届四川省高三上学期联测促改活动上学期理科综合化学试题解析版.docx

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届四川省高三上学期联测促改活动上学期理科综合化学试题解析版

四川省2018-2019年度高三“联测促改”活动（上）理综试题

化学部分

1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是

A.强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用

B.在包装盒中放入生石灰，可防止月饼氧化变质

C.制作航天服的聚酯纤维属于新型无机非金属材料

D.通过蒸馏“地沟油”获得汽油，可实现资源的再利用

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据氧化铝的物理性质知，氧化铝熔点高不易燃，且氧化铝比较致密，耐腐蚀耐磨，故A正确；

B.生石灰与水反应，可以作干燥剂使用，但不能防止月饼被氧化，故B错误；

C.制作航天服的聚酯纤维属于有机高分子材料，故C错误；

D.地沟油属于油脂，而汽油是烃类，无法通过蒸馏获取，故D错误。

故选A。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A.1molNa+中含有的电子数为10NA

B.28g聚乙烯中含有的氢原子数为4NA

C.0.1molHCl分子中含有的H+数目为0.1NA

D.1.8gC60和石墨的混合物中含有的碳原子数目为0.15NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.一个钠离子中的电子数为10，则1molNa+中含有的电子数为10NA，故A正确；

B.28g聚乙烯的物质的量为1mol，则其中含有的氢原子数为4NA，故B正确；

C.HCl属于共价化合物，分子中不含H+，故C错误；

D.C60和石墨都由碳原子组成，1.8g的混合物中含有的碳原子的物质的量为：

1.8g÷12g/mol=0.15mol，数目为0.15NA，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，B项为易错点，注意聚乙烯为高分子化合物，可从其最简式进行判断。

3.肉桂酸的结构如图所示，其钠盐可作为新型安全防腐剂。

下列说法错误的是

A.肉桂酸可发生加聚反应B.肉桂酸在水中的溶解度大于其钠盐

C.肉桂酸分子中所有原子可能共平面D.肉桂酸能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色

【答案】B

【解析】

【分析】

从肉桂酸的结构分析肉桂酸的化学性质。

【详解】A.肉桂酸中含有碳碳双键，可发生加聚反应，故A正确；

B.钠盐在水溶液中电离，产生-COO-，属于亲水基，所以钠盐的溶解度更大，故B错误；

C.苯环上所有原子共面，由乙烯的结构可知双键两端的原子也在同一个平面上，羧基中碳原子及氧原子也在一个平面上，单键可以旋转，所以肉桂酸分子中所有原子可能共平面，故C正确；

D.肉桂酸分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，故D正确。

故选B。

【点睛】C项为易错点，注意从苯环、乙烯、甲烷等典型分子的空间结构判断原子共线、共面的问题。

4.下列有关操作的实验现象及解释都正确的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.氨水加热时发生分解，放出氨气，碱性减弱，所以溶液颜色不会加深，故A错误；

B.通入二氧化硫，溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可以氧化亚硫酸生成硫酸根离子，但无明显现象，故B错误；

C.没有明显现象，是因为常温下浓硫酸将铝钝化所致，钝化属于化学反应，故C错误；

D.氯化铁作为催化剂可以加快双氧水的分解，故D正确。

故选D。

【点睛】解答此题容易错误的地方在于忽略了现象是否正确，而只关注结论是否正确。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W和X同周期。

W是同周期主族元素中原子半径最大的元素，Ⅹ的氢化物的水溶液可用于雕刻玻璃，Y和Z的最外层电子数之和等于X的核外电子总数。

下列说法正确的是

A.离子的半径：

Y>X

B.W单质在氧气中的燃烧产物含有非极性共价键

C.氧化物对应的水化物酸性：

Y>Z

D.简单气态氢化物的热稳定性：

X>Z

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题干信息分析元素的种类，根据元素周期律进一步解答。

【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W和X同周期。

W是同周期主族元素中原子半径最大的元素，则W为Li，X的氢化物的水溶液可用于雕刻玻璃，则X为F，Y和Z的最外层电子数之和等于X的核外电子总数,则Y和Z可能为Mg和Cl、Al和S、Si和P。

A.电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以X>Y，故A错误；

B.W单质在氧气中的燃烧产物只有氧化锂，不含共价键，故B错误；

C.非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，Z的非金属性强于Y，故C错误；D.非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，X的非金属性强于Z，故D正确。

