2023年四川省成都市高考化学一诊试卷

1014页2023年四川省成都市高考化学一诊试卷一、单项选择题〔742.0分〕生活中以下物质的有关说法错误的选项是食盐和白醋都可作调味剂糖类和蛋白质都可发生水解液化石油气和自然气都是含烃混合物双氧水和碘酒都可作医用消毒剂【答案】B【解析】解：食盐具有咸味，食醋具有酸味，二者都能转变食品的口味，所以食盐和白醋都可作调味剂，故A正确；单糖不能发生水解反响，如葡萄糖是单糖不能发生水解反响，二糖、多糖和蛋白质都能发生水解反响，故B错误；液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等，自然气的主要成分是甲烷，则液化石油气和自然气都是含烃混合物，故C正确；作医用消毒剂，故D正确。应选：B。A.食盐具有咸味，食醋具有酸味；B.单糖不能发生水解反响；C.液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等，自然气的主要成分是甲烷；D.双氧水和碘酒都能使细菌的蛋白质发生变性。此题考察常见的食品添加剂的组成、性质和作用、物质的构造性质和应用，题目难度不大，留意把握物质的性质和用途，侧重于考察学生对根底学问的应用力气有机物XYZ的构造简式分别为

以下分析正确的是Y、Z互为同系物Y4个C原子处于同始终线上X、Z的二氯代物数目一样可用酸性 溶液一次区分X、Y、Z三种物质【答案】C【解析】解： 含有碳碳双键，与苯的构造不同，不是同系物，故A错误；B.乙烯的碳碳双键与 间夹角约为 则Y中最多有3个C原子处于同始终线上，故B错误；C.X的二氯代物中2个ClZ邻、间、对的相对位置，则X、Z3种，故C正确；D.X、Z与高锰酸钾不反响，故D错误。应选：C。A.Y含有碳碳双键；B.结合乙烯的构造推断；C.X的二氯代物中2个ClZ邻、间、对的相对位置；D.X、Z与高锰酸钾不反响。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反响、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意选项BC为解答的难点，题目难度不大。以下试验操作不能到达试验目的是选项试验目的除去酯化反响后乙酸乙酯中的A杂质B 验证 的溶解观看 白色絮状沉淀生C成

