四川省泸州市2018届高三第三次教学质量诊断考试理综化学试题Word版含解析

四川省泸州市2018届高三第三次教学质量诊断考试
理综化学试题
1. 中国不少古诗词清晰的描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。

”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是
A. “沙中浪底来”指的是金的氧化物
B. 淘金原理与化学上的萃取一致
C. 雾的分散质粒子直径范围是10-9~10-7cm
D. 由沙子到计算机芯片发生了还原反应
【答案】D
【解析】A.金的化学性质稳定，可以以单质的形式存在于自然界，“沙中浪底来”指的是金单质，故A错误；B. 沙里淘金的原理是：金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，不是萃取原理，故B错误；C.雾属于胶体，分散质粒子的直径范围应该是1-100nm，故C错误；D.沙子的主要成分为二氧化硅，计算机芯片为硅单质，硅的化合价从+4价到0价，化合价降低被还原，发生了还原反应，故D正确；本题选D。

2. 对伞花烃(图I)常用作染料、医药、香料的中间体。

下列说法错误的是
A. 常温对伞花烃呈液态且难溶于水
B. 图Ⅱ物质的一氯代物有5种结构
C. 对伞花烃最多有9个碳原子共平面
D. 图中氢化反应既是加成反应又是还原反应
【答案】B
点睛：有机物反应时把有机物引入氧或脱去氢的作用叫氧化；引入氢或失去氧的作用叫还原。

3. 按图装置进行实验，下列现象能推断出结论的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】A.如果X是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl又会在试管口再次生成NH4Cl，看不到酚酞溶液变红，故A错误；B.小苏打和纯碱混合在一起加热，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，通过现象不能判断产生的二氧化碳是由小苏打还是纯碱分解生成的，故B 错误；C.X中的氢氧化钙和氯化铵混合共热生成氨气，氨气通入硝酸银中先生成氢氧化银沉淀，氢氧化银随后分解为Ag2O，Ag2O溶于氨水形成银氨溶液，故C正确；D.氯酸钾与二氧化锰混合加热应该生成O2而不是Cl2，故D错误；本题选C。

4. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）
A. 室温下pH=1l的Na2CO3溶液10L，由水电离出的OHˉ数目为0.0lN A
B. 1.0L1.0mo/L的 NaAlO2溶液中含氧原子数为2N A
C. 标准状况下，22.4L己烷含有共价键数为19N A
D. 常温下，13.6gNH3和21.3gCl2混合充分反应后，转移电子数为2.4N A
【答案】A
【解析】A. 在PH=11的Na2CO3溶液中c(H+)=1×10-11mol/L 有c(H+)•c(OH-)=K w 可知
c(OH-)=1×10-3mol/L，由水电离出的c(OH-)=1×10-3mol/L，n(OH-)=1×10-3mol/L×10L=0.01mol，所以水电离出的OH-数目为0.0lN A，故A正确；B. 1.0L1.0mo/L的 NaAlO2溶液中的氧原子包含了水中的氧原子，所以氧原子数量远大于2N A，故B错误；C.标况下，己烷为液态，故C错误；D.氨气的物质的量为0.8mol，氯气的物质的量为0.3mol，甲烷过量，氯气全部反应，方程式为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯气中的氯由0价变为-1价，转移电子数应该为0.6N A，故D错误；本题选A。

点睛：有过量的氨气时：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl ；有少量的氨气时：2NH3+3Cl2=N2+6HCl
5. 用惰性电极电解法制备硼酸[H3BO3或B(OH) 3]的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子和阴离子通过)。

下列有关说法正确的是（）
A. 阴极与阳极产生的气体体积比为1：2
B. b极的电极反应式为2H2O－2eˉ=O2↑+4H+
C. 产品室中发生的反应是B(OH)3+OHˉ=B(OH)4ˉ
D. 每增加1 mol H3BO3产品，NaOH溶液增重22g
【答案】D
【解析】分析：由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室，溶液中c(NaOH)增大，原料室中的B(OH)4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4-、H+发生反应生成H3BO3；理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2。

