四川省泸州市2020届高三化学下学期第三次教学质量诊断性考试试题（含解析）

四川省泸州市2020届高三化学下学期第三次教学质量诊断性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量O:16 K:39 Ba:137 S:32 Cu:64 Cl:35.5 Ni:591.化学与社会、生活密切相关，下列解释错误的是实际应用原理解释A含Na2CO3的盐碱地可用石膏降低其碱性CaSO4具有酸性B二氧化硫用于纸的增白二氧化硫具有漂白性C不可食用的“地沟油”可用于制肥皂油脂碱性条件下可水解D小苏打用于焙制糕点的发酵粉NaHCO3受热易分解产生气体A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A碳酸钠在土壤中显碱性，硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙难溶于水，所以能降低土壤的碱性，原理解释不正确，故A错误；B二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性，可以漂白纸浆，故B正确；C地沟油的主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故C正确；D碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可以作焙制糕点的发酵粉，故D正确；答案选A。2.2-苯基丙烯酸是一种重要的医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关它的说法错误的是A. 分子式为C9H8O2B. 能发生酯化、加成、氧化反应C. 苯环上的二氯代物为4种D. 分子中所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A. 根据结构简式可知，该有机物的分子式为C9H8O2，故A正确；B. 结构中含有羧基，能够发生酯化反应，含有苯环，能够发生加成反应、含有碳碳双键能够发生氧化反应和加成反应，故B正确；C. 苯环上的二氯代物为6种，分别为（表示氯原子）、，故C错误；D. 苯环和碳氧双键均为平面结构，分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；答案选C。3.下列实验操作与现象都正确，且能得出对应结论的是选项实验操作现象结论A向2mL含有淀粉的0.2mol/L FeI2溶液中滴加2滴新制氯水溶液变为蓝色还原性：I - Fe2+ B向0.2mol/L Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸产生白色胶状沉淀非金属性：Cl SiC分别向盛有铁片和铜片的两支试管中滴加浓硝酸铁片无明显现象，铜片剧烈反应金属性: 铜 铁D向Cu2+、Mg2+共存的溶液中滴加少量NaOH溶液产生白色沉淀KspCu(OH)2 KspMg(OH)2 A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A向含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴新制氯水，氯水少量，还原性强的优先被氧化，溶液变蓝，说明碘离子优先被氧化，则还原性I-Fe2+，故A正确；B向0.2mol/L Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，产生白色胶状沉淀，说明盐酸的酸性大于硅酸的酸性，盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；C常温下铁遇浓硝酸发生钝化，不能比较铁、铜的金属性，且由金属活动性顺序可知金属性FeCu，故C错误；D未说明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2种离子的浓度大小，无法判断溶度积常数的大小关系，故D错误；答案选A。【点睛】本题易错点为B，要注意非金属性强弱的比较方法，方法之一为最高价含氧酸的酸性强弱，而盐酸为无氧酸。4.为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 1mol NH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4离子数均为NAB. 反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3C. 产生6.4g O2反应转移的电子总数为0.8NAD. 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L【答案】B【解析】【详解】A. NH4+为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1mol NH4ClO4溶于水含NH4+离子数少于NA，故A错误；B. 2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为13，故B正确；C. 6.4g O2的物质的量=0.2mol，根据2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，产生6.4g O2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；D.未告知是否为标准状况，无法计算 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误；答案选B。【点睛】本题易错点为D，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。5.刚结束的两会政府工作报告首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达80%。下列说法中错误的是A. 该装置将化学能转换为电能B. 离子交换膜允许H+和OH通过C. 负极为A，其电极反应式是H22e + 2OH = 2H2OD. 电池的总反应为H+ + OHH2O【答案】B【解析】【分析】由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H+2e-H2，结合原电池原理分析解答。【详解】A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A正确；B. 