四川省广安第二中学2022-2023学年高三上学期第一次诊断化学试卷

20222023学年四川省广安二中高三(上)第一次诊断化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选对的得6分，选错的得0分。1.近年来我国取得了很多令世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法正确的是A.神舟十三号载人飞船返回舱逃逸系统复合材料中酚醛树脂属于天然高分子化合物B.“北斗系统”组网成功，其芯片的主要成分为二氧化硅C.“嫦娥五号”运载火箭用液氧、液氢做推进剂，产物对环境无污染D.T碳(TCarbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素【答案】C【解析】【详解】A．酚醛树脂是由人工合成的高分子材料，A错误；B．芯片的主要成分为硅单质，二氧化硅主要用于制作光导纤维，B错误；C．液氧、液氢反应可以放出大量的热，产物为水，对环境无污染，C正确；D．T碳(TCarbon)和C60为碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，不是同位素，D错误；综上所述答案为C。2.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构如图所示。下列有关该物质的说法中正确的是A.该有机物的分子式为B.该有机物最多可与反应C.能发生加成、取代、氧化、加聚反应D.在碱性条件下水解，该有机物最多消耗【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由结构简式可知，乙酸橙花酯的分子式C12H20O2，故A错误；B．由结构简式可知，乙酸橙花酯分子中含有的碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol乙酸橙花酯最多消耗2mol氢气，故B错误；C．由结构简式可知，乙酸橙花酯分子中含有碳碳双键和酯基，其中碳碳双键能发生加成反应、氧化反应和加聚反应，酯基能发生水解反应，故C正确；D．由结构简式可知，乙酸橙花酯分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol乙酸橙花酯最多消耗1mol氢氧化钠，故D错误；故选C。3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列相关说法正确的是A.100mL0.1mol·L1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目为0.01NAB.1L0.1mol·L1NH4HSO4溶液中阳离子的数目大于0.1NAC.标准状况下，11.2LH2O2含有的非极性共价键数目为0.5NAD.常温下，将0.1molCl2溶于水中，充分反应后转移电子数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+易水解，100mL0.1mol·L1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于0.01NA，故A错误；B．NH4HSO4是强电解质，在水溶液电离方程式为，1L0.1mol·L1NH4HSO4溶液中阳离子的数目大于0.1NA，故B正确；C．标准状况下，H2O2是液体，11.2LH2O2的物质的量不是0.5mol，故C错误；D．常温下，将0.1molCl2溶于水中，部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，转移电子数目小于0.1NA，故D错误；选B。4.下列实验操作中，装置选择合理的是ABCD准确量取一定体积K2Cr2O7溶液验证非金属性：S>C>Si制备氢氧化铁胶体制备并收集乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．量取一定体积K2Cr2O7标准溶液应该选用酸式滴定管，碱式滴定管下端的乳胶管能够被腐蚀，选项A错误；B．比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，可证明非金属性的强弱，选项B正确；C．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀，不能制备胶体，应将氯化铁溶液滴到沸水中制备，选项C错误；D．乙酸乙酯的制备必须加入浓硫酸为吸水剂和催化剂，选项D错误；答案选B。5.“祝融号”火星车拍摄影像图显示，火星气体及岩石中富含原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Z原子的最外层电子数是内层电子数的，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素，火星岩石含有化合物ZWY3，下列判断错误的是A.W位于元素周期表第三周期第ⅣA族 B.X、W简单氢化物的稳定性：X>WC.原子半径：Z>W>Y>X D.火星气体中可能含有XY、XY2【答案】C【解析】【分析】其中Z原子的最外层电子数是内层电子数的，则Z的电子层结构应为2、8、2，所以Z为Mg元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；火星岩石含有化合物ZWY3，即MgWO3，所以W应为ⅣA族元素，X、W为同一主族元素，且X的原子序数较小，则X为C元素，W为Si元素。【详解】A．W为Si元素，为14号元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，A正确；B．同主族自上而下非金属性减弱，简单氢化物的稳定性减弱，所以简单氢化物的稳定性：C>Si，B正确；C．同周期自左至右原子半径依次减小，同主族自上而下原子半径依次增大，所以原子半径：Mg＞Si＞C＞O，即Z＞W＞X＞Y，C错误；D．根据题意，火星气体中含有C、O元素，所以可能含有CO、CO2，D正确；综上所述答案为C。6.以富含微生物的电极制作的甲醇燃料电池可以同时净化含的废水和含甲醇的废水(装置如图)；但是，在应用中发现离子浓度越大，去除率就越小。下列分析一定错误的是A.电极Ⅱ为燃料电池的负极B.电极Ⅰ上的反应为C.理论上，可以处理D.上述去除率降低可能是电极上的微生物被氧化【答案】A【解析】【分析】由题干信息可知，该燃料电池中电极I为通入甲醇CH3OH，反应转化为CO2，发生氧化反应，作负极，电极反应为：CH3OH6e+H2O=CO2↑+6H+，电极II为转化为Cr3+，发生还原反应，为电池的负极，电极反应为：+6e+14H+=2Cr3++7H2O，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，电极Ⅱ为燃料电池的正极，A一定错误，A符合题意；B．由分析可知，电极Ⅰ上的反应为，B正确，不合题意；C．由分析可知，根据得失电子总数相等有理论上，可以处理，C正确，C不合题意；D．具有强氧化剂，微生物是催化剂，故上述去除率降低可能是电极上的微生物被氧化，D正确，D不合题意；故答案为：A。7.常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是A.P线代表HA的稀释图象且HA为强酸B.水的电离程度：Z＞Y=XC.将X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，c(A)＜c(M+)+c(HA)D.将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液中一定有：c(M+)＞c(A)＞c(OH)＞c(HA)＞c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．P线代表的物质pH小于7，因此P线代表HA的稀释图象，纵坐标为物质的量的倍数取对数，HA从pH=4到pH=5稀释倍数大于10，因此HA为弱酸，A错误；B．