高考速递全国市级联考四川省泸州市届高三第三次教学质量诊断考试理综化学试题附答案精品.docx
《高考速递全国市级联考四川省泸州市届高三第三次教学质量诊断考试理综化学试题附答案精品.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考速递全国市级联考四川省泸州市届高三第三次教学质量诊断考试理综化学试题附答案精品.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高考速递全国市级联考四川省泸州市届高三第三次教学质量诊断考试理综化学试题附答案精品
四川省泸州市2018届高三第三次教学质量诊断考试
理综化学试题
1.中国不少古诗词清晰的描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。
”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是
A.“沙中浪底来”指的是金的氧化物
B.淘金原理与化学上的萃取一致
C.雾的分散质粒子直径范围是10-9~10-7cm
D.由沙子到计算机芯片发生了还原反应
【答案】D
【解析】A.金的化学性质稳定，可以以单质的形式存在于自然界，“沙中浪底来”指的是金单质，故A错误；B.沙里淘金的原理是：
金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，不是萃取原理，故B错误；C.雾属于胶体，分散质粒子的直径范围应该是1-100nm，故C错误；D.沙子的主要成分为二氧化硅，计算机芯片为硅单质，硅的化合价从+4价到0价，化合价降低被还原，发生了还原反应，故D正确；本题选D。
2.对伞花烃（图I）常用作染料、医药、香料的中间体。
下列说法错误的是
A.常温对伞花烃呈液态且难溶于水
B.图Ⅱ物质的一氯代物有5种结构
C.对伞花烃最多有9个碳原子共平面
D.图中氢化反应既是加成反应又是还原反应
【答案】B
点睛：
有机物反应时把有机物引入氧或脱去氢的作用叫氧化；引入氢或失去氧的作用叫还原。
3.按图装置进行实验，下列现象能推断出结论的是（）
选项
试剂X
Y中试剂及现象
结论
装置
A
一种盐
酚酞溶液未变红
该盐不可能是铵盐
B
小苏打和纯碱
石灰水变浑浊
纯碱比小苏打稳定
C
氢氧化钙与氯化铵
硝酸银溶液中先产生沉淀后溶解
Ag2O能溶于氨水
D
氯酸钾与二氧化锰
淀粉、碘化钾和和硫酸的混合溶液变蓝
反应产生了Cl2
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A.如果X是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl又会在试管口再次生成NH4Cl，看不到酚酞溶液变红，故A错误；B.小苏打和纯碱混合在一起加热，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，通过现象不能判断产生的二氧化碳是由小苏打还是纯碱分解生成的，故B错误；C.X中的氢氧化钙和氯化铵混合共热生成氨气，氨气通入硝酸银中先生成氢氧化银沉淀，氢氧化银随后分解为Ag2O，Ag2O溶于氨水形成银氨溶液，故C正确；D.氯酸钾与二氧化锰混合加热应该生成O2而不是Cl2，故D错误；本题选C。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）
A.室温下pH=1l的Na2CO3溶液10L，由水电离出的OHˉ数目为0.0lNA
B.1.0L1.0mo/L的NaAlO2溶液中含氧原子数为2NA
C.标准状况下，22.4L己烷含有共价键数为19NA
D.常温下，13.6gNH3和21.3gCl2混合充分反应后，转移电子数为2.4NA
【答案】A
【解析】A.在PH=11的Na2CO3溶液中c（H+）=1×10-11mol/L有c（H+）•c（OH-）=Kw可知c（OH-）=1×10-3mol/L，由水电离出的c（OH-）=1×10-3mol/L，n（OH-）=1×10-3mol/L×10L=0.01mol，所以水电离出的OH-数目为0.0lNA，故A正确；B.1.0L1.0mo/L的NaAlO2溶液中的氧原子包含了水中的氧原子，所以氧原子数量远大于2NA，故B错误；C.标况下，己烷为液态，故C错误；D.氨气的物质的量为0.8mol，氯气的物质的量为0.3mol，甲烷过量，氯气全部反应，方程式为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯气中的氯由0价变为-1价，转移电子数应该为0.6NA，故D错误；本题选A。
点睛：
有过量的氨气时：
8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl ；有少量的氨气时：
2NH3+3Cl2=N2+6HCl
5.用惰性电极电解法制备硼酸[H3BO3或B（OH）3]的工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子和阴离子通过）。