A.由a、b电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+可知，阴极生成2mol H2同时阳极生成1mol O2，故A错误；
B. b极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B错误；
C. 原料室中的B(OH)4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4-、H+
发生反应生成H3BO3，故C错误；D. 理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为
2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2质量为1g，同时原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室1mol质量为23g，所以氢氧化钠溶液增重22g，故D
正确；本题选D。

6. 短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，c、d、e、f、h是由这些元素组成的二元化合物，自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，b由W、Y、Q三种元素组成0.05mol/Lb 溶液的pH为1，d能使品红溶液褪色，e是液体，f的焰色反应为黄色，上述物质的转化关系如图所示(个别产物略去)。

下列说法错误的是（）
A. 二元化合物沸点：e>d>c
B. 氢化物的稳定性：Q>Y>X
C. 元素的非金属性：Y>X>W
D. 原子半径的大小：Z>Q>Y
【答案】B
【解析】分析：自然界硬度最大的单质为金刚石，X为碳元素a为碳，根据b由W、Y、Q三种元素组成0.05mol/Lb溶液的pH为1，d能使品红溶液褪色，e为液体推出b为硫酸，d为SO2，那么c为CO2，e为H2O，f的焰色反应为黄色又可以和H2O反应，f为Na2O2，进一步推出g为O2，h为SO3，W、X、Y、Z、Q依次为H、C、O、Na、S元素。

a、b、c、d、e、f、g、h依次为C、H2SO4、CO2、SO3、H2O、Na2O2、O2、SO3。

A. H2O中有氢键，熔沸点是三种化合物中最高的，CO2比SO3的相对分子质量小，所以熔沸点CO2<SO3，所以三者熔沸点顺序应该是H2O> SO3> CO2，故A正确；
B. 元素的非金属性越强对应氢化物的稳定性越稳定，故氢化物的稳定性应该是O的稳定性最好，故B错误；
C. H、C、O 的非金属性强弱为O>C>H，故C正确；
D.同周期随着原子序数增大原子半径依次减小，同主族从上到下半径依次增大，半径大小Na>S>O，故D正确；本题选B。

点睛：熟练掌握碳与硫酸的反应过程和现象是本题解题的关键。

7. 298K时，将n(HA)+n(Aˉ)=0.lmol的HA、NaA混合物溶于水形成1L溶液，溶液中c(HA)、c(Aˉ)与pH的关系如图所示。

下列叙述中正确的是
A. a线表示的是c(Aˉ)的变化
B. pH=6 时，c(Na+)+c(HA)>0. 1mol/L
C. 298K时，Aˉ的水解平衡常数(K)的数量级为10-10
D. 若将等物质的量的HA、NaA溶于水中，所得溶液pH恰好为4.75
【答案】C
............
点睛：解答溶液中的离子浓度关系的问题时，电荷守恒、物料守恒和质子守恒是常用的解题手段。

8. 资料表明：赤热铜能与NO2反应。

某小组设计了如下实验装置进行探究，探究固体产物的
成分，气体产物是N2还是NO。

已知：酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3ˉ；
NO和FeSO4溶液反应：NO+FeSO4=[Fe(NO)]SO4(棕色)；
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
请回答下列问题：
（1）A中反应的化学方程式为________________________。

（2）检查装置气密性，装好药品，然后实验的正确操作顺序是____________
①关闭K1，打开K2②打开分液漏斗活塞
③打开K1，关闭K2④点燃C处酒精灯
（3）实验过程中，D装置中的现象是____________，能否根据D装置中的现象确认C中有无NO生成? ______，理由是________________________。

（4）E装置的作用是____________。

（5）当铜粉完全反应后，实验小组对反应后的固体成分提出以下猜想：①只有CuO；②只有Cu2O；有同学认为可通过简单的定性实验即可判断猜想①是否成立，其实验方法是
_____________________。

