1、神州智达2016届高三诊断性大联考（一）理科综合能力测试第I卷（选择题共126分）一、选择题：本大题共13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。7下列关于有机物的说法正确的是 A乙烯和苯都能与溴水反应 B甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到 C有机物分子中都存在碳碳单键 D乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应8下列由实验现象得出的结论正确的是9下列离子方程式正确的是 A向含有Fe203的悬浊液中通入HI：Fe203+6H+= 2Fe3+3H20 B1 mol/L NaAl02溶液和1.5 mol/L HC1溶液等体积混合：6AlO2- +9H+3H
2、2O=5A1(OH)3+Al3+ C向Ca( Cl0)2溶液中通入S02: Ca2+2ClO-+S02+H20=CaSO3 +2HC1O D向0.1 mol/LpH=l的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA-+OH-=H2O+A2-10.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A100 mL、1 molL-1的AlCl3溶液中，含Al3+的数目为0.1 NA B足量Fe与0.lmol Cl2充分反应，转移的电子数目为0.3 NA C在02参与的反应中，1 mol 02作氧化剂时得到的电子数目一定为4NA D2.8 g乙烯与一氧化碳的混合气体，所含分子数目为0.1 NA11.X、Y、Z、W
3、、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知： 原子半径：XZYM Ksp（AgI），A错；向稀硝酸中加入过量的铁粉，铁粉被硝酸氧化为Fe3+，但是Fe3+与过量的铁粉发生反应Fe+2Fe3+= 3Fe2+，所以再滴加KSCN溶液无现象，不能说明氧化性：Fe3+HNO3，B错；向NaBr溶液中滴入少量氯水，发生反应NaBr+Cl2= NaCl + Br2，加入的苯萃取Br2使溶液上层呈橙红色，所以还原性：Br - Cl - ，C正确。加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，这是NH4Cl的分解所致，而不是升华，D错。9、向含有Fe2O3的悬浊液中通入HI，由于Fe3+
4、有强氧化性，I - 有强还原性，二者可发生氧化还原反应，所以方程式为：Fe2O3+6H+2I=2Fe2+3H2O+I2，A错；将1 mol/L NaAlO2溶液和1.5 mol/L HCl溶液等体积混合：6AlO2+9H+3H2O=5Al（OH）3+Al3+，B正确；向次氯酸钙溶液通入SO2，发生氧化还原反应，方程式为：Ca2+2ClO+2SO2+H2O=CaSO4+ SO42+2 Cl+4H+，C错；0.1 mol/L的NaHA溶液pH=1，说明HA-能完全电离，与NaOH溶液反应的方程式为：H+OH=H2O，D错。10、100 mL、1 molL-1的AlCl3溶液中，由于Al3+水解，含
5、Al3+的数目小于0.1NA，A错；足量Fe与0.1 mol氯气充分反应，转移的电子数为0.2 NA，B错；在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数为4NA或2NA，C错；2.8g乙烯与一氧化碳的混合气体为0.1mol，含分子数为0.1NA，D正确。11、由题中信息可知，X、Y、Z、W、M分别为H、N、O、Na、Al。A中两种化合物为H2O、H2O2，均为共价化合物，A正确；工业常用电解NaCl、Al2O3的方法制取Na、Al， B错误； M的氧化物为Al2O3，为两性氧化物，可与HNO3、NaOH反应，C正确；Na与H可以形成离子化合物NaH，具有较强还原性，D正确。12、
6、A图中反应物总能量与生成物总能量差值出现变化，不可能是由于催化剂引起，催化剂不能改变反应的热效应，A错；MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解，B错；醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，且稀释至pH=4，稀释倍数应100，C正确；D反应为气体体积减小的反应，缩小体积，即增大压强，平衡右移，c（N2O4）变大，与图象中先变大后变小不一致，D错。13、正极上I2得电子发生还原反应，其电极反应式为：P2VPnI2+2Li+2e-=P2VP（n-1）I2+2LiI，故A正确；原
