四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题.docx

四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题.docx

《四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题

四川省南充市2021届高三下学期5月第三次高考适应性考试（三诊）化学试题

学校:

___________姓名：

___________班级：

___________考号：

___________

一、单选题

1．化学与生产、生活密切相关。

下列说法正确的是

A．为阻止新型冠状病毒传播，可利用84消毒液对环境进行消毒

B．维生素C具有较强的氧化性，常用作氧化剂

C．中国传统制油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中“碱”是火碱

D．我国自主研发的5G芯片材料是二氧化硅

2．室温下H2SO4是二元强酸，其稀溶液中，第一步解离是完全的，第二步解离程度较低，HSO

H＋＋SO

（K2=1.0×10-2）。

设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．56g单质铁与足量稀硫酸反应产生22.4LH2

B．1L0.1mol/L的硫酸溶液中，含H＋的数目为0.2NA

C．室温下，NaHSO4溶液显碱性

D．稀硫酸溶液中存在关系：

c（HSO

）＋c（OH-）＋2c（SO

）=c（H＋）

3．绿原酸具有很高的药用价值，其结构如图所示，下列说法正确的是

A．该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．其苯环上的一氯代物有三种

C．1mol绿原酸与5molH2发生加成反应D．分子中所有C原子可能共面

4．W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且分属于三个不同周期的短周期元素，X、Y同周期。

X、Y、Z可形成一种无色剧毒气体（结构如图所示），下列说法错误的是

A．X、Y、Z形成的简单氢化物中Y的氢化物熔沸点最高

B．Z元素形成的含氧酸均为强酸

C．W与X、Y均能形成至少2种二元化合物

D．原子半径X大于Y

5．下列实验分离操作能达到目的的是

A．甲：

分离碘单质和氯化铵的混合固体B．乙：

分离硫酸钡固体和氯化钠溶液的混合物

C．丙：

分离乙醇和水的混合溶液D．丁：

分离硝基苯和苯的混合溶液

6．化学反应原理是研究化学的重要工具，下列相关说法正确的是

A．CH4（g）＋Cl2（g）

CH3Cl（g）＋HCl（g）能自发进行，则该反应

H＞0

B．向碳酸钠溶液中通入少量的氯气：

Na2CO3＋H2O＋2Cl2=2HClO＋2NaCl＋CO2

C．室温下，稀释0.1mol/L的HClO溶液，溶液中c（ClO-）减小

D．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和碳酸钠溶液，振荡过滤洗涤，向沉淀中加入盐酸溶液有气体产生，说明Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）

7．科学家最近设计出了质子膜H2S电池，实现了H2S废气变废为宝，电池结构原理如图，下列相关说法正确的是

A．电极a为正极，发生还原反应

B．H＋经过固体电解质膜向a电极移动

C．电极b的反应为：

O2＋4e-＋4H＋=2H2O

D．用该电池进行粗铜的精炼，当电路中转移2mole-时，阳极减轻64g

二、实验题

8．苯胺是一种重要精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的应用。

实验室以苯为原料制取苯胺，其原理简示如下：

+HNO3

+H2O

+3H2

+2H2O

物质

沸点/°C

密度/（g*cm3）

部分性质

苯

80

0.88

无色油状液体，难溶于水

硝基苯

210.9

1.23

无色或淡黄色油状液体，不溶于水，易溶于乙醇、乙醚

苯胺

184.4.

1.02

无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇、乙醚:

还原性强，易被氧化

实验步骤：

I．制取硝基苯

实验室采用如图所示装置制取硝基苯，A中装有一定量的苯，三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。

