四川省廣安第二中學2022-2023學年高三上學期第一次診斷化學試卷

20222023學年四川省廣安二中高三(上)第一次診斷化學試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，選對的得6分，選錯的得0分。1.近年來我國取得了很多令世界矚目的科技成果，化學功不可沒。下列說法正確的是A.神舟十三號載人飛船返回艙逃逸系統(tǒng)復合材料中酚醛樹脂屬于天然高分子化合物B.“北斗系統(tǒng)”組網(wǎng)成功，其芯片的主要成分為二氧化硅C.“嫦娥五號”運載火箭用液氧、液氫做推進劑，產物對環(huán)境無污染D.T碳(TCarbon)是中科院預言的一種三維碳結構晶體，其與C60互為同位素【答案】C【解析】【詳解】A．酚醛樹脂是由人工合成的高分子材料，A錯誤；B．芯片的主要成分為硅單質，二氧化硅主要用于制作光導纖維，B錯誤；C．液氧、液氫反應可以放出大量的熱，產物為水，對環(huán)境無污染，C正確；D．T碳(TCarbon)和C60為碳元素形成的不同單質，互為同素異形體，不是同位素，D錯誤；綜上所述答案為C。2.乙酸橙花酯是一種食用香料，其結構如圖所示。下列有關該物質的說法中正確的是A.該有機物的分子式為B.該有機物最多可與反應C.能發(fā)生加成、取代、氧化、加聚反應D.在堿性條件下水解，該有機物最多消耗【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．由結構簡式可知，乙酸橙花酯的分子式C12H20O2，故A錯誤；B．由結構簡式可知，乙酸橙花酯分子中含有的碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol乙酸橙花酯最多消耗2mol氫氣，故B錯誤；C．由結構簡式可知，乙酸橙花酯分子中含有碳碳雙鍵和酯基，其中碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應、氧化反應和加聚反應，酯基能發(fā)生水解反應，故C正確；D．由結構簡式可知，乙酸橙花酯分子中含有的酯基能與氫氧化鈉溶液反應，則1mol乙酸橙花酯最多消耗1mol氫氧化鈉，故D錯誤；故選C。3.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列相關說法正確的是A.100mL0.1mol·L1FeCl3溶液中含有的Fe3+數(shù)目為0.01NAB.1L0.1mol·L1NH4HSO4溶液中陽離子的數(shù)目大于0.1NAC.標準狀況下，11.2LH2O2含有的非極性共價鍵數(shù)目為0.5NAD.常溫下，將0.1molCl2溶于水中，充分反應后轉移電子數(shù)目為0.1NA【答案】B【解析】【詳解】A．Fe3+易水解，100mL0.1mol·L1FeCl3溶液中含有的Fe3+數(shù)目小于0.01NA，故A錯誤；B．NH4HSO4是強電解質，在水溶液電離方程式為，1L0.1mol·L1NH4HSO4溶液中陽離子的數(shù)目大于0.1NA，故B正確；C．標準狀況下，H2O2是液體，11.2LH2O2的物質的量不是0.5mol，故C錯誤；D．常溫下，將0.1molCl2溶于水中，部分氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，轉移電子數(shù)目小于0.1NA，故D錯誤；選B。4.下列實驗操作中，裝置選擇合理的是ABCD準確量取一定體積K2Cr2O7溶液驗證非金屬性：S>C>Si制備氫氧化鐵膠體制備并收集乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．量取一定體積K2Cr2O7標準溶液應該選用酸式滴定管，堿式滴定管下端的乳膠管能夠被腐蝕，選項A錯誤；B．比較非金屬性，可根據(jù)元素對應的最高價氧化物的水化物的酸性強弱比較，硫酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，二氧化碳氣體通入硅酸鈉溶液中可得硅酸沉淀，可證明非金屬性的強弱，選項B正確；C．氯化鐵與NaOH溶液反應生成沉淀，不能制備膠體，應將氯化鐵溶液滴到沸水中制備，選項C錯誤；D．乙酸乙酯的制備必須加入濃硫酸為吸水劑和催化劑，選項D錯誤；答案選B。5.“祝融號”火星車拍攝影像圖顯示，火星氣體及巖石中富含原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素X、Y、Z、W，其中Z原子的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的，X、W為同一主族元素，Y是地殼中含量最高的元素，火星巖石含有化合物ZWY3，下列判斷錯誤的是A.W位于元素周期表第三周期第ⅣA族 B.X、W簡單氫化物的穩(wěn)定性：X>WC.原子半徑：Z>W>Y>X D.