小
(4)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由表中数据可知，I：，II：，反应③：，由盖斯定律知反应③，故；
（2）（ⅰ）反应①，反应③：，，均是气体分子数减小的放热反应；反应②，要同时提高和，降低温度有利于反应①、③正向进行，增大压强有利于反应①、③正向进行，所以应选择低温高压，d 选项正确；
（ⅱ）由于，，之后反应①②均达平衡，反应①放热而反应②吸热，当温度升高时平衡①逆向移动，减少；而平衡②正向移动，更多地转化为CO；
（ⅲ）由图知，时，，。设起始，，则平衡时的物质的量，则由C守恒可得，，由O守恒可得，，由H守恒可得，，则总物质的量，因为，的平衡分压；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，从能量 - 反应进程图可知，第1步反应的活化能（与CO2生成TS1的活化能）高于第2步（TS1生成TS2的活化能） ，所以该历程的决速步是第1步；由能量 - 反应进程图可知，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应（），根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向（逆反应方向）移动，所以升温会减小正反应热力学倾向；
（4）CO2中C=O键为双键，中由于存在共轭效应，C-O键具有一定的单键性质，CO2中碳氧间的键合强度大于中碳氧间的键合强度，因为红外光谱中羰基伸缩振动峰波数与碳氧间的键合强度呈正相关，所以CO2的大于的。
【分析】（1）先写出生成CO和甲醇的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4） 红外光谱中羰基伸缩振动峰波数与碳氧间的键合强度呈正相关，CO2中碳氧间的键合强度大于中碳氧间的键合强度。
19．（2025·成都模拟）奥美拉唑是一类苯并咪唑类质子泵抑制剂，用于消化性溃疡等疾病的治疗。某实验室完成的合成方法如下：
回答下列问题：
（1）的反应类型是　 　。所用的“混酸”是　 　。
（2）中，的作用有①将E中取代为；②　 　。
（3）F与试剂X按等物质的量反应生成G和，试剂X为　 　（填化学式）。
（4）写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式　 　。
①能与发生显色反应
②含有苯环且苯环上只有两个取代基
③核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6：2：2：1
（5）D的水解产物为H，H先后经历3次氨加成一脱水消去，最终生成J。
①H和J所有原子共平面，J中N原子的杂化方式为　 　。
②中间产物I具有母核结构，写出I的结构简式　 　。
③鸟嘌呤与胞嘧啶之间可通过三重氢键“互补配对”（如图）。H和J之间也可通过类似的方式结合。试画出一分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构　 　。
【答案】（1）氧化反应；浓硫酸、浓硝酸
（2）中和产生的HCl
（3）
（4）
（5）；；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，的反应类型是氧化反应；B→C的过程中引入硝基，发生了硝化反应，则混酸为浓硫酸、浓硝酸；
（2）E发生取代反应生成F的过程中生成HCl，能与HCl反应，因此 、中，的作用有①将E中取代为；② 中和产生的HCl；
（3） F与试剂X按等物质的量反应生成G和 ，根据质量守恒定律可知，试剂X中含有一个P原子，3个Cl原子，则试剂X为 ；
（4）B的同分异构体满足： ①能与发生显色反应 ，说明含有酚羟基，②含有苯环且苯环上只有两个取代基，③核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6：2：2：1，说明分子中含有4种不同环境的氢原子，且个数比为6：2：2：1，符合条件的结构简式为 ；
（5）H是D的水解产物，H先后经历3次氨加成一脱水消去，最终生成J，中间产物I具有母核结构，则I的结构简式为；
①H和J所有原子共平面，则J中N原子的杂化方式为sp2杂化；
②由以上分析可知，I的结构简式为；
③根据三重氢键“互补配对”可知，分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构为。
【分析】物质A生成物质B，多了O，说明A→B是过氧化氢氧化物质A得到B，B与混酸在加热条件下发生取代反应，引入硝基得到物质C，则混酸为浓硝酸和浓硫酸，C进行回流，D中的Cl原子取代甲基上的H原子得到E，E与发生取代反应，取代为，同时取代E中的Cl原子得到F，同时取代产生HCl，与取代反应生成的HCl反应， F与试剂X按等物质的量反应生成G和，则X为，G发生氧化反应得到产物奥美拉唑。
（1）由分析可知，的反应类型是氧化反应；物质B和浓硝酸在浓硫酸的催化下发生取代反应得到物质C，则混酸为浓硫酸、浓硝酸；
（2）中，加入可以将E中取代为，同时，能和反应生成的HCl反应，中和HCl；
（3）由分析可知，试剂X为；
（4）B的同分异构体，能与发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；含有苯环且苯环上只有两个取代基；核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6：2：2：1，说明分子中含有4种不同环境的氢原子，且个数比为6：2：2：1，符合条件的为；
（5）①H和J所有原子共平面，则J中N原子的杂化方式为sp2杂化；
②有分析可知，I的结构简式为；
③根据三重氢键“互补配对”可知，分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构为。
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