四川省绵阳市届高三第三次诊断性考试理科综合化学试题.docx
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四川省绵阳市届高三第三次诊断性考试理科综合化学试题
绵阳市高中2016级第三次诊断性考试
理科综合能力测试（化学）
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Co59Ge73Ag108I127
1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列说法错误的是
A.我国出土的青铜礼器司母戊鼎是铜和铁的合金
B.高纯硅具有良好的半导体性能，可用于制光电池
C.港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料
D.火箭推进剂使用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的环境污染小
【答案】A
【解析】
【详解】A．司母戊鼎的主要成分是青铜，是铜锡合金，故A错误；
B．硅是半导体材料，可用于制光电池，故B正确；
C．环氧树脂属于高分子化合物，故C正确；
D．偏二甲肼-四氧化二氮作燃料，会产生二氧化氮等污染物，发射神舟十一号飞船所用火箭的燃料是液氧和煤油，产物为二氧化碳和水，燃料毒性小、污染少，有利于环保，故D正确；
答案选A。
2.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。
下列说法正确的是
A.18gT2O中含有的中子数为12NA
B.用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA
C.标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA
D.1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为（3n+1）NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．18gT2O的物质的量为
=
mol，
mol该水分子中含有中子的物质的量为
mol×12=
mol，故A错误；
B．胶体微粒不是单个的分子，而是多个AgI的聚合体，因此无法计算用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故C错误；
D．1molCnH2n+2（烷烃）中含有（n-1）mol碳碳键和（2n+2）mol碳氢键，总共含有（3n+1）mol共价键，含有共价键数为（3n+1）NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意胶体中的胶体粒子是多个分子（离子）的聚合体。
3.共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。
桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为
。
下列关于该化合物的说法错误的是
A.桥头碳为1号和4号B.与环己烯互为同分异构体
C.二氯代物有6种结构D.所有碳原子不可能位于同一平面
【答案】C
【解析】
【详解】A.共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳，
中桥头碳为1号和4号，故A正确；
B.二环[2.2.0]己烷的分子式与环己烯相同，均为C6H10，互为同分异构体，故B正确；
C.二环[2.2.0]己烷二氯代物有：
取代2（或3、5、6）上的2个氢原子；取代1和2上各1个氢原子；取代1和3上各1个氢原子；取代1和4上各1个氢原子；取代2和3（或5和6）上各1个氢原子；取代2和5上各1个氢原子；取代2和6上各1个氢原子；共7种结构，故C错误；
D.分子中含有
，为四面体结构，分子中的所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为CD，C中书写二氯代物的同分异构体时可以使用定一移二的方法解答，需要注意1号碳原子上有1个氢原子，2号碳原子上有2个氢原子；D中要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子（包括：
-CH3、-CH2-、
、
）中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。
4.下列实验操作能达到实验目的的是
A.将甲烷和乙烯的混合气体通过溴的四氯化碳溶液进行分离
B.只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸
C.为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液
D.向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴与乙烯反应，而甲烷不能，但甲烷可溶于四氯化碳，应选溴水、洗气分离，故A错误；
B．碳酸钠与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，与AlCl3溶液也生成白色沉淀，但同时生成无色无味的气体，现象不同，可以鉴别，故B正确；
C．淀粉遇碘单质变蓝色，与碘的化合物无明显现象，故C错误；
D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化铝，也可能为硅酸，故D错误；
答案选B。
5.锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。
VS2/Zn扣式可充电电池组成示意图如下。
