四川省成都市2015届高中毕业班第一次诊断性检测化学试题

1、成都市2015届高中毕业班第一次诊疗性检测理科综合化学部分【化学综析】本试卷以理综方式命制。I卷要点考察了物质的量、元素化合物、氧化复原反响、分类、离子反响、电化学、化学均衡、电解质溶液、实验等；卷考察了化学均衡理论、物质构造理论、以流程题的形式考察离子反响、反响热，综合实验等，能力层次考察了学生的推理能力、剖析问题解决问题的能力、计算能力、依据图表获守信息的能力，题目新奇，原创试题许多，有必定的划分度，难度适中，合适高三一轮（上学期末）复习模拟训练用。理科综合共300分，考试用时150分钟。l.化学试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第卷l至2页，第卷3至4页，其100分。2.答

2、卷前，考生务势必自己的姓名，考籍号填写在答题卡上；并在规定地点粘贴考试用条形码。答卷时，考生务势必答案潦写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，只将答题卡交回。第卷注意事项：1每题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需变动，用橡皮擦洁净后，再选涂其余答案标号。2.本卷共7题，每题6分，共42分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最切合题目要求的。以下数据可供解题时参照：相对原子质量：H-1N-140-16F-19S-32Cu-64【题文】1江西某铜业企业在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图。以下表达不正确的选项是A自然界化合态硫以FeS2、CuFeS2等形式存在

3、B.火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC.该企业炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D.lmol/LH2SO4溶液可储藏于铁制或铝制容器【知识点】物质的性质与应用D3【答案分析】D分析：火法炼铜的的反响是Cu2S+O22Cu+SO2，B正确；浓硫酸使铁、铝钝化，可储藏于铁制或铝制容器，而lmol/L的H2SO4是稀溶液，所以D错误。【思路点拨】浓硫酸使铁钝化其实不是没有发生反响，而是生成氧化膜阻挡了反响的进一步发生。【题文】2某学生以铁丝和Cl2为原料进行以下三个实验。从分类角度以下剖析正确的选项是NO2HF熔点11.283.6沸点21.019.52A.实验、反响制得的物质均为纯净物B实验、均未

4、发生氧化复原反响C.实验、均为放热反响D.实验、所波及的物质均为电解质【知识点】反响热氧化复原反响B2F1H1【答案分析】B分析：反响制得的是氢氧化铁胶体，是混淆物，A错误；实验的反响是水解反响，B正确；水解反响是吸热反响，C错误；实验所波及的物质：铁、氯气不是电解质，也不是非电解质，D错误。【思路点拨】胶体、溶液、浊液是混淆物；电解质和非电解质的是化合物。【题文】3.若NA为阿伏加德罗常数的值。参阅表中数据，以下判断在标准情况下正确的选项是A.20.0gHF中含键数量为1.0NAB.将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH-数量为0.1NAC.6.72LNO2与水反响后，转移的电子数为0

5、.2NAD.H2S和SO2各0.lmol反响后，系统中的S原子数量小于0.2NA【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案分析】A分析：20.0gHF的物质的量是1mol，构造是H-F，含键数量为1mol，A正确；没有给出氨气所处的外界条件，不可以依据其体积求物质的量，并且一水合氨电离不完全，B错误；C错误，原由同B；依据原子守恒知S原子数量为0.2NA，D错误。【思路点拨】波及依据气体摩尔体积的计算要看外界条件是不是标准情况及在该条件下，物质是不是气体；波及物质质量的计算不要考虑外界条件。【题文】4.用如图装置实验，以下实验现象预期及相应结论均正确的选项是【知识点】实验J1J3J2【答案分析】C分析

6、：铜与浓硝酸反响生成NO2，而与水反响生成无色的NO，现象错误，A错误；浓硫酸使木条“碳化”，显示氧化性和脱水性，而不是显酸性，B错误；C正确；试管c中的气体必定含氢气，D错误。【思路点拨】浓硫酸与非金属反响显氧化性，与金属反响显氧化性和酸性。【题文】5.利用以下图原电池可丈量空气中Cl2含量，此中电解质是Ag+能够自由挪动的固体物质。以下剖析不正确的选项是A.电子经外电路流向Pt电极B.电池工作时，电解质中Ag+数量减少2+C.正极反响：C1+2e+2Ag=2AgClD空气中c(C12)越大，Ag极耗费速率越快【知识点】电化学F3【答案分析】B分析：该电池的负极是Ag，反响是Age=Ag,正

