2015届四川省成都市高三第一次诊断性检测理综化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2015届四川省成都市高三第一次诊断性检测理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图。下列叙述不正确的是 A自然界化合态硫以 FeS2、 CuFeS2等形式存在 B火法炼铜的矿石原料主要含 Cu2S C该公司炼铜产生的 SO2可用于生产 H2SO4 D l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器 答案： D 试题分析： A、 S在自然界中以化合态存在的形式 FeS2、 CuFeS2等，正确； B、火法炼铜的矿石原料主要含 Cu2S，与氧气发生一系列的反应，最终生成 Cu和二氧化硫，正确； C、该公司炼铜产生的 SO2可用于生产 H2SO4

2、，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，少量与水反应生成硫酸，正确； D、 1mol/L的硫酸是稀硫酸，会与铁或铝发生置换反应，所以 l mol/L H2SO4溶液不可储存于铁制或铝制容器，错误，答案：选 D。 考点：考查对硫元素的判断，工业炼铜的应用，二氧化硫的用途 已知反应 CO(g) +2 H2( g) CH3OH (g) H= Q kJ mol-1，在三个不同容积的容器中分别充人 l mol CO与 2 mol H2，恒温恒容，测得平衡时 CO的转化率如下表。下列说法正确的是A反应速率： B平衡时体系压强： P1P2 =5 4 C若容器体积 V1V3，则 Q ，错误； B、 中 CO的转化率

3、为 70%，则平衡时 CO的物质的量是 1mol(1-70%)=0.3mol，则氢气的物质的量是 0.3mol2=0.6mol，甲醇的物质的量等于 CO减少的物质的量是 0.7mol；所以气体的总物质的量是 0.3+0.6+0.7=1.6mol；同理可计算 平衡时气体的总物质的量是 2mol，但二者容器的体积不同， 的容器的体积小，所以平衡时体系压强： P1P2 2:1.6=5 4，错误； C、若容器体积 V1V3，则 的压强大于 ，若温度相同，则 中 CO的转化率低于 ，现在二者的转化率相同，说明升高温度，平衡逆向移动， CO的转化率降低，所以正反应是 放热反应，Q70%，错误，答案：选 C

4、。 考点：考查平衡移动的判断，不同条件的平衡的比较 工业上向锅炉里注入 Na2CO3.溶液浸泡，将水垢中的 CaSO4转化为 CaCO3而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是 A温度升高 Na2CO3溶液的 Kw和 c(OH 一 )均会增大 B沉淀转化的离子方程式为 CO32- 十 CaSO4 = CaCO3 +SO42- C盐酸溶液中， CaCO3的溶解性大于 CaSO4 D Na2CO3溶液遇 CO2后，阴离子浓度均减小 答案： D 试题分析： A、水解反应是吸热反应，碳酸钠水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，温度升高，平衡正向移动，所以 Na2CO3溶液的 Kw和 c(OH 一 )均会增大，正

5、确； B、碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入碳酸钠溶液，碳酸根离子与钙离子结合为碳酸钙沉淀，硫酸钙的溶解平衡正向移动，所以硫酸钙转化为碳酸钙除去，正确； C、盐酸的酸性大于碳酸，所以碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，碳酸钙溶解，而硫酸也是强酸，则硫酸钙不与盐酸反应，所以盐酸溶液中， CaCO3的溶解性大于 CaSO4，正确 ； D、碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，碳酸根离子浓度减小，而碳酸氢根离子的浓度增大，错误，答案：选 D。 考点：考查沉淀的转化，溶解平衡的移动，沉淀溶解的反应原理的判断 利用如图所示原电池可测量空气中 Cl2含量，其中电解质是 Ag+可以自由移动的固体物质。下列

