全国市级联考四川省成都市届高三第三次诊断性检测理综化学试题解析版.docx

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全国市级联考四川省成都市届高三第三次诊断性检测理综化学试题解析版

四川省成都市2018届高三第三次诊断性检测

理综化学试题

1.化学与社会、生活密切相关。

对下列物质用途解释错误的是

选项

用途

解释

A

钛合金可用于人造卫星等领域

钛合金具有密度小、熔点高等特点

B

明矾在净水中作絮凝剂

明矾具有氧化性，可消毒杀菌

C

生石灰可作煤炭燃烧的固硫剂

生石灰可与煤燃烧生成的SO2反应

D

维生素C在食品工业中可作抗氧剂

维生素C具有还原性

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】人造卫星使用的材料应该尽量的轻同时也要能低于较高或较低的温度，所以选项A正确。

明矾用作水处理剂的原因是铝离子水解得到氢氧化铝胶体，胶体吸附水中杂质，选项B错误。

生石灰可以与煤燃烧生成的二氧化硫反应生成亚硫酸钙，最终转化为硫酸钙，达到固定硫的目的，选项C正确。

维生素C有一定的还原性，加在食品中达到防止食品被氧化的目的，选项D正确。

2.某有机玻璃的单体分子（只含C、H、O元素）结构模型如图所示。

下列分析正确的是

A.该分子所有原子可能共面B.与该单体互为同分异构体的羧酸类有4种

C.该有机高分子的链节为

D.该有机玻璃容器可贮存强酸强碱溶液

【答案】C

3.常温下，设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是

A.1molD3O+中含中子数目为10NA

B.一定条件下1molN2与4molH2充分反应后，所得混合物中极性键数目为6NA

C.在100.0mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入50.0mL0.5mol/L稀盐酸，生成CO2气体分子数目为0.01NA

D.在1.0L含有Na+、K+、Cl-、CO32-的溶液中，H+数目小于1.0×10-7NA

【答案】D

【解析】1个D3O+离子中有11个中子，所以1molD3O+中含中子数目为11NA，选项A错误。

N2与H2的反应是可逆反应，所以无法计算生成的氨气的量，也就无法计算极性键的数目，选项B错误。

100.0mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，NaOH和Na2CO3的物质的量都是0.01mol，加入50.0mL0.5mol/L稀盐酸（0.025mol），氢氧化钠会消耗0.01molHCl，剩余的0.15molHCl再与0.01molNa2CO3反应，明显HCl不足，无法将碳酸钠都反应，所以二氧化碳气体一定小于0.01mol，选项C错误。

含有Na+、K+、Cl-、CO32-的溶液中CO32-水解，溶液显碱性，所以pH＞7，即c（H+）＜1×10-7，所以1L该溶液的氢离子数目小于1.0×10-7NA。

选项D正确。

4.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。

甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的常见化合物，其中丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质。

甲、乙的溶液均呈碱性。

下列说法错误的是

A.甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡B.乙和戊都含有离子键

C.原子半径r（D）>r（B）>r（C）>r（A）D.A、B、C形成的化合物一定显酸性

【答案】D

【解析】丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质，说明需要有两种化合物反应生成一种单质的化学反应，符合要求的熟悉的反应应该是过氧化钠和水或二氧化碳反应生成氧气单质，所以丙、丁为二氧化碳或水，戊为过氧化钠，己为氧气，元素C为O。

根据A、B、C、D的原子序数依次增大，得到D为Na，A为H，B为C，结合以上四种元素得到：

甲为碳酸氢钠，乙为碳酸钠。

甲（碳酸氢钠）加入水碳酸氢根离子水解，促进水电离；戊（过氧化钠）加入水中，反应得到氢氧化钠抑制水电离，所以甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡，选项A正确。