7、电池中阴离子向负极移动，所以电池工作时，碘离子移向Li电极，B错；聚2-乙烯吡啶的复合物作正极，所以聚2-乙烯吡啶的复合物能导电，C错；该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长，D错。26（14分）【答案】(1)CuO (2分)，473-673K (2分) (2)蒸发浓缩 (1分)，冷却结晶 (1分) (3)D (2分)(4)c(NO2-) c (Na+) c (H+) c (OH-) (2分)(5)当滴入最后一滴AgNO3后有砖红色沉淀生成 (2分)；K2CrO4溶液为黄色，浓度过大将影响滴定终点现象的判断（或K2CrO4溶液浓度过大时，有可能会在Cl-未完全沉淀时与Ag+结合，对滴定结果造
8、成误差。）(2分，两种答法任选其一都可，其他合理答案也可)【解析】(1)从溶液I中析出的固体混合物A为AgNO3和Cu(NO3)2，黑色固体D为Cu(NO3)2分解生成的CuO。加热温度应控制在能使Cu(NO3)2分解而不使AgNO3分解的范围，根据二者的分解温度，故选择473-673K。(2)由AgNO3的溶解度表可知，AgNO3的溶解度受温度影响较大，适宜采用冷却热饱和溶液的方法从溶液II中获得纯净AgNO3晶体，主要操作包括蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤干燥。(3)常温下将0.1 molL-1 NaOH溶液与0.2 molL-1 HNO2等体积混合后溶液中含有相同物质的量的HNO2与NaNO2
9、，由于常温时Ka(HNO2)=4.910-4，故Kh(NO2-)=2.010-11，即该溶液中HNO2的电离程度大于NaNO2的水解程度，此时溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度由大到小为c(NO2-) c (Na+) c (H+) c (OH-)。(4) 含有Cu2+的AgNO3溶液中加入某固体充分反应后可使Cu2+生成蓝色沉淀Cu(OH)2，为提高溶液pH值使得Cu2+生成沉淀且不引入新的杂质，该固体应为Ag2O。(5)根据Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.210-12，向含有Cl-和CrO42-的溶液中逐滴加入AgNO3时，Cl-先生成沉淀。，当滴入最后一滴A
10、gNO3后，有砖红色沉淀生成。K2CrO4溶液为黄色，浓度过大使得溶液呈黄色，将影响对滴定终点现象的判断（另，K2CrO4溶液浓度过大时，有可能会在Cl-未完全沉淀时与Ag+结合，对滴定终点判断造成误差）27（14分）【答案】 (1)3Na2O2+2Cr3+4OH-=6Na+2CrO42-+2H2O (2分) 573-673K(2)I bcedaagf(2分)；防止空气中的CO2和H2O进入A装置(2分)2Na2O +O2=2Na2O2(1分，条件不扣分) NH4+Al3+4OH-=NH3H2O+Al(OH)3(2分)II Na、Na2O2(各1分，共2分) 猜想实验设计现象与结论剩余气体为H
11、2（1分)将b中剩余气体通过灼热的氧化铜(1分)若看到黑色固体变红，证明此猜想正确，反之则不正确。(1分)（或：猜想实验设计现象与结论剩余气体为O2（1分)将b中剩余气体通过灼热的铜网(1分)若看到红色固体变黑，证明此猜想正确，反之则不正确。(1分)其它合理答案也可）【解析】(1)由于2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，碱性条件下Cr3+被Na2O2氧化的产物为CrO42-，由此写出离子方程式。(2) I由左至右分别为装置B(除去空气中的CO2)装置C(除去气体中的H2O，防止其与Na反应)装置A(制备Na2O2)装置D(防止空气中的CO2和H2O进入A装置致使所得Na2O2变质)，
12、气体通过洗气瓶时从导气管长管进短管出，干燥管气体粗口进细口出，综上，仪器接口顺序为bcedaagf。根据题干“将钠加热至熔化，通入一定量的除去CO2的空气，维持温度在453473K之间，钠即被氧化为573-673KNa2O；进而增加空气流量并迅速提高温度至573673K，可制得Na2O2。”可知生成Na2O2的化学反应方程式应为2Na2O +O2=2Na2O2有Na元素的守恒，2.3gNa反应后溶于1L水所得溶液中n(NaOH)= 0.1 mol ，所加NH4Al(SO4)2溶液中n(NH4Al(SO4)2)= 0.025 mol，故反应的离子方程式为NH4+Al3+4OH-=NH3H2O+A