（6）实验中E装置自始至终未显棕色，小组最后通过定量实验得到如下数据。

据此写出实验时实际发生反应的化学方程式________________________。

【答案】 (1). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2). ③②①④ (3). 有气泡产
生，紫红色溶液颜色变浅(褪色) (4). 否 (5). NO2与H2O反应生成NO (或NO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色也给分) (6). 检验是否有NO或检验NO是否被吸收完 (7). 取C 中固体于试管中，加入足量的稀硫酸充分反应，若固体完全溶解，则产物只有CuO (8). 6Cu+2NO22CuO+2Cu2O+N2
【解析】（1）A中发生铜与浓硝酸的反应，化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O （2）首先打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞反应开始进行，产生的NO2将装置中的空气排干净，然后关闭K1，打开K2，点燃C处酒精灯，此时注意观察D、E中的现象，所以正确顺序为③②①④。

（3）已知：酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3ˉ，所以D中出现的现象应该是：有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅(褪色)。

NO2与H2O反应生成NO ，NO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以仅凭这一现象并不能说明 C中有NO生成，答案为：有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅(褪色) ；否；NO2与H2O反应生成NO (或NO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色)；
（4）已知NO和FeSO4溶液反应：NO+FeSO4=[Fe(NO)]SO4(棕色)，所以E装置可以检验是否有NO或检验NO是否被吸收完。

（5）根据已经Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，用稀酸可以检验是否有Cu2O，若有Cu2O可以看到单质Cu生成，故答案为：取C中固体于试管中，加入足量的稀硫酸充分反应，若固体完全溶解，则产物只有CuO；
（6）实验中E装置自始至终未显棕色，说明没有生成NO，那产物应该是N2，F装置收集到气体为氮气，n(N2)=0.112L/22.4L/mol=0.005mol，增加O的质量=m+2.24-m-1.92=0.32g，进一步求出n(O)=0.32g/16g/mol=0.02mol，所以n(NO2)=0.01mol，物质的量比等于化学计量数比，所以可以写出化学反应方程式为6Cu+2NO22CuO+2Cu2O+N2。

9. 硒(Se)是第34号元素，是人体内不可或缺的微量元素，可以形成H2Se、SeO2、H2SeO3、H2SeO4、CuSe等多种化合物。

请回答下列问题：
（1）硒在元素周期表中的位置________________________。

（2）在101kPa、一定温度(一般是298K)下，由稳定单质发生反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的标准生成热(△f Hθ)。

图1为氧族元素氢化物a、b、c、d呈气态时的生成热数据。

①图1中氢化物d的电子式为__________________________。

②在298K时，硒化氢分解反应的热化学反应方程式为__________________________。

③由图中数据计算，2H2Se(g)+O2(g) 2Se(s)+2H2O(g) △H=_____________KJ/mol
（3）在恒容反应器中，将H2Se(g)和O2(g)按不同比例[n(H2Se)/n(O2)=m]投入反应器，测得反应2H2Se(g)+O2(g) 2Se(s)+2H2O(g)中H2Se的平衡转化率随温度变化如图2所示。

则A、B 两点平衡常数大小关系为K A________K B(填“<”、“>”或“=”)，图中m1、m2、m3由大到小的顺序为 ____________，理由是____________________________________。

（4）常温下溶度积：K sp(CuSe)=7.9x10-49，K sp(CuS)=1.3×10-36。

则反应CuS(s)+Se2-(aq) CuSe(s)+S2-(aq)的化学平衡常数K为____________(结果用科学记数法表示，并保留2
位小数)。

当溶液中c(S2-)=100c(Se2-)时，反应中v(正)_____v（逆)(填“<”、“>”或“=”) 。

【答案】 (1). 第四周期ⅥA族 (2). (3).
H2Se(g)=H2(g)+Se(s) △H=-81kJ/mol (4). -646 (5). > (6). m3>m2>m1 (7). 相同温度下，增大O2(g)的浓度，m值减小，平衡正向移动，H2Se 的平衡转化率增大 (8).
1.65×1012 (9). >
【解析】（1）硒在元素周期表中的位置为：第四周期ⅥA族；
（2）非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系为：根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定．a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O。