下列有关说法正确的是（）
A.阴极与阳极产生的气体体积比为1：
2B.b极的电极反应式为2H2O－2eˉ=O2↑+4H+
C.产品室中发生的反应是B（OH）3+OHˉ=B（OH）4ˉD.每增加1molH3BO3产品，NaOH溶液增重22g
【答案】D
【解析】分析：
由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室，溶液中c（NaOH）增大，原料室中的B（OH）4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B（OH）4-、H+发生反应生成H3BO3；理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2。
A.由 a、b电极反应式：
2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+可知，阴极生成2molH2同时阳极生成1molO2，故A错误；B.b极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B错误；C.原料室中的B（OH）4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B（OH）4-、H+发生反应生成H3BO3，故C错误；D.理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2质量为1g，同时原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室1mol质量为23g，所以氢氧化钠溶液增重22g，故D正确；本题选D。
6.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，c、d、e、f、h是由这些元素组成的二元化合物，自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，b由W、Y、Q三种元素组成0.05mol/Lb溶液的pH为1，d能使品红溶液褪色，e是液体，f的焰色反应为黄色，上述物质的转化关系如图所示（个别产物略去）。
下列说法错误的是（）
A.二元化合物沸点：
e>d>cB.氢化物的稳定性：
Q>Y>X
C.元素的非金属性：
Y>X>WD.原子半径的大小：
Z>Q>Y
【答案】B
【解析】分析：
自然界硬度最大的单质为金刚石，X为碳元素a为碳，根据b由W、Y、Q三种元素组成0.05mol/Lb溶液的pH为1，d能使品红溶液褪色，e为液体推出b为硫酸，d为SO2，那么c为CO2，e为H2O，f的焰色反应为黄色又可以和H2O反应，f为Na2O2，进一步推出g为O2，h为SO3，W、X、Y、Z、Q依次为H、C、O、Na、S元素。
a、b、c、d、e、f、g、h依次为C、H2SO4、CO2、SO3、H2O、Na2O2、O2、SO3。
A.H2O中有氢键，熔沸点是三种化合物中最高的，CO2比SO3的相对分子质量小，所以熔沸点CO2SO3>CO2，故A正确；B.元素的非金属性越强对应氢化物的稳定性越稳定，故氢化物的稳定性应该是O的稳定性最好，故B错误；C.H、C、O的非金属性强弱为O>C>H，故C正确；D.同周期随着原子序数增大原子半径依次减小，同主族从上到下半径依次增大，半径大小Na>S>O，故D正确；本题选B。
点睛：
熟练掌握碳与硫酸的反应过程和现象是本题解题的关键。
7.298K时，将n（HA）+n（Aˉ）=0.lmol的HA、NaA混合物溶于水形成1L溶液，溶液中c（HA）、c（Aˉ）与pH的关系如图所示。
下列叙述中正确的是
A.a线表示的是c（Aˉ）的变化
B.pH=6时，c（Na+）+c（HA）>0.1mol/L
C.298K时，Aˉ的水解平衡常数（K）的数量级为10-10
D.若将等物质的量的HA、NaA溶于水中，所得溶液pH恰好为4.75
【答案】C
点睛：
解答溶液中的离子浓度关系的问题时，电荷守恒、物料守恒和质子守恒是常用的解题手段。
8.资料表明：
赤热铜能与NO2反应。
某小组设计了如下实验装置进行探究，探究固体产物的成分，气体产物是N2还是NO。
已知：
酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3ˉ；
NO和FeSO4溶液反应：
NO+FeSO4=[Fe（NO）]SO4（棕色）；
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
请回答下列问题：
（1）A中反应的化学方程式为________________________。
（2）检查装置气密性，装好药品，然后实验的正确操作顺序是____________
①关闭K1，打开K2②打开分液漏斗活塞
③打开K1，关闭K2④点燃C处酒精灯
（3）实验过程中，D装置中的现象是____________，能否根据D装置中的现象确认C中有无NO生成?
______，理由是________________________。
（4）E装置的作用是____________。
（5）当铜粉完全反应后，实验小组对反应后的固体成分提出以下猜想：
①只有CuO；②只有Cu2O；有同学认为可通过简单的定性实验即可判断猜想①是否成立，其实验方法是_____________________。
（6）实验中E装置自始至终未显棕色，小组最后通过定量实验得到如下数据。
C装置质量
F装置气体的体积（已折算为标准状况）
玻管质量
Cu质量
反应后（玻管+生成物）
mg
1.92g
（m+2.24）g
112mL
据此写出实验时实际发生反应的化学方程式________________________。
【答案】
（1）.Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
（2）.③②①④（3）.有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅（褪色）（4）.否（5）.NO2与H2O反应生成NO （或NO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色也给分）（6）.检验是否有NO或检验NO是否被吸收完（7）.取C中固体于试管中，加入足量的稀硫酸充分反应，若固体完全溶解，则产物只有CuO（8）.6Cu+2NO2
2CuO+2Cu2O+N2
【解析】
（1）A中发生铜与浓硝酸的反应，化学方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
（2）首先打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞反应开始进行，产生的NO2将装置中的空气排干净，然后关闭K1，打开K2，点燃C处酒精灯，此时注意观察D、E中的现象，所以正确顺序为③②①④。
（3）已知：
酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3ˉ，所以D中出现的现象应该是：
有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅（褪色）。
NO2与H2O反应生成NO ，NO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以仅凭这一现象并不能说明C中有NO生成，答案为：
有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅（褪色）；否；NO2与H2O反应生成NO （或NO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色）；
（4）已知NO和FeSO4溶液反应：
NO+FeSO4=[Fe（NO）]SO4（棕色），所以E装置可以检验是否有NO或检验NO是否被吸收完。
（5）根据已经Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，用稀酸可以检验是否有Cu2O，若有Cu2O可以看到单质Cu生成，故答案为：
取C中固体于试管中，加入足量的稀硫酸充分反应，若固体完全溶解，则产物只有CuO；
（6）实验中E装置自始至终未显棕色，说明没有生成NO，那产物应该是N2，F装置收集到气体为氮气，n（N2）=0.112L/22.4L/mol=0.005mol，增加O的质量=m+2.24-m-1.92=0.32g，进一步求出n（O）=0.32g/16g/mol=0.02mol，所以n（NO2）=0.01mol，物质的量比等于化学计量数比，所以可以写出化学反应方程式为6Cu+2NO2
2CuO+2Cu2O+N2。
9.硒（Se）是第34号元素，是人体内不可或缺的微量元素，可以形成H2Se、SeO2、H2SeO3、H2SeO4、CuSe等多种化合物。
请回答下列问题：
（1）硒在元素周期表中的位置________________________。
（2）在101kPa、一定温度（一般是298K）下，由稳定单质发生反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的标准生成热（△fHθ）。
图1为氧族元素氢化物a、b、c、d呈气态时的生成热数据。
①图1中氢化物d的电子式为__________________________。
②在298K时，硒化氢分解反应的热化学反应方程式为__________________________。
③由图中数据计算，2H2Se（g）+O2（g）
2Se（s）+2H2O（g）△H=_____________KJ/mol
（3）在恒容反应器中，将H2Se（g）和O2（g）按不同比例[n（H2Se）/n（O2）=m]投入反应器，测得反应2H2Se（g）+O2（g）
2Se（s）+2H2O（g）中H2Se的平衡转化率随温度变化如图2所示。
则A、B两点平衡常数大小关系为KA________KB（填“<”、“>”或“=”），图中m1、m2、m3由大到小的顺序为____________，理由是____________________________________。
（4）常温下溶度积：
Ksp（CuSe）=7.9x10-49，Ksp（CuS）=1.3×10-36。
则反应CuS（s）+Se2-（aq）
CuSe（s）+S2-（aq）的化学平衡常数K为____________（结果用科学记数法表示，并保留2位小数）。
当溶液中c（S2-）=100c（Se2-）时，反应中v（正）_____v（逆）（填“<”、“>”或“=”）。
【答案】
（1）.第四周期ⅥA族
（2）.
（3）.H2Se（g）=H2（g）+Se（s） △H=-81kJ/mol（4）.-646（5）.>（6）.m3>m2>m1（7）.相同温度下，增大O2（g）的浓度，m值减小，平衡正向移动，H2Se 的平衡转化率增大（8）.1.65×1012（9）.>
【解析】
（1）硒在元素周期表中的位置为：
第四周期ⅥA族；
（2）非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系为：
根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定．a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O。
①d的电子式为
。
②由图1可知，在298K时，硒化氢的生成热是81kJ/mol，所以分解热△H=-81kJ/mol，故分解反应的热化学反应方程式为：
H2Se（g）=H2（g）+Se（s） △H=-81kJ/mol
③由图1可知，H2O的生成热的热方程式为H2+1/2O2=H2O△H=-242kJ/mol
（1），H2Se分解反应的热化学反应方程式为：
H2Se（g）=H2（g）+Se（s） △H=-81kJ/mol
（2），根据盖斯定律，
（1）×2+
（2）×2可得目标方程式，故△H=-242×2-81×2=-646kJ/mol。
（3）由图2可知，升温转化率降低，则升温平衡常数减小，B点温度高于A点，故KA>KB；相同温度下，H2Se的平衡转化率m3m2>m1。
（4）根据已知方程式可以得出化学平衡常数
；当哈学平衡时有
，而此时溶液中
反应还没有平衡并且v（正）>v（逆），故答案为：
1.65×1012；>。
10.钼是一种重要的过渡元素，钼钢是制火箭发动机的重要材料，钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）是一种重要的金属缓蚀剂。
某工厂利用钼矿（主要成分MoS2）为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体的主要流程图如下：
（1）Na2MoO4·2H2O中元素的价态为_________，工业煅烧钼矿的尾气用过量的氨水处理，反应的离子方程式为________________________________________________。
（2）由图中信息可以判断MoO3是____________氧化物。
（填“酸性”、“碱性”或“两性”）
（3）采用NaClO氧化精钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热，其化学反应为：
NaClO+MoS2+NaOH→Na2MoO4+Na2SO4+NaCl+H2O，该反应配平后，NaClO与MoS2的系数比为____________。
随着温度升高，钼的浸出率的变化如图，高于50℃后浸出率降低的可能原因是____________________________________（写两点）。
（4）操作Ⅲ主要包括____________，操作Ⅱ所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是____________________________________。
（5）锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2
Li（MoS2）n，则电池充电时阳极上的电极反应式为______________________。
（6）某工厂用1.00×103吨粗钼矿（含MoS216.00%）制备钼单质，已知冶炼过程中，钼的损耗率为10.00%，则最终得到钼单质质量为___________吨。
【答案】
（1）.+6
（2）.SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O（3）.酸性（4）.9∶1（5）.随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42; 该反应为放热反应，升温使平衡逆移; NaClO不稳定，随温度升高而分解损耗。
（6）.蒸发浓缩、降温结晶、过滤（7）.取水洗液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净（8）.Lix（MoS2）n-xe-=nMoS2+xLi+（9）.86.4
【解析】
（1）Na2MoO4·2H2O中Na为+1价，O为-2价，所以Mo为+6价；根据题意可知工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，用氨水吸收的离子方程式为：
SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O
（2）由图中信息可知MoO3可以与氨水反应生成MoO42-，所以是酸性氧化物；
（3）利用化合价升降法配平NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，MoS2中Mo的化合价由+4变为+6，S由-1变为+6，配平后的方程式为：
9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，所以NaClO与MoS2的系数比为9:
1；随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42; 该反应为放热反应，升温使平衡逆移; NaClO不稳定，随温度升高而分解损耗。
（4）操作Ⅲ的目的是让溶液中析出晶体，操作应该是：
蒸发浓缩、降温结晶、过滤；检验钼酸是否洗涤干净可以检验洗涤液中中是否含有氯离子，具体操作为：
取水洗液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净。
（5）电池充电时为电解池，阳极上应该发生失电子的反应，所以电极反应为：
Lix（MoS2）n-xe-=nMoS2+xLi+；
（6）根据题意列出计算式
，故最终得到的钼单质质量是86.4吨。
11.镍是重要的合金元素，可制作镍铬、镍铝等合金，镍也常用作有机加氢的催化剂及制取配合物。
（1）写出基态Cr的简化电子排布式__________，Cr中共有__________种不同能级的电子。
（2）Ni（CO）n与Fe（CO）5同属金属羰基配合物，形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，研究发现金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18。
①Ni、C、O的电负性由大到小的顺序为____________________。
②Ni（CO）n分子中n=__________。
③已知Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，根据岩浆晶出规则熔融的NiO和FeO岩浆在冷却过程中，NiO更容易先结晶，试解释其原因____________________。
（3）检定镍、钴、铜钯等可用双氰胺，化学式C2H4N4，其结构简式如图所示。
双氰胺分子中碳原子的杂化方式有__________，分子结构中键能最大的共价键是__________。
（4）镍的晶体结构、镍铝合金的晶胞如图所示。
①镍晶体的堆积方式为__________。
②已知Al的第一、第二电离能分别为：
l1=578kJ/mol，l2=1817kJ/mol，简述l2远大于l1的原因__________________________________________________。
③已知：
镍铝合金密度为dg/cm3，NA代表阿伏伽德罗常数，则铝镍的核间距为__________pm。
（用代数式表示）
【答案】
（1）.[Ar]3d3
（2）.6（3）.O>C>Ni（4）.4（5）.Ni2+离子半径小于Fe2+，NiO中离子键更强，晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先晶出（6）.sp、sp2（7）.C
N（8）.面心立方最密堆积或ccp或fcc（9）.因为Al失去一个电子后最外层是3s2,s是全充满状态，比较稳定，第二个电子很难失去，所以I2远大于I1（10）.
【解析】
（1）Cr属于24号元素，根据构造原理可知Cr的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3，简化为[Ar]3d3，由基态核外电子排布式可知共有6种不同能级；
（2）①Ni、C、O的电负性由大到小的顺序为O>C>Ni；②Ni（CO）n分子中金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18，Ni的价电子数为10，一个CO提供2个电子，所以n应该是4；③Ni2+离子半径小于Fe2+，NiO中离子键更强，晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先晶出。
（3）根据结构简式图，C原子的化学键连接方式有直线型和平面三角形两种构型，由此推断杂化方式为sp、sp2两种，键能大小顺序为：
三键>双键>单键，故分子结构中键能最大的共价键是C
N。
（4）①根据图示可知，镍晶体的堆积方式为：
面心立方最密堆积或ccp或fcc。
②Al的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1，失去3p1的电子比较容易所以第一电离能较小，失去3p1后3s2为全充满，较难失去电子，所以第二电离能远大于第一电离能。
③根据晶胞结构，一个晶胞中含有1个Al一个Ni，所以一个晶胞的质量为：
g；晶胞的边长为
cm，铝和镍的距离为晶胞对角线的一半，所以距离为
pm。
12.2018年大部分地区爆发了流感流感常伴随发热高烧等症状。
布洛芬是一种常用的儿童退热药，它的BHC合成法如下
（1）A的名称是__________，B的核磁共振氢谱有__________种吸收峰。
（2）①反应需用浓盐酸而不用稀盐酸，其原因是______________________________。
（3）E的分子式是__________，官能团的名称是__________。
（4）③反应的化学方程式是____________________，反应类型是__________。
（5）满足下列条件的布洛芬的同分异构体有__________种
a遇FeCl3溶液显紫色b.分子中有5种不同化学环境的氢c.能发生银镜反应
（6）请写出由苯和（CH3COOCH2CO）2O为
升级会员 