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达州市普通高中 2026 届第二次诊断性测试
化学参考答案
一、单项选择题（每小题 3分，共 45 分。）
1-5 DCCBC 6-10 BBDAB 11-15 DACBD
二、填空题（共 55 分。除标注外，其余每空 2 分）
16.（14分）
⑴ （1分）
⑵B SiO2 （1分）
⑶10 9.2 增大反应物 NH3 H ＋2O的浓度，NH4 消耗反应生成的 OH ，均有利于 Co(OH)2溶解
2[Co(NH ＋ ＋3)6]2 ＋H2O2＝＝ 2[Co(NH3)6]3 ＋2OH
⑷冷却结晶（1分） 加压酸浸（1分）
⑸C
17.（14分）
⑴球形冷凝管（1分） 温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解
＋
⑵取滤液少量于洁净试管中，滴加 2滴 KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的 Fe3 已经完
全除去
⑶水（1分） 分水器中下层液体（水）的量不再增加（或回流液变得澄清）
⑷InCl3 4H2O InOCl＋2HCl↑＋3H2O
⑸88.60 偏高
18.（14分）
⑴＋41.2（1分） 高温（1分）
⑵BC
⑶①a 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应Ⅱ为吸热
反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高 CO的选择性
②0.125 1或
8
⑷①CO2＋6e ＋6H＋＝＝CH3OH＋H2O
碳纳米管内的钴酞菁分子吸附 CO中间体，促进 CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外
19.（13分）
⑴邻溴苯酚（或 2-溴苯酚）（1分） 保护酚羟基，防止酚羟基与 D反应（1分）
⑵醚键（1分） 还原反应（1分）
⑶
⑷ 5 或
⑸ H2，Pd/C （或 Fe/HCl）（1分）达州市普通高中 2026 届第二次诊断性测试
化学参考答案详解
第Ⅰ卷（选择题，共 45 分）
一、单项选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符
合题目要求的。
1．【答案】D
【考查内容】化学与 STSE
【分析】本题以“达州美食文化”为情境，融合有机化学和化学与生活考点。题目围绕米粉、鸡蛋清、牛肉、
茶叶等日常食物，将淀粉、蛋白质变性、美拉德反应、茶叶抗氧化等核心知识串联，考查了学生对宏
观现象的微观解释能力及化学与生活的联系，体现了学科核心素养。
【详解】
A．包裹羊肉的米粉主要成分是淀粉，淀粉由多个葡萄糖单元组成，属于多糖，A错误；
B．加热鸡蛋清，会使鸡蛋清(蛋白质)变性，不是蛋白质的盐析，B错误；
C．高温炭火烘烤牛肉产生的香味，是牛肉中的蛋白质与糖类发生美拉德反应，同时蛋白质发生高温热分
解，并伴随脂肪的氧化裂解。这些反应生成了大量含有焦香、肉香和脂香的挥发性有机物。不是酯类
水解产生的，C错误；
D．茶多酚和维生素 C均为强还原剂，具有抗氧化作用，能清除体内氧自由基、保护蛋白质及肠道膜蛋白
的结构与功能，从而减少蛋白质因氧化造成的损伤，间接促进蛋白质的吸收与利用，D正确；
2．【答案】C
【考查内容】化学用语
【分析】本题以化学用语的规范表达为背景，考查化学基础核心知识。涉及用于核素，分子间氢键，σ键
电子云轮廓图，以及 VSEPR模型等考点，提升考生化学用语规范辨析能力，微观结构表征能力及逻辑
推理能力，培养宏观辨识与微观探析的核心素养。
【详解】
A．用于考古断代的碳的核素为放射性的 146 C，A正确；
B．因 O的电负性大于 N，O-H键极性更强，使 H原子更接近“裸核”，与 N的孤对电子吸引力更强，故该
氢键作用最强烈，即 NH3和 H2O之间最强烈的氢键作用为： ，B正确；
C．HF中的σ键为 s-pσ键，因此其电子云轮廓图应为 ，C错误；
D．SO2－ 13 的中心原子 S周围的价层电子对数为：3+ ×(6＋2－3×2)
－
＝4，有 1对孤电子对，则 SO2
2 3
的 VSEPR
模型为： ，D正确；
3．【答案】C
【考查内容】阿伏加德罗常数 NA
