精品解析：广东省深圳市高级中学2024-2025学年高三上学期第二次诊断考试 化学试题

深圳高级中学(集团)2024-2025学年高三第二次诊断考试 化学试题 满分100分，考试用时75分钟 可能用到的相对原子质量：H 1，C 12，N 14，O 16，P 31，Cl 35.5，Co 59，Zn 65，Bi 209 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分，第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。 1. 中国历代绘画是中华优秀传统文化的瑰宝。下列与绘画作品有关的历史文物中，绘制在硅酸盐材料上的是 A．《清明上河图》纸画 B．敦煌飞天壁画 C．《簪花仕女图》绢帛画 D．《四美图》木版画 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．《清明上河图》纸画材料属于天然纤维素，故不选A； B．敦煌飞天壁画是在石壁上画的，石壁属于硅酸盐材料，故选B； C．《簪花仕女图》绢帛画材料为蚕丝，属于蛋白质，故不选C； D．《四美图》木版画属于木质材料，属于天然纤维素，故不选D； 选B。 2. 科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是 A. “长江2000”突破新技术，其燃料煤油属于可再生能源 B. “九章三号”跑出新速度，其芯片材料的主要成分为SiO2 C. “深中通道”隧道使用的LED灯具：发光过程电子吸收能量跃迁到较高能级 D. “祝融号”探寻新发现，其保温材料纳米气凝胶能产生丁达尔效应 【答案】D 【解析】 【详解】A．煤油经石油分馏得到，应属于不可再生能源，A错误； B．芯片材料的主要成分为Si，是光导纤维的主要成分，B错误； C． LED灯具：发光过程电子由较高能级跃迁到较低能量，多余的能量以光的形式释放，C错误； D．纳米气凝胶属于胶体，胶体粒子对光能产生散射作用，则纳米气凝胶能产生丁达尔效应，D正确； 故选D。 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 的电子式： B. 固体中的链状结构： C. 基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为 D. 基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理 【答案】B 【解析】 【详解】A．是共价化合物，电子式：，A错误； B．固体分子间存在氢键，链状结构，B正确； C．铍原子基态最外层电子轨道为2s，s轨道的电子云轮廓图为球形，，C错误； D．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了洪特规则，正确应该为，D错误； 故选B。 4. 一种可完全生物降解的原电池结构如下图所示。电池使用过程中在表面形成一层薄膜，下列说法正确的是 A. 作原电池负极 B. 电子由经电解质流向 C. 表面发生的电极反应： D. 电路中转移电子时，理论上消耗 【答案】C 【解析】 【分析】锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，是负极，电极反应式为，为正极。 【详解】A．由分析可知，作原电池正极，故A错误； B．电子从负极经外电路流向正极，电子不会进入电解质溶液，故由经导线流向，故B错误； C．锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，是负极，电极反应式为，故C正确； D．为，则理论上转移的电子是，故D错误； 故选C。 5. 肼()在不同条件下分解产物如下： I： II： 200℃时在Cu表面发生分解反应的机理如图。 下列说法正确的是 A. 图-1中过程①和②都是吸热反应 B. 反应II的能量变化如图-2所示 C. 的化学键能量大于和的化学键能量 D. 肼生成和的热化学方程式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据信息反应I放热，可知图-1中过程①放热；利用盖斯定律将①- II3得，可知图-1中过程②是吸热反应，A错误； B．反应II中为放热反应，反应II的能量变化如图-2所示，B正确； C．已知=反应物总键能-生成物总键能，根据信息可知，即的化学键能量小于和的化学键能量，C错误； D．利用盖斯定律将①- II2得，D错误； 故答案为：B。 6. 下列装置或操作均正确，并能达到实验目的的是 装置或操作 目的 A．收集NH3并验满 B．验证碳酸的酸性比苯酚的强 装置或操作 目的 C．操作①②为过滤，操作③为蒸馏 用(杯酚)分离和 D．测定中和反应的反应热 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，导气管应伸入试管底部，A错误； B．HCl易挥发，二氧化碳中混有HCl，不能验证碳酸的酸性比苯酚的强，B错误； C．用（杯酚）识别C60和C70，超分子不溶于甲苯，杯酚可溶于氯仿，故操作①②为过滤，杯酚和氯仿沸点不同，操作③为蒸馏，C正确； D．测定中和反应的反应热时，温度计测量液体的温度，D错误； 故选C。 7. 下列关于反应(未配平)的说法中正确的是 A. 氧化产物仅是 B. 还原性的强弱关系是： C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶8 D. 生成(标况下)，转移电子的物质的量是 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应中，铜元素的化合价由+1价升到+2价，硫元素的化合价由-2价升到+4价，则氧化产物为和Cu2+，A错误； B．