Zn2+可以在VS2晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为VS2＋xZn
ZnxVS2。
下列说法错误的是
A.放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应
B.放电时负极的反应为Zn－2e－==Zn2+
C.充电时锌片与电源的负极相连
D.充电时电池正极上的反应为：
ZnxVS2＋2xe－＋xZn2+==VS2＋2xZn
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示，结合总反应方程式可知，锌反应后化合价升高，发生氧化反应，因此放电时，锌为负极，涂VS2不锈钢为逐渐，结合原电池和电解池原理分析解答。
【详解】A.根据上述分析，放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；
B.放电时，锌为负极，发生氧化反应，负极的反应为Zn－2e－==Zn2+，故B正确；
C.充电时，原电池的负极接电源的负极充当阴极，因此锌片与电源的负极相连，故C正确；
D.充电时，原电池的正极接电源的正极充当阳极，失去电子，发生氧化反应，故D错误；
答案选D。
6.2019年是元素周期表诞生的第150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。
W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。
W的一种核素可用于文物年代的测定，X与W同周期相邻，四种元素中只有Y为金属元素，Z的单质为黄绿色气体。
下列叙述正确的是
A.W的氢化物中只存在极性共价键B.Z的氧化物对应的水化物均为强酸
C.X与Y的化合物可发生水解反应D.Y与Z的化合物熔融电解一定得金属单质
【答案】C
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。
W的一种核素可用于文物年代的测定，W为C元素；X与W同周期相邻，则X为N元素；Z的单质为黄绿色气体，Z为Cl元素；四种元素中只有Y为金属元素，则Y可能为Na、Mg、Al元素，据此分析解答。
【详解】A.W的氢化物为烃，烃中可能存在非极性共价键，如乙烷、乙烯等，故A错误；
B.Z的氧化物对应的水化物不一定为强酸，如次氯酸为弱酸，故B错误；
C.X与Y的化合物为氮化物，均可发生水解反应，如氮化钠水解生成氨气和氢氧化钠，氮化镁水解生成氨气和氢氧化镁，氮化铝水解生成氨气和氢氧化铝，故C正确；
D.Y与Z的化合物可能为氯化铝，熔融状态不能导电，不能电解得到铝单质，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点为Y元素的不确定，易错点为C，要知道金属氮化物能够水解生成氨气。
7.改变0.01mol/LNaAc溶液
pH，溶液中HAc、Ac－、H+、OH－浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。
若pKa＝-lgKa，下列叙述错误的是
A.直线b、d分别对应H+、OH－
B.pH＝6时，c（HAc）＞c（Ac－）＞c（H+）
C.HAc电离常数的数量级为10-5
D.从曲线a与c的交点可知pKa＝pH＝4.74
【答案】B
【解析】
【分析】
微粒的浓度越大，lgc越大。
强酸性溶液中c（CH3COOH）≈0.01mol/L，lgc（CH3COOH）≈-2，强碱性溶液中c（CH3COO-）≈0.01mol/L，lgc（CH3COO-）≈-2；酸性越强lgc（H+）越大、lgc（OH-）越小，碱性越强lgc（H+）越小、lgc（OH-）越大，根据图像知，曲线c为CH3COOH，a为CH3COO-，b线表示H+，d线表示OH-。
据此分析解答。
【详解】A.根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH－，故A正确；
B.根据图像，pH＝6时，c（Ac－）＞c（HAc）＞c（H+），故B错误；
C.HAc电离常数Ka=
，当c（CH3COOH）=c（CH3COO-），Ka=c（H+）=10-4.74，数量级为10-5，故C正确；
D.曲线a与c的交点，表示c（CH3COOH）=c（CH3COO-），根据C的分析，Ka=c（H+）=10-4.74，pKa＝-lgKa＝-lgc（H+）=pH＝4.74，故D正确；
答案选B。
8.Co（CH3COO）2（乙酸钴）可用作酯交换反应的催化剂并可用于制备高质量锂电池电极。
在氮气氛围中，乙酸钴受热分解生成CO、CO2和C2H6等产物。
某研究小组利用下列装置检验乙酸钴热分解的部分产物。
已知：
①CO＋PdCl2＋H2O==CO2＋Pd↓（黑色）＋2HCl；
②变色硅胶为深蓝色，吸水后变为粉红色。
回答下列问题：
（1）B装置的作用是____，要检验乙酸钴分解产物中的CO2，对以上装置的改进方案是______。
（2）仪器a中的试剂是_______，其作用是_______。
（3）能证明乙酸钴的分解产物含有C2H6的实验现象是______。
（4）装置D中C2H6被CuO完全氧化的化学方程式是________。
（5）另取一定量乙酸钴结晶水合物样品[Co（CH3COO）2·nH2O]在空气中加热，样品
固体残留率（
×100%）随温度的变化如图所示（样品在200 ℃时已完全失去结晶水，350 ℃以上残留固体为金属氧化物）。
根据以上实验数据列出残留氧化物CoxOy中x∶y的计算式：
_____。
【答案】
（1）.检验并吸收CO
（2）.在A与B之间增加盛有澄清石灰水的洗气瓶（3）.碱石灰（4）.吸收B中生成的CO2并干燥气体（5）.D中黑色固体变为红色，E中硅胶变为粉红色，F中澄清石灰水变浑浊（6）.7CuO＋C2H6
7Cu＋2CO2＋3H2O（7）.
