全国市级联考word四川省绵阳市高中届第三次诊断性测试理综化学试题.docx

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全国市级联考word四川省绵阳市高中届第三次诊断性测试理综化学试题

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【全国市级联考word】四川省绵阳市高中2017届第三次诊断性测试理综化学试题

试卷副标题

考试范围：

xxx；考试时间：

36分钟；命题人：

xxx

学校:

___________姓名：

___________班级：

___________考号：

___________

题号

一

二

三

四

总分

得分

注意事项．

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

评卷人

得分

一、选择题（题型注释）

1、常溫下，浓度均为1.0mol/L的HX溶液、HY溶液、HY和NaY的混合溶液，分别加水稀释，稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）

A．HX是强酸，溶液每稀释10倍，pH始终增大1

B．常温下HY的电离常数为1.0×10-4

C．溶液中水的电离程度：

a点大于b点

D．c点溶液中：

c（Na+）>c（Y-）>c（HY）>c（H+）>c（OH-）

【答案】B

【解析】A．根据图像可知1mol/LHX溶液的pH＝0，说明HX全部电离为强电解质，当无限稀释时pH接近7，A错误；B．根据图像可知1mol/LHY溶液的pH＝2，溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，所以该温度下HY的电离常数为

=1.0×10-4，B正确；C．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a＜b，C错误；D．c点溶液中显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，则溶液中：

c（Y-）>c（Na+）>c（HY）>c（H+）>c（OH-），D错误；答案选B。

点睛：

本题考查弱电解质电离，为高频考点，侧重考查学生分析推断及识图能力，正确判断两种酸的强弱是解本题关键，注意：

酸的电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度无关，易错选项是A，注意无限稀释时酸溶液的pH不可能大于7，只能是接近7，即无限稀释时要考虑水的电离。

2、下列实验操作达到实验目的的是（ ）

A．向漂白粉溶液中通入适量CO2以增强溶液的漂白性

B．将甲烷和氯气光照后的混合物通过饱和食盐水以获得纯净的一氯甲烷

C．滴定实验前用待测溶液润洗锥形瓶以减小实验误差

D．配制硝酸亚铁溶液时，将硝酸亚铁溶解在稀硝酸中再加水稀释

【答案】A

【解析】A.向漂白粉溶液中通入适量CO2次氯酸钙转化为次氯酸，可以增强溶液的漂白性，A正确；B.甲烷的四种卤代烃都不溶于水，因此甲烷和氯气光照后的混合物通过饱和食盐水不能获得纯净的一氯甲烷，B错误；C.滴定实验前不能用待测溶液润洗锥形瓶，C错误；D.硝酸具有氧化性，能氧化亚铁离子，因此配制硝酸亚铁溶液时，不能将硝酸亚铁溶解在稀硝酸中再加水稀释，D错误，答案选A。

3、中科院深圳研究院成功开发出一种新型铝-石墨双离子电池，可大幅度提升电动汽车的使用性能，其工作原理如图所示。

充电过程中，石墨电极发生阴离于插层反应，而铝电极发生铝-锂合金化反应，下列叙述正确的是（ ）

A．放电时，电解质中的Li+向左端电极移动

B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：

AlLi-e-=Li++Al

C．充电时，若转移0.2mol电子，则铝电极上增重5.4g

D．放电时，正极反应式为CR（PF6）+e-=PF6-+CR

【答案】D

【解析】A、放电时，属于原电池的工作原理，根据电子流向可知石墨是正极。

原电池中阳离子向正极移动，即放电时，电解质中的Li+向右端电极移动，A错误；B、充电时，属于电解池的工作原理，与外加电源负极相连一端电极是阴极，电解池的阴极发生得电子的还原反应，即Al+Li++e-＝AlLi，B错误；C、充电时，若转移0.2mol电子，根据电极反应式Al+Li++e-＝AlLi可知铝电极上增重0.2mol×7g/mol＝1.4g，C错误；D、放电时，属于原电池的工作原理，正极CR（PF6）得电子被还原，电极反应式为CR（PF6）+e-=PF6-+CR，D正确；答案选D。

点睛：

本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合充电过程中，石墨电极发生阴离于插层反应，而铝电极发生铝-锂合金化反应判断电极反应。

