重庆市2018届高三第三次诊断性考试理综化学试题+Word版含解析

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重庆市2018届高三第三次诊断性考试

理综化学试题

1. 化学与社会、生活、科技有着密切的联系，下列说法正确的是 A. 氯气和明矾都能用于自来水的杀菌消毒

B. 蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同 C. 利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能 D. 用作舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于无机非金属材料 【答案】C

【解析】明矾中的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，能够吸附水中的颗粒状杂质，达到净水目的，但不能杀菌消毒，氯气溶于水产生次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够杀菌消毒，A错误；蚕丝的主要成为为蛋白质，棉花的主要成分为纤维素，蛋白质含有N元素，组成元素不同；B错误；硅导电，利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，C正确；特种钢缆需要特别强的韧性和强度，耐高温抗腐蚀，是一种新型金属材料，D错误；正确选项C。

2. 一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是 A. 过量的氧气与二氧化硫 B. 过量的浓盐酸与二氧化锰 C. 过量的铜与硝酸 D. 过量的锌与18mol/L硫酸 【答案】A

【解析】氧气与二氧化硫发生的反应为可逆反应，即使氧气过量，二氧化硫也不能完全反应，A正确；浓盐酸与二氧化锰反应为不可逆反应，浓盐酸过量时，二氧化锰反应完全，B错误；铜与浓硝酸反应到一定程度时，浓硝酸变为稀硝酸，稀硝酸继续与铜发生反应，直至消耗完，C错误；18mol/L的硫酸为浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成二氧化硫，反应到一定程度时，浓硫酸变为稀硫酸与锌反应生成氢气，锌过量，硫酸消耗完，D错误。正确选项A。 点睛：过量的铜与浓硫酸反应，铜与浓硫酸反应到一定程度时，浓硫酸变为稀硫酸不再与铜发生反应，铜、硫酸都有剩余；过量的锌与浓硫酸反应，浓硫酸具有强氧化性，先生成二氧化硫气体，反应到一定程度时，浓硫酸变为稀硫酸与锌反应生成氢气，硫酸消耗完，两种金属反应的结果不同是因为锌和铜的活泼性不同。

3. 在日本，金刚烷胺一直作为帕金森病的治疗药，并于1998年被批准用于流感病毒A 型感染性疾病的治疗，金刚烷胺的合成路线如图所示。下列说法不正确的是 2

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A. 金刚烷胶的分子式是C10H17N B. 金刚烷胺的一溴代物有四种

C. 该路线中的反应都属于取代反应 D. W 的同分异构体中一定含有苯环 【答案】D

【解析】根据金刚烷胺的结构简式可知，金刚烷胺的分子式C10H17N，A正确；金刚烷胺的结构

中发生取代位置的有四种，因此金刚烷胺的一溴代物有四种，B正确；

从有机物的结构简式中可知：金刚烷变成W的过程中H原子被Br原子取代，W变成金刚烷胺的过程中Br原子被—NH2取代，C正确；W的分子式为C10H15Br ，若可以形成芳香族化合物，则应写成C6H5—C4H10Br，很显然，这种组成不可能，一定不含苯环，D错误；正确选项D。 4. 短周期主族元素a、b、c、d原子序数依次增大，a、d同主族，b的原子半径是所有短周期十族元素中最大的，c是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是

A. b的氢化物在常温下为气态 B. 最简单氢化物的热稳定性: a>d C. d的氧化物所对应的水化物是强酸 D. 原子半径: a

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点睛：在短周期主族元素中，同一主族元素原子序数相差2倍的就是第VIA族元素中氧元素和硫元素，这一点是做题的突破口。

5. 普通锌锰电池筒内无机物主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某研究小组探究废于电池内的黑色固体并回收利用时，进行如图所示实验。下列有关实验的叙述正确的是

A. 操作①中玻璃棒的作用是转移固体 B. 操作②为过滤，得到的滤液显碱性 C. 操作③中盛放药品的仪器是坩埚 D. 操作④的目的是除去滤渣中的杂质 【答案】C

【解析】操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，A错误；普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，水解显酸性，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，得到的滤液显酸性，B错误；由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，C正确；二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，D错误；正确选项C。

6. 《Nature》期刊曾报道一例CH3OH-O2原电池，其工作示意图如下。下列说法不正确的是

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A. 电极A是负极，发生氧化反应 B. 电解质溶液中H由A极流向B极 C. 电极B 的电极反应为: O2+2e+H=HO2

