1、2014届四川省绵阳市高中高三第二次诊断性考试理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 某些食品包装盒中有一个小袋，袋上注明 “双吸剂，不可食用 ”，通过上网查询得知其主要成分是铁粉、活性炭和氯化钠 ”。关于这种双吸剂的分析判断错误的是 A具有抗氧化作用 B可吸收食品盒内的 O2和 N2 C发挥作用时利用了原电池原理 D变为红褐色后失效 答案： B 试题分析：是指在空气中即能吸收氧气也能吸收水分的物质，可用铁吸收空气中的氧气与水蒸气，具有抗氧化作用，故 A正确；双吸剂能够吸收空气中的 O2和水蒸气，但无法吸收空气中的 N2，故 B错误；双吸剂发挥作用时利用了原电池反应，正极 (C):2H2O+O2
2、+4e-=4OH- 负极 (Fe):Fe-2e-=Fe2+，故 C正确；当铁被氧化为红褐色 Fe(OH)3不能在继续与空气中氧气反应，即失效，故 D正确。 考点：原电池的基本原理 将 11.9 g Mg、 Al、 Fe组成的合金溶于足量 NaOH溶液中，产生的气体在标准状况下体积为 3.36 L。另取等质量合金溶于过量稀硝酸中，生成 NO气体，向反应后的溶液中加入过量 NaOH溶液，得到沉淀 19.4 g，则上述反应中生成NO气 体的体积为（标准状况下） A 6.72 L B 11.2 L C 22.4 L D 4.48 L 答案： A 试题分析：合金溶于足量的 NaOH溶液中，金属铝和氢氧化
3、钠反应产生气体氢气 3.36L（标准状况）物质的量为 =0.15mol，根据电子转移守恒可知n（ Al） = =0.1mol，故金属铝的质量为 0.1mol27g/mol=2.7g，金属铝提供电子的量是 0.3mol。由题意可知，向反应后的溶液中加入过量 NaOH溶液后，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，反应后产生 19.4g氢氧化镁、氢氧化铁沉淀的，沉淀中氢氧根的质量为 19.4g-(11.9g-2.7g)=10.2g，物质的量 n（ OH-） = =0.6mol。反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即 0.6mol。将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成
4、 Al3+、 Fe3+、 Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为0.6+0.3=0.9mol，令 NO的物质的量为 xmol，根据电子转移守恒有（ 5-2）xmol=0.9mol，解得 x=0.3，所以生成的 NO的体积为 0.3mol22.4L/mol=6.72L，故 A正确。 考点：混合物反应的有关计算；化学反应方程式的有关计算 汽车上的催化转化器可将尾气中的主要污染物转化成无毒物质，反应为： 2NO(g) 2CO(g) N2(g) 2CO2(g) DH -a kJ/mol（ a 0） 在某温度时，用气体传感器测得不同时间的 NO和 CO浓度如下表： 时间 /s 0 1 2
5、 3 4 5 c(NO)/10-4 mol L-1 10.0 4.05 2.50 1.60 1.00 1.00 c(CO)/10-3 mol L-1 3.60 3.05 2.85 2.76 2.70 2.70 经分析，得出结论不正确的是 A 2 3 s间的平均反应速率 v(NO) 910-5 mol/(L s) B催化转化器对废气的转化速率在夏季时比冬季时高 C若该催化转化器气舱容积为 2 L，则达到平衡时反应放出热量 1.8a J D该温度下，此反应的平衡常数 K 5000 答案： C 试题分析： A、化学反应速率 v= =910-5 mol/(L s)，故 A正确； B、夏天气温较高气体热
6、胀冷缩使等物质的量的体积增大，使同等状况下的化学平衡向正反应方向进行，使夏天转化率比冬天高，故 B 正确； C、弱体积增大反应向逆反应方向进行，反应时吸收热量，故 C 错误； D、 2NO（ g）+2CO（ g） =N2（ g） +2CO2（ g） 初始浓度： 1010-4 3.610-3mol 0 0 变化浓度： 910-4 910-4 910-4 910-4 平衡浓度： 110-4 2.710-3 910-4 910-4 即 K= =5000，故 D正确。 考点：化学平衡的计算 25 时，水溶液中 c(H+)与 c(OH-)的变化关系如图中曲线 a c所示，下列判断错误的是 A a c曲线
7、上的任意一点都有 c(H+) c(OH-) 10-14 B b d线段上任意一点对应的溶液都呈中性 C d点对应溶液的温度高于 25 ， pH 7 D CH3COONa溶液不可能位于 c点 答案： D 试题分析： A、 ac曲线为 25 时的离子积常数曲线，在其任意一点上 c(H+)c(OH-) 10-14，故 A正确； B、 bd线段 c(H+)=c(OH-)，其任意一点对应的溶液都呈中性，故 B正确； C、 bd线对应溶液中 c(H+)与 c(OH-)相等，温度升高曲线向d点移动 c(H+)与 c(OH-)相等的值变小，故 C正确； D、 CH3COONa溶液中CH3COO-离子水解产生
