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四川省绵阳市2024-2025学年高三上学期 一诊试题化学
一、选择题(包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1．（2024高三上·四川模拟）文物见证历史，化学创造文明。下列所展示博物馆藏品的主要材质属于有机物的是
A．击鼓陶俑 B．黄金面具
C．漆木马 D．皇后玉玺
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】高分子材料；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、击鼓陶俑：主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A不符合题意 ；
B、黄金面具：主要成分为金单质，属于金属材料，故B不符合题意 ；
C、漆木马：木的主要成分为纤维素（有机物），漆的主要成分为天然树脂（有机物），整体主要材质属于有机物，故C符合题意 ；
D、皇后玉玺：主要成分为硅酸盐或碳酸盐（玉石、大理石），属于无机非金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
快速分类：陶瓷、玉石、金属类藏品均为无机物；木质、漆类、丝麻类藏品多为有机物。
生活常识辅助：漆、木材、丝绸等均来自生物或生物制品，属于典型有机物。
2．（2024高三上·四川模拟）下列化学用语或图示表达正确的是
A．F2的共价键类型：s-sσ键
B．基态Cu的价电子排布式
C．CaCl2的电子式：
D．顺-2-丁烯的分子结构模型：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、F 原子的价电子排布为 2s22p5，F2分子的共价键是由两个 F 原子的 2p 轨道重叠形成的 p-pσ 键，不是 s-sσ 键，A错误；
B、铜为第 IB 族元素，基态原子的价电子排布为 3d 4s （全满结构更稳定），不是 3d94s2，B错误；
C、CaCl2是离子化合物，正确的电子式应为 ，两个 Cl-需分开书写，C错误；
D、顺 - 2 - 丁烯中，两个甲基（-CH3）位于碳碳双键的同一侧， 故顺-2-丁烯的分子结构模型是：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．容易误将 F2的共价键判断为 s-sσ 键，忽略 F 原子的价电子在 p 轨道，实际是 p-pσ 键。
B．容易按常规填充顺序写 Cu 的价电子排布为 3d94s2，忽略 Cu 为洪特规则特例，实际是 3d 4s （全满结构更稳定）。
C．书写 CaCl2的电子式时，容易把两个 Cl-合并写成 [：Cl：]2-，正确写法是两个 Cl-分别放在 Ca2+两侧。
D．容易把顺 - 2 - 丁烯和反 - 2 - 丁烯的结构搞混，顺式要求相同基团在双键同侧，反式则在异侧。
3．（2024高三上·四川模拟）下列对于相关数据的应用中，正确的是
A．平衡常数K：判断化学反应的快慢
B．电负性：比较不同基态原子失去电子的难易
C．分子离子峰的质荷比：获取有机物的相对分子质量
D．氢化物分子中氢卤键键能：解释与的沸点差异
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；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、平衡常数 K 反映反应限度，不决定反应快慢，A错误；
B、电负性衡量吸引电子能力，并非比较失电子难易，B错误；
C、分子离子峰的质荷比直接对应有机物相对分子质量，C正确；
D、HF 与 HCl 沸点差异由氢键决定，与氢卤键键能无关，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
区分反应限度（K）与反应速率：K 只描述反应进行程度，与速率无关。
明确电负性、电离能的核心含义：电负性表示吸电子能力，电离能表示失电子难易。
掌握质谱分析核心用途：分子离子峰质荷比 = 相对分子质量。
区分分子间作用力（影响熔沸点）与化学键键能（影响分子稳定性）：HF 沸点高源于分子间氢键，而非键能。
4．（2024高三上·四川模拟）生活中处处有化学，下列对生活情境的相关解释正确的是
选项 生活情境 相关解释
A 咀嚼馒头时会有甜味 淀粉在口中水解为葡萄糖
B 可用汽油处理衣服上的油渍 汽油与油渍反应的产物易挥发
C 小苏打可用于治疗胃酸过多 小苏打稳定性差，受热易分解
D 明矾可用作净水剂 明矾中的在水中可生成胶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；酯的性质；多糖的性质和用途；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、咀嚼馒头时，唾液中的淀粉酶会将淀粉初步水解为麦芽糖（二糖），而非直接生成葡萄糖，因此甜味来自麦芽糖，A错误；
B、汽油能去除油渍是因为相似相溶原理，油渍可溶解在汽油中，并非发生化学反应，B错误；
C、小苏打（NaHCO3）可治疗胃酸过多，是因为它能与胃酸中的 HCl 发生中和反应，而非受热分解，C错误；
D、明矾中的 Al3+在水中发生水解反应，生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，从而达到净水效果，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
淀粉水解阶段：唾液淀粉酶只能将淀粉水解为麦芽糖，葡萄糖需在小肠中由麦芽糖酶进一步催化生成。
溶解与反应区分：汽油去油污是物理溶解，洗洁精去油污是乳化作用，均未发生化学反应。
小苏打用途本质：中和胃酸利用的是 HCO3-与 H+的反应，而受热分解是其作为膨松剂的原理。
胶体净水原理：Al3+水解生成的 Al(OH)3胶体，通过吸附聚沉作用去除水中悬浮物，而非杀菌消毒。
5．（2024高三上·四川模拟）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法正确的是
A．的体积是
B．中含有个配位键
C．的氨水溶液中分子数小于
D．中含有的孤电子对数目为
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、气体摩尔体积 仅在标准状况（0℃、101kPa）下适用，题目未说明条件，无法确定体积，A错误；
B、 为共价化合物，结构中每个Al原子与一个Cl原子形成配位键，1mol 含2mol配位键，即 个，B正确；
C、题目未给出溶液体积，无法计算 分子的物质的量和数目，C错误；
D、每个 分子中N原子有1对孤电子对，1mol 含3mol ，孤电子对为3mol；每个Cl-有3对孤电子对，3mol Cl-含9mol孤电子对。总孤电子对为 ，即 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题关键点：
A．看到“17g 体积22.4L”时，立刻想到气体摩尔体积22.4 L/mol只在标准状况（0℃、101kPa）下才成立，题目未说明条件，直接排除A。
B． 中每个Al原子与一个桥连Cl原子形成配位键，1个分子含2个配位键，1mol即含 个配位键，这是B选项的突破口。
C．计算溶液中粒子数时，必须知道溶液体积。C选项只给浓度、没给体积，无法计算分子数，直接排除。
D．计算 的孤电子对时，要分开算 和 ：
每个 中N有1对孤电子对；每个 有3对孤电子对；这样就能发现D选项的计算错误。
6．（2024高三上·四川模拟）下列离子方程式符合反应事实的是
A．氯化铜溶液中滴入过量氨水：
B．磁性氧化铁溶于HI溶液：
C．用食醋处理水垢中的氢氧化镁：
D．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、 与过量氨水反应生成四氨合铜离子，方程式为：，该式符合反应事实，A正确；
B、 与HI反应时，生成的 会与 发生氧化还原反应：
选项未写出这一步，B错误；
C、食醋的主要成分是醋酸（），属于弱电解质，不能拆写成 ，应保留化学式，C错误；
D、该方程式未配平，正确配平后的离子方程式为：
，选项配平错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
A． 与少量氨水生成 沉淀，但与过量氨水会生成可溶性的四氨合铜离子，若忽略“过量”条件，容易误判A选项。
B．容易忽略 与 反应时，生成的 会与 发生氧化还原反应，仅写出酸碱反应的部分，导致B选项错误。
C．食醋中的醋酸是弱电解质，不能拆写成 ，而C选项错误地将其拆分，这是离子方程式的常见陷阱。
D． 与水的反应需要配平原子和电荷，D选项未配平就直接写出，导致方程式错误。
7．（2024高三上·四川模拟）下列制备、干燥、收集，并进行喷泉实验的原理与装置能达到实验目的的是
A．制备 B．干燥
C．收集 D．喷泉实验
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、实验室用 MnO2与浓盐酸反应制备 Cl2，该反应需要加热，图中装置缺少加热装置，无法发生反应，A错误；
B、Cl2为酸性气体，会与碱性干燥剂碱石灰（CaO 和 NaOH 的混合物）发生反应，不能用碱石灰干燥，应选用浓硫酸等酸性干燥剂，B错误；
C、Cl2密度比空气大，应采用向上排空气法收集，导管应 “长进短出”，图中 “短进长出” 会导致气体逸出，无法收集，C错误；
D、Cl2能与 NaOH 溶液迅速反应，使烧瓶内压强骤降，外界大气压将烧杯中的 NaOH 溶液压入烧瓶，形成喷泉，装置和原理均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．看到 MnO2和浓盐酸制备 Cl2的装置，立刻想到该反应必须加热才能进行，图中没有加热装置；
B．Cl2是酸性气体，不能用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥，这是快速排除 B 的突破口；
C．Cl2密度比空气大，收集时必须 “长进短出”，图中是 “短进长出”，无法有效收集；
D．喷泉实验的关键是气体能与烧杯中的溶液快速反应，使烧瓶内压强骤降。Cl2与 NaOH 溶液能迅速反应，满足这一条件。
8．（2024高三上·四川模拟）有机物Z是合成抗病毒药物氧化白藜芦醇的中间体，其合成路线如图。下列叙述正确的是
A．鉴别X和Z可以用酸性高锰酸钾溶液
B．合成路线中反应①、反应②均属于取代反应
C．1Z最多能与3发生加成反应
D．X、Y、Z三种物质中所有碳原子均一定共平面
【答案】B
【知识点】烯烃；苯酚的化学性质；取代反应
【解析】【解答】A、X 和 Z 都含有酚羟基，且 Z 额外含有碳碳双键，两者都能被酸性 KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，无法通过该试剂区分，A错误；
B、反应①：X 苯环上的 1 个 H 原子被 I 原子替代，属于取代反应；反应②：Y 苯环上的 I 原子被乙烯基替代，同样符合 “基团互换” 的取代反应特征，B正确；
C、1mol Z 中，酚羟基邻位的 2 个 H 原子可与 Br2发生取代反应（消耗 2mol Br2），分子内的 1 个碳碳双键可与 Br2发生加成反应（消耗 1mol Br2），总计消耗 3mol Br2，但题目表述为 “发生加成反应”，混淆了反应类型，C错误；
