四川省绵阳市高中2024-2025学年高三上学期第一次诊断性考试化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1四川省绵阳市高中2024-2025学年高三上学期第一次诊断性考试试卷一、选择题1．文物见证历史，化学创造文明。下列所展示博物馆藏品的主要材质属于有机物的是A．击鼓陶俑B．黄金面具C．漆木马D．皇后玉玺A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】击鼓陶俑主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料；黄金面具主要成分属于金属材料；漆木马是木胎漆马，木材的主要成分是纤维素，油漆的主要成分是有机物；玉器的主要成分是二氧化硅或含钠、钙、镁、铝以及其他一些微量元素的含水硅酸盐，属于无机非金属材料；故选C。2．下列化学用语或图示表达正确的是A．F2的共价键类型：s-sB．基态Cu的价电子排布式3C．CaCl2的电子式：D．顺-2-丁烯的分子结构模型：【答案】D【解析】基态F原子价电子排布式为2s22p5，F2共价键类型为p-pσ键，A错误；Cu是29号元素，基态Cu的价电子排布式3d104s1，B错误；CaCl2是离子化合物，电子式为，C错误；顺-2-丁烯的分子结构中相同的原子或原子团(H原子或-CH33．下列对于相关数据的应用中，正确的是A．平衡常数K：判断化学反应的快慢B．电负性：比较不同基态原子失去电子的难易C．分子离子峰的质荷比：获取有机物的相对分子质量D．氢化物分子中氢卤键键能：解释HF与HCl的沸点差异【答案】C【解析】化学平衡常数K不表示化学反应的快慢，表示化学反应的进行程度，A错误；电负性用来衡量元素原子在化合物中吸引电子能力的相对强弱，B错误；在质谱分析中，有机物分子受到电子流轰击后，失去一个电子形成带正电荷的分子离子，这些分子离子在磁场作用下，根据其质量和电荷的比值(质荷比)不同而分离，并在质谱图上形成不同的峰，其中，最大质量数的峰通常就是分子离子峰，其质荷比等于有机物的相对分子质量，C正确；HF与HCl的沸点差异与氢卤键键能无关，HF的沸点高于HCl是因为HF分子间能够形成氢键，D错误。故选C。4．生活中处处有化学，下列对生活情境的相关解释正确的是选项生活情境相关解释A咀嚼馒头时会有甜味淀粉在口中水解为葡萄糖B可用汽油处理衣服上的油渍汽油与油渍反应的产物易挥发C小苏打可用于治疗胃酸过多小苏打稳定性差，受热易分解D明矾可用作净水剂明矾中的Al3+A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】淀粉有甜味，淀粉在唾液淀粉酶作用下水解生成具有甜味的麦芽糖，A错误；油渍不溶于水，易溶于汽油，汽油将油渍从衣物上溶解并脱去的过程中没有发生化学反应，B错误；小苏打可用于治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠能够与盐酸反应，与其稳定性差，受热易分解无关，C错误；明矾[KAl(SO4)2•12H2O]作为净水剂的原理是明矾中的Al3+发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的杂质而聚沉，D正确。故选D5．共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8A．17gNH3的体积是B．1molAl2Cl6中含有C．0.1molL的氨水溶液中NH4+D．1molAlNH3Cl【答案】B【解析】17gNH3的物质的量为1mol，未说明1molNH3所处的温度和压强，无法计算其体积，A错误；由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，Al2Cl6分子的结构式为，1molAl2Cl6的配位键为2NA，B正确；0.1mol·L-1氨水溶液的体积未知，无法计算0.1mol·L-1氨水溶液中NH4+数目，C错误；AlNH3Cl3中N原子含有的孤电子对为125-3×1=16．下列离子方程式符合反应事实的是A．氯化铜溶液中滴入过量氨水：CuB．磁性氧化铁溶于HI溶液：FeC．用食醋处理水垢中的氢氧化镁：MgD．Na2O2溶于水产生【答案】A【解析】氯化铜溶液中滴入过量氨水生成CuNH342+，离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=CuNH342++4H2O，A正确；磁性氧化铁溶于HI溶液反应生成Fe2+、I2和H27．下列制备、干燥、收集Cl2，并进行喷泉实验的原理与装置能达到实验目的的是A．制备Cl2B．干燥Cl2C．收集Cl2D．喷泉实验A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】MnO2与浓盐酸在常温下不反应；碱石灰是NaOH和CaO的混合物，与Cl2反应，不能干燥Cl2；Cl2密度比空气大，收集Cl2时，导气管应长进短出；Cl2能与NaOH溶液反应生成可溶于水的物质，使烧瓶内产生负压，从而形成喷泉。