火星氣體中可能含有XY、XY2【答案】C【解析】【分析】其中Z原子的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的，則Z的電子層結構應為2、8、2，所以Z為Mg元素；Y是地殼中含量最高的元素，則Y為O元素；火星巖石含有化合物ZWY3，即MgWO3，所以W應為ⅣA族元素，X、W為同一主族元素，且X的原子序數(shù)較小，則X為C元素，W為Si元素。【詳解】A．W為Si元素，為14號元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，A正確；B．同主族自上而下非金屬性減弱，簡單氫化物的穩(wěn)定性減弱，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性：C>Si，B正確；C．同周期自左至右原子半徑依次減小，同主族自上而下原子半徑依次增大，所以原子半徑：Mg＞Si＞C＞O，即Z＞W(wǎng)＞X＞Y，C錯誤；D．根據(jù)題意，火星氣體中含有C、O元素，所以可能含有CO、CO2，D正確；綜上所述答案為C。6.以富含微生物的電極制作的甲醇燃料電池可以同時凈化含的廢水和含甲醇的廢水(裝置如圖)；但是，在應用中發(fā)現(xiàn)離子濃度越大，去除率就越小。下列分析一定錯誤的是A.電極Ⅱ為燃料電池的負極B.電極Ⅰ上的反應為C.理論上，可以處理D.上述去除率降低可能是電極上的微生物被氧化【答案】A【解析】【分析】由題干信息可知，該燃料電池中電極I為通入甲醇CH3OH，反應轉化為CO2，發(fā)生氧化反應，作負極，電極反應為：CH3OH6e+H2O=CO2↑+6H+，電極II為轉化為Cr3+，發(fā)生還原反應，為電池的負極，電極反應為：+6e+14H+=2Cr3++7H2O，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，電極Ⅱ為燃料電池的正極，A一定錯誤，A符合題意；B．由分析可知，電極Ⅰ上的反應為，B正確，不合題意；C．由分析可知，根據(jù)得失電子總數(shù)相等有理論上，可以處理，C正確，C不合題意；D．具有強氧化劑，微生物是催化劑，故上述去除率降低可能是電極上的微生物被氧化，D正確，D不合題意；故答案為：A。7.常溫下，分別取未知濃度的MOH和HA溶液，加水稀釋至原體積的n倍。稀釋過程中，兩溶液pH的變化如圖所示。下列敘述正確的是A.P線代表HA的稀釋圖象且HA為強酸B.水的電離程度：Z＞Y=XC.將X點溶液與Y點溶液混合至pH=7時，c(A)＜c(M+)+c(HA)D.將X點溶液與Z點溶液等體積混合，所得溶液中一定有：c(M+)＞c(A)＞c(OH)＞c(HA)＞c(H+)【答案】C【解析】【詳解】A．P線代表的物質pH小于7，因此P線代表HA的稀釋圖象，縱坐標為物質的量的倍數(shù)取對數(shù)，HA從pH=4到pH=5稀釋倍數(shù)大于10，因此HA為弱酸，A錯誤；B．水的電離程度受溶液中酸電離出的H+濃度或者堿電離出的OH濃度影響，X點pH=5時，c(H+)水=1014/105=109mol/L，Z點c(H+)水=109mol/L，Y點c(H+)水=1010mol/L，所以水的電離程度：Z=X＞Y，B錯誤；C．將X點溶液與Y點溶液混合至pH=7時，根據(jù)電荷守恒，c(A)=(M+)，C正確；D．將X點溶液與Z點溶液等體積混合后，所得溶液中除生成鹽MA外，有HA剩余，而c(M+)＞c(A)＞c(OH)＞c(HA)＞c(H+)是MA(aq)的粒子濃度大小順序，D錯誤；答案選C。二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個試題考生都必須作答。第11～12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必做題(43分)8.亞氯酸鈉是一種高效氧化劑、漂白劑，主要用于棉紡、亞麻、紙漿漂白；食品消毒；水處理；殺菌滅藻和魚藥制造。某?；瘜W實驗探究小組設計如圖實驗制備亞氯酸鈉(NaClO2)晶體。[查閱資料]①2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O②ClO2極易溶于水而不與水反應，幾乎不發(fā)生水解，沸點11℃。③NaClO2飽和溶液在低于38℃時析出NaClO2?3H2O，高于38℃時析出NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl。（1）盛裝濃硫酸的儀器名稱是_______。C的作用是________。（2）B中使用濃硫酸而不用稀硫酸的原因是_________。（3）ClO2氣體與裝置D中混合溶液反應生成NaClO2，生成NaClO2的離子方程式為_________。（4）反應后，經以下步驟可從裝置D的溶液獲得NaClO2晶體：55℃蒸發(fā)結晶→趁熱過濾→38～60℃熱水洗滌→低于60℃干燥，得到成品。如果干燥溫度過高可能導致產品中混有的雜質是__________。（5）實驗須使B中n(NaClO3)：n(Na2SO3)=2：1，如Na2SO3過量，則滴加過量硫酸后使ClO2混有氣體。