4、从菌陈蒿提取出来的对羟基苯乙酮（

）可用于制造利胆药。

下列有关对羟基苯乙酮的说法错误的是（ ）

A．分于式为C8H8O2

B．分子中的碳、氧原子可能都处于同一平面

C．能与氢气发生加成反应

D．含有苯环的羧酸类同分异构体有3种

【答案】D

【解析】A.根据结构简式可判断分于式为C8H8O2，A正确；B.苯环和碳氧双键均是平面形结构，则分子中的碳、氧原子可能都处于同一平面，B正确；C.含有苯环和羰基，能与氢气发生加成反应，C正确；D.含有苯环的羧酸类同分异构体，如果苯环上含有一个取代基，则应该是－CH2COOH，如果含有两个取代基应该是甲基和羧基，有邻间对三种，共计4种，D错误，答案选D。

5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族。

X2-与Y+离子的电子层结构相同，Z的单质可用作太阳能也池的光电转换材料。

下列说法错误的是（ ）

A．原子半径：

X

B．简单氢化物的稳定性：

X>W>Z

C．氢元素与W、X形成的相对分子质量最小的酸的分子式为H2WX3

D．X与Y形成的两种二元化合物中，阴、阳离子数之比均为1∶2

【答案】C

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z的单质可用作太阳能也池的光电转换材料，Z是Si，W、Z同主族，则W是C。

X2-与Y+离子的电子层结构相同，原子序数大于碳元素而小于硅元素，X是O，Y是Na。

A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：

O

O＞C＞Si，B正确；C.氢元素与C、O形成的相对分子质量最小的酸是甲酸：

HCOOH，C错误；D.X与Y形成的两种二元化合物是氧化钠和过氧化钠，其中阴、阳离子数之比均为1∶2，D正确，答案选C。

点睛：

准确判断出元素种类是解答的关键，选项C是易错点，容易忽视有机酸。

注意“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。

6、下列关于有机化合物的说法错误的是（ ）

A．液化石油气主要含乙烯、丙烯和甲烷

B．航空煤油中存在烷烃的同系物

C．相同碳原子数的醇与卤代烃比较，醇在水中溶解度更大

D．聚乙烯和聚甲基丙烯酸甲酯都是通过加聚反应制得

【答案】A

【解析】A.液化石油气主要成分为丙烷、丁烷、丙烯、丁烯等，A错误；B.航空煤油中存在烷烃的同系物，B正确；C.相同碳原子数的醇与卤代烃比较，由于醇能形成氢键，因此醇在水中溶解度更大，C正确；D.聚乙烯和聚甲基丙烯酸甲酯都是通过加聚反应制得，D正确，答案选A。

7、化学在生产、生活中有广泛应用，下列对应关系正确的是（ ）

化学性质

实际应用

A

SO2具有还原性

用SO2漂白纸浆

D

Fe3+具有氧化姓

硫酸铁可用作净水剂

C

维生素C易被氧气氧化

用作食品抗氧化剂

D

H2O2受热或光照易分解

双氧水用作医疗上的消毒剂

A.A   B.B   C.C   D.D

【答案】C

【解析】A、SO2具有漂白性，可漂白纸浆，A错误；B、铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，可作净水剂，B错误；C、维生素C易被氧气氧化，可用作食品抗氧化剂，C正确；D、双氧水具有强氧化性，可作医疗上的消毒剂，D错误，答案选C。

