四川省成都市2025届高三下学期二诊化学试题（附答案解析）

这是一份四川省成都市2025届高三下学期二诊化学试题（附答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．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
A．AB．BC．CD．D
2．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．实验室中下列操作规范或方法正确的是
A．AB．BC．CD．D
4．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：
二、多选题
5．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—X—O
C．水解显碱性D．的空间构型为三角锥形
三、单选题
6．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．利用下图装置，下列实验现象或作用正确的是
A．AB．BC．CD．D
8．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．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．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．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．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
13．1-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．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
15．一定温度下，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
四、解答题
16．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：
滤液中含和质量比为1：120，则“除钙”的具体操作是 。
17．二甘氨酸合铜（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．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1ml化合物的焓变），则反应③的 。
(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“0，A正确；
B．在时段，NO2浓度从0变为0.120ml/L，故反应速率c(NO2)==0.0020ml⋅L−1⋅s−1，B正确；
C．反应前后气体体积数发生变化，容器体积恒定，体系的总压强是变量，故体系的总压强保持不变时，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，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，D错误；
故本题选D。
9．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，X的简单氢化物沸点为同主族中最低，可推知X的简单氢化物为甲烷（水的沸点因有氢键而不是最低），则X、Y为C和O，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，可推知Z为Ni，据此分析；
【详解】A．Ni价电子排布式：，属于d区，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．金属Ni的熔点高于氧气，故单质熔点：，C正确；
D．同周期元素，从左到右电负性逐渐增大，故电负性：，D错误；
故选C。
10．B
【分析】由图知，M为阳极，水被氧化得到氧气和氢离子，硝酸根向左移动，左侧可制得硝酸，N为阴极，水放电产生氢气和氢氧根，铵根向右移动，二者反应得到浓氨水；
【详解】A．HNO3是电解质，在水溶液中能导电，A项正确；
B．由图可知，M电极为阳极，电极反应式为，B项错误；
C．由图可知，M电极为阳极，产生H+，溶液中的向阳极移动，得到浓硝酸，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1ml O2，产生4ml H+，则有4ml 向阳极移动，4ml 向阴极移动，D项正确；
答案选B。
11．B
【分析】向黄铜溶解液中加硫酸得到白色沉淀甲PbSO4；通入H2S后Fe3+与H2S反应生成Fe2+和单质S，Cu2+与H2S反应生成H2SO4和CuS沉淀；溶液中加稀硝酸将氧化为，再加氨水沉淀，同时得到。
【详解】A．据分析，加入形成PbSO4沉淀，分离，故A正确；
B．据分析，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．据分析，加入稀硝酸的目的是氧化，故D正确；
故答案为B。
12．D
【分析】羟胺与亚硝酸可发生反应生成，由历程图可知，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。
【详解】A．由 (N的化合价为 −1) 与 (N的化合价为 +3) 生成（N的化合价为 +1），第一次脱水为氧化还原反应， ( N 化合价为 +1) ，第二次脱水为非氧化还原反应，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°，B错误；
C．的酸性远强于 （类似于，具有弱碱性），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。
13．A
【分析】已知排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基，说明更稳定，达到平衡时，其产量更高，故产物A代表，产物B代表；
【详解】
A．由分析可知，产物B对应结构，A错误；
B．由图可知，反应开始时，产物A的含量迅速上升，说明开始反应时，生成产物A的反应为优势反应，故若想获取产物A，应适当缩短反应时间，B正确；
C．产物A、B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，结合题目已知条件：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，则K=35，D正确；
故选A。
14．B
【分析】-钛金合金具有立方晶胞，Au原子位于晶胞顶点及体心，Ti原子位平面上，晶胞中的Au原子有，Ti原子位于每个平面上，有个，据此分析；
【详解】A．据分析可知，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，，计算为=，C正确；
D．合金硬度比成分金属的大，故该合金可作装甲，D正确；
故选B。
15．C
【分析】由图可知，随着pH的增大，物种X和Y均呈现先增大后减小的趋势，在pH=12及以上时，溶液中几乎只含有，纵坐标的浓度约为0.195ml/L，在pH=4左右时，溶液中几乎只有物种X和物种Y，物种X浓度约为0.075 ml/L，物种Y浓度约为0.045 ml/L，根据Cr元素守恒，物种X与物种Y中Cr元素之和为0.0195 ml/L，，因此物种X为，物种Y为；平衡常数Ka1=，A点处，c(H2CrO4)=c()，Ka1=c(H+)=10-0.74，Ka2=，B点处，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-6.5。
【详解】A．根据分析，物种Y为，A正确；
B．Ka1∙Ka2=∙==10-7.24，pH=4.00时，c(H+)=10-4ml/L，=100.76＞1，因此c()＞c(H2CrO4)，B正确；
C．由物料守恒得c(H2CrO4)+c()+c()+2c()=c0 ml/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。
16．(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
【分析】向苦土中加硫酸溶液进行酸浸，酸浸液中存在H+、等，不溶与酸，加MgO调pH沉淀，加NaClO将氧化为除去，氧化为除去，然后再通过的溶解度差异分离。
【详解】（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．(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
【分析】硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物[Cu(NH3)4]SO4，溶液呈深蓝色，再加入氢氧化钠溶液得氢氧化铜沉淀，再加入甘氨酸溶液得到顺式二甘氨酸铜(II)天蓝色针状晶体，加入少量水加热可以转化为反式甘氨酸铜(II)深蓝色鳞状晶体，再用滴定进行纯度分析；
【详解】（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×0.06000ml⋅L−1=1.71×10-3ml，本实验产品的总纯度为×100%=85.5%。
18．(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)
【详解】（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）反应的决速步由活化能最高的步骤决定。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。
19．(1) 氧化反应 浓硫酸、浓硝酸
(2)中和产生的HCl
(3)
(4)
(5)
【分析】物质A被H2O2氧化得到物质B；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；中，加入可以将E中取代为，同时，能和反应生成的HCl反应；F与试剂X按等物质的量反应生成G和，则X为；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，由此推测出I的结构简式为。
【详解】（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。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
A
B
BC
A
D
D
C
B
题号
11
12
13
14
15





答案
B
D
A
B
C