精品解析：2025届四川省乐山市高三下学期第三次调查研究考试 化学试题

乐山市高中2025届第三次调查研究考试 化学试题 本试卷满分100分，考试用时75分钟 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Ca40 Cu64 Au197 一、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，只有一项符合题目要求。 1. 下列历史文物中，主要成分为氧化物的是 A．纸本名画《五牛图》 B．兽首玛瑙杯 C．牛虎铜案 D．人面鱼纹彩陶盆 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．纸本名画的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子化合物，不是氧化物，故A错误； B．兽首玛瑙杯的主要成分是玛瑙，玛瑙的主要成分为二氧化硅（），由和O两种元素组成，属于氧化物，故B正确； C．牛虎铜案为青铜器，青铜是铜锡合金，主要成分为金属单质，不属于氧化物，故C错误； D．人面鱼纹彩陶盆的主要成分是陶瓷，陶瓷的主要成分为硅酸盐（如等），硅酸盐由多种元素组成，不属于氧化物，故D错误； 故答案为：B。 2. 中国科学家利用特殊技术成功将金属挤压到只有一层原子的厚度，形成超薄的“二维金属”，其具备许多令人惊叹的特性。下列有关“二维金属”的说法错误的是 A. 熔点一般低于同材料块状金属 B. 挤压金属时要克服金属键 C. 不具有导电性 D. 挤压前后金属化学性质不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．金属的熔点与金属键强度相关，二维金属的表面原子占比较高，原子的平均配位数减小，导致整体金属键作用减弱，故A正确; B．金属在外力作用下发生形变时，内部原子层之间会发生滑移，此过程需要克服金属原子间的相互作用力（即金属键），故B正确; C．导电性依赖自由电子，二维结构仍存在自由电子，导电性保留，故C错误; D．化学性质由原子结构决定，形态变化不影响，故D正确; 故答案为：C。 3. 反应：用于制备含氯消毒剂ClO2.是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 的空间构型为平面三角形 B. 电子式表示NaCl的形成过程： C. 每生成22.4 L氯气，反应转移的电子数为2 D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 【答案】D 【解析】 【详解】A．中的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形，A错误； B．为离子化合物，形成过程中失去电子为，得到电子为，正确电子式表示NaCl的形成过程：，B错误； C．未说明标准状况，22.4L 的物质的量不一定为1 mol，转移电子数无法确定为，C错误； D．中从+5→+4（得电子，氧化剂），2 mol 得；中部分Cl从-1→0（失电子，还原剂），生成1 mol 失，对应还原剂为2 mol，氧化剂与还原剂物质的量之比为，D正确； 故选D。 4. 实验室中下列操作能达到相应目的的是 A．制备Fe(OH)3胶体 B．验证浓度对化学反应速率的影响 C．除去SO2中混有的HCl D．制备并收集NH3 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．制备Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并煮沸至红褐色，而图示中FeCl3饱和溶液直接滴入NaOH溶液，会生成Fe(OH)3沉淀，无法得到胶体，A错误； B．验证浓度对反应速率的影响需保证反应原理一致，Na2S2O3与浓硫酸会发生氧化还原反应（浓硫酸强氧化性），与稀硫酸发生复分解反应，反应类型不同，无法比较浓度影响，B错误； C．SO2中混有的HCl可通过饱和NaHSO3溶液除去，HCl与NaHSO3反应生成SO2（NaHSO3+HCl=NaCl+SO2↑+H2O），且SO2在饱和NaHSO3中溶解度小，洗气装置长进短出合理，C正确； D．NH3密度比空气小，应采用向下排空气法收集，图示为向上排空气法，收集方法错误，D错误； 故答案选C。 5. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 少量CuO溶于稀硝酸： B. 用FeS除去废水中的： C. H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液： D. NaHCO3溶液中通入少量Cl2： 【答案】A 【解析】 【详解】A．CuO与稀硝酸反应生成Cu2+和H2O，H+来自硝酸的离解，硝酸根作为旁观离子不参与反应，离子方程式正确，A项正确； B．FeS为难溶物，应保留化学式，正确反应为：，而选项B错误拆分为S2-，B项错误； C．H2SO3具有还原性，在酸性条件下会被氧化为，生成BaSO4沉淀而非BaSO3，方程式未体现氧化过程，正确反应为：，C项错误； D．