由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH通过，故B错误；C.根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-2H2O，故C正确；D.根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H+2e-H2，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-2H2O，因此总反应为：H+OH-H2O，故D正确；答案选B。6.W、Q、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X原子的K层电子数与M层电子数相等，Y是常用的灰黑色半导体材料，通常状态下YW4呈气态。下图是晶体Y的一种制备路线图。有关说法正确的是 A. 标准状况下，WZ为液态B. 原子半径大小为WXYZ【答案】C【解析】【分析】W、Q、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X原子的K层电子数与M层电子数相等，X为Mg元素；Y是常用的灰黑色半导体材料，通常状态下YW4呈气态，则Y为Si元素，W为H元素；根据晶体Y的一种制备路线图，Z为-1价，原子序数大于14，则Z为Cl元素，YQ2中Q为-2价，结合原子序数的关系可知，Q为O元素，结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，W为H元素，Q为O元素，X为Mg元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。A. WZ为HCl，标准状况下，HCl为气体，故A错误；B. 一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，因此原子半径大小顺序为WY Y，故D错误；答案选C。7.25时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa=lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法错误的是A. 溶液的导电性：点a弱于点bB. 离子浓度c(R2-)：点c小于点dC. H2R + R2-=2HR-平衡常数105，反应趋于完全D. 点b时，y7且105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；D. b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1Ka2=，因此= =104.91，故D错误；答案选D8.黄色超氧化钾(KO2)可作为宇宙飞船舱的氧源。某学习小组设计以下实验探究KO2的性质，请回答相关问题：I.探究KO2与水的反应实验操作现象结论与解释（1）取少量KO2固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，反应结束后，溶液分成两份快速产生气泡，木条复燃产生的气体是_（2）一份滴加酚酞试液先变红后褪色可能的产物是_（3）另一份滴加FeCl3溶液观察到_II. 探究KO2与SO2的反应（4）正确的操作依次是_。打开K1通入N2 ，排尽装置内原气体后关闭拆卸装置至实验完成检查装置气密性，然后装入药品打开分液漏斗活塞K2（5）A装置发生的化学方程式为_。（6）用上述装置验证“KO2与SO2反应生成O2”还存在不足，你的改进措施是_。（7）改进后再实验，待KO2完全反应后，将装置C中固体加水溶解，配成50.00mL溶液，等分为M、N两份。向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，将沉淀过滤、洗涤、_，称重为2.33g。将N溶液移入_（填仪器名称）中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。依据上述现象和数据，请写出该实验总反应的化学方程式_。【答案】 (1). O2 (2). KOH和H2O2 (3). 产生红褐色沉淀和气体 (4). 或 (5). H2SO4 + Na2SO3 Na2SO4 + H2O + SO2 (6). 在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶（或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸） (7). 干燥 (8). 锥形瓶 (9). 6KO2+3SO22K2SO3+K2SO4+4O2【解析】【分析】(1)根据带火星的木条复燃判断；(2)根据反应后溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色分析判断；(3)根据(1)和(2)的分析，结合过氧化氢能够催化分解分析解答；(4)根据题示的实验操作，结合实验装置图分析解答；(5)A装置中70%的H2SO4与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，据此书写反应的化学方程式；(6)从实验的装置图可知，进入硬质玻璃管的气体中含有水蒸气，据此分析解答；(7)2.33g沉淀为硫酸钡，高锰酸钾与亚硫酸钠反应的方程式为2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，计算出生成的硫酸钾和亚硫酸钾的物质的量之比，然后书写反应的方程式。【详解】(1)取少量KO2固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，木条复燃，说明生成的气体为氧气，故答案为：O2；(2)KO2固体中滴加少量水，反应后溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色，说明反应生成氢氧化钾和过氧化氢，故答案为：KOH和H2O2；(3)KO2固体中滴加少量水，反应后溶液中滴加FeCl3溶液，氯化铁与氢氧化钾反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，同时氯化铁催化过氧化氢分解放出氧气，因此看到的现象为产生红褐色沉淀和气体，故答案为：产生红褐色沉淀和气体；(4)根据题示的实验操作，结合实验装置图，实验步骤为：首先检查装置气密性，然后装入药品，打开K1通入N2 ，排尽装置内的空气后关闭，再打开分液漏斗活塞K2，反应生成二氧化硫，打开K1通入N2 ，排尽装置内的二氧化硫后关闭，拆卸装置至实验完成，故答案为：或；(5)A装置中70%的H2SO4与亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体，反应的化学方程式为H2SO4 + Na2SO3 Na2SO4 + H2O + SO2，故答案为：H2SO4 + Na2SO3 Na2SO4 + H2O + SO2；(6)从实验的装置图可知，进入硬质玻璃管的气体中含有水蒸气，干扰了实验验证“KO2与SO2反应生成O2”的现象，改进措施为在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸)，故答案为：在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸)；(7)改进后再实验，待KO2完全反应后，将装置C中固体加水溶解，配成50.00mL溶液，等分为M、N两份。