【精品解析】四川省高中教考联盟2019届高三下学期第二次诊断性考试理科综合化学试题(附解析).doc

高中2019届毕业班第二次诊断性考试理科综合能力测试(化学部分)可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 Ba-137一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如下：下列有关说法不正确的是A. 所涉及的变化均为氧化还原反应 B. 光照是酸雨形成的必要条件之一C. 污染指数越高形成酸雨的速率越快 D. 优化能源结构能有效遏制酸雨污染【答案】A【解析】【详解】A.SO2变为激发态SO2，没有化合价变化，并未发生氧化还原反应，故A选项不正确；B.结合图中信息知产生激发态SO2和OH自由基需要光照条件，故B选项正确；C.途径II的速率大于途径I，故C选项正确；D.使用化石燃料将产生SO2进而产生酸雨， 如果对化石燃料优化处理能有效遏制酸雨污染，故D选项正确。答案：A。【点睛】考查化学与生态环境的相关知识。解题的关键是判断氧化还原反应的依据化合价是否发生变化。酸雨的形成和防治措施。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是A. 0.1 molNH4 Cl固体中NH4+数目小于0.1NAB. 常温常压下，2.24LO3中氧原子数目为0.3NAC. 4.6gNO2、N2O4混合气体中原子数目为0.3NAD. 常温下，pH=1的硫酸溶液中H+数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A.NH4Cl固体为无水环境，NH4+未水解，0.1molNH4Cl固体中NH4+物质的量为0.1mol，故A选项错误；常温常压下，2.24L O3的物质的量小于0.1 mol，氧原子的数目小于0.3NA，故B选项错误；C.4. 6gNO2和N2O4混合气体，可以全部看成是NO2或N2O4其物质的量为0.1 mol或0.05 mol，原子的物质的量均为0.3 mol，故C选项正确；D.溶液体积没有确定，无法计算H+的物质的量，故D选项错误。答案：C。3.有机化合物M、N的结构如图所示。下列有关说法不正确的是A. 两者互为同分异构体 B. M能使Br2的四氯化碳溶液褪色C. N的二氯代物有3种不同结构 D. M中所有原子不可能共平面【答案】D【解析】【详解】A.两者化学式均为C8H8，但结构不同，两者互为同分异构体，故A选项正确；B.M中有C=C双键，可以和Br2发生加成反应而使Br2的四氯化碳溶液褪色，故B选项正确；C.N的二氯代物有：2个氯原子相邻、面对角线相间、体对角线相间3种，故C选项正确；D.苯和乙烯均为平面结构，旋转苯基与乙烯基之间的C-C单键可能使苯基平面结构和乙烯基平面结构处于同一平面，故D选项错误。答案：D。【点睛】考查同分异构体的概念，同分异构体数目的确定。分子式相同，结构不同，以此判断两者是否为同分异构体。4.下列实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A检验蔗糖水解生成葡萄糖取适量蔗糖溶于盛有蒸馏水的试管中，滴入稀硫酸加热一段时间，冷却，滴入新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，观察有无砖红色沉淀B实验室制备氢氧化铁胶体向盛有25mL蒸馏水的烧杯中滴入5-6滴氯化铁饱和溶液，加热煮沸至溶液呈红褐色，停止加热C比较AgCl、AgI的Ksp大小向盛有10滴0.1mol/LAgNO3 溶液的试管中滴加0.1mol/LNaCl溶液至不再有沉淀生成，再滴加0.1mol/lKI溶液D比较Mg、Al的金属性强弱用导线连接镁和铝片，插入盛有氢氧化钠溶液的烧杯中，观察气泡A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.检验蔗糖水解产物葡萄糖，硫酸是催化剂，检验前需加入NaOH溶液中和硫酸，否则不会产生砖红色沉淀，故A选项错误；B.制取氢氧化铁胶体是向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色，故B选项错误；C.向AgNO3溶液中加入NaCl溶液至不再有沉淀生成，再滴加KI溶液发生了反应AgCl(s)+I- AgI(s)+Cl-，发生了沉淀的转化，可说明AgCl的Ksp比AgI的大，故C选项正确；D.元素金属性强弱可比较其单质置换水或酸中氢的难易，或其最高价氧化物对应水化物碱性的强弱，故D选项错误；答案：C。