裝置D中可能產生，檢驗裝置D中是否含有的方法是：取少量D中反應后的溶液于試管中，_______，證明溶液中存在。（6）測定樣品中NaClO2的純度。測定時進行如下實驗：準確稱取mg的樣品，加入適量蒸餾水和過量的KI晶體，在酸性條件下發(fā)生反應：ClO2﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl﹣，將所得混合液稀釋成100mL待測溶液。取25.00mL待測溶液，加入淀粉溶液做指示劑，用cmol?L﹣1Na2S2O3標準液滴定至終點，測得消耗標準溶液體積的平均值為VmL(已知：)。①確認滴定終點的現(xiàn)象是_________。②所稱取的樣品中NaClO2的質量分數(shù)為_____(用含c、V的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚?）①.分液漏斗②.安全瓶，可以防止倒吸（2）減少ClO2的溶解（3）2ClO2+H2O2+2OH﹣=2+O2↑+2H2O（4）NaClO3和NaCl（5）加入鹽酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀產生，則含有，反之，不含（6）①.當?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3標準液時，溶液有藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不恢復②.【解析】【分析】由題可知，裝置B為制備ClO2的發(fā)生裝置，裝置C主要起安全瓶的作用，裝置D中為ClO2與H2O2在堿性條件下發(fā)生反應生成NaClO2，裝置E和裝置A為尾氣吸收裝置?！拘?詳解】盛裝濃硫酸的儀器名稱是分液漏斗，C的作用是安全瓶，可以防止倒吸，故答案為：分液漏斗；安全瓶，可以防止倒吸；【小問2詳解】結合信息②可知：B中使用濃硫酸而不用稀硫酸的原因是減少ClO2的溶解，故答案為：減少ClO2的溶解；【小問3詳解】ClO2氣體與裝置D中混合溶液反應生成NaClO2，同時生成氧氣和水，根據(jù)原子守恒、化合價升降守恒、電荷守恒，可得反應的離子方程式為：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO+O2↑+2H2O，故答案為：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO+O2↑+2H2O；【小問4詳解】反應后，經以下步驟可從裝置D的溶液獲得NaClO2晶體：55℃蒸發(fā)結晶→趁熱過濾→38～60℃熱水洗滌→低于60℃干燥，得到成品，結合信息③可知：如果干燥溫度過高可能導致產品中混有的雜質是NaClO3和NaCl，故答案為：NaClO3和NaCl；【小問5詳解】檢驗裝置D中是否含有SO的方法是：取少量D中反應后的溶液于試管中，加入鹽酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀產生，則含有SO，反之，不含SO，故答案為：加入鹽酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀產生，則含有SO，反之，不含SO；【小問6詳解】①確認滴定終點的現(xiàn)象是當?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3標準液時，溶液有藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不恢復，故答案為：當?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3標準液時，溶液有藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不恢復；②根據(jù)題意有關系式：ClO～2I2～4S2O，所以n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×cmol?L﹣1×V×10﹣3L=cV×10﹣3mol，所稱取的樣品中NaClO2的質量分數(shù)為×100%=，故答案為：。9.草酸鈷是制作氧化鈷和金屬鈷的原料。一種利用含鈷廢料(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有機物等)制取CoC2O4的工藝流程如圖：（1）“550℃焙燒”的目的是_________。（2）“堿浸”過程中發(fā)生反應的化學方程式______。（3）“鈷浸出”過程中，不能用鹽酸代替硫酸，因為Co2O3與鹽酸反應生成Cl2污染環(huán)境，該反應的離子方程式為________。（4）“凈化除雜1”過程中，先在40～50℃加入H2O2，再升溫至80～85℃，加入Na2CO3溶液，調pH至4.5.濾渣1的主要成分是_______。金屬離子與H2O2反應的離子方程式為________。