根据元素化合价变化可知，Cu2S为还原剂，而Mn2+为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：，B错误； C．根据元素化合价变化可知，为氧化剂，Cu2S为还原剂，设参加反应的的物质的量为xmol，Cu2S的物质的量为ymol，根据得失电子守恒可得，解得x:y=8:5，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为8:5，C错误； D．生成(标况下)，即SO2的物质的量为0.1mol，根据S元素守恒可知需要消耗Cu2S的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量是，D正确； 故选D。 8. 195K时在中与反应生成(结构如下图所示)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 分子中含有的共用电子对数为1.5NA B. 中显-2价的氧原子数为6NA C. 标准状况下，1.12L O3中的电子数为0.9NA D. 48g由和组成的混合气体中氧原子数为3NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．的结构为，一个分子中有6个共用电子对，31g的物质的量为，故31g分子中含有的共用电子对数为0.25×6 NA =1.5NA，故A正确； B．由图可知，O原子与O原子之间形成共用电子对时，O元素不显-2价，只有连2个P原子的O显-2价，所以中显-2价的氧原子数为6NA，故B正确； C．标准状况下，1.12L O3即0.05mol，电子数为0.05×3×8NA =1.2NA，故C错误； D．和均由O原子构成，48g由和组成的混合气体中氧原子的物质的量为，氧原子数为3NA，故D正确； 答案选C。 9. 下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是 选项 甲 乙 丙 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误； B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误； C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误； D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确； 故答案选D。 10. 下列说法正确的是 A. 已知稀溶液中，，则稀氨水与稀盐酸反应生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ B. 已知葡萄糖燃烧热，则 C. 已知，则该反应的正反应活化能比逆反应活化能高 D. 一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应生成时放出热量79.2kJ，则该反应的热化学方程式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．一水合氨为弱电解质，弱电解质电离需要吸热，则放出的热量会小于57.3kJ，A正确； B．葡萄糖的燃烧热，表示1mol葡萄糖完全燃烧生成CO2和液态H2O放热2800kJ，则相应的热化学方程式为： ，B错误； C．反应热等于正反应活化能减去逆反应活化能，该反应，则正反应活化能比逆反应活化能低，C错误； D．该反应是可逆反应，而热化学方程式是指完全反应时的热效应，故，D错误； 故选A。 11. 下列叙述对应的方程式书写正确的是 A. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：Ca2++2ClO-+ CO2 + H2O = 2HClO +CaCO3↓ B. 向饱和NaOH溶液通入过量CO2析出白色晶体：OH-+ CO2= C. 用铜电极电解饱和氯化钠溶液： D. 向FeSO4溶液中加入H2O2出现红褐色沉淀： 2Fe2+ + H2O2 + 4H2O = 2Fe(OH)3↓+ 4H+ 【答案】D 【解析】 【详解】A．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，产物是碳酸氢钙、次氯酸，反应的离子方程式为ClO-+ CO2 + H2O = HClO +，故A错误； B．向饱和NaOH溶液通入过量CO2析出白色晶体碳酸氢钠，反应的离子方程式为Na++OH-+ CO2=NaHCO3↓，故B错误； C．用铜电极电解饱和氯化钠溶液，阳极铜失电子变为Cu2+、阴极放出氢气，电解总反应为，故C错误； D．向FeSO4溶液中加入H2O2出现红褐色氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 4H2O = 2Fe(OH)3↓+ 4H+，故D正确； 选D。 12. 某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图示。下列说法不正确的是 A. 挤压注射器的活塞，试管①中的反应只体现硫酸的酸性 B. 实验时，湿润的pH试纸、品红溶液、鲜花、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀 C. 此设计可证明SO2水溶液的酸性，SO2的氧化性、还原性、漂白性 D. 点燃酒精灯进行加热，可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性 【答案】B 【解析】 【分析】二氧化硫是酸性氧化物，具有漂白性、还原性、氧化性。实验时，湿润的pH试纸只变红色，不褪色；而鲜花、品红溶液；KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色S沉淀。SO2是有毒气体，最后用NaOH溶液吸收尾气。 