四川省成都市2019届高三化学下学期第三次诊断性检测试题（含解析）.docx

四川省成都市2019届高三化学下学期第三次诊断性检测试题（含解析）第I卷（共126分）一、选择题：本题共13个小题，每小题6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.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A. 普通玻璃含有二氧化硅B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能C. 碲化镉是一种无机化合物D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放【答案】B【解析】【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确； B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确； D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。故选B。2.下列关于有机物的说法正确的是A. C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2的有4种B. 糖类、油脂、蛋白质都电解质C. 乙烯使溴水、酸性高锰钾溶液褪色的反应类型相同D. 将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中淀粉已水解【答案】A【解析】【详解】A. C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明含有羧基，即该分子由烃基C4H9和COOH组成，C4H9有4种结构，所以符合题意的同分异构体有4种，故A正确；B. 单糖和低聚糖属于非电解质，多糖、天然油脂和蛋白质都是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C. 乙烯使溴水褪色发生的是加成反应，乙烯使酸性高锰钾溶液褪色发生的是氧化反应，反应类型不同，故C错误；D. 淀粉遇碘变蓝色，将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝，说明苹果中含有淀粉，不能说明苹果肉中淀粉已水解，故D错误。故选A。3.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：下列说法错误的是A. 四种元素形成的单质中W的氧化性最强B. 甲、乙、丙中沸点最高的是丙C. 甲常用作致冷剂D. 甲、乙分子均只含极性共价键【答案】B【解析】【分析】丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A. 根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；B. 常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；C. 化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；D. 化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。4.用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比下列说法正确的是A. 反应中参与反应的HCHO为30g时转移电子2molB. 可用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+C. 生成44.8 LCO2时反应中参加反应的Ag一定为8molD. 理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高【答案】D【解析】【详解】A. 30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol，故A错误；B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+，与Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+，故B错误；C. 没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；D. 吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应生成的Fe2+越多，进一步说明反应生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。故选D。5.25将浓度均为0.1 mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100 mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图。下列说法错误的是A. 曲线II表示HA溶液体积B. x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C. 电离平衡常数K(HA)K(BOH)D. 向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小【答案】C【解析】【详解】A. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH7，随着曲线I体积的增大，溶液的pH逐渐增大，说明曲线I表示BOH溶液的体积，则曲线II表示HA溶液体积，故A正确；B. 根据图像，x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒，有c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH7，溶液显碱性，说明K(HA)、“ (4). (N)(F)(E) (5). c (6). 2MPa-1 (7). 温度升高反应速率加快，且在此温度下催化剂活性增强 (8). 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率降低【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，目标反应为+2，以此计算反应热；（2）此反应的正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；E、F点对应的温度相同；F、N点对应的压强相同；a选择高效催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡发生移动； b增大投料比，能提高O2转化率，CH4平衡转化率降低；c及时分离产物，平衡向正反应方向移动，转化率增大；列出三段式，找出各组分的平衡分压，代入平衡常数计算公式计算；（3）温度升高反应速率加快，且在此温度下催化剂活性增强，使产率增大；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率降低。【详解】（1）CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H=-35.4kJmol-1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=-90.1kJmol-1根据盖斯定律，+2得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g） H=(-35.4kJ/mol)+（-90.1kJ/mol）2=-251.0 kJ/mol；因此，本题正确答案是：-251.0 ；（2）由反应式2CH4 (g)+O2(g)2CH3OH(g)可知，此反应的正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动。