1、重庆市巴蜀中学 2017 届高三三诊考试理科综合化学试卷1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 泡沫灭火器利用硫酸铝和小苏打溶液反应的产物来灭火B. 为使水果尽快成熟，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯C. 煤的干馏、燃煤烟气的脱硫、煤的液化和气化等过程都是化学变化D. 面粉生产中禁止添加的过氧化钙（CaO 2）阴、阳离子的个数之比为 1:1【答案】B【解析】A. 硫酸铝是强酸弱碱盐、碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，硫酸铝与小苏打发生双水解反应生成二氧化碳，可以灭火，故 A 正确； B.水果成熟过程中会释放乙烯，乙烯具有催熟剂作用，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯，能
2、够减缓水果的成熟，故 B 错误；C. 煤的干馏是隔绝空气加强热发生化学反应；燃煤烟气中的二氧化硫用碱性溶液吸收，二氧化硫与碱反应生成亚硫酸盐，有新物质生成，发生化学反应；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成 H2、CO 等气体的过程；煤的液化是将煤与 H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的 H2和 CO 通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，因此都是化学变化，故 C 正确；D.过氧化钙(CaO 2)中的阴离子为过氧根离子，阴、阳离子的个数之比为 1:1，故 D 正确；故选 B。2. 设 NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列判断正确的是A. 常温下，5.6g 铁分别与足
3、量氯气和浓硝酸反应，转移的电子数均为 0.3NAB. 标准状况下，22.4L NO 和 11.2 L O2充分反应，产物的分子数为 NAC. 60g SiO2晶体中，含 Si-O 键数为 2NAD. 向含有 0.2mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加 NaOH 溶液至沉淀恰好完全溶解，消耗 OH-的数目为 NA【答案】D【解析】A. 常温下，铁与浓硝酸发生钝化，故 A 错误；B. 标准状况下，22.4L NO 和 11.2 L O2充分反应生成二氧化氮，二氧化氮中存在与四氧化二氮的平衡，产物的分子数无法确定，故 B 错误；C. 60g SiO 2的物质的量为 =1mol，其中含 Si-O
4、 键数为 4NA，故 C 错误；D. 氢氧化钠先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后与铵根结合生成一水合氨，最后使氢氧化铝溶液，消耗的 OH-数目为 1mol，个数等于阿伏加德罗常数值，故 D 正确；故选 D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握物质的量与阿伏伽德罗常数等物理量之间转化关系为解题的关键。本题的易错点是 A 和 B，要注意铁与浓硝酸的钝化、二氧化氮与四氧化二氮存在平衡。3. 下列关于有机物的叙述不正确的是A. 鉴别己烷、己烯和乙醇，可用溴水B. 乙烯和植物油均能使溴的四氯化碳溶液褪色，且反应原理相同C. 甲苯苯环上的一个氢原子被-C
5、 3H6Cl 取代，形成的同分异构体有 9 种D. 1mol 分子式为 C18H26O5的酯完全水解生成 lmol 羧酸和 2mol 乙醇，该羧酸分子式为 C14H18O5【答案】C【解析】A. 溴水与己烷分层，不褪色；与己烯褪色；与乙醇混溶，不褪色，现象各不相同，可以鉴别，故 A 正确；B. 乙烯和植物油中都含有碳碳双键，均能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应，故 B 正确； C. -C 3H6Cl 有 5 种结构，甲苯苯环上的一个氢原子被取代，有 3 种取代方式，因此甲苯苯环上的一个氢原子被-C 3H6Cl 取代，形成的同分异构体有 15 种，故 C 错误；D. 某羧酸酯的分子式为 C1
6、8H26O5，1mol 该酯完全水解可得到 1mol 羧酸和 2mol 乙醇，说明酯中含有 2 个酯基，设羧酸为 M，则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，由质量守恒可知 M 的分子式为 C14H18O5，故 D 正确；故选 C。4. A、B、C、D、E、F 均为短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中 A 的阴离子的核外电子数与B、C、D 原子的核外内层电子数相同。B 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产 D 的单质，E 的原子序数为 D 的两倍。根据以上叙述，下列说法中正确的是A. 上述六种元素的原子半径大小为 AB. A
