四川省眉山市2025届高三化学第三次诊断性考试试题含解析

PAGE15-四川省眉山市2025届高三化学第三次诊断性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23C1—35.5一、选择题本题共13小题，每小题6分共78分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。1.化学便利了人类的生产与生活，下列说法不正确的是A.氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B.碘是人体必需的微量元素，应当适量服用I2C.葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D.漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)2【答案】B【解析】【详解】A．胃酸的主要成分为HCI，Al(OH)3与HCI反应达到中和过多胃酸的目的，正确，A不选；B．碘元素是人体必需微量元素，不能摄入过多，而且微量元素碘可以用无毒IO3－或I－补充，而I2有毒不能服用，错误，B选；C．葡萄糖是食品添加剂，也可干脆服用，同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙，正确，C不选；D．漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够氧化有色物质，起到漂白的作用，正确，D不选。答案选B。2.工业上用酸性KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是A.乙苯是苯的同系物 B.乙苯的全部原子均共平面C.生产苯甲酸时发生的是取代反应 D.乙苯不能与H2发生反应【答案】A【解析】【详解】A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相像，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其四周的原子位置关系类似于CH4，不能全部原子共面，B错误；C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。答案选A。3.含有0.01molFeCl3氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊，将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区，其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.试验室制备Fe(OH)3胶体的反应为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClB.滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒C.在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体D.进入C区的H+的数目为0.03NA【答案】D【解析】【详解】A．饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，正确，A不选；B．滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于10-7m时，为浊液，不能透过滤纸，因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒，正确，B不选；C．胶体的直径在10-9~10-7m之间，可以透过滤纸，但不能透过半透膜，因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体，正确，C不选；D．若Fe3＋完全水解，Cl－全部进入C区，依据电荷守恒，则进入C区的H＋的数目应为0.03NA。但是Fe3＋不肯定完全水解，Cl－也不行能通过渗析完全进入C区，此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷，因此进入C区的H＋的数目小于0.03NA，错误，D选。答案选D。4.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A.X、Y均可形成两种氧化物B.离子的半径大小依次：r(X+)<r(Z2-)C.W和Z的氢化物之间不能反应D.X的氢化物(XH)中含有共价键【答案】B【解析】【详解】W是空气中含量最多的元素，则W为N元素。Y的周期数等于其族序数，另Y的原子序数大于W的原子序数，则Y在第三周期第ⅢA族，Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水，在Al和N之间的元素，Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层的电子数为2个，则Z的最外层电子数为6，则Z为S元素。