Cl2与NaHCO3溶液反应时，Cl2先与水发生歧化反应生成HCl和HClO，中和HCl中的H+生成CO2，但HClO酸性弱于H2CO3，HClO不能与反应，所以产物应为Cl⁻和HClO，正确反应为：，D项错误； 故答案选A。 6. X、Y、Z、W、M是周期表中原子序数依次增大的前20号元素。Y、Z位于同一周期，X、Y、Z形成的一种常见物质结构如图，W、M的基态原子都只有一个未成对电子，两者相互作用形成的离子的电子层结构相同，且最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，下列说法正确的是 A. 原子半径：Z>Y>X B. 由X、Z、M形成的化合物只含离子键 C. 简单氢化物的沸点：Z>Y D. X和W两种元素的单质，在暗处剧烈化合并发生爆炸 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的前20号元素，Y、Z同周期。根据X、Y、Z形成的物质结构及成键特点，推断X为H（形成1个键），Y为C（形成4个键，连3个H和1个Z），Z为O（与Y同周期，形成2个键连2个Y）。W、M基态原子均只有1个未成对电子，形成离子电子层结构相同，且最高能级电子对数等于最高能层电子层数，推知W为Cl（3s23p5，1个未成对电子）、M为K（4s1，1个未成对电子），Cl-和K+均为18电子结构，最高能级3p6（3对电子），最高能层电子层数3（3=3），符合条件。综上：X=H，Y=C，Z=O，W=Cl，M=K。 【详解】A．原子半径：同周期从左到右原子半径减小，C>O>H（Y>Z>X），A错误； B．X、Z、M形成的化合物为KOH，含离子键（K+与OH-）和共价键（O-H），B错误； C．简单氢化物沸点：Z（H2O，含氢键）>Y（CH4，分子间作用力），C正确； D．X（H2）与W（Cl2）在光照下反应，暗处不反应，D错误； 故选：C。 7. 从雪香兰中分离得到一种具有抗肿瘤活性的天然物质雪香兰新二萜，结构如图所示。下列关于雪香兰新二萜的说法中错误的是 A. 分子中有6个手性碳原子 B. 能发生加成、水解、消去、氧化、还原反应 C. 能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色 D. 1mol该物质最多可与5molH2发生加成反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．手性碳原子为连有四个不同基团的饱和碳原子，中饱和碳原子共6个(*标出)，故A正确； B．分子含碳碳双键，可加成、氧化、还原；含有酯基可水解；含有醇羟基(有β-H)可发生消去反应，含有羰基可发生加成、还原反应，故B正确； C．含碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应褪色，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化褪色，故C正确； D．能与H2加成的基团为碳碳双键和酮羰基，酯基羰基不与H2加成，该分子含3个碳碳双键和1个酮羰基，故1mol该物质最多与4mol H2加成，故D错误； 选D。 8. 利用光电装置电解环己烷（）和，可以制备环己酮（）和羟胺（NH2OH），两者发生加成、消去反应后生成的环己酮肟常用于制备尼龙6，流程如下。下列说法正确的是 A. 电解时，生成环己酮的一极与电源负极相连 B. 环己酮与羟胺反应生成中间产物 C. 锦纶6的单体的分子式为C6H12O2N D. 己内酰胺生成尼龙6发生了水解和加聚反应 【答案】B 【解析】 【分析】环己烷和硝酸根通过电解产生环己酮，环己烷通过氧化变成环己酮，氧化反应需要在电解池的阳极；环己酮和羟胺发生加成反应生成，再发生消去反应变成环己酮肟，环己酮肟经过一系列反应变成己内酰胺，该物质为尼龙6的单体，通过开环聚合反应生成尼龙6； 【详解】A．环己烷生成环己酮为氧化反应（脱氢加氧），氧化反应发生在电解池阳极，阳极与电源正极相连，A错误； B．环己酮（含羰基）与羟胺（）先发生加成反应，羰基碳连接-OH和-NH₂OH生成中间产物（六元环上连有-OH和-NH-OH），再消去水生成环己酮肟，B正确； C．锦纶6（尼龙6）的单体为己内酰胺，其分子式为，选项中多1个H和1个O，C错误； D．己内酰胺生成尼龙6为开环聚合反应（或水解生成氨基酸后缩聚），加聚反应无小分子生成，而尼龙6结构有端基（-H和-OH），属于缩聚，D错误； 故答案选B。 9. 下列实验操作、现象及结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 用pH试纸测定1的Na2S和NaCl溶液的pH 前者的试纸颜色比后者深 非金属性：S<Cl B 向未知溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀 溶液中一定有 C 将菠菜榨汁后过滤，煮沸滤液，冷却后滴加K3[Fe(CN)6]溶液 无蓝色沉淀 菠菜中不含铁元素 D 向0.05CuSO4溶液中加入适量NaCl固体 溶液由蓝色变为黄绿色 验证转化为 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．比较非金属性应基于最高价氧化物对应酸的酸性（如HClO4与H2SO4），而非其盐溶液的pH，A错误； B．