第II卷（非选择题）

评卷人

得分

二、实验题（题型注释）

8、二氯化二硫（S2Cl2）在工北上用于橡胶的硫化，查阅相关资料得到如下信息：

①干燥的氯气与硫在110℃〜140℃反应可得S2Cl2，S2Cl2在300℃以上完全分解。

②S2Cl2常温下为红棕色液体，沸点为137℃：

S2Cl2遇水生成HCl、SO2、S。

③S的熔点为112.8S2Cl2，沸点为444.6℃。

某班同学在实验室制备S2Cl2并探究其性质，回答下列问题：

（一）氯气的制备

（1）氯气的发生装置可以选择上图中的__________（填字母），反应的化学方程式为___________________。

（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择上图中的装置，其连接顺序为：

发生装置→__________（按气流方向，用小写字母表示）。

（二）S2Cl2的制备

将上述收集到的氯气通入下图装置，在一定温度下进行实验。

（3）证明实验中有S2Cl2生成的现象是_______________。

若加热G时温度过高，在X中可能出现的现象是______________。

（4）Z中的试剂名称是__________，如果没有Z装置，可能造成的不良影响有__________。

（三）S2Cl2的性质探究

（5）取少量

（二）中制得的S2Cl2于锥形瓶中，滴加足量NaOH溶液，发生反应的离子方程式为________________。

若要检验反应后的溶液中存在Cl-，在滴加硝酸和硝酸银溶液之前，必须逬行的操作是_______________________。

【答案】 A（或B） MnO2＋4HCl（浓）（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（或2KMnO4＋16HCl（浓）==2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O） e→f→c→d→h→g→i Y中出现红棕色液体 有淡黄色固体沉积 碱石灰（或氧化钙、生石灰） 空气中的水蒸气进入Y中使S2Cl2变质；残余Cl2逸散到空气中造成污染 2S2C12＋6OH—==SO32-＋3S↓＋4Cl－＋3H2O 取适量上层清液于试管中，滴加足量Ba（NO3）2溶液（或氢氧化钡、氯化钡溶液），过滤

【解析】

（1）实验室制备氯气可以用二氧化锰在加热条件下氧化浓盐酸或利用酸性高锰酸钾溶液氧化浓盐酸，则氯气的发生装置可以选择上图中的A或B，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O或2KMnO4＋16HCl（浓）＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。

（2）生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，则欲收集一瓶干燥的氯气，首先要除去氯化氢，然后干燥，氯气密度大于空气，应该用向上排空气法收集，最后还需要尾气处理，则连接顺序为：

发生装置→e→f→c→d→h→g→i。

（3）由于S2Cl2常温下为红棕色液体，因此证明实验中有S2Cl2生成的现象是Y中出现红棕色液体。

由于S的熔点为112.8S2Cl2，因此若加热G时温度过高，在X中可能出现的现象是有淡黄色固体沉积。

（4）S2Cl2遇水生成HCl、SO2、S，所以需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理，则Z中的试剂名称是碱石灰。

根据以上分析可知如果没有Z装置，可能造成的不良影响有：

空气中的水蒸气进入Y中使S2Cl2变质；残余Cl2逸散到空气中造成污染。

（5）S2Cl2遇水生成HCl、SO2、S，因此取少量

（二）中制得的S2Cl2于锥形瓶中，滴加足量NaOH溶液，发生反应的离子方程式为2S2C12＋6OH—＝SO32-＋3S↓＋4Cl－＋3H2O。

由于亚硫酸根会干扰氯离子检验，所以若要检验反应后的溶液中存在Cl-，在滴加硝酸和硝酸银溶液之前，必须进行的操作是取适量上层清液于试管中，滴加足量Ba（NO3）2溶液（或氢氧化钡、氯化钡溶液），过滤。

评卷人

得分

三、简答题（题型注释）

9、铜基及硼系高温超导材料都具有良好的应用前景。

回答下列问题：

（1）写出Cu原子价电子的轨道表达式：

____________。

BF3的立体构型是____________。

（2）NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”，NaBH4电子式为____________，其中三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_________________。

（3）BH3·NH3是一种有效、安全的固体储氢材料，结构如右图所示。

B原子的轨道杂化类型是____________。

该物质中含有配位键，其中提供空轨道接受孤对电子的是____________。

该物质易溶于水，其原因是____________。

（4）硼与氦形成类似苯的化合物B3N3H6（硼氮苯），俗称无机苯。

硼氮苯属于分子____________（填“极性”或“非极性”），一个硼氮苯分子中有____________个σ键，形成π键的电子由____________提供。