8、OH-离子，使溶液中 c(OH-) c(H+)，故 D错误。 考点：离子积常数 下列实验操作能达到目的的是 A除去苯中混有的少量苯酚：加入适量 NaOH溶液，振荡、静置后分液 B除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸：加入 NaOH溶液并加热，振荡、静置后分液 C检验卤代烃中的卤原子：取少量液体与 NaOH溶液共热后滴加 AgNO3溶液 D检验 FeCl3溶液中是否含有 Fe2+：取少量溶液先滴加氯水，再滴加 KSCN溶液 答案： A 试题分析： A、先加氢氧化钠和苯酚反应生成苯酚钠，苯酚钠溶于水苯不溶，静置后分液便可分离，故 A正确 B、向混有乙酸的乙酸乙酯中加入稀 NaOH溶液，加热，振荡，乙酸乙酯
9、在 NaOH 溶液中能水解，应加入饱和碳酸钠来除杂，故 B错误； C、溶液中的 NaOH会与 AgNO3反应生成白色沉淀，影响判断，故D错误； D、氯气会氧化 Fe2+生成 Fe3+，无法进行检测，故 D错误。 考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 某合作学习小组的同学利用下列氧化还原反应设计原电池： 2KMnO410FeSO4 8H2SO4=2MnSO4 5Fe2(SO4)3 K2SO4 8H2O盐桥中装有饱和 K2SO4溶液，下列叙述中正确的是 A乙烧杯中发生还原反应 B甲烧杯中溶液的 pH逐渐减小 C电池工作时，盐桥中的 SO42-移向甲烧杯 D外电路的电流方向是从 a到 b 答案
10、： D 试题分析：由 2KMnO4 10FeSO4 8H2SO4=2MnSO4 5Fe2(SO4)3 K2SO48H2O可知， Mn元素的化合价降低，得到电子， Fe元素的化合价升高，失去电子，则 b为负极， a为正极，则乙烧杯中发生氧化反应，故 A错误；甲烧杯中发生还原反应， Mn元素的化合价降低，电极反应为 MnO4-+8H+5e-Mn2+4H2O，溶液中离子浓度降低，溶液的 pH逐渐升高，故 B错误；阴离子向负极移动， b为负极，则盐桥中的 SO42-移向乙烧杯中，故 C错误；由上述分析可知， a为正极， b为负极，电流由正极流向负极，即从 a流向 b，故 D正确。 考点：常见化学电源的
11、种类及工作原理 类推是一种重要的学习方法，但如果不具体问题具体分析就会得出错误结论。下列类推结论正确的是 A SiH4的熔沸点比 CH4高，则 PH3的熔沸点比 NH3高 B钠在空气中燃烧生成过氧化钠，则锂在空气中燃烧生成过氧化锂 C Al(OH)3能溶于 NaOH溶液，则 Be(OH)2能溶于 NaOH溶液 D甲酸甲酯能发生银镜反应，则乙酸甲酯能发生银镜反应 答案： C 试题分析： A、 CH4和 SiH4比较，相对分子质量越大，范德华力越大，故沸点高，而 NH3和 PH3比较前者分子间存在氢键沸点高，故 A错误； B、钠和锂是同族元素，性质具有递变性， Na比 Li要活泼更易失电子，故 B
12、错误； C、 Be和 Al是同族元素，性质具有递变性，都是两性氢氧化物，既能和强酸反应，又能和强碱反应，故 C正确； D、银镜反应是醛基的特有反应，甲酸乙酯中，酯键中羰基碳上连着一个氢，可以看作是一个醛基，所以能发生银镜反应，而乙酸甲酯中，酯键中羰基所在碳上没有氢，就不具备醛基的性质。故 D错误。 考点：同族元素的化学性质 实验题 单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成 SiCl4和 CO， SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备 SiCl4的装置示意图。 实验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物， SiCl4、
13、AlCl3、FeCl3遇水均易水解 ，有关物质的物理常数见下表： 物质 SiCl4 AlCl3 FeCl3 沸点 / 57.7 - 315 熔点 / -70.0 - - 升华温度 / - 180 300 请回答下列问题： （ 1）写出装置 A中发生反应的离子方程式： _， 装置 D的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是 。 （ 2）装置 C中的试剂是 ； D、 E间导管短且粗的原因是 。 （ 3） G中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在 OH-、 Cl-和 SO42-。请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子（忽略空气中 CO2的影响）。 【提出假设】假设 1：只有 SO32-；假设