A．Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物，属于特别的氧化物)，有2种；Al的氧化物为Al2O3，只有1种，A错误；B．S2－核外有3个电子层，Na＋核外只有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na＋)＜r(S2－)，B正确；C．W和Z的氢化物分别为NH3和H2S，可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3＋H2S=(NH4)2S，C错误；D．Na的氢化物NaH，由Na＋和H－构成，只有离子键，D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为：①核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；②核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。5.下列试验过程可以达到试验目的的是编号试验目的试验过程A配制0.4000mol•L-1的NaOH溶液将称取的4.0g固体NaOH置于250mL容量瓶中，加入适量蒸馏水溶解并定容至容量瓶刻度线B收集NH4Cl和Ca(OH)2混合物在受热时产生的气体用排水法收集，在试验结束时，应先移出导管，后熄灭酒精灯C探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度Na2S2O3溶液的试管中同时加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，察试验现象D证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入适量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．容量瓶是配制肯定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解溶质，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A错误；B．NH3极易溶于水，其收集方法不能用排水法，B错误；C．Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，可以通过黄色沉淀出现快慢来比较化学反应速率的快慢，从而探究浓度对化学反应速率的影响，C正确；D．由于NaCl量较少，可能浓度商c(Ag＋)·c(Cl－)<Ksp(AgCl)而未出现沉淀。只有在CI－和I－浓度相同状况下才可以比较，D错误。答案选C。【点睛】A项须要留意的是NaOH溶液易变质，通常不能干脆正确地配制肯定物质的量的浓度的NaOH溶液（即NaOH不能作基准物质），而须要通过滴定来测定NaOH溶液的浓度。6.已知常温下反应：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+的平衡常数K=0.3。现将含0.010mol/LFe(NO3)2和0.10mol/LFe(NO3)3的混合溶液倒入烧杯甲中，将含0.10mol/L的AgNO3溶液倒入烧杯乙中(如图)，闭合开关K，关于该原电池的说法正确的是A.原电池发生的总反应中Ag+氧化Fe2+B.盐桥中阳离子从左往右作定向移动C.石墨为负极，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+D.当电流计指针归零时，总反应达到平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．依据浓度商Qc和平衡常数K大小推断反应进行方向，从而确定原电池的正负极。由Fe3＋、Fe2＋及Ag＋的浓度，可求得，Qc小于K，所以反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+正向进行，即原电池总反应为Fe3＋+Ag=Fe2＋+Ag＋，Fe3＋作氧化剂，氧化了Ag，A错误；B．依据A项分析，Ag失去电子，作还原剂，为负极，石墨作正极。在原电池中，阳离子向正极移动，因此盐桥中的阳离子是从右往左作定向移动，B错误；C．依据A项分析，石墨作正极，石墨电极上发生反应，Fe3＋+e－=Fe2＋，C错误；D．当电流计读数为0时，说明该电路中无电流产生，表示电极上得失电子达到平衡，即该总反应达到化学平衡，D正确。答案选D。【点睛】该题通过浓度商Qc和平衡常数K大小推断反应进行方向，从而确定原电池的正负极，是解题的关键。7.向1.00L浓度均为0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH混合溶液中通入HCl气体调整溶液pH(忽视溶液体积变更)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡时的分布系数(各含硫物种的浓度与含硫物种总浓度的比)随HCl气体体积(标况下)的变更关系如图所示(忽视SO2气体的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在该试验条件下的一级电离常数。