D、X、Y 中所有碳原子均连接在苯环上，一定共平面；但 Z 中存在可旋转的 C-C 单键，乙烯基上的碳原子与苯环不一定共平面，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
鉴别逻辑：需找到两种物质官能团的差异，若都能与同一试剂反应则无法鉴别。
反应类型：取代反应是 “原子、基团互换”，加成反应是 “双键 、三键断裂加原子”。
Br2反应：酚类优先发生邻对位取代，烯烃发生加成，需区分反应类型与计量。
共面判断：苯环为平面，但单键可旋转，连接的基团不一定与苯环共面。
9．（2024高三上·四川模拟）合成氨工业中，原料气(、及少量、)在进入合成塔前需经过铜氨液处理其反应为： 。下列说法错误的是
A．处理的主要目的是除去，防止催化剂中毒
B．中的键与键数目之比为
C．铜氨液吸收的适宜生产条件是低温加压
D．吸收后的铜氨液经过高温高压下再生处理可循环使用
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】先理解铜氨液吸收 CO 的反应本质：[Cu(NH3)2]++CO+NH3 [Cu(NH3)3CO]+，ΔH < 0，再逐一分析选项。
A、合成氨的催化剂对 CO 非常敏感，少量 CO 即可使催化剂中毒失活，因此除去原料气中的 CO 是关键目的，A正确；
B、在配离子中：3 个 NH3分子各含 3 个 σ 键，共 9 个 σ 键；CO 分子含 1 个 σ 键和 2 个 π 键；
4 个配位键（Cu 与 3 个 NH3、1 个 CO 形成）也属于 σ 键，共 4 个；总 σ 键为 9 + 1 + 4 = 14，π 键为 2，比例为 14：2 = 7：1，B正确；
C、该反应为放热、气体分子数减少的反应，低温使平衡正向移动，加压也使平衡正向移动，有利于 CO 的吸收，C正确；
D、要使铜氨液再生，需让平衡逆向移动，即释放 CO。该反应 ΔH < 0，高温可使平衡左移；但高压会使平衡右移，不利于释放 CO，因此再生条件应为高温低压，而非高温高压，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：容易忽略配离子中 Cu 与配体（NH3、CO）形成的配位键也属于 σ 键，导致 σ 键数目计算错误，从而误判 B 选项。
吸收 CO 的条件是 “低温加压”，但再生铜氨液需要让平衡逆向移动，应使用 “高温低压”。如果直接套用吸收条件，就会误判 D 选项为正确。
工业生产中，吸收和再生是两个相反的过程，需要分别根据平衡移动原理选择条件。若混淆了两者的条件，就会错误认为 “高温高压” 适合再生。
10．（2024高三上·四川模拟）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向丙烯醛中滴加溴水 溴水褪色 丙烯醛中含碳碳双键
B 向Na2CO3溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液 产生白色沉淀 碳的非金属性比硅强
C 将PbO2固体加到酸性MnSO4溶液中，充分振荡 溶液变为紫红色 PbO2具有氧化性
D 将Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体在小烧杯中混合并搅拌 烧杯壁变凉 正反应活化能比逆反应的小
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】烯烃；醛的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、丙烯醛结构中同时含有碳碳双键和醛基，两者都能使溴水褪色，因此无法仅凭褪色现象就断定是碳碳双键导致的，A错误；
B、浓盐酸具有挥发性，产生的 CO2气体中会混有 HCl 气体，HCl 也能与 Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，无法证明是 CO2与 Na2SiO3反应，也就不能直接比较碳和硅的非金属性，B错误；
C、酸性条件下，PbO2将 Mn2+氧化为 MnO4-（紫红色），自身被还原，说明 PbO2具有氧化性，C正确；
D、烧杯壁变凉说明该反应为吸热反应，吸热反应中，正反应的活化能比逆反应的活化能大，而非更小，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．丙烯醛中同时存在碳碳双键和醛基，两者都能使溴水褪色，若忽略醛基的干扰，会误判 A 选项正确。
B．浓盐酸易挥发，生成的 CO2中混有 HCl，HCl 也能与 Na2SiO3生成沉淀，若忽略这一点，会错误认为沉淀仅由 CO2引起，从而误判 B 选项。
C．PbO2将 Mn2+氧化为 MnO4-（紫红色），这一现象直接对应 PbO2的氧化性，但若对常见氧化剂的反应不熟悉，可能会漏判 C 选项。
D．烧杯壁变凉说明反应吸热，吸热反应中正反应活化能 > 逆反应活化能，若混淆了这一关系，会误判 D 选项。
11．（2024高三上·四川模拟）已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N五种元素的原子序数依次增大，其中M、N为金属元素，N的原子序数等于Y和Z的原子序数之和。它们的原子半径和最外层电子数的大小关系如图所示。下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：
B．Z、M的简单离子的半径大小关系：
C．M、N与Z形成的化合物都属于离子晶体
D．M、N的最高价氧化物的水化物之间可以反应
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Y 的简单氢化物是 CH4，Z 的是 NH3。NH3分子间存在氢键，沸点高于只存在范德华力的 CH4，故沸点 Y < Z，A正确；
B、Z 的简单离子是 N3-，M 的是 Na+，二者电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径 Z (N3-) > M (Na+)，B正确；
C、M 与 Z 形成 Na3N（离子晶体），N 与 Z 形成 AlN（共价晶体，原子晶体），并非都属于离子晶体，C错误；
D、M 的最高价氧化物水化物是 NaOH（强碱），N 的是 Al(OH)3（两性氢氧化物），二者可发生反应：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，D正确；
故答案为：C。
【分析】由原子半径：M > N > Y > Z > X，最外层电子数：X-1、Y-4、Z-5、M-1、N-3，结合原子序数递增、M 和 N 为金属、N 的原子序数 = Y+Z，可推得：
X：H（最外层 1e-，原子半径最小）；Y：C（最外层 4e-）；Z：N（最外层 5e-）；M：Na（最外层 1e-，金属，原子半径大）；N：Al（最外层 3e-，金属，原子序数 7+6=13，符合 Na < Al）。
12．（2024高三上·四川模拟）研究表明，2-氯二乙硫醚()由于分子中氯原子位硫原子的参与，其碱性条件下的水解速率比1-氯己烷快很多，这一效应称为邻基参与，可表示如下：
下列说法错误的是
A．2-氯二乙硫醚中硫原子和碳原子均采取杂化
B．水解时生成中间体
C．邻基参与效应降低了2-氯二乙硫醚水解反应的活化能
D．的水溶性小于
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、硫原子（2 个 σ 键 + 2 对孤电子对）、饱和碳原子（4 个 σ 键）的价层电子对数均为 4，均采取 sp3 杂化，A正确；
B、依据邻基参与机理，中间体应为硫原子参与的三元环锍离子：，B错误；
C、快速的水解反应对应较低的反应活化能，邻基参与效应加速水解，即降低了活化能，C正确；
D、醇类可形成氢键提升水溶性，氯代烃无法形成氢键，故 C2H5SCH2CH2OH 水溶性更强，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
杂化判断口诀：σ 键数+孤电子对数=2→sp；=3→sp2；=4→sp3。
机理分析关键：邻基参与的核心是分子内亲核进攻，形成环状中间体是关键特征。
活化能规律：速率越快，活化能越低；速率越慢，活化能越高。
水溶性判断：能形成氢键的基团（-OH、-COOH、-NH2）使水溶性增强，不能形成氢键的卤代烃水溶性弱。
13．（2024高三上·四川模拟）将和按物质的量之比为通入某刚性密闭容器中发生反应：，平衡状态时的体积分数与温度、气体总压强的关系如图所示。下列说法错误的是
A．该反应
B．a点反应速率大于b点
C．无法计算a点的压强平衡常数
D．不再变化时反应达到平衡状态
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、从图像可知，温度升高时， 的体积分数降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，，A正确；
B、a点的压强 ，且温度相同。压强越大，反应速率越快，因此a点的反应速率大于b点，B正确；
C、已知起始时 和 物质的量之比为1：3，结合b点（， 体积分数10%）可求出平衡常数 。
由于平衡常数只与温度有关，a点与b点温度相同， 相同，因此可以计算，C错误；
压强平衡常数公式：
利用b点数据即可算出 ，a点温度与b点相同， 相同，故可以计算。
D、反应达到平衡时，各物质浓度不再变化，因此 也不再变化，可作为平衡标志，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A．观察图像，温度升高时 CH3OH 的体积分数下降，直接说明平衡逆向移动，正反应为放热反应（ΔH < 0），这是判断 A 选项的突破口。
B．图像中 a 点在 p1曲线上，b 点在 p3曲线上，且 p1 > p3。温度相同时，压强越大反应速率越快，因此 a 点速率 > b 点速率，这是判断 B 选项的核心依据。
C．平衡常数 K 只与温度有关。a 点与 b 点温度相同，所以 K 相同。利用 b 点已知的压强（2 MPa）和 CH3OH 体积分数（10%），可以算出 K ，因此 C 选项 “无法计算” 是错误的。
D．反应达到平衡时，各物质的浓度不再变化，因此这个比值也不再变化，可作为平衡标志，这是判断 D 选项的关键。
14．（2024高三上·四川模拟）晶体的一种立方晶胞如图。已知：与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为b。下列说法错误的是
A．x=1，y=3
B．周围最近的O原子数目为12
C．图中体心位置“”一定代表
D．晶体的密度为
【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、黑球占据立方体的8个顶点，每个顶点贡献1/8个原子，因此黑球数量为。白球位于6个面心，每个面心贡献1/2个原子，白球数量为。符号代表体心位置的1个原子。根据化合价平衡原则，推导出化学式为，对应x=1，y=3，A选项正确。B、通过比较原子间距可以确定黑球代表Al原子，白球代表O原子。每个Al原子被8个晶胞共享，每个晶胞贡献3个面，而每2个面会重叠计算，因此每个Al原子周围O原子数为，B选项正确。
C、结合B选项的分析，体心位置符号必定代表Co原子，C选项正确。