加入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，无法确定溶液中一定含，存在干扰的可能，B错误； C．未检测到Fe2+的蓝色沉淀，可能在煮沸过程中，铁元素已经被氧化为Fe3+，所以无蓝色沉淀，无法证明不含铁元素，C错误； D．Cu2+在溶液中以[Cu(H2O)4]2+（蓝色）存在，加入Cl−后形成[CuCl4]2−（黄色），黄色和蓝色的组合色是绿色，颜色变化验证了配位转化，D正确； 故选D。 10. 软锰矿（主要成分为MnO2，含有Fe2O3、SiO2等）为制作锂电池的原料，某提纯软锰矿的工艺流程如图，已知K2MnO4在碱性条件下稳定，酸性和中性环境易发生歧化。下列说法错误的是 A. “熔融煅烧”MnO2发生的反应为： B. 取少量“滤液2”蒸干、充分灼烧，可以获得MnO2、K2CO3等 C. “滤渣2”的主要成分为MnO2和SiO2 D. “试剂a”可以为KOH水溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．熔融煅烧时，MnO2中Mn为+4价，产物K2MnO4中Mn为+6价，MnO2被氧化，氧化剂为O2。Mn从+4→+6失2e-，O2中O从0→-2得4e-，根据电子守恒、元素守恒，方程式正确，A正确； B．滤液1中K2MnO4通入CO2后歧化：，滤液2含KMnO4和K2CO3。蒸干灼烧时，KMnO4分解成MnO2、K2MnO4，B正确； C．滤渣2为通入CO2后的沉淀。熔融煅烧时SiO2与KOH反应生成K2SiO3（溶于水进入滤液1），滤液1中与CO2反应生成H2SiO3沉淀（非SiO2），故滤渣2主要成分为MnO2和H2SiO3， C错误； D．滤渣2含MnO2和H2SiO3，H2SiO3为弱酸可溶于强碱KOH：，MnO2不溶，过滤得MnO2，D正确； 故选C。 11. 物质结构决定性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 原子半径：O>F 最外层电子数 B 碱性： -CH3为推电子基，-Cl为吸电子基 C 键角：CH4>NH3 电负性 D 晶体中每个分子紧邻的分子数：干冰>冰 晶体类型不同 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．原子半径O>F，因同周期元素核电荷数越大半径越小，结构因素是核电荷数，而非最外层电子数，A错误； B．对甲基苯胺中-CH3为推电子基，使氨基电子云密度增大，结合质子能力变强，碱性强于苯胺；对氯苯胺中-Cl为吸电子基，使氨基电子云密度减小，碱性弱于苯胺，结构因素解释正确，B正确； C．CH4键角大于NH3，因NH3中心原子有孤电子对，孤电子对排斥力大于成键电子对，结构因素是孤电子对数不同，而非电负性，C错误； D．干冰（12个紧邻分子）与冰（4个紧邻分子）均为分子晶体，但冰中氢键导致堆积方式不同，结构因素非晶体类型，D错误； 故答案选B。 12. 镁电池有高容量和高安全性特点，我国科学家研制的一种以有机镁盐为电解液的镁二次电池，其结构如图，已知电极反应生成的Mg2+原子可以嵌入V2O5晶格。下列说法正确的是 A. 放电时，石墨电极发生还原反应 B. 充电时，阳离子交换膜中从左向右移动 C. 充电时，正极反应为 D. 放电一段时间后，左室电解液中浓度减小 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，放电时为原电池，镁为活泼金属作负极，负极电极式为：Mg-2e-=Mg2+，V2O5作正极，已知电极反应生成的Mg2+原子可以嵌入V2O5晶格，则正极电极式为：V2O5 + xMg2+ + 2xe- = MgxV2O5。 【详解】A．放电时为原电池，镁为活泼金属作负极，发生氧化反应，石墨作为导电材料与镁构成负极，镁电极发生氧化反应，石墨不参与电极反应，A错误； B．充电时为电解池，原电池负极（左室镁电极）作阴极，原电池正极（右室V2O5电极）作阳极，电解池中阳离子向阴极移动，即Mg2+从右向左移动，B错误； C．充电时原电池正极作阳极，发生氧化反应，放电时正极反应为V2O5 + xMg2+ + 2xe- = MgxV2O5，充电时阳极反应为其逆过程，即MgxV2O5 - 2xe- = xMg2+ + V2O5，C正确； D．放电时负极（左室）反应为Mg-2e- = Mg2+，生成的Mg2+通过阳离子交换膜向右移动至正极参与反应，生成与迁移的Mg2+量相等，左室电解液中Mg2+浓度不变，D错误； 故选C。 13. α-氨基丙腈水解可以制备丙氨酸。乙醛与NH4Cl、NaCN发生斯瑞克（Strecker）反应可制备α-氨基丙腈，反应过程如下。下列说法错误的是 A. α-氨基丙腈中碳原子的杂化方式为：sp3和sp2杂化 B. 增强介质酸性，不利于“Ⅰ→Ⅱ”转化 C. “Ⅲ→Ⅳ”的基元反应为： D. 总反应为： 【答案】A 【解析】 【详解】A．α-氨基丙腈的结构为CH3CH(NH2)CN，含3个碳原子：甲基碳（CH3-）为sp3杂化，中间碳[-CH(NH2)-]为sp3杂化，氰基碳（-CN）为sp杂化，无sp2杂化的碳原子，A错误； B．“Ⅰ→Ⅱ”转化可能需要NH3作为亲核试剂，增强酸性会使平衡逆向移动，NH3浓度降低，不利于反应“Ⅰ→Ⅱ”，B正确； C．