13、l(OH)3II 将反应后固体溶于水后生成气体，且将气体导入密闭容器放电后气体体积减少3/5，说明气体由H2和O2组成。因为H2和O2分别为Na、Na2O2与水反应的产物，所以反应后固体一定有Na、Na2O2，可能有Na2O。高温b中剩余气体可能为H2或O2，可分别用灼热的氧化铜或灼热的铜检验，现象分别为黑色固体变红或红色固体变黑。28. (15分) 【答案】(1)4HCN+7O2=4CO2+4NO+2H2O(2分) (2)a+2b+c(2分)(3) (2分) 0.003mol/(Lmin) (2分)，80%(2分)，下方(1分)(4)2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O(2分)
14、，448(2分)【解析】(1)根据题意可以写出此步氧化还原方程式。(2)根据盖斯定律可知，将+2+可得反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，所以H=(a+2b+c)kJ/mol(3) 化学平衡表达式为由图，5min时，P/P0=0.925，根据阿伏伽德罗定律推论，同温和同体积时P/P0=n/n02NO (g) + 2CO (g) N2 (g) + 2CO2 (g) 初始 0.1mol 0.3mol变化 2x mol 2x mol x mol 2x mol5min (0.1-2x) mol (0.3-2x) mol x mol 2x mol 0.4 / (0.4-x) = 0
15、.925 ， x = 0.03 molv(N2) = 0.03 mol / ( 2 L 5 min) = 0.003 mol/(Lmin)同理， 2NO (g) + 2CO (g) N2 (g) + 2CO2 (g) 初始 0.1mol 0.3mol变化 2xmol 2xmol xmol 2xmol平衡 (0.1-2x) mol (0.3-2x) mol xmol 2xmol 0.4 / (0.4-x) = 0.9 ， x= 0.04 mol ，(NO) = 0.08/0.10 = 80%13min时向容器中再充入0.06 mol CO，若平衡不移动，容器内压强(P)与起始压强(P0)的比值P
16、/ P0= n/n0=(0.4-0.04+0.06)/0.4=0.42/0.4=1.05。由于充入CO后增大了反应物的浓度，所以平衡向气体物质的量减少的方向移动，再次平衡后容器内气体物质的量必然少于0.42，所以此时P/ P01.05即在A点的下方。(4)由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O。若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.1 mol，此过程转移0.1mol e-；由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO NH4+ 5 e-，若电路中转移转移0.1mol e-，消耗NO 0
17、.02mol，标准状况下体积为448mL。36. (15分)【答案】(1)bc (2分，各1分) (2)d (1分) (3)混凝沉淀过滤杀菌消毒 (2分，其余答法不得分)(4)清洗废铁屑表面的油污 (2分) ； 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O (2分)10NaOH+3Cl2+2Fe(OH)32Na2FeO4+6NaCl+8H2O (2分)高铁酸盐在杀菌消毒时，本身被还原成Fe3+，Fe3+易水解生成Fe(OH)3，具有胶体的性质，可吸附水中的悬浮杂质，而起到净化水的作用 (2分)Fe+8OH6eFeO42+4H2O (2分)【解析】（1）当硬水中钙和镁主要以碳酸氢盐，如Ca(HC
18、O3)2、Mg(HCO3)2形式存在时，称为暂时硬水，当这种硬水加热煮沸时，碳酸氢盐会转化为沉淀除去;如果硬水中钙和镁主要以硫酸盐或氯化物等形式存在，则称为永久硬水，它们不能用煮沸的方法除去。(2)以硫酸盐或氯化物形式存在时所引起的硬度，则称为永久硬度，加入石灰水只能降低Mg2+所形成的永久硬度，但转变为Ca2+形成的永久硬度，故A错误；加石灰水发生：Ca（OH）2+Ca（HCO3）2=2CaCO3+2H2O，2Ca（OH）2+Mg（HCO3）2=2CaCO3+Mg（OH）2+2H2O，只能降低暂时硬度，不能降低永久硬度，故B错误；加石灰水发生反应：MgSO4+Ca（OH）2=Mg（OH）2+
