四川省凉山州届高三第三次诊断性检测理综化学试题.docx
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四川省凉山州届高三第三次诊断性检测理综化学试题
四川省凉山州2018届高三第三次诊断性检测理综化学试题
1.中华传统文化博大精深，其中涉及到很多的化学知识。
下列有关说法不正确的是
A.中国的圆珠笔头一直需要进口笔尖钢，2016年9月，中国太钢集团利用家常和面原理在钢水中加入添加剂试验成功，造出圆珠笔头，可完全替代进口，由此信息可知笔尖钢为合金，且具有良好的切削性
B.古代染坊常用某种碱剂来精炼丝绸，碱剂不可能为烧碱
C.《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”,说明麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽
D.《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物
【答案】D
【解析】在钢水中加入添加剂实际就是制取某种合金钢，因为该合金钢是要用作笔尖的，所以一定要有较好的切削性，选项A正确。
丝绸的主要成分是蛋白质，在烧碱作用下，蛋白质会发生水解，所以碱剂不可能为烧碱，选项B正确。
《选修一化学与生活》课本的“正确使用药物”章节中讲述了，麻黄碱具有止咳平喘的作用，选项C正确。
矾指的是：
各种金属（如铜、铁、锌）的硫酸盐，尤指具有玻璃质状态表面或光泽的该种硫酸盐的水合物，选项D错误。
2.有一种含氧杂环化合物，在合成有机材料和药品中有重要应用、其结构如下图所示。
下列关于该有机物的说法不正确的是
A.1mol该有机物最多能消耗4molNaOH
B.1mol该有机物与H2反应时，最多消耗6molH2
C.该有机物的苯环上的一氯代物有3种
D.该分子所有原子可能处于同一平面上
【答案】C
【解析】该物质水解会得到
，三个酚羟基和一个羧基各反应一个氢氧化钠，所以1mol该有机物最多能消耗4molNaOH，选项A正确。
一个苯环可以和三个氢气进行加成，所以1mol该有机物与H2反应时，最多消耗6molH2，选项B正确。
该有机物明显不对称，分子中的两个苯环不相同，所以每个苯环上有三个不同的取代位置，该有机物的苯环上的一氯代物应该有6种，选项C错误。
是平面结构，再加上两个苯环平面，三个平面可以是同一个平面，选项D正确。
点睛：
判断有机物和氢氧化钠反应的时候应该消耗多少氢氧化钠的方法是：
酚羟基、羧基、卤素原子都是消耗一个氢氧化钠，酯基应该先将其水解，判断水解后生成的物质会消耗多少氢氧化钠。
3.2SO2（g）十O2（g）
2SO3（g） △H=-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为:
Ⅰ：
V2O5+SO2→2VO2+SO3（快） Ⅱ:
4VO2+O2→2V2O5（慢），下列说法正确的是（）
A.反应速率主要取决于Ⅰ步反应
B.该反应逆反应的活化能大于198kJ/mol
C.2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应能放出198KJ的热量
D.在恒温、恒容条件下，达到平衡后继续加入少量SO3平衡将向正反应方向移动，所以SO3的体积百分数增大
【答案】B
【解析】对于多步反应，决定总反应速率的应该是较慢的反应，所以反应速率主要取决于Ⅱ步反应，选项A错误。
该反应为放热反应，其能量变化可以表示为下图：
则E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能，焓变△H为-198kJ·mol-1，所以该反应逆反应的活化能大于198kJ/mol，选项B正确。
该反应为可逆反应，2molSO2和1molO2在一定条件下反应，是不能完全反应的，所以放热一定小于198KJ，选项C错误。
加入少量SO3（即增大生成物浓度）平衡应该向逆反应方向进行，选项D错误。
4.仅用下表提供的玻璃仪器（自选非玻璃仪器）就能实现相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
玻璃仪器
A
分离硝酸钾和氯化钠混合物
烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗
B
配制450mL2mol·L－1氯化钠溶液
500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
C
除去氢氧化铝胶体中的泥沙
漏斗（带半透膜）、烧杯、玻璃棒
D
从食盐水中获得NaCl晶体
坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】分离硝酸钾和氯化钠混合物需要进行重结晶，所以应该用普通漏斗进行过滤，选项A错误。
实验室没有450mL的容量瓶，所以配制450mL2mol·L－1氯化钠溶液的时候应该使用500mL容量瓶。
用天平（非玻璃仪器）称量氯化钠质量，转移至烧杯，用量筒加水溶解，玻璃棒搅拌，转移至容量瓶，洗涤，定容，摇匀即可，选项B正确。