5.短周期主族元素W、Y、Z的原子序数依次增加，X的质子数是W与Z的质子数之和的一半。m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，r是元素Y的气体单质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0.01mol/Ls溶液pH为12。下列说法正确的是A. 原子半径大小：WXY B. 简单离子半径大小：YZC. 简单氢化物沸点高低：ZYX D. Y、Z形成的化合物均含离子键【答案】D【解析】【分析】由已知条件可推出n为Na2O2、s为NaOH、r为O2、p为H2O，W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na。【详解】A.结合上述分析和元素周期律相关知识可知原子半径的大小为HO32/135(SO2Cl2中S的质量分数)；SO2中S的质量分数为50%(23.3g233g/mol)32g/mol/(81.67g/mL)，故必溶有SO2被NO3-氧化生成SO42-。答案：SO2；样品中S的质量分数大于SO2Cl2中S的质量分数，必溶有SO2被NO3-氧化生成SO42-。9.合成气(CO、H2)是一种重要的化工原料气。合成气制取有多种方法，如煤的气化、天然气部分氧化等。回答下列问题：I.合成气的制取(1)煤的气化制取合成气。已知：H2O(g)=H2O(l) H=44kJ/mol；部分物质的燃烧热：则反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的H=_kJ/mol。(2)天然气部分氧化制取合成气。如果用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成气中CO和H2的物质的量之比为12，则原混合物中H2O(g)与CO2(g)的物质的量之比为_。.利用合成气合成乙醇在一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中投入2 mol CO和4molH2，发生反应：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。(1)写出该反应的平衡常数表达式_。(2)下列情况能作为判断反应体系达到平衡的标志是_(填序号)。a.压强不再变化 b.平均摩尔质量不再变化 c.密度不再变化(3)反应起始压强记为p1、平衡后记为p2，平衡时H2的转化率为_。(用含p1、p2的代数式表示).合成乙醇的条件选择为探究合成气制取乙醇的适宜条件，某科研团队对不同温度、不同Rh质量分数的催化剂对CO的吸附强度进行了研究，实验数据如图。CO的非离解吸附是指CO尚未乙醇化，离解吸附是指CO已经乙醇化。由此可见催化剂温度对CO吸附强度的影响是_；用Rh作催化剂，合成气制取乙醇的适宜温度是_。【答案】 (1). + 131. 3 (2). 2 : 1 (3). K=c(H2O)c( CH3CH2OH) /c2(CO)c4(H2 ) (4). ab (5). 3(p1-p2)/ 2p1 100% (6). 在低温区，温度升高、不同催化剂对CO的吸附强度均增大；在高温区，温度升高、不同催化剂对CO的吸附强度均减小；相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大 (7). 550【解析】【详解】I. (1)根据已知条件可写出热化学方程式: H2O(g)= H2O(l)H=-44 kJ/ mol;C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-393.5 kJ/ mol;CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)H=-283.0 kJ/ mol ;H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) H=-285.8 kJ/ mol; 则+-为C(s)+ H2O(g)= CO(g)+H2(g) H =+ 131.3 kJ/mol。答案：+ 131.3。(2)制得的合成气中n(CO) : n(H2)=1 : 2，要求O2(g)、H2O(g)、CO2(g)、CH4(g)混合物里n(C) : n(H)=1 : 4；由于CH4(g)中n(C) :n(H)=1 : 4，则n(H2O) : n(CO2)=2 : 1。