2017年四川凉山州高考化学一诊试卷

1、2017年四川省凉山州高考化学一诊试卷答案和解析【答案】 1.D2.C3.A4.C5.D6.A7.CD8.；2Na218O2+2H2O2Na18OH+2NaOH+18O2；溶液a中过量H2O2与酚酞发生反应；H2SO4；酸；滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色；0.0025；4H2O2+4Fe2+6H2O=O2+4Fe（OH）3+8Na+；3Na2O2+6Fe2+6H2O=6Na+4Fe（OH）3+2Fe3+ 9.NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）H=-234kJ/mol；0.001；ac；c（NO3-）c（NO2-）c（CH3COO-）；bc；1.8mol 10

2、.抑制Fe3+水解；Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；2Fe3+FeS2=3Fe2+2S；SiO2；4Fe2+8NH3H2O+O2=4FeOOH+8NH4+2H2O；Fe2O3；（NH4）2SO4 11.3d104s2；V形；sp3；H2O含有氢键、H2Se不含氢键；12； 12.C13H18O2；羧基、氯原子；取代反应；、 【解析】 1. 解：A黑火药为混合物，由硫黄、硝酸和木炭按一定比例混合制成，故A错误； BpH计能用于酸碱中和滴定终点的判断，故B错误； C煤的干馏、气化、液化都有新物质生成，属于化学变化，故C错误； D氯化氢与氨气反应生成白色固体氯化铵，浓盐酸与氨

3、气反应产生大量白烟，可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气，故D正确； 故选：D A依据黑火药成分：一硫，二硝，三木炭解答； B测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂； C有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化； D氯化氢与氨气反应生成白色固体氯化铵，依据反应现象解答 本题考查了黑火药成分、pH计的用途、物理变化与化学变化的判断、物质的用途，明确相关物质的成分及性质 是解题关键，题目难度不大 2. 解：A碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应，所以将碳酸氢钠分解生成的气体通入氯化钙溶液中没有白色沉淀生成，故A错误； B常温下，Al和浓硝酸发生钝化现象而阻止

4、进一步反应，而不是不反应，故B错误； C高温下，Fe和水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁是黑色晶体，故C正确； D溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，0.1molL-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL-1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，说明发生沉淀的转化，则说明Cu（OH）2的Ksp比Mg（OH）2的小，故D错误； 故选C A碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应； B常温下，Al和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应； C高温下，Fe和水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气； D溶度积常数表达式相似时，溶度积常数越小的越先

5、产生沉淀 本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质之间的反应、难溶物转化等知识点，侧重考查学生分析判断及实验评价能力，明确实验原理及元素化合物性质是解本题关键，易错选项是A 3. 解：A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于1.5NA个，故A错误； B、20gH218O的物质的量为1mol，且水中含10个质子，故1molH218O中含10NA个质子，故B正确； C、12g金刚石的物质的量为1mol，而金刚石中含2条共价键，故1mol金刚石中含2NA条共价键，故C正确； D、标况下HF为液体，标况下33.6LHF的物质的量大于1.5mol，则含有的F原子大于1.5NA

6、个，故D正确 故选A A、氯气和水的反应为可逆反应； B、20gH218O的物质的量为1mol，且水中含10个质子； C、求出金刚石的物质的量，然后根据金刚石中含2条共价键来分析； D、标况下HF为液体 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构 4. 解：短周期X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，其中X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为15，最外层电子数平均为5，X与Z可形成XZ2气态分子，X为+4价，Y为-2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL-1，

7、该气态化合物的摩尔质量为：22.4L/mol0.76gL-1=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数为：（6+7+8+1）=11，故W为Na元素， AZ、W分别为Na、O元素，钠离子和氧离子的核外电子总数都是8，电子层结构相同，故A错误； BY为N元素，其最高价氧化物的水化物能与其简单气态氢化物反应生成盐为硝酸铵，硝酸铵呈酸性，故B错误； CX为C元素，碳元素形成的单质不一定为原子晶体，如石墨，故C正确； DC、N、O、H四种元素可以形成CO（NH2）2，氨基酸等，不含离子键，故D错误； 故选C 短周期X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，

8、其中X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为15，最外层电子数平均为5，X与Z可形成XZ2气态分子，X为+4价，Y为-2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL-1，该气态化合物的摩尔质量为：22.4L/mol0.76gL-1=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数为：（6+7+8+1）=11，故W为Na元素，据此进行解答 本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，根据密度判断Y与M形成的气态化合物是氨气是推断的关键，注意X、Z元素推

9、断奇偶性的利用，易错选项是D，注意往往漏掉尿素而导致错误，为易错点 5. 解：A放电时，正极反应为2FeO42-+6e-+8H2O2Fe（OH）3+10OH-，则充电的阳极反应为：2Fe（OH）3+10OH-6e-=2FeO42-+8H2O，故A错误； B根据反应关系FeO42-3e-可知0.1molK2FeO4转移电子数：0.1mol3=0.3mol，则转移电子数约为：0.36.021023=1.8061023，故B错误； C放电时，正极K2FeO4发生还原反应，充电时，K2FeO4是氧化产物，故C错误； D放电时，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O2Fe

