四川省教考联盟2019届高三化学第三次诊断性考试试题（含解析）.docx

四川省教考联盟2019届高三化学第三次诊断性考试试题（含解析）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.处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al等)的一种工艺如下：下列有关说法不正确的是A. 碱浸的目的是溶解铝B. 酸溶时H2 O2被还原C. H2SO4/H2O2可改用浓盐酸D. 铝、钴产物可再利用【答案】B【解析】【分析】本题以锂离子二次电池正极废料为研究对象，体现了化学在推进生态文明建设、解决生态环境问题等方面大有作为，同时考查学生通过所学知识解决这一实际问题的能力，根据流程，LiCoO2不与碱反应，Al能与NaOH反应，使Al转变成可溶的NaAlO2，然后过滤得到LiCoO2，LiCoO2中Li为1价，O为2价，Co为3价，依据整个流程，产品中Co的化合价为2价，即“酸溶”中Co被还原,H2O2被氧化，“酸溶”液中加入NaOH，得到“净化液”，除去Li元素，加入草酸铵溶液，使Co2转变成CoC2O4沉淀；【详解】A、根据铝钴膜的成分以及流程，Al能与NaOH反应，生成可溶的NaAlO2，LiCoO2不溶于NaOH，然后过滤得到LiCoO2，因此碱浸的目的是溶解铝，故A说法正确；B、LiCoO2中Co显3价，产品中CoC2O4，Co显2价，化合价降低，LiCoO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化，故B说法错误；C、H2SO4提供H，H2O2作还原剂，盐酸也能提供H，3价Co也能氧化Cl转化成2价Co，故C说法正确；D、根据上述分析，铝、钴产物可以再利用，故D说法正确。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是A. 2.24 L H2和0.2 mol Cl2光照反应后氯分子数目为0.INAB. 7.8 gNa2O2与足量CO2充分反应转移电子数目为0.2NAC. 1.8 g重水中所含中子、原子的数目分别为NA、0.3NAD. CaCO3、KHCO3混合物粉末10 g中氧原子数目为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A、没有指明H2的体积是否是标准状况下测定，因此无法直接使用22.4Lmol1，故A错误；B、Na2O2与CO2反应方程式为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，1molNa2O2参与反应，转移电子物质的量1mole，因此7.8gNa2O2参与反应转移电子物质的量为7.8g/78gmol11=0.1mol，故B错误；C、重水的化学式为D2O，即2H2O，其摩尔质量为20gmol1，1mol重水含有中子物质的量为10mol，原子物质的量为3mol，1.8g重水的物质的量为1.8g/20gmol1=0.09mol，含有中子、原子物质的量分别为0.9mol、0.27mol，故C错误；D、CaCO3和KHCO3的摩尔质量都是100gmol1，因此10g该混合物中含有氧原子的物质的量为10g3/100gmol1=0.3mol，故D正确。【点睛】易错点是选项C，重水为2H2O，利用质量数等于近似相对原子质量，因此重水的摩尔质量为20gmol1，最后利用质量数=质子数+中子数进行分析。3.甲、乙、丙、丁、戊、己六种有机物的化学式如下表所示：物质甲乙丙丁戊己化学式CH4 C2H4 C3H8C4H8C2H6OC2H4O2下列与这些有机物有关的说法不正确的是A. 甲、丙均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 丁的结构可能有5种(不考虑立体异构)C. 等质量的乙、戊完全燃烧时耗氧量相等D. 己可能发生银镜反应而不发生水解反应【答案】C【解析】【详解】A、考查有机物官能团的性质，甲和丙都属于烷烃，烷烃的化学性质相对稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，故A说法正确；B、本题考查同分异构体的判断，丁的化学式为C4H8，可能是单烯烃，也可能是环烷烃，如为单烯烃，可能结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，如为环烷烃，可能的结构简式为、，共有五种，故B说法正确；C、考查有机物的燃烧，等质量时，烃转化成CHy/x，y/x越大，消耗氧量越多，含氧衍生物拆写成烃和H2O的形式，乙的化学式为C2H4，戊可以写成C2H4H2O，相同质量，因此戊耗氧量小于乙，故C说法错误；D、考查有机物同分异构体，己的化学式为C2H4O2，首先想到的是CH3COOH，题中能发生银镜反应，说明含有醛基，不发生水解，说明不含有酯基，因此结构简式可能为HOCH2CHO，故D说法正确。