答案：2:1。. (1)由反应的化学方程可知，平衡常数的表达式为K=c(H2O)c(CH3CH2OH)/c2(CO)c4(H2 )(2)温度、容积一定时，压强与物质的量成正比，而该反应为化学计量数改变的反应，随着反应的进行压强减小，直到平衡时压强为定值，故a正确；平均摩尔质量M=m/n，m不变、M不变，则n不变，已达平衡，故b正确；=m/V，m、V不变，恒为定值，故c错误。答案：ab。(3)在反应2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)中，减少的气体物质的量等于参加反应H2的物质的量，设转化率为a(H2)，故4a(H2):(2+4)=(p1-p2):p1，解得a(H2)=3(p1-p2)/2p1 100%。答案：3(p1-p2)/2p1 100%。Ill.分析图像可知，催化剂对CO的吸附分非离解吸附和离解吸附两种。图像表明，无论何种吸附，温度对CO的吸附强度的影响是：在低温区，温度升高、CO的吸附强度增大；在高温区，温度升高、CO的吸附强度减小。催化剂中Rh质量分数对CO的吸附强度的影响是：相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高、CO的吸附强度越大。从图中可知，合成乙醇的适宜温度需控制在CO离解吸附强度最大处即550。答案：在低温区，温度升高、不同催化剂对CO的吸附强度增大；在高温区，温度升高、不同催化剂对CO的吸附强度减小；相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高、CO的吸附强度越大；550。10.钒是一种重要的金属材料，其用途之一是制备催化剂，如接触法生产硫酸中使用的催化剂(主要成分V2O5、V2O4)。利用废催化剂回收制备V2O5的工艺流程如下：已知：20时，NH4VO3的Ksp=1.68102回答下列问题：(1)步骤为提高浸取效率采取的方法有_(任写两条)(2)步骤中反应的氧化剂是_。(3)步骤中ClO3被还原为Cl，该反应的离子方程式为_。(4)步骤中，离子交换效率与pH的关系如右图，为提高交换效率应控制的pH范围是_。(5)步骤所发生反应的离子方程式为_。若母液中NH4+的浓度为1.0mol/L，则c(VO3)=_。(6)全钒电池是以溶解在一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子(V2+、V3+、VO2+、VO2+)为电极反应的活性物质。一种全钒电池原理如下图，放电时H+从右向左移动。写出充电时阳极的电极反应式_，当转移0.1mol电子时，转移H+的物质的量为_mol。【答案】 (1). 粉碎废催化剂、升高浸取温度或搅拌等 (2). Na2SO4 (3). 6VO2+ClO3-+180H-=6VO3-+Cl-+9H2O (4). 68 (5). NH4+VO3-=NH4VO3 (6). 1.6810-2mol/L (7). VO2+H2O-e-=VO2+2H+ (8). 0.1【解析】【详解】(1)提高浸取的速率可以提高浸取的效率，因此，可采用增大接触面积（粉碎废催化剂）、升高浸取温度或搅拌等手段。答案：粉碎废催化剂、升高浸取温度或搅拌等。(2)步骤中的反应方程式为:2V2O5+2Na2SO4=4NaVO3+2SO2+O2，根据化合价变化判断只有S，化合价降低，发生了还原反应，O：-20化合价升高了，发生了氧化反应，所以氧化剂为Na2SO4；答案：Na2SO4。(3)分析参与氧化还原反应的离子，根据电子转移守恒配平，考虑反应条件为碱性环境，反应前加OH-,反应后生成水。即为:6VO2+十ClO3-十180H-=6VO3-+Cl-+9H20。(4)从图中可知pH为68时交换效率最高。答案：68。(5)由框图知，由NaVO3经沉钒得生成物NH4VO3知，此反应的离子反应方程式：NH4+ VO3- =NH4VO3，已知：20时，NH4VO3的Ksp=1.68102，NH4+的浓度为1.0mol/L，代入溶度积常数的表达式c(NH4+)c(VO3-)=1.68102，所以c(VO3-)=1.68102mol/L。答案：1.68102 mol/L。(6)放电时H+从右向左移动，则充电时H+从左向右移动，表明电解池(充电时)的阳极为左泵、阴极为右泵，所以阳极反应为VO2+H2O-e-=VO2+2H+。答案：VO2+H2O-e-=VO2+2H+。当外电路转移0.1mol电子时，根据电量守恒可知溶液中必转移0.1molH+。在阳极有0.1molVOSO4变为了0.05mol(VO2)2SO4+0.05molSO42-，产生的0.2molH+将有0.1mol匹配SO42-，0.1mol移向右泵(阴极)。