①d的电子式为。

②由图1可知，在298K时，硒化氢的生成热是81kJ/mol，所以分解热△H=-81kJ/mol，故分解反应的热化学反应方程式为：H2Se(g)=H2(g)+Se(s) △H=-81kJ/mol
③由图1可知，H2O的生成热的热方程式为H2+1/2O2=H2O △H=-242kJ/mol（1），H2Se分解反应的热化学反应方程式为：H2Se(g)=H2(g)+Se(s) △H=-81kJ/mol（2），根据盖斯定律，（1）×2+（2）×2可得目标方程式，故△H=-242×2-81×2=-646 kJ/mol。

（3）由图2可知，升温转化率降低，则升温平衡常数减小，B点温度高于A点，故K A>K B；相同温度下，H2Se的平衡转化率m3<m2<m1，结合n(H2Se)/n(O2)=m，相同温度下，增大O2(g)的浓度，m值减小，平衡正向移动，H2Se 的平衡转化率增大，所以m3>m2>m1。

（4）根据已知方程式可以得出化学平衡常数
；当哈学平衡时有
，而此时溶液中反应还没有平衡并且v(正)>v（逆)，故答案为：1.65×1012； >。

10. 钼是一种重要的过渡元素，钼钢是制火箭发动机的重要材料，钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。

某工厂利用钼矿(主要成分MoS2)为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体的主要流程图如下：
（1）Na2MoO4·2H2O中元素的价态为_________，工业煅烧钼矿的尾气用过量的氨水处理，反应的离子方程式为________________________________________________。

（2）由图中信息可以判断MoO3是____________氧化物。

(填“酸性”、“碱性”或“两性”)（3）采用 NaClO氧化精钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热，其化学反应为：NaClO+MoS2+NaOH→Na2MoO4+Na2SO4+NaCl+H2O，该反应配平后， NaClO与MoS2的系数比为
____________。

随着温度升高，钼的浸出率的变化如图，高于50℃后浸出率降低的可能原因是____________________________________(写两点)。

（4）操作Ⅲ主要包括____________，操作Ⅱ所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是____________________________________。

（5）锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Li(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为______________________。

（6）某工厂用1.00×103吨粗钼矿(含MoS216.00%)制备钼单质，已知冶炼过程中，钼的损耗
率为10.00%，则最终得到钼单质质量为___________吨。

【答案】 (1). +6 (2). SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O (3). 酸性(4). 9∶1 (5). 随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42; 该反应为放热反应，升
温使平衡逆移; NaClO不稳定，随温度升高而分解损耗。

(6). 蒸发浓缩、降温结晶、过滤 (7). 取水洗液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净 (8). Li x(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+ (9). 86.4
【解析】（1）Na2MoO4·2H2O中Na为+1价，O为-2价，所以Mo为+6价；根据题意可知工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，用氨水吸收的离子方程式为：SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O
（2）由图中信息可知MoO3可以与氨水反应生成MoO42-，所以是酸性氧化物；
（3）利用化合价升降法配平NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，MoS2中Mo的化合价由+4变为+6，S由-1变为+6，配平后的方程式为：9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，所以NaClO与MoS2的系数比为9:1；随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了
MoO42; 该反应为放热反应，升温使平衡逆移; NaClO不稳定，随温度升高而分解损耗。

（4）操作Ⅲ的目的是让溶液中析出晶体，操作应该是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤；检验钼酸是否洗涤干净可以检验洗涤液中中是否含有氯离子，具体操作为：取水洗液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净。

（5）电池充电时为电解池，阳极上应该发生失电子的反应，所以电极反应为：
Li x(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+；
（6）根据题意列出计算式，故最终得到的钼单质质量是86.4吨。

11. 镍是重要的合金元素，可制作镍铬、镍铝等合金，镍也常用作有机加氢的催化剂及制取配合物。

（1）写出基态Cr的简化电子排布式__________，Cr中共有__________种不同能级的电子。

（2）Ni(CO)n与Fe(CO)5同属金属羰基配合物，形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，研究发现金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18。

①Ni、C、O的电负性由大到小的顺序为____________________。

② Ni(CO)n分子中n=__________。

③已知Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，根据岩浆晶出规则熔融的NiO和FeO岩浆在冷却过程中，NiO更容易先结晶，试解释其原因____________________。

