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1、甘肃省兰州市届高三第二次诊断理综化学试题甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题第I卷（选择题）评卷人得分一、单选题1中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列两篇古代文献中都涉及到了KNO3。文献:开宝本草记载:(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，文献本草纲目“火药乃焰硝(KNO3)、硫黄、山木炭所合，以为烽燧餇诸药者。”下列对其解释不合理的是A. 文献中提取KNO3利用了溶解、蒸发结晶的实验过程B. 用文献中方法制取KNO3是因为KNO3的溶解度受温度影响不大C. 文献中火药的使用体现了硝酸钾的氧化性D. 文献中使用火药的产物会污染环境2结合下表数据分析，下

2、列有关说法不正确的是物质分子式沸点/溶解性乙醇C2H6O78.5与水以任意比混溶乙二醇C2H6O2197.3与水和乙醇以任意比混溶A. 乙醇与乙二醇含有的官能团相同，都能与NaOH发生反应B. 采用蒸馏的方法可以分离乙醇与乙二醇的混合物C. 乙醇、乙二醇都能与羧酸在一定条件下发生取代反应D. 丙三醇的沸点应高于乙醇的沸点3下列化学反应的离子方程式书写不正确的是A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu:2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+B. 向CuSO4溶液中加入Na2O2:2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2C. 稀硝酸中加入过量铁粉: Fe+4H+NO3-=F

3、e3+NO+2H2OD. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢:CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)4某有机物A(C9H18O2)在稀硫酸溶液中水解为相对分子质量相等的B、C，其中B分子中含有 3个甲基，则A、B、C中能与氢氧化钠溶液反应的物质最多有（不考虑立体异构）A. 10种 B. 8种 C. 6种 D. 4种5下列有关实验的叙述正确的是A. 用图1装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体B. 利用图2装置可制备Fe(OH)2C. 图3微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D. 利用图4可收集氯化氢并进行尾气吸收6SO2和NOx是大气污染物的

4、主要成分。防止空气污染，保卫“兰州蓝”是兰州市一项重要民生工程。利用下图所示装置(电极均为惰性电极)可以吸收SO2还可以用阴极排出的溶液吸收NO2。下列说法错误的是A. 电极a应连接电源的正极B. 电极b上的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2OC. 反应过程中，H+从a极室流向b极室D. 每吸收标况下22.4LSO2，在b极室生成2NA个S2O42-7某温度下，向一定体积0.1mol/L一元弱酸HA溶液中逐滴加入等浓度的NaOH 溶液，溶液中pH与pOHpOH=-lgc(OH-) 的变化关系如右图所示。下列说法错误的是A. 该温度下，水的离子积常数为1.010-2a

5、B. M、N 两点所示的溶液中，水的电离程度相同C. Q点消耗的NaOH 溶液的体积等于HA 溶液的体积D. N 点溶液加水稀释，减小第II卷（非选择题）评卷人得分二、综合题8工业上从电解精炼铜的阳极泥(成分为CuS、Cu2Se、Cu2Te 和少量金属单质Au) 中回收碲、硒的工艺流程如下:已知: (1)TeO2是两性氧化物。(2)Se和TeO2的物理性质如下:物理性质熔点沸点水溶性Se221685难溶于水TeO27331260微溶于水(1)“培烧”时，为提高原料的利用率，可采取的措施有_(写一条即可)。(2)“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是_(填化学式)。(3)“沉碲”时控制溶液的pH为4.

6、5-5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原因为_。(4)“酸溶”将TeO2先溶于硫酸得到Te(SO4)2，然后加入Na2SO3溶液进行还原，还原碲的离子反应方程式是_。(5)SeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，当有10mol电子转移时，会生成_mol Se。过滤所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯获得纯硒，采用真空蒸馏的目的是_。(6)常温下，SeO2与NaOH溶液反应所得NaHSeO3溶液的pH_7(填“”“”或“=”)，理由是_。(已知25时，亚硒酸(HSeO3)的Ka1=2.510-3，Ka2=2.610-7)9回收和利用CO2是环境科学家

7、研究的热点，是减轻温室效应危害的重要途径。(1)在太阳能的作用下，以CO2为原料制取炭黑的流程如图所示。其总反应的化学方程式为_。(2)CO2经过催化氢化合成低碳烯烃。合成乙烯的反应为2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2O(g) H=akJ/mol已知:键H-HC=OC=CO-HC-H键能/kJ/mol436.0745.0615.0462.8413.4则a=_。(3)T时。在恒容密闭容器中充入1molCO2和nmolH2，在一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0，混合气体中CH3OH 的体积分数与氢气的物质的量的关系如图所示。图

8、1中A、B、C 三点对应的体系。CO的转化率最大的是_(填字母)，判断理由是_。 (4) 工业上也用合成气(H2和CO) 合成甲醇，反应为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H0，在10L的恒容密团容器中充入H2和CO的物质的量分别为2mol和1mol，测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。图2中S代表的物理量是_。已知300时上述反应达到平衡时，CO 的平衡转化率为60% 若再向该平衡体系中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH 若保持温度和容器休积不变，则平衡会_(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。(5)工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得

9、溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如下图所示：阳极区产生CO2的原因是_(用离子方程式表示)。利用平衡移动原理，简述CO32-在阴极区再生的原因_。11黄酮益酸类化合物K具有抗菌、消炎的作用，合成路线设计如下图所示:已知部分有机化合物转化的反应式如下:. （R为烃基）. （R、R代表烃基或氢）. （R代表烃基或氢）请回答：(1)A的结构简式_，其核磁共振氢谱吸收峰面积比为_。(2)F的结构简式_，CD的反应类型为_。(3)G与试剂b反应的化学方程式为_。(4)满足下列条件D的同分异构体共有_种。能发生银镜反应 分子中含有酯基 苯环上有两个取代基写出符合上述条件且苯环上的一氯

10、取代物只有两种的同分异构体的结构简式_。(5)以A 和乙烯为起始原料，结合题中信息，选用必要的无机试剂设计出合成苯乙酸乙酯()的简单流程图_。(无机试剂任选)评卷人得分三、实验题12氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，在农药、制药行业中用途广泛。实验室利用SO2、Cl2和 SCl2制备 SOCl2，部分装置如下图所示:已知:SOC12遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有气体产生。SOC12沸点为77，SC12的沸点为 50 。请回答:(1)实验室制取SOCl2的反应方程式为_。(2)实验室制取SOC12在三颈烧瓶中合成，整个装置所选仪器的连接顺序是 _，_(某些仪器可以重复使用)。(3)使用

11、冷凝管的作用是_；冷凝管上连接的干燥管的作用是_ 。(4)实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离实验操作名称是_。(5)若反应中消耗的Cl2的体积为896mL (已折算为标准状况，SO2足量) 最后得到纯净的SOCl26.76g，则SOCl2的产率为_(保留二位有效数字)。(6)取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液，振荡静置得到无色溶液，检验溶液中存在Cl-的方法是_。参考答案1B【来源】【全国市级联考】甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题【解析】A项，由“扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，可得文献中提取KNO3利用了溶解、蒸发结晶的实验过程，故A正确；B项，KNO3的溶解度受温度影响变

12、化较大，故B错误；C项，火药发生化学反应时生成N2，KNO3中氮元素的化合价降低，体现了硝酸钾的氧化性，故C正确；D项，文献中使用火药可能会产生碳氧化物、氮氧化物、硫化物等污染物，故D正确。2A【来源】【全国市级联考】甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题【解析】A项，乙醇与乙二醇含有的官能团都是羟基，(醇)羟基不能与NaOH发生反应，故A错误；B项，乙醇的沸点为78.5，乙二醇的沸点为197.3，二者沸点相差较大，可采用蒸馏的方法进行分离，故B正确；C项，乙醇、乙二醇都含有(醇)羟基，与羧酸在一定条件下发生酯化反应(即取代反应)，故C正确；D项，由乙醇与乙二醇的沸点可得，醇含有羟基

13、数越多、相对分子质量越大，则沸点越高，所以丙三醇的沸点应高于乙醇的沸点，故D正确。3C【来源】【全国市级联考】甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题【解析】A项，Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2和CuCl2，根据离子方程式书写方法，离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A正确；B项，向CuSO4溶液中加入Na2O2，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4，总反应为：2Na2O2+2H2O+2CuSO4=2Cu(OH)2+2Na2SO4+O2，离子方程式为：2Na2O2+2Cu2+2H2O

14、=4Na+2Cu(OH)2+O2，故B正确；C项，稀硝酸中加入过量铁粉生成硝酸亚铁、NO和H2O，离子方程式为：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O，故C错误；D项，工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中的CaSO4转化为更难溶的CaCO3，属于沉淀的转化，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，故D正确。4B【来源】【全国市级联考word】山东省济宁市2017届高三第二次模拟考试理综化学试题【解析】由有机物的性质知A是酯，由B、C相对分子质量相等的关系知B、C各是C5H11OH、C3H7COOH中的一种，C5H11OH中含有

15、3个CH3，则B有3种结构：C(CH3)3CH2OH、CH3CH2C(CH3)2OH、CH3CH(CH3)CH(CH3)OH，C3H7COOH有2种不同的结构CH3CH2CH2COOH和(CH3)2CHCOOH，故A有3种结构的酯，A、C能与NaOH溶液反应，共有8种与NaOH溶液反应的物质，答案选B。5B【来源】【全国市级联考】甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题【解析】A项，在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A

16、错误；B项，如图2装置制备Fe(OH)2，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出试管中的空气，盛NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中，右侧导管插入水中隔绝了空气，所以制得的Fe(OH)2可以较长时间稳定存在，故B正确；C项，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，无色NO气体进入广口瓶，被空气中的氧气氧化为红棕色NO2气体，故C错误；D项，氯化氢的密度比空气的大，如图所示收集应该长导管进气，空气从短导管排出，故D错误。6D【来源】【全国市级联考】甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题【解析】A项，由图可得，该装置为电解池，a极：SO2发生氧化反应，SO2+2H2O-2e-=4H+SO42-，所

17、以电极a应连接电源的正极，故A正确；B项，由上述分析可推出b为阴极，HSO3-发生还原反应生成S2O42-，根据电荷守恒、原子守恒，并结合电解质溶液酸碱性，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，故B正确；C项，电解池中阳离子移向阴极，又因为阳离子交换膜把a极室与b极室隔开，所以反应过程中，H+从a极室(阳极室)流向b极室(阴极室)，故C正确；D项，阳极反应为：SO2+2H2O-2e-=4H+SO42-，阴极反应为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，根据得失电子守恒，每吸收标况下22.4LSO2(即1molSO2)，在b极室生成1mol(即NA个)

18、S2O42-，故D错误。点睛：本题以处理大气污染物SO2和NOx的方法为切入点，考查电解池原理，分析利用题干信息(包括图示信息)，掌握电解池原理应用和氧化还原反应电子守恒是解答的关键，电解池中阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，遵循氧化还原反应原理，可以通过分析相关元素化合价的变化确定两极反应情况。7C【来源】【全国市级联考】甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题【解析】A项，水的离子积常数表达式为Kw=c(H+)c(OH-)，可利用图中Q点数据求得Kw，pH+pOH=-lgc(H+)+-lgc(OH-)-lgc(H+)c(OH-)=2a，则Kw=c(H+)c(OH-)=1.010-

19、2a，故A正确；B项，M点溶液pOHpH，即c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性，说明溶液中HA是过量的，HA电离抑制水的电离，此时溶液中由水电离的c(H+)水=c(OH-)水=c(OH-)=10-bmol/L，N点溶液pHpOH，即c(OH-)c(H+)，溶液呈碱性，此时溶液中水电离的c(H+)水=c(OH-)水=c(H+)=10-bmol/L，综上分析，M、N两点所示的溶液中，水的电离程度相同，故B正确；C项，Q点溶液pH=pOH，即c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，因为HA为弱酸，所以NaA会发生水解使溶液呈碱性，则当溶液呈中性时，消耗的NaOH溶液的体积小于等浓度HA溶液的体积，故C

20、错误；D项，N点pHpOH，即c(H+)c(OH-)，溶液为碱性，HA的电离平衡常数表达式为Ka=c(H+)c(A-)/c(HA)，则溶液中c(A-)/c(HA)=Ka/c(H+)，碱性溶液加水稀释，溶液中c(OH-)减小，因为Kw不变，则c(H+)增大，所以c(A-)/c(HA)=Ka/c(H+)减少，故D正确。点睛：本题考查弱电解质的电离平衡，掌握溶液酸碱性的判断方法是根据溶液中c(H+)与c(OH-)的相对大小，结合弱酸的电离平衡常数分析是解题的关键，如题中D项根据温度一定时Ka是常数，利用Ka的表达式得出c(A-)/c(HA)=Ka/c(H+)，将分析两个变量转化为分析一个变量，就好分

21、析了。8 将阳极泥粉碎（通入过量的空气）等 Au、 CuO 硫酸浓度过大， TeO2会溶于酸， 导致 TeO2沉淀不完全 2SO32+Te4+2H2O=Te+2SO42+4H+ 2.5 降低Se的沸点，避免 Se与空气中氧气发生反应 HSeO3的水解常数Kh4.01012，由于 KhKa2，故NaHSeO3 溶液的 pH7【来源】【全国市级联考】甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题【解析】（1）“培烧”时，为提高原料的利用率，可以将阳极泥粉碎以增大接触面积，或通入过量的空气使阳极泥充分反应。（2）由已知结合流程，焙烧所得固体主要是CuO、TeO2和Au，因为TeO2是两性氧化物，所

22、以“碱浸”主要是NaOH和TeO2反应，则“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是：Au和CuO。（3）因为TeO2是两性氧化物，硫酸浓度过大，会导致TeO2溶于酸，使TeO2沉淀不完全。（4）由已知根据氧化还原反应原理，SO32-还原Te4+为Te，本身被氧化为SO42-，离子反应方程式为：2SO32-+Te4+ +2H2O=Te+2SO42-+4H+。（5）SeO2与SO2的混合烟气用水吸收得到单质Se为还原产物，Se的化合价由+4降为0，则每生成1molSe转移4mol电子，所以当有10mol电子转移时，会生成2.5molSe。提纯粗硒获得纯硒采用真空蒸馏的方法，可避免Se与空气中的氧气发生反应

23、；又因为液体的沸点与大气压强有关，大气压强增高时，液体的沸点也会增大，大气的压强降低时，液体的沸点也会随之降低，所以采用真空蒸馏还可以降低Se的沸点，更有利于分离提纯。（6）由已知，常温下(25时)，HSeO3-的水解常数Kh=Kw/Ka1=1.010-14(2.510-3)=4.010-12，HSeO3-的电离常数Ka2=2.610-7，所以KhKa2，因此NaHSeO3溶液的pH2300K时分解生成氧化亚铁和氧气，所以CO2为原料制取炭黑过程中的氧化亚铁做催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写化学方程式为：CO2CO2。（2）H=反应物总键能-生成物总键能，所以a=2745.02+643

24、6.0-（615.0+4413.4+4462.82）=-375。（3）根据化学平衡移动原理结合如图1所示，在恒容密闭容器中，随着氢气物质的量增大，c(H2)增大，平衡正向移动，CO2转化率增大，所以A、B、C三点对应的体系，CO的转化率最大的是C点。（4）由已知，该反应正向放热且气体分子数减小，所以升高温度CO的平衡转化率减小，增大压强CO的平衡转化率增大，结合如图2可得，横坐标x应为温度，S代表压强，且S1S2。已知300时反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)达到平衡时，CO的平衡转化率为60%，列三段式得：，因为容器容积为10L，所以各物质平衡浓度为：c(H2)=0.08mol/L

25、、c(CO)=0.04mol/L、c(CH3OH)=0.06mol/L，平衡常数K=234.375；若再向该平衡体系中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH若保持温度和容器休积不变，则此时c(H2)=0.28mol/L、c(CO)=0.24mol/L、c(CH3OH)=0.26mol/L，Q=13.82K=234.375，所以平衡会正向移动。（5）装置图中与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为4OH-4e-2H2O+O2，根据电荷守恒，水电离出的H+与HCO3-反应会产生CO2，离子方程式为：H+HCO3-=H

26、2O+CO2。HCO3-存在电离平衡：HCO3-H+CO32-，阴极H+放电浓度减小，平衡右移，CO32-再生；或者阴极H+放电破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-。11 3:2:2:1 取代 6 、 【来源】【全国市级联考】甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断理综化学试题【解析】（1）由B的分子式、C的结构简式及ABC的转化关系可得，A为甲苯，其结构简式为：；分子中有4种不同化学环境的氢原子，分别为甲基上的3个氢原子、苯环上与甲基邻位上的2个氢原子、苯环上与甲基间位上的2个氢原子、苯环上与甲基对位上的1个氢原子，故其核磁共振氢谱吸收峰面积比为3:2:2:1。

27、（2）由E和G的结构简式、F的分子式及EFG的转化关系可得，F的结构简式为：；由流程中C、D的结构简式及反应条件可得，C发生取代反应生成D。（3）H发生反应生成J，由J的结构简式并结合已知可得，H为：；G()与试剂b在“碱、”条件下反应生成H，结合已知可得，试剂b为乙醛，则G与试剂b反应的化学方程式为：+CH3CHO+H2O。（4）由D的结构简式可得分子式为C9H10O2，其同分异构体：能发生银镜反应，则含有醛基；分子中含有酯基，则应为甲酸酯；苯环上有两个取代基，则两个取代基可以是一个“HCOO-”和一个乙基，也可以是一个“HCOOCH2-”和一个甲基，两个取代基可以是邻、间、对三种位置关系，

28、所以满足条件D的同分异构体共有6种；其中苯环上的一氯取代物只有两种的同分异构体，两个取代基应为对位关系，其结构简式为：和。（5）以甲苯和乙烯为起始原料，要合成苯乙酸乙酯，可利用苯乙酸与乙醇发生酯化反应，乙烯可以制取乙醇；由已知可得，可由制取苯乙酸，由制取，甲苯与氯气光照条件发生取代反应可生成，综上分析，简单流程图为：。点睛：本题通过有机合成综合考查了有机物结构与性质，涉及结构简式的书写、有机反应类型、限制条件的同分异构体书写、合成路线的设计等知识，有一定综合性，解题时注意结合已知信息根据合成流程进行推断，针对本题特点，流程虽然比较长，但是解题时针对各个小题切入分析更有针对性，注意根据有机物之间

29、组成元素的异同及官能团的转化确定结构简式；限制条件的同分异构体的书写是易错点，如第(4)小题既要注意取代基的的种类的判断，又要注意取代基之间位置关系的判断；第(5)小题合成路线图的设计，综合性较强，是对分析能力的考查，要注意从已知或流程中获得启发，关键是利用转化关系中隐含的增长碳链信息。12 SO2+Cl2+SCl2 2SOCl2 冷凝、回流 SCl2 和 SOCl2 吸收逸出的 Cl2、 SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置使 SOCl2 水解 蒸馏(或分馏) 71% 取少量溶液于试管中，加入过量 Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3 溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中