【分析】本题以消除采矿业胶液中的氰化物为背景，聚焦阿伏加德罗常数 NA的综合应用。试题融合了物
质中π键数目、溶液中原子数目、反应中电子转移数目的计算，并结合溶液守恒关系进行考查，全面检
1
测了学生对化学计量关系的掌握程度及微观粒子的计算能力。
【详解】
A．1 mol KCN － －中含有 1 mol CN 离子，CN 离子中存在碳氮三键，三键中有两个π键和一个σ键，所以 1 mol
CN－中含有的π键数目 2NA，则 0.5 mol CN－中含有的π键数目 NA，A错误；
B．常温常压下，100 g质量分数为 17% 的 H2O2溶液中，H2O2的质量为 100g×17% = 17g，水的质量为 100g
– 17g = 83g m 17g。n(H2O2)＝ ＝ ＝0.5mol，含有 H原子数目为 N ，H O中还含有 H原子，因此
M 34g mol－1
A 2
100g溶液中含有 H原子数目大于 NA，故 B错误；
C．KCN＋H2O2＋H2O＝＝KHCO3＋NH3↑，生成 1 mol NH3时转移 2mol电子，因此生成 0.3 molNH3时，转
移电子的数目为 0.6NA，故 C正确；
D HCO － － － － －． 3既能水解又能电离，含碳微粒有 HCO3、CO23 、H2CO3，根据物料守恒 HCO 、CO23 3 、H2CO3
数之和为 0.1NA，故 D错误；
4．【答案】B
【考查内容】化学实验基础－实验方案设计
【分析】本题聚焦化学实验现象分析、反应原理应用、物质性质与规律推导等核心知识。核心考点包括氧
化还原反应中氧化性强弱的判断、盐类水解的规律、离子的检验以及化学平衡的移动。提升考生实验
现象分析能力、逻辑推理能力、反应原理迁移应用能力及实验结论严谨性判断能力。培育证据推理与
模型认知、科学探究与创新意识、宏观辨识与微观探析的核心素养。
【详解】
A ＋．检验 NH 4需要浓的强碱溶液同时加热使 NH3挥发出来，加入稀氢氧化钠溶液同时未加热时试纸不变蓝
＋
不能排除 NH 4存在，故 A错误；
B．2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，将充有 NO2的密闭烧瓶放入热水中，平衡向逆反应方向移动，气体
颜色变深，则实验现象和结论均正确，故 B正确；
C．Cl2＋KBrO3＝＝Br2＋KClO －3，只能说明 BrO3的氧化性强于 Cl2，而 Br2作为还原产物，无法与 Cl2比较
氧化性强弱，C错误；
D．CH3COOH －溶液中加入 CH3COONH4固体，溶液中 CH3COO 浓度增大，抑制 CH3COOH电离，平衡逆
向移动，溶液 pH变大。CH3COONH4溶液呈碱性结论是错的，D错误；
5．【答案】C
【考查内容】有机物的结构和性质
【分析】核心考点包括有机物共线共面判断、手性碳原子判断、同分异构体的判断、官能团性质及与 Na
置换反应的定量计算，提升考生有机物结构分析能力、同分异构体推断能力、官能团性质迁移能力。
【详解】
A．具有 4个手性碳原子： ，A错误；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，所有碳原子不可能在同一平面上，故 B错误；
C．青蒿酸不饱和度为 5，其同分异构体可能有芳香族化合物，C正确；
D．题中没有说明气体是否处在标准状况下，D错误；
6．【答案】B
2
【考查内容】离子方程式的书写
【分析】本题以典型离子反应为载体，重点判断物质是否拆分、反应类型（氧化还原/双水解）、反应先后
顺序与产物，同时考查守恒思想与规范书写，综合性强、易错点多，侧重对反应本质的理解。
【详解】
A － ＋ －．稀硝酸具有强氧化性，能将 S2-氧化为硫单质，正确的离子方程式为 3S2 ＋8H ＋2NO3＝＝3S↓＋2NO↑
＋4H2O，A错误；
B ＋．Al3 与 HS－发生完全双水解反应，生成 Al(OH)3沉淀和 H2S气体，方程式符合反应原理，B正确；
C －．在酸性条件下，IO 离子与 I 3 离子反应生成 I2单质，CH3COOH是弱酸，则离子方程式为：6CH3COOH
＋5I ＋IO－3＝＝3I2＋3H2O＋6CH3COO ，C错误；
D．Ba(OH) － －2与 NH4HSO4按 1:1混合反应，1mol H+与 1 mol OH 中和生成 1 molH2O，1 molBa2+与 1 molSO24
