1、四川省乐山市2017届高三第二次调查研究考试理科综合化学试题1. 化学与人类生产、生活环境密切相关。下列说法正确的是A. 化石燃料的大量开发和使用是导致温室效应和形成胶时酸雨的重要原因B. 为消除碘缺乏病，政府规定在食盐中必须举加一定量的KIC. 为了确保食品安全，应禁止使用食品添加剂D. 为了提高农作物产量，应该大量使用农药和化肥【答案】A【解析】A、由于化石燃料的大量使用，造成大气中CO2浓度增加，由此导致温室效应，且含硫化石燃料的大量使用也是形成酸雨的成因，正确；B、加碘食盐是加碘酸钾，错误；C、食品添加剂是指“为改善食品品质和色、香、味，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的化学合成
2、或者天然物质”，可以适当添加不需要禁止，错误；D、大量使用农药和化肥，尽管提高了家作物的产量，却严重污染了土壤、水体和粮食，所以要合理使用，错误。答案选A。点睛：本题考查环境保护应从几方面进行，提高环境质量，保护环境人人有责。从环境污染的主要来源进行分析，控制来源，防止治理过程产生二次污染，就能保护好环境的角度来解答问题。2. 下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是A. 不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32-、K+、ClO-B. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、NO3-、Cl-、NH4+C. 常温下水电离出的c(H+)水c(OH-)水=10-10的溶液中：Na+、Cl-、S
3、2-、SO32D. 无色透明溶液：K+、HCO3-、K+、SO42-、Fe3+【答案】C【解析】A、不能使酚酞试液变红的无色溶液呈中性或酸性，而CO32-和ClO-水解使溶液呈碱性，不相符，错误；B、能与金属铝反应放出氢气的溶液可以是强酸或强碱溶液，若强酸，则含有硝酸，与铝反应不产生氢气，若强碱，则铵根离子不能大量共存，错误；C、常温下水电离出的c(H+)水c(OH-)水=10-10的溶液中：水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=10-5，是由于S2-和SO32水解呈碱性引起的，正确；D、无色溶液中不可能含有Fe3+离子，错误。答案选C。3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A
4、. 0.2mol的铁与足量的稀硝酸反应，生成气体的分子效目为0.3NAB. 常温常压下，14g由C2H4、C3H6组成的混合气体中含有碳原子的数目为NAC. 2.24LCO2与足量的Na2O2反应转移的电子总数必为0.1NAD. 1L1mol/L的KAl(SO4)2溶液中阳离子总数为2NA【答案】B【解析】A、0.2mol的铁与足量的稀硝酸反应：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，根据方程式可知，生成气体的分子数目为0.2NA，错误；B、设C2H4和C3H6的通式为：(CH2)n，则14g由C2H4、C3H6组成的混合气体中含有碳原子的数目为，正确；C、温度和压强未知，2.24
5、LCO2不一定是0.1mol，转移的电子总数不一定为0.1NA，错误；D、Al3+水解呈酸性产生氢离子，阳离子增多，溶液中阳离子总数大于2NA，错误。答案选B。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的应用及计算，主要考查气体摩尔体积的条件应用，化学式的组成特征分析，氧化还原反应过量题型的计算，盐类水解的离子变化等知识，盐类水解离子变化考生容易因此忽略了离子变化引起的数目不同，必须从条件及事实出发判断，可以在计算中节省时间，提高解题效率。4. 丹参素能明显抑制血小板的聚集其结构如右下图所示。下列有关说法正确的是A. 丹参素在C原子上取代H的一氯代物有4种B. 在Ni催化下lmol丹参素最多可与4molH
6、2加成C. 1mol丹参素在一定条件下与足量金属钠反应可生成4molH2D. 丹参素能发生取代、消去、中和、氧化等反应【答案】D【解析】A、丹参素苯环上还有三个碳上有氢、侧链上还有两个碳上有氢可被氯原子取代，其一氯代物有5种，错误；B、在Ni催化下lmol丹参素最多可与3molH2加成，错误；C、1mol丹参素在一定条件下与足量金属钠反应可生成2molH2，错误；D、丹参素苯环上的氢能发生取代反应、羧基和醇羟基的酯化反应属于取代反应，醇羟基可发生消去反应、酚羟基和羧基都能发生中和反应、酚羟基和醇羟基都能发生氧化反应，正确。答案选D。5. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是A. A B
7、. B C. C D. D【答案】C【解析】A、焰色反应必须用铂丝或洁净的铁丝蘸取溶液进行实验而不能用玻璃棒，玻璃中含有钠，会引起干扰，错误；B、加入硫酸后溶液中的亚铁离子将硝酸根离子还原，生成NO，在管口处遇空气生成NO2，故观察到红棕色气体产生，而不是硝酸分解，错误；C、根据难溶电解质沉淀的转化，氯化银在加入碘化钾后转化为更难溶的碘化银，故碘化银的溶度积小于氯化银，正确；D、应该析出NaHCO3晶体而不是Na2CO3晶体，错误。答案选C。6. 短周期主族元索A、B、C、D的原子序数依次增大。已知A、C的原子序数之差为8 , A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15， B元素原子的最外
8、层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半。下列叙述正确的是A. A与C形成的化合物溶于水所得溶液显碱性B. B与D形成的化合物溶于水所得溶液显酸性C. 氢化物的稳定性：CDD. 简单离子的半径：BC DA【答案】B【解析】短周期主族元索A、B、C、D的原子序数依次增大，B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半，则A原子最外层电子数为偶数，A、C的原子序数的差为8，则A、C为同主族元素，A、B、C三种元素的最外层电子数之和为15，设B原子最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解得x=3，故A、C的最外层电子数为6，A为O元素，C为S元素，B的原子序数大于氧元素，最外层电子