（5）“凈化除雜2”過程中，加入NaF以除去原溶液中Ca2+(濃度為1.0×10﹣3mol?L﹣1)和Mg2+，若控制溶液中c(F﹣)=2.0×10﹣3mol?L﹣1，則Ca2+的去除率準確值為________。[已知某溫度下，Ksp(CaF2)=4.0×10﹣11]（6）如圖為二水合草酸鈷(CoC2O4?2H2O摩爾質量為183g/mol)在空氣中受熱的質量變化曲線，曲線中300℃及以上所得固體均為鈷氧化物。寫出B點物質與O2在一定溫度下發(fā)生反應生成C點物質的化學方程式_________?！敬鸢浮浚?）除去碳和有機物（2）Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4（3）Co2O3+2Cl?+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O（4）①.Fe(OH)3②.H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（5）99%（6）3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】【分析】含鈷廢料焙燒可除去碳及有機物，NaOH堿浸除去Al2O3，鈷浸出用Na2SO3在酸性條件下將Co2O3還原為Co2+，同時Fe3+也被還原為Fe2+，凈化除雜1中先用H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，再調pH轉化為Fe(OH)3沉淀，“凈化除雜2”過程中，加入NaF將原溶液中Ca2+和Mg2+轉化為CaF和MgF沉淀，最后用草酸銨將Co2+沉淀為CoC2O4?！拘?詳解】根據(jù)分析可知，“550℃焙燒”的目的是除去碳和有機物；【小問2詳解】“堿浸”過程中發(fā)生反應為Al2O3溶于NaOH溶液，化學方程式為：Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4；【小問3詳解】“鈷浸出”過程中，不能用鹽酸代替硫酸，因為Co2O3具有氧化性，可以把鹽酸氧化為Cl2，該反應的離子方程式為：Co2O3+2Cl?+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；【小問4詳解】“凈化除雜1”過程中，先在40～50℃加入H2O2，再升溫至80～85℃，加入Na2CO3溶液，調pH至4.5，濾渣1的主要成分是Fe(OH)3，金屬離子與H2O2反應的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；【小問5詳解】若控制溶液中c(F)=2.0×103mol?L1，該溫度下，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F)=c(Ca2+)(2.0×103)2=4.0×1011，解得：c(Ca2+)=105mol?L1，則除鈣率為==99%；【小問6詳解】起始時，n(CoC2O4?2H2O)==0.1mol，B點時，失重為(18.314.7)g=3.6g，即失去0.2mol水，所以B點為CoC2O4，設C點的成分為CoxOy，根據(jù)原子守恒，則=≈3：4，即C點剩余固體的化學式為Co3O4，則B點物質與O2在一定溫度下發(fā)生反應生成C點物質的化學方程式為：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。10.某興趣小組了解到空氣燃料實驗系統(tǒng)可利用二氧化碳和水直接合成甲醇，結合新聞信息他們推測其工作時反應原理如下：I.CO2(g)+H2O(l)?CO(g)+H2(g)+O2(g)?H=+akJ·mol1II.CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)?H=bkJ·mol1已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)?H=ckJ·mol1（1）2CO2(g)+4H2O(l)=2CH3OH(g)+3O2(g)的?H為___________kJ·mol1（2）其他條件不變，CO2平衡轉化率與溫度的關系如下圖所示，T1之前CO2平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是___________（3）T℃時，在體積為2L的密閉容器中加入2molCO和1molH2發(fā)生反應，經5min達到平衡，此時H2的濃度為0.1mol·L1?；卮鹣铝袉栴}：①下列敘述能判斷反應達到平衡的是___________(填正確答案標號)；A．v正(CO)=2v逆(H2)B．消耗0.1molCO的同時消耗0.1mol的甲醇C．CO轉化率不再變化D．混合氣體的密度不再變化②0~5min內用CO表示的反應速率為___________，反應的平衡常數(shù)K=___________；③T℃時，向容器中再加入2molCO和1molH2，重新達到平衡時CO的濃度___________(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡的2倍。