水的电离程度受溶液中酸电离出的H+浓度或者碱电离出的OH浓度影响，X点pH=5时，c(H+)水=1014/105=109mol/L，Z点c(H+)水=109mol/L，Y点c(H+)水=1010mol/L，所以水的电离程度：Z=X＞Y，B错误；C．将X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，根据电荷守恒，c(A)=(M+)，C正确；D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合后，所得溶液中除生成盐MA外，有HA剩余，而c(M+)＞c(A)＞c(OH)＞c(HA)＞c(H+)是MA(aq)的粒子浓度大小顺序，D错误；答案选C。二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。(一)必做题(43分)8.亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白；食品消毒；水处理；杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如图实验制备亚氯酸钠(NaClO2)晶体。[查阅资料]①2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O②ClO2极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，沸点11℃。③NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。（1）盛装浓硫酸的仪器名称是_______。C的作用是________。（2）B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是_________。（3）ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，生成NaClO2的离子方程式为_________。（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38～60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是__________。（5）实验须使B中n(NaClO3)：n(Na2SO3)=2：1，如Na2SO3过量，则滴加过量硫酸后使ClO2混有气体。装置D中可能产生，检验装置D中是否含有的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，_______，证明溶液中存在。（6）测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称取mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：)。①确认滴定终点的现象是_________。②所称取的样品中NaClO2的质量分数为_____(用含c、V的代数式表示)。【答案】（1）①.分液漏斗②.安全瓶，可以防止倒吸（2）减少ClO2的溶解（3）2ClO2+H2O2+2OH﹣=2+O2↑+2H2O（4）NaClO3和NaCl（5）加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有，反之，不含（6）①.当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复②.【解析】【分析】由题可知，装置B为制备ClO2的发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为ClO2与H2O2在碱性条件下发生反应生成NaClO2，装置E和装置A为尾气吸收装置。【小问1详解】盛装浓硫酸的仪器名称是分液漏斗，C的作用是安全瓶，可以防止倒吸，故答案为：分液漏斗；安全瓶，可以防止倒吸；【小问2详解】结合信息②可知：B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是减少ClO2的溶解，故答案为：减少ClO2的溶解；【小问3详解】ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，同时生成氧气和水，根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO+O2↑+2H2O；【小问4详解】反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38～60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品，结合信息③可知：如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；【小问5详解】检验装置D中是否含有SO的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有SO，反之，不含SO，故答案为：加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有SO，反之，不含SO；【小问6详解】①确认滴定终点的现象是当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，故答案为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；②根据题意有关系式：ClO～2I2～4S2O，所以n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×cmol•L﹣1×V×10﹣3L=cV×10﹣3mol，所称取的样品中NaClO2的质量分数为×100%=，故答案为：。9.草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图：（1）“550℃焙烧”的目的是_________。（2）“碱浸”过程中发生反应的化学方程式______。（3）“钴浸出”过程中，不能用盐酸代替硫酸，因为Co2O3与盐酸反应生成Cl2污染环境，该反应的离子方程式为________。（4）“净化除杂1”过程中，先在40～50℃加入H2O2，再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5.滤渣1的主要成分是_______。金属离子与H2O2反应的离子方程式为________。（5）“净化除杂2”过程中，加入NaF以除去原溶液中Ca2+(浓度为1.0×10﹣3mol⋅L﹣1)和Mg2+，若控制溶液中c(F﹣)=2.0×10﹣3mol⋅L﹣1，则Ca2+的去除率准确值为________。[已知某温度下，Ksp(CaF2)=4.0×10﹣11]（6）如图为二水合草酸钴(CoC2O4⋅2H2O摩尔质量为183g/mol)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。写出B点物质与O2在一定温度下发生反应生成C点物质的化学方程式_________。【答案】（1）除去碳和有机物（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】含钴废料焙烧可除去碳及有机物，NaOH碱浸除去Al2O3，钴浸出用Na2SO3在酸性条件下将Co2O3还原为Co2+，同时Fe3+也被还原为Fe2+，净化除杂1中先用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调pH转化为Fe(OH)3沉淀，“净化除杂2”过程中，加入NaF将原溶液中Ca2+和Mg2+转化为CaF和MgF沉淀，最后用草酸铵将Co2+沉淀为CoC2O4。