（5）硼与镁形成的高温超导材料晶体结构如图所示。

该六方晶胞中镁原子与硼原子的数量比为____________，晶体密度d=____________g·cm-3。

【答案】 

  平面三角形 

  H＞B＞Na sp3杂化 B原子 该分子属于极性分子，且与水分子之间能形成氢键 非极性 12 N原子 1∶2 

 或

×107

（计算式为

）

【解析】

（1）铜的原子序数是29，根据核外电子排布规律可知Cu原子价电子的轨道表达式为

。

BF3中B中性原子的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以立体构型是平面三角形。

（2）NaBH4是离子化合物，NaBH4电子式为

，非金属性越强，第一电离能越大，则其中三种元素的第一电离能由大到小的顺序是H＞B＞Na。

（3）BH3·NH3是一种有效、安全的固体储氢材料，结构如右图所示。

B形成的3个共价键，一个配位键，所以B原子的轨道杂化类型是sp3杂化。

该物质中含有配位键，其中提供空轨道接受孤对电子的是B。

该分子属于极性分子，且与水分子之间能形成氢键，因此该物质易溶于水。

（4）苯是非极性分子，所以硼氮苯属于非极性分子。

单键都是σ键，双键中含有一个σ键，则一个硼氮苯分子中有12个σ键。

B原子最外层电子数是3个，因此形成π键的电子由氮原子提供。

（5）根据晶胞结构可知Mg原子个数＝2×1/2+12×1/6=3，B全部在晶胞中，则该六方晶胞中镁原子与硼原子的数量比为1∶2，晶体的体积是

，所以晶体密度d=

g·cm-3。

10、铈是地壳中丰度最高稀土元素，二氧化铈（CeO2）是其重要的化合物。

平板液晶显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，某实验小组以此粉末为原料回收铈，设计流程如下：

（1）步骤Ⅰ加入过量盐酸后，溶液a中的阳离子有__________，固体b的成分是__________。

（2）步骤Ⅱ中反应的离子方程式为______________________。

（3）当溶液中离子浓度小于1×10-6mol·L-1时视为沉淀充全，则步骤Ⅲ中加入NaOH调节溶液的pH应大于________________[己知：

Ce（OH）3的Ksp=8.0×10-21，1g2="0.3"]。

第V步反应的化学方程式是______________________。

（4）步骤Ⅳ中的实验操作包括_____________。

将NH4Cl固体与CeCl3·6H2O混合真空加热可得无水CeCl3，其中加入NH4Cl的作用是_______________________。

（5）无水CeCl3是重要的分析试剂，现欲对CeCl3样品纯度进行测定，其方法是：

准确称取样品wg配成100.00mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入和过量的过硫酸铵溶液将Ce3+氧化为Ce4+，然后用莘取剂[用（HT）2表示]萃取Ce4+，再用cmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（Ce4+被还原为Ce3+），重复2-3次，平均消耗VmL标准溶液。

①“萃取”时存在反应：

Ce4++n（HT）2

Ce（H2n-4T2n）+4H+，若要提高滴定的准确率，应使溶液呈____________性（填“酸”、“碱”或“中”）。

若未进行“萃取”，经计算所得结果偏高，其原因是______________________。

②经计算，CeCl3样品的纯度为____________。

[M（CeCl3）=246.5g/mol]

【答案】 Fe3+、H+ SiO2 2CeO2＋H2O2＋6H+==2Ce3+＋O2↑＋4H2O 9.3 4Ce（OH）3＋O2＋2H2O==4Ce（OH）4 过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶 NH4Cl固体受热分解生成的HCl可抑制CeCl3水解 酸 过量的过硫酸铵溶液也会与Fe2+反应，从而使结果偏高 

×100%或

 %

【解析】

（1）步骤Ⅰ加入过量盐酸后，氧化铁与盐酸反应，因此溶液a中的阳离子有Fe3+、H+。

固体a中含有二氧化硅和CeO2，加入硫酸和双氧水后CeO2溶解，二氧化硅不溶，所以固体b的成分是SiO2。

（2）步骤Ⅱ中有Ce3+生成，说明双氧水被氧化，二氧化铈被还原，反应的离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H+＝2Ce3+＋O2↑＋4H2O。