“Ⅲ→Ⅳ”为含的中间体失去H2O生成双键结构的过程，基元反应为：，C正确； D．结合总反应中反应物CH3CHO、NH4Cl、NaCN与产物CH3CH(NH2)CN、NaCl、H2O的原子种类和数目守恒，总反应为：，D正确； 故选A。 14. 某种铜的氧化物的立方晶胞在x轴、y轴和z轴的投影都相同，在x轴的投影如图所示，“◯”位于投影正方形对角线的四等分点，已知M点某一氧原子的分数坐标为（1，0，0），下列说法正确的是 A. Cu原子的配位数为4 B. 晶体中Cu原子与O原子的最近距离为apm C. N点原子的分数坐标一定为 D. 晶体的密度为 【答案】B 【解析】 【详解】A．该铜的氧化物的立方晶胞在x轴、y轴和z轴的投影都相同，由投影图及晶胞类型可知，O原子位于晶胞顶点和体心，则晶胞中含O原子数为；Cu原子位于晶胞内部，有4个，即含O、Cu原子个数之比为1∶2，则该氧化物的化学式为，以体心的O原子为例，与它距离最近且相等的Cu原子有4个，所以O原子配位数为4，根据化学式，Cu原子的配位数为2，A错误； B．晶胞参数为a pm，Cu原子与O原子的最近距离为体对角线的​，即，B正确； C．N点为Cu原子，位于晶胞体对角线的四等分点，已知M点某一氧原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标可能为或，即不一定为，C错误； D．由A项可知，该晶胞中含有2个单位的，则晶体的密度为，D错误； 故选B。 15. 常温下，相同浓度的弱酸HA和HB、弱碱MOH溶液中pX与pH的关系如图所示[pX=-lgX，、、]。下列说法正确的是 A. 酸性：HA<HB B. MB稀溶液呈酸性 C. MOH对应直线的斜率k=2 D. 向HA溶液中加入MOH溶液至P点，溶液pH=6.495 【答案】D 【解析】 【分析】，即,，即，即。 【详解】A．对于弱酸，pKa = pX+ pH，pKa越小酸性越强，由图像可知，相同pH时HB的pX大于HA，则pKa(HB) > pKa(HA)，因此酸性HA > HB，A错误； B．MB为弱酸弱碱盐，HB的pKa=4.76（pH=9.76时pX=-5），B⁻水解常数，弱碱MOH的pKb = pX- pH + 14，由图像得MOH的pKb=4.76（pH=4.24时pX=-5），M+水解常数， Kh(B-) = Kh(M+)，溶液呈中性，B错误； C．弱碱MOH的pX = pH + (pKb - 14)，斜率为1，C错误； D．HA的pKa=3.75（pH=8.75时pX=-5），P点为HA与MOH线交点，联立pX(HA)=3.75-pH和pX(MOH)=pH - 9.24，解得pH=，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 电子废料CPU针脚中含有大量铜、镍和钴等，并含有少量的金。“淀粉提金”法从CPU针脚中回收金的实验步骤如下： 【配液】用质量分数为63.0%的浓硝酸（密度为1.25）配制250mL 1mol/L的稀硝酸。 【除杂】向烧杯中依次加入CPU针脚（10.0g）、过量稀硝酸，加热充分搅拌，针脚溶解成碎屑状，离心过滤，获得粗金。 【溶金】向盛粗金的烧杯中依次加入高浓度溴化钾、醋酸和稀硝酸，加热充分反应后，向溶液中加入KOH溶液调节pH，抽滤，得到含KAuBr4水溶液。 【萃金】向KAuBr4水溶液中加入α-环糊精（α-CD），发生沉淀反应，生成棕色超分子沉淀α·Br，结构如图所示。减压抽滤，洗涤，烘干。 【成金】将棕色固体放于烧杯中，加入少量水分散，加入一定质量Na2S2O5固体，有Au生成，倾析、洗涤、干燥，获得Au粉末。 回答下列问题： （1）“配液”步骤，下列仪器不会使用到的是______（填仪器名称）；需用量筒量取63.0%的浓硝酸体积为______mL。 A． B． C． D． （2）“除杂”步骤，铜发生反应的离子方程式为______；“离心过滤”是将料液送入有过滤介质的有孔转鼓，加速旋转利用离心力进行过滤的过程，与传统过滤相比，其优点是______（写一条即可）。 （3）“溶金”步骤，在“一溴两酸”温和氧化体系中，Au与稀硝酸、KBr反应生成HAuBr4，写出该反应的化学方程式______；醋酸在该步骤中的作用为______。 （4）“竹节”结构的超分子α·Br中、α-CD的物质的量比为______。 （5）“成金”时经准确测定反应消耗0.7125gNa2S2O5固体，则针脚样品中金的质量分数为______%。（已知的氧化产物为，且不考虑其他损耗） 【答案】（1） ①. 托盘天平、蒸发皿 ②. 20.0 （2） ①. ②. 过滤速度快/便于操作/分离更彻底 （3） ①. ） ②. 给体系补充，避免使用氧化性过强的浓硝酸 （4）1：1：2 （5）9.85 【解析】 【分析】电子废料CPU针脚中含有大量铜、镍和钴等，加入稀硝酸，离心过滤，获得粗金，向粗金中依次加入高浓度溴化钾、醋酸和稀硝酸，加热充分反应后，向溶液中加入KOH溶液调节pH，抽滤，得到含水溶液，加入α-环糊精，形成超分子沉淀α·Br，过滤后，加入少量水分散，加入一定质量固体，发生反应：，得到Au，经倾析、洗涤、干燥，获得Au粉末，据此解答。 