7、极反响是C12+2e+2Ag+=2AgCl，并且Ag+Cl=AgCl，电子由负极经过导线流向正极，A正确，B错误；C、D正确。【思路点拨】书写电极反响时，有时需考虑氧化或复原产物与电解质能否发生了反响，如此题的正极反响。【题文】6.工业上向锅炉里注入Na2CO3.溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转变为CaCO3尔后用盐酸去除。以下表达不正确的选项是一A.温度高升Na2CO3溶液的Kw和c(OH)均会增大B.积淀转变的离子方程式为32-十CaSO4342-CO=CaCO+SO34C.盐酸溶液中，CaCO的溶解性大于CaSOD.Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小【知识点】积淀的转变B1H5

8、【答案分析】D分析：水的电离和水解反响都是吸热反响，升温促使水解和电离，则Kw和一c(OH)均会增大，A正确；B项是积淀的转变，正确；CaCO3可与盐酸反响，C正确；Na2CO3溶液遇CO2后，生成碳酸氢钠，HCO3浓度增大，D错误。【思路点拨】弱电解质的电离、水解反响等是吸热反响。【题文】7.已知反响CO(g)+2H23-1，在三个不一样容积的容(g)CHOH(g)H=QkJmol器中分别充人lmolCO与2molH2，恒温恒容，测得均衡时CO的转变率以下表。以下说法正确的选项是A.反响速率：B.均衡时系统压强：PP=5412C.若容器体积VV，则QO13D.若实验中CO和H2用量均加倍，则

9、CO转变率，则可看作在的基础上加压，即V1V2，所以反响速率：，A错误；与比较，达均衡时，均衡混淆物的物质的量同样之比为5：4，但V1与V2不等，所以均衡时系统压强：P1P2不等于54，B错误；若容器体积V1V3、温度同样，则与比较，CO的转变率，而此刻CO的转变率相同，则可看作在这个基础上的均衡逆向挪动，而升温均衡向吸热方向挪动，即逆向是吸热反响，所以C正确；若实验中CO和H2用量均加倍，则可看作在的基础上压缩，CO转化率增大，D错误。【思路点拨】压强与温度、气体的物质的量、容器体积有关，只有温度、容积同样，物质的量之比等于压强之比。第卷注意事项：1.用0.5毫米黑色署名笔将答案写在答题卡上

10、2.本卷共4题，共58分。【题文】8(11分)元素X、Y、Z、Q、W原子序数挨次增大，此中X、Y、Z、Q为短周期元素。Z元素的焰色反响为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不一样的电子。请回答下列问题：(l)Z在周期表中的地点；W基态原于的价电子排布图。(2)X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是（填元素符号）。X的氧化物(X2O)晶体构造(3)在XQ中Q的杂化种类为表示图如右，则1molX2O晶体含有mol氢键。(4)ZY3有较强的复原性，碰到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为【知识点】物

11、质构造元素周期律N5【答案分析】分析：依据题意是H、N，Q是Z是Na，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，则是氨气，所以S，W的3d能级有8个电子，是Ni。X、Y分别钠在周期表的第三周期，IA，Ni基态原于的价电子排布图为依据同周期由左向右元素的第一电离能呈增大的趋向，同主族由上到下，元素的第一电离能渐渐减小知H、N、Na、S的第一电离能最多的是N.HS-中的S原子价电子对数为（6+1+1）2=4，所以S原子采纳sp3杂化，呈V型，依据均派法1molH2O晶体含有41/2=2mol氢键.NaN3被NaClO氧化为氮气，NaClO被复原为NaCl，反响方程式是2NaN3NaClOH2O=3N2Na

12、Cl2NaOH.【思路点拨】1个水分子与4个水分子形成氢键，属于每个水分子的氢键有一半；关于ABm型分子(A为中心原子，B为配位原子)，分子的价电子对数能够经过以下计算确立：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子供给的价电子数m），配位原子中卤素原子、氢原子供给1个价电子，氧原子和硫原子按不供给价电子计算；若为离子，须将离子电荷计算在内：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子供给的价电子数m离子电荷数），阳离子取“”，阴离子取“+”。【题文】9（15分）某硫酸厂用以下几种方法办理SO2尾气。活性炭复原法反响原理：恒温恒容2C(s)+2SO(g)S2(g)+2CO2(g)。反响进行到