乙（碳酸钠）和戊（过氧化钠）都是离子化合物，所以都存在离子键，选项B正确。

所有原子中H的半径最小，并且：

同周期元素从左向右半径减小，同主族元素从上向下半径增大，所以四种元素的半径顺序为：

r（D）>r（B）>r（C）>r（A），选项C正确。

A、B、C即H、C、O能组成很多化合物，包括有机物，很有可能是中性化合物，例如：

乙醇，选项D错误。

点睛：

本题的着眼点是熟悉两个化合物生成单质的化学反应。

本题主要考察的就是过氧化钠与二氧化碳以及水反应生成氧气单质的过程。

这样的反应，除以上两个以外，也可以是：

CO还原金属氧化物得到金属单质；某些氧化剂氧化盐酸生成氯气（比如：

实验室制氯气）；氨气和氮氧化物生成氮气等。

5.控制变量是科学研究重要方法。

由下列实验现象一定能得出相应结论的是

选项

A

B

装

置

图

现象

右边试管产生气泡较快

左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色

结论

催化活性：

Fe3+>Cu2+

氧化性：

Br2>I2

选项

C

D

装

置

图

现象

试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体

试管中液体变浑浊

结论

Ksp：

AgCl>AgBr>AgI

非金属性：

C>Si

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：

Fe3+>Cu2+，选项A正确。

选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：

Br2>I2，选项B错误。

向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：

AgCl>AgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：

AgCl>AgI，但是不能得到Ksp：

AgBr>AgI，选项C错误。

盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D错误。

6.载人空间站为了循环利用人体呼出的CO2并将其转化为O2，设计装置工作原理如图所示，以实现“太阳能能→电能→化学能”的转化。

总反应为2CO2=2CO+O2。

下列说法正确的是

A.该装置属于原电池B.水在Y电极参与反应

C.反应完毕，该装置中电解质溶液碱性增强D.X极反应：

O2+2H2O+4e-=4OH-

【答案】B

【解析】题目叙述为：

该装置实现“太阳能→电能→化学能”转化，而电能转化为化学能为电解池，选项A错误。

根据电子流向得到：

Y为电解池的阴极，应该发生还原反应，总反应中得到发生还原反应的是CO2，再考虑到需要生成氢氧根离子，使其能透过阴离子交换膜，得出Y电极方程式为：

CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，选项B正确。

该装置的总反应为2CO2=2CO+O2，该反应对于溶液的氢离子、氢氧根离子以及水都无影响，所以反应前后溶液的pH并不变化，选项C错误。

X为阳极，发生氧化反应，应该是阴极生成的氢氧根离子失电子，电极方程式为：

4OH--4e-=2H2O+O2↑，选项D错误。

7.已知H2A为二元弱酸，室温下向100.0mL0.1mol/LH2A溶液中加入不同质量的NaOH固体，pH变化如下表（不考虑溶液体积变化）。

下列分析正确是

m（NaOH）/g

0

0.4

0.8

1.2

pH

3.8

8.3

12.0

13.2

A.H2A第一步电离K1的数量级为10-8

B.上述过程中水的电离程度一直增大

C.m（NaOH）=0.6g时，c（Na+）>c（A2-）>c（HA-）>c（OH-）>c（H+）

D.若溶液中加NaOH至

时，c（OH-）>100c（H+）

【答案】D

【解析】初始时，0.1mol/LH2A溶液的pH=3.8，根据氢离子浓度的近似计算公式c（H+）=

，所以Ka1=10-6.6，其数量级为10-7，选项A错误。

初始时，0.1mol/LH2A溶液对于水的电离一定是抑制，随着H2A逐渐被中和，转化为盐，则变成对水的电离产生促进，最后氢氧化钠过量，再对水的电离产生抑制，选项B错误。

加入的氢氧化钠为0.6g（0.015mol）的时候，溶液为Na2A和NaHA浓度相等的混合溶液，由表中数据得到此时溶液一定显碱性，因为A2-的水解能力一定强于HA-，且A2-水解应该得到HA-，所以c（A2-）＜c（HA-），选项C错误。

加入0.4g氢氧化钠（0.01mol）时，溶液为NaHA的溶液，pH=8.3，根据选项A的解析，Ka1=10-6.6，而Ka2一定远小于Ka1，即HA-的电离应该很困难，所以此时溶液中的