生成 1 molBaSO4沉淀，还有 1 mol OH－ 1 mol NH
＋
与 4参与反应，D错误；
7．【答案】B
【考查内容】物质结构与性质
【分析】本题以干冰与冰的堆积方式、空间利用率、超分子选择性、键角大小的判断、醛基和氢氰酸加成
为载体，考查宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任化学学科核心素养，
要求学生从微观作用力、空间结构、电子效应角度分析结构与性质的关系，体现“结构决定性质、性质
决定应用”的化学思想。
【详解】
A．干冰的密度大于冰，是因为干冰中 CO2是面心立方堆积，空间利用率高，而冰中水分子间存在氢键，
形成疏松的晶体结构，空间利用率低，A错误；
B．“杯酚”通过空腔大小选择性结合 C60，实现与 C70分离，故 B正确；
C．BeCl2中中心 Be原子为 sp杂化，键角为 180°，BCl3中中心 B原子为 sp2杂化，键角为 120°，CCl4中
中心 C原子为 sp3杂化，键角为 109°28′，三种物质中心原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子
对无关，故 C错误；
D －．乙醛中醛基 C=O 极性强，电子云偏向氧，使羰基碳带部分正电荷，易被 CN 亲核进攻，乙醛与极性
分子 HCN发生加成反应时，羰基氧带部分负电荷，H带正电荷，连接在氧原子上，反应生成 ，
D错误；
8．【答案】D
【考查内容】化学实验装置与操作
【分析】本题聚焦化学实验核心操作与装置设计逻辑。核心考点包括气体除杂、氧化还原滴定的操作、气
体的收集以及分子极性判断。强化考生对“实验原理－装置功能－操作规范”逻辑关系的理解与应用能力。
【详解】
A．碱石灰是碱性干燥剂，HCl是酸性气体，可被碱石灰吸收，而 H2不与碱石灰反应，但气体应从干燥管
的粗口进入，细口排出，A错误；
B．溴水遇到 KI则立刻会产生碘单质，遇淀粉立即变蓝，故不能用此方法测定 KI溶液的浓度，且溴水不
能用碱式滴定管盛装，B错误；
C．NO与 CO2不反应，NO的相对分子质量为 30，CO2相对分子质量为 44，因此 NO密度小于 CO2，NO
应从短管通入，将密度更大的 CO2从底部长管排出，才能收集 NO，C错误；
D．水分子是极性分子，四氯化碳是非极性分子，带电的橡胶棒靠近时，极性分子会发生偏转，非极性分
子不偏转，可达到实验目的，D正确；
3
9．【答案】A
【考查内容】元素周期表与元素周期律
【分析】本题以元素周期律为核心依据，要求学生根据元素在周期表中的位置，判断半径、电负性、最高
价含氧酸酸性及沸点的变化规律。根据题干，W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大；
基态 X原子 p轨道仅 1个电子，电子排布式为 1s22s22p1，推断 X为 B；Z的氢化物可用于蚀刻玻璃，Z
为 F。再由 Z的原子序数等于 X的次外层电子数与 Y的核外电子数之和，Y为 N。X2W6可发生剧烈水
解产生W的单质,W为 H。
【详解】
A．YW3为 NH3，Y2W4为 N2H4（肼），二者均存在分子间氢键，N2H4比 NH3形成的氢键更多，且 N2H4
相对分子质量更大，沸点更高，A正确；
B．同一周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性 Z(F)＞X(B)。结合已知信息 B2H6＋6H2O＝＝
2H3BO3＋6H2↑可推出 B2H6中 H元素为﹣1价，H元素电负性比 B元素大，电负性 Z(F)＞W(H)＞X(B)。，
B错误；
C．根据原子半径递变规律，电子层越多，原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，
因此原子半径顺序为 N＞F＞H，即 Y＞Z＞W，C错误；
D．F元素电负性最大，非金属性最强，化合物中只有负价，没有正价，不能形成含氧酸，D错误；
10．【答案】B
【考查内容】反应历程、催化机理
【分析】核心考点包括催化剂的作用机制，化学键的断裂与生成判断，消去反应机理，碳原子的杂化方式，
总反应方程式的书写。提升考生反应历程分析能力，化学键变化辨析能力，催化反应机理理解应用能
力，培育宏观辨识与微观探析的核心素养。
【详解】