【详解】A．挤压注射器的活塞，试管①中发生反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，硫酸中元素化合价不变，只体现硫酸的酸性，故A正确； B．二氧化硫是酸性气体，实验时，湿润的pH试纸变红，但不褪色，故B错误； C．湿润的pH试纸变红证明SO2水溶液显酸性，Na2S溶液出现淡黄色沉淀证明SO2具有氧化性，KMnO4溶液均褪色证明二氧化硫具有还原性、品红褪色证明二氧化硫具有漂白性，故C正确； D．点燃酒精灯进行加热，褪色后的品红溶液又恢复红色，证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，故D正确； 选B。 13. “价-类-途”体现了元素化合物的内在联系和应用价值。氮及其化合物的三维关系图如图所示，下列说法不正确的是 A. 铵盐通过氧化还原反应直接得到X或W B. 工业制硝酸的基础是X到Y C. 雷雨天空气中存在的物质转化： D. 汽车尾气处理中可能涉及反应： 【答案】A 【解析】 【分析】X为含-3价N元素的氢化物，X为NH3，Z为含+5价N元素的酸，Z为HNO3，W为含-3价N元素的碱，W为NH3·H2O，Y为+2价氧化物，Y为NO。 【详解】A．铵盐中N元素为-3价，X是NH3，其中N元素也为-3价，故铵盐通过氧化还原反应不会得到X，A错误； B．氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，NH3催化氧化生成NO，故工业制硝酸的基础是X到Y，B正确； C．N2在放电的条件下会和O2反应生成NO，NO和O2会反应得NO2，故产生氮氧化物NOx，溶于水可以生成硝酸，题中所给转化关系正确，C正确； D．汽车尾气中有害气体主要为NO和CO，通过催化剂转化为无害气体N2和CO2，选项所给方程式正确，D正确； 本题选A。 14. 下列实验操作及现象、结论均正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 在 pH试纸上滴几滴新制氯水，试纸变白，然后在酒精灯上微热，试纸恢复为原来的颜色 氯水中次氯酸的漂白性是可逆的 B 取一定量 Na2SO3样品，溶解后加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，加入浓盐酸，仍有沉淀。 此样品中含有 SO C 向溴水中加入苯，振荡后静置，下层溶液颜色变浅 溴水中的溴被苯萃取 D 向饱和 FeCl3溶液中滴加 NaOH 溶液，小心加热 制得红褐色 Fe(OH)3胶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．新制氯水中次氯酸的漂白性没有可逆性，漂白后加热不能恢复为原来的颜色，故A错误； B．取一定量 Na2SO3样品，溶解后加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，加入浓盐酸，NO在酸性条件下会将SO氧化为SO，产生BaSO4，不能说明此样品中含有 SO，故B错误； C．向溴水中加入苯，振荡后静置，苯的密度比水小，发生萃取后，下层溶液颜色变浅，故C正确； D．制备红褐色 Fe(OH)3胶体的方法是：向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液继续加热至溶液呈红褐色，故D错误； 故选C。 15. 如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是 A. 和EZ3的空间结构均为平面三角形 B. 单质E在过量Z2中燃烧生成EZ3 C. 键角： D. 沸点：X2Z<X2E 【答案】A 【解析】 【分析】由图可知，化合物中W元素为带一个单位正电荷的阳离子，阴离子中X、Y、Z、E的共价键数目为1、3、2、6，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子，则X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Na元素、E为S元素。 【详解】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，空间构型为平面三角形，中S原子的价层电子对数为，S为sp2杂化，空间构型为平面三角形，A正确； B．硫和过量氧气点燃生成二氧化硫，而不是三氧化硫，B错误； C．H2O中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对；NH3分子中N原子的价层电子对数为，孤电子对数为1；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则键角：，C错误； D．水分子间能形成氢键，导致其沸点高于硫化氢，D错误； 故选A。 16. 羟基自由基具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是 A. M极为阴极，电极反应式： B. 双极膜中解离出的透过膜a向N极移动 C. 每处理甲醛，理论上有透过膜b D. 通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7 【答案】C 【解析】 【详解】A．M电极通入，发生反应生成自由基，反应式为：，M作阴极，A正确； B．N为阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以透过膜a向N极移动，B正确； C．甲醛与反应生成的反应：，甲醛为，有，透过膜b，C错误； D．根据氧化还原反应规律，甲醛生成转移，生成转移，理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7，D正确； 故选C。 