由图像可知，在相同压强下，随着温度升高，CH3OH(g)的物质的量减小，在相同温度下，P2到P1，CH3OH(g)的物质的量增大，说明平衡向正反应方向移动，即P1 P2。因此，本题正确答案是：减小；E、F点对应温度相同，但F点对应的压强较大，反应速率较大；F、N点对应的压强相同，但N点对应的温度较高，反应速率较大。故化学反应速率由大到小的顺序为(N)(F)(E)，因此，本题正确答案是：(N)(F)(E)；a选择高效催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，不能提高CH4平衡转化率； b增大投料比，能提高O2转化率，CH4平衡转化率降低；c及时分离产物，平衡向正反应方向移动，转化率增大；因此，本题正确答案是：c；若F点，n (CH3 OH) =1mol，总压强为2.5MPa，2CH4 (g)+O2(g)2CH3OH(g)起始量（mol） 2 1 0转化量（mol） 1 0.5 1平衡量（mol） 1 0.5 1CH4 、O2和CH3OH平衡分压分别为2.5MPa、2.5MPa、2.5MPa，即1 MPa、0.5MPa、1MPa，则平衡常数Kp=2MPa-1，因此，本题正确答案是：2MPa-1；（3）温度升高反应速率加快，且在此温度下催化剂活性增强，使产率增大；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率降低。因此，本题正确答案是：温度升高反应速率加快，且在此温度下催化剂活性增强；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率降低。9.亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠，并进行杂质分析。实验I 按图装置制备NaC1O2晶体已知：C1O2为黄绿色气体，极易与水反应。NaC1O2饱和溶液在低于38时析出NaC1O23H2O晶体，高于38时析出NaC1O2晶体，温度高于60时NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。（1）装置A中b仪器的名称是_；a中能否用稀硫酸代替浓硫酸_（填“能”或“不能”），原因是_。（2）A中生成C1O2的化学反应方程式为_。（3）C中生成NaC1O2时H2O2的作用是_；为获得更多的NaC1O2，需在C处添加装置进行改进，措施为_。（4）反应后，经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体，请补充完善。i.55时蒸发结晶 ii._ ii.用40热水洗涤 iv.低于60干燥，得到成品实验 样品杂质分析（5）上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐，其化学式为_，实验中可减少该杂质产生的操作（或方法）是_（写一条）。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 不能 (3). ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率 (4). 2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O (5). 作还原剂 (6). 将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在3860 (7). 趁热过滤（或38以上过滤） (8). Na2SO4 (9). 控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）【解析】【分析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，A中可能发生Na2SO3+ H2SO4（浓）= Na2SO4+SO2+H2O，产生的SO2被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2反应生成Na2SO4，由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】（1）根据仪器构造，装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶；A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯。由信息可知，C1O2极易与水反应，所以a中不能用稀硫酸代替浓硫酸，防止ClO2与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率。故答案为：蒸馏烧瓶；不能；ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率；（2）A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，故答案为：2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，氯元素化合价从+4价降到+3价，二氧化氯被还原，所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂；由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以为获得更多的NaC1O2，将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在3860。故答案为：作还原剂；将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在3860；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，所缺步骤为趁热过滤（或38以上过滤）。故答案为：趁热过滤（或38以上过滤）；（5）A中可能发生Na2SO3+ H2SO4（浓）= Na2SO4+SO2+H2O，产生的SO2被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2反应生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4；为减少Na2SO4产生，应尽量减少生成SO2，采取的操作可以是控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。故答案为：Na2SO4；控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。10.最新研究表明As2O3在医药领域有重要应用。某小组从工业废料中提取As2O3设计流程如下：已知：H3AsO3为弱酸，热稳定性差。（1）写出一条“碱浸”时提高浸取率的方法_；“碱浸”中H3AsO3转化成Na3AsO3的离子方程式为_。（2）“氧化”时常在向混合液中通入O2时对体系加压，目的是_。（3）“沉砷”过程中有如下反应： 0 0沉砷率与温度关系如图。沉砷最佳温度为_，高于85时，沉砷率下降的原因是_。（4）“还原”过程中获得H3 AsO3的化学反应方程式为_；“操作A”为：_、过滤；滤液的主要成分是_。（5）若每步均完全反应，“氧化和“还原”时消耗相同条件下O2和SO2体积分别为xL、yL，则废水中n(H3AsO3)：n(H3AsO4)=_（写出含x、y的计算式）。【答案】 (1). 搅拌或多次浸取 (2). H3AsO3+3OH-=AsO33-+3H2O (3). 增大O2溶解度，加快反应速率 (4). 85 (5). 高于85，随着温度升高，反应中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响大于，使反应中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降 (6). H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4 (7). 