13、不一样时间测得各物质的浓度如图：第一次出现均衡的时间是第min；020min反响速率表示为V(SO2)=；30min时，改变某一条件均衡发生挪动，则改变的条件最有可能是均衡常数值为_。；40min时，亚硫酸钠吸牧法Na23溶液汲取2的离子方程式为；SOSO常温下，当汲取至pH=6时，汲取液中有关离子浓度关系必定正确的选项是_(填序号)c(Na+)+c(H+)c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-）+c(H2SO3)c.c(Na-)c(SO32-)c(OH一)c(H+)一d.水电离出c(OH)=ll0-8mol/L，电化学办理法如右图所示，

14、Pt(1)电极的反响式为；碱性条件下，用Pt(2)电极排出的S2-溶液汲取2O42232-生成。若阳极转NO，使其转变为N，同时有SO移电子6mol，则理论上办理NO2气体mol。【知识点】化学反响速率化学均衡电化学离子浓度比较G5F4H6【答案分析】分析：剖析图像知第一次各物质物质的量不随时间而变化即达均衡，故在20min达平衡，020min反响速率表示为V(SO2)=（）mol/L20min=0.03mol/Lmin30min时，二氧化碳的浓度突降，所以改变的条件最有可能是降低二氧化碳浓度，40min时均衡常数值为c（S2）c2（CO2）c2（SO2）=0.30.620.42=0.675.

15、Na23SO223223SO与SO反响生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SOHO=2HSO+2-正确；若溶质不过亚硫依据电荷守恒知有c(Na)+c(H)=2c(SO3)+c(HSO3)+c(OH)，所以a酸氢钠，则依据物料守恒知b正确，但此时溶液可能还含Na2SO3，所以b不必定正确；pH=6，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-),c错误，D正确。剖析图像知稀硫酸+SO2Pt(1)电极的反响式为2浓硫酸，是二氧化硫氧化为硫酸，即SO2e2H2O=H2SO4,S2O42-反响的方程式是2-2-+4H2O，根与NO24S2O4+2NO2+8OH=N2+8SO3据2HSO3+2e=2OH-+S2O42-知若

16、阳极转移电子6mol，则生成3molS2O42-，理论上办理NO2气体1.5mol。【思路点拨】温度变化，均衡常数变化，所以此题40min时的均衡常数值用第一次均衡时各物质的均衡浓度求。依据电解表示图中的物质变化判断发生的反响，如稀硫酸+SO2浓硫酸，是二氧化硫氧化为硫酸。【题文】10.（14分）实验室丈量KMnO4溶液浓度经常用(NH4)2Fe(SO4)2取代FeSO4作标液，(NH4)2Fe(SO4)2的制备工艺流程以下：已知流程中铁粉制备反响以下：4H2O(g)+3Fe(s)Fe3O4(s)十4H2(g)H=akJ/molFe3O4(s)=3Fe(s)+2O(g)H=bkJ/mol则光解

17、气态水制备H2的热化学方程式为_。+该步骤加入铁粉的作用是；。(3)步骤生成(NH4)2Fe(SO4)2，其化学反响方程式为_；操作I为(4)已知在湿润空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化。据此剖析(NH4)2Fe(SO4)2比FeSO4稳固的原由是。【知识点】工艺流程题反响热氧化复原反响实验操作B3C3F1J1【答案分析】；。分析：依据盖斯定律两式相加除以2即可：HO(g)=H(g)0.5O(g),H=(ab)/4kJ/mol222依据电荷守恒和原子守恒，该空的物质是TiO2+。步骤I加入铁粉的作用是耗费酸，促使TiOSO水解生成H232+Fe被氧化步骤的滤液是硫酸亚铁，在步骤4中与硫

18、酸铵反响生成(NH42424242晶体，可采纳蒸发浓缩，冷)Fe(SO)，操作I是获取(NH)Fe(SO)却结晶的方法获取在湿润空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化，即Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化，而(NH4242中的NH4+、Fe2+水解使酸性比FeSO44242中)Fe(SO)的酸性强，则(NH)Fe(SO)的Fe2+被氧化的程度减弱。【思路点拨】解答此题的需剖析题意获守信息;Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化,而后联合水解剖析即可。【题文】11.(18分)某学习小组利用如图实验装置制备Cu(NH3x42)SOHO并丈量x值。Cu(NH3)xSO4H2O制备】见图1(l)A中发生的化学反响方程式为(2)C中CCl4的作用是。；B中察看到的现象是。(3)欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出【x值的丈量】见图2Cu(NH3)xSO4H2O晶体,可加入试剂。步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体M=(178+17x)g/mol于锥形瓶a中步骤二：经过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中节余HCI，耗费标液16.00mL(4)步骤二的反响可理解为Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反响，其离子方程式为【x值的计算与论证】。(5)计算：x=，该学习小组针对上述实验步骤，提出丈量值(