6、分析不正确的是 A电子经外电路流向 Pt电极 B电池工作时，电解质中 Ag+数目减少 C正极反应： C12+2e +2Ag+ = 2AgCl D空气中 c(C12)越大， Ag极消耗速率越快 答案： B 试题分析： A、该装置是原电池，空气中的氯气发生还原反应，则 Ag发生氧化反应，失去电子生成银离子，作原电池的负极，所以 Pt总原电池的正极，则电子从负极流向正极，错误； B、电池工作时，银离子向正极移动，与氯离子结合为氯化银沉淀，但 Ag电极失去电子补充银离子，所以电解质中的银离子数目基本不变，错误； C、正极是氯气发生还原反应生成氯离子与银离子结合为氯化银沉淀，正确； D、空气中 c(C1

7、2)越大，则反应的速率越快， Ag极消耗速率越快，正确，答案：选 B。 考点：考查原电池反应原理的判断 用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是 a b 实验现象预期 结论 A 铜丝 浓硝酸 试管 c中有大量红棕色气体 硝酸有强氧化性 B 木条 18.4mol/L硫酸 木条变黑 浓硫酸有酸性及氧化性 C 生铁 NaCl溶液 导管处发生倒吸 生铁发生吸氧腐蚀 D 铁丝 含少量 HCl的H2O2溶液 试管 c中有大量无色气体 该反应中铁做催化剂 答案： C 试题分析： A、 Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，但二氧化氮与水反应生成NO 和硝酸，所以试管 c 中为无色气体，错误； B、

8、C 与浓硫酸反应，木条变黑，说明浓硫酸具有强氧化性，但不能证明浓硫酸具有酸性，错误； C、铁在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀，所以左侧试管内的压强减小，则会发生倒吸现象，正确； D、过氧化氢中含有 HCl， Fe与 HCl反应生成氢气和亚铁离子，过氧化氢氧化氧化亚铁离子为铁离子，铁离子做催化剂，所以反应中有大量气体产生，错误，答案：选 C。 考点：考查对实验方案的评价 若 NA为阿伏加德罗常数的值。参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是 NO2 HF 熔点 11.2 83.6 沸点 21.0 19.52 A 20. 0 gHF中含 键数目为 1.0NA B将 22.4LNH3溶于 1L水中，溶液

9、含有 OH-数目为 0.1NA C 6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为 0.2NA D H2S和 SO2各 0.l mol反应后，体系中的 S原子数目小于 0.2NA 答案： A 试题分析： A、 20.0gHF的物质的量是 20.0g/20g/mol=1mol， HF中只含 1个 键，则 键的数目是 NA，正确； B、标准状况， 22.4L的氨气的物质的量是 1mol， 而氨气溶于水，与水反应生成一水合氨是可逆反应，一水合氨的电离也是可逆反应，平衡常数未知，所以生成的氢氧根离子的数目无法计算，错误； C、标准状况下二氧化氮为液体，物质的量是不是 0.3mol，则转移电子数不是 0.

10、2NA，错误； D、 H2S和 SO2各 0.l mol反应后，根据元素守恒，则体系中 S原子的物质的量是 0.2mol， S原子数是 0. 2NA，错误，答案：选 A。 考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系 某学生以铁丝和 Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度下列分析正确的是 A实验 、 反应制得的物质均为纯 净物 B实验 、 均未发生氧化还原反应 C实验 、 均为放热反应 D实验 、 所涉及的物质均为电解质 答案： B 试题分析： A、实验 得到的氢氧化铁胶体，而胶体属于混合物，错误； B、实验 是氯化铁溶于水，发生水解反应，而水解反应不是氧化还原反应， 是氢氧化铁胶体的制备，也未发

11、生氧化还原反应，正确； C、水解反应可看成中和反应的逆反应，中和反应是放热反应，所以水解反应是吸热反应，错误； D、氯气与铁的反应中，氯气不是电解质，也不是非电解质，错误，答案：选 B。 考点：看成物质性质的判断，吸热反应、放热反 应的判断，电解质的判断，反应类型的判断 实验题 18分 )某学习小组利用如图实验装置制备 Cu(NH3)xSO4 H2O并测量 x值。 【 Cu(NH3)xSO4 H2O制备】见图 1 （ 1） A中发生的化学反应方程式为 ； B中观察到的现象是 。 （ 2） C中 CCl4的作用是 。 （ 3）欲从 Cu(NH3)xSO4溶液中析出 Cu(NH3)xSO4 H2O

