【文档说明】重庆市巴蜀中学2025届高三上学期7月调研化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，3.947 MB，由小赞的店铺上传

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高2025届高三7月调研试题(化学)总分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H：1O：16S：32Ti：48Fe：56Cu：64Zn：65第Ⅰ卷一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分，共42分

)。1.青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是A.清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈B.烹煮食物的后期加入食盐，能避免NaCl长时间受热而分解C.将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色

D.制作面点时加入食用纯碱，利用3NaHCO中和发酵过程产生的酸【答案】A【解析】【详解】A．铁发生吸氧腐蚀时，正极上O2得电子结合水生成氢氧根离子，清洗铁锅后及时擦干，除去了铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能

减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确；B．食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热不稳定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，与NaCl无关，B错误；C．焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下并未炭化，C错误；D．食用纯碱主要成分为Na2CO3，制作

面点时加入食用纯碱，利用了Na2CO3中和发酵过程产生的酸，D错误；故答案选A。2.下列化学用语表述错误的是A.NaOH的电子式：B.异丙基的结构简式：C.NaCl溶液中的水合离子：D.2Cl分子中σ键的形成：【答案】C【解析】【详解】A．NaOH由

Na+和OH-构成，电子式为：，故A正确；B．异丙基的结构简式：，故B正确；C．Na+离子半径比Cl-小，水分子电荷情况如图，Cl-带负电荷，水分子在Cl-周围时，呈正电性的H朝向Cl-，水分子在Na+周围时，呈负电性的O朝向Na+，NaCl溶液中的水合

离子应为：、，故C错误；D．2Cl分子中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的p-pσ键，形成过程为：，故D正确；故选C。3.硫及其化合物部分转化关系如图。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确

的是A.标准状况下，211.2LSO中原子总数为A0.5NB.-123100mL0.1molLNaSO溶液中，2-3SO数目为A0.01NC.反应①每消耗23.4gHS，生成物中硫原子数目为A0.1ND.反应②每生成1mol还原产物，转移电子数目为A2N【答案】D【解

析】【详解】A．标况下SO2为气体，11.2LSO2为0.5mol，其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA，A错误；B．SO23−为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL0.1molL-

1Na2SO3溶液中SO23−数目小于0.01NA，B错误；C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3molS消耗2molH2S，3.4gH2S为0.1mol，故可以生成0.15molS，生成的原子数目为0.15NA，C错误；D．反应②的离子方程式为3S+6O

H-=SO23−+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2molS2-共转移4mol电子，因此，每生成1molS2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确；故答案选D4.下列离子方程式正确的是A.用4CuSO溶液除2HS气体：2+2-Cu+SCuS=B.23HS

O溶液中滴加()32BaNO溶液：2++233HSO+BaBaSO+2H=C.3NaHCO溶液中通入少量2Cl：---32222HCO+Cl2CO+Cl+ClO+HO=D.用3FeCl溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：3+2+2+2Fe+Cu2F

e+Cu=【答案】D【解析】【详解】A．H2S在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A项错误；B．酸性条件下-3NO会将H2SO3氧化成H2SO4，Ba2+与2-4SO形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2-3NO+3

H2SO3=BaSO4↓+2NO↑+22-4SO+4H++H2O，滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2-3NO+3H2SO3=3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O，B项错误；C．电离平衡常数：Ka1(H2CO3

)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为Cl2+-3HCO=Cl-+HClO+CO2，C项错误；D．Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2，反应的离子方程式为Cu+

2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D项正确；答案选D。5.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A.HCl制备：NaCl溶液2H⎯⎯⎯→电解和2ClHCl⎯⎯⎯→点燃B.金属Mg制备：()22MgOHMgCl⎯⎯⎯→盐酸溶液M

g电解→C.纯碱工业：NaCl溶液2CO323NaHCONaCO⎯⎯⎯⎯→⎯→△D.硫酸工业：22OHO2224FeSSOHSO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→高温。【答案】A【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；B．氢氧化镁和

盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧

气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；故选A。6.氯及其化合物应用广泛。2Cl易液化，可储存于钢瓶中。氯气可用于生产HCl、3FeCl、NaClO、3NaClO等化工产品。BrCl和2Cl的化学性质相似，能与2HO反应生成