只有D能达到实验目的。故选D。8．有机物Z是合成抗病毒药物氧化白藜芦醇的中间体，其合成路线如图。下列叙述正确的是A．鉴别X和Z可以用酸性高锰酸钾溶液B．合成路线中反应①、反应②均属于取代反应C．1molZ最多能与3molBr2D．X、Y、Z三种物质中所有碳原子均一定共平面【答案】B【解析】X含有酚羟基，Z含有酚羟基和碳碳双键，X和Z都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z，A错误；反应①中A分子苯环上1个H原子被I原子代替，反应②是B分子苯环上的I原子被乙烯基代替，反应①和②均属于取代反应，B正确；Z中酚羟基的邻位和溴发生取代反应，碳碳双键和溴发生加成反应，1molC最多能与3molBr2反应，C错误；苯环是平面结构，X、Y中所有碳原子均一定共平面，Z中C-C可以旋转，乙烯基上的碳原子与苯环不一定共面，D错误。故选B9．合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3)A．处理的主要目的是除去CO，防止催化剂中毒B．CuNH33CO+中的C．铜氨液吸收CO适宜生产条件是低温加压D．吸收CO后的铜氨液经过高温高压下再生处理可循环使用【答案】D【解析】原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理的主要目的是除去CO，防止催化剂中毒，A正确；CuNH33CO+中的配位键和N-H键属于σ键，CO中含有1个σ键和2个π键，CuNH33CO+中含有14个σ键，2个π键，CuNH33CO+中的σ键与π键数目之比为1410．下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是选项实验操作现象结论A向丙烯醛中滴加溴水溴水褪色丙烯醛中含碳碳双键B向Na2将产生的气体通入Na2产生白色沉淀碳的非金属性比硅强C将PbO2MnSO4溶液变为紫红色PbO2D将Ba(OH晶体在小烧杯中混合并搅拌烧杯壁变凉正反应活化能比逆反应的小A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】醛基和碳碳双键都和溴单质反应，溴水褪色不能说明丙烯醛中含碳碳双键，A错误；挥发的盐酸也会和硅酸钠生成硅酸产生白色沉淀，不能说明碳的非金属性比硅强，B错误；溶液变为紫红色，说明二价锰被PbO2氧化为高锰酸根离子，体现PbO2的氧化性，C正确；烧杯壁变凉说明Ba(OH)2⋅811．已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N五种元素的原子序数依次增大，其中M、N为金属元素，N的原子序数等于Y和Z的原子序数之和。它们的原子半径和最外层电子数的大小关系如图所示。下列说法错误的是A．简单氢化物的沸点：YB．Z、M的简单离子的半径大小关系：ZC．M、N与Z形成的化合物都属于离子晶体D．M、N的最高价氧化物的水化物之间可以反应【答案】C【解析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，M、N为金属元素，N的原子序数等于Y和Z的原子序数之和。图中信息显示，原子半径M＞N＞Y＞Z＞X，原子的最外层电子数X-1、Y-4、Z-5、M-1、N-3，则M为Na、N为Al，X为H、Y为C、Z为N。Y为C、Z为N，NH3分子间存在氢键，CH4分子间只存在范德华力，所以简单氢化物的沸点：CH4＜NH3，A正确；Z为N，M为Na，N3-、Na+电子层结构相同，Na比N的核电荷数大，所以离子半径：N3-＞Na+，B正确；M、N与Z形成的化合物中，Na3N为离子晶体，AlN为共价晶体，C错误；M、N的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成Na[Al(OH)4]-，D正确。故选C。12．研究表明，2-氯二乙硫醚(C2H5SCH2CH下列说法错误的是A．2-氯二乙硫醚中硫原子和碳原子均采取sp3B．ClCH2CHC．邻基参与效应降低了2-氯二乙硫醚水解反应的活化能D．C2H【答案】B【解析】在2-氯二乙硫醚中，碳原子均形成了四个共价键，硫原子形成了两个C-S单键，其杂化方式为sp3杂化，A正确；ClCH2CH2SCH2CH2Cl水解时生成中间体应为，B错误；2-氯二乙硫醚在碱性条件下水解速率比1-氯己烷快很多是由于邻基参与效应，故邻基参与效应降低了2-氯二乙硫醚水解反应的活化能，C正确；C213．将CO2和H2按物质的量之比为1：3通入某刚性密闭容器中发生反应：CO2g+3A．该反应ΔH<0B．a点反应速率大于b点C．无法计算a点的压强平衡常数KD．cCO【答案】C【解析】由图知，温度升高，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，ΔH<0，A正确；温度相同时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，由图可知，a点压强大于b点，压强越大，反应速率越大，a点反应速率大于b点，a、b两点的温度相等，故压强平衡常数相等，b点的总压已知，CH3OH的体积分数已知，故能求出压强平衡常数，C错误；随着反应的进行，cCO2减小，cH2O增大，c14．