D、已知两个白球间距为b nm，设晶胞边长为2a nm。根据几何关系可得：，推导出，边长。晶胞体积。密度计算公式为。D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定原子个数比。
B、 与O最小间距大于与O最小间距，则黑球为Al，白球为O。以顶点Al原子为中心，与之距离最近的O原子位于面心，据此计算。
C、黑球为Al、白球为O，则一定为Co。
D、根据公式计算晶胞密度。
二、非选题(本题包括4小题，共58分)
15．（2024高三上·四川模拟）某硫铁矿烧渣的主要成分是，还含有少量的及单质和，一种从该硫铁矿烧渣分离各金属元素的工艺流程如下：
已知：①加入溶剂后发生反应：；
②。
回答下列问题：
（1）铁元素属于　 　区元素，基态的价电子轨道表示式为　 　。
（2）步骤①的目的是　 　。
（3）步骤②包含的操作是：取含溶液于分液漏斗中，　 　，振荡静置后，分离出水层，　 　，过滤后洗涤晶体并干燥。
（4）步骤③发生反应的离子方程式为　 　。
（5）滤渣2的化学式为　 　，完成步骤④可使用的试剂是　 　(填序号)。
a． b． c． d．
（6）研究表明，受热分解得到的过程可分为四步，某实验小组称取一定质量的样品进行热重分析，固体质量保留百分数随温度变化的曲线如图所示，写出130.7~142.6℃时，发生反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）d；
（2）分离铁离子和铜离子，富集铜元素
（3）滴加稀硫酸；蒸发浓缩、冷却结晶
（4）2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑
（5）AgCl；ac
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；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）铁元素在元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素。基态Fe2+价电子排布式为3d6，轨道表示式为。
故答案为： d ；。
（2）通过步骤①，Cu2+与RH反应生成了CuR2，通过分液得到含有CuR2的溶液和含有Fe3+的水层，实现了Cu2+和Fe3+的分离，从而达到富集铜元素的目的。
故答案为： 分离铁离子和铜离子，富集铜元素 ；
（3）步骤②从CuR2的溶液中制取胆矾，先取含CuR2溶液于分液漏斗，滴加稀硫酸使得化学平衡逆向移动，将CuR2转化为铜离子，振荡静置后，分离出水层，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾。
故答案为： 滴加稀硫酸 ； 蒸发浓缩、冷却结晶 ；
（4）步骤③中与草酸反应生成Au，Au元素得电子则H2C2O4失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒可知，离子方程式为2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑。
故答案为： 2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑ ；
（5）根据分析可知溶金过程中Ag与HNO3先反应生成银离子，银离子结合NaCl中的氯离子生成AgCl沉淀，则滤渣2化学式为AgCl。步骤④将银氨溶液转化为Ag单质，Ag元素得电子则需要加入还原剂，Cu金属活动性强于Ag，可与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，Pt金属活动性弱于Ag，不与[Ag(NH3)2]+反应，HCHO具有还原性，能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，硫酸中S已经是最高价态，不能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，故答案选ac。
故答案为： AgCl ；ac；
（6）设分解1mol，其质量为412g，得到第一步质量保留百分数减少17.48%，减少物质的摩尔质量为412g/mol×17.48%=72g/mol，故该过程减少的是水的质量，此时固体为HAuCl4，继续加热，130.7~142.6℃时，减少物质的摩尔质量为412g/mol×0.0886=36.5g/mol，因此减少的物质为HCl，此时固体为AuCl3，反应的化学方程式为。
故答案为： 。
【分析】硫铁矿烧渣经硫酸溶解，Fe2O3、CuO 转化为 Cu2+、Fe3+进入滤液，Ag、Au 以单质形式留在滤渣 1。滤液中加入溶剂 RH，Cu2+与 RH 反应生成 CuR2进入有机相，经分离后水解得到胆矾。滤渣 1 用 HNO3-NaCl 体系溶金，Au 转化为 HAuCl4，再经 H2C2O4还原得到单质 Au。溶金后剩余滤渣 2 用氨水溶解，生成 [Ag(NH3)2]+溶液，最终还原得到 Ag。据此解题。
（1）铁元素在元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素。基态Fe2+价电子排布式为3d6，轨道表示式为。
（2）通过步骤①，Cu2+与RH反应生成了CuR2，通过分液得到含有CuR2的溶液和含有Fe3+的水层，实现了Cu2+和Fe3+的分离，从而达到富集铜元素的目的。
（3）步骤②从CuR2的溶液中制取胆矾，先取含CuR2溶液于分液漏斗，滴加稀硫酸使得化学平衡逆向移动，将CuR2转化为铜离子，振荡静置后，分离出水层，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾。
（4）步骤③中与草酸反应生成Au，Au元素得电子则H2C2O4失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒可知，离子方程式为2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑。
（5）根据分析可知溶金过程中Ag与HNO3先反应生成银离子，银离子结合NaCl中的氯离子生成AgCl沉淀，则滤渣2化学式为AgCl。步骤④将银氨溶液转化为Ag单质，Ag元素得电子则需要加入还原剂，Cu金属活动性强于Ag，可与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，Pt金属活动性弱于Ag，不与[Ag(NH3)2]+反应，HCHO具有还原性，能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，硫酸中S已经是最高价态，不能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，故答案选ac。
（6）设分解1mol，其质量为412g，得到第一步质量保留百分数减少17.48%，减少物质的摩尔质量为412g/mol×17.48%=72g/mol，故该过程减少的是水的质量，此时固体为HAuCl4，继续加热，130.7~142.6℃时，减少物质的摩尔质量为412g/mol×0.0886=36.5g/mol，因此减少的物质为HCl，此时固体为AuCl3，反应的化学方程式为。
16．（2024高三上·四川模拟）化学学习小组的同学配置溶液，并探究其相关反应原理。
（1）配制溶液。称量配制0.1溶液。下图是“转移”操作的示意图，图中的仪器包括烧杯和　 　，其中的错误之处是　 　。
向0.1溶液中加入0.1溶液，将所得溶液分装于甲、乙试管中，完成实验Ⅰ和Ⅱ。
【实验Ⅰ】
（2）向甲试管中加入过量铁粉，铁粉溶解，其原因是　 　(用离子方程式说明)，滴加　 　(填化学式)，可检验其中的。
【实验Ⅱ】向乙试管中加入过量铜粉，有白色沉淀生成。查阅文献，确定该白色沉淀为。
查阅资料：a．与均为白色沉淀；b．能被氧化为，的化学性质和卤素单质相似；c．在还原剂和沉淀剂同时存在时会生成沉淀
【实验Ⅲ】
（3）①向30.1溶液中加入过量铜粉，振荡后静置。取清液于试管中，加入3滴0.1溶液，迅速生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为　 　，同时还可观察到溶液局部变红，其主要原因是　 　。
②振荡试管，观察到白色沉淀变多，溶液红色逐渐褪去，请结合化学反应原理对该现象加以解释　 　。
（4）探究实验反思：实验Ⅱ中，，但生成，并未得到，可能的原因是　 　。
【答案】100mL容量瓶；不能直接向容量瓶中倾倒溶液，应该用玻璃棒引流；Fe+2Fe3+=3Fe2+；K3[Fe(CN)6]；2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；(SCN)2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+；振荡试管， SCN-继续与Cu2+反应导致沉淀增多，SCN-被消耗使得平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去；
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）图中的仪器包括烧杯和100mL容量瓶，其中的错误之处是不能直接向容量瓶中倾倒溶液，应该用玻璃棒引流；
故答案为： 100mL容量瓶 ； 不能直接向容量瓶中倾倒溶液，应该用玻璃棒引流 ；
（2）甲试管中加入过量铁粉，铁粉溶解，其原因是Fe+2Fe3+=3Fe2+；检验其中的可以用K3[Fe(CN)6]；
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+； K3[Fe(CN)6] ；
（3）①向30.1溶液中加入过量铜粉，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。振荡后静置，取清液于试管中，加入3滴0.1溶液，迅速生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；同时还可观察到溶液局部变红，其主要原因是(SCN)2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+；
②振荡试管，SCN-继续与Cu2+反应导致沉淀增多，SCN-被消耗使得平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去；
故答案为： 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 ； (SCN)2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+ ； 振荡试管， SCN-继续与Cu2+反应导致沉淀增多，SCN-被消耗使得平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去 ；
（4）实验Ⅱ中，，但生成，并未得到，说明的溶解度更小，即。
故答案为： 。
【分析】(1)仪器识别：图中为烧杯和100mL容量瓶。
操作规范：转移溶液时需用玻璃棒引流，不能直接向容量瓶倾倒溶液，防止液体洒出或腐蚀瓶塞。
(2) 反应原理：Fe粉将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式：。