12、晶体 ,可加入试剂 。 【 x值的测量】见图 2 步骤一：检查装置气密性，称取 0 .4690 g晶体 M = (178+17x)g/mol于锥形瓶 a中 步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶 a中滴加 l0%NaOH溶液 步骤三：用 0.5000 mol/L的 NaOH标液滴定 b中剩余 HCI，消耗标液 16. 00 mL （ 4）步骤二的反应可理解为 Cu(NH3)xSO4与 NaOH在溶液中反应，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，提出测量值 (x)比理论值偏小的原因如下： 假设 1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损； 假设 2

13、：步骤二中 （任写两点）； 假设 3 ：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设 （填 “成立 ”或 “不成立 ”）， 针对假设 l，你对实验的处理意见是 。 答案：（ 1） 2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3+CaCl2+2H2O；由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液 （ 2）防止倒吸 （ 3）无水乙醇 （ 4） Cu(NH3)x2+2OH-= Cu(OH)2+xNH3 （ 5） 3.56；加入 NaOH溶液不足，没有加热或生成的氨气未完全逸出等；不成立；更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验；答 “更换完好的砝码 ”得 1分 试题分析：（ 1） A为实验室

14、制取氨气的装置，是利用氯化铵 与氢氧化钙固体加热，反应的化学方程式是 2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3+CaCl2+2H2O；氨气通入硫酸铜溶液中，开始生成氢氧化铜蓝色沉淀，随着氨气的通入，则氨气与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子，后沉淀逐渐溶解，转化为深蓝色溶液； （ 2）四氯化碳的密度大于水，因为氨气直接通入水中，会发生倒吸现象，氨气不溶于四氯化碳，通过四氯化碳的缓冲作用，可以防止发生倒吸； （ 3）欲从 Cu(NH3)xSO4溶液中析出 Cu(NH3)xSO4 H2O晶体 ,可加入试剂无水乙醇，因为乙醇的极性较小，且该晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，有利于晶体的析出； （ 4）

15、 Cu(NH3)xSO4与 NaOH在溶液中反应 ,生成硫酸钠、氢氧化铜和氨气，所以反应的离子方程式为 Cu(NH3)x2+2OH-= Cu(OH)2+xNH3； （ 5） b中原来 HCl的物质的量是 0.03L0.5000mol/L=0.015mol，剩余 HCl的物质的量是 0.016L0.5000mol/L=0.008mol，则与氨气反应的 HCl的物质的量也是氨气的物质的量是 0.015-0.008=0.007mol；则0.4690g/(178+17x)g/molx=0.007mol，解得 x=3.56；测定结果偏小，可能步骤二加入 NaOH溶液不足，没有加热或生成的氨气未完全逸出等

16、； 步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则说明剩余 HCl偏小，则与氨气反应的 HCl偏多，则氨气的物质的量偏大，测定结果应偏高，所以不成立； 针对假设 l，可更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验，再进行测定。 考点：考察对物质制备实验的定量分析，离子方程式的书写，实验数据的处理，实验现象的判断 填空题 11分 )元素 X、 Y、 Z、 Q、 W原子序数依次增大，其中 X、 Y、 Z、 Q为短周期元素。 Z元素的焰色反应为黄色； 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种运动状态不同的电子。请回答下列问

17、题： （ 1） Z在周期表中的位置 ； 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）。 （ 3）在 XQ 中 Q的杂化类型为 X的氧化物 (X2O)晶体结构示意图如下，则1molX2O晶体含有 mol氢键。 （ 4） ZY3有较强的还原性，遇到 NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为 答案：（ 1）第三周期 IA族 （ 2） N （ 3） sp3 2 （ 4） 2NaN3+NaClO+H2O=3N2+NaCl+2NaOH 试题分析： Z元素的焰色反应为黄色，则 Z是 Na元素； X与 Y形成的气体能使酚酞溶液变红，则该气