故选D。

【点睛】用于雕刻玻璃的是氢氟酸，知道该知识点是解决此题的突破口，另外F元素的非金属性最强。

6.常温下，已知：

Ka（CH3COOH）=1.8×10－5，Kb（NH3·H2O）=1.8×10－5，下列说法正确的是

A.向0.1mol·L－lCH3COOH溶液中滴入氨水，至中性：

c（NH3·H2O）+c（NH4+）＞c（CH3COO－）+c（CH3COOH）

B.向20mL1mol·L－lCH3COONa溶液中通入0.01molHCl：

c（Na+）>c（Cl－）>c（CH3COO－）>c（H+）

C.向100mL0.1mol·L－lNH4HSO4溶液中通入224mL（标况下）NH3：

c（NH3·H2O）=c（H+）－c（OH－）

D.用0.1mol·L－l醋酸滴定10.00mL0.1mol·L－l的NaOH溶液至恰好中和：

c（CH3COOH）+c（H+）=c（CH3COO－）+c（OH－）

【答案】C

【解析】

【分析】

根据物料守恒和电荷守恒等规律分析溶液中离子浓度的大小。

【详解】A.因为Ka（CH3COOH）=1.8×10－5，Kb（NH3·H2O）=1.8×10－5，溶液呈中性时，溶液为醋酸铵溶液，根据物料守恒得：

c（NH3·H2O）+c（NH4+）=c（CH3COO－）+c（CH3COOH），故A错误；

B.CH3COONa的物质的量为0.02mol，通入0.01molHCl，反应后溶质为0.01molNaCl、0.01molCH3COOH和0.01molCH3COONa，氯化钠和醋酸钠完全电离，醋酸部分电离，所以离子浓度大小为：

c（Na+）>c（CH3COO－）>c（Cl－）>c（H+），故B错误；

C.NH4HSO4的物质的量为0.01mol，通入NH30.01mol，根据物料守恒得：

c（NH4+）+c（NH3·H2O）=0.02mol/L，c（SO42-）=0.01mol/L，根据电荷守恒得：

2c（SO42-）+c（OH－）=c（H+）+c（NH4+），即0.02mol/L+c（OH－）=c（H+）+c（NH4+），结合可得：

c（NH3·H2O）=c（H+）－c（OH－），故C正确；

D.用0.1mol·L－l醋酸滴定10.00mL0.1mol·L－l的NaOH溶液至恰好中和时，此时溶液中溶质为醋酸和醋酸钠，则c（Na+）>c（CH3COOH），由电荷守恒得：

c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO－）+c（OH－），则c（CH3COO－）+c（OH－）>c（CH3COOH）+c（H+），故D错误。

故选C。

【点睛】根据电离平衡常数及水解平衡常数的表达式得电离平衡常数相等时，其对应离子的水解程度相等。

7.锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点，可作为汽车的动力电源。

该电池采用无毒的ZnI2水溶液作电解质溶液，放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池，其工作原理如下图所示。

下列说法错误的是

A.放电时，Zn2+通过离子交换膜移向右侧

B.放电时，电解液储罐中I3－和Ⅰ－的物质的量之比逐渐增大

C.充电时，多孔石墨接外电源的正极

D.通过更换金属锌和补充电解液储罐中的电解液可实现快速“充电”

【答案】B

【解析】

【分析】

根据原电池原理及图示中的电池构造分析解答。

【详解】A.电池中左侧锌作负极，放电时，Zn2+通过离子交换膜向右侧正极移动，故A正确；

B.放电时，正极发生还原反应：

I3－+2e-=3Ⅰ－，所以电解液储罐中I3－和Ⅰ－的物质的量之比逐渐减小，故B错误；

C.充电时，多孔石墨做阳极，发生氧化反应，才能使电池恢复原状，所以接外电源的正极，故C正确；

D.放电后，金属锌质量减小，电解液浓度发生变化，所以通过更换金属锌和补充电解液储罐中的电解液可实现快速“充电”，故D正确。

故选B。

【点睛】电池在放电时，正极发生还原反应，则充电时，该电极应发生氧化反应，故该电极作阳极，与电源正极相连。

8.氢氧化钡是分析化学中的重要试剂。

工业上以重晶石矿（主要成分BaSO4，含杂质Fe2O3、SiO2）为原料，生产Ba（OH）2·8H2O的流程示意如下：

已知：

高温焙烧，炭还原重晶石的反应方程式为：

BaSO4+4C

CO↑+BaS

（1）氢氧化钡的电子式为___________。

（2）水浸并过滤后的滤渣中含三种单质，分别为C、___________和___________（填化学式），滤液1显___________（填“酸性”或“碱性”）。

向滤液1中加入CuO后，会生成黑色沉淀，该反应的化学方程式为___________。

（3）还可采用如下流程对滤液1进行处理：

若D物质为AB型，其组成与MnO2相同，滤液1中加入MnO2的化学方程式为___________。

该方法的优点是___________。

（4）由滤液2得到产品需采用的操作是___________、___________、过滤。

【答案】

（1）.

