1、四川省遂宁市2020届高三化学零诊考试试题（含解析）1.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A. 液氨可用作制冷剂B. 硅胶可作食品袋内的脱氧剂C. 加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化D. 二氧化硫可作食品的增白剂【答案】A【解析】【详解】A. 液氨汽化需要吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故A正确；B. 由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故B错误；C. 向海水中加入“聚铁”净水剂只能除去悬浮物杂质，但不能使海水淡化，应用蒸馏的方法，故C错误；D. 二氧化硫有毒，不可作食品的漂白剂，故D错误；答案选A。【点睛】化学与生活方面要充分利用物质的性质，包括物理性质和化
2、学性质，结构决定性质，性质决定用途，用途反映出物质的性质，此类题需要学生多积累生活经验，发现生活中的各种现象。2.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A. 该过程将太阳能转化成为化学能B. 该过程中，涉及极性键和非极性健的断裂与生成C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为31D. 原料气N2可通过分离液态空气获得【答案】C【解析】【详解】A. 由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A正确；B. 发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成
3、，故B正确；C. 根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为3价，氧元素从2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3，故C错误；D. 由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故D正确；答案选C。【点睛】本题对氧化还原反应综合考查，需要学会观察图示物质转化关系，根据化合价的升降，确定氧化剂还原剂，利用氧化还原反应的规律，配平氧化还原反应。3.分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是选项实 验现 象结 论A用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝
4、是共价化合物B向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡CCl4层无色Fe2的还原性强于BrC相同的铝片分别与同温同体积，且c(H)=1molL1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl对该反应起到促进作用D向盛有2mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)22.4L/mol，则2.24L LH2物质的量小于0.1mol，则含有的H原子数小于0.2NA，故B正确；C. CaSO4与KHSO4固体摩尔质量相同，都是136g/mol，136
5、gCaSO4与KHSO4的固体混合物的物质的量为1mol，含有的阴离子的数目等于NA；C错误；D. 溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误；5.第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液在25时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A. 简单离子半径：XYZWB. W的氧化物对应的水化物一定是强酸C. 气态氢化物的稳定性：WZYD. W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W【答案】D【解析】【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根
6、浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径YZCl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3S2ClNa+，故A错误；B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；C.非金属性是YZW，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：YZW，故C错误
7、；D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；答案选D。【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。6.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述不正确的是A. 常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B. 步骤中，主要反应的离子方程式是2Fe3+Fe=3Fe2C. 步骤中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D. 步骤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在
8、水中，做丁达尔效应实验【答案】C【解析】【分析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2+2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。【详解】A. 钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，N
9、a2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；B. 滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3+Fe=3Fe2+，故B正确；C. 步骤中，防止其在步骤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；D. 超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；答案选C。7.常温下，向20 mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1 molL1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。
10、下列分析正确的是A. c点所示溶液中：c(H)c(OH)c(NH3H2O)B. b点所示溶液中：c(NH4)2 c(SO42)C. V40D. 该硫酸的浓度为0.1 molL1【答案】A【解析】【详解】A. c点所示溶液是硫酸铵溶液，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4)2c(SO42)+c(OH)，物料守恒式为c(NH4) +c(NH3.H2O)2c(SO42)，两式相减可得：c(H+)c(OH)c(NH3.H2O)，故A正确；B. 根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4)2c(SO42)+c(OH)，b点为硫酸铵和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH)c(H+)，所以c(NH4)，可见的活化能更高
11、，因此反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1E2，故答案为：；（2）一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v（正）=v（逆），根据多重平衡规则，该反应的化学平衡常数为K=K1K2，根据速率方程式，K1=，K2=，则K=，故答案为：。9.叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的主要成分，实验室制取叠氮化钠的实验步骤如下：打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210220，然后通入N2O。冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。（1
12、）装置B中盛放药品为_。（2）步骤中先加热通氨气一段时间的目的是_；步骤氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。步骤中最适宜的加热方式为_(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）生成NaN3的化学方程式为_。（4）产率计算称取2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10 molL1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00 mL发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2(杂质均不参与反应)。充分反应后滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10 molL1硫酸亚
13、铁铵(NH4)2Fe(SO4)2为标准液，滴定过量的Ce4，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。计算可知叠氮化钠的质量分数为_(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母代号)。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内（5）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且
14、产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式_。【答案】 (1). 碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体) (2). 排尽装置中的空气 (3). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (4). 油浴加热 (5). NaNH2+N2O NaN3+H2O (6). 65% (7). AC (8). ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2【解析】【详解】(1)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案：碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)； (2)用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤制备NaNH2，还生成氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制温度