18、体溶于水呈碱性，所以该气体是氨气，则 X是 H元素，Y是 N元素； X与 Q形成 18电子的分子，其空间构型为 v形， H与 S元素形成的 H2S是 18个电子的分子，且分子的空间构型是 V型，所以 Q是 S元素； W的基态原子 3d轨道有 8种运动状态不同的电子，则 W的外围 电子排布是 3d84s2，所以 W是 Ti元素。根据以上分析： （ 1） Na在元素周期表中第三周期 IA族； W的外围电子的排布图是； （ 2） H、 N、 Na、 S中，因为第一电离能随电子层数的增多而减小，随核电荷数的增多而增大，但 N元素的 2p轨道为半充满的稳定状态，所以第一电离能大于 S，则基态原子第一电离

19、能最大的是 N； （ 3） HS-中 S原子的价层电子对数是 1+1/2(6+1-1)=4，所以 S原子是 sp3杂化；每个水分子中的 O原子可形成 2个氢键， 2个 H原子也形成 2个氢键，所以共形成 4个氢键，每个氢键属于该分子的 1/2,syi 1mol水中能形成 2mol氢键； （ 4） NaN3有较强的还原性，遇到 NaClO溶液时有无污染的气体生成，该气体是氮气， N元素的化合价升高，则 Cl元素的化合价降低，所以产物中有氯化钠和氢氧化钠生成，化学方程式是 2NaN3+NaClO+H2O=3N2+NaCl+2NaOH。 考点：考查元素的推断，元素化合物性质的应用 （ 15分）某硫酸

20、厂用以下几种方法处理 SO2尾气。 （ 1）活性炭还原法 反应原理：恒温恒容 2C (s)+2SO2(g) S2(g)+2CO2(g) 。 反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图 第一次出现平衡的时间是第 min； 020min反应速率表示为 V(SO2)= ； 30 min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是 ； 40min时，平衡常数值为 _。 （ 2）亚硫酸钠吸牧法 Na2SO3溶液吸收 SO2的离子方程式为 ； 常温下，当吸收至 pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是_(填序号 ) a c(Na+)+c(H+) c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-

21、) b c(Na+) = c(SO32-)+ c(HSO3-） + C(H2SO3) c c(Na+) c(SO32-) c(OH 一 )c(H+) d水电离出 c(OH 一 )=ll0-8 mol/L， （ 3）电化学处理法 如图所示， Pt（ 1）电极的反应式为 ；碱性条件下，用 P（ 2）电极排出的 S2O42-溶液吸收 NO2，使其转化为 N2，同时有 SO32-生成。若阳极转移电子 6mol，则理论上处理 NO2气体 mol。 答案：（ 1） 20 (1分 ) 0.03mol/(L min) (2分 ) 减小 CO2的浓度 (2分 ) 0.675(2分 ) （ 2） SO32-+SO

22、2+H-2O=2HSO3- (2分 ) ad (2分 ) （ 3） SO2-2e-+ 2H-2O=SO42-+4H+ (2分 ) 1.5(2分 ) 试题分析：（ 1） 根据图像可知，物质的浓度都不变的状态为平衡状态，所以第一次平衡的时间是 20min时； 0 20min反应速率表示为 V(SO2)=（ 1.0-0.4） mol/L/20min=0.03 mol/(Lmin)； 30 min时，图像中二氧化碳的浓度瞬间减小，所以可能改变的条件是减小二氧化碳的浓度； 40min时，平衡常数值与 20min时的平衡常数值相同，利用20min时各物质的浓度计算 K=0.620.3/0.42=0.675

23、； （ 2） Na2SO3溶液吸收 SO2生成亚硫酸氢钠，离子方程式是 SO32-+SO2+H-2O=2HSO3-； a、根据电荷守恒，则 c(Na+)+c(H+) =2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)，所以c(Na+)+c(H+) c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)，正确； b、 pH=6时溶液呈酸性，则此时的溶液不一定恰好为亚硫酸氢钠溶液，所以 Na元素与 S元素不一定符合物料守恒，错误； c、因为溶液呈酸性，所以 c(OH 一 )c(H+)，错误； d、 pH=6，则溶液中的氢氧根离子浓度是 10-8mol/L，氢氧根离子来自水的电离，所以水电离产生的氢