【点睛】难点是选项D，根据己的分子式，首先想到CH3COOH，COOH可以看作是由羰基和羟基组成，然后根据题中所给条件，写出符合条件的结构简式为HOCH2CHO。4.下列实验方案不能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A检验淀粉是否完全水解将淀粉溶液与硫酸共热一段时间后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入少量碘水，观察溶液颜色变化B比较Fe2+、Br-还原性强弱取少量FeBr2溶液于试管中，加入适量四氯化碳，再滴加少量新制氯水，振荡静置，观察下层液体颜色变化C比较Cu2+与NH3H2O 结合难易向硫酸铜溶液中滴加氨水，观察溶液颜色变化，再加入乙醇，观察晶体析出情况D检验新制氯水的氧化性和酸性向少量紫色石蕊试液中逐滴加入新制氯水，边加边振荡，观察溶液颜色变化A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】考查实验方案设计与评价，应从一些细节方面进行分析和判断；【详解】A、考查碘单质的性质，加入氢氧化钠溶液，使溶液显碱性，I2能与NaOH反应，因此不能判断淀粉是否完全水解，故A不能达到实验目的；B、考查氧化还原反应的先后规律，一种氧化剂多种还原剂，先与还原性强的进行反应，溴易溶于四氯化碳，溴单质溶解在四氯化碳中，溶液显橙色或橙红色，且四氯化碳的密度大于水，如果下层溶液不变色，说明Fe2的还原性强于Br，如果下层溶液显橙色或橙红色，说明Br的还原性强于Fe2，故B能达到实验目的；C、考查配合物，向硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀Cu(OH)2，继续加入氨水，蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色，加入乙醇后，溶液析出深蓝色晶体，即深蓝色晶体为Cu(NH3)4SO4H2O，故C能达到实验目的；D、考查新制氯水的成分，新制氯水中含有H、Cl、HClO、Cl2等，向少量紫色石蕊试液中逐滴加入新制氯水，溶液显红色，说明新制氯水显酸性，然后红色褪去，说明氯水具有氧化性，故D能达到实验目的。5.短周期主族元素xX、yY、zZ、wW、mM原子序数依次增大，X和W、Z和M同主族。其中Y元素的单质通常状况下呈气态，W元素原子半径是所在周期元素里原子半径最大的，且x+y=z=1/2m。下列有关说法正确的是A. 简单离子半径大小：ZYWB. W、M组成的化合物中可能含有非极性键C. 简单氢化物在水中的溶解度大小：YO2Na，故A错误；B、组成的化合物为Na2S，只含有离子键，也有可能组成Na2Sx(x1)，Sx2内还含有SS非极性键，故B正确；C、氢化物分别是NH3、H2S，NH3与H2O之间形成分子间氢键，增加NH3的溶解度，H2S与H2O不能形成分子间氢键，因此NH3在H2O中溶解度远远大于H2S，故C错误；D、组成的化合物NH4HS、(NH4)2S等离子化合物，故D错误。【点睛】难点是选项B，学生可根据同主族性质的相似性，推断出Na和S形成的化合物可能是Na2S、Na2S2，Na2S只含有离子键，Na2S2含有离子键和非极性共价键，同时平时学习中对一些课本上没有的知识加以记忆，如Na和S可以形成Na2Sx(x1)，这样就不会认为选项B不正确。6.按如图装置进行实验(a、b电极均为Cu电极)，实验开始观察到灵敏电流计的指针发生偏转。 下列有关说法正确的是A. b极电极反应为Cu - 2e-=Cu2+B. 溶液中Cu2+穿过交换膜发生迁移C. 电流计指针偏转幅度将保持不变D. 外电路转移的电子最多为0.02 mol【答案】D【解析】【分析】灵敏电流计指针发生偏转，说明有电流产生，则装置一定是原电池，负极电极反应式是Cu2e=Cu2，正极反应不可能发生2H2e=H2，因此正极反应必是Cu22e=Cu，溶液中离子从高浓度的右室经过离子交换膜迁往低浓度的左室才是自发过程，如果溶液中迁移Cu2，由于负极与正极消耗或产生的Cu2相等，则左、右两室溶液浓度不变，但负极Cu减少，正极Cu增加，需要消耗能量而不可能提供电能，所以溶液中迁移离子不可能是Cu2，就只能是SO42，从右室向左室迁移，因此b为正极，a为负极；【详解】A、该装置浓度差电池，浓度增大，还原性或氧化性增强，右侧CuSO4浓度大，氧化性增强，因此b电极为正极，a电极为负极，电极反应式为Cu2e=Cu2，故A错误；B、溶液中离子从高浓度的右室经过离子交换膜迁往低