两种酸。3NCl(其中N为3−价)可用于漂白和杀菌消毒，其水解可生成3NH和HClO。下列物质的结构与性质或物质的性质与用途具有对应关系的是A.HCl−的键能大于HBrHCl−，的热稳定性大于HBrB.2HO分子间存在氢键，2HO不易分解C.HClO具有弱酸性，可用于杀菌消毒D.3NH显

碱性，可用做制冷剂【答案】A【解析】【详解】A．氢氯键的键能大于氢溴键，说明氢氯键强于氢溴键，所以氯化氢的热稳定性大于溴化氢，A正确；B．水分子不易分解是因为形成的H-O键键能大，与水分子间存在氢键无关，B错误；C．次氯酸可

用于杀菌消毒是因为次氯酸具有强氧化性所致，与次氯酸具有弱酸性无关，C错误；D．氨气可做制冷剂是其易液化，汽化时吸收大量的热，与显碱性无关，D错误；故选A。7.下列实验装置或操作能达到实验目的的是A．蒸干3FeCl溶液制备32FeCl6HOB．验证沉淀转化C．检验乙炔D．钢闸门电化学防腐

A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+会水解，蒸干3FeCl溶液制备32FeCl6HO要在HCl气流中进行，故A错误；B．向氯化钠中滴加2滴硝酸银，产生白色沉淀，再加入4滴碘化钾，白色沉淀转化

为黄色沉淀，再滴加8滴硫化钠，黄色沉淀转化为黑色，溶液中所给银离子少量，溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，故B正确；C．制备的乙炔中含H2S等杂质，也可使高锰酸钾褪色，故C错误；D．钢闸门通过外接电

源来防腐应作阴极，接电源负极，故D错误；故选B。8.某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有关该化合物说法错误的是A.存在顺反异构体B.可与3FeCl溶液发生显色反应C.1mol该有机物最多与5molNaOH反应D.与足量2H加成后的产物分子中含有

6个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知分子中含有2个碳碳双键，2个碳碳双键都存在顺反异构体，故A正确；B．由题干有机物结构简式可知含有酚羟基，可与3FeCl溶液发生显色反应，故B正确；C．由题干有机物结构简式可知，1

mol该物质含有2mol酚羟基，消耗2molNaOH，1mol酚酯基消耗2molNaOH，1mol酰胺基消耗1molNaOH，1mol羧基消耗1molNaOH，与足量NaOH溶液反应时消耗6molNaOH，故C错误；D．与足量2

H加成后的产物分子中含有6个手性碳原子，如图所示，故D正确；故选C。9.我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下所示。下列叙述错误的是A.PLA在碱性条件下可发生降解反应B.MP的化学名称是丙酸甲酯C.MP的同分异构

体中含羧基的有3种D.MMA可加聚生成高分子【答案】C【解析】【详解】A．根据PLA的结构简式，聚乳酸是其分子中的羧基与另一分子中的羟基发生反应聚合得到的，含有酯基结构，可以在碱性条件下发生降解反应，A正确；B．根据MP的结果，MP可视为丙酸和甲醇发生酯化反应得到的，因

此其化学名称为丙酸甲酯，B正确；C．MP的同分异构体中，含有羧基的有2种，分别为正丁酸和异丁酸，C错误；D．MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子，D正确；故答案选C。10.主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价

电子所在能层有16个轨道，4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是A.电负性：W>YB.酸性：2324WYX>WYXC.基态原子的未成对电子数：W>XD.氧化物溶于水所得溶液的pHZ>Y：【答案】D【解析】【分析】主族元素W、X、Y、Z原子序数

依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨道，则Z个有4个能层。根据这4种元素形成的化合物的结构可以推断，W、X、Y、Z分别为H、O、S、K。【详解】A．W和Y可以形成2HS，其中S显-2价，因此，电负性S>H

，A不正确；B．23HSO是中强酸，而24HSO是强酸，因此，在相同条件下，后者的酸性较强，B不正确；C．H只有1个电子，O的2p轨道上有4个电子，O有2个未成对电子，因此，基态原子的未成对电子数O>H，C不正确；D．K的氧化物溶于水且与水反应生成强碱KOH，S的氧化

物溶于水且与水反应生成23HSO或24HSO，因此，氧化物溶于水所得溶液的pH的大小关系为K>S，D正确；综上所述，本题选D。11.甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是A.2E=1.41eVB.步骤2逆向

反应的ΔH=+0.29eVC.步骤1的反应比步骤2快D.该过程实现了甲烷的氧化【答案】C【解析】【详解】A．由能量变化图可知，2E=0.70eV-(-0.71eV)=1.41eV，A项正确；B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH=-0.71eV-(-1.00eV)=+0.