二、非选择题(本大题共4题，共56分) 17. 某实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。 已知：ⅰ．(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，易被还原为； ⅱ．淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝； ⅲ．可与发生反应：。 编号 1-1 1-2 实验操作 现象 无明显现象 溶液立即变蓝 （1）实验1-1的目的是作空白对照实验，排除___________氧化碘离子的干扰。 （2）(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为___________。 为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。 编号 KI溶液/mL Na2S2O3溶液/mL 蒸馏水/mL 0.4%淀粉溶液/滴 (NH4)2S2O8溶液/mL 变色时间/s 2-1 2 0 2.8 2 0.2 立即 2-2 2 0.8 0.2 2 2 30 （3）实验2-1___________，故不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率。 （4）加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。 猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使降低； 猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，___________。 ①甲同学提出猜想1的依据：Na2S2O3的还原性___________(填“强于”或“弱于”)KI的。 ②乙同学根据实验2-1和2-2的数据证明猜想1不成立，理由是___________。 ③补全猜想2：___________。 （5）查阅文献表明猜想2成立。实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能原因是___________。 【答案】（1）氧气 （2） （3）变色时间过短 （4） ①. 强于 ②. 实验2-2中和反应的溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，溶液应立刻变蓝 ③. 生成的单质碘与迅速反应，待消耗完，继续生成单质碘，淀粉才变蓝 （5）与反应的活化能大于与KI反应的活化能；或浓度相同时与反应的速率小于与KI反应的速率；或的浓度小于KI 【解析】 【分析】(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以氧化KI生成和I2；为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，设计了实验，实验现象表明，用淀粉作指示剂的情况下，实验2-1中(NH4)2S2O8与KI的反应很快，溶液立即变色，而实验2-2中，加入了(NH4)2S2O8与KI，还加入了少量的Na2S2O3溶液，溶液变色时间明显增长，可以依据实验2-2，使用相关数据表达出(NH4)2S2O8的反应速率； 【小问1详解】 实验1-2中，(NH4)2S2O8氧化KI生成I2，淀粉遇I2变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和实验1-2中，空气中的O2会将I-氧化为I2，故实验1-1的目的是做对照，排除O2氧化I-的干扰； 【小问2详解】 根据题干信息可知，(NH4)2S2O8与KI反应生成(NH4)2SO4、K2SO4和I2，该反应的离子方程式为+2I-=2+I2； 【小问3详解】 实验2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S2O3溶液，则在实验2-1中，无Na2S2O3，生成少量I2后淀粉即变蓝，变色时间过短，无法确定与I-反应的浓度变化； 【小问4详解】 ①信息iii：2+I2=+2I-，做还原剂，I-为还原产物，故Na2S2O3的还原性强于KI的； ②根据信息i和信息iii可以推测与发生氧化还原反应：+2=2+，实验2-2中，和反应的溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不符，故猜想1不成立； ③实验2-2中，加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH4)2S2O8先与KI反应，生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝； 【小问5详解】 实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小），也可能是因为c(Na2S2O3)小于c(KI)。 18. [Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下： I．制备CoCl2 已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86°C，易潮解。制备装置如下： （1）该实验制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________，试剂X通常是___________。 （2）为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是___________。 Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化 步骤ⅰ．