四川新课标Ⅲ四川省成都市届高三第一次诊断性检测理综化学试题附答案精品Word文档下载推荐.docx

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第I卷（选择题）

1．下列物质的化学性质及在生活中的相关应用均正确的是

A．液氯具有强氧化性,常用作环境消毒剂

B．苏打具有碱性,常用于中和人体过多胃酸

C．铝箔具有还原性,可作为脱氧剂用于药品包装材料

D．烹鱼时加入料酒发生氧化反应,可去腥提香

【答案】C

【解析】A项，液氯具有强氧化性，可作消毒剂，但液氯有毒，易造成环境污染，不能用作环境消毒剂，故A错误；

B项，中和人体过多胃酸应使用小苏打而不是苏打，因为小苏打酸性弱、腐蚀性小，苏打碱性强、腐蚀性大，故B错误；

C项，铝箔以其无毒、高遮光性、阻氧性和防潮性等优点，在药品包装中得到了广泛的应用，其中“阻氧性”就是指铝箔具有还原性，可作为脱氧剂用于药品包装材料，故C正确；

D项，料酒主要成分中含有乙醇、乙酸、小分子酯类、可溶性蛋白质等，鱼体中的腥味物质主要是三甲胺等，能溶解在乙醇中，在加入烹饪料酒时，其腥味随着酒精挥发而被带走，料酒中含有的小分子酯本身具有香味，烹饪过程中乙醇和乙酸可能发生酯化反应生成乙酸乙酯具有香味，所以烹鱼时加入料酒可去腥提香，并不是发生氧化反应的原因，故D错误。

2．下列分析正确的是

A．异丁烷的二氯代物有4种

B．区别蛋白质和淀粉可用浓硝酸做颜色反应

C．石蜡油分解产物均能使酸性KMnO4溶液褪色

D．甲苯的硝化反应方程式为:

【答案】B

【解析】A项，异丁烷为CH3CH（CH3）CH3，其二氯代物中，取代同一碳原子上的2个H原子有：

CH3CH（CH3）CHCl2；

取代不同碳原子上的2个H原子有：

ClCH2CH（CH3）CH2Cl，ClCH2CCl（CH3）CH3，所以共有3种，故A错误；

B项，浓硝酸可与蛋白质发生颜色反应，显黄色，而淀粉不具有这样的性质，所以可用浓硝酸做颜色反应来区别蛋白质和淀粉，故B正确；

C项，石蜡油分解的产物主要是乙烯和烷烃的混合物，乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，而烷烃不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；

D项，甲苯的硝化反应为：

甲苯、浓硝酸与浓硫酸共热至55℃~60℃，生成硝基苯和水，所以甲苯的硝化反应需要浓硫酸而不是稀硫酸，故D错误。

3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述一定正确的是

A．2.0gH218O和D2O的混合物中含有质子数为NA

B．1.0L2.0mol/LNaOH溶液中含有氧原子数为2NA

C．3.4gH2O2参加氧化还原反应时转移电子数为0.1NA

D．标准状况下2.24L的CCl4含有共价键数目为0.4NA

【答案】A

【解析】A项，H218O与D2O的相对分子质量均为20，且一个分子所含质子数均为10个，所以2.0gH218O和D2O的混合物为0.1mol，含有0.1NA个分子，则含有质子数为NA，故A正确；

B项，NaOH和水中都含有氧原子，所以1.0L2.0mol/LNaOH溶液中含有氧原子数应大于2NA，故B错误；

C项，3.4gH2O2的物质的量是0.1mol，参加氧化还原反应时，-1价O可能发生自身氧化还原反应（如2H2O2

2H2O+O2），也可能作氧化剂全部被还原（如2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O），还可以作还原剂被氧化（如2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O），上述三种情况中，只有-1价O的自身氧化还原反应时，3.4g（0.1mol）H2O2反应转移电子数为0.1NA，而另外两种情况，3.4g（0.1mol）H2O2反应转移电子数为0.2NA，故C错误；

D项，1molCCl4含有共价键数目为0.4NA，而标准状况下CCl4不是气体，所以标准状况下2.24LCCl4物质的量应大于1mol，含有共价键数目肯定大于0.4NA，故D错误。

