【全国大联考】【四川(新课标Ⅲ)】 四川省成都市2018届高三第二次诊断性检测理综化学试题(解析版)

有①CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) △H1=-726.5 kJ/mol，②H2(g)+ H2=-285.5 kJ/mol，③CO(g)+ 反应CO(g)+2H2(g)

1O2(g)= H2O(l) △21O2(g)= CO2(g) △H3=-283.0 k J/mol， 根据盖斯定律，由③+②×2-①得2CH3OH(l) △H=-283.0 k J/mol+（-285.5 kJ/mol）×2-（-726.5 kJ/mol）=

-127.5 kJ/mol，即x= -127.5 kJ/mol；为提高合成甲醇反应的选择性，关键因素是催化剂或提高催化剂的

（2.0?0.8）mol1.00L选择性；（2）①该化学反应0~10 min的平均速率v(H2)= =0.12 mol/（L·min）；N点10min衡常数K 的自然对数)如图二，请分析1nK 随T呈现上述变化趋势的原因是该反应正反应为放热反应，当温度升高平衡逆向移动，平衡常数(Kp或lnKp)减小；（3） ①利用NaOH 干燥甲醇时，温度控制不当会有甲酸盐和H2生成，其反应方程式为CH3OH+ NaOH 电子产生氧气，电极反应式为2CO32--4e-==2CO2↑+O2↑。

10．BaCl2可用于电子、仪表等工业。以毒重石(主要成分BaCO3，含少量CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等

杂质)为原料，模拟工业提取BaCl2·2H2O的流程如下:

HCOONa+ 2H2 ↑；②阳极CO32-失

已知:（1）Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9 （2）离子浓度小于至1×10-5认为沉淀完全。

开始沉淀时的pH Ca2+ 11.9 Mg2+ 9.1 Fe3+ 1.9 完全沉淀时的pH 13.9 11.0 3.7 （1）滤渣I的成分为________(填化学式)，过滤所需玻璃仪器有______________。

（2）加入NaOH溶液后所得滤液III中，含有的Mg2+浓度为_____；加入H2C2O4时应避免过量，其原因是

__________________________________。

（3）BaCl2母液中除了含有Ba+、Cl-外，还含有大量的______(填离子符号)。有人从“绿色化学”角度设想将

“母液”沿虚线进行循环使用，请分析在实际工业生产中是否可行，_______(填“可行”或“不可行”)，理由是_______________________。

（4）滤渣III是结石的主要成分，现将滤渣III 经过洗涤干燥后在有氧环境下进行热重分析，取146.0g灼

烧，所得参数如下表。

溫度(℃) 质量(g) 常温 146.0 190?200 128.0 470?480 100.0 滤渣III 的成分是__________(填化学式)；200~470℃时发生反应的化学方程式为___________。 【答案】 SiO2、BaSO4 玻璃棒、烧杯、漏斗 1.0×10-8 mol/L 防止生成BaC2O4 Na+ 不可行 母液中

的NaCl 浓度会越来越大，最终产品纯度降低 CaC2O4·H2O 2CaC2O4+O2

2CaCO3+2CO2

【解析】毒重石(主要成分BaCO3，含少量CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)加入盐酸溶解，生成氯化

钙、氯化镁、氯化钡和氯化铁，且少量硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡，滤渣Ⅰ为SiO2、BaSO4；加入氢氧化钠调节pH=12.5，铁离子、镁离子转化为氢氧化镁、氢氧化铁沉淀进入滤渣Ⅱ，滤液为氯化钡和氯化钙，加入草酸反应生成草酸钙沉淀，即滤渣Ⅲ为草酸钙；滤液Ⅲ蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化钡晶体。（1）滤渣I的成分为SiO2、BaSO4，过滤所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；（2）镁离子完全沉淀的pH=11，则Ksp[Mg(OH)2] =c(Mg2+)c2(OH-)=10-5? (10-3)2=1.0×10-11，当pH=12.5时，c(OH-)=10-1.5mol/L，Ksp[Mg(OH)2] =c(Mg2+)c2(OH-)=c(Mg2+)? (10-1.5)2=1.0×10-11，加入NaOH溶液后所得滤液III中，含有的Mg2+浓度为1.0×10-8 mol/L；加入H2C2O4时应避免过量，其原因是防止生成BaC2O4 ;（3）BaCl2母液中除了含有Ba+、Cl-外，过程中加入氢氧化钠，故还含有大量的Na+。有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿虚线进行循环使用，在实际工业生产中不可行，因为母液中的NaCl 浓度会越来越大，最终产品纯度降低；（4）根据上面分析可知，滤渣III 的成分是CaC2O4·H2O；根据CaC2O4和CaCO3的相对分子质量分别为146、100，200~470℃时发生反应生成物为碳酸钙和二氧化碳，反应的化学方程式为2CaC2O4+O2