试验操作振荡试验后的饱和 溶液，分液向盛有少量 固体的试管中参与溶液向含有铁粉的 溶液中参与NaOH溶液D A B.B C.C D.D【答案】D【解析】解：乙酸与饱和碳酸钠反响后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分别，故A正确；参与 溶液，促进氢氧化镁的溶解，可验证溶解，故B正确；含有铁粉可防止亚铁离子被氧化，加NaOH可观看 白色絮状沉淀生成，故C正确；浓硝酸与淀粉不反响，不能检验淀粉，故D错误；应选：D。A.乙酸与饱和碳酸钠反响后，与乙酸乙酯分层；B.参与 溶液，促进氢氧化镁的溶解；C.含有铁粉可防止亚铁离子被氧化；D.浓硝酸与淀粉不反响。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反响与现象、混合物分别题目难度不大。代表阿伏加德罗常数的值。以下推断正确的选项是的 溶液中含 的数目为含 键数目为C.与含mol的稀醋酸完全反响，转移的电子数为D.和充分反响所得混合物中氯原子数为【答案】D、的溶液中，，的物质的量B、含键，，个数为相当于个，故A错误；，含键即数目为，故B错误；C确定能反响完，而钠反响后变为价，故钠确定转移电子即个，故C错误；D、参与反响的氯原子的物质的量为 ，依据元素守恒得，生成氯原子的物质的量仍为1mol，即反响所得混合物中氯原子数为，故D正确。应选：D。A、利用pH求出 的浓度，然后依据 来计算；B、 含 键；C、求出钠的物质的量，然后依据反响后变为价来分析；D、据元素守恒来分析。难度不大。水溶液pH甲13乙11丙5丁1短周期主族元素X、Y、Z、W、R、水溶液pH甲13乙11丙5丁1W和Q形成的化合物只含有离子键B.YZ的氢化物沸点：C.离子半径： D.Y和Q氧化物的水化物酸性：【答案】A【解析】解：依据分析可知，X、Y、Z、W、R、Q分别为H、C、O、Na、Al、Cl，A.Na和Cl形成的化合物为NaCl，只含有离子键，故A正确；B.Y和Z分别为C、O，O的氢化物为水或双氧水，C的氢化物有多种，氢化物沸点可能 ，也可能 ，故B错误；C.电子层越多离子半径越大，电子层一样时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径，故C错误；D.Y和Q氧化物的水化物可能为碳酸和次氯酸，此时酸性： ，故D错误；应选：A。甲溶液的 说明甲溶液为强碱溶液短周期元素形成的强碱为NaOH，则甲为NaOH； 的丁溶液的 ，应为氢化物，且完全电离，则丁为HCl；的乙、丙溶液的pH分别为1、5，则乙为弱碱性溶液，丙为弱酸性溶液；甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消逝，说明丙溶液中含有铝离子，可能为 ；乙的水溶液可除油污，可能为 ，结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大可知：X、Y、Z、W、R、Q分别为H、C、O、Na、Al、Cl，据此解答。的分析力气及规律推理力气。120防腐原理主要是避开发生反响：钢构件外表喷涂环氧树脂涂层，是为了隔绝空气、水等防止形成原电池承受外加电流的阴极保护时需外接镁、锌等作关心阳极钢构件可承受不锈钢材料以减缓电化学腐蚀【答案】C【解析】解：A、大桥在海水中发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子： ，正极上氧气得电子： 故总反响为 ，故防腐蚀即为了避开此反响的发生，故A正确；B故能防止原电池的形成，故B正确；C、外加电流的阴极保护法中，钢铁做阴极被保护，阳极可以承受惰性阳极，而无需承受活性电极，故C错误；D、不锈钢的耐腐蚀性比较好，故钢构件可以才用不锈钢，故D正确。应选：C。A、大桥在海水中发生吸氧腐蚀；B、钢构件外表喷涂环氧树脂涂层，能隔绝空气和水；C、外加电流的阴极保护法中阳极可以承受惰性阳极；D、不锈钢的耐腐蚀性比较好。法、外加电流的阴极保护法以及涂油等。7. ： ， 。298K时，， ，CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液298K时，在CuCl的饱和溶液中参与少量NaCl，和 都减小x代表CuI曲线，且P点298K时增大M点的阴离子浓度，则Y上的点向N点移动298K时 的平衡常数K的数量级为【答案】D【解析】解： 的饱和溶液中参与少量NaCl， 增大，溶解平衡逆向移动，则减小，故A错误；B.p点 ，则 ，x代表CuCl曲线故B错误；C.增大M点的阴离子浓度由图可知假设向N移动， 增大而阴离子浓度减小，故C错误；D.298K时 的平衡常数 ，故D正确；应选：D。A.CuCl的饱和溶液中参与少量NaCl， 增大，溶解平衡逆向移动；B.p点 ；C.增大M点的阴离子浓度，由图可知，假设向N移动， 增大；D.298K时 的平衡常数 。KspC二、简答题〔445.0分〕化学式颜色蓝色蓝紫色化学式颜色蓝色蓝紫色紫红色粉红色淋雨时彩色水泥墙的颜色为 。Ⅱ从含钻废料含CoO、 及金属Al、中制取粗CoO的流程如下：步骤I产生的气体是 气体是 。

填化学式，下同，从含铝溶液中沉淀铝可通入的步骤Ⅲ中除去 的离子方程式为 ，步骤Ⅳ中 溶液的作用是 为了获得高纯度的钴粉，从环保角度考虑，复原 的试剂为 。A.铝 木炭C氢气 一氧化碳试验室制备氯化亚钴晶体并测其化学式的流程如下：