【小问1详解】根据分析可知，“550℃焙烧”的目的是除去碳和有机物；【小问2详解】“碱浸”过程中发生反应为Al2O3溶于NaOH溶液，化学方程式为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4；【小问3详解】“钴浸出”过程中，不能用盐酸代替硫酸，因为Co2O3具有氧化性，可以把盐酸氧化为Cl2，该反应的离子方程式为：Co2O3+2Cl−+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；【小问4详解】“净化除杂1”过程中，先在40～50℃加入H2O2，再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，滤渣1的主要成分是Fe(OH)3，金属离子与H2O2反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；【小问5详解】若控制溶液中c(F)=2.0×103mol•L1，该温度下，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F)=c(Ca2+)(2.0×103)2=4.0×1011，解得：c(Ca2+)=105mol•L1，则除钙率为==99%；【小问6详解】起始时，n(CoC2O4•2H2O)==0.1mol，B点时，失重为(18.314.7)g=3.6g，即失去0.2mol水，所以B点为CoC2O4，设C点的成分为CoxOy，根据原子守恒，则=≈3：4，即C点剩余固体的化学式为Co3O4，则B点物质与O2在一定温度下发生反应生成C点物质的化学方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。10.某兴趣小组了解到空气燃料实验系统可利用二氧化碳和水直接合成甲醇，结合新闻信息他们推测其工作时反应原理如下：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为___________kJ·mol1（2）其他条件不变，CO2平衡转化率与温度的关系如下图所示，T1之前CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________（3）T℃时，在体积为2L的密闭容器中加入2molCO和1molH2发生反应，经5min达到平衡，此时H2的浓度为0.1mol·L1。回答下列问题：①下列叙述能判断反应达到平衡的是___________(填正确答案标号)；A．v正(CO)=2v逆(H2)B．消耗0.1molCO的同时消耗0.1mol的甲醇C．CO转化率不再变化D．混合气体的密度不再变化②0~5min内用CO表示的反应速率为___________，反应的平衡常数K=___________；③T℃时，向容器中再加入2molCO和1molH2，重新达到平衡时CO的浓度___________(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡的2倍。（4）利用原电池原理同样可以处理CO2变废为宝，下图是“NaCO2”电池工作原理，吸收的CO2都转化为固体沉积物，其中有二转化为Na2CO3固体，电池正极的电极反应式为___________。【答案】（1）+2a2b+c（2）T1之前主要发生反应CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g)，该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率升高（3）①.BC②.③.25④.小于（4）【解析】【小问1详解】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根据盖斯定律I×2＋II×2Ⅲ得2CO2(g)+4H2O(l)=2CH3OH(g)+3O2(g)的∆H=+2akJ·mol12bkJ·mol1+ckJ·mol1=(+2a2b+c)kJ·mol1；【小问2详解】T1之前主要发生反应CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g)，该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率升高。【小问3详解】①A．反应达到平衡状态时2v正(CO)=v逆(H2)，所以v正(CO)=2v逆(H2)时反应不平衡，故不选A；B．消耗0.1molCO的同时消耗0.1mol的甲醇，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选B；C．CO转化率不再变化，说明CO浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定平衡，故不选D；选BC；②0~5min内用CO表示的反应速率为，反应的平衡常数K=；③T℃时，假设把2molCO和1molH2放入另外一个完全相同的容器内，达到平衡，CO的浓度0.8mol/L，然后把两个容器内的气体压入1个容器，平衡正向移动，所以重新达到平衡时CO的浓度小于原平衡的2倍。【小问4详解】根据“NaCO2”电池工作原理图，负极是钠失电子生成钠离子，CO2都转化为固体沉积物，其中有二转化为Na2CO3固体，正极二氧化碳得电子生成碳和碳酸钠，电池正极的电极反应式为。(二)选做题(15分)【化学——选修3：物质结构与性质】11.磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件。（1）基态铜原子的价电子排布式为_________；价电子中成对电子数______个。（2）磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢(PH3)。①PH3分子中的中心原子的杂化方式是________。②P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3____H3PO4(填“>”或“<”)，从结构的角度说明理由：_______。（3）某磷青铜晶胞结构如图所示。①则其化学式为________。②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有______个，这些Sn原子所呈现的构型为_______。③若晶体密度为8.82g/cm3，最近的Cu原子核间距为_______pm(用含NA的代数式表示)。【答案】11.①.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1②.1012.①.sp3②.>③.因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个13.①.SnCu3P②.4③.平面正方形④.【解析】【小问1详解】Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，铜原子价电子3d104s1，其中成对电子数10个，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；10；【小问2详解】①PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+(5﹣3×1)=4，所以磷原子采用sp3杂化，故答案为：sp3；②非金属性N>P，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性为HNO3>H3PO4，从结构的角度因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个，酸性为HNO3>H3PO4，故答案为：>；因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个；【小问3详解】晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每