2CaCO3+2CO2。

11．[化学一物质结构与性质]

硒化锌是一种半导体材料，回答下列问题。

（1）锌在周期表中的位置_____________；Se基态原子价电子排布图为___________。元素锌、硫和硒第一

电离能较大的是______________________(填元素符号)。

（2）Na2SeO3分子中Se 原子的杂化类型为___________；H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是

_________________________________________________。

（3）气态SeO3分子的立体构型为__________；下列与SeO3互为等电子体的有____(填序号)。

A．CO32- B．NO3- C．NCl3 D．SO32-

（4）硒化锌的晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为_____(填元素符号)；该晶胞中硒原子

所处空隙类型为______________(填“立方体”、“正四面体”或正八面体”)，该种空隙的填充率为____________；若该晶胞密度为pg·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a 为_____nm。

S sp3 H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中

【答案】 第四周期IIB族

Se 的化合价更高) 平面三角形 AB Zn 正四面体 50%

×107

【解析】（1） Zn的原子序数是30，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，由电子排布式可知该元素为第

四周期ⅡB族；Se的原子核外有34个电子，最外层有6个电子，则其核外电子分4层排布，最外层为

电子排布为4s24p4，基态原子价电子排布图为

；锌金属性较强，第一电离能较小，

S的非金属性强于As，第一电离能最大，即元素锌、硫和硒第一电离能较大的是S；（2）Na2SeO3分子中Se 原子的价层电子对数为

6?2=4，所以Se杂化方式为sp3杂化；H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或2H2SeO4中Se 的化合价更高)，故H2SeO4的酸性比H2SeO3强；（3）SeO3的价层电子对数是3，Se原子上无孤电子对，故分子的立体构型是平面三角形；等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与SeO3互为等电子体的一种离子为CO32-或NO3-等，答案选AB；（4）硒化锌的晶胞结构中原子个数比

为1：1，其中Se原子4个，若X和Y点所堆积的原子均为Zn原子，则8?11?6??4，符合；则82图中X和Y点所堆积的原子均为Zn原子；根据图中原子位置可知，该晶胞中硒原子所处空隙类型为正四面体，该种空隙的填充率为50%；若该晶胞密度为pg·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1。用

4M4MmNANA代表阿伏加德罗常数的数值，根据ρ?，所以V=，则晶胞的边长为??NAVV34M4Mcm=3×107 nm。 ?NA?NA12．[化学一有机化学基础] 防晒剂(M)CH3O

CH=CHCOOCH2CH2CH2CH3的合成路线如下，根据信息回答下列问题:

已知:（1）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；

（2）

（1）M中醚键是一种极其稳定的化学键，除此之外还含有官能团的名称为_______________。 （2）A的核磁共振氢谱中显示有_____种吸收峰；物质B的名称______________。

（3）C 的结构简式______；D→E转化过程中第①步的化学反应方程式____________________。 （4）完成V的反应条件是_________；IV 的反应类型为______________________。 （5）A也是合成阿司匹林(

)的原料，

有多种同分异构体。写出符合下列条件

的同分异构体的结构简式____________(任写出一种 )。x$kw

A．苯环上有3 个取代基 B．仅属于酯类，能发生银镜反应，且每摩该物质反应时最多能生成4molAg