届四川省西昌市凉山州高三上学期第一次诊断性检测理科综合化学试题解析版Word下载.docx

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C.该方法的优点是原料无爆炸危险

D.CH3-C

CH与丙烯的化学性质相似，可以发生加成、氧化反应

【答案】D

【详解】A.已知该反应的原子利用率为100%，则产物只有CH2=C（CH3）COOCH3，根据质量守恒定律可以判断A为CO，不可能是CO2，A不正确；

B.根据乙烯的平面结构可知，结构中

的1、2、3、4号四个碳原子一定共平面，而5号碳与之可能共平面，B不正确；

C.已知该反应的原子利用率为100%，则产物只有CH2=C（CH3）COOCH3，根据质量守恒定律可知A为一氧化碳，一氧化碳、丙炔等都属于可燃性气体，存在爆炸危险，C错误；

D.CH3-C≡CH的官能团为碳碳三键，丙烯的官能团为碳碳双键，两者都属于不饱和烃，其性质与丙烯的性质相似，丙烯能发生加成反应和氧化反应，所以该物质可以发生加成、氧化反应，D正确。

综上所述，本题选D。

3.下刎有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的的是

A.装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液

B.用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明Ksp（AgCl）>

Ksp（AgI）

C.装置丙可用于收集氢气

D.装置丁可用于NaOH溶液除去溴苯中单质溴

【答案】A

【详解】A.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，它能腐蚀橡胶管，A错误；

B.同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明Ksp（AgCl）>

Ksp（AgI），B正确；

C.氢气的密度比空气小，不与空气反应，要用向下排空气法进行收集，装置丙可以用于收集氢气，C正确；

D.溴与氢氧化钠溶液反应生成可溶性盐，与溴苯互不相溶，分层，可以采取分液的方法进行分离提纯，D正确；

综上所述，本题选A。

4.太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明（LED）；

已知发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的。

下列有关叙述正确的是

A.光伏电池实现了太阳能和电能的相互转化

B.图中N型半导体为正极，P型半导体为负极

C.LED是新型有机高分子材料

D.LED中的Ga和Y都显+3价

【详解】A项，光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不能将电能转化为太阳能，故A错误；

B项，图中，正电荷向P型半导体移动，负电荷向N型半导体电极移动，根据原电池原理知，N型半导体为负极，P型半导体为正极，故B错误；

C项，发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的，属于无机材料，故C错误；

D项，LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（化学式:

Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的，根据化合价规则，Y的化合价是+3价，GaN中Ga的化合价是+3价，故D正确；

5.下列叙述正确的是

A.3.2g铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量一定为0.1mol

B.78gNa2S和Na2O2的混合物中阳离子与阴离子的个数比不能确定

C.25℃HCN的电离平衡常数为5.0×

10－10，则浓度均为0.10mol·

L－1NaCN和HCN的混合溶液中有c（Na+）>

c（CN－）>

c（OH－）>

c（H+）

D.Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：

Fe2++NO3－+4H++2I－=I2+Fe3++NO↑+2H2O

【详解】A.3.2g铜的物质的量为0.05mol，根据反应可知，0.05mol铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成0.1mol二氧化氮气体，但由于2NO2

N2O4可逆反应存在，所以3.2g铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量小于0.1mol，A错误；

B.Na2S和Na2O2均属于离子化合物，阴阳离子个数比均为1:

2，两种物质的相对分子质量均为78，所以78gNa2S和Na2O2的混合物为1mol，混合物中阳离子与阴离子的个数比为2:

1，B错误；

C.NaCN能够水解，水解平衡常数Kh=KW/Ka=10-14/（5.0×

10－10）=2×

10－5>

5.0×

10－10，即NaCN溶液的水解能力大于HCN的电离能力，混合液显碱性，因此0.10mol·

c（H+），C正确；

D.碘离子的还原性大于亚铁离子，所以酸性条件下，硝酸氧化碘离子，由于碘离子过量，所以硝酸不能氧化亚铁离子，正确的离子方程式为：

2NO3－+8H++6I－=3I2+2NO↑+4H2O，D错误；

【点睛】判定同浓度的弱酸HA及弱酸强碱盐NaA的混合液的酸碱性，要根据弱酸的电离平衡常数Ka和盐的水解平衡常数Kh进行判定：

若Kh=Kw/Ka>

Ka，即盐的水解能力大于酸的电离能力，溶液显碱性；

若Kh=Kw/Ka<

Ka，即盐的水解能力小于酸的电离能力，溶液显酸性。

6.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E的最外层电子数之和为17，质子数之和为31，若E不为主族元素，B的气态氢化物的水溶液显碱性，C元素在大气中存在两种常见单质，D原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，下列叙述正确的是