（3）当Ce3+浓度为1×10-6mol·L-1时氢氧根浓度是

，则氢离子浓度是5×10－10mol/L，pH＝9.3；第V步氧气氧化Ce（OH）3，反应的化学方程式是4Ce（OH）3＋O2＋2H2O＝4Ce（OH）4。

（4）步骤Ⅳ是得到固体，其中的实验操作包括过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶。

CeCl3水解，所以加入NH4Cl的作用是NH4Cl固体受热分解生成的HCl可抑制CeCl3水解。

（5）①“萃取”时存在反应：

Ce4++n（HT）2

Ce（H2n-4T2n）+4H+，若要提高滴定的准确率，需要使平衡向逆反应方向进行，因此应使溶液呈酸。

由于过量的过硫酸铵溶液也会与Fe2+反应，所以若未进行“萃取”会使结果偏高。

②根据电子得失守恒可知Ce3+的物质的量等于亚铁离子的物质的量，则CeCl3样品的纯度为

。

点睛：

注意掌握解决本类题目的基本方法和步骤：

（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。

（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。

（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：

①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。

抓住一个关键点：

一切反应或操作都是为获得产品而服务。

11、合成气（主要成分为CO、CO2和H2）是重要的化工原料，可利用合成气在催化剂存在下直接制备二甲醚（CH3OCH3）。

己知：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g） △H1=-49.0kJ·mol-1

CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g） △H2="+41.1"kJ·mol-1

2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g） △H3="-24.5"kJ·mol-1

（1）工业上用CO2和H2在一定条件下反应直接制备二甲醚，主反应为：

2CO2（g）+6H2（g）

CH3OCH3（g）+3H2O（g）

①要使该反应速率和产率都增大，应该采取的措施是__________，减少副反应，大幅度提高二甲醚在产物中所占比率的关键因素是__________。

②一定条件下．上述主反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是__________（单选，填标号）。

a．逆反应速率先增大后减小         b．H2的转化率增大

c．反应物的体积百分含量减小       d．容器中的

变小

③在某压强下，制备二甲醚的反应在不同温度、不冋投料比时CO2的转化率如图（a）所示。

T1温度下，将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0〜5min内的平均反应速率v（CH3OCH3）=_____________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为_______________。

（2）在适当条件下由CO和H2直接制备二甲醚，另一产物为水蒸气。

①该反应的热化学方程式是_________________。

②co的转化率、二甲醚的产率与反应温度的关系如图（b）所示，请解释温度低于290℃时，CO转化率较高而CH3OCH3产率较低的原因可能是___________。

（3）用甲醇，二甲醚混合液与CO在催化剂条件下还可合成醋酸。

常温下，醋酸的Ka=1.8×10-5，向0.1mol/L醋酸溶液中滴加NaOH溶液至

=

时，混合溶液的pH=__________，醋酸钠水解反应的平衡常数值为__________。

【答案】 加压 催化剂 b 0.036 mol·L－1·min－1 KA＝KC＞KB 2CO（g）＋4H2（g）==CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH＝-204.7 kJ·mol－1 CO的转化均为放热反应，温度较低时转化率较高，但CO转化为中间产物较多，转化为目标产物较少 5 5.6×10-10

【解析】

（1）①已知：

ⅰ、CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g） △H1=-49.0kJ·mol-1，ⅱ、2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g） △H3=-24.5kJ·mol-1，根据盖斯定律可知ⅰ×2+ⅱ即得到2CO2（g）+6H2（g）

CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.5kJ·mol-1，即该反应是放热的体积减小的可逆反应，所以要使该反应速率和产率都增大，应该采取的措施是加压，减少副反应，大幅度提高二甲醚在产物中所占比率的关键因素是催化剂。

②a．逆反应速率先增大后减小说明平衡向逆反应方向进行，a错误；b．H2的转化率增大说明平衡一定向正反应方向移动，b正确；c．反应物的体积百分含量减小平衡不一定向正反应方向进行，c错误；d．容器中的

变小平衡不一定向正反应方向进行，d错误，答案选b；③T1温度下，将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，根据图像可知平衡时CO2转化率是0.6，则消耗CO2是3.6mol，生成二甲醚是1.8mol，浓度是0.18mol/L，所以0〜5min内的平均反应速率v（CH3OCH3）=0.18mol/L÷5min＝0.036 mol·L－1·min－1；正反应放热，温度越低CO2转化率越高，平衡常数越大，温度是T1＜T2，由于平衡常数只与温度有关系，所以KA、KB、KC三者之间的大小关系为KA＝KC＞KB。

（2）①己知：

ⅲ、2CO2（g）+6H2（g）

CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.5kJ·mol-1，ⅳ、CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g） △H2=+41.1kJ·mol-1，根据盖斯定律可知ⅲ+ⅳ×2即得到热化学方程式是2CO（g）＋4H2（g）＝CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH＝-204.7 kJ·mol－1。

②由于CO的转化均为放热反应，温度较低时转化率较高，但CO转化为中间产物较多，所以转化为目标产物较少；（3）根据醋酸的电离平衡常数表达式

可知c（H+）=

＝10－5mol/L，所以混合溶液的pH=5，醋酸钠水解反应的平衡常数值为

＝5.6×10-10。

评卷人

得分

四、推断题（题型注释）

12、聚苹果酸（PMLA）可作为目的合成药物的载体，它的一种化学合成路线如下：

己知：

琼斯试剂能选择性氧化含不饱和碳的醇，而醇中的碳碳双键或三键