四川省绵阳市届高三第一次诊断性考试理综化学试题Word格式.docx
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c＞b
C．a、b、c可能形成离子化合物D．e的最高价氧化物对应的水化物是强酸
6．利用一种微生物可将废水中苯酚的化学能直接转化为电能，装置如图所示。
电池工作时，下列说法正确的是
A．a
为正极，发生氧化反应
B．b极上的电极反应为：
2NO3-+12H+-10e-=N2↑+6H2O
C．中间室的Cl-向左室移动
D．左室消耗苯酚（C6H5OH）
9.4g时，用电器流过2.4mol电子
二、实验题
7．苯佐卡因（对氨基苯甲酸乙酯）常用于创面、溃疡面及痔疮的镇痛。
在实验室用对氨基苯甲酸（
）与乙醇反应合成苯佐卡因，有关数据和实验装置图如下：
相对分子质量
密度（g·
cm-3）
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
乙醇
46
0.79
-114.3
78.5
与水任意比互溶
对氨基苯甲酸
137
1.374
188
399.9
微溶于水，易溶于乙醇
对氨基苯甲酸乙酯
165
1.039
90
172
难溶于水，易溶于醇、醚类
产品合成：
在250mL圆底烧瓶中加入8.2g对氨基苯甲酸（0.06mol）和80mL无水乙醇（约1.4mol），振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入10mL浓硫酸，将反应混合物在80℃水浴中加热回流1h，并不时振荡。
分离提纯：
冷却后将反应物转移到400mL烧杯中，分批加入10%Na2CO3溶液直至pH=9，转移至分液漏斗中，用乙醚（密度0.714g·
cm-3）分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸出醚层，冷却结晶，最终得到产物3.3g。
（1）仪器A的名称为______，在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的______。
（2）该合成反应的化学方程式是______。
（3）将烧瓶置于冰水浴中的目的是______。
（4）分液漏斗使用之前必须进行的操作是_______，乙醚层位于_______（填“上层”或“下层”）；
分离提纯操作加入无水硫酸镁的作用是_________。
（5）合成反应中加入远过量的乙醇目的是_________；
分离提纯过程中加入10%Na2CO3溶液的作用是_________。
（6）本实验中苯佐卡因的产率为_________（保留3位有效数字）。
该反应产率较低的原因是_________（填标号）。
a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多b．催化剂加入量不足
c．产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚d．酯化反应是可逆反应
8．碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。
某电解精炼铜的阳极泥经预处理后主要含有TeO2和少量Ag、Au,以此预处理阳极泥为原料制备单质碲的一种工艺流程如下:
已知TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱分别生成Te4+和TeO32-。
回答下列问题:
（1）阳极泥预处理时发生反应:
Cu2Te+O2→CuO+TeO2,Cu2Te中Te的化合价为_____，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。
（2）“过滤I”所得滤液中，阴离子主要有_______，要从滤渣1中分离出Au,可以向滤渣中加入的试剂是_________。
（3）步骤②控制溶液的pH为4.5～5.0,反应的化学方程式为________，防止酸度局部过大的操作是____________。
（4）步骤④发生反应的离子方程式是____________。
（5）高纯碲的制备采用电解精炼法。
将上述流程得到的粗碲溶于NaOH溶液配成电解液,用适当的电极进行电解，阳极产生的气体是____,阴极上的电极反应式为____________。
三、原理综合题
9．二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题:
（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。
已知;
：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（l）+H2O（l）△H=-131.0kJ/mol；
H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol。
CH3OH的燃烧热△H=_______。
（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可以直接转化为乙酸：
CO2（g）+CH4（g）
CH3COOH（g）△H=+36.0kJ/mol。
在不同温度下乙酸的生成速率变化如右图所示。
①当温度在250℃～300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是______；
当温度在300℃～400℃范围时，影响乙酸生成速率的主要因素是________。
②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是________（填标号）。
A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．降低压强
（3）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：
C（s）+CO2（g）
2CO（g）。