【解析】
【分析】
乙酸钴受热分解生成CO、CO2和C2H6等产物。
结合已知条件①，B中PdCl2溶液可检验CO，F中澄清石灰水可检验二氧化碳，因此进入装置D的气体需要除去二氧化碳和水蒸气，因此装置C可以选用碱石灰除去气体中的二氧化碳和水蒸气，D中乙烷与氧化铜反应生成二氧化碳和水蒸气，E中B变色硅胶可以检验水蒸气，据此分析解答。
【详解】
（1）根据上述分析，B装置是检验并吸收CO；要检验乙酸钴分解产物中的CO2，需要在气体进入装置D之前检验，因此可以在A与B之间增加盛有澄清石灰水的洗气瓶，故答案为：
检验并吸收CO；在A与B之间增加盛有澄清石灰水的洗气瓶；
（2）根据上述分析，仪器a中的试剂是碱石灰，碱石灰可以吸收B中生成的CO2并干燥气体，故答案为：
碱石灰；吸收B中生成的CO2并干燥气体；
（3）要证明乙酸钴的分解产物含有C2H6，需要在除去了二氧化碳和水蒸气以及一氧化碳后的气体在D中与氧化铜反应，若D中黑色固体变为红色，说明乙烷与氧化铜发生了反应，E中硅胶变为粉红色，说明生成了水蒸气，F中澄清石灰水变浑浊说明生成了二氧化碳，则能证明乙酸钴的分解产物含有C2H6，故答案为：
D中黑色固体变为红色，E中硅胶变为粉红色，F中澄清石灰水变浑浊；
（4）根据（3）的分析可知，装置D中C2H6被CuO完全氧化生成了二氧化碳、水和铜，反应的化学方程式是7CuO＋C2H6
7Cu＋2CO2＋3H2O，故答案为：
7CuO＋C2H6
7Cu＋2CO2＋3H2O；
（5）Co（CH3COO）2•nH2O在加热过程中先失去结晶水，200℃时得到的Co（CH3COO）2，则残留固体中钴的含量=
×71.2%，350 ℃以上残留固体为金属氧化物（CoxOy），残留固体中钴的含量=
×32.3%，根据钴的质量守恒，假设固体样品的起始质量为m，则
×71.2%×m=
×32.3%×m，解得
=
，故答案为：
。
【点睛】本题的难点为（5），要注意Co（CH3COO）2•nH2O加热分解过程中，钴元素的质量不变，这也是计算的依据。
9.目前我国主要采用硫酸法生产钛白（TiO2），每年产生至少100万吨钛白废液，其中含H2SO4约20%，还有少量Fe2+、TiO2+、Al3+。
利用钛白废液浸出氧化锌生产七水硫酸锌，具有原料易得、工艺简单、回收率高和产品纯度高等优点。
生产流程简化如下：
回答下列问题：
（1）“浸出”时发生的主要反应的离子方程式为_______。
（2）为寻找“浸出”的最佳条件，做9组对比试验得下表：
因素
温度/℃
反应时间/h
固液比
产率/%
1
70
2
1∶6.5
79.83
2
70
3
1∶7.5
86.18
3
70
4
1∶8.5
84.33
4
80
2
1∶7.5
83.06
5
80
3
1∶8.5
87.02
6
80
4
1∶6.5
95.38
7
90
2
1∶8.5
83.58
8
90
3
1∶6.5
88.95
9
90
4
1∶7.5
89.64
由表中数据可知，“浸出率”最高时的反应条件是_______。
（3）从生产实际考虑，调滤液的pH时选择加入石灰乳的原因是_______。
（4）常温下，按1:
6固液质量比反应的浸出液中锌离子浓度最大值约为2.5mol/L，若Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10-17，lg4.8≈0.68。
则加入石灰乳调节的pH应不超过______（保留一位小数）。
（5）在加热下鼔入空气时，发生反应的化学方程式是___，此时TiO2+也会水解生成H2TiO3沉淀，发生反应的离子方程式为_____。
（6）加热下加入H2O2目的是进一步氧化除杂，氧化产物为__。
抽滤得到的滤渣主要成分有___和H2TiO3（填化学式）。
【答案】
（1）.ZnO＋2H+==Zn2+＋H2O
（2）.80℃，反应时间4h，固液比1∶6.5（3）.氢氧化钙价格低廉，并有较强的碱性（4）.5.3（5）.4Fe（OH）2＋O2＋2H2O==4Fe（OH）3（6）.TiO2+＋2H2O==H2TiO3↓＋2H+（7）.Fe（OH）3（8）.CaSO4、Fe（OH）3、Al（OH）3
【解析】
【分析】
钛白废液中含H2SO4约20%，还有少量Fe2+、TiO2+、Al3+。
钛白废液中的酸与氧化锌反应，将氧化锌溶解，过滤除去不溶物，在滤液中加入石灰乳调节溶液的pH，可以使亚铁离子、铝离子沉淀，并使TiO2+水解生成沉淀，如何鼓入空气和加入双氧水，将氢氧化亚铁充分氧化转化为溶解度更小的氢氧化铁沉淀，混合液经过抽滤得到硫酸锌溶液，蒸发浓缩，冷却晶体得到硫酸锌晶体，据此分析解答。
