云南省昭通市2025届高三上学期1月毕业生诊断性检测化学答案

化学参考答案·第页）昭通市2025届高中毕业生诊断性检测化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。题号1234567答案DBBACDD题号891011121314答案CBBCDAC【解析】1．天然油脂都是混合物，A错误。光伏发电板主要成分为硅，B错误。小碗红糖的主要成分为蔗糖，C错误。竹子中富含天然有机高分子物质，D正确；故选D。2．H3O+的空间结构为三角锥形，A错误。NaH是离子化合物，钠原子与氢原子通过得失电子形成的，所以形成过程为，B正确。基态碳原子的轨道表示式：，C错误。为CH3COOH的球棍模型，D错误；故选B。3．①为蒸馏装置，可分离互溶但沸点不同的液体混合物，A正确。葡萄糖与氯化钠的混合液，均可透过半透膜，不能选渗析法分离，鸡蛋内膜可以制作该半透膜，B错误。Mg与盐酸反应放热，使温度升高，因为温度越高氢氧化钙溶解度越小，饱和石灰水变浑浊可证明Mg与盐酸反应为放热，C正确。碱石灰能干燥氨气，装置④干燥、收集均正确，D正确；故选B。4．1mol晶体硅含有共价键为2mol，数目为，A正确。标准状况下，C6H14为液态，无法计算C6H14的体积，B错误。未指明溶液体积，无法计算物质的量，C错误。氢气和碘反应生成HI，反应物的系数之和等于生成物系数之和，故反应前后的物质的量不变，无论反应程度如何，容器中分子的总数为0.2NA，D错误；故选A。5．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为SO2+Ca2++3ClO−+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl−，A错误。氢氧化亚铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成三价铁离子、NO2和水，正确的离子方程式为Fe(OH)2++4H+=Fe3++NO2↑+3H2O，B错误。NH4Al(SO4)2溶液与少量的KOH溶液反应，铝离子优先反应，离子方程式为Al3++3OH−=Al(OH)3↓，C正确。还原性Fe2+＞Br−，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，200mL4mol/L的FeBr2溶液中0.8molFeBr2，含有0.8mol亚铁离子和1.6mol溴离子，通入22.4L标准状况下的Cl2物质的量为1mol，0.8mol亚铁离子完全反应消耗0.4mol氯气，剩余的0.6mol氯气完全反应消耗1.2mol溴离子，则该反应的亚铁离子与溴离子的物质的量之比为0.8mol∶1.2mol=2∶3，则反应的离子方程式为4Fe2++6Br−+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl−，D错误；故选C。6．均为短周期元素，X的一种核素没有中子，X为H；Y原子有6种电子运动状态可知Y应为C；W成2个键，W可能为O或S，Z成键数为3，Z可能为N或P，Y、W原子序数之和是Z的2倍，则W为O，Z为N，据此分析解答。由分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，四种元素可以形成(NH4)2CO3、NH4HCO3，CH3COONH4等都是离子化合物，A正确。由分析可知，Y为C，Z为N，W为O；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但是第VA族的元素的第一电离能高于与其相邻的元素，故第一电离能：N>O>C，B正确。由分析可知，Y为C，Z为N；分子中C采用sp2杂化，N采用sp3杂化，二者杂化类型不同，C正确。由分析可知，Z为N，其简单氢化物为NH3；NH3分子间能形成氢键，氨气的沸点高于同族相邻元素的氢化物（PH3），W为O，其简单氢化物为H2O；H2O分子间能形成氢键，水的沸点高于同族相邻元素的氢化物（H2S），D错误；故选D。7．c分子存在饱和碳原子，是四面体结构，不可能所有碳原子共面，A正确。a中含有羧基、b含有酯基，它们物质类别不同，故a与b不属于同系物，c的分子式为C7H12O4，B正确。连接四种不同基团的碳为手性碳原子，b、c中三个醇羟基所连碳均为手性碳，故含有的手性碳原子都是3，C正确。a、b、c含双键与溴水均能发生加成反应、a含羧基与氢氧化钠发生中和反应、b含酯基能与氢氧化钠溶液发生水解反应，c与氢氧化钠不反应，D错误；故选D。8．由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2和H2O。该催化机理中如有HCl极性键断裂、O2有非极性和键的断裂，H2O有极性键形成，Cl2有非极性形成无键形成，A错误。CuO为该反应催化剂，加入催化剂不能改变反应焓变，B错误。如Cu2OCl2=CuCl2+CuO为非氧化还原反应，C正确。CuCl与Z反应的化学方程式应为2CuCl+O2=Cu2OCl2，D错误；故选C。9．饱和溶液中通入足量气体，发生反应=，与反应消耗水，使溶剂的质量减少，且生成的的质量大，所以溶液变浑浊，不能说明与溶解度大小关系，A错误。苯酚与饱和溴水发生取代反应生成2，4，6−三溴苯酚，此物质难溶于水，为白色沉淀，B正确。