在锥形瓶中，将4 g 溶于8.4 mL水中，加热至沸，加入5.95 g研细的晶体，溶解得到混合溶液。 步骤ⅱ．将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入0.4 g活性炭，冷却，利用如下装置先加入13.5 mL浓氨水，再逐滴加入13.5 mL 5% 溶液，水浴加热至50~60℃，保持20 min。 步骤ⅲ．然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，不必洗涤沉淀，直接把沉淀溶于50 mL沸水中，水中含1.7 mL浓盐酸。趁热吸滤，慢慢加入6.7 mL浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体()(M=267.5g/mol)析出。 步骤ⅳ．用冰浴冷却后吸滤，晶体以冷的2 mL 2 mol/L HCl洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。 （3）写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式___________。步骤ⅱ中水浴温度不宜过高的原因是___________。 （4）若最后得到产品的质量为3.50 g，则该产品的产率为___________(结果保留至小数点后一位)。 （5）该产品制备过程中若不加入活性炭，则会生成配合物，该配合物中的配体为___________，配位数是___________。 【答案】（1） ①. 2：1 ②. 饱和食盐水或饱和氯化钠溶液 （2）硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体) （3） ①. ②. 防止浓氨水挥发及过氧化氢分解 （4）52.3% （5） ①. 、 ②. 6 【解析】 【分析】将和晶体溶解后所得混合溶液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭作催化剂，先加浓氨水，再逐滴加入溶液，水浴加热，发生反应，经分离、提纯最终得到，据此作答。 【小问1详解】 实验制氯气的反应为，2个氯化氢氯元素化合价升高为还原剂，二氧化锰为氧化剂，所以还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1，试剂X通常是饱和食盐水或饱和氯化钠溶液，除去氯化氢； 【小问2详解】 为了获得更纯净的CoCl2，氯气要进入硬质玻璃管，所以开始点燃N处酒精喷灯的标志是硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体)； 【小问3详解】 制备三氯化六氨合钴的化学方程式，步骤ⅱ中水浴温度不宜过高的原因是防止浓氨水挥发及过氧化氢分解； 【小问4详解】 的质量为5.95g，物质的量为，根据化学计量数之比等于物质的量之比，得物质的量为，对应的理论产量为，产率为； 【小问5详解】 配合物，该配合物中的配体为內界的、，5个、1个，所以配位数是6。 19. 铋及其化合物在医药、电子、量子材料等高精尖领域有重要的应用。一种从电解铜的副产物阳极泥熔炼渣(主要含和少量的等元素)中提取铋及贵金属银和金的工艺如图。已知：的氧化性强于。 （1）“酸溶”时，以形式进入浸出液中，反应的离子方程式为___________。 （2）在溶液中会发生水解反应+ H2O，结合平衡移动原理，解释“沉铋”时的作用：___________。 （3）经过“酸溶”后，和在滤渣中进一步富集，“溶金”的过程中转化为，“操作I”之后可以重新得到金粉，则X可能是___________。 A. B. C. D. （4）“脱砷”时，会转化为可溶的，该过程发生反应的化学方程式为___________。 （5）用“还原”时，并没有隔绝空气。一定温度下，的沉淀率随反应进行会先增大后减小。解释一段时间后的沉淀率逐渐减小的原因：___________。 （6）铁酸铋(BiFeO3)属于多铁材料的一种，具有铁电性和反铁磁性，并伴随弱的铁磁性。其立方晶胞结构如图所示。 ①距离Bi最近且等距离的O有___________个。 ②若以Fe原子为晶胞的顶点，则Bi原子、O原子在立方晶胞中的位置分别为___________、___________。 ③若立方晶胞中距离最近的Bi原子和Fe原子的距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的密度为___________(列出含NA的计算式即可)。 【答案】（1）+6H++8Cl-=2+3H2O （2）氢氧化钠可以消耗氢离子，促进水解正向进行生成BiOCl沉淀 （3）AB （4）+O2+6NaOH=2+3H2O （5）时间过长，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+将Bi重新氧化进入溶液中 （6） ①. 12 ②. 体心 ③. 棱心 ④. 【解析】 【分析】酸溶过程中Ag、Au不溶于酸，成为滤渣，转化为，As转化为砷酸盐，在溶液中会发生水解反应+H2OBiOCl+2H++3Cl-，加入氢氧化钠溶液促进水解，经过As2O3+O2+6NaOH=2Na3AsO4+3H2O，除去As元素，脱砷渣经过重溶再加入Fe还原得到Bi，据此分析解题。 【小问1详解】 “酸溶”时，以形式进入浸出液中，溶液中含有大量氢离子，反应的离子方程式为：+6H++8Cl-=2+3H2O。 【小问2详解】 在溶液中会发生水解反应，沉铋时加入氢氧化钠可以消耗氢离子，促进水解正向进行生成BiOCl沉淀。 【小问3详解】 要将转化为金单质需要加入还原剂，因此具有还原性的只有二氧化硫和草酸，二氧化硫还原金的方程式为：2HAuCl4 +3SO2+6H2O=2Au＋8HCl+3H2SO4，草酸还原金的化学方程式为：2HAuCl4+3H2C2O4=2Au+ 6CO2＋8HCl，故选AB。 