10、（OH）3+10OH-，故D正确； 故选D 放电时，失电子化合价升高的金属为负极材料，负极反应为：3Zn-6e-+6OH-3Zn（OH）2，放电时，正极上得电子发生还原反应，电池反应式减去负极电极反应式得到正极电极反应式：2FeO42-+6e-+8H2O2Fe（OH）3+10OH-，充电时，阴极上得电子发生还原反应，与原电池负极电极反应相反，阳极上失电子发生氧化反应，与原电池正极电极反应相反，据此解答 本题考查了化学电源新型电池，根据元素化合价变化确定正负极、阴阳极上发生的反应，知道充电电池中正负极和阳极、阴极电极反应式的关系，难点是电极反应式的书写，题目难度中等 6. 解：A、向蒸馏水中加入

11、Na2O，得到NaOH，碱会抑制水的电离，故A正确； B、醋酸中，K=，只受温度影响，向0.1molL-1的醋酸溶液中，加水稀释，不会引起K的变化，故B错误； C、无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以增大，故C错误； D、0.1molL-1的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，促进醋酸电离，溶液的PH2，故D错误 故选A A、向蒸馏水中加入Na2O，得到NaOH，碱会抑制水的电离； B、向0.1molL-1的醋酸溶液中，加水稀释，不会引起K的变化； C、醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小； D、0.

12、1molL-1的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，促进醋酸电离，溶液的PH2 本题考查了弱电解质溶液加水稀释过程中离子浓度的变化，注意醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小，题目难度不大 7. 解：由上述分析可知，一定含K+、Fe2+、NO3-、SO42-，不含CO32-、SiO32-、I-，不能确定是否含Fe3+、Cl-， A原溶液中肯定含Fe2+、NO3-，故A错误； B可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，不能确定是否含有Cl-，因生成硫酸银为白色沉淀，故B错误； C无色气体遇空气变成红棕色，可知步骤中无色气体是NO气体，故C正确； D原溶液中肯定含有K+、Fe2+

13、、NO3-、SO42-，故D正确； 故选CD 用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，则一定含K+； 另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，则一定含NO3-、Fe2+，不含CO32-、SiO32-； 取反应后的溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，则一定含SO42-；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色，则一定不含I-，以此来解答 本题考查常见离子的推断，为高频考点，把握离子检验的方法、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分

14、析与推断能力的考查，注意发生的氧化还原反应及白色沉淀，题目难度不大 8. 解：（1）Na2O2为离子化合物，则电子式为；又实验证实了溶液a中H2O2的存在，则Na218O2与H2O反应先生成氢氧化钠和H2O2，H2O2的再分解生成水和氧气，所以Na218O2与H2O反应的总化学方程式为2Na218O2+2H2O2Na18OH+2NaOH+18O2；故答案为： ；2Na218O2+2H2O2Na18OH+2NaOH+18O2； （2）因为H2O2具有强氧化性漂白，所以操作中红色褪去的可能原因是溶液a中过量H2O2与酚酞发生反应，故答案为：溶液a中过量H2O2与酚酞发生反应； （3）根据KMnO4

15、溶液能氧化HCl，所以用稀H2SO4酸化，KMnO4溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，终点确定的方法是滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色，根据KMnO4与H2O2反应的离子方程式可知关系式为： 2MnO4-5H2O2 2mol 5mol 0.002molL-10.01Ln（H2O2） 则n（H2O2）=510-5mol 所以c（H2O2）=0.0025mol/L，故答案为：H2SO4； 酸； 滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色； 0.0025； （4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，Na2O2氧化FeSO4溶液生成生Fe（OH）3和氧气，离子方程式为：4Na2

16、O2+4Fe2+6H2O=O2+4Fe（OH）3+8Na+；故答案为：4Na2O2+4Fe2+6H2O=O2+4Fe（OH）3+8Na+； （5）向FeSO4溶液中加入一定量Na202固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，所以Na202固体仅作氧化剂，FeSO4溶液被氧化成4Fe（OH）3，离子方程式为：3Na2O2+6Fe2+6H2O=6Na+4Fe（OH）3+2Fe3+，故答案为：3Na2O2+6Fe2+6H2O=6Na+4Fe（OH）3+2Fe3+ （1）Na2O2为离子化合物，据此书写电子式；根据实验证实了溶液a中H2O2的存在，则Na218O2与H2O反应先生成氢氧化

17、钠和H2O2，H2O2的再分解生成水和氧气； （2）根据H2O2具有强氧化性漂白； （3）根据KMnO4溶液能氧化HCl，所以用稀H2SO4酸化，KMnO4溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，终点确定的方法是滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色，根据KMnO4与H2O2反应的物质的量之比求得H2O2的物质的量，进而求得溶液a中c（H2O2）； （4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，Na2O2氧化FeSO4溶液生成生Fe（OH）3和氧气； （5）向FeSO4溶液中加入一定量Na202固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，所以Na202固体仅作氧化剂，FeSO4溶液被