向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称重为2.33g。将N溶液移入锥形瓶中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4溶液20.00mL，说明生成的产物中含有亚硫酸钾。2.33g沉淀为硫酸钡，物质的量=0.01mol，因此原样品中含有0.02mol硫酸钾；高锰酸钾与亚硫酸钠反应的方程式为2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，因此原样品中亚硫酸钾的物质的量=20.40mol/L0.020L=0.04mol，因此KO2与SO2反应的化学方程式为6KO2+3SO22K2SO3+K2SO4+4O2，故答案为：干燥；锥形瓶；6KO2+3SO22K2SO3+K2SO4+4O2。【点睛】本题的易错点为(7)中反应方程式的书写，要注意通过计算确定K2SO3和K2SO4的物质的量之比。9.PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工业。由方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCO3的流程如下：已知：PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水；各物质的溶度积见下表。试回答下列问题：物质Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3PbCl2PbSPbCO3Ksp210-138.010-16110-381.610-58.010-287.410-14(1)PbCO3的名称是_。(2)步骤中MnO2的作用是_，根据下图分析的最佳反应条件是_。(3)步骤趁热抽滤的原因是_。(4)步骤洗涤用的试剂是_。(5)将滤液Y先酸化，然后加入MnO2，反应的离子方程式为_；若反应后c(Mn2+)=0.2mol/L，进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+，溶液所调的pH范围为_c(Fe3+)110-5 mol/L时表示Fe3+已沉淀完全。(6)步骤反应的离子方程式为_。(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质，提纯的实验方案是_。【答案】 (1). 碳酸铅 (2). 氧化剂（将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-） (3). 80和3mol/LHCl (4). PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离 (5). 冷水或乙醇 (6). 2Fe2+ + 4H+ + MnO22Fe3+ + Mn2+ + 2H2O (7). 3pH8或38 (8). PbCl2+CO32-PbCO3 +2Cl- (9). 向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤【解析】【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入盐酸，发生氧化还原反应生成PbCl2、MnCl2和FeCl3以及硫沉淀，加入NaCl促进反应PbCl2 (s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，趁热过滤，滤液X中含有PbCl42-(aq)和FeCl3，冷却后过滤得到PbCl2产品和滤液Y，PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3，据此分析解答。【详解】(1)PbCO3的名称为碳酸铅，故答案为：碳酸铅；(2)步骤反应生成了硫沉淀，说明MnO2是氧化剂，将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-，根据图象，80和3mol/LHCl时，浸取率最高，故答案为：氧化剂(或将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-)；80和3mol/LHCl；(3)根据流程图步骤的提示，PbCl2降温易结晶析出，因此步骤需要趁热抽滤，有利于铅的化合物与不溶性杂质分离，故答案为：PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离；(4)PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水，步骤洗涤用的试剂可以是冷水或乙醇，故答案为：冷水或乙醇；(5)将滤液Y先酸化，然后加入MnO2，二氧化锰将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2+ + 4H+ + MnO22Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；若反应后c(Mn2+)=0.2mol/L，进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+，根据表格数据，使Fe3+完全沉淀时，溶液中c(OH-)=110-11，此时pH3，使Mn2+恰好开始沉淀时，溶液中c(OH-)=110-6，此时pH=8，因此需要调节溶液的pH至3pH8才能达到分离目的，故答案为：2Fe2+ + 4H+ + MnO22Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；3pH8；(6)步骤中PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3，反应的离子方程式为PbCl2+CO32-PbCO3 +2Cl-，故答案为：PbCl2+CO32-PbCO3 +2Cl-；(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质，根据PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水，和流程图中PbCl2中加入碳酸钠溶液能够发生沉淀的转化生成PbCO3，提纯的方法是向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤，故答案为：向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤。10.CO2是造成全球气候变暖的主要气体，同时也是一种来源丰富、价格低廉的碳资源。中科院福建物构所谢奎及其团队利用电能将CO2高效转化为CO，CO和H2可生产优质燃料和多种化工产品，实现碳资源的循环利用。（1）已知反应过程中能量变化如下表和曲线图所示：反应ACEa1(kJ/mol)Ea2(kJ/mol)H(kJ/mol)2CO(g)+O2(g)2CO2(g)？2389-5662H2(g)+O2(g)2H2O(l)1480？-571.62CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)30264478H3反应 的H3=_kJ/mol。CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) H4=_kJ/mol；此反应中，有利于提高H2平衡转化率的条件是_（填字母）。A高温低压 B低温高压 C高温高压 D低温低压（2）在不同的电压下，CO2、H2O混合电解转化为CO、H2的电流效率如图所示（注：电流效率100%）：由图可知生成CO和H2有相互_（填“促进”、“抑制”或“无影响”）作用。用此法生产的CO和H2合成CH3OH，为使CO和H2利用率最高，电解时应控制电压在_ V左右（选填5、15、23、25、30）。（3）在300时，将0.60molCO、1.40molH2充入4L密闭容器中，在恒温恒容下发生反应CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) H”“ (7). Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构 (8). (，0) (9). 100%=100%=100%【解析】【分析】(1)镍为28号元素，结合核外电子排布规律书写基态Ni2+的电子排布式；Si原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，据此判断硅原子的杂化方式；(2)根据成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，元素的非金属性越强，电负性数值越大，据此分析解答；(3)根据六羰基铬Cr(CO)6的沸点为220，分析判断；加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应过程中破坏了中心原子与配体之间的作用力；(4)配离子所带正电荷越多，对电子的吸引力越大，d-d电子跃迁需要的能量越多；(5)图甲中A位于晶胞棱的中点，据此判断底面面心B的原子坐标参数；图乙中，该晶胞单元中含有氧离子个数=10，镍离子个数为4+4+10=10，相邻两个氧离子之间的距离为(2a+2b) pm，据此分析计算。【详解】(1)镍为28号元素，基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)；Si原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，杂化方式为sp3，故答案为：1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)；sp3；(2)成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，元素的非金属性越强，电负性数值越大，在卤素与Al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物为AlF3，故答案为：AlF3；(3)六羰基铬Cr(CO)6的沸点为220，符合分子晶体熔沸点的一般规律，Cr(CO)6属于分子晶体；加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应过程中破坏了中心原子与配体之间的配位键，故答案为：分子晶体；配位键；(4)Fe(H2O)62+带2个单位正电荷，而Fe(H2O)63+带3个单位正电荷，后者对电子吸引力更大，且Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构，故分裂能Fe(H2O)63+Fe(H2O)62+，故答案为：；Fe(H2O)62+带2个单位正电荷，而Fe(H2O)63+带3个单位正电荷，后者对电子吸引力更强，Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；(5)图甲中，原子坐标参数：A(0，0，)，A位于晶胞棱的中点，则底面面心B的原子坐标参数为B(，0)，故答案为：(，0)；图乙中，该晶胞单元中含有氧离子个数=10，镍离子个数为4+4+10=10，相邻两个氧离子之间的距离为(2a+2b) pm，则晶胞的棱长分别为5 (2a+2b)pm和2(2a+2b)pm，高为2a pm，则晶胞的体积为5(2a+2b)pm2(2a+2b) pm2a pm=10a(2a+2b)2 pm3，10个氧离子和10个镍离子的体积为10 pm3，因此离子在长方体内的空间利用率为100%=100%，故答案为：100%。【点睛】本题的难点为(5)中离子在长方体内的空间利用率的计算，解答此小题，也可以取晶胞结构中的最小单元或计算。12.有机物J是一种消炎镇痛药，下图为J的合成路线(部分产物和反应条件省略)：已知部分信息如下：(此类物质易与水、酸等反应)回答下列问题：(1)A中官能团的名称是_，D + IJ的反应类型为_。(2)反应BC的化学方程式为_。(3)EF的反应条件为_，在质谱仪上E的最大质荷比为_。(4)J有多种同分异构