四川省攀枝花市第七中学2023-2024学年高三上学期第2次诊断性考试理科综合化学试题含答案解析

四川省攀枝花市第七中学2023-2024学年高三上学期
第2次诊断性考试理科综合化学试题
一、单选题(共21 分)
1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分，下列说法错误的是
A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金
B.长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素
C.利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，该过程不涉及化学变化
D.铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
【答案】C
【详解】
A．四羊方尊由青铜制成，在当时铜的冶炼方法还不成熟，铜中常含有一些杂质，青铜是铜锡合金，青铜属合金范畴，A正确；
B．竹木简牍由竹子、木头等原料制成，竹子、木头的主要成分为纤维素，B正确；
C．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，原料是NaCl、NH3、CO2和水，析出碳酸氢钠晶体，再由碳酸氢钠分解生成物Na2CO3，有新物质生成，是化学变化，C错误；
D．陶瓷是利用黏土在高温下烧结定型生成硅酸盐，D正确；
答案选C。

2.N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.1 mol Fe3O4被CO还原成Fe，转移8N A个电子
B.标准状况下，11.2 L H2O含有的共价键总数为1.5N A
C.常温下，将0.5 mol Fe投入浓硫酸中，反应转移的电子数为1.5N A
D.2 mol SiO2中含2N A个SiO2分子
【答案】A
【详解】
A．用磁铁矿炼铁的反应中，l mol Fe3O4被CO还原成Fe，得关系式Fe3O4 (FeO·Fe2O3)~3Fe，Fe 元素从+2、+3价均变为0价，共降低8价，根据得失电子守恒可知，转移8 mol电子，A正确；B．标准状况下，H2O不是气体，无法计算11.2 L H2O的物质的量，无法判断共价键总数，B错
误；
C．常温下铁遇浓硫酸钝化，反应不能持续进行，无法判断反应转移的电子数，C错误；D．SiO2是由Si原子和O原子构成的共价晶体，没有SiO2分子，D错误；
故选A。

3.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
A.用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B.用图2所示装置蒸干MgCl2饱和溶液制备MgCl2晶体
C.用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D.用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【详解】
A．氯气也与氢氧化钠反应，应该用饱和食盐水，A错误；
B．镁离子易水解，蒸干MgCl2饱和溶液会生成Mg(OH)2沉淀，B错误；
C．纯碱是碳酸钠，不是块状固体且易溶于水，不能用该装置，应该用大理石，C错误；
D．碘易溶在四氯化碳，四氯化碳不溶于水，萃取后分液，上层为水层，下层为碘的四氯化碳溶液，D正确；
答案选D。

4.南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置，成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如图。

下列说法不正确的是
A.工作时的能量转化形式：太阳能→电能→化学能
B.铜箔为阴极，Li+在铜箔上发生氧化反应得到金属锂
C.阳极区可能有Cl2和O2生成
D.固体陶瓷膜可让海水中Li+选择性通过
【答案】B
【详解】
A．该装置是先利用太阳能发电，然后电解海水生成锂，工作时的能量变化形式：太阳能→电能→化学能，故A正确；
B．铜箔为阴极，Li+在铜箔上得到电子发生还原反应得到金属锂，故B错误；
C．海水中含氯离子，阳极上可以是氯离子或水失电子发生氧化反应，生成氯气或氧气，故C正确；
D．装置是为了海水中提取金属锂，固体陶瓷膜让海水中的锂离子通过，锂离子从海水中到阴极得到电子生成单质锂，故D正确。

答案为B。

5.下列反应的离子方程式不正确
．．．的是
A.Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C.过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32−+CO2+H2O=2NaHCO3↓
D.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水：Mg2++2HCO3−+Ca2++2OH−=MgCO3↓
+CaCO3↓
【答案】D
【详解】
A ．氯气通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+
2OH−=Cl−+ClO−+H2O，选项A正确；
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+
2OH−=2AlO2−+H2O，选项B正确；
C．由于碳酸氢钠的溶解度小，过量通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：2Na++CO32−+CO2+H2O=2NaHCO3↓，选项C正确；
D．Mg(OH)2的溶解度小于碳酸镁，向Mg(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水应该生成氢氧化镁和碳酸钙沉淀，正确的方程式为：Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2H2O+CaCO3↓，故
D错误；
答案选D。

6.探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】B
【详解】
A．锌是一种化学性质比较活泼的金属元素，在空气中容易被氧化。