A．根据反应机理图可知产物还有 H2O，总反应方程式为：(CH3)3CCH2OH (CH3)2C=CHCH3＋H2O，
A正确；
B． 中碳正离子的杂化方式为 sp2，B错误；
C．由图可知，反应中只涉及极性键的断裂和形成，C正确；
D．依据该机理可知C 由羟基所连的C转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双键推断
能发生消去反应，故 D正确；
11．【答案】D
【考查内容】电化学
【分析】以我国科学家研制的可充电氢负离子全固态电池为真实情境，通过提供充放电原理和图示呈现信息，
以此考查电化学的基础知识：电解质离子的移动方向、电极的判断、电极反应式的正误判断及相关计算。根
据 3NaAlH4＋6CeH2 Na3AlH6＋2Al＋6CeH3及图示信息可知，电池放电时 A极为正极，电极反应
式为 3NaAlH4＋6e－＝Na3AlH6＋2Al＋6H－，B极为负极，电极反应式为 CeH H－ －2＋ －e ＝CeH3；充电时
A － －极为阳极，电极反应式为 Na3AlH6＋2Al＋6H －6e ＝3NaAlH4，B极为阴极，电极反应式为 CeH3＋
e－＝CeH2＋H－。
【详解】
A －．放电时，H 移向负极，A正确。
B．充电时，阴极与外接电源的负极相接，B正确。
4
C．依据上述分析，放电时 B极电极反应式为 CeH － －2＋H －e ＝CeH3，C正确。
D．依据上述分析，充电时 A极电极反应式为 Na3AlH6＋2Al＋6H－－6e－＝3NaAlH4，A极质量增重，且每
转移 1 mol e－，A极增重 1g，D错误。
12．【答案】A
【考查内容】有机化学基础
【分析】有机化学中与高分子材料相关的选择题。主要考查单体分子的化学性质、聚合反应的类型判断及
聚合物重复单元的判定。
【详解】
A．由 X的结构知，1 mol X完全水解生成 3 mol H2CO3，可消耗 6 mol NaOH，A错误。
B．对比 X、Y、Z三者的结构可知，合成 Z的反应为加聚反应，原子利用率为 100%，B正确。
C．1 mol Y的结构中含 2 mol羟基，1 mol 乙二酸的结构中含 2 mol羧基，满足缩聚反应的要素和特点，C
正确。
D．由 C的分析可得出 Z的结构如下： ，重复结构单元中含有 X、Y的片段比为 2∶3，
则 n(N)∶n(S)∶n(O)＝6∶6∶12，化为最简比 n(N)∶n(S)∶n(O)＝1∶1∶2，D正确。
13．【答案】C
【考查内容】晶体结构常识及简单计算
【分析】根据题中所给晶胞α=β=γ=90°，确定该晶胞为立方晶胞，Mg、
Ni、C三种原子分别位于晶胞的顶点、面心和体心，再确认 1、2、
3号原子所处的位置，利用均摊法、分数坐标、密度计算公式及原
子位置关系可以解答本题。
【详解】
A．晶胞为立方晶胞，Mg、Ni、C三种原子分别位于晶胞的顶点、面心和体心，利用均摊法可知，一个晶
胞中Mg、Ni、C三种原子的个数分别为 1、3、1，则晶体的化学式为MgNi3C，A正确；
B．由题中所给原子 1、2的分数坐标分别为(0,0,0)、(1,1,1)，则可确定原子 3(位于晶胞右侧面心)的分数坐
2 2
标为(1,1,1)，B正确；
2 2
C．根据晶胞中 Ni与Mg 原子的最短距离为 a pm，可计算出晶胞参数为 2a pm＝ 2a×10 10cm， 再根据
M
密度计算公式可得晶胞密度ρ＝ g/cm3，C错误；
NA×( 2a×10 10)3
D．由 C选项计算出晶胞参数为 2a pm，再根据原子 1、2的位置关系，可得 1和 2原子间的距离为 3a pm，
D正确；
14．【答案】B
【考查内容】微型工艺流程题
【分析】根据题中所给废弃钢渣(含有 FeO、Fe2O3、CaO、SiO2和少量MnO等)的主要成分，可快速确定
设计流程的意图是去除 Si、Fe、Ca元素，固定 CO2，回收Mn元素并制取MnO2 nH2O。各除杂步骤物
质清楚，目的明确，再结合已知信息可做分析和计算。
【详解】
A．加入试剂 A的目的是将溶液中的 Fe2＋氧化为 Fe3＋，而 H2O2、Cl2、MnO2等氧化剂均能在酸性条件下将
Fe2＋氧化为 Fe3＋，A正确；
5
B．“沉铁”时，加 NH3 H2O调节溶液 pH Fe3＋ ＋，使溶液中的 完全沉淀，而Mn2 不沉淀，则根据离子完全沉