碘水能与氢氧化钠溶液反应被消耗，故淀粉水解液经中和后再加少量碘水不会显蓝色，因此无法判断淀粉是否完全水解，C错误。滴加稀硝酸无现象说明不含亚硫酸根离子、碳酸根离子等，再加氯化钡溶液生成白色沉淀，可能为硫酸钡或氯化银，则溶液X中含硫酸根离子或银离子，D错误；故选B。10．反应Ⅲ中水为液态，无法计算，A错误。保持压强不变，降低氨碳比可提高反应Ⅰ中NH3的平衡转化率，B正确。恒温条件下，反应Ⅰ在加压条件下可以提高氨基甲酸铵的产率，故反应Ⅰ改变压强对氨基甲酸铵的产率有影响，C错误。保持容积不变，充入惰性气体增大压强，但是反应物气体的浓度不变，反应速率不变，D错误；故选B。11．由图结合物质类别和化合价可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为次氯酸盐。由此进行分析。次氯酸不稳定见光易分解，生成氯化氢与氧气，次氯酸变盐酸，酸性增强，A正确。根据氧化还原的原理，盐酸和次氯酸盐混合制得氯气，B正确。稀盐酸与二氧化锰加热不反应，C错误。氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸可用于自来水的杀菌消毒，二氧化氯也可以用于自来水消毒，次氯酸盐可用于环境杀菌消毒，D正确；故选C。12．放电时，Ca失电子转化为Ca2+，则钙电极为负极，Li1−xFePO4/LiFePO4电极为正极；充电时，钙电极为阴极，Li1−xFePO4/LiFePO4电极为阳极。由分析可知，放电时，钙电极为负极，失电子发生氧化反应，A错误。充电时，Li1−xFePO4/LiFePO4电极为阳极，Ca电极为阴极电势低，B错误。Ca的金属性强，能与水发生剧烈反应，所以采用非水电解质，不能换成硫酸锂溶液，C错误。充电时，Li1−xFePO4/LiFePO4电极为阳极，电极反应式为LiFePO4−xe−=Li1−xFePO4+xLi+，D正确；故选D。13．图乙中，a的分数坐标为(0，0，0)，则c点位于左侧面的面心上，故其分数坐标为，A正确。GaAs晶体中每个Ga原子周围与它最近且相等距离的As原子有4个，B错误。图乙中掺杂之后，晶胞中原子数为，原子数为4，原子个数为，故晶体中、、的原子个数比为5∶27∶32，C错误。根据均摊原则，图甲中，原子数为、原子数为4，的相对分子质量为M，晶体密度为，表示阿伏加德罗常数，则晶胞的边长为；晶胞中距离最近的两个原子间距离为面对角线的一半，距离为，D错误；故选A。14．已知时，和的饱和溶液中，a、b分别表示、与溶液的变化关系，由X点数据可知，由（8，3.1）数据可知，所以该温度下，，该温度下数量级为10−20，A正确。当和沉淀共存时，，B正确。向X点对应的饱和溶液中加入少量，溶液中会生成沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，C错误。除去溶液中少量的，加入适量，可升高溶液的，而使沉淀而除去，也可以加入将还原出来而除去，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）粉碎原料，增大接触面积（1分）eq\o(=,\s\up7(高温))↑（化学式错0分，未配平扣1分，未写条件扣1分）（2）H2SiO3或H4SiO4（1分）3.7（3）Ga(CH3)3+NH3=GaN+3CH4（化学式错0分，未配平扣1分）（4）100.4（5）2O2—−4e−=O2↑（（化学式错0分，未配平扣1分）（6）①②1（1分）【解析】元素转化线：（1）加入纯碱，Ga2O3、Al2O3、SiO2均能和Na2CO3发生反应：Ga2O3+Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高温))2NaGaO2+CO2↑。（2）“碱浸”后溶液的主要成分为Na[Ga(OH)4]、Na2SiO3、Na[Al(OH)4]，滴入H2SO4溶液至生成的沉淀不再溶解得硅酸沉淀和铝离子、镓离子，向滤液中再次滴入NaOH溶液至pH为3.7时停止，过滤、洗涤得氢氧化镓沉淀，再向沉淀中加入氢氧化钠溶液溶解得到Na[Ga(OH)4]溶液。（3）据题目信息可得Ga(CH3)3+NH3=GaN+3CH4。（4）由图可知，pH=9.4时，lgc{[Ga(OH)4]−}=−5，即c(OH−)=10−4.6mol·L−1，则反应[Ga(OH)4]−(aq)Ga(OH)3(s)+OH−(aq)的平衡常数。（5）用惰性电极电解熔融Ga2O3，Ga3+在阴极得电子生成Ga，O2−在阳极失电子生成O2，所以该电解反应的阳极反应式为2O2—−4e−=O2↑。（6）①化合物Ⅰ中C原子杂化方式为sp2。②由结构图可知，合成化合物Ⅱ过程中，Ga的化合价不变，整体带1个单位的负电荷，故x=1。16．