AlxCoOy晶体的一种立方晶胞如图。已知：Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为A．x=1，y=3B．Al周围最近的O原子数目为12C．图中体心位置“⊗”一定代表CoD．晶体的密度为134【答案】D【解析】黑球位于顶点，个数为8×18=1，白球位于面心，个数为6×12=3，⊗位于体心，个数为1，由化合价代数和为0可知化学式为AlCoO3，即x=1，y=3，A正确；Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则黑球为Al，白球为O，根据晶胞结构，1个Al原子共用8个晶胞，每个晶胞使用3个面，每2个面重叠使用，则1个Al原子周围的O原子数为8×3×12=12，B正确；由B可知，⊗为Co，体心位置“⊗”一定代表Co，可知anm=b2nm=b2×10-7cm，则边长=二、非选择题15．某硫铁矿烧渣的主要成分是Fe2O3，还含有少量的CuO及单质Ag已知：①加入溶剂RH后发生反应：2RH②HAuCl4回答下列问题：(1)铁元素属于区元素，基态Fe2+的价电子轨道表示式为(2)步骤①的目的是。(3)步骤②包含的操作是：取含CuR2溶液于分液漏斗中，，振荡静置后，分离出水层，(4)步骤③发生反应的离子方程式为。(5)滤渣2的化学式为，完成步骤④可使用的试剂是(填序号)。a．Cub．Ptc．HCHOd．H(6)研究表明，HAuCl4⋅4H2O受热分解得到Au的过程可分为四步，某实验小组称取一定质量的HAuCl4⋅4【答案】(1)d(2)分离铁离子和铜离子，富集铜元素(3)滴加稀硫酸蒸发浓缩、冷却结晶(4)2AuCl4-+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO(5)AgClac(6)HAuCl【解析】硫铁矿烧渣中加入硫酸，氧化铁转化为硫酸铁，氧化铜转化为硫酸铜，过滤后滤液中含有Fe3+和Cu2+，滤渣1中主要成分为Ag和Au，滤液中加入溶剂RH，Cu2+与RH反应转化为CuR2，CuR2经过系列操作得到胆矾。滤渣1中加入HNO3-NaCl溶金，Au转化为HAuCl4，Ag转化为AgCl，HAuCl4与草酸反应生成Au，AgCl与氨水反应生成银氨溶液，最后转化为Ag。(1)铁元素在元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素。基态Fe2+价电子排布式为3d6，轨道表示式为。(2)步骤①中，Cu2+与RH反应生成CuR2，分液得到含CuR2的溶液和含Fe3+的水层，实现了Cu2+和Fe3+的分离，从而达到富集铜元素的目的。(3)步骤②从CuR2的溶液中制取胆矾，先取含CuR2溶液于分液漏斗，滴加稀硫酸，平衡2RH+Cu2+⇌CuR2+2H+逆向移动，CuR2转化为Cu2+，振荡静置，分离出水层，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾。(4)步骤③中AuCl4-与草酸反应生成Au，Au元素得电子，H2C2O4失电子生成CO2，结合原子守恒和电荷守恒可知，离子方程式为2AuCl4(5)溶金过程中Ag与HNO3先反应生成Ag+，Ag+与NaCl中的Cl-生成AgCl沉淀，滤渣2为AgCl。步骤④将[Ag(NH3)2]+转化为Ag单质，Ag得电子则需要加入还原剂，Cu可与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，Pt金属活动性弱于Ag，不与[Ag(NH3)2]+反应，HCHO具有还原性，能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，硫酸中S已经是最高价态，不能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，故选ac。(6)设分解1molHAuCl4⋅4H2O，其质量为412g，得到第一步质量保留百分数减少17.48%，减少的质量为412g×17.48%=72g，故该过程减少的是水的质量，此时固体为HAuCl4，继续加热，130.7~142.6℃时，减少的质量为412g×0.0886=36.5g，因此减少的物质为HCl，此时固体为16．化学学习小组的同学配置FeCl3(1)配制FeCl3溶液。称量FeCl3⋅6H2O配制0.1molLFeCl3溶液。下图是“转移向0.1molLFeCl3溶液中加入0.1molLKSCN溶液，将所得溶液分装于甲、乙试管中，完成实验Ⅰ【实验Ⅰ】(2)向甲试管中加入过量铁粉，铁粉溶解，其原因是(用离子方程式说明)，滴加(填化学式)，可检验其中的Fe2+【实验Ⅱ】向乙试管中加入过量铜粉，有白色沉淀生成。查阅文献，确定该白色沉淀为CuSCN。