四川省宜宾市高2018届高三第三次诊断考试化学试题-含解析

1、四川省宜宾市高2018届高三第三次诊断考试化学试题1. 中国传统文化中的“笔、墨、纸、砚”被称为“文房四宝”。下列说法错误的是A. 毛笔中羊毫的主要成分是蛋白质B. 墨中炭黑性质稳定可使古代字画长期保存而不褪色C. 宣纸制作工序中的“加碱蒸煮”主要发生化学变化D. 砚石中含有二氧化硅，结构式为O=Si=O【答案】D【解析】A、动物毛发主要成分是蛋白质，毛笔中羊毫的主要成分是蛋白质，故A正确；B、碳的化学性质稳定，在空气中不易反应，所以用墨写字画画可长久不褪色，故B正确；C、纸的原料是木材，主要成分是纤维素，宣纸制作工序中的“加碱蒸煮”，纤维素在碱性条件下会水解，发生化学变化，故C正确；D、二氧

2、化硅是原子晶体，硅原子和氧原子之间是单键，故D错误；故选D。2. 检查司机是否酒后驾车的反应原理是：C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2(SO4)3+2CO2+9H2O。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.1 mol C2H5OH中含OH数目为0.1 NAB. 25时，pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.1 NAC. 1.8 g H2O中含有共用电子对数目为0.2 NAD. 生成4.48 L CO2气体时，转移电子数目为1.2 NA【答案】C【解析】A、 C2H5OH是非电解质，不能电离出OH，故A错误；B、25时，pH=1的H2SO

3、4溶液中，c（H+）=0.1mol/L，溶液体积未知，故无法求得H+的数目，故B错误；C、1.8 g H2O即为0.1mol，一个H2O分子中含有共用两对电子对，故1.8 g H2O中含有共用电子对数目为0.2 NA，故C正确；D、根据反应：C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2(SO4)3+2CO2+9H2O，生成2mol CO2，转移6mol电子，故生成4.48 L CO2气体时，题目中并没有指出是否为标况下，故无法求得二氧化碳的物质的量，故D错误；故选C。 点睛：在高考题中，该类型题目属于必考题型，考查阿伏加德罗常数，结合其他知识进行考察，综合性很强，故特别要小心，涉及到气体体

4、积，务必要看是否有标况这一条件，涉及到浓度物质的量的转化，务必注意是否已知溶液体积这一条件等等，切不可大意。3. 十九大报告提出将我国建设成为制造强国，2020年我国“PX”产能将达到3496万吨/年。有机物（烃）“PX”的结构模型如下图，下列说法错误的是A. “PX”的分子式为C8H10B. “PX”的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）C. “PX”分子中，最多有14个原子共面D. 可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯【答案】B4. 下述实验能达到实验目的的是 实验实验目的A向盛有1 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液的试管中滴加0.1 mol/L NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，

5、再向其中滴加0.1 mol/L KI溶液验证Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)B向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体证明溶液中一定含CO32-，一定不含Ca2+C室温下，用pH试纸测定0.1 mol/L NaClO溶液和0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱D向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后加碱，再加入新制Cu(OH)2浊液，加热检验淀粉是否完全水解生成葡萄糖A. A B. B C. C D. D【答案】A.5. 用粗硅作原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图。下列叙述正确的是A. 电源的B极为负极B.

6、可选用石英代替粗硅C. 电解时，熔融盐中Li+向粗硅移动D. 阳极反应：Si4H4e= SiH4【答案】D【解析】根据该装置图，该装置为电解池，总反应为：Si2H2= SiH4。H2生成H，发生还原反应，Si发生氧化反应。A、根据电解池，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，故通入H2的那一极是阳极，故A是负极，B是正极，故A错误；B、阳极粗硅失电子，若换成石英，即SiO2，SiO2中Si已经是+4价，无法再失电子，故B错误；C、电解时，熔融盐中Li+向阴极移动，故C错误；D、阳极粗硅生成SiH4，故电极反应为：Si4H4e= SiH4，故D正确；故选D。点睛：该题的关键是，看清楚图示内容，明确

7、这是电解池装置，用电解池的规律进行解答，如氢气得电子生成氢负离子，在根据总反应：Si2H2= SiH4。H2生成H，发生还原反应，Si发生氧化反应，即可判断电极类型。6. 短周期元素X、Y、M、R在周期表中的相对位置如图，最外层电子数之和为24。下列说法正确的是XYMRA. Y的氢化物中一定不存在非极性键B. X的氢化物与R的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性C. 食品中可适量添加MY2，起到去色、杀菌、抗氧化的作用D. 氧化物对应的水化物的酸性：R>M【答案】C【解析】短周期元素X、Y、M、R在周期表中Y、M同主族，X在Y、M左边相邻主族，R在Y、M右边相邻主族，最外层电子数之和为24，设

8、Y、M最外层电子数为x，X为x-1，R为x+1，故4x=24，x=6，故Y、M为第VIA族元素，X、Y、M、R分别为：N、O、S、Cl。A、Y的氢化物为：H2O、H2O2，H2O2中存在非极性键，故A错误；B、X的氢化物为NH3与R的氢化物（HCl）反应，产物的水溶液为NH4Cl，呈酸性，故B错误；C、食品中可适量添加MY2（SO2），SO2有漂白性、氧化性、还原性、故适量添加，可以起到去色、杀菌、抗氧化的作用，故C正确；D、根据元素周期律，只能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，故D错误；故选C。7. 25时，用0.10 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol/L的二元酸H2

9、A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是A. H2A的电离方程式为H2AH+HA -B. B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/LC. C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)= 2c(A2-)D. 25时，该氨水的电离平衡常数为【答案】B【解析】根据图像，A点时，0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液= -12，此时c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.0×10-13 mol/L，c（H+）=0.1 mol/L，说明H2A为二元强酸。A、H2A的电离方程式为H2A=2H+A

10、2-，故A错误；B、B点溶液中，加入了10mL 0.10 mol/L的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为（NH4）2A溶液，= -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8 mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，此时溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/L，故B正确；C、C点溶液中，加入了12.5 mL 0.10 mol/L的氨水，此时溶液应为（NH4）2A和NH3·H2O混合溶液，= 0，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：c(NH4+)+c

11、(H+)= 2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)= 2c(A2-)，故C错误；D、B点时，溶液应为0.025mol/L（NH4）2A溶液，= -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8 mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4+ H2OH+ NH3·H2O，该反应的水解常数为Kh= = =2×10-5，故氨水的电离平衡常数为=5×10-10，故D错误；故选B。8. 某实验小组在实验室利用氨气和新制备的硫酸亚铁溶液反应制备氢氧化亚铁。（一）制备硫酸亚铁溶液 （1）步

12、骤，加入稀硫酸的目的是_。（2）步骤，加入还原铁粉后观察到的现象是_。（二）制备氢氧化亚铁（3）选择上图中的装置制备氢氧化亚铁，连接顺序为_（按气流方向，用装置字母表示）。反应结束后继续通一段时间的N2，目的是_。（4）装置B中发生反应的离子方程式是_。装置C的作用是_。（三）探究思考 反应后将装置B中固体过滤时白色沉淀会逐渐转变为灰绿色。在查阅不同资料后，有同学认为灰绿色物质是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化后生成的Fe3(OH)8。（5）Fe3(OH)8中n(Fe2+):n(Fe3+) =_，用氧化物的形式表示可写成_。（6）设计实验证明灰绿色物质中含Fe3(OH)8：_。【答案】 (1)

13、. 抑制Fe2+的水解 (2). 铁粉逐渐溶解，有无色气体生成，溶液由黄色逐渐变为浅绿色 (3). A C B D (4). 防止拆除装置时残留的氨气逸出污染空气 (5). Fe2+ + 2NH3 + 2H2O= Fe(OH)2 + 2NH4+ (6). 安全瓶，防倒吸 (7). 1:2 (8). FeO ·Fe2O3 ·4H2O (9). 取少量灰绿色物质于试管中，加入稀盐酸（或稀硫酸）溶解，将溶液分成两份，一份滴入几滴KSCN溶液，变为血红色；另一份加入适量K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，则灰绿色物质中含Fe3(OH)8【解析】该实验的目的是利用氨气和新制备的硫酸

14、亚铁溶液反应制备氢氧化亚铁。（一）制备硫酸亚铁溶液，向硫酸铁晶体中加入去氧蒸馏水和稀硫酸，再加入过量的还原铁粉，将Fe3+还原成Fe2+，得到硫酸亚铁溶液。（1）步骤，加入稀硫酸的目的是，目的是抑制Fe3+的水解；（2）步骤，加入还原铁粉后，铁粉和酸反应和Fe3+反应，观察到的现象是铁粉逐渐溶解，有无色气体生成，溶液由黄色逐渐变为浅绿色；（二）制备氢氧化亚铁，原理是将氨气通入硫酸亚铁溶液中，此过程的关键是隔绝空气。（3）制备氢氧化亚铁的装置中，A装置的作用是将浓氨水滴到生石灰上，使生石灰和水反应放出热量，放出氨气，氮气的作用是将装置中的空气全部排出，B装置的作用是氨气和硫酸亚铁溶液反应产生氢氧

15、化亚铁，C装置的作用是作为安全瓶防止倒吸，D装置的作用是吸收尾气。故装置连接顺序为A C B D；反应结束后继续通一段时间的N2，目的是将装置中残留的氨气全部被吸收，防止拆除装置时残留的氨气逸出污染空气；（4）装置B中发生反应的离子方程式是：Fe2+ + 2NH3 + 2H2O= Fe(OH)2 + 2NH4+，装置C在A和B之间，故C的作用是：安全瓶，防倒吸；（5）Fe3(OH)8中，3个Fe带8个正电荷，故n(Fe2+):n(Fe3+) =1：2，用氧化物的形式表示可写成FeO ·Fe2O3 ·4H2O；（6）要设计实验证明灰绿色物质中含Fe3(OH)8，即要证明此物质

16、中既有Fe2+又有Fe3+，Fe2+用K3Fe(CN)6溶液检验，Fe3+用KSCN溶液检验，故试验方法为：取少量灰绿色物质于试管中，加入稀盐酸（或稀硫酸）溶解，将溶液分成两份，一份滴入几滴KSCN溶液，变为血红色；另一份加入适量K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，则灰绿色物质中含Fe3(OH)8。点睛：实验题的关键是搞清楚实验目的：利用氨气和新制备的硫酸亚铁溶液反应制备氢氧化亚铁。结合题意，先制备硫酸亚铁溶液，向硫酸铁晶体中加入去氧蒸馏水和稀硫酸，再加入过量的还原铁粉，将Fe3+还原成Fe2+，得到硫酸亚铁溶液，再制备氢氧化亚铁，原理是将氨气通入硫酸亚铁溶液中，此过程的关键是隔绝空气。就可

17、知各装置的目的，各个措施的目的，就可以顺利的解题。9. 利用废旧锂离子电池的正极材料（主要成分为LiCoO2、Al以及少量Ca、Mg、Cu、Fe等）制备Co3O4微球的工艺流程如下：回答下列问题：（1）LiCoO2 中Co元素的化合价为_。（2）步骤中生成Co2+的离子方程式为_。此过程中若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是_。（3）步骤中，不同pH下溶液中金属离子的去除效果如下图所示。该过程加入NaOH调节溶液pH的最佳范围是_，理由是_。 （4）步骤中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。（5）步骤中，Co(OH)2在空气中高

18、温焙烧生成Co3O4的化学方程式为_。（6）若以钴为电极，控制一定条件，电解NaCl溶液也可制取Co3O4的前驱体Co(OH)2。写出电解的总反应方程式_。（7）实验室测得“浸出液”中钴元素的含量为a mg/L，取20 mL“浸出液”模拟上述流程进行实验，得到“Co3O4微球”产品b g，又测得产品中钴元素的质量分数为w。计算钴的回收率为_（列式表示）。【答案】 (1). +3 (2). 2LiCoO2 +6H+H2O2=2Co2+ O2+2Li+4H2O (3). 盐酸（或Cl-）可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境 (4). 5.56.0 (5). 在pH为5.56.0的范围内，Fe3+

19、、Al3+、Cu2+杂质离子的去除率很高，而Co2+去除率很低，损失率较小 (6). 漏斗 (7). 6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O (8). Co+2H2OCo(OH)2+H2 (9). ×100%【解析】（1）LiCoO2 中Co元素的化合价为+3；（2）步骤在正极材料中加入硫酸和过氧化氢溶液，将LiCoO2生成Co2+，离子方程式为：2LiCoO2 +6H+H2O2=2Co2+ O2+2Li+4H2O；此过程中若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是盐酸（或Cl-）可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境；（3）步骤中，

20、加入NaOH调节溶液pH的最佳范围是pH=5.56.0，在此范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子几乎被沉淀完全，而Co2+损失率较小；（4）步骤中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、和漏斗；（5）步骤中，Co(OH)2在空气中高温焙烧生成Co3O4，Co由+2价被氧化到+3价，故需氧气的参与，化学方程式为：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O；（6）若以钴为电极，电解NaCl溶液也可制取Co3O4的前驱体Co(OH)2，阳极是Co，电极本身失电子，生成Co2+，阴极水中的氢离子放电生成氢气，故电解的总反应方程式为：Co+2H2OCo(OH)2+H2；（7）实验室

21、测得“浸出液”中钴元素的含量为a mg/L，取20 mL“浸出液”模拟上述流程进行实验，得到“Co3O4微球”产品b g，产品中钴元素的质量分数为w，产品中Co的质量为：b×w，20 mL“浸出液中Co的质量为：a×0.02×0.001g，故钴的回收率为 ×100%= ×100%。点睛：该题综合性较强，以工艺流程为线索，结合考查了氧化还原反应，陌生氧化还原反应方程式的书写，结合图像和工艺流程图的分析，如步骤中，加入NaOH调节溶液pH的最佳范围是pH=5.56.0，在此范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子几乎被沉淀完全，而Co2+损失率

22、较小。10. NOx是造成大气污染的主要物质，用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。（1） 已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) H1= -221.0 kJ/molN2(g)+O2(g)2NO (g) H2= +180.5 kJ/mol2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) H3= -746.0 kJ/mol回答下列问题：用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为_。在一定温度下，向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的NO和足量的焦炭，反应过程中测得各容器中c(NO)（mol/L）随时间（s）的变化如下表。已知：三个容器的反应温度分别为T

23、甲= 400、T乙= 400、T丙= a 时间0 s10 s20 s30 s40 s甲2.001.501.100.800.80乙1.000.800.650.530.45丙2.001.451.001.001.00甲容器中，该反应的平衡常数K=_。丙容器的反应温度a _400（填“”、“<”或“=”），理由是_。（2）用NH3催化还原NOx消除氮氧化物的污染。已知：8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g) +12H2O(l) H0。相同条件下，在2 L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图所示。在催化剂A的作用下，04 min的v(NH3) = _。该反应活化能E

24、a(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是_，理由是_。下列说法正确的是_（填标号）。a使用催化剂A达平衡时，H值更大b升高温度可使容器内气体颜色加深c单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡d若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡【答案】 (1). 2NO(g)+ C (s)CO2(g)+ N2(g) H=-573.75kJ/mol (2). (3). (4). 甲、丙容器中反应物起始量相同，丙容器达平衡的时间比甲容器达平衡的时间短 (5). 0.5mol/（Lmin） (6). Ea(C) Ea(B) Ea(A) (7). 相同

25、时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低 (8). b c d【解析】（1）2C(s)+O2(g) 2CO(g) H1= -221.0 kJ/molN2(g)+O2(g)2NO (g) H2= +180.5 kJ/mol2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) H3= -746.0 kJ/mol用焦炭还原NO生成无污染气体的化学方程式为：2NO(g)+ C (s)CO2(g)+ N2(g)，该方程式由（+-）/2得来，故该反应的H=（H3+H1- H2）/2=-573.75kJ/mol，故该反应的热化学方程式为：2NO(g)+ C (s)CO2(g)+ N2(g) H=-57

26、3.75kJ/mol；甲容器中，发生反应2NO(g)+ C (s)CO2(g)+ N2(g)根据容器中c(NO)（mol/L）随时间（s）的变化，2NO(g)+ C (s)CO2(g)+ N2(g)起始浓度 2 0 0转化浓度 1.2 0.6 0.6平衡浓度 0.8 0.6 0.6故该反应的平衡常数K= = ，甲、丙容器中反应物起始量相同，丙容器达平衡的时间比甲容器达平衡的时间短，故丙容器的反应温度a 400；（2）用NH3催化还原NOx消除氮氧化物的污染。在催化剂A的作用下，04 min的v(NH3) =0.5mol/（Lmin）；根据图像，ABC催化剂催化效果A>B>C，相同时

27、间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低，故该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是Ea(C) Ea(B) Ea(A)；a催化剂不会影响H值，故a错误；b升高温度可使平衡右移，使得二氧化氮浓度增大，容器内气体颜色加深，故b正确；c根据反应，8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g) +12H2O(l)，单位时间内生成8个NH3，同时生成12个H2O时，说明反应已经达到平衡，即形成N-H键与O-H键的数目相等时，故c正确；d若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明温度已经不变，说明反应已无热量变化，说明反应已经达到平衡，故d正确；故选b c d。点睛：该题目

28、综合性较强，考查了盖斯定律的应用，平衡常数的计算、平衡的移动、化学反应速率的计算等，题目并不难，但一定要特别注意方法的使用，如三段式的使用，就可以避免低级错误。11. 中国是最早发现并使用青铜器的国家。司母戊鼎是迄今为止出土的世界上最大、最重的青铜礼器，享有“镇国之宝”的美誉（如图1）。（1）Cu原子的外围电子排布式为_。（2）图2所示为第四周期某主族元素的第一至五电离能数据，该元素是_，I3远大于I2的原因是_。（3）图3是某含铜配合物的晶体结构示意图。晶体中H2O和SO42-的中心原子的杂化类型为_，试判断H2O和SO42-的键角大小关系并说明原因_。图3中的氢键有(H2O)OH·

29、;··O(H2O)和_。写出该配合物的化学式_。（4）一种铜的氯化物晶胞结构如下图所示。该化合物的化学式为_，已知P、Q、R的原子坐标分别(0，0，0)、(1，1，1)、 (，)，若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为a pm，则该晶体的密度计算表达式为_。【答案】 (1). 3d104s1 (2). Ca（或钙） (3). Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构，再失去1个电子很困难 (4). sp3、sp3 (5). H2O分子键角小于的SO42-键角，因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S不存在，孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力 (6). (H

30、2O)OH···O(SO42-) (7). Cu(H2O)4SO4·H2O (8). CuCl (9). g/cm3【解析】（1）Cu为第29号元素，原子的外围电子排布式为：3d104s1 ；（2）根据图示第四周期某主族元素的第一至五电离能数据，电离能突变在第三电离能，故该元素为第四周期第IIA族元素，该元素是Ca；I3远大于I2的原因是Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构，再失去1个电子很困难；（3）晶体中H2O和SO42-的价层电子对数均为4对，故中心原子的杂化类型均为sp3；H2O的键角小于SO42-的键角，因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42

31、-中的S没有孤对电子，孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力，故键角更小；图3中的氢键有(H2O)OH···O(H2O)和(H2O)OH···O(SO42-)；该配合物中，中心离子是Cu2+，配体是水，配位数是4，阴离子是硫酸根，还有一个结晶水，故其化学式为：Cu(H2O)4SO4·H2O；（4）铜的氯化物晶胞结构中Cu占据了顶点和面心，Cl占据了体内4个位置，故该化合物的化学式为CuCl，已知P、Q、R的原子坐标分别(0，0，0)、(1，1，1)、 (，)，若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为a pm，即为体对角线的四分之一，故则该晶体的边长为： ×10-10cm，该晶胞