14、2：既无 SO32-也无 ClO-；假设 3： 。 【设计方案，进行实验】可供选择的实验试剂有： 3 mol/L H2SO4、 1 mol/L NaOH、 0.01 mol/L KMnO4、溴水、淀粉 -KI、品红等溶液。 取少量吸收液于试管中，滴加 3 mol/L H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于 a、 b、 c三支试管中，分别进行下列实验。请完成下表： 序号 操 作 可能出现的现象 结论 向 a试管中滴加几滴 溶液 若溶液褪色 则假设 1成立 若溶液不褪色则假设 2或 3成立 向 b试管中滴加几滴 溶液 若溶液褪色 则假设 1或 3成立 若溶液不褪色 假设 2成立 向 c试管中
15、滴加几滴 溶液 假设 3成立 答案：（ 1） MnO2 2Cl- 4H+ Mn2+ Cl2 2H2O ； SiO2 2C 2Cl2SiCl4 2CO （ 2）浓硫酸；防止生成物中的 AlCl3、 FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管 （ 3）【提出假设】假设 3：只有 ClO-【设计方案，进行实验】 溴水（或 0.01 mol/L KMnO4溶液） 品红溶液； 淀粉 -KI溶液；若溶液变为蓝色 试题分析：（ 1）装置 A中发生的反应是用高锰酸钾和浓盐水在加热的条件下制备氯气，其反应离子方程式 MnO2 2Cl- 4H+ Mn2+ Cl2 2H2O；氯气经过除杂后在 D中和 SiO2与 C在加热条
16、件下进行反应生成 SiCl4和 CO，反应化学方程式 SiO2 2C 2Cl2 SiCl4 2CO（ 2） BC中分别为饱和食盐水和浓硫酸用来除去氯气中的 HCl和水蒸气；石英 砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，若导管较细使杂质凝结成固体堵塞导管（ 3）由假设 1和假设 2得知，要检测的为 SO32-和 ClO-，故假设 3为只有 ClO-；又因为 SO32-会使 KMnO4和溴水，并不与 ClO-发生反应，故可以用来检测假设 1，而均 SO32-和 ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，故可以用来检测假设 2；所有试剂中 ClO-可以氧化 KI使其生成 I2，在淀粉溶液中显蓝色，可以用
17、来检测假设 3。 考点：化学方程式的书写；离子检验与化学实验操作 填空题 X、 Y、 Z、 D、 E、 G六种短周期元素的原子序数依次递增。 X、 Y、 D元素的基态原子中电子层数与未成对电子数均相等； D、 E属于同族元素， G的单质和 ED2化合物均具有漂白性； R元素的 M层全满， N层只有 1个电子。 请回答下列问题：（用对应的元素符号表示） （ 1） R元素在元素周期表分区中属于 _区元素， Y、 Z、 D三种元素中电负性由小到大的顺序是 _。 （ 2） X3D+的中心原子杂化轨道类型是 _，该离子的立体构型是 。 （ 3）向 RED4的水溶液中加入 ZX3的水溶液至过量，有关反应的
18、离子方程式是 。 （ 4）向 RG2的水溶液通入 ED2，产生白色沉淀 RG，该反应的离子方程式是 。 答案：（ 1） ds； C N O（ 2） sp3；三角锥形（或三棱锥形）（ 3） Cu2+2NH3 H2O=Cu(OH)2 2NH4+， Cu(OH)2 4NH3=Cu(NH3)42+ 2OH-（ 4）2Cu2+ 2Cl- SO-2 2H2O=2CuCl 4H+ SO42- 试题分析：由题意知， G的单质和 ED2化合物均具有漂白性且 D、 E属于同族元素，故 G为 Cl， ED2为 SO-2，即 E为 S， D为 O，又 X、 Y、 D元素的基态原子中电子层数与未成对电子数均相等， X、
19、 Y、 D、原子序数依次递增，故 X为H ， Y为 C， Z为 N。 R元素的 M层全满， N层只有 1个电子，即 29号元素铜。 （ 1） Cu在元素周期表中属于 ds区元素， C、 N、 O三种元素中电负性由小到大的顺序为 C N O（ 2） H3O+的中心原子杂化轨道类型是 sp3；该离子的立体构型是三角锥形（ 3）由题意知， CuSO4中通入过量 NH3，铜离子和氨水反应先生成氢氧化铜沉淀，继续加热氨水时氢氧化铜沉淀和氨水反应生成 Cu(NH3)42+离子溶液，离子方程式 Cu2+ 2NH3 H2O=Cu(OH)2 2NH4+， Cu(OH)24NH3=Cu(NH3)42+ 2OH-（
20、 4）由题意知，向 CuCl2通入 SO-2产生 CuCl沉淀，SO-2发生氧化反应，生成 SO42-，离子方程式 2Cu2+ 2Cl- SO-22H2O=2CuCl 4H+ SO42-。 考点：物质推断，物质结构、元素及化合物知识 有机物 G是制备液晶材料的中间体之一，其结构简式为： G的一种合成路线如下： 其中， A F分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去。 已知： X的核磁共振氢谱只有 1种峰； RCH CH2 RCH2CH2OH；通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。请回答下列问题： （ 1） A的结构简式是 ； C中官能团的名称是 。 （ 2