下列说法正确的是A.Z点处的pH=-lgKa1(H2SO3)B.从X点到Y点发生的主要反应为SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-C.当V(HCl)≥672mL时，c(HSO3-)=c(SO32-)=0mol/LD.若将HCl改为NO2，Y点对应位置不变【答案】A【解析】【详解】A．在Z点c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，则有，则pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正确；B．依据图示，从X点到Y点，SO32－的浓度削减，而HSO3－的浓度在增加，则加入盐酸发生的主要反应为SO3－+H＋=HSO3，B错误；C．当V(HCl)=672mL时，n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol－1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物质的量均为1L×0.01mol·L－1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反应，Na2SO3转化为H2SO3。H2SO3为弱酸，可经第一二步电离产生HSO3－和SO32－，其关系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C错误；D．若将HCl换为NO2，NO2会与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成HNO3有强氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中将没有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y点位置会消逝，D错误。答案选A。8.探讨NO的性质对建设漂亮家乡，打造宜居环境具有重要意义。(1)自然界在闪电时，生成NO的反应方程式为__________________。(2)T℃时在容积为2L的恒容密闭容器中，充入NO和O2发生反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：时间/s012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2①在T℃下，0~2s时，该反应的平均反应速率=________；②该温度下反应的平衡常数K=________，在T℃下，能提高NO的平衡转化率的措施有_______、________。(3)已知NO和O2反应的历程如图，回答下列问题：①写出其中反应①的热化学方程式也(△H用含物理量E的等式表示)：________。②试分析上述基元反应中，反应①和反应②的速率较小的是_____（选填“反应①”或“反应②”）；已知反应①会快速建立平衡状态，反应②可近似认为不影响反应①的平衡。对该反应体系上升温度，发觉总反应速率变慢，其缘由可能是____________。【答案】(1).N2＋O22NO(2).0.15mol·L－1·s－1(3).160.0L·mol－1(4).增大O2的浓度(5).增大体系压强(6).2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3－E2)kJ·mol－1(7).反应②(8).因为反应①为放热反应，上升温度，反应①平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应【解析】【分析】(2)依据计算化学反应速率；依据求算平衡常数；(3)依据△H=生成物的总能量－反应物的总能量求算△H；(4)一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。【详解】(1)在闪电时，N2和O2会发生化合反应生成NO，化学方程式为N2＋O22NO；(2)①在T℃下，0～2s时，n(NO)从1mol降低到0.4mol，变更了0.6mol，容器体积为2L。依据，带入数据，有；②依据方程式，从起先到平衡，消耗n(NO)=1mol－0.2mol=0.8mol，则生成n(NO2)=0.8mol。平衡时，NO、O2、NO2的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.8mol，容器体积为2L，平衡常数，带入数据，有；在T℃下，提高NO的转化率，需平衡向正反应方向移动，须要留意的是，温度已经限定，不能变更温度。则增大NO的转化率，可以增大O2的浓度；该反应是气体分子数减小的反应，可以压缩体积，增大压强；(3)①依据图像，反应①为NO(g)反应化合生成N2O2(g)，依据△H=生成物的能量－反应物的能量，则热化学方程式：2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3－E2)kJ·mol－1；②一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。