D. 外电路中通过6mol电子，生成CO2的体积为22.4L 【答案】D

【解析】甲醇失去电子转化为二氧化碳，因此电极A是负极，发生氧化反应，A正确；电解质溶液中H向正极移动，即由电极A流向B极，B正确；电极B是正极，得电子发生还原反应，电极反应为：O2+2e-+H+=HO2-，C正确；二氧化碳所处的状态不能确定，不能用气体摩尔体积进行计算其体积，D错误；正确选项D。

7. 25℃时，向20mL 0.1mol/L HAuCl4溶液中滴加0.1mol/LNaOH 溶液，滴定曲线如图1，含氯微粒的物质的量分数(δ) 随pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是

+

-+

-+

A. 在c点溶液中: c(Na)=c(AuCl4) B. a 点对应溶液pH 约为5

C. 25℃时，HAuCl4的电离常数为1×10-3

D. d点时，溶液中离子浓度大小关系为: c(Na)>c(AuCl4)>c(OH) >c(H) 【答案】C

【解析】c点溶液中，pH=7，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(AuCl4-)，A正确；根据Ka= c(H+)×c(AuCl4-)/c(HAuCl4)=10-3×10-3/（0.1-10-3）≈10-5，由于a点时，c(AuCl4-)=

+

--+

+-

2

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c(HAuCl4)，所以c(H)≈10 mol/L, pH≈5，B正确；0.1mol/LHAuCl4溶液pH=3，根据HAuCl4=H+ AuCl4-可知，该反应的电离常数为Ka=c(H+)×c(AuCl4-)/c(HAuCl4)= 10-3×10-3/（0.1-10-3）=10-5，C错误；d点时，溶液溶质为NaAuCl4，溶液显碱性，所以溶液中离子浓度大小关系为:c(Na)>c(AuCl4)>c(OH)>c(H)，D正确；正确选项C。

8. 硝酸锶可用于制造烟火及信号弹等。工业级硝酸锶[含Ca(NO3)2、Ba(NO3)2等杂质] 的提纯流程如下。(已知: 硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸)

+

--+

+

-5

+

（1） 要加快“酸浸”速率所采取的措施是______(写一条即可)。 （2）操作1的名称是_______，洗涤所用的洗涤剂是______ .

（3）“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体，写出发生反应的离子方程式______；氧化产物与还原产物的物质的量之比为______ 。 （4）已知Cr(OH)3不溶于水，还原后调节pH=8 的目的是_______ 。

（5）为了测定“残渣2”中Cr元素的质量分数，进行以下实验。(已知: I2+2S2O3=2I+S4O6)

2--2-

①“残渣2”中Cr元素的质量分数为______(用代数式表示)。

②若加入的HI溶液过量太多，测定结果会是_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，其原因是__________________。

【答案】 (1). 将工业级硝酸锶磨得更細或不断搅拌 (2). 过滤 (3). 浓硝酸 (4). 4H2CrO4+3N2H4+12H=4Cr+3N2↑+16H2O (5). 3:4 (6). 除去Cr

-+

3+

3+

(7).

+

(8). 偏高 (9). HI过量太多,过量I会被空气氧化成I2，过量的H

要与Na2S2O3反应，消粍Na2S2O3的量増多

【解析】（1） “酸浸”不能采用高温，避免HNO3挥发和分解，减少环境污染，因此将工业级硝酸锶磨得更細或不断搅拌，可以加快“酸浸”速率；正确答案：将工业级硝酸锶磨得更細或不断搅拌。

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（2）根据硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸，因此可以采用过滤的方法进行固液的分离；根据同离子效应，相对于水洗，用浓HNO3洗涤的优点是减少硝酸锶(或“产品”)溶解损失；正确答案：过滤；浓硝酸。

（3）“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr，同时放出无污染的气体氮气，根据氧化还原反应方程式的配平，则发生反应的离子方程式为4H2CrO4+3N2H4+12H=4Cr+3N2↑+16H2O；氮气为氧化产物，Cr为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4；正确答案：4H2CrO4+3N2H4+12H+=4Cr3++3N2↑+16H2O；3:4 。

（4）滤液2中含有Cr3+，还原后调节pH=8的目的是生成Cr(OH)3沉淀，从而达到除去Cr3+目的；正确答案：除去Cr3+。

3+

+

3+

3+

.........