淀时浓度 c(Mn＋)≤1.0×10 5mol/L 3 K [Fe(OH) ]，Ksp[Fe(OH)3]＝10 38.6，可得 Fe3＋完全沉淀时 c(OH )＝ sp 3c(Fe3+ ＝)
3 10 38.6 11.2 3＋
1×10 5
mol/L＝10 mol/L，可得 pH＝2.8，所以应调节 pH为 2.8时 Fe 完全沉淀，B错误；
C “ ” Mn2＋ “ ” － ＋．沉锰 前锰元素以 存在于溶液中，沉锰 时发生反应的离子方程式为：2MnO4＋3Mn2 ＋(2＋n)H2O
＝＝5MnO2 nH2O↓＋4H＋ ＋，H 浓度增大，溶液 pH变小，C正确；
D．根据题目所给钢渣中钙元素的质量分数为 24％，钙的浸出率为 90％，n(Ca)＝n(CO2)，所以 m(CO2)＝
a×103×24％×90％×44 kg＝237.6a kg，D正确；
40
15．【答案】D
【考查内容】化学实验、水溶液中的离子平衡
【分析】本题以泡打粉的使用为情境，结合泡打粉主要成分 NaHCO3和 Na2H2P2O7(焦磷酸二氢二钠)进行考
查。核心考点包括离子浓度比较，电荷守恒应用，反应进行程度等，提升考生综合分析，图像解读，
数据处理及逻辑推导能力，培育宏观辨识与微观探析，证据推理与模型认知，变化观念与平衡思想的
核心素养。
【详解】
A．由图可知，随 pH增大，H4P2O7中的H+逐渐被消耗，故①为H4P2O7，②为H3P O－2 7③为H2P2O27 ，④为HP2O3－7 ，
－
⑤为P2O47 ，故 A错误；
B．根据 A项分析，③代表H2P2O27 的分布分数曲线，由图可知，当H2P2O72 的分布分数为最大值时溶液的
pH＜7，溶液显酸性，说明H2P2O2 － －7 的电离大于水解，则 c(HP2O37 )＞c(H3P2O7 )，故 B错误；
C －．由题干和图 1信息可知，发生反应的离子方程式为：H2P2O27 ＋HCO 3＝＝HP2O37 ＋CO2↑＋H2O
HP O3－
D．反应 OH－＋H2P2O72 ＝＝HP －
c( 2 7 ) Ka3(H4P2O7)
2O37 ＋H2O的平衡常数 K＝ ＝ ，取③和④的交点，
c(H －2P2O72 ) c(OH ) Kw
－6.30
c(H2P2O72 )＝c(HP O3－) Ka (H P O ) c(H＋) 1×10－6.3 K
10
2 7 ， 3 4 2 7 ＝ ＝ ，则 ＝ ＝107.70＞105，认为反应进行完全；
10－14
或由图 2中 pH＞9，H2P2O72 的含量几乎为 0，表明该能反应进行完全，故 D正确；
第Ⅱ卷（非选择题，共 55 分）
二、填空题（本题 4个小题，共 55分）
16．(14分)
【答案】
(1) （1分）
(2)B SiO2 （1分）
(3)10 9.2 增大反应物 NH3 H2O ＋的浓度，NH 4消耗反应生成的 OH ，均有利于 Co(OH)2溶解
2[Co(NH ＋ ＋3)6]2 ＋H2O2＝＝ 2[Co(NH3)6]3 ＋2OH
(4)冷却结晶（1分） 加压酸浸（1分）
(5)C
【考查内容】工业流程题
【详解】
6
(1) Ni2＋基态 的价电子排布图为 ；
(2)“加压酸浸”时各元素的浸出率受到
硝酸初始浓度、保温时间、浸出温度、
液固比等因素的影响，图 1、2所示
为浸出温度和液固比对金属离子的
浸出率的影响，浸出温度、液固比应
选择铁的浸出率低，而其他金属浸出
率高的温度，读图 1可知浸出温度应选择 190℃，读图 2可知液固比应选择 1.6~1.7 mL/g，故应应选择
B答案；矿石经硝酸加压酸浸后仅 SiO2不溶，所得滤渣 1的主要成分是 SiO2；
(3)“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液使 Co(OH)2溶解为[Co(NH3)6]2＋，溶解转化反应为
2＋ 2
Co(OH)2＋6NH3 [Co(NH3)6]2＋ 2OH
c{[Co(NH3)6] }·c (OH ) ＋ ＋
＋ ，平衡常数K＝ ，[Co(NH ) ]2 Co2
c6
3 6
(NH3)
c{[Co(NH3)6]2＋
＋6NH3对应 K
}
＝ ＝1.0×105稳 ，Ksp[Co(OH) ＋2]＝c(Co2 ) c2(OH ) 10－＝ 14.2，则溶解转化反
c6(NH3)·c(Co2＋)
K － －应的平衡常数 ＝K 稳×Ksp[Co(OH)2]＝1.0×105×10 14.2＝10 9.2；加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，