反应①的活化能为E4－E3，反应②的活化能为E5－E2，依据图示，反应②的活化能大，化学反应速率较小；化学反应速率慢的基元反应是总反应的决速步，反应②的活化能大，化学反应速率较小，是总反应的决速步。从图示看，反应①和②都是放热反应，上升温度，平衡均逆向移动，由于反应①快速达到平衡，则反应①的产物N2O2的浓度会减小，但对于反应②来说，c(N2O2)减小，会使得反应②的反应速率减小，而反应②是总反应的决速步，因此总反应速率变慢。答案：因为反应①为放热反应，上升温度，反应①平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应。9.肉桂酸()是制备感光树脂重要原料，某肉桂酸粗产品中含有苯甲酸及聚苯乙烯，各物质性质如表：名称相对分子质量熔点(℃)沸点(℃)水中溶解度(25℃)苯甲醛106-26179.62微溶聚苯乙烯104n83.1~105240.6难溶肉桂酸148135300微溶(热水中易溶)试验室提纯肉桂酸的步骤及装置如下(部分装置未画出)，试回答相关问题：

2g粗产品和30mL热水的混合物滤液称重(1)装置A中长玻璃导管的作用是_________，步骤①使苯甲醛随水蒸汽离开母液，上述装置中两处须要加热的仪器是____________(用字母A、B、C、D回答)。(2)仪器X的名称是_______，该装置中冷水应从___________口(填a或b)通入。(3)步骤②中，10%NaOH溶液的作用是___________，以便过滤除去聚苯乙烯杂质。(4)步骤④中，证明洗涤干净的最佳方法是________，若产品中还混有少量NaCl，进一步提纯获得肉桂酸晶体方法为_________________。(5)若本试验肉桂酸粗产品中有各种杂质50%，加碱溶解时损失肉桂酸10%，结束时称重得到产品0.6g，若不计操作损失，则加盐酸反应的产率约为_____％(结果精确至0.1%)。【答案】(1).平衡气压(2).AB(3).冷凝管(4).b(5).将肉桂酸转化为易溶于水的肉桂酸钠(6).用铂丝蘸取最终一次洗涤液进行焰色反应，假如火焰无黄色，则洗涤干净(7).重结晶(8).66.7【解析】【分析】粗产品通过水蒸汽蒸馏，苯甲醛沸点较低，随着水蒸汽逸出。加入NaOH，肉桂酸转化为肉桂酸钠，溶于水中，而聚苯乙烯难溶于水，过滤除去，得到肉桂酸钠溶液，加入HCl酸化，肉桂酸钠转化为肉桂酸，由于肉桂酸溶解度较低，从溶液中析出，过滤晾干得到肉桂酸。【详解】(1)A供应水蒸气，长玻璃导管可以平衡圆底烧瓶内部的压强和外界的大气压，在加热煮沸过程中导管可以预防圆底烧瓶内部压强过高导致发生平安事故。长玻璃导管的作用是平衡气压；A需加热供应水蒸气，B亦须要加热以维持苯甲醛（沸点179.62℃）的沸腾，让苯甲醛随水蒸气逸出，因此须要加热的仪器是AB；(2)仪器X为直形冷凝管，冷水应从下进入，即b口进；(3)肉桂酸微溶于水，但与NaOH反应生成可溶于水的肉桂酸钠，从而过滤除去聚苯乙烯。因此NaOH溶液的作用是将肉桂酸转化为易溶于水的肉桂酸钠；(4)肉桂酸钠与HCl反应后生成肉桂酸，同时还有NaCl生成，过滤洗涤目的是洗去NaCl与过量的HCl，所以证明是否洗涤干净可以检查最终一段洗涤液中是否有Na＋、CI－，因肉桂酸微溶，不适合检测H＋，题目对肉桂酸根性质未予介绍，不适合检验CI－，因此可以用焰色反应检验Na＋，操作为用铂丝蘸取最终一次洗涤液进行焰色反应，假如火焰无黄色，则洗涤干净；肉桂酸在热水中易溶，NaCl的溶解度随着温度的变更不大，因此可以利用溶解度随温度变更的差异性分别，采纳重结晶。可实行重结晶方法除去NaCl；(5)本试验肉桂酸粗产品中有各种杂质50%，则肉桂酸的物质的量为，碱溶后余下90%，则肉桂酸的物质的量为，设加盐酸反应的产率约为x%，有，计算得x=66.7。10.闪锌精矿(含有ZnS、SiO2和少量FeS杂质)，钛白废液(含H2SO4约20%，还有少量Fe2+、TiO2+)。利用钛白废液及闪锌精矿联合生产七水合硫酸锌流程简化如下：回答下列问题：(1)在焙烧过程中，产生了具有漂白性的气体和金属氧化物，其中气体是_________，滤渣X的主要成分是_________________。(2)氧化时，假如鼓入空气不足，其弊端是__________，生成H2TiO3的相关离子反应方程式为____________，从生产实际考虑，调pH时，选择加入石灰乳而不是烧碱的缘由是_________。(3)常温下，滤液Y中锌离子浓度约为6mol/L，若Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Zn(OH)2]=6.0×10-18。据此分析，加入石灰乳调整的pH应不超过________，此时溶液中还有的杂质阳离子为H+和__________。(4)工业上，常用电解硫酸四氨合锌(II)溶液【含[Zn(NH3)4]2+】制备单质锌，其阴极的电极反应式为__________。【答案】(1).SO2（或二氧化硫）(2).SiO2（或二氧化硅）(3).Fe2＋氧化不完全，在调整pH时不能除尽Fe2＋(4).2H2O＋TiO2＋=H2TiO3↓＋2H＋或TiO2＋＋Ca(OH)2=H2TiO3＋Ca2＋(5).Ca(OH)2来源广，价格便宜(6).5(7).Ca2＋(8).