离子检验：用（铁氰化钾）溶液检验Fe2+，会生成蓝色沉淀。
(3)沉淀生成：Cu2+与SCN-反应生成CuSCN沉淀和(SCN)2，离子方程式：。
局部变红：(SCN)2（类卤素）具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-结合使溶液局部变红。
红色褪去：振荡后SCN-持续消耗，使平衡逆向移动，红色褪去。
(4) 相同条件下优先生成CuSCN，说明，CuSCN更难溶。
17．（2024高三上·四川模拟）基活性炭催化重整不仅可获得合成气(与)，还能同时消耗两种温室气体，回答下列问题：
（1）重整反应为 ，相关物质的燃烧热数值如下表所示：
物质
燃烧热
该催化重整反应的　 　(用含a、b、c的代数式表示)，从热力学角度考虑，有利于合成气生成的条件是　 　(填“高压”或“低压”)。
（2）控制温度为，总压为，在密闭容器中加入与及催化剂进行重整反应，达到平衡时的体积分数为，的平衡转化率为　 　，平衡常数　 　。
（3）常压条件下，将等物质的量的与充入密闭容器，同时存在以下反应：
①
②
③
④
反应达平衡时混合气体的组成如图，曲线和中，表示的是　 　。在900℃之前，曲线明显处于表示的曲线上方，原因是　 　。
（4）以作催化剂，利用合成气制备烃类物质的反应机制如下：
根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为　 　。下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．反应物吸附过程只断裂极性键
b．偶联过程中只形成非极性键
c．整个反应过程中无极性键生成
【答案】（1）(a-2b-2c)；低压
（2）37.5%；0.55
（3）m；温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO
（4）4H2+2COCH2=CH2+2H2O；b
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由、、的燃烧热数值可知①；②；③；由盖斯定律①-2×②-2×③可得(a-2b-2c)；该反应是气体体积增大的反应，从热力学角度考虑，有利于合成气生成的条件是低压。
故答案为： (a-2b-2c) ； 低压 ；
（2）根据已知条件列出“三段式”
达到平衡时CO的体积分数为20%，解得x=0.375mol，的平衡转化率为=37.5%，因控制总压为5.0，则平衡常数=0.55。
故答案为： 37.5%； 0.55 ；
（3）由盖斯定律可知，反应②-反应④可得反应① ，反应①和反应③是吸热反应，反应④是放热反应，升高温度反应①和反应③正向移动，反应④逆向移动，CO的体积分数增大，则表示CO的是m，900℃之前，m曲线明显处于表示的曲线上方，原因是：温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO。
故答案为： m ； 温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO ；
（4）根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为：4H2+2COCH2=CH2+2H2O。
a．根据图示，反应物吸附过程断裂了H-H非极性键和碳氧极性键，a错误；
b．根据图示，偶联过程中只形成C-C非极性键，b正确；
c．根据图示，整个反应过程中有O-H极性键生成，c错误；
故选b。
故答案为： 4H2+2COCH2=CH2+2H2O ；b；
【分析】(1)利用盖斯定律，将 、、 的燃烧热反应式进行组合，推导出目标反应的 。
该反应为气体分子数增大的反应，低压有利于平衡正向移动，从而促进合成气生成。
(2)用“三段式”法，设 转化 ，根据 体积分数为20%列方程，解得 ，得到 平衡转化率为37.5%。
计算各物质的平衡分压，代入 公式 ，求得 。
(3)反应①和③均为吸热反应，升温使平衡右移， 生成量增加，故曲线 m 表示 。
在900℃前，反应③（）既消耗 又生成 ，导致 体积分数暂时高于 。
(4)根据反应机理图，写出合成乙烯的总反应：。
分析化学键变化：反应物吸附时断裂H—H非极性键和C≡O极性键；C—C偶联时只形成C—C非极性键；整个过程有O—H极性键生成，因此选项b正确。
（1）由、、的燃烧热数值可知①；②；③；由盖斯定律①-2×②-2×③可得(a-2b-2c)；该反应是气体体积增大的反应，从热力学角度考虑，有利于合成气生成的条件是低压。
（2）根据已知条件列出“三段式”
达到平衡时CO的体积分数为20%，解得x=0.375mol，的平衡转化率为=37.5%，因控制总压为5.0，则平衡常数=0.55。
（3）由盖斯定律可知，反应②-反应④可得反应① ，反应①和反应③是吸热反应，反应④是放热反应，升高温度反应①和反应③正向移动，反应④逆向移动，CO的体积分数增大，则表示CO的是m，900℃之前，m曲线明显处于表示的曲线上方，原因是：温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO。
（4）根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为：4H2+2COCH2=CH2+2H2O。
a．根据图示，反应物吸附过程断裂了H-H非极性键和碳氧极性键，a错误；
b．根据图示，偶联过程中只形成C-C非极性键，b正确；
c．根据图示，整个反应过程中有O-H极性键生成，c错误；
故选b。
18．（2024高三上·四川模拟）艾莎利酮(化合物J)对治疗高血压、心绞痛等心血管疾病有较显著的效果。以下是合成化合物J的一种合成路线。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）D的结构简式为　 　。
（3）F转化为G中(反应1)的化学方程式为　 　。
（4）G转化为I的反应类型为　 　，I中含氧官能团名称是　 　。
（5）下列关于以上合成路线的说法错误的是　 　。
a．可用溴水鉴别A和甲苯 b． E分子中采用sp3杂化的碳原子数为3
c．G与浓硫酸共热可发生消去反应 d．加入试剂NaBH4可将I转化为J
（6）由A和B生成C的第一步是利用碱脱去B中亚甲基上的氢，生成碳负离子。实验表明采用叔丁醇钾提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，原因是　 　。
（7）化合物X是C的同分异构体，分子中含有-NH2，核磁共振氢谱显示为四组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应。则X可能的结构为　 　。
【答案】（1）2-丁烯酸甲酯
（2）
（3）+NaOH+CH3OH
（4）取代反应；羟基和酰胺基
（5）d
（6）叔丁醇钾的碱性比甲酸钠的碱性更强，更有利于B中亚甲基脱氢，也就是更有利于生成碳负离子
（7）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；醇类简介；酯的性质
【解析】【解答】（1）由A的结构简式，可命名A的化学名称是2-丁烯酸甲酯；
故答案为： 2-丁烯酸甲酯 ；
（2）由分析可知，D的结构简式为；
故答案为： ；
（3）F()转化为G()中(反应1)为酯的水解，化学方程式为+NaOH+CH3OH；
故答案为：+NaOH+CH3OH ；
（4）G()与反应生成I()和H2O，反应类型为取代反应，I中含氧官能团名称是：羟基和酰胺基；
故答案为： 取代反应 ； 羟基和酰胺基 ；
（5）a．A分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，从而使溴水褪色，而甲苯与溴不反应，所以可用溴水鉴别A和甲苯，a正确；
b．E分子中，-CF3、2个-CH3中C原子都形成4个σ键，都采用sp3杂化，此种碳原子数为3，b正确 ；
c．G分子中，与醇羟基相连碳原子相邻的碳原子上连有氢原子，与浓硫酸共热可发生消去反应，c正确；
d．NaBH4是还原剂，I转化为J发生氧化反应，则加入试剂NaBH4不能将I转化为J，d错误；
故答案为： d ；
（6）叔丁醇呈中性，而甲酸呈酸性，则叔丁醇钾的碱性比甲酸钠强，所以采用叔丁醇钾提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，原因是：叔丁醇钾的碱性比甲酸钠的碱性更强，更有利于B中亚甲基脱氢，也就是更有利于生成碳负离子。
故答案为： 叔丁醇钾的碱性比甲酸钠的碱性更强，更有利于B中亚甲基脱氢，也就是更有利于生成碳负离子 ；
（7）化合物X是C的同分异构体，X的分子式C7H9NO2，X分子中含有-NH2，核磁共振氢谱显示为四组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应。则X分子中除苯环外，其它原子团中都只含单键、所以X分子中含有1个苯环、1个-NH2、1个-CH3、2个-OH，从而得出X可能的结构为。
故答案为： 。
【分析】不饱和酯 A 与对甲苯磺酰基异腈 B 在碱和 THF 条件下发生环化反应，生成含吡咯环的酯 C。C 与 NBS 发生溴代反应，在吡咯环上引入溴原子，得到中间体 D。D 与含三氟甲基的苯硼酸发生 Suzuki 偶联反应，构建芳基 - 吡咯键，得到酯 E。依据E与的结构简式，可以逆推出D为；依据E和反应生成F，再结合G的结构简式，可确定F为；G 与含硫苯胺类化合物 H 发生酰胺化反应，生成酰胺 I。I 与对甲苯磺酰基试剂反应，在氨基上引入磺酰基，最终得到目标产物艾莎利酮 J。
（1）由A的结构简式，可命名A的化学名称是2-丁烯酸甲酯；
（2）由分析可知，D的结构简式为；
（3）F()转化为G()中(反应1)为酯的水解，化学方程式为+NaOH+CH3OH；
（4）G()与反应生成I()和H2O，反应类型为取代反应，I中含氧官能团名称是：羟基和酰胺基；
（5）a．A分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，从而使溴水褪色，而甲苯与溴不反应，所以可用溴水鉴别A和甲苯，a正确；
b．E分子中，-CF3、2个-CH3中C原子都形成4个σ键，都采用sp3杂化，此种碳原子数为3，b正确 ；
c．G分子中，与醇羟基相连碳原子相邻的碳原子上连有氢原子，与浓硫酸共热可发生消去反应，c正确；
d．NaBH4是还原剂，I转化为J发生氧化反应，则加入试剂NaBH4不能将I转化为J，d错误；
故选d。
（6）叔丁醇呈中性，而甲酸呈酸性，则叔丁醇钾的碱性比甲酸钠强，所以采用叔丁醇钾提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，原因是：叔丁醇钾的碱性比甲酸钠的碱性更强，更有利于B中亚甲基脱氢，也就是更有利于生成碳负离子。
（7）化合物X是C的同分异构体，X的分子式C7H9NO2，X分子中含有-NH2，核磁共振氢谱显示为四组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应。则X分子中除苯环外，其它原子团中都只含单键、所以X分子中含有1个苯环、1个-NH2、1个-CH3、2个-OH，从而得出X可能的结构为。
1 / 1四川省绵阳市2024-2025学年高三上学期 一诊试题化学
一、选择题(包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1．（2024高三上·四川模拟）文物见证历史，化学创造文明。下列所展示博物馆藏品的主要材质属于有机物的是