29eV，B项正确；C．由能量变化图可知，步骤1的活化能1E=0.70eV，步骤2的活化能3E=-0.49eV-(-0.71eV)=0.22eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；D．

该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；故选C。12.3FeTiO常用于制备磁芯、磁盘和传感器等，它的晶胞(如图)为等轴晶系。下列叙述错误的是已知：晶胞参数为anm，AN为阿伏

加德罗常数的值。A.2Fe+的分数坐标为111,,222B.氧离子构成正八面体形C.2Fe+和Ti4+之间的距离为2pm2aD.3FeTiO晶体密度为2333A1.5210gcmNa−【答案】C【解析】【详解】A．根据图中已知的两个Ti原子的坐标(0,0

,0)和(1,1,1)，2Fe+在体心位置，分数坐标为111,,222，故A正确；B．根据晶胞结构示意图，氧离子构成正八面体形，故B正确；C．2Fe+和Ti4+之间的距离为体对角线的12，即为

3nm2a，故C错误；D．根据晶胞结构示意图，晶胞中2Fe+个数为1，O2-个数为162=3，Ti4+的个数为8×18=，晶胞中含一个3FeTiO，晶胞的质量为A152gN，晶胞的体积为-733(10)acm，晶体的密度为mV=A-733152gN(a10)cm=2333A1.5210gc

mNa−，故D正确。答案选C。13.我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以Zn-TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以4ZnSO和KI混合液为

电解质溶液。下列说法错误的是A.标注框内所示结构中存在共价键和配位键B.电池总反应为：-2+-3I+ZnZn+3I放电充电C.充电时，阴极被还原2+Zn主要来自Zn-TCPPD.放电时，消耗0.65gZn，理论上转移0.02mol电子【答案】C【解析】【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池

的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为2Zn-2eZn−+=，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为2+-Zn2e+=Zn；正极上发生3I2e3I−−−+=，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为---33I-2e=I。【详解】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳

双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、2Zn+提供空轨道形成的配位键，A正确；B．由以上分析可知，该电池总反应为-2+-3I+ZnZn+3I放电充电，B正确；C．充电时，阴极电极反应式为2+-Zn2e+=Zn，被还原的Z

n2+主要来自电解质溶液，C错误；D．放电时，负极的电极反应式为2Zn-2eZn−+=，因此消耗0.65gZn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02mol电子，D正确；综上所述，本题选C。【点睛】14.常温下()4aKHCOOH1.810−=，向120mL0.10mol

LNaOH−溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是A.水的电离程度：M<NB.M点：()()()2OHNaHccc−++=+的C.当()HCOOH10mLV=时，()()()()OHcH2HCOOHHCOO

ccc−+−=++D.N点：()()()()()NaHOOOHHHCOOHccCccc+−−+【答案】D【解析】【分析】结合起点和终点，向120mL0.10molLNaOH−溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶

液，发生浓度改变的微粒是Na+、OH−、H+和HCOO−；当()VHCOOH=0mL，溶液中存在Na+、H+和OH−，()()-+1cOH=cNa0.10molL−=，随着加入HCOOH溶液，()+cNa减少但不会降到0，当()VHCOOH=20mL，()+1cNa0.

05molL−=，随着加入HCOOH溶液，()-cOH会与HCOOH反应而减少，当()VHCOOH=20mL，溶质为HCOONa，()1nHCOONa0.05molL−=()()()()()()2--1410-514--cOHcHCOOHcOHKw10101Kh=cOH0.0510m

olLKa1.8101.86cHCOOcHCOO−−−−−=====()-cOH很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表()-cOH；当()VHCOOH=0mL时，10molL0H1O.Na−中(

)+cH=1311010molL−−，很小，随着加入HCOOH溶液，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混物，最终为HCOONa，()+cH增加的很少，而()-cHCOO增加的多，当()VHCOOH=20mL，溶质为HCOONa