填序号步骤Ⅱ“系列操作”中洗涤晶体不用蒸馏水而用酒精，目的是 。用灼烧一称重法测定氯化亚钴晶体中结晶水含量时，需要在氯化氢气氛中灼烧结晶水合物，请结合方程式解释这样做的缘由 。几种物质在 时的 如表：化学式化学式颜色AgCl白色AgSCN浅黄色黑色红色某同学用滴定法测定晶体 中的x，常用标准硝酸银法进展滴定滴定时选择的指示剂是 填编号。A、KCl B、KSCN C、 D、假设取样品ag溶于蒸馏水中配制100mL溶液取20mL配制溶液于锥形瓶中，参与所选指示剂，用cmo 溶液滴定至终点消耗标准溶液 则x的表达式为 。【答案】粉红色C 削减洗涤过程中晶体损失，利用酒精挥发带走晶体外表的水分起HCl化亚钴转化为碱或氧化物造成误差D【解析】解： 为蓝色，吸足水呈粉红色，淋雨时说明该物质吸足水分，所以呈粉红色，故答案为：粉红色；由上述分析可知，步骤I产生的气体是，从含铝溶液中沉淀铝可通入的气体是，故答案为：； ；步骤Ⅲ中除去的离子方程式为，步骤Ⅳ中溶液的作用是，故答案为： ； ；为了获得高纯度的钴粉从环保角度考虑复原 的试剂为氢气氧化产物为水，对环境无污染，故答案为：C；步骤Ⅱ“系列操作”中洗涤晶体不用蒸馏水而用酒精，目的是削减洗涤过程中晶体损失，利用酒精挥发带走晶体外表的水分起枯燥作用，故答案为：削减洗涤过程中晶体损失，利用酒精挥发带走晶体外表的水分起枯燥作用；用灼烧一称重法测定氯化亚钴晶体中结晶水含量时，需要在氯化氢气氛中灼烧结晶HCl化亚钴转化为碱或氧化物造成误差，HCl化亚钴转化为碱或氧化物造成误差；由表中Kspi沉淀的颜色可知，选K 为指示剂，取样品ag溶于蒸馏水中配制100mL溶液取20mL配制溶液于锥形瓶中参与所选指示剂用 溶液滴定至终点消耗标准溶液bmL，由 ～ 可知， x的表达式为 ，故答案为：D； 。I.为蓝色，吸足水呈粉红色，淋雨时说明该物质吸足水分；CoO、及金属Al、参与碱液，Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐淀，加热分解生成氧化铝，电解熔融氧化铝得到Al；钴渣中参与浸出剂得到含有及微量、溶液，向该溶液中参与碳酸钠溶液调整溶液的pH为之间，然后参与NaF，过滤得到铝锂渣和滤液，滤液中参与碳酸钠溶液调整溶液的pH为，得到，煅烧碳酸钴得到CoO，以此解答～～；由测定流程可知，CoO与盐酸反响生成，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分别出结Ksp可知，为指示剂，结合～计算。此题考察物质的制备试验，为高频考点，把握制备流程中发生的反响、物质的性质、元题目难度不大。草酸 在工业上可作漂白剂、鞣革剂，也是试验室常用试剂。草酸中相关化学键的键能数据如表：化学键化学键abc确定条件下发生反响 。现将 无水草酸放入10L的密闭容器中分别在、系内物质均为气态，测得 随时间变化的数据如表：

时进展上述反响体温度温度010204050温度：

填“”、“”或“”；时～ 平均反响速率该反响到达平衡的标志为

；a消耗 和生成 的物质的量相等 气体密度不变c混合气体的平均摩尔质量不变 体系中 不变时，反响至20min时再参与 ，反响达平衡时 物质的量填“”“”或“”。室温下利用 溶液和酸性 溶液的反响探究外界条件对反响速率的影响，设计方案如下：实实验编号所加试剂及用量溶液颜色褪至无色所需时间溶溶稀液 液123上述反响的离子方程式为 ；分析数据可得到的结论是 ；该试验中假设 随时间变化趋势如图一所示，请于图二画出后生成 的速率图象从a点开头作图并说明理由 。【答案】 cd反响物浓度越大，化学反响速率越快 时增大，催化剂成为主要影响因素，反响速率突然加快；末尾阶段，反响物浓度减小成为主要影响因素，反响速率减慢【解析】解： 一个草酸分子中含有2个 、2个 、2个 、1个 ，一个 分子中含有2个 、1个 分子中含有2个 、一个CO分子中含有一个 ，所以 反响物 生成物；故答案为： ；反响在温度时40min到达平衡，在温度时20min到达平衡，其它条件一样时温度 ；故答案为；时～ 平均反响速率；故答案为： ；消耗 和生成 的物质的量相等说明二者正反响速率相等不能推断反响是否到达平衡，故a错误；恒容体系中，反响物和生成物都是气体，即气体总重量不变，容器中气体密度也始终不变，所以气体密度不变，不能推断反响是否到达平衡，故b错误；反响物和生成物都是气体容器中气体总重量不变但该反响正向是体积增大的反响，依据 正向移动减小逆向移动增大所以不变则反响到达平衡故c正确；体系中 不变，说明反响体系中 、 不变，所以反响到达平衡状态，故d正确；故答案为：cd；时，反响至20min时再参与 ，相当于开头时在10L容器中参与容器中压强增大平衡逆向移动使剩余 的物质的量大于2倍；故答案为：：～ ， ～ ，依据电子守恒有～ ， ～ ，再配平电荷和其它原子即得到反响的离子方程式 ；故答案为： ；该方案是探究 浓度对化学反响速率的影响，分析列表数据可知： 浓度越大，反响完全所需数据越短，即反响速率越快，所以结论为反响物浓度越大，化学反响速率越快；故答案为：反响物浓度越大，化学反响速率越快；反响开头后速率增大的比较快，说明生成物中的 或 对该反响有催化作用，但随着反响的进展，反响物的浓度减小，化学反响速率渐渐降低，反响过程如图；故答案为： ；时 增大，催化剂成为主要影响因素，反响速率突然加快；末尾阶段，反响物浓度减小成为主要影响因素，反响速率减慢；，结合草酸和 、CO、 构造解答；反响物 生成物其它条件一样时，温度越高，化学反响速率越快，到达平衡所需时间越短；依据 计算出 ，再利用 得出CO的反响速率；反响到达平衡的标志是各物质的浓度不变、同一物质的正反响速率等于其逆反响速率，据此作答；该反响正向是体积增大的反响恒温恒容时增大压强平衡逆向移动增加 的浓度相当增大体系压强，据此解答；酸性条件下， 氧化弱电解质 生成 和 ，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式；依据列表数据可知，该方案是探究 浓度与化学反响速率的关系，结合浓度与时间关系解答；由图一可知反响开头后锰离子浓度增大，反响速率增加的比较快，所以 在反应中有催化作用，但随着反响的进展，反响物的浓度减小，化学反响速率渐渐降低。衡、氧化复原离子方程式书写等学问点，题目难度中等，留意把握催化剂、浓度对化学反响速率的影响，解题关键是分析图表数据、得出合理信息，然后正确解答。黄铜矿是工业冶炼铜的原料，主要成分为 试答复以下问题：基态硫原子核外电子有 种不同运动状态，能量最高的电子所占据的原子轨道外形为 。基态Cu原子的价层电子排布式为 ；Cu、Zn的其次电离能大小填“”“”或“”。分子中S原子的轨道杂化类型为 ，分子空间构型为 ；与 互为等电子体的分子有 写一种。请从构造角度解释 的酸性比 酸性弱的缘由 。比四氨合铜离子稳定，其配离子中心原子配位数为 ，配位体中键与键个数之比为 。假设该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个分子之间距离为anm。则该晶体的密度为

列出计算表达式。【答案16 哑铃形 V形 硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出 4 5：2【解析】解：原子核外有几个电子，其核外电子就有几种运动状态，S16个16种运动状态；S3p电子，其轨道为哑铃形，故答案为：16；哑铃形；基态Cu原子的3d能级上10个电子、4s能级上1个电子为其价电子，据此书写Cu原子价层电子排布式为 ；Zn的价电子排布式为 ，Cu的价电子排布式为，CuZn失去一个电子价层变为 ，再失去一个电子比 简洁，所以Cu、Zn的其次电离能大小，故答案为： ；；分子中S原子价层电子对个数 且含义1个孤电子对依据价层电子对互斥理论推断S原子的轨道杂化类型为 、分子空间构型V形；与 互为等电子体的分子中含义3个原子、价电子数是18，为，故答案为： ；V形；；同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以 的酸性大于 的酸性，故答案为：硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出 ；比四氨合铜离子稳定，其配离子中心原子配位体是 ，所以其配位数是4，配位体中键与键个数之比为5：2，故答案为：4；5：2；该晶胞中Fe原子个数 、Mg原子个数是8，分子在晶胞的体心和棱的中心位置，则分子个数 ，所以其化学式为 ，距离最近的两个分子之间距离为anm，则棱长 ，晶胞体积，

，晶体密度故答案为： 。原子核外有几个电子，其核外电子就有几种运动状态；S原子能量最高的电子是3p电子，其轨道为哑铃形；基态Cu3d10个电子、4s1个电子为其价电子，据此书写Cu原子价层电子排布式；Zn的价电子排布式为 ，Cu的价电子排布式为 ，Cu失去一个电子内层到达饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为，再失去一个电子比 简洁；分子中S原子价层电子对个数 且含义1个孤电子对依据价层电子对互斥理论推断S原子的轨道杂化类型及分子空间构型；与 互为等电子体的分子中含义3个原子、价电子数是18；同一种元素的含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强；比四氨合铜离子稳定其配离子中心原子配位体是 配位体中键5：2；该晶胞中Fe原子个数 、Mg原子个数是8，分子在晶胞的体心和棱的中心位置，则分子个数 ，所以其化学式为 ，距离最近的两个分子之间距离为anm，则棱长 ，晶胞体积 ，晶体密度 。此题考察物质构造和性质，涉及学问再现、空间想像力气及计算力气，把握并灵敏运用根本公式、根本概念是解此题关键，难点是晶胞计算，留意 中棱长的计算方法，题目难度中等。查尔酮是一种能制备抗炎药物的化工原料。其中一种合成路线如下：的名称为 ；查尔酮含有的含氧官能团名称是 。的反响类型是 ；C的构造简式为 。写出 的化学方程式 。的同分异构体中，含有 构造且水解产物为芳香醇的酯共有种 ，其中核磁共振氢谱吸取峰最少的分子构造简式为 。： 参照上述流程，以为原料合成 ，设计最简合成路线。【答案】苯乙烯羰基加成反应 5【解析】解： 由构造简式可知B为苯乙烯，查尔酮含有的含氧官能团为羰基，故答案为：苯乙烯；羰基；与乙炔发生加成反响生成苯乙烯，C为；物质在 存在时与苯甲醛反响的化学方程式为，

，故答案为：加成反响；故答案为： ；的同分异构体中含有 构造且水解产物为芳香醇的酯对应的同分异构体数目取决于芳香醇芳香醇如含有1个侧链有 、

两种，如含有2个侧链，可为 、 ，有邻、间、对3种，共5种，其中核磁共振氢谱吸取峰最少的分子构造简式为 ，故答案为：；以 为原料合成 可由 与水发生加成反响 丙醇，氧化生成丙酮丙酮与HCN发生加成反响可生成目标物反响的流程为，故答案为： 。A的分子式为 ，由于苯，在催化剂条件与乙炔发生加成反响生成，结合E与苯甲醛的反响产物的构造可知，苯乙烯与HCl发生加成反响生成C为，C发生水解反响生成D为 ，D发生催化氧化生成E为，E与苯甲醛在碱性条件下反响生成 ，最终发生消去反响生成查尔酮，以此解答该题。此题考察有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中碳链变化、官能团变化、有机反响三、试验题〔113.0分〕硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特别条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：

催化剂硫化钠固体在保存时需留意 ，缘由是 。试验室用上图装置以 与炭粉为原料制备 并检验气体产物、进展尾气处理。步骤如下：连接仪器挨次为 按气流方向，用小写字母表示；检查装置气密性；/