19、CaSO4； MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2+CaCl2，把部分Mg2+所形成的永久硬度转变为Ca2+形成的永久硬度，故C错误；由C分析可知，加石灰水把部分Mg2+所形成的永久硬度转变为Ca2+形成的永久硬度，故D正确。故选D。(3) 取自江河湖泊中的淡水的处理顺序是：先沉淀、再过滤，最后消毒处理。(4) 依据流程图和实验目的分析判断，用工业废铁屑（含铜、碳、硅等）制取高铁酸钠，其中X、Y、Z是含铁化合物，碳酸钠溶液水解显碱性，洗涤废铁屑表面油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质得到粗铁，加入硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，过滤得到滤渣为铜和硅，滤液为硫酸亚铁，加入硫酸和过氧化
20、氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠用生成氢氧化铁沉淀，在氢氧化钠溶液中通入氯气生成高铁酸钠；碳酸钠溶液水解显碱性清除废铁屑表面的油污。X为硫酸亚铁，Y为硫酸铁，硫酸亚铁加入过氧化氢和硫酸发生氧化还原反应。Z为氢氧化铁，在氢氧化钠溶液中氯气氧化氢氧化铁为高铁酸钠，依据原子守恒和氧化还原反应电子守恒配平书写化学方程式。高铁酸钠具有强氧化性能杀菌消毒，在反应过程中被还原为铁离子在水溶液中水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用起到净水作用。电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，依据电解质溶液配平电荷守恒写出电极反应方程式为Fe+8OH6eFeO42+4H2O。37. (15分)
21、 (1)1s22s22p63s23p63d9 (2分)。亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态。(2分)(2) 4NA (2分)；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能(2分)。(3)bc (2分，各1分) ； sp3(1分)；(2分)。(或B与N的位置互换) (2分)【解析】(1) Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价基态铜离子的电子排布式；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定；(2)类卤素（CN）2分子中各原子最外层均为8电子稳定结构，所以结构式为NCCN，每个分子中含有4个
22、键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高。(3)依据题中信息可知，立方氮化硼中只有键，没有键，所以a错；六方氮化硼结构类似于石墨的结构，层间为分子间作用力，质地软，所以b错；两种晶体中B-N键均为共价键，所以c对；立方氮化硼为原子晶体，六方氮化硼为混合型晶体，所以d错。立方氮化硼晶体中，B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论确定B原子的杂化方式为sp3。立方氮化硼中，晶胞边长为a pm = a 1010cm，晶胞体积V=（a1010cm）3，该晶胞中N原子个数=8+6=4、B原子个数为4，立方氮化硼的密度=g/cm3。如图是立方氮化硼晶胞投影图，每个N原子被4个B原子共用、每个B原子被4
23、个N原子共用，所以其图为。38. (15分)【答案】 (1)乙苯(乙基苯) (1分)，还原反应(2分)(2)CH3CH(CH3)CCl(CH3)2+NaOH (CH3)2C=C (CH3)2+NaCl+H2O(2分)(3) (2分)NCHCH2CH3NH2(4) (2分) (2分)CH2CH3HHCCCH3CH2 (2分) 8 (2分)【解析】在席夫碱G的合成中，A属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，B含有一个苯环，侧链式量=106-77=29，故侧链为-CH2CH3，A为；D的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在一定条件下反应得到E，1mol E发生信息中氧化反应生成2mol F，所以 E为对称结构烯烃，且F与发生信息中的反应生成，故E为（CH3）2C=C（CH3）2，F为（CH3）2C=O，逆推可知D为（CH3）2CH-CCl（CH3）2。NH2在席夫碱V的合成中，苯与混酸在50-60时反应产物为硝基苯，硝基苯在Fe/稀HCl的条件下被还原为NCHCH2CH3 ；C6H13Cl的产物III能被氧化为2分子IV，且IV能发生银镜反应，所以III为对称的烯烃，结构简式为(CH3)2C=C (CH3)2，IV为CH3CH2CHO，V为 ，V的同分异构体中符合条件i含苯环和碳碳双键和 ii苯环上有两种氢的有。