①向容积为1L的恒容容器中加入0.2molCO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如右图所示，则该反应为_____（填“放热”或“吸热”）反应。
某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，平衡____（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量________（填“变大”、“变小”或“不变”）。
②向压强为p，体积可变的恒压容器中充入一定量CO2，650℃时反应达平衡，CO的体积分数为40.0%，则CO2的转化率为_________。
气体分压（p分）=气体总压（p总）×
体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp），此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=_________（用含p的代数式表示），若向平衡体系中再充入V（CO2）:
V（CO）=5:
4的混合气体，平衡______（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。
10．铁、钴、镍的性质非常相似，它们的化合物应用十分广泛。
（1）基态铁原子的价电子排布式为_______。
铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是________。
（2）CoCl2溶于氨水并通入空气，可从溶液中结晶出橙黄色的[Co（NH3）6]Cl3晶体。
该配合物中配体分子的立体构型是_______，其中心原子的杂化轨道类型为_________。
（3）铁、镍易与CO作用形成羰基配合物Fe（CO）5、Ni（CO）4,Fe（CO）5的熔点为253K,沸点为376K,则Ni（CO）4固体属于_____晶体，其中存在的化学键类型为_________。
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm,则熔点NiO_______FeO（填“>
”“<
”或“=”），原因是___________。
（5）Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。
Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2-数之比为______，有_____%的正八面体空隙没有填充阳离子。
Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18g/cm3,则该晶胞参数a=_____pm。
（写出计算表达式）
四、有机推断题
11．化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成:
已知：
CHO+CH3CHO
RCH（OH）CH2CHO。
试回答：
（1）A的化学名称是________，A→B的反应类型是________。
（2）B→C反应的化学方程式为________。
（3）C→D所用试剂和反应条件分别是________。
（4）E的结构简式是_________。
F中官能团的名称是________。
（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D
的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有____种。
其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰,峰面积比为2:
1:
2:
2：
1的同分异构体的结构简式为________。
（6）写出用乙醇为原料制备2-丁烯醛的合成路线（其他试剂任选）________。
参考答案
1．D
【解析】A.食品中的抗氧化剂具有还原性，故A错误；
B.尼龙绳的主要成分是合成高分子化合物，故B错误；
C.用氯气可以处理自来水是利用氯气的氧化性，氯气与Cu2+、Hg+、Pb2+等重金属离子不能反应，故C错误；
D.ClO2具有强氧化性，可以用于自来水的杀菌消毒，等物质的量的二氧化氯和氯气相比较，二氧化氯转移的电子要多，消毒效果比Cl2的高，故D正确；
故选D。
2．B
【解析】A．酯类物质可以在酸性条件下发生水解，也可以在碱性条件下水解，故A正确；
B．淀粉水解产物为葡萄糖，但蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，故B错误；
C.乙醇具有还原性，能使高锰酸钾褪色；
乙酸与高锰酸钾不反应，但相互溶解，不分层，苯与高锰酸钾溶液分层，现象各不相同，故C正确；
D.有机物
的二氯代物有：
骨架为
的有5种，骨架为
的有1种，共6种，故D正确；
故选B。
3．B
【解析】A.根据分子的结构简式可知，该物质的分子式为C10H16，故A错误；
B.分子中存在碳碳双键，能够发生加成反应，含有饱和碳原子，能发生取代反应，故B正确；
C.该物质与乙烯的结构不相似，含有2个碳碳双键和碳环，与乙烯不属于同系物，故C错误；
D.分子中含有饱和碳原子
和周围的碳原子一定不在同一平面上，故D错误；
4．C
【解析】
【详解】
A.1mo118OH-中含有9mol质子，故A错误；
B.标准状况下，HF不是气体，无法计算11.2L HF所含原子数，故B错误；
C.2.8g乙烯和一氧化碳混合气体的物质的量为
=0.1mol，所含分子总数为0.1NA，故C正确；
D.未注明溶液的体积，无法判断二者反应的量的多少，故D错误；
故选C。
5．D
【分析】
a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，b3-与d3+离子的电子层结构相同，则b为N元素，d为Al元素；
c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，c为O元素，a的原子中只有一个电子，a可能为H或Li，则e可能为第ⅣA族的Si或第ⅦA族元素为Cl元素。
A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子的半径：
c>
d，故A正确；
B.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：
b，故B正确；
C.a可能为H或Li、与N、O元素可能形成离子化合物，如硝酸锂，故C正确；
D.硅酸属于弱酸，故D错误；
【点睛】
元素的不确定增大了本题的难度。
根据题意无法确定ae的元素种类，推断是要注意“原子序数依次增大且不同主族”对元素的要求。
6．C
根据图示，在b电极，高浓度的NO3-废水，转化为氮气和低浓度的NO3-废水，说明N元素化合价降低，发生还原反应，因此b电极为正极，则a电极为负极。
A.a
为负极，不是正极，故A错误；
B.b极是正极，发生还原反应，故B错误；
C.在原电池中，阴离子向负极移动，中间室的Cl-向左室移动，故C正确；
D.左室消耗苯酚（C6H5OH）
9.4g，物质的量为
=0.1mol，反应后生成二氧化碳和水，转移的电子为2.8mol，故D错误；
7．球形冷凝管沸石（或碎瓷片）
+CH3CH2OH
+H2O散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失检查是否漏液上层干燥吸水作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率中和过量的浓硫酸和调节pH33.3%（或33.4%）ad
由题中信息可知，在圆底烧瓶中加入对氨基苯甲酸和无水乙醇，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入浓硫酸作催化剂，两者可以发生酯化反应生成苯佐卡因。
冷却后将反应物转移到400mL烧杯中，分批加入10%Na2CO3溶液直至pH=9，转移至分液漏斗中，用乙醚分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸出醚层，冷却结晶，最终得到产物。
（1）由仪器的结构特征，可知A为球形冷凝管，液体加热，需要加入碎瓷片防止暴沸，故答案为球形冷凝管；
碎瓷片（或沸石）；
（2）对氨基苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，
反应的化学方程式为
+H2O；
（3）将烧瓶置于冰水浴中可以散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失；
（4）分液漏斗使用前必须进行查漏，乙醚的密度小于溶液密度，分层后在上层，加入少量无水硫酸镁的目的是干燥乙醚，故答案为检查是否漏液；
上层；
吸收乙醚中的水；
（5）加入过量乙醇，有利于平衡正向移动，可以提高对氨基苯甲酸的利用率，同时可以作为产物的溶剂，反应后溶液中的催化剂硫酸使溶液显酸性，加入10%Na2CO3溶液可以除去混有的硫酸并调节pH；
（6）苯佐卡因的理论产量为0.06mol×
165g/mol=9.9g，故产率=
×
100%=33.3%；
a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多可以使得产率降低，a符合题意；
b．催化剂加入量不足，不会影响平衡的移动，产率不变，b不符合题意；
c．产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚不会改变产率，c不符合题意；
d．合成苯佐卡因的反应属于酯化反应，酯化反应是可逆反应，故该反应有一定的限度，在该实验条件下，产品的产率可能较低，d符合题意。
故答案为ad。
本题考查有机物的制备实验，涉及化学仪器识别与使用、物质的分离提纯、基本操作、产率计算等。
本题的易错点为反应方程式的书写，需要注意，该反应属于可逆反应，浓硫酸是该反应的催化剂。
8．-22∶1TeO32－、OH－稀硝酸H2SO4＋Na2TeO3==Na2SO4＋TeO2＋H2O缓慢加入硫酸并不断搅拌Te4+＋2SO2＋4H2O==Te↓＋2SO42－＋8H+O2（或氧气）TeO32－＋4e－＋3H2O==Te↓＋6OH－
Cu2Te+O2→CuO+TeO2，Cu2Te中Cu元素的化合价为+1价，则Te的化合价为-2价，该反应配平后为Cu2Te+2O2=2CuO+TeO2，氧化剂是氧气，还原剂是Cu2Te，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1，故答案为-2；
2∶1；
（2）电解精炼铜的阳极泥经预处理后主要含有TeO2和少量Ag、Au，TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱分别生成Te4+和TeO32-，因此“过滤I”所得滤液中含有TeO32-，另外还有过量的氢氧根离子；
要从滤渣1中主要含有Ag、Au，要分离出Au，可以向滤渣中加入硝酸，故答案为TeO32-、OH－；
稀硝酸；
（3）步骤②控制溶液的pH为4.5～5.0，目的是使TeO2析出，反应的化学方程式为H2SO4＋Na2TeO3==Na2SO4＋TeO2＋H2O，缓慢加入硫酸并不断搅拌可以防止酸度局部过大，故答案为H2SO4＋Na2TeO3==Na2SO4＋TeO2＋H2O；
缓慢加入硫酸并不断搅拌；
（4）TeO2中加入盐酸，将溶解为Te4+，通入二氧化硫发生氧化还原反应，生成Te和硫酸，反应的离子方程式为Te4+＋2SO2＋4H2O==Te↓＋2SO42-＋8H+，故答案为Te4+＋2SO2＋4H2O==Te↓＋2SO42-＋8H+；
（5）粗碲溶于NaOH溶液生成TeO32-，用适当的电极进行电解，阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，阴极发生还原反应，电极反应式为TeO32-＋4e－＋3H2O==Te↓＋6OH－，故答案为O2；
TeO32-＋4e－＋3H2O==Te↓＋6OH－。
9．−726.4kJ/mol催化剂活性降低温度AC吸热正向变小25%
（或0.267p）逆向
（1）①CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（l）+H2O（l）ΔH＝－131.0kJ/mol；
②H2（g）+O2（g）=H2O（l）ΔH＝－285.8kJ/mol；
根据盖斯定律，将②×
3-①得：
CH3OH（l）+3O2（g）=CO2（g）+H2O（l），ΔH＝（－285.8kJ·
mol-1）×
3-（－131.0kJ·
mol-1）=-726.4kJ/mol；
（2）①当温度在250℃～300℃范围时，催化剂活性降低，乙酸的生成速率减慢，当温度在300℃～400℃范围时，乙酸的生成速率加快，说明影响乙酸生成速率的主要因素是温度；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故A正确，B错误；
该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故C正确，D错误；
故选AC；
（3）①根据图像，升高温度，c（CO2）减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，增大了二氧化碳的浓度，平衡正向移动，达到新平衡后，相当于原平衡增大了压强，平衡逆向移动，体系中CO的百分含量变小；
②设起始时二氧化碳为xmol，反应的二氧化碳为ymol，则：
则
100%=40.0%，解得
=
=25%；
设y=1mol，则x=4mol，因此二氧化碳的平衡分压为
p，CO的平衡分压为
p，化学平衡常数Kp＝
p；
平衡时V（CO2）:
V（CO）=3：
2，若向平衡体系中再充入V（CO2）:
V（CO）＝5:
4＜3:
2，则平衡逆向移动。
10．3d64s2铁（或Fe）三角锥形sp3分子配位键、共价键＞相同电荷的离子，半径越小，离子间的静电作用力越大，离子晶体的晶格能越大2∶150%
1010
（1）铁是26号元素，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2；
钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是铁，故答案为3d64s2；
铁；
（2）在[Co（NH3）6]Cl3晶体中配体分子是氨气分子，氨气分子中N原子的价层电子对数=3+
（5-3×
1）=3+1=4，立体构型是三角锥形，其中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为三角锥形；
sp3；
（3）Fe（CO）5的熔点为253K，沸点为376K，熔沸点较低，因此Ni（CO）4的熔沸点也较低，Ni（CO）4固体属于分子晶体，存在的化学键有配位键、共价键，故答案为分子；
配位键、共价键；
（4）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子晶体的晶格能越大，熔点越高；
由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，所以NiO的晶格能大于FeO，熔点是NiO＞FeO，故答案为＞；
相同电荷的离子，半径越小，离子间的静电作用力越大，离子晶体的晶格能越大；
（5）结构中如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙有8个，由图可知晶体结构中O2-离子数目为8×
+6×
=4，故正四面体空隙数与O2-离子数目之比8：
4=2：
1；
图示结构中O2-离子数目为8×
=4，则含有Fe3+和Fe2+的总数为3，图示结构中有4个正八面体空隙，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子；
=4，则含有Fe3+和Fe2+的总数为3，晶胞中有8个图示结构单元，1mol晶胞的质量为8×
（3×
56+4×
16）=8×
232g，则晶体密度=
=5.18g/cm3，a=
1010，故答案为2∶1；
50%；
1010。
本题考查晶胞计算、分子结构、核外电子排布、化学键、杂化轨道等。
本题的难点是（5），要正确理解题意，在计算晶胞参数是要注意“晶胞中有8个图示结构单元”。
11．对二甲苯（或1,4-二甲苯）取代反应
O2/Cu或Ag，加热（或答氧气，催化剂、加热）
碳碳双键、醛基8
（1）根据流程图，A与氯气在光照时发生取代反应生成B，因此A的化学式为C8H10，结合F的结构可知，A中含有苯环，根据信息RCHO+CH3CHO
RCH（OH）CH2CHO，结合D生成E的条件，说明D中含有醛基，苯环对位存在甲基，因此D为
，则A为对二甲苯，故答案为对二甲苯；
取代反应；
（2）B在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成C
，反应的化学方程式为
，故答案为
；
（3）
C为
，D为
，转化条件为O2
/
Cu或Ag，加热，故答案为O2
Cu或Ag，加热；
（4）根据信息RCHO+CH3CHO
RCH（OH）CH2CHO，D为
，因此E为
，F中官能团有碳碳双键和醛基，故答案为
碳碳双键、醛基；
（5）D为
，连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D
的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有：
与
互为同分异构体的醛有3种：
邻位、间位和苯乙醛；
苯环上含有碳碳双键和羟基的有3种：
邻位、间位和对位；
，共8种，其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2:
1的同分异构体的结构简式为
，故答案为8；
（6）用乙醇为原料制备2-丁烯醛，合成过程中需要增长碳链，因此需要用到信息RCHO+CH3CHO
RCH（OH）CH2CHO，因此需要合成乙醛，合成路线为
。
点睛：
本题综合考查了有机合成与推断，难度中等，需要根据流程图结合官能团的相互转化推断出各种物质的结构。
本题的难点是同分异构体数目的判断和合成路线的设计，关键是从碳链的增长要考虑使用题干信息。
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