＋
增大反应物 NH3 H2O 的浓度，NH 4消耗反应生成的 OH ，均有利于 Co(OH)2的溶解；根据已知信息
[Co(NH3)6]2＋ ＋ ＋易被氧化为[Co(NH3)6]3 ，所以加入 H2O2后反应的离子方程式为：2[Co(NH3)6]2 ＋H2O2＝＝
2[Co(NH3)6]3＋＋2OH ；
(4)从浸出液中获得 Mg(NO3)2 6H2O晶体的一系列操作为“蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥”；
所得Mg(NO3)2 6H2O晶体经高温分解能得到 NO2，再与 O2和 H2O作用后生成 HNO3，可返回到“加压
酸浸”工序循环利用；
(5)已知[Co(NH3)6]3＋ ＋为正八面体形结构(如图 3)，配合物中心离子 Co3 的配位数为 6，
Co3＋的价层电子对数为 6，则杂化方式不可能为 sp2、sp3、dsp3杂化，所以中心离
子 Co3＋的杂化方式为 d2sp3；
17．（14分）
【答案】
(1)球形冷凝管（1分） 温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解
(2) ＋取滤液少量于洁净试管中，滴加 2滴 KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的 Fe3 已经
完全除去
(3)水（1分） 分水器中下层液体（水）的量不再增加（或回流液变得澄清）
(4)InCl3 4H2O InOCl＋2HCl↑＋3H2O
(5)88.60 偏高
【考查内容】实验题
【详解】
(1)仪器 B的名称为球形冷凝管；溶解金属铟时略微加热可加快反应速率，但浓盐酸易挥发，故加热温度不
能太高，则控温 40~60℃的原因是温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶
解。
(2)除杂时除去溶液中的 Fe3＋，验证溶液中 Fe3＋已除尽的实验方案为：取滤液少量于洁净试管中，滴加 2
滴 KSCN ＋溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的 Fe3 已经完全除去。
(3)控温回流时预先在分水器中加水，使用分水器将蒸出的环己烷与水的共沸物中的水进入下层，达到去除
7
InCl3 4H2O中的 H2O的目的；当分水器中下层液体（水）的量不再增加或回流液变得澄清时，表明水
已经完全蒸出，可以停止加热。
(4)若直接加热 InCl3 4H2O晶体，InCl3会发生水解反应生成 InOCl，该反应的化学方程式为：InCl3
4H2O InOCl＋2HCl↑＋3H2O。
(5)根据题目所给信息，称取 4.50 g无水 InCl3样品，配制成 500 mL待测液，取 25.00 mL待测液加入 20.00
mL 0.1000 mol/L EDTA溶液(H Y2－2 )充分反应，再用 0.05000 mol/L CuCl2标准溶液滴定过量 EDTA溶液，
终点时消耗标准溶液 22.00mL，反应为 In3＋＋H2Y2－＝＝InY－＋2H＋，Cu2＋＋H2Y2－＝＝ CuY2－＋2H＋。这
是利用金属离子与 EDTA标准溶液进行络合滴定再返滴定的方法，则样品中 InCl3
(0.1000×20.00×10 3－0.05000×22.00×10 3)×221.5×500÷25
的质量分数列式为
4.50
×100％＝88.6％；若滴定时其他操作无误，量取待测液时初始和结束读取滴定管
刻度方式如图 3所示，表明所量取的待测液体积偏小，而计算时仍代入 25.00 mL
待测液进行计算，实际导致返滴定时所用 CuCl2标准溶液体积偏小，则测定结果将
偏高。
18．(14分)
【答案】
(1)＋41.2（1分） 高温（1分）
(2)BC
(3)①a 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应Ⅱ为吸热
反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高 CO的选择性
②0.125 1或
8
(4)①CO ＋6e ＋6H＋2 ＝＝CH3OH＋H2O