A．击鼓陶俑 B．黄金面具
C．漆木马 D．皇后玉玺
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·四川模拟）下列化学用语或图示表达正确的是
A．F2的共价键类型：s-sσ键
B．基态Cu的价电子排布式
C．CaCl2的电子式：
D．顺-2-丁烯的分子结构模型：
3．（2024高三上·四川模拟）下列对于相关数据的应用中，正确的是
A．平衡常数K：判断化学反应的快慢
B．电负性：比较不同基态原子失去电子的难易
C．分子离子峰的质荷比：获取有机物的相对分子质量
D．氢化物分子中氢卤键键能：解释与的沸点差异
4．（2024高三上·四川模拟）生活中处处有化学，下列对生活情境的相关解释正确的是
选项 生活情境 相关解释
A 咀嚼馒头时会有甜味 淀粉在口中水解为葡萄糖
B 可用汽油处理衣服上的油渍 汽油与油渍反应的产物易挥发
C 小苏打可用于治疗胃酸过多 小苏打稳定性差，受热易分解
D 明矾可用作净水剂 明矾中的在水中可生成胶体
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高三上·四川模拟）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法正确的是
A．的体积是
B．中含有个配位键
C．的氨水溶液中分子数小于
D．中含有的孤电子对数目为
6．（2024高三上·四川模拟）下列离子方程式符合反应事实的是
A．氯化铜溶液中滴入过量氨水：
B．磁性氧化铁溶于HI溶液：
C．用食醋处理水垢中的氢氧化镁：
D．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
7．（2024高三上·四川模拟）下列制备、干燥、收集，并进行喷泉实验的原理与装置能达到实验目的的是
A．制备 B．干燥
C．收集 D．喷泉实验
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·四川模拟）有机物Z是合成抗病毒药物氧化白藜芦醇的中间体，其合成路线如图。下列叙述正确的是
A．鉴别X和Z可以用酸性高锰酸钾溶液
B．合成路线中反应①、反应②均属于取代反应
C．1Z最多能与3发生加成反应
D．X、Y、Z三种物质中所有碳原子均一定共平面
9．（2024高三上·四川模拟）合成氨工业中，原料气(、及少量、)在进入合成塔前需经过铜氨液处理其反应为： 。下列说法错误的是
A．处理的主要目的是除去，防止催化剂中毒
B．中的键与键数目之比为
C．铜氨液吸收的适宜生产条件是低温加压
D．吸收后的铜氨液经过高温高压下再生处理可循环使用
10．（2024高三上·四川模拟）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向丙烯醛中滴加溴水 溴水褪色 丙烯醛中含碳碳双键
B 向Na2CO3溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液 产生白色沉淀 碳的非金属性比硅强
C 将PbO2固体加到酸性MnSO4溶液中，充分振荡 溶液变为紫红色 PbO2具有氧化性
D 将Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体在小烧杯中混合并搅拌 烧杯壁变凉 正反应活化能比逆反应的小
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高三上·四川模拟）已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N五种元素的原子序数依次增大，其中M、N为金属元素，N的原子序数等于Y和Z的原子序数之和。它们的原子半径和最外层电子数的大小关系如图所示。下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：
B．Z、M的简单离子的半径大小关系：
C．M、N与Z形成的化合物都属于离子晶体
D．M、N的最高价氧化物的水化物之间可以反应
12．（2024高三上·四川模拟）研究表明，2-氯二乙硫醚()由于分子中氯原子位硫原子的参与，其碱性条件下的水解速率比1-氯己烷快很多，这一效应称为邻基参与，可表示如下：
下列说法错误的是
A．2-氯二乙硫醚中硫原子和碳原子均采取杂化
B．水解时生成中间体
C．邻基参与效应降低了2-氯二乙硫醚水解反应的活化能
D．的水溶性小于
13．（2024高三上·四川模拟）将和按物质的量之比为通入某刚性密闭容器中发生反应：，平衡状态时的体积分数与温度、气体总压强的关系如图所示。下列说法错误的是
A．该反应
B．a点反应速率大于b点
C．无法计算a点的压强平衡常数
D．不再变化时反应达到平衡状态
14．（2024高三上·四川模拟）晶体的一种立方晶胞如图。已知：与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为b。下列说法错误的是
A．x=1，y=3
B．周围最近的O原子数目为12
C．图中体心位置“”一定代表
D．晶体的密度为
二、非选题(本题包括4小题，共58分)
15．（2024高三上·四川模拟）某硫铁矿烧渣的主要成分是，还含有少量的及单质和，一种从该硫铁矿烧渣分离各金属元素的工艺流程如下：
已知：①加入溶剂后发生反应：；
②。
回答下列问题：
（1）铁元素属于　 　区元素，基态的价电子轨道表示式为　 　。
（2）步骤①的目的是　 　。
（3）步骤②包含的操作是：取含溶液于分液漏斗中，　 　，振荡静置后，分离出水层，　 　，过滤后洗涤晶体并干燥。
（4）步骤③发生反应的离子方程式为　 　。
（5）滤渣2的化学式为　 　，完成步骤④可使用的试剂是　 　(填序号)。
a． b． c． d．
（6）研究表明，受热分解得到的过程可分为四步，某实验小组称取一定质量的样品进行热重分析，固体质量保留百分数随温度变化的曲线如图所示，写出130.7~142.6℃时，发生反应的化学方程式　 　。
16．（2024高三上·四川模拟）化学学习小组的同学配置溶液，并探究其相关反应原理。
（1）配制溶液。称量配制0.1溶液。下图是“转移”操作的示意图，图中的仪器包括烧杯和　 　，其中的错误之处是　 　。
向0.1溶液中加入0.1溶液，将所得溶液分装于甲、乙试管中，完成实验Ⅰ和Ⅱ。
【实验Ⅰ】
（2）向甲试管中加入过量铁粉，铁粉溶解，其原因是　 　(用离子方程式说明)，滴加　 　(填化学式)，可检验其中的。
【实验Ⅱ】向乙试管中加入过量铜粉，有白色沉淀生成。查阅文献，确定该白色沉淀为。
查阅资料：a．与均为白色沉淀；b．能被氧化为，的化学性质和卤素单质相似；c．在还原剂和沉淀剂同时存在时会生成沉淀
【实验Ⅲ】
（3）①向30.1溶液中加入过量铜粉，振荡后静置。取清液于试管中，加入3滴0.1溶液，迅速生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为　 　，同时还可观察到溶液局部变红，其主要原因是　 　。
②振荡试管，观察到白色沉淀变多，溶液红色逐渐褪去，请结合化学反应原理对该现象加以解释　 　。
（4）探究实验反思：实验Ⅱ中，，但生成，并未得到，可能的原因是　 　。
17．（2024高三上·四川模拟）基活性炭催化重整不仅可获得合成气(与)，还能同时消耗两种温室气体，回答下列问题：
（1）重整反应为 ，相关物质的燃烧热数值如下表所示：
物质
燃烧热
该催化重整反应的　 　(用含a、b、c的代数式表示)，从热力学角度考虑，有利于合成气生成的条件是　 　(填“高压”或“低压”)。
（2）控制温度为，总压为，在密闭容器中加入与及催化剂进行重整反应，达到平衡时的体积分数为，的平衡转化率为　 　，平衡常数　 　。
（3）常压条件下，将等物质的量的与充入密闭容器，同时存在以下反应：
①
②
③
④
反应达平衡时混合气体的组成如图，曲线和中，表示的是　 　。在900℃之前，曲线明显处于表示的曲线上方，原因是　 　。
（4）以作催化剂，利用合成气制备烃类物质的反应机制如下：
根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为　 　。下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．反应物吸附过程只断裂极性键
b．偶联过程中只形成非极性键
c．整个反应过程中无极性键生成
18．（2024高三上·四川模拟）艾莎利酮(化合物J)对治疗高血压、心绞痛等心血管疾病有较显著的效果。以下是合成化合物J的一种合成路线。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）D的结构简式为　 　。
（3）F转化为G中(反应1)的化学方程式为　 　。
（4）G转化为I的反应类型为　 　，I中含氧官能团名称是　 　。
（5）下列关于以上合成路线的说法错误的是　 　。
a．可用溴水鉴别A和甲苯 b． E分子中采用sp3杂化的碳原子数为3
c．G与浓硫酸共热可发生消去反应 d．加入试剂NaBH4可将I转化为J
（6）由A和B生成C的第一步是利用碱脱去B中亚甲基上的氢，生成碳负离子。实验表明采用叔丁醇钾提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，原因是　 　。
（7）化合物X是C的同分异构体，分子中含有-NH2，核磁共振氢谱显示为四组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应。则X可能的结构为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】高分子材料；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、击鼓陶俑：主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A不符合题意 ；
B、黄金面具：主要成分为金单质，属于金属材料，故B不符合题意 ；
C、漆木马：木的主要成分为纤维素（有机物），漆的主要成分为天然树脂（有机物），整体主要材质属于有机物，故C符合题意 ；
D、皇后玉玺：主要成分为硅酸盐或碳酸盐（玉石、大理石），属于无机非金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
快速分类：陶瓷、玉石、金属类藏品均为无机物；木质、漆类、丝麻类藏品多为有机物。
生活常识辅助：漆、木材、丝绸等均来自生物或生物制品，属于典型有机物。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、F 原子的价电子排布为 2s22p5，F2分子的共价键是由两个 F 原子的 2p 轨道重叠形成的 p-pσ 键，不是 s-sσ 键，A错误；
B、铜为第 IB 族元素，基态原子的价电子排布为 3d 4s （全满结构更稳定），不是 3d94s2，B错误；
C、CaCl2是离子化合物，正确的电子式应为 ，两个 Cl-需分开书写，C错误；
D、顺 - 2 - 丁烯中，两个甲基（-CH3）位于碳碳双键的同一侧， 故顺-2-丁烯的分子结构模型是：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．容易误将 F2的共价键判断为 s-sσ 键，忽略 F 原子的价电子在 p 轨道，实际是 p-pσ 键。