浓度的左室才是自发过程，如果溶液中迁移Cu2，由于负极与正极消耗或产生的Cu2相等，则左、右两室溶液浓度不变，但负极Cu减少，正极Cu增加，需要消耗能量而不可能提供电能，所以溶液中迁移离子不可能是Cu2，就只能是SO42，从右室向左室迁移，故B错误；C、随着电流的产生，左、右两室SO42浓度的差值逐渐减小，SO42从右室向左室迁移的速率逐渐减小，则外电路的电流强度将逐渐减小，灵敏电流计指针偏转的幅度也会逐渐减小，故C错误；D、当左右两室SO42浓度相等，即均为(0.3molL10.1molL1)/2时，电池将停止工作，不再有电流产生，溶液中迁移的n(SO42)=0.1L0.3molL1(0.3molL10.1molL1)/2=0.01mol，因此外电路转移电子物质的量最多为0.02mol，故D正确。7.已知：pc(HX)/c(X-)=-lgc(HX)/c(X-)。室温下，向0. 10 mol/LHX溶液中滴加0.10 mol/L NaOH溶液，溶液pH随pc(HX)/c(X-)变化关系如图。下列说法不正确的是A. 溶液中水的电离程度：abcB. 图中b点坐标为(0，4.75)C. c点溶液中：c(Na+) =l0c(HX)D. 室温下HX的电离常数为10-4. 75【答案】C【解析】【分析】电离平衡常数只受温度的影响，因此用a或c点进行判断，用a点进行分析，c(HX)/c(X)=101，c(H)=103.75molL1，HX的电离平衡常数的表达式Ka=c(X)c(H)/c(HX)，代入数值，Ka=104.75，由于a、b、c均为酸性溶液，因此溶质均为“HX和NaX”，不可能是NaX或NaX和NaOH，pH7说明HX的电离程度大于X的水解程度，即只考虑HX电离产生H对水的抑制作用，然后进行分析；【详解】电离平衡常数只受温度的影响，因此用a或c点进行判断，假设用a点进行分析，c(HX)/c(X)=101，c(H)=103.75molL1，HX的电离平衡常数的表达式Ka=c(X)c(H)/c(HX)，代入数值，Ka=104.75，由于a、b、c均为酸性溶液，因此溶质均为“HX和NaX”；A、根据上述分析，pH7说明HX的电离程度大于X的水解程度，HX电离出H对水电离起到抑制作用，H浓度越小，pH越大，对水的电离抑制能力越弱，即溶液中水的电离程度：abc(OH)，推出c(Na)10c(HX)，故C说法错误；D、根据上述分析，故D说法正确。8.过二硫酸钾(K2S2O8)是白色晶体、无味、易潮解、不稳定，是重要的氧化剂，用途广泛。回答下列问题：(1)过二硫酸钾的结构探究过二硫酸钾中含有-1、2价的氧元素，-l、2价 氧的原子个数之比为_。(2)过二硫酸钾的制取探究过二硫酸钾可采用电解硫酸和硫酸钾的混合物制取，装置如图。阳极的电极反应为_，阴极区pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)过二硫酸钾的性质探究取硫酸锰溶于试管中，滴入K2S2O8溶液，溶液呈紫红色，K2S2O8的还原产物为SO42-，该反应的离子方程式为_。取过二硫酸钾装入硬质玻璃管中，加热，分解产生的气体依次通过装置B、C、D。实验发现B中产生白色沉淀，C中溶液颜色无明显变化现象；用带火星的木条靠近D中的 a，木条复燃。有同学认为依据上述实验现象，可以判断过二硫酸钾热分解产生了SO3和O2、而没有产生SO2，据此得出过二硫酸钾分解反应的化学方程式为_。有同学认为仅依据上述实验现象，所得气体除可能是SO3与O2的混合物外，还可能是 _或 _的混合物。为确定过二硫酸钾分解所得混合气体中是否含有SO3，可将上述实验中装置B整体更换为 _。【答案】 (1). 1：3 (2). 2SO422e=S2O82 (3). 不变 (4). 2Mn25S2O828H2O=10SO422MnO416H (5). 2K2S2O82K2SO42SO3O2 (6). SO2、O2 (7). SO3、SO2、O2 (8). 浸入冰水的U型管【解析】【详解】（1）K2S2O8中K、S化合价为1、6，1mol过二硫酸钾中，1价O的物质的量为x，则2价O的物质的量为(8x)，根据化合价代数和为0，得出x=2，则1价O和2价O物质的量之比为2：6=1：3；（2）根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，即阳极电极反应式为2SO422e=S2O82；阴极区电极反应为2H2e=H2，阴极区消耗的n(H)等于阳极区迁入的n(H)，阴极区的pH保持不变；（3）S2O82作氧化剂，其还原产物是SO42，溶液变为紫红色，说明Mn2被氧化为MnO4，因此反应的离子方程式为2Mn25S2O828H2O=10SO422MnO416H；K2S2O8分解必产生K2SO4，如果分解产生SO3和O2，则反应的化学反应方程式为2K2S2O82K2SO42SO3O2，B中产生白色沉淀，该沉淀是BaSO4，可能是SO3H2O=H2SO4，也可能是2SO2O22H2O=2H2SO4，因此K2S2O8分解产生的气体可能是SO3和O2，也可能是SO2、O2，也可能是SO3、SO2、O2组成的混合物；SO3熔点16.8，沸点为44.8，常温下呈液态，SO2、O2常温下很难液化，根据浸入冰水的U型管是否能收集到SO3，可确定气体产物中是否含有SO3。