【详解】
（1）“浸出”时钛白废液中的酸与氧化锌反应，反应的离子方程式为ZnO＋2H+=Zn2+＋H2O，故答案为：
ZnO＋2H+=Zn2+＋H2O；
（2）根据表格数据可知，温度在80℃，反应时间在4h左右，固液比为1∶6.5时，“浸出率”最高达95.38%，故答案为：
80℃，反应时间4h，固液比1∶6.5；
（3）从生产实际考虑，工业生产一般都需要考虑成本，由于氢氧化钙价格低廉，并有较强的碱性因此调滤液的pH时选择加入石灰乳，故答案为：
氢氧化钙价格低廉，并有较强的碱性；
（4）氢氧化锌刚好开始沉淀时，c（OH-）=
=
=4.8×10-8mol/L，此时pH=14-[-lg（4.8×10-8）]≈14-（8+0.68）≈5.3，为了除去溶液中的杂质离子，而不沉淀锌离子，溶液的pH应不超过5.3，故答案为：
5.3；
（5）在加热下鼔入空气时，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3，此时TiO2+也会水解生成H2TiO3沉淀，反应的离子方程式为TiO2+＋2H2O=H2TiO3↓＋2H+，故答案为：
4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3；TiO2+＋2H2O=H2TiO3↓＋2H+；
（6）加热下加入H2O2目的是进一步氧化除去氢氧化亚铁杂质，氧化生成氢氧化铁沉淀；根据（5）的提示，抽滤得到的滤渣中除了含有Fe（OH）3、H2TiO3外，硫酸钙微溶于水，还应该含有加入石灰乳生成的硫酸钙沉淀，加入石灰乳，溶液中的铝离子会生成氢氧化铝沉淀，故答案为：
CaSO4、Fe（OH）3、Al（OH）3。
10.光气（COCl2）在塑料、制药等工业生产中有许多用途，其化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体。
回答下列问题：
（1）少量COCl2可用烧碱溶液吸收，发生反应的离子方程式为________。
（2）工业上用CO和Cl2在高温、活性炭催化作用下合成光气：
Cl2（g）＋CO（g）
COCl2（g） ∆H＝-108kJ·mol-1。
所需CO来自CH4与CO2的催化重整反应。
查阅文献获得以下数据：
CH4（g）＋2O2（g）==CO2（g）＋2H2O（l）∆H1＝-890.3kJ·mol-1
2H2（g）＋O2（g）==2H2O（l）∆H2＝-571.6kJ·mol-1
2CO（g）＋O2（g）==2CO2（g）∆H3＝-566kJ·mol-1
则CH4与CO2催化重整反应生成CO和H2的热化学方程式为_____。
（3）在T℃时，向盛有活性炭的5L恒容密闭容器中加入0.6molCO和0.45molCl2，CO和COCl2的浓度在不同时刻的变化状况如图所示：
①反应在第6min时
平衡常数为___，第8min时改变的条件是____。
②在第12min时升高温度，重新达到平衡时，COCl2的体积分数将___（填“增大”“不变”或“减小”），原因是_____。
（4）Burns和Dainton研究了反应Cl2（g）＋CO（g）
COCl2（g）的动力学，获得其速率方程v=k [c（Cl2）]3/2 [c（CO）]m，k为速率常数（只受温度影响），m为CO的反应级数。
①该反应可认为经过以下反应历程：
第一步：
Cl2
2Cl快速平衡
第二步：
Cl+CO
COCl快速平衡
第三步：
COCl+Cl2—→COCl2+Cl慢反应
下列表述正确的是____（填标号）。
A．COCl属于反应的中间产物B．第一步和第二步的活化能较高
C．决定总反应快慢的是第三步D．第三步的有效碰撞频率较大
②在某温度下进行实验，测得各组分初浓度和反应初速度如下：
实验序号
c（Cl2）/mol·L-1
c（CO）/mol·L-1
v/mol·L-1·s-1
1
0.100
0.100
1.2×10-2
2
0.050
0.100
4.26×10-3
3
0.100
0.200
2.4×10-2
4
0.050
0.050
2.13×10-3
CO的反应级数m=___，当实验4进行到某时刻，测得c（Cl2）=0.010 mol·L-1，则此时的反应速率v=___mol·L-1·s-1（已知：
≈0.32）。
【答案】