一定大于100。

为了使溶液

，应该加入一些氢氧化钠，此时溶液的pH一定高于8.3。

考虑到溶液的pH=8时，c（OH-）＝100c（H+），所以pH＞8时，一定有：

c（OH-）>100c（H+），选项D正确。

点睛：

选项D是一个比较麻烦的问题，解题的思路是，当c（OH-）>100c（H+）时，溶液的pH一定大于8，所以需要证明

时，溶液的pH大于8。

由题目已知NaHA溶液的pH=8.3，而NaHA溶液中的

一定大于100，即HA-的电离程度一定小于1%。

原因是初始时，0.1mol/LH2A溶液的pH=3.8，即H2A的电离程度已经小于1%了，HA-的电离应该远比H2A差。

由上得到pH=8.3时溶液中的

＞100，所以

时pH一定大于8，进而得到选项D正确。

8.研究NO2、NO、CO污染物处理，对建设美丽中国具有重要意义。

（1）①NO2（g）+CO（g）==CO2（g）+NO（g）  △H1=-234.00kJ/mol

②1/2N2（g）+1/2O2（g）=NO（g）  △H2=-89.75kJ/mol

③2NO（g）+O2（g）==2NO2（g）  △H3=-112.30kJ/mol。

若NO2气体和CO气体反应生成无污染气体，其热化学方程式为______________。

（2）某温度下，向10L密闭容器中分别充入0.1molNO2和0.2molCO，发生反应：

2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g） ，经10min反应达到平衡，容器的压强变为原来的

。

①0～10min内，CO的平均反应速率v（CO）=__________；

②若容器中观察到_____ ，可判断该反应达到平衡状态；

③为增大污染物处理效率，起始最佳投料比为______；

④平衡后，仅将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡_____（填“右移”或“左移”或“不移动”）。

（3）在高效催化剂作用下用NH3还原NO2进行污染物处理。

①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成氮气的物质的量与时间变化如图a。

活化能最小的是______（用E（A）、E（B）、E（C）表示三种催化剂下该反应活化能）。

②在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系如图b。

试说明图中曲线先增大后减小的原因________（假设该温度范围内催化效率相同）。

（4）有人设想在含有NO2的酸性污水中加人填充有铝粉的多孔活性炭颗粒进行水的净化。

试结合电极反应说明多孔活性炭的主要作用_____。

【答案】

（1）.2NO2（g） +4CO（g）=4CO2（g）+N2（g） △H=-868.8 kJ/mol

（2）.4×10-4mol/ （L.min）（3）.体系内气体颜色不再改变（4）.

（5）.不移动（6）.E（A）（7）.低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快；高于300℃，反应已平衡，随温度升高，反应逆向进行（8）.活性炭在与铝粉形成的原电池中作正极，发生反应2NO2+8H++8e-=N2 ↑+4H2O，将NO2 转化为无污染物质N2

【解析】

（1）反应①×4－②×2＋③×1得到：

2NO2（g） +4CO（g）=4CO2（g）+N2（g） △H=-868.8 kJ/mol。

（2）2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）

起始：

0.10.200

反应：

x2xx/22x

平衡：

0.1－x0.2－2xx/22x

恒温恒容压强的比等于气体的物质的量的比，所以

，解得x=0.02mol。

①由上参加反应的CO为0.04mol，反应速率为

=4×10-4mol/ （L.min）。

②反应达平衡以后所有物质的浓度都不变化，因为NO2的浓度不变，所以体系的颜色应该也不变化，则观察到颜色不变，证明反应达平衡。

③为增大污染物处理效率，应该保证反应尽量转化为生成物，即两个反应物都不过量，所以起始最佳投料比为

。

④达平衡时一定有Q=K，现在仅将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，因为两者的系数相等，且一个在分子一个在分母，所以浓度商的比值Q不变，即Q依然等于K，反应平衡不移动。

（3）①一般来说，反应的活化能越小，反应的速率越快，所以E（A）最小。

②曲线为在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系，则曲线上的点不一定代表平衡态。

反应速率慢的时候，该时间段不能达平衡，则速率越快，反应的量越多；反应速率很快的时候，反应达平衡，则温度越高，平衡逆向移动，反应的量减少。

所以原因为：

低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快；高于300℃，反应已平衡，随温度升高，反应逆向进行。