B．容易按常规填充顺序写 Cu 的价电子排布为 3d94s2，忽略 Cu 为洪特规则特例，实际是 3d 4s （全满结构更稳定）。
C．书写 CaCl2的电子式时，容易把两个 Cl-合并写成 [：Cl：]2-，正确写法是两个 Cl-分别放在 Ca2+两侧。
D．容易把顺 - 2 - 丁烯和反 - 2 - 丁烯的结构搞混，顺式要求相同基团在双键同侧，反式则在异侧。
3．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；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、平衡常数 K 反映反应限度，不决定反应快慢，A错误；
B、电负性衡量吸引电子能力，并非比较失电子难易，B错误；
C、分子离子峰的质荷比直接对应有机物相对分子质量，C正确；
D、HF 与 HCl 沸点差异由氢键决定，与氢卤键键能无关，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
区分反应限度（K）与反应速率：K 只描述反应进行程度，与速率无关。
明确电负性、电离能的核心含义：电负性表示吸电子能力，电离能表示失电子难易。
掌握质谱分析核心用途：分子离子峰质荷比 = 相对分子质量。
区分分子间作用力（影响熔沸点）与化学键键能（影响分子稳定性）：HF 沸点高源于分子间氢键，而非键能。
4．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；酯的性质；多糖的性质和用途；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、咀嚼馒头时，唾液中的淀粉酶会将淀粉初步水解为麦芽糖（二糖），而非直接生成葡萄糖，因此甜味来自麦芽糖，A错误；
B、汽油能去除油渍是因为相似相溶原理，油渍可溶解在汽油中，并非发生化学反应，B错误；
C、小苏打（NaHCO3）可治疗胃酸过多，是因为它能与胃酸中的 HCl 发生中和反应，而非受热分解，C错误；
D、明矾中的 Al3+在水中发生水解反应，生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，从而达到净水效果，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
淀粉水解阶段：唾液淀粉酶只能将淀粉水解为麦芽糖，葡萄糖需在小肠中由麦芽糖酶进一步催化生成。
溶解与反应区分：汽油去油污是物理溶解，洗洁精去油污是乳化作用，均未发生化学反应。
小苏打用途本质：中和胃酸利用的是 HCO3-与 H+的反应，而受热分解是其作为膨松剂的原理。
胶体净水原理：Al3+水解生成的 Al(OH)3胶体，通过吸附聚沉作用去除水中悬浮物，而非杀菌消毒。
5．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、气体摩尔体积 仅在标准状况（0℃、101kPa）下适用，题目未说明条件，无法确定体积，A错误；
B、 为共价化合物，结构中每个Al原子与一个Cl原子形成配位键，1mol 含2mol配位键，即 个，B正确；
C、题目未给出溶液体积，无法计算 分子的物质的量和数目，C错误；
D、每个 分子中N原子有1对孤电子对，1mol 含3mol ，孤电子对为3mol；每个Cl-有3对孤电子对，3mol Cl-含9mol孤电子对。总孤电子对为 ，即 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题关键点：
A．看到“17g 体积22.4L”时，立刻想到气体摩尔体积22.4 L/mol只在标准状况（0℃、101kPa）下才成立，题目未说明条件，直接排除A。
B． 中每个Al原子与一个桥连Cl原子形成配位键，1个分子含2个配位键，1mol即含 个配位键，这是B选项的突破口。
C．计算溶液中粒子数时，必须知道溶液体积。C选项只给浓度、没给体积，无法计算分子数，直接排除。
D．计算 的孤电子对时，要分开算 和 ：
每个 中N有1对孤电子对；每个 有3对孤电子对；这样就能发现D选项的计算错误。
6．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、 与过量氨水反应生成四氨合铜离子，方程式为：，该式符合反应事实，A正确；
B、 与HI反应时，生成的 会与 发生氧化还原反应：
选项未写出这一步，B错误；
C、食醋的主要成分是醋酸（），属于弱电解质，不能拆写成 ，应保留化学式，C错误；
D、该方程式未配平，正确配平后的离子方程式为：
，选项配平错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
A． 与少量氨水生成 沉淀，但与过量氨水会生成可溶性的四氨合铜离子，若忽略“过量”条件，容易误判A选项。
B．容易忽略 与 反应时，生成的 会与 发生氧化还原反应，仅写出酸碱反应的部分，导致B选项错误。
C．食醋中的醋酸是弱电解质，不能拆写成 ，而C选项错误地将其拆分，这是离子方程式的常见陷阱。
D． 与水的反应需要配平原子和电荷，D选项未配平就直接写出，导致方程式错误。
7．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、实验室用 MnO2与浓盐酸反应制备 Cl2，该反应需要加热，图中装置缺少加热装置，无法发生反应，A错误；
B、Cl2为酸性气体，会与碱性干燥剂碱石灰（CaO 和 NaOH 的混合物）发生反应，不能用碱石灰干燥，应选用浓硫酸等酸性干燥剂，B错误；
C、Cl2密度比空气大，应采用向上排空气法收集，导管应 “长进短出”，图中 “短进长出” 会导致气体逸出，无法收集，C错误；
D、Cl2能与 NaOH 溶液迅速反应，使烧瓶内压强骤降，外界大气压将烧杯中的 NaOH 溶液压入烧瓶，形成喷泉，装置和原理均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．看到 MnO2和浓盐酸制备 Cl2的装置，立刻想到该反应必须加热才能进行，图中没有加热装置；
B．Cl2是酸性气体，不能用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥，这是快速排除 B 的突破口；
C．Cl2密度比空气大，收集时必须 “长进短出”，图中是 “短进长出”，无法有效收集；
D．喷泉实验的关键是气体能与烧杯中的溶液快速反应，使烧瓶内压强骤降。Cl2与 NaOH 溶液能迅速反应，满足这一条件。
8．【答案】B
【知识点】烯烃；苯酚的化学性质；取代反应
【解析】【解答】A、X 和 Z 都含有酚羟基，且 Z 额外含有碳碳双键，两者都能被酸性 KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，无法通过该试剂区分，A错误；
B、反应①：X 苯环上的 1 个 H 原子被 I 原子替代，属于取代反应；反应②：Y 苯环上的 I 原子被乙烯基替代，同样符合 “基团互换” 的取代反应特征，B正确；
C、1mol Z 中，酚羟基邻位的 2 个 H 原子可与 Br2发生取代反应（消耗 2mol Br2），分子内的 1 个碳碳双键可与 Br2发生加成反应（消耗 1mol Br2），总计消耗 3mol Br2，但题目表述为 “发生加成反应”，混淆了反应类型，C错误；
D、X、Y 中所有碳原子均连接在苯环上，一定共平面；但 Z 中存在可旋转的 C-C 单键，乙烯基上的碳原子与苯环不一定共平面，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
鉴别逻辑：需找到两种物质官能团的差异，若都能与同一试剂反应则无法鉴别。
反应类型：取代反应是 “原子、基团互换”，加成反应是 “双键 、三键断裂加原子”。
Br2反应：酚类优先发生邻对位取代，烯烃发生加成，需区分反应类型与计量。
共面判断：苯环为平面，但单键可旋转，连接的基团不一定与苯环共面。
9．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】先理解铜氨液吸收 CO 的反应本质：[Cu(NH3)2]++CO+NH3 [Cu(NH3)3CO]+，ΔH < 0，再逐一分析选项。
A、合成氨的催化剂对 CO 非常敏感，少量 CO 即可使催化剂中毒失活，因此除去原料气中的 CO 是关键目的，A正确；
B、在配离子中：3 个 NH3分子各含 3 个 σ 键，共 9 个 σ 键；CO 分子含 1 个 σ 键和 2 个 π 键；
4 个配位键（Cu 与 3 个 NH3、1 个 CO 形成）也属于 σ 键，共 4 个；总 σ 键为 9 + 1 + 4 = 14，π 键为 2，比例为 14：2 = 7：1，B正确；
C、该反应为放热、气体分子数减少的反应，低温使平衡正向移动，加压也使平衡正向移动，有利于 CO 的吸收，C正确；
D、要使铜氨液再生，需让平衡逆向移动，即释放 CO。该反应 ΔH < 0，高温可使平衡左移；但高压会使平衡右移，不利于释放 CO，因此再生条件应为高温低压，而非高温高压，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：容易忽略配离子中 Cu 与配体（NH3、CO）形成的配位键也属于 σ 键，导致 σ 键数目计算错误，从而误判 B 选项。
吸收 CO 的条件是 “低温加压”，但再生铜氨液需要让平衡逆向移动，应使用 “高温低压”。如果直接套用吸收条件，就会误判 D 选项为正确。
工业生产中，吸收和再生是两个相反的过程，需要分别根据平衡移动原理选择条件。若混淆了两者的条件，就会错误认为 “高温高压” 适合再生。
10．【答案】C
【知识点】烯烃；醛的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、丙烯醛结构中同时含有碳碳双键和醛基，两者都能使溴水褪色，因此无法仅凭褪色现象就断定是碳碳双键导致的，A错误；
B、浓盐酸具有挥发性，产生的 CO2气体中会混有 HCl 气体，HCl 也能与 Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，无法证明是 CO2与 Na2SiO3反应，也就不能直接比较碳和硅的非金属性，B错误；
C、酸性条件下，PbO2将 Mn2+氧化为 MnO4-（紫红色），自身被还原，说明 PbO2具有氧化性，C正确；
D、烧杯壁变凉说明该反应为吸热反应，吸热反应中，正反应的活化能比逆反应的活化能大，而非更小，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．丙烯醛中同时存在碳碳双键和醛基，两者都能使溴水褪色，若忽略醛基的干扰，会误判 A 选项正确。
B．浓盐酸易挥发，生成的 CO2中混有 HCl，HCl 也能与 Na2SiO3生成沉淀，若忽略这一点，会错误认为沉淀仅由 CO2引起，从而误判 B 选项。
C．PbO2将 Mn2+氧化为 MnO4-（紫红色），这一现象直接对应 PbO2的氧化性，但若对常见氧化剂的反应不熟悉，可能会漏判 C 选项。
D．烧杯壁变凉说明反应吸热，吸热反应中正反应活化能 > 逆反应活化能，若混淆了这一关系，会误判 D 选项。
11．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Y 的简单氢化物是 CH4，Z 的是 NH3。NH3分子间存在氢键，沸点高于只存在范德华力的 CH4，故沸点 Y < Z，A正确；