7、、B、D 三种元素可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物C. A、B、C、F 原子的核外最外层电子数的总和为 18D. 由 A 与 B 组成的化合物的沸点一定低于由 A 与 D 组成的化合物的沸点.【答案】B【解析】A、B、C、D、E、F 均为短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，B 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是 14C，故 B 为 C 元素；工业上采用液态空气分馏方法来生产 D 的单质，则 D 为 N 或 O，B、C、D 原子序数依次增大 ，则 D 为 O 元素，E 的原子序数为 D 的两倍。E 为 S 元素，F为 Cl 元素。A 的阴离子的核外电子数与 B
8、、C、D 原子的核外内层电子数相同，则 A 为 H 元素。 A. 在所有原子中 H 的原子半径最小，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径大小为 BCD，故 A 错误；B. 乙醇中既含极性共价键又含非极性共价键，故 B 正确；C. H、C、N、Cl 原子的核外最外层电子数的总和为 1+4+5+7=17，故 C 错误；D. 由 A 与 B 组成的化合物的沸点可能较高，如五十烷在常温下为固体，沸点比水高，故 D 错误；故选 B。点睛：本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点是 D，要知道碳氢化合物(烃)的种类很多。5. 某白色粉末由
9、两种物质组成，为鉴别共成分进行如下实验： 取少量样品加入足量水完全溶解；再加入足量氢氧化钠溶液（微热） ，产生白色沉淀并有气泡冒出。 取少量样品加入足量稀盐酸有气泡产生，振荡后固体完全溶解。该白色粉末可能为A. NaHCO3、MgC1 2 B. NH4HCO3、AlC1 3C. (NH4)2CO3、BaCl 2 D. NH4HCO3、MsrC1 2【答案】D【解析】入足量氢氧化钠溶液(微热)，产生白色沉淀并有气泡冒出，说明含有铵根离子，排除 A 选项；氢氧化铝能溶于过量的氢氧化钠溶液，说明产生的白色沉淀不是氢氧化铝，即样品中不是含有氯化铝，排除B 选项；取少量样品加入足量水溶解，即混合后样品全
10、部溶解而不产生沉淀则排除 C 选项，因为若为 C 选项混合会产生碳酸钡沉淀。答案选 D。6. 海水中含有大量 Na 、Cl -及少量 Ca2+、Mg 2+、SO 42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如下图所示。下列说法正确的是A. b 膜是阳离子交换膜B. A 极室产生气泡并伴有少量沉淀生成C. 淡化工作完成后 A、B、C 三室中 pH 大小为 pHApH BpH CD. B 极室产生的气体可使湿润的 KI 淀粉试纸变蓝【答案】A【解析】A、因为阴极是阳离子反应，所以 b 为阳离子交换膜，选项 A 正确；B、A 极室氯离子在阳极失电子产生氯气，但不产生沉淀，选项 B 错误；C、淡化工作
11、完成后，A 室氯离子失电子产生氯气，部分溶于水溶液呈酸性，B 室氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，C 室溶液呈中性，pH 大小为 pHAc(Na+)c(OH-c(H+）D. 溶液中离子浓度的关系：c(Na +)c(H +c(B -)=0.12 mol/L【答案】D【解析】0.10mol/L 的 HA 与 0.10molL-1的 NaOH 溶液等体积混合，恰好完全反应生成 NaA，溶液的pH=8.7，显碱性，说明 NaA 为强碱弱酸盐，即 HA 为弱酸；0.12mol/L 的 HB 与 0.10molL-1的 NaOH 溶液等体积混合，反应后剩余的酸的浓度为 c(HB)= =
12、0.01mol/L，溶液中 c(H+)=0.01mol/l，所以HB 完全电离，即 HB 为强酸。A由分析可知，HA 是弱酸，HB 是强酸，故 A 错误；BNaB 强酸强酸碱盐，升高温度，B -、Na +的浓度不变，所以溶液中 c(B-)/c(Na+)不变，故 B 错误；C溶液中，恰好完全反应生成 NaA，溶液的 pH=8.7，显碱性，c(OH -)c(H +)，水解程度较小，所以 c(A-)c(OH -)，则离子浓度的关系：c(Na +)c(A -)c(OH -)c(H +)，故 C 错误；D溶液中 c(H+)=0.01mol/l，c(B -)=0.12 molL-1 =0.06mol/L，