【小问4详解】 “脱砷”时，与氧气和氢氧化钠会转化为可溶的和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平该过程发生反应的化学方程式为：+O2+6NaOH=2+3H2O。 【小问5详解】 一段时间后Bi的沉淀率逐渐减小的原因是：时间过长，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+将Bi重新氧化进入溶液中。 【小问6详解】 ①由晶胞结构可知，晶胞中铋原子与氧原子的位置关系为顶点和面心的关系，所以距离铋原子最近且等距离的氧原子有12个； ②若以Fe原子为晶胞的顶点，则Bi原子为晶胞的体心，O原子在晶胞的棱心； ③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点铋原子的个数为8×=1、位于体心的铁原子个数为1、位于面心的氧原子个数为6×=3，已知立方晶胞中距离最近的Bi原子和Fe原子是体对角线的一半，设晶胞参数为xpm，则，，由晶胞的密度公式可得：=g/cm3。 20. 我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (代表单键、双键或三键) 回答问题： （1）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，则配合物I中O原子的杂化方式是___________。 （2）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是___________。 （3）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为___________。锑位于第5周期和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为___________。 ②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是___________。 a．Ti属于d区元素     b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素     d．替代原子与原离子的离子半径相近 【答案】（1）sp3 （2）N （3） ①. 6 ②. ③. ad 【解析】 【小问1详解】 配合物I中O原子形成两个σ键，同时含有两对孤电子对，因此氧原子的价层电子对数为4，杂化方式是sp3。 【小问2详解】 配合物Ⅱ中配位原子有C、P、O、N，其中第一电离能最大的配位原子是N； 【小问3详解】 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式； ②a．Ti的原子序数为22，价层电子排布式为3d24s2，属于d区元素，故a正确； b．Ti、Cr属于第四周期元素，Sn、Nb属于第五周期，故b错误； c．Sn是IVA族元素，不属于过渡元素，故c错误；   d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确； 答案为：ad。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳高级中学(集团)2024-2025学年高三第二次诊断考试 化学试题 满分100分，考试用时75分钟 可能用到的相对原子质量：H 1，C 12，N 14，O 16，P 31，Cl 35.5，Co 59，Zn 65，Bi 209 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分，第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。 1. 中国历代绘画是中华优秀传统文化的瑰宝。下列与绘画作品有关的历史文物中，绘制在硅酸盐材料上的是 A．《清明上河图》纸画 B．敦煌飞天壁画 C．《簪花仕女图》绢帛画 D．《四美图》木版画 A. A B. B C. C D. D 2. 科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是 A. “长江2000”突破新技术，其燃料煤油属于可再生能源 B. “九章三号”跑出新速度，其芯片材料的主要成分为SiO2 C. “深中通道”隧道使用的LED灯具：发光过程电子吸收能量跃迁到较高能级 D. “祝融号”探寻新发现，其保温材料纳米气凝胶能产生丁达尔效应 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 的电子式： B. 固体中的链状结构： C. 基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为 D. 基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理 4. 一种可完全生物降解的原电池结构如下图所示。电池使用过程中在表面形成一层薄膜，下列说法正确的是 A. 作原电池负极 B. 电子由经电解质流向 C. 表面发生的电极反应： D. 电路中转移电子时，理论上消耗 5. 肼()在不同条件下分解产物如下： I： II： 200℃时在Cu表面发生分解反应的机理如图。 下列说法正确的是 A. 图-1中过程①和②都是吸热反应 B. 反应II的能量变化如图-2所示 C. 的化学键能量大于和的化学键能量 D. 肼生成和的热化学方程式为 6. 下列装置或操作均正确，并能达到实验目的的是 装置或操作 目的 A．收集NH3并验满 B．验证碳酸的酸性比苯酚的强 装置或操作 目的 C．操作①②为过滤，操作③为蒸馏 用(杯酚)分离和 D．测定中和反应的反应热 A. A B. B C. C D. D 7. 下列关于反应(未配平)的说法中正确的是 A. 