B、Z 的简单离子是 N3-，M 的是 Na+，二者电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径 Z (N3-) > M (Na+)，B正确；
C、M 与 Z 形成 Na3N（离子晶体），N 与 Z 形成 AlN（共价晶体，原子晶体），并非都属于离子晶体，C错误；
D、M 的最高价氧化物水化物是 NaOH（强碱），N 的是 Al(OH)3（两性氢氧化物），二者可发生反应：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，D正确；
故答案为：C。
【分析】由原子半径：M > N > Y > Z > X，最外层电子数：X-1、Y-4、Z-5、M-1、N-3，结合原子序数递增、M 和 N 为金属、N 的原子序数 = Y+Z，可推得：
X：H（最外层 1e-，原子半径最小）；Y：C（最外层 4e-）；Z：N（最外层 5e-）；M：Na（最外层 1e-，金属，原子半径大）；N：Al（最外层 3e-，金属，原子序数 7+6=13，符合 Na < Al）。
12．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、硫原子（2 个 σ 键 + 2 对孤电子对）、饱和碳原子（4 个 σ 键）的价层电子对数均为 4，均采取 sp3 杂化，A正确；
B、依据邻基参与机理，中间体应为硫原子参与的三元环锍离子：，B错误；
C、快速的水解反应对应较低的反应活化能，邻基参与效应加速水解，即降低了活化能，C正确；
D、醇类可形成氢键提升水溶性，氯代烃无法形成氢键，故 C2H5SCH2CH2OH 水溶性更强，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
杂化判断口诀：σ 键数+孤电子对数=2→sp；=3→sp2；=4→sp3。
机理分析关键：邻基参与的核心是分子内亲核进攻，形成环状中间体是关键特征。
活化能规律：速率越快，活化能越低；速率越慢，活化能越高。
水溶性判断：能形成氢键的基团（-OH、-COOH、-NH2）使水溶性增强，不能形成氢键的卤代烃水溶性弱。
13．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、从图像可知，温度升高时， 的体积分数降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，，A正确；
B、a点的压强 ，且温度相同。压强越大，反应速率越快，因此a点的反应速率大于b点，B正确；
C、已知起始时 和 物质的量之比为1：3，结合b点（， 体积分数10%）可求出平衡常数 。
由于平衡常数只与温度有关，a点与b点温度相同， 相同，因此可以计算，C错误；
压强平衡常数公式：
利用b点数据即可算出 ，a点温度与b点相同， 相同，故可以计算。
D、反应达到平衡时，各物质浓度不再变化，因此 也不再变化，可作为平衡标志，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A．观察图像，温度升高时 CH3OH 的体积分数下降，直接说明平衡逆向移动，正反应为放热反应（ΔH < 0），这是判断 A 选项的突破口。
B．图像中 a 点在 p1曲线上，b 点在 p3曲线上，且 p1 > p3。温度相同时，压强越大反应速率越快，因此 a 点速率 > b 点速率，这是判断 B 选项的核心依据。
C．平衡常数 K 只与温度有关。a 点与 b 点温度相同，所以 K 相同。利用 b 点已知的压强（2 MPa）和 CH3OH 体积分数（10%），可以算出 K ，因此 C 选项 “无法计算” 是错误的。
D．反应达到平衡时，各物质的浓度不再变化，因此这个比值也不再变化，可作为平衡标志，这是判断 D 选项的关键。
14．【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、黑球占据立方体的8个顶点，每个顶点贡献1/8个原子，因此黑球数量为。白球位于6个面心，每个面心贡献1/2个原子，白球数量为。符号代表体心位置的1个原子。根据化合价平衡原则，推导出化学式为，对应x=1，y=3，A选项正确。B、通过比较原子间距可以确定黑球代表Al原子，白球代表O原子。每个Al原子被8个晶胞共享，每个晶胞贡献3个面，而每2个面会重叠计算，因此每个Al原子周围O原子数为，B选项正确。
C、结合B选项的分析，体心位置符号必定代表Co原子，C选项正确。
D、已知两个白球间距为b nm，设晶胞边长为2a nm。根据几何关系可得：，推导出，边长。晶胞体积。密度计算公式为。D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定原子个数比。
B、 与O最小间距大于与O最小间距，则黑球为Al，白球为O。以顶点Al原子为中心，与之距离最近的O原子位于面心，据此计算。
C、黑球为Al、白球为O，则一定为Co。
D、根据公式计算晶胞密度。
15．【答案】（1）d；
（2）分离铁离子和铜离子，富集铜元素
（3）滴加稀硫酸；蒸发浓缩、冷却结晶
（4）2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑
（5）AgCl；ac
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；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）铁元素在元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素。基态Fe2+价电子排布式为3d6，轨道表示式为。
故答案为： d ；。
（2）通过步骤①，Cu2+与RH反应生成了CuR2，通过分液得到含有CuR2的溶液和含有Fe3+的水层，实现了Cu2+和Fe3+的分离，从而达到富集铜元素的目的。
故答案为： 分离铁离子和铜离子，富集铜元素 ；
（3）步骤②从CuR2的溶液中制取胆矾，先取含CuR2溶液于分液漏斗，滴加稀硫酸使得化学平衡逆向移动，将CuR2转化为铜离子，振荡静置后，分离出水层，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾。
故答案为： 滴加稀硫酸 ； 蒸发浓缩、冷却结晶 ；
（4）步骤③中与草酸反应生成Au，Au元素得电子则H2C2O4失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒可知，离子方程式为2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑。
故答案为： 2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑ ；
（5）根据分析可知溶金过程中Ag与HNO3先反应生成银离子，银离子结合NaCl中的氯离子生成AgCl沉淀，则滤渣2化学式为AgCl。步骤④将银氨溶液转化为Ag单质，Ag元素得电子则需要加入还原剂，Cu金属活动性强于Ag，可与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，Pt金属活动性弱于Ag，不与[Ag(NH3)2]+反应，HCHO具有还原性，能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，硫酸中S已经是最高价态，不能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，故答案选ac。
故答案为： AgCl ；ac；
（6）设分解1mol，其质量为412g，得到第一步质量保留百分数减少17.48%，减少物质的摩尔质量为412g/mol×17.48%=72g/mol，故该过程减少的是水的质量，此时固体为HAuCl4，继续加热，130.7~142.6℃时，减少物质的摩尔质量为412g/mol×0.0886=36.5g/mol，因此减少的物质为HCl，此时固体为AuCl3，反应的化学方程式为。
故答案为： 。
【分析】硫铁矿烧渣经硫酸溶解，Fe2O3、CuO 转化为 Cu2+、Fe3+进入滤液，Ag、Au 以单质形式留在滤渣 1。滤液中加入溶剂 RH，Cu2+与 RH 反应生成 CuR2进入有机相，经分离后水解得到胆矾。滤渣 1 用 HNO3-NaCl 体系溶金，Au 转化为 HAuCl4，再经 H2C2O4还原得到单质 Au。溶金后剩余滤渣 2 用氨水溶解，生成 [Ag(NH3)2]+溶液，最终还原得到 Ag。据此解题。
（1）铁元素在元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素。基态Fe2+价电子排布式为3d6，轨道表示式为。
（2）通过步骤①，Cu2+与RH反应生成了CuR2，通过分液得到含有CuR2的溶液和含有Fe3+的水层，实现了Cu2+和Fe3+的分离，从而达到富集铜元素的目的。
（3）步骤②从CuR2的溶液中制取胆矾，先取含CuR2溶液于分液漏斗，滴加稀硫酸使得化学平衡逆向移动，将CuR2转化为铜离子，振荡静置后，分离出水层，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾。
（4）步骤③中与草酸反应生成Au，Au元素得电子则H2C2O4失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒可知，离子方程式为2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑。
（5）根据分析可知溶金过程中Ag与HNO3先反应生成银离子，银离子结合NaCl中的氯离子生成AgCl沉淀，则滤渣2化学式为AgCl。步骤④将银氨溶液转化为Ag单质，Ag元素得电子则需要加入还原剂，Cu金属活动性强于Ag，可与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，Pt金属活动性弱于Ag，不与[Ag(NH3)2]+反应，HCHO具有还原性，能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，硫酸中S已经是最高价态，不能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，故答案选ac。
（6）设分解1mol，其质量为412g，得到第一步质量保留百分数减少17.48%，减少物质的摩尔质量为412g/mol×17.48%=72g/mol，故该过程减少的是水的质量，此时固体为HAuCl4，继续加热，130.7~142.6℃时，减少物质的摩尔质量为412g/mol×0.0886=36.5g/mol，因此减少的物质为HCl，此时固体为AuCl3，反应的化学方程式为。
16．【答案】100mL容量瓶；不能直接向容量瓶中倾倒溶液，应该用玻璃棒引流；Fe+2Fe3+=3Fe2+；K3[Fe(CN)6]；2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；(SCN)2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+；振荡试管， SCN-继续与Cu2+反应导致沉淀增多，SCN-被消耗使得平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去；