（2）.Fe（3）.Si（4）.碱性（5）.BaS+CuO+H2O=CuS+Ba（OH）2（6）.BaS+MnO2+H2O=MnO+S+Ba（OH）2（7）.MnO2可以循环利用（8）.蒸发浓缩（9）.冷却结晶

【解析】

【详解】

（1）根据电子式的书写规则氢氧化钡的电子式为：

；

（2）在焙烧过程中，碳将Fe2O3、SiO2中的Fe和Si还原出来，所以水浸并过滤后的滤渣中有Fe和Si；根据题干信息，BaS在水浸时发生水解反应生成氢氧化钡，所以滤液呈碱性；向滤液1中加入CuO后发生反应为：

BaS+CuO+H2O=CuS+Ba（OH）2；故答案为：

Fe；Si；碱性；BaS+CuO+H2O=CuS+Ba（OH）2；

（3）由图示及二氧化锰的氧化性可得该反应方程式为：

BaS+MnO2+H2O=MnO+S+Ba（OH）2，该方法的优点是MnO2可以循环利用，故答案为：

BaS+MnO2+H2O=MnO+S+Ba（OH）2；MnO2可以循环利用；

（4）根据氢氧化钡的溶解性可知要获取Ba（OH）2·8H2O需采用的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：

蒸发浓缩；冷却结晶。

【点睛】在书写电子式时，相同的离子要分开书写，不能合并；注意题干要求书写化学式而不是名称，这也是该题的易错点。

9.无水氯化锌是有机合成中重要催化剂，无水氯化锌为白色粉末，易潮解，沸点为732°C。

久置市售氯化锌常含Zn（OH）Cl，影响催化效果。

实验室用HCl气体“置换”除水、升华氯化锌相结合的方法提纯市售氯化锌，其装置如下图所示：

（1）装置A中盛浓硫酸的仪器名称是__________，装置B中试剂是__________.

（2）实验开始时，通入HCl和N2，将管式炉I、Ⅱ升温至150°C，装置C中发生的化学反应方程式为__________；此时通入N2的目的是__________。

（3）反应一段时间后保持管式炉I、Ⅱ温度为350°℃，保证将水除尽，撤去管式炉__________（填“I”或“II”），升温余下的管式炉至750C，该操作的目的是__________；最后在氮气保护下将氯化锌刮岀玻璃管外，保存待用。

（4）若称取12.6g市售氯化锌样品，经提纯最终得到高纯氯化锌12.9g，则样品中氯化锌纯度为__________。

（5）为保证无水氯化锌的纯度，对上述装置进行改进，措施是__________。

【答案】

（1）.分液漏斗

（2）.浓硫酸（3）.Zn（OH）Cl+HCl

ZnCl2+H2O（4）.赶出空气，带出生成的水蒸气（5）.II（6）.使I中氯化锌升华，并在II中冷凝（7）.84.9%（8）.在装置C和D之间加入一个干燥装置

【解析】

【详解】

（1）装置A中盛浓硫酸的仪器是分液漏斗，装置B作用是干燥气体，其中试剂是浓硫酸；故答案为：

分液漏斗；浓硫酸；

（2）根据题干信息知装置C中发生的化学反应方程式为：

Zn（OH）Cl+HCl

ZnCl2+H2O；此时通入N2的目的是赶出空气，带出生成的水蒸气，故答案为：

Zn（OH）Cl+HCl

ZnCl2+H2O；赶出空气，带出生成的水蒸气；

（3）根据题干中氯化锌沸点的信息知，撤去管式炉II，升温余下的管式炉至750C，该操作的目的是使I中氯化锌升华，并在II中冷凝，故答案为：

II；使I中氯化锌升华，并在II中冷凝；

（4）用差量法计算得：

Zn（OH）Cl+HCl

ZnCl2+H2O

117.513618.5

m12.9g-12.6g

m=（12.9g-12.6g）

117.5/18.5=1.90g，则纯度为:

100%=84.9%，故答案为：

84.9%；

（5）无水氯化锌易潮解，为了防止潮解，对上述装置进行改进，措施是：

在装置C和D之间加入一个干燥装置，故答案为：

在装置C和D之间加入一个干燥装置。

10.硝酸工业中产生的NO是一种大气污染物，可以通过如下反应处理：

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）；△H1

（1）已知：

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H2=－566kJ·mol－l

N2（g）+O2（g）

2NO（g）；△H3=+181kJ·mol－l

则△H1=___________

（2）在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入4moINO、2molCO。

①若为恒容密闭容器，在10min时达到平衡状态，压强为原来的

，这段时间内，NO的平均反应速率为___________，平衡常数为___________L·mol－1，此时NO的转化率a%；平衡后，向恒容密闭容器中再充入2molNO、1molCO，重新达到平衡时，NO的转化率将___________（填“增大”、“不变”或“减小”）；

②若为恒压密闭容器，平衡后NO的转化率为b%，则a%________b%（填“<”、“=”或>”）

（3）工业上，NO与CO混合气体以一定流速和一定的比例，通过填充有A、B催化剂的反应器，在A、B两种催化剂作用下，CO转化率与温度的关系如下图所示。

①工业上选择催化剂___________（填“A”或“B），理由是___________。

②在催化剂B作用下，高于550K时，CO转化率下降的理由可能是___________。

【答案】

（1）.－747kJ·mol－l

（2）.0.04mol/（mol·L）（3）.5/144（4）.增大（5）.<（6）.A（7）.A在较低的温度下，具有较强的催化活性（8）.催化剂活性降低，具有较多的副反应

【解析】

【分析】

根据盖斯定律计算反应热；用等效平衡原理分析平衡的移动。

【详解】

（1）已知：

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H2=－566kJ·mol－l②

N2（g）+O2（g）

2NO（g）；△H3=+181kJ·mol－l③

根据盖斯定律得：

②-③得2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）；则△H1=△H2-△H3=－747kJ·mol－l，故答案为：

－747kJ·mol－l；

（2）①用三段式法计算得：

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）

开始（mol）4200

反应（mol）nn0.5nn

平衡（mol）4-n2-n0.5nn

压强为原来的

，则[4-n+（2-n）+0.5n+n]/（4+2）=14/15，n=0.8mol，平衡时:

c（NO）=1.6mol/L，c（CO）=0.6mol/L，c（N2）=0.2mol/L，c（CO2）=0.4mol/L；v（NO）=（0.8mol÷2L）÷10min=0.04mol/（mol•L）；平衡常数k=c（N2）∙c2（CO2）/c2（NO）∙c2（CO）=5/144；由方程式可得，增大压强平衡向正反应方向移动，所以平衡后，向恒容密闭容器中再充入2molNO、1molCO，重新达到平衡时，NO的转化率将增大；故答案为：

0.04mol/（L.mol）；5/144；增大；

②根据方程式的特点，恒压相对于恒容，相当于增大压强，平衡向正方向移动，转化率增大，所以a%

<；

（3）①由图示可得，应选择催化剂A，原因是A在较低的温度下，具有较强的催化活性；故答案为：

A，A在较低的温度下，具有较强的催化活性；

②CO转化率下降的理由可能是：

催化剂活性降低，具有较多的副反应。

11.青铜是金属冶铸史上最早的合金，其主要金属为铜和锡。

回答下列问题：

（1）基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为___________。

（2）若基态锡原子价层电子排布式写成5s25px2，则其违背了___________。

（3）①由下表判断，卤化锡的熔点和沸点变化规律为___________，其原因是___________。

②SnCl2是一种强还原剂，其中心原子的杂化方式为___________，分子几何构型为___________。

（4）Cu的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水所生成的化合物中，存在的作用力有___________（填标号）

A.离子键B.共价键C.金属键D.范德华力

（5）铜与氧形成化合物的晶体结构如图所示。

该化合物的化学式为___________，O的配位数是___________。

若该立方晶胞的晶胞参数为dnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为___________g/cm3（列出计算表达式）。

【答案】

（1）.14

（2）.洪特规则（3）.SnCl4、SnBr4、SnI4的熔沸点逐渐升高（4）.分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大（5）.sp2（6）.V形（7）.AB（8）.Cu2O（9）.8（10）.567×1021/d3∙NA

【解析】

【分析】

根据核外电子排布规律分析原子轨道数目；根据价层电子对互斥理论分析分子空间结构；根据晶胞的结构计算晶胞的密度。

【详解】

（1）Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子形成Cu+，Cu+基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，其电子占据14个原子轨道，故答案为：

14；

（2）洪特规则：

原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时：

①电子尽可能分占不同的原子轨道，②自旋状态相同，该原子核外电子排布没有排py或px轨道，所以违反洪特规则，故答案为：

洪特规则；

（3）①由图表数据可知，SnCl4、SnBr4、SnI4的熔沸点逐渐升高；原因为：

分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故答案为：

SnCl4、SnBr4、SnI4的熔沸点逐渐升高；分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大；

②根据价层电子对互斥理论得SnCl2中心原子的杂化方式为sp2，含有1个孤电子对，所以分子几何构型为V形，故答案为：

sp2；V形；

（4）形成了铜氨离子：

[Cu（NH3）4]（OH）2，所以存在离子键和共价键，故答案为：

AB；

（5）Cu原子处于晶胞内部，O原子处于晶胞顶点与面心，晶胞中Cu原子数目为8、O原子数目为8×1/8+6×1/2=4，故晶体的化学式为Cu2O；以上底面面心O原子研究，与之最近的Cu原子为晶胞中上层4个Cu原子，及面心氧原子所在另外晶胞中下层4个Cu原子，所以O原子配位数为8；晶胞中Cu原子数目为8、O原子数目为4，晶胞体积V=（d×10-7cm）3，则ρ=m/V=（8×64+4×16）/NA（d×10−7）3=567×1021/d3∙NA，故答案为：

Cu2O；8；567×1021/d3∙NA。

【点睛】s轨道有1个，p轨道有3个，d轨道有5个；计算晶胞内微粒数目时要注意微粒所在位置；单位的换算也是容易错误的地方。

12.以基本的化工原料，可合成生活中常见的有机高分子材料PE（

）和PC（

），合成路线如下：

已知：

R1COOR2+R3OH

R1COOR3+R2OH（酯交换反应）

（1）A的名称为_______________。

（2）由A生成PP、由B生成

的反应类型分别为_____________、_____________。

（3）C为芳香烃，分子中含有两个甲基。

则由A生成C的化学方程式为_____________。

（4）B、F所含官能团的名称分别为_____________、_____________。

（5）E的结构简式为_____________。

（6）在由A、B合成PC的过程中，可循环使用的有机物是_____________（写结构简式）。

（7）D与

也可发生酯交换反应，生成G（C13H10O3）。

则3种符合下列条件的G的同分异构体的结构简式为_____________、_____________和_____________。

①分子中含有两个苯环②遇FeCl3显色

③可与饱和NaHCO3溶液反应④有10种化学环境不同的氢

【答案】

（1）.丙烯

（2）.加聚反应（3）.氧化反应（4）.

（5）.碳碳双键（6）.羟基（7）.

（8）.CH3OH（9）.

（10）.

（11）.

【解析】

【分析】

根据合成路线及有机物的结构特征分析解答。

【详解】

（1）由题干信息得PP是聚丙烯，则A为其单体，名称为：

丙烯，故答案为：

丙烯；

（2）由A生成PP，反应类型为：

加聚反应；由乙烯生成

的过程中得到氧，所以反应类型为：

氧化反应，故答案为：

加聚反应；氧化反应；

（3）A为丙烯，与苯发生加成反应，则由A生成C的化学方程式为：

；

（4）B为乙烯，官能团为：

碳碳双键；F为

与甲醇反应所得，根据合成路线知F为乙二醇，则官能团为：

羟基，故答案为：

碳碳双键；羟基；

（5）逆推法，PC由

和E缩聚得到，故E的结构简式为：

，故答案为：

；

（6）由合成路线可知在由A、B合成PC的过程中，可循环使用的有机物是CH3OH；故答案为：

CH3OH；

（7）D为苯酚，与

可发生酯交换反应，生成G（C13H10O3），由题干要求知，G中要含有酚羟基、羧基和两个苯环，且有10种不同化学环境的氢原子，所以同分异构体的结构简式为：

。

【点睛】遇FeCl3显色是苯酚的性质，可判断结构中含酚羟基；在判断同分异构体时，要注意对称性，根据氢原子的化学环境调整官能团的位置。