A.A的气态氢化物的水溶液显酸性

B.原子半径的大小顺序：

r（A）>

r（B）>

r（C）

C.D的非金属性强于A，所以D的含氧酸的酸性强于A

D.含有A，B两元索的盐溶液不可能显中性

【答案】B

【分析】

B的气态氢化物的水溶液显碱性，B为N；

C元素在大气中存在两种常见单质氧气和臭氧，C为O；

D为第三周期元素，原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，所以最外层电子数为8×

0.875=7，D为Cl；

A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，所以E为Ar,属于0族元素，最外层有8个电子，氮原子最外层电子数为5，根据A、B、E的最外层电子数之和为17可知A原子最外层电子数有4，所以A为C；

满足A、B、E三种元素的质子数之和为6+7+18=31条件，据以上分析解答。

【详解】结合以上分析可知，A为C、B为N、C为O、D为Cl、E为Ar，

A.A为C，其气态氢化物为甲烷，甲烷不溶于水，A错误；

B.同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径的大小顺序：

r（C），B正确；

C.只有该元素最高价氧化物的的水化物的含氧酸才能比较酸性强弱，C错误；

D.含有C、N两元素的盐溶液可能为醋酸铵，该溶液显中性，D错误；

综上所述，本题选B。

7.恒温条件下的可逆反应：

A（s）+2B（g）

2C（g）+D（g）△H<

0，在甲容器充入2molA、2molB并保持压强不变，乙容器充入2molC、1molD并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等。

为使平衡时两容器中B的浓度相等，下列措施不可行的是

A.乙容器中分离出一定量的D气体

B.向甲谷器中再充入一定量的B气体

C.将甲的活塞往下压至反应前的位置

D.适当降低乙容器的温度

在甲容器充入2molA、2molB，乙容器充入2molC、1molD；

由于A呈固态，若甲、乙是恒温恒容容器，则达到平衡时甲、乙中B的浓度相等，而甲是恒温恒压容器，平衡时的体积大于起始时的体积，甲相当于在恒温恒容的基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时甲中B的浓度小于乙；

要想保持平衡时两容器中B的浓度相等，可以采取减小乙容器内D气体的浓度，适当降低乙容器内的温度，使平衡向右移，减小B的浓度；

或者把甲的活塞往下压至反应前的位置，缩小体积，增大甲容器内B的浓度；

据以上分析解答。

【详解】在甲容器充入2molA、2molB，乙容器充入2molC、1molD；

A项，要想保持平衡时两容器中B的浓度相等，可以从乙容器中分离出一定量的D气体，减小生成物浓度，平衡右移，可以使平衡时两容器中B的浓度相等，A正确；

B项，针对于甲容器：

属于等温等压，若向甲容器中再充入一定量的B气体，与原甲中平衡等效，B气体的浓度不变，不能使平衡时两容器中B的浓度相等，B错误；

C项，根据上述分析，可以将甲的活塞往下压至反应前的位置，此时与乙为恒温恒容下的等效平衡，两容器中B的浓度相等，C正确；

D项，该反应为放热反应，由于甲中B的浓度小于乙中B的浓度，所以适当降低乙容器的温度，平衡右移，可以使平衡时两容器中B的浓度相等，D正确；

【点睛】针对A（s）+2B（g）

0,反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入B（g），等效于给该反应加压过程，由于反应前后气体的体积变化不为0，所以平衡向左移动；

如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入B（g），等效于等压过程，与原平衡等效。

8.亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。

某学习小组通过如下装置（夹持及加热装置略去）制取NaNO2样品并对样品含量进行测定

该小组先查阅资料知：

NO、NO2能被酸性高锰酸钾氧化为NO3－。

（1）装置A中用于盛放浓硝酸的仪器名称为__________，装置D中发生的化学反应方程式为___________。

（2）①装置C中所装的液体需满足的条件是____________________。

②其作用为____________________。

（3）装置E的作用是____________________。

（4）为测定制得样品中NaNO2的含量，该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，应选择__________（填化学式）来酸化KMnO4溶液。