点睛：

本题考查阿伏伽德罗常数的应用，该类试题知识覆盖面广，能较好的考查学生对知识的掌握情况，所以几乎是高考必考题。

本题的解题要点为阿伏伽德罗常数有关计算，该部分内容要求学生掌握微粒的构成关系（原子、分子、离子、电子、质子，化学键等数目）、气体体积换算、化学反应中电子的转移等内容，要注意特殊物质的摩尔质量、气体摩尔体积的使用条件、歧化反应中的电子转移等。

如A项，H218O与D2O的相对分子质量都是20；

B项，注意溶剂水中的氧原子；

C项，H2O2中的-1价O可能发生歧化反应，也可能都被氧化或都被还原；

D项，注意标准状况下CCl4是液体，不符合气体摩尔体积的使用条件。

4．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。

其中X、Y为金属元素,W和Z同主族。

Z的核外电子数是W的2倍，W和Z的质子数之和等于X和Y的质子数之和。

下列说法不一定正确的是

A．原子半径:

X>

Y>

Z>

W

B．Y位于第三周期第ⅢA族

C．W和X组成的化合物为碱性氧化物

D．向W、X、Y组成的化合物水溶液中滴入稀盐酸至过量，溶液先变浑浊后澄清

5．下列实验过程中的相关步骤正确的是

选项

实验

操作

A

检验Fe（NO3）2晶体是否变质

将样品溶于稀硫酸,滴入几滴KSCN溶液

B

验证Mg（OH）2和Fe（OH）3的Ksp大小

取2mL1.0mol/LNaOH溶液，先滴3滴1.0mol/LMgCl2溶液,再滴3滴1.0mol/LFeCl3溶液

C

比较醋酸和碳酸酸性强弱

pH计分别伸入0.1mol/LCH3COONa溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液中,读取pH

D

测定中和反应反应热

混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度

【答案】D

【解析】A项，将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，H+和NO3-同时存在的溶液具有强氧化性，亚铁离子被氧化成铁离子，干扰了检验，故A错误；

B项，向2mL1.0mol/LNaOH溶液中先滴3滴1.0mol/LMgCl2溶液，会生成Mg（OH）2白色沉淀；

但由于NaOH过量，再滴3滴1.0mol/LFeCl3溶液时，FeCl3直接与NaOH反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，而不会与沉淀Mg（OH）2反应,所以不存在沉淀的转化问题，故B错误；

C项，用测盐溶液pH的方法比较比较醋酸和碳酸酸性强弱，应测定等浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH，若测Na2CO3溶液的pH，比较的是醋酸和HCO3-的酸性强弱，故C错误；

D项，测定中和反应的反应热，需要测量反应前的初始温度，为保证测量结果准确，温度计应该洁净，所以混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度，故D正确。

6．摩拜单车利用车篮处的太阳能电池板向智能锁中的锂离子电池充电,电池反应原理为:

LiCoO2 

+ 

6C

Li1-xCoO2+LixC6。

示意图如右。

下列说法正确的是

A．充电时，阳极的电极反应式为Li1-xCoO2 

+xLi++xe-=LiCoO2

B．该装置工作时涉及到的能量形式有3 

种

C．充电时锂离子由右向左移动

D．放电时,正极质量增加

【解析】A项，该锂离子电池反应原理为:

LiCoO2+6C

Li1-xCoO2+LixC6，则充电时，阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为：

LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，故A错误；

B项，锂离子电池工作时，化学能转化为电能，涉及到2种能量形式之间的转化，故B错误；

C项，充电时，阳极生成Li+，Li+向阴极（C极）移动，如图所示右边为C极，所以充电时锂离子由左向右移动，故C错误；

D项，放电时，正极发生得电子还原反应，电极反应式为：

Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，所以正极质量增加，故D正确。

7．常温时,若Ca（OH）2和CaWO4（钨酸钙）的沉淀溶解平衡曲线如图所示（已知

=0.58）。

下列分析不正确的是

A．a点表示Ca（OH）2与CaWO4均未达到溶解平衡状态

B．饱和Ca（OH）2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合:

c（OH-）>

c（H+）>

c（Ca2+）>

c（WO42-）

C．饱和Ca（OH）2溶液中加入少量Na2O，溶液变浑浊

D．石灰乳与0.1mol/LNa2WO4溶液混合后发生反应:

Ca（OH）2+WO42-=CaWO4 

+2OH-

【解析】A项，如图，为Ca（OH）2和CaWO4（钨酸钙）的沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点都代表平衡状态，则Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）•c2（OH-）=10-7，Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=10-10，a点的浓度商Q[Ca（OH）2]=c（Ca2+）•c2（OH-）=10-18小于Ksp[Ca（OH）2]，Q（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=10-12小于与Ksp（CaWO4），所以a点表示Ca（OH）2与CaWO4均未达到溶解平衡状态，故A正确。

B项，设饱和Ca（OH）2溶液中，c（Ca2+）=x，则c（OH-）=2x，根据Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）•c2（OH-）=10-7，则x•（2x）2=10-7，解得x=

；

设饱和CaWO4溶液中，c（Ca2+）=y，则c（WO42-）=y，根据Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=10-10，则y2=10-10，解得y=10-5；

混合时：

c（Ca2+）=

（

）≈

=

，c（OH-）=

，c（H+）=

=0.29×

10-12，c（WO42-）=

×

10-5，Q（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=

10-5大于Ksp（CaWO4），所以混合后会析出CaWO4，但是溶液中减小的c（Ca2+）=c（WO42-）肯定会小于

10-5，所以沉淀后溶液中c（Ca2+）还是10-2级别，根据Ksp（CaWO4）=10-10可推出c（WO42-）是10-8级别，而前面已求得c（H+）=0.29×

10-12。

综上分析，c（OH-）>

c（WO42-）>

c（H+），故B错误。

C项，Na2O和水反应使水减少，饱和Ca（OH）2溶液中，Q[Ca（OH）2]>

Ksp[Ca（OH）2]，析出Ca（OH）2固体，所以溶液变浑浊，故C正确。

D项，由前面的分析可知CaWO4比Ca（OH）2更难溶，所以石灰乳与0.1mol/LNa2WO4溶液混合后，会发生反应Ca（OH）2+WO42-=CaWO4+2OH-，实现沉淀的转化，故D正确。

本题考查沉淀溶解平衡曲线，解题思路为：

①明确横纵坐标的含义；

②理解曲线上的点、线外的点的含义；

③抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。

注意本题中横纵坐标不是直接用离子浓度表示的，而是用离子浓度的负对数表示的，所以横纵坐标数值越大，表示的离子浓度越小；

B项，因为含Ca（OH）2的溶液显碱性，c（H+）不可能大于c（Ca2+），所以比较容易就能判断该项是错误的，但是要确定c（H+）与c（WO42-）的大小关系，最好通过计算来判断，因为两饱和溶液等体积混合后可能析出CaWO4，溶液中c（WO42-）会很小。

第II卷（非选择题）

8．某化学小组欲进行如下实验探究金属与浓硫酸反应。

试回答下列问题。

（1）利用上图装置研究铜与浓硫酸反应,反应化学方程式为_________;

B装置的目的是______;

x溶液为___________。

（2）将上述实验中的铜改为黄铜（铜锌合金）,实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出,且越来越快。

该气体可能为____，气体产生越来越快的原因可能是_____（至少两点）。

验证该气体的实验方案如下:

①装置连接顺序:

x→_________；

②能证明上述假设成立的实验现象是__________。

（3）取少量镁粉加入盛浓硫酸的烧杯,在通风橱中实验。

充分反应后溶液中有灰白色悬浮物,设计方案研究该悬浮物的组成,请帮助完善。

（假设镁的化合物都溶于稀酸）

_____

写出产生该灰白色悬浮物主要反应的化学方程式_____。

【答案】Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O检验产物SO2NaOH溶液（其他合理答案均可得分）H2反应后期，c（H+）增大,与Zn反应生成H2 

速率加快;