15、210220，故选用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3) NaNH2和N2O在210220下反应生成NaN3和水，反应为：NaNH2+N2O NaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2O NaN3+H2O；（4）Ce4+的物质的量浓度总计为0.10 molL10.04 L=0.004 mol，分别与Fe2+和N3反应。其中与Fe2+按1:1反应消耗0.10 molL10.02 L=0.002 mol，则与N3按1:1反应也为0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N3，原2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液
16、中有0.02 mol即1.3 g NaN3，所以样品质量分数为=65%；A. 使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故A正确；B. 六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00 mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小，故B错误；C. 滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故C正确；D选项，滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内无影响，故D错误；故答案为：65%；AC；（5）反应后溶液碱性明
17、显增强，且产生无色无味的无毒气体，根据氧化还原反应得失电子守恒，则发生的离子反应为：ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2故答案为：ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2。10.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：已知：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表金属离子Fe2Fe3Cu2Mn2开始沉淀7.52.75.68.3完全沉淀9.03.76.79.8KspFe(OH)34.01038（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有_（任写一种）。（2）滤
18、渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：_。（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为_，若加 A 后溶液的 pH调为5，则溶液中 Fe3的浓度为_mol/L。（4）写出“沉锰”(除 Mn2)过程中反应的离子方程式：_。（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。（6）滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_(写化学式)。（7）过滤得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是_。【答案】 (1). 充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可 (2). 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+
19、2MnSO4+4H2O (3). 3.75.6（ 或3.7pH5.6） (4). 4.01011 (5). Mn2HCO3NH3MnCO3NH4 (6). 将溶液加热 (7). (NH4)2SO4 (8). 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出
20、氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。【详解】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O， 答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH
21、调的范围为3.75.6（ 或3.7pH5.6）；当溶液pH调为5时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9 mol/L，已知KspFe(OH)34.01038，则c(Fe3+)=4.01011 mol/L，答案为：3.75.6（ 或3.7pHOS (4). Cu (5). sp3杂化 (6). 正四面体形 (7). PO43(或ClO4） (8). 氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，故HNH键角变大 (9). 【解析】【详解】（1）根据元素周期表，Cu位于周期表中第4周期第B族，位于ds区；铜的
22、核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，基态Cu3失去最外层的三个电子，基态Cu3的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d8，答案为：ds；1s22s22p63s23p63d8；（2）N、O位于同一周期，同周期从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，但N的最外层电子处于半充满状态，故第一电离能NO，O、S位于同一主族，同主族从上到下，第一电离能呈减小的趋势，故第一电离能OS，故第一电离能由大到小的顺序为NOS，故答案为NOS；（3）深蓝色晶体为Cu(NH3)4SO4H2O，含有Cu、N、H、S、O元素，非金属性越弱，电负性越小，则电负性最小的为Cu，答案为：Cu；（4
23、）H2O的中心原子是O，根据VSEPR理论，价电子对数为成键电子对+孤电子对数=2+=4根据杂化轨道理论，中心原子O的杂化方式为sp3；深蓝色晶体的阴离子为SO42，根据VSEPR理论，价电子对数为成键电子对+孤电子对数=4+=4，根据杂化轨道理论，中心S的杂化方式为sp3，五个原子构成，则其空间构型为正四面体；等电子体是指在原子数相同下，原子的价电子数相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同时调电子数来确定等电子体粒子；与SO42互为等电子体的离子PO43(或ClO4）故答案：sp3；正四面体；PO43(或ClO4）； （5）中心原子采取不同的杂化形式时,其等性杂化轨道的空间分布情况及杂化
24、轨道之间的夹角是各不相同的。这是决定键角大小的最根本的原因。氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故Zn2键角变大。故答案为：氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故Zn2键角变大。（6）晶胞中水分子数目=1+8=2，晶胞质量=g，晶体密度=，答案为：。12.CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下： 已知：A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳
25、双键； ； 。请回答下列问题：（1） A中官能团的名称为_。（2）C生成D所需试剂和条件是_。（3）E生成F的反应类型为_。（4）1mol CAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为_。（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为_。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有_种，a. 属于芳香族化合物b. 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2c. 能与新制 Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X的结构简式_。（7）参照上述合成路线，以 和丙醛为
26、原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线_。【答案】 (1). 氯原子 (2). 氯气、光照 (3). 氧化反应 (4). 4mol (5). +HBr (6). 17 (7). (8). 【解析】【分析】A的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A为，A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B发生的反应生成C为，C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则E结构简式为，D为，F发生信息的反应生成G，G结构简式为，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代
27、反应生成CAPE，CAPE结构简式为；（7）以和丙醛为原料（其他试剂任选）制备，发生信息的反应，然后发生水解反应、催化氧化反应、的反应得到目标产物。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为，则A中官能团的名称为氯原子，答案为：氯原子；（2）根据分析，C为，D为，则 C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；答案为：氯气、光照；（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成F的反应类型为氧化反应，答案为：氧化反应；（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有2mol酚羟基，可消耗2mol NaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH发生水解，C
28、APE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则1mol CAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，答案为：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr，答案为：+HBr；（6）G结构简式为，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的结构简式为，答案为：；（7）以和丙醛为原料(其他试剂任选)制备,发生信息的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、的反应得到目标产物,其合成路线为，答案为：。