② HI过量太多，过量I会被空气氧化成I2，过量的H要与Na2S2O3反应，消粍Na2S2O3的量増多，测定结果会偏高；正确答案：偏高； HI过量太多,过量I会被空气氧化成I2，过量的H要与Na2S2O3反应，消粍Na2S2O3的量増多。

点睛：常见的物质中，含有亚铁离子、硫离子、亚硫酸根离子、碘离子等物质，易被空气中氧气氧化，因此在分析题中问题时，一定要考虑到这一点。

9. ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高、浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验裝置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题:

-+

-+

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（1）仪器a的名称是________。

（2）滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是_________。 （3）加入的硫酸需要用冰盐水冷却的原因是_________。

（4）实验过程中通入空气的目的是________，空气流速过快或过慢，均降低KClO2产率，试解释其原因________ 。

（5）用图示装置制备的KClO2中含有较多杂质，其原因是________。 （6）A中制备ClO2的化学方程式为_________ 。

（7）有人认为用图示装置吸收ClO2易引起倒吸，但经过多次实验均未发现有倒吸现象，其原因是________。

【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方气压相等，使液体能順利滴下 (3). 防止液体飞溅，防止生成的ClO2分解 (4). 将生成的ClO2全部赶出以被KOH吸收 (5). 空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高会导致分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收 (6). 生成KClO2的同吋必有ClO2的氧化产物KClO3或KClO4 (7). 4 KClO2+N2H4·H2SO4+H2SO4=4ClO2+N2↑ +2K2SO4+4H2O(K2SO4写成KHSO4也可以) (8). 生成ClO2的同时也产生N2，或有持续通入的空气流

【解析】（1）仪器a为反应的发生器，是三颈烧瓶；正确答案：三颈烧瓶。

（2）滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方气压相等，使液体能順利滴下；正确答案：滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方气压相等，使液体能順利滴下。

（3）浓硫酸溶于水放出大量的热，会导致反应生成的ClO2分解，产率降低，同时也能防止浓硫酸稀释时液体飞溅；因此加入的硫酸需要用冰盐水冷却；正确答案：防止液体飞溅，防止生成的ClO2分解。

（4）实验过程中通入空气的目的是能够使反应产生的ClO2全部被氢氧化钾溶液吸收，提高ClO22

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的利用率，但如果空气流速过快或过慢，均降低KClO2产率；其原因是空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高会导致分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收；正确答案：将生成的ClO2全部赶出以被KOH吸收； 空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高会导致分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收。

（5）用图示装置制备的KClO2中含有较多杂质，根据氧化还原反应规律，ClO2与碱反应时，生成KClO2的同吋，必有ClO2的氧化产物KClO3或KClO4 生成；正确答案：生成KClO2的同吋必有ClO2的氧化产物KClO3或KClO4。

（6）根据题给信息可知：KClO2与N2H4·H2SO4在酸性条件下反应生成ClO2和氮气等物质，化学方程式为4KClO2+N2H4·H2SO4+H2SO4=4ClO2+N2↑+2K2SO4+4H2O；正确答案：4KClO2+N2H4·H2SO4+H2SO4=4ClO2+N2↑+2K2SO4+4H2O(K2SO4写成KHSO4也可以)。

（7）反应生成ClO2的同时，还产生N2，同时该反应过程中有持续通入的空气流，因此不能产生倒吸现象；正确答案：生成ClO2的同时也产生N2，或有持续通入的空气流。

10. 二氧化硫和硫化氢都是有毒物质，但它们在工业上都有着重要的用途。请回答下列有关问题:

（1）燃煤脱疏是科研工作者研究的重要课题之一，己知有两种脱硫方法，一是活性炭作化氧化法脱流；二是CO还原法脱硫。

①活性炭在反应过程中作为催化剂，改变了______(填选项字母)。

a. 反应限度 b. 反应速率 c. 反应活化能 d. 反应焓变 e.反应路径 ②CO还原法的原理是: 2CO(g) +SO2(g)

S(g) +2CO2(g)，△H。

已知:S(g) +O2(g) =SO2(g)，△H1= -574.0kJ/mol，CO的燃烧热为283. 0kJ/mol，则△H=___。

③在两个容积为10L的恒容绝热密闭容器中发生反应: 2CO(g) +SO2(g)

S(g) +2CO2(g)，各起始反应物的物质的量如右表所示，起始温度均为

T℃。两容器中平衡常数K甲______K乙(填“>”“=”或“<”)，理由是__________。

（2）H2S受热发生分解反应: 2H2S(g)= 2H2(g) +S2(g)，在密闭容器中，充入

0.20mol H2S(g)，压强为p时，控制不同的温度进行实验，H2S的平衡转化率如图所示。

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