当锌在空气中长时间暴露时，表面会形成一层薄薄的氧化锌膜，因此FeCl2溶液中加入Zn片，短时间内无明显现象，但一段时间后两者可以发生反应：FeCl2+Zn=ZnCl2+Fe，溶液由浅绿色变为无色，由方程式可知Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A错误；
B．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，B正确；
C．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色，Fe3+可能被Fe 还原为Fe2+，该现象不能说明食品脱氧剂样品中没有Fe3+，C错误；
D．常温下将铁丝放入浓硝酸中，无明显变化，铁和浓硝酸发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，D错误；
故选B。

7.离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaH2+
2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。

下列说法正确的是
A.Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C.Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1
D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
【答案】C
【详解】
A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，①中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和O22−组成．阴、阳离子个数之比为1①2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2①1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，①中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1①2，D错误；
故选C。

二、实验题(共15 分)
工业利用反应TiO2(s)+C+2Cl2(g Δ
4
(g)+CO2(g)，在无水无氧条件下制取TiCl4，实验装置
如图所示。

(TiCl4的熔点为25℃，沸点为136℃，TiCl4遇水发生水解生成TiO2⋅xH2O)
回答下列问题：
8. 盛放MnO2的仪器名称是___________，装置F中的试剂为___________。

9. 装置A中发生反应的离子方程式为___________
10. 当观察到装置E中___________(现象)时才开始点燃D处酒精灯，装置E中冰水的作用是
___________。

11. 若上述装置中缺少装置C，则D处硬质试管中发生的主要副反应化学方程式为：
___________。

12. 利用如图所示的装置测定TiCl4的纯度，取m g TiCl4产品，向安全漏斗中加入适当的蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体并转移至锥形瓶中，加入c1mol/L AgNO3溶液V1 mL，使氯离子完全沉淀，以高铁铵钒为指示剂，用c2mol/L NH4SCN溶液安全漏斗滴定过量的AgNO3生成AgSCN沉淀，滴定终点时，消耗滴定液V2mL。

①安全漏斗在实验中的作用除加水外，还有___________。

②根据上述数据计算该样品的纯度ω=___________(用含m、c1、V1、c2、V2的代数式表示)。

【答案】8. (1). 分液漏斗(2). 浓硫酸
9. MnO2+4H++2Cl Δ
2++Cl2↑+2H2O
10. (1). 充满黄绿色气体(2). 使TiCl4冷凝
11. TiCl4+(x+2)H2O=TiO2⋅xH2O+4HCl
12. (1). 形成液封，吸收多余的HCl(2). 19(c1V1-c2V2)
4m
%
【分析】
装置A利用MnO2和浓盐酸混合加热制取的Cl2中混有挥发的HCl和水蒸气，依次利用B中饱和食盐水除去HCl、装置C中浓硫酸干燥氯气，干燥的Cl2和TiO2、C混合加热制得的TiCl4在E 中冷凝收集，并利用G中NaOH溶液吸收含有Cl2的尾气，防止污染环境，同时利用F中浓硫酸防止水蒸气进入E中，使TiCl4水解；
【8题详解】
盛放MnO2的仪器名称是分液漏斗，实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气时需要加热，TiCl4遇水发生水解，需要防止装置G中的水蒸气进入装置E中，则F中应盛装浓硫酸，故答案为：分液
漏斗，浓硫酸；
【9题详解】
装置A中利用MnO2和浓盐酸混合加热生成氯气、MnCl2和水，则发生反应的离子方程式为，答
案为：MnO2+4H++2Cl Δ
2++Cl2↑+2H2O；
【10题详解】
制取TiCl4需要在无水无氧条件下进行，因此需要排尽装置内部的空气，当观察到装置E中充满黄绿色气体时，开始点燃D处酒精灯；TiCl4的熔点为-25℃，沸点为136℃，装置E中冰水的作用是使TiCl4冷凝，故答案为：充满黄绿色气体；使TiCl4冷凝；
【11题详解】
若缺少装置C，TiCl4遇水发生水解生成TiO2⋅xH2O，发生反应的化学方程式为TiCl4+
(x+2)H2O=TiO2⋅xH2O+4HCl，答案为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2⋅xH2O+4HCl；
【12题详解】
①安全漏斗在实验中的作用除加水外是形成液封，吸收多余的HCl,避免HCl损失，故答案为：形成液封，吸收多余的HCl；
②根据题意可以确立原子守恒关系4n(TiCl4)=n(AgCl)，n(AgNO3)=n(AgCl)+n(AgSCN)，
4n(TiCl4)+c2V2×10-3＝c1×V1×10-3，ω＝m(TiCl4)
m ＝n(TiCl4)×M(TiCl4)
m
＝19(c1V1-c2V2)
4m
%，故答案为：
19(c1V1-c2V2)
4m
%。