②碳纳米管内的钴酞菁分子吸附 CO中间体，促进 CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外。
【考查内容】本题以 CO2催化加氢制甲醇的反应研究为真实情境，综合考查学生对反应原理的理解与应用，
着重考查盖斯定律、ΔG、平衡状态的标志、平衡常数的计算、电极反应式的书写等知识，以及学生对
图文内容进行综合分析与理解运用的能力。
【详解】
(1)根据盖斯定律：Ⅱ＝Ⅰ－Ⅲ，ΔH2＝ΔH1－ΔH3＝＋41.2kJ/mol；根据ΔG＝ΔH－TΔS，反应Ⅱ中ΔH＞0，ΔS
＞0，则反应 II高温下能自发进行。
(2)恒温恒容的密闭体系且反应Ⅰ、Ⅲ反应前后气体分子数不等。
A．速率作为判断平衡状态的标志时，需指明两个方向，A错误。
B．由上分析可知，反应进行时体系的体积是个变量，则气体的密度是变量，根据“变量不变即平衡”得，
B正确。
C．根据反应知：CO2在消耗，n(CO2)减小，CH3OH在生成，n(CH3OH)增多，则 n(CO2)∶n(CH3OH)是个
变量，C正确。
D K1．恒温条件，K不变， 恒定，D错误。
K2
(3)①依据图 1及温度对平衡移动的影响规律：反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，CH3OH
的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升
高 CO的选择性，故表示 CH3OH选择性的曲线为 a。
②由⑶①分析及图 1的数据可知：M点，CO2的转化率与 CH3OH的选择性均为 50%，再结合元素守恒，
平衡时 n(CO2)＝0.5mol，n(CH3OH)＝n(CO)＝0.25mol，n(H2O)＝0.5mol，n(H2)＝2mol，n(总)＝4.5mol。
3 0.25 3 0.5
Kp＝ 4.5 4.5 ＝0.125 1或
3 0.5 2
8
3
4.5 4.5
8
(4) ＋①依据电解池原理，阴极应发生还原反应，且注解说明 KHCO3溶液不参与电极反应，则只能是 H 来平
衡电荷，故阴极的电极反应式为：CO2＋6e ＋6H＋＝＝CH3OH＋H2O。
②通过已知信息可知，钴酞菁分子可吸附 CO中间体并抑制 CO中间体的生成，故将钴酞菁分子限域在
碳纳米管内部，可促进 CO中间体进一步还原为 CH3OH，提高 CH3OH的选择性。
19．(13分)
【答案】
(1)邻溴苯酚（或 2-溴苯酚）（1分） 保护酚羟基，防止酚羟基与 D反应（1分）
(2)醚键（1分） 还原反应（1分）
(3)
(4) 5 或
(5) H2，Pd/C （或 Fe/HCl）（1分）
【考查内容】本题以可以口服给药的治疗血小板减少症的药物 K 的合成路线为真实情境，主要考查有机化
合物的命名、特殊步骤的目的、常见官能团的名称、有机反应类型、根据信息推测化合物的结构简式、
限定条件的同分异构体数目判断、核磁共振氢谱在结构确定中的应用、有机合成等知识。
【详解】
⑴根据反应条件 A→B应为硝化反应，在比较 B的分子式与 C的结构简式，可推知 B为 ，则 A
为 ，名称是邻溴苯酚（或 2-溴苯酚）；结合 F→G的反应条件及 F的分子式和 G的结构简式，
可推知 F为 ,就整个路线而言，B→C将酚羟基甲基化，而 E→F又将甲基去掉，故 B→C
的目的是保护酚羟基，防止酚羟基与 D反应。
⑵由 C的结构可知其官能团的名称为硝基、醚键和碳溴键；结合⑴的分析，F→G的反应类型为还原反应。
⑶结合 H的分子式和 I、J的结构简式，可推出 H的结构简式为 。
⑷由 I的结构简式知化学式为 C6H10O3，不饱和度为 2，能发生银镜反应则有醛基，能与 NaHCO3溶液反应
则有羧基，而一个醛基和一个羧基刚好 2 个不饱和度。除去一个醛基和一个羧基还有四个碳原子，采
用“定一移一方法”共有 、 、 （箭头所指醛基位置），共有 5 种；其中核磁
共振氢谱为 6 组峰的是 。
⑸结合M→ 的合成路线可知M的结构简式为 ，则第①步应为硝化反应，第②
步为硝基的还原反应。
9达州市普通高中2026届第二次诊断测试
化学试题
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生务必将自已的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2回答选择题时，选出每小题答案焙，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上，写在本试卷上无效。