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）图中的仪器包括烧杯和100mL容量瓶，其中的错误之处是不能直接向容量瓶中倾倒溶液，应该用玻璃棒引流；
故答案为： 100mL容量瓶 ； 不能直接向容量瓶中倾倒溶液，应该用玻璃棒引流 ；
（2）甲试管中加入过量铁粉，铁粉溶解，其原因是Fe+2Fe3+=3Fe2+；检验其中的可以用K3[Fe(CN)6]；
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+； K3[Fe(CN)6] ；
（3）①向30.1溶液中加入过量铜粉，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。振荡后静置，取清液于试管中，加入3滴0.1溶液，迅速生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；同时还可观察到溶液局部变红，其主要原因是(SCN)2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+；
②振荡试管，SCN-继续与Cu2+反应导致沉淀增多，SCN-被消耗使得平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去；
故答案为： 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 ； (SCN)2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+ ； 振荡试管， SCN-继续与Cu2+反应导致沉淀增多，SCN-被消耗使得平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去 ；
（4）实验Ⅱ中，，但生成，并未得到，说明的溶解度更小，即。
故答案为： 。
【分析】(1)仪器识别：图中为烧杯和100mL容量瓶。
操作规范：转移溶液时需用玻璃棒引流，不能直接向容量瓶倾倒溶液，防止液体洒出或腐蚀瓶塞。
(2) 反应原理：Fe粉将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式：。
离子检验：用（铁氰化钾）溶液检验Fe2+，会生成蓝色沉淀。
(3)沉淀生成：Cu2+与SCN-反应生成CuSCN沉淀和(SCN)2，离子方程式：。
局部变红：(SCN)2（类卤素）具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-结合使溶液局部变红。
红色褪去：振荡后SCN-持续消耗，使平衡逆向移动，红色褪去。
(4) 相同条件下优先生成CuSCN，说明，CuSCN更难溶。
17．【答案】（1）(a-2b-2c)；低压
（2）37.5%；0.55
（3）m；温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO
（4）4H2+2COCH2=CH2+2H2O；b
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由、、的燃烧热数值可知①；②；③；由盖斯定律①-2×②-2×③可得(a-2b-2c)；该反应是气体体积增大的反应，从热力学角度考虑，有利于合成气生成的条件是低压。
故答案为： (a-2b-2c) ； 低压 ；
（2）根据已知条件列出“三段式”
达到平衡时CO的体积分数为20%，解得x=0.375mol，的平衡转化率为=37.5%，因控制总压为5.0，则平衡常数=0.55。
故答案为： 37.5%； 0.55 ；
（3）由盖斯定律可知，反应②-反应④可得反应① ，反应①和反应③是吸热反应，反应④是放热反应，升高温度反应①和反应③正向移动，反应④逆向移动，CO的体积分数增大，则表示CO的是m，900℃之前，m曲线明显处于表示的曲线上方，原因是：温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO。
故答案为： m ； 温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO ；
（4）根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为：4H2+2COCH2=CH2+2H2O。
a．根据图示，反应物吸附过程断裂了H-H非极性键和碳氧极性键，a错误；
b．根据图示，偶联过程中只形成C-C非极性键，b正确；
c．根据图示，整个反应过程中有O-H极性键生成，c错误；
故选b。
故答案为： 4H2+2COCH2=CH2+2H2O ；b；
【分析】(1)利用盖斯定律，将 、、 的燃烧热反应式进行组合，推导出目标反应的 。
该反应为气体分子数增大的反应，低压有利于平衡正向移动，从而促进合成气生成。
(2)用“三段式”法，设 转化 ，根据 体积分数为20%列方程，解得 ，得到 平衡转化率为37.5%。
计算各物质的平衡分压，代入 公式 ，求得 。
(3)反应①和③均为吸热反应，升温使平衡右移， 生成量增加，故曲线 m 表示 。
在900℃前，反应③（）既消耗 又生成 ，导致 体积分数暂时高于 。
(4)根据反应机理图，写出合成乙烯的总反应：。
分析化学键变化：反应物吸附时断裂H—H非极性键和C≡O极性键；C—C偶联时只形成C—C非极性键；整个过程有O—H极性键生成，因此选项b正确。
（1）由、、的燃烧热数值可知①；②；③；由盖斯定律①-2×②-2×③可得(a-2b-2c)；该反应是气体体积增大的反应，从热力学角度考虑，有利于合成气生成的条件是低压。
（2）根据已知条件列出“三段式”
达到平衡时CO的体积分数为20%，解得x=0.375mol，的平衡转化率为=37.5%，因控制总压为5.0，则平衡常数=0.55。
（3）由盖斯定律可知，反应②-反应④可得反应① ，反应①和反应③是吸热反应，反应④是放热反应，升高温度反应①和反应③正向移动，反应④逆向移动，CO的体积分数增大，则表示CO的是m，900℃之前，m曲线明显处于表示的曲线上方，原因是：温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO。
（4）根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为：4H2+2COCH2=CH2+2H2O。
a．根据图示，反应物吸附过程断裂了H-H非极性键和碳氧极性键，a错误；
b．根据图示，偶联过程中只形成C-C非极性键，b正确；
c．根据图示，整个反应过程中有O-H极性键生成，c错误；
故选b。
18．【答案】（1）2-丁烯酸甲酯
（2）
（3）+NaOH+CH3OH
（4）取代反应；羟基和酰胺基
（5）d
（6）叔丁醇钾的碱性比甲酸钠的碱性更强，更有利于B中亚甲基脱氢，也就是更有利于生成碳负离子
（7）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；醇类简介；酯的性质
【解析】【解答】（1）由A的结构简式，可命名A的化学名称是2-丁烯酸甲酯；
故答案为： 2-丁烯酸甲酯 ；
（2）由分析可知，D的结构简式为；
故答案为： ；
（3）F()转化为G()中(反应1)为酯的水解，化学方程式为+NaOH+CH3OH；
故答案为：+NaOH+CH3OH ；
（4）G()与反应生成I()和H2O，反应类型为取代反应，I中含氧官能团名称是：羟基和酰胺基；
故答案为： 取代反应 ； 羟基和酰胺基 ；
（5）a．A分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，从而使溴水褪色，而甲苯与溴不反应，所以可用溴水鉴别A和甲苯，a正确；
b．E分子中，-CF3、2个-CH3中C原子都形成4个σ键，都采用sp3杂化，此种碳原子数为3，b正确 ；
c．G分子中，与醇羟基相连碳原子相邻的碳原子上连有氢原子，与浓硫酸共热可发生消去反应，c正确；
d．NaBH4是还原剂，I转化为J发生氧化反应，则加入试剂NaBH4不能将I转化为J，d错误；
故答案为： d ；
（6）叔丁醇呈中性，而甲酸呈酸性，则叔丁醇钾的碱性比甲酸钠强，所以采用叔丁醇钾提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，原因是：叔丁醇钾的碱性比甲酸钠的碱性更强，更有利于B中亚甲基脱氢，也就是更有利于生成碳负离子。
故答案为： 叔丁醇钾的碱性比甲酸钠的碱性更强，更有利于B中亚甲基脱氢，也就是更有利于生成碳负离子 ；
（7）化合物X是C的同分异构体，X的分子式C7H9NO2，X分子中含有-NH2，核磁共振氢谱显示为四组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应。则X分子中除苯环外，其它原子团中都只含单键、所以X分子中含有1个苯环、1个-NH2、1个-CH3、2个-OH，从而得出X可能的结构为。
故答案为： 。
【分析】不饱和酯 A 与对甲苯磺酰基异腈 B 在碱和 THF 条件下发生环化反应，生成含吡咯环的酯 C。C 与 NBS 发生溴代反应，在吡咯环上引入溴原子，得到中间体 D。D 与含三氟甲基的苯硼酸发生 Suzuki 偶联反应，构建芳基 - 吡咯键，得到酯 E。依据E与的结构简式，可以逆推出D为；依据E和反应生成F，再结合G的结构简式，可确定F为；G 与含硫苯胺类化合物 H 发生酰胺化反应，生成酰胺 I。I 与对甲苯磺酰基试剂反应，在氨基上引入磺酰基，最终得到目标产物艾莎利酮 J。
（1）由A的结构简式，可命名A的化学名称是2-丁烯酸甲酯；
（2）由分析可知，D的结构简式为；
（3）F()转化为G()中(反应1)为酯的水解，化学方程式为+NaOH+CH3OH；
（4）G()与反应生成I()和H2O，反应类型为取代反应，I中含氧官能团名称是：羟基和酰胺基；
（5）a．A分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，从而使溴水褪色，而甲苯与溴不反应，所以可用溴水鉴别A和甲苯，a正确；
b．E分子中，-CF3、2个-CH3中C原子都形成4个σ键，都采用sp3杂化，此种碳原子数为3，b正确 ；
c．G分子中，与醇羟基相连碳原子相邻的碳原子上连有氢原子，与浓硫酸共热可发生消去反应，c正确；
d．NaBH4是还原剂，I转化为J发生氧化反应，则加入试剂NaBH4不能将I转化为J，d错误；
故选d。
（6）叔丁醇呈中性，而甲酸呈酸性，则叔丁醇钾的碱性比甲酸钠强，所以采用叔丁醇钾提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，原因是：叔丁醇钾的碱性比甲酸钠的碱性更强，更有利于B中亚甲基脱氢，也就是更有利于生成碳负离子。
（7）化合物X是C的同分异构体，X的分子式C7H9NO2，X分子中含有-NH2，核磁共振氢谱显示为四组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应。则X分子中除苯环外，其它原子团中都只含单键、所以X分子中含有1个苯环、1个-NH2、1个-CH3、2个-OH，从而得出X可能的结构为。
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