21、） B的名称是 。第 步中属于取代反应的有 （填步骤编号）。 （ 3）写出反应 的化学方程式： 。 （ 4）第 步反应的化学方程式是 。 （ 5） G经催化氧化得到 Y（ C11H12O4），写出同时满足下列条件的 Y的所有同分异构体的结构简式 。 a.苯环上的一氯代物有 2种； b.水解生成二元羧酸和醇。 答案：（ 1） ；醛基 （ 2） 2-甲基 -1-丙醇； （ 3） 2Cl2 2HCl （ 4） H2O （ 5） 试题分析： X的分子式为 C4H9Cl其核磁共振氢谱只有 1种峰，表面其只有一种化学环境的氢，说明 X为 2-甲基 -2-氯丙烷； X A是消去反应，故 A为 (CH3) 2
22、C CH2； A B是加成反应，故 B为 (CH3) 2CHCH2OH； B C是氧化反应，故 C为 (CH3) 2CHCHO； C D是氧化反应，故 D为 (CH3) 2CHCOOH；由题意知 E 发生取代反应，故 E为 ；F发生水解反应，故 F为 ；由题意知D+F G为酯化反应，故 G为 ；中醛基被氧化成酸，故 Y为(CH3)2COO(C6H4)COOH。 （ 1） A 的结构简式 ， C 为 (CH3) 2CHCHO，故其官能团为醛基（ 2）B为 (CH3) 2CHCH2OH其名称为 2-甲基 -1-丙醇；综上分析知 中取代反应为 （ 3）步骤 在是光照条件下与氯气发生取代反应，故反应方
23、程式 2Cl2 2HCl（ 4）步骤 是 D和 F发生酯化反应，故反应方程式 H2O（ 5） Y为 (CH3)2COO(C6H4)COOH则其满足 ab两条件的同分异构体为 考点：有机 物的合成；有机物分子中官能团及其结构 工业制钛白粉产生的废液中含有大量 FeSO4、 H2SO4和少量 Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生产补血剂乳酸亚铁。其生产流程如下： 已知： TiOSO4可溶于水，在水中电离为 TiO2+和 SO42-。请回答下列问题： （ 1）写出 TiOSO4水解生成钛酸 H4TiO4的离子方程式 。步骤 中加入足量铁屑的目的是 。 （ 2）工业上由 H4TiO4可制得
24、钛白粉 TiO2。 TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛 是一种较先进的方法，电解质为熔融的 CaCl2，原理如图所示，阴极的电极反应为 _。 （ 3）步骤 的离子方程式是 ，所得副产品主要 是 _（填化学式）。 （ 4）步骤 的结晶过程中必须控制一定的真空度，原因是 。 （ 5）乳酸可由乙烯经下列步骤合成： 上述合成路线的总产率为 60%，乳酸与碳酸亚铁反应转化为乳酸亚铁晶体的产率为 90%，则生产 468 kg乳酸亚铁晶体（ M 234 g/mol）需要标准状况下的乙烯 m3。 答案：（ 1） TiO2+ 3H2O H4TiO4 2H+；将溶液中的 Fe3+还原为 Fe2+，消耗溶液中的
25、 H+促进 TiO2+水解（ 2） TiO2 4e-=Ti 2O2-（ 3） Fe2+ 2HCO3-=FeCO3 CO2 H2O； (NH4)2SO4（ 4）防止 Fe2+被空气中的氧气氧化（ 5）165.9 试题分析：（ 1）根据水解原理：盐 +水 =酸 +碱，则 TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式 TiO2+ 3H2O H4TiO4 2H+；将溶液中的 Fe3+还原为 Fe2+，消耗溶液中的 H+促进 TiO2+水解（ 2）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，故阴极电极反应： TiO2 4e-=Ti 2O2-（ 3）NH4HCO3在溶液中电离出 HCO3-离子，易电离生成碳酸根，碳酸根和亚铁离子反应生成 FeCO3促进 HCO3-电离，故离子方程式 Fe2+ 2HCO3-=FeCO3 CO2 H2O；所得的副产物为溶液中没有参加反应的铵根离子和硫酸根离子形成的(NH4)2SO4；（ 4）亚铁离子易被氧气氧化，所以步骤 必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止 Fe2+被氧化；（ 5）由题意知，乳酸生成乳酸亚铁的摩尔比为 2： 1，设需要乙烯 x m3，则反应生成 468kg乳酸亚铁晶体所需 乙烯为0.60.92= ， x=165.9 m3。 考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；电解原理；