查阅资料：a．CuCl与CuSCN均为白色沉淀；b．SCN-能被氧化为(SCN)2，(SCN)2【实验Ⅲ】(3)①向3mL0.1molLFeCl3溶液中加入过量铜粉，振荡后静置。取清液于试管中，加入3滴0.1molLKSCN溶液，迅速生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为，同时还可观察到溶液局部变红，其主要原因是②振荡试管，观察到白色沉淀变多，溶液红色逐渐褪去，请结合化学反应原理对该现象加以解释。(4)探究实验反思：实验Ⅱ中，cCl->cSCN-，但生成CuSCN，并未得到【答案】(1)100mL容量瓶不能直接向容量瓶中倾倒溶液，应该用玻璃棒引流(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+K3[Fe(CN)6](3)2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2(SCN)2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+振荡试管，SCN-继续与Cu2+反应导致沉淀增多，SCN-被消耗使得Fe3++3SCN-⇌【解析】(1)图中仪器包括烧杯和100mL容量瓶，其中错误之处是不能直接向容量瓶中倾倒溶液，应该用玻璃棒引流；(2)甲试管中加入过量铁粉，铁粉溶解，其原因是Fe+2Fe3+=3Fe2+；检验其中的Fe2+可以用K3[Fe(CN)6]；(3)①向3mL0.1mol⋅L-1FeCl3溶液中加入过量铜粉，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。振荡后静置，取清液于试管中，加入3滴0.1mol⋅L-1KSCN溶液，迅速生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；同时还可观察到溶液局部变红，其主要原因是(SCN)2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+；②振荡试管，SCN-继续与Cu2+反应导致沉淀增多，SCN-被消耗使得Fe3++3SCN-⇌FeSCN317．Co基活性炭催化CH4-CO2重整不仅可获得合成气(CO(1)CH4-CO物质CHCOH燃烧热Δabc该催化重整反应的ΔH1=kJ⋅mol-1(用含a、b、c的代数式表示)，从热力学角度考虑，有利于合成气生成的条件是(填“高压(2)控制温度为T℃，总压为5.0MPa，在密闭容器中加入1molCH4与2molCO2及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO的体积分数为20%，CH4的平衡转化率为，平衡常数Kp(3)常压条件下，将等物质的量的CH4与CO①CH②CH③CO④2反应达平衡时混合气体的组成如图，曲线m和n中，表示CO的是。在900℃之前，m曲线明显处于表示H2的曲线上方，原因是(4)以Co作催化剂，利用合成气制备烃类物质的反应机制如下：根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为。合成乙烯过程中，下列说法正确的是(填序号)。a．反应物吸附过程只断裂极性键b．C-c．整个反应过程中无极性键生成【答案】(1)(a-2b-2c)低压(2)37.5%0.55(3)m温度低于900℃时，温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO(4)4H2+2CO→CoCH2=CH2+2H2O【解析】(1)由CH4g、COg、H2g的燃烧热数值可知①CH4g+2O2g=CO2g+2H2OlΔH1=akJ⋅mol-1；(2)根据已知条件列出“三段式”CH达到平衡时CO的体积分数为2x3+2x=20%，解得x=0.375mol，CH4的平衡转化率为0.375mol1mol×100%=37.5%，因控制总压为5.0(3)反应②-反应④可得反应①，由盖斯定律可知，CH4g+CO2g=2COg+2H2gΔH1=+75kJ⋅mol-1+172kJ⋅mol-1=+247kJ⋅mol-1，反应①和反应③是吸热反应，反应④是放热反应，升高温度反应①和反应③(4)根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为4H2+2CO→CoCH2=CH2+2H2O。反应物吸附过程断裂了H-H非极性键和碳氧极性键，a错误；C-C偶联过程中只形成C-C非极性键，b正确；整个反应过程中有O-H极性键生成，c18．艾莎利酮(化合物J)对治疗高血压、心绞痛等心血管疾病有较显著的效果。以下是合成化合物J的一种合成路线。回答下列问题：(1)A的化学名称是。(2)D的结构简式为。(3)F转化为G中(反应1)的化学方程式为。(4)G转化为I的反应类型为，I中含氧官能团名称是。(5)下列关于以上合成路线的说法错误的是。a．可用溴水鉴别A和甲苯b．E分子中采用sp3杂化的碳原子数为3c．G与浓