9.硫酸工业和合成氨工业是衡量一个国家工业发展水平的重要指标，下图是硫酸工业和合成氨工业联合生产示意图：回答下列问题：(1)已知：4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) H=akJ/molSO2 (g)=S(s)+O2(g)H=bkJ/molFe(s)+2S(s)=Fe2S(s)H=ckJ/mol沸腾炉中主要反应的热化学方程式为_。(2)如果生产过程中H2的总转化率为90%，FeS2的总转化率为95%，氨与硫酸生成硫酸铵的转化率为100%，则最初FeS2和H2的物质的量之比为 _。(3)在一定条件下，分别向体积相同的恒容密闭容器甲，乙、丙中通入一定量的N2、H2或 NH3，发生反应：N2 (g)+3H2=2NH3 (g)，相关数据如下：乙中NH3的转化率为 _，丙中x的取值范围为 _。在t1时升高甲容器的温度，至t2时再次达到平衡，测得t2时 混合气体的平均摩尔质量比tl时小。请在图中画出tlt2 时间段正反应速率的变化示意图_。(4)尾气中含有SO2，直接排放会造成环境污染，可用Fe2(SO4)3 溶液吸收。某科研团队对pH、c(Fe3+)、温度等因素对SO2最 高吸收率的影响进行研究，结果如图：40时SO2的最高吸收率随pH、c(Fe3+)的增大而 _，其原因是 _；温度高于 40后，SO2的最高吸收率随温度的升高而减小，其原因是_。【答案】 (1). 4FeS2(s)11O2(g)=2Fe2O3(s)8SO2(g) H=(a8b4c)kJmol1 (2). 3：19 (3). 60% (4). 1.6x4 (5). (6). 增大 (7). 吸收过程中，发生2Fe3SO22H2O2Fe2SO424H，c(Fe3)、pH增大，平衡向正反应方向移动 (8). 温度升高，Fe3水解程度越大，c(Fe3)减小、c(H)增大，平衡2Fe3SO22H2O2Fe2SO424H向逆反应方向移动，SO2的最高吸收率减小【解析】【详解】（1）4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ，SO2 (g)=S(s)+O2(g)，Fe(s)+2S(s)=Fe2S(s)，沸腾炉中发生的反应式4FeS211O2=2Fe2O38SO2，8，H=(a8b4c)kJmol1，其热化学反应方程式为4FeS2(s)11O2(g)=2Fe2O3(s)8SO2(g) H=(a8b4c)kJmol1；（2）合成氨N23H22NH3，产生NH3的物质的量为2n(H2)90%/3mol，制备硫酸建立的关系是FeS22SO22SO32H2SO4，产生硫酸的物质的量为2n(FeS2)95%mol，制备硫酸铵的反应方程式为2NH3H2SO4=(NH4)2SO4，因为得到硫酸铵是转化率为100%，因此有2n(H2)90%/3mol：2n(FeS2)95%mol=2：1，n(FeS2):n(H2)=3:19；（3）在温度、体积一定的条件下，甲、乙两容器中形成等效平衡，因此(N2)甲(NH3)乙=1，(N2)甲=0.8mol/(21)100%=40%，则(NH3)乙=60%；丙容器相当于将两个甲容器加压缩小为一个甲容器，加压时，该平衡向正反应方向移动，因此丙中x的范围是1.6n(NH3)SSi或SiSIIIA、VAVIA，因此第一电离能大小顺序是PSSi或SiSP；（3）白磷的空间构型为正四面体形，即P原子的杂化方式是sp3，键角为60；（4）CO的价电子总数为10，原子数为2，因此N2、NO、CN都与CO互为等电子体，阴离子是CN；（5）晶体硅与金刚石结构相似，体对角线的1/4=2r，即体对角线为8r，得出晶胞的边长为107cm，根据晶胞的结构，晶胞中含有Si原子个数为8，因此晶胞的质量为28g，因此晶胞的密度为g/cm3；（6）由图可知，a图的化学式为SiO44，形成二聚硅酸根是两个SiO44通过共用1个O原子相连，可知图c的化学式为Si2O76；根据图d结构，每个SiO44与两个SiO44均共用1个O原子，Si、O原子个数比为1：(221/2)=1：3；在立体网状结构中，每个SiO44与四个SiO44均共用1个O原子，Si、O原子个数比为1：(41/2)=1：2。12.白藜芦醇被称之为继紫杉醇之后又一绿色抗癌药物，目前