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）恒压滴液漏斗（1分）（2）关闭K3，打开K2（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（化学式错0分，未配平扣1分）温度过低反应速率慢，温度高H2O2会分解（答对一点给1分）（4）K3[Fe(CN)6]或铁氰化钾或铁氰化钾溶液（1分）乙醇（1分）（5）①当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟后仍为无色（颜色错0分，未写半分钟扣1分）②偏低（1分）③【解析】由实验装置图可知，装置A中铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，再利用反应生成的氢气将装置A内的硫酸亚铁溶液压入装置B内，加入双氧水将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，再加入饱和硫酸铵溶液得到含有硫酸铁和硫酸铵的混合溶液，实验结束后，将装置B中混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到硫酸铁铵晶体。（1）由实验装置图可知，装置A中的仪器a为恒压滴液漏斗。（2）实验时，首先打开K1和K3，关闭K2和K4，一段时间后，为使生成的硫酸亚铁溶液进入装置B中，再关闭K3、打开K2，利用反应生成的氢气将装置A内的硫酸亚铁溶液压入装置B内。（3）由分析可知，加入双氧水的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。温度过低反应速率慢，而过氧化氢不稳定，温度高易分解，所以实验时温度应维持在45°C。（4）溶液中含有Fe3+，所以要检验是否还含有应该用K3[Fe(CN)6]溶液；由题意可知，硫酸铁铵易溶于水，不溶于乙醇，为减少产品损失，应用乙醇洗涤产品。（5）①当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；②滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视读数会使读取的标准液体积V偏小，则会使测定的产品纯度偏低；③由得失电子数目守恒可得如下转化关系：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，滴定消耗VmL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则产品纯度为。17．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3−E1)kJ/mol（化学式错0分，未配平1分，反应热错0分，无单位扣1分）（2）ΔS＞0或ΔS＞0，ΔH＞0，ΔG＜0或ΔS＞0，ΔH＞0下高温自发（1分）反应Ⅰ（1分）（3）CD（错选0分，漏选扣1分）（4）p1>p2>p3或p3<p2<p13(kPa)−2（不写单位不扣分）（5）L4（6）>（1分）T1温度达到平衡时，，而在温度T时，该反应的化学平衡常数K=0.8，K减小平衡逆向移动，结合反应正反应为放热反应可知，发生该反应的温度T>T1【解析】（1）根据题意，焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则干重整反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3−E1)kJ/mol。（2）该反应ΔH＞0，则需ΔS＞0，才能ΔG<0，反应才能自发进行。活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ活化能小，该反应的决速步骤是反应Ⅰ。（3）对应反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)：CO和H2按物质的量之比1∶2充入，与反应系数之比相等，故CO和H2剩余的物质的量之比为1∶2，其浓度之比是不变量，不能作为平衡的标志，A错误。由于此反应全部是气体参与和生成的反应，故反应体系中气体的质量不变，在恒温恒容的容器中，容器的体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡状态，B错误。在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明容器的温度已不再变化，所以反应达到了平衡状态，C正确。此反应是气体物质的量减小的反应，因气体的总质量不变，气体的物质的量会随反应变化，则气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态，D正确；故选CD。（4）据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知，压强增大平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，故p1>p2>p3。C点时CH3OH的体积分数为50%，设CO的转化率为x，则CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量（mol）120转化量（mol）x2xx平衡量（mol）1−x2−2xx在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，该反应C点p2为3kPa，则压强平衡常数。（5）由可知，该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，速率常数也增大，且平衡逆向移动，则逆反应速率增大的幅度大于正反应速率，则图中能代表的曲线为L4。（6）由图像信息可知，T1温度达到平衡时，则有，即，此时，故有，温度T时，该反应的化学平衡常数K=0