13、c(Na +)=0.1mol/L =0.05mol/L，所以 c(Na+)+c(H+)+c(B-)=0.12 molL-1，故 D 正确；故选 D。点睛：本题考查了酸碱混合溶液定性判断和定量判断、弱电解质的电离、离子浓度大小的比较、根据弱电解质的电离特点结合电荷守恒和物料守恒来分析解答。8. 铝（熔点 660）是一种应用广泛的金属，工业上用 A12O3（熔点 2045）和冰晶石（Na 2AlF6，六氟合铝酸钠）混合熔融后电解制得。回答下列问题：(l）铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是（用化学用语及相关文字说明）_.(2）将 0.1 mol/L AlCl3溶液和 10NH 4F 溶液混合
14、制取 Na2AlF6。该实验所用试管及盛装 NaF 溶液的试剂瓶均为塑料材质，原因是_。(3）下列关于氧化铝的叙述正确的是_A氧化铝可以治疗胃酸过多。B氧化铝因为熔点高，可以作耐火材料C氧化铝是铝热剂的成分之一。D氧化铝是两性氧化物，所以既能溶于盐酸又能溶于氨水。(4）某工厂排放出有毒物质 NOCl , 它遇水就会生成 NO3-。NOCl 分子中各原子均满足 8 电子稳定结构，则NOCl 的电子式为_。水源中的 NO3-对人类健康会产生危害。为了降低水源中 NO3-的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将 NO3-还原为 N2，该反应的离子方程式为_，此方法的缺点是处理后的水中生成了 A1O
15、3-，仍然可能对人类健康产生危害，还需要对该饮用水进行一系列后续处理。已知 25时，Ksp = l.3l0 -33 Al(OH)3 AlO2-+H+H2O K=1.010-1325时，若欲使上述处理后的水中 A1O2-浓度降到 1.010-6mol/L，则应调节至 pH=_。此时水中 c(A13+）=_【答案】 (1). 4Al+3O 2=2Al2O3在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜 (2). NaF 水解产生了HF,HF 会腐蚀玻璃。 (3). B (4). (5). 10Al+6NO3-+4OH =3N2+10AlO2-+2H2O (6).7 (7). 1.310-12 molL
16、一 1【解析】 (l)在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜，反应方程式为 4Al+3O2=2Al2O3，形成的致密氧化膜能够阻止铝进一步被氧化，具有一定的抗腐蚀性，故答案为：4Al+3O 2=2Al2O3在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜；(2)氯化铝与氟化铵反应生成六氟合铝酸铵和氯化铵，方程式：AlCl 3+NH4F=(NH4)3AlF6+3NH4Cl；氟化铵中的氟离子水解生成氢氟酸，氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应，对玻璃有强烈的腐蚀性而对塑料则无腐蚀性，所以该实验所用试管及盛装 NH4F 溶液的试剂瓶均为塑料材质；故答案为：NaF 水解产生了 HF，HF 会腐蚀玻璃；(3)A治疗
17、胃酸过多是氢氧化铝，不是氧化铝，故 A 错误；B氧化铝的熔点高，可以用作耐火材料，故B 正确；C氧化铝是铝热反应的产物之一，不是铝热剂的成分，故 C 错误；D氧化铝能溶于盐酸但不能溶于氨水，故 D 错误；故选 B。(4)NOCl 分子中各原子均满足 8 电子稳定结构，则 NOCl 的电子式为 ，根据题干信息，反应物为：铝、NO 3-、OH -，生成物为：N 2、H 2O、碱性条件下铝参加反应生成物还有 AlO2-，反应中 AlAlO 2-，Al元素化合价由 0 价升高为+3 价，共升高 3 价，NO 3-N 2，氮元素化合价由+5 价降低为 0 价，共降低 10价，化合价升降最小公倍数为 30
18、，依据原子个数守恒、电荷守恒反应的离子方程式：10Al+6NO 3-+4OH-=10AlO2-+3N2+2H 2O；水中 AlO2-浓度降到 1.010-6molL-1，依据 Al(OH)3 AlO2-+H+H2O K=1.010-13，则 c(H+)= =10-7(mol/L)；pH=7，c(OH-)=10 -7mol/L，25时，K sp=1.310-33，则 c(Al3+)=1.310-12molL-1；故答案为： ； 10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2+2H 2O；7；1.310 -12molL-1。点睛：本题综合考查了金属的冶炼、离子方程式、方程式的书写、有关平衡