黄铜为铜锌合金，与硫酸形成原电池产生H2 

反应放热c→d→e→f→a→b→gE中（硬质玻璃管）黑色粉末变红，H中（球形干燥管）固体由白色变为蓝色

3Mg+4H2SO4（浓）==3MgSO4+S+4H2O

【解析】

（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O，故化学方程式为：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，常用品红溶液来检验二氧化硫气体；

二氧化硫是有毒气体且为酸性气体，C为尾气吸收装置，故x溶液可以是NaOH溶液。

（2）若将上述实验中的铜改为黄铜（铜锌合金），实验后阶段浓硫酸变稀，与锌反应会产生氢气，所以实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出，且越来越快，该气体可能为H2；

根据影响化学反应速率的因素，结合该实验原理及条件，气体产生越来越快的原因可能是：

反应后期，浓硫酸变为稀硫酸，电离程度增大，c（H+）增大，与Zn反应生成H2速率加快；

黄铜为铜锌合金，与硫酸形成原电池产生H2速率加快；

反应放热等。

①若要验证该气体是氢气，根据可供选择的装置及药品，先除去二氧化硫，再吸水干燥，然后通入灼热的氧化铜，最后检验产物是水，所以装置连接顺序:

x→c→d→e→f→a→b→g。

②若E中（硬质玻璃管）黑色粉末变红，说明生成了铜单质，同时H中（球形干燥管）固体由白色变为蓝色，说明生成了水，由此可证明上述假设成立。

（3）镁与浓硫酸反应，硫酸可能表现酸性和强氧化性，固体生成物可能是含有镁元素、S元素的物质，烧杯中的混合物加水部分溶解，则不溶物可能为含S物质，过滤后可加入有机溶剂（如二硫化碳）溶解，故方案未完成部分可以为：

产生该灰白色悬浮物主要反应的化学方程式为：

3Mg+4H2SO4（浓）=3MgSO4+S+4H2O。

9．氨为重要化工原料,有广泛用途。

（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取:

A．CH4（g）+H2O（g）

CO（g）+3H2（g）△H=+216.4kJ/mol

B．CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ/mol

则反应CH4（g）+2H2O（g）

CO2（g）+4H2（g）△H=_________。

（2）起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。

平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如下图。

①恒压时,反应一定达到平衡状态的标志是______（填序号）；

A．N2和H2的转化率相等B．反应体系密度保持不变

C．

比值保持不变D．

=2

②P1_____P2 

（填“>

”、“<

”、“=”、“不确定”，下同）；

反应平衡常数:

B点____D点；

③C点H2的转化率____；

在A、B两点条件下,该反应从开始到平衡时生成氨气平均速率:

v（A）______ 

v（B）。

（3）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。

①写出NH3和NaClO 

反应生成N2H4的化学方程式__________；

②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性:

N2H4+H2O

N2H5++OH-K1= 

1×

10-a；

N2H5++H2O

N2H62++OH-K2=1×

10-b。

25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4,欲使c（N2H5+）>

c（N2H4）,同时c（N2H5+）>

c（N2H62+）,应控制溶液pH范围_________（用含a、b式子表示）。

【答案】+175.2kJ/molBC<

>

66.7%<

2NH3+NaClO

N2H4+NaCl+H2O（14-b，14-a）

（1）a+b可得反应CH4（g）+2H2O（g）

CO2（g）+4H2（g），根据盖斯定律，△H=+216.4kJ/mol+（-41.2kJ/mol）=+175.2kJ/mol。

（2）①A项，氮气和氢气初始物质的量之比为1:

3，由反应方程式N2+3H2

2NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比为1:

3反应，所以N2和H2的转化率是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A错误；

B项，该反应是一个气体分子数变化的反应，恒压时只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再发生移动，故B正确；

C项，氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值

就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C正确；

D项，氮气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氮气减少，则氨气必增多，其比值

就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值=2时，却不一定不再变化，所以不一定是平衡状态，故D错误。

②合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，由图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1<