9、数为3，故B为Al元素，D的原子序数最大，故D为Cl元素，A、A为O元素，C为S元素，形成的化合物为SO2或SO3，溶液呈酸性，错误；B、B为Al元素，D为Cl元素，形成的化合物为氯化铝，水解呈酸性，错误；C、同周期自左而右非极性增强，非金属性ClS，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性HClH2S，错误；D、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径AlSClO，即ADC0 原子序数为26的铁元素位于元素周期表的第_周期。反应在5L的密闭容器中进行，2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量消耗4.8g。则该段时间内用H2表达的平均反应速率为_。将一定量的Fe2O3(
10、s)和一定量的CH4(g)置于恒温恒压容器中，在一定条件下反应，能表明该反应达到平衡状态的是_。a.CH4的转化率等于CO的产率 b混合气体的平均相对分子质量不变c.v正(CO)：v逆(H2)=1:2 d.固体的总质量不变（3）FeO可用CO进行还原，已知：t时，FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)，K=0.5，若在1L密闭容器中加入0.04mol FeO(s)，并通入xmolCO，t时反应达到平衡。此时FeO(s)的转化率为50%，则x=_。. Fe2O3还可用来制备FeCl3，FeCl3在水溶液中的水解分三步：Fe3+H2OFe(OH)2+H+ K1Fe(OH)2+ H2OFe
11、(OH)2+H+ K2Fe(OH)2+ H2OFe (OH)3+H+ K3 （4）以上水解反应的平衡常效K1、K2、K3由大到小的顺序是_。通过控制条件，以上水解产物聚合生成聚合物的离子方程式为：xFe3+yH2O=Fex(OH)y(3x-y)+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是_（填字母）a加水稀释 b加入少量NaCl固体 c升温 d加入少量Na2CO3固体【答案】 (1). 4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g) H=-260kJ/mol (2). 四 (3). 0.018mol/(Lmin) (4). bcd (5). 0.06 (6). K1K2K3 (7
12、). acd【解析】（1）4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393kJ/mol2FeCO3（s）=2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）H=+1480kJ/mol，根据盖斯定律计算2+4+得到FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260 kJ/mol；（2）原子序数为26的铁元素位于元素周期表的第四周期(26-2-8-8=8，第四周期有18种元素)；Fe2O3(s)+3CH4(g)=2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g) 1mol 6m
13、ol n n=0.18mol氢气表示的反应速率=；aCH4的转化率等于CO的产率，都是代表正反应方向，故不能说明正逆反应速率相同，错误；b反应前后气体质量增大一倍，气体体积增大两倍，当混合气体的平均相对分子质量不再改变是反应没达到平衡状态，正确；c反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v正(CO)：v逆(H2)=1:2，说明反应达到平衡状态，正确；d反应中氧化铁转化为铁固体质量减少，若固体总质量不变说明反应达到平衡状态，正确；答案为：bcd；（3） FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)开始时物质的量：0.04 x 0改变的物质的量：0.02 x-0.02 0.02
14、平衡时物质的量：0.02 x-0.02 0.02则：，解得：x=0.06；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1K2K3；a.加水稀释，则水解平衡正向移动；b.加入氯化钠，氯化钠溶液为中性，平衡不移动；c.因为水解为吸热反应，所以升温，平衡正向移动；d.加入碳酸钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动。答案选acd。10. 草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备，一种利用水钴矿主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CoO等制取CoC2O2H2O工艺流程如下：已知： 浸出液含育的阳离子主要有H+、Co2、Fe2、
15、Mn2、Ca2+、Mg2、Al3等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将_还原（填离子符号）以便固体溶解，该步反应的离子方程式为_（写一个）。（2）NaClO的作用是将浸出液中的Fe2氧化成Fe3，氯元素被还原为最低价。该反应的离子方程式为_。（3）利用平衡移动原理分析：加Na2CO3能使浸出液中Fe3、Al3转化成氢氧化物沉淀的原因是_。（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如右图所示，滤液中加入萃取剂的作用是_；使用萃取剂适宜的pH=_（填序号）左右；A.2.0 B.3.0 C.4.0（5）滤液I“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg
16、2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.3510-11、Ksp(CaF2)=1.0510-10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=_。【答案】 (1). Fe3+、Co3+ (2). SO32-+2Fe3+H2O=SO42-+2Fe2+2H+或SO32-+2Co3+H2O=SO42-+2Co2+2H+ (3). ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O (4). 因Fe3+和Al3+(用M3+代替)在水溶液中存在平衡：M3+3H2O=M(OH)3+3H+(1分)，加入碳酸钠后CO32-与H+结合生成难电离的HCO3-、H2CO3（
17、1分），使水解平衡右移二产生沉淀（1分） (5). 除去Mn2+ (6). B (7). 0.7【解析】试题分析：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴。（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2
18、SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原，反应的离子方程式为SO32-+2Fe3+H2OSO42-+ 2Fe2+2H+或SO32-+2 Co3+H2OSO42-+ 2Co2+2H+；（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2+ +6H+6Fe3+Cl- +3H2O；（3）Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，水解方程式为R3+3H2OR（OH）3+3H+，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取
19、剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（5）当加入过量NaF后，所得滤液中c(Mg2+) / c(Ca2+) = 0.7。考点：考查考查物质分离和提纯，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等11. 原子序致依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素。其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序效为29。（1）F基态原子的价电子排布式为_。（2）在A
20、、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是_（用元素符号回答）。（3）元素B的简单气态氢化物的沸点_（填“高于”、”低于”）元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是_。（4）由A、B、C形成的离子CAB-与AC2互为等电子体，则CAB-的结构式为_。（5）在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为_。（6）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_。（7）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子核外电子排布特点的角度解释原因_。【答案】 (1). 3d104s1 (2). COIIIA、VAVIA，第一电离能大小顺序是NOC；（3）B的氢化物
21、是NH3，A的简单氢化物是CH4，NH3分子之间存在氢键，而CH4分子间的作用是范德华力，氢键比范德华力更强；（4）CAB的化学式为OCN，AC2的化学式为CO2，两者为等电子体，它们的结构相似，因此OCN的结构式为：N=C=O ；（5）形成的化合物是CS2，结构式为S=C=S，杂化轨道数等于价层电子对数，即C的杂化类型为sp；（6）根据半径大小，打黑球是Na，大黑球位于晶胞的棱上，因此真正属于晶胞的个数为81/4=2，大白球为N，小白球为O，两者形成离子是NO2，其位于顶点和体心，真正的个数为81/8=1=2，因此化学式为NaNO2；（7）FC为CuO，F2C为Cu2O，Cu的核外电子排布式
22、1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，根据洪特规则，处于半满、全满、全空，相对稳定，原因是Cu+外围电子3d10轨道全充满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全充满状态不稳定。12. 有机化合物J是治疗心胜病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环。其中一种合成路线如下：已知： A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且蜂面积之比为l:2:2:1。有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平。回答以
23、下问题：（1）A中含有的官能团名称是_和_。（2）写出有机反应类型BC_，FG_，IJ_。（3）写出F生成G的化学方程式_。（4）写出J的结构简式_。（5）E的同分异构体有多种，写出所有符合以下要求的E的同分异构体的给构简式_。FeCl3溶液发生显色反应 能发生银镜反应 环上只有两个对位取代基 能发生水解反应。【答案】 (1). 羟基（或酚羟基） (2). 醛基 (3). 加成反应 (4). 消去反应 (5). 取代反应（或酯化反应） (6). (7). (8). 【解析】试题分析：（1）A的分子式为：C7H6O2，A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种
24、氢，且峰面积之比为1221，可得A的结构简式为：HOCHO，含有的官能团名称为：羟基（或酚羟基）、醛基。（2）BC为乙烯与水发生的加成反应；FG为在浓硫酸加热条件下发生的羟基的消去反应；I含有羧基和羟基，所以IJ为取代反应（或酯化反应）。（3）FG为在浓硫酸加热条件下发生的羟基的消去反应，化学方程式为：（4）I含有羧基和羟基，发生酯化反应生成J，则J的结构简式为：（5）FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有两个对位取代基；能发生水解反应，说明含有酯基，可得符合条件的E的同分异构体为：。考点：本题考查有机合成的分析与推断、化学方程式的书写、同分异构体的判断。