除去氢氧化铝胶体中的泥沙，应该用带滤纸的漏斗直接过滤，选项C错误。
从食盐水中获得NaCl晶体的操作是蒸发，应该在蒸发皿中进行，选项D错误。
点睛：
胶体不可以透过半透膜，但是可以透过滤纸。
溶液是都能透过，浊液是都不能透过。
所以分离溶液和胶体应该用半透膜做渗析，分离浊液和胶体应该做过滤。
5.工业上通过电化学原理在铝片表面形成氧化膜来提高其抗腐蚀能力，工作原理如下图所示。
列说法正确的是
A.碳棒可用任意金属代替，其作用是传递电流
B.通电一段时间后，溶液的pH增大
C.通电后电子被强制从碳棒流向铝片使铝表面形成氧化膜
D.可通过调节滑动变阻器来控制氧化膜的形成速度
【答案】D
【解析】碳棒不可以用任意金属代替，例如：
不可以使用钠钾之类的活泼金属，选项A错误。
电解的阳极反应为：
2Al－6e-+3H2O=Al2O3+6H+；阴极反应为：
6H++6e-=3H2↑；所以总反应为：
2Al+3H2O=Al2O3+3H2↑；随着电解的逐渐进行，水减少，硫酸浓度增大pH降低，选项B错误。
电子从电源的负极流出，进入阴极的碳棒上，在碳棒上被氢离子消耗生成氢气，不会流向铝片，选项C错误。
调节滑动变阻器可以调节电路中的电流大小，显然电流变化时，反应进行的速率一定会变化，选项D正确。
点睛：
对于电解的反应，其反应速率的大小，一般来说，主要由电路中的电流大小决定。
电流越大，单位时间内电极上流入或流出的电子应该越多，反应的速率就会越快；反之，速率减小。
其他的影响速率的因素，在电解反应中的体现并不明显。
6.甲、乙、丙、丁4种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中均含18个电子，甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，下列推断不正确的是（ ）
A.甲通入硫酸铜溶液中无明显现象，但甲能与碱反应
B.乙的摩尔质量为32g/mol则乙分子中可能含有极性键、非极性键
C.若丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙可能是甲烷的同系物
D.若丁中各元素质量比跟甲中各元素质量比相同，则丁既可能表现氧化性也可能表现还原性
【答案】A
7.常温下向25mL0.1mol•L-1 NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol•L-1的一元酸HX溶液，pH的变化曲线如下图所示（溶液混合时体积的变化忽略不计）．下列说法正确的是（ ）
A.在B点，离子浓度大小为 c（OH-）>c（H+）>c（Na+）>c（X-）
B.D点的溶液中c（H+）+c（HX）＝c（X-）+c（OH-）
C.HX是弱酸，常温下其电离常数Ka=2.5×10-6
D.D点的溶液中有c（HX）-2c（H+）＝2c（OH-）+c（X-）
【答案】C
.........
8.氨气是一种重要的化工原料，在生产生活中有着广泛的应用，某校研究性学习小组的同学学习完氮的有关性质之后，准备对氨的性质进行实验探究。
（1）实验室制取氨气的化学方程式为_________________________________。
（2）某同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法，想用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气。
你认为他能否达到目的？
________（填“能”或“否”），理由是_________________________。
（3）该小组的同学设计了如下图所示的实验装置（夹持及尾气处理装置未画出），探究氨气的还原性。
①利用装置进行实验，观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体。
已知红色物质为一种单质，则氨气与CuO反应的化学方程式为________________。
②有同学认为：
NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O。
已知：
Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu＋―→Cu＋Cu2＋。
请设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O：
______________。
（4）该小组的同学根据"侯氏制碱法"原理，进行碳酸氢钠的制备，有关反应为：
NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
某同学用上图中戊装置（其他装置未画出）进行实验。
①实验时，须先从a管通入________气体（填化学式），然后从b管持续通入另一种气体。
②有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是____________________。
③碳酸氢钠受热所得固体12.28g与足量的石灰水充分反应，所得沉淀经洗涤、干燥质量为12.00g，则所得固体中碳酸钠的质量分数为__________________。