（5）已知：

在酸性溶液中，NO2－可将MnO4－还原为Mn2+。

为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100mol·

L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液（杂质不反应）。

滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是____________________，所得样品中NaNO2的质量分数为__________。

【答案】

（1）.）分液漏斗

（2）.Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2（3）.既不能溶解NO2、NO，也不能与NO2、NO发生化学反应（4）.通过观察广口瓶液体中产生气泡的速率来控制NO2、NO的混合比例（5）.吸收过量的NO2、NO，避免尾气造成环境污染（6）.H2SO4（7）.做氧化剂和指示剂（8）.86.25%

（1）装置A内铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，装置B内铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，两种气体与碳酸钠反应生成亚硝酸钠据此写出反应的方程式；

（2）装置C的作用既可以使干燥一氧化氮、二氧化氮气体混合均匀，控制气体的流速，据此分析装置C中所装的液体需满足的条件及作用；

（3）酸性高锰酸钾溶液能够把剩余的氮的氧化物吸收处理，以防止污染空气，据此分析装置E的作用；

（4）KMnO4溶液具有强氧化性，一般都用硫酸来酸化；

（5）NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，体现了酸性KMnO4溶液的强氧化性，滴定终点的现象为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变成紫红色，且30s内颜色保持不变；

所以高锰酸钾溶液除了起到氧化性的作用外，还能起到指示剂的作用；

根据氧化还原反应中电子得失守恒关系：

2MnO4－~5NO2－，计算出样品中含有亚硝酸钠的量及质量，最后计算出样品中NaNO2的质量分数。

【详解】

（1）控制液体的滴加速度，装置A中用于盛放浓硝酸的仪器为分液漏斗；

装置A内铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，装置B内铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，两种气体与碳酸钠反应生成亚硝酸钠，反应的化学反应方程式为：

Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2；

综上所述，本题答案是：

分液漏斗；

Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2。

（2）①因为两个反应产生的NO2和NO最终要和碳酸钠反应，因此装置C中所装的液体需满足的条件是：

既不能溶解NO2、NO，也不能与NO2、NO发生化学反应；

既不能溶解NO2、NO，也不能与NO2、NO发生化学反应。

②该装置内所盛装的溶液除了使气体混合均匀，还可以通过观察C装置内液体中产生气泡的速率来控制NO2、NO的混合比例，以便NO2、NO混合气体尽可能与碳酸钠完全反应；

通过观察广口瓶液体中产生气泡的速率来控制NO2、NO的混合比例。

（3）根据信息可知，酸性高锰酸钾溶液能够把剩余的氮的氧化物吸收处理，以防止污染空气；

因此装置E的作用是吸收过量的NO2、NO，避免尾气造成环境污染；

吸收过量的NO2、NO，避免尾气造成环境污染。

（4）KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化盐酸，不能用盐酸酸化；

而硝酸具有强氧化性，影响实验，稀硫酸性质稳定，不能被高锰酸钾溶液氧化；

所以该实验中需配制KMnO4标准溶液并选择稀H2SO4来酸化。

H2SO4。

（5）NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，体现了酸性KMnO4溶液的强氧化性，滴定终点的现象为滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变成紫红色，且30s内颜色保持不变；

以上利用了高锰酸钾的氧化性和做指示剂性质；

消耗标准液的体积为20.00mL，25.00mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.100mol·

L－1×

0.02L=0.002mol；

则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.02mol；

根据化合价变化可得反应的关系式：

2MnO4－~5NO2－，则4.0g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×

5/2=0.05mol，质量为0.05×

69=3.45g，所以所得样品中NaNO2的质量分数为3.45g/4.0g×

100%=86.25%；

做氧化剂和指示剂，86.25%。

9.LiFePO4可作为新型锂离子也池的正极材料。

以钛铁矿（主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质）为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾（FeSO4·

7H2O）与磷酸和LiOH反应可制各LiFePO4，LiFePO4的制备流程如下图所示：

请回答下列问题：

（1）酸溶时FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为____________________。

