山东烟台市届高考化学诊断性试题附解析.docx

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山东烟台市届高考化学诊断性试题附解析

山东烟台市2018届高考化学诊断性试题（附解析）

山东省烟台市2018届高三下学期高考诊断性测试理综化学试题

1.下列生活、生产中用到的材料属于新型无机非金属材料的是（）

A.玻璃钢B.涤纶C.压电陶瓷D.钢化玻璃

【答案】C

【解析】A、玻璃钢属于复合材料，选项A错误；B、涤纶属于合成纤维，是有机高分子化合物，选项B错误；C、压电陶瓷一种能够将机械能和电能互相转换的功能陶瓷材料，属于新型无机非金属材料，选项C正确；D、钢化玻璃属于无机非金属材料，选项D错误。

答案选C。

2.中国传统文化对人类文明贡献巨大。

下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是（）

A.《本草纲目》“（烧酒）自元时创始，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器盛露滴。

”

B.《齐民要术》“凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜廻作醋。

”

C.《开宝本草》“（消石）所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。

”

D.《天工开物》“草木之实，其中蕴藏膏液，而不能自流，假媒水火，凭藉木石，而后倾注而出焉。

”

【答案】B

【解析】A、描述的是酒的蒸馏，涉及分离提纯操作，选项A不选；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以转化成醋酸和水，涉及化学反应但没有涉及分离提纯操作，选项B选；C、包含溶解，蒸发结晶，涉及分离提纯操作，选项C不选；D、榨油或加热熔化使油脂从果实中分离出来，涉及分离提纯操作，选项D不选。

答案选B。

3.下列说法正确的是（）

A.植物油的主要成分是高级脂肪酸

B.异丙苯（）中碳原子可能处于同一平面上

C.某些蛋白质可溶于溶剂形成分子胶体，但遇乙醇发生变性

D.分子式为C4H10O并能与金属钠反应的有机物有5种（不含立体异构）

【答案】C

【解析】A.植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，选项A错误；B.异丙苯（）中苯环为平面结构，与苯环直接相连的C在同一平面内，四面体C最多三原子共平面，故碳原子不可能都处于同一平面上，选项B错误；C.蛋白质溶液是胶体，乙醇可使蛋白质变性，选项C正确；D.分子式为C4H10O并能与金属钠反应的有机物为醇，即为C4H9OH，丁基-C4H9有4种，故符合条件的有机物有4种，选项D错误。

答案选C。

4.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学研究的方法之一。

下列反应的推断或解释正确的是（）

选项操作实验现象推断或解释

A燃烧的钠粒放入CO2中燃烧且有白色和黑色颗粒产生黑色颗粒是炭，白色颗粒可能是Na2CO3

BNH3通入到AgNO3溶液中先有沉淀后消失AgOH具有两性

C乙醇蒸气通过灼热的Fe2O3固体红色固体变黑色，且有刺激性气味乙醇还原Fe2O3一定生成Fe和乙醛

D灼热的木炭放入浓硝酸中放出红棕色气体一定是木炭与浓硝酸反应生成NO2呈红棕色

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】A、燃烧的钠粒放入CO2中，燃烧且有白色和黑色颗粒产生，黑色颗粒是炭，白色颗粒可能是Na2CO3，反应方程式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C，选项A正确；B、AgNO3溶液中滴加氨水至过量，先有沉淀后溶解是因为AgOH与氨水发生了络合反应，AgOH不是两性氢氧化物，选项B错误；C、乙醇一定被氧化为乙醛，但生成的黑色固体除铁外还可能是四氧化三铁或氧化亚铁，选项C错误；D、灼热的木炭放入浓硝酸中，放出红棕色气体，也可能是受热浓硝酸分解生成二氧化氮或是浓硝酸被木炭还原生成的一氧化氮遇空气中的氧气变为红棕色的二氧化氮，选项D错误。

答案选A。

5.下列装置一定能证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行的是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】A、反应产生黄色沉淀，证明碘化钾与硝酸银反应生成碘化银和硝酸钾，不符合，选项A不选；B、两个电极为石墨电极不能发生自发的氧化还原反应，无法形成原电池，无法证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，不符合，选项B不选；C、左边银电极上碘离子失电子产生碘单质，右边银离子在电极上得电子析出银，能证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，符合，选项C选；D、碘化银连接电源的正极氢氧根离子失电子产生氧气，银电极连接电源负极银离子得电子产生银单质，证明电解硝酸银产生银、氧气和硝酸，无法证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，不符合，选项D不选。

答案选C。

6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，W、Y原子的最外层电子数之比为4∶3,原子最外层电子数Z比Y多4个。

下列说法不正确的是（）

A.元素W与氢形成的原子比为1∶1的化合物有很多种

B.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序XWZY

C.Y的氧化物既可溶于盐酸也可溶于氢氧化钠溶液

D.Z的氧化物对应水化物的酸性一定强于W氧化物对应水化物的酸性

【答案】D

点睛：

本题考查元素周期律元素周期表。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素则为氧元素，W、Y原子的最外层电子数之比为4∶3,主族元素最外层电子不能大于等于8且W原子序数小于8，则W为碳元素，Y原子序数大于8则为铝元素，原子最外层电子数Z比Y多4个则Z为氯元素，据此解答。

7.25℃时，在“H2A-HA--A2-”的水溶液体系中，H2A、HA-和A2-三者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示。

下列说法不正确的是（）

A.Ka1（H2A）=10-2、Ka2（H2A）=10-5

B.pH=6时，c（HA-）∶c（A2-）=1∶10

C.NaHA溶液中，HA-的水解能力小于HA-的电离能力

D.在含H2A、HA-和A2-的溶液中，若c（H2A）+2c（A2-）+c（OH-）=c（H+），则α（H2A）和α（HA-）一定相等

【答案】D

【解析】A、当pH=2时，Ka1（H2A）===10-2、当pH=5时，Ka2（H2A）===10-5，选项A正确；B、由选项A可知Ka2（H2A）=10-5，pH=6时，则，故c（HA-）∶c（A2-）=1∶10，选项B正确；C、NaHA溶液呈酸性，说明HA-的水解能力小于HA-的电离能力，选项C正确；D、在含H2A、HA-和A2-的溶液中，根据电荷守恒，有2c（A2-）+c（OH-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+），因为c（H2A）+2c（A2-）+c（OH-）=c（H+），则2c（A2-）+c（OH-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+）=c（H2A）+2c（A2-）+c（OH-）+c（Na+），因此c（HA-）=c（H2A）+c（Na+），则则α（H2A）和α（HA-）不相等，选项D不正确。

答案选D。

8.索氏提取法是测定动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。

其原理是利用如图装置，用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、多次萃取动植物样品中的粗脂肪。

具体步骤如下：

①包装：

取滤纸制成滤纸筒，放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作a;在滤纸筒中包入一定质量研细的样品，放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作b。

②萃取：

将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中，注入一定量的无水乙醚，使滤纸筒完全浸没入乙醚中，接通冷凝水，加热并调节温度，使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状，至抽提筒中的无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止（大约6h~12h）。

③称量：

萃取完毕后，用长镊子取出滤纸筒，在通风处使无水乙醚挥发，待无水乙醚挥发后，将滤纸筒放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作c。

回答下列问题：

（1）实验中三次使用的仪器X的名称为__________________。

为提高乙醚蒸气的冷凝效果，索氏提取器可选用下列_______（填字母）代。

a．空气冷凝管b．直形冷凝管c．蛇形冷凝管

（2）实验中必须十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加热、室内保持通风等。

为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常在冷凝管上口连接一个球形干燥管，其中装入的药品为_______（填字母）。

a．活性炭b．碱石灰c．P2O5d．浓硫酸

无水乙醚在空气中可能氧化生成少量过氧化物，加热时发生爆炸。

检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是______________________________________。

（3）实验中需控制温度在70℃~80℃之间，考虑到安全等因素，应采取的加热方式是_______。

当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过导气管上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器（烧瓶）中……该过程连续、反复、多次进行，则萃取液回流入提取器（烧瓶）的物理现象为_______。

索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为___________________________。

（4）数据处理：

样品中纯脂肪百分含量_________（填“”、“”或“=”）（b-c）/（b-a）×100%；测定中的样品、装置、乙醚都需要进行脱水处理，否则导致测定结果__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】

（1）.干燥器

（2）.c（3）.a（4）.取少量乙醚滴加稀硫酸和KI溶液，振荡，若溶液变黄则含过氧化物，否则不含（5）.恒温加热炉且水浴加热（6）.虹吸（7）.连续、反复、多次萃取，且每一次萃取都是纯的溶剂，萃取效率高（8）.（9）.偏高

9.含氮化合物在材料方面的应用越来越广泛。

（1）甲胺（CH3NH2）是合成太阳能敏化剂的原料。

工业合成甲胺原理：

CH3OH（g）+NH3（g）CH3NH2（g）+H2O（g）△H。

①已知键能指断开1mol气态键所吸收的能量或形成1mol气态键所释放的能量。

几种化学键的键能如下表所示：

化学键C-HC-OH-ON-HC-N

键能/kJmol-1413351463393293

则该合成反应的△H=______________。

②一定条件下，在体积相同的甲、乙、丙、丁四个容器中，起始投入物质如下：

NH3（g）/molCH3OH（g）/mol反应条件

甲11498K，恒容

乙11598K，恒容

丙11598K，恒压

丁23598K，恒容

达到平衡时，甲、乙、丙、丁容器中的CH3OH转化率由大到小的顺序为_______________。

（2）工业上利用镓（Ga）与NH3在高温下合成固体半导体材料氮化镓（GaN），其反应原理为2Ga（s）+2NH3（g）2GaN（s）+3H2（g）△H=-30.81kJmol-1。

①在密闭容器中充入一定量的Ga与NH3发生反应，实验测得反应体系与温度、压强的相关曲线如图所示。

图中A点与C点的化学平衡常数分别为KA和KC,下列关系正确的是_________（填代号）。

a．纵轴a表示NH3的转化率b．纵轴a表示NH3的体积分数c．T1T2d．KAKc

②镓在元素周期表位于第四周期第ⅢA族，化学性质与铝相似。

氮化镓性质稳定，不溶于水，但能缓慢溶解在热的NaOH溶液中，该反应的离子方程式为_____________________。

（3）用氮化镓与铜组成如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地以CO2和H2O为原料合成CH4。

铜电极表面发生的电极反应式为___________。

两电极放出O2和CH4相同条件下的体积比为________，为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量的__________（填“盐酸”或“硫酸”）。

【答案】

（1）.-12kJmol-1

（2）.甲＞乙=丙＞丁（3）.bd（4）.GaN+3H2O+OH-NH3↑+Ga（OH）4-（5）.CO2+8H++8e-=CH4+2H2O（6）.2:

1（7）.硫酸

【解析】

（1）①反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H==-12kJmol-1；②反应CH3OH（g）+NH3（g）CH3NH2（g）+H2O（g）△H=-12kJmol-1；为放热反应，以甲为参照，乙升高温度，反应向吸热反应的逆反应移动，CH3OH转化率减小；再以乙为参照，丙恒压时，由于反应正向进行时气体的量不变，平衡不移动，CH3OH转化率丙与乙相等；以乙为参照，丁中CH3OH增加的倍数大于氨气，故转化率降低，因此转化率大小关系为甲＞乙=丙＞丁；

（2）①反应2Ga（s）+2NH3（g）2GaN（s）+3H2（g）△H=-30.81kJmol-1为气体体积增大的放热反应；a．增大压强平衡逆向移动，故若纵轴a表示NH3的转化率，随着压强的增大转化率应该减小，故错误；b．增大压强平衡逆向移动，故纵轴a表示NH3的体积分数，则氨气的体积分数增大，故正确；c．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，故T1T2，故错误；d．升高温度平衡逆向移动，K值减小，A点温度大于C点，故KAKc，故正确。

答案选bd；②镓的化学性质与铝相似。

氮化镓性质稳定，不溶于水，但能缓慢溶解在热的NaOH溶液中，反应的离子方程式为GaN+3H2O+OH-NH3↑+Ga（OH）4-；（3）原电池中电子从负极流向正极，则铜电极为正极，正极上二氧化碳得电子生成甲烷，则铜电极表面的电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；负极水失电子产生氧气，电极反应式为4H2O-8e-=2O2↑+8H+；两电极放出O2和CH4相同条件下的体积比为2:

1；电解质溶液显酸性，必须加入酸，盐酸中的氯离子失电子产生氯气，应该选硫酸。

10.工业上利用β-锂辉矿（LiAlSi2O6和少量MgO、CaCO3杂质）制备金属锂，工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）β-锂辉矿的主要成分LiAlSi2O6中存在的原子团为_____________。

（2）工业上加快酸浸速率除调整硫酸浓度、升高温度外还可以采取的措施为_____________。

浸出液中加入CaCO3的主要作用为______________________。

（3）一定温度下,Ksp（CaCO3）=2.5×10-9,Ksp（Li2CO3）=1.6×10-3,若反应Ⅱ的溶液中c（Ca2+）和c（Li+）均为1.0molL-1,则开始滴加稀Na2CO3溶液时，理论上c（CO32-）应控制的范围为_________;实际操作中CaCO3和Li2CO3可能同时析出，从而造成Li+损失，一种改进的工艺是利用草酸钠代替Na2CO3作为沉淀剂，分析使用草酸钠的原因为_____________________。

（4）反应Ⅲ的离子方程式为_______________________。

常温下，Na2CO3的溶解度为29.4g,判断反应Ⅲ能否使溶液中Li+沉淀完全?

_______________________________________________________（列式计算）。

[化学上规定，当某离子浓度≤10-5molL-1时即可认为该离子沉淀完全]

（5）高温下发生反应Ⅳ的化学方程式为_____________________________________________。

（6）一定温度下，LiAlSi2O6与不同浓度的硫酸反应30min时结果如下表所示：

c（H2SO4）/molL-11.05.010.016.018.0

Li浸出率/%3060908070

Al浸出率/%306040100

试分析酸浸过程中，若使c（H2SO4）=10.0molL-1，则该工艺条件的优缺点为____________________。

【答案】

（1）.SiO32-

（2）.粉碎、搅拌（3）.中和过量的硫酸，调节溶液pH（4）.2.5×10-9molL-1c（CO32-）≤1.6×10-3molL-1（5）.草酸钙难溶于水，而草酸锂易溶于水（6）.2Li++CO32-=Li2CO3↓（7）.当c（Li+）=1.0×10-5molL-1时，c（CO32-）=1.6×10-3/（1.0×10-5）2=1.6×107molL-1，远大于饱和Na2CO3溶液的浓度，故Li+没有沉淀完全（8）.3Li2O+2AlAl2O3+6Li（9）.优点：

反应速率快，Li浸出率高；相同浸取率需要的反应温度低，消耗能量少。

缺点：

Al浸出率较高，需要增加除Al杂质的步骤

【解析】β-锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有少量MgO、CaCO3等杂质）为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解β-锂辉矿，加入碳酸钙再加入适量石灰乳，使镁离子沉淀完全，加入稀碳酸钠沉淀钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后煅烧得到氧化铝，加入铝粉高温条件下置换出锂同时生成氧化铝。

（1）β-锂辉矿的主要成分LiAlSi2O6为硅酸盐，存在的原子团为SiO32-；

（2）工业上加快酸浸速率除调整硫酸浓度、升高温度外还可以采取的措施为粉碎、搅拌。

浸出液中加入CaCO3的主要作用为中和过量的硫酸，调节溶液pH，使于除去镁离子；（3）反应Ⅱ应该控制钙离子沉淀完全而锂离子没有开始沉淀，溶液中c（Ca2+）和c（Li+）均为1.0molL-1,Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）c（CO32-）=2.5×10-9,得c（CO32-）=2.5×10-9，Ksp（Li2CO3）=c2（Li+）c（CO32-）=1.6×10-3,得c（CO32-）=1.6×10-3,故理论上c（CO32-）应控制的范围为2.5×10-9molL-1c（CO32-）≤1.6×10-3molL-1;实际操作中CaCO3和Li2CO3可能同时析出，从而造成Li+损失，一种改进的工艺是利用草酸钠代替Na2CO3作为沉淀剂，因为草酸钙难溶于水，而草酸锂易溶于水；（4）反应Ⅲ是碳酸钠与硫酸锂反应生成碳酸锂和硫酸钠，反应的离子方程式为2Li++CO32-=Li2CO3↓；当c（Li+）=1.0×10-5molL-1时，c（CO32-）=1.6×10-3/（1.0×10-5）2=1.6×107molL-1，远大于饱和Na2CO3溶液的浓度，故Li+没有沉淀完全；（5）高温下发生反应Ⅳ的化学方程式为3Li2O+2AlAl2O3+6Li；（6）酸浸过程中，若使c（H2SO4）=10.0molL-1，则该工艺条件的优点：

反应速率快，Li浸出率高；相同浸取率需要的反应温度低，消耗能量少；缺点：

Al浸出率较高，需要增加除Al杂质的步骤。

11.[化学——选修3：

物质结构与性质]

钴、铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。

回答下列问题：

（1）写出As的基态原子的电子排布式_________________。

（2）N、P、As为同一主族元素，其电负性由大到小的顺序为____________________，它们的氢化物沸点最高的是____________。

将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式是_____________。

（3）Fe3+、Co3+与N3-、CN-等可形成络合离子。

①K3[Fe（CN）6]可用于检验Fe2+,配体CN-中碳原子杂化轨道类型为______________。

②[Co（N3）（NH3）5]SO4中Co的配位数为____________,其配离子中含有的化学键类型为_______（填离子键、共价键、配位键），C、N、O的第一电离能最大的为_______，其原因是_____________________。

（4）砷化镓晶胞结构如下图。

晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为________。

已知砷化镓晶胞边长为apm,其密度为pgcm-3,则阿伏加德罗常数的数值为__________________（列出计算式即可）。

【答案】

（1）.[Ar]3d104s24p3

（2）.NPAs（3）.NH3（4）.NO43-（5）.sp（6）.6（7）.共价键、配位键（8）.N（9）.氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子（10）.正四面体（11）.

【解析】

（1）As的原子序数为33，由构造原理可知电子排布为[Ar]3d104s24p3；

（2）As、P、N元素属于同一主族元素，其原子序数逐渐减小，则其电负性逐渐增大，即NPAs；它们的氢化物中NH3中存在氢键，沸点最高；原子个数相等价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体结构相似，阴离子与SO42-互为等电子体，且该阴离子中的各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构，则该离子是NO43-，（3）①CN-中C原子价层电子对个数=1+（4+1-1×3）=2，所以采取sp杂化；②配位环境是[Co（N3）（NH3）5]SO4，其中N3（-）,NH3都是单齿配体,简单相加就得到配位数6；其配离子中含有的化学键类型为共价键、配位键；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；（4）Ga原子处于晶胞的顶点和面心，面心到顶点和到相邻面心的距离最小且相等，根据图可知个，Ga与周围等距离且最近的As形成的空间构型为Ga在中心As在四个顶点形成的正四面体结构；GaAs为1：

1型结构，一个晶胞占有4个Ga原子和4个As原子，若晶胞的边长为apm，则晶胞体积为，晶体的密度为pgcm-3，则晶胞质量为pgcm-3=，则，则。

点睛：

本题考查物质结构，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子构型、晶体类型与性质等，晶胞结构的计算，易错点是（3）①CN-中C原子价层电子对个数=1+（4+1-1×3）=2，所以采取sp杂化；②配位环境是[Co（N3）（NH3）5]SO4，其中N3（-）,NH3都是单齿配体,简单相加就得到配位数6；其配离子中含有的化学键类型为共价键、配位键。

12.[化学——选修5：

有机化学基础]

化合物H是一种仿生高聚物（）的单体。

由化合物A（C4H8）制备H的一种合成路线如下：

已知：

A与M互为同系物。

回答下列问题：

（1）A的系统命名为_____________。

F分子中含有的官能团名称为__________________。

（2）B→C的反应条件为______________________。

反应③、⑥的反应类型分别为_________、_________。

（3）反应⑧的化学方程式为___________________________________。

（4）化合物X为H的同分异构体，X能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，还能与Na2CO3饱和溶液反应放出气体，其核磁共振氢谱有4种峰。

写出两种符合要求的X的结构简式________________。

（5）根据上述合成中的信息，试推写出以乙烯为原料经三步制备CH3-COOCH=CH2的合成路线__________（其他试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。

【答案】

（1）.2-甲基-1-丙烯

（2）.羧基、羟基（3）.NaOH水溶液（4）.氧化反应（5）.消去反应（6）.（7）.（8）.

【解析】根据逆推法，由H的聚合物，可知H的结构简式为，而H是由G与在催化剂作用下发生反应得到，结合G的分子式判断可知G的结构简式为；根据A、C、G的分子式判断合成路线中各物质的碳原子数不变，按反应条件推出F为，E为，D为，C为，B为，A为。

M与A为同系物，且氧化得到，则M为乙烯。

（1）A为，系统命名为2-甲基-1-丙烯；F为，分子中含有的官能团名称为羧基、羟基；

（2）B→C是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成，反应条件为NaOH水溶液、加热；反应③是催化氧化生成，反应类型为氧化反应；反应⑥是消去反应生成和水，反应类型为消去反应；（3）反应⑧的化学方程式为；（4）化合物X为H（）的同分异构体