19、常数的计算，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，注意化学平衡常数的应用。本题的难点是(4)的计算。9. 某研究小组探究在加热条件下 FeSO4分解的气体产物及相关性质。己知：SO 2的沸点为-10、SO 2的沸点为 44.8。.用如图所示装置设计实验，验证分解 FeSO4生成的气态产物。(1）在加药品之前必须进行的操作是_。(2）按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：a _。(3）该实验观察到装置甲中固体变为红棕色，装置丙中有无色液体产生，装置丁中溶液变成无色，若要检验固体产物中的金属阳离子所需化学试剂为_。根据以上实验推测 FeSO4分解的化学方程式为_。为探究 SO2使品红溶液褪色的
20、原理，进行如下实验：实验 l：将稀盐酸和 NaOH 溶液分别滴入品红水溶液中。观察到前者溶液颜色变钱，但未能完全褪色，后者溶液颜色几乎不变。实验 2：在滴有稀盐酸和 Na0H 溶液的两份品红水溶液中分别通入 SO2。观察到前者溶液逐渐褪色，后者溶液很快褪色。实验 3：在两份品红水溶液中分别加入一小粒 Na2SO3固体和 NaHSO3固体，前者溶液很快褪色，后者浴液褪色很慢。(l）由实验 l 可推测品红水溶液呈_性。(2）由实验 2、3 可推知，使品红水溶液褪色的主要微粒是_（填化学式）. (3）若将 SO2通入品红的无水乙醇溶液，试预测可能出现的现象_ (4）加热溶有 Na2SO3的品红水溶液
21、，发现不能恢复红色，试解释原因_【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). defgbc (3). 盐酸或硫酸 和 KSCN 溶液 (4). 2FeSO4 Fe2O3+ SO2+ SO 3 (5). 碱 (6). SO 32 (7). 品红的无水乙醇溶液不褪色 (8). Na2SO3溶液中的 c(SO32-)大，加热后水解程度增大，但仍无法除尽【解析】 （1）验证分解 FeSO4生成的气态产物，气体制备或检验气体的产生实验，在实验前必须进行检查装置气密性的操作；（2）先将高温分解气体通过丙装置的冷却收集得三氧化硫，再通过丁的品红水溶液检验二氧化硫的存在，最后用乙装置吸收尾气，按气流方向连接顺
22、序为：adefgbc；（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，则产物有三氧化硫；装置丁中溶液变成无色，则产物中有二氧化硫，则 FeSO 4分解的化学方程式为：2FeSO 4 Fe2O3+ SO2+ SO 3； （1）加入稀盐酸时品红颜色变浅，而加入氢氧化钠溶液时溶液颜色几乎不变，说明酸对品红溶液影响大，则由实验 1 可推测品红水溶液呈碱性；10. 乙二醛（OHC-CHO）是一种重要的精细化工产品。工业生产乙二醛(1)乙醛（CH3CHO）液相硝酸氧化法在 Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，反应的化学方程式为_该法具有原料易得、反应条件温和等优点，但也存在比较明显的缺点是_(2)乙
23、二醇（HOCH 2CH2OH）气相氧化法l）.已知：OHCCHO(g)2H 2(g) HOCH2CH2OH(g) H78 kJmol 1 K12H2(g)O 2(g) 2H2O(g) H484 kJmol 1 K2乙二醇气相氧化反应 HOCH2CH2OH(g)O 2(g) OHCCHO(g)2H 2O(g)的 H_kJmol 1 。相同温度下，该反应的化学平衡常数 K_(用含 K1、K 2的代数式表示)。2）.反应在热力学上趋势很大，其原因是_3）.当原料气中氧醇比为 1.35 时，乙二醛和副产物 CO2的产率与反应温度的关系如下图所示。反应温度在450495之间和超过 495时，乙二醛产率降
24、低的主要原因分别是_、_4）.在恒温恒容下，如果从反应物出发建立平衡，能说明乙二醇气相氧化反应达到平衡状态的是_（填选项字母） 。A体系压强不再变化 B氧醇比保持不变.C混合气体的密度保持不变 D气体平均相对分子质量保持不变乙二醛被氧化可生成乙二酸即草酸，某些蔬菜中含有较多的草酸，如果人类不注意合理饮食容易形成草酸钙结石。某研究所利用 SDT Q600 热分析仪对草酸钙晶体（CaC 2O4H2O）进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量一一分解温度的关系如下图。如果残留固体为 11.12 克，求残留固体的成分和物质的量_。【答案】 (1). 3CH 3CHO + 4HNO3 3OHCCHO +