18、氧化成4Fe（OH）3，据此书写 本题以物质的性质为背景，考查了离子方程式书写、化学计算、实验分析，对学生综合运用元素化合物知识的能力要求较高，难度较大 9. 解：（1）该反应的焓变H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）H=-234kJ/mol， 故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）H=-234kJ/mol； （2）由图可知，在0-60s时段c（N2O4）=0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，则v（N2O4）=0.001mol/（Lmin）

19、， 故答案为：0.001； 温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则H0， 故答案为：； a向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，平衡逆向移动，N2O4的体积分数增大，故a正确； b正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4的体积分数减小，故b错误； c向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，N2O4的体积分数增大，故c正确； d使用高效催化剂缩短到达平衡的水解，不影响平衡移动，N2O4的体积分数不变，故d错误， 故答案为：ac； （3）0.2mol NaOH的水溶液与

20、0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0.1mol/L，溶液B为0.1molL-1的CH3COONa溶液； HNO2的电离常数Ka=7.110-4molL-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.710-5molL-1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的顺序为c（NO3-）c（NO2-）c（CH3COO-）， a

21、溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故a错误； b向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故b正确； c向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故c正确； d溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故d错误； 故答案为：c（NO3-）c（NO2-）c（CH3COO-）；bc； （4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒可知nCu（NO3）2=n（Cu）=0.6mol，得到的NO和NO2物质的量相同，根据电子转移守恒，则：3n（NO）+n（NO2）=0.6m

22、ol2，故n（NO）=n（NO2）=0.3mol，根据氮原子守恒，可知n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO）+n（NO2）=0.6mol2+0.3mol+0.3mol=1.8mol， 故答案为：1.8mol （1）反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程； （2）根据v=计算v（N2O4）； 温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动； a向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡； b升高温度，平衡向吸热反应方向移动； c向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡； d使

23、用高效催化剂不影响平衡移动； （3）溶液A中NaNO3、NaNO2的浓度均为0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均为弱酸，由电离常数可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液； （4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒计算Cu（NO3）2的物质的量，根据电子转移守恒计算NO、NO2的物质的量，再根据氮原子守恒计算消耗硝酸物质的量 本题考查热化学方程式书写、化学反应速率计算、化学平衡影响因素、盐类水解、氧化还原反应计算等，注意等效思想在化学平衡移动中应用，守恒思想在化学计算中应用 10.

24、 解：（1）“酸溶”中硫酸要适当过量，目的是：提高铁的浸出率；抑制Fe3+水解；故答案为：抑制Fe3+水解； （2）氧化铁是碱性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铁和水，即Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O， 故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O； （3）由流程分析可知滤渣的主要成分是FeS2、S和SiO2；-2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为S沉淀，有关的离子方程式为2Fe3+FeS2=3Fe2+2S， 故答案为：2Fe3+FeS2=3Fe2+2S；SiO2； （4）在碱性环境下，亚铁离子可以被氧气

25、氧化为生成FeOOH，则“氧化”中，亚铁离子、氧气及氨水反应生成FeOOH、铵根离子和水，其离子方程式为4Fe2+8NH3H2O+O2=4FeOOH+8NH4+2H2O，温度过高，FeOOH分解生成Fe2O3而会导致产品颜色偏红； 故答案为：4Fe2+8NH3H2O+O2=4FeOOH+8NH4+2H2O；Fe2O3； （5）滤液I中加氨水调节pH，会生成硫酸铵，所以滤液中溶质是Al2（SO4）3和（NH4）2SO4； 故答案为：（NH4）2SO4 硫酸渣（主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等）加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为F

26、e2+，同时生成S沉淀，过滤，滤渣含有二氧化硅和S、FeS2，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH； （1）“酸溶”中硫酸要适当过量，目的是：提高铁的浸出率；抑制Fe3+水解； （2）氧化铁是碱性氧化物，可以和酸反应生成盐和水； （3）由反应物和生成物以及电子守恒来配平化学方程式；根据流程分析判断滤渣的主要成分； （4）在碱性环境下，亚铁离子可以被氧气氧化为生成FeOOH；温度过高，FeOOH分解生成Fe2O3； （5）加氨水调节pH时，生成了硫酸铵 本题以铁黄（FeOOH）的制备流程为知识背景，考查硅、铁的化

27、合物的性质、离子方程式的书写、物质的分离提纯等，难度中等，清楚工艺流程原理是解题的关键，是对知识迁移的综合运用 11. 解：（1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，其3d、4s电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s2，故答案为：3d104s2； （2）同一主族元素，元素电负性随着原子序数增大而减小，所以电负性SeS；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能SeSn， 故答案为：； （3）H2Se价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型及Se原子杂化方式分别为V形、sp3， 故答案为：V形；sp3； （4）含有氢键的氢化物熔沸点较高，H2O含有氢键、H2Se不含氢键，导致H2O的沸点（100）高于H2Se的沸点（-42），故答案为：H2O含有氢键、H2Se不含氢键； （5）锌单质晶体是六方最密堆积，根据锌金属的晶体结构示意图可知，原子按“ABABAB”方式堆积，晶体中Zn原子的配位数为12，故答案为：12； （6）该晶胞中Zn原子个数为4、Se原子个数=8+6=4，所以该晶胞质量=（