【答案】
（1）.2NH4Cl＋Ca（OH）2
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
（2）.否（3）.氨气极易溶于水，氯化铵对氨气在水中的溶解度影响不大（4）.3CuO＋2NH3
3Cu＋3H2O＋N2（5）.取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有（其它合理答案均可得分）（6）.NH3（7）.增大气体与溶液接触面积，提高CO2的吸收率（8）.86.3%
【解析】
（1）实验室采用加热氢氧化钙和氯化铵固体混合物的方式制取氨气，反应为2NH4Cl＋Ca（OH）2
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
（2）氨气在水中的溶解度很大（1:
700），即使氯化铵中铵根离子的存在会抑制氨气的溶解，但是氨气在氯化铵溶液中依然会有较大的溶解度，所以不能达到收集的目的。
（3）①氨气与氧化铜反应，氧化铜转化为红色单质（只能是Cu），无水硫酸铜变蓝说明生成了水，则另外的无污染气体只能是氮气，所以反应方程式为：
3CuO＋2NH3
3Cu＋3H2O＋N2。
②单质铜与稀硫酸不反应，而根据题目的已知条件，氧化亚铜与稀硫酸应该反应生成硫酸铜溶液和单质铜，所以实验方法为：
取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有。
（4）①氨气在水中的溶解度极大，所以吸收的时候一定要防倒吸，只能a管通氨气。
②己装置的下端是一个多孔的球泡，气体从多孔球泡的众多小孔中分散成多个方向进入溶液中，这样就增大了气体与溶液的接触面积，提高了二氧化碳的吸收率。
③设固体中含有的碳酸氢钠和碳酸钠的物质的量分别为Xmol和Ymol，有：
84X+106Y=12.28，将固体受热后再与足量石灰水反应，将混合物中所有的碳元素都转化为碳酸钙沉淀（12g为0.12mol），根据碳守恒得到X+Y=0.12，解方程得到Y=0.1mol，所以碳酸钠为10.6g，质量分数为86.3%。
9.
（1）已知：
2Fe2O3（s）＋3C（s）＝3CO2（g）＋4Fe（s） ΔH1＝＋234.1kJ·mol－1①
C（s）＋O2（g＝CO2（g） ΔH2＝－393.5kJ·mol－1②
则Fe和O2反应生成Fe2O3的热化学反应方程式为_______________________________。
（2）已知H2A在水中存在以下平衡：
H2A＝H＋＋HA－，HA－
H＋＋A2－。
①常温下NaHA溶液的pH________（填序号），原因是____________________________。
A．大于7B．小于7C．等于7D．无法确定
②已知常温下H2A的钙盐（CaA）的饱和溶液中存在以下平衡：
CaA（s）
Ca2＋（aq）＋A2－（aq） ΔH>0。
若要使该溶液中Ca2＋浓度变小，可采取的措施有______________________。
A．升高温度B．降低温度C．加入NH4Cl晶体D．加入Na2A固体
（3）.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol·L－1NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。
取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。
重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验编号
NaOH溶液的浓度（mol·L－1）
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）
待测盐酸的体积（mL）
1
0.10
22.65
20.00
2
0.10
22.72
20.00
3
0.10
22.93
20.00
请完成下列填空：
①滴定达到终点的标志是_____________________________________________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_____________________（保留两位有效数字）。
③在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有________（填字母序号）。
A．滴定终点读数时俯视
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】
（1）.4Fe（s）＋3O2（g）＝2Fe2O3（s）ΔH＝－1414.6kJ·mol－1
（2）.B （3）.NaHA只能发生电离，不能发生水解（4）.BD（5）.最后一滴NaOH溶液滴入，溶液由无色恰好变成粉红色且半分钟内不褪色（6）.0.11mol·L－1（7）.DE
【解析】
（1）反应①×（-1）＋反应②×3得到：
4Fe（s）＋3O2（g）＝2Fe2O3（s）ΔH＝－1414.6kJ·mol－1。