，-HCOO少部分水解，()-1nHCOO0.05molL−，斜率为正的曲线代表()-cHCOO，即经过M点在下降的曲线表示的是OH−浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是HCOO−浓度的改变。【详解】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶

液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确；B．M点溶液中电荷守恒有()()()()cNacHcHCOOcO

H++−−+=+，M点为交点可知()()cHCOOcOH−−=，联合可得()()()2cOHNaHcc−++=+，故B正确；C．当()HCOOH10mLV=时，溶液中的溶质为()()c:cHCOONa1:1NaOH=，根据电荷守恒有()()()()cNacHcHCOOcOH++−−+=+，根据

物料守恒()()()cNa2cHCOO2cHCOOH+−=+，两式整理可得()()()()OHcH2HCOOHHCOOccc−+−=++，故C正确；D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此(

)()+-cNa>cHCOO及()()cOH>cH−+观察图中N点可知，()cHCOO0.05/Lmol−，根据()()()()+-4acHcHCOOKHCOOH=1.810cHCOOH−=，可知()()cHCOOHcH+，故D错误；故答案选D。第Ⅱ卷二、非选择题(四个小题，共5

2分)15.钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()511.

010molLc−−时的pH：3Fe+2Fe+3Co+2Co+2Zn+开始沉淀的pH1.56.9—7.46.2沉淀完全的pH2.88.41.1948.2回答下列问题：（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是____。（2）“过滤1”后的溶液中加入2MnO的

作用是____。取少量反应后的溶液，加入化学试剂_____(填化学式，下同)检验____，若出现蓝色沉淀，需补加2MnO。（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为____、_____。（4）“除钴液”中主要的盐有_____(写化学式)，残留的3Co

+浓度为_____1molL−。【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率（2）①.将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素②.36KFe(CN)［］溶液③.Fe2+（3）①.2+-+42323Co+MnO+7HO=

3Co(OH)+MnO+5H、②.2+-+4223Mn+2MnO+2HO=5MnO+4H.（4）①.ZnSO4、K2SO4②.-16.710【解析】【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、

Fe2+、Fe3+、2-4SO等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH

=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4则被还原

为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。【小问1详解】在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大

固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；【小问2详解】酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、2-4SO等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀

时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用36KFe(CN)［］溶

液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2；【小问3详解】由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：2+-+42323Co+M

nO+7HO=3Co(OH)+MnO+5H、2+-+4223Mn+2MnO+2HO=5MnO+4H；【小问4详解】最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而

阴离子是在酸浸时引入的2-4SO，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时+-1.1c(H)=10mol/L，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中3+-5c(Co)=1.0?10mol/L，则--12.9w+Kc(OH)==10mol/Lc(H)，则-5-12.93-

43.7sp3K[Co(OH)]=1.0?10?(10)=10。“除钴液”的pH=5，即+-5cH=10()mol/L，则--9w+Kc(OH)==10mol/Lc(H)，此时溶液中3-43.7sp[Co(OH)]3+-16.73--93K10c(Co)==

mol/L=10mol/Lc(OH)(10)。16.铜(Ⅱ)氨基酸配合物在医药、食品、农业等领域具有广泛的应用，甘氨酸(22HNCHCOOH，以HL代表甘氨酸)在约70℃的条件下可与氢氧化铜反应制备二甘氨酸合铜(Ⅱ)水合物，其反应的化学方程式为2222Cu(OH)

2HL(n2)HOCuLnHO++−→。Ⅰ.氢氧化铜的制备①向烧杯中加入适量42CuSO5HO和20mL水。②完全溶解后，边滴加氨水边搅拌至最初产生的沉淀完全溶解。③加入12molLNaOH−溶液至不再生成沉淀，过滤，用水洗涤。（1）步骤②沉淀溶解过程中反应的离子方程式为_________

__。（2）步骤③中检验沉淀洗涤干净的操作及现象为___________。Ⅱ.二甘氨酸合铜(Ⅱ)水合物的制备④称取适量甘氨酸，溶于150mL水中。⑤在65～70℃的条件下加热，边搅拌边加入新制的()2CuOH，至()2CuOH全部溶解。⑥热抽滤，向滤液加入10mL无水乙醇。⑦抽滤