【小问1详解】 配制 250 mL 1 mol·L-1 稀硝酸时所不需用到的仪器是托盘天平、蒸发皿；所配稀硝酸的物质的量为 c·V = 1 mol L-1× 0.250 L = 0.25 mol，折合纯 HNO3 质量为 0.25 mol × 63 g mol-1 = 15.75 g；已知浓硝酸质量分数 63.0%，则所需浓硝酸质量 = ；浓硝酸密度 1.25 g cm-3，故体积 = ； 【小问2详解】  “除杂”时铜与稀硝酸的离子反应式写作：；离心过滤相较于普通过滤的优点：过滤速度快、分离更加彻底等； 【小问3详解】  “溶金”步骤中，在“一溴两酸”体系下 Au 与 KBr、稀硝酸反应生成 HAuBr4的化学方程式可写作：；此过程加入醋酸的作用是提供适度的酸性环境或缓冲酸度，使金在较温和的条件下被氧化溶解，从而避免使用氧化性过强的浓硝酸； 【小问4详解】 根据题图所示“竹节”式超分子结构，可推出中、α-CD的物质的量之比为 1 : 1 : 2； 【小问5详解】  “成金”时准确测得消耗 。其摩尔质量 190 g/mol，则消耗的物质的量为 0.00375 mol，根据分析中离子方程式， 能还原 Au 数量为，对应金质量 0.005 mol × 197 g/mol= 0.985 g。针脚样品质量为 10.0 g，则金的质量分数 =。 17. 催化转化汽车尾气中的NO和CO，可有效减少空气污染，反应的化学方程式为。回答下列问题： （1）已知： 则______，该反应能自发进行的条件是______（填“低温”、“高温”或“任意温度”）。 （2）某催化剂作用下，CO与NO反应的历程如下（“*”表示吸附态），请补充完整相关基元反应。 （i） （ii） （iii）______。 （iv） （v）______。 （3）T2 K，100 kPa恒压密闭容器中上述反应NO的平衡转化率随的变化曲线及时NO的平衡转化率与T的关系如图所示。 ①表示NO的平衡转化率随变化的曲线是______（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。 ②T2K时，该反应的分压平衡常数=______（结果保留2位有效数字）。 （4）将一定比例NO、CO混合气体，以一定流速通过催化剂，不同时刻测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示，已知M点为平衡状态，且平衡脱氮率为（，a为常数）。 ①a=______。②N点______（填“是”或“不是”）处于平衡状态，简述判断理由______。 【答案】（1） ①. -749 ②. 低温 （2） ①. ②. （3） ①. Ⅰ ②. （4） ①. 0.004 ②. 不是 ③. ，未处于平衡状态 【解析】 【小问1详解】 反应I：， 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 根据盖斯定律，ΔH=2×ΔH2-ΔH1，则ΔH=2×(-283 )-(+183 )= -749 ；该反应是气体分子数减小的放热反应，即ΔS<0、ΔH<0，由反应能自发进行的判据ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应自发，该反应在低温下能自发进行； 【小问2详解】 由（iv）可知，反应生成了，故（iii）的反应是：；最终还有N2生成，故（v）的反应是： ； 【小问3详解】 ①随着投料比的增大，NO的平衡转化率逐渐降低，故表示NO的平衡转化率随变化的曲线是Ⅰ； ②假设起始投料n(NO)=n(CO)=1 mol，则可根据方程式列出三段式如下： 平衡时，各成分分压：，，，， ； 【小问4详解】 ①由图可知，当T=500℃时，平衡脱氮率为50%，带入平衡脱氮率公式得，，解得a=0.004； ②当T=600℃时，平衡脱氮率=，故未处于平衡状态，N不是平衡点。 18. 利用闪锌矿（主要成分为ZnS，还有Fe、Co、F等元素）生产Zn的一种工艺流程如图所示。 已知：（i）焙烧时Fe、Co元素转化为+3价氧化物； （ii）常温下，，易呈胶状。 回答下列问题： （1）基态锌原子价电子轨道表示式为______，“焙烧”时生成气体X的VSEPR模型为______。 （2）“焙烧”时，ZnO、Fe2O3形成难溶于H2SO4的ZnFe2O4，写出该反应的化学方程式 ______。 （3）“除钴”时，Na2S2O4的作用是还原，请从本工艺总体优化和环保角度，提出一项对此步骤的改进意见______。 （4）常温，加入足量石灰乳Ca(OH)2（含少量CaCO3），“除氟”后，溶液中 mol/L，此时溶液中=______mol/L；除氟过程中，CaCO3的作用是______。 （5）“除氟”步骤加入的碳酸钙晶体的晶胞结构及晶胞参数如图所示，该晶胞中有______个，晶体的密度为______（mol-1；结果保留2位小数）。 【答案】（1） ①. ②. 平面三角形 （2） （3）将焙烧过程产生的SO2回收利用，还原，节约原料、减少污染 （4） ①. 0.035355 ②. 使胶状CaF2附着在CaCO3上形成沉淀沉降 （5） ①. 6 ②. 4.17 【解析】 【分析】闪锌矿(主要成分是ZnS，还有Fe、Co、F等元素)经过预处理进行粉碎、筛分等操作，通入氧气焙烧产生气体X和焙烧产物，气体X为SO2，焙烧产物用H2SO4“酸溶”得到浸渣，上清液中用还原“除钴”得到，然后加入除氟得到，最后电解滤液得到Zn。 