（2）①根据题目已知，H2A的第一步电离不可逆，第二步电离可逆，所以HA-在溶液中只存在电离不存在水解，所以NaHA的溶液一定显酸性，pH小于7。
②要使该溶液中Ca2＋浓度变小，应该采取措施使平衡逆向移动。
反应吸热，升高温度，平衡正向移动，选项A错误。
降低温度，平衡逆向移动，选项B正确。
加入氯化铵固体，铵根离子的水解对A2-的水解产生促进作用，所以A2-的浓度减小，平衡正向移动，选项C错误。
加入Na2A固体，A2-的浓度增大，平衡逆向移动，选项D正确。
所以答案为BD。
（3）①指示剂为酚酞，滴定终点时，溶液由无色转化为粉红色，所以标志为：
最后一滴NaOH溶液滴入，溶液由无色恰好变成粉红色且半分钟内不褪色。
②盐酸的浓度为
。
③滴定终点的时候俯视，即向下看，所以会将滴加的氢氧化钠溶液体积读小，结果会偏低，选项A错误。
酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，会使滴定管内盐酸的浓度减小，自然会使滴定结果变小，选项B错误。
锥形瓶水洗之后，不需要干燥，所以是无影响，选项C错误。
称量NaOH固体中混有Na2CO3固体，所以导致氢氧化钠标准溶液的浓度变小，最后使加入的氢氧化钠溶液的体积增加，导致滴定结果增大，选项D正确。
碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致加入的氢氧化钠溶液的体积增加（增加了一个气泡的体积），最终滴定结果增大，选项E正确。
点睛：
中和滴定的计算公式一般为：
。
是已知的，
是用滴定管量取的确定体积（一般为25.00mL），将这些待测液放在锥形瓶中，加入标准液进行滴定。
是滴定过程中加入的标准液的体积，由于
和
都是定值，所以实际
由
决定。
探究中和滴定的误差时，主要就是思考，错误操作会导致
发生如何的变化。
10.为了充分利用铜资源，某工厂利用废旧黄铜灰（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3、SiO2等）制取金属铜并得副产物锌盐，其生产流程如下：
（1）滤渣1的主要成分为__________。
稀硫酸溶解黄铜灰过程中，Cu是否参与了反应，如果参与请写出该反应的离子反应方程式，如果没反应请写出理由：
_____________________。
（2）滤渣1及滤渣2与浓硫酸反应的步骤中存在缺陷，可将实验改进为先让滤渣与_______反应，产物再溶于稀硫酸，这样改进的优点是_____________________________________。
（3）写出滤液3与H2O2反应的离子反应方程式____________________________________，滤液3反应中需要调节PH的目的是______________________________________________。
（4）25℃时，沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属离子（M2＋），所需S2－最低浓度的对数值lgc（S2－）与lgc（M2＋）关系如下图所示。
则Ksp（CuS）=_____________________。
【答案】
（1）.Cu和SiO2
（2）.Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+（3）.O2（4）.滤渣1及滤渣2用浓硫酸浸取可能产生的有毒气体是SO2污染环境，同时减少了硫酸的用量（其它合理答案均可得分）（5）.2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O（6）.调节pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去（7）.1×10-35
【解析】
（1）黄铜灰中不与稀硫酸反应的物质是Cu和二氧化硅，所以加入稀硫酸过滤后的滤渣1的主要成分是单质铜和二氧化硅。
黄铜灰中有氧化铁，与稀硫酸反应得到Fe3+，单质铜可以与其反应，方程式为：
Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+。
注意：
因为氧化铁为少量，所以最后一定剩余单质铜，滤渣1中应该有单质铜。
（2）滤渣2主要含单质铜和铁，滤渣1主要含单质铜和二氧化硅，加入浓硫酸反应，将单质铁和铜转化为盐溶液，滤渣3为二氧化硅。
此步反应中的最大问题是，生成二氧化硫这样的污染性气体，所以应该先加入氧气氧化，将金属单质氧化为金属氧化物，再与稀硫酸反应。
同时这样的操作可以减少硫酸的用量（因为用浓硫酸时，一部分硫酸转化为二氧化硫，而使用稀硫酸时，所有的硫酸都转化为硫酸盐）。
（3）在滤液3中加入硫酸和过氧化氢的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+，所以方程式为：
2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。
滤液3氧化以后，溶液中主要是Cu2+和Fe3+，调节pH的目的是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，以将两种金属阳离子分离。