，用乙醇溶液洗涤晶体，再用丙酮洗涤，抽干。⑧将产品烘干。（3）步骤④中使用的部分仪器如下。仪器a的名称是___________。加快甘氨酸溶解的操作为___________。（4）步骤⑥中需要对反应液进行热抽滤的原因为___________。（

5）步骤⑦中用乙醇溶液洗涤晶体后再用丙酮洗涤的原因为___________。Ⅲ.产品中铜含量的测定称取220.5gCuLnHO产品，加入水和稀硫酸溶解，配制成250mL溶液。取20.00mL该溶液，加入足量KI

固体和50mL水，以淀粉为指示剂，立即用12230.1000molLNaSO−标准溶液滴定至终点，消耗223NaSO溶液1.60mL。已知：在酸性介质中，配合物中的L−被质子化，配合物被破坏；22=2Cu4I2C

uII+−++，2223246=2SOISO2I−−−++。（6）滴定终点溶液颜色的变化为___________。（7）产品中铜元素的质量分数为___________。【答案】（1）()2232324Cu(OH)4NHHO=CuNH2OH

4HO+−+++（2）取少量步骤③中最后一次沉淀洗涤液于试管中，向其中加入稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加2BaCl溶液，无白色沉淀产生，，则说明沉淀已洗涤干净（3）①.烧杯②.用玻璃棒搅拌（4）除去不溶性杂质，防止产物提前析出

，降低产率（5）洗去残留的乙醇且丙酮更易挥发（6）溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟内不恢复颜色（7）25.6％【解析】【小问1详解】沉淀溶解过程中()2CuOH转化为深蓝色的()324CuNH(OH)，离子方程式为：()()2323224CuOH4NHHO=CuNH2OH4HO+

−+++，故答案为：()()2323224CuOH4NHHO=CuNH2OH4HO+−+++；【小问2详解】检验沉淀洗涤干净，可以检验洗涤液中没有24SO−，操作为取少量步骤③中最后一次沉淀的洗涤液于试

管中，向其中加入稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加2BaCl溶液，无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净，故答案为：取少量步骤③中最后一次沉淀的洗涤液于试管中，向其中加入稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加2BaCl溶液，无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净；【小问3详解】①仪器a为烧杯，故答案为

：烧杯；②加快甘氨酸溶解操作是用玻璃棒搅拌，故答案为：用玻璃棒搅拌；的的【小问4详解】热抽滤的目的是除去不溶性杂质，防止产物提前析出，降低产率，故答案为：除去不溶性杂质，防止产物提前析出，降低产率；【小问

5详解】丙酮洗涤可以洗去残留的乙醇，且丙酮更易挥发，故答案为：丙酮洗涤可以洗去残留的乙醇，且丙酮更易挥发；【小问6详解】到达滴定终点时，2I被223NaSO全部还原为I−，溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟内不恢复颜色，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟内不恢复颜色；【小问7详解】由滴定相

关反应可知，222232Cu~I~2SO+−，滴定消耗223NaSO溶液1.60mL，则220.5gCuLHOn产品中()2313250Cu1.6010L0.1000molL210mol20.00n+−−−==，则产品中铜

元素的质量分数11210mol64gmol(Cu)100%25.6%0.5gw−−==，故答案为：25.6%。17.Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题：（1）

Ni基态原子价电子的轨道表示式为_______。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为3a，镍原子半径为_______。（2）Ni(CO)4结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为_______，Ni(CO)4晶体的类型为_______。（3）在总压分别为0.10、0.

50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应()()()()4Nis4COg=NiCOg+的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑，_______有利于Ni(

CO)4的生成(写出两点)。3p、100℃时CO的平衡转化率α=_______，该温度下平衡常数p=K_______3(MPa)−。（4）对于同位素交换反应()()161816181643NiCOCONiCOCOCO+→+，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为()()1616044NiCONi

COekttcc−=(k为反应速率常数)，则()164NiCO反应一半所需时间12t=_______(用k表示)。【答案】（1）①.②.24a（2）①.8②.分子晶体（3）①.小于②.降低

温度、增大压强③.97.3%④.9000（4）ln2k【解析】【小问1详解】Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为82[Ar]3d4s，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的14，因为晶胞体积为3a，所以晶胞棱长为a，面对角

线长度为2a，则镍原子半径为24a。【小问2详解】单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体C