[Zn(NH3)4]2＋＋2e－=Zn＋4NH3【解析】【分析】闪锌精矿焙烧过程中ZnS和FeS会与O2反应，生成金属氧化物和SO2，加入钛白废液，金属氧化物会与钛白废液中的H2SO4反应，生成溶于水的硫酸盐。过滤，不溶于酸的SiO2被除去。通过空气氧化Fe2＋成Fe3+，加入石灰乳调整pH，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去，TiO2＋也转化为H2TiO3沉淀除去，过滤得到ZnSO4溶液，最终得到ZnSO4·7H2O。【详解】(1)由信息可知，焙烧过中发生反应：2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2，4FeS＋7O22Fe2O3＋4SO2，所以放出的气体是SO2；由于ZnO和Fe2O3均溶于硫酸，SiO2不溶于H2SO4，因此滤渣X为SiO2；(2)通入空气的目的是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋从而形成Fe(OH)3除去，假如空气不足，Fe2＋没有被完全氧化，在调整pH时，不能完全除去Fe2＋；加入石灰乳调整pH，TiO2＋转化为H2TiO3，分析化合价可知，Ti的化合价没有发生变更，依据原子守恒配平，则化学方程式为2H2O＋TiO2＋=H2TiO3↓＋2H＋或TiO2＋＋Ca(OH)2=H2TiO3＋Ca2＋；生产实际考虑时，必需考虑原料的来源和价格，石灰乳Ca(OH)2来源广，价格便宜；(3)调整pH时，Fe3＋要沉淀完全，而Zn2＋不能沉淀，假设Fe3＋沉淀完全的浓度为1×10－5mol·L－1，c(Fe3＋)3c(OH－)=Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，可求出c(OH－)=1.6×10－11mol·L－1；当Zn2＋恰好沉淀时，c(Zn2＋)2c(OH－)=Ksp[Zn(OH)2]=6.0×10-18，c(Zn2＋)=6mol/L，可求出c(OH－)=10－9mol·L－1，则c(OH－)不应超过10－9mol·L－1，可计算最大的pH值，，因此pH应不超过5；加入石灰乳Ca(OH)2调整pH时，生成的CaSO4是微溶物，因此滤液中还会有Ca2＋；(4)依据信息，由[Zn(NH3)4]2＋制备Zn，在阴极，得电子发生还原反应，则电极反应为[Zn(NH3)4]2＋＋2e－=Zn＋4NH3。11.铬是一种应用广泛的金属材料。请回答下列问题：(1)基态铬的价电子排布式为_____________，其单电子数目为______________。(2)Cr(NH3)3F3中所含非金属元素的电负性由大到小的依次是_______________。(3)NH3中N的价层电子对数为____________，已知Cr(NH3)3F3中Cr的配位数为6，Cr的配位原子是_____________，NH3与Cr3+成键后，N的杂化类型为____________。(4)Cr(NH3)3F3固体易升华，其熔沸点均较NaCl低许多，其缘由是________________。(5)将Cr(NH3)3F3在足够氧气中灼烧有Cr2O3生成，从Cr2O3晶体中取出的具有重复性的六棱柱结构如图所示，已知Cr2O3的摩尔质量为Mg/mol，晶体的密度为ρg/cm3，六棱柱的体积为Vcm3。六棱柱结构内部的小白球代表________(填“铬离子”或“氧离子”)阿伏加德罗常数NA=___________mol-1(用含M，V，ρ的代数式表示)。【答案】(1).3d54s1(2).6(3).F＞N＞H(4).4(5).N和F(6).sp3杂化(7).Cr(NH3)3F3为分子晶体，NaCl为离子晶体，分子间作用力远远小于离子键(8).铬离子(9).【解析】【详解】(1)Cr为24号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p64s13d5，则其价电子排布为3d54s1，其中3d和4s轨道上的电子均为单电子，因此单电子数为6；(2)同周期自左而右，电负性增大，电负性F＞N；H元素与F、N元素化合时，H元素表现正化合价，H元素的电负性比F、N元素小，故电负性F＞N＞H；(3)NH3中N的价层电子对数=；由Cr的配位数为6知，该物质为配盐(无外界)，所以N和F均为配位原子；NH3中孤电子对在与Cr成键时，N的价层电子对数不变，所以杂化类型不变，N的杂化类型为sp3；(4)由Cr(NH3)3F3易升华可知，其熔沸点较低，应为分子晶体，而NaCl为离子晶体，离子键强于分子间作用力，所以NaCl熔沸点高许多；(5)由图示可知，该六棱柱中白色小球有4个，均为六棱柱全部；在六棱柱的顶点有12个黑色小球，为6个六棱柱全部；上下的面心有2个黑色小球，为2个六棱柱全部，在六棱柱内部还有3个黑色小球，则六棱柱中黑色小球共有个，白色小球和黑色小球的比例为4:6=2:3，依据化学式Cr2O3，可知白色小球为铬离子；依据计算六棱柱中有4个Cr和6个O，则其质量，则晶体密度，则。12.白藜芦醇在