（4）明显这个处理过程是原电池，加入铝和碳就组成了原电池的两个电极，铝为负极，碳为正极，其表面应该发生NO2得电子转化为氮气的反应，所以方程式为：

2NO2+8H++8e-=N2 ↑+4H2O。

点睛：

本题中可以用到一个结论：

投料比等于系数比时，生成物具有最高的百分含量。

即

时，在整个体系中，氮气的含量最高。

9.某小组实验探究葡萄糖、二氧化硫分别与新制氢氧化铜的反应。

实验I 新制Cu（OH）2与葡萄糖反应

（1）将1.5mL1.0mol/LCuSO4溶液滴入5mLl.0mol/LNaOH溶液中制得Cu（OH）2悬浊液。

相关反应的离子方程式为___________。

（2）在制得的Cu（OH）2悬浊液中加入稍过量葡萄糖溶液，加热煮沸,产生红色沉淀。

①该实验现象说明_______________；

②该原理可用于检测糖尿病患者血液中的______含量。

实验II 新制Cu（OH）2与二氧化硫反应

按上述方法重新制取氢氧化铜悬浊液,通入足量二氧化硫，先产生红色沉淀,然后红色沉淀逐渐变为紫红色固体，最终溶液呈无色。

（1）探究红色沉淀转变为紫红色的原因。

将实验I产生的红色沉淀过滤、洗涤,洗涤方法是_____。

将所得固体分成两等份于试管中并加入少量蒸馏水进行对比实验。

实验装置图

操作及现象

红色固体很快转变为紫红色固体,溶液呈蓝色。

开始红色固体缓慢变为紫红色固体,溶液呈蓝色。

试管内紫红色固体逐渐增多，最后溶液变无色。

解释及结论

①该反应的离子方程式

_________________。

②开始时红色固体颜色变化缓慢的原因是_________。

③所得无色溶液中主要阴离子为___________________。

（2）通过上述探究，写出新制氢氧化铜与过量SO2反应的总化学方程式______________。

反思:

将表中SO2换为NO2是否能观察到相同现象?

 回答并解释：

__________。

【答案】

（1）.Cu2+ +2OH-=Cu（OH）2 ↓

（2）.Cu（OH）2具有氧化性，葡萄糖具有还原性（3）.葡萄糖（4）.用玻璃棒引流,向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水流出后,按上述操作重复2~3 次（5）.Cu2O+2H+==Cu+Cu2+ +H2O（6）.SO2 溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c（H+）较小，Cu2O 与H+反应慢（7）.SO42-（8）.Cu（OH）2+SO2=Cu+H2SO4（9）.不能。

因为NO2 溶于水生成HNO3 具有强氧化性，将Cu2O 直接氧化成Cu（NO3）2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成。

【解析】实验Ⅰ

（1）将1.5mL1.0mol/LCuSO4溶液滴入5mLl.0mol/LNaOH溶液中制得Cu（OH）2悬浊液，其方程式为：

Cu2+ +2OH-=Cu（OH）2 ↓。

.........

实验Ⅱ

（1）洗涤沉淀的基本方法就是：

向过滤器中加入蒸馏水，使蒸馏水将沉淀表面的杂质洗去，重复操作2～3即可。

所以答案为：

用玻璃棒引流，向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水流出后，按上述操作重复2~3 次。

①实验中的现象为：

红色固体（氧化亚铜）很快转变为紫红色固体（单质铜），溶液呈蓝色（铜离子），所以反应为：

Cu2O+2H+==Cu+Cu2+ +H2O。

②氧化亚铜转化为单质铜和铜离子，需要在酸性条件下进行，而亚硫酸的酸性弱，氢离子较少，所以开始时反应比较慢。

③最后溶液的蓝色褪去，说明铜离子都被二氧化硫还原为单质铜了，所以二氧化硫应该被氧化为硫酸根离子。

（2）由上，新制氢氧化铜与过量SO2反应生成单质铜和硫酸根离子，所以反应为：

Cu（OH）2+SO2=Cu+H2SO4。

如果将表中SO2换为NO2，NO2与水反应生成具有强氧化性的硝酸，硝酸可以直接将氧化亚铜转化为硝酸铜，所以无法观察到同样的现象。

10.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3,还含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3等杂质，工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示:

已知:

MnCO3+2NH4Cl

MnCl2 +CO2 ↑+2NH3 ↑+H2O↑

（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。

焙烧时适宜温度为_____ ；800℃以上锰的浸取率偏低，可能原因是________。

（2）净化包含三步:

①加入少量MnO2，反应的离子方程式为___；

②加氨水调pH，生成沉淀主要是_________；

③加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+。

（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为___________。

（4）滴定法测产品纯度

I取固体产品1.160 g 于烧杯中,加入过量稀H2SO4充分振荡，再加入NaOH 溶液至碱性，发生反应2Mn2+ +O2 +4OH-=2MnO（OH）2；

II加入过量KI 溶液和适量稀H2SO4，发生反应:

MnO（OH）2 +2I-+4H+=Mn2+ + I2 +3H2O；

III 取I中混合液的1/10于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000 mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，发生反应:

2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，滴定终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。