O中含有1个σ键2个π键，因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。【小问3详解】随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的

体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的H0；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)4的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大，则压强：4321ppp

p，即3p对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，3p、100℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4mol，反应生成的Ni(CO)4为xmol，可得三段式：()()()()4Ni(s)+4CO(g)NiCO(g)mol40mo

l4xxmol44xx−起始转化平衡，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有0.943xx=−，解得3637x=，因此达到平衡时36(CO)

4mol37n=转化，CO的平衡转化率364mol37100%97.3%4mol=；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数()433p4443Ni(CO)0.90.91.0MPa9000(MPa)(

CO)(0.11.0MPa)0.1ppKpp−====。【小问4详解】由题给关系式可得()()1641604NiCOeNiCOtktcc−=，当()164NiCO反应一半时()()

1641604NiCO12NiCOtcc=，即121e2kt−=，121ln2kt−=，12ln2kt=，则12ln2tk=。18.化合物H是一种具有生物活性的苯并呋喃衍生物，合成路线如图(部分条件忽略，溶剂未出)：回答下列问题：（1）原料22CHBrCHBr的名称_

___，核磁共振氢谱有____组峰。（2）H中有____种官能团，③的反应类型是_______。（3）③反应中23KCO的作用是______，反应③和④的顺序不能对换的原因是_____。（4）A与足量新制2Cu(OH)反应的化学方程式______。（5）化合物G→H的合成过程中，经

历了取代、加成和消去三步反应，其中加成反应的化学方程式为____(反应条件可不写)。（6）符合下列条件A的同分异构体有____种(不考虑立体异构)ⅰ．除苯环外不含其它环状且苯环上不超过3个取代基ⅱ．能发生银镜反应且1mol能与含2molNaOH溶液反应（7）依据以上流程信息，结

合所学知识，设计以和23ClCHOCH为原料合成的路线_____(HCN等无机试剂任选)。【答案】（1）①.1,2-二溴乙烷②.1（2）①.4②.取代反应（3）①.碳酸钾溶液可以和HBr反应，促进反应正向进行②.先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化（4）()Δ2+2Cu+NaO

HOH→22+CuO+3HO；（5）⎯⎯⎯→催化剂；（6）9（7）【解析】【分析】A与氯化剂在加热条件下反应得到B，B在BBr3，0℃的条件下，甲基被H取代得到C，C与CH2BrCH2Br在K2CO3的作用下发生取代反应得到D，D被氧化剂氧化为E，E中

存在酯基，先水解，再酸化得到F，F与Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下苯环上一个H被醛基取代得到G，G与ClCH2COCH3经历了取代、加成和消去三步反应得到H。【小问1详解】该物质是1,2-二溴乙烷，有1种等效氢，即核磁共振氢谱上有1组吸收峰；故答案为：1,2-二溴

乙烷；1；【小问2详解】H物质中有-Cl、醚键、羰基、碳碳双键4种官能团，③的反应会有2分子HBr生成，其类型是取代反应；故答案为：4；取代反应；【小问3详解】反应③会有HBr生成，碳酸钾溶液显碱性，可以和HBr反应，可以促进反应正向进行，若把③

、④位置互换，则酚羟基会被氧化，无法合成D物质；故答案为：碳酸钾溶液可以和HBr反应，促进反应正向进行；先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化；【小问4详解】A为，其与新制氢氧化铜悬浊液的反应为：()Δ2+2Cu+NaOHOH→22+Cu

O+3HO；【小问5详解】化合物G→H的合成过程中，G发生取代反应羟基上的H被-CH2COCH3取代，得到，中的醛基被相邻取代基中的-CH2加成得到，中的羟基发生消去反应得到，其中加成反应的化学方程式为⎯⎯⎯→催化剂；【小问6详解】

A的同分异构体，能发生银镜反应，则含有醛基，1mol能与含2molNaOH溶液反应，则含有酚羟基、酯基、羧基等官能团，除苯环外不含其它环状且苯环上不超过3个取代基，若有两个取代基，则可以是，共有邻、间、对三种，若有三个取代基，则有，采用定二移一的方

法有、、共6种，故一共有6+3=9种，故答案为：9；【小问7详解】和Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下发生类似反应⑥的反应得到，与HCN加成得到，酸性水解得到，发生缩聚反应得到，具体合成路线为：。