（4）利用原電池原理同樣可以處理CO2變廢為寶，下圖是“NaCO2”電池工作原理，吸收的CO2都轉化為固體沉積物，其中有二轉化為Na2CO3固體，電池正極的電極反應式為___________。【答案】（1）+2a2b+c（2）T1之前主要發(fā)生反應CO2(g)+H2O(l)?CO(g)+H2(g)+O2(g)，該反應吸熱，升高溫度，平衡正向移動，CO2轉化率升高（3）①.BC②.③.25④.小于（4）【解析】【小問1詳解】I.CO2(g)+H2O(l)?CO(g)+H2(g)+O2(g)?H=+akJ·mol1II.CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)?H=bkJ·mol1Ⅲ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)?H=ckJ·mol1根據(jù)蓋斯定律I×2＋II×2Ⅲ得2CO2(g)+4H2O(l)=2CH3OH(g)+3O2(g)的?H=+2akJ·mol12bkJ·mol1+ckJ·mol1=(+2a2b+c)kJ·mol1；【小問2詳解】T1之前主要發(fā)生反應CO2(g)+H2O(l)?CO(g)+H2(g)+O2(g)，該反應吸熱，升高溫度，平衡正向移動，CO2轉化率升高?！拘?詳解】①A．反應達到平衡狀態(tài)時2v正(CO)=v逆(H2)，所以v正(CO)=2v逆(H2)時反應不平衡，故不選A；B．消耗0.1molCO的同時消耗0.1mol的甲醇，說明正逆反應速率相等，反應一定達到平衡狀態(tài)，故選B；C．CO轉化率不再變化，說明CO濃度不變，反應一定達到平衡狀態(tài)，故選C；D．反應前后氣體總質量不變，容器體積不變，密度是恒量，混合氣體的密度不再變化，反應不一定平衡，故不選D；選BC；②0~5min內用CO表示的反應速率為，反應的平衡常數(shù)K=；③T℃時，假設把2molCO和1molH2放入另外一個完全相同的容器內，達到平衡，CO的濃度0.8mol/L，然后把兩個容器內的氣體壓入1個容器，平衡正向移動，所以重新達到平衡時CO的濃度小于原平衡的2倍?！拘?詳解】根據(jù)“NaCO2”電池工作原理圖，負極是鈉失電子生成鈉離子，CO2都轉化為固體沉積物，其中有二轉化為Na2CO3固體，正極二氧化碳得電子生成碳和碳酸鈉，電池正極的電極反應式為。(二)選做題(15分)【化學——選修3：物質結構與性質】11.磷化銅(Cu3P2)用于制造磷青銅，磷青銅是含少量錫、磷的銅合金，主要用作耐磨零件和彈性原件。（1）基態(tài)銅原子的價電子排布式為_________；價電子中成對電子數(shù)______個。（2）磷化銅與水作用產生有毒的磷化氫(PH3)。①PH3分子中的中心原子的雜化方式是________。②P與N同主族，其最高價氧化物對應水化物的酸性：HNO3____H3PO4(填“>”或“<”)，從結構的角度說明理由：_______。（3）某磷青銅晶胞結構如圖所示。①則其化學式為________。②該晶體中距離Cu原子最近的Sn原子有______個，這些Sn原子所呈現(xiàn)的構型為_______。③若晶體密度為8.82g/cm3，最近的Cu原子核間距為_______pm(用含NA的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1.①.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1②.1012.①.sp3②.>③.因為HNO3分子結構中含有2個非羥基氧原子，比H3PO4中多1個13.①.SnCu3P②.4③.平面正方形④.【解析】【小問1詳解】Cu元素為29號元素，原子核外有29個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，銅原子價電子3d104s1，其中成對電子數(shù)10個，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；10；【小問2詳解】①PH3分子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個P數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+(5﹣3×1)=4，所以磷原子采用sp3雜化，故答案為：sp3；②非金屬性N>P，對應最高價氧化物對應的水化物的酸性為HNO3>H3PO4，從結構的角度因為HNO3分子結構中含有2個非羥基氧原子，比H3PO4中多1個，酸性為HNO3>H3PO4，故答案為：>；因為HNO3分子結構中含有2個非羥基氧原子，比H3PO4中多1個；【小問3詳解】晶體中P原子位于中心，含有一個磷原子，立方體每個面心喊一個Cu，每個Cu分攤給一個晶胞的占，立方體頂角Sn分攤給每