【小问1详解】 锌的原子序数为30，基态锌原子的价电子排布式为3d104s2，价电子轨道表示式为：；闪锌矿主要成分是ZnS，焙烧时ZnS与O2反应生成ZnO和SO2，气体X为SO2。SO2中S原子的价层电子对数为，所以VSEPR模型为平面三角形。 【小问2详解】 “焙烧”时，ZnO、Fe2O3形成难溶于H2SO4的ZnFe2O4，根据原子守恒和得失电子守恒，化学方程式为：。 【小问3详解】 “除钴”时，Na2S2O4的作用是还原Co3+，将焙烧过程产生的SO2回收利用，还原Co3+，节约原料、减少污染。 【小问4详解】 已知，溶液中，则。又因为，所以；除氟过程中，CaCO3的作用是使胶状CaF2附着在CaCO3上形成沉淀沉降。 【小问5详解】 根据均摊法，该晶胞中Ca2+处于顶点(8个)、棱上(4个)、体内(4个)，共个，处于晶胞的棱上(8个)、体内(4个)，共个；该晶胞体积公式为V = a2×c×（a为底面边长，c为晶胞高度），则其体积为2.4×10-22cm3，晶胞质量，则密度。 19. 我国自主研制的本维莫得乳膏为数百万银屑病患者提供了新的有效治疗选择。其主要成分本维莫得的工业合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）物质B的名称是______，本维莫得含有的官能团的名称是______。 （2）C→D的反应类型为______；G的结构简式为______。 （3）D与SOCl2生成E，同时生成两种无机小分子，写出该反应的化学方程式______。 （4）F→G的反应使用有机大位阻碱(CH3)3COK而不用KOH主要原因是：①(CH3)3COK具有更强碱性，可脱去羰基α-H，形成碳负离子中间体；②______。 （5）同时满足下列条件的A的同分异构体有______种（不考虑立体异构）；写出其中含三个-CH3的同分异构体的结构简式______。 a．能与氯化铁溶液发生显色反应； b．1 mol A的同分异构体与足量NaOH溶液完全反应，共消耗4 mol NaOH； c．酸性条件下含苯环的水解产物核磁共振氢谱有2组峰。 （6）结合上述合成路线信息，以苄基氯（）和CH3CHO为原料制备______（其它试剂任选）。 【答案】（1） ①. 2-丙醇 ②. 羟基、碳碳双键 （2） ①. 还原反应 ②. （3） （4）空间位阻大，基团反应时方向性强，副反应少 （5） ①. 3 ②. （6） 【解析】 【分析】A与B发生取代反应得到C，对比C、D的不饱和度及分子式可知，C的羧基还原为醇羟基得到D，D与SOCl2发生取代反应得到E，E与PO(OCH2CH3)3发生取代反应得到F，F与苯甲醛发生已知机理的反应得到G，G为，最后在一定条件下得到本维莫得。 【小问1详解】 物质B的名称是2-丙醇(或异丙醇)，本维莫得含有的官能团的名称是羟基、碳碳双键； 【小问2详解】 由分析知，C→D的反应类型为还原反应，G的结构简式为； 【小问3详解】 D与SOCl2生成E，同时生成两种无机小分子HCl和SO2，该反应的化学方程式； 【小问4详解】 F→G的反应使用有机大位阻碱(CH3)3COK而不用KOH主要原因是：②空间位阻大，基团反应时方向性强，副反应少； 【小问5详解】 A的不饱和度为5，A的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有苯环(占4个不饱和度，余1个不饱和度)及酚羟基；1 mol A的同分异构体与足量NaOH溶液完全反应，共消耗4 mol NaOH，且能水解，说明含有1个酚酯基(占1个不饱和度，余0个不饱和度)、2个酚羟基，又考虑到其酸性条件下含苯环的水解产物核磁共振氢谱有2组峰，说明剩余碳原子形成链状饱和结构，且都不直接连接在苯环上或者都分别直接连在苯环上并均匀分布，以保证结构的对称性，故同时满足下列条件的A的同分异构体有、、，共3种；其中含三个-CH3的同分异构体的结构简式； 【小问6详解】 参照E→F、F→G可得出以苄基氯（）和CH3CHO为原料制备的合成路线：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乐山市高中2025届第三次调查研究考试 化学试题 本试卷满分100分，考试用时75分钟 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Ca40 Cu64 Au197 一、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，只有一项符合题目要求。 1. 下列历史文物中，主要成分为氧化物的是 A．纸本名画《五牛图》 B．兽首玛瑙杯 C．牛虎铜案 D．人面鱼纹彩陶盆 A. A B. B C. C D. D 2. 中国科学家利用特殊技术成功将金属挤压到只有一层原子的厚度，形成超薄的“二维金属”，其具备许多令人惊叹的特性。下列有关“二维金属”的说法错误的是 A. 熔点一般低于同材料块状金属 B. 挤压金属时要克服金属键 C. 不具有导电性 D. 挤压前后金属化学性质不变 3. 反应：用于制备含氯消毒剂ClO2.是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 的空间构型为平面三角形 B. 