答案：0.1(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.碳及其化合物有着重要用途。回答下列问题：(1)基态碳原子的价层电子排布图为_。(2)在CH2=CHCN中，碳原子的杂化方式有_、_，所含键数目和键数目之比为_。(3)甲烷、水、氨气中C、O、N原子均采用sp3杂化方式，VSEPR模型均为正四面体构型，比较三者键角的大小_(由大到小，用H一RH表示)，其原因是_。(4)C60室温下为紫红色固体，不溶于水，能溶于四氯化碳等非极性溶剂。据此判断C60的晶体类型是_。(5)C60晶胞结构如图，C60分子处于顶点和面心。已知：C60晶胞棱长为14.20 (1=108cm)，则C60的晶体密度为_g/cm3。C60体中存在正四面体空隙(例如1、3、6、7四点构成)和正八面体空隙(例如3、6、7、8、9、12六点构成)，则平均每一个C60晶胞中有_个正四面体空隙和4个正八面体空隙。当碱金属元素全部占满所有空隙后，这类C60掺杂物才具有超导性。若用金属铯(Cs)填满所有空隙，距离最近的两个Cs原子间的距离为_ 。【答案】 (1). (2). sp、 (3). sp2 (4). 2：1 (5). H-C- HH-N-HH-O-H (6). C、N、O均为sp3杂化，孤电子对分别为0、1、2，“孤电子对成键电子对”的斥力大于“成键电子对成键电子对”的斥力，孤电子对越多斥力越大，键角越小。 (7). 分子晶体 (8). 1.67 (9). 8 (10). 7.10【解析】【详解】(1)基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，价电子排布式为2s22p2，则价电子排布图为。 (2)CH2=CHCN中，2个C采用sp2杂化、1个C采用sp杂化。键、键数目分别为6、3，所含键数目和键数目之比为2:1；答案：sp、sp2；2：1。(3)甲烷、水、氨气中C、O、N原子均采用sp3杂化方式，VSEPR模型均为正四面体构型、理论键角均为10928；但随着孤电子对数目的增多，对成键电子对的斥力越大，实际键角将越小。所以甲烷、水、氨气中C、O、N原子均采用sp3杂化方式，VSEPR模型均为正四面体构型，三者键角的大小为H-C- HH-N-HH-O-H；答案：H-C- HH-N-HH-O-H；C、N、O均为sp3杂化，孤电子对分别为0、1、2，“孤电子对成键电子对”的斥力大于“成键电子对成键电子对”的斥力，孤电子对越多斥力越大，键角越小。(4)C60是非金属单质晶体，不可能是离子晶体和金属晶体。分子晶体的特点是：熔沸点低，不导电，能溶解在某些溶剂中。而原于晶体一般不溶于其他溶剂。所以C60是分子晶体；答案：分子晶体。(5)晶胞含有的C60分子数为：81/8+61/6=4，故密度为41260gNA(14. 2010-8cm)3=1.67g/cm3。正四面体空隙分别是位于1/8晶胞的小立方体的体心位置，共8个（如图中），正八面体中心分别位于晶胞体心和晶胞棱中心，11+121/4=4（如图中）。当Cs原于填入这些空隙后，由这些Cs 原于再次构成立方体，分别位于顶点和体心，故最近的Cs原子为构成的立方体的棱长，等于C60晶胞棱长的1/2 ，即为7.10 。答案：1.67；8；7.10。12.盐酸多巴酚丁胺治疗心力衰竭，尤其是慢性心力衰竭疗效好。合成路线如下已知：；回答下列问题：(1)A中含氧官能团的名称为_。(2)B的结构简式为_，D的结构简式为_。(3)在反应中，属于还原反应的有_。(4)A的同分异构种类很多，符合以下条件的A的同分异构共有_种(不考虑立体异构)。a.属于苯的衍生物； b.能水解，且水解产物之一能发生银镜反应(5)反应除A与B反应生成C外，B与B还可能发生反应生成另一种化合物E，写出生成E的反应的化学方程式_。(6)C在核磁共振氢谱上有_组峰。(7)写出由甲醛和乙醛合成季戊四醇C(CH2OH)4的合成路线。_。【答案】 (1). 醛基、醚键 (2). CH3COCH3 (3). (4). (5). 4 (6). 2CH3COCH3CH3COCH=C(CH3)2+H2O (7). 6 (8). 3HCHO+CH3CHO (HOCH2)3CCHOC(CH2OH)4【解析】【分析】由已知条件可知，B中一定含有CH3OC-结构，再由A到C的转化，可以看出B中含有3个C原子，结合已知条件和A、C的结构简式，由此确定B为CH3COCH3；C的分子式为C11H12O2，C中可能与H2发生加成反应的结构有：苯环结构、碳碳双键和碳氧双键，而D的分子式为C11 H14O2，所以可能与一个碳碳双键或一个碳氧双键发生加成。通过分析