（4）从图中得到：
横坐标为-10的时候纵坐标的数值为-25，即c（S2-）=1×10-10mol/L的时候，c（Cu2+）=1×10-25mol/L，所以CuS的Ksp=1×10-35。
11.德国化学家韦尔斯泰特，经过10年的艰苦努力，韦尔斯泰特用成吨的绿叶，终于提取到了绿叶中的神秘物质——叶绿素，正是因为叶绿素在植物体内所起到的奇特作用，才使我们人类得以生存。
可以说，没有光合作用就没有人类的生存和发展。
由于成功地提取了叶绿素，1915年，韦尔斯泰特荣获了诺贝尔化学奖。
叶绿素的结构如图
（1）光合作用产生氧气，氧气的一种同素异形体O3，在高空能吸收大量紫外线，保护地球上的人类和动植物免遭短波紫外线的伤害。
请写出一种短周期元素形成的O3等电子体分子________，该分子的空间构型为________，中心原子的杂化类型是_________。
（2）镁是叶绿素中的重要组成元素，镁的基态原子价电子排布式为__________，叶绿素中镁形成的化学键类型有___________________。
叶绿素不易溶于水，而溶于有机溶剂，如乙醇、丙酮、乙醚、氯仿等，是因为______________________________。
（3）叶绿素构成元素中，又属于二周期元素中，第一电离能由大到小的顺序（请用元素符号表示）：
_______________，理由是______________________________。
（4）叶绿素的构成元素中，H和Mg属于第一、三周期的元素，能形成一种离子型储氢材料，晶体结构如图所示：
则该晶体的化学式为__________________，已知该晶体的密度为ρg·cm－3，晶胞的体积为________cm3（用ρ、NA表示，其中NA表示阿伏加德罗常数的值）。
【答案】
（1）.SO2
（2）.V形（3）.SP2杂化（4）.3S2（5）.配位键和极性共价键（6）.叶绿素为有机物根据相似相溶原理易溶于有机溶剂不易溶于水（7）.N>O>C（8）.同周期原子序数增大，第一电离能增大，N原子的2p能级达到半满的稳定结构，所以导致其第一电离能反常增大。
（9）.MgH2（10）.
cm3
【解析】
（1）等电子体的要求是原子个数相等，价电子总数也相等，所以书写等电子体的较好方法是将原子替换为同主族原子。
根据以上原则，O3的等电子体比较好判断的就是SO2。
根据价层电子对互斥理论，SO2的中心原子S的价电子对数为2+
对，三个电子对应该是平面三角，但是又一个孤电子对，所以可以判断出SO2为V形结构，中心原子S的杂化类型应该是sp2杂化。
（2）镁是第12号元素，原子核外有12个电子，其价电子为最外层（M层）上的两个电子，所以其价电子基态排布式为：
3s2。
从图中可以看出Mg和左上、右下的氮原子形成共价键，和左下、右上的氮原子形成配位键（画的是箭头）。
叶绿素是有机物，分子的极性相对较小，根据相似相溶原理，应该易溶于有机溶剂。
（3）叶绿素构成元素中，又属于二周期元素的是C、N、O。
同周期元素由左向右第一电离能应该逐渐增大，但是N原子具有p能级的半满稳定结构，所以第一电离能大于O。
所以顺序为：
N>O>C。
（4）晶胞内Mg为8×
，H为4×
，所以晶体的组成为MgH2。
1个晶胞中有2个MgH2，其质量为
g。
所以晶胞的体积为
cm3。
12.阿魏酸是用于治疗心脑血管疾病及白细胞减少等症药品的基本原料。
下面是以石炭酸为原料制备阿魏酸的一种合成路线：
（1）由石炭酸生成A和A生成B的反应类型分别为____、______。
（2）阿魏酸有顺式和反式两种结构，其顺式结构的结构简式为________。
（3）C中官能团名称为__________。
（4）由B生成C的化学反应方程式为___________________。
（5）芳香化合物E是D的同分异构体，0.1molE能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出4.4gCO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为2∶2∶1∶3，写出符合要求的E的结构简式____________。
（6）由谷维素（
）也可制备阿魏酸，请设计简单的合成路线并写出相应的化学反应方程式_________。
【答案】
（1）.加成反应、氧化反应
（2）.
（3）.溴原子、羟基、醛基（4）.
（5）.
（6）.
（7）.
【解析】石炭酸是苯酚的俗称，第一步反应是苯酚羟基对位上的氢原子对甲醛的碳氧双键进行加成得到A（
）。
从A到B的过程中应该少了2个H，所以是氧化反应，根据D的结构简式，确定酚羟基应该没有被氧化，所以是醇被氧化为醛，得到B为
；B和单质溴应该发生取代反应，根据D中取代基的位置得到C为
；C与甲醇发生取代反应脱去一分子HBr得到D（
），最后D与丙二酸作用得到阿魏酸。
（1）由上，石炭酸生成A的反应是加成反应，A生成B的反应是氧化反应。
（2）顺式结构的要求是由相同基团在双键的同侧，所以结构应该为
。
（3）C为
，其中的官能团为溴原子、羟基和醛基
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