电子式表示NaCl的形成过程： C. 每生成22.4 L氯气，反应转移的电子数为2 D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 4. 实验室中下列操作能达到相应目的的是 A．制备Fe(OH)3胶体 B．验证浓度对化学反应速率的影响 C．除去SO2中混有的HCl D．制备并收集NH3 A. A B. B C. C D. D 5. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 少量CuO溶于稀硝酸： B. 用FeS除去废水中的： C. H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液： D. NaHCO3溶液中通入少量Cl2： 6. X、Y、Z、W、M是周期表中原子序数依次增大的前20号元素。Y、Z位于同一周期，X、Y、Z形成的一种常见物质结构如图，W、M的基态原子都只有一个未成对电子，两者相互作用形成的离子的电子层结构相同，且最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，下列说法正确的是 A. 原子半径：Z>Y>X B. 由X、Z、M形成的化合物只含离子键 C. 简单氢化物的沸点：Z>Y D. X和W两种元素的单质，在暗处剧烈化合并发生爆炸 7. 从雪香兰中分离得到一种具有抗肿瘤活性的天然物质雪香兰新二萜，结构如图所示。下列关于雪香兰新二萜的说法中错误的是 A. 分子中有6个手性碳原子 B. 能发生加成、水解、消去、氧化、还原反应 C. 能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色 D. 1mol该物质最多可与5molH2发生加成反应 8. 利用光电装置电解环己烷（）和，可以制备环己酮（）和羟胺（NH2OH），两者发生加成、消去反应后生成的环己酮肟常用于制备尼龙6，流程如下。下列说法正确的是 A. 电解时，生成环己酮的一极与电源负极相连 B. 环己酮与羟胺反应生成中间产物 C. 锦纶6的单体的分子式为C6H12O2N D. 己内酰胺生成尼龙6发生了水解和加聚反应 9. 下列实验操作、现象及结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 用pH试纸测定1的Na2S和NaCl溶液的pH 前者的试纸颜色比后者深 非金属性：S<Cl B 向未知溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀 溶液中一定有 C 将菠菜榨汁后过滤，煮沸滤液，冷却后滴加K3[Fe(CN)6]溶液 无蓝色沉淀 菠菜中不含铁元素 D 向0.05CuSO4溶液中加入适量NaCl固体 溶液由蓝色变为黄绿色 验证转化为 A. A B. B C. C D. D 10. 软锰矿（主要成分为MnO2，含有Fe2O3、SiO2等）为制作锂电池的原料，某提纯软锰矿的工艺流程如图，已知K2MnO4在碱性条件下稳定，酸性和中性环境易发生歧化。下列说法错误的是 A. “熔融煅烧”MnO2发生的反应为： B. 取少量“滤液2”蒸干、充分灼烧，可以获得MnO2、K2CO3等 C. “滤渣2”的主要成分为MnO2和SiO2 D. “试剂a”可以为KOH水溶液 11. 物质结构决定性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 原子半径：O>F 最外层电子数 B 碱性： -CH3为推电子基，-Cl为吸电子基 C 键角：CH4>NH3 电负性 D 晶体中每个分子紧邻的分子数：干冰>冰 晶体类型不同 A. A B. B C. C D. D 12. 镁电池有高容量和高安全性特点，我国科学家研制的一种以有机镁盐为电解液的镁二次电池，其结构如图，已知电极反应生成的Mg2+原子可以嵌入V2O5晶格。下列说法正确的是 A. 放电时，石墨电极发生还原反应 B. 充电时，阳离子交换膜中从左向右移动 C. 充电时，正极反应为 D. 放电一段时间后，左室电解液中浓度减小 13. α-氨基丙腈水解可以制备丙氨酸。乙醛与NH4Cl、NaCN发生斯瑞克（Strecker）反应可制备α-氨基丙腈，反应过程如下。下列说法错误的是 A. α-氨基丙腈中碳原子的杂化方式为：sp3和sp2杂化 B. 增强介质酸性，不利于“Ⅰ→Ⅱ”转化 C. “Ⅲ→Ⅳ”的基元反应为： D. 总反应为： 14. 某种铜的氧化物的立方晶胞在x轴、y轴和z轴的投影都相同，在x轴的投影如图所示，“◯”位于投影正方形对角线的四等分点，已知M点某一氧原子的分数坐标为（1，0，0），下列说法正确的是 A. Cu原子的配位数为4 B. 晶体中Cu原子与O原子的最近距离为apm C. N点原子的分数坐标一定为 D. 晶体的密度为 15. 常温下，相同浓度的弱酸HA和HB、弱碱MOH溶液中pX与pH的关系如图所示[pX=-lgX，、、]。下列说法正确的是 A. 酸性：HA<HB B. MB稀溶液呈酸性 C. MOH对应直线的斜率k=2 D. 向HA溶液中加入MOH溶液至P点，溶液pH=6.495 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 电子废料CPU针脚中含有大量铜、镍和钴等，并含有少量的金。