P2；

合成氨正反应为放热反应，温度越高化学平衡常数越小，D点温度高于B点温度，所以化学平衡常数：

B点>

D点。

③设c点H2的转化率为α（H2），列三段式得：

因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数=物质的量分数，所以

100%=50%，解得α（H2）≈66.7%。

由图可得，A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气平均速率:

v（A）<

溶液pH范围为：

（14-b，14-a）。

本题综合考查化学反应原理知识，主要涉及盖斯定律的应用、化学平衡图像、平衡状态的判断、转化率有关计算、水溶液中有关离子浓度关系的比较等知识。

注意化学平衡图像的分析方法，通过“定一议二”来控制变量，如定温时分析压强与平衡混合物中氨的体积分数的关系、定压时分析温度与平衡混合物中氨的体积分数的关系；

注意列三段式解决转化率有关计算；

注意最后小题的解题思路：

控制pH使溶液中离子浓度符合某确定关系，要通过K1和K2的表达式找到c（N2H5+）、c（N2H4）、c（N2H62+）与c（OH-）的关系，再根据Kw表达式进一步求得结果。

10．高锰酸钾常用作消毒杀菌、水质净化剂等。

某小组用软锰矿（主要含MnO2,还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）模拟工业制高锰酸钾流程如下。

（1）配平焙烧时化学反应:

□MnO2+□_____+□O2

□K2MnO4+□H2O；

工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率，试用碰撞理论解释其原因__________。

（2）滤渣II的成分有_______（化学式）;

第一次通CO2不能用稀盐酸代替的原因是_________。

（3）第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为_________。

（4）将滤液Ⅲ进行一系列操作得KMnO4。

由下图可知,从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过_____、______、洗涤等操作。

（5）工业上按上述流程连续生产。

含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上最多可制KMnO4___吨。

（6）利用电解法可得到更纯的KMnO4。

用惰性电极电解滤液II。

①电解槽阳极反应式为____________；

②阳极还可能有气体产生,该气体是__________。

【答案】24 

KOH122加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多,反应速率加快,使MnO2反应更充分Al（OH）3、H2SiO3稀盐酸可溶解Al（OH）3，不易控制稀盐酸的用量3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-蒸发结晶趁热过滤0.018aMnO42--e-= 

MnO4-O2

（1）MnO2中Mn的化合价为+4价，K2MnO4中Mn的化合价为+6价，O2中O的化合价为0价，生成物中都变成了-2价，根据得失电子守恒（化合价升降总数相等）得：

MnO2前面系数为2，O2前面系数为1，K2MnO4前面系数为2；

结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH前面系数为4，水前面系数为2，故答案为：

24KOH122。

根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分，所以工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率。

（2）根据流程滤液I主要是K2MnO4溶液，还含有SiO32-和AlO2-等杂质离子，通入CO2发生反应：

CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-、CO2+H2O+AlO2-=Al（OH）3↓+CO32-，所以滤渣II的成分有Al（OH）3和H2SiO3；

因为第一次通入CO2目之一是生成Al（OH）3，而稀盐酸可溶解Al（OH）3，不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通CO2不能用稀盐酸代替。

（3）第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO42-发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO4-，因为CO2过量，所以还会生成HCO3-，故离子方程式为：

3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-。

（4）滤液Ⅲ溶质主要是KMnO4与KHCO3，由图可看出，KMnO4溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3溶解度，受温度影响变化较大，所以从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。

（5）根据Mn元素守恒，含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上最多可制KMnO4：

a%×

≈0.018a（吨）。

（6）①滤液II主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO42-在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO4-，故阳极电极反应式为：

MnO42--e-=MnO4-；

②溶液中的OH-也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。

11．[化学一选修3:

物质结构与性质]我国具有悠久的历史，在西汉就有湿法炼铜（Fe+CuSO4=Cu+FeSO4）,试回答下列问题。

（1）Cu2+的未成对电子数有______个，H、O、S 

电负性由大到小的顺序为_______。

（2）在硫酸铜溶液中滴加过量氨水可形成[Cu（NH3）4]SO4蓝色溶液。

①[Cu（NH3）4]SO4中化学键类型有_______，[Cu（NH3）4]2+ 

的结构简式为_______，阴离子中心原子杂化类型为______。

②氨的沸点远高于膦（PH3），原因是______________。

（3）铁铜合金晶体类型为_____；

铁的第三（I3）和第四（I4）电离能分别为2957kJ/mol、5290kJ/mol，比较数据并分析原因________