加热 (8). H2SO4 (9). 2x：（y-2x）【解析】分析】工业废料（H3AsO3、H3AsO4含废料）加入氢氧化钠溶液碱浸，与氢氧化钠反应生成Na3AsO3、Na3AsO4溶液，通入氧气氧化Na3AsO3溶液为Na3AsO4溶液，向溶液中加入石灰乳，得到为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，将Ca5(OH)(AsO4)3用硫酸酸化得到H3AsO4，通入二氧化硫与H3AsO4溶液混合：H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4，还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，据此分析解答。【详解】（1）反应物接触时间越长，反应越充分，所以“碱浸”时可采用搅拌或多次浸取使其充分反应，提高原料浸取率；H3AsO4与氢氧化钠反应为酸碱中和反应，离子方程式为H3AsO3+3OH-=AsO33-+3H2O；故答案为：搅拌或多次浸取；H3AsO3+3OH-=AsO33-+3H2O；（2）“氧化”时向混合液中通入O2时对体系加压可以增大O2溶解度，加快反应速率。故答案为：增大O2溶解度，加快反应速率；（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，发生的主要反应有：Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq）H0，高于85，随着温度升高，反应中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响大于，使反应中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降；故答案为：高于85，随着温度升高，反应中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响大于，使反应中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降；（4）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，反应为：H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4；还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，所以“操作A”为：加热、过滤；由方程式可知，滤液的主要成分是H2SO4。故答案为：H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4；加热；H2SO4；（5）“氧化过程中Na3AsO3溶液氧化为Na3AsO4溶液，关系式为2H3AsO32Na3AsO3 O2；“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，关系式为H3AsO4 SO2；已知消耗相同条件下O2和SO2体积分别为xL、yL，体积比等于物质的量之比，即n(O2)：n(SO2)=x:y，由关系式可知，n(H3AsO3)=2n(O2)，则废水中原有的n(H3AsO4)=y-2x，则废水中n(H3AsO3)：n(H3AsO4)=2x：（y-2x）。故答案为：2x：（y-2x）。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，理解工艺流程原理是解题的关键。11.化学选修3：物质结构与性质氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。（1）氮化镓(GaN)是新型的半导体材料。基态氮原子的核外电子排布图为_；基态镓(Ga)原子的核外具有_种不同能量的电子。（2）乙二氨的结构简式为(H2N-CH2-CH2-NH2，简写为en)。分子中氮原子轨道杂化类型为_；乙二氨可与铜离子形成配合离子Cu(en)22+，其中提供孤电子对的原子是_，配合离子结构简式为_；乙二氨易溶于水的主要原因是_。（3）氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼（如图1）和六方氮化硼（如图2），前者类似于金刚石，后者与石墨相似。图1中氮原子的配位数为_，离硼原子最近且等距离的硼原子有_个；已知六方氮化硼同层中B与N之间的距离为acm，密度为dgcm-3，则相邻层与层之间的距离为_pm(列出表达式)。【答案】 (1). (2). 8 (3). sp3 (4). N (5). (6). 乙二氨与水形成分子间氢键，乙二氨分子与水分子均为极性分子 (7). 4 (8). 12 (9). 1010【解析】【分析】（1）氮原子核外有7个电子，电子排布式为1s22s22p3；镓为31号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，依据电子排布式解答； （2）H2N-CH2-CH2-NH2中氮原子的价层电子对数为（5+3）=4；中心原子Cu2+提供空轨道，乙二氨分子中N原子提供孤对电子；乙二氨和水都是极性分子，相似相溶，乙二氨分子与水分子间可形成氢键。（3）观察晶胞结构发现N原子周围距离最近的B数目为4，即配位数为4；由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的N原子分析，位于面心的原子与之相邻，1个顶点原子为12个面共用，所以离N原子最近且等距离的N原子有12个，同理离硼原子最近且等距离的硼原子有12个；每个六棱柱平均含有一个N原子和一个B原子，两原子的相对原子质量之和为25，设层与层之间距离为h，六棱柱体积为a2hcm3，六棱柱质量为=a2hdg，所以h=cm=1010pm。【详解】（1）氮原子核外有7个电子，基态氮原子的核外电子排布图为；镓为31号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，有8个不同的能层，所以基态镓(Ga)原子的核外具有8种不同能量的电子。故答案为：；8；（2）H2N-CH2-CH2-NH2中氮原子的价层电子对数为（5+3）=4，所以轨道杂化类型为sp3；配合离子Cu(en)22+中心原子Cu2+提供空轨道，乙二氨分子中N原子提供孤对电子，因此提供孤电子对的原子是N，配合离子结构简式为；乙二氨和水都是极性分子，相似相溶，乙二氨分子与水分子间可形成氢键，所以乙二氨易溶于水。故答案为：sp3；N；乙二氨与水形成分子间氢键，乙二氨分子与水分子均为极性分子；（3）观察晶胞结构发现N原子周围距离最近的B数目为4，即配位数为4；由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的N原子分析，位于面心的原子与之相邻，1个顶点原子为12个面共用，所以离N原子最近且等距离的N原子有12个，同理离硼原子最近且等距离的硼原子有12个；选取晶体结构中最小的正六棱柱为计算单位，根据均摊法可以计算出每个六棱柱平均含有一个N原子和一个B原子，两原子的相对原子质量之和为25。已知六方氮化硼同层中B与N之间的距离为acm，则正六边形的边长为acm，设层与层之间距离为h，六棱柱体积为a2hcm3，又知其密度为dgcm-3，则六棱柱质量为=a2hd g，所以h=cm=1010pm，则层与层之间距离的计算表达式为1010pm。故答案为：4；12；1010。12.化学选修5：有机化学基础A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）A的名称是_；B中含氧官能团名称是_。（2）C的结构简式_；D-E的反应类型为_。（3）E-F的化学方程式为_。（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是_（写出结构简式）。（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为_；检验其中一种官能团的方法是_（写出官能团名称、对应试剂及现象）。【答案】 (1). 丙烯 (2)