25、 4NO+ 5H 2O (2). 尾气有污染（或“腐蚀设备”等其他合理答案） (3). 406 (4). (5). 反应是放出大量热的反应 (6).温度升高，主反应平衡向逆反应方向移动 (7). 温度大于 495，乙二醇大量转化为 CO2等副产物 (8). AD (9). CaC2O4为 0.04mol CaCO3 为 0.06mol【解析】(1)在 Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为 NO，反应方程式为：3CH3CHO+4HNO3 3OHC-CHO+4NO+5H 2O，生成的 NO 对环境有污染；故答案为：3CH 3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO+5
26、H 2O；尾气有污染；(2)1)已知：OHC-CHO(g)+2H 2(g) HOCH2CH2OH(g)H=-78kJmol -1 K1 ，2H 2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-484kJmol -1 K2，根据盖斯定律，-可得：HOCH 2CH2OH(g)+O2(g) OHC-CHO(g)+2H2O(g)，则H=-484kJmol -1-(-78kJmol-1)=-406kJmol-1，平衡常数 K 反应与的平衡常数的商，即K= ，故答案为：-406； ；2)反应是放出大量热的反应，在热力学上趋势很大，故答案为：反应是放出大量热的反应；3)主反应 HOCH2CH2OH(g)+O2(g)
27、 OHC-CHO(g)+2H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；温度超过495时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物，使乙二醛产率降低，故答案为：升高温度，主反应平衡逆向移动；温度超过 495时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物； 根据图象知，草酸钙晶体(CaC 2O4xH2O)加热时先失去结晶水生成草酸钙，草酸钙分解生成碳酸钙，高温条件下，碳酸钙分解生成 CaO 和二氧化碳。根据图象可知 0200是晶体失去结晶水的过程，14.6 克 CaC2O4H2O 失去水后生成 12.8 克 CaC2O4，物质的量为 0.1mol；200400，草酸钙并没有分解，400时草酸钙分解，其质量由 12
28、.8g 变为 10.0g，减少的质量为 2.8g，为 CO，所以生成碳酸钙和 CO，反应的化学方程式为 CaC2O4 CaCO3+CO，设分解的 CaC2O4的物质的量为 x，则CaC2O4 CaCO3+CO 固体质量减少量1mol 28gx 12.8g-11.12g= ，解得 x=0.06mol，则同时生成 0.06mol 碳酸钙，因此残留固体中含有 0.04mol CaC2O4和 0.06mol CaCO3，故答案为：CaC 2O4为 0.04mol CaCO3 为 0.06mol。11. 现有 A、B、C、D、E、F 原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B 元素含有
29、3 个能级，且每个能级所含的电子数相同；D 的原子核外有 8 个运动状态不同的电子，E 元素与 F 元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差 3，且 E 元素的基态原子有 4 个未成对电子。请回答下列问题：(1)请写出 D 基态的价层电子排布图_ (2)下列说法错误的是_A.二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO 2CO2B.电负性顺序：CC.N2与 CO 为等电子体，结构相似，化学性质相似D.稳定性：H 2OH2S，由于水分子间存在氢键(3)F 离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的特点。向 F 的硫酸盐溶液这通入过量的 C与 A 形成的气体 x 可生成 2-，
30、该离子的结构式为_(用元素符号表示)(4)某化合物与 F()(表示化合价为+1)结合形成图 2 所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式是_。(5)已知(BC) 2是直线型分子，并有对称性，且分子中每个原子最外层都达到 8 电子稳定结构，则(BC) 2中 键和 键的个数比为_。(6)C 元素最高价含氧酸与硫酸酸性强度相近，原因是_。(7)B 单质的一种的晶体结构如图 1 所示，则一个晶胞这所含 B 原子数为_；其中原子坐标参数 a 为（0，0，0） ，b 为（1/2，1/2，0） ，则 c 点原子的坐标参数为_。(8)D 与 F 形成离子个数比为 1: 1 的化合物，晶胞与 NaCl 类似，D 离子的配位数是_；设 D 离子的半径为 a pm， F 离子的半径为 b pm，求该晶胞的空间利用率为_。 （列出计算式即可）