（2）①加铁屑还原的目的是__________，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为_________。

（3）①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为____________________，②其理由是______________________________。

（4）滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：

2Cu+H2O

Cu2O+H2↑。

则该装置中铜电极应连接直流电源的__________极，石墨电极的电极反应式为____________________，当有0.1molCu2O生成时电路中转移__________mol电子。

【答案】

（1）.FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O

（2）.把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜（3）.取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全（4）.磷酸硫酸亚铁溶液LiOH（5）.先加磷酸，在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀（6）.正（7）.2H2O+2e-=H2↑+2OH-（8）.0.2

（1）酸溶时FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，据此写出方程式；

（2）①铁具有还原性，能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜；

②还原的是否完全，通过检验反应后的溶液中是否含有铁离子即可，选用试剂硫氰化钾溶液；

（3）亚铁离子能够发生水解，易被氧气氧化，需要加酸抑制其水解，据此分析三种试剂加入的顺序；

（4）电解池的阳极与电源的正极相连，发生氧化反应，电解池的阴极与电源的负极相连，发生还原反应；

根据总反应方程式及电子转移数目进行计算；

（1）酸溶时FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，化学方程式为：

FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；

FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O。

（2）①铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；

因此加铁屑的目的是把铁离子还原为亚铁离子，并置换出铜；

把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜。

②加入的还原剂铁能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜，还原的是否完全，可以通过检验还原后的溶液中是否存在铁离子，其操作方法为：

取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全；

取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全。

（3）①“反应”需要按照磷酸、FeSO4溶液和LiOH顺序加入试剂；

磷酸、硫酸亚铁溶液、LiOH。

②亚铁离子能够发生水解，易被氧气氧化，因此先加磷酸，产生酸性环境，然后再加入FeSO4溶液，在酸性环境下可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀；

最后加入LiOH；

在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀；

（4）根据电解总反应：

Cu2O+H2↑可知，Cu发生氧化反应，做阳极，应与电源的正极相连；

石墨电极的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；

根据该反应可知2e-~Cu2O，所以当有0.1molCu2O生成时电路中转移0.2mol电子。

正，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，0.2。

10.大气、水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题，燃煤的烟道气和汽车尾气是造成雾霾天气污染的原因之一。

（1）用CH4催化还原氮氧化物，已知CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1=akJ/mol，欲计算反应CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O

（1）的焓变△H2，则还需要查找某化合反应的焓变△H3，该化合反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时△H3=bkJ/mol，则该化合反应的热化学方程式为____________________。

据此计算出△H2=__________kJ/mol（用含a和b的式子表示）。

（2）汽车尾气转化的反应之一：

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）△H=－746.5kJ/mol。

在某温度时，可按下列流程探究某种催化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表：

请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：

①前2s内的平均反应速率υ（N2）=______________________________。

②在该温度下，反应的平衡常数K=___________（只写出计算结果）。

③对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明___________（填字母）。

A.该反应的反应物混合后很不稳定

B.在催化剂的作用下，该反应一旦发生将在较短的时间内完成

C.该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小

D.该反应在一定条件下能自发进行

E.该反应使用催化剂意义不大

（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN－转化为碳酸盐和N2而除去。

写出该反应的离子方程式为______________________。

（4）废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。

已知Ksp（NiS）=1.1×

10－21，Ksp（CuS）=1.3×

10－36，国家规定的排放标淮：

镍低于1.1×

10－5mol·

L－1，铜低于7.8×

L－l。

则需要控制溶液中S2－的浓度不低于__mol·

L－1。

【答案】

（1）.N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H3=bkJ/mol

（2）.a-2b（3）.1.875×

10-4mol/（L∙s）（4）.5000（5）.BCD（6）.2CN－+5ClO-+2OH-+2Ca2+=2CaCO3↓+N2↑+5Cl-+H2O（7）.1×

10-16

（1）根据盖斯定律进行计算；

（2）①根据表格数据先计算出υ（NO），然后根据速率之比和系数成正比计算出υ（N2）；

②计算出平衡以后各物质的浓度，根据平衡常数计算公式进行计算；

③根据影响化学反应速率的因素进行分析，根据∆G=∆H-T∆S<

0反应能够自发进行进行分析；

根