氧化产物仅是 B. 还原性的强弱关系是： C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶8 D. 生成(标况下)，转移电子的物质的量是 8. 195K时在中与反应生成(结构如下图所示)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 分子中含有的共用电子对数为1.5NA B. 中显-2价的氧原子数为6NA C. 标准状况下，1.12L O3中的电子数为0.9NA D. 48g由和组成的混合气体中氧原子数为3NA 9. 下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是 选项 甲 乙 丙 A B C D A. A B. B C. C D. D 10. 下列说法正确的是 A. 已知稀溶液中，，则稀氨水与稀盐酸反应生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ B. 已知葡萄糖燃烧热，则 C. 已知，则该反应的正反应活化能比逆反应活化能高 D. 一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应生成时放出热量79.2kJ，则该反应的热化学方程式为 11. 下列叙述对应的方程式书写正确的是 A. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：Ca2++2ClO-+ CO2 + H2O = 2HClO +CaCO3↓ B. 向饱和NaOH溶液通入过量CO2析出白色晶体：OH-+ CO2= C. 用铜电极电解饱和氯化钠溶液： D. 向FeSO4溶液中加入H2O2出现红褐色沉淀： 2Fe2+ + H2O2 + 4H2O = 2Fe(OH)3↓+ 4H+ 12. 某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图示。下列说法不正确的是 A. 挤压注射器的活塞，试管①中的反应只体现硫酸的酸性 B. 实验时，湿润的pH试纸、品红溶液、鲜花、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀 C. 此设计可证明SO2水溶液的酸性，SO2的氧化性、还原性、漂白性 D. 点燃酒精灯进行加热，可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性 13. “价-类-途”体现了元素化合物的内在联系和应用价值。氮及其化合物的三维关系图如图所示，下列说法不正确的是 A. 铵盐通过氧化还原反应直接得到X或W B. 工业制硝酸的基础是X到Y C. 雷雨天空气中存在的物质转化： D. 汽车尾气处理中可能涉及反应： 14. 下列实验操作及现象、结论均正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 在 pH试纸上滴几滴新制氯水，试纸变白，然后在酒精灯上微热，试纸恢复为原来的颜色 氯水中次氯酸的漂白性是可逆的 B 取一定量 Na2SO3样品，溶解后加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，加入浓盐酸，仍有沉淀。 此样品中含有 SO C 向溴水中加入苯，振荡后静置，下层溶液颜色变浅 溴水中的溴被苯萃取 D 向饱和 FeCl3溶液中滴加 NaOH 溶液，小心加热 制得红褐色 Fe(OH)3胶体 A. A B. B C. C D. D 15. 如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是 A. 和EZ3的空间结构均为平面三角形 B. 单质E在过量Z2中燃烧生成EZ3 C. 键角： D. 沸点：X2Z<X2E 16. 羟基自由基具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是 A. M极为阴极，电极反应式： B. 双极膜中解离出的透过膜a向N极移动 C. 每处理甲醛，理论上有透过膜b D. 通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7 二、非选择题(本大题共4题，共56分) 17. 某实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。 已知：ⅰ．(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，易被还原为； ⅱ．淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝； ⅲ．可与发生反应：。 编号 1-1 1-2 实验操作 现象 无明显现象 溶液立即变蓝 （1）实验1-1的目的是作空白对照实验，排除___________氧化碘离子的干扰。 （2）(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为___________。 为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。 编号 KI溶液/mL Na2S2O3溶液/mL 蒸馏水/mL 0.4%淀粉溶液/滴 (NH4)2S2O8溶液/mL 变色时间/s 2-1 2 0 2.8 2 0.2 立即 2-2 2 0.8 0.2 2 2 30 （3）实验2-1___________，故不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率。 （4）加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。 猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使降低； 猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，___________。 ①甲同学提出猜想1的依据：Na2S2O3的还原性___________(填“强于”或“弱于”)KI的。 ②乙同学根据实验2-1和2-2的数据证明猜想1不成立，理由是___________。 ③补全猜想2：___________。 （5）查阅文献表明猜想2成立。实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能原因是___________。 18. [Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下： I．制备CoCl2 已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86°C，易潮解。制备装置如下： （1）该实验制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________，试剂X通常是___________。 （2）为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是___________。 Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化 步骤ⅰ．在锥形瓶中，将4 g 溶于8.4 mL水中，加热至沸，加入5.95 g研细的晶体，溶解得到混合溶液。 步骤ⅱ．将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入0.4 g活性炭，冷却，利用如下装置先加入13.5 mL浓氨水，再逐滴加入13.5 mL 5% 溶液，水浴加热至50~60℃，保持20 min。 步骤ⅲ．然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，不必洗涤沉淀，直接把沉淀溶于50 mL沸水中，水中含1.7 mL浓盐酸。趁热吸滤，慢慢加入6.7 mL浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体()(M=267.5g/mol)析出。 步骤ⅳ．用冰浴冷却后吸滤，晶体以冷的2 mL 2 mol/L HCl洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。 （3）写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式___________。步骤ⅱ中水浴温度不宜过高的原因是___________。 （4）若最后得到产品的质量为3.50 g，则该产品的产率为___________(结果保留至小数点后一位)。 （5）该产品制备过程中若不加入活性炭，则会生成配合物，该配合物中的配体为___________，配位数是___________。 19. 铋及其化合物在医药、电子、量子材料等高精尖领域有重要的应用。一种从电解铜的副产物阳极泥熔炼渣(主要含和少量的等元素)中提取铋及贵金属银和金的工艺如图。已知：的氧化性强于。 （1）“酸溶”时，以形式进入浸出液中，反应的离子方程式为___________。 （2）在溶液中会发生水解反应+ H2O，结合平衡移动原理，解释“沉铋”时的作用：___________。 （3）经过“酸溶”后，和在滤渣中进一步富集，“溶金”的过程中转化为，“操作I”之后可以重新得到金粉，则X可能是___________。 A. B. C. D. （4）“脱砷”时，会转化为可溶的，该过程发生反应的化学方程式为___________。 （5）用“还原”时，并没有隔绝空气。一定温度下，的沉淀率随反应进行会先增大后减小。解释一段时间后的沉淀率逐渐减小的原因：___________。 （6）铁酸铋(BiFeO3)属于多铁材料的一种，具有铁电性和反铁磁性，并伴随弱的铁磁性。其立方晶胞结构如图所示。 ①距离Bi最近且等距离的O有___________个。 ②若以Fe原子为晶胞的顶点，则Bi原子、O原子在立方晶胞中的位置分别为___________、___________。 ③若立方晶胞中距离最近的Bi原子和Fe原子的距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的密度为___________(列出含NA的计算式即可)。 20. 我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (代表单键、双键或三键) 回答问题： （1）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，则配合物I中O原子的杂化方式是___________。 （2）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是___________。 （3）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为___________。锑位于第5周期和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为___________。 ②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是___________。 a．Ti属于d区元素     b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素     d．替代原子与原离子的离子半径相近 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $