届四川省广安眉山内江遂宁高三第二次诊断性考试理综化学试题解析版.docx

1、届四川省广安眉山内江遂宁高三第二次诊断性考试理综化学试题解析版秘密启用前四川省广安、眉山、内江、遂宁2018届高三第二次诊断性考试理综化学试题【考试时间：2018年3月27日9:00-11:30】1. 下列对生活中常见物质成分的分析不正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、漂白液的主要成分是次氯酸钠，故A错误；B、液化石油气主要成分是1-4个碳原子的小分子烃，故B正确；C、陶瓷是硅酸盐产品，故C正确；D、有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，聚甲基丙烯酸甲酯为甲基丙烯酸甲酯的加聚产物，故D正确；故选A。2. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 1mo

2、l羟基（-OH）与17gNH3所含电子数都为NAB. 50mL12mol/L盐酸与过量MnO2反应转移的电子数为0.3NAC. 标准状况下，2.24LHF中含有的分子数为0.1NAD. 25时，1LpH=l的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.1NA【答案】D【解析】A、 1 mol羟基（-OH）与17 g NH3所含电子数分别为9NA，10NA，故A错误；B、随反应的进行，盐酸变稀，与MnO2不反应，50 mL 12 mol/L盐酸与过量MnO2反应转移的电子数少于0.3NA，故B错误；C. 标准状况下，2. 24 LHF不是气态，故C错误；D. 25时，1 LpH=l的H2SO4溶液中含有

3、H+的数目为0.1molL-11LNA=0. 1NA， 故D正确；故选D。 3. 苯乙烯转化为乙苯的反应为，下列相关分析正确的是A. I一属于取代反应 B. 可用CCl4分离I和的混合物C. I和都属于苯的同系物 D. 可以用溴水鉴别I和【答案】D【解析】A. I一有一个双键变成单键，I一属于加成反应，故A错误；B. I一均为有机物，均溶于四氯化碳，不可用CCl4分离I和的混合物，故B错误；C、 属于苯的同系物，但 I不属于苯的同系物，故C错误；D、I中双键可以与溴发生加成，但却不能，可以用溴水鉴别I和，故D正确；故选D。4. 短周期主族元素R、T、Q在周期表中的相对位置如图所示；在常温暗处，

4、R元素的单质可与氢气剧烈化合并爆炸。下列说法正确的是A. 原子半径：QTRB. 最高价氧化物对应水化物的酸性：RQTC. TR5水解生成两种酸D. Q2和Q8的相互转化是物理变化【答案】C【解析】在常温暗处，R元素的单质可与氢气剧烈化合并爆炸，R为F元素，T为P元素，Q为S元素。A. 原子半径：TQR,故A错误；B. F元素没有最高价氧化物对应水化物不好比较酸性，故B错误；C. TR5水解生成HF和H3PO4两种酸，故C正确；D. Q2和Q8的相互转化是化学变化，故D错误；故选C。5. 完成下列实验目的，相关实验设计正确的是A. 氨气喷泉实验B. 比较AgCl和Ag2S的Ksp大小C. 实验室

5、制备CO2待用D. 测定盐酸浓度【答案】A【解析】A、氨气在水中溶解度大，水溶液呈碱性，遇酚酞呈红色，故A正确；B、比较AgCl和Ag2S的Ksp大小，应向硝酸银溶液中加足量的氯化钠溶液，生成白色的氯化银，再在氯化银固体中加稀硫化钠溶液，沉淀转化为黑色，故B错误；C、碳酸钠极易溶于水，故不能用启普发生器，故C错误；D、盛氢氧化钠溶液，应用碱式滴定管，故D错误；故选A。6. 中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图（质子膜允许H+和H2O通过），下列相关判断正确的是A. 电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2B. 电解池中质子从电极

6、I向电极作定向移动C. 吸收塔中的反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-D. 每处理1 mol NO电解池质量减少16g【答案】C【解析】A. 电极I为阴极，阴极上是HSO3获得电子生成S2O42，酸性条件下还生成水，电极反应式为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O，故A错误；B. 电解池中质子从电极向电极I作定向移动，故B错误；C. 吸收池中S2O42与NO反应生成N2与HSO3，反应离子方程式为：吸收塔中的反应为2NO+ 2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，故C正确；D、电解池中发生的反应：4HSO3-=2H2O+O22S2O42，结合吸收塔中的反应：2

7、NO+ 2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，得关系式：2NOO24H,每处理1 mol NO电解池质量减少16 gO2和2gH，共18g，故D错误；故选C。点睛：易错点A选项，2HSO3还原性比水强，故电极反应式为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O；难点D，溶液减少的质量为氧气和氢离子的总质量，相当于水的质量，,每处理1 mol NO电解池质量减少16 gO2和2gH，共18g。7. 常温下，分别向体积相同、浓度均为1 molL的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lg C)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是A. HB的电离常数(KA

8、)数量级为10-3B. 其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaBNaAC. a、b两点溶液中，水的电离程度ba，故C错误；D、当lg C= -7时，HB中c（H）=molL1 ，HA中c（H）=molL1，pH均不为7，故D错误；故选B。点睛：难点A选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数。易错点D选项，当lg C= -7时，是酸的浓度是10-7molL1，不是氢离子的浓度。8. 我国盛产黄铜矿（主要含CuFeS2及少量Fe2O3、SiO2），以黄铜矿为原料生产碱式氯化铜的工业流程如下。已知：Ia、b、c均为整数(1) CuFeS2中S的化合价为_。(2)实

9、验测得反应I中有SO42-生成，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_ ；H2O2优于HNO3的原因是_。(3)在调节pH时，为稳定浸出液的pH，需要用NH3H2O- NH4Cl为缓冲溶液。已知 25时，向0. 02 mol/L的氨水中缓慢加入等浓度的NH4 Cl溶液，该过程中 _(填“变大”、“变小”或“不变”)；若最后所得溶液呈中性，则该体系中离子浓度的大小顺序是_。(4)操作I和操作与生活中的下列操作_具有相似的化学原理。A用淘米筛沥水 B泡茶 C海水晒盐 D用漏斗分装液体 E煎药(5)反应中NaCl浓度过大，碱式氯化铜产率较低，其原因是_。(6)为测定制得的碱式氯化铜的组成，某实验小

10、组进行下列实验：称取一定量的碱式氯化铜，用少量稀HNCl溶解后配成100. 00 mL溶液A；取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO。溶液，得到AgCl（M一143.5gmol）固体1.435 g；另取25. 00 ml.溶液A，用浓度为0.40 mol/L的Na2H2Y标准溶液滴定Cu2+(Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+)，终点时，消耗标液50. 00 mL。则该碱式氯化铜的化学式为_；反应的化学反应方程式为_【答案】 (1). -2 (2). 17:2 (3). HNO3的还原产物污染环境，或双氧水还原产物是水不引入杂质 (4). 变大 (5). c（NH4）=c（Cl）c（

11、OH）=c（H） (6). A (7). NaCl过多CuCl会生成CuCl22溶解损失 (8). Cu2(OH)3Cl (9). 4CuCl4H2OO2=2Cu2(OH)3Cl2HCl【解析】(1) CuFeS2中S的化合价为-2价；(2)实验测得反应I中有SO42-生成，2CuFeS2+17H2O22H=2Cu22Fe34SO4218H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 17:2 ；H2O2优于HNO3的原因是HNO3的还原产物污染环境，或双氧水还原产物是水不引入杂质；(3)已知 25时，向0. 02 mol/L的氨水中缓慢加入等浓度的NH4 Cl溶液，氨根离子浓度变大，酸性增强

12、，氢氧根离子浓度变小，该过程中 变大；若最后所得溶液呈中性，根据电荷守恒：c（NH4）+c（H）=c（Cl）+c（OH），则该体系中离子浓度的大小顺序是c（NH4）=c（Cl）c（OH）=c（H）；(4)操作I和操作为过滤，与生活中的下列操作用淘米筛沥水具有相似的化学原理，故选A。(5)反应中NaCl浓度过大，碱式氯化铜产率较低，其原因是NaCl过多CuCl会生成CuCl22溶解损失；(6)n（Cl）=n（AgCl）100.00mL/25.00mL=1.435 g/143.5gmol1100.00mL/25.00mL=4.00010-2mol，n（Cu2）=n（EDTA）100.00mL/25

13、.00mL=0.4000 molL-150.00 mL10-3 LmL-1100.00mL/25.00mL=8.00010-2 mol，n（OH）=2n（Cu2）-n（Cl）=28.00010-2mol-4.00010-2 mol=1.210-2 mol，n（Cu2）：n（OH）：n（Cl）：n（H2O）=2：3：1：即化学式为Cu2(OH)3Cl；反应的化学反应方程式为4CuCl4H2OO2=2Cu2(OH)3Cl2HCl。9. 2017年5月，中国对“可燃冰”试采成功。“可燃冰”是天然气水合物，被称为未来新能源。回答下列问题：(1)用Cu2Al2O4作催化剂制备乙酸已知：，各物质相对能量大

14、小如图。a=_。反应物的活化分子浓度大小：过程I_ 过程（填“大于”、“小于”或“等于”）。(2)甲烷超干催化重整(DRM)制备CO，在Ni、CaO及Fe3O4的共同催化作用下，可以获得极高浓度的CO，其机理如下：第步：Ni基催化第步：Fe的还原第步：CO2的捕获第步：CO2的释放与还原设计第步与第步反应有利于实现氢物种与_的彻底分离，从勒夏特列原理的角度看，这也有利于_；过程中，当投料比= _时，才能保持催化剂组成不变。(3)甲烷催化重整与压强的关系已知：，现有温度相同的I、三个恒压密闭容器，均已充入1 mol CH4(g)和1 mol CO2 (g)，三个容器的反应压强分别为P1 atm、

15、P2 atm、P3 atm，在其他条件相同的情况下，反应均进行到t min时，CO2)的平衡体积分数(CO2)如下左图，此时I、三个容器中一定处于化学平衡状态的是 _（填番号）；求该温度条件下反应的平衡常数Kp=_ （计算表达式）。【已知：Kp是用分压力代替各物质的浓度计算的平衡常数，任一组分B的分压p(B)等于总压p乘以它的体积分数y(B)】(4)甲烷用于燃料电池已知：甲烷电池的工作原理如上有图，则负极反应方程式为 _；当A极消耗标况下44.8 LCH4时，理论上B极转移电子的物质的量为 _mol。【答案】 (1). E2E1 (2). 小于 (3). 碳物种 (4). 第步平衡正向移动或提

16、高甲烷的转化率 (5). 1/3 (6). (7). CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O (8). (9). 1610. 1-溴丁烷可用作稀有元素萃取剂。实验室制取1-溴丁烷的原理如下：【产品制备】如图，在125 mL烧瓶中加入10 mL水，然后加入12 mL(0.22 mol)浓硫酸，摇匀冷却至室温，再加入7.5 mL(0. 08 mol)正丁醇，混合后加入10.3 g(0. 10 mol)溴化钠晶体，充分振荡，加入几粒沸石，在石棉网上用小火加热烧瓶并回流半小时。(1)仪器a的名称为_，用恰当的化学原理解释能发生反应的原因是_。(2)烧杯中所用试剂为水，其主要目的是吸收 _（填

17、化学式）；(3)制备过程中烧瓶中溶液逐渐出现浅黄色，为此，有人提出用浓H3PO4代替浓H2SO4，其理由是_。【初步提纯】已知：醇类可与浓硫酸作用生成盐溶于浓硫酸中（盐难溶于有机溶剂）。步骤：加热蒸馏出烧瓶中所有的溴丁烷粗品。步骤：将粗品用5mL浓硫酸洗涤。步骤：将步骤中有机层依次分别用水、饱和碳酸氢钠溶液和水各10 mL洗涤。步骤：将步骤有机物移入蒸馏烧瓶中，加热蒸馏，得到产品6. 85 g。(4)步骤的目的是分离出产品中的无机物，判断溴丁烷是否完全蒸馏出来的方法是：用一支试管收集几滴馏出液，向其中加入少许水并摇动，如果_表明溴丁烷已经被 完全蒸馏出来。(5)步骤用5mL浓硫酸洗涤的目的是除

18、去_ ；第一次水洗可以除去大部分硫酸，第二次水洗的目的是_。(6)实验的产率为_(M(C4H9Br) =137 gmol）；制备过程中，有利于提高产品产率的措施有适当延长回流时间及_（选填字母）。A回流时适时搅拌溶液 B将块状NaBr研细使用C将正丁醇分次加入 D对正丁醇进行干燥处理【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 浓硫酸为高沸点酸，氢溴酸为低沸点酸，加热蒸发出HBr，反应正向移动从而正向进行。（或高沸点酸制低沸点酸）。 (3). HBr (4). 浓H2SO4有较强的氧化性，-1价的溴被氧化成溴单质，而浓磷酸是非氧化性酸，不能氧化溴离子 (5). 溶液中没有分层现象 (6). 除去正

19、丁醇 除去NaHCO3(NaHCO3和Na2SO4) (7). (8). 62.5% (9). AB.11. 含钴化合物在机械制造、磁性材料等领域具有广泛的应用，请回答下列问题：(1)基态Co3+的价电子排布图为_。(2)钴的配合物Co(NH3)5Br(NO3)2第一电离能N_O(填“大于”、“小于”或“不能确定”)；两种配位原子的杂化轨道类型均为_；钴离子周围配位键数目（配位数）是 _；N03-的空间构型为_；已知Br的含氧酸酸性由强到弱的顺序为HBrO4HBrO3HBrO2HBrO，其原因是_。(3)某钴氧化物品体具有CoO2的层状结构如下图所示(小球表示Co，大球表示O)。下列用粗线面出

20、的结构单元不能描述CoO2)的化学组成的是_(4)Co的另一种氧化物的晶胞如图，已知钴原子的半径为apm，氧原子的半径为b pm，它们在晶体中是紧密接触的，钴原子填在氧原子的 _填“正八面体”、“正四面体”或“立方体”）空隙；钴原子与跟它次近邻的氧原子之间的距离为_；在该钴的氧化物品体中原子的空间利用率为_（均用含a、b的计算表达式表示）。【答案】 (1). (2). 大于 (3). sp3 (4). 6 (5). 平面（正）三角形 (6). 含氧酸的中心元素 相同时，非羟基氧越多，中心元素的正电性越高，导致Br-O-H中的O的电子向Br偏移，在水分子作用下也就越易电离H+ (7). D (8

21、). 正八面体 (9). (10). 【解析】(1)钴价电子为9，基态Co3+的价电子排布图为；（2）氮的3P处于半充满状态，第一电离能N大于O；两种配位原子的杂化轨道类型均为sp3 ；钴离子周围上下左右前后位置有氧原子，配位键数目（配位数）是6；氮形成3个键，sp2杂化，N03-的空间构型为平面（正）三角形 ；已知Br的含氧酸酸性由强到弱的顺序为HBrO4HBrO3HBrO2HBrO，其原因是含氧酸的中心元素 相同时，非羟基氧越多，中心元素的正电性越高，导致Br-O-H中的O的电子向Br偏移，在水分子作用下也就越易电离H+；(3)CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，

22、由图象可知：A中Co、O原子数目之比为1：41/2=1：2，符合，B中Co、O原子数目之比为（1+41/4）：4=1：2，符合，C中Co、O原子数目之比为41/4：41/2=1：2，符合，D中Co、O原子数目之比为1：41/4=1：1，不符合，故选D。(4)钴原子填在氧原子的正八面体的空隙里，钴原子与跟它次近邻的氧原子之间的距离为 pm；每个晶胞中含有的Co原子为：81/8+61/2=4，O为121/4+1=4，4个Co和O原子的体积为 4，晶胞的体积：（2a+2b）3，在该钴的氧化物品体中原子的空间利用率为 。点睛：本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配合物、晶胞计算等，侧重考查

23、学生对知识的理解与迁移应用，易错点：(3)CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，注意利用均摊法进行晶胞计算，难点（4）先求出4个Co和O原子的体积为 4，再求出晶胞的体积：（2a+2b）3，得利用率。12. 合成神经抑制剂F的一种路线如图所示：已知：请回答下列问题：(1)已知芳香烃A的相对分子质量为92，A的结构简式为_；B的系统命名是_ ；C中含氧官能团的名称是_。(2)反应的化学反应方程式为_；中属于取代反应的是_。(3)D分子中最多有_个原子共平面。(4)的反应中，因反应温度控制不当，常常有副产物生成，写出可能的副反应方程式_。(5)包含C在内，C的同分异构体中芳

24、香族化合物共有_种，其中满足下列条件同分异构体的结构简式为_。能使FeCl3溶液显色，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1。(6)已知-CHO与RNH2易发生反应，现以中间体X为原料，设计出制备的合成路线（无机试剂自选）：_流程示例：【答案】 (1). (2). 1氯甲苯 (3). 羟基或醇羟基 (4). (5). (6). 14 (7). (8). 5 (9). (10). 【解析】A为，光照条件下与氯气在侧链上取代得B，B在氢氧化钠加热条件下水解生成C，C氧化成D。(1)芳香烃A的相对分子质量为92，92/12=7.8,A的分子式为C7H8，A的结构简式为；B的系统命名是1

25、氯甲苯 ；C中含氧官能团的名称是 羟基或醇羟基；(2)反应是醇氧化成醛，化学反应方程式为；中是氧化反应，属于取代反应的是；(3)D分子中7C、6H和1个O原子，最多有14个原子共平面。(4)的反应中，因反应温度控制不当，常常有副产物生成，写出可能的副反应方程式；(5)包含C在内，C的同分异构体中芳香族化合物，有邻、间、对甲基苯酚3种，苯甲醚1种，苯甲醇1种，共有5种，其中满足能使FeCl3溶液显色，有酚羟基，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1条件的结构简式：。(6)已知-CHO与RNH2易发生反应，现以中间体X为原料，设计出制备的合成路线：。点睛：本题考查有机推断和合成，难点一，用商余法推断出A的分子式，A的结构简式，进而推出B、C、D的结构简式，难点二：(5)写出满足条件的C的同分异构体：能使FeCl3溶液显色，说明有酚羟基，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1条件，说明有甲基，有苯环，且结构对称，结构简式：。