请回答下列问题：

（1）仪器A的名称是___________。

（2）配制浓硫酸和浓硝酸的混合物时，应将___________逐滴加入到___________中，并及时搅拌和冷却。

（3）实验装置中长玻璃导管的作用是___________。

（4）粗硝基苯用5%NaOH溶液洗涤的目的是___________。

II．制取苯胺

①组装好实验装置（如图，夹持仪器已略去），并检查气密性。

②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压分液漏斗，换上温度计。

③打开活塞K，通入H2一段时间。

④利用油浴加热，使反应液温度维持在140℃进行反应。

⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰。

⑥调整好温度计的位置，继续加热，收集182～186℃馏分，得到较纯苯胺。

回答下列问题：

（5）操作①中加入沸石的作用___________，冷凝装置中的冷凝水应该从___________（填“a”或者“b”）口进入。

（6）若实验中步骤③和④的顺序颠倒，则实验中可能产生的不良后果是___________。

（7）蒸馏前，步骤⑤中加入生石灰的作用是___________。

（8）若实验中硝基苯用量为5mL，最后得到苯胺2.79g，苯胺的产率为___________。

三、原理综合题

9．甲烷水汽重整反应（SMR）是我国主要的制氢技术，可以转变我国能源结构，助力我国实现“碳达峰”的目标。

SMR反应常伴随水煤气变换反应（WGS）：

SMR：

CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）ΔH1=akJ·mol-1K1=1.198×

WGS：

CO（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）ΔH2=bkJ·mol-1K2=1.767×

回答下列问题：

（1）根据SMR和WGS的平衡常数，判断：

ΔH1___________0，ΔH2___________0（填“＜”或“＞”）。

（2）CO2甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径，反应机理如图，写出该反应的化学反应方程式___________，该反应的ΔH=___________，关于这一反应机理，下列说法正确的是___________。

A．CO2被吸附在MgO的表面而发生反应B．Pd是反应的催化剂

C．反应过程既有碳氧键的断裂，也有碳氧键的形成D．反应过程中有CO分子中间体生成

（3）一定条件下，向恒容平衡反应器中通入1MPaCH4和3MPaH2O（g），发生SMR和WGS反应，平衡时，CO为mMPa，H2为nMPa，此时CH4（g）的分压为___________MPa（用含m、n的代数式表示）。

（4）SMR中，CH4分子与H2O分子在催化剂Ni表面的活性位点（能够发生断键的表面区域）断键并发生反应，实验测得甲烷的反应速率

。

随水蒸气分压

的变化如下图1，

超过25kPa时，

随

的增大而减小，原因是___________。

（5）SMR和WGS工艺会产生CO2废气，可以基于原电池原理，利用混合电子-碳酸根离子传导膜捕获废气（N2、CO2、O2）中的CO2，如上图2，CO2在电池___________极（填“正”或“负”）被捕获，该电极反应方程式为___________。

四、工业流程题

10．以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、MgCO3等杂质）为原料制备MnSO4的工艺流程如下图：

已知：

常温下，Ksp（MnS）=1×10-11.金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：

金属离子

Fe3+

Fe2+

Mn2+

Mg2+

开始沉淀

1.5

6.3

7.6

9.6

完全沉淀

2.8

8.3

10.2

11.6.

（1）酸浸时选择H2SO4而不是HCl的原因可能是___________和___________，沉淀池1中，加入MnO2时发生反应的离子方程式为___________。

（2）该工艺流程中废渣和沉淀1、2均需用水洗涤，并将洗涤液返回酸浸工序，目的是___________。

（3）沉淀2的化学式是___________，不能用NaOH代替NaF，其原因是___________。

（4）含MnSO4溶液中还含有___________杂质（填离子符号），利用KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀的现象可以检验Mn2＋，发生反应的离子方程式为___________。

（5）电解MnSO4溶液可进一步获得二氧化锰，电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn（OH）2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。

欲使溶液中c（Mn2＋）≤1.0×10-5mol·L-1，则应保持溶液中c（S2-）≥___________mol·L-1。

五、结构与性质

11．电石（CaC2）是一种用于生产乙炔的浅色固体。

它是由氧化钙与焦炭反应形成的：

CaO＋3C

CaC2＋CO。

德国化学家维勒发现，电石与水反应释放出乙炔气体（C2H2）和氢氧化钙，也含有H2S、PH3等杂质气体。

回答下列问题：

（1）上述六种元素中，电负性最大的是___________（填写元素名称），原子半径最大者在基态时核外电子占据的轨道数目为___________个。

（2）H2S、PH3分子中心原子的价层电子对数目___________（填“相同”或“不同”）。

根据等电子原理，画出C

离子的电子式___________，乙炔分子中C原子的杂化方式为___________。

（3）已知键能数据如下表：

化学键

N-N

N=N

N=N

键能/kJ.mol-1

247

418

942

化学键

C-O

C=O

C=O

键能/kJ.mol-1

351

745

1072

请解释CO比N2容易发生反应：

___________。

（4）如图为电石的四方晶胞（长方体），钙离子位于___________，它填入C

离子围成的八面体空隙。

计算一个晶胞内含有化学式的数量为___________。

（5）已知电石密度为2.13g·cm-3，阿伏伽德罗常数为6.02×1023mol-1，x、y值均为a

（1

=10-10m），则z=___________nm（用含a的式子表示，且数字保留整数）。

已知a＜4.0，则距离钙最近的C

中心有___________个。

六、有机推断题

12．科学家们特别关注两种吸收紫外线的化学物质X和Y。

其合成路线分别如下：

已知：

+H2O

回答下列问题：

（1）A为单一官能团化合物，其中含氧官能团名称为___________。

C具有两个相同官能团，C的化学名称为___________。

X的分子式为___________。

（2）鉴别A和D可以选用的试剂为___________（填序号）。

①NaOH溶液②FeCl3溶液③NaHCO3溶液

（3）醛E的核磁共振氢谱显示吸收峰面积为3：

2：

2：

1，写出E的结构简式为___________。

F生成饱和一元醇G的反应类型为___________，G中含有___________个手性碳（注：

连接四个各不相同的基团和原子的碳）。

（4）写出饱和一元醇G与乙酸生成H的化学方程式___________。

（5）Y吸收紫外线后形成双聚体

等多种异构体，请指出这样的双聚体共有___________种（不考虑手性异构）。

参考答案

1．A

【详解】

A．84消毒液主要成分为NaClO，可以氧化蛋白质使其变性，从而消毒杀菌，且无毒，可以利用其对环境进行消毒，A正确；

B．维生素C具有较强的还原性，常用作还原剂，B错误；

C．“碱”是纯碱，即碳酸钠，火碱是NaOH，C错误；

D．芯片的主要成分是硅单质，二氧化硅可以用来制作光导纤维，D错误；

综上所述答案为A。

2．D

【详解】

A．未指明温度和压强，无法确定气体的体积，A错误；

B．1L0.1mol/L的硫酸溶液中含有0.1molH2SO4，但由于硫酸的第二步解离程度较低，所以溶液中的H＋的数目小于0.2NA，B错误；

C．硫酸第一步解离完全，所以HSO

不会水解，NaHSO4溶液显酸性，C错误；

D．稀硫酸溶液中存在电荷守恒c（HSO

）＋c（OH-）＋2c（SO

）=c（H＋），D正确；

综上所述答案为D。

3．B

【详解】

A．该物质含有碳碳双键、醇羟基（与羟基相连的碳原子上有氢原子）、酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；

B．该物质结构不对称，苯环上的三个氢原子各不相同，所以一氯代物有三种，B正确；

C．碳碳双键、苯环可以和氢气加成，所以1mol绿原酸最多与4molH2发生加成反应，C错误；

D．分子中存在三个C原子连接在同一饱和碳原子上的结构，不可能所有碳原子共面，D错误；

综上所述答案为B。

4．B

【分析】

四种元素分属于三个不同周期的短周期元素，且W的原子序数最小，所以W为H元素，X、Y同周期，X可以和Y形成双键，X共可以形成4个共价键，则X为C元素，Y为O元素，Z可以形成一个共价键，且为第三周期元素，则Z为Cl元素。

【详解】

A．X、Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HCl，H2O分子间存在氢键，熔沸点最高，A正确；

B．Cl元素形成的含氧酸不一定为强酸，如HClO为一元弱酸，B错误；

C．H与C元素可以形成甲烷、乙烷等多种烃类，H与O可以形成H2O、H2O2等二元化合物，C正确；

D．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径C＞O，D正确；

综上所述答案为B。

5．D

【详解】

A．碘易升华、氯化铵受热易分解成HCl和氨气，当碘凝华时HCl和氨气又重新反应生成氯化铵，无法用加热的方法分离二者的固体混合物，且烧杯一般不用来加热固体，也没有接收碘单质、氯化铵的仪器，A不能达到目的；

B．过滤时漏斗内需要有滤纸，且需要玻璃棒引流，B不能达到目的；

C．乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方式分离，C不能达到目的；

D．硝基苯和苯互溶，沸点不同，可用蒸馏的方法分离，蒸馏时注意温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝水要下进上出，苯的沸点为78.83℃，硝基苯的沸点为210.9℃，可用水浴加热，D能达到目的；

答案选D。

6．C

【详解】

A．该反应能自发进行，说明

，CH4（g）＋Cl2（g）

CH3Cl（g）＋HCl（g）的

=0，则

，

，A错误；

B．氯气少量不能生成二氧化碳，只能生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为Na2CO3＋H2O＋Cl2=HClO＋NaHCO3＋NaCl，B错误；

C．加水稀释HClO，溶液体积增大程度大于电离平衡向右移动使n（ClO-）增大的程度，因此总体来说c（ClO-）减小，C正确；

D．碳酸钠足量，无论BaSO4和BaCO3的Ksp谁大，都会产生碳酸钡沉淀，因此无法比较BaSO4和BaCO3的Ksp，D错误；

答案选C。

7．C

【分析】

由图可知H2S在电极a发生氧化反应转化为S2，因此电极a为负极，电极b为正极。

【详解】

A．由分析可知电极a为负极，发生氧化反应，A错误；

B．电解质中阳离子移向正极，因此H＋经过固体电解质膜向b电极移动，B错误；

C．电极b为正极，氧气在正极得电子，发生还原反应，电极反应式为O2＋4e-＋4H＋=2H2O，C正确；

D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中比铜活泼的金属先失电子，因此当电路中转移2mole-时，阳极减轻的质量不为1molCu的质量，即64g，D错误；

答案选C。

8．分液漏斗浓硫酸浓硝酸冷凝回流，减少苯的损失除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸和NO2防止暴沸a加热时H2和O2混合会发生爆炸，生成的苯胺会被O2氧化吸收反应生成的水60%

【分析】

本实验的目的是以苯为原料制取苯胺，首先制取硝基苯，制备混酸时要注意浓硫酸稀释会放热，苯易挥发，实验过程中要注意减少苯的挥发损失；然后制取苯胺，为防止苯胺被氧化，需先用氢气排尽装置内的空气，但要注意氢气和氧气的混合物受热易发生爆炸，利用油浴加热进行反应，结束后加热生石灰进行干燥，之后分馏收集苯胺。

【详解】

（1）根据仪器A的结构特点可知其为分液漏斗；

（2）浓硫酸稀释时放热，为防止暴沸应将浓硫酸逐滴加入到浓硝酸中；

（3）苯易挥发，长导管可以冷凝回流，减少苯的损失；

（4）实验完成后，三颈烧瓶中会有剩余的浓硫酸、浓硝酸以及浓硝酸被还原得到的NO2，加入5%NaOH溶液可以除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸和NO2；

（5）加入沸石可以防止液体暴沸；为增强冷凝效果，冷凝水应从a口进入；

（6）通入氢气的目的是排尽装置中的空气，若③④颠倒，生成的苯胺会被空气中O2氧化，且装置内温度较高，加热时H2和O2混合会发生爆炸；

（7）硝基苯和氢气反应生成苯胺时，同时会有水生成，加入生石灰可以吸收反应生成的水；

（8）根据题目所给信息可知5mL硝基苯的物质的量为

=0.05mol，则理论上可以生成苯胺0.05mol，所以产率为

×100%=60%。

9．＞＜CO2（g）+4H2（g）

CH4（g）+2H2O（g）-（a+b）kJ·mol-1AB1-

（m+n）H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点，导致活性位点的CH4分子过少，r（CH4）减小正2CO2+O2+4e-=2CO

【详解】

（1）根据K1的表达式可知温度越高，平衡常数越大，即升高温度平衡正向移动，为吸热反应，所以ΔH1＞0；根据K2的表达式可知温度越低，平衡常数越大，即降低温度平衡正向移动，为放热反应，所以ΔH2＜0；

（2）据图可知加入的反应物为CO2和H2，最终产物为CH4和H2O，Pd、MgO均为催化剂，该反应的化学方程式为CO2（g）+4H2（g）

CH4（g）+2H2O（g）；根据盖斯定律-（SMR+WGS）可得该反应的ΔH1=-（a+b）kJ·mol-1；

关于这一反应机理，下列说法正确的是：

A．据图可知CO2被吸附在MgO的表面而发生反，H2被吸附在Pb表面发生反应，A正确；

B．该过程中反应物为CO2和H2，最终产物为CH4和H2O，Pd、MgO均为催化剂，B正确；

C．据图可知该过程中只有碳氧键的断裂，没有碳氧键的生成，反应过程中形成了氧氢键、碳氢键，C错误；

D．反应过程中有MgOCO中间体形成，并没有生成CO分子，D错误；

综上所述答案为AB；

（3）恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比，不妨设初始通入1molCH4和3molH2O，则平衡时CO为mmol，H2为nmol，设此时n（CH4）为xmol，则Δn（CH4）为（1-x）mol，所以SMR反应生成的氢气为3（1-x）mol，生成的CO为（1-x）mol，所以WGS反应消耗的CO为（1-x-m）mol，生成的氢气为（1-x-m）mol，所以有（1-x-m）mol+3（1-x）mol=nmol，解得x=[1-

（m+n）]mol，所以CH4（g）的分压为[1-

（m+n）]MPa；

（4）

增大，即通入的水蒸气增多，所以H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点，导致活性位点的CH4分子过少，r（CH4）减小；

（5）废气中含有氧气，据图可知O2发生还原反应与CO2结合生成碳酸根，所以该电极得电子为正极，所以废气中的CO2在电池的正极被捕获，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO

。

10．不引入新的杂质盐酸后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O提高锰的回收率（或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等合理答案都可）MgF2若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低NH

、Na+2MnO

+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+1×10-6

【分析】

菱锰矿加入硫酸进行酸浸，得到含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+等阳离子的溶液，沉淀池中加入MnO2将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，然后加入氨水调节pH得到Fe（OH）3沉淀，过滤后再加入NaF得到MgF2沉淀，此时溶液中的阳离子主要为Mn2+，还有少量Na+、NH

，蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4晶体。

【详解】

（1）使用盐酸会引入Cl-，为新的杂质，且后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2；沉淀池1中加入MnO2主要是将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（2）废渣和沉淀1、2中都会有少量Mn2+，用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率；

（3）沉淀池1中得到的沉淀为Fe（OH）3，此时溶液中阳离子有NH

、Mg2+、Mn2+等，所以加入NaF的主要作用是除去Mg2+，得到的沉淀2为MgF2；根据题目所给信息可知若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；

（4）除铁时用氨水调节pH，除镁时加入NaF，所以含MnSO4溶液中还含有NH

、Na+杂质；KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀，该黑色沉淀应为MnO2，发生归中反应，离子方程式为2MnO

+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

（5）c（Mn2＋）≤1.0×10－5mol·L－1时，c（S2－）≥

mol/L=1×10-6mol/L。

11．氧10相同

spCO中断裂第一个π键键能（327kJ·mol-1）比N2的（524kJ·mol-1）小很多顶点和体心2

4

【详解】

（1）非金属性越强电负性越大，上述六种元素中，氧元素的非金属性最强，电负性最大；核外电子层数越多原子半径越大，所以上述元素中原子半径最大的是Ca元素，基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，共占据1+1+3+1+3+1=10个轨道；

（2）H2S的中心原子价层电子对数为

=4，PH3的中心原子价层电子对数为

=4，二者价层电子对数目相同；N2和C

所含原子总数均为2，价电子总数均为10，二者互为等电子体，根据N2的电子式可知C

的电子式为

；乙炔分子中C原子形成碳碳三键，为sp杂化；

（3）根据表格数据可知CO中断裂第一个π键键能（327kJ·mol-1）比N2的（524kJ·mol-1）小很多，所以CO比N2容易发生反应；

（4）电石由Ca2+和C

构成，所以白球代表Ca2+，位于顶点和体心；Ca2+的数目为

=2，所以含有化学式的数量为2；

（5）晶胞的质量为

g，晶胞的体积为a2z×10-20m3=a2z×10-16cm3，所以有

=2.13g·cm－3，解得z=

×10-7cm=

nm；a<4.0，则

＞0.625nm=6.25

＞a

，所以位于与z轴平行的4条棱的棱心上的C

中中心距离Ca2+距离最近。

12．羧基间苯二酚（或1,3-苯二酚）C14H12O3②③CH3CH2CH2CHO加成反应1

+CH3COOH

+H2O10

【分析】

A中只有一个官能团，根据B的结构简式可知A中苯环上连接一个碳原子，结合A的分子式可知其为

；根据X的结构简式可知X的分子式为C14H12O3，而B的分子式为C7H5OCl，D的分子式为C7H8O2，所以应是B脱去氯原子后取带D中的一个氢原子生成X，则D的结构简式应为

；C有两个相同的官能团，根据其分子式可知应是含有两个酚羟基，结合D中苯环上取代基的位置可知C为

；

根据H生成Y的反应条件可知该反应与所给信息反应类似，则H为

，则G和乙酸发生酯化反应生成H，G为

；根据反应条件可知E生成F的反应也与题目所给反应类似，