①判断滴定终点的方法是____________。

②假设杂质不参与反应，则产品纯度为________。

【答案】

（1）.500℃

（2）.温度过高,NH4Cl 分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小（或MnCO3 分解发生其它副反应，使浸取率减小或MnCl2 挥发导致Mn损失或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低或高温固体烧结，固体表面积减少等）（3）.MnO2+2Fe2+ +4H+=Mn2+ +2Fe3+ +2H2O（4）.Fe（OH）3、Al（OH）3（5）.Mn2+ + HCO3-+NH3==MnCO3 ↓+ NH4+（6）.滴入最后一滴Na2S2O3溶液,溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原（7）.99.14%

【解析】

（1）由图示得到，500℃的时候，锰的浸取率已经很大，所以选取500℃即可，没有必要选择更高的温度（因为温度越高，能耗越大）。

温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯化铵分解使反应的量减少（不是很好的答案，因为氯化铵分解的温度大约为337℃）；可能是生成的氯化锰转化为气体离开体系（也不是很好，氯化锰沸点为1190℃）；可能是高温下发生副反应，锰转化为其他化合物。

（2）①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+，所以方程式为：

MnO2+2Fe2+ +4H+=Mn2+ +2Fe3+ +2H2O。

②物质中的杂质主要是Fe、Ca、Mg、Al等元素，因为步骤③中除去Ca2+、Mg2+，所以步骤②加氨水调pH，是为了除去Fe和Al元素，所以沉淀主要是Fe（OH）3、Al（OH）3。

（3）碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰的固体，所以方程式为：

Mn2+ + HCO3-+NH3==MnCO3 ↓+ NH4+。

（4）① 取I中混合液的1/10于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，此时溶液显蓝色，用硫代硫酸钠滴定单质碘，终点时，因为碘单质都被反应，所以溶液褪为无色，所以终点的现象为：

滴入最后一滴Na2S2O3溶液,溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原。

②根据滴定中的反应得到关系式：

2Mn2+～2MnO（OH）2～2I2～4S2O32-。

滴加的硫代硫酸钠为20×0.1÷1000=0.002mol，根据关系式Mn2+为0.001mol，因为是取1/10进行的滴定，所以Mn2+为0.01mol，所以氯化锰也是0.01mol，质量为115×0.01=1.15g，质量分数为1.15÷1.16=99.14%。

11.C、Ti的单质及其化合物在现代社会有广泛用途。

（1）基态钛原子的电子排布式为________。

（2）CS2分子中含有σ键和π键之比为______；NO2+与CO2是等电子体，NO2+的电子式为___ ，键角为_______。

（3）CH3CHO沸点低于CH3CH2OH的原因是_____ ；CH3 CHO分子中碳原子杂化类型为_____。

（4）钛酸钡（BaTiO3）晶体的某种晶胞如图所示。

NA为阿伏加德罗常数值，Ba2+、O2-、Ti4+的半径分别为a pm、b pm、c pm。

①与钡离子等距离且最近的氧离子有______个；

②假设晶体中的Ti4+、Ba2+分别与O2-互相接触，则该晶体的密度表达式为______g.cm-3。

【答案】

（1）.[Ar]3d24s2

（2）.1:

1（3）.

（4）.180°（5）.CH3CH2OH分之间存在氢键（6）.sp2、sp3（7）.12（8）.

或

【解析】

（1）Ti为第22号元素，核外电子排布为[Ar]3d24s2。

（2）CS2和CO2是等电子体，所以结构相同，结构式为S=C=S，双键应该是一个σ键和一个π键，所以σ键和π键都是两个，比例为1:

1。

NO2+与CO2是等电子体，所以结构相似，因为二氧化碳的电子式为：

，所以NO2+的电子式为 

（3）CH3CHO沸点低于CH3CH2OH的原因是：

乙醇有羟基，可以形成分子间氢键，从而提高物质的沸点。

乙醛分子中，甲基碳形成4个单键，所以是sp3杂化，醛基碳形成了一个碳氧双键，所以是sp2杂化。

（4）①将晶胞的结构进行代换，以Ba2+为体心，以Ti4+为顶点得到新的晶胞，此时O2_在12条棱的棱心，所以与钡离子等距离且最近的氧离子有12个。

②由图示可得：

晶胞中有1个BaTiO3，所以晶胞的质量为

；钡离子与氧离子之间的距离为立方体晶胞的面对角线的一半，所以晶胞的边长为

pm，即

cm。

或者得到钛离子与阳离子之间的距离为晶胞边长的一半，得到晶胞边长为2（b+c）×10-10cm。

晶体的密度等于晶胞质量除以晶胞体积，晶胞体积等于晶胞边长的立方，所以由上述数据得到晶体的密度为

或

。

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