24、氧根离子浓度是 10-8mol/L，正确，答案：选 ad； （ 3）根据装置图可知 Pt（ 1）发生的是二氧化硫被氧化为硫酸的反应，所以该电极是负极，则 Pt（ 1）电极的反应式为 SO2-2e-+ 2H-2O=SO42-+4H+；二氧化氮转化为氮气， N 元素的化合价降低到 0 价，得到 4 个电子，根据得失电子守恒，则理论上处理 NO2气体的物质的量是 6mol/4=1.5mol。 考点：考查对图像的分析，反应速率的计算，平衡常数的计算，电化学反应原理的应用 （ 14分）实验室测量 KMnO4溶液浓度时常用 (NH4)2Fe(SO4)2代替 FeSO4作标液， (NH4)2Fe(SO4)2

25、的制备工艺流程如下： （ 1）已知流程中铁粉制备反应如下： 4 H2 O(g) +3Fe(s) Fe3O4(s)十 4H2(g) H =a kJ /mol Fe3O4(s) = 3 Fe(s)+ 2O2(g) H =b kJ/mol 则光解气态水制备 H2的热化学方程式为 _ _。 （ 2）步骤 I中加水发生如下反应，请完善该反应： +2H2O 2H+ H2TiO3； 该步骤加入铁粉的作用是 ； 。 （ 3）步骤 生成 (NH4)2Fe(SO4)2，其化学反应方程式为 _ _；操作 I为 。 （ 4）已知在潮湿空气中 Fe(OH)2比 FeCl2更易被氧化。据此分析 (NH4)2Fe(SO4)

26、2比 FeSO4稳定的原因是 。 答案：（ 1） H2O(g)= H2(g)+1/2O2(g) H (a+b)/4kJ/mol （ 2） TiO2+ 防止 Fe2+氧化为 Fe3+ 消耗溶液中的氢离子，促进 TiO2+的水解 （ 3） (NH4)2SO4+FeSO4=(NH4)2Fe(SO4)2 蒸发浓缩、冷却结晶 （ 4）由题知二价铁在碱性条件下更易被氧化， (NH4)2Fe(SO4)2水解后的酸性强于 FeSO4，则 (NH4)2Fe(SO4)2的还原性小于 FeSO4，所以更稳定 。 试题分析：（ 1）根据盖斯定律可将两个热化学方程式相加后都除以 4，所以光解气态水制备 H2的热化学方程

27、式为 H2O(g)= H2(g)+1/2O2(g) H (a+b)/4kJ/mol； （ 2）根据质量守恒定律，则反应物为 TiO2+；因为该流程的目的是制备硫酸亚铁铵，所以加入铁粉的目的是防止 Fe2+氧化为 Fe3+，同时步骤 I中产生钛酸的沉淀，则加入铁粉可与氢离子反应促进反应正向进行，以除去 Ti元素； （ 3）步骤 II过滤后的滤液为硫酸亚铁溶液，则步骤 生成 (NH4)2Fe(SO4)2，则硫酸亚铁与硫酸铵反应生成硫酸亚铁铵，化学方程式为(NH4)2SO4+FeSO4=(NH4)2Fe(SO4)2；从溶液中得到晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，所以操作 I是蒸发浓缩、冷却结晶； （ 4）已知在潮湿空气中 Fe(OH)2比 FeCl2更易被氧化，说明二价铁在碱性条件下更易被氧化， (NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在亚铁离子和铵根离子的水解，所以水解后的酸性强于 FeSO4，则 (NH4)2Fe(SO4)2的还原性小于 FeSO4，不易被氧化，所以更稳定 。 考点：考查物质的制备流程的分析，盖斯定律的应用，基本操作的判断