3,考试结束后，监考员将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16C1-35.5Ca-40Cu-64In-115
第I卷（选择题，共45分)
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项是最符合题目要求的。
1.央视纪录片《三餐四季》深入报道了四川达州的特色美食文化。下列说法正确的是
A.“半肉格格”蒸笼鲜香，用于包裹羊肉的米粉主要成分属于低聚糖
B.“雪花鸡淖”柔嫩滑爽，制作中用到鸡蛋清，其加热凝固的过程为盐析
C,“灯影牛肉”酥脆化渣，制作时炭火烘烤产生的焦香味是酯类水解产生的
D.“雀舌炒岩豆”茶豆竞香，茶叶含有茶多酚和维C,可促进人体蛋白质吸收和抗氧化
2.下列化学用语表示错误的是
A.用于考古断代的碳的核素为：℃
B.NH3和H2O之间最强烈的氢键作用：
C.F分子中o键电子云轮廓图：
D.SO的VSEPR模型：
3.消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN,C为十2价），可通过以下反应实现：
KCN+HzO2十H2O一KHCO3十NHs↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.0.5 mol KCN中含有π键的数目为0.5Na
B.100g质量分数为17%的H2O2溶液中H原子数为Na
C.上述反应生成0.3moH3时，转移电子的数目为0.6NA
D.1L0.1moL的KHCO3溶液中HCO3和CO-的离子数之和为0.1NA
“二诊”化学试题第1页（共8页）
4.
下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验方案
现象
结论
向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润
试纸未变蓝
的红色石蕊试纸靠近管口
溶液中不含NH
烧瓶内气体颜色
B
将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中
变深
NO2转化为N2Oa是放热反应
向KBO3溶液中通入少量C2,然后再
加入少量苯
有机层呈橙红色
氧化性：Cl2>Br2
D
向CH3COOH溶液中加CHCOONH4固体
溶液pH变大
CH3 COONH4溶液呈碱性
5.
青蒿酸可用作合成青蒿素的原料，结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A,分子中含有5个手性碳原子
B.分子中所有碳原子可能共平面
C、存在属于芳香族化合物的同分异构体
D.1mo1青蒿酸与足量金属钠反应可放出11.2LHz
6.下列反应的离子方程式正确的是
A.NaS溶液和稀硝酸混合：2H+S2-一HS↑
B.NaHS溶液与Al2(04)3溶液混合：A13*+3HS+3HzO一A1(OH田aJ十3H2St
C.用白醋和KI-淀粉试纸检验加碘盐中的103：6班广+5T+103一32十3H20
D.Ba(OD2和NH4HSO4溶液以物质的量之比1：1混合：
Ba2*+20H-+2H*+S0-BaS041+2H2O
7.下列性质或现象与微观解释均正确的是
选项
性质或现象
微观解释
A
干冰的密度大于冰
干冰中C02的堆积方式使其空间利用率低
B
特定“杯酚”能盛装C,从而分离C0和C0
该“杯酚”空腔大小适配C6
c
BeC2、BCL3、CCl4的键角依次减小
孤电子对与成键电子对之间的斥力大于
成键电子对之间的斥力
D
乙醛能与非极性试剂HCN发生加成反应醛基中碳氧双键有极性，且氧带部分负
生成
HO CN
电，可与HCN中带正电的氢结合
8.下列实验设计或操作合理的是
澳水
NO
碱石灰
H2(HCI)
充满
C02
液海
蒸馏水
淀粉-K1
溶液
带电的橡胶棒
A.
除去中的
D.
C.收集NO气体
证明分子极性：
HCI
B,测定KI溶液的浓度
H2O>CC14
“二诊”化学试题第2页（共8页）

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