三、工业流程题(共39 分)
无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。

某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。

已知：氯化亚砜()熔点-101①，沸点76①，易水解。

回答问题：
13. 操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。

14. 为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。

A.KMnO4溶液
B.Cl2水
C.Br2水
D.H2O2溶液
15. 如何确定C溶液中是否含有二价铁___________
16. 操作②是蒸发结晶，加热的同时通入HCl(g)的目的是___________。

17. 取少量D晶体，溶于水并滴加KSCN溶液，现象是___________。

18. 反应D→E的化学方程式为___________
19. 由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂___________，并设计实验验证是该还原剂将Fe3+还原___________。

【答案】13. 漏斗14. BD
15. 取适量C中溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，说明C中含有二价铁，否则没有
16. 抑制三价铁发生水解
17. 溶液变为血红色
18. FeCl3⋅6H2O+6SOCl2Δ
3
+6SO2↑+12HCl↑
19. (1). SO2(2). 先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则是SO2将三价铁还原
【分析】
废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成FeCl3·6H2O，通入SOCl2生成FeCl3。

【13题详解】
过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
【14题详解】
A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质离子，故选BD；
【15题详解】
Fe2+离子检验用K3[Fe(CN)6]，取适量C中溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，说明C中含有二价铁，否则没有；
【16题详解】
加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入HCl的目的是防止水解；
【17题详解】
KSCN溶液遇Fe3+变为红色；
【18题详解】
根据已知信息氯化亚砜熔点-101℃，沸点76℃，易水解，可得与SOCl2生成FeCl3的化学方程式
为FeCl3⋅6H2O+6SOCl Δ
3
+6SO2↑+12HCl↑；
【19题详解】
可能反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。

粉煤灰是火电厂的大宗固废。

以某电厂的粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
20. “浸出”时适当升温的主要目的是___________，Al2O3发生反应的离子方程式为
___________。

21. “浸渣”的主要成分有___________。

22. “沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如图所示，加入K2SO4沉铝的目的是___________。

23. “焙烧”时，主要反应的化学方程式为___________。

24. “水浸”后得到的“滤液2”可返回___________工序循环使用。

25. 实验测得，5.0g粉煤灰(Al2O3的质量分数为30%)经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”(Al2O3的质量分数为8%)，Al2O3的浸出率为___________。

【答案】20. (1). 提高浸出率(或提高浸出速率)(2). Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
21. SiO2和CaSO4
22. 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度
23. 2KAl(SO4)2高温K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2高温2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑
+3O2↑
24. 沉铝25. 84%
【分析】
粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。

【20题详解】
温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
【21题详解】
加入硫酸后，“浸渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅、硫酸钙；
【22题详解】
据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；
【23题详解】
“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式
为2KAl(SO4)2高温
K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2
高温
2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑
+3O2↑；
【24题详解】
“水浸”后得到的“滤液2”成分为K 2SO 4，可在沉铝工序循环使用；故答案为：沉铝；
【25题详解】
5.0g 粉煤灰Al 2O 3的质量为5.0g ×30%=1.5g ，3.0g “浸渣”Al 2O 3的质量为3.0g ×8%=0.24g ，则Al 2O 3的浸出率为；1.5g−0.24g 1.5g ×100%=84%。

四、有机推断题(共 15 分)
光固化是高效、环保、节能的材料表面处理技术。

化合物E 是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用异丁酸(A)为原料，按如图路线合成：
回答下列问题：
26. 写出化合物E 的分子式：___________，其含氧官能团名称为___________。

27. A→B 的反应类型为___________。

28. D→E 的反应方程式为___________。

29. 用系统命名法对A 命名：___________；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物数目为___________。

30. 已知：→催化剂，ΔH 2
R=烷基或羧基参照以上合成路线和条件，利用甲苯和苯及必要的
无机试剂，在方框中完成制备化合物F 的合成路线。

________
【答案】26. (1). C 10H 12O 2 (2). 酮羰基、羟基
27. 取代反应 28. +NaOH →相转移催化NaOH 水溶液
+NaBr
29. (1). 2-甲基丙酸 (2). 4
30.
【26题详解】
据图可知，分子式为C 10H 12O 2，其中含氧官能团为酮羰基和羟基；
【27题详解】
A→B 的反应过程中A 分子上的羟基被氯原子取代，为取代反应；
【28题详解】
D→E 的反应过程中D 上的溴原子被羟基取代，发生取代反应，故方程式为
+NaOH →相转移催化NaOH 水溶液
+NaBr ；
【29题详解】
A 的碳链编号可以为，据此编号可以确定A 的系统命名为2-甲基丙酸；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物有
这四
种，故答案为4种；
【30题详解】
甲苯可被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，催化加氢后变为，根据题中流程，在SOCl 2和加热的条件下，羧基中的羟基可被氯原子取代，进而可以发生题图中第二步，结合苯环生成最终产物，故答案为。