“淀粉提金”法从CPU针脚中回收金的实验步骤如下： 【配液】用质量分数为63.0%的浓硝酸（密度为1.25）配制250mL 1mol/L的稀硝酸。 【除杂】向烧杯中依次加入CPU针脚（10.0g）、过量稀硝酸，加热充分搅拌，针脚溶解成碎屑状，离心过滤，获得粗金。 【溶金】向盛粗金的烧杯中依次加入高浓度溴化钾、醋酸和稀硝酸，加热充分反应后，向溶液中加入KOH溶液调节pH，抽滤，得到含KAuBr4水溶液。 【萃金】向KAuBr4水溶液中加入α-环糊精（α-CD），发生沉淀反应，生成棕色超分子沉淀α·Br，结构如图所示。减压抽滤，洗涤，烘干。 【成金】将棕色固体放于烧杯中，加入少量水分散，加入一定质量Na2S2O5固体，有Au生成，倾析、洗涤、干燥，获得Au粉末。 回答下列问题： （1）“配液”步骤，下列仪器不会使用到的是______（填仪器名称）；需用量筒量取63.0%的浓硝酸体积为______mL。 A． B． C． D． （2）“除杂”步骤，铜发生反应的离子方程式为______；“离心过滤”是将料液送入有过滤介质的有孔转鼓，加速旋转利用离心力进行过滤的过程，与传统过滤相比，其优点是______（写一条即可）。 （3）“溶金”步骤，在“一溴两酸”温和氧化体系中，Au与稀硝酸、KBr反应生成HAuBr4，写出该反应的化学方程式______；醋酸在该步骤中的作用为______。 （4）“竹节”结构的超分子α·Br中、α-CD的物质的量比为______。 （5）“成金”时经准确测定反应消耗0.7125gNa2S2O5固体，则针脚样品中金的质量分数为______%。（已知的氧化产物为，且不考虑其他损耗） 17. 催化转化汽车尾气中的NO和CO，可有效减少空气污染，反应的化学方程式为。回答下列问题： （1）已知： 则______，该反应能自发进行的条件是______（填“低温”、“高温”或“任意温度”）。 （2）某催化剂作用下，CO与NO反应的历程如下（“*”表示吸附态），请补充完整相关基元反应。 （i） （ii） （iii）______。 （iv） （v）______。 （3）T2 K，100 kPa恒压密闭容器中上述反应NO的平衡转化率随的变化曲线及时NO的平衡转化率与T的关系如图所示。 ①表示NO的平衡转化率随变化的曲线是______（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。 ②T2K时，该反应的分压平衡常数=______（结果保留2位有效数字）。 （4）将一定比例NO、CO混合气体，以一定流速通过催化剂，不同时刻测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示，已知M点为平衡状态，且平衡脱氮率为（，a为常数）。 ①a=______。②N点______（填“是”或“不是”）处于平衡状态，简述判断理由______。 18. 利用闪锌矿（主要成分为ZnS，还有Fe、Co、F等元素）生产Zn的一种工艺流程如图所示。 已知：（i）焙烧时Fe、Co元素转化为+3价氧化物； （ii）常温下，，易呈胶状。 回答下列问题： （1）基态锌原子价电子轨道表示式为______，“焙烧”时生成气体X的VSEPR模型为______。 （2）“焙烧”时，ZnO、Fe2O3形成难溶于H2SO4的ZnFe2O4，写出该反应的化学方程式 ______。 （3）“除钴”时，Na2S2O4的作用是还原，请从本工艺总体优化和环保角度，提出一项对此步骤的改进意见______。 （4）常温，加入足量石灰乳Ca(OH)2（含少量CaCO3），“除氟”后，溶液中 mol/L，此时溶液中=______mol/L；除氟过程中，CaCO3的作用是______。 （5）“除氟”步骤加入的碳酸钙晶体的晶胞结构及晶胞参数如图所示，该晶胞中有______个，晶体的密度为______（mol-1；结果保留2位小数）。 19. 我国自主研制的本维莫得乳膏为数百万银屑病患者提供了新的有效治疗选择。其主要成分本维莫得的工业合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）物质B的名称是______，本维莫得含有的官能团的名称是______。 （2）C→D的反应类型为______；G的结构简式为______。 （3）D与SOCl2生成E，同时生成两种无机小分子，写出该反应的化学方程式______。 （4）F→G的反应使用有机大位阻碱(CH3)3COK而不用KOH主要原因是：①(CH3)3COK具有更强碱性，可脱去羰基α-H，形成碳负离子中间体；②______。 （5）同时满足下列条件的A的同分异构体有______种（不考虑立体异构）；写出其中含三个-CH3的同分异构体的结构简式______。 a．能与氯化铁溶液发生显色反应； b．1 mol A的同分异构体与足量NaOH溶液完全反应，共消耗4 mol NaOH； c．酸性条件下含苯环的水解产物核磁共振氢谱有2组峰。 （6）结合上述合成路线信息，以苄基氯（）和CH3CHO为原料制备______（其它试剂任选）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $