2023年届四川省成都市高三上学期第一次诊断性检测理科综合化学试题

--17-2023〔化学局部〕生活中以下物质的有关说法错误的选项是食盐和白醋都可作调味剂糖类和蛋白质都可发生水解液化石油气和自然气都是含烃混合物双氧水和碘酒都可作医用消毒剂【答案】B【解析】【详解】A．食盐具有咸味，常用作调味品和防腐剂，醋具有酸味，可作调味剂，醋具有酸性，可作为食品防腐剂，故AB．糖类中的单糖不能水解，如葡萄糖为单糖，不能水解，故B错误；C．液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，自然气的主要成分是甲烷，它们的主要成分都是烃，故C正确；D．碘酒、75%酒精溶液、双氧水溶液是三种常见的消毒剂，故DB。有机物X、Y、Z的构造简式分别为Y、ZY4个CX、Z可用酸性KMnO溶液一次区分X、Y、Z4【答案】C【解析】

。以下分析正确的选项是【详解】A.YZA苯环为正六边形构造，碳碳双键为平面构造，Y3CBX3Z3C用酸性KMnO溶液一次只能区分出Y，X、Z无法区分，故D错误；应选C。4【点睛】此题的易错点为B，要留意苯环为正六边形构造，对角线上的4个原子共线，但乙烯是平面构造，120°。以下试验操作不能到达试验目的的是A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.易溶于水，故A氢氧化镁悬浊液中存在溶解平衡，参加氯化铵溶液，氯化铵溶液水解，溶液显酸性，水解生成的氢离子B化亚铁沉淀，故C浓硝酸与淀粉不反响，没有明显的现象，应中选用碘水检验，故D错误；应选D。4.N代表阿伏加德罗常数的值。以下推断正确的选项是A1LpH=13Ba(OH)2

溶液中含OH－0.2NA46gCHCHOHC－H6N3 2 A4.6gNa0.1molCHCOOH0.1N2.24LCH4

0.5molCl2

3 A充分反响所得混合物中氯原子数为NA【答案】D【解析】【详解】A、25℃时，pH=131.0LBa(OH)2

溶液中，含有的OH-的物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，数0.1N，故AA46gCHCHOH

46g

=1mol，CHCHOH

C－H5N3 2 46g/mol 3 2 AB4.6gNa0.2mol0.1molCHCOOH0.2N3 AC依据氯原子守恒，无论反响如何进展，反响所得混合物中含有1mol氯原子，个数为N，故D正确；故AD。【点睛】此题考察阿伏加德罗常数的推断。此题的易错点为A1LpH=13的Ba(OH)2

溶液中含OH－的数目与碱是一元碱还是二元碱无关。短周期主族元素XYZWRQ0.1mol/L水溶液pH如下表，丙、丁为二元化合物。甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消逝；乙的水溶液可除油污。以下说法肯定正确的选项是WQYZY<Z离子半径：r(Q>r(R)>r(Z)YQQ>Y【答案】A【解析】【分析】0.1mol/LpH13，说明甲为一元强碱，则甲为NaOH；0.1mol/LpH1，说明丁为一元强酸，则丁为HCl；乙、丙的0.1mol/L水溶液pH分别为11、5，则乙为弱碱性溶液，丙为弱酸性溶液；甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消逝，则丙溶液中含有铝离子，可能为AlCl；乙的水溶3液可除油污，可能为NaCO溶液，结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，化合物甲、2 3乙、丙、丁由这些元素组成分析解答。【详解】依据上述分析，甲为NaOH，丁为HCl；假设丙为AlCl；乙为NaCO溶液，涉及63 2 3期主族元素X、Y、Z、W、R、QX为HYCZOWNaRAlQ为ClWQAYC，CB离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层构造一样的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径：r(Q>r(Z)>r(R)，故C错误；YQQ＜Y，D错误；应选A。【点睛】此题考察了元素周期表和元素周期律的推断。此题的难点为乙、丙的推断，需要依据物质的性质分析推断，易错点为D，要留意氧化物的水化物不肯定是最高价氧化物的水化物。港珠澳大桥设计寿命120年，对桥体钢构件承受了多种防腐方法。以下分析错误的选项是防腐原理主要是避开发生反响：2Fe+O+2HO===2Fe(OH)2 2 2钢构件外表喷涂环氧树脂涂层，是为了隔绝空气、水等防止形成原电池承受外加电流的阴极保护时需外接镁、锌等作关心阳极钢构件可承受不锈钢材料以减缓电化学腐蚀【答案】C【解析】A.铁为活泼的金属2Fe+O+2HO=2Fe(OH)4Fe(OH)+O+2HO=4Fe(OH)

等，故A

2 2 22 2 2 3钢构件外表喷涂环氧树脂涂层，可以隔绝空气、水等防止形成原电池，防止铁发生电化学腐蚀，故B正确；外接镁、锌等作关心阳极属于牺牲阳极的阴极保护法，承受外加电流的阴极保护时需外接电源，故C错误；DC。7.pCu－1gc(C+pX=－lgc(－298KK(CuCl)=a×1K(CuBr)=b×1－K(CuI)=c×10sp sp sp－12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如下图。以下说法正确的选项是298K时，在CuClNaCl，c(Cu+c(Cl－)都减小图中x代表CuI曲线，且Pc(Cu+)=c(I－)298K时增大My上的点向N298K时CuBr(s)+I－(aq)【答案】D【解析】

CuI(s)+Br－(aq)的平衡常数K103102【分析】依据图象，pCu=－1gc(Cu+)=3，c(Cu+)=10－3mol/L，pX=－lgc(X－)=3，c(X－)=10－3mol/L，则K(CuX)=a×10sp－6PCuClxCuClyCuBr，zCuI，据此分析解答。【详解】A.298K时，在CuClNaCl，c(Cl－)增大，温度不变，K(CuCl)，则c(Cu+)sp减小，故A依据上述分析，图中xCuCl曲线，故B298K时增大MK(CuBr)不变，则c(Cu+)减小，pCu=－1gc(Cu+)增大，即ysp上的点向M点的斜下方移动，故CK (CuBr)

b´10－9 b298K时CuBr(s)+I－(aq) CuI(s)+Br－(aq)的平衡常数K=

sp(

)= =´103，K103102，故D正确；应选D。

K CuIsp

c´10－12 c8.硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特别条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：NaSO+2CNaS+2CO↑2 4 2 2硫化钠固体在保存时需留意 ，缘由是 。试验室用上图装置以NaSO与炭粉为原料制备NaS2 4 2①连接仪器挨次为 (按气流方向，用小写字母表示)；②检查装置气密性；③ ；④加热，进展试验。假设amolNaSO2amolCNaS小于amol，则试验改进方案是2 4 2 。某同学从氧化复原角度分析固体产物中可能含有少量NaS3剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水) 。经试验测定，硫酸钠与炭粉在肯定条件下反响还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1︰3的CO2和CO两种气体。反响方程式为 。【答案】 (1).密封 (2).硫化钠简洁被空气中的氧气氧化 (3).abcefd (4).装入药品(5).增加碳的量 (6).在试管中参加少量固体产物样品，参加蒸馏水溶解，再参加盐酸，看是否产生浑浊，假设产生淡黄色浑浊则猜测合理，反之，不合理 (7).2NaSO+4C2 4【解析】【分析】硫化钠中的S元素为S的最低价态，简洁被氧化，据此分析推断；

NaS+NaSO+CO↑+3CO↑2 2 3 2NaSO+2C NaS+2CO2 4 2 2硫化氢气体，影响二氧化碳的检验，因此需要防止水蒸气进入反响装置，反响中可能生成一氧化碳，一氧化碳会污染空气，据此分析解答；反响过程中碳会与生成的二氧化碳在加热时反响生成一氧化碳；NaSONaS2 3 2硫，据此分析解答；硫酸钠与炭粉在肯定条件下反响还可生成等物质的量的两种盐为硫化钠和亚硫酸钠和体积比为1︰3的COCO2(1)硫化钠中的S元素为S硫化钠简洁被空气中的氧气氧化；①NaSO+2CNaS+2CO↑，生成的硫化钠简洁吸取水蒸气发生水解反响，从而与二氧化碳反响放2 4 2 2出硫化氢气体，影响二氧化碳的检验，因此需要防止水蒸气进入反响装置，反响中可能生成一氧化碳，一氧化碳会污染空气，需要防止污染，仪器的连接挨次为abcefd；连接好仪器后，首先检查装置气密性，装入药品，加热，开头试验，故答案为：abcefd；装入药品；amolNaSO2amolC2 4使得生成的NaS小于amolNaSONaS2 2 3 2色沉淀，因此试验方法为：在试管中参加少量固体产物样品，参加蒸馏水溶解，再参加盐酸，假设产生淡黄色浑浊，则猜测合理，反之，不合理，故答案为：增加碳的量；在试管中参加少量固体产物样品，参加蒸馏水溶解，再参加盐酸，假设产生淡黄色浑浊，则猜测合理，反之，不合理；硫酸钠与炭粉在肯定条件下反响还可生成等物质的量的两种盐为硫化钠和亚硫酸钠和体积比为1︰3的COCO2NaSO+4C2 2 4

NaS+NaSO+CO↑+3CO↑，故答案为：2 2 3 22NaSO+4C2 4

NaS+NaSO+CO↑+3CO↑。2 2 3 2(3)，要留意高温下碳和二氧化碳能够反响。9.I淋雨时彩色水泥墙的颜色为 。CoO、CoO及金属Al、Li)中制取粗CoO23步骤I产生的气体是 (填化学式，下同)，从含铝溶液中沉淀铝可通入的气体是 。步骤Ⅲ中除去A13+的离子方程式为 ，步骤Ⅳ中NaCO溶液的作用是 (用离子方程式2 3表示)。为了获得高纯度的钴粉，从环保角度考虑，复原CoO的试剂为 (填序号)。23A.铝 B.木炭 C氢气 D.一氧化碳试验室制备氯化亚钴晶体并测其化学式的流程如下：①步骤Ⅱ“系列操作”中洗涤晶体不用蒸馏水而用酒精，目的是 。②用灼烧一称重法测定氯化亚钴晶体中结晶水含量时，需要在氯化氢气氛中灼烧结晶水合物，请结合方程式解释这样做的缘由 。20℃时的Ksp如下表：某同学用滴定法测定晶体CoCl·xHO中的x，常用标准硝酸银法进展滴定，滴定时选择的指示剂是2 2 (填编号)。AKCl BKSCN CKS DKCrO2 2 4假设取样品ag100mL20mLcmol/LAgNO3溶液滴定至终点消耗标准溶液bmL，则x的表达式为 。【答案】 (1).粉红色 (2).H

(3).CO

(4).2Al3+

+3CO2-

+3HO=2Al(OH)

↓+3CO↑2 2 3 2 3 2(5).CO2-3

+Co2+=CoCO3

↓ (6).C (7).氯化亚钴晶体在无水乙醇中的溶解度小于在蒸馏水中的溶解度，且乙醇挥发性较好 (8).CoCl+HOCo(OH)+2HCl，加热时，氯化氢挥发，促进水解，得不2 2 2

130bc 10-3到氯化亚钴，在氯化氢气氛中灼烧结晶水合物，可以抑制水解 (9).D (10).

10a-18bc?10-3【解析】【分析】I.淋雨时彩色水泥墙上的氯化亚钴吸取水分，生成CoCl·6HO，结合表格数据推断；2 2CoO、CoO+323够氧化氯离子，得到Co2+，酸溶后的溶液中参加碳酸钠溶液和NaF溶液净化，除去锂离子和铝离子，在滤液中参加碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，高温煅烧，碳酸钴分解得到氧化钴，结合物质的性质和氧化复原反响的规律分析解答。【详解】I.淋雨时彩色水泥墙上的氯化亚钴吸取水分，生成CoCl·6HO2 2红色；CoO+3价钴离子能够氧化氯离子，得到Co2+，酸溶后的溶液中参加碳酸钠溶液和NaF溶液净化，除去锂离子和铝离子，在滤液中参加碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，高温煅烧，碳酸钴分解得到氧化钴。步骤I碳，生成氢氧化铝沉淀，故答案为：HCO2 2步骤Ⅲ中A13+和碳酸根离子发生双水解反响，反响的离子方程式为2Al3+

+3CO2-+3HO=2Al(OH)↓+3 2 33CO↑；步骤Ⅳ中NaCO溶液与Co2+反响生成碳酸钴沉淀，反响的离子方程式为CO2-2 2 3 3

+Co2+=CoCO↓，故3答案为：2Al3+

+3CO2-+3HO=3Al(OH)↓+2CO↑；CO2-+Co2+=CoCO↓；3 2 3 2 3 3A.铝与CoOBCoO23 23的木炭使得生成的钴粉不纯，错误；C氢气与CoO反响生成水，不会污染环境，且不引入杂质，正确；23D.一氧化碳会污染空气，错误；应选C；(4)①减小晶体因溶解而损失，故答案为：氯化亚钴晶体在无水乙醇中的溶解度小于在蒸馏水水中的溶解度，且乙醇挥发性较好；②氯化亚钴能够水解水解的化学方程式：CoCl+HOCo(OH)+2HCl，加热时氯化氢挥发促进水解，2 2 2得不到氯化亚钴，为了抑制水解，需要在氯化氢气氛中灼烧结晶水合物，故答案为：CoCl+HOCo(OH)+2HCl，加热时，氯化氢挥发，促进水解，得不到氯化亚钴，在氯化氢气氛中灼烧结2 2 2晶水合物，可以抑制水解；③此题的指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶故ABAgSCNAgSCNBC．K(AgS)=sp 22.0´10-4832=1.0×10-16；K2.0´10-4832c(Cl-)=

sp2.0´10-10，说明硫化银的溶解度小于氯化银，滴定时首先生成Ag2.0´10-102CrO2K(AgCl)=c(A+)c(C-)=2.0×1-1c(C-)=4 sp

2.0´102.0´10-102.0´10-1232c2(Ag+)c(CrO2-2.0´10-12324 4KCrO做指示剂可正确的测定氯化物的含量，故DD；2 4消耗的硝酸银的物质的量为cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol，依据Ag++Cl-=AgCl↓，氯化亚钴的物质1 ag 100mL 1的量为×bc×10-3mol，则 ×x× =×bc×10-3mol，解得：2 (130+18x)g/mol 20mL 2130bc´10-3 130bc´10-3x= ，故答案为： 。10a-18bc?10-3 10a-18bc?10-3草酸( )在工业上可作漂白剂、鞣革剂，也是试验室常用试剂。草酸中相关化学键的键能数据如下表：肯定条件下发生反响HCO(g) HO(g)+CO(g)+CO(g) △H= kJ/mol。224 2 20.50mol10LT1T2时进展上述反响(体系内物质均为气态)，n(H2C2O4)随时间变化的数据如下表：①温度：T T(填“>”、“<”或“=”)；1 2②T时0~20min平均反响速率v(CO)= ；2③该反响到达平衡的标志为 (填序号)；a消耗HCO和生成HO的物质的量相等 b.气体密度不变224 2c混合气体的平均摩尔质量不变 d.体系中 n(CO) 不变n(HCO)2 2 4④T时反响至20min时再参加0.5molHCO反响达平衡时HCO物质的量 0.36mol(填“>”“<”2 224 224或“=”)。室温下利用HCO溶液和酸性KMnO溶液的反响探究外界条件对反响速率的影响，设计方案如下：224 4①上述反响的离子方程式为 ；②分析数据可得到的结论是 ；③该试验中假设n(Mn2+)随时间变化趋势如图一所示，请于图二画出t后生成CO的速率图像(从a2 2图)并说明理由 。。【答案】 (1).2a+c-b (2).＜ (3).0.0016mol/(L·min) (4).cd (5).＜ (6).5HCO+2MnO-+6H+=2Mn2++10CO+8HO (7).其他条件不变时，草酸的浓度越大，反响速率越快 (8).224 4 2 2的进展，溶液中溶质的浓度渐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢，最终几乎为0【解析】【分析】(1)依据△H=反响物的总键能-生成物的总键能计算；(2)①温度越高，化学反响速率越快；②首先可以计算T0~20min平均反响速率v(HCO2 224式HCO(g) HO(g)+CO(g)+CO(g)，计算v(CO)；③依据化学平衡状态的特征和标志分析推断；④根224 2 2据表格数据，T20min0.5molHCO2 224(3)①反响后HCO转化为CO逸出，KMnO转化为MnSO224 2 4 4式；②表格中溶液的总体积一样，高锰酸钾的体积相等，草酸的体积不同，结合溶液褪色需要的时间分析解答；③依据n(Mn2+)随时间变化趋势图可知，t时反响速率突然加快，可能是生成的锰离子对反响起到2催化作用，因此生成二氧化碳的速率也会突然加快，随着反响的进展，溶液中溶质的浓度渐渐减小，因此生成二氧化碳的速率减慢，最终几乎为0，据此分析解答。【详解(1反响物 中含有2个H-2个C-2个C=O和1个C-C生成物HO+CO+CO2 2中含有2个H-O，1个，2个C=O，HCO(g) HO(g)+CO(g)+CO(g)△H=反响物的总键能-生成224 2 2物的总键能=2E(C-O)+E(C-C)-E( )=(2a+c-b)kJ/mol，故答案为：2a+c-b；n(HCOT时变化大，反响速率224 2快，因此温度：TT1 2〔0.50-0.18〕mol②T0~20minv(HCO

10L

=0.0016mol/(L·min)，故方程式HCO(g)2 224

20min

224HO(g)+CO(g)+CO(g)，v(CO)=v(HCO0.0016mol/(L·min)，故答案为：0.0016mol/(L·min)；2 2 224③a.HCO(g)HO(g)+CO(g)+CO(g)，消耗HCO和生成HO的物质的量始终相等，不能说明到达平224 2 2 224 2衡状态，错误；b.气体的质量不变，气体的体积不变，因此气体密度始终不变，不能说明到达平衡状态，错误；c.气体的质量不变，气体的物质的量是一个变量，当混合气体的平均摩尔质量不变，说明气体的物质的量不变，说明反响到达了平衡状态，正确；d.随着反响的进展，HCO的物质的量减小，CO224量增大，当体系中 n(CO) 不变，说明正逆反响速率相等，到达了平衡状态，正确；应选cd；n(HCO)2 2 4④依据表格数据，T时，反响至20min0.5molHCO2 224移动，反响达平衡时HCO物质的量＜0.36mol，故答案为：＜；224①反响后HCO转化为CO逸出，KMnO转化为MnSO224 2 4 42KMnO+5HCO+3HSO=KSO+2MnSO+8HO+10CO4 224 2 4 2 4 4 2 25HCO+2MnO-+6H+=2Mn2++10CO+8HO，故答案为：5HCO+2MnO-+6H+=2Mn2++10CO+8HO；224 4 2 2 224 4 2 2②表格中溶液的总体积一样，高锰酸钾的体积相等，草酸的体积不同，因此本试验探究了草酸的浓度对反应速率的影响，依据溶液褪色需要的时间可知，草酸的浓度越大，溶液褪色的时间越少，说明反响速率越快，故答案为：其他条件不变时，草酸的浓度越大，反响速率越快；③依据n(Mn2+)随时间变化趋势图可知，t时反响速率突然加快，可能是生成的锰离子对反响起到催化作2用，因此生成二氧化碳的速率也会突然加快，随着反响的进展，溶液中溶质的浓度渐渐减小，因此生成二氧化碳的速率减慢，最终几乎为0，因此生成CO的速率图像为，故答案为：2的进展，溶液中溶质的浓度渐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢，最终几乎为0。黄铜矿是工业冶炼铜的原料，主要成分为CuFeS2基态硫原子核外电子有 种不同运动状态，能量最高的电子所占据的原子轨道外形为 。基态Cu原子的价层电子排布式为 ；Cu、Zn的其次电离能大小I(Cu) I(Zn)(填2 2“>”“<”或“=”)。SO分子中S原子的轨道杂化类型为 ，分子空间构型为 ；与SO互为等电子体的2 2分子有 (写一种)。请从构造角度解释HSO的酸性比HSO酸性弱的缘由 。2 3 2 4Cu(CHCN)

比四氨合铜离子稳定，其配离子中心原子配位数为 ，配位体中σ键与π键个3 4数之比为 。铁镁合金是目前已觉察的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞构造如下图。假设该晶体储氢时，H分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H分子之间距离为anm。则该晶2 2体的密度为 g/cm3(列出计算表达式)。【答案】 (1).16 (2).纺锤形 (3).3d104s1

(4).＞ (5).sp2

(6).V形 (7).O3(8).硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出 H+ (9).4(10).5∶2 (11).【解析】【分析】

a3N104 2A104 2

10-21(1)163p(2)Cu29Zn30Cu13d(3)SO2

分子中S=2+

(6-2×2)=3，结合等电子体的概念解答；2(4)同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强；(5)Cu(CHCN)Cu，配位3 4CHCN，其中σ3C-H、1个C-C1个C≡N，C≡N中含有π键；(6)依据晶体构造，距离最3近的两个H分子之间的距离为晶胞面上对角线长度的一半，晶胞中 Mg原子个数是8、Fe原子个数21 1=8×+6×=4，所以其化学式为MgFe。据此分析解答。8 2 2(116163p3p16；纺锤形；(2)Cu29号元素，基态Cu3d104s1；Zn30号元素，基态Zn3d104s2，Cu3dZnI(Cu)＞I(Zn)，故答案为：3d104s1；＞；2 21(3)SO2

分子中S=2+

(6-2×2)=3，轨道杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形；与2SO2互为等电子体的分子有O3，故答案为：sp2；VO3；同一元素的不同含氧酸中H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性，故答案为：硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+；Cu(CCN4中的中心原子为C4CHCNσ键有3个C-H1个C-C和1个C≡N，5σ键，只有C≡N中含有π2π键，σ键与π5∶2，故答案为：4；5∶2；设晶胞的参数为dnm，该晶体储氢时，H分子在晶胞的体心和棱心位置，则距离最近的两个H