（1）.COCl2＋4OH－==CO32-＋2Cl－＋2H2O
（2）.CH4（g）＋CO2（g）==2CO（g）＋2H2（g）∆H=+247.3kJ·mol-1（3）.5.56（4）.移去部分CO（5）.减小（6）.正反应放热，升高温度，平衡逆向移动（7）.AC（8）.1（9）.3.8×10-5
【解析】
【分析】
（1）光气（COCl2）化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体，气体为二氧化碳和氯化氢，据此书写反应的离子方程式；
（2）根据盖斯定律分析解答；
（3）①根据图像，平衡时COCl2的浓度为0.03mol/L，根据三段式计算平衡常数K；第8min时，COCl2的浓度逐渐减小，CO的浓度突然减小，据此分析改变的条件；②该反应为放热反应，根据温度对平衡的影响分析解答；
（4）①反应的快慢由最慢的反应决定，结合反应历程分析判断；②根据表格数据，当c（Cl2）不变时，c（CO）增大1倍，反应速率增大1倍，说明v与c（CO）的一次方成正比，结合表格数据计算判断m和k的值，当c（Cl2）=0.010 mol·L-1，代入速率方程计算v。
【详解】
（1）光气（COCl2）化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体，气体为二氧化碳和氯化氢，因此少量COCl2与烧碱溶液发生反应的离子方程式为COCl2＋4OH－==CO32-＋2Cl－＋2H2O，故答案为：
COCl2＋4OH－==CO32-＋2Cl－＋2H2O；
（2）①CH4（g）+2O2=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，②2H2（g）＋O2（g）==2H2O（l）∆H2＝-571.6kJ·mol-1，③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①-②-③得：
CH4（g）＋CO2（g）==2CO（g）＋2H2（g）∆H=（-890.3kJ•mol-1）-（-571.6kJ·mol-1）-（-566.0kJ•mol-1）=+247.3kJ·mol-1，故答案为：
CH4（g）＋CO2（g）==2CO（g）＋2H2（g）∆H=+247.3kJ·mol-1；
（3）①根据图像，平衡时COCl2的浓度为0.03mol/L，则
Cl2（g）＋CO（g）
COCl2（g）
起始（mol/L）0.090.120
反应（mol/L）0.030.030.03
平衡（mol/L）0.060.090.03
反应在第6min时达到平衡，平衡常数K=
=5.56；第8min时，COCl2的浓度逐渐减小，CO的浓度突然减小，因此改变的条件是移去部分CO，故答案为：
5.56；移去部分CO；
②Cl2（g）＋CO（g）
COCl2（g） ∆H＝-108kJ·mol-1，为放热反应；在第12min时升高温度，平衡逆向移动，重新达到平衡时，COCl2的体积分数将减小，故答案为：
减小；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；
（4）①A．根据反应历程，COCl属于反应的中间产物，故A正确；B．第一步和第二步反应能够快速达到平衡，说明反应容易进行，反应的活化能较低，故B错误；C．反应的快慢由最慢的反应决定，因此决定总反应快慢的是第三步，故C正确；D．第三步的反应较慢，说明有效碰撞频率较小，故D错误，故答案为：
AC；
②速率方程v=k [c（Cl2）]3/2 [c（CO）]m，根据表格数据，当c（Cl2）不变时，c（CO）增大1倍，反应速率增大1倍，说明v与c（CO）的一次方成正比，m=1，则1.2×10-2=k（0.100）3/2 （0.100）1，因此当k=
，因此当c（Cl2）=0.010 mol·L-1，v=
×（0.0100）3/2 （0.0100）1mol·L-1·s-1=3.8×10-5mol·L-1·s-1，故答案为：
1；3.8×10-5。
11.氮、磷是植物生长所需的重要元素。
回答下列问题：
（1）下列N原子电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是____（填标号）。
（2）羟氨（NH2OH）可看成是氨分子内的一个氢原子
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