（3）检定镍、钴、铜钯等可用双氰胺，化学式C2H4N4，其结构简式如图所示。

双氰胺分子中碳原子的杂化方式有__________，分子结构中键能最大的共价键是__________。

（4）镍的晶体结构、镍铝合金的晶胞如图所示。

①镍晶体的堆积方式为__________。

②已知Al的第一、第二电离能分别为：l1=578kJ/mol，l2=1817kJ/mol，简述l2远大于l1的原因__________________________________________________。

③已知：镍铝合金密度为dg/cm3，N A代表阿伏伽德罗常数，则铝镍的核间距为__________ pm。

(用代数式表示)
【答案】 (1). [Ar]3d3 (2). 6 (3). O>C>Ni (4). 4 (5). Ni2+离子半径小于Fe2+，NiO中离子键更强，晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先晶出(6). sp、sp2 (7). C N (8). 面心立方最密堆积或ccp或fcc (9). 因为Al失去一个电子后最外层是3s2,s是全充满状态，比较稳定，第二个电子很难失去，所以I2远大于
I1 (10).
【解析】（1）Cr属于24号元素，根据构造原理可知Cr的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3，简化为[Ar]3d3，由基态核外电子排布式可知共有6种不同能级；
（2）①Ni、C、O的电负性由大到小的顺序为O>C>Ni；② Ni(CO)n分子中金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18，Ni的价电子数为10，一个CO提供2个电子，所以n应该是4；
③Ni2+离子半径小于Fe2+，NiO中离子键更强，晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先晶出。

（3）根据结构简式图，C原子的化学键连接方式有直线型和平面三角形两种构型，由此推断杂化方式为sp、sp2两种，键能大小顺序为：三键>双键>单键，故分子结构中键能最大的共价键是C N。

（4）①根据图示可知，镍晶体的堆积方式为：面心立方最密堆积或ccp或fcc。

②Al的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1，失去3p1的电子比较容易所以第一电离能较小，失去3p1后3s2为全充满，较难失去电子，所以第二电离能远大于第一电离能。

③根据晶胞结构，一个晶胞
中含有1个Al一个Ni，所以一个晶胞的质量为：g；晶胞的边长为cm，铝和镍的距离为晶胞对角线的一半，所以距离为pm。

12. 2018年大部分地区爆发了流感流感常伴随发热高烧等症状。

布洛芬是一种常用的儿童退热药，它的BHC合成法如下
（1）A的名称是__________，B的核磁共振氢谱有__________种吸收峰。

（2）①反应需用浓盐酸而不用稀盐酸，其原因是______________________________。

（3）E的分子式是__________，官能团的名称是__________。

（4）③反应的化学方程式是____________________，反应类型是__________。

（5）满足下列条件的布洛芬的同分异构体有__________种
a遇FeCl3溶液显紫色 b.分子中有5种不同化学环境的氢 c.能发生银镜反应
（6）请写出由苯和( CH3COOCH2CO)2O为原料合成的线路图(其他试剂任
选)___________
【答案】 (1). 2-甲基-1-丙醇 (2). 3 (3). 增大反应物浓度，加快反应，使平衡
右移提高醇利用率(或转化率) (4). C12H18O (5). 羟基 (6).
+(CH3CO)2O+ CH3COOH (7). 取代反应 (8). 4 (9).
【解析】（1）A的名称是2-甲基-1-丙醇，A与浓盐酸发生取代反应，生成(CH3)2CHCH2Cl，共
有三种等效氢，所以核磁共振氢谱有3种吸收峰；
（2）使用浓盐酸可以增大反应物浓度，加快反应，使平衡右移提高醇利用率（转化率）；
（3）D与氢气发生是D中的羰基上的碳氧双键与氢气发生加成反应，生成对应的
，确定分子式为C12H18O，官能团为羟基；
（4）反应③是乙酸的酸酐和苯上的氢发生了取代反应，反应方程式为：
+(CH3CO)2O+ CH3COOH，该反应类型是取代反应；
（5）遇FeCl3溶液显紫色说明有酚羟基，能发生银镜反应说明有醛基，同时有5种不同环境
的氢，可以判断出可能有结构有以下几种：
，一共有4种符合条件的同
分异构体。

（6）。